2020版高考数学一轮复习课时规范练 38空间几何体的表面积与体积理北师大版

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2020版高考数学一轮复习第八章立体几何第一节空间几何体的表面积与体积教案理(含解析)

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圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π（r＋r′）l2．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＝错误!Sh台体（棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝错误!（S上＋S下＋错误!）h球S＝4πR2V＝错误!πR3[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4πR2＝16π，解得R＝2。

所以体积为错误!πR3＝错误!。

答案:错误!π2．(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 cm3，则该圆柱的侧面积为________cm2.解析:设正方形的边长为a cm,则πa2·a＝27π，得a＝3，所以侧面积2π×3×3＝18π cm2.答案：18π3．（2018·海安高三质量测试)已知正三棱锥的体积为36 3 cm3，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＝错误!a2，由题意知错误!×错误!a2×4＝36错误!，解得a＝6错误!.答案：6错误!1．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错误! cm，则这个正四棱柱的侧面积是________cm2。

解析：正四棱柱的高为错误!＝6 cm,所以侧面积是4×3×6＝72 cm2。

数学一轮复习课时规范练38空间几何体的结构及其三视图直观图理

课时规范练38 空间几何体的结构及其三视图、直观图基础巩固组1。

下列说法中正确的是()A.斜三棱柱的侧面展开图一定是平行四边形B。

水平放置的正方形的直观图有可能是梯形C.一个直四棱柱的主视图和左视图都是矩形，则该直四棱柱就是长方体D.用平行于圆锥底面的平面去截圆锥,底面与截面之间的部分形成的几何体就是圆台2.(2020浙江衢州模拟）在一个密闭透明的圆柱筒内装一定体积的水，将该圆柱筒分别竖直、水平、倾斜放置时，指出圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是(）A.圆B。

矩形C。

梯形 D.椭圆或部分椭圆3。

将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示,则该几何体的左视图为()4.（2020江西南昌八一中学期中)如图,一个水平放置的面积是2+√2的平面图形的斜二测直观图是等腰梯形,其中A'D’∥B’C'，则等腰梯形面积为（）A.12+√22B.1+√22C。

1+√2D。

2+√25.某三棱锥的三视图如图所示,其俯视图是一个等腰直角三角形，在此三棱锥的六条棱中,最长棱的长度为()A。

2 B.2√2C.√6D.√26.(2020北京丰台一模）某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的四个面中,面积等于√3的有(）A。

1个 B.2个C.3个D.4个7。

正方体被一个平面截去一部分后，所得几何体的三视图如图所示,则截面图形的形状为()A。

等腰三角形B.直角三角形C.平行四边形D。

梯形8。

(2020广东广雅中学模拟)如图正方形O’A'B’C’的边长为1 cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是cm.9。

（2020北京朝阳一模)已知某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的最长棱的长为.(第8题图）(第9题图）综合提升组10。

如图是某几何体的三视图,则过该几何体顶点的所有截面中，最大截面的面积是(）A.2 B。

√3D.1C。

√3211.已知某长方体的三视图如图所示，在该长方体的一组相对侧面M，N上取三点A，B,P,其中P为侧面N的对角线上一点(与对角线端点不重合）,A，B为侧面M的一条对角线的两个端点.若以线段AB为直径的圆过点P,则m的最小值为（)A.4 B。

高考数学一轮总复习课时规范练33基本立体图形及空间几何体的表面积和体积北师大版

课时规范练33基本立体图形及空间几何体的表面积和体积基础巩固组1.能旋转形成如图所示的几何体的平面图形是()2.用斜二测画法得到一个水平放置的平面图形OABC的直观图为如图所示的直角梯形O'A'B'C'，其中，若原平面图形OABC的面积为3√2，则O'A'的长为()梯形的上底长是下底长的13A.2B.√2C.√3D.323.如图所示的扇形是某个圆锥的侧面展开图，已知扇形所在圆的半径R=√5，扇形弧长l=4π，则该圆锥的表面积为()A.2πB.(4+2√5)πC.(3+√5)πD.8π+√54.(2021湖北十堰二模)已知某圆柱的轴截面是正方形，且该圆柱的侧面积是4π，则该圆柱的体积是()A.2πB.4πC.8πD.12π5.将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的体积为()A.√2π3B.√3π3C.4π3D.2π6.(2021北京，8)定义:24小时内降水在平地上积水厚度(单位:mm)来判断降雨程度.其中小雨(<10 mm)，中雨(10 mm—25 mm)，大雨(25 mm—50 mm)，暴雨(50 mm—100 mm)，小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级()A.小雨B.中雨C.大雨D.暴雨7.下列四个论断不正确的是()A.过圆锥两母线的截面面积中，最大的不一定是轴截面面积B.经过一条已知直线有且只有一个平面与已知平面垂直C.等底面积等高的棱柱与圆柱的体积相等D.表面积相等的正方体和球体，体积较大的是球体8.(2021山东淄博一模)已知某圆锥底面圆的半径r=1，侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为.9.已知一个正四棱锥的侧棱与底面所成的角为45°，侧面积为4√3，则该棱锥的体积为.综合提升组10.如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，则下列结论正确的是()A.圆柱的体积为4πR3B.圆锥的侧面积为2πR2C.圆柱的侧面积与圆锥的表面积相等D.圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶211.用长度分别是2，3，5，6，9(单位:cm)的五根木棒连接(只允许连接，不允许折断)，组成共顶点的长方体的三条棱，则能够得到的对应长方体的最大表面积为()A.258 cm2B.414 cm2C.416 cm2D.418 cm212.(2021广东汕尾模拟)如图，一个圆锥形物体的母线长为6，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P处.若该小虫爬行的最短路程为6√2，则该圆锥形物体的底面半径为.13.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=14，BC=5，AA1=4，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=2.(1)求直线CF与C1E所成角的余弦值;(2)过点E，F的平面α与此长方体的表面相交，交线围成一个正方形，求平面α把该长方体分成的较小部分与较大部分的体积的比值.创新应用组14.有一种外形为圆锥形的斗笠，称为“灯罩斗笠”，根据人的体型、高矮等制作成大小不一的型号供人选择使用，不同型号的斗笠大小经常用帽坡长(母线长)和帽底宽(底面圆直径长)两个指标进行衡量，现有一个“灯罩斗笠”，帽坡长20厘米，帽底宽20√3厘米，关于此斗笠，下面说法错误的是()A.分笠轴截面(过顶点和底面中心的截面图形)的顶角为120°B.过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两母线的截面三角形的最大面积为100√3平方厘米C.若此斗笠顶点和底面圆上所有点都在同一个球上，则该球的表面积为1 600π平方厘米D.此斗笠放在平面上，可以盖住的球(保持斗笠不变形)的最大半径为(20√3-30)厘米15.(2021八省联考模拟卷)用曲率刻画空间弯曲性，规定:多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫作多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如:正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是π3，所以正四面体在各顶点的曲率为2π-3×π3=π，故其总曲率为4π.(1)求四棱锥的总曲率;(2)若多面体满足:顶点数-棱数+面数=2，证明:这类多面体的总曲率是常数.课时规范练33 基本立体图形及空间几何体的表面积和体积1.A 解析:此几何体自上向下是由一个圆锥、两个圆台和一个圆柱构成，是由A 中的平面图形旋转形成的.故选A .2.D 解析:设O'A'=x ，则O'B'=√2x ，在原图形中OB=2O'B'=2√2x ，BC=B'C'=x3，OA=O'A'=x ，OB 为原图形中梯形的高，面积为S=12×x+13x ×2√2x=3√2，解得x=32，故选D .3.B 解析:设圆锥底面圆半径为r ，则2πr=4π，解得r=2.圆锥的表面积S 表=S 底面圆+S 侧=πr 2+12lR=π×22+12×4π×√5=(4+2√5)π. 故选B .4.A 解析:设该圆柱的底面圆半径为r ，则圆柱的高(母线)为h ，而圆柱的轴截面是正方形，则h=2r ，圆柱侧面积为2πrh=4π，即4πr 2=4π，解得r=1，h=2，故该圆柱的体积是πr 2h=2π. 故选A .5.A 解析:设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则2πr=2π3×3，所以r=1，则h=√32-12=2√2. 设内切球的半径为R ，则R2√2-R=13，所以R=√22，所以V=4π3R 3=4π3×√223=√2π3.故选A .6.B 解析:由题可知，圆锥内积水的高度是圆锥高度的一半，则圆锥内积水部分的半径为r=12×12×200=50(mm)，h=12×300=150(mm).所以由定义可得，积水厚度d=13π×502×150π×1002=12.5(mm)，属于中雨.故选B .7.B 解析:由于圆锥母线长度都相等由于圆锥母线长度都相等，设两母线的夹角为θ，母线长为2，则过圆锥两母线的截面面积为12×2×2sin θ=2sin θ，当轴截面两母线的夹角θ=150°时，轴截面的面积为2sin150°=1，此时可以找到一个两母线的夹角θ=90°不是轴截面的截面，其面积为2sin90°=2，故A 正确;当已知直线垂直于已知平面时，过已知直线的所有平面都垂直于已知平面，故B 错误;由于棱柱和圆柱的体积都是底面积乘高，则等底面积等高的棱柱与圆柱的体积相等，故C 正确;设正方体的棱长为a ，球的半径为R ，则S=4πR 2=6a 2，球的体积为V 1=43×πR 3=S 3×√S4π，正方体的体积为V 2=a 3=S 6×√S6，所以V 1>V 2，故D 正确.故选B . 8.√3π3解析:∵圆锥的侧面展开图是一个半圆，圆锥的底面周长为2π，即侧面展开图半圆的弧长是2π，则半圆的半径，即圆锥的母线为2. 圆锥的高为√22-12=√3. ∴圆锥的体积V=13π×12×√3=√3π3. 9.4√23解析:设正四棱锥底面边长为2a ，且正四棱锥的侧棱与底面所成的角为45°，则四棱锥的高为√2a.又正四棱锥的侧面积为4√3，所以每个侧面的面积为√3. 则12×2a ×√3a=√3，解得a=1.即正四棱锥的高为√2，故该棱锥的体积为13×22×√2=4√23. 10.D 解析:依题意圆柱的底面半径为R ，则圆柱的高为2R ，故圆柱的体积为πR 2×2R=2πR 3，故A 错误;由题可得，圆锥的母线长为√5R ，圆锥的侧面积为πR ×√5R=√5πR 2，故B 错误; ∵圆柱的侧面积为4πR 2，圆锥表面积为√5πR 2+πR 2，故C 错误; ∴V 圆柱=πR 2·2R=2πR 3，V 圆锥=13πR 2·2R=23πR 3，V 球=43πR 3，∴V 圆柱∶V 圆锥∶V 球=2πR 3∶23πR 3∶43πR 3=3∶1∶2，故D 正确.故选D .11.C 解析:设长方体的三条棱的长度为a ，b ，c ，所以长方体表面积S=2(ab+bc+ac )≤(a+b)22+(b+c)22+(a+c)22，当且仅当a=b=c 时取等号又由题意可知a=b=c 不可能成立，所以当a ，b ，c 的长度最接近时，此时对应的表面积最大，此时三边长分别为8cm ，8cm ，9cm ，用2cm 和6cm 连接在一起形成8cm ，用3cm 和5cm 连接在一起形成8cm ，剩余一条棱长为9cm ，所以最大表面积为2×(8×8+8×9+8×9)=416(cm 2).故选C .12.32解析:圆锥侧面展开图为扇形POP'，如图.由题知，OP=OP'=6，小虫爬行的最短路程为线段PP'，即PP'=6√2.显然有OP2+OP'2=72=PP'2，即∠POP'=π2.设圆锥底面圆半径为r，则有2πr=6×π2=3π，解得r=32.即圆锥形物体的底面半径为32.13.解(1)连接EF，EB，BC1，长方体ABCD-A1B1C1D1中，A1E=D1F=2，且A1E∥D1F，所以四边形A1EFD1是平行四边形，所以A1D1与EF平行且相等，所以EF与BC平行且相等，所以四边形EFCB为平行四边形，所以FC∥BE，直线CF与C1E所成角就是∠C1EB或其补角，C1E=√EF2+FC12=13，EB=√EB12+BB12=4√10，C1B=√B1B2+B1C12=√41，在△C1EB中，由余弦定理，cos∠C1EB=C1E 2+EB2-C1B22C1E·EB =2×13×4√10=18√1065，所以直线CF与C1E所成角的余弦值为18√1065.(2)设过点E，F的平面α与此长方体的表面相交，交线围成一个正方形，即正方形EFNM，则EM=5，作EP⊥AB于点P，作FQ⊥DC于点Q，所以PM=3，所以点M在点P的右侧，平面α把该长方体分成的两部分为直棱柱AMEA1-DNFD1和直棱柱EMBB1-FNCC1，两个直棱柱的高相等，两部分体积之比为V AMEA 1-DNFD 1VEMBB 1-FNCC 1=AM+A 1E2·AA 1·AD MB+B 1E2·AA 1·BC=721=13.14.B 解析:对于A ，作出图形如图所示，PO=√202-(10√3)2=√400−300=10，所以sin ∠APO=AO AP=10√320=√32，因为0°<∠APO<90°，故∠APO=60°，所以∠APB=120°，故选项A 正确;对于B ，设∠APB=θ，截面三角形面积为S=12·PA 2·sin θ=200sin θ≤200，故选项B 不正确; 对于C ，设外接球球心为M ，半径为R ，所以MA=MP=R ，在△AOM 中，由勾股定理可得300+(R-10)2=R 2，解得R=20，所以该球的表面积S=4π×202=1600π，故选项C 正确;对于D ，设球心为O'，截面主视图如图所示，设内切圆半径为r ，△ABP 各边长分别为PA=PB=20，AB=20√3，所以12×(20+20+20√3)r=12×20√3×10，解得r=20√3-30，故选项D 正确.故选B .15.(1)解由题可知，四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和.可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知，四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形.所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成，则其总曲率为2π×5-(4π+2π)=4π.(2)证明设顶点数、棱数、面数分别为n，l，m，所以有n-l+m=2.设第i个面的棱数为x i，所以x1+x2+…+x m=2l，所以总曲率为2πn-π[(x1-2)+(x2-2)+…+(x m-2)]=2πn-π(2l-2m)=2π(n-l+m)=4π，所以这类多面体的总曲率是常数.11。

