高考数学(文科)总复习课时跟踪练：(四十二)空间几何体的表面积与体积 Word版含解析
高二数学空间几何体的表面积与体积试题答案及解析
高二数学空间几何体的表面积与体积试题答案及解析1.正四棱锥的五个顶点在同一个球面上,若其底面边长为4,侧棱长为,则此球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】设球的半径为，正方形的ABCD的对角线的交点 M，则球心在直线PM上．，由勾股定理得,再由射影定理得即∴此球的表面积为.【考点】球的表面积.2.一个圆柱形的罐子半径是4米，高是9米，将其平放，并在其中注入深2米的水，截面如图所示，水的体积是（）平方米.A．B．C．D．【答案】D.【解析】所求几何体的体积为阴影部分的面积与高的乘积，在中，,则,,体积.【考点】组合体的体积.3.一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是_________．【答案】【解析】由正视图可知四棱锥的底面边长为2，高为2，可求出斜高为，因此四棱锥的侧面积，答案为.【考点】1.几何体的三视图；2.锥体的侧面积计算4.已知球的直径SC=4，A.,B是该球球面上的两点，AB=2，∠ASC=∠BSC=45°，则棱锥S-ABC的体积为_________【答案】【解析】设ＡB的中点为D，球心为O，连结SD，CD，OD，由SC=4为球的直径知，∠SBC=∠SAC=90o,因为∠ASC=∠BSC=45°，所以SA=BC=SB=AC=，所以SD⊥AB，DC⊥AB，所以AB⊥面SDC，因为AB=2，所以SD=DC==，所以DO= =，所以= ===.考点:球的性质，线面垂直判定，三棱锥的体积公式，转化思想5.如图，一个盛满水的三棱锥容器，不久发现三条侧棱上各有一个小洞，且知，若仍用这个容器盛水，则最多可盛水的体积是原来的 .【答案】【解析】过作截面平行于平面,可得截面下体积为原体积的，若过点F，作截面平行于平面,可得截面上的体积为原体积的，若C为最低点，以平面为水平上面，则体积为原体积的，此时体积最大.【考点】体积相似计算.6.一个半径为1的小球在一个内壁棱长为的正四面体封闭容器内可向各个方向自由运动，则该小球表面永远不可能接触到的容器内壁的面积是．【答案】【解析】如图甲，考虑小球挤在一个角时的情况，记小球半径为，作平面//平面，与小球相切于点，则小球球心为正四面体的中心，，垂足为的中心．因，故，从而．记此时小球与面的切点为，连接，则．考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为)相切时的情况，易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，记为，如图乙．记正四面体的棱长为，过作于．因，有，故小三角形的边长．小球与面不能接触到的部分的面积为（如答图2中阴影部分）．又，，所以．由对称性，且正四面体共4个面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为．【考点】(1)三棱锥的体积公式；（2）分情况讨论及割补思想的应用。
2023年高考数学(文科)一轮复习课件——空间几何体的表面积和体积
2.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＝__2_π_r_l_____ S圆锥侧＝___π_rl____ S圆台侧＝____π_(_r1_＋__r_2_)l__
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3.空间几何体的表面积与体积公式
几何体
名称
表面积
体积
柱体 (棱柱和圆柱) 锥体(棱锥和圆锥)
Q
522＋62＝123.
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(2)已知正三棱锥 S－ABC 的侧棱长为 4 3，底面边长为 6，则该正三棱锥外接球 的表面积是___6__4_π__.
解析 如图，过点S作SE⊥平面ABC于点E，记球心为O. ∵在正三棱锥 S－ABC 中，底面边长为 6，侧棱长为 4 3， ∴BE＝23× 23×6＝2 3， ∴SE＝ SB2－BE2＝6.
∵球心O到四个顶点的距离相等，均等于该正三棱锥外接球的半径R， ∴OB＝R，OE＝6－R. 在Rt△BOE中，OB2＝BE2＋OE2，即R2＝12＋(6－R)2，解得R＝4， ∴外接球的表面积为S＝4πR2＝64π.
索引
感悟提升
(1)求解多面体的外接球时，经常用到截面图.如图所 示，设球O的半径为R，截面圆O′的半径为r，M为截 面圆上任意一点，球心O到截面圆O′的距离为d，则在 Rt△OO′M中，OM2＝OO′2＋O′M2，即R2＝d2＋r2.
是( B )
A.158
B.162
C.182
D.324
索引
解析 由三视图可知，该柱体是一个直五棱柱，如图，棱柱的高为6，底面可 以看作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. 则底面面积 S＝2＋2 6×3＋4＋2 6×3＝27. 因此，该柱体的体积V＝27×6＝162.
近年高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第42课 空间几何体的结构及其表面积与体积课时分层训练(20
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第八章 立体几何 第42课 空间几何体的结构及其表面积与体积课时分层训练A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)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________．错误! [依题意知，该几何体是以错误!为底面半径,错误!为高的两个同底圆锥组成的组合体，则其体积V ＝错误!π(错误!）2×2错误!＝错误!π.］2．正三棱柱ABC 。
A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为错误!，D 为BC 中点，则三棱锥A B 1DC 1的体积为________。
【导学号：62172232】1 ［在正△ABC 中,D 为BC 中点, 则有AD ＝错误!AB ＝错误!，S △DB 1C 1＝错误!×2×错误!＝错误!.又∵平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ,AD ⊥BC ，AD ⊂平面ABC ，∴AD ⊥平面BB 1C 1C ，即AD 为三棱锥A .B 1DC 1底面上的高．∴V 三棱锥A B 1DC1＝错误!S △DB 1C 1·AD ＝错误!×错误!×错误!＝1.］3．已知底面边长为1，侧棱长为错误!的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为________．错误! [依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径,可设球半径为R ，则2R ＝错误!＝2，解得R ＝1,所以V ＝错误!R 3＝错误!.]4．已知圆台的母线长为4 cm,母线与轴的夹角为30°，上底面半径是下底面半径的错误!，则这个圆台的侧面积是________ cm 2.24π ［将圆台还原为圆锥后的轴截面如图所示,由题意知AC ＝4 cm ，∠ASO ＝30°，O 1C ＝错误!OA ，设O 1C ＝r ，则OA ＝2r ， 又错误!＝错误!＝sin 30°,∴SC＝2r,SA＝4r。
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.。
空间几何体的结构及其表面积、体积课时作业高考数学一轮复习
空间几何体的结构及其表面积、体积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．一个直四棱柱的正视图和侧视图都是矩形，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2．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为()A．163πB．323πC．16πD．24π3．《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”．若某“阳马”的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该“阳马”的表面积为()A．1＋ 2 B．1＋2 2C．2＋ 2 D．2＋2 24．用长为8，宽为4的矩形做侧面围成一个圆柱，则圆柱的轴截面的面积为()A．32 B．32πC．16πD．8π5.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E为棱DD1上的点，F为AB 的中点，则三棱锥B1-BFE的体积为()A.13B．14C.112D．166．(多选)(2020·山东潍坊期末)已知等腰直角三角形的直角边长为1，现将该三角形绕其某一边所在直线旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为()A.2πB．(1＋2)πC．22πD．(2＋2)π7．(2020·全国卷Ⅱ)已知△ABC是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为()A． 3 B．3 2C．1 D．3 28.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．329.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(如图所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为________．10．(2021·全国统一考试模拟演练)圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为________．11．根据不同的程序，3D打印既能打印实心的几何体模型，也能打印空心的几何体模型．如图所示的空心模型是体积为17176π cm3的球挖去一个三棱锥P-ABC后得到的几何体，其中P A⊥AB，BC⊥平面P AB，BC＝1 cm.不考虑打印损耗，当用料最省时，AC＝________cm.12．已知某圆锥的母线长为3，底面半径为1，则该圆锥的体积为________．设线段AB为该圆锥底面圆的一条直径，一质点从A出发，沿着该圆锥的侧面运动，到达B点后再沿侧面回到A点，则该质点运动路径的最短长度为________．能力提高1．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．222．(多选)已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的13，则下列结论正确的是()A．球O的表面积为6πB．球O的内接正方体的棱长为1C．球O的外切正方体的棱长为4 3D．球O的内接正四面体的棱长为2空间几何体的结构及其表面积、体积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 ．一个直四棱柱的正视图和侧视图都是矩形，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[答案] D2．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( ) A ．163π B ．323π C ．16πD ．24πB [设球的半径为R ，则S ＝4πR 2＝16π，解得R ＝2，则球的体积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”．若某“阳马”的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该“阳马”的表面积为( )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，则表面积为1＋2×12×1×1＋2×12×2×1＝2＋2，故选C.]4．用长为8，宽为4的矩形做侧面围成一个圆柱，则圆柱的轴截面的面积为( )A ．32B ．32πC ．16πD ．8πB [若8为底面周长，则圆柱的高为4，此时圆柱的底面直径为8π，其轴截面的面积为32π；若4为底面周长，则圆柱的高为8，此时圆柱的底面直径为4π，其轴截面的面积为32π.]5.如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 为棱DD 1上的点，F 为AB 的中点，则三棱锥B 1-BFE 的体积为( )A.13 B ．14 C.112D ．16C [由等体积法可知V B 1-BFE ＝V E -BFB 1＝13S △BB 1F ·AD ＝16×1×12×1＝112.故选C.] 6．(多选)(2020·山东潍坊期末)已知等腰直角三角形的直角边长为1，现将该三角形绕其某一边所在直线旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为( )A.2π B ．(1＋2)π C ．22πD ．(2＋2)πAB [若以直角边所在直线为旋转轴，得到一个底面半径为1、高为1的圆锥，其表面积为π×1＋π×1×2＝(1＋2)π；若以斜边所在直线为旋转轴，得到两个底面半径为22、高为22的圆锥所形成的组合体，其表面积为2×π×22×1＝2π.故选AB.]7．(2020·全国卷Ⅱ)已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为( )A ． 3B ．32 C ．1D ．32C [由等边三角形ABC 的面积为934，得34×AB 2＝934，得AB ＝3，则△ABC 的外接圆半径r ＝23×32AB ＝33AB ＝ 3.设球的半径为R ，则由球的表面积为16π，得4πR 2＝16π，得R ＝2，则球心O 到平面ABC 的距离d ＝R 2－r 2＝1，故选C.]8.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 ．32A [(分割法)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，取AD 的中点O ，连接GO ，易得GO ＝22， ∴S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，∴多面体的体积V ＝V 三棱锥E -ADG ＋V 三棱锥F -BCH ＋V 三棱柱AGD -BHC ＝2V 三棱锥E -ADG ＋V 三棱柱AGD -BHC＝13×24×12×2＋24×1＝23.