2021届高考数学二轮复习重点练之空间向量与立体几何(1)空间几何体的表面积和体积
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。
2021新高考数学二轮总复习学案：5.1 空间几何体的结构、体积与表面积专项练含解析
专题五立体几何考情分析立体几何是历年高考必考知识,高考试卷中一般会以“两小一大”的命题形式出现.小题主要考查空间几何体的体积和表面积,空间点、线、面的位置关系,空间角,几何体与球的切、接问题等,会有一定的难度.立体几何解答题一般是以多面体为载体,考查空间平行与垂直关系的证明与应用、线面角与二面角的求解等问题,对直观想象、逻辑推理和数学运算素养有一定的要求.有时候会以图形翻折、探索性问题形式命题,难度中等.对位置关系的证明以几何法为主,空间角的求解问题则多数用向量法.5.1空间几何体的结构、体积与表面积专项练必备知识精要梳理几何体侧面积表面积体积圆柱S侧=2πrl S表=2πr(r+l)V=S底h=πr2h圆锥S侧=πrl S表=πr(r+l)V=S底h=πr2h圆台S侧=π(r+r')lS表=π(r2+r'2+rl+r'l)V=(S上+S下+)h=π(r2+r'2+rr')h直棱柱S侧=Ch(C为底面周长)S表=S侧+S上+S下(棱锥的S上=0)V=S底h正棱锥S侧=Ch'(h'指斜高)V=S底h正棱台S侧=(C+C')h'(C,C'分别是上、下底面周长,h'指斜高)V=(S上+S下+)h球S=4πR2V=πR32.几个常用结论(1)长方体从一个顶点出发的三条棱长分别为a,b,c,则其体对角线即外接球直径为.(2)各棱长相等(都为a)的三棱锥的几个结论:①高为a;②表面积为a2,体积为a3;③侧棱和底面所成角的正弦值为;④相邻两个面所成二面角的余弦值为;⑤内切球半径为a,外接球半径为a,其比值为1∶3.(3)正方体与球的几个结论:①设正方体的棱长为a,则其外接球半径R=a,内切球半径r=,与各棱相切的球(棱切球)半径为a;②设球的半径为R,则球的外切正方体的边长为2R,内接正方体的边长为R.考向训练限时通关考向一空间几何体的侧面积或表面积1.(多选)(2020山东潍坊高三期末,9)等腰直角三角形直角边长为1,现将该三角形绕其某一边旋转一周,则形成的几何体的表面积可以为()A.πB.(1+)πC.2πD.(2+)π2.(2020四川达州高三二诊,7)如图,四面体各个面都是边长为1的正三角形,其三个顶点在一个圆柱的下底面圆周上,另一个顶点是上底面圆心,圆柱的侧面积是()A.πB.πC.πD.π3.(2020全国Ⅰ,理10)已知A,B,C为球O的球面上的三个点,☉O1为△ABC的外接圆.若☉O1的面积为4π,AB=BC=AC=OO1,则球O的表面积为()A.64πB.48πC.36πD.32π4.(2020安徽皖西南联盟高三联考,8)鲁班锁(也称孔明锁、难人木、六子联方)起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合,十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多,形状和内部的构造各不相同,一般都是易拆难装.如图1,这是一种常见的鲁班锁玩具,图2是该鲁班锁玩具的直观图,每条棱的长均为2,则该鲁班锁的表面积为()A.8(6+6)B.6(8+8)C.8(6+6)D.6(8+8)5.(2020江苏扬州高三三模,15)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=3,O为上底面ABCD的中心,设正四棱柱ABCD-A1B1C1D1与正四棱锥O-A1B1C1D1的侧面积分别为S1,S2,则=.考向二空间几何体的体积6.(2020山东泰安三模,6)我国古代数学名著《九章算术》中记载:“刍甍者,下有袤有广,而上有袤无广.刍,草也.甍,屋盖也.”今有底面为正方形的屋脊形状的多面体(如图所示),下底面是边长为2的正方形,上棱EF=,EF∥平面ABCD,EF与平面ABCD的距离为2,该刍甍的体积为()A.6B.C.D.127.(2020山东滨州二模,8)我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理:“幂势既同,则积不容异.”意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体,被平行于这两个平面的任意平面所截,如果截得的两个截面的面积总相等,那么这两个几何体的体积相等.椭球是椭圆绕其长轴旋转所成的旋转体.如图,将底面半径都为b,高都为a(a>b)的半椭球和已被挖去了圆锥的圆柱(被挖去的圆锥以圆柱的上底面为底面,下底面的圆心为顶点)放置于同一平面β上,用平行于平面β且与平面β相距任意距离d的平面截这两个几何体,截面分别为圆面和圆环,可以证明S圆=S圆环总成立.据此,椭圆的短半轴长为2,长半轴长为4的椭球的体积是()A. B. C. D.8.(多选)(2020山东青岛二中月考,10)沙漏是古代的一种计时装置,它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成,开始时细沙全部在上部容器中,细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图,某沙漏由上、下两个圆锥组成,圆锥的底面直径和高均为8 cm,细沙全部在上部时,其高度为圆锥高度的(细管长度忽略不计).假设该沙漏漏沙的速度为0.02 cm3/s,且细沙全部漏入下部后,恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.以下结论正确的是()A.沙漏中的细沙的体积为cm3B.沙漏的体积是128π cm3C.细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4 cmD.该沙漏的一个沙时大约是1 985 s(π≈3.14)9.(2020山东聊城一模,16)点M,N分别为三棱柱ABC-A1B1C1的棱BC,BB1的中点,设△A1MN的面积为S1,平面A1MN截三棱柱ABC-A1B1C1所得截面面积为S,五棱锥A1-CC1B1NM的体积为V1,三棱柱ABC-A1B1C1的体积为V,则=,=.考向三与球相关的内切问题10.(2020辽宁东北育才学校模拟,15)圆锥SD(其中S为顶点,D为底面圆心)的侧面积与底面积的比是2∶1,若圆锥的底面半径为3,则圆锥SD的内切球的表面积为.11.(2020天津和平区二模,13)农历五月初五是端午节,民间有吃粽子的习惯,粽子又称粽籺,俗称“粽子”,古称“角黍”,是端午节大家都会品尝的食品,传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.如图1,平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的,将它沿虚线折起来,可以得到如图2所示粽子形状的六面体.若该六面体内有一球,则该球体积的最大值为.考向四与球相关的外接问题12.(2020天津,5)若棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为()A.12πB.24πC.36πD.144π13.(2020江西上饶三模,5)半径为2的球O内有一个内接正三棱柱,则正三棱柱的侧面积的最大值为()A.9B.12C.16D.1814.(2020山东滨州二模,14)已知点A,B,C,D均在球O的球面上,AB=BC=1,AC=,若三棱锥D-ABC体积的最大值是,则球O的表面积为.15.(2020山东,16)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°.以D1为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为.16.(2020山东德州二模,16)《九章算术》中记载:将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵,将一堑堵沿其一顶点与相对的棱剖开,得到一个阳马(底面是长方形,且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥)和一个鳖臑(四个面均为直角三角形的四面体).在如图所示的堑堵ABC-A1B1C1中,BB1=BC=2,AB=2,AC=4,且有鳖臑C1-ABB1和鳖臑C1-ABC,现将鳖臑C1-ABC沿线BC1翻折,使点C与点B1重合,则鳖臑C1-ABC经翻折后,与鳖臑C1-ABB1拼接成的几何体的外接球的表面积是.专题五立体几何5.1空间几何体的结构、体积与表面积专项练考向训练·限时通关1.AB解析如果是绕直角边旋转,形成圆锥,圆锥底面半径为1,高为1,母线就是直角三角形的斜边,母线长是,所以形成的几何体的表面积S=πrl+πr2=π×1+π×12=(+1)π.如果绕斜边旋转,形成的是两个圆锥,圆锥的半径是直角三角形斜边的高,两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边,母线长是1,所以形成几何体的表面积S=2×πrl=2×π1=综上可知,形成几何体的表面积是(+1)π或2.C解析设圆柱的底面半径为r,母线长为l.因为四面体各个面都是边长为1的正三角形,所以2r=,解得r=因为四面体各个面都是边长为1的正三角形,所以棱锥的高为h=1=,即圆柱的母线长为l=所以圆柱的侧面积为S=2πrl=2π3.A解析由题意知☉O1的半径r=2.由正弦定理知=2r,∴OO1=AB=2r sin60°=2,∴球O的半径R==4.∴球O的表面积为4πR2=64π.4.A解析由题图可知,该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为2+2的正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体,且被截去的正三棱锥的底面边长为2,侧棱长为,则该几何体的表面积为S=6+82=8(6+6).5解析如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=3,则正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧面积为S1=4×2×3=24.正四棱锥O-A1B1C1D1的斜高为,∴正四棱锥O-A1B1C1D1的侧面积为S2=42=46.B解析如图,作FN∥AE,FM∥ED,连接NM,则多面体被分割为棱柱与棱锥部分,则该刍甍的体积为V F-MNBC+V ADE-NMF=2×2-×2+2×27.C解析∵S圆=S圆环总成立,∴半椭球的体积为πb2a-b2a=b2a.∴椭球的体积V=b2a.∵椭圆的短半轴长为2,长半轴长为4,∴该椭球体的体积V=22×4=8.ACD解析由题图可知,细沙在上部时,细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比,所以细沙的底面半径r=4=(cm),所以细沙的体积V1=πr2(cm3),故A正确;沙漏的体积V2=2πh=2π×42×8=(cm3),故B错误;设细沙流入下部后的高度为h1,根据细沙体积不变可知πh1,所以h1,解得h1≈2.4cm,故C正确;因为细沙的体积为cm3,沙漏漏沙的速度为0.02cm3/s,所以一个沙时为50≈1985(s),故D正确.9.解析如图所示,延长NM交直线C1C于点P,连接PA1交AC于点Q,连接QM.平面A1MN截三棱柱ABC-A1B1C1所得截面为四边形A1NMQ.∵BB1∥CC1,M为BC的中点,∴△PCM≌△NBM,∴M为PN的中点.∴△A1MN的面积S1=∵QC∥A1C1,,∴△A1QM的面积为,BMN的面积=,∴五棱锥A1-CC1B1NM的体积为V1=,而三棱锥A1-ABC的体积=V,10.12π解析依题意,圆锥SD(其中S为顶点,D为底面圆心)的侧面积与底面积的比是2∶1,所以(πrl)∶(πr2)=2∶1,解得l=6.设内切球的半径为R,则利用轴截面,根据等面积可得6(6+6+6)R,解得R=所以该圆锥内切球的表面积为4π×()2=12π.11解析每个三角形面积是S=1由对称性可知该六面体是由两个正四面体合成的,可求出该四面体的高为,所以四面体体积为所以六面体体积是由图形的对称性得,小球的体积要达到最大,需球与六个面都相切.连接球心和五个顶点,把六面体分成了六个三棱锥.设球的半径为R,所以=6,解得R=所以球的体积V=R3=12.C解析∵2R==6,∴球的表面积为4πR2=36π.故选C.13.B解析如图所示,设正三棱柱上、下底面的中心分别为O1,O2,底面边长与高分别为x,h,则O2A=x.在Rt△OAO2中,=4,化为h2=16-x2.∵正三棱柱的侧面积S=3xh,∴S2=9x2h2=12x2(12-x2)≤122=432,当且仅当x=时取等号,此时S=1214解析设△ABC的外接圆的半径为r,∵AB=BC=1,AC=,则AB2+BC2=AC2,∴△ABC为直角三角形,且r=S=1×1=设三棱锥D-ABC体积的最大值△ABC为V,则V=A,B,C,D均在球O的球面上,∴D到平面ABC的最大距离h==2,设球O的半径为R,则R2=r2+(h-R)2,即R2=+(2-R)2,解得R=球O的表面积为S=415解析如图所示,∵∠B1C1D1=∠B1A1D1=∠BAD=60°且B1C1=C1D1,∴△B1C1D1为等边三角形.∴B1D1=2.设点O1是B1C1的中点,则O1D1=,易证D1O1⊥平面BCC1B1,设P是球面与侧面BCC1B1交线上任意一点,连接O1P,则O1D1⊥O1P,∴D1P2=D1+O1P2,即5=3+O1P2,∴O1P=即P在以O1为圆心,以为半径的圆上.取BB1,CC1的中点分别为E,F,则B1E=C1F=O1B1=O1C1=1,EF=2,∴O1E=O1F=,O1E2+O1F2=EF2=4,∴∠EO1F=90°,∴交线2π=16.解析将鳖臑C1-ABC沿线BC1翻折,使点C与点B1重合,则鳖臑C1-ABC经翻折后,A点翻折到E点,A,E关于点B对称,所拼成的几何体为三棱锥C1-AEB1,如图,由BB1=BC=2,AB=2,AC=4,可得AB1==4,B1E==4,即△B1AE为正三角形,所以其外接圆圆心为三角形中心O1.设三棱锥外接球球心为O,半径为R,连接O1O,则O1O⊥平面AB1E,连接OC1,OB1,在△OB1C1中作OM⊥B1C1,垂足为M,如图,因为OC1=OB1=R,OM⊥B1C1,所以M是B1C1的中点.由矩形MOO1B1可知OO1=B1C1=BC=因为O1为△AB1E的中心,所以B1O1=B1B=2在Rt△B1OO1中,R=,所以三棱锥外接球的表面积S=4πR2=。
高考总复习二轮数学精品课件 专题4 立体几何 第1讲 空间几何体的结构、表面积与体积
突破点二 空间几何体的表面积
[例2-1]国家游泳中心(水立方/冰立方)的设计灵感来源于威尔-弗兰泡沫,威
尔-弗兰泡沫是对开尔文胞体的改进,开尔文胞体是一种多面体,它由正六
边形和正方形围成(其中每个顶点处有1个正方形和2个正六边形),已知该
V
1
台体= (S'+
3
'+S)h
V
1
锥体= Sh.
3
2.几个常用结论
(1)若长方体从一个顶点出发的三条棱长分别为 a,b,c,则其体对角线(即外接
球的直径)为 2 + 2 + 2 .
(2)正四面体(棱长都为 a)的几个结论:
6
①高为 3 a;②表面积为
3a
2 3
6
,体积为12 a ;③侧棱与底面所成角的正弦值为 3 ;
该模型的上部分是半球,下部分是圆台.其中半球的体积为144π cm3,圆台的
上底面半径及高均是下底面半径的一半.打印所用原料密度为1.5 g/cm3,不
考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量约为( C )(1.5π≈4.7)
A.3 045.6 g
B.1 565.1 g
C.972.9 g
D.296.1 g
圆锥的底面半径 r'=1,高 h'=1,母线长 l'= 2,
所以圆台的侧面积 S1=π(R+r)l=8 2π,圆锥的侧面积 S2=πr'l'= 2π,
圆台的下底面面积 S3=πR2=9π,所以几何体的表面积 S=9π+9 2π.