(北师大版)2020版高考文科数学一轮复习简单几何体的表面积与体积文课后训练题含解析

课后限时集训(四十一)(建议用时：60分钟) A 组基础达标一、选择题1．已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边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 ．22π3B.42π3C ．22πD ．42πB [依题意知，该几何体是以2为底面半径，2为高的两个同底圆锥组成的组合体，则其体积V ＝13π×(2)2×22＝423π.]2．一个正方体挖去一个多面体所得的几何体的三视图如图所示，其中主视图、左视图和俯视图均为边长等于2的正方形，则这个几何体的表面积为( )A ．16＋4 3B ．16＋4 5C ．20＋4 3D ．20＋4 5D [由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体的内部挖去一个底面边长为2的正四棱锥，将三视图还原可得如图，可得其表面积为S ＝5×22＋4×12×2×5＝20＋45，故选D.]3．(2018·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A ．2B ．4C ．6D ．8C [由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积V ＝12×(1＋2)×2×2＝6.故选C ．]4．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则主视图中的x 的值是( ) A ．2 B ．92 C ．32D ．3D [由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，且S 底＝12×(1＋2)×2＝3，∴V ＝13x ·3＝3，解得x ＝3.]5．(2019·昆明模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．36πB ．8πC ．92π D ．278πB [根据几何体的三视图，得该几何体是底面为等腰直角三角形，高为2的直三棱锥，如图所示，则该直三棱锥的外接球是对应直三棱柱的外接球，设几何体外接球的半径为R ，∴2R ＝VB .∵VB ＝VA 2＋AB 2＝22，∴R ＝2，∴该几何体的外接球的表面积是4πR 2＝8π.故选B.] 二、填空题6．现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为______．7 [设新的底面半径为r ，由题意得13×π×52×4＋π×22×8＝13×π×r 2×4＋π×r 2×8， ∴r 2＝7，∴r ＝7.]7．一个六棱锥的体积为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________．12 [设正六棱锥的高为h ，棱锥的斜高为h ′. 由题意，得13×6×12×2×3×h ＝23，∴h ＝1，∴斜高h ′＝12＋32＝2，∴S 侧＝6×12×2×2＝12.]8．(2019·惠州模拟)已知三棱锥S ABC ，△ABC 是直角三角形，其斜边AB ＝8，SC ⊥平面ABC ，SC ＝6，则三棱锥S ABC 的外接球的表面积为________．100π [将三棱锥S ABC 放在长方体中(图略)，易知三棱锥S ABC 所在长方体的外接球，即为三棱锥S ABC 的外接球，所以三棱锥S ABC 的外接球的直径2R ＝AB 2＋SC 2＝10，即三棱锥SABC的外接球的半径R＝5，所以三棱锥SABC的外接球的表面积S＝4πR2＝100π.]三、解答题9．如图，从正方体ABCDA1B1C1D1的8个顶点中选出的4个点恰为一个正四面体的顶点．(1)若选出4个顶点包含点A，请在图中画出这个正四面体；(2)求棱长为a的正四面体外接球的半径．[解] (1)如图所示，选取的四个点分别为A，D1，B1，C．(2)棱长为a的正四面体外接球的半径等于正方体外接球的半径等于正方体对角线长的一半，因为正四面体的棱长a，所以正方体的边长为22a，因此外接球的半径为32×22a＝64a.10．(2015·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．[解] (1)交线围成的正方形EHGF如图所示．(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.因为四边形EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，AH ＝10，HB ＝6. 故S 四边形A 1EHA ＝12×(4＋10)×8＝56，S 四边形EB 1BH ＝12×(12＋6)×8＝72.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为97⎝ ⎛⎭⎪⎫79也正确. B 组能力提升1．(2019·青岛模拟)如图为某个几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A ．12－π2 B ．12－πC ．12－2π3D ．12－π3A [由三视图可知，该几何体是由一个正四棱柱挖掉一个半圆锥所得到的几何体，其直观图如图所示，其中正四棱柱的底面正方形的边长a ＝2，半圆锥的底面半径r ＝1，高h ＝3，所以正四棱柱的体积V 1＝a 2h ＝22×3＝12，半圆锥的体积V 2＝12×π3r 2h ＝π6×12×3＝π2，所以该几何体的体积V ＝V 1－V 2＝12－π2.]2．(2018·株洲模拟)已知正三棱锥P ABC 的主视图和俯视图如图所示，则此三棱锥外接球的表面积为( )A ．16π3B ．64π3C ．100π3D ．12πB [如图，作PG ⊥CB 于点G ，连接AG ，设点P 在底面ABC 内的射影为D ，连接PD ，依题易得AB ＝23，PG ＝13，PA ＝4，AD ＝2，PD ＝23，PD ⊥平面ABC ．易知，正三棱锥P ABC 外接球的球心在PD 上，不妨设球心为O ，半径为r ，连接OA ，则在Rt△AOD 中，r 2＝22＋(23－r )2⇒r 2＝163，S ＝4πr 2＝64π3.故选B.]3．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30°.若△SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为________．8π [由题意画出图形，如图，设AC 是底面圆O 的直径，连接SO ，则SO 是圆锥的高．设圆锥的母线长为l ，则由SA ⊥SB ，△SAB 的面积为8，得12l 2＝8，得l ＝4.在Rt△ASO 中，由题意知∠SAO ＝30°，所以SO ＝12l ＝2，AO ＝32l ＝2 3.故该圆锥的体积V ＝13π×AO 2×SO ＝13π×(23)2×2＝8π.]4．一个透明的球形装饰品内放置了两个公共底面的圆锥，且这两个圆锥的顶点和底面圆周都在这个球面上，如图，已知圆锥底面面积是这个球面面积的316，设球的半径为R ，圆锥底面半径为r .(1)试确定R 与r 的关系，并求出较大圆锥与较小圆锥的体积之比； (2)求出两个圆锥的体积之和与球的体积之比．[解] (1)不妨设球的半径为4；则球的表面积为64π，圆锥的底面积为12π，所以圆锥的底面半径为2 3.由几何体的特征知球心到圆锥底面的距离，球的半径以及圆锥底面的半径三者可以构成一个直角三角形．由此可以求得球心到圆锥底面的距离是42－232＝2，所以圆锥体积较小者的高为4－2＝2，同理可得圆锥体积较大者的高为4＋2＝6. 又由这两个圆锥的底面相同，所以较大圆锥与较小圆锥的体积之比等于它们高之比，即3∶1.(2)由(1)可得两个圆锥的体积和为13·π·(23)2·8＝32π，球的体积为43·π·43＝2563π，故两个圆锥的体积之和与球的体积之比为32π∶2563π＝3∶8.。

北师大版高三数学(理)一轮复习《空间几何体的表面积与体积》课件

核心考点
学科素养
-3-
1.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱
圆锥
圆台
侧面展开图
侧面积公式 S 圆柱侧=2πrl
S 圆锥侧=πrl
S = 圆台侧 π(r+r')l
第八章
8.2 空间几何体的表面积与体积
考纲要求
知知识识梳梳理理
双击自测
核心考点
学科素养
-4-
2.空间几何体的表面积与体积公式
考纲要求
知识梳理
双击自测
核核心心考考点点
考点2
考点3 知识方法易错易混
学科素养
-15-
思考:求旋转体的体积的关键是什么? 解题心得:1.求旋转体体积的关键是弄清所得旋转体的几何特征, 确定得到计算体积所需要的几何量. 2.计算柱、锥、台的体积的关键是根据条件找出相应的底面积和高. 3.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.
关闭
72+16√2
解析答案
第八章
8.2 空间几何体的表面积与体积
考纲要求
知识梳理
双双击击自自测测
核心考点
学科素养
-9-
12345
5.如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC为直角三角由所形小题示,值∠意,A连为C知接B,=把A91面0C°,即ABCB可=1C(4,其1,CB中C沿=PACB1CB表11=展示3开.PP,是A与1B两面C点1A上A沿1一B棱1动B柱点在的,一则表个C面P平距+面P离A上1)的. ,如最图关闭
即为四棱锥的高,故 V=1×2×2×1=4.

2020版高考数学一轮复习教案第7章_第2节_空间几何体的表面积与体积(含答案解析)

第二节空间几何体的表面积与体积[考纲传真]了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式．1．多面体的表(侧)面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式3.1．正四面体的表面积与体积棱长为a的正四面体，其表面积为3a2，体积为2 12a3.2．几个与球有关的切、接常用结论 (1)正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ； ③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2.(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1，棱长为a 的正四面体，其内切球半径R 内＝612a ，外接球半径R 外＝64a .[基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)锥体的体积等于底面面积与高之积． ( ) (2)球的体积之比等于半径比的平方． ( ) (3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差． ( )(4)已知球O 的半径为R ，其内接正方体的边长为a ，则R ＝32a . ( )[答案] (1)× (2)× (3)√ (4)√2．(教材改编)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 cm D.32 cm B [S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，∴r 2＝4， ∴r ＝2(cm)．]3．圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱的体积比V 球∶V 柱为( ) A ．1∶2 B ．2∶3C ．3∶4D ．1∶3B [设球的半径为R .则V 球V 柱＝43πR 3πR 2×2R＝23.]4．(教材改编)某几何体的三视图如图所示：则该几何体的体积为( )A ．6B ．3 3C ．2 3D ．3B [由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为侧视图，该侧视图是底边为2，高为3的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故h ＝3，所以几何体的体积V ＝S ·h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×3×3＝3 3.]5．如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________．1∶47 [设长方体的相邻三条棱长分别为a ，b ，c ，它截出棱锥的体积为V 1＝13×12×12a ×12b ×12c ＝148abc ，剩下的几何体的体积V 2＝abc －148abc ＝4748abc ，所以V 1∶V 2＝1∶47.]【例1】 (1)若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( )A．48＋πB．48－πC．48＋2π D．48－2π(2)(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2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．122π B．12πC．82π D．10π(1)A(2)B[(1)该几何体是正四棱柱挖去了一个半球，正四棱柱的底面是正方形(边长为2)，高为5，半球的半径是1，那么该几何体的表面积为S＝2×2×2＋2×4×5－π×12＋2π×12＝48＋π，故选A.(2)因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为22，底面圆的直径为22，所以该圆柱的表面积为2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.](1)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是()A．1＋ 3 B．1＋2 2C．2＋ 3 D．2 2(2)(2016·全国卷Ⅲ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为()A．18＋36 5B．54＋18 5C．90D．81(1)C(2)B[(1)由题意知题中的几何图形就是如图所示的四面体，其中AB＝AD＝CB＝CD＝2，BD＝2，且平面ABD⊥平面CBD.所以△ABD与△CBD都是等腰直角三角形，而△ABC与△CAD都是边长是2的等边三角形．所以表面积是12×2×2×2＋34×(2)2×2＝2＋3，故选C.(2)由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两个侧面为平行四边形，则表面积为(3×3＋3×6＋3×35)×2＝54＋18 5.故选B.]►考法1 公式法求体积【例2】 (1)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1 B.π2＋3 C.3π2＋1D.3π2＋3(2)(2018·江苏高考)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________．(1)A (2)43 [(1)由三视图可知该几何体是由底面半径为1，高为3的半个圆锥和三棱锥S-ABC 组成的，如图，三棱锥的高为3，底面△ABC 中，AB ＝2，OC ＝1，AB ⊥OC .故其体积V ＝13×12×π×12×3＋13×12×2×1×3＝π2＋1.故选A.(2)正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正八面体的所有棱长都是2，则该正八面体的体积为13×(2)2×1×2＝43.]►考法2 割补法求体积【例3】 (1)(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π(2)如图所示，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为( )A.23B.33C.43D.32(1)B (2)A [(1)法一：(割补法)如图所示，由几何体的三视图，可知该几何体是一个圆柱被截去上面虚线部分所得．将圆柱补全，并将圆柱体从点A 处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π.故选B.法二：(估值法)由题意，知12V 圆柱＜V 几何体＜V 圆柱．又V 圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π＜V几何体＜90π.观察选项可知只有63π符合．故选B.(2)法一：如图所示，分别过A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，则原几何体分割为两个三棱锥和一个直三棱柱，因为三棱锥高为12，直三棱柱高为1，AG ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32，取AD 的中点M ，则MG ＝22，所以S △AGD ＝12×1×22＝24，所以V ＝24×1＋2×13×24×12＝23.法二：如图所示，取EF 的中点P ，则原几何体分割为两个三棱锥和一个四棱锥，易知三棱锥P -AED 和三棱锥P -BCF 都是棱长为1的正四面体，四棱锥P -ABCD 为棱长为1的正四棱锥．所以V ＝13×12×22＋2×13×34×63＝23.]►考法3 等积法求体积【例4】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( )A.312B.34C.612D.64A [三棱锥B 1-ABC 1的体积等于三棱锥A -B 1BC 1的体积，三棱锥A -B 1BC 1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312.]A ．2B ．1C.23D.13(2)(2018·天津高考)如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1-BB 1D 1D 的体积为________．(1)C (2)13 [(1)几何体如图，由三视图得底面为对角线为2的正方形，高为1，所以体积为13×12×2×1×2×1＝23，故选C.(2)法一：连接A 1C 1交B 1D 1于点E (图略)，则A 1E ⊥B 1D 1，A 1E ⊥BB 1，则A 1E ⊥平面BB 1D 1D ，所以A 1E 为四棱锥A 1-BB 1D 1D 的高，且A 1E ＝22，矩形BB 1D 1D 的长和宽分别为2，1，故VA 1-BB 1D 1D ＝13×1×2×22＝13.法二：连接BD 1(图略)，则四棱锥A 1-BB 1D 1D 分成两个三棱锥B -A 1DD 1与B -A 1B 1D 1，VA 1-BB 1D 1D ＝VB -A 1DD 1＋VB -A 1B 1D 1＝13×12×1×1×1＋13×12×1×1×1＝13.]►考法1 外接球【例5】 (1)(2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．π B.3π4 C.π2 D.π4(2)(2018·全国卷Ⅲ)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D -ABC 体积的最大值为( )A ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．54 3(1)B (2)B [(1)设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，且R ＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r ，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形．∴r ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32. ∴圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝34π×1＝3π4. 故选B.(2)如图，E 是AC 中点，M 是△ABC 的重心，O 为球心，连接BE ，OM ，OD ，BO .因为S △ABC ＝34AB 2＝93，所以AB ＝6，BM ＝23BE ＝23AB 2－AE 2＝2 3.易知OM ⊥平面ABC ，所以在Rt △OBM 中，OM ＝OB 2－BM 2＝2，所以当D ，O ，M 三点共线且DM ＝OD ＋OM 时，三棱锥D -ABC 的体积取得最大值，且最大值V ma x ＝13S △ABC ×(4＋OM )＝13×93×6＝18 3.故选B.]►考法2 内切球【例6】 (1)(2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 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________．(2)已知棱长为a 的正四面体，则此正四面体的表面积S 1与其内切球的表面积S 2的比值为________．(1)32(2)63π [(1)设球O 的半径为R ， ∵球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切， ∴圆柱O 1O 2的高为2R ，底面半径为R . ∴V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.(2)正四面体的表面积为S 1＝4×34×a 2＝3a 2，其内切球半径r 为正四面体高的14，即r＝14×63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2πa 26＝63π.]球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4(2)正四棱锥P -ABCD 的侧棱和底面边长都等于22，则它的外接球的表面积是( ) A ．16π B ．12πC ．8πD ．4π(1)B (2)A [(1)由三视图可知该几何体是一个直三棱柱，底面为直角三角形，高为12，如图所示，其中AC＝6，BC＝8，∠ACB＝90°，则AB＝10.要使该石材加工成的球的半径最大，只需球与直三棱柱的三个侧面都相切，则半径r等于直角三角形ABC的内切圆半径，即r＝6＋8－102＝2，故能得到的最大球的半径为2，故选B.(2)设正四棱锥的外接球半径为R，顶点P在底面上的射影为O(图略)，因为OA＝12AC＝12AB2＋BC2＝12(22)2＋(22)2＝2，所以PO＝P A2－OA2＝(22)2－22＝2.又OA＝OB＝OC＝OD＝2，由此可知R＝2，于是S球＝4πR2＝16π.]1．(2016·全国卷Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为()A．20πB．24πC．28π D．32πC[由三视图可知，该几何体是由一个圆柱和一个圆锥组成的组合体，上面是一个圆锥，圆锥的高是23，底面半径是2，因此其母线长为4，下面圆柱的高是4，底面半径是2，因此该几何体的表面积是S＝π×22＋2π×2×4＋π×2×4＝28π，故选C.]2．(2015·全国卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有()A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛B[设米堆的底面半径为r尺，则π2r＝8，所以r＝16π，所以米堆的体积为V＝14×13π·r2·5＝π12×⎝⎛⎭⎪⎫16π2×5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)．故选B.]3．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为()A．8 B．6 2C．8 2 D．8 3C[连接BC1，AC1，AC.因为AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1为直角三角形．又AB＝2，所以BC1＝2 3.又B1C1＝2，所以BB1＝(23)2－22＝22，故该长方体的体积V＝2×2×22＝8 2.]4．(2017·全国卷Ⅱ)长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________．14π [∵长方体的顶点都在球O 的球面上， ∴长方体的体对角线的长度就是其外接球的直径．设球的半径为R ，则2R ＝32＋22＋12＝14.∴球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎪⎫1422＝14π.]。

