空间几何体的表面积和体积考点讲解及经典例题解析
高一数学空间几何体的表面积与体积试题答案及解析
高一数学空间几何体的表面积与体积试题答案及解析1. 已知正方体的棱长为1，且其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（ ） A ．π B ．2π C ．3π D ．4π【答案】C.【解析】正方体的对角线长为外接球的直径，因此，，因此.【考点】球的表面积公式.2. 如图，在四边形ABCD 中，∠DAB ＝90°，∠ADC ＝135°，AB ＝5，CD ＝2，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．【答案】S 表面＝(60＋4)π．V ＝π．【解析】该图形旋转后是一个圆台除去一个倒放的圆锥， 则S 表面＝S 下底面＋S 台侧面＋S 锥侧面 ， 设圆台上，下地面半径是r 1，r 2,则 S 表面=π×r 22＋π×(r 2＋r 1)×5＋π×r 1×CDV ＝V 台－V 锥＝π(＋r 1r 2＋)AE －πr 2DE ，将数据代入计算即可。
试题解析：如图，设圆台上，下地面半径是r 1，r 2,过C 点作CF ⊥AB ，由∠ADC ＝135°，CE ⊥AD, CD=2得∠EDC ＝45°，r 1=" CE=" 2,则CF=4，BF=3，CF ⊥AB ，得BC=5，r 2=" AB=" 5, ∴S 表面＝S 下底面＋S 台侧面＋S 锥侧面 =π×r 22＋π×(r 2＋r 1)×5＋π×r 1×CD ＝π×52＋π×(2＋5)×5＋π×2×2 ＝(60＋4)π． V ＝V 台－V 锥＝π(＋r 1r 2＋)AE －πDE =π(＋2×5＋)4－π×2＝π．【考点】圆台，圆锥的表面积和体积.3.如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝2，BB1＝BC＝1，E为D1C1的中点，连结ED，EC，EB和DB．(1)求证：ED⊥平面EBC；(2)求三棱锥E－DBC的体积.【答案】(1)见解析；（2）【解析】(1)易得△DD1E为等腰直角三角形DE⊥EC，BC⊥平面 BC⊥DE，所以DE⊥平面EBC平面DEB⊥平面EBC．（2）需要做辅助线，取CD中点M，连接EM∥，DCB（这个证明很关键），然后根据公式.试题解析：(1)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BB1＝BC＝1，E为D1C1的中点．∴△DD1E为等腰直角三角形，∠D1ED＝45°．同理∠C1EC＝45°．∴，即DE⊥EC．在长方体ABCD－中，BC⊥平面，又DE平面，∴BC⊥DE．又，∴DE⊥平面EBC．又∴平面DEB⊥平面EBC．（2）取CD中点M，连接EM，E为D1C1的中点，∥，且,又DCB.【考点】线面垂直，三棱锥的体积.4.设甲、乙两个圆柱的底面积分别为，体积分别为，若它们的侧面积相等，且，则的值是．【答案】【解析】设甲、乙两个圆柱的底面半径为，母线长，由于侧面积相等，，，，.【考点】圆柱的体积公式应用.5.如果两个球的体积之比为8:27,那么两个球的表面积之比为（）A．8:27B．2:3C．4:9D．2:9【答案】C【解析】由题意，故选C【考点】球的体积和表面积6.棱长为4的正方体的八个顶点都在同一个球面上，则此球的表面积为_____________.【答案】48【解析】正方体的外接球的球心为正方体的中心，球的直径为正方体的对角线，所以球的表面积为【考点】正方体的外接球7.如图是从上下底面处在水平状态下的棱长为的正方体中分离出来的.有如下结论：①在图中的度数和它表示的角的真实度数都是；②；③与所成的角是；④若，则用图示中这样一个装置盛水，最多能盛的水.其中正确的结论是（请填上你所有认为正确结论的序号）.【答案】①④【解析】①∵在正视图的等腰直角中，在图中的度数和它表示的角的真实度数都是，故①正确；②补全正方体如图所示：连接．∵，∴是正三角形，故．而＝＝，故②错；③连接、，∵，∴是正三角形，所以与所成的角是，故③错；④用图示中这样一个装置来盛水，那么盛最多体积的水时应是三棱锥的体积．又＝＝＝，故④正确，故填①④．【考点】1、正方体的性质；2、异面直线所成角；3、三棱锥的体积．8.已知一个正三棱锥的三条侧棱两两垂直且相等，底面边长为，则该三棱锥的外接球的表面积是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】设该正三棱锥为，依题意两两垂直且，所以，且该正三棱锥的外接球与以为邻边的正方体的外接球是相同的，正方体的边长为，体对角线长为，故球的半径为，所以球的表面积为，故选A.【考点】1.三棱锥的外接球；2.球的表面积公式.9.如图，已知直三棱柱中，，，，D为BC的中点.（1）求证：∥面；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）略（2）【解析】（1）连接交于点O，连接OD，在中可根据中位线证得∥，再根据线面平行的性质定理可证得∥面。
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。
考点24空间几何体体积及表面积(讲解)(解析版)
【思维导图】 表面积与体积旋转体多面体考点24:空间几何体的表面积和体积名称他面枳（*） 全面积（S.） 体积（，）枝 柱棱柱 汽戳面周长X ，X •…・口 •/直棱柱 ch检傩 梭隹 各便面职之和沁•卜正枝锥 32粳台粳什 各例面面积之和 ，坳一%；A （S —正校台：（…川】中s 表示面机.，"分别&示上、下虱曲网呆，h h z 泉示a 高，।泉示例幢长.名称 圆柱 阚锥 国台球5副 2E xris 金 2zr(/+r) m. + rjV /h (即+J)3* + T)3分割求和法 不规则的题型分割成规则图形再进行体积求和等体积法 又名换顶点，一般多用于求三棱钳的体积或者点到面的距禺体积常见方法正四面体补成正方体/对枝相等的三棱钱、三条侧棱相互垂直的三棱卷补成长方体 补形法J---------------- - -------------- —二^工三棱镇补成三棱柱或平行六面体台体补成椎体【常见考法】考法一：体积1.（等体积法之换顶点）如图，在四棱锥P —ABCD中，底面48CD是平行四边形，AD = BD = ^AB = 2,2平而R4OL底面ABC。
，且PA = PD = 0, E,尸分别为PC, 8。
的中点.（1）求证：环〃平面A4O：（2）求证：平面24。
_1_平面尸30：（3）求三棱锥4一28的体积.2【答案】（D证明见解析（2）证明见解析（3〉j【解析】（1）如图，连接AC.因为底而A8CD是平行四边形，旦尸是30的中点，所以厂也是AC的中点.又因E是尸C的中点，所以瓦7/A4.因为P4u平而PAO, EFC平面PAO,所以七尸〃平而PAQ(2)在中，因为AO = 8O =走A8 = 2, 2所以4。
2+3。
2=8 = 48'则BDLAD.又因为侧而皿JJL底而ABCD，父线为AD，而BDu平面ABCD,所以8。
L平面PAD.因为u平而尸3D,所以平面24。
高一数学空间几何体的表面积和体积知识点及题型例题
空间几何体的表面积和体积例题解析一．课标要求了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆，理解为主）。
二．命题走向----用选择、填空题考查本章的基本性质和求积公式；三．要点精讲1．多面体的面积和体积公式表中S表示面积，c′、c分别表示上、下底面周长，h表斜高，h′表示斜高，l表示侧棱长。
2．旋转体的面积和体积公式表中l、h分别表示母线、高，r表示圆柱、圆锥与球冠的底半径，r1、r2分别表示圆台上、下底面半径，R表示半径。
四．典例解析题型1：柱体的体积和表面积例1．一个长方体全面积是20cm 2，所有棱长的和是24cm ，求长方体的对角线长. 解：设长方体的长、宽、高、对角线长分别为xcm 、ycm 、zcm 、lcm依题意得：⎩⎨⎧=++=++24)(420)(2z y x zx yz xy )2()1(由（2）2得：x 2+y 2+z 2+2xy+2yz+2xz=36（3） 由（3）－（1）得x 2+y 2+z 2=16 即l 2=16所以l =4(cm)。
点评：涉及棱柱面积问题的题目多以直棱柱为主，而直棱柱中又以正方体、长方体的表面积多被考察。
我们平常的学习中要多建立一些重要的几何要素（对角线、内切）与面积、体积之间的关系。
例2．如图1所示，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，已知AB=5，AD=4，AA 1=3，AB ⊥AD ，∠A 1AB=∠A 1AD=3π。
（1）求证：顶点A 1在底面ABCD 上的射影O 在∠BAD 的平分线上； （2）求这个平行六面体的体积。
图1 图2解析：（1）如图2，连结A 1O ，则A 1O ⊥底面ABCD 。
作OM ⊥AB 交AB 于M ，作ON ⊥AD 交AD 于N ，连结A 1M ，A 1N 。
由三垂线定得得A 1M ⊥AB ，A 1N ⊥AD 。
∵∠A 1AM=∠A 1AN ，∴Rt△A 1NA≌Rt△A 1MA,∴A 1M=A 1N ，从而OM=ON 。
2023年新高考数学一轮复习8-2 空间几何体的表面积和体积(知识点讲解)含详解
专题8.2 空间几何体的表面积和体积（知识点讲解）【知识框架】 【核心素养】1.通过考查几何体体积和表面积的计算，主要考查棱柱、棱锥或不规则几何体的特征及体积与表面积的计算，凸显数学运算、直观想象的核心素养．2.结合三视图、直观图、展开图、轴截面等，考查球的切、接问题，主要考查几何体与球的组合体的识辨，球的体积、表面积的计算，凸显数学运算、直观想象的核心素养．【知识点展示】（一）几何体的表面积圆柱的侧面积圆柱的表面积圆锥的侧面积圆锥的表面积圆台的侧面积圆台的表面积球体的表面积 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.（二）几何体的体积圆柱的体积rl S π2=)(2l r r S +=πrl S π=)(l r r S +=πl r r S )(+'=π)(22rl l r r r S +'++'=π24R S π=h r V 2π=圆锥的体积 圆台的体积 球体的体积 正方体的体积正方体的体积（三）常用结论多面体的内切球与外接球常用的结论(1)设正方体的棱长为a ，则它的内切球半径r ＝2a ，外接球半径R＝2a . (2)设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则它的外接球半径R＝2. (3)设正四面体的棱长为a ，则它的高为H＝3a ，内切球半径r ＝14H＝12a ，外接球半径R ＝34H＝4a . 【常考题型剖析】题型一：空间几何体的表面积例1.（2021·全国·高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为22(1cos )S r πα=-（单位：2km ），则S 占地球表面积的百分比约为（ ）A ．26%B ．34%C ．42%D ．50%例2.（2020·全国·高考真题（理））已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ）A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π例3．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（文））已知某圆台的母线长为2，母线与轴所在直线的夹角是60︒，且上、下底面的面积之比为1∶4，则该圆台外接球的表面积为（ ）A ．56πB ．64πC ．112πD ．128πh r V 231π=)(3122r r r r h V '++'=π334R V π=3a V =abc V =几类空间几何体表面积的求法(1)多面体：其表面积是各个面的面积之和．(2)旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．(3)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的删、补．(4)若以三视图形式给出，解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数量关系．题型二：空间几何体的体积例4. （2023·河南·洛宁县第一高级中学一模（文））若圆锥的母线与底面所成的角为π6，则该圆锥的体积为（ ）A ．π2B ．πC ．2πD ．3π例5.（2022·全国·高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到1575m ．时，2.65）（ ）A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯例6.（2022·全国·高考真题（理））甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若=2S S 甲乙，则=V V 甲乙（ ）AB ．CD 例7.（2022·湖北·黄石市有色第一中学模拟预测）阿基米德多面体也称为半正多面体，是以边数不全相同的正多边形为面围成的多面体．如图，已知阿基米德多面体的所有顶点均是一个棱长为2的正方体各条棱的中点，则该阿基米德多面体的体积为______；若M ，N 是该阿基米德多面体表面上任意两点，则M ，N 两点间距离的最大值为______．1.处理体积问题的思路(1)“转”：指的是转换底面与高，将原来不易求面积的底面转换为易求面积的底面，或将原来不易看出的高转换为易看出并易求解长度的高，即等体积法；(2)“拆”：指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算，即分割法；(3)“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原成一个四棱柱，这些都是拼补的方法，即补形法．2.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.题型三：三视图与几何体的面积、体积例8．（2020·全国·高考真题（文））下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A．6+42B．4+42C．6+23D．4+23例9. （2020·浙江·高考真题）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．73B．143C．3D．6例10.（2022·浙江省春晖中学模拟预测）某几何体的三视图如图，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，侧视图是半径为1的半圆，则该几何体的表面积是___________，体积是___________.【总结提升】求空间几何体体积的常见类型及思路（1）规则几何体：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法（2）不规则几何体：若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.题型四：简单几何体的外接球与内切球问题例11.（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为323π，两个圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的体积之和为（ ）A ．3πB ．4πC ．9πD ．12π例12.（2020·全国高考真题（理））已知△ABC 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 B ．32 C ．1 D例13.（2020·全国·高考真题（理））已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）AB ．32C ．1D 例14.（2019·全国·高考真题（理））已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上，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例15.(2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．πB ．34πC ．2πD ．4π 例16.(2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB ．9π2C ．6πD ．32π3例17.（2021·福建·厦门大学附属科技中学高三阶段练习）某同学在参加魔方实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为6π，则该球的表面积是______．例18. (2019年高考天津卷理)的正方形，侧棱长均若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_____________．例19.（2020·全国·高考真题（文））已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【总结提升】1.常见类型：（1）利用长方体的体对角线探索外接球半径；（2）利用长方体的面对角线探索外接球半径；（3）利用底面三角形与侧面三角形的外心探索球心；（4）利用直棱柱上下底面外接圆圆心的连线确定球心；（5）锥体的内切球问题；（6）柱体的内切球问题2.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．3．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25体确定直径解决外接问题．专题8.2 空间几何体的表面积和体积（知识点讲解）【知识框架】 【核心素养】1.通过考查几何体体积和表面积的计算，主要考查棱柱、棱锥或不规则几何体的特征及体积与表面积的计算，凸显数学运算、直观想象的核心素养．2.结合三视图、直观图、展开图、轴截面等，考查球的切、接问题，主要考查几何体与球的组合体的识辨，球的体积、表面积的计算，凸显数学运算、直观想象的核心素养．【知识点展示】（一）几何体的表面积圆柱的侧面积圆柱的表面积圆锥的侧面积圆锥的表面积圆台的侧面积圆台的表面积球体的表面积 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.（二）几何体的体积圆柱的体积rl S π2=)(2l r r S +=πrl S π=)(l r r S +=πl r r S )(+'=π)(22rl l r r r S +'++'=π24R S π=h r V 2π=圆锥的体积 圆台的体积 球体的体积 正方体的体积正方体的体积（三）常用结论多面体的内切球与外接球常用的结论(1)设正方体的棱长为a ，则它的内切球半径r ＝2a ，外接球半径R＝2a . (2)设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则它的外接球半径R. (3)设正四面体的棱长为a ，则它的高为H＝3a ，内切球半径r ＝14H＝12a ，外接球半径R ＝34H＝4a . 【常考题型剖析】题型一：空间几何体的表面积例1.（2021·全国·高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为22(1cos )S r πα=-（单位：2km ），则S 占地球表面积的百分比约为（ ）A ．26%B ．34%C ．42%D ．50%【答案】C【解析】【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.【详解】由题意可得，S 占地球表面积的百分比约为： 226400164003600002(1.cos )1cos 44242%22r r πααπ---+==≈=.h r V 231π=)(3122r r r r h V '++'=π334R V π=3a V =abc V =故选：C.例2.（2020·全国·高考真题（理））已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ）A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π 【答案】A【解析】【分析】由已知可得等边ABC 的外接圆半径，进而求出其边长，得出1OO 的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.【详解】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A例3．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（文））已知某圆台的母线长为2，母线与轴所在直线的夹角是60︒，且上、下底面的面积之比为1⊙4，则该圆台外接球的表面积为（ ） A ．56πB ．64πC ．112πD ．128π 【答案】C【解析】【分析】作出圆台的轴截面等腰梯形，其外接圆是圆台外接球的大圆，在这个轴截面中进行计算可得．【详解】如图等腰梯形ABCD 是圆台的轴截面，EF 是圆台的对称轴，圆台上、下底面的面积之比为1：4，则半径比为1：2，设圆台上、下底面半径分别为r ，2r ，因母线与轴的夹角是60︒，母线长为2，可得圆台的高为1，r =R ，球心到下底面（大圆面）的距离为x ，若球心在圆台两底面之间，如图点M 位置，则222R x =+且222(1)R x =-+，无解；若圆台两底面在球心同侧，如图点O 位置，则222R x =+且222(1)R x =++，解得4x =，则228R =， 则该圆台外接球的表面积为2112R 4π=π．故选：C ．【总结提升】几类空间几何体表面积的求法(1)多面体：其表面积是各个面的面积之和．(2)旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．(3)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的删、补．(4)若以三视图形式给出，解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数量关系．题型二：空间几何体的体积例4. （2023·河南·洛宁县第一高级中学一模（文））若圆锥的母线与底面所成的角为π6，则该圆锥的体积为（ ）A ．π2B ．πC ．2πD ．3π【答案】B【解析】【分析】设圆锥的高为h ，利用母线与底面所成角求出高即可得解.【详解】设圆锥的高为h ， 因为母线与底面所成的角为π6，所以πtan 61h =．圆锥的体积2π1π3=⨯⨯=V ． 故选：B例5.（2022·全国·高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到1575m ．