高考数学高三模拟考试试卷压轴题第02节空间几何体的表面积与体积

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高考数学一轮复习第七篇立体几何必修2第2节空间几何体的表面积与体积习题理含解析

高考数学一轮复习第七篇立体几何必修2第2节空间几何体的表面积与体积习题理含解析第2节空间几何体的表面积与体积【选题明细表】知识点、方法题号空间几何体的侧面积与表面积2,5,7,9空间几何体的体积1,3,11,13与球有关的问题6,10,12,14折叠与展开问题 4综合应用8,15基础巩固(时间:30分钟)1.(2017·北京卷)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为( D )(A)60 (B)30 (C)20 (D)10解析:由三视图知,该三棱锥的高为4,底面是直角边长为3和5的直角三角形,所以V=××4=10.选D.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个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是,则它的表面积是( A )(A)17π (B)18π(C)20π (D)28π解析:因为·πR3=π,所以R=2.S=·4π·R2+3·πR2=17π,故选A.3.(2018·全国Ⅰ卷)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( C )(A)8 (B)6(C)8(D)8解析:如图,连接AC1,BC1,AC.因为AB⊥平面BB1C1C,所以∠AC1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角,所以∠AC1B=30°.又AB=BC=2,在Rt△ABC1中,AC1==4,在Rt△ACC1中,CC1===2,所以V长方体=AB·BC·CC1=2×2×2=8.故选C.4.(2018·全国Ⅰ卷)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N 的路径中,最短路径的长度为( B )(A)2 (B)2 (C)3 (D)2解析:先画出圆柱的直观图,根据题图的三视图可知点M,N的位置如图①所示.圆柱的侧面展开图及M,N的位置(N位于OP的四等分点)如图②所示,连接MN,则图中MN即为M 到N的最短路径.ON=×16=4,OM=2,所以MN===2.故选B.5.(2017·福建南平模拟)如图,一个几何体的三视图分别为两个等腰直角三角形和一个边长为2的正方形(含一条对角线),则该几何体的侧面积为( B )(A)8(1+) (B)4(1+)(C)2(1+) (D)1+解析:由已知中的三视图可得该几何体的直观图如图所示.底面为正方形,AB=AD=2,棱锥的高为SA=2.SB=SD=2,CD⊥SD,CB⊥SB,所以S侧=S△SAB+S△SAD+S△SCB+S△SCD=2S△SAB+2S△SCB=2××2×2+2××2×2=4+4.故选B.6.(2018·福建模拟)已知三棱锥D-ABC中,AB=BC=1,AD=2,BD=, AC=,BC⊥AD,则该三棱锥的外接球的表面积为( B )(A)π(B)6π(C)5π(D)8π解析:由勾股定理易知AB⊥BC,因为DA⊥BC,所以BC⊥平面DAB.所以CD==.所以AC2+AD2=CD2.所以DA⊥AC.取CD的中点O,由直角三角形的性质知O到点A,B,C,D的距离均为,其即为三棱锥的外接球球心.故三棱锥的外接球的表面积为4π× ()2=6π.7.已知圆锥的母线长为2,高为,则该圆锥的侧面积是.解析:由圆锥的性质知其底面圆的半径为=1,所以圆锥的侧面积为S侧=πrl=π×1×2=2π.答案:2π8.(2018·六安模拟)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)解析:因为圆台的轴截面为等腰梯形,上底为2.8尺,下底为1.2尺,所以中位线为=2,所以盆中积水的上底面半径为1尺,所以盆中积水为V=h(S上+S下+)=×0.9(π×0.62+π×12+)= 0.3π×1.96=0.588π.又盆口面积为S=π×1.42=1.96 π.所以平地降水量为=0.3尺=3寸.答案:3能力提升(时间:15分钟)9.(2016·全国Ⅲ卷)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( B )(A)18+36(B)54+18(C)90 (D)81解析:由三视图知此多面体是一个斜四棱柱,其表面积S=2×(3×3+3×6+3×3)=54+18.故选B.10.(2018·合肥模拟)底面是正多边形,顶点在底面的射影是底面中心的棱锥叫正棱锥.如图,半球内有一内接正四棱锥S-ABCD,该四棱锥的体积为,则该半球的体积为( A )(A)π(B)π(C)π(D)π解析:设所给半球的半径为R,则棱锥的高h=R,底面正方形中有AB=BC=CD=DA=R,所以其体积R3=,则R3=2,于是球的体积为V= πR3=π,则半球的体积为V=π.11.(2018·日照一模)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,则该几何体的体积为( A )(A)π(B)π(C)π(D)π解析:该几何体可以看成是在一个半球上叠加一个圆锥,然后挖掉一个相同的圆锥,所以该几何体的体积和半球的体积相等.由题图可知,球的半径为2,则V=πr3=.故选A.12.(2018·全国Ⅲ卷)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9,则三棱锥D ABC体积的最大值为( B )(A)12(B)18(C)24(D)54解析:由等边△ABC的面积为9可得AB2=9,所以AB=6,所以等边△ABC的外接圆的半径为r=AB=2.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===2.所以三棱锥D-ABC高的最大值为2+4=6,所以三棱锥D-ABC体积的最大值为×9×6=18.故选B.13.(2018·全国Ⅱ卷)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.解析:在Rt△SAB中,SA=SB,S△SAB=·SA2=8,解得SA=4.设圆锥的底面圆心为O,底面半径为r,高为h,在Rt△SAO中,∠SAO=30°,所以r=2,h=2,所以圆锥的体积为πr2·h=π×(2)2×2=8π.答案:8π14.(2017·全国Ⅰ卷)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:O为球心,△SBC,△SAC为等腰直角三角形,∠SAC=∠SBC=90°.AO⊥SC.BO⊥SC.所以∠AOB为二面角A-SC-B的平面角,又因为平面SCA⊥平面SCB,所以∠AOB=90°,且SC⊥平面AOB,设球的半径为r,S△AOB=r2,=+V C-AOB=2=2×S△AOB×SO=2×××r2×r=,所以=9,所以r=3.所以球的表面积为S球=4πr2=36π.答案:36π15.(2018·兰州模拟)已知正三角形ABC三个顶点都在半径为2的球面上,球心O到平面ABC 的距离为1,点E是线段AB的中点,过点E作球O的截面,则截面面积的最小值是.解析:由题意知,正三角形ABC的外接圆半径为=,因为球心O在△ABC内的投影为△ABC的重心,所以×AB=,所以AB=3,过点E的截面面积最小时,截面是以AB为直径的圆,截面面积S min=π×()2=. 答案:。

高三数学空间几何体的表面积与体积试题答案及解析

高三数学空间几何体的表面积与体积试题答案及解析1.如图，多面体的直观图及三视图如图所示，分别为的中点．（1）求证：平面；(2）求多面体的体积．【答案】（1）证明：见解析；（2）多面体的体积．【解析】（1）由多面体的三视图知，三棱柱中,底面是等腰直角三角形，，平面,侧面都是边长为的正方形．连结，则是的中点，由三角形中位线定理得，得证.（2）利用平面，得到,再据⊥，得到⊥平面，从而可得：四边形是矩形,且侧面⊥平面. 取的中点得到,且平面．利用体积公式计算.所以多面体的体积． 12分试题解析：（1）证明：由多面体的三视图知，三棱柱中,底面是等腰直角三角形，，平面,侧面都是边长为的正方形．连结，则是的中点，在△中，，且平面，平面，∴∥平面． 6分（2）因为平面，平面,,又⊥，所以，⊥平面，∴四边形是矩形,且侧面⊥平面 8分取的中点,,且平面． 10分所以多面体的体积． 12分【考点】三视图，平行关系，垂直关系，几何体的体积.2.以边长为1的正方形的一边所在所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由已知得，所得圆柱的底面半径和高均为为，所以圆柱的侧面积为，选A.【考点】旋转体的侧面积.3.三棱锥中，，分别为，的中点，记三棱锥的体积为，的体积为，则________.【答案】【解析】由已知设点到平面距离为，则点到平面距离为，所以，【考点】几何体的体积.4.如图，已知平面，，，且是的中点，.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）求此多面体的体积.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）.【解析】（1）取的中点，连结、，利用中位线证明，利用题中条件得到，进而得到，于是说明四边形为平行四边形，得到，最后利用直线与平面平行的判定定理证明平面；（2）由平面得到，再利用等腰三角形三线合一得到，利用直线与平面垂直的判定定理证明平面，结合（1）中的结论证明平面，最后利用平面与平面垂直的判定定理证明平面平面；（3）利用已知条件得到平面平面，然后利用平面与平面垂直的性质定理求出椎体的高，最后利用椎体的体积公式计算该几何体的体积.（1）取中点，连结、，为的中点，，且，又，且，且，为平行四边形，，又平面，平面，平面；（2），，所以为正三角形，，平面，，平面，又平面，，又，，平面，又，平面，又平面，平面平面；（3）此多面体是一个以为定点，以四边形为底边的四棱锥，，平面平面，等边三角形边上的高就是四棱锥的高，.【考点】1.直线与平面平行；2.平面与平面垂直；3.椎体体积的计算5.某圆锥体的侧面展开图是半圆，当侧面积是时，则该圆锥体的体积是 .【答案】【解析】设圆锥的母线长为，底面半径为，则，，，，所以圆锥的高为，体积为.【考点】圆锥的侧面展开图与体积.6.棱长为1的正方体及其内部一动点，集合,则集合构成的几何体表面积为 .【答案】【解析】 .【考点】几何体的表面积.7.如图：已知长方体的底面是边长为的正方形，高，为的中点，与交于点．（1）求证：平面；（2）求证：∥平面；（3）求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】（1）要证平面，就要在平面内找两条与垂直的相交直线，由于是正方形，因此有，而在长方体中，侧棱与底面垂直，从而一定有，两条直线找到了；（2）要证平面，就应该在平面内找一条直线与平行，观察图形发现平面与平面相交于直线（是与的交点），那么就是我们要找的平行线，这个根据中位线定理可得；（3）求三梭锥的体积，一般是求出其底的面积和高（顶点到底面的距离），利用体积公式得到结论，本题中点到底面的距离，即过到底面垂直的直线比较难以找到，考虑到三棱锥的每个面都是三角形，因此我们可以换底，即以其他面为底面，目的是高易求，由于长方体的底面是正方形，其中垂直关系较多，可证平面，即平面，因此以为底，就是高，体积可得.试题解析：（1）底面是边长为正方形，底面，平面 3分，平面 5分（2）连结，为的中点，为的中点∥， 7分又平面，平面∥平面 10分（3），，，同样计算可得，为等腰三角形， 12分，，等腰三角形的高为14分【考点】（1）线面垂直；（2）线面平行；（3）几何体的体积.8.如图，已知正方形的边长为,点分别在边上,,现将△沿线段折起到△位置，使得．（1）求五棱锥的体积；（2）在线段上是否存在一点,使得平面？若存在，求；若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）【解析】（1）由于△沿线段折起到△的过程中，平面平面始终成立.所以平面.又因为，正方形的边长为，点分别在边上，.即可求得结论.(2)因为线段上是否存在一点,使得平面，即相当于过点B作一个平面平行于平面.故只需OM平行于即可.试题解析：（1）连接，设，由是正方形，，得是的中点，且，从而有，所以平面，从而平面平面， 2分过点作垂直且与相交于点，则平面 3分因为正方形的边长为，，得到：，所以，所以所以五棱锥的体积； 6分（2）线段上存在点，使得平面，． 7分证明：，，所以，所以平面， 9分又，所以平面， 10分所以平面平面， 11分由在平面内，所以平面. 12分【考点】1.线面垂直.2.面面垂直.3.五棱锥的体积.4.线面平行与面面平行.9.侧棱长为2的正三棱锥，若其底面周长为9，则此几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】设为正三棱锥为S-ABC，则S在平面ABC内射影为底面中心O(如图为一个轴截面)又底面周长为9，所以底面正三角形的高CD=，∴CO=×=又SC=2，解直角三角形SOC得正三棱锥的高SO=1∴V=××3××1=10.已知圆锥母线长为6，底面圆半径长为4，点是母线的中点，是底面圆的直径，半径与母线所成的角的大小等于．（1）求圆锥的侧面积和体积．（2）求异面直线与所成的角；【答案】（1）（2）或.【解析】（1）根据圆锥的侧面积即体积公式，可直接求出结果. ，.（2）求异面直线所成角，关键在平移，即将空间角转化为平面角.利用中位线实现线线之间平移. 连，过作，则等于异面直线与所成的角或其补角.又，所以为异面直线OC与PB所成的角或其补角.明确角之后，只需在相应三角形中求解即可.试题解析：（1）圆锥的侧面积．，4分（2）连，过作交于点，连．又，．又．，等于异面直线与所成的角或其补角．，或． 9分当时，．，当时，．，综上异面直线与所成的角等于或． 12分【考点】圆锥的侧面积和体积, 异面直线所成角11.已知三角形PAD所在平面与矩形ABCD所在平面互相垂直，PA="PD=AB=2," 若点P,A,B,C,D都在同一球面上，则此球的表面积等于（）A．B．C．D．【答案】D【解析】设三角形PAD外接圆圆心为，则半径为矩形ABCD外接圆圆心为半径为球心为半径为则有【考点】球，球的表面积12.如图在四棱锥中，底面是矩形，平面，，点是中点，点是边上的任意一点.（1）当点为边的中点时，判断与平面的位置关系，并加以证明；（2）证明：无论点在边的何处，都有；（3）求三棱锥的体积.【答案】（1）答案详见解析；（2）答案详见解析；（3）.【解析】（1）证明直线和平面平行的常用方法有两种：①证明直线和平面内的一条直线平行；②若两个平面平行，则一个平面内的直线平行于另一个平面．本题中，易证，进而证明面；（2）要证明直线和直线垂直，往往通过证明直线和平面垂直.本题中，只需证明面，因，故只需证明，进而转化为证明面，因，故只需证明，显然易证；（3）求四面体体积，难点是确定四面体的高，如果高不易求，可考虑等体积转化，本题中三棱锥的体积可转化为的体积来求．试题解析：（1）当点为边的中点时，∵点是中点，∴，又∵面，面，∴面. （2）∵平面，∴，又∵底面是矩形，∴，，∴面，又∵面，∴，又，点是中点，∴，又,∴面．平面，10分（3）作∥交于，则平面，且三棱锥的体积为.14分【考点】1、直线和平面平行的判定；2、直线和平面垂直的判定和性质；3、四面体的体积.13. 如图，四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，点E 在线段AD 上，且CE ∥AB.(1)求证：CE ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝AB ＝1，AD ＝3，CD ＝，∠CDA ＝45°，求四棱锥P-ABCD 的体积．【答案】（1）见解析（2）【解析】(1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，CE 平面ABCD ，所以PA ⊥CE. 因为AB ⊥AD ，CE ∥AB ，所以CE ⊥AD.又PA∩AD ＝A ，所以CE ⊥平面PAD.(2)解：由(1)可知CE ⊥AD.在Rt △ECD 中，DE ＝CD·cos45°＝1，CE ＝CD·sin45°＝1. 因为AB ＝CE ＝1，AB ∥CE ，所以四边形ABCE 为矩形．所以S ABCD ＝S ABCE ＋S △ECD ＝AB·AE ＋CE·DE ＝1×2＋×1×1＝. 又PA ⊥平面ABCD ，PA ＝1，所以V P-ABCD ＝S ABCD ·PA ＝××1＝.14. 如图所示,正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2,动点E,F 在棱A 1B 1上,点Q 是棱CD 的中点,动点P 在棱AD 上.若EF=1,DP=x,A 1E=y(x,y 大于零),则三棱锥P EFQ 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】C【解析】三棱锥P EFQ 的体积可以看作是以△PEF 为底面,而△PEF 的底EF=1,高A 1P=,与x 有关,三棱锥P EFQ 的高为点Q 到平面PEF 的距离.∵CD ∥EF,∴CD ∥平面PEF.∴点Q 到平面PEF 的距离等于点D 到平面PEF 的距离,与y 无关,故选C.15.已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若球的体积为,则正方体的棱长为.【答案】【解析】由对称性知正方体对角线即其外接球直径,设球半径为R,正方体棱长为a,则πR3=,R=,则=3,得a=.16.已知三棱柱ABC－A1B1C1，底面是边长为的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球的体积为，则该三棱柱的体积为________．【答案】【解析】根据球的体积计算公式，该球的半径是 2.设三棱柱的高为2a，根据题意，得a2＋1＝4，得a＝，故这个三棱柱的高是2，其体积是×()2×2＝.17.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】1∶24【解析】设三棱锥F－ADE的高为h，则＝＝18.如图所示，图(2)中实线围成的部分是长方体(图(1))的平面展开图，其中四边形ABCD是边长为1的正方形．若向虚线围成的矩形内任意抛掷一质点．它落在长方体的平面展开图内的概率是，则此长方体的体积是________．【答案】3【解析】设长方体的高为h，由几何概型的概率计算公式可知，质点落在长方体的平面展开图内的概率P＝＝，解得h＝3或h＝－(舍去)．故长方体的体积为1×1×3＝3.19.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1)证明：AB⊥A1C；(2)若AB＝CB＝2，A1C＝，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积；(3)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB＝2，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．【答案】（1）见解析（2）3（3）【解析】(1)如图，取AB的中点O，连接CO，A1O.∵CA＝CB，∴CO⊥AB，又∵AA1＝AB，得AA1＝2AO，又∠A1AO＝60°，∴∠AOA1＝90°，即AB⊥A1O，∴AB⊥平面A1OC，又A1C⊂平面A1OC，∴AB⊥A1C.(2)∵AB＝CB＝2＝AC，∴CO＝，又A1A＝AB＝2，∠BAA1＝60°，∴在等边三角形AA1B中，A1O＝，∵A1C2＝A1O2＋CO2＝6，∴∠COA1＝90°，即A1O⊥CO，∴A1O⊥平面ABC，∴VABC－A1B1C1＝×22×＝3.(3)作辅助线同(1)以O为原点，OA所在直线为x轴，OA1所在直线为y轴，OC所在直线为z轴，建立如图直角坐标系，则A(1,0,0)，A1(0，，0)，B(－1,0,0)，C(0,0，)，B1(－2，，0)，则＝(1,0，)，＝(－1，，0)，＝(0，－，)，设n＝(x，y，z)为平面BB1C1C的法向量，则即所以n＝(，1，－1)，则cos<n，＝＝－，所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.20.已知圆锥的底面半径为3，体积是，则圆锥侧面积等于___________.【答案】【解析】求圆锥侧面积必须先求圆锥母线，既然已知体积，那么可先求出圆锥的高，再利用圆锥的性质(圆锥的高，底面半径，母线组成直角三角形)可得母线，，，，．【考点】圆锥的体积与面积公式，圆锥的性质．21.已知圆锥的底面半径为3，体积是，则圆锥侧面积等于___________.【答案】【解析】求圆锥侧面积必须先求圆锥母线，既然已知体积，那么可先求出圆锥的高，再利用圆锥的性质(圆锥的高，底面半径，母线组成直角三角形)可得母线，，，，．【考点】圆锥的体积与面积公式，圆锥的性质．22.如图1，一个密闭圆柱体容器的底部镶嵌了同底的圆锥实心装饰块，容器内盛有升水．平放在地面,则水面正好过圆锥的顶点，若将容器倒置如图2，水面也恰过点．以下命题正确的是( )．A．圆锥的高等于圆柱高的；B．圆锥的高等于圆柱高的；C．将容器一条母线贴地，水面也恰过点；D．将容器任意摆放，当水面静止时都过点．【答案】C【解析】本题考查体积公式与空间想象能力，设圆锥的高为，圆柱的高为，则利用倒置前后水的体积不变这个性质知，化简得，均错，现在水的容积正好是圆柱内部空间的一半，因此把圆柱的母线贴地，则水面过点，但过点的平面不可能总是平分圆柱内部除去圆锥的那部分，故错误．【考点】体积公式．23.已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC,点D是AB的中点．(1)求证：BC1∥平面CA1D；(2)求证：平面CA1D⊥平面AA1B1B；(3)若底面ABC为边长为2的正三角形，BB1=，求三棱锥B1-A1DC的体积．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）.【解析】（1）由直线和平面平行的判定定理知，要证明面，只需在面内找一条直线平行于即可，连接交于点，连接，由三角形中位线定理，得，进而证明面；（2）由面面垂直的判定定理，只需在一个平面内找另一个平面的一条垂线即可，由已知得面，故平面平面；（3）求四面体体积，关键在于利用等体积转化法，选择合适的底面便于求高，∵，依题意，高为，再求底面的面积，进而求三棱锥的体积.试题解析：（1）连接交于点，连接，因为四边形是矩形，则为的中点，又是的中点，，又面，面，面．（2），是的中点，，又面，面，，，面，面，平面平面.（3）解： ,则（2）知CD⊥面ABB1B，所以高就是CD=，BD=1，BB1=，所以A1D=B1D=A1B1=2, , ．【考点】1、直线和平面平行的判定定理；2、面面垂直的判定定理；3、三棱锥的体积.24.已知正四棱锥的所有棱长均为，则过该棱锥的顶点及底面正方形各边中点的球的体积为 .【答案】【解析】为底面的中心，，，球心仍在高线上，在中，，，，∴，则，∴.【考点】1.四棱锥外接球问题；2.球的体积.25.如图，三棱柱中，侧棱与底面垂直，，，分别是的中点（1）求证：∥平面；（2）求证：⊥平面；（3）求三棱锥的体积的体积．【答案】（1）证明过程详见解析；（2）证明过程详见解析；（3）.【解析】本题主要以三棱柱为几何背景考查线面平行、线面垂直和几何体体积等基础知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.第一问，先根据题意作出辅助线，在中，利用中位线的性质得，再由线面平行的判定，得证；第二问，由已知条件可以判断四边形是正方形，所以对角线互相垂直，所以，又由于第一问得，所以，再由已知证即可，由已知边长，得，所以，所以为等腰三角形，而为中点，所以为高，得证，再利用线面垂直的判定即可得证；第三问，利用等体积法将三棱锥进行转化，找到已知条件求体积.试题解析：（1）证明：连结，显然过点∵分别是的中点, ∴，又平面，平面，∴平面，（2）∵三棱柱中，侧棱与底面垂直，，∴四边形是正方形，∴，由（1）知，∴，连结，由，知，∴，又易知是的中点，∴，∴平面.（3）因为，所以三棱锥与三棱锥的体积相等，故.【考点】1.中位线的性质；2.线面平行的判定；3.三角形全等；4.线面垂直的判定；5.等体积法.26.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________.【答案】【解析】如下图所示，连接、交于点，连接，则平面，由于四边形为正方形，且边长为，，，，易知，，，所以球的表面积.【考点】锥体的体积、球的表面积27.在四面体中，AB，AC，AD两两垂直，AB=,AD=2,AC=，则该四面体外接球的表面积为．【答案】【解析】方法一:设为球心，因为所以所在截面圆的直径为，取中点，则为截面圆圆心，所以圆面，又所以圆面，所以∥又所以∥四边形是平行四边形，所以，在直角三角形中，，所以 .方法二：由球的对称性及两两垂直可以补形为长方体,长方体的对称中心即为球心, 所以所以.【考点】球及线面关系的应用.28.一个直角梯形的上底比下底短，该梯形绕它的上底旋转一周所得旋转体的体积为，该梯形绕它的下底旋转一周所得旋转体的体积为，该梯形绕它的直角腰旋转一周所得旋转体的体积为，则该梯形的周长为__________【答案】【解析】先设梯形的上底、下底和高，然后利用圆柱和圆锥的体积公式求出以这三边旋转得到的几何体的体积，联立得到的式子可解出上底、下底和高，结合勾股定理，另一腰也可求出，故梯形的周长可以得到。