2020版高考数学总复习第八章立体几何初步第2节简单几何体的表面积和体积课件文北师大版

(2)该几何体为一个半圆柱中间挖去一个四面体， ∴体积 V＝12π×22×4－13×12×2×4×4＝8π－136. 答案 (1)C (2)A
考点三多面体与球的切、接问题
典例迁移
【例3】 (经典母题)(2016·全国Ⅲ卷)在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V
的球.若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是( )
故S球＝4πR2＝169π.
【迁移探究2】若将题目的条件变为“如图所示是一个几何体的三视图”，试求该几何体外接球的表面积.
解设外接球的半径为 R，由三视图可知该几何体是两个正四棱锥的组合体(底面重
合)，上、下两顶点之间的距离为 2R，正四棱锥的底面是边长为 2R 的正方形，由
R2＋

22R2＝32 解得
解析由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积 V＝12×(1＋2)×2×2＝6. 答案 6
考点一简单几何体的表面积
【例1】 (1)(2019·南昌模拟)一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其主视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是( )
A.4 3
B.4 5
C.4( 5＋1)
答案 A
角度2 简单几何体的体积【例2－2】 (一题多解)(2018·天津卷)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，
则四棱锥A1－BB1D1D的体积为________．
解析法一连接 A1C1 交 B1D1 于点 E，则 A1E⊥B1D1，A1E⊥BB1，则 A1E⊥平面
BB1D1D，所以 A1E 为四棱锥 A1－BB1D1D 的高，且 A1E＝ 22，矩形 BB1D1D 的长和宽
【训练3】 (2019·广州模拟)三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝ PC＝AC＝2，AB＝4，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为( )

2020版高考数学大一轮复习第八章立体几何初步第2节简单几何体的表面积与体积学案北师大版

套用相应的面积公式 .
2.(1) 多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理
.
(2) 旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用
.
【训练 1】 (1) 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于
()
A.8＋ 2 2 C.14＋ 2 2
B.11 ＋2 2 D.15
(2)(2016 · 全国Ⅰ卷 ) 如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每 28π
到底面圆的距离为 OM＝12 .
∴底面圆半径
r＝
OA2 －
OM2 ＝
3 2
，故圆柱体积
V＝π· r2 · h＝ π ·
3 2
2 ×
1＝
3π 4
.
答案 B
5. (2018· 西安质检 ) 已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示
(单
位：m)，则该四棱锥的体积为 ________m.3
A.20 π
B.24 π
C.28π
D.32 π
(2)(2017 · 全国Ⅰ卷 ) 某多面体的三视图如图所示，其中主视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为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2，这些
3
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解析根据三视图可知该四棱锥的底面是底边长为
高为 3 m.
故该四棱锥的体积
1 V＝ 3×
2×
1×
3＝ 2 (m 3).
答案 2
2 m，高为 1 m 的平行四边形，四棱锥的
考点一简单几何体的表面积
【例 1】 (1)(2016 · 全国Ⅱ卷 ) 如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体

高考数学一轮复习课后限时集训空间几何体的结构及其表面积体积理北师大版

课后限时集训42空间几何体的结构及其外表积、体积建议用时：45分钟一、选择题1．以下说法中正确的选项是( ) A ．斜三棱柱的侧面展开图一定是平行四边形 B ．水平放置的正方形的直观图有可能是梯形C ．一个直四棱柱的主视图和左视图都是矩形，那么该直四棱柱就是长方体D ．用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的局部形成的几何体就是圆台 [答案] D2．一个球的外表积是16π，那么这个球的体积为( ) A.163π B.323π C ．16π D ．24πB [设球的半径为R ，那么S ＝4πR 2＝16π，解得R ＝2，那么球的体积V ＝43πR 3＝323π.]3．?九章算术?是我国古代数学名著，在?九章算术?中将底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马〞．假设某“阳马〞的三视图如下图，其中主视图和左视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，那么该“阳马〞的外表积为( )A ．1＋ 2B ．1＋2 2C ．2＋ 2D ．2＋2 2C [由三视图可得该“阳马〞的底面是边长为1的正方形，高为1，那么外表积为1＋2×12×1×1＋2×12×2×1＝2＋2，应选C.] 4．用长为8，宽为4的矩形做侧面围成一个圆柱，那么圆柱的轴截面的面积为( )A.32B.32πC.16πD.8πB [假设8为底面周长，那么圆柱的高为4，此时圆柱的底面直径为8π，其轴截面的面积为32π；假设4为底面周长，那么圆柱的高为8，此时圆柱的底面直径为4π，其轴截面的面积为32π.]5．(2022·哈尔滨模拟)将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥，那么该圆锥的内切球的外表积为( )A ．πB ．2πC ．3πD ．4πB [半径为3，圆心角为2π3的扇形弧长为2π，故其围成的圆锥母线长为3，底面圆周长为2π，得其底面半径为1，如图，MB ＝1，AB ＝3, ∴AM ＝22，由相似可得ON MB ＝AO AB ，得ON ＝22， ∴S 球＝4π×12＝2π.应选B .]二、填空题6.有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如下图)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，那么这块菜地的面积为________．2＋22[如图1，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为E . 图1 图2在Rt △ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°，∴BE ＝22. 而四边形AECD 为矩形，AD ＝1，∴EC ＝AD ＝1，∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1.由此可复原原图形如图2.在原图形中，A ′D ′＝1，A ′B ′＝2，B ′C ′＝22＋1，且A ′D ′∥B ′C ′，A ′B ′⊥B ′C ′，∴这块菜地的面积S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22.] 7．(2022·全国卷Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，AB ＝BC ＝6 cm ，AA 1＝4 cm ，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.。

2020版高考数学一轮复习课时规范练38空间几何体的表面积与体积理北师大版-精编

课时规范练38 空间几何体的表面积与体积基础巩固组1.(2018广东广州七校联考,11)如图,画出的是某四棱锥的三视图,网格纸上小正方形的边长为1,则该几何体的体积为()A.15B.16C.D.2.(2018山东临沂三模,7)如图,网格中小正方形的边长为1,某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为()A.+9+9B.+9C.36+9D.36+9+93.(2018海南五模,8)已知某几何体的三视图如图所示,俯视图是由边长为2的正方形和半径为1的半圆组成,则该几何体的体积为()A.8+B.8+C.4+D.8+4.(2018浙江嘉兴四模,9)某几何体的三视图如图(单位;m),则该几何体的体积是()A. m3B. m3C.2 m3D.4 m35.(2018山西太原一模,7)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A. B.C. D.6.(2018福建三明一中一模,10)我国古代数学名著《九章算术》记载;“刍甍者,下有袤有广,而上有袤无丈.刍,草也;甍,屋盖也.”翻译为;“底面有长有宽为矩形,顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍字面意思为茅草屋顶.”如图,为刍甍的三视图,其中主视图为等腰梯形,左视图为等腰三角形,则它的体积为()A. B.160C. D.647.(2018江西南昌六模,11)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的外接球的表面积为()A.32πB.16πC.36πD.72π8.(2018贵州贵阳一中高三月考,11)已知正四棱锥S-ABCD的底面是边长为4的正方形,若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切,则该四棱锥的高是()A. B. C. D.9.(2018天津,理11)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,除面ABCD外,该正方体其余各面的中心分别为点E,F,G,H,M(如图),则四棱锥M-EFGH的体积为.10.已知直四棱柱底面是边长为2的菱形,侧面对角线的长为2,则该直四棱柱的侧面积为.11.( 2018云南师范大学附属中学三模,14)已知半径为5的球O被两平行的平面所截,两截面圆的半径分别为3和4,则分别以两截面为上、下底面的圆台的侧面积为.12.某几何体的三视图如图所示,坐标纸上的每个小方格的边长为1,则该几何体的外接球的表面积是.综合提升组13.(2018江西南昌测试八,7)某几何体的三视图如图(虚线刻画的小正方形边长为1)所示,则这个几何体的体积为()A. B.C.12D.14.(2018河南信阳二模,11)已知一个三棱锥的三视图如图所示,其中三视图的长、宽、高分别为2,a,b,且2a+b= (a>0,b>0),则此三棱锥外接球表面积的最小值为()A.πB.πC.4πD.5π15.(2018黑龙江哈尔滨押题二,7)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为()A.30π+8B.+8C.+8D.+816.(2018广西防城港高三模拟,15)各面均为等边三角形的四面体ABCD的外接球的表面积为3π,过棱AB作球的截面,则截面面积的最小值为.创新应用组17.(2018辽宁葫芦岛二模,11)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为的正方形,侧棱AA1=3,P为矩形CDD1C1内部(含边界)一点,M为BC中点,∠APD=∠CPM,Q为空间任一点且|QA1|=1,三棱锥Q-PCD的体积的最大值记为V(),则关于函数V(),下列结论正确的是()A.V()为奇函数B.V()在区间(0,+∞)上不单调C.V(3)=4D.V(6)=21参考答案课时规范练38 空间几何体的表面积与体积1.C由题得几何体原图是下图中的四棱锥A-BCDE,底面四边形BCDE的面积为4×4-×4×2-×2×2=10,所以四棱锥的体积为×10×5=.故选C.2.B由题得几何体的原图如图所示.几何体的左边是一个三棱柱,右边是一个三棱锥.由题得S四边=S四边形BCFE=3×3=9,S△ABC=S△DEO=S△FEO=×3×3=,由题得AC=DF=3,∴S矩形ACFD=3×形ABED3=9,S△DFO=×(3)2=,所以几何体的表面积=9++9+9+3×=+9+.故选B.3.D由三视图可知几何体为半圆锥与正方体的组合体,V=23+××π×12×2=8+,故选D.4.A由已知的三视图可得;该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥,底面的底边长为2 m,底面的高,即为三视图的宽1 m,故底面面积S=×2×1=1 m2,棱锥的高即为三视图的高,故h=2 m,故棱锥的体积V=×1×2= m3,故选A.5.B由给定的三视图可知,该几何体表示左侧是一个以边长为2的正方形为底面,高为2的四棱锥,其体积为V1=×2×2×2=;右侧为一个直三棱柱,其底面如俯视图所示,高为2,其体积为V2=×2×2×2=4,所以该几何体的体积为V=V1+V2=+4=,故选B.6.A由三视图可知该刍甍是一个组合体,它由一个直三棱柱和两个全等的四棱锥组成,根据三视图中的数据,求出棱锥与棱柱的体积相加即可,×4×4×4+2××2×4×4=32+=,故选A.7.C还原几何体,如图所示三棱锥B1-BCD(如下图),将此三棱锥补形为直三棱柱B1C1D1-BCD(如下图),在直三棱柱B1C1D1-BCD中取BC、B1C1的中点O1、O2,取O1O2中点O,R===3,S表=4πR2=4×32=36π.故答案为C.8.B因为球O与正四棱锥S-ABCD所有面都相切,于是由等体积法知V S-ABCD=V O-ABCD+V O-+V O-SBC+V O-SDA+V O-SCD⇒×42×h=×42×1+4×××1⇒h=.故选B.SAB9. 由题意可知,四棱锥M-EFGH的底面EFGH为正方形且边长为,其高为,所以V四棱锥M-EFGH=××=.10.16侧棱长为=2,因为侧面为矩形,所以侧面积为4×2×2=16.11.7π或35π由题意,得两截面圆到球心的距离分别为=4,=3,则分别以两截面为上、下底面的圆台的底面半径分别为4,3,圆台的高为4+3=7或4-3=1,则其母线长为=5或=,则该圆台的侧面积为S=π×(3+4)×5=35π或S=π×(3+4)×=7π.12.π根据几何体的三视图,得该几何体是如图所示的三棱锥,三棱锥的高PD=6,且侧面PAC⊥底面ABC,AC⊥BC,PA=PC==2,AC=8,BC=6,AB==10,∴PA2+PB2=AB2,∴△ABC的外接圆的圆心为斜边AB的中点E,设该几何体的外接球的球心为O.OE⊥底面ABC,设OE=,外接球的半径为R,则2+2=32+(6-)2,解得=.∴R2=2+52=,∴外接球的表面积S=4π×R2=.13.D几何体为如图多面体PABCDE,所以体积为V D-PABE+V A-BCD=×2××2×(1+2)+×2××2×1=.故选D.14.B由已知条件及三视图得,此三棱锥的四个顶点位于长方体ABCD-A1B1C1D1的四个顶点处,即为三棱锥A-CB1D1,且长方体ABCD-A1B1C1D1的长、宽、高分别为2,a,b,∴此三棱锥的外接球即为长方体ABCD-A1B1C1D1的外接球,且球半径为R==,∴三棱锥外接球表面积为4π2=π(4+a2+b2)=5π(a-1)2+,∴当且仅当a=1,b=时,三棱锥外接球的表面积取得最小值为π.故选B.15.D根据三视图知,该几何体是左边为圆柱的一部分,右边是圆柱挖去一个半球体,结合图中数据,计算该几何体的表面积为;S=π·22+·2π·2·2+2·2·2+2π·2·4+·4π·22=+8.故选D. 16. 将四面体放回一个正方体中,使正四面体的棱都是正方体的面对角线,那么正四面体和正方体的外接球是同一个球,当AB是截面圆的直径时,截面面积最小.因外接球的表面积为3π,则球的直径为,则正方体的体对角线为,棱长为1,面对角线为,截面圆面积最小值为π×2=.17.D∵在长方体ABCD-A1B1C1D1中,M为BC中点,∠APD=∠CPM,P为矩形CDD1C1内部(含边界)一点,∴Rt△ADP∽Rt△PMC,∴==2,即PD=2PC,∵|QA1|=1,则A1在以Q为球心的球面上,而A1到面PCD的距离为,则(V Q-PCD)ma=××3××(+1)= (+1),由此可知A,B,C选项都不正确,而V(6)=×6×(6+1)=21.故选D.。