(2)(2023·甘肃兰州诊断测试)攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式,常
2021高考数学复习专题 空间几何体的表面积和体积(文 精讲)
专题8.2 空间几何体的表面积和体积【考情分析】1. 了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式. 【重点知识梳理】知识点一 圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式知识点二 柱、锥、台、球的表面积和体积【知识必备】1．设正方体的棱长为a ，则它的内切球半径r ＝a 2，外接球半径R ＝32a .2．设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则它的外接球半径R ＝a 2＋b 2＋c 22.3．设正四面体的棱长为a ，则它的高为63a ，内切球半径r ＝612a ，外接球半径R ＝64a . 4．直棱柱的外接球半径可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，可知球心为上下底面外接圆圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径．【典型题分析】高频考点一 空间几何体的的表面积【例1】（2020·新课标Ⅰ）已知A 、B 、C 为球O球面上的三个点，Ⅰ1O 为ABC 的外接圆，若Ⅰ1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ）A. 64πB. 48πC. 36πD. 32π【变式探究】（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 63+ B. 623+C. 123+D. 1223+【方法技巧】求空间几何体表面积的常见类型及思路【变式探究】(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( )A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π高频考点二 空间几何体的体积的.【例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.143C. 3D. 6【变式探究】【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__________．【变式探究】(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________.高频考点三 割补法求体积【例3】(2017·全国卷Ⅰ)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【方法技巧】把不规则的图形分割成规则的图形，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算其体积。
【2021新高考数学二轮复习】第1讲 空间几何体的表面积与体积
【2021新高考数学二轮复习】[学生用书P46]第1讲空间几何体的表面积与体积考点一空间几何体的表面积和体积[学生用书P47][典型例题]命题角度1求空间几何体的表面积(1)(2020·高考全国卷Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为()A．64πB．48πC．36πD．32π(2)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，三棱锥D1AB1C的表面积与正方体的表面积的比为________．【解析】(1)如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以ABsin 60°＝2r，解得AB＝23，故OO1＝23，所以R2＝OO21＋r2＝(23)2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.(2)设正方体的棱长为1，则其表面积为6，三棱锥D1AB1C为正四面体，每个面都是边长为2的正三角形，其表面积为4×12×2×62＝23，所以三棱锥D1AB1C的表面积与正方体的表面积的比为1∶ 3.【答案】(1)A(2)1∶ 3求几何体的表面积的方法(1)求表面积问题的基本思路是将立体几何问题转化为平面几何问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差得不规则几何体的表面积．命题角度2求空间几何体的体积(1)(2020·南充市第一次适应性考试)如图，在正三棱锥A-BCD中，AB＝BC，E为棱AD的中点．若△BCE的面积为2，则三棱锥A-BCD的体积为()A.23B．33C.233D．223(2)(一题多解)(2020·福建省质量检测)某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内．若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是()A.16π9B．8π9C.16π27D．8π27【解析】(1)因为AB＝BC，所以正三棱锥A-BCD为正四面体．因为E为AD 的中点，所以AD ⊥BE ，AD ⊥CE .又CE ∩BE ＝E ，所以AD ⊥平面BCE .设AD ＝a ，则BE ＝CE ＝32a ，所以等腰三角形BCE 的面积S △BCE ＝12×BC ×BE 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝12×a ×⎝ ⎛⎭⎪⎫32a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝12×22a 2＝2，所以a ＝2，所以V 三棱锥A -BCD ＝V 三棱锥A -BCE ＋V 三棱锥D -BCE ＝2V 三棱锥A -BCE＝2×13S △BCE ×AE ＝2×13×2×a2＝223.(2)方法一：如图，OC ＝2，OA ＝3，由△AED ∽△AOC 可得ED OC ＝AEAO .设圆柱体的底面半径r ＝ED ＝2x (0<x <1)，可得AE ＝3x ，则圆柱体的高h ＝OE ＝3－3x ，圆柱体的体积V ＝π(2x )2(3－3x )＝12π(x 2－x 3)，令V (x )＝12π(x 2－x 3)，则V ′(x )＝12π(2x －3x 2)，令V ′(x )＝0，解得x ＝23或x ＝0(舍去)，可得V (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1上单调递减，故当x ＝23时，V (x )取得最大值，V (x )max ＝16π9，即圆柱体的最大体积是16π9.方法二：同方法一，则圆柱体的体积V ＝12πx 2(1－x )＝6π·x ·x (2－2x )≤6π·⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋x ＋（2－2x ）33＝16π9，当且仅当x ＝2－2x ，即x ＝23时等号成立，故圆柱体的最大体积是16π9.【答案】 (1)D (2)A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分割或补形，转化为易计算体积的几何体．[对点训练]1．已知圆锥的顶点为S，底面圆周上的两点A，B满足△SAB为等边三角形，且面积为43，又知SA与圆锥底面所成的角为45°，则圆锥的表面积为() A．82πB．4(2＋2)πC．8(2＋1)πD．8(2＋2)π解析：选C.设圆锥的母线长为l，由题意得34l2＝43，所以l＝4.设圆锥的底面半径为r，因为SA与圆锥底面所成的角为45°，所以r＝l·cos 45°＝4×2 2＝22，因此圆锥的表面积为πrl＋πr2＝82π＋8π＝8(2＋1)π，选C.2．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中提到一种名为“刍甍”的五面体，如图所示，四边形ABCD是矩形，棱EF∥AB，AB＝4，EF＝2，△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，则这个几何体的体积是()A.203B．83＋2 3C.1023D．823解析：选C.过点E作EG⊥平面ABCD，垂足为点G，过点F作FH⊥平面ABCD，垂足为点H，过点G作PQ∥AD，交AB于点Q，交CD于点P，过点H作MN∥BC，交AB于点N，交CD于点M，如图所示．因为四边形ABCD是矩形，棱EF∥AB，AB＝4，EF＝2，△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，所以四边形PMNQ是边长为2的正方形，EG＝（3）2－12＝ 2.所以这个几何体的体积为V＝V EAQPD＋V EPQFMN＋V FNBCM＝2V E－AQPD＋V EPQ－FMN ＝13×1×2×2×2＋12×2×2×2＝423＋22＝1023，故选C.考点二与球有关的切、接问题[学生用书P48][典型例题]命题角度1外接球(2020·贵阳市适应性考试)已知A，B，C，D四点在球O的表面上，且AB＝BC＝2，AC＝22，若四面体ABCD的体积的最大值为43，则球O的表面积为()A．7πB．9πC．10πD．12π【解析】根据题意有AB2＋BC2＝AC2，所以△ABC在以AC为直径的截面圆内，如图，S△ABC ＝12×2×2＝2.当平面DAC⊥平面ABC时，所得四面体体积最大，此时，设高为h，则V DABC ＝13S△ABC·h＝13×2h＝43，解得h＝2，设O1为AC的中点，则OO1⊥平面ABC，在Rt△OO1C中，根据OO21＋O1C2＝OC2，得(2－R)2＋(2)2＝R2(R为球O的半径)，解得R＝32，所以球O的表面积S＝4πR2＝9π.【答案】 B解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．命题角度2内切球(2020·高考全国卷Ⅲ)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】易知半径最大的球即为该圆锥的内切球．圆锥PE及其内切球O如图所示，设内切球的半径为R，则sin∠BPE＝ROP＝BEPB＝13，所以OP＝3R，所以PE＝4R＝PB2－BE2＝32－12＝22，所以R＝22，所以内切球的体积V＝43πR3＝23π，即该圆锥内半径最大的球的体积为23π.【答案】2 3π求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．[对点训练]1．(2020·福州市适应性考试)设三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱垂直于底面，AB＝AC ＝2，∠BAC ＝90°，AA 1＝32且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是( )A ．24πB ．18πC ．26πD ．16π解析：选C.依题意得三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球即底面为正方形(边长为2)、高为32的长方体的外接球，故该球的直径为长方体的体对角线，设该球的半径为R ，则有(2R )2＝22＋22＋(32)2＝26，故该球的表面积为4πR 2＝26π，故选C.2．(一题多解)在四棱锥P -ABCD 中，四边形ABCD 是边长为2a 的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝2a ，若在这个四棱锥内放一个球，则该球半径的最大值为________．解析：通解：由题意知，球内切于四棱锥P -ABCD 时半径最大，设该四棱锥的内切球的球心为O ，半径为r ，连接OA ，OB ，OC ，OD ，OP ，则V P ABCD ＝V OABCD＋V OP AD＋V OP AB＋V OPBC＋V OPCD，即13×2a ×2a ×2a ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 2＋2×12×2a ×2a ＋2×12×2a ×22a ×r ，解得r ＝(2－2)a . 优解：易知当球内切于四棱锥P -ABCD ，即与四棱锥P -ABCD 各个面均相切时，球的半径最大，作出相切时的侧视图如图所示，设四棱锥P -ABCD 内切球的半径为r ，则12×2a ×2a ＝12×(2a ＋2a ＋22a )×r ，解得r ＝(2－2)a .答案：(2－2)a[学生用书(单独成册)P132]一、单项选择题1.如图所示的直观图中，O′A′＝O′B′＝2，则其平面图形的面积是()A．4B．4 2C．2 2 D．8解析：选A.由斜二测画法可知原图为两条直角边长分别为2和4的直角三角形，如图所示，所以其面积S＝12×2×4＝4，故选A.2．已知圆锥的高为3，底面半径为3，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于()A.83πB．323πC．16πD．32π解析：选B.设该圆锥的外接球的半径为R，依题意得，R2＝(3－R)2＋(3)2，解得R＝2，所以所求球的体积V＝43πR3＝43π×23＝323π，故选B.3.如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，点E 是棱BB1的中点，点F是棱CC1上靠近C1的三等分点，且三棱锥A1AEF的体积为2，则四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为()A．12 B．8C．20 D．18解析：选A.设点F到平面ABB1A1的距离为h，由题意得V A1-AEF ＝V FA1AE，又V F A 1AE ＝13S △A 1AE ·h ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12AA 1·AB ·h ＝16(AA 1·AB )·h ＝16S 四边形ABB 1A 1·h＝16V ABCD A 1B 1C 1D 1，所以V ABCD A 1B 1C 1D 1＝6V A 1－AEF ＝6×2＝12.所以四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1 的体积为12.故选A.4．(2020·全国统一考试模拟卷)已知在三棱锥S -ABC 中，∠SAB ＝∠ABC ＝π2，SB ＝4，SC ＝213，AB ＝2，BC ＝6，则三棱锥S -ABC 的体积是( )A ．4B ．6C ．4 3D ．6 3解析：选C.由∠ABC ＝π2，AB ＝2，BC ＝6，得AC ＝210.由∠SAB ＝π2，AB ＝2，SB ＝4，得SA ＝23，则SA 2＋AC 2＝SC 2，得SA ⊥AC .又SA ⊥AB ，所以SA ⊥平面ABC .所以三棱锥S -ABC 的体积为13S △ABC ·SA ＝13×12×2×6×23＝4 3.5．中国古代数学名著《九章算术》中记载：“今有羡除”．刘徽注：“羡除，隧道也．其所穿地，上平下邪．”现有一个羡除如图所示，四边形ABCD ，ABFE ，CDEF 均为等腰梯形，AB ∥CD ∥EF ，AB ＝6，CD ＝8，EF ＝10，EF 到平面ABCD 的距离为3，CD 与AB 间的距离为10，则这个羡除的体积是( )A ．110B ．116C ．118D ．120解析：选D.如图，过点A 作AP ⊥CD ，AM ⊥EF ，过点B 作BQ ⊥CD ，BN ⊥EF ，垂足分别为P ，M ，Q ，N ，连接PM ，QN ，将一侧的几何体补到另一侧，组成一个直三棱柱，直三棱柱的底面积为12×10×3＝15，高为8，体积V ＝15×8＝120.6.如图，半径为R 的球的两个内接圆锥有公共的底面．若两个圆锥的体积之和为球的体积的38，则这两个圆锥的高之差的绝对值为( )A.R 2B ．2R 3 C.4R 3 D ．R解析：选D.设球的球心为O ，半径为R ，体积为V ，上面圆锥的高为h (h <R )，体积为V 1，下面圆锥的高为H (H >R )，体积为V 2，两个圆锥共用的底面的圆心为O 1，半径为r .由球和圆锥的对称性可知h ＋H ＝2R ，|OO 1|＝H －R .因为V 1＋V 2＝38V ，所以13πr 2h ＋13πr 2H ＝38×43πR 3，所以r 2(h ＋H )＝32R 3.因为h ＋H ＝2R ，所以r ＝32R .因为OO 1垂直于圆锥的底面，所以OO 1垂直于底面的半径，由勾股定理可知R 2＝r 2＋|OO 1|2，所以R 2＝r 2＋(H －R )2，所以H ＝32R (H ＝12R 舍去)， 所以h ＝12R ，则这两个圆锥的高之差的绝对值为R ，故选D.7.如图，以棱长为1的正方体的顶点A 为球心，以2为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为( )A.3π4B ．2π C.3π2D ．9π4解析：选C.正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A 1为圆心，1为半径的圆周长的14，所以所有弧长之和为3×2π4＝3π2.故选C.8.如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球对接而成，在该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体体积的最大值为( )A.2 000π9 B ．4 000π27C ．81πD ．128π解析：选 B.小圆柱的高分为上下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为5，下部分深入底部半球内．设小圆柱下部分的高为h (0<h <5)，底面半径为r (0<r <5)．由于r ，h 和球的半径构成直角三角形，即r 2＋h 2＝52，所以小圆柱体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0<h <5)，求导得V ′＝－π(3h －5)(h ＋5)．当0<h <53时，V ′>0，体积V 单调递增；当53<h <5时，V ′<0，体积V 单调递减．所以当h ＝53时，小圆柱的体积取得最大值，即V max ＝π×⎝ ⎛⎭⎪⎫25－259×⎝ ⎛⎭⎪⎫53＋5＝4 000π27，故选B.二、多项选择题9．下列说法中正确的是( )A ．用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面B ．圆台的任意两条母线延长后一定交于一点C ．有一个面为多边形，其余各面都是三角形的几何体叫作棱锥D．若棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥不可能是正六棱锥解析：选ABD.在A中，用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面，故A正确；在B中，由圆台的概念知圆台的任意两条母线延长后一定交于一点，故B正确；在C中，依照棱锥的定义，其余各面的三角形必须有公共的顶点，故C错误；在D中，若六棱锥的底面边长都相等，则底面为正六边形，由过底面中心和顶点的截面知，若以正六边形为底面，侧棱长一定大于底面边长，故D 正确．10．(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旋转一周，则所形成的几何体的表面积可能为()A.2πB．(1＋2)πC．22πD．(2＋2)π解析：选AB.如果是绕直角边旋转一周，那么形成圆锥，所以圆锥底面半径为1，高为1，母线长是直角三角形的斜边长，为2，所以所形成的几何体的表面积S＝πrl＋πr2＝π×1×2＋π×12＝(2＋1)π.如果是绕斜边旋转一周，那么形成的是上、下两个圆锥，所以圆锥的半径是直角三角形斜边上的高，为2 2，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，长为1，所以形成的几何体的表面积S＝2×πrl＝2×π×22×1＝2π.综上可知，形成的几何体的表面积为(2＋1)π或2π.故选AB.11．已知四面体ABCD是球O的内接四面体，且AB是球O的一条直径，AD＝2，BD＝3，则下列结论正确的是()A．球O的表面积为13πB．AC上存在一点M，使得AD∥BMC．若N为CD的中点，则ON⊥CDD．四面体ABCD体积的最大值为13 2解析：选ACD.因为AB是球O的一条直径，所以AC⊥BC，AD⊥BD，所以AB＝AD2＋BD2＝22＋32＝13，球O的半径为12AB＝132，球O的表面积为4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫1322＝13π，A 正确； 因为AD 与平面ABC 相交，所以AC 上找不到一点M ，使得AD ∥BM ，B 错误；连接OC ，OD ，因为OC ＝OD ，所以△OCD 为等腰三角形．又N 为CD 的中点，所以ON ⊥CD .C 正确；易知点C 到平面ABD 的距离的最大值为球的半径R ，所以四面体ABCD 体积的最大值为13·S △ABD ·R ＝13×12×2×3×132＝132，D 正确．12．(2020·山东临沂实验中学期末)已知四棱锥P -ABCD ，底面ABCD 为矩形，侧面PCD ⊥平面ABCD ，BC ＝23，CD ＝PC ＝PD ＝2 6.