高三数学空间几何体的表面积与体积试题答案及解析

高三数学空间几何体的表面积与体积试题答案及解析1.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，则该球的表面积是( ) A．B．16C．9D．【答案】A【解析】由已知条件可知球心在正四棱锥的高上，设球的半径为R，球心为O，正四棱锥底面中心为为E,则OE垂直棱锥底面，OE=4-R,所以（4-R）2+=R2，解得R=，所以球的表面积S=4=.【考点】正四棱锥的性质和球的表面积.2.在三棱锥中，底面为边长为的正三角形，顶点在底面上的射影为的中心，若为的中点，且直线与底面所成角的正切值为，则三棱锥外接球的表面积为__________．【答案】【解析】设M是中心，即面，∴是AE与面BCD所成角，EM是的内切圆半径r，，，在中，，∴，三棱锥外接球球心O在AM上，在中，，，即，，即，即.【考点】勾股定理、三棱锥的外接球的表面积.3.如图菱形ABEF所在平面与直角梯形ABCD所在平面互相垂直，AB=2AD=2CD=4，,点H、G分别是线段EF、BC的中点.（1）求证：平面AHC平面;（2）（2）求此几何体的体积.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】（1）要证面面垂直，首先证线面垂直.那么在本题中证哪条线垂直哪个面？结合条件可得，，所以面AHC，从而平面AHC平面BCE.（2）可将该几何体切割为三部分：，然后分别求出三部分的体积相加即得.（1）在菱形ABEF中，因为，所以是等边三角形，又因为H是线段EF的中点，所以因为面ABEF面ABCD，且面ABEF面ABCD=AB，所以AH面ABCD，所以在直角梯形中，AB=2AD=2CD=4，，得到，从而，所以，又AH AC=A所以面AHC，又面BCE，所以平面AHC平面BCE .6分（2）因为，所以 .12分【考点】(1)空间直线与平面的关系；（2）几何体的体积.4.一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为2，它的三视图中的俯视图如图所示，侧视图是一个矩形，则这个矩形的面积是()A．4B．2C．2D．【答案】B【解析】由题意可设棱柱的底面边长为a，则其体积为a2·a＝2，得a＝2.由俯视图易知，三棱柱的侧视图是以2为长，为宽的矩形．∴其面积为2.故选B.5.若一个正方体的表面积为S1，其外接球的表面积为S2，则＝________.【答案】【解析】设正方体棱长为a，则正方体表面积为S1＝6a2，其外接球半径为正方体体对角线长的，即为a，因此外接球的表面积为S2＝4πr2＝3πa2，则＝＝.6.在如图所示的几何体中，四边形为正方形，四边形为等腰梯形，，，，.（1）求证：平面；（2）求四面体的体积；（3）线段上是否存在点，使平面？请证明你的结论.【答案】（1）详见解析；（2）；（3）详见解析.【解析】（1）利用勾股定理得到，再结合并利用直线与平面垂直的判定定理证明平面；（2）先证明平面，从而得到为三棱锥的高，并计算的面积作为三棱锥的底面积。

压轴题05 立体几何压轴题(原卷版)--2023年高考数学压轴题专项训练(全国通用-文)

压轴题05立体几何压轴题题型/考向一：点、线、面间的位置关系和空间几何体的体积、表面积题型/考向二：外接球、内切球等相关问题题型/考向三：平面关系、垂直关系、体积、表面积等综合问题一、空间几何体的体积、表面积热点一空间几何体的侧面积、表面积柱体、锥体、台体和球的表面积公式：(1)若圆柱的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝2πrl，S表＝2πr(r＋l).(2)若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝πrl，S表＝πr(r＋l).(3)若圆台的上、下底面半径分别为r′，r，则S侧＝π(r＋r′)l，S表＝π(r2＋r′2＋r′l ＋rl).(4)若球的半径为R，则它的表面积S＝4πR2.热点二空间几何体的体积柱体、锥体、台体和球的体积公式：(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；Sh(S为底面面积，h为高)；(2)V锥体＝13(S上＋S下＋S上S下)h(S上、S下分别为上、下底面面积，h为高)；(3)V台体＝13(4)V球＝4πR3.3二、外接球、内切球问题类型一外接球问题考向1墙角模型墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长.长方体同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球半径为R.则(2R)2＝a2＋b2＋c2，即2R＝a2＋b2＋c2.常见的有以下三种类型：考向2对棱相等模型对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长，如图所示，(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2(长方体的长、宽高分别为a ，b ，c )，即R 2＝18(x 2＋y 2＋z 2)，如图.考向3汉堡模型汉堡模型是直三棱柱、圆柱的外接球模型，模型如下，由对称性可知，球心O 的位置是△ABC 的外心O 1与△A 1B 1C 1的外心O 2的连线的中点，算出小圆O 1的半径AO 1＝r ，OO 1＝h 2，所以R 2＝r 2＋h 24.考向4垂面模型垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型，可补为直棱柱内接于球；如图所示，由对称性可知球心O 的位置是△CBD 的外心O 1与△AB 2D 2的外心O 2连线的中点，算出小圆O1的半径CO1＝r，OO1＝h2，则R＝r2＋h24.类型二内切球问题内切球问题的解法(以三棱锥为例)第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体的体积；第二步：设内切球的半径为r，建立等式V P－ABC＝V O－ABC＋V O－P AB＋V O－P AC＋V O－PBC⇒V P－ABC＝13S△ABC·r＋13S△P AB·r＋13S△P AC·r＋13S PBC·r＝13(S△ABC＋S△P AB＋S△P AC＋S△PBC)r；第三步：解出r＝3V P－ABCS△ABC＋S△P AB＋S△P AC＋S△PBC.类型三球的截面问题解决球的截面问题抓住以下几个方面：(1)球心到截面圆的距离；(2)截面圆的半径；(3)直角三角形(球心到截面圆的距离、截面圆的半径、球的半径构成的直角三角形).三、平行关系和垂直关系的证明、二面角等热点一空间线、面位置关系的判定判断空间线、面位置关系的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题.(2)利用直线的方向向量、平面的法向量判断.(3)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断.热点二几何法证明平行、垂直1.直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.2.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(4)面○热○点○题○型一点、线、面间的位置关系和空间几何体的体积、表面积一、单选题1．设l ，m 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列说法正确的是（）A ．若//l α，//m α，则//l mB ．若//l α，//l β，则//αβC ．若l α⊥，m α⊥，则//l mD ．若αγ⊥，βγ⊥，则//αβ2．将半径为6的半圆卷成一个无底圆锥（钢接处不重合），则该无底圆锥的体积为（）A ．273πB ．27πC ．3πD ．9π3．在正方体1111ABCD A B C D -中，直线m 、n 分别在平面ABCD 和11ABB A ，且m n ⊥，则下列命题中正确的是（）A ．若m 垂直于AB ，则n 垂直于AB B ．若m 垂直于AB ，则n 不垂直于ABC ．若m 不垂直于AB ，则n 垂直于ABD ．若m 不垂直于AB ，则n 不垂直于AB4．如图是一款多功能粉碎机的实物图，它的进物仓可看作正四棱台，已知该四棱台的上底面边长为40cm ，下底面边长为10cm ，侧棱长为30cm ，则该款粉碎机进物仓的容积为（）A ．32cmB ．386003cmC ．3105002cmD ．33cm5．已知在春分或秋分时节，太阳直射赤道附近.若赤道附近某地在此季节的日出时间为早上6点，日落时间为晚上18点，该地有一个底面半径为4m 的圆锥形的建筑物，且该建筑物在一天中恰好有四个小时在地面上没有影子，则该建筑物的体积为（）A ．643πB ．π3C ．16π3D ．π36．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑.如故宫中和殿的屋顶为四角攒尖顶，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，设正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°，则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为（）A ．4B 3C D 7．在三棱锥A BCD -中，4AB AC BD CD BC =====，平面α经过AC 的中点E ，并且与BC 垂直，则α截此三棱锥所得的截面面积的最大值为（）A B ．34C 2D ．328．已知圆台的母线长为4，上底面圆和下底面圆半径的比为1：3，其侧面展开图所在扇形的圆心角为π2，则圆台的高为（）A ．BC ．4D ．二、多选题9．已知平面α，β，直线l ，m ，则下列命题正确的是（）A ．若αβ⊥，,,m l m l αβα⋂=⊥⊂，则l β⊥B ．若l αβα⊂∥，，m β⊂，则//l mC ．若m α⊂，则“l α⊥”是“l m ⊥”的充分不必要条件D ．若m α⊂，l α⊄，则“l α∥”是“l m ”的必要不充分条件10．下列说法正确的是（）A ．若直线a 不平行于平面α，a α⊄，则α内不存在与a 平行的直线B ．若一个平面α内两条不平行的直线都平行于另一个平面β，则αβ∥C ．设l ，m ，n 为直线，m ，n 在平面α内，则“l α⊥”是“l m ⊥且l n ⊥”的充要条件D ．若平面α⊥平面1α，平面β⊥平面1β，则平面α与平面β所成的二面角和平面1α与平面1β所成的二面角相等或互补三、解答题11．已知直棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 为菱形，且2AB AD BD ===，1AA =，点E 为11B D 的中点．(1)证明：//AE 平面1BDC ；(2)求三棱锥1E BDC -的体积．12．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，ABC 为边长为2的正三角形，D 为BC 的中点，12AA =，且160CCB ∠= ，平面11BB C C ⊥平面ABC .(1)证明：1C D AB ⊥；(2)求三棱锥111B AA C -的体积.○热○点○题○型二外接球、内切球等相关问题一、单选题1．已知ABC 是边长为3的等边三角形，其顶点都在球O 的球面上，若球O 的体积为323π，则球心O 到平面ABC 的距离为（）AB ．32C ．1D ．22．已知三棱锥-P ABC 的底面ABC 是边长为1的正三角形，侧棱,,PA PB PC 两两垂直，若此三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积是（）A ．3πB ．πC ．3π4D ．3π23．一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在一个球面上，且这个球的半径为5，则这个圆锥的体积的最大值时，圆锥的底面半径为（）A ．103B ．2C ．3D 4．已知圆锥的侧面积为2π，母线与底面所成角的余弦值为12，则该圆锥的内切球的体积为（）A ．4π3B C D 5．如图，几何体Ω为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为A ，圆柱的上、下底面的圆心分别为B 、C ，若该几何体Ω存在外接球（即圆锥的顶点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上）．已知24BC AB ==，则该组合体的体积等于（）A ．56πB ．70π3C ．48πD ．64π6．已知矩形ABCD 的顶点都在球心为O 的球面上，3AB =，BC =，且四棱锥O ABCD-的体积为，则球O 的表面积为（）A ．76πB ．112πCD 7．水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为（）A ．4B ．2C ．2D ．68．已知三棱锥-P ABC 的四个顶点均在球O 的球面上，2PA BC ==，PB AC ==PC AB =Q 为球O 的球面上一动点，则点Q 到平面PAB 的最大距离为（）A 2211B C 2211D 二、填空题9．在三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，14AB AC PA AB AC ⊥=+=，，，当三棱锥的体积最大时，三棱锥-P ABC 外接球的体积为______．10．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1AA AB BC ==．设D 为1AC 的中点，三棱锥D ABC -的体积为94，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，则三棱柱111ABC A B C -外接球的表面积为______．11．如图，直三棱柱111ABC A B C -的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB AC =，侧面11BCC B 是半球底面圆的内接正方形，则直三棱柱111ABC A B C -的体积为___________.12．如图所示的由4个直角三角形组成的各边长均相等的六边形是某棱锥的侧面展开图，若该六边形的面积为12，则该棱锥的内切球半径为___．○热○点○题○型三平面关系、垂直关系、体积、表面积等综合问题1．已知直棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 为菱形，且2AB AD BD ===，1AA =，点E 为11B D 的中点．(1)证明：//AE 平面1BDC ；(2)求三棱锥1E BDC -的体积．2．如图，在四棱锥P ABCD -中，PAD 是等边三角形，底面ABCD 是棱长为2的菱形，平面PAD ⊥平面ABCD ，O 是AD 的中点，π3DAB ∠=.(1)证明：OB ⊥平面PAD ；(2)求点O 到平面PAB 的距离.3．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，ABC 为边长为2的正三角形，D 为BC 的中点，12AA =，且160CCB ∠= ，平面11BB C C ⊥平面ABC .(1)证明：1C D AB ⊥；(2)求三棱锥111B AAC -的体积.4．如图1，在直角梯形ABCD 中，90ADC ∠=︒，AB CD ，122AD CD AB ===，E 为AC 的中点，将ACD 沿AC 折起，使折起后的平面ACD 与平面ABC 垂直，如图2.在图2所示的几何体D ABC -中：(1)求证：BC ⊥平面ACD ；(2)点F 在棱CD 上，且满足AD EF ，求几何体F BCE -的体积.5．在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为菱形，60BCD ∠=︒，4AB =，EF CD ∥，2EF =，4CF =，点F 在平面ABCD 内的射影恰为BC 的中点G ．(1)求证：平面ACE 平面BED；(2)求该几何体的体积．。

高中数学必修2 空间几何体的表面积与体积最全试题及答案

空间几何体的表面积与体积一．相关知识点1．几何体的表面积(1)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是各个面的面积的和。

(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环。

(3)若圆柱、圆锥的底面半径为r，母线长l，则其表面积为S柱＝2πr2＋2πrl，S锥＝πr2＋πrl。

(4)若圆台的上下底面半径为r1，r2，母线长为l，则圆台的表面积为S＝π(r21＋r22)＋π(r1＋r2)l。

(5)球的表面积为4πR2(球半径是R)。

2．几何体的体积(1)V柱体＝Sh。

(2)V锥体＝13Sh。

(3)V台体V圆台＝13π(r21＋r1r2＋r22)h，V球＝43πR3(球半径是R)。

一、细品教材1．(必修2P28A组T3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________。

2．(必修2P36A组T10改编)一直角三角形的三边长分别为6 cm,8 cm,10 cm，绕斜边旋转一周所得几何体的表面积为________。

细品教材答案：1．1∶47； 2.3365π cm2二、基础自测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．20π B．24πC．28π D．32π2．已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为32，则这个四棱锥的外接球的表面积为()A．12π B．36πC．72π D．108π3．表面积为3π的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面直径为__________。

4．(2016·北京高考)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________。

5．(2016·赤峰模拟)已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱和底面垂直，且所有棱长都相等，若该三棱柱的各顶点都在球O的表面上，且球O的表面积为7π，则此三棱柱的体积为________。

基础自测答案1．C；2．B；3．2；4．32；5．94三．直击考点考点一空间几何体的表面积【典例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＋22B．11＋22C．14＋2 2 D．15(2)(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。

(完整版)空间几何体的表面积和体积最新高考试题汇编,推荐文档

所以该三棱柱的体积
.
9. (2014 重庆杨家坪中学高三下学期第一次月考，6) 已知某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为 24，则该几何体的底面积是（）
A. 6
B. 12
C. 18
D. 24
[解析] 9. 根据三视图可知，该几何体是一个有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，该四棱锥的高为 4，因为体积
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[解析] 22. 根据几何概型，
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=
=
=ห้องสมุดไป่ตู้
，
其中“＝” 当且仅当
时成立. 故选 D.
23. (2014 吉林高中毕业班上学期期末复习检测, 7) 某几何体的三视图（如图），则该几何体的体积是（）
A. （32+ ) ㎝3
B. （32+ ) ㎝3
C. （41+ ) ㎝3
D. （41+ ) ㎝3
[解析] 7. 该三视图对应的几何体为由上中下三部分构成的组合体，其中上半部是长宽高分别为 3、3、1 的长方体；中半部为底面直径为 1 高为 1 的圆柱；下半部为长宽高分别为
4、4、2 的长方体，其体积为
.
16.（2014 山东潍坊高三 3 月模拟考试数学（理）试题，7）三棱锥 S-ABC 的所有顶点都在球 O 的表面上，SA 平面 ABC，AB BC，又 SA=AB= BC=1，则球 O 的表面积为( )
(A)
(B)
(C) 3 (D) 12
[解析] 16. 三棱锥 S－ABC 的外接球与高为 1 底面边长为 1 等腰直角三角形的直三棱柱的外接球相同，即可把三棱锥 P－ABC 补成高为 1 底面边长为 1 等腰直角三角形的直三棱柱，