故选A.]9.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(如图所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为________．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＝2 2.而四边形AECD为矩形，AD＝1，∴EC＝AD＝1，∴BC＝BE＋EC＝22＋1.由此可还原原图形如图②.在原图形中，A′D′＝1，A′B′＝2，B′C′＝2 2＋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.]10．(2021·全国统一考试模拟演练)圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为________．61π[截面图如图所示，底面半径为5，圆周直径为10，则圆台的下底面位于圆周的直径上，OC＝OB＝5，O′C＝4，∠OO′C＝π2，则圆台的高为3，V＝13h(S1＋S1S2＋S2)＝25π＋16π＋20π＝61π.]11．根据不同的程序，3D打印既能打印实心的几何体模型，也能打印空心的几何体模型．如图所示的空心模型是体积为17176π cm3的球挖去一个三棱锥P-ABC后得到的几何体，其中P A⊥AB，BC⊥平面P AB，BC＝1 cm.不考虑打印损耗，当用料最省时，AC＝________cm.3[设球的半径为R，由球的体积4π3R3＝17176π，解得R＝172cm.因为BC⊥平面P AB，所以BC⊥PB，BC⊥AB，BC⊥P A.因为P A⊥AB，AB∩BC＝B，所以P A⊥平面ABC，所以P A⊥AC.由BC⊥AB可知，AC为截面圆的直径，故可设AC＝x cm(1＜x＜17)，取PC 的中点O ，连接OA ，OB (图略)，则PO ＝OC ＝OA ＝OB ，故O 为球心，所以PC ＝17cm.在Rt △P AC 中，P A ＝17－x 2 cm ，在Rt △ABC 中，AB ＝x 2－1 cm ， 所以V P -ABC ＝13×S △ABC ×P A ＝13×12×x 2－1×1×17－x 2＝16(x 2－1)(17－x 2)≤16⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－1＋17－x 222＝43(cm 3)，当且仅当x 2－1＝17－x 2，即x ＝3时，等号成立． 所以当用料最省时，AC ＝3 cm.]12．已知某圆锥的母线长为3，底面半径为1，则该圆锥的体积为________．设线段AB 为该圆锥底面圆的一条直径，一质点从A 出发，沿着该圆锥的侧面运动，到达B 点后再沿侧面回到A 点，则该质点运动路径的最短长度为________．22π36 [该圆锥的高h ＝32－1＝2 2. 所以该圆锥的体积V ＝13×π×12×22＝223π. 将圆锥侧面沿母线SA 展开，如图所示．因为圆锥底面周长为2π，所以侧面展开后得到的扇形的圆心角∠ASA ′＝2π3. 由题意知点B 是侧面展开后得到的扇形中弧AA ′的中点， 连接AB ，A ′B ，SB ，则∠ASB ＝π3，可得AB ＝A ′B ＝AS ＝3. 所以该质点运动路径的最短长度为AB ＋A ′B ＝6.]能力提高1．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.26 B ．36 C.23D ．22A [由于三棱锥S -ABC 与三棱锥O -ABC 底面都是△ABC ，O 是SC 的中点，因此三棱锥S -ABC 的高是三棱锥O -ABC 高的2倍，所以三棱锥S -ABC 的体积也是三棱锥O -ABC 体积的2倍． 在三棱锥O -ABC 中，其棱长都是1，如图所示， S △ABC ＝34×AB 2＝34， 高OD ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝63，∴V S -ABC ＝2V O -ABC ＝2×13×34×63＝26.]2．(多选)已知A ，B ，C 三点均在球O 的表面上，AB ＝BC ＝CA ＝2，且球心O 到平面ABC 的距离等于球半径的13，则下列结论正确的是( )A ．球O 的表面积为6πB ．球O 的内接正方体的棱长为1C ．球O 的外切正方体的棱长为43 D ．球O 的内接正四面体的棱长为2AD [设球O 的半径为r ，△ABC 的外接圆圆心为O ′，半径为R .易得R ＝233.因为球心O 到平面ABC 的距离等于球O 半径的13，所以r 2－19r 2＝43，得r 2＝32.所以球O 的表面积S ＝4πr 2＝4π×32＝6π，选项A 正确；球O 的内接正方体的棱长a 满足3a ＝2r ，显然选项B 不正确；球O 的外切正方体的棱长b 满足b ＝2r ，显然选项C 不正确；球O 的内接正四面体的棱长c 满足c ＝263r ＝263×62＝2，选项D 正确．故选AD.]。
高考数学复习—空间几何体的表面积与体积
1．柱体、锥体、台体的表面积
(1)直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积 S 直棱柱侧＝__________，S 正棱锥侧＝__________， S ＝ 正棱台侧
__________(其中 C，C′为底面周长，h 为高，h′为斜高)．
(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面积 S 圆柱侧＝________，S 圆锥侧＝________，S 圆台侧＝________
故正方体的体积为 223＝ 42，所以三棱锥 P-CDE 的体积为 42－
4×13×12× 22× 22× 22＝ 122．故填122．
类型四 空间旋转体的体积问题
已知球的外切圆台上、下底面的半径分别为 r，
R，求圆台的体积．
解：如图，图①是该几何体的直观图，图②是该几何体的轴
截面平面图．
圆台轴截面为等腰梯形，与球的大圆相切，根据切线长定理， AC＝AO1，BO＝BC，得梯形腰长为 R＋r，梯形的高即球的直径 长为 OO1＝ AB2－（OB－O1A）2＝ （R＋r）2－（R－r）2
则 AD1＝ 32＋42＋122＝13，所以直三棱柱外接球的半径为123．故选
C．
点 拨： 求解几何体外接球的半径主要从两个方面考 虑：一是根据球的截面的性质，利用球的半径 R、 截面圆的半径 r 及球心到截面圆的距离 d 三者的关 系 R2＝r2＋d2 求解，其中确定球心的位置是关键； 二是将几何体补成长方体，利用该几何体与长方体 共有外接球的特征，由外接球的直径等于长方体体
＝123．即直三棱柱外接球的半径为123．
解法二：(补体法)如图所示，将直三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面补
成矩形，得到长方体 ABDC-A1B1D1C1．显然，直三棱柱 ABC-A1B1C1 的 外 接 球 就 是 长 方 体 ABDC-A1B1D1C1 的 外 接 球 ． 而 长 方 体
2019版高考数学(文)第7章 立体几何 第2讲空间几何体的表面积和体积 Word版含答案
第讲空间几何体的表面积和体积
板块一知识梳理·自主学习
[必备知识]
考点多面体的表面积、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侧面展开图的面积，表面积是侧面积与底面面积之和．
考点圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
考点柱、锥、台和球的表面积和体积
[必会结论]
．与体积有关的几个结论
()一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差．
()底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等．
．几个与球有关的切、接常用结论
()正方体的棱长为，球的半径为，
①若球为正方体的外接球，则＝；
②若球为正方体的内切球，则＝；
③若球与正方体的各棱相切，则＝.
()若长方体的同一顶点的三条棱长分别为，，，外接球的半径为，则＝.。
届高考数学一轮复习第八章立体几何课时跟踪训练空间几何体的表面积和体积文
课时跟踪训练(四十一) 空间几何体的外表积和体积[根底稳固]一、选择题1．如图是一个几何体的正视图和侧视图，其俯视图是面积为82的矩形．那么该几何体的外表积是( )A ．8B ．20＋8 2C ．16D ．24＋8 2[解析] 由题意可知，该几何体是底面为直角三角形的直三棱柱，其侧棱为4，故其外表积S 表＝2×4＋2×4＋22×4＋12×2×2×2＝20＋8 2. [答案] B2．三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，那么三棱锥B 1－ABC 1的体积为( ) A.312B.34C.612D.64 [解析] VB 1－ABC 1＝VC 1－ABB 1＝13×12×1×1×32＝312. [答案] A3．(2022·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？〞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[解析] 米堆的体积为14×13×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫8×42π2×5＝3203π.将π＝3代入上式，得体积为3209立方尺．从而这堆米约有3209×1.62≈22(斛)． [答案] B4．(2022·河北唐山二模)一个几何体的三视图如下图，该几何体的外表积为( )A ．24－π B．24－3π C．24＋π D．24－2π[解析] 由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体挖去右下方18球后得到的几何体，该球以顶点为球心，2为半径，那么该几何体的外表积为2×2×6－3×14×π×22＋18×4×π×22＝24－π，应选A.[答案] A5．(2022·浙江卷)某几何体的三视图如下图(单位：cm)，那么该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1 B.π2＋3 C.3π2＋1 D.3π2＋3 [解析] 由几何体的三视图可得，该几何体是由半个圆锥和一个三棱锥组成的，故该几何体的体积V ＝13×12π×3＋13×12×2×1×3＝π2＋1，应选A. [答案] A6．(2022·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如下图，其中正视图和左视图都是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假设干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A ．10B ．12C ．14D ．16[解析] 由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为2＋4×22×2＝12，应选B. [答案] B二、填空题7．(2022·天津卷)一个正方体的所有顶点在一个球面上，假设这个正方体的外表积为18，那么这个球的体积为________．[解析] 由正方体的外表积为18，得正方体的棱长为 3.设该正方体外接球的半径为R ，那么2R ＝3，R ＝32，所以这个球的体积为4π3R 3＝4π3×278＝9π2. [答案] 9π28．下列图是一个空间几何体的三视图，那么该几何体的外表积是________．[解析] 该几何体是一个长方体挖去一半球而得，直观图如下图，(半)球的半径为1，。
高中数学空间几何体的表面积与体积练习题及答案
空间几何体的表面积与体积专题一、选择题1．棱长为2的正四面体的表面积是( C )．A. 3 B ．4 C ．4 3 D ．16解析 每个面的面积为：12×2×2×32＝ 3.∴正四面体的表面积为：4 3.2．把球的表面积扩大到原来的2倍，那么体积扩大到原来的 ( B )． A ．2倍 B ．22倍 C.2倍 D.32倍解析 由题意知球的半径扩大到原来的2倍，则体积V ＝43πR 3，知体积扩大到原来的22倍．3．如图是一个长方体截去一个角后所得多面体的三视图，则该多面体的体积为( B )． A.1423 B.2843 C.2803D.1403解析 根据三视图的知识及特点，可画出多面体 的形状，如图所示．这个多面体是由长方体截去 一个正三棱锥而得到的，所以所求多面体的体积V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4×4×6－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2×2＝2843. 4．某几何体的三视图如下，则它的体积是( A) A ．8－2π3 B ．8－π3C ．8－2πD.2π3解析 由三视图可知该几何体是一个边长为2的正方体内部挖去一个底面半径为1，高为2的圆锥，所以V ＝23－13×π×2＝8－2π3.5．已知某几何体的三视图如图，其中正视图中半圆的半径为1，则该几何体的体积为( A)A ．24－32π B ．24－π3 C ．24－π D ．24－π2据三视图可得几何体为一长方体内挖去一个半圆柱，其中长方体的棱长分别为：2,3,4，半圆柱的底面半径为1，母线长为3，故其体积V ＝2×3×4－12×π×12×3＝24－3π2.6．某品牌香水瓶的三视图如图 (单位：cm)，则该几何体的表面积为( C )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫95－π2 cm 2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫94－π2 cm 2C.⎝ ⎛⎭⎪⎫94＋π2 cm 2D.⎝⎛⎭⎪⎫95＋π2 cm 2解析 这个空间几何体上面是一个四棱柱、中间部分是一个圆柱、下面是一个四棱柱．上面四棱柱的表面积为2×3×3＋12×1－π4＝30－π4；中间部分的表面积为2π×12×1＝π，下面部分的表面积为2×4×4＋16×2－π4＝64－π4.故其表面积是94＋π2.7．已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝3，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则棱锥S-ABC 的体积为( C)．A ．3 3B ．2 3 C. 3 D ．