2020高考数学一轮复习课时规范练38空间几何体的表面积与体积理新人教B版

【2019最新】精选高考数学一轮复习课时规范练38空间几何体的表面积与体积理新人教B版基础巩固组1.某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( )A.12+4B.18+8C.28D.20+82.(2017安徽黄山二模,理6)过圆锥顶点的平面截去圆锥一部分,所得几何体的三视图如图所示,则原圆锥的体积为( )A.1B.C. D.3.已知三棱柱的三个侧面均垂直于底面,底面为正三角形,且侧棱长与底面边长之比为2∶1,顶点都在一个球面上,若该球的表面积为,则此三棱柱的侧面积为( ) A. B.C.8D.64.一个由半球和四棱锥组成的几何体,其三视图如下图所示.则该几何体的体积为( )A.B.C.D.1+5.某几何体的三视图如图所示,该几何体的体积为( )A.2B.C. D.6.(2017宁夏银川二模,理9)点A,B,C,D在同一个球的球面上,AB=BC=,∠ABC=90°,若四面体ABCD体积的最大值为3,则这个球的表面积为( )A.2πB.4πC.8πD.16π7.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上,AB=AC,侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形,则侧面ABB1A1的面积为( )A. B.1C. D. 〚导学号21500744〛8.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,侧棱PA⊥底面ABCD,PA=2,E为AB的中点,则四面体PBCE的体积为.9.(2017河北武邑中学一模,理13)已知一个圆锥的母线长为2,侧面展开是半圆,则该圆锥的体积为.10.(2017天津河××区一模,理11)已知一个四棱锥的三视图如图所示,则此四棱锥的体积为.11.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.12.已知H是球O的直径AB上一点,AH∶HB=1∶2,AB⊥平面α,H为垂足,α截球O所得截面的面积为π,则球O的表面积为.综合提升组13.如图是某个几何体的三视图,其中主视图为正方形,俯视图是腰长为2的等腰直角三角形,则该几何体外接球的直径为( )A.2B.2C.D.214.一个四面体的顶点都在球面上,它的主视图、左视图、俯视图都是右图.图中圆内有一个以圆心为中心边长为1的正方形.则这个四面体的外接球的表面积是( ) A.π B.3πC.4πD.6π15.已知正四棱锥O-ABCD的体积为,底面边长为,则以O为球心,OA为半径的球的表面积为.16.(2017陕西咸阳二模,理16)已知一个三棱锥的所有棱长均为,则该三棱锥的内切球的体积为.创新应用组17.(2017石家庄二中模拟,理15)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.18.(2017全国Ⅰ,理16)如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB 为底边的等腰三角形,沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为.〚导学号21500746〛参考答案课时规范练38 空间几何体的表面积与体积1.D 由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱,如图.则该几何体的表面积为S=2××2×2+4×2×2+2×4=20+8,故选D.2.D 由三视图可得底面圆的半径为=2,圆锥的高为=2,∴原圆锥的体积为π×22×2=,故选D.3.D 如图,根据球的表面积可得球的半径为r=,设三棱柱的底面边长为x,则=x2+,解得x=1,故该三棱柱的侧面积为3×1×2=6.4.C 由三视图可知,上面是半径为的半球,体积V1=π×,下面是底面积为1,高为1的四棱锥,体积V2=×1×1=,所以该几何体的体积V=V1+V2=.故选C.5.D 由已知中的三视图,可知该几何体是一个长方体,切去了一个边长为1,高也是1的正四棱锥(如图),长方体ABCD-A'B'C'D'切去正四棱锥S-ABCD.长方体的体积为V长方体=1×1×2=2,正四棱锥的体积为V正四棱锥=×1×1×1=,故该几何体的体积V=2-.故选D.6.D 由题意,知S△ABC=3,设△ABC所在球的小圆的圆心为Q,则Q为AC的中点,当DQ与面ABC垂直时,四面体ABCD的最大体积为S△ABC·DQ=3,∴DQ=3,如图,设球心为O,半径为R,则在Rt△AQO中,OA2=AQ2+OQ2,即R2=()2+(3-R)2,∴R=2,则这个球的表面积为S=4π×22=16π.故选D.7.C 由题意知,球心在侧面BCC1B1的中心O上,BC为△ABC所在圆面的直径,所以∠BAC=90°,△ABC的外接圆圆心N是BC的中点,同理△A1B1C1的外心M是B1C1的中点.设正方形BCC1B1的边长为x,在Rt△OMC1中,OM=,MC1=,OC1=R=1(R为球的半径),所以=1,即x=,则AB=AC=1.所以侧面ABB1A1的面积S=×1=.8. 显然PA⊥面BCE,底面BCE的面积为×1×2×sin 120°=,所以VP-BCE=×2×.9.π由题意知圆锥的底面周长为2π,设圆锥的底面半径是r,则得到2πr=2π,解得r=1,∴圆锥的高为h=.∴圆锥的体积为V=πr2h=π.10. 如图所示,该几何体为如下四棱锥P-ABCD,其中PA⊥底面ABCD,底面四边形由直角梯形ABED,Rt△DCE组成,AB∥DE,AB⊥BC,AB=1,DE=2,BE=EC=1,PA=2.∴S底面ABCD=×1+×2×1=.V=×2=.11. 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=,得PD⊥PB.设底面中心O,则四棱锥的高PO=,则其体积是V=Sh=×12×.12. 如图,设球O的半径为R,则AH=,OH=.又π·EH2=π,∴EH=1.∵在Rt△OEH中,R2=+12,∴R2=.∴S球=4πR2=.13.D 由题意可知三视图复原的几何体如图,四棱锥S-BCDE是正方体的一部分,正方体的棱长为2,所以几何体外接球为正方体外接球,该几何体外接球的直径为2.14.B 由三视图可知,该四面体是正四面体.∴此四面体的外接球的直径为正方体的对角线长为.∴此四面体的外接球的表面积为4π×=3π,故选B.15.24π如图所示,在正四棱锥O-ABCD中,VO-ABCD=·S正方形ABCD·OO1=×()2×OO1=,∴OO1=,AO1=,在Rt△OO1A中,OA=,即R=,∴S球=4πR2=24π.16.π如图,O为正四面体ABCD的内切球的球心,正四面体的棱长为,所以OE为内切球的半径,设OA=OB=R,在等边三角形BCD中,BE=,AE=.由OB2=OE2+BE2,即有R2=,解得R=.OE=AE-R=,则其内切球的半径是,故内切球的体积为π×π.17.4π-3 如图所示,设球心为O点,上下底面的中心分别为O1,O2,设正三棱柱的底面边长与高分别为x,h,则O2A=x,在Rt△OAO2中,x2=1,化为h2=4-x2,∵S侧=3xh,∴=9x2h2=12x2(3-x2)≤12=27,当且仅当x=时取等号,S侧=3,∴球的表面积与该正三棱柱的侧面积之差是4π-3,故答案为4π-3.18.4 如图所示,连接OD,交BC于点G.由题意知OD⊥BC,OG=BC.设OG=x,则BC=2x,DG=5-x,三棱锥的高h=.因为S△ABC=×2x×3x=3x2,所以三棱锥的体积V=S△ABC·h=x2·.令f(x)=25x4-10x5,x∈,则f'(x)=100x3-50x4.令f'(x)=0,可得x=2,则f(x)在(0,2)单调递增,在单调递减,所以f(x)max=f(2)=80.所以V≤=4,所以三棱锥体积的最大值为4.。

2020高考北师大版理科数学-课时规范练38空间几何体的表面积与体积

课时规范练38空间几何体的表面积与体积基础巩固组1.一个三棱锥的主视图和左视图如图所示(均为直角三角形),则该三棱锥的体积为()A.4B.8C.16D.24AO与底OCB垂直,其直观图如图,可得其俯视图是直角三角形,直角边长为2,4,∴OA=6,∴棱锥的体积V=13×12×2×4×6=8,故选B.2.在矩形ABCD中,AB=4,BC=3,沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角B-AC-D,则四面体ABCD的外接球的体积为()A.12512πB.1259πC.1256πD.1253πO,则由矩形对角线互相平分,可知OA=OB=OC=OD.∴点O 到四面体的四个顶点A ,B ,C ,D 的距离相等,即点O 为四面体的外接球的球心,如图所示. ∴外接球的半径R=OA=52.故V 球=43πR 3=1256π.选C .3.(2019广东深圳外国语学校一模)一个几何体的三视图如图所示(其中主视图的弧线为四分之一圆周),则该几何体的表面积为( )A.72+6πB.72+4πC.48+6πD.48+4π,该几何体由一个正方体的34部分与一个圆柱的14部分组合而成,其表面积为16×2+(16-4+π)×2+4×(2+2+π)=72+6π,故选A .4.(2019山东潍坊三模,4)某几何体的三视图(如图),则该几何体的体积是( )A .23π+6 B .116π C .113π D .23+6π,右边为半圆柱的组合体,且圆锥与圆柱的底面圆直径为2,圆柱的高为3,圆锥的高为2,∴几何体的体积V=V 半圆柱+V 半圆锥=12π×12×3+12×13π×12×2=116π. 5.(2019黑龙江红岗期末)设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱的长都是a ,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为( )A.πa 2 B .73πa 2 C .113πa 2 D.5πa 2,三棱柱为正三棱柱,上下底面中心连线的中点即为球心,如图,M ,N 分别为三棱柱上、下底面的中心,O 为MN 的中点,则OA 为球的半径,AN=23AD=23×√32a=√33a.所以r=OA=√ON 2+AN 2=√a 24+a 23=√7a 212,所以S=4πr 2=73πa 2.6.(2019山东栖霞模拟)某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的外接球半径为( )A .√2B .√3C .√5D.2√2:由三视图可知底面三角形是边长为2,顶角120°的三角形,所以外接圆半径可由正弦定理得2r=2sin30°=4,由侧面为两等腰直角三角形,可确定出外接圆圆心,利用球的几何性质可确定出球心,且球心到底面的距离d=1,所以球半径R=√d 2+r 2=√5,故选C .7.(2019宁夏银川一中一模,9)一个四棱锥的三视图如图所示,其主视图和左视图为全等的等腰直角三角形,俯视图是边长为√6的正方形,该几何体的所有顶点都在同一个球面上,则该球的表面积为( )A.πB.2πC.3πD.6π,该几何体为底面边长为√62,侧棱长为√62的正四棱锥,如图所示:设底面四边形ABCD 对角线交点为O',球心为O ,球的半径为R , 则PO'=√PA 2-O 'A 2=√32-34=√32,即OO'=√32-R , 在直角三角形AOO'中,O'A 2+O'O 2=OA 2,即(√32)2+(√32-R)2=R 2,解得R=√32,∴球的表面积为4πR 2=3π.8.(2019山西太原一模)如图是某几何体的三视图,其中网格纸上小正方形的边长为1,则该几何体的体积为( )A.12B.15C .403D .503,其高h 为5,底面四边形为正方形去掉两个直角三角形,面积S=16-12×4×2-12×2×2=10. 体积V=13Sh=503.故选D .9.(2019安徽定远中学仿真考)已知半径为2的球内有一个内接圆柱,若圆柱的高为2,则球的体积与圆柱的体积的比为( ) A .43 B .916C .34D .169r ,则r=√22-12=√3,所以圆柱的体积V 1=π·(√3)2×2=6π.又球的体积V 2=43π×23=323π,所以球的体积与圆柱的体积的比V 2V 1=32π36π=169,故选D .10.(2019北京,理11)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 .,如图所示.该几何体的体积V=43-12×(2+4)×2×4=40.11.(2019天津,理11)已知四棱锥的底面是边长为√2的正方形,侧棱长均为√5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为 .√2,可得OC=1.设M 为VC 的中点,O 1M=12OC=12,O 1O=12VO ,VO=√VC 2-OC 2=2,∴O 1O=1.V 柱=π·O 1M 2·O 1O=π×122×1=π4.综合提升组12.(2019浙江,4)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家,他提出的“幂势既同,则积不容异”称为祖暅原理,利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=Sh ,其中S 是柱体的底面积,h 是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示(单位:cm),则该柱体的体积(单位:cm 3)是( )A.158B.162C.182D.324解析由三视图得该棱柱的高为6,底面五边形可以看作是由两个直角梯形组合而成,其中一个上底为4,下底为6,高为3,另一个的上底为2,下底为6,高为3,则该棱柱的体积为2+62×3+4+62×3×6=162.13.(2019四川宜宾诊断三)如图,边长为2的正方形ABCD 中,E ,F 分别是BC ,CD 的中点,现在沿AE ,AF 及EF 把这个正方形折成一个四面体,使B ,C ,D 三点重合,重合后的点记为P ,则四面体P-AEF 的高为( ) A .13 B .23C .34D.1,由题意可知PA ,PE ,PF 两两垂直,∴PA ⊥平面PEF ,∴V A-PEF =13S △PEF ·PA=13×12×1×1×2=13,设P 到平面AEF 的距离为h ,又S △AEF =22-12×1×2-12×1×2-12×1×1=32,∴V P-AEF =13×32×h=ℎ2,∴ℎ2=13,故h=23,故选B .14.(2019四川宜宾二模,9)已知三棱锥P-ABC 的四个顶点都在半径为2的球面上,AB=BC=CA=2√2,PA ⊥平面ABC ,则三棱锥P-ABC 的体积为( ) A .√6 B.2√2C .94D .83,取BC 中点D ,连接AD ,设三角形ABC 的中心为G ,球的半径R=OA=2.AD=√3×2√2=√6,则AG=2√6,则OG=√OA 2-AG 2=√22-(2√63)2=2√33,则PA=2OG=4√3.∴三棱锥P-ABC 的体积为V=1×1×2√2×√6×4√3=8.故选D .15.(2019广东深圳高级中学考前模拟)在三棱锥P-ABC 中,平面PAB ⊥平面ABC ,△ABC 是边长为6的等边三角形,△PAB 是以AB 为斜边的等腰直角三角形,则该三棱锥外接球的表面积为 .π,在等边三角形ABC中,取AB的中点F,设等边三角形ABC的中心为O,连接PF,CF,OP.由AB=6,得AO=BO=CO=23CF=2√3,OF=√3.∵△PAB是以AB为斜边的等腰直角三角形,∴PF⊥AB,又平面PAB⊥平面ABC,∴PF⊥平面ABC,∴PF⊥OF,OP=√OF2+PF2=2√3,则O为棱锥P-ABC的外接球球心,外接球半径R=OC=2√3,∴该三棱锥外接球的表面积为4π×(2√3)2=48π.创新应用组16.(2019福建泉州质检,12)已知三棱锥A-BCD的所有顶点都在球O的球面上,AD⊥平面ABC,∠BAC=90°,AD=2,若球O的表面积为29π,则三棱锥A-BCD的侧面积的最大值为()A.5√2+254B.5√2+5√414C.6√3+272D.10√2+254O的半径为R,AB=x,AC=y,由4πR2=29π,得4R2=29.又x2+y2+22=(2R)2,得x2+y2=25.三棱锥A-BCD的侧面积:S=S△ABD+S△ACD+S△ABC=12·2x+12·2y+12xy.由x2+y2≥2xy,得xy≤252,当且仅当x=y=5√2时取等号,由(x+y)2=x2+2xy+y2≤2(x2+y2),得x+y≤5√2, 当且仅当x=y=5√2时取等号,∴S≤5√2+12×252=5√2+254,当且仅当x=y=5√2时取等号.∴三棱锥A-BCD的侧面积的最大值为5√2+254.故选A.17.(2019全国3,理16)学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型.如图,该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H分别为所在棱的中点,AB=BC=6 cm,AA1=4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为g..8,四棱锥O-EFGH的底面积为4×6-4×12×2×3=12(cm2),点O到平面BB1C1C的距离为3 cm,则此四棱锥的体积为V1=13×12×3=12(cm3).又长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为V2=4×6×6=144(cm3),则该模型的体积为V=V2-V1=144-12=132(cm3).故其质量为0.9×132=118.8(g).18.(2019河北衡水中学四调,16)三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,△ABC为正三角形,外接球表面积为12π,则三棱锥P-ABC的体积V P-ABC的最大值为.√3,令AB=a,PD=DA=OO'=h,则BO'=AO'=DO=√3a,在Rt△PDO中,DO2+DP2=PO2,即(√33a)2+h2=(√3)2,即13a2+h2=3,得a2=9-3h2.V P-ABC=1S△ABC·PA=1×√3a2×2h=√3a2h=√3(9-3h2)h=√3(3h-h3).令f(h)=3h-h3,f'(h)=3-3h2,f(h)在(0,1)上是增加的,在(1,+∞)上是减少的,所以h=1时,V P-ABC max=√3.。