高三数学《空间几何体的表面积与体积》专题复习题含答案

高三数学空间几何体的表面积与体积专题复习题含答案1．已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 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 ．122πB ．12πC ．82πD ．10π 2．长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为A ．8B ．62C ．82D ．833．已知三棱锥O ABC -中，OA ，OB ，OC 两两垂直且长度都是6，长为2的线段MN 的一个端点M 在棱OA 上运动，另一个端点N 在BCO △内运动（含边界），则MN 的中点P 的轨迹与三棱锥的面围成的几何体的体积为A ．6πB ．6π或366π+C ．366π-D ．6π或366π- 4．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 ．123B ．183C ．243D ．5435．已知在三棱锥P ABC -中，433P ABC V -=，π4APC ∠=-，π3BPC ∠=，PA AC ⊥，PB BC ⊥，且平面PAC ⊥平面PBC ，那么三棱锥P ABC -外接球的体积为A ．4π3B ．82π3C ．123π3D ．32π3 6．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 ．π47．正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2D 为BC 中点，则三棱锥11A B DC -的体积为A ．3B ．32C ．1D 8．以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱侧面积为A ．2πB ．πC ．2D ．19．将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积为A ．4πB ．3πC ．2πD ．π10．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_____．11．（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_____．12．已知四棱锥P ABCD -的底面是边长为2的正方形，侧面PAD 是等边三角形，且侧面PAD ⊥底面ABCD ，则四棱锥P ABCD -的外接球的表面积为_______．13．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___．14．直三棱柱111ABC A B C -各顶点都在同一球面上．若12AB AC AA ===，120BAC ∠=o ，则此球的表面积等于．15．《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：“今有圆堢瑽，周四丈八尺，高一丈一尺．问积几何？答曰：二千一百一十二尺．术曰：周自相乘，以高乘之，十二而一”．这里所说的圆堢瑽就是圆柱体，它的体积为“周自相乘，以高乘之，十二而一．”就是说：圆堢瑽(圆柱体)的体积112V =⨯(底面的圆周长的平方⨯高)，则该问题中圆周率π的取值为．复习题详解1．已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 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 ．12π C． D ．10π解：因为过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为底面圆的直径为所以该圆柱的表面积为22π12π⨯⨯+⨯=．故选B ．2．长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为A ．8B．C．D．解：连接1BC ，因为AB ⊥平面11BB C C ，所以130AC B ∠=o ，1AB BC ⊥，所以1ABC ∆为直角三角形．又2AB =，所以1BC =，又112B C =，所以1BB ==。

高考数学(理)一轮复习分层演练：7.2空间几何体的表面积与体积(含答案)

第2讲空间几何体的表面积与体积[学生用书P130])1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式1．辨明两个易误点(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． 2.求空间几何体体积的常用方法(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算．(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等．(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体．3．几个与球有关的切、接常用结论(1)正方体的棱长为a ，外接球的半径为R ，内切球的半径为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)长方体的共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)正四面体的棱长为a ，外接球的半径为R ，内切球的半径为r ①外接球：球心是正四面体的中心；半径R ＝64a ； ②内切球：球心是正四面体的中心；半径r ＝612a .1．如图，一个空间几何体的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图均为全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边长为1，那么这个几何体的体积为( )A ．1B ．12C.13D ．16D [解析] 由三视图可知，该几何体为三棱锥，V ＝13Sh ＝13×12×1×1×1＝16，故选D ．2.(2015·高考陕西卷)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＋4D [解析] 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.3．(2016·高考山东卷)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示．则该几何体的体积为( )A.13＋23π B ．13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π C [解析] 由三视图可知，该四棱锥的底面是边长为1的正方形，高为1，其体积V 1＝13×12×1＝13.设半球的半径为R ，则2R ＝2，即R ＝22，所以半球的体积V 2＝12×4π3R 3＝12×4π3×⎝⎛⎭⎫223＝26π.故该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝13＋26π.故选C. 4.教材习题改编直角三角形三边长分别是3 cm 、4 cm 、5 cm ，绕两直角边旋转一周分别形成两个几何体，则其侧面积分别为________、________.[答案] 20π cm 2 15π cm 25．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．[解析] 由三视图可知，该几何体是一个圆柱挖去了一个圆锥，其体积为π×22×2－13π×22×2＝163π.[答案]163π空间几何体的表面积[学生用书P131][典例引领](1)(2016·高考全国卷乙)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(2)(2015·高考福建卷)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 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15【解析】 (1)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)由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.【答案】 (1)A (2)B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关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积问题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．[通关练习]1．(2017·合肥市第一次教学质量检测)在一圆柱中挖去一圆锥所得的机械部件的三视图如图所示，则此机械部件的表面积为( )A ．(7＋2)πB ．(8＋2)π C.22π7D ．(1＋2)π＋6A [解析] 由题意得，挖去的圆锥的底面半径r ＝1，母线l ＝2，所以该机械部件的表面积S ＝π×12＋2π×1×3＋π×1×2＝(7＋2)π.2．(2017·河北省衡水中学模拟)如图是某四棱锥的三视图，则该几何体的表面积等于( )A ．34＋6 5B ．6＋65＋4 3C ．6＋65＋413D ．17＋6 5A [解析] 由三视图得该几何体的直观图如图，其中，ABCD 为矩形，AD ＝6，AB ＝2，平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 为等腰三角形，且此四棱锥的高为4，故该几何体的表面积等于6×2＋2×12×2×5＋12×6×25＋12×6×4＝34＋6 5.空间几何体的体积(高频考点)[学生用书P 132]空间几何体的体积是每年高考的热点，多与三视图结合考查，题型多为选择题、填空题，难度较小．高考对空间几何体的体积的考查常有以下三个命题角度： (1)求简单几何体的体积； (2)求组合体的体积；(3)求以三视图为背景的几何体的体积．[典例引领](1)(2015·高考全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18 B ．17C.16D ．15(2)(2016·高考北京卷)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为()A .16 B ．13C .12D ．1【解析】 (1)由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V 1V 2＝1656＝15.(2)由三视图可得该几何体的直观图为三棱锥ABCD ，将其放在长方体中如图所示，其中BD ＝CD ＝1，CD ⊥BD ，三棱锥的高为1，所以三棱锥的体积为13×12×1×1×1＝16.故选A.【答案】 (1)D(2)A求空间几何体体积的解题策略(1)求简单几何体的体积．若所给的几何体为柱体、锥体或台体，则可直接利用公式求解．(2)求组合体的体积．若所给的几何体是组合体，不能直接利用公式求解，则常用转换法、分割法、补形法等进行求解．(3)求以三视图为背景的几何体的体积，应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．[题点通关]角度一求简单几何体的体积1．(2015·高考全国卷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 [解析] 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·r 2·5＝π12×⎝⎛⎭⎫16π2×5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)．故选B ．角度二求组合体的体积2.(2017·陕西西安第一次质量检测)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.43 B ．52C.73 D ．3A [解析] 根据几何体的三视图，得该几何体是下部为直三棱柱，上部为三棱锥的组合体，如图所示，则该几何体的体积是V 几何体＝V三棱柱＋V 三棱锥＝12×2×1×1＋13×12×2×1×1＝43.角度三求以三视图为背景的几何体的体积3．(2017·湖南省东部六校联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．πB ．π2C.π3D ．π6D [解析] 由图可知该几何体是一个底面圆的半径为1，高为1的半圆锥体，故所求体积V ＝12×13π×12×1＝π6.球与空间几何体的接、切问题[学生用书P133][典例引领](2017·河南省六市第一次联考)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( )A.253π B ．252πC.833π D ．832π【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，故选D ．【答案】 D若本例中的△ABC 变为边长为3的等边三角形．求三棱锥外接球的表面积． [解] 由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、以PC 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.球与空间几何体接、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．(2017·唐山统一考试)如图，直三棱柱ABCA 1B 1C 1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB ＝AC ，侧面BCC 1B 1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB 1A 1的面积为( )A ．2B ．1 C. 2D ．22C [解析] 由题意知，球心在侧面BCC 1B 1的中心O 上，BC 为截面圆的直径，所以∠BAC ＝90°，△ABC 的外接圆圆心N 位于BC 的中点，同理△A 1B 1C 1的外心M 是B 1C 1的中点．设正方形BCC 1B 1边长为x ，在Rt △OMC 1中，OM ＝x 2，MC 1＝x2，OC 1＝R ＝1(R 为球的半径)，所以⎝⎛⎭⎫x 22＋⎝⎛⎭⎫x 22＝1，即x ＝2，则AB ＝AC ＝1，所以S 矩形ABB 1A 1＝2×1＝ 2.[学生用书P 133]——求空间几何体的体积(2017·唐山模拟)如图，△ABC 中，AB ＝8，BC ＝10，AC ＝6，DB ⊥平面ABC ，且AE ∥FC ∥BD ，BD ＝3，FC ＝4，AE ＝5，则此几何体的体积为________．【解析】法一：如图，取CM ＝AN ＝BD ，连接DM ，MN ，DN ，用“分割法”把原几何体分割成一个直三棱柱和一个四棱锥．所以V 几何体＝V 三棱柱＋V 四棱锥．由题知三棱柱ABC -NDM 的体积为V 1＝12×8×6×3＝72.四棱锥D -MNEF 的体积为V 2＝13S 梯形MNEF ·DN ＝13×12×(1＋2)×6×8＝24，则几何体的体积为V ＝V 1＋V 2＝72＋24＝96. 法二：用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使AA ′＝BB ′＝CC ′＝8，所以V 几何体＝12V 三棱柱＝12×S △ABC ·AA ′＝12×24×8＝96. 【答案】 96本题给出两种求体积的方法．当一个几何体的形状不规则时，常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体，然后再计算．经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体，将三棱柱还原为平行六面体，将台体还原为锥体．(2017·石家庄市第一次模考)某几何体的三视图如图所示，图中网格小正方形边长为1，则该几何体的体积是( )A ．4B ．163C.203D ．12B [解析] 由三视图可得该几何体是一个五面体ABHGEF (如图)，且AB ＝4，GH ＝2，FH ＝2，连接AF ，AH ，则该几何体的体积是V ＝V A EFHG ＋V F ABH ＝13×22×2＋13×12×4×2×2＝163，选项B 正确．[学生用书P356(独立成册)]1．圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱的体积比V 球∶V 柱为( ) A ．1∶2 B ．2∶3C ．3∶4D ．1∶3B [解析] 设球的半径为R. 则V 球V 柱＝43πR 3πR 2×2R ＝23，故选B ． 2．(2016·高考全国卷甲)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 ．28πD ．32πC [解析] 该几何体是圆锥与圆柱的组合体，由三视图可知圆柱底面圆的半径r ＝2，底面圆的周长c ＝2πr ＝4π，圆锥的母线长l ＝22＋（23）2＝4，圆柱的高h ＝4，所以该几何体的表面积S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π，故选C.3.(2017·云南省第一次统一检测)如图是底面半径为1，高为2的圆柱被削掉一部分后剩下的几何体的三视图(注：正视图也称主视图，侧视图也称左视图)，则被削掉的那部分的体积为( )A.π＋23B ．5π－23C.5π3－2 D ．2π－23B [解析] 由三视图可知，剩下部分的几何体由半个圆锥和一个三棱锥组成，其体积V ＝13×12×π×12×2＋13×12×2×1×2＝π3＋23，所以被削掉的那部分的体积为π×12×2－⎝⎛⎭⎫π3＋23＝5π－23.4．(2017·合肥模拟)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＋42B ．18＋8 2C ．28D ．20＋8 2D [解析] 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 ＝2×12×2×2＋4×2×2＋22×4＝20＋82，故选D ．5.(2017·兰州市实战考试)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积为( )A.32π B ．32C ．3πD ．3A [解析] 由题意得，该几何体为四棱锥，且该四棱锥的外接球即为棱长为1的正方体的外接球，其半径为32，故体积为43π⎝⎛⎭⎫323＝32π，故选A.6.如图，已知球O 是棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的内切球，则平面ACD 1截球O 的截面面积为( )A.66π B ．π3C.π6D ．33π C [解析] 平面ACD 1截球O 的截面为△ACD 1的内切圆．因为正方体的棱长为1，所以AC ＝CD 1＝AD 1＝2，所以内切圆的半径r ＝66，所以S ＝πr 2＝π×636＝16π.7.如图，将一个长方体用过相邻的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________．[解析] 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.[答案] 1∶478．(2016·高考天津卷)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.[解析] 根据三视图可知该四棱锥的底面是底边长为2 m 、高为1 m 的平行四边形，四棱锥的高为3 m ，故其体积为13×2×1×3＝2(m 3)．[答案] 29．(2017·武汉市武昌区调研)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PO1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] 25π10．(2017·山西省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，当xy 取得最大值时，该几何体的体积是________．[解析] 分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P -ABCD ，CD ＝y 2，AB＝y ，AC ＝5，CP ＝7，BP ＝x ，所以BP 2＝BC 2＋CP 2，即x 2＝25－y 2＋7，x 2＋y 2＝32≥2xy ，则xy ≤16，当且仅当x ＝y ＝4时，等号成立．此时该几何体的体积V ＝13×2＋42×3×7＝37. [答案] 3711．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，求该多面体的体积．[解] 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，所以S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，所以该多面体的体积V ＝V E ADG ＋V F BHC ＋V AGD BHC ＝13×24×12＋13×24×12＋24×1＝23. 12.如图，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用9.6米铁丝，再用S 平方米塑料片制成圆柱的侧面和下底面(不安装上底面)．(1)当圆柱底面半径r 取何值时，S 取得最大值？并求出该最大值(结果精确到0.01平方米)；(2)若要制作一个如图放置的、底面半径为0.3米的灯笼，请作出用于制作灯笼的三视图(作图时，不需考虑骨架等因素)．[解] (1)由题意可知矩形的高即圆柱的母线长为 9.6－8×2r8＝1.2－2r ，所以塑料片面积S ＝πr 2＋2πr (1.2－2r ) ＝πr 2＋2.4πr －4πr 2＝－3πr 2＋2.4πr ＝－3π(r 2－0.8r )．所以当r ＝0.4米时，S 有最大值，约为1.51平方米． (2)若灯笼底面半径为0.3米，则高为1.2－2×0.3＝0.6(米)．制作灯笼的三视图如图13.(2017·河南中原名校联考)如图，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1是棱长为1的正方体，四棱锥S -ABCD 是高为1的正四棱锥，若点S ，A 1，B 1，C 1，D 1在同一个球面上，则该球的表面积为( )A.916π B ．2516πC.4916π D ．8116πD [解析] 作如图所示的辅助线，其中O 为球心，设OG 1＝x ，则OB 1＝SO ＝2－x ，由正方体的性质知B 1G 1＝22，则在Rt △OB 1G 1中，OB 21＝G 1B 21＋OG 21，即(2－x )2＝x 2＋⎝⎛⎭⎫222，解得x ＝78，所以球的半径R ＝OB1＝98，所以球的表面积为S ＝4πR 2＝8116π，故选D ． 14.在长方体ABCD -A1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，过A 1，C 1，B 三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体ABCD -A 1C 1D 1，这个几何体的体积为403，则经过A 1，C 1，B ，D 四点的球的表面积为________．[解析] 设AA 1＝x ，则VABCD A 1C 1D 1＝VABCD A 1B 1C 1D 1－VB A 1B 1C 1＝2×2×x －13×12×2×2×x ＝403，则x＝4.因为A 1，C 1，B ，D 是长方体的四个顶点，所以经过A 1，C 1，B ，D 四点的球的球心为长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的体对角线的中点，且长方体的体对角线为球的直径，所以球的半径R ＝22＋22＋422＝6，所以球的表面积为24π.[答案] 24π15．一几何体按比例绘制的三视图如图所示(单位：m)：(1)试画出它的直观图； (2)求它的表面积和体积．[解] (1)直观图如图所示．(2)由三视图可知该几何体是长方体被截去一个三棱柱，且该几何体的体积是以A 1A ，A 1D 1，A 1B 1为棱的长方体的体积的34，在直角梯形AA 1B 1B 中，作BE ⊥A 1B 1于E ，则四边形AA 1EB 是正方形， AA 1＝BE ＝1，在Rt △BEB 1中，BE ＝1，EB 1＝1，所以BB 1＝2，所以几何体的表面积S ＝S 正方形ABCD ＋S 矩形A 1B 1C 1D 1＋2S 梯形AA 1B 1B ＋S 矩形BB 1C 1C ＋S 正方形AA 1D 1D ＝1＋2×1＋2×12×(1＋2)×1＋1×2＋1＝(7＋2)(m 2)．几何体的体积V ＝34×1×2×1＝32(m 3)．所以该几何体的表面积为(7＋2)m 2，体积为32m 3.16.请你设计一个帐篷，它下部的形状是高为1 m 的正六棱柱，上部的形状是侧棱长为3 m 的正六棱锥(如图)．试问当帐篷的顶点O 到底面中心O 1的距离为多少时，帐篷的体积最大？[解] 设OO 1为x m ，则1<x <4.由题设可得正六棱锥底面边长为(单位：m) 32－（x －1）2＝8＋2x －x 2. 于是底面正六边形的面积为(单位：m 2) 6×34×(8＋2x －x 2)2＝332(8＋2x －x 2)．帐篷的体积为(单位：m 3)V (x )＝332(8＋2x －x 2)⎣⎡⎦⎤13（x －1）＋1＝32(16＋12x－x3)．求导数，得V′(x)＝32(12－3x2)．令V′(x)＝0，解得x1＝－2(不合题意，舍去)，x2＝2.当1<x<2时，V′(x)>0，V(x)为增函数；当2<x<4时，V′(x)<0，V(x)为减函数．所以当x＝2时，V(x)最大．即当OO1为2 m时，帐篷的体积最大．。

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. 练基础故选：B.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(1)113224V=⨯⨯+⨯⨯=．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 =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1O ，2O ，过直线12O O 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 ．12πC ．D ．10π【答案】B【解析】根据题意，可得截面是边长为的圆，且高为所以其表面积为22212S πππ=+=，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⨯圆柱体积为21()222ππ⋅=所求几何体体积为2π故答案为： 2π9.（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1111MPD A NQC B -之后余下的几何体,几何体的体积()3142424402V =-+⨯⨯=. 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，118826+=x AB BE x ==BC FE G BC H BGE ∆,21)122BG 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 =122S =⨯⨯△ABC 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：22r ，其体积：3433V 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，，，，P ABC -PA ⊥ABC 23BAC π∠=3AP =AB =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【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．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；.Q BCPQ ABC 3πBC =P ABC -57πPQ ABC θP ABC -O R 30sin 2PA PQ PQ θ<==≤PQ ≥PQ AQ A BC 3BAQ π∠=23BAC π∠=3CAQ π∠=AB AC ==2222222cos 23BC AB AC AB AC π=+-⋅⋅=+-⨯1362⎛⎫⨯-= ⎪⎝⎭6BC =ABC O 'O '1622sin 3r π=⨯=OO 'OM PA ⊥M M PA 2222235724R OA OP ⎛⎫===+= ⎪⎝⎭P ABC -O 2457S R ππ==57π7.（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22111833323BCDa hV S AB ah+=⋅=≤⋅=△，当且仅当a h==面体ABCD的体积最大值为8 3 .故答案为:8 31．（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练真题下底面面积116S =，上底面面积24S =，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 为等腰直角三角形，得出ABC 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 ∴为等腰直角三角形，AB ∴=，则ABC 2，又球的半径为1，设O 到平面ABC 的距离为d ，则d ==所以11111332212O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯⨯=. 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 ．14B ．12C ．14D ．12【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14b a +=（负值舍去）. 故选：C.5.（2018·全国高考真题（文））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，则三棱锥D ABC -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DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -体积最大此时，OD OB R 4===2ABC S AB == AB 6∴=,点M 为三角形ABC 的中心2BM 3BE ∴==Rt OMB ∴中，有OM 2==DM OD OM 426∴=+=+=()max 163D ABC V -∴=⨯=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【解析】解法一:,PA PB PC ABC ==∆为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥， PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA 、AB 中点，//EF PB ∴，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥平面PAC ，PB ⊥平面PAC ，APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体一部分，2R ==34433R V R =∴=π==π，故选D ．解法二:设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 中点，//EF PB ∴，且12EF PB x ==，ABC ∆为边长为2的等边三角形，CF ∴=又90CEF ∠=︒1,2CE AE PA x ∴===AEC ∆中余弦定理()2243cos 22x x EAC x +--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =， D 为AC 中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x+-+∴=，22121222x x x ∴+=∴==，PA PB PC ∴======2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴==R ∴=，34433V R ∴=π==，故选D.。

高考数学最新真题专题解析—空间几何体的表面积与体积(全国通用)