1解析 由题可知AB 一定在与直径SC 垂直的小圆面上，作过AB 的小圆交直径SC 于D ，设SD ＝x ，则DC ＝4－x ，此时所求棱锥即分割成两个棱锥S-ABD 和C-ABD ，在△SAD 和△SBD 中，由已知条件可得AD ＝BD ＝33x ，又因为SC 为直径，所以∠SBC ＝∠SAC ＝90°，所以∠DCB ＝∠DCA ＝60°，在△BDC 中 ，BD ＝3(4－x )，所以33x ＝3(4－x )，所以x ＝3，AD ＝BD ＝3，所以三角形ABD 为正三角形，所以V ＝13S △ABD ×4＝ 3.二、填空题8．三棱锥PABC 中，PA ⊥底面ABC ，PA ＝3，底面ABC 是边长为2的正三角形，则三棱锥PABC 的体积等于__3______．解析 依题意有，三棱锥PABC 的体积V ＝13S △ABC ·|PA |＝13×34×22×3＝ 3.9．一个圆柱的轴截面是正方形，其侧面积与一个球的表面积相等，那么这个圆柱的体积与这个球的体积之比为_ 3∶2_______．解析 设圆柱的底面半径是r ，则该圆柱的母线长是2r ，圆柱的侧面积是2πr ·2r ＝4πr 2，设球的半径是R ，则球的表面积是4πR 2，根据已知4πR 2＝4πr 2，所以R ＝r .所以圆柱的体积是πr 2·2r ＝2πr 3，球的体积是43πr 3，所以圆柱的体积和球的体积的比是2πr 343πr 3＝3∶2.10．如图所示，已知一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个边长为1的正三角形组成，则该多面体的体积是___26_____．解析由题知该多面体为正四棱锥，底面边长为1，侧棱长为1，斜高为32，连接顶点和底面中心即为高，可求得高为22，所以体积V＝13×1×1×22＝26.11．如图，半径为R的球O中有一内接圆柱．当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是____2πR2____．解析由球的半径为R，可知球的表面积为4πR2.设内接圆柱底面半径为r，高为2h，则h2＋r2＝R2.而圆柱的侧面积为2πr·2h＝4πrh≤4πr2＋h22＝2πR2(当且仅当r＝h时等号成立)，即内接圆柱的侧面积最大值为2πR2，此时球的表面积与内接圆柱的侧面积之差为2πR2.12．如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2 cm，高为5 cm，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点A1的最短路线的长为___13_____cm. 解析根据题意，利用分割法将原三棱柱分割为两个相同的三棱柱，然后将其展开为如图所示的实线部分，则可知所求最短路线的长为52＋122＝13 (cm)．三、解答题13．某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图1所示，墩的上半部分是正四棱锥PEFGH，下半部分是长方体ABCDEFGH.图2、图3分别是该标识墩的正视图和俯视图．(1)请画出该安全标识墩的侧视图；(2)求该安全标识墩的体积．解析(1)侧视图同正视图，如图所示：(2)该安全标识墩的体积为V＝VPEFGH ＋V ABCDEFGH＝13×402×60＋402×20＝64 000(cm3)．14 .一个几何体的三视图如图所示．已知正视图是底边长为1的平行四边形，侧视图是一个长为3，宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形．(1)求该几何体的体积V；(2)求该几何体的表面积S.解析 (1)由三视图可知，该几何体是一个平行六面体(如图)，其底面是边长为1的正方形，高为3，所以V ＝1×1×3＝ 3.(2)由三视图可知，该平行六面体中，A1D ⊥平面ABCD ，CD ⊥平面BCC1B1， 所以AA1＝2，侧面ABB1A1，CDD1C1均为矩形， S ＝2×(1×1＋1×3＋1×2)＝6＋2 3.15．已知某几何体的俯视图是如右图所示的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V ；(2)求该几何体的侧面积S .解析 由题设可知，几何体是一个高为4的四棱锥，其底面是长、宽分别为8和6的矩形，正侧面及其相对侧面均为底边长为8，高为h 1的等腰三角形，左、 右侧面均为底边长为6，高为h 2的等腰三角形，如右图所示． (1)几何体的体积为：V ＝13·S 矩形·h ＝13×6×8×4＝64.(2)正侧面及相对侧面底边上的高为：h 1＝42＋32＝5.左、右侧面的底边上的高为：h 2＝42＋42＝4 2.故几何体的侧面面积为：S ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×8×5＋12×6×42＝40＋24 2. 1.一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，这个圆柱的全面积与侧面积的比是（ ）. .解：设展开图的正方形边长为a ，圆柱的底面半径为r ，则2πr =a ，2ar π=，底面圆的面积是24a π，于是全面积与侧面积的比是2221222a a a πππ++=， 2．在棱长为 1 的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体，则截去与8个顶点相关的8个三棱锥后 ，剩下的几何体的体积是（ ）.2．解：正方体的体积为1，过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体截得的三棱锥的体积是111111()3222248⨯⨯⨯⨯=，于是8个三棱锥的体积是61，剩余部分的体积是65， 3．一个直棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）的底面是菱形，对角线长分别是6cm 和8cm ，高是5cm ，则这个直棱柱的全面积是 。
新高考数学复习知识点讲解与练习14---空间几何体的表面积与体积
新高考数学复习知识点讲解与练习空间几何体的表面积与体积知识梳理1．多面体的表(侧)面积多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面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(r1＋r2)l3.表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝13Sh台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝13(S上＋S下＋S上S下)h球S＝4πR2V＝43πR31．表面积应为侧面积和底面积的和，要注意组合体中哪些部分暴露或遮挡．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．诊断自测1．判断下列说法的正误．(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)√解析(1)锥体的体积等于底面面积与高之积的三分之一，故不正确．(2)球的体积之比等于半径比的立方，故不正确．2．已知圆锥的表面积等于12π cm2，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 答案B解析S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π， ∴r 2＝4，∴r ＝2(cm)．3．(2020·全国Ⅲ卷)如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是()A ．6＋4 2B ．4＋4 2C ．6＋2 3D ．4＋2 3 答案C解析 由三视图知该几何体为如图所示的三棱锥P －ABC ，其中P A ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝AP ＝2，故其表面积为3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2＋12×22×22×32＝6＋2 3.故选C.4．(2021·金丽衢十二校二联)已知某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为()A ．2 B.23 C ．1 D ．4 答案A解析 将三视图还原可得该物体是一个以俯视图为底面的直三棱柱，如图所示，所以这个几何体的体积V ＝12×1×2×2＝2，故选A.5．(2019·江苏卷)如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积是120，E 为CC 1的中点，则三棱锥E －BCD 的体积是________．答案10解析 设长方体中BC ＝a ，CD ＝b ，CC 1＝c ，则abc ＝120， ∴V E －BCD ＝13×12ab ×12c ＝112abc ＝10.6．(2021·杭州质检)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是________cm 3；表面积是________cm 2.答案288－24π264＋12π解析 由三视图得该几何体为一个长、宽、高分别为6，6，8的长方体挖去两个底面半径为3，高为4的圆锥体后剩余的部分，则其体积为6×6×8－2×13×4×π×32＝288－24π，表面积为2(6×6＋6×8＋6×8)－2×π×32＋2×12×5×2×π×3＝264＋12π.考点一 空间几何体的表面积【例1】 (1)(2021·温州适应性测试)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是()A ．8 cm 2B ．12 cm 2C ．(45＋2)cm 2D ．(45＋4)cm 2(2)(2020·“超级全能生”联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A．5π B．4＋32π C．4＋3πD．4＋5π答案(1)D(2)C解析(1)由三视图得该几何体是底面为边长为2的正方形，高为2的正四棱锥，则其侧面的高为12＋22＝5，所以该几何体的表面积为2×2＋4×12×2×5＝4＋45，故选D.(2)由三视图可知，该几何体为底面是半径为1的半圆，高为2的半个圆柱体，则其表面积S＝2×12·π·12＋π·1×2＋2×2＝3π＋4，故选C.感悟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．【训练1】(1)(2020·北京卷)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＋ 3 B．6＋2 3 C．12＋ 3 D．12＋2 3(2)(2020·全国Ⅱ卷)已知△ABC是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为()A. 3B.32C．1 D.32答案(1)D(2)C解析(1)由三视图知该几何体为底面是边长为2的正三角形，高为2的直三棱柱，S底＝2×34×22＝2 3.S侧＝3×2×2＝12，则表面积为23＋12.故选D.(2)如图所示，过球心O作OO1⊥平面ABC，则O1为等边三角形ABC的中心．设△ABC的边长为a，则34a2＝934，解得a＝3(负值舍去)，∴O1A＝23×32×3＝ 3.设球O的半径为r，则由4πr2＝16π，得r＝2，即OA＝2.在Rt△OO1A中，OO1＝OA2－O1A2＝1，即O到平面ABC的距离为1.考点二空间几何体的体积【例2】(1)(一题多解)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．90π B．63π C．42π D．36π(2)(2019·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________．(3)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________．答案(1)B(2)40(3)2 3解析(1)法一(割补法)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，如图所示．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.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．(2)如图所示的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为4，去掉四棱柱MQD 1A 1－NPC 1B 1(其底面是一个上底为2，下底为4，高为2的直角梯形)所得的几何体为题中三视图对应的几何体，故所求几何体的体积为43－12×(2＋4)×2×4＝40.(3)如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，易求得EG ＝HF ＝12，AG ＝GD ＝BH ＝HC ＝32，则△BHC 中BC 边的高h ＝22.∴S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，∴V 多面体＝V E －ADG ＋V F －BHC ＋V AGD －BHC ＝2V E －ADG ＋V AGD －BHC ＝13×24×12×2＋24×1＝23.感悟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．【训练2】(1)(2019·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，＝Sh，其中S是则积不容异”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：cm3)是()A．158 B．162 C．182 D．324(2)(2020·浙江卷)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：cm3)是()A.73B.143 C ．3 D ．6 答案(1)B(2)A解析(1)由三视图可知，该柱体是一个直五棱柱，如图，棱柱的高为6，底面可以看作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.则底面面积S ＝2＋62×3＋4＋62×3＝27.因此，该柱体的体积V ＝27×6＝162.故选B.(2)如图，三棱柱的体积V 1＝12×2×1×2＝2，三棱锥的体积V 2＝13×12×2×1×1＝13， 因此，组合体的体积 V ＝V 1＋V 2＝2＋13＝73.故选A. 考点三 最值问题【例3】 (1)(2016·浙江卷)如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°.