时，2.65）（ ）A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯ 【答案】C【解析】【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．【详解】依题意可知棱台的高为157.5148.59MN =-=(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V ．棱台上底面积262140.014010S ==⨯km m ，下底面积262180.018010S '==⨯km m ，∴((66119140101801033V h S S =+=⨯⨯⨯+⨯' ()()679933320607109618 2.6510 1.43710 1.410(m )=⨯+⨯≈+⨯⨯=⨯≈⨯．故选：C ．例6.（2022·全国·高考真题（理））甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若=2S S 甲乙，则=V V 甲乙（ ） AB．CD【答案】C【解析】【分析】 设母线长为l ，甲圆锥底面半径为1r ，乙圆锥底面圆半径为2r ，根据圆锥的侧面积公式可得122r r =，再结合圆心角之和可将12,r r 分别用l 表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为l ，甲圆锥底面半径为1r ，乙圆锥底面圆半径为2r ， 则11222S rl r S r l r ππ===甲乙， 所以122r r =， 又12222r r l lπππ+=， 则121r r l +=， 所以1221,33r l r l ==，所以甲圆锥的高1h ==，乙圆锥的高2h ==，所以221122214313r h l V V r h ππ==甲乙 故选：C.例7.（2022·湖北·黄石市有色第一中学模拟预测）阿基米德多面体也称为半正多面体，是以边数不全相同的正多边形为面围成的多面体．如图，已知阿基米德多面体的所有顶点均是一个棱长为2的正方体各条棱的中点，则该阿基米德多面体的体积为______；若M ，N 是该阿基米德多面体表面上任意两点，则M ，N 两点间距离的最大值为______．【答案】 203##263 22##322 【解析】【分析】第一空，将该多面体置于正方体中，由此可知该阿基米德多面体是由正方体切掉8个全等的三棱锥形成，由此可求得其体积；第二空，结合阿基米德多面体的外接球刚好是补形后正方体的棱切球，再求M ，N 两点间距离的最大值即可.【详解】依题意，可将该多面体补成一个棱长为2的正方体，如图，所以该阿基米德多面体是由正方体切掉8个全等的三棱锥形成，其体积112088111323V =-⨯⨯⨯⨯⨯=; 该阿基米德多面体的外接球刚好是正方体的棱切球，即与正方体的各条棱相切于棱的中点的球，该球直径为M ，N 两点间距离的最大值为外接球的直径，则max MN =故答案为:203； 【总结提升】1.处理体积问题的思路(1)“转”：指的是转换底面与高，将原来不易求面积的底面转换为易求面积的底面，或将原来不易看出的高转换为易看出并易求解长度的高，即等体积法；(2)“拆”：指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算，即分割法；(3)“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原成一个四棱柱，这些都是拼补的方法，即补形法．2.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.题型三：三视图与几何体的面积、体积例8．（2020·全国·高考真题（文））下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A．6+42B．4+42C．6+23D．4+23【答案】C【解析】【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDBS S S===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：AB AD DB===∴ADB△是边长为根据三角形面积公式可得：211sin 6022ADB S AB AD =⋅⋅︒==△该几何体的表面积是：632⨯++ 故选：C.例9. （2020·浙江·高考真题）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）A ．73B ．143C ．3D ．6【答案】A【解析】【分析】根据三视图还原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积.【详解】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为：11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故选：A例10.（2022·浙江省春晖中学模拟预测）某几何体的三视图如图，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，侧视图是半径为1的半圆，则该几何体的表面积是___________，体积是___________.【答案】232π+33π##3π3【解析】【分析】先画出直观图，再求出圆锥的高，求出两个半圆锥的侧面积之和，从而求出此几何体的表面积和体积.【详解】该几何体为两个底面半径为1，母线长为2的半圆锥拼接而成，设圆锥的高为h，由勾股定理得：413h=-=，则两个半圆锥的侧面积之和为12π22π2⨯⨯=，如图，AB =2CD =，且AB CD ⊥，所以四边形ADBC 的面积为22÷=， 该几何体的表面积为232π+，该几何体的体积为21π13⨯=故答案为：2π 【总结提升】 求空间几何体体积的常见类型及思路（1）规则几何体：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法（2）不规则几何体：若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.题型四：简单几何体的外接球与内切球问题例11.（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为323π，两个圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的体积之和为（ ）A ．3πB ．4πC ．9πD ．12π 【答案】B【解析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D ，设圆锥AD 和圆锥BD 的高之比为3:1，即3AD BD =，设球的半径为R ，则343233R ππ=，可得2R =，所以，44AB AD BD BD =+==， 所以，1BD =，3AD =，CD AB ⊥，则90CAD ACD BCD ACD ∠+∠=∠+∠=，所以，CAD BCD ∠=∠，又因为ADC BDC ∠=∠，所以，ACD CBD △∽△，所以，AD CD CD BD=，CD ∴= 因此，这两个圆锥的体积之和为()21134433CD AD BD πππ⨯⋅+=⨯⨯=. 故选：B.例12.（2020·全国高考真题（理））已知△ABC 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 B ．32 C ．1 D ．2【答案】C【解析】 设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =.设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC21224a ∴⨯=，解得：3a =，2233r ∴===，∴球心O 到平面ABC 的距离1d ===.故选：C.例13.（2020·全国·高考真题（理））已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）AB ．32C ．1D 【答案】C【解析】【分析】根据球O 的表面积和ABC 的面积可求得球O 的半径R 和ABC 外接圆半径r ，由球的性质可知所求距离d = 【详解】设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =.设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC212a ∴=3a =，2233r ∴==∴球心O 到平面ABC 的距离1d .故选：C.【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.例14.（2019·全国·高考真题（理））已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上，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【答案】D【解析】【分析】先证得PB ⊥平面PAC ，再求得PA PB PC ===P ABC -为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.【详解】解法一:,PA PB PC ABC ==∆为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA 、AB 中点，//EF PB ∴，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥平面PAC ，PB ⊥平面PAC ，APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体一部分，2R ==34433R V R =∴=π==π，故选D ． 解法二:设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 中点，//EF PB ∴，且12EF PB x ==，ABC ∆为边长为2的等边三角形，CF ∴=90CEF ∠=︒1,2CE AE PA x ∴=== AEC ∆中余弦定理()2243cos 22x x EAC x +--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =， D 为AC 中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x+-+∴=，2212122x x x ∴+=∴==PA PB PC ∴=====2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴R ∴=，34433V R ∴=π==，故选D. 例15.(2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．π B ．34π C ．2π D ．4π 【答案】B 【解析】设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，且R ＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r ，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形．∴2r ==. ∴圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝34π×1＝34π. 故选B ．例16.(2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB ．9π2C ．6πD ．32π3【答案】B【解析】由题意得要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切．设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为68102+-＝2，∴R ≤2. 又2R ≤3，∴R ≤32，∴V ma x ＝3439()322ππ=.故选B ． 点睛：解答本题的关键是当V 取得最大值时，球与上下底面还是与侧面相切的问题．例17.（2021·福建·厦门大学附属科技中学高三阶段练习）某同学在参加魔方实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为6π，则该球的表面积是______．【答案】144π【解析】【分析】设球心为O ，作出过球心的截面图如图所示，然后根据已知条件结合球的性质求解即可.【详解】 设球心为O，作出过球心的截面图如图所示，则OA =由截面圆的周长为6π，得26AB ππ⨯=，∴3AB =，6．所以该球的表面积为246=144ππ⨯.故答案为：144π.例18. (2019年高考天津卷理)的正方形，侧棱长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_____________．【答案】，借助勾股定理，可知四棱锥的高.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，圆柱的底面半径为， 故圆柱的体积为. 例19.（2020·全国·高考真题（文））已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【解析】【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.【详解】 25π42=11221ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ， 由于223122AM =-=，故1222222S =⨯⨯=△ABC ， 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯=解得：22r，其体积：343V r π==.. 【总结提升】1.常见类型：（1）利用长方体的体对角线探索外接球半径；（2）利用长方体的面对角线探索外接球半径；（3）利用底面三角形与侧面三角形的外心探索球心；（4）利用直棱柱上下底面外接圆圆心的连线确定球心；（5）锥体的内切球问题；（6）柱体的内切球问题2.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．3．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．。
超实用高考数学：空间几何体知识点解析(含历年真题专项练习)
空间几何体[考情分析] 几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积与体积是高考题的重点与热点，多以小题的形式进行考查，属于中等难度． 考点一 表面积与体积 核心提炼1．旋转体的侧面积和表面积(1)S 圆柱侧＝2πrl ，S 圆柱表＝2πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (2)S 圆锥侧＝πrl ，S 圆锥表＝πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (3)S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)． 2．空间几何体的体积公式 V 柱＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； V 锥＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．例1 (1)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________． 答案 402π解析 因为母线SA 与圆锥底面所成的角为45°， 所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形． 设底面圆的半径为r ，则母线长l ＝2r .在△SAB 中，cos ∠ASB ＝78，所以sin ∠ASB ＝158.因为△SAB 的面积为515，即12SA ·SB sin ∠ASB＝12×2r ×2r ×158＝515， 所以r 2＝40，故圆锥的侧面积为πrl ＝2πr 2＝402π.(2)如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2，点D 在棱AA 1上，则三棱锥D －BB 1C 1的体积为________．答案 233解析 如图，取BC 的中点O ，连接AO .∵正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2， ∴AC ＝2，OC ＝1，则AO ＝ 3. ∵AA 1∥平面BCC 1B 1，∴点D 到平面BCC 1B 1的距离为 3. 又11BB C S＝12×2×2＝2， ∴11D BB C V ＝13×2×3＝233.易错提醒 (1)计算表面积时，有些面的面积没有计算到(或重复计算)． (2)一些不规则几何体的体积不会采用分割法或补形思想转化求解． (3)求几何体体积的最值时，不注意使用基本不等式或求导等确定最值．跟踪演练1 (1)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 ．122π B ．12π C ．82π D ．10π答案 B解析 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，由题意可知2r ＝h ＝22，∴圆柱的表面积S ＝2πr 2＋2πr ·h ＝4π＋8π＝12π.故选B.(2)如图，在Rt △ABC 中，AB ＝BC ＝1，D 和E 分别是边BC 和AC 上异于端点的点，DE ⊥BC ，将△CDE 沿DE 折起，使点C 到点P 的位置，得到四棱锥P －ABDE ，则四棱锥P －ABDE 的体积的最大值为________．答案327解析 设CD ＝DE ＝x (0<x <1)，则四边形ABDE 的面积S ＝12(1＋x )(1－x )＝12(1－x 2)，当平面PDE ⊥平面ABDE 时，四棱锥P －ABDE 的体积最大，此时PD ⊥平面ABDE ，且PD ＝CD ＝x ，故四棱锥P －ABDE 的体积V ＝13S ·PD ＝16(x －x 3)，则V ′＝16(1－3x 2)．当x ∈⎝⎛⎭⎫0，33时，V ′>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫33，1时，V ′<0.∴当x ＝33时，V max ＝327. 考点二 多面体与球 核心提炼解决多面体与球问题的两种思路(1)利用构造长方体、正四面体等确定直径．(2)利用球心O 与截面圆的圆心O 1的连线垂直于截面圆的性质确定球心．例2 (1)已知三棱锥P －ABC 满足平面P AB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AB ＝4，∠APB ＝30°，则该三棱锥的外接球的表面积为__________． 答案 64π解析 因为AC ⊥BC ，所以△ABC 的外心为斜边AB 的中点，因为平面P AB ⊥平面ABC ，所以三棱锥P －ABC 的外接球球心在平面P AB 上， 即球心就是△P AB 的外心，根据正弦定理ABsin ∠APB ＝2R ，解得R ＝4，所以外接球的表面积为4πR 2＝64π.(2)(2020·全国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________． 答案23π 解析 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r .作出圆锥的轴截面P AB ，如图所示，则△P AB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB 中，P A ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ， 故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.规律方法 (1)长方体的外接球直径等于长方体的体对角线长．(2)三棱锥S －ABC 的外接球球心O 的确定方法：先找到△ABC 的外心O 1，然后找到过O 1的平面ABC 的垂线l ，在l 上找点O ，使OS ＝OA ，点O 即为三棱锥S －ABC 的外接球的球心． (3)多面体的内切球可利用等积法求半径．跟踪演练2 (1)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 如图所示，设球O 的半径为R ，因为∠AOB ＝90°， 所以S △AOB ＝12R 2，因为V O －ABC ＝V C －AOB ， 而△AOB 的面积为定值，当点C 位于垂直于平面AOB 的直径端点时，三棱锥O －ABC 的体积最大， 此时V O －ABC ＝V C －AOB ＝13×12R 2×R ＝16R 3＝36，故R ＝6，则球O 的表面积为S ＝4πR 2＝144π.(2)中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，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之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知P A ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，AD ＝5，ED ＝3，若鳖臑P －ADE 的外接球的体积为92π，则阳马P －ABCD 的外接球的表面积为________．答案 20π解析 ∵四边形ABCD 是正方形，∴AD ⊥CD ，即AD ⊥CE ，且AD ＝5，ED ＝3， ∴△ADE 的外接圆半径为r 1＝AE2＝AD 2＋ED 22＝2， 设鳖臑P －ADE 的外接球的半径为R 1， 则43πR 31＝92π，解得R 1＝322. ∵P A ⊥平面ADE ，∴R 1＝⎝⎛⎭⎫P A 22＋r 21， 可得P A 2＝R 21－r 21＝102，∴P A ＝10. 正方形ABCD 的外接圆直径为2r 2＝AC ＝2AD ＝10， ∴r 2＝102， ∵P A ⊥平面ABCD ，∴阳马P －ABCD 的外接球半径R 2＝⎝⎛⎭⎫P A 22＋r 22＝5， ∴阳马P －ABCD 的外接球的表面积为4πR 22＝20π. 专题强化练一、单项选择题1.水平放置的△ABC 的直观图如图，其中B ′O ′＝C ′O ′＝1，A ′O ′＝32，那么原△ABC 是一个( )A ．等边三角形B ．直角三角形C ．三边中只有两边相等的等腰三角形D ．三边互不相等的三角形 答案 A解析 AO ＝2A ′O ′＝2×32＝3，BC ＝B ′O ′＋C ′O ′＝1＋1＝2.