(江苏专用)2020版高考数学二轮复习微专题八空间几何体的表面积和体积练习(无答案)苏教版

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高考二轮专题复习【空间几何体】空间几
何体的表面积与体积
本题考查了由三视图求几何体的表面积，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解题的关键．本题考查了由三视图求几何体的体积，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解题的关键．规律总结：柱、锥、台、球体及其简单的组合体的表面积与体积问题是历年高考必考内容，把简单几何体的表面积、体积问题与三视图结合在一起是近几年的热点问题，而多面体与球的组合问题(特别是球的外接与内切问题)既是近几年的热点问题，又是难点问题．简单几何体的表面积与体积的考查，一般为中低档试题，但近年有加大难度的趋势；且创新力度较大，一般以选择题、填空题为主．。

高考数学专题《空间几何体的表面积和体积》习题含答案解析

专题8.2 空间几何体的表面积和体积1．（2021·湖南高一期末）已知圆柱1OO 及其展开图如图所示，则其体积为（）A ．πB ．2πC ．3πD ．4π【答案】D【解析】结合展开图求出圆柱的底面半径与高，进而结合体积公式即可求出结果.【详解】设底面半径为r ，高为h ，根据展开图得422h r ππ=⎧⎨=⎩，则41h r =⎧⎨=⎩，所以圆柱的体积为22144r h πππ=⨯⨯=，故选：D.2.（2021·宁夏大学附属中学高一月考）已知圆柱的上、下底面的中心分别为,O O '，过直线OO '的平面截该圆柱所得的面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（）A．B ．12πC．D ．10π【答案】B【解析】根据圆柱的轴截面面积求出圆柱的底面半径和母线长，利用圆柱的表面积公式，即可求解.【详解】设圆柱的轴截面的边长为x ，因为过直线OO '的平面截该圆柱所得的面是面积为8的正方形，所以28x =，解得x =即圆柱的底面半径为r =l =，所以圆柱的表面积为222222212S S S r rl πππππ=+=+=⨯+=侧底.故选：B.练基础3．（2021·浙江高二期末）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A．13B．16C．12D．14【答案】D【解析】首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的体积．【详解】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为底面为直角梯形，高为1的四棱锥体；如图所示：所以：1111(1113224V=⨯⨯+⨯⨯=．故选：D．4．（2021·辽宁高一期末）已知一平面截一球得到直径为，则该球的体积为（）3cmA．12πB．36πC．D．108π【答案】B【解析】由球的截面性质求得球半径后可得体积．【详解】由题意截面圆半径为r =，所以球半径为3R ==，体积为334433633V R πππ==⨯=．故选：B ．5．（2020·浙江省高考真题）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是（）A ．73B ．143C ．3D ．6【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为：11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选：A6.（2018·全国高考真题（文））已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】根据题意，可得截面是边长为的正方形，的圆，且高为所以其表面积为，故选B.7.（2020·江苏省高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半轻为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.【答案】2π【解析】正六棱柱体积为262⨯1O 2O 12O O 12π10π22212S πππ=+=圆柱体积为21()222ππ⋅=所求几何体体积为2π故答案为：2π-9.（2019·北京高考真题（文））某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【答案】40.【解析】如图所示,在棱长为4的正方体中,三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱之后余下的几何体,几何体的体积.10．（2019·全国高考真题（理））中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为1111MPD A NQC B-()3142424402V =-+⨯⨯=长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．【答案】共26个面..【解析】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面．如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，，．1.（2021·浙江高一期末）我国古代数学名著《九章算术》中记载“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，1-18826+=x AB BE x ==BC FE G BC H BGE ∆,21)1BG GE CH x GH x x x ∴===∴=+=+=1x ∴==1-练提升末广八尺，无深，袤七尺．问积几何?”这里的“羡除”，是指由三个等腰梯形和两个全等的三角形围成的五面体．在图1所示羡除中，////AB CD EF ，10AB =，8CD =，6EF =，等腰梯形ABCD 和等腰梯形ABFE 的高分别为7和3，且这两个等腰梯形所在的平面互相垂直．按如图2的分割方式进行体积计算，得该“羡除”的体积为（）A ．84B ．66C ．126D ．105【答案】A【解析】由图可知，中间部分为棱柱，两侧为两个全等的四棱锥，再由柱体和锥体的体积公式可求得结果.【详解】按照图2中的分割方式，中间为直三棱柱，直三棱柱的底面为直角三角形，两条直角边长分别为7、3，直三棱柱的高为6，所以，直三棱柱的体积为11736632V =⨯⨯⨯=.两侧为两个全等的四棱锥，四棱锥的底面为直角梯形，直角梯形的面积为()1272122S +⨯==，四棱锥的高为3h =，所以，两个四棱锥的体积之和为2121232132V =⨯⨯⨯=，因此，该“羡除”的体积为1284V V V =+=.故选：A.2.（2021·河北巨鹿中学高一月考）蹴鞠（如图所示），又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等，蹴有用脚蹴、踢的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、塌、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗传名录.已知某蹴鞠（近似看作球体）的表面上有四个点S 、A 、B 、C ，满足S ABC -为正三棱锥，M 是SC 的中点，且AM SB ⊥，侧棱1SA =，则该蹴鞠的表面积为（）A ．3πB ．6πC ．12πD ．16π【答案】A【解析】若ASB θ∠=，N 为BC 中点易得AM MN ⊥，再应用余弦定理、勾股定理求得2πθ=，即S ABC -为直三棱锥，即可求外接球半径，进而求表面积.【详解】如下图，若N 为BC 中点，则//MN SB ，又AM SB ⊥，∴AM MN ⊥，又S ABC -为正三棱锥且侧棱1SA =，∴1,2MN AN AB ==，若ASB θ∠=，则25cos 4AM θ=-，222cos AB θ=-，在Rt AMN △中，222AM MN AN +=，即()33cos 22cos 24θθ-=-，可得cos 0θ=，0θπ<<，∴2πθ=，即S ABC -为直三棱锥，易得外接球半径R ∴该蹴鞠的表面积为243R ππ=.故选：A3．【多选题】（2021·江苏高一期末）已知圆台上、下底面的圆心分别为1O ，2O ，半径为2，4，圆台的母线与下地面所成角的正切值为3，P 为12O O 上一点，则（）A ．圆台的母线长为6B ．当圆锥的1PO 圆锥2PO 的体积相等时，124PO PO =C ．圆台的体积为56πD ．当圆台上、下底面的圆周都在同一球面上，该球的表面积为80π【答案】BCD【解析】转化求解圆台的母线长判断Q ；利用比例关系判断B ；求解体积判断C ；取得球的表面积判断D ．【详解】解：圆台上、下底面的圆心分别为1O ，2O ，半径为2，4，圆台的母线与下底面所成角的正切值为3，P 为12O O 上一点，3(42)6h =⨯-=，母线l =6矛盾，所以A 错误；1212r r =，124PO PO =，B正确；16(416)563V πππ=⨯⨯++=，C 正确；设球心到上底面的距离为x ，则22222(6)4x x +=-+，解得4x =，r =，80S π=，D 正确；故选：BCD ．4．（2020·全国高考真题（文））已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于AM ==，故122S =⨯⨯=△A B C ，设内切圆半径为r，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯=解得：r，其体积：343V r π==..5．（2020届浙江省杭州市高三3月模拟）在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.现有一“阳马”P ABCD -，PA ⊥底面ABCD ，2PA AB ==，1AD =，则该“阳马”的最长棱长等于______；外接球表面积等于______.【答案】3 9π【解析】如图，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为长方形，且2PA AB ==，1AD =，所以PB PD ==3PC ===.最长棱为:3.该几何体可以通过补体得长方体,所以其外接球的半径为1322PC =.则其外接球的表面积为23492ππ⎛⎫⨯= ⎪⎝⎭，故答案为：3；9π.6．（2020·山东省仿真联考3）在三棱锥中，平面，，，，是上的一动点，且直线与平面所成角的最大值为，则________，三棱锥的外接球的表面积为________．【答案】6 P ABC -PA ⊥ABC 23BAC π∠=3AP =AB =Q BC PQ ABC 3πBC =P ABC -57π【解析】设直线与平面所成的角为，三棱锥外接球的球心为，半径为，如图所示，则，所以，则的最小值为，，即点到，所以．因为，所以，所以所以，所以．取的外接圆的圆心为，则圆的半径连接，作于点，则点为的中点，所以，故三棱锥的外接球的表面积．故答案为：6；.7.（广东省汕尾市2020-2021学年高一下学期期末数学试题）已知某圆柱的轴截面是一个正方形，且该圆柱PQ ABC θPABC -O R 30sin PA PQ PQ θ<==≤PQ ≥PQAQ A BC 3BAQ π∠=23BAC π∠=3CAQ π∠=AB AC ==2222222cos23BC AB AC AB AC π=+-⋅⋅=+-⨯1362⎛⎫⨯-= ⎪⎝⎭6BC =ABC V O 'O '1622sin 3r π=⨯=OO 'OM PA ⊥M M PA 2222235724R OA OP ⎛⎫===+= ⎪⎝⎭P ABC -O 2457S R ππ==57π表面积（底面和侧面面积之和）为1S ，其外接球的表面积为2S ，则该圆柱的表面积与其外接球的表面积的比值12S S =________.【答案】34【解析】设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则2h r =，上下底面圆圆心连线的中点即为该圆柱外接球的球心，可得外接球的半径R ==，再由圆柱的表面积公式和球的表面积公式分别计算1S 、2S 即可得比值.【详解】设圆柱的底面半径为r ，高为h ，因为圆柱的轴截面是一个正方形，所以2h r =，所以圆柱表面积22212π2π2π2π26πS r r h r r r r =+⋅=+⋅=，其外接球的球心在上下底面圆圆心连线的中点位置，可知球心到上底面圆的距离为12h r =，由勾股定理可得：外接球的半径R ==，所以外接球的表面积)22224π4π8πS R r ===，所以该圆柱的表面积与其外接球的表面积的比值22126ππ348S r r S ==，故答案为：34.8．（2021·重庆市杨家坪中学高一月考）学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为在一正三棱柱中挖去一个圆柱后的剩余部分（圆柱的上下两底面圆与三棱柱的底面各边相切），圆柱底面直径为，高为4cm .打印所用原料密度为31g /cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为______g .1.73=，π 3.14=，精确到0.1）.【答案】24.6【解析】由正三棱柱的性质，结合已知求其底面面积，再由棱柱的体积公式求其体积V ，并求圆柱的体积为V '，则模型体积为V V '-，即可求制作该模型所需原料的质量.【详解】由题意，正三棱柱底面(等边三角形)如上图有AE OE AD DC =且2AC AE DC ==，AD AC =，OE ==6AC =，故底面面积1662S =⨯⨯=∴正三棱柱的体积462.3V Sh ===≈.而圆柱的体积为21237.7V r h ππ'==≈，∴制作该模型所需原料的质量为()124.6V V '-⨯=克.故答案为：24.69．（2021·上海高二期末）五月五是端午，门插艾，香满堂，吃粽子，蘸白糖，粽子古称“角黍”，是我国南北各地的节令食品，因各地风俗不同，粽子的形状和食材也会不同，有一种各面都是正三角形的正四面体形粽子，若该正四面体粽子的棱长为8cm ，则现有1立方米体积的食材，最多可以包成这种粽子_______个.【答案】16572【解析】根据题意，利用棱锥的体积公式求得正四面体粽子的体积，进而求得答案.【详解】如图所示，正四面体ABCD 的棱长为8cm ，设底面正三角形BCD 的中心为O ，连接AO ，则AO ⊥平面BCD ，连接BO，则23BO ==AO ==所以一个粽子的体积为：31188)32V cm =⨯⨯⨯=，由3311000000m cm =16572.8≈所以1立方米体积的食材，最多可以包成这种粽子16572个.故答案为：16572.10．（2021·浙江高二期末）在四面体ABCD 中，AB BC ⊥，CD BC ⊥，AB CD ⊥，2BC =，若四面体ABCDABCD 的体积的最大值为___________．【答案】83【解析】根据题意可以将此四面体放入一个长方体中，则易求四面体高与底面长的关系，再根据体积公式写出其体积表达式，最后利用基本不等式即可.【详解】如图所示，不妨将四面体ABCD 放入下图中的长方体中，则长方体的宽为2，设长方体的长为a ，高为h .因为四面体ABCD则r =2216a h +=，所以四面体ABCD 的体积22111833323BCD a h V S AB ah +=⋅=≤⋅=△，当且仅当a h ==时等号成立，所以四面体ABCD 的体积最大值为83.故答案为:831．（2021·全国高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A．20+B．C ．563D【答案】D【解析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高h ==下底面面积116S =，上底面面积24S =，练真题所以该棱台的体积((121116433V h S S =+=+故选：D.2.（2020·天津高考真题）若棱长为）A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【解析】【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.【详解】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=.故选：C.3.（2021·全国高考真题（理））已如A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC ⊥==，则三棱锥O ABC -的体积为（）A B C D 【答案】A【解析】由题可得ABC V 为等腰直角三角形，得出ABC V 外接圆的半径，则可求得O 到平面ABC 的距离，进而求得体积.【详解】,1AC BC AC BC ⊥==，ABC ∴V 为等腰直角三角形，AB ∴=，则ABC V ，又球的半径为1，设O 到平面ABC 的距离为d ，则d ==所以11111332O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯=V故选：A.4.（2020·全国高考真题（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）A B C D 【答案】C【解析】如图，设,CD a PE b ==，则PO ==，由题意212PO ab =，即22142a b ab -=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得b a =.故选：C.5.（2018·全国高考真题（文））设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三A B C D ，，，ABC △角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为（）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】如图所示，点M 为三角形ABC 的中心，E 为AC 中点，当平面时，三棱锥体积最大此时，,点M 为三角形ABC 的中心中，有故选B.6.（2019·全国高考真题（理））已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为（）A ．B ．C ．D【答案】D D ABC -DM ⊥ABC D ABC -OD OB R 4===2ABC S AB ==V AB 6∴= 2BM 3BE ∴==Rt OMB ∴V OM 2==DM OD OM 426∴=+=+=()max 163D ABC V -∴=⨯=【解析】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，，又，分别为、中点，，，又，平面，平面，，为正方体一部分，，即，故选D ．解法二:设，分别为中点，，且，为边长为2的等边三角形，又中余弦定理，作于，，,PA PB PC ABC ==∆ P ABC ∴-PB AC ∴⊥E F PA AB //EF PB ∴EF AC ∴⊥EF CE ⊥,CE AC C EF =∴⊥ PAC PB ⊥PAC APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===P ABC ∴-2R ==34433R V R =∴=π==π2PA PB PC x ===,E F ,PA AB //EF PB ∴12EF PB x ==ABC ∆CF ∴=90CEF ∠=︒1,2CE AE PA x ∴===AEC ∆()2243cos 22x x EAC x +--∠=⨯⨯PD AC ⊥D PA PC =为中点，，，，，又，两两垂直，，，故选D.D Q AC 1cos 2AD EAC PA x∠==2243142x xx x+-+∴=2212122x x x ∴+=∴==PA PB PC ∴======2AB BC AC ,,PA PB PC ∴2R ∴==R ∴=34433V R ∴=π==。