若平面ABC外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是________．(2)正六棱柱ABCDEF －A 1B 1C 1D 1E 1F 1的底面边长为2，侧棱长为1，则动点从A 沿表面移动到E 1时的最短路程是________；动点从A 沿表面移动到D 1时的最短路程为________． 答案(1)12(2)319 解析(1)设PD ＝DA ＝x ，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°， ∴AC ＝AB 2＋BC 2－2·AB ·BC ·cos ∠ABC ＝4＋4－2×2×2×cos 120°＝23，∴CD ＝23－x ，且∠ACB ＝12(180°－120°)＝30°，∴S △BCD ＝12BC ·DC ×sin ∠ACB ＝12×2×(23－x )×12＝12(23－x )．要使四面体体积最大，当且仅当点P 到平面BCD 的距离最大，而P 到平面BCD 的最大距离为x .则V 四面体PBCD ＝13×12(23－x )x ＝16[－(x －3)2＋3]，由于0＜x ＜23，故当x ＝3时，V 四面体PBCD的最大值为16×3＝12.(2)侧面展开图如图(1)，(2)，∴从A 沿表面到E 1的最短路程为AE 1＝AE 2＋EE 21＝（22）2＋1＝3.从A 沿表面到D 1的最短路程为AD 1＝AD 2＋DD 21＝（32）2＋1＝19.(1)(2)感悟升华常用方法是将几何图形展开为平面图形，利用几何性质求解或利用函数、不等式求最值．【训练3】(1)(2021·上海徐汇区一模)如图，棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E 为CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上的动点，则△PEQ周长的最小值为()A．2 2 B.10 C.11 D.12(2)(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()A．217 B．2 5 C．3 D．2答案(1)B(2)B解析(1)如图，取BC中点N，延长EC1至点M，使MC1＝EC1，连接PM，MN，且M，Q，N共线，则△PEQ的周长为PQ＋PE＋QE＝PQ＋PM＋QN≥MN＝10.(2)由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4，则从M到N的路径中，最短路径的长度为MS2＋SN2＝22＋42＝2 5.基础巩固题组一、选择题1.《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B解析 设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π(尺)．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. 2．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是()A ．2 B.92 C.32 D ．3 答案D解析 由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，则S 底＝12(1＋2)×2＝3.∴V ＝13x ·3＝3，解得x ＝3.故选D. 3．(2021·浙江十校联盟适考)如图所示，已知某几何体的三视图及其尺寸(单位：cm)，则该几何体的表面积为()A ．15π cm 2B ．21π cm 2C ．24π cm 2D ．33π cm 2 答案C解析 由三视图得该几何体为一个底面圆直径为6，母线长为5的圆锥，则其表面积为π×32＋π×12×6×5＝24π，故选C.4．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为()A ．60B ．30C ．20D ．10 答案D解析 由三视图知可把三棱锥放在一个长方体内部，即三棱锥A 1－BCD ，V A 1－BCD ＝13×12×3×5×4＝10，故选D.5．(2020·全国Ⅰ卷)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆．若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为() A ．64π B ．48π C ．36π D ．32π 答案A解析 如图所示，设球O 的半径为R ，⊙O 1的半径为r ，因为⊙O 1的面积为4π，所以4π＝πr 2，解得r ＝2，又AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，所以AB sin 60°＝2r ，解得AB ＝23，故OO 1＝23，所以R 2＝OO 21＋r 2＝(23)2＋22＝16，所以球O 的表面积S ＝4πR 2＝64π.故选A.6．(2021·宁波模拟)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是由一个棱柱挖去一个棱锥后的几何体的三视图，则该几何体的体积为()A ．72B ．64C ．48D ．32 答案B解析 由三视图可知，此几何体为正四棱柱中截挖去一个与其共上底且高为3的四棱锥，则体积V ＝42×5－13×42×3＝64，故选B.二、填空题7．(2020·江苏卷)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 ，内孔半径为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是________cm 3.答案123－π2解析 螺帽的底面正六边形的面积S ＝6×12×22×sin 60°＝63(cm 2)，正六棱柱的体积V 1＝63×2＝123(cm 3)，圆柱的体积V 2＝π×0.52×2＝π2(cm 3)，所以此六角螺帽毛坯的体积V ＝V 1－V 2＝123－π2(cm 3)．8．(2019·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.答案118.8解析 由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对角线长分别为6 cm 和4 cm ， 故V 挖去的四棱锥＝13×12×4×6×3＝12(cm 3)． 又V 长方体＝6×6×4＝144(cm 3)， 所以模型的体积为V 长方体－V 挖去的四棱锥＝144－12＝132(cm 3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．9．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________．答案17π解析 由题知，该几何体的直观图如图所示，它是一个球(被过球心O 且互相垂直的三个平面)切掉左上角的18后得到的组合体，其表面积是球面面积的78和三个14圆面积之和，易得球的半径为2，则得S ＝78×4π×22＋3×14π×22＝17π.10．(2021·台州期末评估)已知某多面体的三视图如图所示，则该几何体的所有棱长和为________，其体积为________．答案16＋32＋25173解析 由三视图画出几何体的直观图如图所示，其是正方体的一部分，其中E ，F 是所在棱的中点，正方体的棱长为2，所以该几何体的所有棱长的和2×7＋1＋1＋2＋2×22＋12＋22＝16＋32＋25.该几何体的体积为2×2×2－13×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1＋12×2×2＋12×1×1×12×2×2＝173.三、解答题11．已知一个几何体的三视图如图所示.(1)求此几何体的表面积；(2)如果点P ，Q 在正视图中所示位置，P 为所在线段中点，Q 为顶点，求在几何体表面上，从P 点到Q 点的最短路径的长．解 (1)由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和． S 圆锥侧＝12(2πa )·(2a )＝2πa 2， S 圆柱侧＝(2πa )·(2a )＝4πa 2， S 圆柱底＝πa 2，所以S 表＝2πa 2＋4πa 2＋πa 2＝(2＋5)πa 2. (2)沿P 点与Q 点所在母线剪开圆柱侧面，如图．则PQ ＝AP 2＋AQ 2＝a 2＋（πa ）2＝a 1＋π2， 所以从P 点到Q 点在侧面上的最短路径的长为 a 1＋π2.12.如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝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 ＝A 1E ＝4，EB 1＝12，EM ＝AA 1＝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.能力提升题组13．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 ．36π B ．64π C ．144π D ．256π 答案C解析 因为△AOB 的面积为定值，所以当OC 垂直于平面AOB 时，三棱锥O －ABC 的体积取得最大值．由13×12R 2×R ＝36，得R ＝6.从而球O 的表面积S ＝4πR 2＝144π. 14.如图，有一个底面是正方形的直棱柱型容器(无盖)，底面棱长为1 dm(dm 为分米)，高为5 dm ，两个小孔在其相对的两条侧棱上，且到下底面距离分别为3 dm 和4 dm ，则(水不外漏情况下)此容器可装的水最多为()A.92dm 3 B ．4 dm 3 C.72dm 3 D ．3 dm 3 答案C解析 由题意得当容器内的水的上表面过两孔连线所在的平面时，容器内装的水最多，又因为容器的底面为正方形，则由长方体的对称性易得当容器内的水的上表面平分以两孔连线所得的线段为体对角线的长方体时，容器内装的水最多，此时容器内装的水的体积为3×1×1＋12×1×1×1＝72，故选C.15．如图，四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 为平行四边形，NB ＝2PN ，则三棱锥N －P AC与三棱锥D －P AC 的体积比为()A ．1∶2B ．1∶8C ．1∶6D ．1∶3 答案D解析 设点P ，N 在平面ABCD 内的投影分别为点P ′，N ′，则PP ′⊥平面ABCD ，NN ′⊥平面ABCD ，所以PP ′∥NN ′，则在△BPP ′中，由BN ＝2PN 得NN ′PP ′＝23. V 三棱锥N －P AC ＝V 三棱锥P －ABC －V 三棱锥N －ABC ＝13S △ABC ·PP ′－13S △ABC ·NN ′＝13S △ABC ·(PP ′－NN ′)＝13S △ABC ·13PP ′＝19S △ABC ·PP ′，V 三棱锥D －P AC ＝ V 三棱锥P －ACD ＝13S △ACD ·PP ′，又∵四边形ABCD 是平行四边形，∴S △ABC ＝S △ACD ，∴V 三棱锥N －P AC V 三棱锥D －P AC ＝13.故选D.16．(2020·浙江卷)已知圆锥的侧面积(单位：cm 2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是__________． 答案1 解析 如图，设圆锥的母线长为l，底面半径为r，则圆锥的侧面积S侧＝πrl＝2π，即r·l＝2. 由于侧面展开图为半圆，可知12πl2＝2π，可得l＝2，因此r＝1.17．四面体ABCD及其三视图如图所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.(1)求四面体ABCD的体积；(2)证明：四边形EFGH是矩形．(1)解由该四面体的三视图可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1，又BD∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC，∴四面体ABCD的体积V＝13×12×2×2×1＝23.(2)证明∵BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩平面ABC＝EH，∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.同理，EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，∴四边形EFGH是平行四边形．又∵AD⊥平面BDC，BC⊂平面BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，∴四边形EFGH是矩形．18.如图所示，A 1A 是圆柱的母线，AB 是圆柱底面圆的直径，C 是底面圆周上异于A ，B 的任意一点，AA 1＝AB ＝2.(1)求证：BC ⊥平面A 1AC ；(2)(一题多解)求三棱锥A 1－ABC 的体积的最大值．(1)证明 因为C 是底面圆周上异于A ，B 的一点，且AB 为底面圆的直径，所以BC ⊥AC .因为AA 1⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥BC .因为AA 1∩AC ＝A ，AA 1⊂平面A 1AC ，AC ⊂平面A 1AC ，所以BC ⊥平面A 1AC . (2)解法一 设AC ＝x ，在Rt △ABC 中，BC ＝ AB 2－AC 2＝4－x 2(0<x <2)，故V A 1－ABC ＝13S △ABC ×AA 1＝13×12×AC ×BC ×AA 1＝13x 4－x 2(0<x <2)， 即V A 1－ABC ＝13x 4－x 2＝13x 2（4－x 2）＝13－（x 2－2）2＋4. 因为0<x <2，所以0<x 2<4.所以当x 2＝2，即x ＝2时，三棱锥A 1－ABC 的体积取得最大值为23. 法二 在Rt △ABC 中，AC 2＋BC 2＝AB 2＝4，V A 1－ABC ＝13S △ABC ×AA 1＝13×12×AC ×BC ×AA 1＝13×AC ×BC ≤13×AC 2＋BC 22＝13×AB 22＝23.当且仅当AC ＝BC 时等号成立，此时AC ＝BC ＝ 2. 所以三棱锥A 1－ABC 的体积的最大值为23.。