若点M 为PC 的中点，则下列说法正确的是( )A ．BM ⊥平面PCDB ．P A ∥平面MBDC ．四棱锥M -ABCD 外接球的体积为36πD ．四棱锥M -ABCD 的体积为6解析：选BC.如图，连接AC ，BD 交于点O ，取CD 的中点N ，连接PN ，MN ，NO ，MO ，因为侧面PCD ⊥平面ABCD ，侧面PCD ∩平面ABCD ＝CD ，BC ⊥CD ，所以BC ⊥平面PCD .连接BM ，MD ，若BM ⊥平面PCD ，则BM ∥BC .显然与已知BM 与BC 相交矛盾，所以A 错误．因为点M 为PC 的中点，点O 为AC 的中点，所以OM ∥P A .又P A ⊄平面MBD ，MO ⊂平面MBD ，所以P A ∥平面MBD ，所以B 正确．因为点M 为PC 的中点，所以四棱锥M -ABCD 的体积是四棱锥P -ABCD 的体积的一半．由题意可得，PN ⊥平面ABCD ，PN ＝（26）2－（6）2＝32，所以V M ABCD ＝12V P ABCD ＝12×13PN ×S 四边形ABCD ＝16×32×26×23＝12，所以D错误．因为点O ，N 分别为AC ，CD 的中点，所以ON ∥BC .又BC ⊥平面PCD ，所以ON ⊥平面PCD ，所以ON ⊥NM .在矩形ABCD 中，易得AC ＝（26）2＋（23）2＝6，所以OC ＝3，ON ＝ 3.在△PCD 中，NM ＝12PD ＝6，所以在Rt △OMN 中，MO ＝ON 2＋MN 2＝3＋6＝3.所以OM ＝OA ＝OB ＝OC ＝OD ，所以点O 为四棱锥M -ABCD 外接球的球心，外接球的半径为3，所以其体积V ＝43π×33＝36π，所以C 正确．故选BC.三、填空题 13．如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D 为棱AA 1的中点．若AA 1＝4，AB ＝2，则四棱锥B -ACC 1D 的体积为________．解析：取AC 的中点O ，连接BO (图略)，则BO ⊥AC ，所以BO ⊥平面ACC 1D . 因为AB ＝2，所以BO ＝ 3.因为D 为棱AA 1的中点，AA 1＝4，所以AD ＝2，所以S 梯形ACC 1D ＝12×(2＋4)×2＝6，所以四棱锥B -ACC 1D 的体积为13×6×3＝2 3.答案：2 314．(一题多解)(2020·高考浙江卷)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________．解析：方法一：设该圆锥的母线长为l ，因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，其面积为2π，所以12πl 2 ＝2π，解得l ＝2，所以该半圆的弧长为2π.设该圆锥的底面半径为R ，则2πR ＝2π，解得R ＝1.方法二：设该圆锥的底面半径为R ，则该圆锥侧面展开图中的圆弧的弧长为2πR .因为侧面展开图是一个半圆，设该半圆的半径为r ，则πr ＝ 2πR ，即r ＝2R ，所以侧面展开图的面积为12·2R ·2πR ＝2πR 2＝2π，解得R ＝1.答案：115．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为____________．解析：如图，过点P分别作PE⊥BC交BC于点E，作PF⊥AC交AC于点F.由题意知PE＝PF＝ 3.过P作PH⊥平面ABC于点H，连接HE，HF，HC，易知HE ＝HF，则点H在∠ACB的平分线上，又∠ACB＝90°，故△CEH为等腰直角三角形．在Rt△PCE中，PC＝2，PE＝3，则CE＝1，故CH＝2，在Rt△PCH 中，可得PH＝2，即点P到平面ABC的距离为 2.答案： 216．(2020·西安五校联考)如图①，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图②所示粽子形状的六面体，则该六面体的表面积为________；若该六面体内有一个小球，则小球的最大体积为________．解析：(1)由题意，知该六面体的每个面均是边长为1的正三角形，所以该六面体的表面积为34×12×6＝332.(2)将棱长为1的正四面体PQRS补成一个正方体，如图，则正方体的棱长为22，所以正四面体PQRS的体积V PQRS＝⎝⎛⎭⎪⎫223－4×13×12×22×22×22＝212，所以本题中的六面体的体积V ＝2×212＝26.当小球与六面体的六个面均相切时，小球的体积最大，设此时小球的半径为r .小球的体积最大时，小球的球心与5个顶点的连线将该六面体分为六个全等的三棱锥，则六个三棱锥的体积和等于该六面体的体积，即有13×34×r ×6＝26，解得r ＝233，故小球的最大体积为43π·r 3＝43π·⎝ ⎛⎭⎪⎫2333＝86π729. 答案：332 86729π。
2021人教A版高考数学总复习《空间几何体的表面积和体积》
∴V 多面体＝VE－ADG＋VF－BHC＋VAGD－BHC＝2VE－ADG＋VAGD－BHC＝13
×
42×12×2＋
42×1＝
2 3.
答案
2 3
规律方法 1.(直接法)规则几何体：对于规则几何体，直接利用公式计算即可.若已 知三视图求体积，应注意三视图中的垂直关系在几何体中的位置，确定几何体中的 线面垂直等关系，进而利用公式求解. 2.(割补法)不规则几何体：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. 3.(等积法)三棱锥：利用三棱锥的“等积性”可以把任一个面作为三棱锥的底面. (1)求体积时，可选择“容易计算”的方式来计算；(2)利用“等积性”可求“点到面 的距离”，关键是在面中选取三个点，与已知点构成三棱锥.
面正方形对角线的一半.因为四棱锥的底面正方形的边长为 2，所以底面正方形对角
线长为 2，所以圆柱的底面半径为12.又因为四棱锥的侧棱长均为 5，所以四棱锥的
高为 （ 5）2－12＝2，所以圆柱的高为 1.所以圆柱的体积 V＝π122×1＝π4.
答案
π 4
角度3 不规则几何体的体积 【例2－3】 如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，且
角度2 简单几何体的体积 【例 2－2】 (2019·天津卷)已知四棱锥的底面是边长为 2的正方形，侧棱长均为 5.
若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱
锥底面的中心，则该圆柱的体积为________. 解析 由题意知圆柱的高恰为四棱锥的高的一半，圆柱的底面直径恰为四棱锥的底
高考数学二轮复习专题三立体几何与空间向量第1讲空间几何体的三视图、表面积与体积课件新人教A版
难度 易 中 中 易 中 中
选择题·2·5分 点、线、面位置关系的判定
易
填空题·11·6分 几何体的表面积与体积
易
2016
填空题·14·6分 几何体的体积问题、折叠问题
中
解答题·17·15分
线面垂直问题、二面角问题、空间 直角坐标系
中
选择题·2·5分 几何体的体积
易
选择题·8·5分 折叠问题、二面角的定义
中
2015
填空题·13·4分 三棱锥内异面直线所成角
中
解答题·17·15分
线面垂直的判定、二面角的求法、 空间直角坐标系
中
选择题·3·5分 三视图,几何体的表面积
易
2014
填空题·17·4分
立体几何的实际应用、线面角的最 大值
中
解答题·20·15分
线面垂直的判定、二面角的求法、 空间直角坐标系
中
说明
【归纳拓展】 (1)正棱锥:底面是正多边形,顶点在底面的射影是底面的中心. (2)正四面体:各条棱均相等的三棱锥为正四面体,其特点是所有面均为正三 角形.
2.三视图与直观图 (1)三视图 三视图包括正视图、侧视图、俯视图,分别从几何体的前方、左方、上方观察 几何体的轮廓所得. (2)直观图 几何体的直观图常用斜二测画法,即原图形中的x轴与y轴在直观图中成45度角.
2016年以前文理科题序相同时没有特别标注,题序不同时进行标注, 文理只是考查难度不同,涉及知识点基本一致
第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积
核心整合
1.空间几何体的结构特征 (1)多面体 ①棱柱:侧棱都平行且相等,上、下底面是全等的多边形. ②棱锥:底面是任意多边形,侧面是有一个公共顶点的三角形. ③棱台:由平行于底面的平面截棱锥得到,其上、下底面是相似的多边形. (2)旋转体 ①圆柱:由一个矩形绕其一边所在直线旋转得到的几何图形. ②圆锥:由直角三角形绕其一条直角边所在直线旋转得到的几何图形. ③圆台:由直角梯形绕其直角腰所在直线或等腰梯形绕上、下底面中点连线 所在直线旋转一周,也可由平行于底面的平面截圆锥得到的几何图形. ④球:由半圆(或圆)绕直径旋转一周(或180°)得到的几何图形.
高考数学二轮复习 第二部分专项二 专题四 1 第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积
专题四立体几何与空间向量第1讲空间几何体的三视图、表面积与体积年份卷别考查内容及考题位置命题分析2018卷Ⅰ空间几何体的三视图及侧面展开问题·T71.“立体几何”在高考中一般会以“两小一大”或“一小一大”的命题形式出现，这“两小”或“一小”主要考查三视图，几何体的表面积与体积，空间点、线、面的位置关系(特别是平行与垂直)．2．考查一个小题时，此小题一般会出现在第4～8题的位置上，难度一般；考查两个小题时，其中一个小题难度一般，另一个小题难度稍高，一般会出现在第10～16题的位置上，此小题虽然难度稍高，主要体现在计算量上，但仍是对基础知识、基本公式的考查.空间几何体的截面问题·T12卷Ⅱ圆锥的侧面积·T16卷Ⅲ三视图的识别·T3三棱锥的体积及外接球问题·T102017卷Ⅰ空间几何体的三视图与直观图、面积的计算·T7卷Ⅱ空间几何体的三视图及组合体体积的计算·T4卷Ⅲ球的内接圆柱、圆柱的体积的计算·T82016卷Ⅰ有关球的三视图及表面积的计算·T6卷Ⅱ空间几何体的三视图及组合体表面积的计算·T6卷Ⅲ空间几何体的三视图及组合体表面积的计算·T9直三棱柱的体积最值问题·T10空间几何体的三视图(基础型) 一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．由三视图还原到直观图的三个步骤(1)根据俯视图确定几何体的底面．(2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．(3)确定几何体的直观图形状．[注意]在读图或者画空间几何体的三视图时，应注意三视图中的实线和虚线．[考法全练]1．(2018·高考全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()解析：选A.由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.2．(2018·高考全国卷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．217 B．2 5C．3 D．2解析：选B.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.故选B.3．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.12B.22C.24D.14解析：选D.由三棱锥C -ABD 的正视图、俯视图得三棱锥C -ABD 的侧视图为直角边长是22的等腰直角三角形，如图所示，所以三棱锥C -ABD 的侧视图的面积为14，故选D.4．(2018·长春质量监测(二))如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线条画出的是一个三棱锥的三视图，则该三棱锥中最长棱的长度为( )A ．2 B. 5 C ．2 2D ．3解析：选D.如图，三棱锥A -BCD 即为所求几何体，根据题设条件，知辅助的正方体棱长为2，CD ＝1，BD ＝22，BC ＝5，AC ＝2，AB ＝3，AD ＝5，则最长棱为AB ，长度为3.5．(2018·石家庄质量检测(一))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( )A ．2 3B ．2 2C ．2D. 3解析：选C.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，选C.空间几何体的表面积和体积(综合型)柱体、锥体、台体的侧面积公式 (1)S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)． (2)S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)．(3)S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)．柱体、锥体、台体的体积公式 (1)V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)． (2)V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)．(3)V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (S ，S ′分别为上下底面面积，h 为高)(不要求记忆)．[典型例题]命题角度一 空间几何体的表面积(1)(2018·潍坊模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．4＋23B ．4＋4 2C ．6＋2 3D ．6＋4 2(2)(2018·合肥第一次质量检测)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，则该几何体的表面积为( )A ．5π＋18B ．6π＋18C ．8π＋6D ．10π＋6【解析】 (1)由三视图还原几何体的直观图如图所示，易知BC ⊥平面P AC ，又PC ⊂平面P AC ，所以BC ⊥PC ，又AP ＝AC ＝BC ＝2，所以PC ＝22＋22＝22，又AB ＝22，所以S △PBC ＝S △P AB ＝12×2×22＝22，S △ABC ＝S △P AC ＝12×2×2＝2，所以该几何体的表面积为4＋4 2.(2)由三视图可知该几何体是由一个半圆柱和两个半球构成的，故该几何体的表面积为2×12×4π×12＋2×12×π×12＋2×3＋12×2π×1×3＝8π＋6. 【答案】 (1)B (2)C求几何体的表面积的方法(1)求表面积问题的基本思路是将立体几何问题转化为平面几何问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差得几何体的表面积．命题角度二 空间几何体的体积(1)(2018·武汉调研)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.12B.22C.33D.23(2)(2018·高考全国卷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________．【解析】 (1)由三视图知，该几何体是在长、宽、高分别为2，1，1的长方体中，截去一个三棱柱AA 1D 1BB 1C 1和一个三棱锥C -BC 1D 后剩下的几何体，即如图所示的四棱锥D -ABC 1D 1，四棱锥D -ABC 1D 1的底面积为S 四边形ABC 1D 1＝2×2＝22，高h ＝22，其体积V ＝13S 四边形ABC 1D 1h ＝13×22×22＝23.故选D.(2)由题意画出图形，如图，设AC 是底面圆O 的直径，连接SO ，则SO 是圆锥的高．设圆锥的母线长为l ，则由SA ⊥SB ，△SAB 的面积为8，得12l 2＝8，得l ＝4.在Rt △ASO 中，由题意知∠SAO ＝30°，所以SO ＝12l ＝2，AO ＝32l ＝2 3.故该圆锥的体积V ＝13π×AO 2×SO ＝13π×(23)2×2＝8π.【答案】 (1)D (2)8π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分割或补形，转化为易计算体积的几何体．[对点训练]1．(2018·洛阳第一次统考)一个几何体的三视图如图所示，图中的三个正方形的边长均为2，则该几何体的体积为( )A ．8－2π3B ．4－π3C ．8－π3D ．4－2π3解析：选A.由三视图可得该几何体的直观图如图所示，该几何体是一个棱长为2的正方体上、下各挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后剩余的部分，其体积为23－2×13×π×12×1＝8－2π3.故选A.2．(2018·唐山模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A ．3 B.113 C ．7D.233解析：选B.由题中的三视图可得，该几何体是由一个长方体切去一个三棱锥所得的几何体，长方体的长，宽，高分别为2，1，2，体积为4，切去的三棱锥的体积为13，故该几何体的体积V ＝4－13＝113.故选B.多面体与球(综合型)[典型例题]命题角度一 外接球(2018·南宁模拟)三棱锥P -ABC 中，△ABC 为等边三角形，P A ＝PB ＝PC ＝3，P A⊥PB ，三棱锥P -ABC 的外接球的体积为( )A.272π B.2732πC ．273πD ．27π【解析】 因为三棱锥P -ABC 中，△ABC 为等边三角形，P A ＝PB ＝PC ＝3，所以△P AB ≌△PBC ≌△P AC .因为P A ⊥PB ，所以P A ⊥PC ，PC ⊥PB .以P A ，PB ，PC 为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P -ABC 的外接球．因为正方体的体对角线长为32＋32＋32＝33，所以其外接球半径R ＝332.因此三棱锥P -ABC 的外接球的体积V ＝4π3×⎝⎛⎭⎫3323＝2732π，故选B.【答案】 B解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．命题角度二 内切球已知一个平放的各棱长为4的三棱锥内有一个小球O (重量忽略不计)，现从该三棱锥顶端向内注水，小球慢慢上浮，当注入的水的体积是该三棱锥体积的78时，小球与该三棱锥各侧面均相切(与水面也相切)，则小球的表面积等于( )A.7π6B.4π3C.2π3D.π2【解析】 当注入水的体积是该三棱锥体积的78时，设水面上方的小三棱锥的棱长为x (各棱长都相等)，依题意，⎝⎛⎭⎫x 43＝18，得x ＝2.易得小三棱锥的高为263，设小球半径为r ，则13S 底面·263＝4·13·S 底面·r ，得r ＝66，故小球的表面积S ＝4πr 2＝2π3.故选C.【答案】 C求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．命题角度三 与球有关的最值问题(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】 如图，E 是AC 中点，M 是△ABC 的重心，O 为球心，连接BE ，OM ，OD ，BO .因为S △ABC ＝34AB 2＝93，所以AB ＝6，BM ＝23BE ＝23AB 2－AE 2＝2 3.易知OM ⊥平面ABC ，所以在Rt △OBM 中，OM ＝OB 2－BM 2＝2，所以当D ，O ，M 三点共线且DM ＝OD ＋OM 时，三棱锥D -ABC 的体积取得最大值，且最大值V max ＝13S △ABC ×(4＋OM )＝13×93×6＝18 3.故选B.【答案】 B多面体与球有关的最值问题，主要有三种：一是多面体确定的情况下球的最值问题，二是球的半径确定的情况下与多面体有关的最值问题；三是多面体与球均确定的情况下，截面的最值问题．[对点训练]1．(2018·福州模拟)已知圆锥的高为3，底面半径为3，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于( )A.83π B.323π C ．16πD ．32π解析：选B.设该圆锥的外接球的半径为R ，依题意得，R 2＝(3－R )2＋(3)2，解得R ＝2，所以所求球的体积V ＝43πR 3＝43π×23＝323π，故选B.2．(2018·洛阳第一次联考)已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱均相切，则球O 的体积为( )A.823πB.833πC.863π D.1623π解析：选A.将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2 2.因为球O 与正四面体的各棱都相切，所以球O 为正方体的内切球，即球O 的直径为正方体的棱长22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π，故选A.3．已知四棱锥S -ABCD 的所有顶点在同一球面上，底面ABCD 是正方形且球心O 在此平面内，当四棱锥的体积取得最大值时，其表面积等于16＋163，则球O 的体积等于( )A.42π3B.162π3C.322π3D.642π3解析：选D.由题意得，当四棱锥的体积取得最大值时，该四棱锥为正四棱锥．因为该四棱锥的表面积等于16＋163，设球O 的半径为R ，则AC ＝2R ，SO ＝R ，如图，所以该四棱锥的底面边长AB ＝2R ，则有(2R )2＋4×12×2R × （2R ）2－⎝⎛⎭⎫22R 2＝16＋163，解得R ＝22，所以球O 的体积是43πR 3＝6423π.