在Rt △AOB 中，AB ＝12＋(3)2＝2，同理AC ＝2，所以原△ABC 是等边三角形．2．(2020·全国Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12答案 C解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ， 侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′， 则由已知得h 2＝12ah ′.如图，设O 为正四棱锥S －ABCD 底面的中心，E 为BC 的中点，则在Rt △SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫a 22， ∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝⎛⎭⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0，解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)．3．已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记该圆锥的内切球的表面积为S 1，外接球的表面积为S 2，则S 1S 2等于( )A.12B.13C.14D.18 答案 C 解析 如图，由已知圆锥侧面积是底面积的2倍，不妨设底面圆半径为r ，l 为底面圆周长，R 为母线长， 则12lR ＝2πr 2， 即12·2π·r ·R ＝2πr 2， 解得R ＝2r ，故∠ADC ＝30°，则△DEF 为等边三角形， 设B 为△DEF 的重心，过B 作BC ⊥DF ，则DB 为圆锥的外接球半径，BC 为圆锥的内切球半径，则BC BD ＝12，∴r 内r 外＝12，故S 1S 2＝14. 4．(2020·大连模拟)一件刚出土的珍贵文物要在博物馆大厅中央展出，如图，需要设计各面是玻璃平面的无底正四棱柱将其罩住，罩内充满保护文物的无色气体．已知文物近似于塔形，高1.8米，体积0.5立方米，其底部是直径为0.9米的圆形，要求文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米，气体每立方米1 000元，则气体的费用最少为( )A ．4 500元B ．4 000元C ．2 880元D ．2 380元 答案 B解析 因为文物底部是直径为0.9米的圆形，文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，所以由正方形与圆的位置关系可知，底面正方形的边长为0.9＋2×0.3＝1.5米，又文物高1.8米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2(米)，所以正四棱柱的高为1.8＋0.2＝2(米)，则正四棱柱的体积V ＝1.52×2＝4.5(立方米)．因为文物的体积为0.5立方米，所以罩内空气的体积为4.5－0.5＝4(立方米)，因为气体每立方米1 000元，所以气体的费用最少为4×1 000＝4 000(元)，故选B.5.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，动点E 在BB 1上，动点F 在A 1C 1上，O 为底面ABCD 的中心，若BE ＝x ，A 1F ＝y ，则三棱锥O －AEF 的体积( )A ．与x ，y 都有关B ．与x ，y 都无关C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关 答案 B解析 由已知得V 三棱锥O －AEF ＝V 三棱锥E －OAF ＝13S △AOF ·h (h 为点E 到平面AOF 的距离)．连接OC ，因为BB 1∥平面ACC 1A 1，所以点E 到平面AOF 的距离为定值．又AO ∥A 1C 1，OA 为定值，点F 到直线AO 的距离也为定值，所以△AOF 的面积是定值，所以三棱锥O －AEF 的体积与x ，y 都无关．6．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π3 B.4π3 C.5π3 D ．2π 答案 C解析 如图，过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3.7．(2020·全国Ⅰ)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，设圆O 1的半径为r ，球的半径为R ，正三角形ABC 的边长为a .由πr 2＝4π，得r ＝2， 则33a ＝2，a ＝23， OO 1＝a ＝2 3.在Rt △OO 1A 中，由勾股定理得R 2＝r 2＋OO 21＝22＋(23)2＝16，所以S 球＝4πR 2＝4π×16＝64π.8．(2020·武汉调研)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为( )A.32π3 B ．3π C.4π3 D ．8π 答案 A解析 设△ABC 外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin ∠ACB ＝112＝2，即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，∴球O 的体积V ＝43π·OA 3＝32π3.故选A.9.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，在该封闭的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，则小圆柱体积的最大值为( )A.2 000π9B.4 000π27C ．81πD ．128π答案 B解析 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，所以小圆柱的体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0<h <5)，把V 看成是关于h 的函数，求导得V ′＝－π(3h －5)(h ＋5)．当0<h <53时，V ′>0，V 单调递增；当53<h <5时，V ′<0，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. 10．已知在三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且长度相等．若点P ，A ，B ，C 都在半径为1的球面上，则球心到平面ABC 的距离为( ) A.36 B.12 C.13 D.32答案 C解析 ∵在三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且长度相等， ∴此三棱锥的外接球即以P A ，PB ，PC 为三边的正方体的外接球O ， ∵球O 的半径为1，∴正方体的边长为233，即P A ＝PB ＝PC ＝233，球心到截面ABC 的距离即正方体中心到截面ABC 的距离，设P 到截面ABC 的距离为h ，则正三棱锥P －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×h ＝13 S △P AB ×PC ＝13×12×⎝⎛⎭⎫2333， ∵△ABC 为边长为263的正三角形，S △ABC ＝233，∴h ＝23， ∴球心(即正方体中心)O 到截面ABC 的距离为13.二、多项选择题11．(2020·枣庄模拟)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD －A 1B 1C 1D 1内灌进一些水，固定容器一边AB 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面几个结论，其中正确的是( )A ．没有水的部分始终呈棱柱形B ．水面EFGH 所在四边形的面积为定值C ．随着容器倾斜度的不同，A 1C 1始终与水面所在平面平行D ．当容器倾斜如图③所示时，AE ·AH 为定值 答案 AD解析 由于AB 固定，所以在倾斜的过程中，始终有CD ∥HG ∥EF ∥AB ，且平面AEHD ∥平面BFGC ，故水的部分始终呈棱柱形(三棱柱或四棱柱)，且AB 为棱柱的一条侧棱，没有水的部分也始终呈棱柱形，故A 正确；因为水面EFGH 所在四边形，从图②，图③可以看出，EF ，GH 长度不变，而EH ，FG 的长度随倾斜度变化而变化，所以水面EFGH 所在四边形的面积是变化的，故B 错；假设A 1C 1与水面所在的平面始终平行，又A 1B 1与水面所在的平面始终平行，则长方体上底面A 1B 1C 1D 1与水面所在的平面始终平行，这就与倾斜时两个平面不平行矛盾，故C 错；水量不变时，棱柱AEH －BFG 的体积是定值，又该棱柱的高AB 不变，且V AEH －BFG ＝12·AE ·AH ·AB ，所以AE ·AH ＝2V AEH －BFG AB ，即AE ·AH 是定值，故D 正确．12. (2020·青岛检测)已知四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面均为正方形，其中AB ＝22，A 1B 1＝2，AA 1＝BB 1＝CC 1＝DD 1＝2，则下列叙述正确的是( )A ．该四棱台的高为 3B ．AA 1⊥CC 1C ．该四棱台的表面积为26D ．该四棱台外接球的表面积为16π 答案 AD解析 将四棱台补为如图所示的四棱锥P －ABCD ，并取E ，E 1分别为BC ，B 1C 1的中点，记四棱台上、下底面中心分别为O 1，O ，连接AC ，BD ，A 1C 1，B 1D 1，A 1O ，OE ，OP ，PE .由条件知A 1，B 1，C 1，D 1分别为四棱锥的侧棱P A ，PB ，PC ，PD 的中点，则P A ＝2AA 1＝4，OA ＝2，所以OO 1＝12PO ＝12P A 2－OA 2＝3，故该四棱台的高为3，故A 正确；由P A ＝PC＝4，AC ＝4，得△P AC 为正三角形，则AA 1与CC 1所成角为60°，故B 不正确；四棱台的斜高h ′＝12PE ＝12PO 2＋OE 2＝12×(23)2＋(2)2＝142，所以该四棱台的表面积为(22)2＋(2)2＋4×2＋222×142＝10＋67，故C 不正确；易知OA 1＝OB 1＝OC 1＝OD 1＝O 1A 21＋O 1O 2＝2＝OA ＝OB ＝OC ＝OD ，所以O 为四棱台外接球的球心，所以外接球的半径为2，外接球表面积为4π×22＝16π，故D 正确．三、填空题13．(2020·浙江)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＝1.14.在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱的底面直径为40 cm，母线长最短50 cm，最长80 cm，则斜截圆柱的侧面面积S＝________cm2.答案 2 600π解析将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形．由题意得所求侧面展开图的面积S＝12×(π×40)×(50＋80)＝2 600π(cm2)．15．已知球O与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O的体积为________．答案82 3π解析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2R＝22，则球O的体积V＝43πR3＝823π.16．(2020·新高考全国Ⅰ)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．答案2π2解析如图，设B1C1的中点为E，球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，连接DB，D1B1，D1P，D1E，EP，EQ，由∠BAD ＝60°，AB ＝AD ，知△ABD 为等边三角形， ∴D 1B 1＝DB ＝2，∴△D 1B 1C 1为等边三角形， 则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1，∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心， 设截面圆的半径为r ， 则r ＝R 2球－D 1E 2＝5－3＝ 2.又由题意可得EP ＝EQ ＝2，∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ . 又D 1P ＝5， ∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21＝1， 同理C 1Q ＝1，∴P ，Q 分别为BB 1，CC 1的中点， ∴∠PEQ ＝π2，知PQ 的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2.。
高中数学简单几何体的表面积与体积考点及例题讲解
简单几何体的表面积与体积考纲解读 1.结合三视图求几何体的表面积与体积；2.利用几何体的线面关系求表面积和体积；3.求常见组合体的表面积或体积．[基础梳理]1．多面体的表面积与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，表面积是侧面积与底面面积之和．2．旋转体的表面积与侧面积名称侧面积 表面积 圆柱(底面半径r ，母线长l ) 2πrl 2πr (l ＋r ) 圆锥(底面半径r ，母线长l ) πrl πr (l ＋r ) 圆台(上、下底面半径r 1，r 2，母线长l )π(r 1＋r 2)lπ(r 1＋r 2)l ＋π(r 21＋r 22) 球(半径为R )4πR 23.空间几何体的体积(h 为高，S 为下底面积，S ′为上底面积) (1)V 柱体＝Sh .特别地，V 圆柱＝πr 2h (r 为底面半径)． (2)V 锥体＝13Sh .特别地，V 圆锥＝13πr 2h (r 为底面半径)．(3)V 台体＝13h (S ＋SS ′＋S ′)．特别地，V 圆台＝13πh (r 2＋rr ′＋r ′2)(r ，r ′分别为上、下底面半径)．(4)V 球＝43πR 3(球半径是R )．[三基自测]1．正六棱柱的高为6，底面边长为4，则它的表面积为( ) A ．48(3＋3) B ．48(3＋23) C ．24(6＋2) D ．144答案：A2．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________．答案：1∶473．一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________．答案：3365π cm 24．(必修2·1.3A 组改编)球内接正方体的棱长为1，则球的表面积为________． 答案：3π5．(2017·高考全国卷Ⅰ改编)所有棱长都为2的三棱锥的体积为________． 答案：223考点一 几何体的表面积与侧面积|易错突破[例1] (1)(2018·九江模拟)如图，网格纸上小正方形边长为1，粗线是一个棱锥的三视图，则此棱锥的表面积为( )A ．6＋42＋23B ．8＋42C ．6＋6 2D ．6＋22＋43(2)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( )A.⎝⎛⎭⎫95－π2cm 2 B.⎝⎛⎭⎫94－π2cm 2 C.⎝⎛⎭⎫94＋π2cm 2 D.⎝⎛⎭⎫95＋π2cm 2 (3)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．[解析] (1)直观图是四棱锥P ABCD ，如图所示，S △P AB ＝S △P AD ＝S △PDC ＝12×2×2＝2，S △PBC ＝12×22×22×sin 60°＝23，S 四边形ABCD ＝22×2＝42，故此棱锥的表面积为6＋42＋23，故选A.(2)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(cm 2)． (3)由三视图可知，该几何体是一个长方体内挖去一个圆柱体，如图所示．长方体的长、宽、高分别为4,3,1，表面积为4×3×2＋3×1×2＋4×1×2＝38， 圆柱的底面圆直径为2，母线长为1， 侧面积为2π×1＝2π，圆柱的两个底面面积和为2×π×12＝2π. 故该几何体的表面积为38＋2π－2π＝38. [答案] (1)A (2)C (3)38 [易错提醒]1．以三视图为载体的几何体的表面积或侧面积问题，要分清三视图中的量是否为各表面计算面积所用的量．2．几何体切、割后的图形的表面，不一定是减少，甚至可能增加．3．组合体的表面积，要注意衔接部分分散在哪个面中来计算．[纠错训练]1．已知某斜三棱柱的三视图如图所示，求该斜三棱柱的表面积．解析：由题意知，斜三棱柱的直观图如图中ABC A 1B 1C 1所示．易知正方体的棱长为2.斜三棱柱的两个底面积的和为2S △ABC ＝2×12×AB ×AC ＝2，侧面ABB 1A 1的面积S 侧面ABB 1A 1＝2×1＝2，侧面ACC 1A 1为矩形，S 侧面ACC 1A 1＝AA 1·AC ＝25，侧面BCC 1B 1是边长为5的菱形，连接CB 1、BC 1，易得CB 1＝23，BC 1＝22，且CB 1⊥BC 1，所以S 侧面BCC 1B 1＝12CB 1·BC 1＝12×23×22＝26，所以斜三棱柱ABC A 1B 1C 1的表面积为4＋2(5＋6)．2．(2016·高考全国卷Ⅰ)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，求它的表面积．解析：该几何体是一个球体挖掉18剩下的部分，如图所示，依题意得78×43πR 3＝28π3，解得R ＝2，所以该几何体的表面积为4π×22×78＋34π×22＝17π.考点二 空间几何体的体积|方法突破[例2] (1)(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(2)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C 1B 1DA 的体积为( )A ．3 B.32 C ．1D.32(3)(2017·高考山东卷)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如下，则该几何体的体积为________．[解析] (1)法一：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V ＝π×32×10－12×π×32×6＝63π.法二：依题意，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积V ＝π×32×7＝63π，选择B.(2) 在正△ABC 中，D 为BC 中点， 则有AD ＝32AB ＝3， S △DB 1C 1＝12×2×3＝ 3.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．∴VC 1B 1DA ＝VA C 1B 1D ＝13S △DB 1C 1·AD ＝13×3×3＝1.(3)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的四分之一圆柱体构成，∴V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.[答案] (1)B (2)C (3)2＋π2[方法提升]求几何体的体积的方法 方法解读适合题型 直接法对于规则几何体，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 规则 几何体割补法当一个几何体的形状不规则时，常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体，然后再计算．经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体，将三棱柱还原为平行六面体，将台体还原为锥体不规则 几何体 等积转换法 利用三棱锥的“等积性”可以把任一个面作为三棱锥的底面．求体积时，可选择“容易计算”的方式来计算三棱锥[跟踪训练]1．(2018·大连双基检测)如图，在边长为1的正方形网格中用粗线画出了某个多面体的三视图，则该多面体的体积为( )A ．15B ．13C ．12D ．9解析：几何体的直观图如图所示，其中底面ABCD 是一个矩形(其中AB ＝5，BC ＝2)，棱EF ∥底面ABCD ，且EF ＝3，直线EF 到底面ABCD 的距离是3.连接EB ，EC ，则题中的多面体的体积等于四棱锥E ABCD 与三棱锥E FBC 的体积之和，而四棱锥E ABCD 的体积等于13×(5×2)×3＝10，三棱锥E FBC 的体积等于13×⎝⎛⎭⎫12×3×3×2＝3，因此题中的多面体的体积等于10＋3＝13，选B.答案：B2．如图所示(单位：cm)，则图中的阴影部分绕AB 所在直线旋转一周所形成的几何体的体积为________．解析：由题图中数据，根据圆台和球的体积公式，得 V圆台＝13×(π×AD 2＋π×AD 2×π×BC 2＋π×BC 2)×AB ＝13×π×(AD 2＋AD ×BC ＋BC 2)×AB＝13×π×(22＋2×5＋52)×4＝52π(cm 3)， V 半球＝43π×AD 3×12＝43π×23×12＝163π(cm 3)，所以旋转所形成几何体的体积V ＝V 圆台－V半球＝52π－163π＝1403π(cm 3)．答案：1403π(cm 3)考点三 有关球的组合体及面积、体积最值问题|思维突破[例3] (1)已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的体积取最大值时，其高的值为( )A ．33 B.3 C ．2 6D ．23(2)(2017·高考全国卷Ⅰ)已知三棱锥S ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．(3)正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的各顶点都在半径为R 的球面上，则正四棱柱的侧面积有最________值，为________．[解析] (1)设正六棱柱的底面边长为a ，高为h ，则可得a 2＋h 24＝9，即a 2＝9－h 24，那么正六棱柱的体积V ＝⎝⎛⎭⎫6×34a 2×h ＝332(9－h 24)h ＝332(－h 34＋9h )． 令y ＝h 34＋9h ，∴y ′＝－3h 24＋9.令y ′＝0，∴h ＝2 3.易知当h ＝23时，正六棱柱的体积最大，故选D.