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, 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.（正四棱锥与球体积选做题）棱长为1的正方体的外接球的体积为________．【答案】.【解析】正方体的体对角线，就是正方体的外接球的直径，所以球的直径为：所以球的半径为：，∴正方体的外接球的体积V=．【考点】１．球的体积；２．球内接多面体．3.如图，ABCD是边长为2的正方形，ED⊥平面ABCD，ED＝1，EF∥BD且EF＝BD．(1)求证：BF∥平面ACE；(2)求证：平面EAC⊥平面BDEF(3)求几何体ABCDEF的体积．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)2【解析】(1)利用线线平行，推证线面平行；(2)利用一个面内一条直线与另一个平面垂直，则这两个平面垂直，证明面面垂直；(3)将不规则几何体转化为主题或椎体的体积求解．试题解析：(1)证明：记AC与BD的交点为O，则DO＝BO＝BD，连接EO，∵EF∥BD且EF＝BD，∴EF∥BO且EF＝BO，则四边形EFBO是平行四边形，∴BF∥EO，又∵面ACE，面ACE，∴BF∥平面ACE；(2)证明：∵ED⊥平面ABCD，平面ABCD，∴ED⊥AC．∵ABCD为正方形，∴BD⊥AC，又ED∩BD＝D，∴AC⊥平面BDEF，又平面EAC，∴平面EAC⊥平面BDEF；(3)解：∵ED⊥平面ABCD，∴ED⊥BD，又∵EF∥BD且EF＝BD，∴BDEF是直角梯形，又∵ABCD是边长为2的正方形，BD＝2，EF＝，∴题型BDEF的面积为，由(1)知AC⊥平面BDEF，∴几何体的体积VABCDEF ＝2VA－BDEF＝2×S BDEF·AO＝．【考点】空间直线与平面位置关系，几何体的体积4.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.5.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．6.棱长为的正四面体的外接球半径为．【答案】【解析】记正四面体棱长为，外接球半径为，在正四面体中，利用棱，与棱共顶点的高及这条棱在对面上的射影构成的直角三角形可解得，因此中本题中.【考点】正四面体（正棱锥的性质）.7.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8.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.9.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.10.已知等腰梯形PDCB中(如图),PB=3,DC=1,PD=BC=,A为PB边上一点,且PA=1,将△PAD沿AD折起,使平面PAD⊥平面ABCD(如图).(1)证明：平面PAD⊥平面PCD.(2)试在棱PB上确定一点M,使截面AMC把几何体分成的两部分VPDCMA ∶VMACB=2∶1.(3)在M满足(2)的情况下,判断直线PD是否平行平面AMC.【答案】（1）见解析（2）M为线段PB的中点时（3）不平行【解析】(1)因为PDCB为等腰梯形,PB=3,DC=1,PA=1,则PA⊥AD,CD⊥AD.又因为面PAD⊥面ABCD,面PAD∩面ABCD=AD,CD⊂面ABCD,故CD⊥面PAD. 又因为CD⊂面PCD,所以平面PAD⊥平面PCD.(2)所求的点M即为线段PB的中点.证明如下：设三棱锥M-ACB的高为h1,四棱锥P-ABCD的高为h2,当M为线段PB的中点时,==,所以===,所以截面AMC把几何体分成的两部分VPDCMA ∶VMACB=2∶1.(3)当M为线段PB的中点时,直线PD与面AMC不平行.证明如下：(反证法)假设PD∥面AMC,连接DB交AC于点O,连接MO.因为PD⊂面PBD,且面AMC∩面PBD=MO,所以PD∥MO.因为M为线段PB的中点时,则O为线段BD的中点,即=,而AB∥DC,故==,故矛盾.所以假设不成立,故当M为线段PB的中点时,直线PD与平面AMC不平行.11.棱长为2的三棱锥的外接球的表面积为（）A．6πB．4πC．2πD．π【答案】A【解析】由题意知,此三棱锥为正四面体,以此正四面体的各棱为正方形的对角线拓展出一个正方体,则三棱锥外接球的半径为正方体外接球的半径.因三棱锥棱长为2,所以正方体棱长为,其外接球的直径为所以三棱锥的外接球的表面积为6π．12.如图，在三棱锥中，，，平面平面，为中点，点分别为线段上的动点（不含端点），且，则三棱锥体积的最大值为________．【答案】【解析】因为且为中点，所以，因为平面平面，由面面垂直的性质定理可得，即。
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.（本题满分12分）底面边长为2的正三棱锥,其表面展开图是三角形，如图，求△的各边长及此三棱锥的体积.【答案】边长为4，体积为．【解析】由于展开图是，分别是所在边的中点，根据三角形的性质，是正三角形，其边长为4，原三棱锥的侧棱也是2，要求棱锥的体积需要求出棱锥的高，由于是正棱锥，顶点在底面上的射影是底面的中心，由相应的直角三角形可求得高，得到体积．试题解析：由题意中，，，所以是的中位线，因此是正三角形，且边长为4．即，三棱锥是边长为2的正四面体∴如右图所示作图，设顶点在底面内的投影为，连接，并延长交于∴为中点，为的重心，底面∴，，【考点】图象的翻折，几何体的体积．2.设甲，乙两个圆柱的底面面积分别为，体积为，若它们的侧面积相等且，则的值是 .【答案】【解析】设甲、乙两个圆柱的底面和高分别为，，则，，又，所以，则．【考点】圆柱的侧面积与体积．3.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．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.如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,DA⊥面ABP,AB=1,PA=2,∠PAB=60°.(1)求证:平面PBC⊥面PDC(2)设E为PC上一点,若二面角B-EA-P的余弦值为-,求三棱锥E-PAB的体积.【答案】(1)见解析(2)【解析】(1)∵AB=1,PA=2,∠PAB=60°,∴在△PAB中,由余弦定理得PB2=PA2+AB2-2AB·PAcos600=4+1-2×1×2×=3∴PA2=PB2+AB2,即AB⊥PB∵DA⊥面ABP,CB∥DA∴CB⊥面ABP CB⊥AB ,∴AB⊥面PBC又DC∥AB,∴DC∥面PBC∵DC面PDC,∴平面PBC⊥面PDC(2)如图建立空间直角坐标系则A(0,1,0),P(,0,0),C(0,0,1)设E(x,y,z),= (0<<1)则(-,0,1)=(x-,y,z)x=(1-),y=0,z=设面ABE的法向量为n=(a,b,c),则令c=n=(,0,)同理可求平面PAE的法向量为m=(1,,)∵cos<n,m>====∴=或=1(舍去)∴E(,0,)为PC的中点,其竖坐标即为点E到底面PAB的距离∴V=××1××=E-PAB6.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.7.如图，在三棱锥中，，，平面平面，为中点，点分别为线段上的动点（不含端点），且，则三棱锥体积的最大值为________．【答案】【解析】因为且为中点，所以，因为平面平面，由面面垂直的性质定理可得，即。
2020届高考数学一轮复习：课时作业42《空间几何体的表面积与体积》(含解析)
课时作业42空间几何体的表面积与体积1．(2019·湖南五市十校联考)如图，小方格是边长为1的正方形，一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(D)A．45π＋96 B．(25＋6)π＋96C．(45＋4)π＋64 D．(45＋4)π＋96解析：由三视图知，该几何体为一个圆锥和一个正方体的组合体，正方体的棱长为4，圆锥的高为4，底面半径为2，所以该几何体的表面积S＝6×42＋π×22＋π×2×42＋22＝(45＋4)π＋96.2．(2019·福建质检)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，俯视图中的两条曲线均为圆弧，则该几何体的体积为(C)A ．64－32π3 B ．64－8π C ．64－16π3D ．64－8π3解析：由三视图可知该几何体是由棱长为4的正方体截去14个圆锥和14个圆柱所得到的，且圆锥的底面半径为2，高为4，圆柱的底面半径为2，高为4，所以该几何体的体积为43－14⎝ ⎛⎭⎪⎫π3×4×4＋π×4×4＝64－16π3.故选C.3．(2015·全国卷Ⅱ)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( C )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π解析：∵S △OAB 是定值，且V O -ABC ＝V C -OAB ，∴当OC ⊥平面OAB 时，V C -OAB 最大，即V O -ABC 最大． 设球O 的半径为R ，则(V O -ABC )max ＝13×12R 2×R ＝16R 3＝36，∴R ＝6，∴球O 的表面积S ＝4πR 2＝4π×62＝144π.4．(2019·河南濮阳一模)已知三棱锥A -BCD 中，△ABD 与△BCD 是边长为2的等边三角形且二面角A -BD -C 为直二面角，则三棱 锥A -BCD 的外接球的表面积为( D )A.10π3 B ．5π C ．6πD.20π3解析：如图，取BD 中点M ，连接AM ，CM ，取△ABD ，△CBD 的中心即AM ，CM 的三等分点P ，Q ，过P 作平面ABD 的垂线，过Q 作平面CBD 的垂线，两垂线相交于点O ，则点O 为外接球的球心，如图，其中OQ ＝33，CQ ＝233，连接OC ，则外接球的半径R ＝OC ＝153，表面积为4πR 2＝20π3，故选D.5．一个多面体的直观图和三视图如图所示，点M 是AB 上的动点，记四面体EFMC 的体积为V 1，多面体ADF -BCE 的体积为V 2，则V 1V 2＝( B )A.14B.13C.12D.15解析：由三视图可知多面体ADF -BCE 是直三棱柱，其底面是等腰直角三角形(直角边长为a )，且四边形DFEC 与四边形ABCD 都是正方形，它们的边长均为a .∵M 是AB 上的动点，且易知AB ∥平面DFEC ，∴点M 到平面DFEC 的距离等于点B 到平面DFEC 的距离，距离为a ，∴V1＝V E-FMC ＝V M-EFC＝13·12a·a·a＝a36，又V2＝12a·a·a＝a32，故V1V2＝a36a32＝13.6．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长方体新工件，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)A.89π B.169πC.4(2－1)3π D.12(2－1)3π解析：原工件是一个底面半径为1，高为2的圆锥，依题意加工后的新工件是圆锥的内接长方体，且落在圆锥底面上的面是正方形，设正方形的边长为a，长方体的高为h，则0＜a＜2，0＜h＜2.于是h2＝1－22a1，h＝2－2a.令f(a)＝V长方体＝a2h＝2a2－2a3，∴f′(a)＝4a－32a2，当f ′(a )＝0时，a ＝223.易知f (a )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝1627. ∴材料利用率＝1627π3×12×2＝89π，故选A.7．(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( B )A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π解析：由三视图可知两个同样的几何体可以拼成一个底面直径为6，高为14的圆柱，所以该几何体的体积V ＝12×32×π×14＝63π，故选B.8．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( B )A.32 B.233 C.23D.13解析：设球O 的半径为R ，因为S △AOC ＋S △BOC ＝12R 2(sin ∠AOC ＋sin ∠BOC )， 所以当∠AOC ＝∠BOC ＝90°时，S △AOC ＋S △BOC 取得最大值，此时OA ⊥OC ， OB ⊥OC ，又OB ∩OA ＝O ，OA ，OB ⊂平面AOB ， 所以OC ⊥平面AOB ， 所以V 三棱锥O -ABC ＝V 三棱锥C -OAB ＝13OC ·12OA ·OB sin ∠AOB ＝16R 3sin ∠AOB ＝233，故选B.9．某组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为 34＋π3 .解析：如图所示，该组合体由一个四棱锥和四分之一个球组成，球的半径为1，四棱锥的高为球的半径，四棱锥的底面为等腰梯形，上底为2，下底为1，高为32，所以该组合体的体积V ＝13×12×(2＋1)×32×1＋14×43π×13＝34＋π3.10．(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 .解析：设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，高为h ， 因为母线SA 与底面所成的角为30°，所以l ＝233r . 由△SAB 的面积为8得12l 2＝8， 即12×43r 2＝8，所以r 2＝12，h ＝33r ＝2. 所以圆锥的体积为13πr 2h ＝13π×12×2＝8π.11．(2019·江西南昌二中模拟)在三棱锥S -ABC 中，△ABC 是边长为3的等边三角形，SA ＝3，SB ＝23，二面角S -AB -C 的大小为120°，则此三棱锥的外接球的表面积为 21π .解析：根据题意得SA 2＋AB 2＝SB 2， 即SA ⊥AB .取AB 的中点为D ，SB 的中点为M ，连接CD 、MD ，得∠CDM 为二面角S -AB -C 的平面角， ∴∠MDC ＝120°.如图，设三角形ABC 的外心为O 1，则O 1在CD 上，连接BO 1，则CO 1＝3＝BO 1，DO 1＝32. 设外接球半径为R ，易知球心为过M 垂直面ABS 的垂线与过O 1垂直面ABC 的垂线的交点O .在四边形MDO 1O 中，∵二面角S -AB -C 的平面角∠MDC ＝120°， 且MO ⊥MD ，O 1O ⊥DO 1，MD ＝O 1D ＝32， ∴∠ODO 1＝60°，OO 1＝O 1D tan60°＝32， 连接OB ，∴R 2＝OB2＝OO 21＋O 1B 2＝94＋3＝214，∴球的表面积S ＝4πR 2＝21π.12．如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°.(1)证明：直线BC ∥平面P AD ；(2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P -ABCD 的体积． 