故选D.一、选择题1．(2018·长沙模拟)如图是一个正方体，A ，B ，C 为三个顶点，D 是棱的中点，则三棱锥A -BCD 的正视图、俯视图是(注：选项中的上图为正视图，下图为俯视图)( )解析：选A.正视图和俯视图中棱AD 和BD 均看不见，故为虚线，易知选A.2．(2018·高考北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C.将三视图还原为直观图，几何体是底面为直角梯形，且一条侧棱和底面垂直的四棱锥，如图所示．易知，BC ∥AD ，BC ＝1，AD ＝AB ＝P A ＝2，AB ⊥AD ，P A ⊥平面ABCD ，故△P AD ，△P AB 为直角三角形， 因为P A ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， 所以P A ⊥BC ，又BC ⊥AB ，且P A ∩AB ＝A ，所以BC ⊥平面P AB ，又PB ⊂平面P AB ，所以BC ⊥PB ，所以△PBC 为直角三角形，容易求得PC ＝3，CD ＝5，PD ＝22， 故△PCD 不是直角三角形，故选C.3．(2018·沈阳教学质量监测(一))如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某简单几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.4π3B.8π3C.16π3D.32π3解析：选A.由三视图可得该几何体为半圆锥，底面半圆的半径为2，高为2，则其体积V ＝12×13×π×22×2＝4π3，故选A.4．(2018·西安八校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A.4π3B.5π3 C ．2＋2π3D ．4＋2π3解析：选B.由三视图可知，该几何体为一个半径为1的半球与一个底面半径为1，高为2的半圆柱组合而成的组合体，故其体积V ＝23π×13＋12π×12×2＝5π3，故选B.5．(2018·长春质量检测(一))已知矩形ABCD 的顶点都在球心为O ，半径为R 的球面上，AB ＝6，BC ＝23，且四棱锥O -ABCD 的体积为83，则R 等于( )A ．4B ．2 3 C.479D.13解析：选A.如图，设矩形ABCD 的中心为E ，连接OE ，EC ，由球的性质可得OE ⊥平面ABCD ，所以V O ABCD ＝13·OE ·S 矩形ABCD ＝13×OE×6×23＝83，所以OE ＝2，在矩形ABCD 中可得EC ＝23，则R ＝OE 2＋EC 2＝4＋12＝4，故选A.6．(2018·南昌调研)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为( )A.23 B.43 C ．2D.83解析：选A.由三视图可知，该几何体为三棱锥，将其放在棱长为2的正方体中，如图中三棱锥A -BCD 所示，故该几何体的体积V ＝13×12×1×2×2＝23.7．(2018·辽宁五校协作体联考)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是三棱锥的三视图，则此三棱锥的体积是( )A ．8B ．16C ．24D ．48解析：选A.由三视图还原三棱锥的直观图，如图中三棱锥P ABC 所示，且长方体的长、宽、高分别为6，2，4，△ABC 是直角三角形，AB ⊥BC ，AB ＝2，BC ＝6，三棱锥P -ABC 的高为4，故其体积为13×12×6×2×4＝8，故选A.8．将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱的最大体积为( )A.π27B.8π27C.π3D.2π9解析：选B.如图所示，设圆柱的半径为r ，高为x ，体积为V ，由题意可得r 1＝2－x2，所以x ＝2－2r ，所以圆柱的体积V ＝πr 2(2－2r )＝2π(r 2－r 3)(0<r <1)，设V (r )＝2π(r 2－r 3)(0<r <1)，则V ′(r )＝2π(2r －3r 2)，由2π(2r －3r 2)＝0得r ＝23，所以圆柱的最大体积V max ＝2π⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫232－⎝⎛⎭⎫233＝8π27. 9．(2018·福州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为 ( )A ．14B ．10＋4 2 C.212＋4 2 D.21＋32＋4 2解析：选D.由三视图可知，该几何体为一个直三棱柱切去一个小三棱锥后剩余的几何体，如图所示．所以该多面体的表面积S ＝2×⎝⎛⎭⎫22－12×1×1＋12×(22－12)＋12×22＋2×22＋12×32×(2)2＝21＋32＋42，故选D. 10．(2018·太原模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体中最长的棱长为( )A ．3 3B ．2 6 C.21D ．2 5解析：选B.由三视图得，该几何体是四棱锥P -ABCD ，如图所示，ABCD 为矩形，AB ＝2，BC ＝3，平面P AD ⊥平面ABCD ，过点P 作PE ⊥AD ，则PE ＝4，DE ＝2，所以CE ＝22，所以最长的棱PC ＝PE 2＋CE 2＝26，故选B.11．(2018·南昌调研)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°，P A 为球O 的直径且P A ＝4，则点P 到底面ABC 的距离为( )A. 2 B ．2 2 C. 3D ．2 3解析：选B.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P A ＝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 2.12．(2018·高考全国卷Ⅰ)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.334B.233C.324D.32解析：选A.记该正方体为ABCD -A ′B ′C ′D ′，正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，即共点的三条棱A ′A ，A ′B ′，A ′D ′与平面α所成的角都相等．如图，连接AB ′，AD ′，B ′D ′，因为三棱锥A ′AB ′D ′是正三棱锥，所以A ′A ，A ′B ′，A ′D ′与平面AB ′D ′所成的角都相等．分别取C ′D ′，B ′C ′，BB ′，AB ，AD ，DD ′的中点E ，F ，G ，H ，I ，J ，连接EF ，FG ，GH ，IH ，IJ ，JE ，易得E ，F ，G ，H ，I ，J 六点共面，平面EFGHIJ 与平面AB ′D ′平行，且截正方体所得截面的面积最大．又EF ＝FG ＝GH ＝IH ＝IJ ＝JE ＝22，所以该正六边形的面积为6×34×⎝⎛⎭⎫222＝334，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为334，故选A. 二、填空题13．(2018·洛阳第一次联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由题图可知该几何体是一个四棱锥，如图所示，其中PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是一个对角线长为2的正方形，底面积S ＝12×2×2＝2，高h ＝1，则该几何体的体积V ＝13Sh ＝23.答案：2314．(2018·福州四校联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．解析：在长、宽、高分别为3，33，33的长方体中，由几何体的三视图得几何体为如图所示的三棱锥C -BAP ，其中底面BAP 是∠BAP ＝90°的直角三角形，AB ＝3，AP ＝33，所以BP ＝6，又棱CB ⊥平面BAP 且CB ＝33，所以AC ＝6，所以该几何体的表面积是12×3×33＋12×3×33＋12×6×33＋12×6×33＝27 3. 答案：27 315．(2018·高考全国卷Ⅱ)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：如图所示，设S 在底面的射影为S ′，连接AS ′，SS ′.△SAB 的面积为12·SA ·SB ·sin∠ASB ＝12·SA 2·1－cos 2∠ASB ＝1516·SA 2＝515，所以SA 2＝80，SA ＝4 5.因为SA 与底面所成的角为45°，所以∠SAS ′＝45°，AS ′＝SA ·cos 45°＝45×22＝210.所以底面周长l ＝2π·AS ′＝410π，所以圆锥的侧面积为12×45×410π＝402π.答案：402π16．(2018·潍坊模拟)已知正四棱柱的顶点在同一个球面上，且球的表面积为12π，当正四棱柱的体积最大时，正四棱柱的高为________．解析：设正四棱柱的底面边长为a ，高为h ，球的半径为r ，由题意知4πr 2＝12π，所以r 2＝3，又2a 2＋h 2＝(2r )2＝12，所以a 2＝6－h 22，所以正四棱柱的体积V ＝a 2h ＝⎝⎛⎭⎫6－h 22h ，则V ′＝6－32h 2，由V ′>0，得0<h <2，由V ′<0，得h >2，所以当h ＝2时，正四棱柱的体积最大，V max ＝8.答案：2。
2021高考数学重难点03 空间向量与立体几何(解析版)
求点到平面的距离问题：采用等体积法.
求几何体的表面积体积问题：应注意巧妙选取底面积与高.
对于二面角问题应采用建立立体坐标系去求.但是坐标系要注意采用左手系务必要标记 准确对应点以及法向量对应的坐标.
【常见题型限时检测】（建议用时：35 分钟） 一、单选题
1．（2020·全国高三专题练习（理））已知三棱锥 O-ABC，点 M，N 分别为 AB，OC 的中
3 2
3
，故 A 错误；
对于 B，由于 A1B1 平面 ABC1D1 ，故 B1 到平面 ABC1D1 的距离即点 E 到平面 ABC1D1 的
距离，
连接 B1C 交 BC1 于 G ，可得 B1G 平面 ABC1D1 ，而 B1G 2 ，∴点 E 到平面 ABC1D1 的距离为
2 ，故 B 错误； 对于 C，三棱锥 E ABC1 的外接球即四棱锥 E ABC1D1 的外接球， ∵ ABC1D1 为矩形，且 AB 2 ， BC1 2 2 ， EA EB EC1 ED1 5 ，四棱锥 E ABC1D1 的高为 2 ，
设四棱锥 E ABC1D1 的外接球的半径为 R ，则 R2 (
3)2 (
2
R)2
，解得
R
5
2 4
．
S 4 (5 2 )2 25
∴三棱锥的外接球的表面积
4
2 ，故 C 错误；
对于 D，连接 DC1 ，取 DC1 的中点 H ，连接 DB1 交 EC 于 K ，连接 CH ， HK ，
∵ EB1 DC ，∴ CKH 是直线 CE 与平面 ADB1 所成的角，在直角三角形 CKH 中，
13
则 B1(0，
3 ，2)，F(1，0，1)，E ( 2 ,
【2021届高考二轮精品资源-数学】专题三 立体几何(文理)第1讲 空间几何体的表面积和体积(文)教师版
【2021届高考二轮精品资源-数学】专题三 立体几何（文理）第1讲 空间几何体的表面积和体积(文)教师版1．三视图的识别和简单应用； 2．简单几何体的表面积与体积计算．1．空间几何体的三视图(1)几何体的摆放位置不同，其三视图也不同，需要注意长对正、高平齐、宽相等． (2)由三视图还原几何体：一般先从俯视图确定底面，再利用正视图与侧视图确定几何体． 2．空间几何体的两组常用公式(1)正柱体、正锥体、正台体的侧面积公式： ①S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； ②S 锥侧＝21ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高/母线)；③S 台侧＝21(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高/母线)； ④S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)． (2)柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝31Sh (S 为底面面积，h 为高)； ③V 球＝34πR 3．热点一 空间几何体的三视图与直观图【例1】 (1) (2018·张家口期中)如图所示，在正方体中，为的中点，则图中阴影部分在平面上的正投影是（）A．B．C．D．(2)(2017·泰安模拟)某三棱锥的三视图如图所示，其侧视图为直角三角形，则该三棱锥最长的棱长等于()A．4 B．C．D．5解析(1)由题意，点在平面上的投影是的中点，、在平面上的投影是它本身，所以在平面上的正投影是C中阴影部分，故选C.(2)根据几何体的三视图，知该几何体是底面为直角三角形，两侧面垂直于底面，高为5的三棱锥P－ABC(如图所示)．棱锥最长的棱长P A＝＝．答案(1)C(2)C探究提高1．由直观图确定三视图，一要根据三视图的含义及画法和摆放规则确认．二要熟悉常见几何体的三视图．2．由三视图还原到直观图的思路(1)根据俯视图确定几何体的底面．(2)根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．(3)确定几何体的直观图形状．【训练1】(1)(2017·兰州模拟)如图，在底面边长为1，高为2的正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P－BCD的正视图与侧视图的面积之和为()A．1 B．2C．3 D．4(2)(2016·天津卷)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧视图为()解析(1)设点P在平面A1ADD1的射影为P′，在平面C1CDD1的射影为P″，如图所示．∴三棱锥P －BCD 的正视图与侧视图分别为△P ′AD 与△P ″CD ， 因此所求面积S ＝S △P ′AD ＋S △P ″CD ＝21×1×2＋21×1×2＝2．(2)由几何体的正视图和俯视图可知该几何体的直观图如图①，故其侧视图为图②．答案 (1)B (2)B热点二 几何体的表面积与体积【例2】 (1) (2018·上饶期末)如图所示为一个几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）A ．B ．C ．D ．(2)(2017·山东卷)由一个长方体和两个41圆柱构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．解析 (1) 根据三视图可得该几何体是有一个圆柱挖去两个圆柱所得，作出几何体的直观图（如图） ，则该几何体的表面积为．故选C ．(2)该几何体由一个长、宽、高分别为2，1，1的长方体和两个半径为1，高为1的41圆柱体构成，所以V ＝2×1×1＋2×41×π×12×1＝2＋2π． 答案 (1) C (2)2＋2π．探究提高 1．由几何体的三视图求其表面积：(1)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度量大小．(2)还原几何体的直观图，套用相应的面积公式． 2．(1)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理． (2)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．3．求不规则几何体的体积：常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解．【训练2】 (1) (2017·枣庄模拟)如图，某三棱锥的三视图是三个边长相等的正方形及对角线，若该三棱锥的体积是31，则它的表面积是________．(2)(2016·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 ．31＋32πB ．31＋32πC ．31＋62πD ．1＋62π解析 (1)由题设及几何体的三视图知，该几何体是一个正方体截去4个三棱锥后剩余的内接正三棱锥B －A 1C 1D (如图所示)．设正方体的棱长为a ，则几何体的体积是V ＝a 3－4×31×21a 2·a ＝31a 3＝31， ∴a ＝1，∴三棱锥的棱长为，因此该三棱锥的表面积为S ＝4×43×()2＝2．(2)由三视图知该四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为31×12×1＋21×34π×22＝31＋62π． 答案 (1)2;(2) C ．热点三 多面体与球的切、接问题【例3】 (2019·广东一模)《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之为“阳马”.现有一阳马，其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形．若该阳马的顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（ ）A ．B ．C ．D ．解析如图所示，该几何体为四棱锥，底面为长方形.其中底面，，，.易知该几何体与变成为的长方体有相同的外接球，则该阳马的外接球的直径为.球体积为：.答案A.探究提高 1．与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．2．若球面上四点P ，A ，B ，C ，P A ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题．【训练3】 (2017·济南一中月考)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 ．144πD ．256π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31×21R 2×R ＝36，得R ＝6．从而球O 的表面积S ＝4πR 2＝144π． 答案 C1．(2018·全国I卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为（）A．B．C．D．【解题思路】首先利用正方体的棱是3组每组有互相平行的4条棱，所以与12条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.【答案】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体中，平面与线所成的角是相等的，所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面与中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为，所以其面积为，故选A.点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.2．(2018·全国I卷)已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A．B．C．D．【解题思路】首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.【答案】根据题意，可得截面是边长为的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为，所以其表面积为，故选B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.3．(2018·全国III卷)设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为（）A．B．C．D．【解题思路】作图，为与球的交点，点为三角形的重心，判断出当平面时，三棱锥体积最大，然后进行计算可得；【答案】如图所示，点为三角形的重心，为中点，当平面时，三棱锥体积最大，此时，，∵，∴，∵点为三角形的重心，∴，∴中，有，∴，∴．故选B．4．(2018·全国II卷)已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．【解题思路】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.【答案】因为母线，所成角的余弦值为，所以母线，所成角的正弦值为，因为的面积为，设母线长为，所以，∴，因为与圆锥底面所成角为，所以底面半径为，因此圆锥的侧面积为.点睛：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1．(2018·全国III卷)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）A．B．C．D．【解题思路】观察图形可得．【答案】：观擦图形图可知，俯视图为，故答案为A.2．(2017·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 ．2π＋1B ．2π＋3C ．23π＋1D ．