(2)设球O 的半径为R ，∵SC 为球O 的直径，∴点O 为SC 的中点，连接AO ，OB (图略)，∵SA ＝AC ，SB ＝BC ，∴AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，∵平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ，∴AO ⊥平面SCB ，∴V SABC ＝V ASBC ＝13×S △SBC×AO ＝13×(12×SC ×OB )×AO ，即9＝13×(12×2R ×R )×R ，解得R ＝3，∴球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π.(3)如图，截面图为长方形ACC 1A 1和其外接圆．球心为EE 1的中点O ， 则R ＝OA .设正四棱柱的侧棱长为b ，底面边长为a ，则AC ＝2a ，AE ＝22a ，OE ＝b2，R 2＝⎝⎛⎭⎫22a 2＋⎝⎛⎭⎫b 22， ∴4R 2＝2a 2＋b 2，则正四棱柱的侧面积： S ＝4ab ＝2·2a ·2b ≤2(a 2＋2b 2)＝42R 2，故侧面积有最大值，为42R 2，当且仅当a ＝2b 时等号成立． [答案] (1)D (2)36π (3)大 42R 2 [思维升华]1．求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．2．解决几何体最值问题的方法 方法解读适合题型基本不等式法根据条件建立两个变量的和或积为定值，然后利用基本不等式求体积的最值(1)求棱长或高为定值的几何体的体积或表面积的最值；(2)求表面积一定的空间几何体的体积最大值和求体积一定的空间几何体的表面积的最小值函数法通过建立相关函数式，将所求的组合体中的最值问题最值问题转化为函数的最值问题求解，此法应用最为广泛几何法 由图形的特殊位置确定最值，如垂直图形位置变化中的最值[跟踪训练](2015·高考全国卷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( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π解析：△AOB 的面积为定值，当OC 垂直于平面AOB 时，三棱锥O ABC 的体积取得最大值．由16R 3＝36得R ＝6.从而球O 的表面积S ＝4πR 2＝144π.故选C.答案：C1.[考点二](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 ．π B.3π4 C.π2D.π4解析：球心到圆柱的底面的距离为圆柱高的12，球的半径为1，则圆柱底面圆的半径r＝1－(12)2＝32，故该圆柱的体积V ＝π×(32)2×1＝3π4，故选B.答案：B2.[考点一](2016·高考全国卷Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：由三视图知圆锥的高为23，底面半径为2，则圆锥的母线长为4，所以圆锥的侧面积为12×4π×4＝8π.圆柱的底面积为4π，圆柱的侧面积为4×4π＝16π，从而该几何体的表面积为8π＋16π＋4π＝28π，故选C.答案：C3.[考点二](2015·高考全国卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛解析：设圆锥底面的半径为R 尺，由14×2πR ＝8得R ＝16π，从而米堆的体积V ＝14×13πR 2×5＝16×203π(立方尺)，因此堆放的米约有16×203×1.62×3≈22(斛)．故选B.答案：B4.[考点一、三](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：14π5.[考点一、三](2017·高考全国卷Ⅰ改编)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，求所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值．解析：法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当△ABC 的边长变化时，设△ABC 的边长为a (a >0)cm ，则△ABC 的面积为34a 2，△DBC 的高为5－36a ，则正三棱锥的高为⎝⎛⎭⎫5－36a 2－⎝⎛⎭⎫36a 2＝25－533a ， ∴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.令t ＝25a 4－533a 5，则t ′＝100a 3－2533a 4，由t ′＝0，得a ＝43，此时所得三棱锥的体积最大，为415 cm 3.法二：如图，连接OD 交BC 于点G ，由题意知，OD ⊥BC .易得OG ＝36BC ，∴OG 的长度与BC 的长度成正比．设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，S △ABC ＝23x ·3x ·12＝33x 2，则所得三棱锥的体积V ＝13×33x 2×(5－x )2－x 2＝3x 2×25－10x ＝3×25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝⎛⎭⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4，令f ′(x )>0，即x 4－2x 3<0，得0<x <2，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，52时，f (x )≤f (2)＝80，∴V ≤3×80＝415.∴所求三棱锥的体积的最大值为415.。
专题05 空间几何体的三视图、表面积和体积(解析版)
专题05 空间几何体的三视图、表面积和体积【要点提炼】1.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＋r2＋r′l＋rl)；④球的表面积S＝4πR2.(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＝43πR3.2.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，a2，22a.考点考向一空间几何体的表面积【典例1】(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＋5π(2)(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)π解析(1)由题意知该几何体的表面积S＝6×22－3×14×π×22＋18×4×π×22＝24－π.故选B.(2)如果是绕直角边旋转，则形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，母线就是直角三角形的斜边，长为2，所以所形成的几何体的表面积S＝π×1×2＋π×12＝(2＋1)π.如果绕斜边旋转，则形成的是上、下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边上的高22，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长是1，所以形成的几何体的表面积S′＝2×π×22×1＝2π.综上可知，形成几何体的表面积是(2＋1)π或2π.故选AB.答案(1)B(2)AB探究提高 1.求空间几何体的表面积，首先要掌握几何体的表面积公式，其次把不规则几何体分割成几个规则的几何体.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.【拓展练习1】(1)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为() A.122π B.12πC.82πD.10π(2)(2020·衡水金卷)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. 3解析(1)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.(2)如图，设圆柱底面半径为r (0＜r ＜2)，高为h ，则h4sin 60°＝2－r 2，即h ＝3(2－r )，其侧面积为S ＝23πr (2－r )＝23π(－r 2＋2r )，根据二次函数性质，当r ＝1时，侧面积取得最大值，此时h ＝ 3. 答案 (1)B (2)D考向二 空间几何体的体积【典例2】 (1)(2020·济南模拟)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 3(2)(2020·长沙模拟)如图，在四面体PBCD 中，点A 是CD 的中点，P A ＝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P ABC 的体积为________.解析 (1)∵∠ABC ＝π2，AB ＝2，BC ＝6，∴AC ＝AB 2＋BC 2＝22＋62＝210.∵∠SAB ＝π2，AB ＝2，SB ＝4，∴AS ＝SB 2－AB 2＝42－22＝2 3.由SC ＝213，得AC 2＋AS 2＝SC 2，∴AC ⊥AS .又∵SA ⊥AB ，AC ∩AB ＝A ，∴AS ⊥平面ABC ，∴AS 为三棱锥S －ABC 的高，∴V 三棱锥S －ABC＝13×12×2×6×23＝4 3.故选C.(2)因为△ABC 为等边三角形，边长为6，点A 为CD 的中点，所以AD ＝AB ＝6，所以△ADB 为等腰三角形.又∠DAB ＝180°－∠CAB ＝120°， 所以∠ADB ＝12(180°－120°)＝30°，所以∠ADB ＋∠DCB ＝90°，所以∠DBC ＝90°，所以CB ⊥DB ，所以DB ＝CD 2－BC 2＝144－36＝6 3.因为PB ＝8，PC ＝10，BC ＝6，所以PC 2＝PB 2＋BC 2，所以CB ⊥PB .又DB ∩PB ＝B ，DB ⊂平面PBD ，PB ⊂平面PBD ，所以CB ⊥平面PBD .因为DA ＝AC ＝AP ＝6，所以△PDC 为直角三角形，且∠DPC ＝90°，所以PD ＝CD 2－PC 2＝144－100＝211.又DB ＝63，PB ＝8，所以DB 2＝PD 2＋PB 2，即△PBD 为直角三角形，所以S △PBD ＝12×8×211＝811.因为点A 为DC 的中点，所以V P －ABC ＝12V P －CBD ＝12V C －PBD ＝12×13×S △PBD ×CB ＝12×13×811×6＝811，即四面体P ABC 的体积为811. 答案 (1)C (2)811 811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.【拓展练习2】 (1)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)(2020·东北三校一联)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.13B.23C.1D.43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 ＝AM ＝OA 2－OM 2＝32，故圆柱体积V ＝π·r 2·h ＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫322×1＝3π4.(2)∵ED ⊥平面ABCD 且AD ⊂平面ABCD ， ∴ED ⊥AD .∵在正方形ABCD 中，AD ⊥DC ，而DC ∩ED ＝D ， ∴AD ⊥平面CDEF .易知FC ＝ED2＝1，V A －BEF ＝V ABCDEF －V F －ABCD －V A －DEF .∵V E －ABCD ＝ED ×S 正方形ABCD ×13＝2×2×2×13＝83，V B －EFC ＝BC ×S △EFC ×13 ＝2×2×1×12×13＝23，∴V ABCDEF ＝83＋23＝103.又V F －ABCD ＝FC ×S 正方形ABCD ×13＝1×2×2×13＝43， V A －DEF ＝AD ×S △DEF ×13＝2×2×2×12×13＝43，V A －BEF ＝103－43－43＝23.故选B. 答案 (1)B (2)B考向三 多面体与球的切、接问题【典例3】 (1)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(2)在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.如图，若四棱锥P －ABCD 为阳马，侧棱P A ⊥底面ABCD ，且P A ＝3，BC ＝AB ＝4，设该阳马的外接球半径为R ，内切球半径为r ，则R ＝________；内切球的体积V ＝________.解析 (1)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.(2)在四棱锥P －ABCD 中，侧棱P A ⊥底面ABCD ，且底面为矩形，将该“阳马”补成长方体，则(2R )2＝AB 2＋AD 2＋AP 2＝16＋16＋9＝41， 因此R ＝412.依题意Rt △P AB ≌Rt △P AD ，则内切球O 在侧面P AD 内的正视图是△P AD 的内切圆，故内切球的半径r ＝12(3＋4－5)＝1，则V ＝43πr 3＝43π. 答案 (1)B (2)412 43π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 且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.【拓展练习3】 (1)(2020·太原模拟)如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面ABC 是等腰直角三角形，AB ＝BC ＝1，点D 为侧棱BB 1上的动点.若△ADC 1周长的最小值为3＋5，则三棱锥C 1－ABC 的外接球的体积为( )A.2πB.32π C.5π2 D.3π(2)(2020·烟台诊断)已知点A，B，C在半径为2的球面上，满足AB＝AC＝1，BC ＝3，若S是球面上任意一点，则三棱锥S－ABC体积的最大值为________. 解析(1)将侧面ABB1A1和侧面BCC1B1展开在同一平面内，示意图如图所示，易知当D为侧棱BB1的中点时，△ADC1的周长最小，此时设BD＝x(x＞0)，则21＋x2＋2＋4x2＝3＋5，解得x＝12，所以CC1＝1，AC1＝ 3.又三棱锥C1－ABC的外接球的球心为AC1的中点，所以外接球的半径R＝32，于是三棱锥C1－ABC的外接球的体积为V＝43πR3＝43π×⎝⎛⎭⎪⎫323＝32π.(2)设球心为O，△ABC的外心为D，则OD⊥平面ABC.在△ABC中，由余弦定理，得cos A＝12＋12－（3）22×1×1＝－12，则sin A＝32.所以S△ABC＝12AB·AC sin A＝12×1×1×32＝34，且△ABC的外接圆半径DA＝BC2sin A＝32×32＝1.因此在Rt△OAD中，OD＝OA2－DA2＝22－12＝ 3.当三棱锥S－ABC的高最大时，三棱锥S－ABC的体积取最大值，而三棱锥S－ABC的高的最大值为3＋2，所以三棱锥S－ABC的体积的最大值为13×34×(3＋2)＝3＋2312.答案(1)B(2)3＋2312【专题拓展练习】1．已知四面体ABCD 中，二面角A BC D --的大小为60，且2AB =，4CD =，120CBD ∠=，则四面体ABCD 体积的最大值是（ ）A B C ．83D ．43【答案】D 【详解】在BCD △中，由余弦定理可得2222cos120CD BC BD BC BD =+-⋅22BC BD BC BD =++⋅因为222BC BD BC BD +≥，所以23CD BC BD ≥⋅， 所以163BC BD ⋅≤，当且仅当BC BD =时等号成立，1116sin120223BCDSBC BD =⋅≤⨯= 因为二面角A BC D --的大小为60，所以点A 到平面BCD 的最大距离为2sin 603h ==所以114333A BCD BCDV S h -=⋅≤=， 所以四面体ABCD 体积的最大值是43，2．如图是某个四面体的三视图，则下列结论正确的是（ ）A ．该四面体外接球的体积为48πB ．该四面体内切球的体积为23π C ．该四面体外接球的表面积为323π D ．该四面体内切球的表面积为2π 【答案】D 【详解】由三视图得几何体为下图中的三棱锥A BCD -，AB ⊥平面BCD ,42AB =2CE DE ==,2BE =,由题得2CBD π∠=.设外接球的球心为,O 外接球的半径为R ，则OE ⊥平面BCD , 连接,OB OA ,取AB 中点F ,连接OF .由题得1222OE BF AB ===,所以222(22)2,3R R =+∴=所以外接球的体积为34(23)3233ππ⨯=，所以选项A 错误；所以外接球的表面积为24(23)48ππ⨯=，所以选项C 错误； 由题得22(42)(22)210AC AD ==+= 所以△ACD △24026-=， 设内切球的半径为r ，则1111111(422242222446)24423222232r ⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=⨯⨯⨯⨯ 所以22r， 所以内切球的体积为3422)323ππ⨯=（，所以选项B 错误； 所以内切球的表面积为224()22ππ⨯=，所以选项D 正确. 故选：D3．已知三棱锥P ABC -的底面是正三角形，PA a =，点A 在侧面PBC 内的射影H 是PBC 的垂心，当三棱锥P ABC -体积最大值时，三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（ ） A ．33a B ．23a πC 33aD ．212a【答案】B 【详解】如下图所示，延长PH 交BC 于点D ，连接AD ，H 为PBC 的垂心，则BC PD ⊥，AH ⊥平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，BC AH ∴⊥， AHPD H =，BC ∴⊥平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，BC AD ∴⊥，连接BH 并延长交PC 于点E ，连接AE ，AH ⊥平面PBC ，PC ⊂平面PBC ，AH PC ∴⊥，BE PC ⊥，AHBE H =，PC ∴⊥平面ABE ，AB ⊂平面ABE ，AB PC ∴⊥，设点P 在平面ABC 内的射影为点O ，延长CO 交AB 于点F ，连接PF ，PO ⊥平面ABC ，AB 平面ABC ，PO AB ∴⊥， PO PC P =，AB ∴⊥平面PCF ，PF 、CF ⊂平面PCF ，则PF AB ⊥，CF AB ⊥， AD CF O =，O ∴为正ABC 的中心，且F 为AB的中点，PO ⊥平面ABC ，OA 、OB 、OC ⊂平面ABC ， PO OA ⊥，PO OB ⊥，PO OC ⊥，且OA OB OC ==，所以，POA POB POC ≅≅，PA PB PC a ∴===， 当PB PC ⊥时，PBC 的面积取最大值，当PA ⊥平面PBC 时，三棱锥P ABC -的体积取得最大值， 将三棱锥A PBC -补成正方体AEMN PBDC -，所以，三棱锥A PBC -的外接球的直径即为正方体AEMN PBDC -的体对角线长， 设三棱锥A PBC -的外接球直径为2R ，则22223R PA PB PC a =++=，因此，三棱锥P ABC -的外接球的表面积为()222423R R a πππ=⨯=. 4．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）A ．24B ．28C ．32D ．36【答案】B 【详解】根据三视图可知，该几何体是由长宽高分别为4,3,2的长方体和一个高为1的正四棱锥组合而成的组合体，如图：其体积为1432431283⨯⨯+⨯⨯⨯=.5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．13B．16C．1 D．23【答案】A【详解】由三视图知原几何体是三棱锥A BCD-，AB与底面垂直，底面BDC是等腰直角三角形，棱锥的体积为111112323V⎛⎫=⨯⨯⨯⨯=⎪⎝⎭，故选：A．6．用到球心的距离为1的平面去截球，以所得截面为底面，球心为顶点的圆锥体积为83π，则球的表面积为（ ） A ．16π B ．32πC ．36πD ．48π【答案】C 【详解】设球的半径为R ，圆锥的底面半径为r ，因为球心到截面的距离为1， 所以有：221r R =-， 则题中圆锥体积()2181133V R ππ=⨯⨯-=，解得3R =，故球的表面积为2436R ππ=. 故选：C7．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，2AP =，AB =4AC =，45BAC ∠=︒，则三棱锥P ABC -外接球的表面积是（ ） A ．14π B ．16πC ．18πD ．20π【答案】D 【详解】在BAC 中，45BAC ∠=︒，AB =4AC =，由余弦定理可得2222cos 8162442BC AB AC AB AC π=+-⋅=+-⨯⨯=，则222BC AB AC +=，所以BC AB ⊥， 由PA ⊥平面ABC ，则PA BC ⊥，PA AB A =，所以BC ⊥平面PAB ， 所以BC PB ⊥，所以PBC 为直角三角形， 又PAC △为直角三角形，所以PC 是外接球直径，O 是PC 的中点，即为球心， 又22,2AB BC PA ===，所以()()2222222225PC =++=5所以球O 的体积245)20V ππ=⨯=.8．已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点,M N ，若线段MN 31，则下列结论不正确的是（ ） A ．正方体的外接球的表面积为12π B ．正方体的内切球的体积为43π C ．正方体的棱长为2 D ．线段MN 的最大值为23【答案】D 【详解】设正方体的棱长为a 3， 内切球半径为棱长的一半，即2a . ∵M N ，分别为外接球和内切球上动点，∴min 33131222a a a MN --===-， 解得：2a =.即正方体棱长为2，C 正确；∴正方体外接球表面积为24(3)12ππ⨯=，A 正确； 内切球体积为43π，B 正确； 线段MN 的最大值为33122aa +=+，D 错误. 9．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有一个数学问题：“现有刍甍，下宽3丈，长4丈；上长2丈，无宽，高1丈.问：有体积多少？”本题中刍甍是如图所示的几何体EF ABCD -，底面ABCD 是矩形，//AB EF ， 4AB =， 3AD =， 2EF =，直线EF 到底面ABCD 的距离1h =，则该几何体EF ABCD -的体积是（ ）A ．5B ．10C ．15D ．