解：(1)证明：在平面ABCD 内， 因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°， 所以BC ∥AD .又BC ⊄平面P AD ，AD ⊂平面P AD ， 故BC ∥平面P AD .(2)取AD 的中点M ，连接PM ，CM .由AB ＝BC ＝12AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩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 ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x . 取CD 的中点N ，连接PN ， 则PN ⊥CD ，所以PN ＝142x . 因为△PCD 的面积为27， 所以12×2x ×142x ＝27， 解得x ＝－2(舍去)或x ＝2.于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3.所以四棱锥P -ABCD 的体积V ＝13×2×(2＋4)2×23＝4 3.13．《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：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈；上袤二丈，无广；高一丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊柱的楔体，下底面宽3丈，长4丈；上棱长2丈，高一丈，问它的体积是多少？”已知1丈为10尺，现将该楔体的三视图给出，其中网格纸上小正方形的边长为1丈，则该楔体的体积为( A )A ．5 000立方尺B ．5 500立方尺C ．6 000立方尺D ．6 500立方尺解析：该楔体的直观图如图中的几何体ABCDEF .取AB 的中点G ，CD 的中点H ，连接FG ，GH ，HF ，则该几何体的体积为四棱锥F -GBCH 与三棱柱ADE -GHF 的体积之和．又可以将三棱柱ADE -GHF 割补成高为EF ，底面积为S ＝12×3×1＝32平方丈的一个直棱柱，故该楔体的体积V ＝32×2＋13×2×3×1＝5立方丈＝5 000立方尺．14．(2019·深圳调研)如图所示，在平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四面体ABCD ，使平面ABD ⊥平面BCD ，若四面体ABCD 的顶点在同一个球面上，则该球的体积为( A )A.3π2 B ．3π C.2π3 D ．2π解析：如图，取BD 的中点为E ，BC 的中点为O ，连接AE ，OD ，EO ，AO .因为AB ＝AD ，所以AE ⊥BD .由于平面ABD ⊥平面BCD ，所以AE ⊥平面BCD .因为AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，所以AE ＝22，EO ＝12.所以OA ＝32.在Rt △BDC 中，OB ＝OC ＝OD ＝12BC ＝32，所以四面体ABCD 的外接球的球心为O ，半径为32.所以该球的体积V ＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝3π2. 15．(2017·全国卷Ⅰ)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 415 .解析：解法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，设△ABC 的边长为a (a >0)cm ，则△ABC 的面积为34a 2 cm 2，点O 到△ABC 三边的距离都为36acm ，△DBC 的高为⎝⎛⎭⎪⎫5－36a cm ， 则正三棱锥的高为⎝ ⎛⎭⎪⎫5－36a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫36a 2＝ 25－533a cm ，∴25－533a >0，∴0<a <53，∴所得三棱锥的体积V ＝13×34a 2× 25－533a ＝312×25a 4－533a 5 cm 3.令t ＝25a 4－533a 5， 则t ′＝100a 3－2533a 4， 由t ′＝0，得a ＝43(满足0＜a ＜53)，易知此时所得三棱锥的体积最大，为415 cm 3.解法二：由题意知折起以后所得三棱锥的直观图如图所示，连接CO 并延长交AB 于H ，连接DO 、DH .则DO ⊥平面ABC . 令OH ＝x cm ，则OC ＝2x cm ，DH ＝(5－x ) cm ，得OD ＝(5－x )2－x 2＝25－10x cm ，AB ＝23x cm.则V D -ABC ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫12·23x ·3x ·25－10x ＝3x 2·25－10x ＝15x 25－2x cm 3，令f (x )＝15x 25－2x ，则f ′(x )＝15⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2x 5－2x ＋x 2·－15－2x ＝15(10x －5x 2)5－2x， 则当x ∈(0,2)时，f (x )单调递增，当x ∈(2,2.5)时，f (x )单调递减，所以当x ＝2时，体积取最大值，为15×4＝415 cm 3.16．(2019·贵阳质检)如图，△ABC 内接于圆O ，AB 是圆O 的直径，四边形DCBE 为平行四边形，DC ⊥平面ABC ，AB ＝2，EB ＝ 3.(1)求证：DE ⊥平面ACD ；(2)设AC ＝x ，V (x )表示三棱锥B -ACE 的体积，求函数V (x )的解析式及最大值．解：(1)证明：∵四边形DCBE 为平行四边形，∴CD ∥BE ，BC ∥DE .∵DC ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴DC ⊥BC .∵AB 是圆O 的直径，∴BC ⊥AC ，且DC ∩AC ＝C ，DC ，AC ⊂平面ADC ，∴BC ⊥平面ADC .∵DE ∥BC ，∴DE ⊥平面ADC .(2)∵DC ⊥平面ABC ，∴BE ⊥平面ABC .在Rt △ABE 中，AB ＝2，EB ＝ 3.在Rt △ABC 中，∵AC ＝x ，∴BC ＝4－x 2(0＜x ＜2)，∴S △ABC ＝12AC ·BC ＝12x ·4－x 2，∴V (x )＝V 三棱锥E -ABC ＝36x ·4－x 2(0＜x ＜2)．∵x 2(4－x 2)≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋4－x 222＝4，当且仅当x 2＝4－x 2， 即x ＝2时取等号，3∴当x＝2时，体积有最大值3.。
2020年高考文科数学一轮总复习：空间几何体的表面积与体积
2020年高考文科数学一轮总复习：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1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及其侧面积公式S S S＝常用知识拓展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＝a2＋b2＋c2.判断正误(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．()答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)×以长为a ，宽为b 的矩形的一边所在的直线为轴旋转一周所得圆柱的侧面积为( ) A ．ab B ．πab C ．2πab D ．2ab解析：选C.若以长边所在的直线为轴旋转，则S 侧＝2πab ，若以短边所在的直线为轴旋转，则S 侧＝2πba .所以S 圆柱侧＝2πab ，故选C.某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A ．8 cm 3B ．12 cm 3 C.323cm 3 D.403cm 3 解析：选C.由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．下面是棱长为2 cm 的正方体，体积V 1＝2×2×2＝8(cm 3)；上面是底面边长为2 cm ，高为2 cm 的正四棱锥，体积V 2＝13×2×2×2＝83(cm 3)，所以该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝323(cm 3)．(2018·高考天津卷)如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1BB 1D 1D 的体积为____________．解析：法一：连接A 1C 1交B 1D 1于点E ，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 1BB 1D 1D 的高，且A 1E ＝22，矩形BB 1D 1D 的长和宽分别为2，1，故VA 1BB 1D 1D ＝13×1×2×22＝13.法二：连接BD 1，则四棱锥A 1BB 1D 1D 分成两个三棱锥B -A 1DD 1与B -A 1B 1D 1，V A 1BB 1D 1D＝V B A 1DD 1＋V B A 1B 1D 1＝13×12×1×1×1＋13×12×1×1×1＝13.答案：13(2017·高考全国卷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________．解析：依题意得，长方体的体对角线长为32＋22＋12＝14，记长方体的外接球的半径为R ，则有2R ＝14，R ＝142，因此球O 的表面积等于4πR 2＝14π. 答案：14π空间几何体的表面积(师生共研)(1)(2018·高考全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2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)(2019·沈阳质量检测(一))某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是( )A ．4＋4 2B ．42＋2C ．8＋4 2D. 83【解析】 (1)因为过直线O 1O 2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＋22π×22＝12π.(2)由三视图可知该几何体是一个四棱锥，记为四棱锥P -ABCD ，如图所示，其中P A ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，且P A ＝2，AB ＝2，PB ＝22，所以该四棱锥的侧面积S 是四个直角三角形的面积和，即S ＝2×⎝⎛⎭⎫12×2×2＋12×2×22＝4＋42，故选A. 【答案】 (1)B (2)A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应注意衔接部分的处理． (3)旋转体的表面积问题应注意其侧面展开图的应用．1．(2019·湖南五市联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( )A ．20＋4 5B ．12＋4 5C ．20＋2 5D ．12＋2 5解析：选A.由三视图知该几何体是一个直三棱柱，底面是直角边分别为4，2的直角三角形，高为2，所以该几何体的表面积是(2＋4＋22＋42)×2＋2×12×2×4＝20＋45，故选A.2．(2019·郑州市第二次质量预测)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( )A ．20＋2πB ．24＋(2－1)πC ．24＋(2－2)πD ．20＋(2＋1)π解析：选B.由三视图知，该几何体是由一个棱长为2的正方体挖去一个底面半径为1、高为1的圆锥后所剩余的部分，所以该几何体的表面积S ＝6×22－π×12＋π×1×2＝24＋(2－1)π，故选B.空间几何体的体积(多维探究) 角度一 求简单几何体的体积(1)(2018·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 ．2B ．4C ．6D ．8(2)(一题多解)(2017·高考全国卷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】 (1)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.(2)法一(补形法)：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. 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，所以45π<V 几何体<90π.观察选项可知只有63π符合．【答案】 (1)C (2)B 角度二 求组合体的体积(2019·福州市质量检测)如图，网格纸上小正方形的边长为1，实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.π12＋3 B.π12＋6 C.π3＋3 D.π3＋6【解析】 由三视图可知，该几何体是由直四棱柱与圆锥拼接而成的简单组合体，如图所示．由题设得，V 四棱柱＝12×(1＋2)×2×1＝3，V圆锥＝13π⎝⎛⎭⎫122×1＝π12，所以该几何体的体积V ＝V 四棱柱＋V 圆锥＝3＋π12.故选A.【答案】 A求空间几何体的体积的常用方法1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．16B ．14C ．12D ．10解析：选B.由三视图可知，此几何体是一个组合体，由四部分组成，其中三部分是完全相同的长方体，每一个长方体的体积为2×2×1＝4，另外一部分是三棱柱，其体积为12×2×2×1＝2，所以该几何体的体积为3×4＋2＝14.故选B.2.如图是一个以A 1B 1C 1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝2，∠A 1B 1C 1＝90°，AA 1＝4，BB 1＝3，CC 1＝2，则几何体的体积为____________．解析：过C 作平行于平面A 1B 1C 1的截面A 2B 2C ，交AA 1，BB 1分别于点A 2，B 2.由直三棱柱性质及∠A 1B 1C 1＝90°， 则V ＝V A1B 1C 1A 2B 2C ＋V C ABB 2A 2＝12×2×2×2＋13×12×(1＋2)×2×2＝6. 