高考数学最新真题专题解析—空间几何体的表面积与体积（全国通用）考向一空间几何体的体积【母题来源】2022年高考全国甲卷（理科）【母题题文】如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A. 8B. 12C. 16D. 20 【答案】B【试题解析】由三视图还原几何体，如图，则该直四棱柱的体积2422122V+=⨯⨯=. 故选：B.【命题意图】本题考查由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.【命题方向】这类试题在考查题型上主要以选择、填空和解答题的形式出现．试题难度不大，多为中档题，主要考查学生的空间想象能力，是历年高考的热点．常见的命题角度有：（1）空间几何体的三视图；（2）空间几何体的表面积；（3）空间几何体的体积；【得分要点】（1）根据三视图正确还原立体图形；（2）由空间几何体的表面积、体积公式求解；考向二空间几何体的表面积【母题来源】2022年高考全国II 卷【母题题文】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为333点都在同一球面上，则该球的表面积为（） A. 100π B. 128π C. 144π D. 192π【答案】A【试题解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径12,r r ，所以1233432,260sin 60r r ==，即123,4r r ==，设球心到上下底面的距离分别为12,d d ，球的半径为R ，所以219d R =-2216d R =-121d d -=或121d d +=，即229161R R --=229161R R --=，解得225R =符合题意，所以球的表面积为24π100πS R ==．故选：A ．【命题意图】本题考查求出正三棱台上下底面所在圆面的半径12,r r ，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．【命题方向】这类试题在考查题型上主要以选择、填空和解答题的形式出现．试题难度不大，多为中档题，主要考查学生的空间想象能力，是历年高考的热点．常见的命题角度有：（1）空间几何体的外接球表面积；（2）空间几何体的外接球体积；【得分要点】（1）找到空间几何体外接球半径的求法；（2）正确写出球的表面积、体积公式；真题汇总及解析一、单选题1．（2022·浙江湖州·模拟预测）如图，某多面体的体积是12，其三视图如图所示，则正视图中的高a（）A．1 B．34C．23D．12【答案】B【解析】【分析】由三视图还原出原几何体，确定其结构，然后根据体积公式计算可得．【详解】由三视图还原出原几何体为三棱锥，如图所示，结合三视图得该三棱锥体积为：11122322=⨯⨯⨯⨯=V a，所以=a34.故选：B.2．（2022·湖北·模拟预测）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，若某直角圆锥内接于一球（圆锥的顶点和底面上各点均在该球面上），求此圆锥侧面积和球表面积之比（）A2B2C2D2【答案】A【解析】【分析】设直角圆锥底面半径为r2r，再求出顶点到底面的距离，分析出球心，进而得到外接球半径，再利用公式求解即可【详解】设直角圆锥底面半径为r2r，()222r r r-=，所以底面圆的圆心即为外接球的球心，所以外接球半径为r，所以22224S rl rS rπππ===圆锥侧球.故选：A.3．（2022·浙江·三模）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：3cm）是（）A．32B．2 C．3 D．72【答案】C【解析】【分析】从三视图可以得到直观图为直六棱柱，分别求出直六棱柱的底面积和高，由体积公式即可得出答案.【详解】从三视图可以得到直观图为直六棱柱，如图所示，在俯视图中，可以求出底面积为12112232S =⨯⨯⨯=，从正视图和侧视图可知直六棱柱的高为1，所以该几何体的体积是313V =⨯=. 故选：C.4．（2022·内蒙古·乌兰浩特一中模拟预测（文））已知三棱锥S ABC -的四个顶点都在球O 的球面上10,SA SB SC ABC ===3则球O 的表面积等于（） A ．649πB ．1009πC ．16πD ．36π【答案】B 【解析】【分析】直接利用外接球和三棱锥的关系求出球的半径，计算即可. 【详解】已知三棱锥S ABC -的四个顶点都在球O 的球面上，10,SA SB SC ABC ===是边3取BC 的中点D ，点H 为底面的中心，所以332,1,23BD AD AH AD === 设外接球的半径为R ，所以2(10)13SH -，利用勾股定理可得，222(3)1,R R =-+解得5.3R =则球O 的表面积为21004.9S R ππ==故选：B.5．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））设一圆锥的侧面积是其底面积的3倍，则该圆锥的高与母线长的比值为（） A ．89B 22C 6D ．23【答案】B 【解析】【分析】设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，高为h ，求得圆锥的侧面积和底面积，即可得出母线长和半径的关系，然后利用勾股定理即可求解. 【详解】设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，高为h ，由题意得23rl r ππ=，解得3l r =，又222l r h =+，则22h r =，22hl= 故选：B.6．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））已知四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是矩形，33AD AB PA ==，若四棱锥P -ABCD 外接球的表面积为11π，则四棱锥P -ABCD 的体积为（） A ．3 B ．2C 2D ．1【答案】D 【解析】【分析】若外接球的半径为R ，由外接球体积可得2411R =，补全四棱锥为长方体，结合长方体外接球直径与体对角线关系及已知各棱的数量关系求棱长，最后由棱锥体积公式求体积. 【详解】设四棱锥P -ABCD 外接球的半径为R ，则2411R ππ=，即2411R =．由题意，易知224PC R =，得11PC = 设AB x =222911x x x ++=，解得1x =，所以四棱锥P -ABCD 的体积为113113⨯⨯⨯=．故选：D7．（2022·全国·模拟预测（文））在三棱锥A BCD -中，AB ，AC ，AD 两两垂直，2AB AC AD ===，若球与三棱锥各棱均相切，则该球的表面积为（） A ．4π B ．8πC ．(242π-D ．(48322π-【答案】D 【解析】【分析】以A 为原点，,,AB AD AC 分别为x 、y 、z 轴正方向建立空间直角坐标系.用坐标法求出球心和半径，即可求出球的表面积. 【详解】如图示，以A 为原点，,,AB AD AC 分别为x 、y 、z 轴正方向建立空间直角坐标系. 则()0,0,0A ，()2,0,0B ，()0,0,2C ，()0,2,0D .设与三棱锥各棱均相切的球的球心为(),,O x y z ，半径为r ，过O 作OO 1⊥面ABD 于O 1，则()1,,0O x y .在底面ABD 中，即平面xoy 内，直线BD 方程为：2x y +=，()1,O x y ，所以122x y O H +-=222211r OH OO O H ==+，即2222z r +=①. 过O 作OE ⊥AB 于E ，过O 作OF ⊥AC 于F ，过O 作OG ⊥AD 于G ，过O 1作O 1H ⊥DB 于H .由1OF O A =得：222x y r +=②.同理可得：222x z r +=③，222y z r +=④. ②③④联立可得x y z ==.把x y z ==与①联立，解得：22222221282x y z r ⎧=⎪=⎪⎨=⎪⎪=-⎩. 所以该球的表面积为((244128248322r πππ=-=-.故选：D8．（2022·北京二中模拟预测）如图所示，一套组合玩具需在一半径为3的球外罩上一个倒置圆锥，则圆锥体积的最小值为（）A ．64πB ．40πC ．84πD ．72π【答案】D 【解析】【分析】设母线与底面的夹角2α，底面半径R ，内切球半径3r =，圆锥的高h 用α表示R ，h ，求出圆锥的体积V的表达式，利用基本不等式求出min V ．【详解】解：设母线与底面的夹角2α，底面半径R ，内切球半径3r =，圆锥的高h ，则：3tan tan r R αα==，236tan 2tan 2tan 1tan h R αααα=⋅=⋅=-，圆锥的体积2221133tan tan 316V R h ππαα⎛⎫==⨯⨯ ⎪-⎝⎭22118(tan )(1tan )παα=⨯-，而0290α︒<<︒，045α︒<<︒，所以0tan 1α<<，21tan 0α-> 又因为：22tan (1tan )1αα+-=定值所以22222tan 1tan 1(tan )(1tan )24αααα⎛⎫+--≤= ⎪⎝⎭，当且仅当22tan 1tan αα=-，即2tan 2α=时，所以min 118721122V ππ=⨯=⨯．故选：D ．9．（2022·四川省内江市第六中学模拟预测（理））已知正四棱锥的侧棱长为5，底面边长为2，则该四棱锥的内切球的体积为（） A ．433B ．43π27C ．4π3D ．43【答案】B 【解析】【分析】求得四棱锥的高和斜高，利用等体积法求得内切球的半径，即可求得其体积. 【详解】如图，设O 为正四棱锥的底面中心，E 为BC 的中点，连接,PO ,OE,PE , 则PO 为四棱锥的高，PE 为侧面三角形PBC 的高，因为2,5BC PB ==故512PE =- ,则413PO =- ，设该四棱锥的内切球的半径为r ，则11(4)33ABCD ABCD PBCS PO S Sr ⋅⋅=+ ，即11143(4422)332r ⨯+⨯⨯⨯⨯ ，解得3r =，故内切球的体积为343π343πV =⨯=, 故选：B10．（2022·河南安阳·模拟预测（理））已知球O 的体积为125π6，高为1的圆锥内接于球O ，经过圆锥顶点的平面α截球O 和圆锥所得的截面面积分别为12,S S ，若125π8S =，则2S =（） A ．2 B 5C 6 D ．22【答案】C 【解析】【分析】根据给定条件，求出球O 半径，平面α截球O 所得截面小圆半径，圆锥底面圆半径，再求出平面α截圆锥所得的截面等腰三角形底边长及高即可计算作答. 【详解】球O 半径为R ，由34π125π36R =得52R =，平面α截球O 所得截面小圆半径1r ，由21128π5πS r ==得122r =因此，球心O 到平面α的距离221122d R r r =-=，而球心O 在圆锥的轴上，则圆锥的轴与平面α所成的角为45，因圆锥的高为1，则球心O 到圆锥底面圆的距离为132d =，于是得圆锥底面圆半径2222153()()222r R d =-=-，令平面α截圆锥所得截面为等腰PAB △，线段AB 为圆锥底面圆1O 的弦，点C 为弦AB 中点，如图，依题意，145CPO ∠=，111CO PO ==，2PC =，弦221223AB r O C =-=，所以2162AB S PC =⋅=. 故选：C 【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解. 二、填空题11．（2022·上海奉贤·二模）若一个圆锥的主视图（如图所示）是边长为3,3,2的三角形，则该圆锥的表面积是________.【答案】4π 【解析】【分析】根据给定的主视图求出圆锥底面圆半径，再利用圆锥表面积公式计算作答. 【详解】依题意，如图，圆锥母线长3l =，底面圆半径1r =，所以圆锥表面积22πππ13π14πS rl r =+=⨯⨯+⨯=. 故答案为：4π12．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））已知在三棱锥P －ABC 中，P A ＝4，26BC =PB ＝PC ＝3，PA ⊥平面PBC ，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积是________. 【答案】43π 【解析】【分析】利用空间点、线、面的位置关系，根据三棱锥的特点计算其外接球的半径. 【详解】在等腰PBC 中，易知6cos PBC ∠=3sin PBC ∠PBC 的外接圆的半径为13332sin 2r PBC =⨯=∠P －ABC 的外接球的半径为2212743424R r PA ⎛⎫=++=⎪⎝⎭所以其表面积为22434π4π43πR ==⎝⎭.故答案为：43π13．（2022·江西·赣州市第三中学模拟预测（理））已知正四面体A BCD -内接于半径为362的球O 中，在平面BCD 内有一动点P ，且满足42AP =，则||BP 的最小值_____________．【答案】2322- 【解析】【分析】先根据外接球的半径为362求得正四面体的棱长，再由2222PE AP AE =-=，得到点P 的轨迹为平面BCD 内以E 为圆心，以22为半径的圆求解. 【详解】解：如图所示：点A 在面BCD 上的投影为E ，设正四面体的棱长为x ，设外接球的半径为R ，球心为O ，由题意知，点O 在AE 上，则222336,3BE x x AE AB BE x =⨯⨯==-=，又()222R BE AE R =+-，解得6x =，所以23,26BE AE == 则2222PE AP AE =-=所以点P的轨迹为平面BCD内以E为圆心，以22为半径的圆，当B，P，E三点共线，且P在BE之间时，||BP最小，最小值为2322-，故答案为：2322-14．（2022·甘肃·高台县第一中学模拟预测（理））如图，在矩形ABCD中，AD ＝2AB＝4，E是AD的中点，将,ABE CDE分别沿BE，CE折起，使得平面ABE⊥平面BCE，平面CDE⊥平面BCE，则所得几何体ABCDE的外接球的体积为______．【答案】32 3π【解析】【分析】作出图形，确定几何体ABCDE的外接球的球心的位置，结合球的体积公式即可求解【详解】由题可得,,ABE CDE BEC△△△均为等腰直角三角形，如图，设,,BE EC BC的中点为,,M N O，连接,,,,,,AM OM AO DN NO DO OE ，则,OM BE ON CE ⊥⊥，因为平面ABE ⊥平面BCE ，平面CDE ⊥平面BCE ，所以OM ⊥平面,ABE ON ⊥平面DEC ，易得2OA OB OC OD OE =====，则几何体ABCDE 的外接球的球心为O ，半径2R =，所以几何体ABCDE 的外接球的体积为3432ππ33V R ==．故答案为：32π315．（2022·辽宁实验中学模拟预测）中国古代的“牟合方盖”可以看作是两个圆柱垂直相交的公共部分，计算其体积所用的“幂势即同，则积不容异”是中国古代数学的研究成果，根据此原理，取牟合方盖的一半，其体积等于与其同底等高的正四棱柱中，去掉一个同底等高的正四棱锥之后剩余部分的体积（如图1所示）．现将三个直径为4的圆柱放于同一水平面上，三个圆柱的轴所在的直线两两成角都相等，三个圆柱的公共部分为如图2所示的几何体，该几何体中间截面三角形边长为833，则该几何体的体积为___________．128312839【解析】【分析】由题设求出中间截面三角形的面积，再类比体积公式求解即可【详解】根据题意，图2立体图形的一半，其体积等于与其同底等高的正三棱柱中，去掉一个与其同底等高正三棱锥之后的体积，83，所以该底面积183831636023S==，因为圆柱的直径为4，所以该几何体一半的高为2，所以对应正三棱柱及三棱锥的高均为2，所以对应正三棱柱的体积1633232V==，正三棱锥的体积1116332323V==，所以该几何体的体积为()112832V V-=1283【点睛】本题主要考查了结合题干信息类比解决问题的能力，需要根据题意分析所给新情景的意义，结合题干中的信息求解，属于中档题。