52【答案】A 【详解】沿上棱两端向底面作垂面，且使垂面与上棱垂直， 则将几何体分成两个四棱锥和1个直三棱柱， 则三棱柱的体积1131232V =⨯⨯⨯=，两个四棱锥的体积2111131313()2333V DM CN DM CN =⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=⨯⨯⨯+=，所以该几何体EF ABCD -的体积是3+2=5.10．已知长方体的两个底面是边长为1的正方形，长方体的一条体对角线与底面成45角，则此长方体的外接球表面积为（ ） A ．4π B ．6πC ．12πD ．24π【答案】A 【详解】记该长方体为1111ABCD A B C D -，1BD 为该长方体的一条体对角线，其与底面所成角为45，因为在长方体1111ABCD A B C D -中，侧棱1DD ⊥底面ABCD ，则1D BD ∠为1BD 与底面所成角，即145D BD ∠=， 因为长方体的两个底面是边长为1的正方形，所以222BD AD AB =+=，则12DD BD ==，所以1222BD =+=， 又长方体的外接球直径等于其体对角线的长， 即该长方体外接球的直径为12222R BD ==+=， 所以此长方体的外接球表面积为244S R ππ==.11．在正方体1111ABCD A B C D -中，三棱锥11A B CD -的表面积为43，则正方体外接球的体积为（ ） A ．43π B ．6πC ．323πD ．86π【答案】B 【详解】解：设正方体的棱长为a ，则1111112B D AC AB AD B C D C a ======， 由于三棱锥11A B CD -的表面积为43， 所以()12133442242AB CS Sa==⨯⨯=所以2a =()()()2222226++=， 所以正方体的外接球的体积为346632ππ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭12．某几何体的三视图均为如图所示的五个边长为单位1的小正方形构成，则该几何体与其外接球的表面积分别为（ ）A ．18,3πB ．20,3πC ．30,11πD ．32,11π【答案】C 【详解】解：由三视图的几何体如图所示，可知几何体的表面积为115630S =⨯⨯⨯=，设该几何体外接球的半径为R ，则222211311R ++=所以该几何体外接球的表面积为2114112S ππ⎛'=⨯= ⎝⎭. 13．已知三棱锥P ABC -，3BAC π∠=，3BC =PA ⊥平面ABC 且23PA =此三棱锥的外接球的体积为（ ） A ．163πB ．3πC ．16πD ．323π【答案】D 【详解】如图，设球心为O ，三角形ABC 外接圆心为1O ，PA⊥平面ABC，∴1132OO PA==，设球半径为R，圆1O的半径为r，则在三角形ABC中，由正弦定理可得322sin32BCrBAC===∠，即1r=，在直角三角形1AOO中，22211OO AO OA+=，即()2223r R+=，解得2R=，则外接球的体积为343233Rππ=.故选：D.14．已知正三棱柱111ABC A B C-的各棱长均为2，底面ABC与底面111A B C的中心分别为O、1O，P是1OO上一动点，记三棱锥P ABC-与三棱锥111P A B C-的体积分别为1V、2V，则12V V⋅的最大值为（）A．13B3C．23D23【答案】A【详解】∵正三棱柱111ABC A B C-的各棱长均为2，∴111122sin 6032ABC A B C S S ∆∆==⨯⨯⨯=，且12OO =， ∴11112111111123()33333ABC A B C ABC ABC V V S OP S O P S OP O P S OO ∆∆∆∆+=⋅+⋅=⋅+=⋅=， 由12122323V V V V ⋅≤+=得：1213V V ⋅≤，当且仅当点P 为1OO 的中点时等号成立， ∴12V V ⋅的最大值为13，故选：A. 15．如图，正四棱锥P ABCD -的底面边长和高均为2，M 是侧棱PC 的中点，若过AM 作该正四棱锥的截面，分别交棱PB ､PD 于点E ､F (可与端点重合)，则四棱锥P AEMF -的体积的取值范围是（ ）A ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．14,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．41,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．8,19⎡⎤⎢⎥⎣⎦ 【答案】D【详解】设,PE PF x y PB PD==,则,PE xPB PF yPD == 所以412,323P AEF P ABD P MEF P BCD V xy V xy V xyV xy ----=⋅===， 1212,2323P AFM P ACD P AEM P ABC V y V y V x V x ----=⋅==⋅=， ()223P AEMF P AEF P EMF P AFM P AEM V V V V V xy x y -----=+=+==+， 所以3x y xy +=，则331y x y =-， 令31y t -=，因为1,12y ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 所以1,22t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以()221311412, 319992tyty t t+⎛⎫⎡⎤==++∈⎪⎢⎥-⎝⎭⎣⎦，所以2238,13319P AEMFyVy-⎡⎤=⋅∈⎢⎥-⎣⎦，故选：D。
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。
空间几何体及其表面积和体积知识点及题型归纳总结
空间几何体及其表面积和体积知识点及题型归纳总结知识点精讲一、构成空间几何体的基本元素—点、线、面（1）空间中，点动成线，线动成面，面动成体.（1）空间中，不重合的两点确定一条直线，不共线的三点确定一个平面，不共面的四点确定一个空间图形或几何体（空间四边形、四面体或三棱锥）.二、简单凸多面体—棱柱、棱锥、棱台1．棱柱：两个面互相平面，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱.（1）斜棱柱：侧棱不垂直于底面的棱柱；（2）直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱；（3）正棱柱：底面是正多边形的直棱柱；（4）平行六面体：底面是平行四边形的棱柱；（5）直平行六面体：侧棱垂直于底面的平行六面体；（6）长方体：底面是矩形的直平行六面体；（7）正方体：棱长都相等的长方体.2．棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥.（1）正棱锥：底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心；（2）正四面体：所有棱长都相等的三棱锥.3．棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台，由正棱锥截得的棱台叫做正棱台.简单凸多面体的分类及其之间的关系如图8-1 所示.三、简单旋转体—圆柱、圆锥、圆台、球3．圆台：用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分叫做圆台.4．球：以半圆的直径所在的直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称为球（球面距离：经过两点的大圆在这两点间的劣弧长度）.四、组合体由柱体、椎体、台体、球等几何体组成的复杂的几何体叫做组合体.五、表面积与体积计算公式（见表8-1 和8-2 ）表8-18-2台体 1V 台(S SS S)h 3球V 4R 33题型归纳及思路提示题型 1 几何体的表面积与体积思路提示 熟悉几何体的表面积、体积的基本公式，注意直角等特殊角 .例 8-1 三棱锥 P ABC 的侧棱 PA ， PB ， PC 两两垂直，侧面积分别是 6 ， 4 ， 3 ，则三棱锥的表面积 是 ，体积是 .由余弦定理可得解析 如图 8-2 所示，设 PA a ， PBb ， PC c(a ， b ，c 0) ，ab 2 则 bc 2 ca,得 ab bc ca128 , 三式相乘得222a 2b 2c 212 8所以 abc 24 ,ABBCCAa 2b 2 b 2c 2133a 两两垂直 , 所以cos BCA2 2 2 2 2BC2 CA2 AB2 BC2 CA2 AB2 2BCgCA 2BC gCA225213 AB222 2 P5 13 65所以S表6 4 3 61 13 61 ,体积V11abc 24 4 .66评注: 若三棱锥P ABC 的侧棱PA, PB, PC 两两垂直, 则类比直角三角形中的勾股定理有, S VABC S VPABSVPBC S VPCA（本题S ABC 6 4 3 61 ）, V P ABC PA gPB gPC .6变式 1 如图8-3 所示,在VABC 中, ABC 45o, BAC 90o, AD 是BC 边上的高, 沿AD 把VABD 折起, 使BDC 90o. 若BD 1 , 求三棱锥D ABC 的表面积.变式 2 如图8-4(a) 所示, ACB 45o,BC 3 , 过动点A 作AD BC , 垂足D 在线段BC 上且异于点B , 连接AB , 沿AD 将VABD 折起, 使BDC 90o( 如图8-4(b) 所示). 当BD 的长为多少时, 三棱锥A BCD 的体积最大.变式 3 已知正四棱锥S ABCD 中, SA 2 3 , 那么当该棱锥的体积最大时它的高为( ).例 8.2 如图 8-5 所示 , 在长方体 ABCD A 1B 1C 1D 1 中 , AB AD 3cm , AA 1 2cm , 则四棱锥BB 1D 1D .半径为 R 的球 O , 表面积 S 4 R 2 , 体积 V 4 R 3 ; 球面上 A,B 两点的球面距离为3其中 AOB （ 弧度制 ）. 这里可知球的表面积、体积计算实质是求半径 .例 8.3 已知三个球的半径 R 1,R 2,R 3 满足 R 1 2R 2 3R 3 , 则他们的表面积 S 1, S 2 , S 3 满足的等量关系S 1 2 S 2 3 S 3 .cm交 BD形 , 即 AOBD ,且 AO32 cm ,2又显然平面 BB 1D 1D平 面 ABCD , 故 AO平面所以 V A BB 1D 1 D 13BDBB 1 AO 13 232 3 2 6 cm 32变式 1 (2012山东理 14） 如图 8-7 所示 , 正方体 ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为 1, E,F 分别为线段是 .2解 析 S 1 4 R 12即 R 1S 1,2 ,R 3S 3 2 ,由 R 1 2R 2 3R 3 得A BB 1D 1D 的体积为33cm , 故底面 ABCD 为正方EDF 的体积为同理 得 R 2变式 1 若球O 1,O 2 的表面积之比S1S 24 , 则他们的半径之比R1R 2变式 2 正方体的内切球与其外接球的体积之比为 ( ) A. 1: 3 B. 1:3 C. 1:3 3 D. 1:9 题型 2 思路提示 几何体的外接球与内切球 (1) 半径为 R 的球 O , 表面积 S 2 4 R 2, 体积 V R 3.(2) 设 小 圆 O 1 半 径 为 r,OO 1 R 2若 A,B 是 O 1 上 两 点 , 则AO 1B AOB 2Rsin2 AB 2rsin 2 (3) 作出关键的轴截面 , 在此轴截面内寻找集合体的棱长或母线长与球之间关系32 例 8.4 已知正方体外接球的体积是 , 那么正方形的棱长等于 ( A. 2 2 B. 23 3 C. 42 3 D. 43 3 分析 正方体外接球的直径为正方体的体对角线 R 3 解析 设正方体的棱长为 a , 外接球半径为 R , 3 2R 3a32 3 2 43 .3 故选 D.变式 1 一个长方体的各顶点均在同一球的球面上 面积为 ., 且一个顶点上的三条棱额长分别为1,2,3, 则此球的表变式 2 正四面体的棱长为 2 , 则该正四面体的外接球的表面积为 例 8.5 正三棱柱 ABC A 1B 1C 1 内接于半径为 2 的球 , 若 A,B 两点的球面距离为, 则正三棱柱的体积为 2 O 为球心 , 由题意知 AB AOB 2 2sin AOB 2 AOB 2 AB 2 2底面圆的半径为:AB 2sin3 2 2 2 6, 则正三棱柱的高为 2 22 2 6 3 3 3 所以正三棱柱的体积为32 22 43 8 . 43 变式 1 直三棱柱 ABC A 1B 1C 1 的各顶点都在同一球面上 , 若 AB AC AA 1 2, BAC 120o , 则此 球的表面积等棱柱ABC A1B1C1 的 6 个顶点都在球O 的球面上, 若AB 3,AC 4,AB AC, AA1 12 , 则球O 的半径为( ).A. 3 17B.2 2 10 C. 132 D.3 10例8.6 一个正三棱锥的正三棱锥的体积是(4个顶点都在半径为 1 的球面上, 其中底面的3个顶点在该球的一个大圆上, 则该A. 3 34 B. C. D.3 12解析设正三棱锥的底面边长为高为h ,sin3 由题意知h 1变式 1 已知S,A,B,C 是球O表面上的点,SA 球O 的表面积等于变式 2 已知三棱锥S ABC 为O 的直径, 且SC 2 ,的所有顶点都在球O则此棱锥的体积为( ).V 132h33. 故选 C.4平面ABC , AB BC,SA AB 1,BC 2 , 则的球面上, VABC 是边长为1的正三角形, SCA. 2B. 366 C. 23 D.变式 3 高为2的四棱锥4 S ABCD 的底面是边长为 1 的正方形, 点S,A,B,C,D均在半径为 1 的同一球面上, 则底面ABCD的中心与顶点S 之间的距离为( )A. B. C. 1 D.最有效训练题1. 若圆锥的侧面展开图是圆心角为120o, 半径为l 的扇形, 则这个圆锥的表面积与侧面积的比是( ).A. 3:2B. 2:1C. 4:3D. 5:32. 一个长方体上一个顶点所在的三个面的面积分别是2, 3, 6 , 这个长方体的体对角线长为A. 2 3B. 32C. 6D. 63. 如图8-8 所示, 在等腰梯形ABCD 中, AB 2DC 2, DAB 60o, E为AB 的中点, 将VADE 与VBEC 分别沿ED 和EC 向上折起,使A,B 重合于点P , 则三棱锥P DCE 的外接球的体积为( ).A. 4 327 B. D.4. 过球的一条半径的中点作垂直于这条半径的球的截面11 D.12 8, 则此截面面积是球表面积的( ).5.6.A.116侧棱长为A. 76B.16C.4, 底面边长为B. 68已知在四棱锥P积V 的取值范围是7.8.C.的正三棱柱的各顶点均在同一个球面上, 则该球的表面积为( ).20 D.ABCD , AB 1,PAgAC 1, ABC ,0 2, 则四棱锥p ABCD 的体).A. 62,13B.2,112,C. D.2,112,62 的半圆面,则该圆锥的体积为若一个圆锥的侧面展开图是面积为2 将圆心角为, 面积为3 的扇形作为圆锥的侧面, 则圆锥的表面积等于.3 正四棱锥底面边长为4, 侧棱长为3, 则其体积为., 截得圆台上下底面的半径的比是1:4, 截去的圆锥的母线长9.10. 用一平行于圆锥底面的平面截这个圆锥是3cm, 则圆台的母线长为cm.11. 如图8-9 所示, 长方体ABCD - A1B1C1D1 中, AB a,BC b,BB1 c , 并且a b c 0 . 求A 到C1 的最短线的长沿着长方体的表面自12. 底面半径为1, 高为3 的圆锥, 其内接圆柱的底面半径为R , 当R 为何值时, 内接圆柱的体积最大?。
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
空间几何体的表面积与体积 例题解析
空间几何体的表面积与体积 例题解析例1：已知直三棱柱底面各边的比为17∶10∶9，侧棱长为16 cm ，全面积为1440cm 2，求底面各边之长.分析：这是一道跟直棱柱侧面积有关的问题，从结论出发，欲求底面各边之长，而各边之比已知，可分别设为17a 、10a 、 9a ，故只须求出参数a 即可，那么如何利用已知条件去求 a 呢？［生］设底面三边长分别是17a 、10a 、9a , S 侧＝（17a ＋10a ＋9a ）·16＝576a 设17a 所对三角形内角α，则cos α＝（10a ）2＋（9a ）2－（17a ）22×10a ×9a ＝－35 ，sin α＝45S 底＝12 ·10a ·9a ·45＝36a 2∴576a ＋72a 2＝1440 解得：a ＝2∴三边长分别为34 cm ，20 cm ，18 cm.［师］此题中先设出参数a ，再消去参数，很有特色.例2：正三棱锥底面边长为a ，侧棱与底面成45°角，求此棱锥的侧面积与全面积.分析：可根据正棱锥的侧面积与全面积公式求得. 解：如图所示，设正三棱锥S —ABC 的高为SO ，斜高为SD ，在Rt △SAO 中，∴AO ＝SA ·cos45°∵AO ＝23 AD ＝23 32a ∴SA ＝63a在Rt △SBD 中SD ＝a a a 615)21()36(22=- ∴S 侧＝12 ·3a ·SD ＝154a 2. ∵S 底＝34a 2∴S 全＝（154＋34）a 2 例3：从一个正方体中，如图那样截去4个三棱锥后，得到一个正三棱锥A —BCD ，求它的体积是正方体体积的几分之几？ 分析：在准确识图的基础上，求出所截得的每个三棱锥的体积和正三棱锥A —BCD 的体积即可.解：设正方体体积为Sh ,则每个截去的三棱锥的体积为13·12Sh＝16Sh.∵三棱锥A—BCD的体积为Sh－4·16Sh＝13Sh.∴正三棱锥A—BCD的体积是正方体体积的13 .例4：假设正棱锥的底面边长为a，侧棱长为2a，求对角面的面积和侧面积. 解：如图所示，在正四棱锥P—ABCD中，AB＝a，PB＝2a，作PO⊥底面ABCD于O.连结BD，则O∈BD，且PO⊥BC，由AB＝a，得BD＝ 2 a，在Rt△PAB中，PO2＝PB2－BO2＝（2a）2－（22a）2∴PO＝142a，S对角面＝12PO·BD＝72a2.又作PE⊥BC于E，这时E是BC的中点∴PE2＝PB2－BE2＝（2a）2－（12a）2∴PE＝152a∴S侧＝4×21PE·BC＝15 a2∴对角面面积为72a2,侧面积为15 a2.例5：如图，圆柱的底面直径与高都等于球的直径，求证：（1）球的表面积等于圆柱的侧面积；（2）球的表面积等于圆柱全面积的2 3证明：（1）设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R，得S球＝4πR2，S圆柱侧＝2πR·2R＝4πR2 ∴S球＝S圆柱侧（2）∵S圆柱全＝4πR2+2πR2＝6πR2 S球＝4πR2∴S球＝23S圆柱全例6：有三个球，第一个球内切于正方体的六个面，第二个球与这个正方体各条棱都相切，第三个球过这个正方体的各顶点，求这三个球的表面积之比.解：设正方体的棱长为a ，则第一个球的半径为 a 2 ，第二个球的半径是22a ，第三个球的半径为32a .∴r 1∶r 2∶r 3＝1∶ 2 ∶ 3 ∴S 1∶S 2∶S 3＝1∶2∶3 例7：已知圆锥的全面积是它内切球表面积的2倍，求圆锥侧面积与底面积之比.解：过圆锥的轴作截面截圆锥和内切球分别得轴截面SAB 和球的大圆⊙O ，且⊙O 为△SAB 的内切圆.设圆锥底面半径为r ,母线长为l ;内切圆半径为R ，则 S 锥全＝πr 2＋πrl ，S 球＝4πR 2，∴r 2＋rl ＝8R 2 ① 又∵△SOE ∽△S A O 1∴r l rl rl r l r R +-=--=22 ②由②得：R 2＝r 2·r l r l +-代入①得：r 2＋rl ＝8r 2·rl rl +-，得： l ＝3r∴32===rlr rl S S ππ底锥侧∴圆锥侧面积与底面积之比为3∶1. 练习：1.已知球面上A 、B 、C 三点的截面和球心的距离等于球的半径的一半，且AB =BC =CA =2，求球的体积.2.一个体积为8的正方体的各个顶点都在球面上，求此球的体积. 例8：求球与它的外切圆柱、外切等边圆锥的体积之比.解：如图所示，等边△SAB 为圆锥的轴截面，此截面截圆柱得正方形C 1CDD 1，截球面得球的大圆圆O 1.设球的半径O 1O ＝R ，则它的外切圆柱的高为2R ，底面半径为R ，则有OB ＝O 1O ·cot30°＝ 3 RSO ＝OB ·tan60°＝ 3 R · 3 ＝3R ∴V 球＝43πR 3,V 柱＝πR 2·2R ＝2πR 3V 锥＝13π（ 3 R ）2·3R ＝3πR 3∴V 球∶V 柱∶V 锥＝ 4∶6∶9［师］以上题目，通过作球及外切圆柱、等边圆锥的公共截面暴露这些几何体之间的相互关系.让我们继续体会有关球的相接切问题.例9：半径为R 的球的内接四面体内有一内切球，求这两球的体积比？解：如图所示，大球O 的半径为R ；设正四面体 A —BCD 的棱长为a ，它的内切球半径为r ，依题意BO 1＝2332a ＝33a ， AO 1＝AB 2－BO 12 ＝a 2－（33a ）2 ＝63a 又∵BO 2＝BO 12＋OO 12， ∴R 2＝（22)36()33R a a -+ ∴a ＝362R 连结OA ，OB ，OC ，OD ，内切球球心到正四面体各面距离为r ,V O —BCD ＝V O —ABC ＋V O —ACD ＋V O —AOB ＋V O —BCD ∴r S AO S BCD BCD ⋅⋅⋅=⋅⋅∆∆314311∴r ＝41AO ∴r ＝R R a 31362126126=⋅=∴V 小球∶V 大球＝34π·（31R ）3∶34π·R 3＝1∶27∴内切球与外接球的体积比为1∶27.。
高考复习 第8篇 第1讲 空间几何体及其表面积与体积知识点+例题+练习 含答案