答案：6球与空间几何体的接、切问题(师生共研)(1)(2017·高考全国卷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(2)(2018·高考全国卷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【解析】 (1)设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝⎛⎭⎫122＝34，所以，圆柱的体积V ＝34π×1＝3π4，故选B.(2)设等边三角形ABC 的边长为x ，则12x 2sin 60°＝93，得x ＝6.设△ABC 的外接圆半径为r ，则2r ＝6sin 60°，解得r ＝23，所以球心到△ABC 所在平面的距离d ＝42－（23）2＝2，则点D 到平面ABC 的最大距离d 1＝d ＋4＝6，所以三棱锥D -ABC 体积的最大值V max ＝13S △ABC ×6＝13×93×6＝18 3. 【答案】 (1)B (2)B处理球的“切”“接”问题的求解策略(1)“切”的处理与球有关的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．(2)“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．1．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 ．12π C ．8πD ．4π解析：选A.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 ，因为OA ＝12AC＝12AB 2＋BC 2＝12（22）2＋（22）2＝2，所以PO ＝P A 2－OA 2＝（22）2－22＝2.又OA ＝OB ＝OC ＝OD ＝2，由此可知R ＝2，于是S 球＝4πR 2＝16π.2．设球O 内切于正三棱柱ABC -A 1B 1C 1，则球O 的体积与正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积的比值为________．解析：设球O 半径为R ，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面边长为a ，则R ＝33×a 2＝36a ，即a ＝23R ，又正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的高为2R ，所以球O 的体积与正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积的比值为43πR 334a 2×2R ＝43πR 334×12R 2×2R ＝23π27.答案：23π27直观想象——数学文化与三视图(2019·长春市质量检测(一))《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 ．12【解析】如图，由三视图可还原得几何体ABCDEF ，过E ，F 分别作垂直于底面的截面EGH 和FMN ，将原几何体拆分成两个底面积为3，高为1的四棱锥和一个底面积为32，高为2的三棱柱，所以V ABCDEF ＝2V 四棱锥E -ADHG ＋V三棱柱EHG -FNM＝2×13×3×1＋32×2＝5，故选B.【答案】 B本题是数学文化与三视图结合，主要是根据几何体的三视图及三视图中的数据，求几何体的体积或侧(表)面积．此类问题难点：一是根据三视图的形状特征确定几何体的结构特征；二是将三视图中的数据转化为几何体的几何度量．考查了直观想象这一核心素养．(2019·郑州市第二次质量预测)我国南北朝时期数学家、天文学家——祖暅，提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高立方体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立方体体积相等．已知某不规则几何体与如图所对应的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为( )A ．4－π2B ．8－4π3C ．8－πD ．8－2π解析：选C.由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与已知三视图的几何体体积相等．根据题设所给的三视图，可知题图中的几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱，正方体的体积为23＝8，半圆柱的体积为12×(π×12)×2＝π，因此该不规则几何体的体积为8－π，故选C.[基础题组练]1．(2019·安徽合肥质检)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. 5 C ．9D ．3解析：选B.因为圆锥的底面半径r ＝4，高h ＝3，所以圆锥的母线l ＝5，所以圆锥的侧面积S ＝πrl ＝20π，设球的半径为R ，则4πR 2＝20π，所以R ＝5，故选B.2．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )A ．2B ．4＋2 2C ．4＋4 2D ．4＋6 2解析：选C.由三视图知，该几何体是直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，其中AB ＝AA 1＝2，BC ＝AC ＝2，∠C ＝90°，其直观图如图所示，侧面为三个矩形，故该“堑堵”的侧面积S ＝(2＋22)×2＝4＋42，故选C.3.如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )A.500π3cm 3B.866π3cm 3C.1 372π3cm 3D.2 048π3cm 3解析：选A.设球的半径为R ，则由题意知球被正方体上面截得的圆的半径为4 cm ，球心到截面圆的距离为(R －2)cm ，则R 2＝(R －2)2＋42，解得R ＝5，所以球的体积为4π×533＝500π3cm 3.4．(2019·福建市第一学期高三期末考试)已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于( )A ．4π B.163π C.323π D ．16π解析：选D.如图，由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心，于是，球的半径r ＝OB ＝OA 2＋AB 2＝12＋（3）2＝2.故这个球的表面积S ＝4πr 2＝16π.故选D.。
高考数学(文)全程复习空间几何体的表面积和体积数学课件PPT
3．(2013·湖南卷)已知正方体的棱长为 1，其俯视图是一个面 积为 1 的正方形，侧视图是一个面积为 2的矩形，则该正方体的 正视图的面积等于( )
3 A. 2
B．1
2＋1 C. 2
D. 2
解析：本题考查的是空间想象能力及三视图、面积公式，由 棱长为 1 的正方体的俯视图及侧视图的面积可知正方体的一条 侧棱正对正前方，其三视图如下：
(或空间距离)以及证明垂直或平行关系都有简化解题过程、开阔 思维的优点.
题型探究 题型一 多面体的表面积与体积的计算 例 1 如图，已知几何体的三视图(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．
解析：(1)这个几何体的直观图如图所示．
2．要注意领会和掌握两种数学思想方法：割补法与等积法 割补法是割法与补法的总称．补法是把不规则(不熟悉的或 复杂的)几何体延伸或补成规则的(熟悉的或简单的)几何体，把不 完整的图形补成完整的图形．割法是把复杂的(不规则的)几何体 切割成简单的(规则的)几何体．割与补是对立统一的，是一个问 题的两个相反方面．割补法无论是求解体积问题还是求解空间角
2．(2013·山东卷)一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方 形，其正(主)视图如图所示，则该四棱锥的侧面积和体积分别是
() A．4 5，8 B．4 5，83 C．4( 5＋1)，83 D．8,8
解析：本题考查四棱锥的侧面积、体积公式及三视图． 由正视图知底面边长为 2，高为 2，又侧棱长相等，棱锥为 正四棱锥，斜高 h′＝ 22＋12＝ 5，侧面积 S＝4×12×2× 5＝ 4 5，体积 V＝13×2×2×2＝83. 答案：B
例 3 如图所示，在等腰梯形 ABCD 中，AB＝2DC＝2，∠DAB ＝60°，E 为 AB 的中点，将△ADE 与△BEC 分别沿 ED、EC 向 上折起，使 A、B 重合，求形成的三棱锥的外接球的体积．
高考数学一轮复习课时作业42空间几何体的表面积与体积理含解析新人教版
课时作业42 空间几何体的表面积与体积一、选择题1．(2019·合肥一检)一个几何体的三视图如图所示(其中正视图的弧线为四分之一圆周)，则该几何体的表面积为( A )A ．72＋6πB ．72＋4πC ．48＋6πD ．48＋4π解析：由三视图知，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(如图所示)，其表面积为16×2＋(16－4＋π)×2＋4×(2＋2＋π)＝72＋6π.2．如图是某四棱锥的三视图，则该几何体的表面积为( A )A ．34＋6 5B ．6＋65＋4 3C ．6＋65＋413D ．17＋6 5解析：由三视图得该几何体的直观图如图，其中，底面ABCD 为矩形，AD ＝6，AB ＝2，平面PAD ⊥平面ABCD ，△PAD 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 5.3．(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2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( B )A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π解析：因为过直线O 1O 2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＋22π×22＝12π.4．高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积与原直三棱柱的体积的比值为( C )A.34B.14 C.12 D.38解析：由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为12×2×(2＋4)＝6的四棱锥，其体积为4.易知直三棱柱的体积为8，则该几何体的体积与原直三棱柱的体积的比值为12.5．(2019·石家庄质量检测)如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线表示的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的四个面中，最小面的面积是( C )A ．2 3B ．2 2C ．2D. 3解析：在正方体中还原该几何体，如图中三棱锥D ABC 所示，其中正方体的棱长为2，则S △ABC ＝2，S △DBC ＝22，S △ADB ＝22，S △ADC ＝23，故该三棱锥的四个面中，最小面的面积是2，故选C.6．(2019·西安八校联考)已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则棱锥S ABC 的体积最大为( A )A ．2 B.83 C. 3D ．2 3解析：如图，因为球的直径为SC ，且SC ＝4，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，所以∠SAC ＝∠SBC ＝90°，AC ＝BC ＝2，SA ＝SB ＝23，所以S △SBC ＝12×2×23＝23，则当点A 到平面SBC的距离最大时，棱锥A SBC 即S ABC 的体积最大，此时平面SAC ⊥平面SBC ，点A 到平面SBC 的距离为23sin30°＝3，所以棱锥S ABC 的体积最大为13×23×3＝2，故选A.7．(2019·南昌摸底调研)已知三棱锥P ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 满足AB ＝22，∠ACB ＝90°，PA 为球O 的直径且PA ＝4，则点P 到底面ABC 的距离为( B )A. 2 B ．2 2 C. 3 D ．2 3解析：取AB 的中点O 1，连接OO 1，如图，在△ABC 中，AB ＝22，∠ACB ＝90°，所以△ABC 所在小圆O 1是以AB 为直径的圆，所以O 1A ＝2，且OO 1⊥AO 1，又球O 的直径PA ＝4，所以OA ＝2，所以OO 1＝OA 2－O 1A 2＝2，且OO 1⊥底面ABC ，所以点P 到平面ABC 的距离为2OO 1＝2 2.二、填空题8．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为20＋8 2.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＋8 2.9.已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是33.解析：由正视图知三棱锥的形状如图所示，且AB ＝AD ＝BC ＝CD ＝2，BD ＝23，设O 为BD 的中点，连接OA ，OC ，则OA ⊥BD ，OC ⊥BD ，结合正视图可知AO ⊥平面BCD .又OC ＝CD 2－OD 2＝1，∴V 三棱锥A BCD ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×23×1×1＝33.10.(2018·天津卷)已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1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112.解析：连接AD 1，CD 1，B 1A ，B 1C ，AC ，因为E ，H 分别为AD 1，CD 1的中点，所以EH ∥AC ，EH ＝12AC ，因为F ，G 分别为B 1A ，B 1C 的中点，所以FG ∥AC ，FG ＝12AC ，所以EH ∥FG ，EH ＝FG ，所以四边形EHGF 为平行四边形，又EG ＝HF ，EH ＝HG ，所以四边形EHGF 为正方形，又点M 到平面EHGF 的距离为12，所以四棱锥M EFGH 的体积为13×(22)2×12＝112.三、解答题11．(2018·全国卷Ⅰ)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 ＝23DA ，求三棱锥Q ABP 的体积．解：(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 2.