高三数学空间几何体的表面积与体积试题答案及解析

高三数学空间几何体的表面积与体积试题答案及解析1.如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形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．B．C．D．【答案】A【解析】本题主要考查几何体体积的求法，解题的关键是将不规则的几何体分别分割成规则的几何体．如图，过A，B两点分别作AM，BN垂直于EF，垂足分别为M，N，连接DM，CN，可证得DM⊥EF，CN⊥EF，多面体ABCDEF分为三部分，多面体的体积为VABCDEF ＝VAMD－BNC＋V E－AMD＋V F－BNC．∵NF＝，BF＝1，∴BN＝．作NH垂直BC于点H，则H为BC的中点，则NH＝．∴S△BNC＝·BC·NH＝×1×＝．∴VF－BNC＝·S△BNC·NF＝，VE－AMD＝V F－BNC＝，VAMD－BNC＝S△BNC·MN＝．∴VABCDEF＝．2.正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，为中点，则三棱锥的体积为A．B．C．D．【答案】C【解析】如下图所示，连接，因为是正三角形，且为中点，则，又因为面，故，且，所以面，所以是三棱锥的高，所以．【考点】1、直线和平面垂直的判断和性质；2、三棱锥体积．3. [2013·江苏高考]如图，在三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，AC ，AA 1的中点，设三棱锥F －ADE 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________.【答案】1∶24【解析】由题意可知点F 到面ABC 的距离与点A 1到面ABC 的距离之比为1∶2，S △ADE ∶S △ABC ＝1∶4. 因此V 1∶V 2＝＝1∶24.4. 如图，在三棱锥中，，，°，平面平面，，分别为，中点．（1）求证：∥平面；（2）求证：；（3）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明过程详见解析；（2）证明过程详见解析；（3）.【解析】本题主要考查线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直、面面垂直、三棱锥的体积等基础知识，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力.第一问，由于D 、E 分别为AB 、AC 中点，所以利用三角形的中位线得出∥，再利用线面平行的判定直接得到结论；第二问，由，而∥得，而D为AB中点，PA=PB，得，所以利用线面垂直的判定得平面，再利用线面垂直的性质得；第三问，由于，利用面面垂直的性质得平面，所以PD是三棱锥的高，而，所以. （1）因为，分别为，中点，所以∥，又平面，平面，所以∥平面. 4分（2）连结，因为∥，又°，所以.又，为中点，所以.所以平面，所以. 9分（3）因为平面平面，有，所以平面，所以. 14分【考点】线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直、面面垂直、三棱锥的体积.5.在斜三棱柱中，平面平面ABC，，，.（1）求证：；（2）若，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明过程详见解析；（2）.【解析】本题主要考查线线垂直、线面垂直、面面垂直、线线平行、三棱锥的体积等基础知识，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力.第一问，利用面面垂直的性质得BC⊥平面A1ACC1，则利用线面垂直的性质得A1A⊥BC，由A1B⊥C1C，利用平行线A1A∥C1C，则A1A⊥A1B，利用线面垂直的判定得A1A⊥平面A1BC，则利用线面垂直的性质得A1A⊥A1C；第二问，由于为等腰三角形，平面. A1ACC1⊥平面ABC，所以中边AC上的高为斜三棱柱的高，而三棱锥与三棱锥的体积相等.（1）因为平面A1ACC1⊥平面ABC，AC⊥BC，所以BC⊥平面A1ACC1，所以A1A⊥BC．因为A1B⊥C1C，A1A∥C1C，所以A1A⊥A1B，又BC∩A1B＝B，所以A1A⊥平面A1BC，又A1CÌ平面A1BC，所以A1A⊥A1C． 5分（2）由已知及（1），△A1AC是等腰直角三角形，AA1＝A1C＝2，AC＝．因为平面A1ACC1⊥平面ABC，所以Rt△A1AC斜边上的高等于斜三棱柱ABC-A1B1C1的高，且等于． 7分在Rt△ABC中，AC＝BC＝，S△ABC＝AC·BC＝4，三棱柱ABC-A1B1C1的体积V＝S△ABC·＝． 10分又三棱锥A1-ABC与三棱锥C-A1B1C1的体积相等，都等于V，所以三棱锥B1-A1BC的体积V1＝V－2×V＝． 12分【考点】线线垂直、线面垂直、面面垂直、线线平行、三棱锥的体积.6.三棱锥的四个顶点都在球面上，SA是球的直径，，，则该球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】N为等边三角形SBC的外心，连结SN，并延长交BC于M，则M是BC中点，∴平面，平面ABC，，则，，在中，，在中，，∴，∴，∴，即，∴.【考点】球的表面积、勾股定理、三角形面积公式.7.已知正△ABC的边长为, CD是AB边上的高,E、F分别是AC和BC边的中点,现将△ABC 沿CD翻折成直二面角A-DC-B,如图所示.（1）试判断折叠后直线AB与平面DEF的位置关系,并说明理由;（2）若棱锥E-DFC的体积为,求的值;（3）在线段AC上是否存在一点P,使BP⊥DF？如果存在,求出的值;如果不存在,请说明理由.【答案】（1）平行；（2）；（3）存在AP：AC=1：3【解析】（1）由于E、F分别是AC和BC边的中点，所以在翻折后的三角形ABC中，.由线面平行的判定定理可得结论.（2）由棱锥E-DFC的体积为，因为△ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B，并且平面BCD，即由三棱锥的体积公式，即可求出结论.（3）在线段AC上是否存在一点P,使BP⊥DF,即转化为直线与平面垂直的问题，假设存在点P 作,k为垂足，连结BK即可得到直线DF 平面BPK，所以可得.通过三角形的相似即可得到所求的结论.(1)AB//平面DEF,如图.在△ABC中,∵E,F分别是AC,BC的中点,故EF//AB,又AB平面DEF,∴AB//平面DEF, 4分(2)∵AD⊥CD,BD⊥CD, 将△ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B∴AD⊥BD,AD⊥平面BCD,取CD中点M,则EM//AD,∴EM⊥平面BCD,且EM=a/2,a="2." 8分(3)存在满足条件的点P.做法：因为三角形BDF为正三角形,过B做BK⊥DF,延长BK交DC于K,过K做KP//DA,交AC 于P.则点P即为所求.证明：∵AD⊥平面BCD , KP//DA,∴PK⊥平面BCD,PK⊥DF,又 BK⊥DF,PK∩BK=K,∴DF⊥平面PKB,DF⊥PB.又∠DBK=∠KBC=∠BCK=30°,∴DK=KF=KC/2.故AP：OC=1：2,AP：AC=1：3 12分【考点】1.图形的翻折.2.线面间的位置关系.3.开放性题的等价变换.4.空间想象力.8.如图，四边形ABCD是梯形，四边形CDEF是矩形，且平面ABCD⊥平面CDEF，∠BAD＝∠CDA＝90°，，M是线段AE上的动点．（1）试确定点M的位置，使AC∥平面MDF，并说明理由；（2）在（1）的条件下，求平面MDF将几何体ADE－BCF分成的两部分的体积之比．【答案】（1）见解析（2）1:4【解析】（1）当M是线段AE的中点时，AC∥平面MDF．证明如下：连结CE，交DF于N，连结MN，由于M、N分别是AE、CE的中点，所以MN∥AC，由于MN平面MDF，又AC平面MDF，所以AC∥平面MDF．（2）如图，将几何体ADE－BCF补成三棱柱ADE－B¢CF，三棱柱ADE－B¢CF的体积为，则几何体ADE－BCF的体积＝．＝，三棱锥F－DEM的体积V三棱锥M－DEF故两部分的体积之比为（答1:4，4，4:1均可）．9.一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与某一个球的直径相等，这时圆柱、圆锥、球的体积之比为 .【答案】【解析】设底面半径为，则它们的高，，，，所以.【考点】旋转体的体积．10.用与球心距离为1的平面去截球,所得的截面面积为π,则球的体积为( )A．B．C．8πD．【答案】B【解析】S=πr2=π⇒r=1,而截面圆圆心与球心的距离d=1,所以球的半径为R==.圆所以V=πR3=,故选B.11.已知正方体外接球的体积是，那么正方体的棱长等于（）A．B．C．D．【答案】D【解析】球的半径为，则，，设正方体的棱长为，于是，．【考点】正方体的外接球．12.如图，已知正方体的棱长为2，E、F分别是、的中点，过、E、F作平面交于G．(l)求证：EG∥；(2)求二面角的余弦值；(3)求正方体被平面所截得的几何体的体积．【答案】(1)详见试题解析(2) (3)【解析】（1）两平行平面都与第三个平面相交，则交线平行；（2）以为原点分别以为轴，建立空间直角坐标系，平面的法向量为，求出平面的法向量，利用空间向量的夹角公式求二面角的余弦值．（3）所求几何体是由正方体截去一个三棱台而得到，所以，．（1）证明：在正方体中，因为平面平面,平面平面平面平面（2）解：如图，以为原点分别以为轴，建立空间直角坐标系，则有设平面的法向量为则由和得取得又平面的法向量为故所以截面与底面所成二面角的余弦值为（3）解：设所截几何体的体积为与相似，故【考点】1、平面与平面平行的性质；2、空间直角坐标系；3、向量夹角公式；4、组合体的体积．13.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．【答案】C【解析】由三视图得原图是左侧为四棱锥，右侧为三棱柱，所以.【考点】1.三视图；2.几何体的体积.14.若用一个平面去截球体，所得截面圆的面积为，球心到该截面的距离是，则这个球的表面积是．【答案】【解析】由题意截面半径为，球半径为，所以．【考点】球的截面的性质，球的表面积．15.在如图所示的多面体中，平面平面，是边长为2的正三角形，∥，且.（1）求证：；（2）求多面体的体积.【答案】（1）证明过程详见解析；（2）.【解析】本题主要以多面体为几何背景，考查线面垂直、线线垂直、面面垂直及多面体的体积等基础知识，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力.第一问，利用在中的边长得到，利用面面垂直的性质得到线面垂直，再利用线面垂直的性质得；第二问，利用线面垂直平面PAC，得，，而利用线面垂直的判定，得到线面垂直平面BCPM，所以AD是多面体的高，利用体积公式求体积.试题解析：（1），又因平面平面，平面平面平面,平面,. 6分（2）作于点.由（1）知平面，又∥，且四边形是上、下底分别为2、4，高为2的直角梯形，其面积为6.又，平面，.故多面体的体积为. 13分【考点】线面垂直、线线垂直、面面垂直及多面体的体积.16.在棱长为的正方体中，点和分别是矩形和的中心，则过点、、的平面截正方体的截面面积为______【答案】【解析】过点、、的平面截面的等边，其边长为，面积为．【考点】正方体的截面．17.正三棱锥的高和底面边长都等于6，则其外接球的表面积为（）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】作面于点，则球心在上，，连结，则，在中，，，又，且为等边三角形，故，则，则，所以球的表面积.【考点】1.正三棱锥；2.球的表面积.18. 如图，四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，点E 在线段AD 上，且CE ∥AB.(1)求证：CE ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝AB ＝1，AD ＝3，CD ＝，∠CDA ＝45°，求四棱锥P-ABCD 的体积．【答案】（1）见解析（2）【解析】(1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，CE 平面ABCD ，所以PA ⊥CE. 因为AB ⊥AD ，CE ∥AB ，所以CE ⊥AD.又PA∩AD ＝A ，所以CE ⊥平面PAD.(2)解：由(1)可知CE ⊥AD.在Rt △ECD 中，DE ＝CD·cos45°＝1，CE ＝CD·sin45°＝1. 因为AB ＝CE ＝1，AB ∥CE ，所以四边形ABCE 为矩形．所以S ABCD ＝S ABCE ＋S △ECD ＝AB·AE ＋CE·DE ＝1×2＋×1×1＝. 又PA ⊥平面ABCD ，PA ＝1，所以V P-ABCD ＝S ABCD ·PA ＝××1＝.19. 如图所示,直三棱柱ABC A 1B 1C 1中,D,E 分别是AB,BB 1的中点.(1)证明:BC 1∥平面A 1CD; (2)设AA 1=AC=CB=2,AB=2,求三棱锥C A 1DE 的体积.【答案】(1)见解析 (2)1【解析】(1)证明:连接AC 1交A 1C 于点F,则F为AC1中点.又D是AB中点,连接DF,则BC1∥DF.因为DF⊂平面A1CD,BC1⊄平面A1CD,所以BC1∥平面A1CD.(2)解:因为ABC A1B1C1是直三棱柱,所以AA1⊥CD.由已知AC=CB,D为AB的中点, 所以CD⊥AB.又AA1∩AB=A,于是CD⊥平面ABB1A1 .由AA1=AC=CB=2,AB=2得∠ACB=90°,CD=,A1D=,DE=,A1E=3,故A1D2+DE2=A1E2,即DE⊥A1D.所以=××××="1."20.在半径为R的半球内有一内接圆柱,则这个圆柱的体积的最大值是()A．πR3B．πR3C．πR3D．πR3【答案】A【解析】设圆柱的高为h,则圆柱的底面半径为,圆柱的体积为V=π(R2-h2)h=-πh3+πR2h(0<h<R),V'=-3πh2+πR2=0,则h=时V有最大值为V=πR3.21.已知三边长分别为4、5、6的△ABC的外接圆恰好是球O的一个大圆，P为球面上一点，若点P到△ABC的三个顶点的距离相等，则三棱锥P-ABC的体积为()A．5B．10C．20D．30【答案】B【解析】设边长为4的边所对的角为α，外接圆半径为R，则2R＝，显然当且仅当OP⊥平面ABC时，点P到三个顶点的距离相等，故所求的体积为V＝××R＝10.22.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________．【答案】【解析】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＝，AG＝GD＝BH＝HC＝，所以S△AGD ＝S△BHC＝××1＝，所以V＝VE -ADG ＋VF -BHC＋VAGD -BHC＝××＋××＋×1＝.23.有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为r的铁球，并注入水，使水面与球正好相切，然后将球取出，求这时容器中水的深度．【答案】r【解析】如图所示，作出轴截面，因轴截面是正三角形，根据切线性质知当球在容器内时，水的深度为3r，水面半径BC的长为r，则容器内水的体积为V＝V圆锥－V球＝(r)2·3r－r3＝r3，将球取出后，设容器中水的深度为h，则水面圆的半径为h，从而容器内水的体积为V′＝2h＝h3，由V＝V′，得h＝r24.已知矩形ABCD的顶点都在半径为5的球O的球面上，且AB＝8，BC＝2，则棱锥O-ABCD的体积为________．【答案】16【解析】球心在矩形的射影为矩形对角线的交点上．对角线长为＝，所以棱锥的高为，所以棱锥的体积为××8×2＝16.25.已知正方体的棱长为.（1）求异面直线与所成角的大小；（2）求四棱锥的体积.【答案】(1)；(2).【解析】这是最基本的立体几何题，计算异面直线所成的角和几何体的体积.(1)异面直线直线所成的角，主要是根据定义把两条异面直线中的一条平移到与另一条相交，则这两条相交直线所成的锐角或直角就是所求，正方体中平行线很多，不需要另外作辅助线，如∥，则(或其补角)就是所求异面直线所成的角.(2)这是求一个四棱锥的体积，为底面积乘高除以3，本题中四棱锥底面是正方形，高是，体积易求.试题解析：（1）因为，直线与所成的角就是异面直线与所成角.又为等边三角形，异面直线与所成角的大小为.（2）四棱锥的体积【考点】(1)异面直线所成的角；(2)棱锥的体积.26.如图，四边形为矩形，平面,，平面于点，且点在上.（1）求证：；（2）求四棱锥的体积；（3）设点在线段上，且，试在线段上确定一点，使得平面.【答案】（1）证明略;（2）;(3)存在点N即为点F使得.【解析】(1)先由，又,由线面垂直的判定定理由,根据面面垂直的性质定理有，可证线线垂直;(2) 由（1）可知该几何体是一个四棱锥，作，因为，所以,所以 ;(3) 由已知有分别为的中点，只需要取的中点，由则点就是点.试题解析：（1）因为平面，∥所以，因为平面于点，因为，所以面，则因为，所以面，则（2）作，因为面平面，所以面因为，，所以（3）因为，平面于点，所以是的中点设是的中点，连接所以∥∥因为，所以∥面，则点就是点【考点】1、线面平行的性质；2、线面垂直的性质定理；3、线面垂直的判定定理；4、面面垂直的性质定理；5、四棱锥的体积公式；6、面面平行的判定地理；7、探究存在性问题.27.如图，已知在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E，F，G分别是PD，PC，BC的中点．（1）求证：平面EFG⊥平面PAD；（2）若M是线段CD上一点，求三棱锥M﹣EFG的体积．【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】（1）要证明面面垂直，只需在一个平面内找到另一平面的一条垂线.由已知平面平面，且，可证平面，再根据是中位线，可证，从而平面，进而再证平面平面，该题实质是先找到面的一条垂线，再将平移到面内；（2）点是线段的动点，考虑到和到面的距离相等，故，再结合第（1）问结果，取的中点连接，据面面垂直的性质，点到的距离就是三棱锥的高，再求，进而求体积.试题解析：（1）∵平面平面，平面平面，平面，，平面，又中，分别是的中点，，可得平面，平面，∴平面平面；（2），平面，平面，平面，因此上的点到平面的距离等于点到平面的距离，∴，取的中点连接，则，平面，平面，∴，于是，∵平面平面，平面平面，是正三角形，∴点到平面的距离等于正的高，即为，因此，三棱锥M﹣EFG的体积==.【考点】1、面面垂直的判断及其性质；2、线面平行的判定；3、三棱锥的体积.28.如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，D,E分别是AB，BB1的中点（Ⅰ）证明：BC1//平面A1CD;（Ⅱ）设AA1=AC=CB=2，AB=，求三棱锥C一A1DE的体积.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）三棱锥C一A1DE的体积．【解析】（Ⅰ）证明：BC1//平面A1CD，证明线面平行，首先证明线线平行，可用三角形的中位线平行，也可用平行四边形的对边平行，注意到D,分别是AB，的中点，可考虑利用三角形的中位线平行，连结交于点F，则F为中点，连结DF，则∥DF，从而可证；（Ⅱ）求三棱锥C一A1DE的体积．求体积，关键是找高，由已知=2，，可知三角形是等腰直角三角形，又因为是直三棱柱，则，即为高，有平面几何知识可得是直角三角形，可求得面积，从而可得体积．试题解析：（Ⅰ）连结交于点F，则F为中点，又D是AB中点，连结DF，则∥DF因为所以∥平面(Ⅱ)因为是直三棱柱，所以，,由已知AC=CB，D为AB的中点，所以,又,于是.由=2，得,,,E=3，故,，所以（12分)【考点】线面平行的判定，几何体的体积．29.已知D、E是边长为3的正三角形的BC边上的两点，且,现将、分别绕AD和AE折起，使AB和AC重合（其中B、C重合）.则三棱锥的内切球的表面积是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】如下图所示，，，，.设内切球的半径为r，则，所以内切球的表面积为：.【考点】空间几何体的体积及表面积.30.如图，一只蚂蚁由棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的点出发沿正方体的表面到达点的最短路程为．【答案】【解析】采用侧面展开法，展开后，在矩形中，，．【考点】立体几何表面距离最短问题．31.在单位正方体的面对角线上存在一点P使得最短，则的最小值．【答案】【解析】将三角形绕旋转到与平面共面，此时，由余弦定理得，，所以的最小值为．【考点】立体几何表面距离最短问题．32.已知球O的半径为，球面上有A、B、C三点，如果，则三棱锥O-ABC 的体积为（）（A）（B）（C）1 （D）【答案】D【解析】由可知为直角三角形，取的中点，连接与，如图所示，可知为椎体的高，在中，所以，于是，故答案选D.【考点】本小题主要考二项式定理展开式33.已知矩形的顶点都在半径为4的球的球面上，且，，则棱锥的体积为 .【答案】【解析】根据体积公式，应求出矩形的面积和球心到底面的距离.矩形的外接圆的半径，所以，体积.【考点】棱锥的体积公式，球体中的有关计算及公式的应用.34.一个所有棱长均为1的正四棱锥的顶点与底面的四个顶点均在某个球的球面上，则此球的体积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】设四棱锥是满足条件的，连结、交于，球心在上，令球的半径为，则，由正四棱锥所有棱长为1，易求得四棱锥的高，在中，，即，解得，故球的体积为. 选D.【考点】正四棱锥的性质，球的体积.35.如图所示，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的全面积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体为圆柱，底面积为：，侧面积为：，因此圆柱的表面积为：【考点】1、空间几何体的三视图；2、空间几何体的表面积.36.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由三视图知，该四棱锥的底面是直角梯形，上底长为，下底长为，高为，四棱锥的高为，故该四棱锥的底面积，所以该四棱锥的体积.【考点】三视图、空间几何体的体积37.如图.在直棱柱ABC-A1B1C1中，∠ BAC=90°，AB=AC=，AA1=3，D是BC的中点，点E在菱BB1上运动。

专题02空间几何体的表面积和体积(原卷版)-2021年高考数学(理)立体几何突破性讲练

2021年高考数学（理）立体几何突破性讲练02空间几何体的表面积和体积一、考点传真：了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.二、知识点梳理：1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式S＝2πrl S＝πrl S＝π(r＋r′)l①几何体的侧面积是指（各个）侧面面积之和，而表面积是侧面积与所有底面面积之和.②圆台、圆柱、圆锥的转化当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥，由此可得：2．空间几何体的表面积与体积公式几个与球有关的切、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. 三、例题：例1.（2020年全国1卷理数，10）已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，1O 为ABC 的外接圆，若1O 的面积为14π,AB BC AC OO ===,则球O 的表面积为( ) A.64πB.48πC.36πD.32π例2.（2020年北京卷，4）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（）A.6 B.6+ C.12+ D.12+例3.（2020年全国3卷理数，15）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_________.例4.（2019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1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O —EFGH 后所得几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________.例5.（2019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 .例6.（2019全国卷Ⅰ）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例7.(2018全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为A ．172B ．52C ．3D ．2图① 图②例8.(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，则三棱锥D ABC -体积的最大值为BASNMA ．123B ．183C ．243D ．543四、巩固练习：1．把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，使得平面ABD ⊥平面CBD ，形成的三棱锥C ABD 的正视图与俯视图如图所示，则侧视图的面积为( )A.12 B.22 C.14D.242．《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何？刍甍：底面为矩形的屋脊状的几何体(网格纸中粗线部分为其三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1)，那么该刍甍的体积为( )A ．4B ．5C ．6D ．123．一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．36B ．48C ．64D ．724．一个几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )A．28 B．24＋2 5C．20＋4 5 D．20＋2 55．已知圆锥的高为3，底面半径为4，若一球的表面积与此圆锥侧面积相等，则该球的半径为( )A．5 B． 5C．9 D．36.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A．(9＋5)π B．(9＋25)πC．(10＋5)π D．(10＋25)π7.《九章算术》是中国古代第一部数学专著，书中有关于“堑堵”的记载，“堑堵”即底面是直角三角形的直三棱柱．已知某“堑堵”被一个平面截去一部分后，剩下部分的三视图如图所示，则剩下部分的体积是( )A．50 B．75C．25.5 D．37.58.如图①，需在正方体的盒子内镶嵌一个小球，使得镶嵌后的三视图均为图②所示，且平面A 1BC 1截得小球的截面面积为2π3，则该小球的体积为( )A.π6B.4π3C.32π3D.82π39.一个四棱柱的三视图如图所示，若该四棱柱的所有顶点都在同一球面上，则这个球的表面积为( )A ．25πB ．50πC ．100πD ．200π10.某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中六边形ABCDEF 是边长为1的正六边形，点G 为AF 的中点，则该几何体的外接球的表面积是( )A.31π6B.31π8 C.481π64D.3131π4811．已知三棱锥O ABC 的顶点A ，B ，C 都在半径为2的球面上，O 是球心，∠AOB ＝120°，当△AOC 与△BOC 的面积之和最大时，三棱锥O ABC 的体积为( ) A.32B.233C.23D.1312.四棱锥P ABCD 的三视图如图所示，则该四棱锥的外接球的表面积为( )A.81π5B.81π20 C.101π5D.101π2013.如图，直角梯形ABCD 中，AD ⊥DC ，AD ∥BC ，BC ＝2CD ＝2AD ＝2，若将该直角梯形绕BC 边旋转一周，则所得的几何体的表面积为________．14.若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.15.已知三棱锥P ABC 的底面ABC 是等腰三角形，AB ⊥AC ，PA ⊥底面ABC ，PA ＝AB ＝1，则这个三棱锥内切球的半径为________．16.棱长均相等的四面体ABCD 的外接球半径为1，则该四面体的棱长为________． 17.体积为183的正三棱锥A BCD 的每个顶点都在半径为R 的球O 的球面上，球心O 在此三棱锥内部，且R ∶BC ＝2∶3，点E 为线段BD 的中点，过点E 作球O 的截面，则所得截面圆面积的最小值是________．18．已知正四面体S ABC 的棱长为1，如果一个高为36的长方体能在该正四面体内任意转动，则该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为________．。