专题39 空间几何体的表面积与体积-2020年领军高考数学一轮复习(文理通用)(解析版)

专题39空间几何体的表面积与体积最新考纲了解球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式.基础知识融会贯通1．多面体的表面积、侧面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式3.柱、锥、台、球的表面积和体积【知识拓展】1．与体积有关的几个结论(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差．(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等．2．几个与球有关的切、接常用结论(1)正方体的棱长为a，球的半径为R，①若球为正方体的外接球，则2R＝3a；②若球为正方体的内切球，则2R＝a；③若球与正方体的各棱相切，则2R＝2a.(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝a2＋b2＋c2.(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.重点难点突破【题型一】求空间几何体的表面积【典型例题】在△ABC中，AC＝2，BC＝2，∠ACB＝120°，若△ABC绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体的表面积是（）A．B．6πC．D．【解答】解：△ABC绕直线BC旋转一周，所形成的几何体一个大圆锥去掉一个小圆锥，因为AC＝2，BC＝2，∠ACB＝120°，所以OA，AB＝2所以所形成的几何体的表面积是故选：A．【再练一题】如图（单位：cm），求图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的表面积和体积．【解答】解：由题意知，所求旋转体的表面积由三部分组成：圆台下底面、侧面和一半球面S半球＝8π，S圆台侧＝35π，S圆台底＝25π．故所求几何体的表面积为68π由，所以，旋转体的体积为思维升华空间几何体表面积的求法(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．(3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．【题型二】求空间几何体的体积命题点1以三视图为背景的几何体的体积【典型例题】设如图是某几何体的三视图，求该几何体的体积和表面积．【解答】解：该几何体是由一个球与一个长方体组成的组合体，球的直径为3，长方体的底面是边长为3的正方形，高为2，故所求体积为，表面积为．【再练一题】如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A．πB．C．D．【解答】解：由三视图可知几何体是有四分之一个球与一个半圆柱组成，圆柱的底面半径与球的半径相同为：1，圆柱的高为2，组合体的体积为：．故选：B．命题点2求简单几何体的体积【典型例题】正四棱锥P﹣ABCD，B1为PB的中点，D1为PD的中点，则两个棱锥A﹣B1CD1，P﹣ABCD的体积之比是（）A．1：4 B．3：8 C．1：2 D．2：3【解答】解：如图，棱锥A﹣B1CD1的体积可以看成是正四棱锥P﹣ABCD的体积减去角上的四个小棱锥的体积得到，∵B1为PB的中点，D1为PD的中点，∴棱锥B1﹣ABC，的体积和棱锥D1﹣ACD的体积都是正四棱锥P﹣ABCD的体积的，棱锥C﹣PB1D1，的体积与棱锥A﹣PB1D1的体积之和是正四棱锥P﹣ABCD的体积的，则中间剩下的棱锥A﹣B1CD1的体积V＝正四棱锥P﹣ABCD的体积﹣3个正四棱锥P﹣ABCD的体积个正四棱锥P﹣ABCD的体积，则两个棱锥A﹣B1CD1，P﹣ABCD的体积之比是1：4．故选：A．【再练一题】一个正三棱锥的底面边长等于一个球的半径，该正三棱锥的高等于这个球的直径，则球的体积与正三棱锥体积的比值为（）A．B．C．D．【解答】解：设球的半径为r；正三棱锥的底面面积，h＝2r，．所以故选：A．思维升华空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．【题型三】与球有关的切、接问题【典型例题】在三棱锥P﹣ABC中，P A＝PB＝PC＝2，AB＝AC＝1，BC，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A．8πB．C．D．【解答】解：如图，由P A＝PB＝PC＝2，过P作PG⊥平面ABC，垂足为G，则G为三角形ABC的外心，在△ABC中，由AB＝AC＝1，BC，可得∠BAC＝120°，则由正弦定理可得：2AG，即AG＝1．∴PG．取P A中点H，作HO⊥P A交PG于O，则O为该三棱锥外接球的球心．由△PHO∽△PGA，可得，则PO．即该棱锥外接球半径为．∴该三棱锥外接球的表面积为，故选：B．【再练一题】在边长为2的菱形ABCD中，BD＝2，将菱形ABCD沿对角线AC对折，使二面角B﹣AC﹣D的余弦值为，则所得三棱锥A﹣BCD的内切球的表面积为（）A．B．πC．D．【解答】解：如下图所示，易知△ABC和△ACD都是等边三角形，取AC的中点N，则DN⊥AC，BN⊥AC．所以，∠BND是二面角B﹣AC﹣D的平面角，过点B作BO⊥DN交DN于点O，可得BO⊥平面ACD．因为在△BDN中，，所以，BD2＝BN2+DN2﹣2BN•DN•cos∠BND，则BD＝2．故三棱锥A﹣BCD为正四面体，则其内切球半径．因此，三棱锥A﹣BCD的内切球的表面积为．故选：C．思维升华空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段P A，PB，PC两两互相垂直，且P A＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．基础知识训练1．【安徽省定远中学2019届高三全国高考猜题预测卷一】已知半径为2的球内有一个内接圆柱，若圆柱的高为2，则球的体积与圆柱的体积的比为（）A．43B．916C．34D．【答案】D 【解析】设圆柱的底面圆半径为r，则r=2126V=π⋅⨯=π.又球的体积，所以球的体积与圆柱的体积的比213216 369V Vππ==，故选D.2．【贵州省遵义航天高级中学2019届高三第十一模（最后一卷)】四棱锥P ABCD-的底面为正方形ABCD，PA⊥底面ABCD，2AB=，若该四棱锥的所有顶点都在体积为的同一球面上，则PA的长为（）A．3 B．2 C．1 D．1 2【答案】C 【解析】解：连接AC 、BD 交于点E ，取PC 的中点O ，连接OE ，可得OE ∥PA,OE ⊥底面ABCD ，可得O 到四棱锥的所有顶点的距离相等，即O 为球心，设球半径为R ，可得12R PC == 解得PA=1,故选C.3．【山东省栖霞市2019届高三高考模拟卷（新课标I)】已知P ，，B ，C ，D 是球O 的球面上的五个点，四边形ABCD 为梯形，//AD BC ，2AB DC AD ===，4BC PA ==，PA ⊥面ABCD ，则球O 的体积为（）A B ． C ． D ．16π【答案】A【解析】取BC 中点E ，连接,,AE DE BD//AD BC 且12AD BC EC == 四边形ADCE 为平行四边形，又12DC BC = 12DE BC ∴= AE DE BE EC ∴===E ∴为四边形ABCD 的外接圆圆心设O 为外接球的球心，由球的性质可知OE ⊥平面ABCD作OF PA ⊥，垂足为F 四边形AEOF 为矩形，2OF AE ==设AF x =，OP OA R ==则()22444x x +-=+，解得：2x = R ∴=球O 的体积：343V R π== 本题正确选项： 4．【河南省百校联盟2019届高三考前仿真试卷】阳马，中国古代算数中的一种几何形体，是底面长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥体，在阳马P ABCD -中，PC 为阳马P ABCD -中最长的棱，1,2,3AB AD PC ===，若在阳马P ABCD -的外接球内部随机取一点，则该点位阳马内的概率为（）A ．127πB ．427πC ．827πD ．49π【答案】C【解析】根据题意，PC的长等于其外接球的直径，因为PC =32PA =，又PA ⊥平面ABCD ，所以， ∴3483274332P ππ==⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭. 5．【北京市房山区2019年第二次高考模拟检测高三】在正方体中，动点E 在棱1BB 上，动点F 在线段11AC 上，O 为底面ABCD 的中心，若1,BE x A F y ==，则四面体O AEF -的体积( )A ．与,x y 都有关B ．与,x y 都无关C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关【答案】B【解析】因为V O －AEF ＝V E －OAF ，所以，考察△AOF 的面积和点E 到平面AOF 的距离的值，因为BB 1∥平面ACC 1A 1，所以，点E 到平面AOE 的距离为定值，又AO ∥A 1C 1，所以，OA 为定值，点F 到直线AO 的距离也为定值，即△AOF 的面积是定值，所以，四面体O AEF -的体积与,x y 都无关，选B 。