第1讲空间几何体及其表面积与体积知识梳理1．多面体的结构特征(1)棱柱：一般地，由一个平面多边形沿某一方向平移形成的空间几何体叫做棱柱；棱柱两个底面是全等多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形．(2)棱锥：当棱柱的一个底面收缩为一个点时，得到的几何体叫做棱锥；棱锥底面是多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形．(3)棱台：棱锥被平行于底面的一个平面所截后，截面和底面之间的部分叫做棱台．2．旋转体的结构特征(1)将矩形、直角三角形、直角梯形分别绕它的一边、一直角边、垂直于底边的腰所在的直线旋转一周，形成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台；这条直线叫做轴，垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做底面．不垂直于轴的边旋转而成的曲面叫做侧面，无论旋转到什么位置，这条边都叫做母线．(2)球：半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所成的曲面叫做球面，球面围成的几何体叫做球体，简称球．3．柱、锥、台和球的侧面积和体积面积体积圆柱S侧＝2πrh V＝Sh＝πr2h圆锥S侧＝πrlV＝13Sh＝13πr2h＝13πr2l2－r2圆台S侧＝π(r1＋r2)lV＝13(S上＋S下＋S上S下)h＝13π(r21＋r22＋r1r2)h直棱柱S侧＝Ch V＝Sh正棱锥S侧＝12Ch′V＝13Sh续表4.(1)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是各面面积之和．(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形；它们的表面积等于侧面积与底面面积之和．辨析感悟1．柱体、锥体、台体与球的面积(1)圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS.(×)(2)设长方体的长、宽、高分别为2a，a，a，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为3πa2.(×)2．柱体、锥体、台体的体积(3)(教材练习改编)若一个球的体积为43π，则它的表面积为12π.(√)(4)在△ABC中，AB＝2，BC＝3，∠ABC＝120°，使△ABC绕直线BC旋转一周所形成的几何体的体积为9π.(×)3．柱体、锥体、台体的展开与折叠(5)将圆心角为2π3，面积为3π的扇形作为圆锥的侧面，则圆锥的表面积等于4π.(√)(6)(2014·青州模拟改编)将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起，使BD＝a，则三棱锥D－ABC的体积为312a3.(×)[感悟·提升]两点注意一是求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解．二是几何体展开、折叠问题，要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系．考点一空间几何体的结构特征【例1】给出下列四个命题：①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体④底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱其中不正确的命题为________．解析对于①，平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形，故①错；对于②，对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明(如图)，故②错；对于③，若底面不是矩形，则③错；④正确．答案①②③规律方法解决该类题目需准确理解几何体的定义，要真正把握几何体的结构特征，并且学会通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，设法举出一个反例即可．【训练1】设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；②底面是矩形的平行六面体是长方体；③直四棱柱是直平行六面体；④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．其中真命题的序号是________．解析命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的．底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的．因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的．命题④由棱台的定义知是正确的． 答案 ①④考点二 几何体的表面积与体积【例2】 如图所示，四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是半径为R 的圆的内接四边形，其中BD 是圆的直径，∠ABD ＝60°，∠BDC ＝45°， △ADP ∽△BAD . (1)求线段PD 的长；(2)若PC ＝11R ，求三棱锥P －ABC 的体积． 解 (1)∵BD 是圆的直径，∴∠BAD ＝90°， 又∵△ADP ∽△BAD ，∴AD BA ＝DP AD ， ∠PDA ＝∠BAD ＝90°， DP ＝AD 2BA ＝(BD sin 60°)2BD sin 30°＝4R 2×342R ×12＝3R . ∴DP 的长为3R .(2)在Rt △BCD 中，BC ＝CD ＝BD cos 45°＝2R ， ∵PD 2＋CD 2＝9R 2＋2R 2＝11R 2＝PC 2，∴PD ⊥CD ， 又∠PDA ＝90°，AD ∩CD ＝D ，∴PD ⊥底面ABCD ， 则S △ABC ＝12AB ·BC sin(60°＋45°) ＝12R ·2R ⎝ ⎛⎭⎪⎫32×22＋12×22＝3＋14R 2.所以三棱锥P －ABC 的体积为V P －ABC ＝13·S △ABC ·PD ＝13·3＋14R 2·3R ＝3＋14R 3.规律方法 求几何体的体积问题，可以多角度、全方位地考虑问题，常采用的方法有“换底法”、“分割法”、“补体法”等，尤其是“等积转化”的数学思想方法应高度重视．【训练2】 (2014·苏州模拟)一个正三棱台的上、下底面边长分别是3 cm 和6 cm ，高是32 cm.(1)求三棱台的斜高；(2)求三棱台的侧面积和表面积． 解(1)设O 1、O 分别为正三棱台ABC －A 1B 1C 1的上、下底面正三角形的中心，如图所示，则O 1O ＝32，过O 1作O 1D 1⊥B 1C 1，OD ⊥BC ，则D 1D 为三棱台的斜高；过D 1作D 1E ⊥AD 于E ，则D 1E ＝O 1O ＝32， 因O 1D 1＝36×3＝32，OD ＝36×6＝3，则DE ＝OD －O 1D 1＝3－32＝32.在Rt △D 1DE 中， D 1D ＝D 1E 2＋ED 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝3(cm)． (2)设c 、c ′分别为上、下底的周长，h ′为斜高， S 侧＝12(c ＋c ′)h ′＝12(3×3＋3×6)×3＝2732(cm 2)，S 表＝S 侧＋S 上＋S 下＝2732＋34×32＋34×62＝9934(cm 2)．故三棱台斜高为 3 cm ，侧面积为2732 cm 2，表面积为9934 cm 2.考点三 球与空间几何体的接、切问题【例3】 (1)(2013·新课标全国Ⅱ卷)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________．(2)(2013·辽宁卷改编)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为________．审题路线 (1)根据正四棱锥的体积求高⇒求底面正方形的对角线长⇒由勾股定理求OA ⇒由球的表面积公式求解．(2)BC 为过底面ABC 的截面圆的直径⇒取BC 中点D ，则球心在BC 的垂直平分线上，再由对称性求解． 解析 (1)设正四棱锥的高为h ， 则13×(3)2×h ＝322，解得h ＝322. 又底面正方形的对角线长为2×3＝ 6. 所以OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝ 6. 故球的表面积为S 球＝4π×(6)2＝24π.(2)因为在直三棱柱中AB ＝3，AC ＝4，AA 1＝12，AB ⊥AC ，所以BC ＝5，且BC 为过底面ABC 的截面圆的直径，取BC 中点D ，则OD ⊥底面ABC ，则O 在侧面BCC 1B 1内，矩形BCC 1B 1的对角线长即为球的直径，所以2r ＝122＋52＝13，即r ＝132.答案 (1)24π (2)132规律方法 解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．【训练3】(2012·辽宁卷)已知点P，A，B，C，D是球O表面上的点，P A⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为23的正方形．若P A＝26，则△OAB的面积为________．解析根据球的内接四棱锥的性质求解．如图所示，线段PC就是球的直径，设球的半径为R，因为AB＝BC＝23，所以AC＝2 6.又P A＝26，所以PC2＝P A2＋AC2＝24＋24＝48，所以PC＝43，所以OA＝OB＝23，所以△AOB是正三角形，所以S＝12×23×23×32＝3 3.答案3 3考点四几何体的展开与折叠问题【例4】(1)如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD中，AC与BD相交于O，剪去△AOB，将剩余部分沿OC，OD折叠，使OA，OB重合，则以A，B，C，D，O为顶点的四面体的体积为________．(2)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝CC1＝3.P是BC1上一动点，沿棱柱表面使CP＋P A1最小，则最小值为________．解析 (1)折叠后的四面体如图所示．OA ，OC ，OD 两两相互垂直，且OA ＝OC ＝OD ＝22，体积V ＝13 S △OCD ·OA ＝13×12×(22)3＝823.(2)由题意知，A 1P 在几何体内部，把面BB 1C 1C 沿BB 1展开与面AA 1B 1B 在一个平面上，如图所示，连接A 1C 即可． 则A 1、P 、C 三点共线时，CP ＋P A 1最小， ∵∠ACB ＝90°，AC ＝4，BC ＝C 1C ＝3，∴A 1B 1＝AB ＝42＋32＝5，∴A 1C 1＝5＋3＝8，∴A 1C ＝82＋32＝73.故CP ＋P A 1的最小值为73.答案 (1)823 (2)73规律方法 (1)有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形(折前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系，哪些变，哪些不变．(2)研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．【训练4】如图为一几何体的展开图，其中ABCD是边长为6的正方形，SD＝PD＝6，CR＝SC，AQ＝AP，点S，D，A，Q共线，点P，D，C，R共线，沿图中虚线将它们折叠起来，使P，Q，R，S四点重合，则需要________个这样的几何体，可以拼成一个棱长为6的正方体．解析由题意知，将该展开图沿虚线折叠起来以后，得到一个四棱锥P－ABCD(如图所示)，其中PD⊥平面ABCD，因此该四棱锥的体积V＝13×6×6×6＝72，而棱长为6＝3个这样的几何体，才能拼成的正方体的体积V＝6×6×6＝216，故需要21672一个棱长为6的正方体．答案 31．对于基本概念和能用公式直接求出棱柱、棱锥、棱台与球的表面积的问题，要结合它们的结构特点与平面几何知识来解决．2．求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．3．与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．方法优化5——特殊点在求解几何体的体积中的应用【典例】 (2012·山东卷)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为________．[一般解法] 三棱锥D 1－EDF 的体积即为三棱锥F －DD 1E 的体积．因为E ，F 分别为AA 1，B 1C 上的点，所以在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中△EDD 1的面积为定值12，F 到平面AA 1D 1D 的距离为定值1，所以VF －DD 1E ＝13×12×1＝16. [优美解法] E 点移到A 点，F 点移到C 点，则VD 1－EDF ＝VD 1－ADC ＝13×12×1×1×1＝16. [答案] 16[反思感悟] (1)一般解法利用了转化思想，把三棱锥D 1－EDF 的体积转化为三棱锥F －DD 1E 的体积，但这种解法还是难度稍大，不如采用特殊点的解法易理解、也简单易求．(2)在求几何体体积时还经常用到等积法、割补法． 【自主体验】 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1与侧面BCC1B1的距离为2，侧面BCC1B1的面积为4，此三棱柱ABC－A1B1C1的体积为________．解析补形法将三棱柱补成四棱柱，如图所示．记A1到平面BCC1B1的距离为d，则d＝2.则V三棱柱＝12V四棱柱＝12S四边形BCC1B1·d＝12×4×2＝4.答案 4基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1．以下命题：①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数是________．解析命题①错，因为这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥．命题②题，因这条腰必须是垂直于两底的腰．命题③对．命题④错，必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才行．答案 12．在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的四个顶点，这些几何形体是________(写出所有正确结论的编号)．①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体．解析①显然可能；②不可能；③取一个顶点处的三条棱，连接各棱端点构成的四面体；④取正方体中对面上的两条异面对角线的四个端点构成的几何体；⑤正方体ABCD－A1B1C1D1中，三棱锥D1－DBC满足条件．答案①③④⑤3．在三棱锥S－ABC中，面SAB，SBC，SAC都是以S为直角顶点的等腰直角三角形，且AB＝BC＝CA＝2，则三棱锥S－ABC的表面积是________．解析设侧棱长为a，则2a＝2，a＝2，侧面积为3×12×a2＝3，底面积为34×22＝3，表面积为3＋ 3.答案3＋ 34．若圆锥的侧面积为2π，底面面积为π，则该圆锥的体积为________．解析 设圆锥的底面圆半径为r ，高为h ，母线长为l ，则⎩⎪⎨⎪⎧ πrl ＝2π，πr 2＝π，∴⎩⎪⎨⎪⎧r ＝1，l ＝2.∴h ＝l 2－r 2＝22－12＝ 3.∴圆锥的体积V ＝13π·12·3＝33π. 答案 33π5．(2012·新课标全国卷改编)平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为________． 解析如图，设截面圆的圆心为O ′，M 为截面圆上任一点，则OO ′＝2，O ′M ＝1，∴OM ＝(2)2＋1＝3，即球的半径为3，∴V ＝43π(3)3＝43π.答案 43π 6.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________．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. 答案 267．(2013·天津卷)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为9π2，则正方体的棱长为________．解析 设正方体的棱长为a ，外接球的半径为R ，由题意知43πR 3＝9π2，∴R 3＝278，而R ＝32.由于3a 2＝4R 2，∴a 2＝43R 2＝43×⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝3，∴a ＝ 3.答案 38.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________．解析 如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，容易求得EG ＝HF ＝12，AG ＝GD ＝BH ＝HC ＝32，∴S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，∴V ＝V E －ADG ＋V F －BHC ＋V AGD －BHC ＝2V E －ADG ＋V AGD －BHC ＝13×24×12×2＋24×1＝23. 答案 23 二、解答题 9.如图，在三棱锥P －ABC 中，AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，AP ＝BP ＝AB ，PC ⊥AC .(1)求证：PC ⊥AB ；(2)求点C 到平面APB 的距离． (1)证明 取AB 中点D ，连接PD ，CD .因为AP ＝BP ，所以PD ⊥AB ， 因为AC ＝BC ，所以CD ⊥AB .因为PD ∩CD ＝D ，所以AB ⊥平面PCD .因为PC ⊂平面PCD ，所以PC ⊥AB . (2)解 设C 到平面APB 的距离为h ，则由题意，得AP ＝PB ＝AB ＝AC 2＋BC 2＝22， 所以PC ＝AP 2－AC 2＝2.因为CD ＝12AB ＝2，PD ＝32PB ＝6， 所以PC 2＋CD 2＝PD 2，所以PC ⊥CD .由(1)得AB ⊥平面PCD ，于是由V C －APB ＝V A －PDC ＋V B －PDC ， 得13·h ·S △APB ＝13AB ·S △PDC ，所以h ＝AB ·S △PDCS △APB＝22×12×2×234×(22)2＝233.故点C 到平面APB 的距离为233.10．有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为r 的铁球，并注入水，使水面与球正好相切，然后将球取出，求这时容器中水的深度．解 如图所示，作出轴截面，因轴截面是正三角形，根据切线性质知当球在容器内时，水的深度为3r ，水面半径BC 的长为3r ，则容器内水的体积为 V ＝V 圆锥－V 球＝13π(3r )2·3r － 43πr 3＝53πr 3，将球取出后，设容器中水的深度为h ， 则水面圆的半径为33h ，从而容器内水的体积为 V ′＝13π⎝ ⎛⎭⎪⎫33h 2h ＝19πh 3，由V ＝V ′，得h ＝315r .能力提升题组 (建议用时：25分钟)一、填空题1．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________．解析 由题意知，如图所示，在棱锥S －ABC 中，△SAC ，△SBC 都是有一个角为30°的直角三角形，其中AB ＝3，SC ＝4，所以SA ＝SB ＝23，AC ＝BC ＝2，作BD ⊥SC 于D 点，连接AD ，易证SC ⊥平面ABD ，因此V S －ABC ＝13×34×(3)2×4＝ 3. 答案 32.(2014·南京模拟)如图，在直三棱柱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________．解析 如图，当AM ＋MC 1最小时，BM ＝1，所以AM 2＝2，C 1M 2＝8，AC 21＝14，于是由余弦定理，得cos ∠AMC 1＝AM 2＋MC 21－AC 212AM ·MC 1＝－12，所以sin ∠AMC 1＝32，S △AMC 1＝12×2×22×32＝ 3. 答案 33.如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2 cm 、高为5 cm ，则一质点自点A 出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点A 1的最短路线的长为________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.答案 13 二、解答题4．如图1，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2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423.。
(完整版)1.3.1空间几何体的表面积与体积解析
S S
x S
xh
S
V
V大锥 V小锥 x
= 1 S x h 1 Sx
S
S h S
3
3
= 1 Sh 1 S S x
33
1 Sh 1 S S Sh
33
S S
1 Sh 1 S S Sh 33
1 h S SS S
3
Q
x
2
x h
S S
台体体积
台体（棱台、圆台）的体积公式
二、柱体、锥体、台体的体积
体积:几何体所占空间的大小
柱体体积
h
a
h
aa
ab
长方体体积：V abh
正方体体积：V a3 a2 a V Sh
圆柱的体积：V r2h
底 面
高
积
柱体体积
以前学过特殊的棱柱——正方体、长方体以及圆柱的 体积公式,它们的体积公式可以统一为：
V Sh
柱体（棱柱、圆柱）的体积公式：
解答：正方体的一条对 角线是球的一条直径， 所以球的半径为
R 3a 2
S球 4R2 4（
3a ） 2 3a 2
2
A
V球
4 （
3
3 a）3 2
3 a3
2
C′
o
例3.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,它的各 个顶点都在球O的球面上，问球O的表面积。
分析：正方体内接于球，则由球和正方体都是中心对称图形可
知，它们中心重合，则正方体对角线与球的直径相等。
D A
D A11
C B
O C1
B1
D A
D A11
C B
O C1
B1
略解：
第十八讲空间几何体表面积和体积解析版