又BP ＝DQ ＝23DA ，所以BP ＝2 2.作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE 綊13DC .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V Q ABP ＝13×QE ×S △ABP＝13×1×12×3×22sin45°＝1. 12．(2019·南宁、柳州联考)如图，三棱柱ABC A 1B 1C 1中，已知AB ⊥侧面BB 1C 1C ，AB ＝BC ＝1，BB 1＝2，∠BCC 1＝60°.(1)求证：BC 1⊥平面ABC ；(2)E 是棱CC 1上的一点，若三棱锥E ABC 的体积为312，求线段CE 的长． 解：(1)证明：∵AB ⊥平面BB 1C 1C ，BC 1⊂平面BB 1C 1C ，∴AB ⊥BC 1， 在△CBC 1中，BC ＝1，CC 1＝BB 1＝2，∠BCC 1＝60°，由余弦定理得BC 21＝BC 2＋CC 21－2BC ·CC 1·cos∠BCC 1＝12＋22－2×1×2cos60°＝3，∴BC 1＝3，∴BC 2＋BC 21＝CC 21，∴BC ⊥BC 1， 又AB ，BC ⊂平面ABC ，BC ∩AB ＝B ， ∴BC 1⊥平面ABC . (2)∵AB ⊥平面BB 1C 1C ， ∴V E ABC ＝V A EBC ＝13S △BCE ·AB＝13S △BCE ·1＝312， ∴S △BCE ＝34＝12CE ·(BC ·sin π3)＝12CE ·32， ∴CE ＝1.13．(2019·河北五名校联考)如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中画出了某多面体的三视图，则该多面体的外接球的表面积为( D )A ．27πB ．30πC ．32πD ．34π解析：根据三视图可知，此多面体为三棱锥A BCD ，且侧面ABC ⊥底面BCD ，△ABC 与△BCD 都为等腰三角形，如图所示．根据题意可知，三棱锥A BCD 的外接球的球心O 位于过△BCD 的外心O ′，且垂直于底面BCD 的垂线上，取BC 的中点M ′，连接AM ′，DM ′，OO ′，O ′B ，易知O ′在DM ′上，过O 作OM ⊥AM ′于点M ，连接OA ，OB ，根据三视图可知M ′D ＝4，BD ＝CD ＝25，故sin ∠BCD ＝255，设△BCD 的外接圆半径为r ，根据正弦定理可知，2r ＝BDsin ∠BCD＝5，故BO ′＝r ＝52，M ′O ′＝32，设OO ′＝x ，该多面体的外接球半径为R ，在Rt △BOO ′中，R 2＝(52)2＋x 2，在Rt △AMO 中，R 2＝(32)2＋(4－x )2，所以R ＝342，故该多面体的外接球的表面积S ＝4πR2＝34π.故选D.14．(2019·石家庄质量检测)三棱锥S ABC 的各顶点都在同一球面上，若AB ＝3，AC ＝5，BC ＝7，侧面SAB 为正三角形，且与底面ABC 垂直，则此球的表面积等于205π3.解析：设△ABC 外接圆的圆心为O 1，△SAB 外接圆的圆心为O 2，过O 1，O 2分别作平面ABC ，平面SAB 的垂线交于点O ，则O 为球心．在△ABC 中，cos ∠BAC ＝52＋32－722×3×5＝－12，∴∠BAC ＝120°，设圆O 1的半径为r 1，根据正弦定理，得2r 1＝BCsin ∠BAC ＝1433，∴r 1＝733.△SAB 外接圆的圆心O 2为正三角形SAB 的中心，连接SO 2交AB 于点D ，则O 2D ＝13SD ＝32，且O 2D ＝OO 1＝32. 设外接球的半径为R ，连接O 1A ，则R 2＝O 1A 2＋OO 21＝493＋34＝20512，∴此球的表面积S ＝4πR2＝205π3.尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用15．如图，在四棱锥E ABCD 中，△EAD 为等边三角形，底面ABCD 为等腰梯形，满足AB ∥CD ，AD ＝DC ＝12AB ，且AE ⊥BD .(1)证明：平面EBD ⊥平面EAD ；(2)若△EAD 的面积为3，求点C 到平面EBD 的距离．解：(1)证明：如图，取AB 的中点M ，连接DM ，则DM ∥BC ，∴DM ＝12AB ，即点D 在以线段AB 为直径的圆上， ∴BD ⊥AD ，又AE ⊥BD ，且AE ∩AD ＝A ， ∴BD ⊥平面EAD . ∵BD ⊂平面EBD ， ∴平面EBD ⊥平面EAD .(2)∵BD ⊥平面EAD ，且BD ⊂平面ABCD ， ∴平面ABCD ⊥平面EAD .∵等边△EAD 的面积为3， ∴AD ＝AE ＝ED ＝2， 取AD 的中点O ，连接EO ， 则EO ⊥AD ，EO ＝3，∵平面EAD ⊥平面ABCD ，平面EAD ∩平面ABCD ＝AD ， ∴EO ⊥平面ABCD .由(1)知△ABD ，△EBD 都是直角三角形， ∴BD ＝AB 2－AD 2＝23， ∴S △EBD ＝12ED ·BD ＝23，S △BCD ＝12BC ·CD sin120°＝ 3.设点C 到平面EBD 的距离为h ，由V C EBD ＝V E BCD ，得13S △EBD ·h ＝13S △BCD ·EO ，解得h ＝32.∴点C 到平面EBD 的距离为32.。
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课时跟踪练(四十二)A 组 基础巩固1.如图所示，某空间几何体的正视图与侧视图相同，则此几何体的表面积为( )A ．6πB.2π3＋ 3 C ．4π D ．2π＋ 3解析：此几何体为一个组合体，上为一个圆锥，下为一个半球组合而成．表面积为S ＝4π2＋12×2×2π＝4π. 答案：C2．(2019·漳州模拟)如图，在边长为1的正方形组成的网格中，画出的是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是( )A ．9 B.272 C ．18 D ．27解析：根据三视图可知该几何体是一个三棱锥，将三棱锥A-BCD 还原到长方体中，长方体的长、宽、高分别为6、3、3，所以该几何体的体积V ＝13×12×6×3×3＝9， 故选A.答案：A3．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是( )A ．2 B.92 C.32 D ．3解析：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.所以V ＝13x ·3＝3，解得x ＝3. 答案：D4．一块硬质材料的三视图如图所示，正视图和俯视图都是边长为10 cm 的正方形，将该材料切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径最接近( )A ．3 cmB ．4 cmC ．5 cmD ．6 cm解析：由题意，知该硬质材料为三棱柱(底面为等腰直角三角形)，所以最大球的半径等于侧视图直角三角形内切圆的半径，设为r cm ，则10－r ＋10－r ＝102，所以r ＝10－52≈3.答案：A5．(2019·佛山一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.212 B ．15 C.332 D ．18解析：由题意可知该几何体的直观图是如图所示的多面体A ′B ′C ′-ABCD ，将几何体补成四棱柱A ′B ′C ′D ′-ABCD ，其底面是直角梯形(上底长为1，高为3，下底长为3)，故该几何体的体积为V 棱柱A ′B ′C ′D-′ABCD －V 棱锥D-A ′C ′D ′＝3×1＋32×3－13×12×3×1×3＝18－32＝332.故选C. 答案：C6．(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________．解析：因为长方体的顶点都在球O 的球面上，所以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.所以球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫1422＝14π. 答案：14π7．(2018·天津卷)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________．解析：因为正方体棱长为1，所以矩形BB 1D 1D 的长和宽分别为1， 2.因为四棱锥A 1-BB 1D 1D 的高是正方形A 1B 1C 1D 1对角线长的一半，即为22，所以V四棱锥A1-BB1D1D＝13Sh＝13×(1×2)×22＝13.答案：1 38．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：设正方体的棱长为a，则6a2＝18，所以a＝ 3.设球的半径为R，则由题意知2R＝a2＋a2＋a2＝3，所以R＝3 2.故球的体积V＝43πR3＝43π×⎝⎛⎭⎪⎫323＝9π2.答案：9π29.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．若AB ＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积．解：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＝13·A1B21·PO1＝13×62×2＝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 m 3.故仓库的容积是312 m 3.10.如图，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝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 ＝A 1E ＝4，EB 1＝12， EM ＝AA 1＝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 素养提升11．(2019·云南民族大学附中月考)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著．书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”，若某“阳马”的三视图如图所示(单位：cm)，则该阳马的外接球的体积为( )A ．100π cm 3B.5003π cm 3 C ．400π cm 3 D.4 0003π cm 3 解析：由三视图可知该“阳马”的底面是邻边长为6 cm ，27 cm 的长方形，垂直于该底面的侧棱长为6 cm ，则该“阳马”的外接球的半径R ＝36＋（27）2＋362＝5 cm ，其外接球的体积V ＝43π×53＝5003π cm 3.故选B. 答案：B12．(2019·东莞模拟)已知三棱锥D-ABC 的外接球的球心O 恰好是线段AB 的中点，且AC ＝BC ＝BD ＝AD ＝2CD ＝2，则三棱锥D-ABC 的体积为( ) A.63B.33C.23D.13解析：因为三棱锥D-ABC 的外接球的球心O 恰好是线段AB 的中点，且AC ＝BC ＝BD ＝AD ＝2CD ＝2，所以OD ＝OA ＝OC ＝OB ＝CD ＝2，易知OD ⊥AB ，OC ⊥AB ，因为OD ∩OC ＝O ，所以AB ⊥平面COD ，过D 作DE ⊥OC ，交OC 于E ，因为DE ⊂平面COD ，所以AB ⊥DE ，又OC ∩AB ＝O ，所以DE ⊥平面ABC .因为S △ABC ＝12AB ·OC ＝12×22×2＝2， DE ＝OD 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫OC 22＝2－12＝62， 所以三棱锥D-ABC 的体积V ＝13S △ABC ·DE ＝13×2×62＝63.故选A.答案：A13．球O 为正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的内切球，AB ＝2，E ，F 分别为棱AD ，CC 1的中点，则直线EF 被球O 截得的线段长为________．解析：设EF 与球面交于M ，N 两点，过球心与E ，F 的截面如图所示．因为AB ＝2，E ，F 分别为棱AD ，CC 1的中点，所以EF ＝6，O ′F ＝62，根据正方体的性质可得OF ＝2，所以OO ′＝（2）2－⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝22.由球O 为正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的内切球，可得ON＝1，由勾股定理得O′N＝22，故MN＝ 2.所以直线EF被球O截得的线段长为 2.答案： 214.(2019·河南六市模拟)已知空间几何体ABCDE中，△BCD与△CDE均是边长为2的等边三角形，△ABC是腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD.(1)试在平面BCD内作一条直线，使得直线上任意一点F与E 的连线EF均与平面ABC平行，并给出证明；(2)求三棱锥E-ABC的体积．解：(1)如图所示，取DC的中点N，取BD的中点M，连接MN，则MN即为所求．证明：连接EM，EN，取BC的中点H，连接AH，因为△ABC是腰长为3的等腰三角形，H为BC的中点，所以AH⊥BC，又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AH⊂平面ABC，所以AH⊥平面BCD，同理可证EN⊥平面BCD.所以EN∥AH.因为EN⊄平面ABC，AH⊂平面ABC，所以EN∥平面ABC.又M、N分别为BD，DC的中点，所以MN∥BC，因为MN⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，所以MN∥平面ABC.又MN∩EN＝N，MN⊂平面EMN，EN⊂平面EMN，所以平面EMN∥平面ABC，又EF⊂平面EMN，所以EF∥平面ABC，即直线MN上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行．(2)连接DH，取CH的中点G，连接NG，则NG∥DH，由(1)可知EN∥平面ABC，所以点E到平面ABC的距离与点N到平面ABC的距离相等，又△BCD是边长为2的等边三角形，所以DH⊥BC，又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，DH⊂平面BCD，所以DH⊥平面ABC，所以NG⊥平面ABC，因为DH＝3，N为CD的中点，所以NG＝3 2，又S△ABC＝12·BC·AH＝12×2×32－12＝22，所以V E－ABC＝13·S ABC·NG＝6 3.。