高考数学高三模拟试卷试题压轴押题提升作业五柱体、锥体、台体的表面积与体积2

高考数学高三模拟试卷试题压轴押题提升作业五柱体、锥体、台体的表面积与体积(45分钟70分)一、选择题(每小题5分，共40分)1.某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是个半圆，则该几何体的表面积为()A. B.π+ C.+ D.+【解析】选 C.由三视图可知该几何体为一个半圆锥，底面半径为1，高为，所以表面积S=×2×+×π×12+×π×1×2=+.2.(·北京高考)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【解析】选 A.通过三视图可还原几何体为如图所示的三棱锥,则通过侧视图得高h=1,底面积S=×1×1=,所以体积V=Sh=.3.(·太原高一检测)如图，正方体ABCDA′B′C′D′的棱长为4，动点E，F在棱AB上，且EF=2，动点Q在棱D′C′上，则三棱锥A′EFQ的体积()A.与点E，F的位置有关B.与点Q的位置有关C.与点E，F，Q的位置都有关D.与点E，F，Q的位置均无关，是定值【解析】选D.VA′EFQ=VQA′EF=××EF×AA′×A′D′，所以其体积为定值，与点E，F，Q的位置均无关.4.(·邯郸高二检测)已知某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A.16B.24C.32D.48【解析】选D.由三视图知，该几何体是一个四棱锥EABCD，底面ABCD是一个直角梯形，各边长如图所示，BC⊥AB，EB⊥底面ABCD，AB=6，所以由棱锥的体积公式得，V=××(6+2)×6×6=48.5.(·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体,其三视图如图所示.则该几何体的体积为()A.+πB.+πC.+πD.1+π【解析】选C.由三视图可知,半球的半径为,四棱锥底面正方形边长为1,高为1,所以该组合体的体积=π·×+×1×1×1=+π.6.某几何体的三视图如图所示，则它的体积是()A.8πB.8πC.82πD.π【解析】选A.这个几何体是一个棱长为2的正方体中挖去一个圆锥，这个圆锥的高为2，底面半径为1，故这个几何体体积为23π×12×2=8π.【延伸探究】本题条件不变，求该几何体的表面积.【解析】这个几何体是一个棱长为2的正方体中挖去一个圆锥，这个圆锥的高为2，底面半径为1，可求得圆锥的母线l==.所以该几何体的表面积为S表=5×22+22π×12+π×1×=24π+π=24+(1)π.7.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A.180B.200C.220D.240【解析】选D.由三视图可知该几何体为底面为梯形的直四棱柱.底面积为2××(8+2)×4=40，由三视图知，梯形的腰为=5，梯形的周长为8+2+5+5=20，所以四棱柱的侧面积为20×10=200，表面积为240.8.如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积为()A.10+B.10+C.6+2+D.6++【解析】选C.由三视图知四边形ABCD为直角梯形，其面积为S1==3.三角形PAB为直角三角形，其面积为S2=×2×1=1.三角形PAD面积为S3=×2×2=2，PD=2，三角形PDC面积为S4=×2×2=2.又PB=BC=，PC=2，作BE⊥PC于E，则BE===，所以三角形PBC的面积为S5=×2×=，故表面积为S=S1+S2+S3+S4+S5=6+2+.二、填空题(每小题5分，共10分)9.(·宁波高二检测)若如图为某直三棱柱(侧棱与底面垂直)被削去一部分后的直观图与三视图中的侧视图、俯视图，则其正视图的面积为________，三棱锥DBCE的体积为________.【解析】根据题意分析可知，正视图为两条直角边分别是2，4的直角三角形，所以S=×2×4=4，VDBCE=VBDCE=××4×2×2=.答案：410.(·天津高考)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.【解析】由三视图可知，该几何体是中间为一个底面半径为1，高为2的圆柱，两端是底面半径为1，高为1的圆锥，所以该几何体的体积V=12×π×2+2××12×π×1=π(m3).答案：π三、解答题(每小题10分，共20分)11.(·郑州高二检测)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，(1)求此几何体的表面积.(2)求此几何体的体积.【解析】(1)由题意知，该几何体是一个组合体，上边是长方体，长为4cm，宽为4cm，高为2cm，下边是一个四棱台，上底边长为4cm，下底边长为8cm，高是3cm，四棱台的斜高为=，则该几何体的表面积S=4×4+4×2×4+8×8+(4+8)×÷2×4=(112+24)cm2.(2)该几何体的体积V=4×4×2+(42+82+4×8)×3=144(cm3).12.如图所示，在长方体ABCDA′B′C′D′中，用截面截下一个棱锥D′A′DC，求棱锥D′A′DC的体积与剩余部分的体积之比.【解析】设AB=a，AD=b，DD′=c，则长方体ABCDA′B′C′D′的体积V=abc，因为V三棱锥D′A′DC=V三棱锥CA′DD′，又S△A′DD′=bc，且三棱锥CA′DD′的高为CD=a.所以V三棱锥CA′DD′=S△A′DD′·CD=abc.则剩余部分几何体的体积V剩=abcabc=abc.故V三棱锥D′A′DC∶V剩=abc∶abc=1∶5.【一题多解】已知长方体可以看成侧棱垂直于底面的四棱柱ADD′A′BCC′B′，设它的底面ADD′A′面积为S，高为h，则它的体积为V=Sh.因为V三棱锥D′A′DC=V三棱锥CA′DD′，而棱锥CA′DD′的底面面积为S，高为h，因此棱锥CA′DD′的体积VCA′DD′=×Sh=Sh.余下的体积是ShSh=Sh.所以棱锥CA′DD′，即棱锥D′A′DC的体积与剩余部分的体积之比为Sh∶Sh=1∶5.【能力挑战题】如图，正三棱锥OABC的底面边长为2，高为1，求该三棱锥的体积及表面积.【解析】由已知条件可知，正三棱锥OABC的底面△ABC是边长为2的正三角形，经计算得底面△ABC的面积为.所以该三棱锥的体积为××1=.设O′是正三角形ABC的中心.由正三棱锥的性质可知，OO′⊥平面ABC.延长AO′交BC于D，连接OD，得AD=，O′D=.又因为OO′=1，所以正三棱锥的斜高OD=.故侧面积为3××2×=2.所以该三棱锥的表面积为+2=3，因此，所求三棱锥的体积为，表面积为3.高考数学高三模拟试卷试题压轴押题通高中毕业班综合测试（二）数学（文科）本试卷共4页，21小题，满分150分．考试用时120分钟注意事项：1．答卷前，考生务必用2B 铅笔在“考生号”处填涂考生号．用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己所在的市、县/区、学校以及自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上．用2B 铅笔将试卷类型（A ）填涂在答题卡相应位置上．2．选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上．3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．4．作答选做题时，请先用2B 铅笔填涂选做题题号对应的信息点，再作答．漏涂、错涂、多涂的，答案无效．5．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．参考公式：锥体的体积公式Sh V 31=，其中S 是锥体的底面积，h 是锥体的高．台体的体积公式()123hV S S =，其中1S ，2S 分别是台体的上，下底面积，h 是台体的高．一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．sin 240的值为A．12C ．12-D．-2．已知函数()3xf x =()x ∈R 的反函数为()g x ，则12g ⎛⎫= ⎪⎝⎭A ．3log 2-B ．3log 2C ．2log 3-D ．2log 33．已知双曲线C ：22214x y b-=经过点()4,3，则双曲线C 的离心率为 A ．12B．2C．2D．24．执行如图1所示的程序框图，则输出的z 的值是A ．21B ．32C ．34D ．645．已知命题p ：x ∀∈R ，20x >，命题q ：,αβ∃∈R ，使()tan tan tan αβαβ+=+，则下列命题为真命题的是A ．p q ∧B ．()p q ∨⌝C ．()p q ⌝∧D ．()p q ∧⌝6．设集合{}22A x a x a =-<<+，{}2450B x x x =--<，若A B ⊆，则实数a 的取值范围为 A ．[]1,3B ．()1,3C ．[]3,1--D ．()3,1--7．已知数列{}n a 满足13a =，且143n n a a +=+()*n ∈N ，则数列{}n a 的通项公式为 A ．2121n -+B ．2121n --C ．221n +D ．221n -8．已知函数()223f x x x =-++，若在区间[]4,4-上任取一个实数0x ，则使()00f x ≥成立的概率为A ．425B ．12C ．23D ．19．如图2，圆锥的底面直径2AB =，母线长3VA =，点C 在母线VB 上，且1VC =，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A 到达点C ，则这只蚂蚁爬行的最短距离是 A C D ．210．设函数()3233f x x ax bx =++有两个极值点12x x 、，且[]11,0x ∈-，[]21,2x ∈，则点(),a b 在aOb平面上所构成区域的面积为 A ．14B ．12C ．34D ．1二、填空题：本大题共5小题，考生作答4小题，每小题5分，满分20分．（一）必做题（11～13题） 11．已知i 为虚数单位，复数1iiz -=，则z =． 12．已知向量(),1x =a ，()2,y =b ，若()1,1=-a +b ，则x y +=．AVCB图213．某种型号的汽车紧急刹车后滑行的距离y ()km 与刹车时的速度x ()km/h 的关系可以用2y ax =来描述，已知这种型号的汽车在速度为60km/h 时，紧急刹车后滑行的距离为b ()km ．一辆这种型号的汽车紧急刹车后滑行的距离为3b ()km ，则这辆车的行驶速度为km/h ．（二）选做题（14～15题，考生只能从中选做一题） 14．（几何证明选讲选做题）如图3，在平行四边形ABCD 中，4AB =，点E 为边DC 的中点， AE 与BC 的延长线交于点F ，且AE 平分BAD ∠，作DG AE ⊥，垂足为G ，若1DG =，则AF 的长为．15．（坐标系与参数方程选做题）在在平面直角坐标系中，已知曲线1C 和2C 的方程分别为32,12x t y t =-⎧⎨=-⎩（t 为参数）和24,2x t y t=⎧⎨=⎩（t 为参数），则曲线1C 和2C 的交点有个．三、解答题：本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤． 16．（本小题满分12分）已知△ABC 的三边a ，b ，c 所对的角分别为A ，B ，C ，且::7:5:3a b c =．（1）求cos A 的值；（2）若△ABC 外接圆的半径为14，求△ABC 的面积． 17．（本小题满分12分）某市为了宣传环保知识，举办了一次“环保知识知多少”的问卷调查活动（一人答一份）．现从回收的年龄在20～60岁的问卷中随机抽取了100份，统计结果如下面的图表所示．年龄分组抽取份数答对全卷的人数答对全卷的人数占本组的概率 [20,30) 40 28 0.7[30,40) n 27 0.9[40,50) 10 4 b[50,60] 20 a 0.1 （1）分别求出n ，a ，b ，c 的值；（2）从年龄在[]40,60答对全卷的人中随机抽取2人授予“环保之星”，求年龄在[]50,60的人中至少有1人被授予“环保之星”的概率． 18．（本小题满分14分）如图4，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，M ，N 分别是棱1AA ，AB 上的点，且1AM AN ==．（1）证明：M ，N ，C ，1D 四点共面；（2）平面1MNCD 将此正方体分为两部分，求这两部分的体积C 1 ABA 1B 1D 1C D MNBA CDEG图3频率/组距 0.01 c0.04 0.03之比．19．（本小题满分14分）已知点(),n n n P a b ()n ∈*N在直线l ：31y x =+上，1P 是直线l 与y 轴的交点，数列{}n a 是公差为1的等差数列．（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）若(),,n n a n f n b n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数，，是否存在k ∈*N ，使()()34f k f k +=成立？若存在，求出所有符合条件的k 值；若不存在，请说明理由．20．（本小题满分14分）已知函数()2ln f x x ax x =++()a ∈R ．（1）若函数()f x 在1x =处的切线平行于x 轴，求实数a 的值，并求此时函数()f x 的极值；（2）求函数()f x 的单调区间．21．（本小题满分14分）已知圆心在x 轴上的圆C 过点()0,0和()1,1-，圆D 的方程为()2244x y -+=．（1）求圆C 的方程；（2）由圆D 上的动点P 向圆C 作两条切线分别交y 轴于A ，B 两点，求AB 的取值范围．广州市普通高中毕业班综合测试（二）数学（文科）试题参考答案及评分标准说明：1．参考答案与评分标准给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与参考答案不同，可根据试题主要考查的知识点和能力比照评分标准给以相应的分数．2．对解答题中的计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的得分，但所给分数不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．4．只给整数分数，选择题和填空题不给中间分．图4一、选择题：本大题考查基本知识和基本运算．共10小题，每小题，满分50分．二、填空题：本大题考查基本知识和基本运算，体现选择性．共5小题，每小题，满分20分．其中14~15题是选做题，考生只能选做一题．16．（本小题满分12分）解：（1）因为::7:5:3a b c =，所以可设7a k =，5b k =，3c k =()0k >，…………………………………………………………2分由余弦定理得，222cos 2b c a A bc+-=()()()222537253k k k k k+-=⨯⨯ (3)分12=-．………………………………………………………………………………………………4分（2）由（1）知，1cos 2A =-，因为A 是△ABC 的内角，所以sin A ==．…………………………………………6分由正弦定理2sin aR A=，…………………………………………………………………………………7分得2sin 2142a R A ==⨯⨯=．…………………………………………………………………8分由（1）设7a k =，即k =所以5b k ==3c k ==．………………………………………………………………10分所以1sin 2ABC S bc A ∆=12=⨯……………………………………………………11分=所以△ABC的面积为…………………………………………………………………………12分17．（本小题满分12分）解：（1）因为抽取总问卷为100份，所以()10040102030n =-++=．………………………………1分年龄在[)40,50中，抽取份数为10份，答对全卷人数为4人，所以4100.4b =÷=．……………2分年龄在[]50,60中，抽取份数为20份，答对全卷的人数占本组的概率为0.1，所以200.1a ÷=，解得2a =．…………………………………………………………………………3分根据频率直方分布图，得()0.040.030.01101c +++⨯=，解得0.02c =．……………………………………………………………………………………………4分（2）因为年龄在[)40,50与[]50,60中答对全卷的人数分别为4人与2人．年龄在[)40,50中答对全卷的4人记为1a ，2a ，3a ，4a ，年龄在[]50,60中答对全卷的2人记为1b ，2b ，则从这6人中随机抽取2人授予“环保之星”奖的所有可能的情况是：()12,a a ，()13,a a ，()14,a a ，()11,a b ，()12,a b ，()23,a a ，()24,a a ，()21,a b ，()22,a b ，()34,a a ，()31,a b ，()32,a b ，()41,a b ，()42,a b ，()12,b b 共15种．…………………………………………………………………………………8分其中所抽取年龄在[]50,60的人中至少有1人被授予“环保之星”的情况是：()11,a b ，()12,a b ，()21,a b ，()22,a b ，()31,a b ，()32,a b ，()41,a b ，()42,a b ，()12,b b 共9种.……………………………………11分故所求的概率为53159=. ………………………………………………………………………………12分18．（本小题满分14分）（1）证明：连接1A B ，在四边形11A BCD 中，11A D BC 且11A D BC =，所以四边形11A BCD 是平行四边形．所以11A BD C ．…………………………………………2分C 1 ABA 1B 1D 1C DMN在△1ABA 中，1AM AN ==，13AA AB ==，所以1AM ANAA AB=，所以1MN A B ．…………………………………………………………………………………………4分所以1MND C ．所以M ，N ，C ，1D 四点共面．………………………………………………………………………6分（2）解法一：记平面1MNCD 将正方体分成两部分的下部分体积为1V ，上部分体积为2V ，连接1D A ，1D N ，DN ，则几何体1D AMN -，1D ADN -，1D CDN -均为三棱锥，所以1111D AMN D ADN D CDN V V V V ---=++1111111333AMN ADN CDN S D A S D D S D D ∆∆∆=++………9分111319333323232=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯132=．……………………………………………………………………………………………11分从而11111213412722ABCD A B C D AMN DD C V V V --=-=-=，…………………………………………………13分所以121341V V =．所以平面1MNCD 分此正方体的两部分体积的比为1341．……………………………………………14分解法二：记平面1MNCD 将正方体分成两部分的下部分体积为1V ，上部分体积为2V ，因为平面11ABB A 平面11DCC D ，所以平面AMN平面1DD C ．延长CN 与DA 相交于点P ，因为AN DC ，所以AN PA DC PD =，即133PA PA =+，解得32PA =． C 1 A B A 1B 1D 1C D M N延长1D M 与DA 相交于点Q ，同理可得32QA =．所以点P 与点Q 重合．所以1D M ，DA ，CN 三线相交于一点．所以几何体1AMN DD C -是一个三棱台．……………………………………………………………9分所以111191333222AMN DD C V V -⎛⎫==⨯+⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，………………………………………………11分从而11111213412722ABCD A B C D AMN DD C V V V --=-=-=，…………………………………………………13分所以121341V V =．所以平面1MNCD 分此正方体的两部分体积的比为1341．……………………………………………14分19．（本小题满分14分）解：（1）因为()111,P a b 是直线l ：31y x =+与y 轴的交点()0,1，所以10a =，11b =．……………………………………………………………………………………2分因为数列{}n a 是公差为1的等差数列，所以1n a n =-．……………………………………………………………………………………………4分因为点(),n n n P a b 在直线l ：31y x =+上，所以31n n b a =+32n =-．所以数列{}n a ，{}n b 的通项公式分别为1n a n =-，32n b n =-()*n ∈N ．………………………6分（2）因为()1,32,n n f n n n -⎧=⎨-⎩为奇数为偶数，，假设存在k ∈*N ，使()()34f k f k +=成立．………………………………………………………7分 ①当k 为奇数时，3k +为偶数，则有()()33241k k +-=-，解得11k =，符合题意．………………………………………………………………………………10分 ②当k 为偶数时，3k +为奇数，则有()()31432k k +-=-，解得1011k =，不合题意．..........................................................................................13分综上可知，存在11k =符合条件． (14)分20．（本小题满分14分）解：（1）函数()f x 的定义域为()0,+∞，……………………………………………………………………1分因为()2ln f x x ax x =++，所以()121f x ax x'=++，………………………………………………………………………………2分依题意有()10f '=，即1210a ++=，解得1a =-．………………………………………………3分此时()()()212121x x x x f x x x--+-++'==，所以当01x <<时，()0f x '>，当1x >时，()0f x '<，所以函数()f x 在()0,1上是增函数，在()1,+∞上是减函数，………………………………………5分所以当1x =时，函数()f x 取得极大值，极大值为0．………………………………………………6分（2）因为()121f x ax x'=++221ax x x ++=，（ⅰ）当0a ≥时，………………………………………………………………………………………7分因为()0,x ∈+∞，所以()f x '2210ax x x++=>，此时函数()f x 在()0,+∞是增函数．……………………………………………………………………9分（ⅱ）当0a <时，令()0f x '=，则2210ax x ++=．因为180a ∆=->，此时()f x '()()212221a x x x x ax x x x--++==，其中1x =，2x =．因为0a <，所以20x >，又因为12102x x a=<，所以10x <．……………………………………11分所以当20x x <<时，()0f x '>，当2x x >时，()0f x '<，所以函数()f x 在()20,x 上是增函数，在()2,x +∞上是减函数．…………………………………13分综上可知，当0a ≥时，函数()f x 的单调递增区间是()0,+∞；当0a <时，函数()f x 的单调递增区间是0,⎛ ⎝⎭，单调递减区间是⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭．……………………………………14分21．（本小题满分14分）解：（1）方法一：设圆C 的方程为：()222x a y r-+=()0r >，………………………………………1分因为圆C 过点()0,0和()1,1-，所以()22222,11.a r a r ⎧=⎪⎨--+=⎪⎩………………………………………………………………………………3分解得1a =-，1r =．所以圆C 的方程为()2211x y ++=．…………………………………………………………………4分方法二：设()0,0O ，()1,1A -，依题意得，圆C 的圆心为线段OA 的垂直平分线l 与x 轴的交点C ．………………………………1分因为直线l 的方程为1122y x -=+，即1y x =+，……………………………………………………2分所以圆心C 的坐标为()1,0-．…………………………………………………………………………3分所以圆C 的方程为()2211x y ++=．…………………………………………………………………4分（2）方法一：设圆D 上的动点P 的坐标为()00,x y ，则()220044x y -+=，即()2200440y x =--≥，解得026x ≤≤．…………………………………………………………………………………………5分由圆C 与圆D 的方程可知，过点P 向圆C 所作两条切线的斜率必存在，设PA 的方程为：()010y y k x x -=-，PB 的方程为：()020y y k x x -=-，则点A 的坐标为()0100,y k x -，点B 的坐标为()0200,y k x -，所以120AB k k x =-，因为PA ，PB 是圆C 的切线，所以1k ，2k1=，即1k ，2k 是方程()()2220000022110x x k y x k y +-++-=的两根，………………………………7分即()0012200201220021,21.2y x k k x x y k k x x ⎧++=⎪+⎪⎨-⎪=⎪+⎩所以120AB k k x =-x =分因为()220044y x =--，所以AB =…………………………………………………………………………10分设()()0020562x f x x -=+，则()()00305222x f x x -+'=+．………………………………………………………………………………11分由026x ≤≤，可知()0f x 在222,5⎡⎫⎪⎢⎣⎭上是增函数，在22,65⎛⎤⎥⎝⎦上是减函数，……………………12分所以()0max 2225564fx f ⎛⎫==⎡⎤ ⎪⎣⎦⎝⎭，()()(){}min0131min 2,6min ,484f x f f ⎧⎫===⎡⎤⎨⎬⎣⎦⎩⎭，所以AB 的取值范围为4⎦．…………………………………………………………………14分方法二：设圆D 上的动点P 的坐标为()00,x y ，则()220044x y -+=，即()2200440y x =--≥，解得026x ≤≤．…………………………………………………………………………………………5分设点()0,A a ，()0,B b ，则直线PA ：00y ay a x x --=，即()0000y a x x y ax --+=，因为直线PA 与圆C1=，化简得()2000220x a y a x +--=． ① 同理得()2000220x b y b x +--=， ②由①②知a ，b 为方程()2000220x x y x x +--=的两根，…………………………………………7分即00002,2.2y a b x x ab x ⎧+=⎪+⎪⎨-⎪=⎪+⎩所以AB a b =-===．……………………………………………………………………9分因为()220044y x =--，所以AB =分=． (11)分令012t x =+，因为026x ≤≤，所以1184t ≤≤．所以AB ==，………………………………………12分当532t =时，max 4AB =，当14t =时，min AB =所以AB 的取值范围为⎦．…………………………………………………………………14分高考数学高三模拟试卷试题压轴押题重庆市高考数学试卷（理科）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）已知全集U={1，2，3，4}，集合A={1，2}，B={2，3}，则∁U（A∪B）=（）A．{1，3，4} B．{3，4} C．{3} D．{4}2．（5分）命题“对任意x∈R，都有x2≥0”的否定为（）A．对任意x∈R，都有x2＜0 B．不存在x∈R，都有x2＜0C．存在x0∈R，使得x02≥0D．存在x0∈R，使得x02＜03．（5分）（﹣6≤a≤3）的最大值为（）A．9 B．C．3 D．4．（5分）以下茎叶图记录了甲、乙两组各五名学生在一次英语听力测试中的成绩（单位：分）．已知甲组数据的中位数为15，乙组数据的平均数为16.8，则x，y的值分别为（）A．2，5 B．5，5 C．5，8 D．8，85．（5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．200 D．2406．（5分）若a＜b＜c，则函数f（x）=（x﹣a）（x﹣b）+（x﹣b）（x﹣c）+（x﹣c）（x ﹣a）的两个零点分别位于区间（）A．（a，b）和（b，c）内B．（﹣∞，a）和（a，b）内C．（b，c）和（c，+∞）内D．（﹣∞，a）和（c，+∞）内7．（5分）已知圆C1：（x﹣2）2+（y﹣3）2=1，圆C2：（x﹣3）2+（y﹣4）2=9，M，N 分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|+|PN|的最小值为（）A．﹣1 B．5﹣4 C．6﹣2D．8．（5分）执行如图所示的程序框图，如果输出S=3，那么判断框内应填入的条件是（）A．k≤6B．k≤7C．k≤8D．k≤99．（5分）4cos50°﹣tan40°=（）A．B．C．D．2﹣110．（5分）在平面上，⊥，||=||=1，=+．若||＜，则||的取值范围是（）A．（0，] B．（，] C．（，] D．（，]二、填空题：本大题共3小题，考生作答5小题，每小题5分，共25分，把答案填写在答题卡相应位置上．11．（5分）已知复数z=（i是虚数单位），则|z|=．12．（5分）已知{an}是等差数列，a1=1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8=．13．（5分）从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是（用数字作答）．14，15，16三题为选做题，请从中任选两题作答，若三题全做，则按前两题给分：14．（5分）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠A=60°，AB=20，过C作△ABC的外接圆的切线CD，BD⊥CD，BD与外接圆交于点E，则DE的长为．15．（5分）在直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．若极坐标方程为ρcosθ=4的直线与曲线（t为参数）相交于A，B两点，则|AB|=．16．若关于实数x的不等式|x﹣5|+|x+3|＜a无解，则实数a的取值范围是．三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（13分）设f（x）=a（x﹣5）2+6lnx，其中a∈R，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与y轴相交于点（0，6）．（1）确定a的值；（2）求函数f（x）的单调区间与极值．18．（13分）某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定：在一次摸奖中，摸奖者先从装有3个红球与4个白球的袋中任意摸出3个球，再从装有1个蓝球与2个白球的袋中任意摸出1个球，根据摸出4个球中红球与蓝球的个数，设一、二、三等奖如下：奖级摸出红、蓝球个数获奖金额一等奖3红1蓝200元二等奖3红0蓝50元三等奖2红1蓝10元其余情况无奖且每次摸奖最多只能获得一个奖级．（1）求一次摸奖恰好摸到1个红球的概率；（2）求摸奖者在一次摸奖中获奖金额x的分布列与期望E（x）．19．（13分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，BC=CD=2，AC=4，∠ACB=∠ACD=，F为PC的中点，AF⊥PB．（1）求PA的长；（2）求二面角B﹣AF﹣D的正弦值．20．（12分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a2+b2+ab=c2．（1）求C；（2）设cosAcosB=，=，求tanα的值．21．（12分）如图，椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，离心率，过左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于A、A′两点，|AA′|=4．（Ⅰ）求该椭圆的标准方程；（Ⅱ）取垂直于x轴的直线与椭圆相交于不同的两点P、P′，过P、P′作圆心为Q的圆，使椭圆上的其余点均在圆Q外．若PQ⊥P'Q，求圆Q的标准方程．22．（12分）对正整数n，记In={1，2，3…，n}，Pn={|m∈In，k∈In}．（1）求集合P7中元素的个数；（2）若Pn的子集A中任意两个元素之和不是整数的平方，则称A为“稀疏集”．求n的最大值，使Pn能分成两个不相交的稀疏集的并集．重庆市高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）已知全集U={1，2，3，4}，集合A={1，2}，B={2，3}，则∁U（A∪B）=（）A．{1，3，4} B．{3，4} C．{3} D．{4}【分析】根据A与B求出两集合的并集，由全集U，找出不属于并集的元素，即可求出所求的集合．【解答】解：∵A={1，2}，B={2，3}，∴A∪B={1，2，3}，∵全集U={1，2，3，4}，∴∁U（A∪B）={4}．故选：D．【点评】此题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握各自的定义是解本题的关键．2．（5分）命题“对任意x∈R，都有x2≥0”的否定为（）A．对任意x∈R，都有x2＜0 B．不存在x∈R，都有x2＜0C．存在x0∈R，使得x02≥0D．存在x0∈R，使得x02＜0【分析】直接利用全称命题的否定是特称命题，写出命题的否定命题即可．【解答】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以命题“对任意x∈R，都有x2≥0”的否定为．存在x0∈R，使得x02＜0．故选：D．【点评】本题考查命题的否定，全称命题与特称命题的否定关系，基本知识的考查．3．（5分）（﹣6≤a≤3）的最大值为（）A．9 B．C．3 D．【分析】令f（a）=（3﹣a）（a+6）=﹣+，而且﹣6≤a≤3，利用二次函数的性质求得函数f（a）的最大值，即可得到所求式子的最大值．【解答】解：令f（a）=（3﹣a）（a+6）=﹣+，而且﹣6≤a≤3，由此可得当a=﹣时，函数f（a）取得最大值为，故（﹣6≤a≤3）的最大值为=，故选：B．【点评】本题主要考查二次函数的性质应用，体现了转化的数学思想，属于中档题．4．（5分）以下茎叶图记录了甲、乙两组各五名学生在一次英语听力测试中的成绩（单位：分）．已知甲组数据的中位数为15，乙组数据的平均数为16.8，则x，y的值分别为（）A．2，5 B．5，5 C．5，8 D．8，8【分析】求乙组数据的平均数就是把所有乙组数据加起来，再除以5．找甲组数据的中位数要把甲组数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数为中位数．据此列式求解即可．【解答】解：乙组数据平均数=（9+15+18+24+10+y）÷5=16.8；∴y=8；甲组数据可排列成：9，12，10+x，24，27．所以中位数为：10+x=15，∴x=5．故选：C．【点评】本题考查了中位数和平均数的计算．平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数．将一组数据从小到大依次排列，把中间数据（或中间两数据的平均数）叫做中位数．5．（5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．200 D．240【分析】如图所示，该几何体是棱长分别为4，8，10的长方体砍去两个小三棱柱得到一个四棱柱，据此即可计算出体积．【解答】解：如图所示，该几何体是棱长分别为4，8，10的长方体砍去两个小三棱柱得到一个四棱柱，由图知V==200．故选：C．【点评】由三视图正确恢复原几何体是解题的关键．6．（5分）若a＜b＜c，则函数f（x）=（x﹣a）（x﹣b）+（x﹣b）（x﹣c）+（x﹣c）（x ﹣a）的两个零点分别位于区间（）A．（a，b）和（b，c）内B．（﹣∞，a）和（a，b）内C．（b，c）和（c，+∞）内D．（﹣∞，a）和（c，+∞）内【分析】由函数零点存在判定定理可知：在区间（a，b），（b，c）内分别存在一个零点；又函数f（x）是二次函数，最多有两个零点，即可判断出．【解答】解：∵a＜b＜c，∴f（a）=（a﹣b）（a﹣c）＞0，f（b）=（b﹣c）（b﹣a）＜0，f（c）=（c﹣a）（c﹣b）＞0，由函数零点存在判定定理可知：在区间（a，b），（b，c）内分别存在一个零点；又函数f（x）是二次函数，最多有两个零点，因此函数f（x）的两个零点分别位于区间（a，b），（b，c）内．故选：A．【点评】熟练掌握函数零点存在判定定理及二次函数最多有两个零点的性质是解题的关键．7．（5分）已知圆C1：（x﹣2）2+（y﹣3）2=1，圆C2：（x﹣3）2+（y﹣4）2=9，M，N 分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|+|PN|的最小值为（）A．﹣1 B．5﹣4 C．6﹣2D．【分析】求出圆C1关于x轴的对称圆的圆心坐标A，以及半径，然后求解圆A与圆C2的圆心距减去两个圆的半径和，即可求出|PM|+|PN|的最小值．【解答】解：如图圆C1关于x轴的对称圆的圆心坐标A（2，﹣3），半径为1，圆C2的圆心坐标（3，4），半径为3，由图象可知当P，M，N，三点共线时，|PM|+|PN|取得最小值，|PM|+|PN|的最小值为圆C3与圆C2的圆心距减去两个圆的半径和，即：|AC2|﹣3﹣1=﹣4=﹣4=5﹣4．故选：B．【点评】本题考查圆的对称圆的方程的求法，两个圆的位置关系，两点距离公式的应用，考查转化思想与计算能力．8．（5分）执行如图所示的程序框图，如果输出S=3，那么判断框内应填入的条件是（）A．k≤6B．k≤7C．k≤8D．k≤9【分析】根据程序框图，写出运行结果，根据程序输出的结果是S=3，可得判断框内应填入的条件．【解答】解：根据程序框图，运行结果如下：S k第一次循环 log23 3第二次循环log23•log34 4第三次循环log23•log34•log45 5第四次循环log23•log34•log45•lo g56 6第五次循环log23•log34•log45•log56•log67 7第六次循环log23•log34•log45•log56•log67•log78=log28=3 8故如果输出S=3，那么只能进行六次循环，故判断框内应填入的条件是k≤7．故选：B．【点评】本题考查程序框图，尤其考查循环结构．对循环体每次循环需要进行分析并找出内在规律．本题属于基础题．9．（5分）4cos50°﹣tan40°=（）A．B．C．D．2﹣1【分析】原式第一项利用诱导公式化简，第二项利用同角三角函数间的基本关系切化弦，通分后利用同分母分式的减法法则计算，再利用诱导公式及两角和与差的正弦函数公式化简，整理后利用两角和与差的余弦函数公式化为一个角的余弦函数，约分即可得到结果．【解答】解：4cos50°﹣tan40°=4sin40°﹣tan40°======．故选：C．【点评】此题考查了两角和与差的正弦、余弦函数公式，同角三角函数间的基本关系，以及诱导公式的作用，熟练掌握公式是解本题的关键．10．（5分）在平面上，⊥，||=||=1，=+．若||＜，则||的取值范围是（）A．（0，] B．（，] C．（，] D．（，]【分析】建立坐标系，将向量条件用等式与不等式表示，利用向量模的计算公式，即可得到结论．【解答】解：根据条件知A，B1，P，B2构成一个矩形AB1PB2，以AB1，AB2所在直线为坐标轴建立直角坐标系，设|AB1|=a，|AB2|=b，点O的坐标为（x，y），则点P的坐标为（a，b），由=1，得，则∵||＜，∴∴∴∵（x﹣a）2+y2=1，∴y2=1﹣（x﹣a）2≤1，∴y2≤1同理x2≤1∴x2+y2≤2②由①②知，∵||=，∴＜||≤故选：D．【点评】本题考查向量知识的运用，考查学生转化问题的能力，考查学生的计算能力，属于难题．二、填空题：本大题共3小题，考生作答5小题，每小题5分，共25分，把答案填写在答题卡相应位置上．11．（5分）已知复数z=（i是虚数单位），则|z|=．【分析】通过复数的分子与分母同时求模即可得到结果．【解答】解：|z|===．故答案为：．【点评】本题考查复数的模的求法，考查计算能力．12．（5分）已知{an}是等差数列，a1=1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8=64．【分析】依题意，a1=1，=a1•（a1+4d），可解得d，从而利用等差数列的前n项和公式即可求得答案．【解答】解：∵{an}是等差数列，a1，a2，a5成等比数列，∴=a1•（a1+4d），又a1=1，∴d2﹣2d=0，公差d≠0，∴d=2．∴其前8项和S8=8a1+×d=8+56=64．故答案为：64．【点评】本题考查等差数列的前n项和，考查方程思想与运算能力，属于基础题．13．（5分）从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是590（用数字作答）．【分析】不同的组队方案：选5名医生组成一个医疗小组，要求其中骨科、脑外科和内科医生都至少有1人，方法共有6类，他们分别是：3名骨科、1名脑外科和1名内科医生；1名骨科、3名脑外科和1名内科医生，…，在每一类中都用分步计数原理解答．【解答】解：直接法：3名骨科、1名脑外科和1名内科医生，有C33C41C51=20种，1名骨科、3名脑外科和1名内科医生，有C31C43C51=60种，1名骨科、1名脑外科和3名内科医生，有C31C41C53=120种，2名骨科、2名脑外科和1名内科医生，有C32C42C51=90种，1名骨科、2名脑外科和2名内科医生，有C31C42C52=180种，2名骨科、1名脑外科和2名内科医生，有C32C41C52=120种，共计20+60+120+90+180+120=590种间接法：﹣﹣﹣+1=590故答案为：590．【点评】本题主要考查了排列、组合及简单计数问题，解答关键是利用直接法：先分类后分步．14，15，16三题为选做题，请从中任选两题作答，若三题全做，则按前两题给分：。