高考数学复习空间几何体的表面积与体积专题训练(含答案)

高考数学复习空间几何体的表面积与体积专题训练（含答案）在我们周围存在着各种各样的物体，它们都占据着空间的一局部，下面是空间几何体的外表积与体积专题训练，请考生及时练习。

一、选择题1.棱长为2的正四面体的外表积是().A. B.4 C.4 D.16解析每个面的面积为：22=.正四面体的外表积为：4.答案 C2.把球的外表积扩展到原来的2倍，那么体积扩展到原来的().A.2倍B.2倍C.倍D.倍解析由题意知球的半径扩展到原来的倍，那么体积V=R3，知体积扩展到原来的2倍.答案 B3.一个几何体的三视图如下图，那么此几何体的正面积(单位：cm2)为().A.48B.64C.80D.120解析据三视图知，该几何体是一个正四棱锥(底面边长为8)，直观图如图，PE为正面PAB的边AB上的高，且PE=5.此几何体的正面积是S=4SPAB=485=80(cm2).答案 C4.三棱锥S-ABC的一切顶点都在球O的球面上，ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC=2，那么此棱锥的体积为().A. B. C. D.解析在直角三角形ASC中，AC=1，SAC=90，SC=2，SA==;同理SB=.过A点作SC的垂线交SC于D点，衔接DB，因SAC≌△SBC，故BDSC，故SC平面ABD，且平面ABD为等腰三角形，因ASC=30，故AD=SA=，那么ABD的面积为1=，那么三棱锥的体积为2=.答案 A.某品牌香水瓶的三视图如下(单位：cm)，那么该几何体的外表积为().A 2B 2C 2D 2解析该几何体的上下为长方体，中间为圆柱.S外表积=S下长方体+S上长方体+S圆柱侧-2S圆柱底=244+442+233+431+21-22=94+.答案 C.球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=，ASC=BSC=30，那么棱锥SABC的体积为().A.3B.2C.D.1解析由题可知AB一定在与直径SC垂直的小圆面上，作过AB的小圆交直径SC于D，设SD=x，那么DC=4-x，此时所求棱锥即联系成两个棱锥SABD和CABD，在SAD和SBD中，由条件可得AD=BD=x，又由于SC为直径，所以SBC=SAC=90，所以DCB=DCA=60，在BDC中，BD=(4-x)，所以x=(4-x)，所以x=3，AD=BD=，所以三角形ABD为正三角形，所以V=SABD4=.答案 C二、填空题.S、A、B、C是球O外表上的点，SA平面ABC，ABBC，SA=AB=1，BC=，那么球O的外表积等于________.解析将三棱锥S-ABC补构成以SA、AB、BC为棱的长方体，其对角线SC为球O的直径，所以2R=SC=2，R=1，外表积为4.答案 4.如下图，一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个边长为1的正三角形组成，那么该多面体的体积是________.解析由题知该多面体为正四棱锥，底面边长为1，侧棱长为1，斜高为，衔接顶点和底面中心即为高，可求得高为，所以体积V=11=.答案9.某几何体的直观图及三视图如下图，三视图的轮廓均为正方形，那么该几何体的外表积为________.解析借助罕见的正方体模型处置.由三视图知，该几何体由正方体沿面AB1D1与面CB1D1截去两个角所得，其外表由两个等边三角形、四个直角三角形和一个正方形组成.计算得其外表积为12+4.答案 12+4.如下图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6，那么以正方体ABCD-A1B1C1D1的中心为顶点，以平面AB1D1截正方体外接球所得的圆为底面的圆锥的片面积为________.解析设O为正方体外接球的球心，那么O也是正方体的中心，O到平面AB1D1的距离是体对角线长的，即为.又球的半径是正方体对角线长的一半，即为3，由勾股定理可知，截面圆的半径为=2，圆锥底面面积为S1=(2)2=24，圆锥的母线即为球的半径3，圆锥的正面积为S2=23=18.因此圆锥的片面积为S=S2+S1=18=(18+24).答案 (18+24)三、解答题.一个几何体的三视图如下图.主视图是底边长为1的平行四边形，左视图是一个长为，宽为1的矩形，仰望图为两个边长为1的正方形拼成的矩形.(1)求该几何体的体积V;(2)求该几何体的外表积S.解 (1)由三视图可知，该几何体是一个平行六面体(如图)，其底面是边长为1的正方形，高为，所以V=11=.(2)由三视图可知，该平行六面体中，A1D平面ABCD，CD平面BCC1B1，所以AA1=2，正面ABB1A1，CDD1C1均为矩形，S=2(11+1+12)=6+2..在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面为直角三角形，ACB=90，AC=6，BC=CC1=，P是BC1上一动点，如下图，求CP+PA1的最小值.解 PA1在平面A1BC1内，PC在平面BCC1内，将其铺平后转化为平面上的效果处置.铺平平面A1BC1、平面BCC1，如下图.计算A1B=AB1=，BC1=2，又A1C1=6，故A1BC1是A1C1B=90的直角三角形.CP+PA1A1C.在AC1C中，由余弦定理，得A1C===5，故(CP+PA1)min=5..某高速公路收费站入口处的平安标识墩如图1所示，墩的上半局部是正四棱锥PEFGH，下半局部是长方体ABCDEFGH.图2、图3区分是该标识墩的主视图和仰望图.(1)请画出该平安标识墩的左视图;(2)求该平安标识墩的体积.(1)左视图同主视图，如下图：(2)该平安标识墩的体积为V=VPEFGH+VABCDEFGH=40260+40220=64 000(cm3)..如图(a)，在直角梯形ABCD中，ADC=90，CDAB，AB=4，AD=CD=2，将ADC沿AC折起，使平面ADC平面ABC，失掉几何体D-ABC，如图(b)所示.(1)求证：BC平面ACD;(2)求几何体D-ABC的体积.(1)证明在图中，可得AC=BC=2，从而AC2+BC2=AB2，故ACBC，又平面ADC平面ABC，平面ADC平面ABC=AC，BC平面ABC，BC平面ACD.(2)解由(1)可知，BC为三棱锥B-ACD的高，BC=2，SACD=2，VB-ACD=SACDBC=22=，由等体积性可知，几何体D-ABC的体积为.空间几何体的外表积与体积专题训练及答案的全部内容就是这些，查字典数学网预祝考生可以取得优秀的效果。