第十八讲：空间几何体的表面积及体积【考点梳理】空间几何体的表面积与体积公式表面积体积=+2S S S 表面积侧底 =Sh V=+S S S 表面积侧底1=Sh 3V =++S S S S 下上表面积侧1=(S +S 3V 下上2=4S R π表面积34=3V R π 【典型题型讲解】考点一：空间几何体的表面积【典例例题】例1．（2022·广东深圳·一模）以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于（ ） A ．8π B ．4π C ．8 D ．4【答案】．A【详解】以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周得到的旋转体为圆柱， 其底面半径r =2，高h =2，故其侧面积为=22228S r h πππ⨯=⨯⨯=. 故选：A例2．（2022·广东韶关·一模）已知圆锥的侧面展开图为一个面积为2π的半圆，则该圆锥的高为（ ） AB ．1CD 【答案】D【详解】设圆锥的母线长为l ，圆锥的底面半径为r ， 由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则21222l r l r ππππ=⎧⎪⎨⨯=⎪⎩，解得221,4r l ==，则圆锥的高h 故选：D.例3．（2022·广东惠州·一模）若一个圆台的侧面展开图是半圆面所在的扇环，且扇环的面积为4π，圆台上､下底面圆的半径分别为1r ，2r （12r r <），则2221r r -=___________.【答案】2【详解】圆台的侧面展开图是半圆面所在的扇环， 所以圆台的母线长为21212π2π22ππr r r r -=-， 圆台的侧面积为()()221221212π2π222π4π2r r r r r r +⨯-=-=， 所以22212r r -=.故答案为：2例4．（2022·广东揭阳·高三期末）已知圆柱的轴截面为正方形，其外接球为球O ，则圆柱的表面积与球O 的表面积之比为（ ）A ．3:4B ．1:2C ．D ．不能确定【答案】A【详解】因为圆柱的轴截面为正方形，设圆柱底面圆的半径为r ，其高2h r =，其外接球的半径R =，则圆柱的表面积2212226S r r r r πππ=⋅+⋅=，球O 的表面积22248S R r ππ==，则圆柱的表面积与球O 的表面积之比为3:4，故选：A .例5．（2022·广东潮州·高三期末）若一个圆锥的侧面积是底面面积的2倍，则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为（ ） A ．6πB ．4π C ．3π D ．512π 【答案】．C【详解】解：设圆锥的底面半径为R ，母线长为l ， 因为圆锥的侧面积是底面积的2倍， 所以22Rl R ππ=， 解得2l R =，设该圆锥的母线与底面所成角α， 则1cos 2R l α==， 所以3πα=．故选：C【方法技巧与总结】熟悉几何体的表面积、体积的基本公式，注意直角等特殊角. 【变式训练】1．（2022·广东东莞·高三期末）已知一个圆锥的底面半径为3，其侧面积为15π，则该圆锥的体积为___________. 【答案】12π【详解】设圆锥的母线长为l ， 因为圆锥的底面半径3r =，所以圆锥的侧面积S 3rl l ππ==，依题意可得315l ππ=，解得5l =，所以圆锥的高4h ==，所以该圆锥的体积221113412333V Sh r h πππ==⋅=⨯⨯⨯=.故答案为：12π.2．（2022·广东潮州·高三期末）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A -BCD 中，AB ⊥平面BCD ，CD ⊥AD ，AB =BD E 从C 点出发，沿外表面经过棱AD 上一点到点B ，则该棱锥的外接球的表面积为_________．【答案】8π 【详解】如图所示：设CD =x ，由题意得：C B '=在C BD '中，由余弦定理得：2222cos135C B C D BD C D BD '''=+-⋅⋅，即2222x x ⎛=+- ⎝⎭，即2480x x +-=，解得2x =或4x =-（舍去）， 如图所示：该棱锥的外接球即为长方体的外接球，则外接球的半径为：R所以外接球的表面积为248S R ππ== ， 故答案为：8π3．（2021·广东佛山·一模）（多选）如图，已知圆锥OP 的底面半径r =，内切球的球心为1O ，外接球的球心为2O ，则下列说法正确的是（ ）A ．外接球2O 的表面积为16πB ．设内切球1O 的半径为1r ，外接球2O 的半径为2r ，则213r r =C ．过点P 作平面α截圆锥OPD ．设长方体1AC 为圆锥OP 的内接长方体，且该长方体的一个面与圆锥底面重合，则该长方体体积的最大值为89【答案】．AD【详解】因为S rl l π==，解得2l =，即圆锥母线长为2，则高1h =， 设圆锥外接球半径为2r ，如图，则对2AOO 由勾股定理得22222AO AO OO =+，即()2222221,2r r r =+-=，外接球面积为21416S r ππ==，故A 正确；设内切球1O 的半径为11,r O D 垂直于交PA 于点D ，如图，则对222111,PDO PO DO PD =+，即()222111(2r r -=+，解得13r =，故B 项错误；过点P 作平面α截圆锥OP 的截面面积的最大时，如图，因为h r <，故恰好PAC △为等腰直角三角形时取到，点C 在圆锥底面上，12222PACS =⨯⨯=，故C 项错误；设圆锥OP 有一内接长方体，其中一个上顶点为E ，上平面中心为333,O EO r =，如图，则3333,1PO OO ==，当长方形上平面为正方形时，上平面面积最大，长方体体积为()22333121,42V r V r ⎛⎫=⋅=- '⎪⎝⎭，当3r ⎛∈ ⎝时，30,V r ⎫'>∈+∞⎪⎭时，0V '<，故2max18129V ⎛=⋅= ⎝， 故D 正确， 故选：AD4.（2022·广东广州·一模）已知三棱锥-P ABC 的棱AP ，AB ，AC 两两互相垂直，AP AB AC ===以顶点P 为球心，4为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到四段弧，则最长弧的弧长等于___________. 【答案】．43π【详解】由题设，将三棱锥-P ABC 补全为棱长为若2AD AF ==，则4PD PF ==，即,D F 在P 为球心，4为半径的球面上，且O 为底面中心，又2OA =>，4OP =>，所以，面ABC 与球面所成弧是以A 为圆心，2为半径的四分之一圆弧，故弧长为π；面PBC 与与球面所成弧是以P 为圆心，4为半径且圆心角为3π的圆弧，故弧长为43π；面,PBA PCA 与球面所成弧是以P 为圆心，4为半径且圆心角为12π的圆弧，故弧长为3π；所以最长弧的弧长为43π.故答案为：43π. 5.设圆锥底面圆周上两点A 、B 间的距离为2，圆锥顶点到直线AB AB 和圆锥的轴的距离为1，则该圆锥的侧面积为___________.【答案】【解析】设圆锥的顶点为P ，底面圆圆心为点O ，取线段AB 的中点E ，连接OE 、PE 、OA 、OB ，因为PA PB =，OA OB =，则OE AB ⊥，PE AB ⊥，故PE = 因为PO ⊥平面OAB ，OE ⊂平面OAB ，PO OE ∴⊥， 所以，OE 为直线PO 、AB 的公垂线，故1OE =，因为112AE AB ==，OA ∴2PA ==，所以，圆锥PO 2，因此，该圆锥的侧面积为2π=.故答案为：.6.圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面的半径分别为4和5，则该圆台的侧面积为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】因为圆台下底面半径为5，球的直径为210R =，所以圆台下底面圆心与球心重合，底面圆的半径为5R =，画出轴截面如图，设圆台上底面圆的半径r ，则4r =所以球心O 到上底面的距离3h =，即圆台的高为3，所以母线长l =所以()12πS r r l =+=侧， 故选：C.考点二：空间几何体体积【典例例题】例1．（2022·广东汕头·高三期末）金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬物质，它的结构是由8个等边三角形组成的正八面体．若某金刚石的棱长为2，则它的体积为（ ）A B ．83C D ．163【答案】．C【详解】如图，设底面ABCD 中心为O ，连接,CO EO ，由几何关系知，CO EO =212233V =⨯⨯=.故选：C例2.已知圆柱12O O 的底面半径为1，高为2，AB ，CD 分别为上、下底面圆的直径，AB CD ⊥，则四面体ABCD 的体积为（ ） A ．13B ．23C ．1D ．43【答案】D【解析】解：如图所示：连接11CO DO ，因为AB CD ⊥，12AB O O ⊥，且122O O CD O ⋂=， 所以AB ⊥平面1CDO ， 所以11--=+ABCD A CDO B CDO V V V ，111142223323=⋅=⨯⨯⨯⨯=CDO S AB ， 故选：D例3.《九章算术》中将正四棱台体（棱台的上下底面均为正方形）称为方亭.如图，现有一方亭ABCD EFHG -，其中上底面与下底面的面积之比为1:4，方亭的高h EF =，BF =，方亭的四个侧面均为全等的等腰梯形，已知方亭四个侧面的面积之和 ）A ．24B ．643C ．563D ．16【答案】C【解析】由题意得12EF AB =，设2EF x =，则4AB x =，BF =.过点E 、F 在平面ABFE 内分别作EM AB ⊥，FN AB ⊥，垂足分别为点M 、N ，在等腰梯形ABFE 中，因为//EF AB ，EM AB ⊥，FN AB ⊥，则四边形MNFE 为矩形， 所以，2MN EF x ==，EM FN =，因为AE BF =，EM FN =，90AME BNF ∠=∠=，所以，Rt AME Rt BNF △≌△，所以，2AB EFAM BN x -===，所以，FN ，所以等腰梯形ABFE 的面积为2242x xS +===，得1x =.所以，22EF x ==，44AB x ==，故方亭的体积为(156241633⨯⨯+=.故选：C.【方法技巧与总结】熟记几何体体积公式，能够画出几何体的直观图 【变式训练】1.折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､决胜千里､大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧,DE AC 所在圆的半径分别是3和9，且120ABC ∠=，则该圆台的（ ）A ．高为BC ．表面积为34πD ．上底面积､下底面积和侧面积之比为1:9:22【答案】AC【解析】解：设圆台的上底面半径为r ，下底面半径为R ，则11223,22933r R ππππ=⨯⨯=⨯⨯，解得1,3r R ==．圆台的母线长6l =，圆台的高为h ==A 正确；圆台的体积()22133113π=⨯+⨯+=，则选项B 错误；圆台的上底面积为π，下底面积为9π，侧面积为()13624ππ+⨯=，则圆台的表面积为92434ππππ++=，则C 正确；由前面可知上底面积､下底面积和侧面积之比为1:9:24，则选项D 错误． 故选：AC ．2．（2022·广东东莞·高三期末）已知一个圆锥的底面半径为3，其侧面积为15π，则该圆锥的体积为___________. 【答案】12π【详解】设圆锥的母线长为l ， 因为圆锥的底面半径3r =，所以圆锥的侧面积S 3rl l ππ==，依题意可得315l ππ=，解得5l =，所以圆锥的高4h ==，所以该圆锥的体积221113412333V Sh r h πππ==⋅=⨯⨯⨯=.故答案为：12π.3．（2022·广东韶关·一模）已知三棱柱111ABC A B C 的侧棱垂直于底面，且所有顶点都在同一个球面上，若12AA AC ==，AB BC ⊥，则此球的体积为__________.【详解】解：设ABC 的外接圆的圆心为D ，半径为r ，球的半径为R ，球心为O ， 底面ABC 为直角三角形，故其外接圆圆心D 在斜边中点处，则1r =，又1211A O A D ==，在Rt OCD △中，343R V R π====球.. 4．（2022·广东韶关·一模）已知三棱柱111ABC A B C 的侧棱垂直于底面，且所有顶点都在同一个球面上，若12AA AC ==，AB BC ⊥，则此球的体积为__________.【详解】解：设ABC 的外接圆的圆心为D ，半径为r ，球的半径为R ，球心为O ，底面ABC 为直角三角形，故其外接圆圆心D 在斜边中点处，则1r =，又1211A O A D ==，在Rt OCD △中，343R V R π====球..5.（2022·广东·铁一中学高三期末）已知四面体A BCD -中，AB CD ==AC BD =BC AD ==则其外接球的体积为______.则四面体A BCD -的外接球即为此长方体的外接球， 设长方体的长宽高分别x ，y ，z ，外接球半径为R 则2222225,10,13x y y z x z +=+=+=， 所以2222225,10,13x y y z x z +=+=+=,则222214(2)x y z R ++==，解得R =所以343V R π==.6．（2021·广东佛山·一模）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点E ，F ，且EF 则三棱锥A BEF -的体积为（ ）A ．112 B ．14C D ．不确定7．（2022·广东潮州·高三期末）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A -BCD 中，AB ⊥平面BCD ，CD ⊥AD ，AB =BD E 从C 点出发，沿外表面经过棱AD 上一点到点B ，则该棱锥的外接球的表面积为_________．【答案】8π 【详解】如图所示：设CD =x ，由题意得：C B '=在C BD '中，由余弦定理得：2222cos135C B C D BD C D BD '''=+-⋅⋅，即2222x x ⎛=+- ⎝⎭，即2480x x +-=，解得2x =或4x =-（舍去）， 如图所示：该棱锥的外接球即为长方体的外接球，则外接球的半径为：R所以外接球的表面积为248S R ππ== ， 故答案为：8π8．（2022·广东·铁一中学高三期末）已知四面体A BCD -中，AB CD ==AC BD ==BC AD ==则其外接球的体积为______.【答案】则四面体A BCD -的外接球即为此长方体的外接球， 设长方体的长宽高分别x ，y ，z ，外接球半径为R 则2222225,10,13x y y z x z +=+=+=， 所以2222225,10,13x y y z x z +=+=+=,则222214(2)x y z R ++==，解得2R =，所以343V R π==.9．（2022·广东清远·高三期末）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，12,4AB AD AA ===，P 为1DD 的中点，过PB 的平面α分别与棱11,AA CC 交于点E ，F ，且∥AC α，则平面α截长方体所得上下两部分的体积比值为_________；所得的截面四边形PEBF 的面积为___________．【答案】3 【详解】如图，过点B 作AC 的平行线分别与,DA DC 的延长线交于G ，H ，连接,PG PH ，并分别与11,AA CC 交于E ，F ，因为AC ∥GH ，且AC ⊄平面PGH ，GH 平面PGH所以AC ∥平面PGH ， 所以平面PGH 即平面α．因为12,4AB AD AA ===，所以1AE =，所以1(12)222442224,3324-+⨯⨯⨯-==⨯⨯⨯===上下下B ADPE V V V V ．因为四边形PEBF 为菱形，且==EF PB所以12=⨯=PEBF S EF PB故答案为：3；【巩固练习】 一、单选题1．已知圆锥的高为1 ）A ．2B ．52CD ．3【答案】D【解析】如图ABC 是圆锥的轴截面，由题意母线=BC 1CO =，则1sin 2CBO ∠=<，CBO ∠是锐角， 所以30CBO ∠<，于是得轴截面顶角12090ACB ∠>>， 设截面三角形的顶角为θ，则过此圆锥顶点的截面面积21sin 2S θ=⨯，当两条母线夹角为90θ=时，截面面积为2132S =⨯=为所求面积最大值，故选：D.2．若过圆锥的轴SO 的截面为边长为4的等边三角形，正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，B ，C ，D 在圆锥底面上，1A ，1B ，1C ，1D 在圆锥侧面上，则该正方体的棱长为（ ） A．B．C．(2D．(2【答案】C【解析】根据题意过顶点S 和正方体上下两个平面的对角线作轴截面如下所示： 所以4SE SF EF ===，60E F ∠=∠=，所以2EO =，SO 11A ACC 为矩形，设1AA x =，所以11AC AC =，所以11A O =所以111AO SO EO SO =，即111AO SO AA EO SO-=，即22=，解得(2x =. 故选：C.3．已知圆锥的轴截面是等腰直角三角形，且面积为4，则圆锥的体积为（ ）A ．43B ．43πC ．83D ．83π【答案】D【解析】由题设，圆锥的体高、底面半径均为2，所以圆锥的体积为2182233ππ⨯⨯⨯=.故选：D4．通用技术老师指导学生制作统一规格的圆台形容器，用如图所示的圆环沿虚线剪开得到的一个半圆环（其中小圆和大圆的半径分别是1cm 和4cm ）制作该容器的侧面，则该圆台形容器的高为（ ）AB ．1cmCD 【答案】D【解析】由已知圆台的侧面展开图为半圆环，不妨设上、下底面圆的半径分别为r ，()R r R <， 则21r π=π⨯，24R π=π⨯，解得12r =，2R =． 所以圆台轴截面为等腰梯形，其上、下底边的长分别为1cm 和4cm ，腰长为3cm ， 即1,4,3AD BC AB ===,过点A 作AH BC ⊥,H 为垂足，所以32BH =，AH =， 故选：D ．5．已知某圆锥的侧面积为 ） A ．2 B ．3 C ．4 D ．6【答案】B【解析】设该圆锥底面圆的半径为r ，则π=，故()223108r r +=，即()()229120r r -+=，解得3r = 故选：B6．正四棱台的上､下底面的边长分别为2､4，侧棱长为2，则其体积为（ ）A ．56BC ．D ．563【答案】B【解析】如图所示，在正四棱台1111ABCD A B C D -中，点1,O O 分别为上、下底面的中心，连接111,,OA O A OO ，则由题意可知1O O ⊥底面ABCD ，11OA O A ==1A 作11//A E OO 交AO 于点E ，则AE ⊥底面ABCD ，四边形11OEA O为矩形，11OE O A =AE =12AA =，所以11A E O O ==，(221423V =⨯+=故选：B.7．南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到1575m ．时，增加的水量约为2.65≈）（ ） A ．931.010m ⨯ B ．931.210m ⨯ C ．931.410m ⨯ D ．931.610m ⨯【答案】C【解析】依题意可知棱台的高为157.5148.59MN =-=(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V ． 棱台上底面积262140.014010S ==⨯km m ，下底面积262180.018010S '==⨯km m ，∴((66119140101801033V h S S =+=⨯⨯⨯+⨯+'(()679933320109618 2.6510 1.43710 1.410(m )=⨯+⨯≈+⨯⨯=⨯≈⨯．故选：C ． 二、多选题8．如图，正方体1111ABCD A B C D -棱长为1，P 是1A D 上的一个动点，下列结论中正确的是（ ）A ．BPB ．PA PC +C ．当P 在直线1AD 上运动时，三棱锥1B ACP -的体积不变D ．以点B 1AB C 【答案】BCD【解析】对于A ，当1BP A D ⊥时，BP 最小，由于11A B BD A D ===B ∴到直线1A D 的距离d =A 错误； 对于B ，将平面11DCB A 翻折到平面1ADA 上，如图，连接AC ，与1A D 的交点即为点P ，此时PA PC +取最小值AC ，在三角形ADC 中，135ADC ∠=,cos1352AC ==B 正确； 对于C ，由正方体的性质可得11//A D B C ，1A D ⊄平面1AB C ，1//A D ∴平面1AB C ，P ∴到平面1AB C 的距离为定值，又1AB C S 为定值，则1P AB C V -为定值，即三棱锥1B ACP -的体积不变，故C 正确；对于D ，由于1BD ⊥平面1AB C ，设1BD 与平面1AB C 交于Q 点，113BQ BD ∴==，设以B 1AB C 交线上任一点为G ，2BG ∴=QG ∴=，G ∴在以Q由于1AB C 13=， 故此圆恰好为1AB C 的内切圆，完全落在面1AB C 内，∴交线长为2π=，故D 正确． 故选：BCD.9．如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则（ ）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =【答案】CD 【解析】设22AB ED FB a ===，因为ED ⊥平面ABCD ，FB ED ，则()2311114223323ACD V ED S a a a =⋅⋅=⋅⋅⋅=， ()232111223323ABC V FB S a a a =⋅⋅=⋅⋅⋅=，连接BD 交AC 于点M ，连接,EM FM ，易得BD AC ⊥， 又ED ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，则ED AC ⊥，又ED BD D =，,ED BD ⊂平面BDEF ，则AC ⊥平面BDEF ，又12BM DM BD ==，过F 作FG DE ⊥于G ，易得四边形BDGF 为矩形，则,FG BD EG a ===，则,EM FM ===，3EF a =，222EM FM EF +=，则EM FM ⊥，212EFM SEM FM =⋅=，AC =， 则33123A EFM C EFM EFM V V V AC S a --=+=⋅=，则3123V V =，323V V =，312V V V =+，故A 、B 错误；C 、D 正确.故选：CD. 10．折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､决胜千里､大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧,DE AC 所在圆的半径分别是3和9，且120ABC ∠=，则该圆台的（ ）A ．高为BC ．表面积为34πD ．上底面积､下底面积和侧面积之比为1:9:22【答案】AC 【解析】解：设圆台的上底面半径为r ，下底面半径为R ，则11223,22933r R ππππ=⨯⨯=⨯⨯，解得1,3r R ==．圆台的母线长6l =，圆台的高为h ==A 正确；圆台的体积()22133113π=⨯+⨯+=，则选项B 错误； 圆台的上底面积为π，下底面积为9π，侧面积为()13624ππ+⨯=，则圆台的表面积为92434ππππ++=，则C 正确；由前面可知上底面积､下底面积和侧面积之比为1:9:24，则选项D 错误． 故选：AC ．。
空间几何体表面积与体积含经典例题讲解
考向 1 几何体的折叠与展开 【典例1】(1)如图，在三棱柱 ABC -A′B′C′中，△ABC为等 边三角形，AA′⊥平面ABC，AB =3,AA′=4，M为AA′的中点，P 是BC上一点，且由P沿棱柱侧面 经过棱CC′到M的最短路线长为 2 9 ，设这条路线与CC′的交点 为N，则PC=_____，NC=_____.