高三数学空间几何体的表面积与体积试题

高三数学空间几何体的表面积与体积试题1.如图, 四棱柱的底面ABCD是正方形, O为底面中心, ⊥平面ABCD,．（1）证明: // 平面;（2）求三棱柱的体积．【答案】（1）证明详见解析；（2）体积为1.【解析】本题主要考查线线平行、面面平行、线面垂直、柱体的体积等基础知识，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力.第一问，由图象可得到，，，所以得到四边形为平行四边形，所以，利用面面平行的判定得证；第二问，由面ABCD，所以得到是三棱柱的高，利用体积转化法，得到三棱柱的体积.试题解析：（1）设线段的中点为，∵BD和是的对应棱，∴，同理，∵AO和是棱柱的对应线段，∴，且，且四边形为平行四边形且，面面.（2）∵面ABCD，∴是三棱柱的高，在正方形ABCD中，，在中，，，所以，.【考点】线线平行、面面平行、线面垂直、柱体的体积.2.底面为正三角形且侧棱与底面垂直的三棱柱称为正三棱柱，则棱长均为的正三棱柱外接球的表面积为__________.【答案】【解析】底面正三角形外接圆的半径为，圆心到底面的距离为，从而其外接圆的半径，则该球的表面积.【考点】正棱柱与球体等基本几何体表面积.3.已知某个几何体的三视图如下（主视图的弧线是半圆），根据图中标出的尺寸（单位：cm），可得这个几何体的体积是 .【答案】640＋80π cm3【解析】由三视图可知，该几何体是一长方体与一半圆柱的组合体.长方体棱长分别为8,10,8，圆柱的底半径为4，高为10，故几何体体积为【考点】三视图，几何体的体积.4.平面截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面的距离为，则此球的体积为．【答案】【解析】,.【考点】球的体积5.已知矩形的顶点都在半径为4的球的球面上，且,则棱锥的体积为。

【答案】【解析】设ABCD所在的截面圆的圆心为M,则AM=,OM=，.6.如图所示，四边形ABCD为正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.则棱锥Q－ABCD的体积与棱锥P－DCQ的体积的比值是（）A. 2:1B. 1:1C. 1:2D. 1:3【答案】C＝. 【解析】设AB＝a.由题设知AQ为棱锥Q－ABCD的高，所以棱锥Q－ABCD的体积V1易证PQ⊥面DCQ，而PQ＝，△DCQ的面积为，＝.故棱锥Q－ABCD的体积与棱锥P－DCQ的体积的比值为所以棱锥P－DCQ的体积V21:1，选C.7.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是．【答案】【解析】直观图是圆柱中抽出正四棱柱∴该几何体的体积是8.（本小题满分12分）如图，三棱柱中，侧棱平面，为等腰直角三角形，，且分别是的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）设，求三棱锥的体积.【答案】（1）详见解析，（2）详见解析，（3）【解析】（1）证明线面平行，关键在于找出线线平行.显然DE与三角形ABC三条边都不平行，因此需作辅助线.因为D,E都是中点，所以取中点，连接，可证得四边形是平行四边形.因而有，再根据线面平行判定定理就可证得.（2）要证明平面，需证明及，前面在平面中证明，利用勾股定理，即通过计算设，则.∴，∴.后者通过线面垂直与线线垂直的转化得，即由面面，得面，再得.（3）求三棱锥的体积关键在于求高.由（2）得平面，所以三棱锥的高为的一半，因此三棱锥的体积为.试题解析：（1）取中点，连接，∵，∴.∴四边形是平行四边形.∴，又∵，∴平面. 4分（2）∵是等腰直角三角形斜边的中点，∴.又∵三棱柱是直三棱柱，∴面面.∴面，∴.设，则.∴. ∴.又，∴平面. 8分（3）∵点是线段的中点，∴点到平面的距离是点到平面距离的.而，∴三棱锥的高为；在中，，所以三棱锥的底面面积为，故三棱锥的体积为. 12分【考点】线面垂直判定定理，线面平行判定定理，三棱锥体积9.如图，在三棱锥中，是等边三角形，.（1）证明:：；（2）证明：；（3）若，且平面平面，求三棱锥体积.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）.【解析】（1）先证明，从而得到；（2）取的中点，连接、，证明平面，利用直线与平面垂直的性质得到；（3）作，垂足为，连结，结合（2）中的结论证明平面，再求出的面积，最后利用分割法得到三棱锥的体积来进行计算.试题解析：（1）因为是等边三角形，，所以，可得；（2）如图，取中点，连结、，则，，所以平面，所以；（3）作，垂足为，连结，因为，所以，，由已知，平面平面，故，因为，所以、、都是等腰直角三角形.由已知，得，的面积，因为平面，所以三棱锥的体积.【考点】1.全等三角形；2.直线与平面垂直的判定；3.分割法求锥体体积10.如图,在三棱柱A1B1C1ABC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A1B1C1ABC的体积为V2,则V1∶V2=.【答案】1∶24【解析】= ==×××=.11.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.【答案】24π【解析】正四棱锥O ABCD中,顶点O在底面的射影为底面中心E,则×()2×OE=,所以OE=,故球半径OA==,从而球的表面积为24π.12.若圆锥底面半径为1，高为2，则圆锥的侧面积为．【答案】【解析】根据圆锥底面半径、高、母线长构成一个直角三角形，所以母线长为再根据圆锥的侧面积公式圆锥的侧面积公式可结合圆锥展开图为扇形，由相应扇形面积公式理解记忆.【考点】圆锥的侧面积.13.如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF=3，G和H分别是CE和CF的中点.（Ⅰ）求证：AC⊥平面BDEF；（Ⅱ）求证：平面BDGH//平面AEF；（Ⅲ）求多面体ABCDEF的体积.【答案】（Ⅰ）答案详见解析；（Ⅱ）答案详见解析；（Ⅲ）.【解析】（Ⅰ）∵平面平面，且，由面面垂直的性质定理知平面，该题还可以利用线面垂直的判定定理证明，先证平面，得，又，进而证明平面；（Ⅱ）要证明面面平行，需寻求两个线面平行关系，由，得平面；设，连接，则，从而平面，进而证明平面平面；（Ⅲ）对于不规则几何体的体积问题，可以采取割补的办法，将之转化为规则的几何体来求，所求几何体的体积等于.试题解析：（Ⅰ）证明：因为四边形是正方形，所以.又因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面.（Ⅱ）证明：在中，因为分别是的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面.设，连接，在中，因为，，所以，又因为平面，平面，所以平面.又因为，平面，所以平面平面.（Ⅲ）解：由（Ⅰ），得平面，，四边形的面积，所以四棱锥的体积.同理，四棱锥的体积.所以多面体的体积【考点】1、直线和平面垂直的判定；2、面面平行的判定；3、几何体的体积.14.如图，正三棱锥的底面边长为，侧棱长为，为棱的中点．（1）求异面直线与所成角的大小（结果用反三角函数值表示）；（2）求该三棱锥的体积．【答案】(1)；（2）．【解析】（1）求异面直线所成的角，一般是按照定义作出这个角，即作平行线，把空间角化为平面角，通过解三角形来处理，而作平行线，一般都是过异面直线中一条上的某点作一条的平行线，如本题中有是的中点，我们只要取中点，则就有∥，（或其补角）就是所求；（2）要求棱锥体积，就要求出底面积（本题底面是正三角形，面积易求）和高，正棱锥中我们知道棱锥的高，侧棱，侧棱在底面上的射影构成一个直角三角形，可在这个直角三角形中求出正棱锥的高．试题解析：（1）取中点，连结、，因为∥，所以就是异面直线与所成的角（或其补角）．（2分）在△中，，，（1分）所以．（2分）所以，异面直线与所成的角的大小为．（1分）（2）作平面，则是正△的中心，（1分）连结，，（1分）所以，（1分）所以，．（2分）【考点】（1）异面直线所成的角；（2）棱锥的体积．15.已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形，若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为( )A．B．C．D．【答案】B【解析】设点在平面内的投影是点，连接，，即是所求，如图：底面积为，所以三棱柱的高是，则，点是的中心，分的高为，所以，则，故.【考点】1.三棱柱的体积；2.直线与平面所成的角16.如图，一只蚂蚁由棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的点出发沿正方体的表面到达点的最短路程为．【答案】【解析】采用侧面展开法，展开后，在矩形中，，．【考点】立体几何表面距离最短问题．17.在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，平面底面．（Ⅰ）如果为线段VC的中点,求证：平面；（Ⅱ）如果正方形的边长为2, 求三棱锥的体积【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）连结AC与BD交于点O，连结OP，证明OP∥VA；（Ⅱ）在平面VAD内，过点V作VH⊥AD，证明VH⊥面，然后计算体积.试题解析：（Ⅰ）连结AC与BD交于点O，连结OP因为ABCD是正方形，所以OA=OC,又因为PV=PC所以OP∥VA,又因为面PBD,所以平面--------6分（Ⅱ）在平面VAD内，过点V作VH⊥AD,因为平面底面．所以VH⊥面所以 --------- 12分【考点】线面平行、线面垂直、空间几何体的体积.18.如果一个正三棱锥的底面边长为6，且侧棱长为，那么这个三棱锥的体积是 .【答案】9【解析】根据题意可作图如下,其中 ,则在中,, ,在中,由根据勾股定理得:,所以【考点】三棱锥的体积19.在正三棱锥中，、分别是、的中点，且，若侧棱，则正三棱锥外接球的表面积是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】∵三棱锥是正棱锥，∴SB⊥AC（对棱互相垂直）∴，又∵而，∴平面，即平面，∴，将此三棱锥补成正方体，则它们有相同的外接球，∴，故选C．【考点】垂直关系，几何体的体积20.（本小题满分12分）如图，三棱柱中，，，。