(完整版)空间几何体的表面积与体积练习题.及答案

For personal use only in study and research; not forcommercial use空间几何体的表面积与体积专题一、选择题1．棱长为2的正四面体的表面积是( C )．A. 3 B ．4 C ．4 3 D ．16解析每个面的面积为：12×2×2×32＝ 3.∴正四面体的表面积为：4 3.2．把球的表面积扩大到原来的2倍，那么体积扩大到原来的 ( B )． A ．2倍 B ．22倍 C.2倍 D.32倍解析由题意知球的半径扩大到原来的2倍，则体积V ＝43πR 3，知体积扩大到原来的22倍．3．如图是一个长方体截去一个角后所得多面体的三视图，则该多面体的体积为( B )． A.1423 B.2843 C.2803D.1403解析根据三视图的知识及特点，可画出多面体的形状，如图所示．这个多面体是由长方体截去一个正三棱锥而得到的，所以所求多面体的体积 V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4×4×6－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2×2＝2843. 4．某几何体的三视图如下，则它的体积是( A) A ．8－2π3 B ．8－π3C ．8－2π D.2π3解析由三视图可知该几何体是一个边长为2的正方体内部挖去一个底面半径为1，高为2的圆锥，所以V ＝23－13×π×2＝8－2π3.5．已知某几何体的三视图如图，其中正视图中半圆的半径为1，则该几何体的体积为( A)A ．24－32π B ．24－π3 C ．24－π D ．24－π2据三视图可得几何体为一长方体内挖去一个半圆柱，其中长方体的棱长分别为：2,3,4，半圆柱的底面半径为1，母线长为3，故其体积V ＝2×3×4－12×π×12×3＝24－3π2.6．某品牌香水瓶的三视图如图 (单位：cm)，则该几何体的表面积为( C )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫95－π2 cm 2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫94－π2 cm 2C.⎝ ⎛⎭⎪⎫94＋π2 cm 2D.⎝⎛⎭⎪⎫95＋π2 cm 2解析这个空间几何体上面是一个四棱柱、中间部分是一个圆柱、下面是一个四棱柱．上面四棱柱的表面积为2×3×3＋12×1－π4＝30－π4；中间部分的表面积为2π×12×1＝π，下面部分的表面积为2×4×4＋16×2－π4＝64－π4.故其表面积是94＋π2.7．已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝3，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则棱锥S-ABC 的体积为( C)．A ．3 3B ．2 3 C. 3 D ．1解析由题可知AB 一定在与直径SC 垂直的小圆面上，作过AB 的小圆交直径SC 于D ，设SD ＝x ，则DC ＝4－x ，此时所求棱锥即分割成两个棱锥S-ABD 和C-ABD ，在△SAD 和△SBD 中，由已知条件可得AD ＝BD ＝33x ，又因为SC 为直径，所以∠SBC ＝∠SAC ＝90°，所以∠DCB ＝∠DCA ＝60°，在△BDC 中，BD ＝3(4－x )，所以33x ＝3(4－x )，所以x ＝3，AD ＝BD ＝3，所以三角形ABD 为正三角形，所以V ＝13S △ABD ×4＝ 3.二、填空题8．三棱锥PABC 中，PA ⊥底面ABC ，PA ＝3，底面ABC 是边长为2的正三角形，则三棱锥PABC 的体积等于__3______．解析依题意有，三棱锥PABC 的体积V ＝13S △ABC ·|PA |＝13×34×22×3＝ 3.9．一个圆柱的轴截面是正方形，其侧面积与一个球的表面积相等，那么这个圆柱的体积与这个球的体积之比为_ 3∶2_______．解析设圆柱的底面半径是r ，则该圆柱的母线长是2r ，圆柱的侧面积是2πr ·2r ＝4πr 2，设球的半径是R ，则球的表面积是4πR 2，根据已知4πR 2＝4πr 2，所以R ＝r .所以圆柱的体积是πr 2·2r＝2πr 3，球的体积是43πr 3，所以圆柱的体积和球的体积的比是2πr 343πr 3＝3∶2.10．如图所示，已知一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个边长为1的正三角形组成，则该多面体的体积是___26_____．解析由题知该多面体为正四棱锥，底面边长为1，侧棱长为1，斜高为32，连接顶点和底面中心即为高，可求得高为22，所以体积V ＝13×1×1×22＝26. 11．如图，半径为R 的球O 中有一内接圆柱．当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是____2πR 2____．解析由球的半径为R ，可知球的表面积为4πR 2.设内接圆柱底面半径为r ，高为2h ，则h 2＋r 2＝R 2.而圆柱的侧面积为2πr ·2h ＝4πrh ≤4πr 2＋h 22＝2πR 2(当且仅当r ＝h 时等号成立)，即内接圆柱的侧面积最大值为2πR 2，此时球的表面积与内接圆柱的侧面积之差为2πR 2.12．如图，已知正三棱柱ABCA 1B 1C 1的底面边长为2 cm ，高为5 cm ，则一质点自点A 出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点A 1的最短路线的长为___13_____cm. 解析根据题意，利用分割法将原三棱柱分割为两个相同的三棱柱，然后将其展开为如图所示的实线部分，则可知所求最短路线的长为52＋122＝13 (cm)．三、解答题13．某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图1所示，墩的上半部分是正四棱锥PEFGH ，下半部分是长方体ABCDEFGH .图2、图3分别是该标识墩的正视图和俯视图． (1)请画出该安全标识墩的侧视图； (2)求该安全标识墩的体积．解析 (1)侧视图同正视图，如图所示：(2)该安全标识墩的体积为V ＝V PEFGH ＋V ABCDEFGH ＝13×402×60＋402×20＝64 000(cm 3)．14 .一个几何体的三视图如图所示．已知正视图是底边长为1的平行四边形，侧视图是一个长为3，宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形．(1)求该几何体的体积V ；(2)求该几何体的表面积S.解析 (1)由三视图可知，该几何体是一个平行六面体(如图)，其底面是边长为1的正方形，高为3，所以V ＝1×1×3＝ 3.(2)由三视图可知，该平行六面体中，A1D ⊥平面ABCD ，CD ⊥平面BCC1B1，所以AA1＝2，侧面ABB1A1，CDD1C1均为矩形， S ＝2×(1×1＋1×3＋1×2)＝6＋2 3.15．已知某几何体的俯视图是如右图所示的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V ；(2)求该几何体的侧面积S .解析由题设可知，几何体是一个高为4的四棱锥，其底面是长、宽分别为8和6的矩形，正侧面及其相对侧面均为底边长为8，高为h 1的等腰三角形，左、右侧面均为底边长为6，高为h 2的等腰三角形，如右图所示． (1)几何体的体积为：V ＝13·S 矩形·h ＝13×6×8×4＝64.(2)正侧面及相对侧面底边上的高为：h 1＝42＋32＝5.左、右侧面的底边上的高为：h 2＝42＋42＝4 2.故几何体的侧面面积为：S ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×8×5＋12×6×42＝40＋24 2. 1.一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，这个圆柱的全面积与侧面积的比是（）. .解：设展开图的正方形边长为a ，圆柱的底面半径为r ，则2πr =a ，2ar π=，底面圆的面积是24a π，于是全面积与侧面积的比是2221222a a a πππ++=， 2．在棱长为 1 的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体，则截去与8个顶点相关的8个三棱锥后，剩下的几何体的体积是（）.2．解：正方体的体积为1，过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体截得的三棱锥的体积是111111()3222248⨯⨯⨯⨯=，于是8个三棱锥的体积是61，剩余部分的体积是65， 3．一个直棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）的底面是菱形，对角线长分别是6cm 和8cm ，高是5cm ，则这个直棱柱的全面积是。

2020江苏高考理科数学二轮讲义：空间几何体含解析

由题意、知AB＝AD、
所以AE⊥BD．
由于平面ABD⊥平面BCD、
AE⊥BD、
所以AE⊥平面BCD．
因为AB＝AD＝CD＝1、BD＝、
所以AE＝、EO＝．所以OA＝．
在Rt△BDC中、OB＝OC＝OD＝ BC＝、
所以四面体ABCD的外接球的球心为O、半径为．
所以该球的体积V＝ π ＝ π．
[解析]由题意知、V1＝a3、S1＝6a2、V2＝ πr3、S2＝ πr2、由＝得、＝、得a＝r、从而＝＝．
[答案]
3．(20xx·江苏省高考名校联考(八))在一次模具制作大赛中、小明制作了一个母线长和底面直径相等的圆锥、而小强制作了一个球、经测量得圆锥的侧面积恰好等于球的表面积、则圆锥和球的体积的比值等于________．
[解析]依题意得、该正四棱锥的底面对角线长为3 × ＝6、高为＝3、因此底面中心到各顶点的距离均等于3、所以该四棱锥的外接球的球心为底面正方形的中心、其外接球的半径为3、所以其外接球的表面积等于4π×32＝36π．
[答案]36π
9．(20xx·江苏省高考名校联考信息卷(五))如图是一个实心金属几何体的直观图、它的中间为高是4的圆柱、上下两端均是半径为2的半球、若将该实心金属几何体在熔炉中高温熔化(不考虑过程中的原料损失)、熔成一个实心球、则该球的直径为______．
[解析]设矩形的两邻边长度分别为a、b、则ab＝8、此时2a＋2b≥4 ＝8 、当且仅当a＝b＝2 时等号成立、此时四边形ABCD为正方形、其中心到四个顶点的距离相等、均为2、无论怎样折叠、其四个顶点都在一个半径为2的球面上、这个球的表面积是4π×22＝16π．
[答案]16π
1．(20xx·南京、盐城高三模拟)设一个正方体与底面边长为2 、侧棱长为的正四棱锥的体积相等、则该正方体的棱长为________．

【高考复习】2020年高考数学(文数) 空间几何体的三视图、表面积及体积小题练(含答案解析)

【高考复习】2020年高考数学(文数)空间几何体的三视图、表面积及体积小题练一、选择题1.多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A．10 B．12 C．14 D．162.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )3.一个几何体的三视图如上图所示，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.4.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，已知该几何体的各个面中有n个面是矩形，体积为V，则( )A．n=4，V=10 B．n=5，V=12C．n=4，V=12 D．n=5，V=105.某几何体的三视图如图所示，图中三个正方形的边长均为2，则该几何体的表面积为( )A．24＋(2－1)π B．24＋(22－2)πC．24＋(5－1)π D．24＋(23－2)π6.若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积等于( )A．10 cm3 B．20 cm3 C．30 cm3D．40 cm37.若球的半径扩大为原来的2倍，则它的体积扩大为原来的( )A．2倍 B．4倍 C．8倍D．16倍8.平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为2，则此球的体积为( )A.6π B．43π C．46π D．63π9.已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB=90°，C为该球面上的动点，若三棱锥OABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( )A．36π B．64π C．144π D．256π10.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四面体的三视图，则该四面体表面积为（）A.2（1B.2（1C.4（111.设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为93，则三棱锥DABC体积的最大值为( )A．12 3 B．18 3 C．24 3 D．54 312.已知四面体PABC的四个顶点都在球O的球面上，PA=8，BC=4，PB=PC=AB=AC，且平面PBC⊥平面ABC，则球O的表面积为( )A．64π B．65π C．66π D．128π二、填空题13.用一张16×10的长方形纸片，在四个角剪去四个边长为x的正方形(如图)，然后沿虚线折起，得到一个无盖的长方体纸盒，则这个纸盒的最大容积是________．14.如图所示，已知一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个边长为1的正三角形组成，则该多面体的体积是________．15.我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是________寸．(注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸)16.已知圆锥侧面展开图的圆心角为90°，则该圆锥的底面半径与母线长的比为________．17.如图，BD是边长为3的正方形ABCD的对角线，将△BCD绕直线AB旋转一周后形成的几何体的体积等于________．18.如图，已知球O的面上有四点A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA=AB=BC=2，则球O的体积等于________．答案解析1.答案为：B ；解析：由多面体的三视图还原直观图如图．该几何体由上方的三棱锥A －BCE 和下方的三棱柱BCE －B 1C 1A 1构成，其中面CC 1A 1A 和面BB 1A 1A 是梯形，则梯形的面积之和为2×(2＋4)×22=12.故选B.2.答案为：A ；解析：由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y 轴上的对角线长为2 2.3.答案为：B ；4.答案为：D ；解析：由三视图可知，该几何体为直五棱柱，其直观图如图所示，故n =5，体积V =2×22＋12×2×1=10．故选D ．5.答案为：B ；解析：如图，由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体挖出两个圆锥体所得．由图中知圆锥的半径为1，母线为2，该几何体的表面积为S =6×22－2π×12＋2×12×2π×1×2=24＋(22－2)π，故选B ．6.答案为：B解析：由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱ABC －A 1B 1C 1截去一个三棱锥B 1－ABC ，则该几何体的体积为V =12×3×4×5－13×12×3×4×5=20(cm 3)．故选B ．7.答案为：C ；8.答案为：B ；解析：设球的半径为R ，由球的截面性质得R=22＋12=3，所以球的体积V=43πR 3=43π.9.答案为：C.解析：如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥OABC 的体积最大，设球O 的半径为R ，此时V O ABC =V C AOB =13×12R 2×R=16R 3=36，故R=6，则球O 的表面积为S=4πR 2=144π.10.B.解题思路：该几何体是棱长为2的正方体内的四面体11A BCC .1BCC ∆的面积为2，111A BC A CC ∆∆、的面积均为，11A BC ∆的面积为24表面积为，故选B.11.答案为：B ；解析：由等边△ABC 的面积为93，可得34AB 2=93，所以AB=6，所以等边△ABC 的外接圆的半径为r=33AB=2 3.设球的半径为R ，球心到等边△ABC 的外接圆圆心的距离为d ，则d=R 2－r 2=16－12=2.所以三棱锥DABC 高的最大值为2＋4=6，所以三棱锥DABC 体积的最大值为13×93×6=18 3.12.答案为：B.解析：如图，D ，E 分别为BC ，PA 的中点，易知球心O 在线段DE 上． ∵PB=PC=AB=AC ，∴PD ⊥BC ，AD ⊥BC ，PD=AD.又平面PBC⊥平面ABC ，平面PBC∩平面ABC=BC ，∴PD ⊥平面ABC.∴PD⊥AD.∴PD =AD=4 2.∵点E 是PA 的中点，∴ED ⊥PA ，且DE=EA=PE=4.设球O 的半径为R ，OE=x ，则OD=4－x.在Rt △OEA 中，有R 2=16＋x 2，在Rt △OBD 中，有R 2=4＋(4－x)2，解得R 2=654，所以S=4πR 2=65π，故选B.13.答案为：144；解析：沿虚线折出纸盒后，该纸盒的长为16－2x ，宽为10－2x ，高为x ，则0＜x ＜5，其容积为V =x(16－2x)·(10－2x)=4x 3－52x 2＋160x ，所以V′=12x 2－104x ＋160=4(x －2)(3x －20)，令V′=0，得x =2或x =203>5(舍去)，当x ∈(0，2)时，V′＞0，即在(0，2)上，V(x)是增函数；当x ∈(2，5)，V′＜0，即在(2，5)上，V(x)是减函数，所以当x =2时，V(x)有最大值为144．14.答案为：26；解析：易知该几何体是正四棱锥．连接BD ，设正四棱锥P －ABCD ，由PD =PB =1，BD =2，则PD ⊥PB ．设底面中心O ，则四棱锥高PO =22，则其体积是V =13Sh =13×12×22=26．15.答案为：3；解析：由题意知，圆台中截面圆的半径为十寸，圆台内水的体积为V =13πh(r 2中＋r 2下＋r 中r 下)=π3×9×(102＋62＋10×6)=588π(立方寸)，降雨量为V 142π=588π196π=3(寸)．16.答案为：14；解析：设圆锥的母线长是R，则扇形的弧长是90πR180=πR2，设底面半径是r，则πR2=2πr，所以r=R4，所以圆锥的底面半径与母线长的比为1∶4.17.答案为：18π；解析：对角线BD绕着AB旋转，形成圆锥的侧面；边BC绕着AB旋转形成圆面；边CD绕着AB 旋转，形成圆柱的侧面，所以该几何体是由圆柱挖去一个同底面的圆锥，所以V=π·32·3－13·π·32·3=18π.18.答案为：6π；解析：如图，以DA，AB，BC为棱长构造正方体，设正方体的外接球O的半径为R，则正方体的体对角线长即为球O的直径，所以|CD|=(2)2＋(2)2＋(2)2=2R，所以R=62，故球O的体积V=4πR33=6π．。