23π＋3【解题思路】 该几何体为半个圆锥和一个三棱锥的组合体，分别求其体积即可． 【答案】 由三视图可知该几何体为半个圆锥和一个三棱锥的组合体，半圆锥的底面半径为1，高为3，三棱锥的底面积为21×2×1＝1，高为3．故该几何体体积为：V ＝21×π×12×3×31＋1×3×31＝2π＋1．故选A ．3．(2016·四川卷)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________．【解题思路】 由正视图的底边长和腰长为2的等腰三角形确定俯视图形状． 【答案】 由题可知，∵三棱锥每个面都是腰为2的等腰三角形， 由正视图可得如右俯视图，且三棱锥高为h ＝1，则体积V ＝31Sh ＝31××11×1＝33．故填33．4．(2017·江苏卷)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V2V1的值是________．【解题思路】 由图确定球的半径与圆柱高和底面半径之间的关系，进而求其体积之比． 【答案】 设球半径为R ，则圆柱底面圆半径为R ，母线长为2R ． 又V 1＝πR 2·2R ＝2πR 3，V 2＝34πR 3，所以V2V1＝πR34＝23．故填23．5．(2015·全国Ⅱ卷)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．【解题思路】 (1)过EF 往下作截面；(2)由正方形的边长关系确定底面的交点在棱上的位置，进而求棱柱的体积．【答案】 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 ＝＝6，AH ＝10，HB ＝6．故，．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79也正确7．1．(2018·郑州质检)如图，某几何体的正视图和俯视图都是矩形，侧视图是平行四边形，则该几何体的表面积为( )A ．B ．C ．D ．【解题思路】由三视图知原图是一个底面为边长为3的正方形，高为的斜四棱柱，【答案】.．2．(2017·衡阳联考)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 ．32π＋ C ．4πD ．2π＋【解题思路】 该几何体由一个圆锥和一个半球组合而成．【答案】 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 ＝24π＋21×2×2π＝4π．故选C ．3．(2017·衡水中学调研)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．4841πB ．441π C ．4πD ．34π【解题思路】 该几何体是一个四棱锥，球心在底面中心的正上方，确定球心的位置． 【答案】 由三视图知该几何体为四棱锥，侧面PBC 为侧视图，PE ⊥平面ABC ，E ，F 分别是对应边的中点，底面ABCD 是边长是2的正方形，如图所示．设外接球的球心到平面ABCD 的距离为h ， 则h 2＋2＝12＋(2－h )2，∴h ＝43，R 2＝1641．∴几何体的外接球的表面积S ＝4πR 2＝441π．故选B ．4．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________． 【解题思路】 正方体的体对角线即为其外接球的直径．【答案】 设正方体的棱长为a ，则a 3＝8，解得a ＝2．设球的半径为R ，则2R ＝a ，即R ＝．所以球的表面积S ＝4πR 2＝12π．故填12π．5．(2017·沈阳质检)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，AA 1＝A 1C ＝AC ＝AB ＝BC ＝2，且点O 为AC 中点．(1)证明：A 1O ⊥平面ABC ； (2)求三棱锥C 1－ABC 的体积．【解题思路】 (1)面面垂直的性质定理；(2)顶点转换法，以A 1为顶点． 【答案】 (1)证明 因为AA 1＝A 1C ，且O 为AC 的中点，所以A1O⊥AC，又平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，且A1O⊂平面AA1C1C，∴A1O⊥平面ABC．(2)解∵A1C1∥AC，A1C1⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，∴A1C1∥平面ABC，即C1到平面ABC的距离等于A1到平面ABC的距离．由(1)知A1O⊥平面ABC且A1O＝，∴．。
高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解39 空间几何体的表面积与体积
专题 39 空间几何体的表面积与体积
考点知识
了解球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式.
基础知识融会贯通
1．多面体的表面积、侧面积 因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与 底面面积之和． 2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
径相同为：1，圆柱的高为 2，组合体的体积为：
．
故选：B．
命题点 2 求简单几何体的体积
【典型例题】
正四棱锥 ﹣ ， P ABCD B1 为 PB 的中点，D1 为 PD 的中点，则两个棱锥 ﹣ ， ﹣ A B1CD1 P ABCD 的体积 之比是（ ）
A．1：4
B．3：8
C．1：2
D．2：3
【解答】解：如图，棱锥 ﹣A B1CD1 的体积可以看成是正四棱锥 ﹣P ABCD 的体积减去角上的四个小
形 ABCD ， PA ⊥ 底面 ABCD ， AB = 2 ，若该四棱锥的所有顶点都在体积为 9π 的同一球面上， 2
则 PA 的长为（ ）
．A 3
．B 2
．C 1
D． 1
2
【答案】C
【解析】
解：
连接 、 AC BD 交于点 E，取 PC 的中点 O，连接 OE，可得 ∥ OE PA, OE⊥底面 ABCD，可得 O 到四棱锥的所有顶点的距离相等，即 O 为球心，设球半径为 R，
6．【北京市东城区 2019 届高三下学期综合练习（二模)】鲁班锁起源于中国古代建筑中首创的榫卯 结构，相传由春秋时代鲁国工匠鲁班所作. 下图是经典的六柱鲁班锁及六个构件的图片，下图是其 中一个构件的三视图，则此构件的体积为
【高考推荐】2020-2021高考数学二轮复习专题三立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积和体积练习
第1讲空间几何体的三视图、表面积和体积高考定位 1.三视图的识别和简单应用；2.简单几何体的表面积与体积计算，主要以选择题、填空题的形式呈现，在解答题中，有时与空间线、面位置证明相结合，面积与体积的计算作为其中的一问.真题感悟1.(2018·全国Ⅲ卷)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )解析由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.答案 A2.(2018·全国Ⅰ卷)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )A.122πB.12πC.82πD.10π解析因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为22，底面圆的直径为2 2.所以S表面积＝2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.答案 B3.(2018·天津卷)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M－EFGH的体积为________.解析连接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因为E，H分别为AD1，CD1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×⎝ ⎛⎭⎪⎫222×12＝112.答案1124.(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 如图，连接OA ，OB ，因为SA ＝AC ，SB ＝BC ，SC 为球O 的直径，所以OA ⊥SC ，OB ⊥SC .因为平面SAC ⊥平面SBC ，平面SAC ∩平面SBC ＝SC ，且OA ⊂平面SAC ，所以OA ⊥平面SBC .设球的半径为r ，则OA ＝OB ＝r ，SC ＝2r ， 所以V A －SBC ＝13×S △SBC ×OA ＝13×12×2r ×r ×r ＝13r 3，所以13r 3＝9⇒r ＝3，所以球的表面积为4πr 2＝36π.答案 36π考 点 整 合1.空间几何体的三视图(1)几何体的摆放位置不同，其三视图也不同，需要注意长对正、高平齐、宽相等. (2)由三视图还原几何体：一般先从俯视图确定底面，再利用正视图与侧视图确定几何体. 2.空间几何体的两组常用公式 (1)柱体、锥体、台体的表面积公式： ①圆柱的表面积S ＝2πr (r ＋l )； ②圆锥的表面积S ＝πr (r ＋l )；③圆台的表面积S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )； ④球的表面积S ＝4πR 2. (2)柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)；②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 球＝43πR 3.热点一 空间几何体的三视图与直观图【例1】 (1)(2018·兰州模拟)中国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直棱柱称为“堑堵”.已知某“堑堵”的正视图和俯视图如图所示，则该“堑堵”的侧视图的面积为( ) A.18 6 B.18 3 C.18 2D.2722(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.217B.2 5C.3D.2解析 (1)在俯视图Rt △ABC 中，作AH ⊥BC 交于H . 由三视图的意义， 则BH ＝6，HC ＝3，根据射影定理，AH 2＝BH ·HC ，∴AH ＝3 2.易知该“堑堵”的侧视图是矩形，长为6，宽为AH ＝3 2.故侧视图的面积S ＝6×32＝18 2. (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MS 2＋SN 2＝22＋42＝2 5.答案 (1)C (2)B探究提高 1.由直观图确定三视图，一要根据三视图的含义及画法和摆放规则确认.二要熟悉常见几何体的三视图.2.由三视图还原到直观图的思路 (1)根据俯视图确定几何体的底面.(2)根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置. (3)确定几何体的直观图形状.【训练1】 (1)如图，在底面边长为1，高为2的正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P －BCD 的正视图与侧视图的面积之和为( )A.1B.2C.3D.4(2)(2017·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A.3 2B.2 3C.2 2D.2解析 (1)设点P 在平面A 1ADD 1的射影为P ′，在平面C 1CDD 1的射影为P ″，如图所示.∴三棱锥P －BCD 的正视图与侧视图分别为△P ′AD 与△P ″CD ， 因此所求面积S ＝S △P ′AD ＋S △P ″CD ＝12×1×2＋12×1×2＝2. (2)根据三视图可得该四棱锥的直观图(四棱锥P －ABCD )如图所示，将该四棱锥放入棱长为2的正方体中.由图可知该四棱锥的最长棱为PD ，PD ＝22＋22＋22＝2 3. 答案 (1)B (2)B热点二 几何体的表面积与体积 考法1 空间几何体的表面积【例2－1】 (1)(2017·全国Ⅰ卷)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( ) A.10 B.12C.14D.16(2)(2018·西安模拟)如图，网格纸上正方形小格的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A.20πB.24πC.28πD.32π解析 (1)由三视图可画出直观图，该直观图各面内只有两个相同的梯形的面，S 梯＝12×(2＋4)×2＝6，S 全梯＝6×2＝12.(2)由三视图知，该几何体由一圆锥和一个圆柱构成的组合体，∵S 圆锥侧＝π×3×32＋42＝15π，S 圆柱侧＝2π×1×2＝4π，S 圆锥底＝π×32＝9π. 故几何体的表面积S ＝15π＋4π＋9π＝28π. 答案 (1)B (2)C探究提高 1.由几何体的三视图求其表面积：(1)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度量大小；(2)还原几何体的直观图，套用相应的面积公式.2.(1)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理. (2)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.【训练2】 (1)(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)(2018·烟台二模)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图右侧曲线为半圆弧，则几何体的表面积为( )A.3π＋42－2B.3π＋22－2C.3π2＋22－2D.3π2＋22＋2 解析 (1)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.(2)由三视图，该几何体是一个半圆柱挖去一直三棱柱，由对称性，几何体的底面面积S 底＝π×12－(2)2＝π－2.∴几何体表面积S ＝2(2×2)＋12(2π×1×2)＋S 底＝42＋2π＋π－2＝3π＋42－2. 答案 (1)A (2)A考法2 空间几何体的体积【例2－2】 (1)(2018·河北衡水中学调研)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.6B.4C.223D.203(2)由一个长方体和两个14圆柱构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________.解析 (1)由三视图知该几何体是边长为2的正方体挖去一个三棱柱(如图)，且挖去的三棱柱的高为1，底面是等腰直角三角形，等腰直角三角形的直角边长为2.故几何体体积V ＝23－12×2×2×1＝6.(2)该几何体由一个长、宽、高分别为2，1，1的长方体和两个底面半径为1，高为1的14圆柱体构成.所以V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.答案 (1)A (2)2＋π2探究提高 1.求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转换原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上.2.求不规则几何体的体积：常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.【训练3】 (1)(2018·江苏卷)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________.(2)(2018·北京燕博园质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.8π－163B.4π－163C.8π－4D.4π＋83解析 (1)正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正八面体的所有棱长都是 2.则该正八面体的体积为13×(2)2×1×2＝43.(2)该图形为一个半圆柱中间挖去一个四面体，∴体积V ＝12π×22×4－13×12×2×4×4＝8π－163.答案 (1)43(2)A热点三 多面体与球的切、接问题【例3】 (2016·全国Ⅲ卷)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球.若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( ) A.4πB.9π2C.6πD.32π3解析 由AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，得AC ＝10.要使球的体积V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC 的内切圆的半径为r .则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ，所以r ＝2.2r ＝4＞3，不合题意.球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R 最大. 由2R ＝3，即R ＝32.故球的最大体积V ＝43πR 3＝92π.答案 B【迁移探究1】 若本例中的条件变为“直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上”，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，求球O 的表面积.解 将直三棱柱补形为长方体ABEC －A 1B 1E 1C 1， 则球O 是长方体ABEC －A 1B 1E 1C 1的外接球. ∴体对角线BC 1的长为球O 的直径. 因此2R ＝32＋42＋122＝13. 故S 球＝4πR 2＝169π.【迁移探究2】 若将题目的条件变为“如图所示是一个几何体的三视图”试求该几何体外接球的体积.解 该几何体为四棱锥，如图所示，设正方形ABCD 的中心为O ，连接OP . 由三视图，PH ＝OH ＝1， 则OP ＝OH 2＋PH 2＝ 2. 又OB ＝OC ＝OD ＝OA ＝ 2. ∴点O 为几何体外接球的球心， 则R ＝2，V 球＝43πR 3＝823π.探究提高 1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题.2.若球面上四点P ，A ，B ，C 中PA ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题.【训练4】 (2018·广州三模)三棱锥P －ABC 中，平面PAC ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，PA ＝PC ＝AC ＝2，AB ＝4，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为( )A.23πB.234π C.64πD.643π解析 如图，设O ′为正△PAC 的中心，D 为Rt △ABC 斜边的中点，H 为AC 中点.由平面PAC ⊥平面ABC .则O ′H ⊥平面ABC .作O ′O ∥HD ，OD ∥O ′H ，则交点O 为三棱锥外接球的球心，连接OP ，又O ′P ＝23PH ＝23×32×2＝233，OO ′＝DH ＝12AB ＝2.∴R 2＝OP 2＝O ′P 2＋O ′O 2＝43＋4＝163.故几何体外接球的表面积S ＝4πR 2＝643π.答案 D1.求解几何体的表面积或体积(1)对于规则几何体，可直接利用公式计算.(2)对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解. (3)求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用.(4)求解几何体的表面积时要注意S 表＝S 侧＋S 底.2.球的简单组合体中几何体度量之间的关系，如棱长为a 的正方体的外接球、内切球、棱切球的半径分别为32a ，a 2，22a . 3.锥体体积公式为V ＝13Sh ，在求解锥体体积中，不能漏掉13.一、选择题1.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体.它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖).其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线.当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )解析由直观图知，俯视图应为正方形，又上半部分相邻两曲面的交线为可见线，在俯视图中应为实线，因此，选项B可以是几何体的俯视图.答案 B2.(2018·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析在正方体中作出该几何体的直观图，记为四棱锥P－ABCD，如图，由图可知在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为3，是△PAD，△PCD，△PAB.