2020年高考北京版高考数学 8.1 空间几何体的表面积和体积

专题八立体几何【真题典例】8.1 空间几何体的表面积和体积挖命题【考情探究】分析解读 1.理解多面体、棱柱、棱锥、棱台的概念,牢记它们的几何特征.2.理解圆柱、圆锥、圆台、球等几何体的形成过程,理解轴截面、中截面的含义及掌握将圆柱、圆锥、圆台的空间问题转化为平面问题的方法.3.理解柱、锥、台、球的侧面积、表面积和体积的概念.4.结合模型,在理解的基础上熟练掌握柱、锥、台、球的表面积公式和体积公式.5.备考时关注以柱、锥与球的接、切问题为命题背景,突出空间几何体的线面位置关系的试题.6.高考对本节内容的考查以计算几何体的表面积和体积为主,分值约为5分,属于中档题.破考点【考点集训】考点一空间几何体的结构特征1.下列结论正确的是( )A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥B.以三角形的一条边所在直线为旋转轴,其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等,则此棱锥可能是六棱锥D.圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线答案D考点二空间几何体的表面积和体积2.(2015北京,5,5分)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的表面积是( )A.2+B.4+C.2+2D.5答案C3.(2015安徽改编,19,13分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,∠BAC=60°.求三棱锥P-ABC的体积.解析由AB=1,AC=2,∠BAC=60°,可得S△ABC=·AB·AC·sin 60°=.由PA⊥平面ABC,可知PA是三棱锥P-ABC的高,又PA=1,所以三棱锥P-ABC的体积V=·S△ABC·PA=.炼技法【方法集训】方法1 空间几何体表面积与体积的求解方法1.(2016课标Ⅱ文,4,5分)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )A.12πB.πC.8πD.4π答案A2.(2016北京,6,5分)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为( )A. B. C. D.1答案A3.(2015课标Ⅰ,6,5分)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有( )A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛答案B4.(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5.(2014山东文,13,5分)一个六棱锥的体积为2,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12方法2 与球有关的切、接问题的求解方法6.(2015课标Ⅱ,10,5分)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O-ABC 体积的最大值为36,则球O的表面积为( )A.36πB.64πC.144πD.256π答案C7.(2017课标Ⅱ,15,5分)长方体的长,宽,高分别为3,2,1,其顶点都在球O的球面上,则球O的表面积为.答案14π8.(2017天津,11,5分)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面积为18,则这个球的体积为.答案π过专题【五年高考】A组自主命题·北京卷题组1.(2018北京,5,5分)某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为( )A.1B.2C.3D.4答案C2.(2017北京,7,5分)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为( )A.3B.2C.2D.2答案B3.(2012北京,7,5分)某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是( )A.28+6B.30+6C.56+12D.60+12答案B4.(2011北京,7,5分)某四面体的三视图如图所示,该四面体四个面的面积中最大的是( )A.8B.6C.10D.8答案C5.(2014北京文,11,5分)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥最长棱的棱长为.答案26.(2015北京文,18,14分)如图,在三棱锥V-ABC中,平面VAB⊥平面ABC,△VAB为等边三角形,AC⊥BC且AC=BC=,O,M分别为AB,VA的中点.(1)求证:VB∥平面MOC;(2)求证:平面MOC⊥平面VAB;(3)求三棱锥V-ABC的体积.解析(1)证明:因为O,M分别为AB,VA的中点,所以OM∥VB.又因为VB⊄平面MOC,OM⊂平面MOC,所以VB∥平面MOC.(2)证明:因为AC=BC,O为AB的中点,所以OC⊥AB.又因为平面VAB⊥平面ABC,平面VAB∩平面ABC=AB,且OC⊂平面ABC,所以OC⊥平面VAB.因为OC⊂平面MOC,所以平面MOC⊥平面VAB.(3)解法一:在等腰直角三角形ACB中,AC=BC=,所以AB=2,则OC=1.所以等边三角形VAB的面积S△VAB=AB·BVsin 60°=×2×2×=.又因为OC⊥平面VAB,所以三棱锥C-VAB的体积等于S△VAB·OC=.又因为三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等,所以三棱锥V-ABC的体积为.解法二:连接VO,与(2)同理,可证VO⊥平面ABC,在等边三角形VAB中,AB=2,所以VO=.所以三棱锥V-ABC的体积等于S△ABC·VO=××××=.思路分析(1)在△ABV中,利用中位线定理得OM∥VB,由此证明VB∥平面MOC.(2)先证OC⊥AB,再由平面VAB⊥平面ABC证得OC⊥平面VAB,由此证明平面MOC⊥平面VAB.(3)解法一:通过三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等,计算求解.解法二:直接求解V-ABC的体积.评析本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系的判定,以及几何体体积的求解,考查学生空间想象能力和逻辑推理能力.B组统一命题、省(区、市)卷题组1.(2017课标Ⅲ,8,5分)已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为( )A.πB.C.D.答案B2.(2014课标Ⅱ,7,5分)正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为,D为BC中点,则三棱锥A-B1DC1的体积为( )A.3B.C.1D.答案C3.(2014大纲全国,8,5分)正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为( )A. B.16π C.9π D.答案A4.(2014陕西,5,5分)已知底面边长为1,侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体积为( )A. B.4π C.2π D.答案D5.(2018课标Ⅱ,16,5分)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为,SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为5,则该圆锥的侧面积为.答案40π6.(2017江苏,6,5分)如图,在圆柱O1O2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O1O2的体积为V1,球O的体积为V2,则的值是.答案7.(2015江苏,9,5分)现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变,但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个,则新的底面半径为.答案8.(2018课标Ⅰ,18,12分)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC为折痕将△ACM折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥DA.(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=DA,求三棱锥Q-ABP的体积.解析(1)证明:由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD.又AB⊂平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3.又BP=DQ=DA,所以BP=2.作QE⊥AC,垂足为E,则QE DC.由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,QE=1.因此,三棱锥Q-ABP的体积为·S△ABP·QE=××3×2sin 45°×1=1.规律总结证明空间线面位置关系的一般步骤:(1)审清题意:分析条件,挖掘题目中平行与垂直的关系;(2)明确方向:确定问题的方向,选择证明平行或垂直的方法,必要时添加辅助线;(3)给出证明:利用平行、垂直关系的判定或性质给出问题的证明;(4)反思回顾:查看关键点、易漏点,检查使用定理时定理成立的条件是否遗漏,符号表达是否准确.解题关键(1)利用平行关系将∠ACM=90°转化为∠BAC=90°是求证第(1)问的关键;(2)利用翻折的性质将∠ACM=90°转化为∠ACD=90°,进而利用面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理得出三棱锥Q-ABP的高是求解第(2)问的关键.9.(2017课标Ⅱ文,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°.(1)证明:直线BC∥平面PAD;(2)若△PCD的面积为2,求四棱锥P-ABCD的体积.解析本题考查线面平行的判定和体积的计算.(1)证明:在平面ABCD内,因为∠BAD=∠ABC=90°,所以BC∥AD,又BC⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,故BC∥平面PAD.(2)取AD的中点M,连接PM,CM.由AB=BC=AD及BC∥AD,∠ABC=90°得四边形ABCM为正方形,则CM⊥AD.因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PM⊥AD,PM⊥底面ABCD.因为CM⊂底面ABCD,所以PM⊥CM.设BC=x,则CM=x,CD=x,PM=x,PC=PD=2x.取CD的中点N,连接PN,则PN⊥CD,所以PN=x.因为△PCD的面积为2,所以×x×x=2,解得x=-2(舍去)或x=2.于是AB=BC=2,AD=4,PM=2.所以四棱锥P-ABCD的体积V=××2=4.10.(2016课标Ⅱ文,19,12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,点E,F分别在AD,CD 上,AE=CF,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D'EF的位置.(1)证明:AC⊥HD';(2)若AB=5,AC=6,AE=,OD'=2,求五棱锥D'-ABCFE的体积.解析(1)证明:由已知得AC⊥BD,AD=CD.又由AE=CF得=,故AC∥EF.(2分)由此得EF⊥HD,EF⊥HD',所以AC⊥HD'.(4分)(2)由EF∥AC得==.(5分)由AB=5,AC=6得DO=BO=-=4.所以OH=1,D'H=DH=3.于是OD'2+OH2=(2)2+12=9=D'H2,故OD'⊥OH.由(1)知AC⊥HD',又AC⊥BD,BD∩HD'=H,所以AC⊥平面BHD',于是AC⊥OD'.又由OD'⊥OH,AC∩OH=O,所以OD'⊥平面ABC.(8分)又由=得EF=.五边形ABCFE的面积S=×6×8-××3=.(10分)所以五棱锥D'-ABCFE的体积V=××2=.(12分)C组教师专用题组1.(2015陕西,5,5分)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( )A.3πB.4πC.2π+4D.3π+4答案D2.(2015湖南,10,5分)某工件的三视图如图所示.现将该工件通过切削,加工成一个体积尽可能大的正方体新工件,并使新工件的一个面落在原工件的一个面内,则原工件材料的利用率为材料利用率=新工件的体积原工件的体积( )A. B. C.- D.-答案A3.(2014湖北,8,5分)《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土,这是我国现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“囷盖”的术:置如其周,令相乘也.又以高乘之,三十六成一.该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h,计算其体积V的近似公式V≈L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么,近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )A. B. C. D.答案B4.(2015四川,14,5分)在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,其正视图和侧视图都是边长为1的正方形,俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形.设点M,N,P分别是棱AB,BC,B1C1的中点,则三棱锥P-A1MN的体积是.答案5.(2013课标Ⅰ文,15,5分)已知H是球O的直径AB上一点,AH∶HB=1∶2,AB⊥平面α,H为垂足,α截球O所得截面的面积为π,则球O的表面积为.答案6.(2013江苏,8,5分)如图,在三棱柱A1B1C1-ABC中,D,E,F分别是AB,AC,AA1的中点,设三棱锥F-ADE的体积为V1,三棱柱A1B1C1-ABC的体积为V2,则V1∶V2= .答案7.(2016江苏,17,14分)现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥P-A1B1C1D1,下部的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.(1)若AB=6 m,PO1=2 m,则仓库的容积是多少?(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?解析(1)由PO1=2 m知O1O=4PO1=8 m.因为A1B1=AB=6 m,所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积V锥=·A1·PO1=×62×2=24(m3);正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积V柱=AB2·O1O=62×8=288(m3).所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312(m3).(2)设A1B1=a(m),PO1=h(m),则0<h<6,O1O=4h(m).如图,连接O1B1.因为在Rt△PO1B1中,O1+P=P,所以+h2=36,即a2=2(36-h2).于是仓库的容积V=V柱+V锥=a2·4h+a2·h=a2h=(36h-h3),0<h<6,从而V'=(36-3h2)=26(12-h2).令V'=0,得h=2或h=-2(舍).当0<h<2时,V'>0,V是单调增函数;当2<h<6时,V'<0,V是单调减函数.故h=2时,V取得极大值,也是最大值.因此,当PO1=2m时,仓库的容积最大.评析本题主要考查函数的概念、导数的应用、棱柱和棱锥的体积等基础知识,考查空间想象能力和运用数学模型及数学知识分析和解决实际问题的能力.8.(2015课标Ⅱ文,19,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.解析(1)交线围成的正方形EHGF如图:(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8.因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH=-=6,AH=10,HB=6.=(A1E+AH)×A1A=(4+10)×8=56,所以梯形=(HB+EB1)×A1A=(6+12)×8=72,梯形==也正确.又长方体被平面α分成两个等高的直棱柱,高为10,所以其体积的比值为梯形梯形【三年模拟】一、选择题(每小题5分,共10分)1.(2018北京海淀一模,6)如图所示,一个棱长为1的正方体在一个水平放置的转盘上转动,用垂直于竖直墙面的水平光线照射,该正方体在竖直墙面上的投影的面积记作S,则S的值不可能是( )A.1B.C.D.答案D2.(2019届北京大兴9月统练,7)某空间几何体的三视图如图所示,则此几何体体积的最大值为( )A.2B.4C.6D.8答案A二、填空题(每小题5分,共10分)3.(2017北京海淀零模,14)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,长度为2的线段MN的一个端点M在棱DD1上运动,另一个端点N在正方形ABCD内运动,则MN中点的轨迹与正方体ABCD-A1B1C1D1的表面所围成的较小的几何体的体积等于.答案4.(2017北京西城一模,14)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点P在正方形ABCD的边界及其内部运动.平面区域W由所有满足A1P≤的点P组成,则W的面积是;三棱锥P-A1BC的体积的最大值是.答案;三、解答题(共30分)5.(2019届北京通州期中文,19)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,E,F分别为PC,PB的中点,∠ACB=90°.(1)求证:EF∥平面ABC;(2)求证:EF⊥AE;(3)若PA=AC=CB,AB=4,求几何体EFABC的体积.解析(1)证明:因为E,F分别为PC,PB的中点,所以EF∥BC,又因为EF⊄平面ABC,BC⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.(2)证明:因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC,又因为∠ACB=90°,所以AC⊥BC,又PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC,又因为AE⊂平面PAC,所以BC⊥AE,又因为EF∥BC,所以EF⊥AE.(3)在Rt△ABC中,AC=BC,AB=4,所以AC=BC=2.因为PA⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,所以PA⊥AC,所以S△PAC=PA·AC=×2×2=4.因为BC⊥平面PAC,所以三棱锥P-ABC的体积V1=V B-PAC=·S△PAC·BC=×4×2=,因为BC⊥平面PAE,EF∥BC,所以EF⊥平面PAE,又S△PAE=S△PAC=2,EF=BC=,所以三棱锥P-AEF的体积V2=V F-PAE=·S△PAE·EF=×2×=,所以几何体EFABC的体积V=V1-V2=2.6.(2018北京东城一模,18)如图,四边形ABCD为菱形,∠DAB=60°,ED⊥平面ABCD,ED=AD=2EF=2,EF∥AB,M为BC的中点.(1)求证:FM∥平面BDE;(2)求证:AC⊥BE;(3)若G为线段BE上的点,当三棱锥G-BCD的体积为时,求的值.解析(1)证明:设AC∩BD=O,连接EO,MO.因为M,O分别是BC,BD的中点.所以OM∥AB,且OM=AB,又因为EF∥AB,且EF=AB,所以EF∥OM,且EF=OM.所以四边形EOMF为平行四边形.所以FM∥EO.又因为EO⊂平面BDE,FM⊄平面BDE,所以FM∥平面BDE.(2)证明:因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.备战2020高考因为ED⊥平面ABCD,所以ED⊥AC.因为BD∩ED=D,所以AC⊥平面BDE.又因为BE⊂平面BDE,所以AC⊥BE.(3)过G作ED的平行线交BD于H.因为ED⊥平面ABCD,所以GH⊥平面ABCD.所以GH为三棱锥G-BCD的高.因为三棱锥G-BCD的体积为,所以三棱锥G-BCD的体积V=×·BD·BC·sin 60°·GH=,又BC=BD=2,所以GH=.因为GH∥ED,所以△BGH∽△BED,所以===.。