(江苏专用)2020版高考数学总复习第八章第四节空间几何体的表面积与体积课时作业苏教版

第四节空间几何体的表面积与体积课时作业练1.(2018江苏海安高级中学高三月考)已知一个圆锥的母线长为2,其侧面展开图是半圆,则该圆锥的体积为.答案解析设圆锥底面圆的半径为r,则2πr=2π,r=1,则圆锥的高为,体积为.2.(2018江苏,10,5分)如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为.答案解析本题考查组合体体积的计算.多面体由两个完全相同的正四棱锥组合而成,其中正四棱锥的底面边长为,高为1,∴其体积为1×()2×1=,∴多面体的体积为.3.(2018常州教育学会学业水平检测)已知圆锥的高为6,体积为8,用平行于圆锥底面的平面截圆锥,得到的圆台的体积是7,则该圆台的高为.答案3解析设小圆锥的高为h,由题意知其体积是1,则=1,h=3,则圆台的高为3.4.(2017镇江高三期末)已知正四棱锥的底面边长为2,侧棱长为,则该正四棱锥的体积为.答案解析正四棱锥的高h=(-(=2,则体积V=1× 2× =.5.(2018江苏高考信息预测)将两个大小相同的正方体石块分别打磨成体积最大的球和圆柱,则得到的球的表面积与圆柱的侧面积之比为.答案1∶1解析设正方体的棱长为2,则体积最大的球的半径为1,球的表面积为4π,体积最大的圆柱的底面圆半径为1,高为2,则圆柱的侧面积为4π,所以球的表面积与圆柱的侧面积之比为1∶1.6.(2018苏锡常镇四市高三调研)在棱长为2的正四面体PABC中,M,N分别为PA,BC的中点,点D是线段PN上一点,且PD=2DN,则三棱锥D-MBC的体积为.答案× 3=.解析V D-MBC=V M-BDC=1V M-BPC=1V A-PBC=1×17.(2018江苏无锡高三期中)半径为1的球O内有一个内接正三棱柱,当正三棱柱的侧面积最大时,球的表面积与该正三棱柱的侧面积之差是.答案4π-3解析设正三棱柱ABC-A1B1C1上、下底面的中心分别为O1,O2(如图).设正三棱柱的底面边长和高分别为x和h,则O2A=x.在Rt△OAO2中,1h2+1x2=1,即h2=4-x2,则正三棱柱的侧面积S=3xh=3-=2( -≤ ·-=3,当且仅当x2=3-x2,x=时取等号,则正三棱柱的侧面积S的最大值是3,此时球的表面积与该正三棱柱的侧面积之差是4π-3.8.(2018江苏高考数学模拟)四面体ABCD中,AB⊥平面BCD,CD⊥平面ABC,且AB=BC=CD=1 cm,则四面体ABCD的外接球的表面积为cm2.答案3π解析四面体ABCD中,AB⊥平面BCD,则AB⊥BD,CD⊥平面ABC,则CD⊥BC,CD⊥AC,又AB=BC=CD=1 cm,则BD= cm,AD= cm,由题意可知四面体ABCD的外接球的球心在AD的中点,即球的直径2R=AD= cm,则表面积为4πR2=3π cm2.9.(2017江苏盐城高三模拟)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,P,Q分别为棱CC1,BC的中点,则三棱锥A1-B1PQ的体积为.答案解析取棱B1C1的中点E,连接A1E,由△A1B1C1是等边三角形得A1E⊥B1C1,A1E=,又ABC-A1B1C1是直三棱柱,则B1B⊥平面A1B1C1,则B1B⊥A1E,又B1B∩B1C1=B1,B1B,B1C1⊂平面B1BCC1,则A1E⊥平面B1C1CB,△B1PQ的面积为4-·A1E=1××=.×1× ×1-1×1×1=,则三棱锥A1-B1PQ的体积为1△110.直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为a,底面ABC为直角三角形,∠ACB= 0°,AC= BC,A1B⊥B1C,求此三棱柱的表面积.解析连接BC1.∵三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,∴A1C1⊥C1C.∵AC⊥BC,AC∥A1C1,BC∥B1C1,∴A1C1⊥B1C1.∵B1C1∩C1C=C1,B1C1⊂平面B1BCC1,C1C⊂平面B1BCC1,∴A1C1⊥平面B1BCC1,又B1C⊂平面B1BCC1,∴A1C1⊥B1C.∵B1C⊥A1B,A1C1∩A1B=A1,A1C1⊂平面A1BC1,A1B⊂平面A1BC1,∴B1C⊥平面A1BC1,又BC1⊂平面A1BC1,∴B1C⊥BC1.∵四边形B1BCC1是矩形,∴四边形B1BCC1是正方形,∴BC=B1B=a,∴AC= BC= a,∴AB=( a =a,∴S直棱柱表=S直棱柱侧+2S△ABC=(a+2a+a)a+2a2=(5+)a2.11.(2017江苏盐城下学期期末)如图,已知平行四边形ABCD中,BC=6,正方形ADEF所在的平面与平面ABCD垂直,G、H分别是DF、BE的中点.(1)求证:GH∥平面CDE;(2)若CD=2,DB=4,求四棱锥F-ABCD的体积.解析(1)证明:连接FC,由题意知EF∥AD,AD∥BC,∴EF∥BC.又EF=AD=BC,∴四边形EFBC是平行四边形,又H为BE的中点,∴H为FC的中点.又G是FD的中点,∴HG∥CD.∵HG⊄平面CDE,CD⊂平面CDE,∴GH∥平面CDE.( ∵平面ADEF⊥平面ABCD,交线为AD,且FA⊥AD,FA⊂平面ADEF,∴FA⊥平面ABCD.∵AD=BC= ,∴FA=AD= .∵CD= ,DB= ,∴CD2+DB2=BC2,∴BD⊥CD.=1S▱ABCD·FA=1× × =1 .∴S▱ABCD=CD·BD= ,∴-12.如图,四棱锥P-ABCD中, D⊥平面ABCD, D=DC=BC=1,AB= ,AB∥DC,∠BCD= 0°.(1)求证: C⊥BC;(2)求点A到平面PBC的距离.解析(1)证明:因为 D⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以 D⊥BC.由∠BCD= 0°,得BC⊥DC.又 D∩DC=D, D⊂平面PCD,DC⊂平面PCD,所以BC⊥平面PCD.又PC⊂平面PCD,故 C⊥BC.(2)如图,连接AC.设点A到平面PBC的距离为h.因为AB∥DC,∠BCD= 0°,所以∠ABC= 0°.又因为AB=2,BC=1,所以S△ABC=1.由 D⊥平面ABCD及PD=1,得V三棱锥P-ABC=1S△ABC· D=1.因为 D⊥平面ABCD,DC⊂平面ABCD,所以 D⊥DC.又因为PD=DC=1,所以PC=D=.由 C⊥BC,BC=1,得S△ BC=.由V三棱锥P-ABC=1S△ BC·h=1××h=1,得h=,故点A到平面PBC的距离为.基础滚动练(滚动循环夯实基础)1.命题“∃x>0,x2>0”的否定是.答案∀x>0,x2≤02.已知函数f(x)=+xln x,则曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为.答案x+y-3=0解析因为f(1)=2, f '(x)=-+ln x+1,所以f '(1)=-2+1=-1,则切线方程为y-2=-(x-1),即为x+y-3=0.3.已知集合A={x|- ≤x≤ },B={x|m+1≤x≤ m-1},若B⊆A,则实数m的取值范围为.答案(-∞, ]解析∵B⊆A,∴①若B=⌀,则2m-1<m+1,此时m<2.②若B≠⌀,则-11,1- ,-1 ,解得 ≤m≤ .由①②可得,实数m的取值范围为(-∞, ].4.(2018江苏泰州中学高三月考)已知数列{a n}满足:a1=1,a n+1=(n∈N*),则数列{a n}的通项公式为.答案a n=1-1(n∈N*)解析11==+1,11+1=211,则11是等比数列,则1+1=2n,a n=1-1(n∈N*).5.已知f(x)是定义在R上的奇函数.当x>0时, f(x)=x2-4x,则不等式f(x)>x的解集用区间表示为.答案(- ,0 ∪( ,+∞解析作出f(x)=x2-4x(x>0)的图象,因为f(x)是定义在R上的奇函数,所以利用奇函数的图象关于原点对称作出x<0时的图象.不等式f(x)>x,观察图象易得解集为(- ,0 ∪( ,+∞ .6.设D,E分别是△ABC的边AB,BC上的点,AD=1AB,BE=BC,若=λ1+λ2(λ1,λ2为实数),则λ1+λ2的值为.答案1解析=+=1+=1+(+)=-1+=λ1+λ2,又,不共线,所以λ1=-1,λ2=,λ1+λ2=1.7.已知实数x,y满足约束条件,,.则z=5-x2-y2的最大值为.答案1解析作出不等式组对应的平面区域,是一个三角形区域,所以(m n是原点O到直线x+y=3的距离的平方,即(m n==,所以z max=5-(m n=5-=1.8.(2018江苏南京多校高三段考)已知等差数列{a n}的首项为a,公差为-4,其前n项和为S n,若存在m∈N*,使得S m=36,则实数a的最小值为.答案15解析S m=ma+(-1 ×(-4)=36,即ma=36+2m(m-1),a=+2m- ,m∈N*,当m=4时,a取得最小值15.9.(2018南京高三学情调研)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,cos B=.(1)若c=2a,求 nn的值;(2)若C-B=,求sin A的值.解析 (1)因为在△ABC 中,cos B=,所以-=.因为c=2a,所以-=,即=,所以 =10. 又由正弦定理得n n =,所以n n = 10.(2)因为cos B=,所以cos 2B=2cos 2B-1=.又0<B<π,所以sin B= 1- B =,所以 n B= n B B= ×× =. 因为C-B=,即C=B+,所以A=π-(B+C)=-2B,所以sin A=sin- B =sincos 2B-cossin 2B= × - -× =1.。