答案 C3.(2018·湖南师大附中联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A.8(π＋4)B.8(π＋8)C.16(π＋4)D.16(π＋8)解析 由三视图还原原几何体如右图：该几何体为两个空心半圆柱相切，半圆柱的半径为2，母线长为4，左右为边长是4的正方形.∴该几何体的表面积为2×4×4＋2π×2×4＋2(4×4－π×22)＝64＋8π＝8(π＋8).答案 B4.(2017·全国Ⅲ卷)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( ) A.πB.3π4C.π2D.π4解析 如图画出圆柱的轴截面ABCD ，O 为球心.球半径R ＝OA ＝1，球心到底面圆的距离为OM ＝12.∴底面圆半径r ＝OA 2－OM 2＝32，故圆柱体积V ＝π·r 2·h ＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫322×1＝3π4. 答案 B5.(2018·北京燕博园押题)某几何体的三视图如图所示，三个视图中的曲线都是圆弧，则该几何体的体积为( )A.4π3B.5π3C.7π6D.11π6解析 由三视图可知，该几何体是由半个圆柱与18个球组成的组合体，其体积为12×π×12×3＋18×4π3×13＝5π3.答案 B6.(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 设等边△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 B 二、填空题7.(2018·浙江卷改编)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)为________.解析 由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积V ＝12×(1＋2)×2×2＝6. 答案 68.(2018·郑州质检)已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1内接于球O ，底面ABCD 是边长为2的正方形，E 为AA 1的中点，OA ⊥平面BDE ，则球O 的表面积为________.解析 取BD 的中点为O 1，连接OO 1，OE ，O 1E ，O 1A ，则四边形OO 1AE 为矩形，∵OA ⊥平面BDE ，∴OA ⊥EO 1，即四边形OO 1AE 为正方形，则球O 的半径R ＝OA ＝2，∴球O 的表面积S ＝4π×22＝16π. 答案 16π9.(2018·武汉模拟)某几何体的三视图如图所示，其中正视图的轮廓是底边为23，高为1的等腰三角形，俯视图的轮廓为菱形，侧视图是个半圆.则该几何体的体积为________.解析 由三视图知，几何体是由两个大小相同的半圆锥的组合体. 其中r ＝1，高h ＝ 3.故几何体的体积V ＝13π×12×3＝33π.答案33π 三、解答题10.在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，AA 1＝A 1C ＝AC ＝AB ＝BC ＝2，且点O 为AC 中点. (1)证明：A 1O ⊥平面ABC ； (2)求三棱锥C 1－ABC 的体积.(1)证明 因为AA 1＝A 1C ，且O 为AC 的中点， 所以A 1O ⊥AC ，又面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，平面AA 1C 1C ∩平面ABC ＝AC ，且A 1O ⊂平面AA 1C 1C ， ∴A 1O ⊥平面ABC .(2)解 ∵A 1C 1∥AC ，A 1C 1⊄平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∴A 1C 1∥平面ABC ，即C 1到平面ABC 的距离等于A 1到平面ABC 的距离. 由(1)知A 1O ⊥平面ABC 且A 1O ＝AA 21－AO 2＝3，∴VC 1－ABC ＝VA 1－ABC ＝13S △ABC ·A 1O ＝13×12×2×3×3＝1.11.(2018·长春模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAB ⊥平面ABCD ，PA＝PB ，AD ∥BC ，AB ＝AC ，AD ＝12BC ＝1，PD ＝3，∠BAD ＝120°，M 为PC 的中点.(1)证明：DM ∥平面PAB ； (2)求四面体MABD 的体积.(1)证明 取PB 中点N ，连接MN ，AN . ∵M 为PC 的中点，∴MN ∥BC 且MN ＝12BC ，又AD ∥BC ，且AD ＝12BC ，得MN 綉AD .∴ADMN 为平行四边形，∴DM ∥AN .又AN ⊂平面PAB ，DM ⊄平面PAB ，∴DM ∥平面PAB . (2)解 取AB 中点O ，连接PO ，∵PA ＝PB ，∴PO ⊥AB ，又∵平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ，PO ⊂平面PAB ， 则PO ⊥平面ABCD ，取BC 中点H ，连接AH ， ∵AB ＝AC ，∴AH ⊥BC ，又∵AD ∥BC ，∠BAD ＝120°， ∴∠ABC ＝60°，Rt △ABH 中，BH ＝12BC ＝1，AB ＝2，∴AO ＝1，又AD ＝1，△AOD 中，由余弦定理知，OD ＝ 3. Rt △POD 中，PO ＝PD 2－OD 2＝ 6. 又S △ABD ＝12AB ·AD sin 120°＝32，∴V M －ABD ＝13·S △ABD ·12PO ＝24.。
【精编】高考数学二轮复习 立体几何 8.1 空间几何体的表面积课件 理-精心整理
；圆锥内切球的体积
为：
。
3、三棱台 ABC A1B1C1 中，A1B1 : AB 1: 2 ,D 是 CC1 中点，则截面 A1BD 把棱台
分成上下两部分的体积之比为：
。
例 1、在斜圆柱中，已知圆柱底面直径为 40cm，母线最短为 50cm，最
长为 80cm,则斜圆柱的侧面积为：
；体积为：
D 1 A 1H
E D
C 1 B 1G
F
C
A
B
3、 多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相邻的，如图，正方体的
一个顶点 A 在平面 内，其余顶点在 的同侧，正方体上与顶点 A 相邻
的三个顶点到 的距离分别为 1，2 和 4，P 是正方体的其余四个顶点中
的一个，则 P 到平面 的距离可能是：
独学无友、孤陋寡闻
一、探究内容：
学案：
二、探究要求： 1.先一对一讨论(3-5分钟），然后组内共同讨论，
做到全员参与，高效讨论。
2.讨论形成的答案要条理清晰、要点化、序号化。 3.每位同学积极参与，提高效率，赢取机会，争
做本节优胜小组。 4.提高效率，力争全部解决疑难问题，达成目标
参与积极，讨论高效，； ⑤7
以上结论正确的为________________________。（写出
C1 D1
A1
B1
所有正确结论的编号）
C D
B
A1
A
第 3 题图
1、球的内接正方体的体积为 V，则球的表面积为：
。
2、一个高为 16 的圆锥内接于一个体积为 972 的球，在圆锥内又有
一内切球，则圆锥的侧面积为：
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高考数学第七章立体几何与空间向量第1节空间几何体的结构及其表面积、体积理
第1节空间几何体的结构及其表面积、体积考试要求 1.利用实物、计算机软件等观察空间图形，认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构；2.知道球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题；3.能用斜二测法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合)的直观图.知识梳理1.空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且全等多边形互相平行且相似相交于一点，但不一定相延长线交于一点侧棱平行且相等等侧面形状平行四边形三角形梯形(2)旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形互相平行且相等，母线相交于一点延长线交于一点垂直于底面轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面展开图 矩形扇形扇环2.直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴、y ′轴的夹角为45°(或135°)，z ′轴与x ′轴、y ′轴所在平面垂直.(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴.平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半. 3.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱 圆锥 圆台侧面展开图侧面积公式S 圆柱侧＝2πrl S 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l4.空间几何体的表面积与体积公式名称几何体表面积体积柱 体(棱柱和圆柱) S 表面积＝S 侧＋2S 底V ＝S 底h锥 体(棱锥和圆锥) S 表面积＝S 侧＋S 底V ＝13S 底h台 体(棱台和圆台)S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2 V ＝43πR 3[微点提醒]1.台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点.2.正方体的棱长为a ，球的半径为R ，则与其有关的切、接球常用结论如下 ：(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.3.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＋c2.4.正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.基础自测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.( )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥.( )(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝45°.()(4)锥体的体积等于底面面积与高之积.( )解析(1)反例：由两个平行六面体上下组合在一起的图形满足条件，但不是棱柱.(2)反例：如图所示的图形满足条件但不是棱锥.(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，把x，y轴画成相交成45°或135°，平行于x轴的线段还平行于x轴，平行于y轴的线段还平行于y轴，所以∠A也可能为135°.(4)锥体的体积等于底面面积与高之积的三分之一，故不正确.答案(1)×(2)×(3)×(4)×2.(必修2P10B1改编)如图，长方体ABCD－A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是( )A.棱台B.四棱柱C.五棱柱D.六棱柱解析由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱.答案 C3.(必修2P27练习1改编)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 cmD.32cm 解析 由题意，得S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，解得r 2＝4，所以r ＝2(cm). 答案 B4.(2016·全国Ⅱ卷)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A.12πB.323π C.8π D.4π解析 设正方体的棱长为a ，则a 3＝8，解得a ＝2.设球的半径为R ，则2R ＝3a ，即R ＝ 3.所以球的表面积S ＝4πR 2＝12π. 答案 A5.(2017·全国Ⅲ卷)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( ) A.πB.3π4C.π2D.π4解析 如图画出圆柱的轴截面ABCD ，O 为球心.球半径R ＝OA ＝1，球心到底面圆的距离为OM ＝12. ∴底面圆半径r ＝OA 2－OM 2＝32，故圆柱体积V ＝π·r 2·h ＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫322×1＝3π4. 答案 B6.(2019·菏泽一中月考)用斜二测画法画水平放置的矩形的直观图，则直观图的面积与原矩形的面积之比为________.解析 设原矩形的长为a ，宽为b ，则其直观图是长为a ，高为b 2sin 45°＝24b 的平行四边形，所以S 直观S 矩形＝24ab ab ＝24. 答案24考点一 空间几何体的结构特征 【例1】 (1)给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等.其中正确命题的个数是( )A.0B.1C.2D.3(2)给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；③存在每个面都是直角三角形的四面体；④棱台的侧棱延长后交于一点.其中正确命题的序号是________.解析(1)①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等.(2)①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；③正确，如图，正方体ABCD －A1B1C1D1中的三棱锥C1－ABC，四个面都是直角三角形；④正确，由棱台的概念可知.答案(1)A (2)②③④规律方法 1.关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一个反例.2.圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系.3.既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略.【训练1】下列命题正确的是( )A.两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台B.两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台C.以直角梯形的一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体是圆台D.用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形解析 如图所示，可排除A ，B 选项.只有截面与圆柱的母线平行或垂直，则截得的截面为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分. 答案 C考点二 空间几何体的直观图【例2】 已知正三角形ABC 的边长为a ，那么△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为( ) A.34a 2B.38a 2C.68a 2D.616a 2 解析 如图①②所示的实际图形和直观图.由斜二测画法可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图②中作C ′D ′⊥A ′B ′于D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a .所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.故选D. 答案 D规律方法 1.画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可以用“斜”(两坐标轴成45°或135°)和“二测”(平行于y 轴的线段长度减半，平行于x 轴和z 轴的线段长度不变)来掌握.2.按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S 直观图＝24S 原图形.【训练2】 如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是( ) A.2＋ 2 B.1＋22C.2＋22D.1＋ 2解析 恢复后的原图形为一直角梯形， 所以S ＝12(1＋2＋1)×2＝2＋ 2.故选A.答案 A考点三 空间几何体的表面积【例3】 (1)若正四棱锥的底面边长和高都为2，则其全面积为________.(2)圆台的上、下底面半径分别是10 cm 和20 cm ，它的侧面展开图的扇环的圆心角是180°，那么圆台的表面积为________(结果中保留π).(3)如图直平行六面体的底面为菱形，若过不相邻两条侧棱的截面的面积分别为Q 1，Q 2，则它的侧面积为______.解析 (1)因为四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，所以该四棱锥为正四棱锥，如图. 由题意知底面正方形的边长为2，正四棱锥的高为2， 则正四棱锥的斜高PE ＝22＋12＝ 5.所以该四棱锥的侧面积S ＝4×12×2×5＝45，∴S 全＝2×2＋45＝4＋4 5.(2)如图所示，设圆台的上底周长为C ，因为扇环的圆心角是180°，所以C ＝π·SA . 又C ＝2π×10＝20π，所以SA ＝20. 同理SB ＝40. 所以AB ＝SB －SA ＝20.S 表＝S 侧＋S 上底＋S 下底＝π(r 1＋r 2)·AB ＋πr 21＋πr 22 ＝π(10＋20)×20＋π×102＋π×202＝1 100π(cm 2).故圆台的表面积为1 100π cm 2.(3)设直平行六面体的底面边长为a ，侧棱长为l ，则S 侧＝4al ，因为过A 1A ，C 1C 与过B 1B ，D 1D 的截面都为矩形，从而⎩⎪⎨⎪⎧Q 1＝AC ·l ，Q 2＝BD ·l ，则AC ＝Q 1l ，BD ＝Q 2l. 又AC ⊥BD ，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫AC 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫BD 22＝a 2.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫Q 12l 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫Q 22l 2＝a 2. ∴4a 2l 2＝Q 21＋Q 22，2al ＝Q 21＋Q 22， ∴S 侧＝4al ＝2Q 21＋Q 22.答案 (1)4＋4 5 (2)1 100π cm 2(3)2Q 21＋Q 22规律方法 1.求解有关多面体侧面积的问题，关键是找到其特征几何图形，如棱柱中的矩形、棱台中的直角梯形、棱锥中的直角三角形，它们是联系高与斜高、边长等几何元素间的桥梁，从而架起求侧面积公式中的未知量与条件中已知几何元素间的联系.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3】 (1)圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的表面积为( ) A.6π(4π＋3) B.8π(3π＋1)C.6π(4π＋3)或8π(3π＋1)D.6π(4π＋1)或8π(3π＋2)(2)(必修2P36A10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________.解析 (1)分两种情况：①以长为6π的边为高时，4π为圆柱底面周长，则2πr ＝4π，r ＝2，所以S 底＝4π，S 侧＝6π×4π＝24π2，S 表＝2S 底＋S 侧＝8π＋24π2＝8π(3π＋1)；②以长为4π的边为高时，6π为圆柱底面周长，则2πr ＝6π，r ＝3.所以S 底＝9π，S 表＝2S 底＋S 侧＝18π＋24π2＝6π(4π＋3). (2)旋转一周所得几何体为以245 cm 为半径的两个同底面的圆锥，其表面积为S ＝π×245×6＋π×245×8＝3365π(cm 2).答案 (1)C (2)3365π cm 2考点四 空间几何体的体积【例4】 (1)(必修2P27例4改编)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∶3 C.3∶4D.1∶3(2)(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________. 解析 (1)设球的半径为R ，则V 球V 柱＝43πR 3πR 2×2R ＝23.