【拓展提升】 1.求几何体表面上两点间的最短距离的方法 常用方法是选择恰当的母线或棱将几何体展开，转化为求平面 上两点间的距离.
2.解决折叠问题的技巧 (1)解决折叠问题时，要分清折叠前后两图形中(折叠前的平面 图形和折叠后的空间图形)元素间的位置关系和数量关系哪些 发生了变化，哪些没有发生变化. (2)折叠问题中的前后两个图形，在折线同侧的元素的位置关 系和数量关系不发生变化；在折线异侧的元素的位置关系和数 量关系发生变化.
(2)如图为一几何体的展开图，其中 四边形ABCD是边长为6的正方形，SD =PD=6，CR=SC，AQ=AP，点S，D，A， Q及点P，D，C，R分别共线，沿图中 虚线将它们折叠起来，使P，Q，R， S四点重合，则需要_______个这样的几何体，可以拼成一个棱 长为6的正方体.
【思路点拨】(1)可将该三棱柱的侧面沿棱BB′展开，然后利用 平面几何的知识解决.(2)将平面图形折叠后得到一个四棱锥， 然后利用体积相等求解.
3.直角三角形两直角边AB=3，AC=4，以AB为轴旋转一周所得的
几何体的体积为( )
(A)12π
(B)16π (C)9π (D)24π
【解析】选B.由题意知，该几何体是底面半径为4，
高为3的圆锥，故其体积 V142316.
3
4.若某几何体的三视图(单位：cm)
如图所示，则此几何体的侧面积为
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.已知圆锥的高与底面半径相等，则它的侧面积与底面积的比为________．【答案】.【解析】设圆锥的底面半径和高为，则其母线长；所以圆锥的侧面积，底面面积，则它的侧面积与底面积的比为.【考点】圆锥的侧面积公式.2.一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为,则球的表面积为 .【答案】【解析】球的截面圆的半径为：π=πr2，r=1,球的半径为：R= ,所以球的表面积：4πR2=4π×( )2=8π.【考点】球的表面积.3.三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC。
（1）证明：平面PAB⊥平面PBC；（2）若，，PB与底面ABC成60°角，分别是与的中点，是线段上任意一动点（可与端点重合），求多面体的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明两个平面垂直，首先考虑直线与平面垂直，也可以简单记为“证面面垂直，找线面垂直”，是化归思想的体现，这种思想方法与空间中的平行关系的证明类似，掌握化归与转化思想方法是解决这类题的关键；（2）证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中的一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面.解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；（3）在求三棱柱体积时，选择适当的底作为底面，这样体积容易计算.试题解析：（1）证明：，，且，而中，（2）解：（2）与底面成角即，在中，，又，在中，分别是的中点，面.【考点】（1）平面与平面垂直的判断；（2）求几何体的体积.4.如图，菱形ABCD的边长为4，∠BAD=60°，AC∩BD=O．将菱形ABCD沿对角线AC折起，得到三棱锥B﹣ACD，点M是棱BC的中点，DM=2．（1）求证：OM∥平面ABD；（2）求证：平面DOM⊥平面ABC；（3）求三棱锥B﹣DOM的体积．【答案】（1）∵O为AC的中点，M为BC的中点，∴OM∥AB．又∵OM⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，∴OM∥平面ABD．（2）∵在菱形ABCD中，OD⊥AC，∴在三棱锥B-ACD中，OD⊥AC．在菱形ABCD中，AB=AD=4，∠BAD=60°，可得BD=4．∵O为BD的中点，∴，BD=2．∵O为AC的中点，M为BC的中点，∴，AB=2．因此，，可得OD⊥OM．∵AC、OM是平面ABC内的相交直线，∴OD⊥平面ABC．∵OD⊂平面DOM，∴平面DOM⊥平面ABC．（3）.【解析】（1）利用三角形中位线定理，证出OM∥AB，结合线面平行判定定理，即可证出OM∥平面ABD．（2）根据题中数据，算出，BD=2，，AB=2，从而得到，可得OD⊥OM．结合OD⊥AC利用线面垂直的判定定理，证出OD⊥平面ABC，从而证出平面DOM⊥平面ABC．（3）由（2）得到OD为三棱锥D-BOM的高．算出△BOM的面积，利用锥体体积公式算出三棱锥D-BOM的体积，即可得到三棱锥B-DOM的体积．试题解析：（1）∵O为AC的中点，M为BC的中点，∴OM∥AB．又∵OM⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，∴OM∥平面ABD．（2）∵在菱形ABCD中，OD⊥AC，∴在三棱锥B-ACD中，OD⊥AC．在菱形ABCD中，AB=AD=4，∠BAD=60°，可得BD=4．∵O为BD的中点，∴DO=，BD=2．∵O为AC的中点，M为BC的中点，∴OM=，AB=2．因此，，可得OD⊥OM．∵AC、OM是平面ABC内的相交直线，∴OD⊥平面ABC．∵OD⊂平面DOM，∴平面DOM⊥平面ABC．（3）由（2）得，OD⊥平面BOM，所以OD是三棱锥D-BOM的高．由OD=2，，所以.【考点】线面平行问题；面面垂直问题；三棱锥的体积.5.四面体ABCD中，已知AB=CD=，AC=BD=，AD=BC=，则四面体ABCD的外接球的表面（）A．25p B．45p C．50p D．100p【答案】C【解析】作长方体，AB=CD=，AC=BD=，AD=BC=，该长方体和四面体有共同的外接球，长方体的对角线长为直径长，，表面积【考点】四面体的外接球的体积.6.如图，三棱柱中，侧棱垂直底面，，，是棱的中点。
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。
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空间几何体的表面积和体积习题讲解一．课标要求：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．命题走向近些年来在高考中不仅有直接求多面体、旋转体的面积和体积问题，也有已知面积或体积求某些元素的量或元素间的位置关系问题。
即使考查空间线面的位置关系问题，也常以几何体为依托.因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式.同时也要学会运用等价转化思想，会把组合体求积问题转化为基本几何体的求积问题，会等体积转化求解问题，会把立体问题转化为平面问题求解，会运用“割补法”等求解。
考查形式：（1）用选择、填空题考查本章的基本性质和求积公式；（2）考题可能为：与多面体和旋转体的面积、体积有关的计算问题；与多面体和旋转体中某些元素有关的计算问题；三．要点精讲1．多面体的面积和体积公式表中S表示面积，c'、c分别表示上、下底面周长，h表斜高，h'表示斜高，l表示侧棱长。
2．旋转体的面积和体积公式表中l 、h 分别表示母线、高，r 表示圆柱、圆锥与球冠的底半径，1r 、2r 分别表示圆台 上、下底面半径，R 表示半径。
四．典例解析题型1：柱体的体积和表面积例1．一个长方体全面积是20cm 2，所有棱长的和是24cm ，求长方体的对角线长. 解：设长方体的长、宽、高、对角线长分别为xcm 、ycm 、zcm 、lcm依题意得：⎩⎨⎧=++=++24)(420)(2z y x zx yz xy )2()1(由（2）2得：x 2+y 2+z 2+2xy+2yz+2xz=36（3） 由（3）－（1）得x 2+y 2+z 2=16 即l 2=16 所以l =4(cm)。
点评：涉及棱柱面积问题的题目多以直棱柱为主，而直棱柱中又以正方体、长方体的表面积多被考察。
我们平常的学习中要多建立一些重要的几何要素（对角线、内切）与面积、体积之间的关系。
例2．如图1所示，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，已知AB=5，AD=4，AA 1=3，AB ⊥AD ，∠A 1AB=∠A 1AD=3π。
（1）求证：顶点A 1在底面ABCD 上的射影O 在∠BAD 的平分线上； （2）求这个平行六面体的体积。
图1 图2解析：（1）如图2，连结A 1O ，则A 1O ⊥底面ABCD 。
作OM ⊥AB 交AB 于M ，作ON ⊥AD 交AD 于N ，连结A 1M ，A 1N 。
由三垂线定得得A 1M ⊥AB ，A 1N ⊥AD 。
∵∠A 1AM=∠A 1AN ，∴Rt △A 1NA ≌Rt △A 1MA,∴A 1M=A 1N ， 从而OM=ON 。
∴点O 在∠BAD 的平分线上。
（2）∵AM=AA 1cos3π=3×21=23∴AO=4cosπAM =223。
又在Rt △AOA 1中，A 1O 2=AA 12 – AO 2=9－29=29， ∴A 1O=223，平行六面体的体积为22345⨯⨯=V 230=。
题型2：柱体的表面积、体积综合问题例3．一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是6,3,2，这个长方体对角线的长是（ ） A ．23B ．32C ．6D ．6解析：设长方体共一顶点的三边长分别为a =1，b ＝2，c ＝3，则对角线l 的长为l =6222=++c b a ；答案D 。
点评：解题思路是将三个面的面积转化为解棱柱面积、体积的几何要素—棱长。
例4．如图，三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若E 、F 分别为AB 、AC 的中点，平面EB 1C 1将三棱柱分成体积为V 1、V 2的两部分，那么V 1∶V 2= ____ _。
解：设三棱柱的高为h ，上下底的面积为S ，体积为V ，则V=V 1+V 2＝Sh 。
∵E 、F 分别为AB 、AC 的中点， ∴S △AEF =41S,PAB CDO E V 1=31h(S+41S+41⋅S )=127ShV 2=Sh-V 1=125Sh ， ∴V 1∶V 2=7∶5。
点评：解题的关键是棱柱、棱台间的转化关系，建立起求解体积的几何元素之间的对应关系。
最后用统一的量建立比值得到结论即可。
题型3：锥体的体积和表面积 例5． （2008山东卷6）右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是D (A)9π （B ）10π (C)11π (D)12π （2008江西卷10）连结球面上两点的线段称为球的弦。
半径为4的球的两条弦AB 、CD 的长度分别等于27、43，M 、N 分别为AB 、CD 的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题：①弦AB 、CD 可能相交于点M ②弦AB 、CD 可能相交于点N ③MN 的最大值为5 ④MN 的最小值为1 其中真命题的个数为CA ．1个B ．2个C ．3个D ．4个 （2008湖北卷3）用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为B A.38πB. 328πC. π28D. 332π点评：本小题重点考查线面垂直、面面垂直、二面角及其平面角、棱锥的体积。
在能力方面主要考查空间想象能力。
例6．（2008北京，19）． （本小题满分12分）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB DC ∥，PAD △是等边三CMPD角形，已知28BD AD ==，245AB DC ==．（Ⅰ）设M 是PC 上的一点，证明：平面MBD ⊥平面PAD ； （Ⅱ）求四棱锥P ABCD -的体积．（Ⅰ）证明：在ABD △中，由于4AD =，8BD =，45AB =， 所以222AD BD AB +=． 故AD BD ⊥．又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD平面ABCD AD =，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥平面PAD ， 又BD ⊂平面MBD ， 故平面MBD ⊥平面PAD ．（Ⅱ）解：过P 作PO AD ⊥交AD 于O ， 由于平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD ．因此PO 为四棱锥P ABCD -的高， 又PAD △是边长为4的等边三角形． 因此34232PO =⨯=． 在底面四边形ABCD 中，AB DC ∥，2AB DC =，所以四边形ABCD 是梯形，在Rt ADB △中，斜边AB 边上的高为4885545⨯=， 此即为梯形ABCD 的高， 所以四边形ABCD 的面积为2545852425S +=⨯=． ABCM PD O故124231633P ABCDV-=⨯⨯=．点评：本题比较全面地考查了空间点、线、面的位置关系。
要求对图形必须具备一定的洞察力，并进行一定的逻辑推理。
题型4：锥体体积、表面积综合问题例7．ABCD是边长为4的正方形，E、F分别是AB、AD的中点，GB垂直于正方形ABCD所在的平面，且GC＝2，求点B到平面EFC的距离？解：如图，取EF的中点O，连接GB、GO、CD、FB构造三棱锥B－EFG。
设点B到平面EFG的距离为h，BD＝，EF，CO＝。
而GC⊥平面ABCD，且GC＝2。
由，得·点评：该问题主要的求解思路是将点面的距离问题转化为体积问题来求解。
构造以点B 为顶点，△EFG为底面的三棱锥是解此题的关键，利用同一个三棱锥的体积的唯一性列方程是解这类题的方法，从而简化了运算。
例8．（2007江西理，12）如图，在四面体ABCD中，截面AEF经过四面体的内切球（与四个面都相切的球）球心O，且与BC，DC分别截于E、F，如果截面将四面体分成体积相等的两部分，设四棱锥A－BEFD与三棱锥A－EFC的表面积分别是S1，S2，则必有（）A．S1<S2 B．S1>S2C．S1=S2 D．S1，S2的大小关系不能确定解：连OA、OB、OC、OD，则V A－BEFD＝V O－ABD＋V O－ABE＋V O－BEFDV A－EFC＝V O－ADC＋V O－AEC＋V O－EFC又V A－BEFD＝V A－EFC，DBOCEF而每个三棱锥的高都是原四面体的内切球的半径，故S ABD＋S ABE＋S BEFD＝S ADC＋S AEC ＋S EFC又面AEF公共，故选C点评：该题通过复合平面图形的分割过程，增加了题目处理的难度，求解棱锥的体积、表面积首先要转化好平面图形与空间几何体之间元素间的对应关系。
题型5：棱台的体积、面积及其综合问题例9．（2008四川理，19）．（本小题满分12分）如图，面ABEF⊥面ABCD，四边形ABEF与四边形ABCD都是直角梯形，∠BAD=∠FAB=90°，BC∥12AD，BE∥12AF，G、H分别是FA、FD的中点。
(Ⅰ)证明：四边形BCHG是平行四边形；(Ⅱ)C、D、E、F四点是否共面？为什么？(Ⅲ)设AB=BE，证明：平面ADE⊥平面CDE.)解法一：(Ⅰ)由题设知，FG=GA,FH=HD.所以GH 12 AD，又BC 12AD,故GH BC.所以四边形BCHG是平行四边形.(Ⅱ)C、D、F、E四点共面.理由如下：由BE 12AF,G是FA的中点知，BE GF，所以EF∥BG.G HFEDCBA由(Ⅰ)知BG ∥GH ，故FH 共面.又点D 在直线FH 上. 所以C 、D 、F 、E 四点共面.(Ⅲ)连结EG ，由AB =BE ，BE AG 及∠BAG =90°知ABEG 是正方形. 故BG ⊥EA .由题设知，FA 、AD 、AB 两两垂直，故AD ⊥平面FABE ， 因此EA 是ED 在平面FABE 内的射影，根据三垂线定理，BG ⊥ED . 又ED ∩EA ＝E ，所以BG ⊥平面ADE .由(Ⅰ)知，CH ∥BG ，所以CH ⊥平面ADE .由(Ⅱ)知F ∈平面CDE .故CH ⊂平面CDE ，得平面ADE ⊥平面CDE . 解法二：由题设知，FA 、AB 、AD 两两互相垂直.如图，以A 为坐标原点，射线AB 为x 轴正方向建立直角坐标系A -xyz. (Ⅰ)设AB=a,BC=b,BE=c ，则由题设得A (0,0,0),B (a ,0,0),C (a ,b,0),D (0,2b ,0),E (a ,0,c ),G (0,0,c ),H (0,b,c ). 所以，(0,,0),(0,,0).GH b BC b == 于是.GH BC = 又点G 不在直线BC 上. 所以四边形BCHG 是平行四边形. (Ⅱ)C 、D 、F 、E 四点共面.理由如下： 由题设知，F (0,0,2c )，所以(,0,),(,0,),,EF a c CH a c EF CH =-=-=.C EF H FD C D F E ∉∈又，，故、、、四点共面(Ⅲ)由AB=BE ，得c=a ，所以(,0,),(,0,).CH a a AE a a =-= 又(0,2,0), 0,0.AD b CH AE CH AD ===因此 即 CH ⊥AE ,CH ⊥AD ,又 AD ∩AE =A ,所以CH ⊥平面ADE , 故由CH ⊂平面CDFE ，得平面ADE ⊥平面CDE .点评：该题背景较新颖，把求二面角的大小与证明线、面平行这一常规运算置于非规则几何体（拟柱体）中，能考查考生的应变能力和适应能力，而第三步研究拟柱体的近似计算公式与可精确计算体积的辛普生公式之间计算误差的问题，是极具实际意义的问题。