2020版新设计一轮复习数学(理)江苏专版讲义：第八章第一节空间几何体的表面积与体积含答案

第一节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式2．空间几何体的表面积与体积公式名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱) S 表面积＝S 侧＋2S 底 V ＝Sh 锥体(棱锥和圆锥) S 表面积＝S 侧＋S 底 V ＝13Sh台体(棱台和圆台)S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 3[小题体验]1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为________．解析：设球的半径为R ，因为表面积是16π，所以4πR 2＝16π，解得R ＝2.所以体积为43πR 3＝32π3.答案：323π2．(2018·南京高三年级学情调研)将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为27π cm 3，则该圆柱的侧面积为________cm 2.解析：设正方形的边长为a cm ，则πa 2·a ＝27π，得a ＝3，所以侧面积2π×3×3＝18π cm 2. 答案：18π3．(2018·海安高三质量测试)已知正三棱锥的体积为36 3 cm 3，高为 4 cm ，则底面边长为________cm.解析：设正三棱锥的底面边长为a cm ，则其面积为S ＝34a 2，由题意知13×34a 2×4＝363，解得a ＝6 3.答案：6 31．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错． 2．易混侧面积与表面积的概念． [小题纠偏]1．圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶12．已知正四棱柱的底面边长为3 cm ，侧面的对角线长为3 5 cm ，则这个正四棱柱的侧面积是________cm 2.解析：正四棱柱的高为(35)2－32＝6 cm ，所以侧面积是4×3×6＝72 cm 2. 答案：72考点一空间几何体的表面积 (基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．棱长为2的正四面体的表面积是________．解析：每个面的面积为：12×2×2×32＝ 3.所以正四面体的表面积为4 3.答案：4 32．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．解析：由题意可知该六棱锥为正六棱锥，正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′. 由题意，得13×6×34×22×h ＝23，所以h ＝1，所以斜高h ′＝12＋(3)2＝2，所以S 侧＝6×12×2×2＝12.答案：123．已知在梯形ABCD 中，AB ⊥BC ，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2，将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周形成的几何体的表面积为________．解析：由题意得几何体如图所示，几何体是底面半径为1，高为2的圆柱挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后剩下的部分，所以几何体的表面积为一个圆柱底面与圆柱侧面、圆锥侧面之和，即π×12＋2π×1×2＋π×1×12＋12＝(5＋2)π.答案：(5＋2)π[谨记通法]几何体的表面积的求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．考点二空间几何体的体积 (重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2018·苏州高三暑假测试)如图，正四棱锥P -ABCD 的底面一边AB 的长为2 3 cm ，侧面积为8 3 cm 2，则它的体积为________cm 3.解析：记正四棱锥P -ABCD 的底面中心为点O ，棱AB 的中点为H ，连结PO ，HO ，PH ，则PO ⊥平面ABCD ，因为正四棱锥的侧面积为8 3 cm 2，所以83＝4×12×23×PH ，解得PH ＝2，在Rt △PHO 中，HO ＝3，所以PO＝1，所以V P -ABCD ＝13·S 正方形ABCD ·PO ＝4 cm 3. 答案：42．(2019·高邮模拟)如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，已知AB ＝AA 1＝3，点P 在棱CC 1上，则三棱锥P -ABA 1的体积为________．解析：因为S △ABA 1＝12×3×3＝92，点P 到平面ABA 1的距离h 为△ABC 的高332，所以三棱锥P -ABA 1的体积V ＝13 S △ABA 1h ＝934.答案：934[由题悟法]有关几何体体积的类型及解题策略[即时应用]1．现有一个底面半径为3，母线长为5的圆锥状实心铁器，将其高温熔化后铸成一个实心铁球(不计损耗)，则该铁球的半径是________．解析：因为圆锥底面半径为3，母线长为5，所以圆锥的高为52－32＝4，其体积为 13π×32×4＝12π.设铁球的半径为r ，则43πr 3＝12π，解得r ＝39，所以该铁球的半径是 39.答案：392．(2018·南通调研)如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，若各棱长均为2，且M 为A 1C 1的中点，则三棱锥M -AB 1C 的体积是________．解析：在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面A 1B 1C 1，则AA 1⊥B 1M .因为B 1M 是正三角形的中线，所以B 1M ⊥A 1C 1.因为A 1C 1∩AA 1＝A 1，所以B 1M⊥平面ACC 1A 1，则V M -AB 1C ＝V B 1-ACM ＝13×12×AC ×AA 1×B 1M ＝13×12×2×2×3＝233. 答案：233考点三与球有关的切、接问题 (题点多变型考点——多角探明) [锁定考向]与球有关的切、接问题是每年高考的热点，也是难点，题型多为填空题．常见的命题角度有： (1)球与柱体的切、接问题；(2)球与锥体的切、接问题．[题点全练]角度一：球与柱体的切、接问题1．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为________．解析：设该球的半径为R ，根据正四棱柱的外接球的直径长为正四棱柱的体对角线长，可得(2R )2＝(2)2＋12＋12，解得R ＝1，所以该球的体积V ＝43πR 3＝4π3.答案：4π32．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.答案：32角度二：球与锥体的切、接问题3．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则棱锥的内切球的半径为________．解析：如图，过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ，连接AD 并延长交BC于点E ，连接PE ，因为△ABC 是正三角形，所以AE 是BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心．因为AB ＝23，所以S △ABC ＝33，DE ＝1，PE ＝ 2. 所以S 表＝3×12×23×2＋33＝36＋3 3.因为PD ＝1，所以三棱锥的体积V ＝13×33×1＝ 3.设球的半径为r ，以球心O 为顶点，三棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个小棱锥，则r ＝3336＋33＝2－1.答案：2－14．(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S -ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．解析：如图，连接AO ，OB ，因为SC 为球O 的直径，所以点O 为SC 的中点，因为SA ＝AC ，SB ＝BC ，所以AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，因为平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ，所以AO ⊥平面SCB ，设球O 的半径为R ，则OA ＝OB ＝R ，SC ＝2R .所以V S -ABC ＝V A -SBC ＝13×S △SBC ×AO ＝13×⎝⎛⎭⎫12×SC ×OB ×AO ，即9＝13×⎝⎛⎭⎫12×2R ×R ×R ，解得 R ＝3，所以球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π. 答案：36π[通法在握]“切”“接”问题处理的注意事项 (1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．(2)“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[演练冲关]1．(2018·太湖高级中学检测)一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在同一个球面上，则该球的体积为________．解析：由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r ＝1，其高h ＝1，所以球半径为R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎫h 22＝ 1＋14＝52，所以该球的体积V ＝43πR 3＝43×⎝⎛⎭⎫523π＝55π6. 答案：55π62．三棱锥P -ABC 中，AB ＝BC ＝15，AC ＝6，PC ⊥平面ABC ，PC ＝2，则该三棱锥的外接球表面积为________．解析：由题可知，△ABC 中AC 边上的高为15－32＝6，球心O 在底面ABC 的投影即为△ABC 的外心D ，设DA ＝DB ＝DC ＝x ，所以x 2＝32＋(6－x )2，解得x ＝546，所以R 2＝x 2＋⎝⎛⎭⎫PC 22＝758＋1＝838(其中R 为三棱锥外接球的半径)，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝832π. 答案：832π3．(2019·南京四校联考)已知在三棱锥S ABC 中，△SAB ，△SBC ，△SAC 都是以S 为直角顶点的等腰三角形，且AB ＝BC ＝CA ＝2，则三棱锥S -ABC 的内切球的半径为________．解析：由题意知，SA ＝SB ＝SC .设SA ＝SB ＝SC ＝a ，则2a ＝2，a ＝1.设三棱锥S -ABC 的内切球的半径为r ，则由等体积法可得，V S -ABC ＝13×⎝⎛⎭⎫12×1×1×r ×3＋12×62×2×r ＝V A -SBC ＝13×⎝⎛⎭⎫12×1×1×1，解得r ＝3－36，即三棱锥S -ABC 的内切球的半径为3－36. 答案：3－36一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·徐州高三年级期中考试)各棱长都为2的正四棱锥的体积为________．解析：由题意得，底面对角线长为22，所以正四棱锥的高为22－(2)2＝2，所以正四棱锥的体积V ＝13Sh ＝13×22×2＝423.答案：4232．(2018·苏锡常镇调研)设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1V 2＝3π，则S 1S 2的值为________．解析：法一：由题意知V 1＝a 3，S 1＝6a 2， V 2＝13πr 3，S 2＝2πr 2，由V 1V 2＝3π得a 313πr 3＝3π，得a ＝r ，从而S 1S 2＝32π.法二：不妨设V 1＝27，V 2＝9π，故V 1＝a 3＝27，即a ＝3，所以S 1＝6a 2＝54.如图所示，又V 2＝13h ×πr 2＝13πr 3＝9π，即r ＝3，所以l ＝2r ，即S 2＝12l ×2πr ＝2πr 2＝92π，所以S 1S 2＝5492π＝32π.答案：32π3．(2018·南京二模)如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝6.若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，则三棱锥A -A 1EF 的体积是________．解析：因为在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1∥BB 1，AA 1⊂平面AA 1C 1C ，BB 1⊄平面AA 1C 1C ，所以BB 1∥平面AA 1C 1C ，从而点E 到平面AA 1C 1C 的距离就是点B 到平面AA 1C 1C 的距离，作BH ⊥AC ，垂足为点H ，由于△ABC 是正三角形且边长为4，所以BH ＝23，从而三棱锥A -A 1EF 的体积V A -A 1EF ＝V E -A 1AF ＝ 13S △A 1AF ·BH ＝13×12×6×4×23＝8 3. 答案：8 34．(2018·海安期中)如图，在棱长为2的正方体ABCD -A1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，则三棱锥O -A 1BC 1的体积为________．解析：连结AC ，因为几何体是正方体，所以BO ⊥平面A 1OC 1，BO 是三棱锥B -A 1OC 1的高，则三棱锥O -A 1BC 1的体积为13×12×22×2×2＝43.答案：435．(2018·盐城模拟)若一圆锥的底面半径为1，其侧面积是底面积的3倍，则该圆锥的体积为________．解析：设圆锥的母线长为l ，高为h ，则π×1×l ＝3π×12，解得l ＝3，则h ＝32－12＝22，故该圆锥的体积V ＝13π×12×22＝22π3.答案：22π36．(2018·苏锡常镇一调)如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 是棱BB 1的中点，则四棱锥P -AA 1C 1C 的体积为________．解析：四棱锥P -AA 1C 1C 可看作：半个正方体割去三棱锥P -ABC 和P -A 1B 1C 1.所以V P -AA 1C 1C ＝12V ABCD -A 1B 1C 1D 1－V P -ABC －V P -A 1B 1C 1＝12－112－112＝13. 答案：13二保高考，全练题型做到高考达标1．(2019·扬州模拟)圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为________．解析：设圆台较小底面半径为r ，则另一底面半径为3r .由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7. 答案：72．(2018·常州期中)如图，一个实心六角螺帽毛坯(正六棱柱)的底边长为4，高为3，若在中间钻一个圆柱形孔后其表面积没有变化，则孔的半径为________．解析：设孔的半径为r ，∵此正六棱柱的底边长为4，高为3，在中间钻一个圆柱形孔后其表面积没有变化，∴2×πr 2＝2πr ×3，解得r ＝3，∴孔的半径为3.答案：33．(2018·常州期末)以一个圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥，若所得的圆锥底面半径等于圆锥的高，则圆锥的侧面积与圆柱的侧面积的比值为________．解析：如图，由题意可得圆柱的侧面积为S 1＝2πrh ＝2πr 2.圆锥的母线l ＝h 2＋r 2＝2r ，故圆锥的侧面积为S 2＝12×2πr ×l ＝2πr 2，所以S 2∶S 1＝2∶2. 答案：224．(2018·苏北四市一模)将斜边长为4的等腰直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周，则所形成的几何体的体积是________．解析：因为等腰直角三角形的斜边长为4，所以斜边上的高为2，故旋转后的几何体为两个大小相等的圆锥的组合体，圆锥的底面半径为2，高为2，因此，几何体的体积为V ＝2×13π×22×2＝16π3.答案：16π35．(2018·泰州中学高三学情调研)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 为AA 1中点，Q 为CC 1的中点，AB ＝2，则三棱锥B -P Q D 的体积为________．解析：如图，连结P Q ，则P Q ∥AC ，取P Q 的中点G ，连结BG ，DG ，可得BG ⊥P Q ，DG ⊥P Q ，又BG ∩DG ＝G ，则P Q ⊥平面BGD ，在Rt △BPG 中，由BP ＝5，PG ＝2，可得BG ＝3，同理可得DG ＝3，则△BDG 边BD 上的高为(3)2－(2)2＝1，所以S △BDG ＝12×22×1＝2，则V B -P Q D ＝13×2×22＝43. 答案：436．(2019·盐城检测)有一个用橡皮泥制作的半径为4的球，现要将该球所用的橡皮泥制作成一个圆柱和一个圆锥，使圆柱和圆锥有相同的底面半径和相等的高，若它们的高为8，则它们的底面半径为________．解析：由已知可得球的体积为V ＝43π×43＝256π3.设圆柱和圆锥的底面半径为r ，则圆柱和圆锥的体积和为8πr 2＋83πr 2＝256π3，解得r ＝2 2.答案：2 27．(2018·启东调研)如图，Rt △ABC 的外接圆⊙O 的半径为5，CE 垂直于⊙O 所在的平面，BD ∥CE ，CE ＝4，BD ＝2，ED ＝210，若M 为ED的中点，则V M -ACB ＝________.解析：如图，过D 作DH ⊥CE 于H ，则BC ＝DH ，在Rt △EDH 中，由ED ＝210，EH ＝EC －DB ＝2，得BC ＝DH ＝6，所以在Rt △ABC 中，AB ＝10，BC ＝6，所以AC ＝8，即S △ABC ＝24，又因为CE 垂直于⊙O 所在的平面，BD ∥CE ，M为ED 的中点，所以M 到平面ABC 的距离为3，所以V M -ACB ＝13S △ABC ×3＝24.答案：248．(2018·连云港调研)已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，且该棱锥的高为4，底面边长为22，则该球的表面积为________．解析：如图，正四棱锥P -ABCD 的外接球的球心O 在它的高PO 1上，设球的半径为R ，因为底面边长为22，所以AC ＝4.在Rt △AOO 1中，R 2＝(4－R )2＋22，所以R ＝52，所以球的表面积S ＝4πR 2＝25π.答案：25π9．(2018·苏州期末)如图，在体积为V 1的圆柱中挖去以圆柱上下底面为底面、共顶点的两个圆锥，剩余部分的体积为V 2，则V 2V 1＝________.解析：设圆锥与圆柱的底面面积为S ，高为h ，所以V 1＝Sh ，V 2＝Sh －13Sh ＝23Sh ，则V 2V 1＝23.答案：2310．一个倒圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，在容器内放一个半径为r 的铁球，并向容器内注水，使水面恰好与铁球面相切．将球取出后，容器内的水深是多少？解：如图，作轴截面，设球未取出时，水面高PC ＝h ，球取出后，水面高PH ＝x .根据题设条件可得AC ＝3r ，PC ＝3r ，则以AB 为底面直径的圆锥容积为V 圆锥＝13π×AC 2×PC ＝13π(3r )2×3r ＝3πr 3.V 球＝43πr 3.球取出后，水面下降到EF ，水的体积为 V 水＝13π×EH 2×PH ＝13π(PH tan 30°)2PH ＝19πx 3.又V 水＝V 圆锥－V 球，则19πx 3＝3πr 3－43πr 3，解得x ＝315r .故球取出后，容器内水深为315r . 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为________．解析：如图，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝1232＋42＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝ ⎝⎛⎭⎫522＋62＝132.答案：1322．三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC 且PA ＝2，△ABC 是边长为3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为________．解析：由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、以PA 为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC 的外接圆半径r ＝32×3×23＝1，外接球球心到△ABC 的外接圆圆心的距离d ＝1，所以外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝2，所以三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝8π.答案：8π3．如图是一个以A1B 1C 1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝2，∠A 1B 1C 1＝90°，AA 1＝4，BB 1＝3，CC 1＝2，求：(1)该几何体的体积． (2)截面ABC 的面积．解：(1)过C 作平行于A 1B 1C 1的截面A 2B 2C ，交AA 1，BB 1分别于点A 2，B 2.由直三棱柱性质及∠A 1B 1C 1＝90°可知B 2C ⊥平面ABB 2A 2，则该几何体的体积V ＝V A 1B 1C 1-A 2B 2C ＋V C -ABB 2A 2＝12×2×2×2＋13×12×(1＋2)×2×2＝6.(2)在△ABC 中，AB ＝22＋(4－3)2＝5，BC ＝22＋(3－2)2＝5， AC ＝(22)2＋(4－2)2＝2 3.则S △ABC ＝12×23×(5)2－(3)2＝ 6.。