(2)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×⎝ ⎛⎭⎪⎫222×12＝112.答案 (1)B (2)112规律方法 1.(直接法)规则几何体：对于规则几何体，直接利用公式计算即可.2.(割补法)不规则几何体：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.3.(等积法)三棱锥：利用三棱锥的“等积性”可以把任一个面作为三棱锥的底面.(1)求体积时，可选择“容易计算”的方式来计算；(2)利用“等积性”可求“点到面的距离”，关键是在面中选取三个点，与已知点构成三棱锥.【训练4】 (必修2P28A3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________.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∶47考点五 多面体与球的切、接问题典例迁移【例5】 (经典母题)(2016·全国Ⅲ卷)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球.若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( ) A.4πB.9π2C.6πD.32π3解析 由AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，得AC ＝10.要使球的体积V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC 的内切圆的半径为r .则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ，所以r ＝2. 2r ＝4＞3，不合题意.球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R 最大. 由2R ＝3，即R ＝32.故球的最大体积V ＝43πR 3＝92π.答案 B【迁移探究1】 若本例中的条件变为“直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上”，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，求球O 的表面积. 解 将直三棱柱补形为长方体ABEC －A 1B 1E 1C 1， 则球O 是长方体ABEC －A 1B 1E 1C 1的外接球. ∴体对角线BC 1的长为球O 的直径. 因此2R ＝32＋42＋122＝13. 故S 球＝4πR 2＝169π.【迁移探究2】 若本例中的条件变为“正四棱锥的顶点都在球O 的球面上”，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的体积. 解 如图，设球心为O ，半径为r ， 则在Rt△AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2， 解得r ＝94，则球O 的体积V 球＝43πr 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫943＝243π16.规律方法 1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题.2.若球面上四点P ，A ，B ，C 中PA ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题.【训练5】 (2019·北京海淀区调研)三棱锥P －ABC 中，平面PAC ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，PA ＝PC ＝AC ＝2，AB ＝4，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为( )A.23πB.234πC.64πD.643π 解析 如图，设O ′为正△PAC 的中心，D 为Rt△ABC 斜边的中点，H 为AC 中点.由平面PAC ⊥平面ABC .则O ′H ⊥平面ABC .作O ′O ∥HD ，OD ∥O ′H ，则交点O 为三棱锥外接球的球心，连接OP ，又O ′P ＝23PH ＝23×32×2＝233，OO ′＝DH ＝12AB ＝2.∴R 2＝OP 2＝O ′P 2＋O ′O 2＝43＋4＝163. 故几何体外接球的表面积S ＝4πR 2＝643π. 答案 D[思维升华]1.几何体的截面及作用(1)常见的几种截面：①过棱柱、棱锥、棱台的两条相对侧棱的截面；②平行于底面的截面；③旋转体中的轴截面；④球的截面.(2)作用：利用截面研究几何体，贯彻了空间问题平面化的思想，截面可以把几何体的性质、画法及证明、计算融为一体.2.棱台和圆台是分别用平行于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后得到的，所以在解决棱台和圆台的相关问题时，常“还台为锥”，体现了转化的数学思想.3.转化与化归思想：计算旋转体的侧面积时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形，“化曲为直”来解决，因此要熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形面积的求法.[易错防范]1.求组合体的表面积时：组合体的衔接部分的面积问题易出错.2.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.直观想象与逻辑推理——简单几何体的外接球与内切球问题1.直观想象主要表现为利用几何图形描述问题，借助几何直观理解问题，运用空间想象认识事物，解决与球有关的问题对该素养有较高的要求.2.简单几何体外接球问题是立体几何中的难点和重要的考点，此类问题实质是解决球的半径长或确定球心O的位置问题，其中球心的确定是关键.一、知识要点1.外接球的问题(1)必备知识：①简单多面体外接球的球心的结论.结论1：正方体或长方体的外接球的球心是其体对角线的中点.结论2：正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中点.结论3：直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点.②构造正方体或长方体确定球心.③利用球心O与截面圆圆心O1的连线垂直于截面圆及球心O与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心.(2)方法技巧：几何体补成正方体或长方体.2.内切球问题(1)必备知识：①内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等.②正多面体的内切球和外接球的球心重合.③正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不一定重合.(2)方法技巧：体积分割是求内切球半径的通用做法.二、突破策略1.利用长方体的体对角线探索外接球半径【例1】已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是( )A.16πB.20πC.24πD.32π解析设正四棱柱的底面边长为a，高为h，球半径为R，则正四棱柱的体积为V＝a2h＝16，a＝2，4R2＝a2＋a2＋h2＝4＋4＋16＝24，所以球的表面积为S＝24π.答案 C评析若几何体存在三条两两垂直的线段或者三条线有两个垂直，可构造墙角模型(如下图)，直接用公式(2R)2＝a2＋b2＋c2求出R.2.利用长方体的面对角线探索外接球半径【例2】三棱锥中S－ABC，SA＝BC＝13，SB＝AC＝5，SC＝AB＝10.则三棱锥的外接球的表面积为______.解析如图，在长方体中，设AE＝a，BE＝b，CE＝c.则SC＝AB＝a2＋b2＝10，SA＝BC＝b2＋c2＝13，SB＝AC＝a2＋c2＝ 5.从而a2＋b2＋c2＝14＝(2R)2，可得S＝4πR2＝14π.故所求三棱锥的外接球的表面积为14π.答案14π评析三棱锥的相对棱相等，探寻球心无从着手，注意到长方体的相对面的面对角线相等，可在长方体中构造三棱锥，从而巧妙探索外接球半径.3.利用底面三角形与侧面三角形的外心探索球心【例3】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A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD.若四面体A′BCD的顶点在同一球面上，则该球的体积为( )A.32π B.3π C.23π D.2π解析如图，设BD，BC的中点分别为E，F.因点F为底面直角△BCD的外心，知三棱锥A′－BCD的外接球球心必在过点F且与平面BCD垂直的直线l1上.又点E为底面直角△A′BD 的外心，知外接球球心必在过点E且与平面A′BD垂直的直线l2上.因而球心为l1与l2的交点.又FE ∥CD ，CD ⊥BD 知FE ⊥平面A ′BD .从而可知球心为点F .又A ′B ＝A ′D ＝1，CD ＝1知BD ＝2，球半径R ＝FD ＝BC 2＝32.故V ＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎫333＝32π. 答案 C评析 三棱锥侧面与底面垂直时，可紧扣球心与底面三角形外心连线垂直于底面这一性质，利用底面与侧面的外心，巧探外接球球心，妙求半径.4.利用直棱柱上下底面外接圆圆心的连线确定球心【例4】 一个正六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________. 解析 设正六棱柱底面边长为a ，正六棱柱的高为h ，底面外接圆的半径为r ，则a ＝12，底面积为S ＝6·34·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝338，V 柱＝Sh ＝338h ＝98，∴h ＝3，R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝1，R ＝1，球的体积为V ＝4π3. 答案 4π3评析 直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型如下图其外接球球心就是上下底面外接圆圆心连线的中点.5.锥体的内切球问题(1)题设：如图①，三棱锥P －ABC 是正三棱锥，求其内切球的半径.图①第一步：先画出内切球的截面图，E ，H 分别是两个三角形的外心；第二步：求DH ＝13CD ，PO ＝PH －r ，PD 是侧面△ABP 的高； 第三步：由△POE ∽△PDH ，建立等式：OE DH ＝PO PD，解出r . (2)题设：如图②，四棱锥P －ABC 是正四棱锥，求其内切球的半径.图②第一步：先画出内切球的截面图，P ，O ，H 三点共线；第二步：求FH ＝12BC ，PO ＝PH －r ，PF 是侧面△PCD 的高； 第三步：由△POG ∽△PFH ，建立等式：OG HF ＝PO PF，解出r . (3)题设：三棱锥P －ABC 是任意三棱锥，求其的内切球半径.方法：等体积法，三棱锥P －ABC 体积等于内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和；第一步：先画出四个表面的面积和整个锥体体积；第二步：设内切球的半径为r ，球心为O ，建立等式：V P －ABC ＝V O －ABC ＋V O －PAB ＋V O －PAC ＋V O －PBC ⇒V P －ABC ＝13S △ABC ·r ＋13S △PAB ·r ＋13S △PAC ·r ＋13S △PBC ·r ＝13(S △ABC ＋S △PAB ＋S △PAC ＋S △PBC )·r ； 第三步：解出r ＝3V P －ABC S O －ABC ＋S O －PAB ＋S O －PAC ＋S O －PBC 6.柱体的内切球问题【例5】 体积为4π3的球与正三棱柱的所有面均相切，则该棱柱的体积为________. 解析 设球的半径为R ，由4π3R 3＝4π3，得R ＝1，所以正三棱柱的高h ＝2. 设底面边长为a ，则13×32a ＝1，所以a ＝2 3. 所以V ＝34×(23)2×2＝6 3. 答案 6 3基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.下列说法中，正确的是( )A.棱柱的侧面可以是三角形B.若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其他侧面也是矩形C.正方体的所有棱长都相等D.棱柱的所有棱长都相等解析 棱柱的侧面都是平行四边形，选项A 错误；其他侧面可能是平行四边形，选项B 错误；棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等，选项D 错误；易知选项C 正确.故选C.答案 C2.一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( )A.163πB.323πC.16πD.24π解析 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. 答案 B3.纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为上、下、东、南、西、北，现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开，外面朝上展平，得到如图所示的平面图形，则标“△”的面的方位是( )A.南B.北C.西D.下解析 将所给图形还原为正方体，如图所示，最上面为△，最左面为东，最里面为上，将正方体旋转后让东面指向东，让“上”面向上可知“△”的方位为北.答案 B4.《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). 答案 B5.如图所示，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥A －B 1DC 1的体积为( )A.3B.32C.1D.32解析 如题图，在正△ABC 中，D 为BC 中点，则有AD ＝32AB ＝3，又∵平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ，AD ⊥BC ，AD ⊂平面ABC ，由面面垂直的性质定理可得AD ⊥平面BB 1C 1C ，即AD 为三棱锥A －B 1DC 1的底面B 1DC 1上的高，∴VA －B 1DC 1＝13S △B 1DC 1·AD ＝13×12×2×3×3＝1. 答案 C二、填空题6.一水平放置的平面四边形OABC ，用斜二测画法画出它的直观图O ′A ′B ′C ′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC 面积为________. 解析 因为直观图的面积是原图形面积的24倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2 2.答案 2 27.现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________.解析 设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r ＝7. 答案 7 8.(2019·济南调研)祖暅(公元前5～6世纪)，祖冲之之子，是我国齐梁时代的数学家.他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异.”这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现，比祖暅晚一千一百多年.椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体.如图将底面直径皆为2b ，高皆为a 的椭半球体及已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面β上.以平行于平面β的平面于距平面β任意高d 处可横截得到S 圆及S 环两截面，可以证明S 圆＝S 环总成立.据此，短轴长为4 cm ，长轴为6 cm 的椭球体的体积是________ cm 3. 解析 因为总有S 圆＝S 环，所以椭半球体的体积等于V 柱－V 锥＝πb 2a －13πb 2a ＝23πb 2a ， 椭球体的体积为V ＝43πb 2a .因为2b ＝4，2a ＝6，所以b ＝2，a ＝3， 所以，该椭球体的体积是43×22×3π＝16π(cm 3). 答案 16π三、解答题9.如图所示，正四棱台的高是17 cm ，两底面边长分别为4 cm 和16 cm ，求棱台的侧棱长和斜高.解 设棱台两底面的中心分别为O ′和O ，B ′C ′，BC 的中点分别为E ′，E ，连接O ′B ′，O ′E ′，O ′O ，OE ，OB ，EE ′，则四边形O ′E ′EO ，OBB ′O ′均为直角梯形.在正方形ABCD 中，BC ＝16 cm ，则OB ＝8 2 cm ，OE ＝8 cm ，在正方形A ′B ′C ′D ′中，B ′C ′＝4 cm ，则O ′B ′＝2 2 cm ，O ′E ′＝2 cm ，在直角梯形O ′OBB ′中，BB ′＝OO ′2＋（OB －O ′B ′）2＝19(cm)；在直角梯形O ′OEE ′中，EE ′＝OO ′2＋（OE －O ′E ′）2＝513(cm).所以这个棱台的侧棱长为19 cm ，斜高为513 cm.10.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 －A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍，若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？解 由PO 1＝2 m ，知O 1O ＝4PO 1＝8 m.因为A 1B 1＝AB ＝6 m ，所以正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)； 正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)，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.能力提升题组(建议用时：20分钟)11.(2019·石家庄模拟)用长度分别为2，3，5，6，9(单位：cm)的五根木棒连接(只允许连接，不允许折断)，组成共顶点的长方体的三条棱，则能够得到的长方体的最大表面积为( )A.258 cm 2B.414 cm 2C.416 cm 2D.418 cm 2 解析 设长方体从同一顶点出发的三条棱的长分别为a ，b ，c ，则长方体的表面积S ＝2(ab＋bc ＋ac )≤12[(a ＋b )2＋(b ＋c )2＋(a ＋c )2]， 当且仅当a ＝b ＝c 时上式“＝”成立.由题意可知，a ，b ，c ，不可能相等，故当a ，b ，c 的大小最接近时，长方体的表面积最大，此时从同一顶点出发的三条棱的长为8，8，9，用长度为2，6的木棒连接，长度为3，5的木棒连接各为一条棱，长度为9的木棒为第三条棱，组成长方体，此时能够得到的长方体的最大表面积为2×(8×8＋8×9＋8×9)＝416(cm 2).答案 C12.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.23 D.22 解析 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，。
2021届高考数学二轮复习核心热点突破-专题三第1讲 空间几何体的表面积和体积