2020大一轮高考总复习文数(北师大版)讲义：第8章第05节空间几何体的表面积和体积 Word版含答案.doc

第五节空间几何体的表面积和体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式1．辨明三个易误点(1)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)由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．(3)易混侧面积与表面积的概念． 2．与体积有关的几个结论(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差． (2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等． 3．几个与球有关的切、接常用结论 (1)正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ； ③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2.(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.1．判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (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 .( )答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)×2．(2018·大连双基测试)一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( ) A ．163πB ．323πC ．16πD ．24π解析：选B 设球的半径为R ，则表面积是16π，即4πR 2＝16π，解得R ＝2. 所以体积为43πR 3＝32π3.3．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 ．32cm解析：选B S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，∴r 2＝4，∴r ＝2 cm.4．(教材习题改编)如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为( )A ．1∶8B ．1∶27C ．1∶47D ．47∶48解析：选C 设长方体的棱长分别为a ，b ，c .则截出的棱锥的体积为V 1＝13·12·12a ·12b ·12c＝148abc .剩下的几何体体积为V 2＝abc －V 1＝abc －148abc ＝4748abc .所以锥体的体积与剩下的几何体体积的比为1∶47.5．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4解析：选D 由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示．表面积为2×2＋2×12×π×12＋π×1×2＝4＋3π.空间几何体的表面积 [明技法]空间几何体表面积的求法(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积要注意衔接部分的处理． (3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用． [提能力]【典例】 (1)(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左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 ．10B ．12C ．14D ．16(2)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：(1)观察三视图可知该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的，且直三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，侧棱长为2.三棱锥的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，高为2，如图所示．因此该多面体各个面中有2个梯形，且这两个梯形全等，梯形的上底长为2，下底长为4，高为2，故这些梯形的面积之和为2×12×(2＋4)×2＝12.故选B ．(2)设正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′.由题意，得13×6×12×2×3×h ＝23，∴h＝1，∴斜高h ′＝12＋(3)2＝2，∴S 侧＝6×12×2×2＝12.答案：(1)B (2)12 [刷好题]1．(2016·全国卷Ⅰ)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π解析：选A 由三视图可得此几何体为一个球切割掉18后剩下的几何体，设球的半径为r ，故78×43πr 3＝283π，所以r ＝2，表面积S ＝78×4πr 2＋34πr 2＝17π，选A ．2．(2018·大连模拟)如图所示的是一个几何体的三视图，则该几何体的表面积为________．解析：该几何体为一个长方体从正上方挖去一个半圆柱剩下的部分，长方体的长，宽，高分别为4,1,2，挖去半圆柱的底面半径为1，高为1，所以表面积为S ＝S 长方体表－2S 半圆柱底－S 圆柱轴截面＋S 半圆柱侧＝2×4×1＋2×1×2＋2×4×2－π×12－2×1＋12×2π×1＝26.答案：26空间几何体的体积 [析考情]空间几何体的体积是高考中的高频考点，主要有以下两个方面：一是求简单几何体的体积，二是求组合体的体积，三是由三视图求相关几何体的体积. 各种题型均有可能考查，难度中低档，分值约5分．[提能力]命题点1：求简单几何体的体积【典例1】 (2018·潍坊模拟)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( )A ．312 B ．34 C ．612D ．64解析：选A 三棱锥B 1－ABC 1的体积等于三棱锥A －B 1BC 1的体积，三棱锥A －B 1BC 1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312. 命题点2：求组合体的体积【典例2】 (2018·唐山模拟)如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为( )A ．23B ．33C ．43D ．32解析：选A 如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，容易求得EG ＝HF ＝12，AG ＝GD ＝BH ＝HC ＝32，∴S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，∴V ＝V E －ADG ＋V F －BCH ＋V AGD －BHC ＝2V E －ADG ＋V AGD －BHC ＝13×24×12×2＋24×1＝23.故选A ．命题点3：与三视图有关的几何体的体积【典例3】 (2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π解析：选B 方法一 (割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示．将圆柱补全，并将圆柱从点A 处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π.故选B ．方法二 (估值法)由题意知，12V 圆柱<V 几何体<V 圆柱．又V 圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π<V 几何体<90π.观察选项可知只有63π符合．故选B ． [悟技法]空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．[刷好题]1．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A ．16B ．13C ．12D ．1解析：选A 通过三视图可还原几何体为如图所示的三棱锥P －ABC ，通过侧视图得高h ＝1，通过俯视图得底面积S ＝12×1×1＝12，所以体积V ＝13Sh ＝13×12×1＝16.2．现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．解析：设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r ＝7.答案：7与球体有关的切、接问题 [明技法]空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段P A ，PB ，PC 两两互相垂直，且P A ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解．[提能力]【典例】 (2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB ．9π2C ．6πD ．32π3解析：选B 由AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，得AC ＝10，要使球的体积V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC 的内切圆的半径为r .则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ，则r ＝2. 此时2r ＝4＞3，不合题意．因此球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R 最大．由2R ＝3，即R ＝32.故球的最大体积V ＝43πR 3＝92π.[母题变式1] 若本例中的条件变为“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，求球O 的表面积．解：将直三棱柱补形为长方体ABEC －A ′B ′E ′C ′，则球O 是长方体ABEC －A ′B ′E ′C ′的外接球， ∴体对角线BC ′的长为球O 的直径．因此2R ＝32＋42＋122＝13，故S 球＝4πR 2＝169π.[母题变式2] 若本例中的条件变为“正四棱锥的顶点都在球O 的球面上”，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的体积．解：如图，设球心为O ，半径为r ，则在Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2，解得r ＝94，则球O 的体积V 球＝43πr 3＝43π×(94)3＝243π16.[刷好题](2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．πB ．3π4C ．π2D ．π4解析：选B 设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，且R ＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知， r ，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形． ∴r ＝12－⎝⎛⎭⎫122＝32.3 4π×1＝3π4.故选B．∴圆柱的体积为V＝πr2h＝。

2020版高考数学北京版大一轮精准复习精练：8.1空间几何体的表面积和体积含解析

专题八立体几何【真题典例】8.1空间几何体的表面积和体积挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点1.空间几何体的结构特征认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构2018北京,52017北京,72014北京文,11空间几何体的结构特征三视图★★★2.空间几何体的表面积和体理解球、柱体、锥体、台体的表面积和体积的计算公式(不要2016北京,62015北京,52015北京文,18空间几何体的表面积和体积空间直线与平面的位置关系以及平面与平面的位★★★积求记忆) 置关系的判定分析解读 1.理解多面体、棱柱、棱锥、棱台的概念,牢记它们的几何特征.2.理解圆柱、圆锥、圆台、球等几何体的形成过程,理解轴截面、中截面的含义及掌握将圆柱、圆锥、圆台的空间问题转化为平面问题的方法.3.理解柱、锥、台、球的侧面积、表面积和体积的概念.4.结合模型,在理解的基础上熟练掌握柱、锥、台、球的表面积公式和体积公式.5.备考时关注以柱、锥与球的接、切问题为命题背景,突出空间几何体的线面位置关系的试题.6.高考对本节内容的考查以计算几何体的表面积和体积为主,分值约为5分,属于中档题.破考点【考点集训】考点一空间几何体的结构特征1.下列结论正确的是()A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥B.以三角形的一条边所在直线为旋转轴,其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等,则此棱锥可能是六棱锥D.圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线答案 D考点二空间几何体的表面积和体积2.(2015北京,5,5分)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的表面积是()A.2+B.4+C.2+2D.5答案 C3.(2015安徽改编,19,13分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,∠BAC=60°．求三棱锥P-ABC 的体积.解析由AB=1,AC=2,∠BAC=60°，可得S△ABC=·AB·AC·sin 60°＝.由PA⊥平面ABC,可知PA是三棱锥P-ABC的高,又PA=1,所以三棱锥P-ABC的体积V=·S△ABC·PA=.炼技法【方法集训】方法1空间几何体表面积与体积的求解方法1.(2016课标Ⅱ文,4,5分)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为()A.12πB.πC.8πD.4π答案 A2.(2016北京,6,5分)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为()A. B. C. D.1答案 A3.(2015课标Ⅰ,6,5分)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为 1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有()A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛答案 B4.(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5.(2014山东文,13,5分)一个六棱锥的体积为2,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12方法2与球有关的切、接问题的求解方法6.(2015课标Ⅱ,10,5分)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O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为()A.36πB.64πC.144πD.256π答案 C7.(2017课标Ⅱ,15,5分)长方体的长,宽,高分别为3,2,1,其顶点都在球O的球面上,则球O的表面积为. 答案14π8.(2017天津,11,5分)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面积为18,则这个球的体积为.答案π过专题【五年高考】A组自主命题·北京卷题组1.(2018北京,5,5分)某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为()A.1B.2C.3D.4答案 C2.(2017北京,7,5分)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为()A.3B.2C.2D.2答案 B3.(2012北京,7,5分)某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是()A.28+6B.30+6C.56+12D.60+12答案 B4.(2011北京,7,5分)某四面体的三视图如图所示,该四面体四个面的面积中最大的是()A.8B.6C.10D.8答案 C5.(2014北京文,11,5分)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥最长棱的棱长为.答案26.(2015北京文,18,14分)如图,在三棱锥V-ABC中,平面VAB⊥平面ABC,△VAB为等边三角形,AC⊥BC且AC=BC=,O,M分别为AB,VA的中点.(1)求证:VB∥平面MOC;(2)求证:平面MOC⊥平面VAB;(3)求三棱锥V-ABC的体积.解析(1)证明:因为O,M分别为AB,VA的中点,所以OM∥VB.又因为VB?平面MOC,OM?平面MOC,所以VB∥平面MOC.(2)证明:因为AC=BC,O为AB的中点,所以OC⊥AB.又因为平面VAB⊥平面ABC,平面VAB∩平面ABC=AB,且OC?平面ABC,所以OC⊥平面VAB.因为OC?平面MOC,所以平面MOC⊥平面VAB.(3)解法一:在等腰直角三角形ACB中,AC=BC=,所以AB=2,则OC=1.所以等边三角形VAB的面积S△VAB=AB·BVsin 60°＝×2×2×=.又因为OC⊥平面VAB,所以三棱锥C-VAB的体积等于S△VAB·OC=.又因为三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等,所以三棱锥V-ABC的体积为.解法二:连接VO,与(2)同理,可证VO⊥平面ABC,在等边三角形VAB中,AB=2,所以VO=.所以三棱锥V-ABC的体积等于S△ABC·VO=××××=.思路分析(1)在△ABV中,利用中位线定理得OM∥VB,由此证明VB∥平面MOC.(2)先证OC⊥AB,再由平面VAB⊥平面ABC证得OC⊥平面VAB,由此证明平面MOC⊥平面VAB.(3)解法一:通过三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等,计算求解.解法二:直接求解V-ABC的体积.评析本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系的判定,以及几何体体积的求解,考查学生空间想象能力和逻辑推理能力.B组统一命题、省(区、市)卷题组1.(2017课标Ⅲ,8,5分)已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为()A.πB.C.D.答案 B2.(2014课标Ⅱ,7,5分)正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为,D为BC中点,则三棱锥A-B1DC1的体积为()A.3B.C.1D.答案 C3.(2014大纲全国,8,5分)正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为()A. B.16π C.9π D.答案 A4.(2014陕西,5,5分)已知底面边长为1,侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体积为()A. B.4π C.2π D.答案 D5.(2018课标Ⅱ,16,5分)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为,SA与圆锥底面所成角为45°．若△SAB的面积为5,则该圆锥的侧面积为.答案40π6.(2017江苏,6,5分)如图,在圆柱O1O2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O1O2的体积为V1,球O的体积为V2,则的值是.答案7.(2015江苏,9,5分)现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变,但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个,则新的底面半径为. 答案8.(2018课标Ⅰ,18,12分)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°．以AC为折痕将△ACM折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥DA.(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=DA,求三棱锥Q-ABP的体积.AC.解析(1)证明:由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD.又AB?平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3.又BP=DQ=DA,所以BP=2.作QE⊥AC,垂足为E,则QE DC.由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,QE=1.因此,三棱锥Q-ABP的体积为·S△ABP·QE=××3×２sin 45°×1=1.规律总结证明空间线面位置关系的一般步骤:(1)审清题意:分析条件,挖掘题目中平行与垂直的关系;(2)明确方向:确定问题的方向,选择证明平行或垂直的方法,必要时添加辅助线;(3)给出证明:利用平行、垂直关系的判定或性质给出问题的证明;(4)反思回顾:查看关键点、易漏点,检查使用定理时定理成立的条件是否遗漏,符号表达是否准确.解题关键(1)利用平行关系将∠ACM=90°转化为∠BAC=90°是求证第(1)问的关键;(2)利用翻折的性质将∠ACM=90°转化为∠ACD=90°，进而利用面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理得出三棱锥Q-ABP的高是求解第(2)问的关键.9.(2017课标Ⅱ文,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°．(1)证明:直线BC∥平面PAD;(2)若△PCD的面积为2,求四棱锥P-ABCD的体积.解析本题考查线面平行的判定和体积的计算.(1)证明:在平面ABCD内,因为∠BAD=∠ABC=90°，所以BC∥AD,又BC?平面PAD,AD?平面PAD,故BC∥平面PAD.(2)取AD的中点M,连接PM,CM.由AB=BC=AD及BC∥AD,∠ABC=90°得四边形ABCM为正方形,则CM⊥AD.因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PM⊥AD,PM⊥底面ABCD.因为CM?底面ABCD,所以PM⊥CM.设BC=x,则CM=x,CD=x,PM=x,PC=PD=2x.取CD的中点N,连接PN,则PN⊥CD,所以PN=x.因为△PCD的面积为2,所以×x×x=2,解得x=-2(舍去)或x=2.于是AB=BC=2,AD=4,PM=2.所以四棱锥P-ABCD的体积V=××２=4.10.(2016课标Ⅱ文,19,12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF,EF交BD 于点H.将△DEF沿EF折到△D'EF的位置.(1)证明:AC⊥HD';(2)若AB=5,AC=6,AE=,OD'=2,求五棱锥D'-ABCFE的体积.解析(1)证明:由已知得AC⊥BD,AD=CD.又由AE=CF得=,故AC∥EF.(2分)由此得EF⊥HD,EF⊥HD',所以AC⊥HD'.(4分)(2)由EF∥AC得==.(5分)由AB=5,AC=6得DO=BO=-=4.所以OH=1,D'H=DH=3.于是OD'2+OH2=(2)2+12=9=D'H2,故OD'⊥OH.由(1)知AC⊥HD',又AC⊥BD,BD∩HD'=H,所以AC⊥平面BHD',于是AC⊥OD'.又由OD'⊥OH,AC∩OH=O,所以OD'⊥平面ABC.(8分)又由=得EF=.五边形ABCFE的面积S=×6×８-××3=.(10分)所以五棱锥D'-ABCFE的体积V=××２=.(12分)C组教师专用题组1.(2015陕西,5,5分)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为()A.3πB.4πC.2π+4D.3π+4答案 D2.(2015湖南,10,5分)某工件的三视图如图所示.现将该工件通过切削,加工成一个体积尽可能大的正方体新工件,并使新工件的一个面落在原工件的一个面内,则原工件材料的利用率为材料利用率=新工件的体积原工件的体积()A. B. C.- D.-答案 A3.(2014湖北,8,5分)《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土,这是我国现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“囷盖”的术:置如其周,令相乘也.又以高乘之,三十六成一.该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h,计算其体积V的近似公式V≈L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为 3.那么,近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为()A. B. C. D.答案 B4.(2015四川,14,5分)在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形,俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形.设点M,N,P分别是棱AB,BC,B1C1的中点,则三棱锥P-A1MN的体积是.答案5.(2013课标Ⅰ文,15,5分)已知H是球O的直径AB上一点,AH∶HB=1∶2,AB⊥平面α,H为垂足,α截球O所得截面的面积为π,则球O的表面积为.答案6.(2013江苏,8,5分)如图,在三棱柱A1B1C1-ABC中,D,E,F分别是AB,AC,AA1的中点,设三棱锥F-ADE的体积为V1,三棱柱A1B1C1-ABC的体积为V2,则V1∶Ｖ2=.答案7.(2016江苏,17,14分)现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥P-A1B1C1D1,下部的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.(1)若AB=6 m,PO1=2 m,则仓库的容积是多少?(2)若正四棱锥的侧棱长为 6 m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?解析(1)由PO1=2 m知O1O=4PO1=8 m.因为A1B1=AB=6 m,所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积V锥=·A1·PO1=×６2×2=24(m3);正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积V柱=AB2·O1O=62×8=288(m3).所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312(m3).(2)设A1B1=a(m),PO1=h(m),则0<h<6,O1O=4h(m).如图,连接O1B1.因为在Rt△PO1B1中,O1+P=P,所以+h2=36,即a2=2(36-h2).于是仓库的容积V=V柱+V锥=a2·4h+a2·h=a2h=(36h-h3),0<h<6,从而V'=(36-3h2)=26(12-h2).令V'=0,得h=2或h=-2(舍).当0<h<2时,V'>0,V是单调增函数;当2<h<6时,V'<0,V是单调减函数.故h=2时,V取得极大值,也是最大值.因此,当PO1=2 m时,仓库的容积最大.评析本题主要考查函数的概念、导数的应用、棱柱和棱锥的体积等基础知识,考查空间想象能力和运用数学模型及数学知识分析和解决实际问题的能力.8.(2015课标Ⅱ文,19,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.解析(1)交线围成的正方形EHGF如图:(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8.因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH=-=6,AH=10,HB=6.=(A1E+AH)×Ａ1A=(4+10)×8=56,所以梯形=(HB+EB1)×Ａ1A=(6+12)×8=72,梯形梯形==也正确.又长方体被平面α分成两个等高的直棱柱,高为10,所以其体积的比值为梯形【三年模拟】一、选择题(每小题5分,共10分)1.(2018北京海淀一模,6)如图所示,一个棱长为1的正方体在一个水平放置的转盘上转动,用垂直于竖直墙面的水平光线照射,该正方体在竖直墙面上的投影的面积记作S,则S的值不可能是()A.1B.C.D.答案 D2.(2019届北京大兴9月统练,7)某空间几何体的三视图如图所示,则此几何体体积的最大值为()A.2B.4C.6D.8答案 A二、填空题(每小题5分,共10分)3.(2017北京海淀零模,14)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,长度为2的线段MN的一个端点M在棱DD1上运动,另一个端点N在正方形ABCD内运动,则MN中点的轨迹与正方体ABCD-A1B1C1D1的表面所围成的较小的几何体的体积等于.答案4.(2017北京西城一模,14)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点P在正方形ABCD的边界及其内部运动.平面区域W由所有满足A1P≤的点P组成,则W的面积是;三棱锥P-A1BC的体积的最大值是.答案;三、解答题(共30分)5.(2019届北京通州期中文,19)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,E,F分别为PC,PB的中点,∠ACB=90°．(1)求证:EF∥平面ABC;(2)求证:EF⊥AE;(3)若PA=AC=CB,AB=4,求几何体EFABC的体积.解析(1)证明:因为E,F分别为PC,PB的中点,所以EF∥BC,又因为EF?平面ABC,BC?平面ABC,所以EF∥平面ABC.(2)证明:因为PA⊥平面ABC,BC?平面ABC,所以PA⊥BC,所以AC⊥BC,又PA∩AC=A,又因为∠ACB=90°，所以BC⊥平面PAC,又因为AE?平面PAC,所以BC⊥AE,又因为EF∥BC,所以EF⊥AE.(3)在Rt△ABC中,AC=BC,AB=4,所以AC=BC=2.因为PA⊥平面ABC,AC?平面ABC,所以PA⊥AC,所以S△PAC=PA·AC=×２×２=4.因为BC⊥平面PAC,所以三棱锥P-ABC的体积V1=V B-PAC=·S△PAC·BC=×4×２=,因为BC⊥平面PAE,EF∥BC,所以EF⊥平面PAE,又S△PAE=S△PAC=2,EF=BC=,所以三棱锥P-AEF的体积V2=V F-PAE=·S△PAE·EF=×2×=,所以几何体EFABC的体积V=V1-V2=2.6.(2018北京东城一模,18)如图,四边形ABCD为菱形,∠DAB=60°,ED⊥平面ABCD,ED=AD=2EF=2,EF∥AB,M为BC的中点.(1)求证:FM∥平面BDE;(2)求证:AC⊥BE;(3)若G为线段BE上的点,当三棱锥G-BCD的体积为时,求的值.解析(1)证明:设AC∩BD=O,连接EO,MO.因为M,O分别是BC,BD的中点.所以OM∥AB,且OM=AB,又因为EF∥AB,且EF=AB,所以EF∥OM,且EF=OM.所以四边形EOMF为平行四边形.所以FM∥EO. 又因为EO?平面BDE,FM?平面BDE,所以FM∥平面BDE.(2)证明:因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.因为ED⊥平面ABCD,所以ED⊥AC.因为BD∩ED=D,所以AC⊥平面BDE.又因为BE?平面BDE,所以AC⊥BE.(3)过G作ED的平行线交BD于H.因为ED⊥平面ABCD,所以GH⊥平面ABCD.所以GH为三棱锥G-BCD的高.因为三棱锥G-BCD的体积为,所以三棱锥G-BCD的体积V=×·BD·BC·sin 60°·GH=,又BC=BD=2,所以GH=.因为GH∥ED,所以△BGH∽△BED,所以===.。