高考数学一轮复习讲练测(江苏版)：专题8.1 空间几何体的表面积与体积(讲)答案解析

【最新考纲解读】【考点深度剖析】柱、锥、台、球等简单几何体的面积与体积(尤其是体积)是高考热点．【课前检测训练】【判一判】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)多面体的表面积等于各个面的面积之和．( )(2)锥体的体积等于底面积与高之积．( )(3)球的体积之比等于半径比的平方．( )(4)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．( )(5)长方体既有外接球又有内切球．( )(6)圆柱的一个底面积为S ，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS .( )1. √2. ×3. ×4. √5.×6. ×【练一练】1．已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cmD.32 cm 答案 B解析 S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，∴r 2＝4，∴r ＝2(cm)．2．一个棱长为2 cm 的正方体的顶点都在球面上，则球的体积为________ cm 3.答案 43π解析由题意知正方体的体对角线为其外接球的直径，所以其外接球的半径r ＝12×23＝3(cm)， ∴V 球＝43π×r 3＝43π×33＝43π(cm 3)． 3.一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．答案 124.在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2π3B.4π3C.5π3D ．2π答案 C解析过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，故选C.【题根精选精析】考点1 几何体的表面积【1-1】【苏州市2014届高三调研测试】若圆锥底面半径为1，高为2，则圆锥的侧面积为 ▲ ．【1-2】【2012·江苏高考】如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝3 cm ，AA 1＝2 cm ，则四棱锥A -BB 1D 1D 的体积为________cm 3.【答案】6【解析】由题意得V A －BB 1D 1D ＝23V ABD －A 1B 1D 1＝23×12×3×3×2＝6 cm 2. 【基础知识】圆柱的侧面积 rl S π2=圆柱的表面积 )(2l r r S +=π圆锥的侧面积 rl S π=圆锥的表面积 )(l r r S +=π圆台的侧面积 l r r S )(+'=π圆台的表面积 )(22rl l r r r S +'++'=π球体的表面积 24R S π=柱体、锥体、台体的侧面积，就是各个侧面面积之和；表面积是各个面的面积之和，即侧面积与底面积之和.把柱体、锥体、台体的面展开成一个平面图形，称为它的展开图，圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形它的表面积就是展开图的面积.【思想方法】多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．【温馨提醒】多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理；圆锥、圆柱、圆台的侧面是曲面，计算侧面积或长度时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和. (1)找准几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(2)注意组合体的表面积问题中重合部分的处理．考点2 几何体的体积【2-1】【江苏省南京市2014届高三9月学情调研】若一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形，则此圆柱的体积为 . 【答案】2π.【2-2】【苏州市2014届高三暑假自主学习测试】如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在11,AA CC 上，且134AE AA =，113CF CC =，点,A C 到BD 的距离之比为3:2，则三棱锥E BCD -和F ABD -的体积比E BCD F ABDV V --=. 【答案】32【解析】点,A C 到BD 的距离之比为3:2，所以23BCD ABD S S ∆=∆，又直四棱柱1111ABCD A B C D -中，134AE AA =，113CF CC =，所以94AE CF =，于是1293313423BCD E BCDF ABD ABD S AE V V S CF ∆--∆⋅==⨯=⋅. 【2-3】【江苏省诚贤中学2014届高三数学月考试题】正三棱锥S ABC -中，2BC =，SB =，D E 、分别是棱SA SB 、上的点，Q 为边AB 的中点，SQ CDE ⊥平面，则三角形CDE 的面为．【解析】【基础知识】圆柱的体积 h r V 2π=圆锥的体积 h r V 231π=圆台的体积 )(3122r r r r h V '++'=π 球体的体积 334R V π= 正方体的体积 3a V =正方体的体积 abc V =【思想方法】若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．【温馨提醒】(1)计算柱、锥、台的体积关键是根据条件找出相应的底面积和高．(2)注意求体积的一些特殊方法：分割法、补体法、转化法等，它们是解决一些不规则几何体体积计算常用的方法，应熟练掌握．(3)注意组合体的组成形式及各部分几何体的特征．考点3 几何体的展开、折叠、切、截问题【3-1】(2014·南通期末)正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为23，则四面体A -B 1CD 1的外接球的体积为________．【答案】36π【解析】四面体A -B 1CD 1的外接球即为正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的外接球，故正方体的外接球的直径为32＋32＋32＝6，故V ＝43πR 3＝43π×(6÷2)3＝36π. 【3-2】如图所示，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1 -ABC 1的体积为________．[答案] 312【思想方法】解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形(折前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系，哪些变，哪些不变．研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．【温馨提醒】简单几何体的表面积和体积计算是高考的一个常见考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类简单几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技巧、把一个简单几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧、对旋转体作其轴截面的技巧、通过方程或方程组求解的技巧等，这是化解简单几何体面积和体积计算难点的关键．【易错问题大揭秘】求空间几何体的表面积应注意的问题(1)求组合体的表面积时，要注意各几何体重叠部分的处理．(2)底面是梯形的四棱柱侧放时，容易和四棱台混淆，在识别时要紧扣定义，以防出错．。