专题二：立体几何与空间向量第1讲 空间几何体的表面积和体积一、前测回顾1．设P ，A ，B ，C 是球O 表面上的四个点，PA ，PB ，PC 两两垂直，且PA ＝PB ＝1，PC ＝2，则球O 的表面积是________．2．如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，AC ＝5，AA 1＝3，M 为线段B 1B 上的一动点，则当AM ＋MC 1最小时，△AMC 1的面积为________．3.【2018江苏卷10】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 ．4.母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于8π5，则该圆锥的体积为( ) A.16πB.8πC.16π3D.8π35.(2018全国Ⅰ文 5)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 ．10π6.(2018全国Ⅰ文 10)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30º，则该长方体的体积为( ) A ．8B ．6 2C ．8 2D ．8 37．圆台上､下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上､下地面半径分别为4和5，则该圆台的体积为______________．8.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________.二、方法联想①表面距离问题考虑表面展开，转化成平面问题 ②体积计算，先证明高，后用体积公式求体积 ③空间几何体的两组常用公式 (1)柱体、锥体、台体、球的表面积公式：①圆柱的表面积S ＝2πr (r ＋l )；②圆锥的表面积S ＝πr (r ＋l )； ③圆台的表面积S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )；④球的表面积S ＝4πR 2. (2).柱体、锥体和球的体积公式：①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 球＝43πR 3.求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转换原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上.求不规则几何体的体积：常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解. (3)球的简单组合体中几何体度量之间的关系，如棱长为a 的正方体的外接球、内切球、棱切球的半径分别为32a ，a 2，22a . 三、方法应用热点一 空间几何体的表面积1.如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去以正方体的某个顶点为球心，2为半径的18球体后的剩余部分，则该几何体的表面积为( )A.24－3πB.24－πC.24＋πD.24＋5π2.（2015全国Ⅱ理 9）已知A 、B 是球O 的球面上两点，∠AOB =90º，C 为该球面上的动点．若三棱锥O-AOB 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π3.(2010全国1理10)设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有的棱长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )A ．πa 2B ． 73πa 2C ． 113πa 2D ． 5πa 24.一个圆锥的轴截面是边长为4的等边三角形，在该圆锥中有一个内接圆柱(下底面在圆锥底面上，上底面的圆周在圆锥侧面上)，则当该圆柱侧面积取最大值时，该圆柱的高为( ) A.1B.2C.3D. 35.(2012全国1理11)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 ． 226(多选题)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.(2013全国1文15)已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH :HB ＝1:2，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为8.(2018全国Ⅱ理 16)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_____．9.(2013全国2文15)已知正四棱锥O －ABCD 的体积为322，底面边长为3，则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为10.(2017年全国Ⅰ文 16)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 ． 热点二 空间几何体的体积1.(2016全国Ⅲ理 10)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球，若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB ．9π2C ．6πD ．32π32.已知三棱锥S －ABC 中，∠SAB ＝∠ABC ＝π2，SB ＝4，SC ＝213，AB ＝2，BC ＝6，则三棱锥S －ABC 的体积是( ) A.4B.6C.4 3D.6 33.(2018全国Ⅲ文 12)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ΔABC 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 3 B ．18 3C ．24 3D ．54 34.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.π45.如图，四边形ABCD 是边长为2的正方形，ED ⊥平面ABCD ，FC ⊥平面ABCD ，ED ＝2FC ＝2，则四面体ABEF 的体积为( ) A.13 B.23C.1D.436.在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝BB 1＝1，M 是AC 的中点，则三棱锥B 1－ABM 的外接球的表面积为( ) A.32πB.2πC.54πD.98π7.已知球O 是三棱锥P －ABC 的外接球，PA ＝AB ＝PB ＝AC ＝2，CP ＝22，点D 是PB 的中点，且CD ＝7，则球O 的体积为( ) A.28π3B.14π3C.2821π27D.16π38.(多选题)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝12，则下列结论中错误的是( )A.AC ⊥AFB.EF ∥平面ABCDC.三棱锥A －BEF 的体积为定值D.△AEF 的面积与△BEF 的面积相等9.(多选题)长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的长、宽、高分别为3，2，1，则( ) A.长方体的表面积为20 B.长方体的体积为6C.沿长方体的表面从A 到C 1的最短距离为3 2D.沿长方体的表面从A 到C 1的最短距离为2 510.【2018天津卷11】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 .11.如图，在四面体PBCD 中，点A 是CD 的中点，PA ＝AD ，△ABC 为等边三角形，边长为6，PB ＝8，PC ＝10，则△PBD 的面积为________，四面体PABC 的体积为________.三、解答题12.(2020·全国Ⅰ卷)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC ＝90°.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAC ；(2)设DO ＝2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P －ABC 的体积.13.如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAB ⊥平面ABCD ，PA ＝PB ，AD ∥BC ，AB ＝AC ，AD ＝12BC ＝1，PD ＝3，∠BAD ＝120°，M 为PC 的中点.(1)证明：DM ∥平面PAB ；(2)求四面体MABD 的体积.14.(2019·全国Ⅰ卷)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.86π B.46π C.26πD.6π15.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，CD ＝2AB ＝4，AD ＝2，△PAB 为等腰直角三角形，PA ＝PB ，平面PAB ⊥底面ABCD ，E 为PD 的中点.(1)求证：AE ∥平面PBC ；(2)求三棱锥P －EBC 的体积.第1讲 空间几何体的表面积和体积一、前测回顾1．设P ，A ，B ，C 是球O 表面上的四个点，PA ，PB ，PC 两两垂直，且PA ＝PB ＝1，PC ＝2，则球O 的表面积是________． 答案 ：6π3．如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，AC ＝5，AA 1＝3，M 为线段B 1B 上的一动点，则当AM ＋MC 1最小时，△AMC 1的面积为________． 答案： 33.【2018江苏卷10】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 ．答案434.母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于8π5，则该圆锥的体积为( ) A.16πB.8πC.16π3D.8π3【解析】∵母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于8π5，∴侧面展开图的弧长为5×8π5＝8π，设底面圆半径为r ，弧长8π＝底面周长＝2πr ，∴r ＝4，∴圆锥的高h ＝52－42＝3，∴圆锥体积V ＝13×π×r 2×h ＝16π. 答案 A5.(2018全国Ⅰ文 5)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答案：B ．【解析】∵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．故选B ．6.(2018全国Ⅰ文 10)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30º，则该长方体的体积为A ．8B ．6 2C ．8 2 D ．8 3答案：C ．【解析】C 【解析】连接BC 1，因为AB ⊥平面BB 1C 1C ，所以∠AC 1B ＝30º，AB ⊥BC 1，所以ΔABC 1为直角三角形．又AB ＝2，所以BC 1＝23，又B 1C 1＝2，所以BB 1＝(23)2－22＝22。
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2021届高考数学二轮复习重点练之空间向量与立体几何（1）空间几何体的表面积和体积1.已知圆柱的上、下底面的中心分别为12,O O ，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.82πC.12πD.10π2.已知圆锥的底面半径为2，高为42，则该圆锥内切球的表面积为() A.4πB.42πC.82πD.8π3.已知三棱锥S ABC -中，π,4,213,2,62SAB ABC SB SC AB BC ∠=∠=====，则三棱锥S ABC -的体积是()A.4B.6C.43D.634.正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点M 是棱1CC 的中点，点,,,A B D M 都在球O 的球面上，则球O 的表面积为() A.3π2B.3πC.9π4D.9π5.如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥底面111,,2,30ABC AB BC AA AC ACB ⊥==∠=︒，则该三棱柱的侧面积为()A.442+B.443+C.12D.82+6.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2SC =，则此棱锥的体积为() 23 2 27.在一个实心圆柱中挖去一个内接直三棱柱洞后，剩余部分几何体如图x –7-4所示，已知实心圆柱底面直径为2，高为3，内接直三棱柱底面为斜边长是2的等腰直角三角形，则剩余部分几何体的表面积为()A.8π662++B.6π662++C.8π462++D.6π462++8.在三棱锥P ABC -中，2,2,3AB AC BC PA PB PC ======，若三棱锥P ABC -的顶点均在球O 的表面上，则球O 的半径为() A.13 B.13 C.23D.229.已知底面为正六边形的六棱锥P ABCDEF -的外接球为球O ，且PD 为球O 的一条直径，球O 的表面积为16π3，π3POA ∠=，则该六棱锥的体积为() A.4B.2C.12D.110.如图，已知四棱锥S ABCD-的底面为等腰梯形，,1,2ABCD AD DC BC AB SA =====，且SA ⊥平面ABCD ，则四棱锥S ABCD -外接球的体积为()22πB.8πC.82π 82π11.在三棱锥A BCD -中，底面BCD 与侧面ABD 均是边长为2的等边三角形，且,E F 分别是BC ，AD 的中点，当三棱锥A BCD -的体积最大时，E AFC V -=_____________.12.已知长方体木块1111ABCD A B C D -中112cm,8cm AB BC AA ===，从该木块中挖去一个圆锥，使得圆锥的顶点为正方形1111A B C D 的中心，底面圆为正方形ABCD 的内切圆，则剩余部分的表面积为_____________.13.已知一圆台的上、下底面半径分别为1和2，且该圆台存在内切球，即存在一球同时与圆台的上、下底面及圆台的侧面都相切，则该圆台的体积为__________.14.如图，球O 的半径为R ，有一圆柱内接于球O ，且12,O O 分别为该圆柱上、下底面的圆心.已知当圆柱的侧面积最大时，它的体积16π27V =，则球O 的表面积为___________.15.现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥1111P A B C D -，下部分的形状是正四棱柱1111ABCD A B C D -(如图所示)，并要求正圆棱柱的高1OO 是正四棱柱的高1PO 的四倍.（1）若16,2AB m PO m ==，则仓库的容积是多少?（2）若正四棱柱的侧棱长为6m ，则当1PO 为多少时，仓库的容积最大?答案以及解析1.答案：C解析：设圆柱的底面半径为r ，高为h ，由题意得22,8r h h ==，所以2,22r h ==，所以圆柱的表面积为222π2π2π(2)8π12πr rh +=⨯+=.故选C. 2.答案：D解析：设该圆锥的内切球的半径为r ，依题意可得圆锥的母线长为22(42)26+=，由过球心的截面三角形的面积11(664)44222S r r r =⨯++=⨯⨯，解得2r =，所以圆锥的内切球的表面积为224π4π(2)8πr ==，故选D. 3.答案：C解析：由π,2,62ABC AB BC ∠===，得210AC =.由π,2,42SAB AB SB ∠===，得23SA =，则222SA AC SC +=，得SA AC ⊥，又SA AB ⊥，所以SA ⊥平面ABC .所以三棱锥S ABC -的体积为111262343332ABCSSA ⋅=⨯⨯⨯⨯=.故选C. 4.答案：C解析：如图，分别取111,,DD AA BB 的中点,,N P Q ，连接,,,MN NP PQ QM ，则MNPQ CDAB -为直四棱柱，该直四棱柱的八个顶点均在球O 的球面上.设球半径为R ，则219(2)1144R =++=，所以34R =，则球O 的表面积为29π4π4R =，故选C.5.答案：A解析：由题意，得122A C =.又由棱柱的性质和AB BC ⊥，易证11A B ⊥平面11BCC B ，所以111A B B C ⊥.在11Rt A B C 中，11130,22A CB A C ︒∠==，所以112A B =，所以2AB =.又因为2AC =，所以2BC =.所以该三棱柱的侧面积为(222)2442++⨯=+. 6.答案：A解析：在直角三角形ASC 中，1,90,2AC SAC SC =∠=︒=，所以413SA =-=；同理，3SB =.过A 点作SC 的垂线交SC 于D 点，连接DB ，因为SAC SBC ≅，故BD SC ⊥，故SC ⊥平面ABD ，且ABD 为等腰三角形. 因为30ASC ∠=︒，故132AD SA ==，则ABD 的面积为22112122AD AB ⎛⎫⨯⨯-= ⎪⎝⎭，则三棱锥的体积为12223⨯⨯=. 7.答案：C解析：剩余几何体的底面积为12(π22)2π22-⨯⨯=-，剩余几何体的侧面积为(222)32π36266π+⨯+⨯=++，所以剩余几何体的表面积为8π462++.故选C.8.答案：B 解析：如图，取AB 的中点D ，连接,PD CD ，由2,2AB AC BC PA PB =====，可得,CD AB PD AB ⊥⊥，且3CD PD ==又3PC 所以PDC △是正三角形，60PDC ∠=，易知平面PDC ⊥平面ABC ，所以点O 在平面PDC 内，过点O 作OE CD ⊥于点E ，OF PD ⊥于点F ，则点,E F分别是,ABC PAB △△外接圆的圆心，且OE OF =，连接OD ，在Rt ODE △中，30ODE ∠=︒，133DE CD ==，所以313OE DE ==，连接,OB OE ，在Rt OBE △中，233BE =，因此球O 的半径221121399R OE BE =+=+=.故选B. 9.答案：D解析：如图，取正六边形ABCDEF 的中心O '，连接,OO AD '，则点O '在AD 上，且OO '⊥平面,'.ABCDEF OO AD PD ∴⊥为球O 的直径，PA AD ∴⊥，',PA OO PA ∴∴⊥平面ABCDEF .记球O 的半径为r ，则216π4π3r =，解得23r =.OP OA r ==，且π3POA ∠=，POA ∴为等边三角形，23PA PO ∴==.取PA 的中点G ，连接GO ，则233'1O A OG ==⨯=，'1AB O A ∴==，13331162ABCDEF S ∴=⨯⨯⨯⨯=六边形，因此该六棱锥的体积1332313V =⨯⨯=.故选D.10.答案：D解析：取AB 的中点1O ，连接11,O C O D ，则1CD O A ，∴四边形1ADCO 是平行四边形，11O C ∴=.同理11O D =.11111,O A O B O C O D O ∴===∴是等腰梯形ABCD 的外心.取BS 的中点O ，连接OA ，OC ，OD ，1O O ，则1O OSA .SA ⊥平面ABCD ，1O O ∴⊥平面ABCD .又2AB SA ==，OA OB OC OD ∴===.又,,SA AB OA OS ⊥∴=∴点O 是四棱锥S ABCD -的外接球的球心.在Rt SAB 中，12,22AB SA OA BS ==∴==，34π82π(2)3V ∴=⨯=球.故选D. 11.答案：14解析：当侧面ABD ⊥底面BCD 时，三棱锥A BCD -的体积最大，此时134313A BCD V -=⨯⨯⨯=，所以111244E AFCF ACE D ACE A BCD V V V V ----==⨯=⨯=.12.答案：()267224πcm +解析：剩余部分的表面积为长方体木块1111ABCD A B C D -的表面积减去一个半径为6cm 的圆的面积，再加上一个底面半径为6cm ，高为8cm 的圆锥的侧面积，即()2222672π6π66867224πcm -⨯+⨯⨯+=+. 13.答案：142π解析：由题意，画出圆台的直观图如图1所示，其中AB 为圆台的母线，,D C 分别为上、下底面的圆心，点O 为内切球的球心，点E 为球O 与圆台侧面相切的一个切点.则由题意可得123AB AE BE AD BC =+=+=+=，所以2222()3(21)22CD AB BC AD =--=--=.将圆台补全为圆锥，如图2所示，则2242CG DG CD ===，所以该圆台的体积为22221111142ππππ242π1223333BC CG AD DG ⋅⋅-⋅⋅=⨯⨯-⨯⨯=.14.答案：32π9解析：设圆柱的底面半径为r ，圆柱的高为h ，则圆柱的侧面积为2πS rh =.如图，作出球O 及其内接圆柱的轴截面，得到四边形ABCD ，所以()()22222R r h =+，于是()222222224π4π44S r h r R r ==-，则()2222332π64π'S R r r=-.令()22223'32π64π0S R r r=-=，得2R r =，即当2R r =时，圆柱的侧面积最大.所以2222444242h R r r r r =-=⨯-=.又圆柱的侧面积最大时，它的体积216ππ227V r r =⋅=，解得23r =.所以222R r =O 的表面积232π4π9S R ==.15.答案：（1）由12PO =知1148OO PO ==.因为116A B AB ==， 所以正四棱锥1111P A B C D -的体积()2231111=622433V A B PO m ⋅⋅=⨯⨯=柱.正四棱柱1111ABCD A B C D -的体积()3=+=24288=312V V V m +锥柱.所以仓库的容积()3=+=24288=312V V V m +锥柱.（2）设()11A B a m =，()1PO h m =，则06h <<，14OO h =.连结11O B . 因为在11RT PO B ∆中，222111OB PO PB +=，所以222362a h ⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭， 即()22236a h =-.于是仓库的容积()()222311326=+=436.06333V V V a h a h a h h h h ⋅+⋅=-<<锥柱，从而()()222636326123V h h ='=--.令0V '=，得23h =23h =-(舍). 当023h <<0V '>，V 是单调增函数； 当236h <<时，0V '<，V 是单调减函数. 故23h =V 取得极大值，也是最大值. 因此，当123PO =时，仓库的容积最大.。