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课时规范练38 空间几何体的表面积与体积
基础巩固组
1.(2018广东广州七校联考,11)如图,画出的是某四棱锥的三视图,网格纸上小正方形的边长为1,则该几何体的体积为()
A.15
B.16
C.
D.
2.(2018山东临沂三模,7)如图,网格中小正方形的边长为1,某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为
()
A.+9+9
B.+9
C.36+9
D.36+9+9
3.(2018海南五模,8)已知某几何体的三视图如图所示,俯视图是由边长为2的正方形和半径为1的半圆组成,则该几何体的体积为()
A.8+
B.8+
C.4+
D.8+
4.(2018浙江嘉兴四模,9)某几何体的三视图如图(单位:m),则该几何体的体积是()
A. m3
B. m3
C.2 m3
D.4 m3
5.(2018山西太原一模,7)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()
A. B.
C. D.
6.(2018福建三明一中一模,10)我国古代数学名著《九章算术》记载:“刍甍者,下有袤有广,而上有袤无丈.刍,草也;甍,屋盖也.”翻译为:“底面有长有宽为矩形,顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍字面意思为茅草屋顶.”如图,为刍甍的三视图,其中主视图为等腰梯形,左视图为等腰三角形,则它的体积为()
A. B.160
C. D.64
7.(2018江西南昌六模,11)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的外接球的表面积为()
A.32π
B.16π
C.36π
D.72π
8.(2018贵州贵阳一中高三月考,11)已知正四棱锥S-ABCD的底面是边长为4的正方形,若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切,则该四棱锥的高是()
A. B. C. D.
9.(2018天津,理11)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,除面ABCD外,该正方体其余各面的中心分别为点
E,F,G,H,M(如图),则四棱锥M-EFGH的体积为.
10.已知直四棱柱底面是边长为2的菱形,侧面对角线的长为2,则该直四棱柱的侧面积为.
11.( 2018云南师范大学附属中学三模,14)已知半径为5的球O被两平行的平面所截,两截面圆的半径分别为3和4,则分别以两截面为上、下底面的圆台的侧面积为.
12.某几何体的三视图如图所示,坐标纸上的每个小方格的边长为1,则该几何体的外接球的表面积
是.
综合提升组
13.(2018江西南昌测试八,7)某几何体的三视图如图(虚线刻画的小正方形边长为1)所示,则这个几何体的体积为()
A. B.
C.12
D.
14.(2018河南信阳二模,11)已知一个三棱锥的三视图如图所示,其中三视图的长、宽、高分别为2,a,b,且
2a+b= (a>0,b>0),则此三棱锥外接球表面积的最小值为()
A.π
B.π
C.4π
D.5π
15.(2018黑龙江哈尔滨押题二,7)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为()
A.30π+8
B.+8
C.+8
D.+8
16.(2018广西防城港高三模拟,15)各面均为等边三角形的四面体ABCD的外接球的表面积为3π,过棱AB作球的截面,则截面面积的最小值为.
创新应用组
17.(2018辽宁葫芦岛二模,11)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为x的正方形,侧棱AA1=3,P为矩形CDD1C1内部(含边界)一点,M为BC中点,∠APD=∠CPM,Q为空间任一点且|QA1|=1,三棱锥Q-PCD的体积的最大值记为V(x),则关于函数V(x),下列结论正确的是()
A.V(x)为奇函数
B.V(x)在区间(0,+∞)上不单调
C.V(3)=4
D.V(6)=21
参考答案
课时规范练38 空间几何体的表面积与体积
1.C由题得几何体原图是下图中的四棱锥A-BCDE,
底面四边形BCDE的面积为4×4-×4×2-×2×2=10,所以四棱锥的体积为×10×5=.故选C.
2.B由题得几何体的原图如图所示.几何体的左边是一个三棱柱,右边是一个三棱锥.由题得S四边形ABED=S四边形
2=,所以几何体的表面积BCFE=3×3=9,S△ABC=S△DEO=S△FEO=×3×3=,由题得AC=DF=3,∴S矩形ACFD=3×3=9,S△DFO=×(3)
=9++9+9+3×=+9+.故选B.
3.D由三视图可知几何体为半圆锥与正方体的组合体,V=23+××π×12×2=8+,故选D.
4.A由已知的三视图可得:该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥,底面的底边长为2 m,底面的高,即为三视图的宽1 m,故底面面积S=×2×1=1 m2,棱锥的高即为三视图的高,故h=2 m,故棱锥的体积V=×1×2= m3,故选A.
5.B由给定的三视图可知,该几何体表示左侧是一个以边长为2的正方形为底面,高为2的四棱锥,其体积为
V1=×2×2×2=;右侧为一个直三棱柱,其底面如俯视图所示,高为2,其体积为V2=×2×2×2=4,所以该几何体的体积为V=V1+V2=+4=,故选B.
6.
A由三视图可知该刍甍是一个组合体,它由一个直三棱柱和两个全等的四棱锥组成,根据三视图中的数据,求出
棱锥与棱柱的体积相加即可,×4×4×4+2××2×4×4=32+=,故选A.
7.C还原几何体,如图所示三棱锥B1-BCD(如下图),
将此三棱锥补形为直三棱柱B1C1D1-BCD(如下图),
在直三棱柱B1C1D1-BCD中取BC、B1C1的中点O1、O2,取O1O2中点O,
R===3,S表=4πR2=4×32=36π.故答案为C.
8.B因为球O与正四棱锥S-ABCD所有面都相切,于是由等体积法知V S-ABCD=V O-ABCD+V O-SAB+V O-SBC+V O-SDA+V O-
⇒×42×h=×42×1+4×××1⇒h=.故选B.
SCD
9. 由题意可知,四棱锥M-EFGH的底面EFGH为正方形且边长为,其高为,
所以V四棱锥M-EFGH=××=.
10.16侧棱长为=2,因为侧面为矩形,所以侧面积为4×2×2=16.
11.7π或35π由题意,得两截面圆到球心的距离分别为=4,=3,则分别以两截面为上、下底面的圆台的底面半
径分别为4,3,圆台的高为4+3=7或4-3=1,则其母线长为=5或=,则该圆台的侧面积为S=π×(3+4)×5=35π或
S=π×(3+4)×=7π.
12.π根据几何体的三视图,得该几何体是如图所示的三棱锥,
三棱锥的高PD=6,且侧面PAC⊥底面ABC,AC⊥BC,PA=PC==2,AC=8,BC=6,AB==10,∴PA2+PB2=AB2,∴△ABC的外接圆的圆心为斜边AB的中点E,设该几何体的外接球的球心为O.OE⊥底面ABC,设OE=x,外接球的半径为R,则
x2+2=32+(6-x)2,解得x=.∴R2=2+52=,∴外接球的表面积S=4π×R2=.
13.D几何体为如图多面体PABCDE,所以体积为V D-PABE+V A-BCD=×2××2×(1+2)+×2××2×1=.故选D.
14.B由已知条件及三视图得,此三棱锥的四个顶点位于长方体ABCD-A1B1C1D1的四个顶点处,即为三棱锥A-CB1D1,且长方体ABCD-A1B1C1D1的长、宽、高分别为2,a,b,
∴此三棱锥的外接球即为长方体ABCD-A1B1C1D1的外接球,
且球半径为R==,
∴三棱锥外接球表面积为4π2=π(4+a2+b2)=5π(a-1)2+,
∴当且仅当a=1,b=时,三棱锥外接球的表面积取得最小值为π.故选B.
15.D根据三视图知,该几何体是左边为圆柱的一部分,右边是圆柱挖去一个半球体,结合图中数据,计算该几何体的表面积为:S=π·22+·2π·2·2+2·2·2+2π·2·4+·4π·22=+8.故选D.
16. 将四面体放回一个正方体中,使正四面体的棱都是正方体的面对角线,那么正四面体和正方体的外接球是同一个球,当AB是截面圆的直径时,截面面积最小.因外接球的表面积为3π,则球的直径为,则正方体的体对角线为,棱长为1,面对角线为,截面圆面积最小值为π×2=.
17.D∵在长方体ABCD-A1B1C1D1中,M为BC中点,∠APD=∠CPM,P为矩形CDD1C1内部(含边界)一点,∴Rt△ADP∽Rt△PMC,∴==2,即PD=2PC,∵|QA1|=1,则A1在以Q为球心的球面上,而A1到面PCD的距离为x,则(V Q-
)max=××3×x×(x+1)= x(x+1),由此可知A,B,C选项都不正确,而V(6)=×6×(6+1)=21.故选D.
PCD。