2020版高考数学(江苏版)新攻略总复习课标通用练习：第八章-第四节空间几何体的表面积与体积

第四节空间几何体的表面积与体积课时作业练1.(2018江苏海安高级中学高三月考)已知一个圆锥的母线长为2,其侧面展开图是半圆,则该圆锥的体积为.答案√3π3解析设圆锥底面圆的半径为r,则2πr=2π,r=1,则圆锥的高为√3,体积为√3π3.2.(2018江苏,10,5分)如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为.答案43解析本题考查组合体体积的计算.多面体由两个完全相同的正四棱锥组合而成,其中正四棱锥的底面边长为√2,高为1,∴其体积为1 3×(√2)2×1=23,∴多面体的体积为43.3.(2018常州教育学会学业水平检测)已知圆锥的高为6,体积为8,用平行于圆锥底面的平面截圆锥,得到的圆台的体积是7,则该圆台的高为.答案3解析设小圆锥的高为h,由题意知其体积是1,则(ℎ6)3=18,h=3,则圆台的高为3.4.(2017镇江高三期末)已知正四棱锥的底面边长为2,侧棱长为√6,则该正四棱锥的体积为.答案83解析正四棱锥的高h=√(√6)2-(√2)2=2,则体积V=13×22×2=83.5.(2018江苏高考信息预测)将两个大小相同的正方体石块分别打磨成体积最大的球和圆柱,则得到的球的表面积与圆柱的侧面积之比为.答案1∶1解析设正方体的棱长为2,则体积最大的球的半径为1,球的表面积为4π,体积最大的圆柱的底面圆半径为1,高为2,则圆柱的侧面积为4π,所以球的表面积与圆柱的侧面积之比为1∶1.6.(2018苏锡常镇四市高三调研)在棱长为2的正四面体PABC中,M,N分别为PA,BC的中点,点D 是线段PN上一点,且PD=2DN,则三棱锥D-MBC的体积为.答案√29解析VD-MBC =VM-BDC=13VM-BPC=16VA-PBC=16×√212×23=√29.7.(2018江苏无锡高三期中)半径为1的球O内有一个内接正三棱柱,当正三棱柱的侧面积最大时,球的表面积与该正三棱柱的侧面积之差是.答案4π-3√3解析设正三棱柱ABC-A1B1C1上、下底面的中心分别为O1,O2(如图).设正三棱柱的底面边长和高分别为x和h,则O2A=√33x.在Rt△OAO2中,14h2+13x2=1,即h2=4-43x2,则正三棱柱的侧面积S=3xh=3√x2(4-43x2)=2√3√x2(3-x2)≤2√3·x2+3-x22=3√3,当且仅当x2=3-x2,x=√62时取等号,则正三棱柱的侧面积S的最大值是3√3,此时球的表面积与该正三棱柱的侧面积之差是4π-3√3.8.(2018江苏高考数学模拟)四面体ABCD中,AB⊥平面BCD,CD⊥平面ABC,且AB=BC=CD=1 cm,则四面体ABCD的外接球的表面积为cm2.答案3π解析四面体ABCD中,AB⊥平面BCD,则AB⊥BD,CD⊥平面ABC,则CD⊥BC,CD⊥AC,又AB=BC=CD=1 cm,则BD=√2 cm,AD=√3 cm,由题意可知四面体ABCD的外接球的球心在AD的中点,即球的直径2R=AD=√3 cm,则表面积为4πR2=3π cm2.9.(2017江苏盐城高三模拟)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,P,Q分别为棱CC1,BC的中点,则三棱锥A1-B1PQ的体积为.答案√32解析取棱B1C1的中点E,连接A1E,由△A1B1C1是等边三角形得A1E⊥B1C1,A1E=√3,又ABC-A1B1C1是直三棱柱,则B1B⊥平面A1B1C1,则B1B⊥A1E,又B1B∩B1C1=B1,B1B,B1C1⊂平面B1BCC1,则A1E⊥平面B 1C1CB,△B1PQ的面积为4-2×12×2×1-12×1×1=32,则三棱锥A1-B1PQ的体积为1 3S△B1PQ·A1E=13×32×√3=√32.10.直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为a,底面ABC为直角三角形,∠ACB=90°,AC=2BC,A1B⊥B1C,求此三棱柱的表面积.解析连接BC1.∵三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,∴A1C1⊥C1C.∵AC⊥BC,AC∥A1C1,BC∥B1C1,∴A1C1⊥B1C1.∵B1C1∩C1C=C1,B1C1⊂平面B1BCC1,C1C⊂平面B1BCC1,∴A1C1⊥平面B1BCC1,又B1C⊂平面B1BCC1,∴A1C1⊥B1C.∵B1C⊥A1B,A1C1∩A1B=A1,A1C1⊂平面A1BC1,A1B⊂平面A1BC1,∴B1C⊥平面A1BC1,又BC1⊂平面A1BC1,∴B1C⊥BC1.∵四边形B1BCC1是矩形,∴四边形B1BCC1是正方形,∴BC=B1B=a,∴AC=2BC=2a,∴AB=√a2+(2a)2=√5a,∴S直棱柱表=S直棱柱侧+2S△ABC=(a+2a+√5a)a+2a2=(5+√5)a2.11.(2017江苏盐城下学期期末)如图,已知平行四边形ABCD中,BC=6,正方形ADEF所在的平面与平面ABCD垂直,G、H分别是DF、BE的中点.(1)求证:GH∥平面CDE;(2)若CD=2,DB=4√2,求四棱锥F-ABCD的体积.解析(1)证明:连接FC,由题意知EF∥AD,AD∥BC,∴EF∥BC.又EF=AD=BC,∴四边形EFBC是平行四边形,又H为BE的中点,∴H为FC的中点.又G是FD的中点,∴HG∥CD.∵HG⊄平面CDE,CD⊂平面CDE,∴GH∥平面CDE.(2)∵平面ADEF⊥平面ABCD,交线为AD,且FA⊥AD,FA⊂平面ADEF,∴FA⊥平面ABCD.∵AD=BC=6,∴FA=AD=6.∵CD=2,DB=4√2,∴CD 2+DB 2=BC 2,∴BD⊥CD. ∴S ▱ABCD =CD·BD=8√2,∴V F -ABCD=13S ▱ABCD ·FA=13×8√2×6=16√2.12.如图,四棱锥P-ABCD 中,PD⊥平面ABCD,PD=DC=BC=1,AB=2,AB∥DC,∠BCD=90°. (1)求证:PC⊥BC;(2)求点A 到平面PBC 的距离.解析 (1)证明:因为PD⊥平面ABCD,BC ⊂平面ABCD,所以PD⊥BC. 由∠BCD=90°,得BC⊥DC.又PD∩DC=D,PD ⊂平面PCD,DC ⊂平面PCD, 所以BC⊥平面PCD. 又PC ⊂平面PCD,故PC⊥BC.(2)如图,连接AC.设点A 到平面PBC 的距离为h.因为AB∥DC,∠BCD=90°,所以∠ABC=90°. 又因为AB=2,BC=1,所以S △ABC =1.由PD⊥平面ABCD 及PD=1,得V 三棱锥P-ABC =13S △ABC ·PD=13. 因为PD⊥平面ABCD,DC ⊂平面ABCD,所以PD⊥DC.又因为PD=DC=1,所以PC=√PD2+DC2=√2.由PC⊥BC,BC=1,得S△PBC =√2 2.由V三棱锥P-ABC =13S△PBC·h=13×√22×h=13,得h=√2,故点A到平面PBC的距离为√2.基础滚动练(滚动循环夯实基础)1.命题“∃x>0,x2>0”的否定是.答案∀x>0,x2≤02.已知函数f(x)=2x+xln x,则曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为.答案x+y-3=0解析因为f(1)=2, f '(x)=-2x2+ln x+1,所以f '(1)=-2+1=-1,则切线方程为y-2=-(x-1),即为x+y-3=0.3.已知集合A={x|-2≤x≤5},B={x|m+1≤x≤2m-1},若B⊆A,则实数m的取值范围为. 答案(-∞,3]解析∵B⊆A,∴①若B=⌀,则2m-1<m+1,此时m<2.②若B≠⌀,则{2m-1≥m+1,m+1≥-2,2m-1≤5,解得2≤m≤3.由①②可得,实数m的取值范围为(-∞,3].4.(2018江苏泰州中学高三月考)已知数列{an }满足:a1=1,an+1=a na n+2(n∈N*),则数列{an}的通项公式为.答案 a n =12n -1(n∈N *) 解析1a n+1=a n +2a n =2a n +1,1a n+1+1=2(1a n+1),则{1a n+1}是等比数列,则1a n+1=2n ,a n =12n -1(n∈N *).5.已知f(x)是定义在R 上的奇函数.当x>0时, f(x)=x 2-4x,则不等式f(x)>x 的解集用区间表示为 . 答案 (-5,0)∪(5,+∞)解析作出f(x)=x 2-4x(x>0)的图象,因为f(x)是定义在R 上的奇函数,所以利用奇函数的图象关于原点对称作出x<0时的图象.不等式f(x)>x,观察图象易得解集为(-5,0)∪(5,+∞).6.设D,E 分别是△ABC 的边AB,BC 上的点,AD=12AB,BE=23BC,若DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2AC⃗⃗⃗⃗⃗ (λ1,λ2为实数),则λ1+λ2的值为 . 答案 12解析 DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23(BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=-16AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,又AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 不共线,所以λ1=-16,λ2=23,λ1+λ2=12.7.已知实数x,y 满足约束条件{x +y ≥3,y ≤3,x ≤3.则z=5-x 2-y 2的最大值为 .答案 12解析作出不等式组对应的平面区域,是一个三角形区域,所以(x 2+y 2)min 是原点O 到直线x+y=3的距离的平方,即(x 2+y2)min =(√2)2=92,所以z max =5-(x 2+y 2)min =5-92=12.8.(2018江苏南京多校高三段考)已知等差数列{a n }的首项为a,公差为-4,其前n 项和为S n ,若存在m∈N *,使得S m =36,则实数a 的最小值为 .答案 15 解析 S m =ma+m (m -1)2×(-4)=36,即ma=36+2m(m-1),a=36m +2m-2,m∈N *,当m=4时,a 取得最小值15.9.(2018南京高三学情调研)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,cos B=45. (1)若c=2a,求sinBsinC 的值; (2)若C-B=π4,求sin A 的值. 解析 (1)因为在△ABC中,cos B=45,所以a 2+c 2-b 22ac =45.因为c=2a,所以(c 2)2+c 2-b22c×c2=45,即b 2c 2=920,所以b c =3√510.又由正弦定理得sinB sinC =bc ,所以sinB sinC =3√510. (2)因为cos B=45,所以cos 2B=2cos 2B-1=725. 又0<B<π,所以sin B=2B =35, 所以sin 2B=2sin Bcos B=2×35×45=2425. 因为C-B=π4,即C=B+π4,所以A=π-(B+C)=3π4-2B, 所以sin A=sin (3π4-2B)=sin 3π4cos 2B-cos 3π4sin 2B=√22×725-(-√22)×2425=31√250.。

(江苏专用)2021版高考数学二轮复习微专题八空间几何体的表面积和体积练习(无答案)苏教版

微专题八空间几何体的表面积和体积一、填空题1. 若圆锥的底面半径为1，高为2，则圆锥的侧面积为________．2. 已知正六棱柱的侧面积为72 cm2，高为6 cm，那么它的体积为________cm2.3. 若一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形，则此圆柱的体积为________．4. 如图，正三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝4，AA1＝6.若E，F分别是棱BB1，CC1上的点，则三棱锥AA1EF的体积是________．5. 将斜边长为4的等腰直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周，则所形成的几何体体积是________．6. 已知矩形ABCD的边AB＝4，BC＝3，若沿对角线AC折叠，使平面DAC⊥平面BAC，则三棱锥DABC的体积为________．7. 已知圆柱M的底面半径为2，高为6，圆锥N的底面直径和母线长相等．若圆柱M 和圆锥N的体积相同，则圆锥N的高为________．8. 底面半径为1 cm 的圆柱形容器里放有四个半径为12 cm 的实心铁球，四个球两两相切，其中底层两球与容器底面相切．现往容器里注水，使水面恰好浸没所有铁球，则需要注水________cm 3.9. 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，BB 1＝3，∠ABC ＝90°，点D 为侧棱BB 1上的动点．则当AD ＋DC 1最小时，三棱锥DABC 1的体积为________．10. 已知一个长方体的表面积为48(单位：cm)，12条棱长度之和为36(单位：cm)，则这个长方体的体积的取值范围是________(单位：cm 3)．二、解答题11. 如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD . (1) 求证：平面AEC ⊥平面BED ；(2) 若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积．12. 如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝1，AA 1＝2，M 为棱DD 1上的一点． (1) 求三棱锥A MCC 1的体积；(2) 当A 1M ＋MC 取得最小值时，求证：B 1M ⊥平面MAC .13. 有一矩形硬纸板材料(厚度忽略不计)，一边AB 长为6分米，另一边足够长．现从中截取矩形ABCD (如图甲所示)，再剪去图中阴影部分，用剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒(如图乙所示，重叠部分忽略不计)，其中OEMF 是以O 为圆心、∠EOF ＝120°的扇形，且弧EF ︵，GH ︵分别与边BC ，AD 相切于点M ，N .(1) 当BE 的长为1分米时，求折卷成的包装盒的容积； (2) 当BE 的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？甲乙。

新高考苏教版数学理大一轮复习训练8.1空间几何体及其表面积、体积(含答案解析)