精品高三数学课时练：空间几何体的表面积与体积

第2讲空间几何体的表面积与体积A 级基础演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．(2013·东北三校一模)一个几何体的三视图如图所示，则侧视图的面积为( )．A ．2＋ 3B ．1＋ 3C ．2＋2 3D ．4＋ 3解析依题意得，该几何体的侧视图的面积等于22＋12×2×3＝4＋ 3. 答案 D2．(2011·湖南)设右图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )．A.92π＋12 B.92π＋18C ．9π＋42D ．36π＋18解析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2×32＋43π⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝92π＋18. 答案 B3．一个几何体的三视图如图所示，那么此几何体的侧面积(单位：cm 2)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 为侧面△P AB 的边AB 上的高，且PE ＝5.∴此几何体的侧面积是S ＝4S △P AB ＝4×12×8×5＝80(cm 2)．答案 C4．(2012·新课标全国)已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球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，则此棱锥的体积为( )．A.26B.36C.23D.22解析在直角三角形ASC 中，AC ＝1，∠SAC ＝90°，SC ＝2，∴SA ＝4－1＝3；同理SB ＝ 3.过A 点作SC 的垂线交SC 于D 点，连接DB ，因△SAC ≌△SBC，故BD⊥SC，故SC⊥平面ABD，且平面ABD为等腰三角形，因∠ASC＝30°，故AD＝12SA＝32，则△ABD的面积为12×1×AD2－⎝⎛⎭⎪⎫122＝24，则三棱锥的体积为13×24×2＝26.答案 A二、填空题(每小题5分，共10分)5．已知S、A、B、C是球O表面上的点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA＝AB＝1，BC＝2，则球O的表面积等于________．解析将三棱锥S－ABC补形成以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，∴表面积为4πR2＝4π.答案4π6．(2012·天津)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________ m3.解析由三视图可知，该几何体是组合体，上面是长、宽、高分别是6,3,1的长方体，下面是两个半径均为32的球，其体积为6×3×1＋2×43×π×⎝⎛⎭⎪⎫323＝18＋9π(m3)．答案18＋9π三、解答题(共25分)7．(12分)如图，已知某几何体的三视图如下(单位：cm)：(1)画出这个几何体的直观图(不要求写画法)； (2)求这个几何体的表面积及体积．解 (1)这个几何体的直观图如图所示．(2)这个几何体可看成是正方体AC 1及直三棱柱B 1C 1Q －A 1D 1P 的组合体．由P A 1＝PD 1＝2，A 1D 1＝AD ＝2，可得P A 1⊥PD 1.故所求几何体的表面积S ＝5×22＋2×2×2＋2×12×(2)2＝22＋42(cm 2)，体积V ＝23＋12×(2)2×2＝10 (cm 3)．8．(13分)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面为直角三角形，∠ACB ＝90°，AC ＝6，BC ＝CC 1＝2，P 是BC 1上一动点，如图所示，求CP ＋P A 1的最小值．解 P A 1在平面A 1BC 1内，PC 在平面BCC 1内，将其铺平后转化为平面上的问题解决．铺平平面A 1BC 1、平面BCC 1，如图所示．计算A 1B ＝AB 1＝40，BC 1＝2，又A 1C 1＝6，故△A 1BC 1是∠A 1C 1B ＝90°的直角三角形．CP ＋P A 1≥A 1C .在△AC 1C 中，由余弦定理，得 A 1C ＝62＋(2)2－2·6·2·cos 135°＝50＝52，故(CP ＋P A 1)min ＝5 2.B 级能力突破(时间：30分钟满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．(2012·哈尔滨模拟)某品牌香水瓶的三视图如下(单位：cm)，则该几何体的表面积为( )．A.⎝ ⎛⎭⎪⎫95－π2cm 2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫94－π2cm 2C.⎝ ⎛⎭⎪⎫94＋π2cm 2D.⎝ ⎛⎭⎪⎫95＋π2cm 2 解析该几何体的上下为长方体，中间为圆柱． S表面积＝S下长方体＋S上长方体＋S圆柱侧－2S圆柱底＝2×4×4＋4×4×2＋2×3×3＋4×3×1＋2π×12×1－2×π⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝94＋π2.答案 C2．(2013·福州模拟)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. 答案 A二、填空题(每小题5分，共10分)3．(2013·江西盟校二联)已知某几何体的直观图及三视图如图所示，三视图的轮廓均为正方形，则该几何体的表面积为________．解析借助常见的正方体模型解决．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，其表面由两个等边三角形、四个直角三角形和一个正方形组成．计算得其表面积为12＋4 3.答案12＋4 34．(2012·长春二模)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为6，则以正方体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全面积为________．解析设O为正方体外接球的球心，则O也是正方体的中心，O到平面AB1D1的距离是体对角线长的16，即为 3.又球的半径是正方体对角线长的一半，即为33，由勾股定理可知，截面圆的半径为(33)2－(3)2＝26，圆锥底面面积为S1＝π·(26)2＝24π，圆锥的母线即为球的半径33，圆锥的侧面积为S2＝π×26×33＝182π.因此圆锥的全面积为S＝S2＋S1＝182π＋24π＝(182＋24)π.答案(182＋24)π三、解答题(共25分)5．(12分)(2013·杭州模拟)如图，在四边形ABCD 中，∠DAB ＝90°，∠ADC ＝135°，AB ＝5，CD ＝22，AD ＝2，求四边形ABCD 绕AD 旋转一周所成几何体的表面积及体积．解由已知得：CE ＝2，DE ＝2，CB ＝5，S 表面＝S 圆台侧＋S 圆台下底＋S 圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×22＝(60＋42)π，V ＝V 圆台－V 圆锥＝13(π·22＋π·52＋22·52π2)×4－13π×22×2＝1483π.6．(13分)如图(a)，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，CD ∥AB ，AB ＝4，AD ＝CD ＝2，将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体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 ＝22，从而AC 2＋BC 2＝AB 2，故AC ⊥BC ，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 ＝22，S △ACD ＝2， ∴V B －ACD ＝13S △ACD ·BC ＝13×2×22＝423，由等体积性可知，几何体D－ABC的体积为42 3.。

高考数学(理)之立体几何与空间向量专题02 空间几何体的表面积和体积(解析版)

立体几何与空间向量02 空间几何体的表面积和体积一、具体目标：了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）. 二、知识概述： 1.体积公式：柱体：h S V ⋅=，圆柱体：h r V ⋅=2π。

斜棱柱体积：l S V ⋅'=（其中，S '是直截面面积，l 是侧棱长）；锥体：h S V ⋅=31，圆锥体：h r V ⋅=231π, 台体：)(31S S S S h V '+'⋅+⋅= 圆台体：)(3122r r R R h V +⋅+=π , 球体：334r V π=。

正方体的体积 3a V = ；正方体的体积 abc V =. 2.侧面积：直棱柱侧面积：h c S ⋅=，斜棱柱侧面积：l c S ⋅'=；正棱锥侧面积：h c S '⋅=21，正棱台侧面积：h c c S ''+=)(21；圆柱侧面积：rh h c S π2=⋅=，圆锥侧面积：rl l c S π=⋅=21，圆台侧面积：l r R l c c S )()(21+='+=π，球的表面积：24r S π=。

3.几个基本公式：弧长公式：r l ⋅=α（α是圆心角的弧度数，α>0）；扇形面积公式：r l S ⋅=21；圆锥侧面展开图（扇形）的圆心角公式：πθ2⋅=lr；圆台侧面展开图（扇环）的圆心角公式：πθ2⋅-=lrR ；球面上两点间的距离公式：r l θ=。

4.几何体的表面积：圆柱的表面积 )(2l r r S +=π ；圆锥的表面积 )(l r r S +=π ；圆台的表面积 )(22rl l r r r S +'++'=π【考点讲解】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.【温馨提示】1.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． 2.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．3.（1）已知几何体的三视图求其体积，一般是先根据三视图判断空间几何体的形状，再根据题目所给数据与几何体的表体积公式求其体积.(2)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．4.求体积的两种方法：①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决.②等积法：等积法包括等面积法和等体积法.等体积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值.5.求多面体的外接球的表面积或体积的问题常用的方法有：①三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；②直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；③如果多面体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点即球心．【常考题型】以结合三视图、几何体的结构特征考查几何体的面积体积计算为主，题型基本稳定为选择题或填空题，难度中等以下；也有几何体的面积或体积在解答题中与平行关系、垂直关系等相结合考查的情况. 以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．1.【2016高考新课标】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）【真题分析】A.18+B.54+【解析】由三视图该几何体是以侧视图为底面的斜四棱柱，所以该几何体的表面积是：2362332354S =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=+B ．【答案】B2.【2018年高考全国I 卷文数】在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为（）A ．8B ．C ．D ．【解析】在长方体1111ABCD A B C D -中，连接1BC ，根据线面角的定义可知130AC B ︒∠=，因为2AB =，所以1BC =，从而求得1CC =所以该长方体的体积为22V =⨯⨯= C.【答案】C3．【2018年高考全国I 卷文数】已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 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 ．12πC ．D ．10π【解析】根据题意，可得截面是边长为结合圆柱的特征，的圆，且高为22π2π12πS =+=，故选B.【答案】B4.【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为（）A ．B ．C ．D【解析】解法一：,PA PB PC ABC ==Q △为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥I 平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===P ABC ∴-为正方体的一部分，2R ==即344π33R V R =∴=π==，故选D ．解法二：设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 的中点，EF PB ∴∥，且12EF PB x ==，ABC Q △为边长为2的等边三角形，CF ∴=90CEF ∠=︒，12CE AE PA x ∴===，AEC △中，由余弦定理可得()2243cos 22x x EAC x+--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =Q ，D \为AC 的中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x +-+∴=，22121222x x x ∴+=∴==，，，PA PB PC ∴=== 又===2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴==R ∴=，34433V R ∴=π==，故选D.【答案】D5.【2019年高考浙江卷】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，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，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264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭.【答案】B6.【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A ．4 B ．3 C ．4 D ．2【解析】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体1111ABCD A B C D -中，平面11AB D 与线11111,,AA A B A D 所成的角是相等的，所以平面11AB D 与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理，平面1C BD 也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面11AB D 与1C BD 中间，且过棱的中点的正六边形，且边长，所以其面积为26424S ⎛⎫=⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选A. 【答案】A7.【2018年高考全国Ⅰ卷】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D ABC -体积的最大值为（）A．B ．C ．D ．【解析】本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当点D 在平面ABC 上的射影为三角形ABC 的重心时，三棱锥D ABC -体积最大很关键，由M 为三角形ABC 的重心，计算得到23BM BE ==OM ，进而得到结果，如图所示，设点M 为三角形ABC 的重心，E 为AC 中点，当点D 在平面ABC 上的射影为M 时，三棱锥D ABC -的体积最大，此时，4OD OB R ===，2ABC S AB ==Q △，6AB ∴=,Q 点M 为三角形ABC 的重心，23BM BE ∴==，Rt OBM ∴△中，有2OM ==，426DM OD OM ∴=+=+=，()max 163D ABC V -∴=⨯= B.【答案】B8.【2017年高考全国Ⅰ卷】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【解析】由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，如下图，则该几何体各面内只有两个相同的梯形，则这些梯形的面积之和为12(24)2122⨯+⨯⨯=，故选B ．【答案】B9.【2017年高考全国Ⅰ卷理数】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 ．3π4 C ．π2D ．π4【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示：由题意可得：11,2AC AB ==，结合勾股定理，底面半径r ==由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是223ππ1π24V r h ⎛==⨯⨯= ⎝⎭，故选B. 【答案】B 10.【2017年高考浙江卷】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 ．12π+ B ．32π+ C ．312π+ D ．332π+ 【解析】根据所给三视图可还原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所以，几何体的体积为21113(21)13222V π⨯π=⨯⨯+⨯⨯=+，故选A ．【答案】A11.【2019年高考全国Ⅲ卷】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1111ABCD A B C D -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，16cm 4cm AB =BC =, AA =，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.【解析】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量即可. 由题意得，214642312cm 2EFGH S =⨯-⨯⨯⨯=四边形， ∵四棱锥O −EFGH 的高为3cm ， ∴3112312cm 3O EFGH V -=⨯⨯=．又长方体1111ABCD A B C D -的体积为32466144cm V =⨯⨯=，所以该模型体积为3214412132cm O EFGH V V V -=-=-=，其质量为0.9132118.8g ⨯=．【答案】118.812.【2019年高考北京卷】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__________．【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1111MPD A NQC B -之后余下的几何体，则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=. 【答案】4013.【2019 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 _____________．【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5，借助勾股定理，可知四棱锥的高为512-=.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为12，故圆柱的体积为21ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭. 【答案】π414．【2019年高考江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD的体积是 .【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120，所以1120AB BC CC ⋅⋅=，因为E 为1CC 的中点，所以112CE CC =，由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ，所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高，所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=. 【答案】1015.【2019年高考全国Ⅱ卷】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_________．（本题第一空2分，第二空3分．）【解析】由图可知第一层（包括上底面）与第三层（包括下底面）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18826+=个面．如图，设该半正多面体的棱长为x ，则AB BE x ==，延长CB 与FE 的延长线交于点G ，延长BC 交正方体的棱于H ，由半正多面体对称性可知，BGE △为等腰直角三角形，,21)1BG GE CH x GH x x x ∴===∴=+==，1x ∴==-，1．【答案】26116．【2018年高考全国II 卷】已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △的面积为515，则该圆锥的侧面积为__________．【解析】本题考查线面角、圆锥的侧面积、三角形面积等知识点，考查学生空间想象与运算能力.先根据三角形面积公式求出母线长，再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求结果.因为母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，所以母线SA ，SB 所成角的正弦值为8，因为SAB △的面积为,l所以2218028l l ⨯⨯=∴=，因为SA 与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为πcos,42r l ==因此圆锥的侧面积为2ππ.2rl l ==【答案】17.【2017年高考全国Ⅰ卷文数】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】本题考查的是求外接球的表面积问题，所以需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的各顶点的距离相等，然后用同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球．取SC 的中点O ，连接,OA OB ，因为,SA AC SB BC ==，所以,OA SC OB SC ⊥⊥，因为平面SAC ⊥平面SBC ，所以OA ⊥平面SBC ，设OA r =，则3111123323A SBC SBC V S OA r r r r -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=，所以31933r r =⇒=，所以球的表面积为24π36πr =.【答案】36π1.已知A,B 是球O 的球面上两点，∠AOB=900,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 ．36π B.64π C.144π D.256π【解析】如图所示，当点C 位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的表面积为，故选C ．AOB O ABC -O R 2311136326O ABC C AOB V V R R R --==⨯⨯==6R =O 24144S R ππ==【模拟考场】【答案】C2.下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.28πD.32π 【解析】由题意可知，圆柱的侧面积为122416S ππ=⋅⋅=，圆锥的侧面积为2122482S ππ=⋅⋅⋅=，圆柱的底面面积为2324S ππ=⋅=，故该几何体的表面积为12328S S S S π=++=，故选C. 【答案】C3.，侧棱长为2，且三棱柱的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（） A ．4πB ．8πC ．12πD ．16π【解析】因底面边长为3,故底面中心到顶点的距离是1,即球的截面圆的半径为1,所以211=+=R ,其表面积为ππ824=⨯=S ,故应选B. 【答案】B4.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 .【解析】球的直径是长方体的体对角线，所以224π14π.R S R ==== 【答案】14π5.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 ，△F AB 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 ，△F AB ，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：cm 3）的最大值为 .【解析】如下图，连接DO 交BC 于点G ，设D ，E ，F 重合于S 点，正三角形的边长为x (x >0)，则13OG ==.∴5FG SG ==，SO h ===， ∴三棱锥的体积21133ABC V S h =⋅=△= 设()455n x x =，x >0，则()3420n x x '=，令()0n x '=，即4340x =，得x =()n x在x =处取得最大值.∴max 48V【答案】6．由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为 .【解析】由三视图可知,长方体的长、宽、高分别为2,1,1,圆柱的高为1,底面圆的半径为1,所以2π1π21121242V ⨯=⨯⨯+⨯⨯=+.14【答案】π22 +7．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___________．【解析】设正方体的边长为a，则26183a a=⇒=，其外接球直径为233R a==，故这个球的体积34π3V R==4279ππ382⨯=．【答案】92π8．如图，在圆柱12O O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12O O的体积为1V，球O的体积为2V，则12VV的值是.【解析】设球半径为r，则213223423V r rV rπ⨯==π．故答案为32．【答案】329．已知正方体1111ABCD A B C D-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.【解析】由题意可得，底面四边形EFGH为边长为2的正方形，其面积212EFGHS⎛==⎝⎭四边形顶点M到底面四边形EFGH的距离为12d=，由四棱锥的体积公式可得：111132212M EFGHV-=⨯⨯=【答案】1 12。

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