8.1空间几何体及其表面积、体积一、填空题1．下边是对于四棱柱的四个命题：①如有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；②如有两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；③若四个侧面两两全等，则该四棱柱为直四棱柱；④若四棱柱的四条对角线两两相等，则该四棱柱为直四棱柱．此中，真命题的编号是 ________(写出全部真命题的编号 ) ．答案②④2．在三棱锥 S- ABC中，面 SAB，SBC，SAC都是以 S 为直角极点的等腰直角三角形，且 AB＝BC＝ CA＝，则三棱锥 S ABC的表面积是________．2-分析设侧棱长为a，则2a＝，a＝，侧面积为1a2＝，223×2×3323，表面积为 3＋ 3.底面积为4×2＝答案3＋33．给出以下四个命题：①各个面都是三角形的几何体是三棱锥②以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其他两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥③棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥④圆锥的极点与底面圆周上的随意一点的连线都是母线此中正确命题的个数为 ________个．分析①错误，如图 (1) ，由两个构造同样的三棱锥叠放在一同构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥．②错误，如图(2)(3)所示，若△ ABC不是直角三角形，或假如是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥．③错误，若六棱锥的全部棱都相等，则底面多边形是正六边形，由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必定要大于底面边长．④正确．答案 14．如下图，已知一个多面体的平面睁开图由一个边长为 1 的正方形和 4 个边长为 1 的正三角形构成，则该多面体的体积是 ________．1，侧棱长为 1，斜高为3分析由题知该多面体为正四棱锥，底面边长为 2，连2122接极点和底面中心即为高，可求得高为2，因此体积 V＝3×1×1×2＝6 .2答案65．四位好朋友在一次聚会上，他们依据各自的爱好选择了形状不一样、内空高度相等、杯口半径相等的圆口酒杯，如图盛满酒后他们商定：先各自饮杯中酒的一半，设节余的酒的高度从左到右挨次为h1， h2，h3，h4，则它们的大小关系有下列四种表述：①h2＞h1＞h4②h1＞h2＞h4③h3＞h2＞h4④h2＞h4＞h1此中表述必定正确的选项是 ________．分析此题若用公式推导将费时费劲，只需掌握住处剩酒为本来的一半以及酒杯的形状，h4为本来高度的一半应最小，第二个杯子为圆锥形，液面高度应当最高，故只有①正确．答案①6．某种卷筒卫生纸绕在盘上，空盘时盘芯直径40 mm，满盘时直径120 mm，已知卫生纸的厚度为0.1 mm，则满盘时卫生纸的总长度大概是________m(π取3.14 ，精准到 1 m) ．分析卫生纸总长度为 π2－202 ≈3.14 ×32 000 ＝100 480(mm)≈100(m)．0.1答案1007．如图，一个四棱锥和一个三棱锥恰巧能够拼接成一个三棱柱，这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等．设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为h 1、 h 2 、h ，则 h 1∶ h 2∶ h ＝________.分析如图，设三棱锥 P- ABE 的各棱长为 a ，则四棱锥 P - ABCD 的各棱长也为 a ，22 22于是 h 1＝a － 2a＝ 2 a ，232 26h 2＝ a － 2a ×3 ＝ 3 a ＝ h ， ∴ h 1 ∶h 2∶h ＝ 3∶2∶2.答案3∶2∶28．如图，已知正三棱柱 ABC- A 1B 1C 1 的底面边长为 2 cm ，高为 5 cm ，则一质点自点 A 出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周祥达点 A 1 的最短路线的长为 ________cm.分析依据题意，利用切割法将原三棱柱切割为两个同样的三棱柱，而后将其展开为如下图的实线部分，则可知所求最短路线的长为52＋122 ＝13 cm.答案139．长方体的全面积为 11，十二条棱的长度之和为 24，则这个长方体的一条对角线长为 ________．分析设长方体的长、宽、高分别为 x 、 y 、 z ，则 4( x ＋y ＋z) ＝24，且 2xy ＋2yz ＋2xz ＝ 11.则 x 2＋y 2＋ z 2＝ ( x ＋y ＋z) 2－2xy － 2yz －2xz ＝36－ 11＝25，进而对角线长为 5.答案510．如图，在直三棱柱ABC-A 1 B 1C 1 中， AB ＝1，BC ＝2，AC ＝5，AA 1 ＝3，M 为线段 B 1B 上的一动点，则当 AM ＋ MC 1最小时，△ AMC 1的面积为 ________．分析2 22＝，于是如图，当 AM ＋ MC 最小时， BM ＝，因此 AM ＝，C 1M ＝，AC11281142221AM ＋ MC － AC由余弦定理，得 cos ∠AMC 1＝112AM ·MC 1 ＝－，231 3因此 sin ∠ AMC 1＝ 2 ，S △AMC 1＝ 2× 2×22×2＝ 3.答案311．如图是由等腰梯形、矩形、半圆、圆、倒三角形对接形成的轴对称平面图形，若将它绕轴 l 旋转 180°后形成一个组合体，下边说法不正确的选项是 ________(填序号)．①该组合体能够切割成圆台、圆柱、圆锥和两个球体；②该组合体仍旧对于轴 l 对称；③该组合体中的圆锥和球只有一个公共点； ④该组合体中的球和半球只有一个公共点．分析半圆绕 l 旋转后，可得半球，故组合体中只有一个球，因此①不正确，其余都正确．答案①12．正方体 ABCD A 1B 1 C 1D 1 的棱长为，点 M 是 BC 的中点，点 P 是平面 ABCD 内的- 2一个动点，且知足 PM ＝，P 到直线 A 1D 1 的距离为，则点 P 的轨迹是． 2 5________ 分析由 PM ＝，知点 P 在以 M 为圆心， 2为半径的圆上．又由 P 到直线 A 1D 1的2距离为，知点 P 在与 BC 平行且过 AB 中点的直线上，故点P 的轨迹是它们的5交点，即为两点．答案两个点13．如图，在透明塑料制成的长方体 ABCD-A 1 B 1C 1 D 1 容器内灌进一些水，将容器底面一边 BC 固定于地面上，再将容器倾斜，跟着倾斜度的不一样，有以下四个说法：①水的部分一直呈棱柱状；②水面四边形 EFGH 的面积不改变；③棱 A 1D 1 一直与水面 EFGH 平行；④当 E∈AA1时， AE＋BF是定值．此中全部正确的命题的序号是________．分析察看图形并试验可知①正确，②不正确；③正确．④中AE＝B1F，BF＝A1E，因此 AE＋BF＝AA1为定值，故正确命题是①③④.答案①③④二、解答题14．直平行六面体的底面是菱形，过不相邻的两对侧棱的截面的面积是Q1和 Q2，求它的侧面积．分析如图，设直平行六面体A1 C的底面菱形边长为a，侧棱长为 l ， A1C 是直平行Q Q2六面体1? A1 ACC、B BDD是矩形，∴ Q1＝l ·AC? AC＝l . 同理 BD＝l，又底面是菱1112＝AC 2BD2＝Q12＋Q22? 2a·l ＝22，S＝4al ＝222.形 ? a 2 ＋2l2Q1＋Q Q＋Q42侧1215．给出一块边长为 2 的正三角形纸片，把它折成一个侧棱长与底面边长都相等的三棱锥，并使它的全面积与原三角形面积相等，设计一种折叠方法，用虚线标在图中，并求该三棱锥的体积．分析取等边三角形三边的中点 A、B、C，连结 AB、BC、CA 得正三角形的三条中位线，以中位线为折线折起三角形，使三角形三极点重合，则得侧棱长与底面边长都等于 1 的三棱锥 S-ABC，作 SO⊥平面 ABC，连结并延伸 CO 交 AB 于 E，则 E 是 AB 的中点，连结 SE.由于 O 是△ ABC 的心里，22 3 3因此 OC ＝3CE ＝3× 2 ＝ 3在 Rt △SOC 中， SC ＝ 1，＝2－ OC 2＝ 1－1＝ 6，SO SC3 3故 V S-ABC ＝1△ABC ×SO ＝1×1× ×3S3 2CEAB SO13×1× 62＝ 6× 2 3 ＝ 12 .16．在四周体的六条棱中，有五条棱长都等于a.(1)求该四周体的体积的最大值；(2)当四周体的体积最大时，求其表面积．分析 (1)如图，在四周体 ABCD 中，设 AB ＝ BC ＝ CD ＝ AC ＝ BD ＝ a ， AD ＝ x ，取 AD 的中点为 P ， BC 的中点为 E ，连结 BP 、EP 、CP.获得 AD ⊥平面 BPC ，∴ V ABCD ＝V ABPC ＋V DBPC11＝ 3·S △ BPC ·AP ＋3S △BPC ·PD 1＝ 3·S △ BPC ·AD＝ 1 12x 2 a 2·x··a a － 4 －43 2＝ a3a 2－x 2 x212a 3a 2 1 3 6≤ 12·2 ＝8a (当且仅当 x ＝2 a 时取等号 )．∴该四周体的体积的最大值为18a 3.(2)由(1)知，△ ABC 和△ BCD 都是边长为 a 的正三角形，△ ABD 和△ ACD 是全63 21 6等的等腰三角形，其腰长为a ，底边长为 2 a ，∴ S 表＝2× 4 a＋2× 2×2 a ×2 6 2 a －4 a32610a＝ 2a＋ 2a ×43215a 2 ＝ 2 a＋ 4＝ 23＋15 24a .17．用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为 1∶16，截去的圆锥的母线长是 3 cm ，求圆台的母线长．分析利用三角形相像比，由底面积之比为 1∶16.可设圆台的母线长为 l ，截得圆台的上、下底面半径分别为r 、4r .3r依据相像三角形的性质得 3＋ l ＝ 4r ，解得 l ＝9.因此，圆台的母线长为 9 cm.18．一个正方体内接于高为 40 cm ，底面半径为 30 cm 的圆锥中，求正方体的棱长．分析如下图，过正方体的体对角线作圆锥的轴截面，设正方体的棱长为 x cm ，2x2240－ x则 OC ＝ 2 x ，∴ 30 ＝ 40 ，解得 x ＝120(3 － 2 2) ，∴正方体的棱长为 120(3 － 2 2) cm.。

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微专题八空间几何体的表面积和体积
一、填空题
1. 若圆锥的底面半径为1，高为2，则圆锥的侧面积为________．
2. 已知正六棱柱的侧面积为72 cm 2
，高为6 cm ，那么它的体积为________cm 2
. 3. 若一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形，则此圆柱的体积为________．
4. 如图，正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝6.若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，则三棱锥AA 1EF 的体积是________．
5. 将斜边长为4的等腰直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周，则所形成的几何体体积是________．
6. 已知矩形ABCD 的边AB ＝4，BC ＝3，若沿对角线AC 折叠，使平面DAC ⊥平面BAC ，则三棱锥DABC 的体积为________．
7. 已知圆柱M 的底面半径为2，高为6，圆锥N 的底面直径和母线长相等．若圆柱M 和圆锥N 的体积相同，则圆锥N 的高为________．
8. 底面半径为1 cm 的圆柱形容器里放有四个半径为1
2 cm 的实心铁球，四个球两两相
切，其中底层两球与容器底面相切．现往容器里注水，使水面恰好浸没所有铁球，则需要注水________cm 3
.
9. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝1，BC＝2，BB1＝3，∠ABC＝90°，点D为侧棱BB1上的动点．则当AD＋DC1最小时，三棱锥DABC1的体积为________．
10. 已知一个长方体的表面积为48(单位：cm)，12条棱长度之和为36(单位：cm)，则这个长方体的体积的取值范围是________(单位：cm3)．
二、解答题
11. 如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.
(1) 求证：平面AEC⊥平面BED；
(2) 若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥EACD的体积为
6
3
，求该三棱锥的侧面积．
12. 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M为棱DD1上的一点．
(1) 求三棱锥AMCC1的体积；
(2) 当A1M＋MC取得最小值时，求证：B1M⊥平面MAC.
13. 有一矩形硬纸板材料(厚度忽略不计)，一边AB长为6分米，另一边足够长．现从中截取矩形ABCD(如图甲所示)，再剪去图中阴影部分，用剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒(如图乙所示，重叠部分忽略不计)，其中OEMF是以O为圆心、∠EOF
＝120°的扇形，且弧EF ︵，GH ︵
分别与边BC ，AD 相切于点M ，N .
(1) 当BE 的长为1分米时，求折卷成的包装盒的容积； (2) 当BE 的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？
甲
乙。

(江苏专用)2020版高考数学二轮复习 微专题八 空间几何体的表面积和体积练习(无答案)苏教版

高考二轮专题复习【空间几何体 】空间几何体的表面积与体积.doc