高三数学理科立体几何练习(体积表面积)
高考数学专题《空间几何体的表面积和体积》习题含答案解析
专题8.2 空间几何体的表面积和体积1．（2021·湖南高一期末）已知圆柱1OO 及其展开图如图所示，则其体积为（ ）A ．πB ．2πC ．3πD ．4π【答案】D【解析】结合展开图求出圆柱的底面半径与高，进而结合体积公式即可求出结果.【详解】设底面半径为r ，高为h ，根据展开图得422h r ππ=⎧⎨=⎩，则41h r =⎧⎨=⎩，所以圆柱的体积为22144r h πππ=⨯⨯=，故选：D.2.（2021·宁夏大学附属中学高一月考）已知圆柱的上、下底面的中心分别为,O O '，过直线OO '的平面截该圆柱所得的面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（）A．B ．12πC．D ．10π【答案】B【解析】根据圆柱的轴截面面积求出圆柱的底面半径和母线长，利用圆柱的表面积公式，即可求解.【详解】设圆柱的轴截面的边长为x ，因为过直线OO '的平面截该圆柱所得的面是面积为8的正方形，所以28x =，解得x =即圆柱的底面半径为r =l =，所以圆柱的表面积为222222212S S S r rl πππππ=+=+=⨯+=侧底.故选：B.练基础3．（2021·浙江高二期末）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A．13B．16C．12D．14【答案】D【解析】首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的体积．【详解】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为底面为直角梯形，高为1的四棱锥体；如图所示：所以：1111(1113224V=⨯⨯+⨯⨯=．故选：D．4．（2021·辽宁高一期末）已知一平面截一球得到直径为，则该球的体积为（）3cmA．12πB．36πC．D．108π【答案】B【解析】由球的截面性质求得球半径后可得体积．【详解】由题意截面圆半径为r =，所以球半径为3R ==，体积为334433633V R πππ==⨯=．故选：B ．5．（2020·浙江省高考真题）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）A ．73B ．143C ．3D ．6【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为：11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选：A6.（2018·全国高考真题（文））已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，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 ．【答案】B【解析】根据题意，可得截面是边长为的正方形，的圆，且高为所以其表面积为，故选B.7.（2020·江苏省高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半轻为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.【答案】2π【解析】正六棱柱体积为262⨯1O 2O 12O O 12π10π22212S πππ=+=圆柱体积为21()222ππ⋅=所求几何体体积为2π故答案为：2π-9.（2019·北京高考真题（文））某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【答案】40.【解析】如图所示,在棱长为4的正方体中,三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱之后余下的几何体,几何体的体积.10．（2019·全国高考真题（理））中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为1111MPD A NQC B-()3142424402V =-+⨯⨯=长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．【答案】共26个面..【解析】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面．如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，，．1.（2021·浙江高一期末）我国古代数学名著《九章算术》中记载“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，1-18826+=x AB BE x ==BC FE G BC H BGE ∆,21)1BG GE CH x GH x x x ∴===∴=+=+=1x ∴==1-练提升末广八尺，无深，袤七尺．问积几何?”这里的“羡除”，是指由三个等腰梯形和两个全等的三角形围成的五面体．在图1所示羡除中，////AB CD EF ，10AB =，8CD =，6EF =，等腰梯形ABCD 和等腰梯形ABFE 的高分别为7和3，且这两个等腰梯形所在的平面互相垂直．按如图2的分割方式进行体积计算，得该“羡除”的体积为（ ）A ．84B ．66C ．126D ．105【答案】A【解析】由图可知，中间部分为棱柱，两侧为两个全等的四棱锥，再由柱体和锥体的体积公式可求得结果.【详解】按照图2中的分割方式，中间为直三棱柱，直三棱柱的底面为直角三角形，两条直角边长分别为7、3，直三棱柱的高为6，所以，直三棱柱的体积为11736632V =⨯⨯⨯=.两侧为两个全等的四棱锥，四棱锥的底面为直角梯形，直角梯形的面积为()1272122S +⨯==，四棱锥的高为3h =，所以，两个四棱锥的体积之和为2121232132V =⨯⨯⨯=，因此，该“羡除”的体积为1284V V V =+=.故选：A.2.（2021·河北巨鹿中学高一月考）蹴鞠（如图所示），又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等，蹴有用脚蹴、踢的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、塌、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗传名录.已知某蹴鞠（近似看作球体）的表面上有四个点S 、A 、B 、C ，满足S ABC -为正三棱锥，M 是SC 的中点，且AM SB ⊥，侧棱1SA =，则该蹴鞠的表面积为（ ）A ．3πB ．6πC ．12πD ．16π【答案】A【解析】若ASB θ∠=，N 为BC 中点易得AM MN ⊥，再应用余弦定理、勾股定理求得2πθ=，即S ABC -为直三棱锥，即可求外接球半径，进而求表面积.【详解】如下图，若N 为BC 中点，则//MN SB ，又AM SB ⊥，∴AM MN ⊥，又S ABC -为正三棱锥且侧棱1SA =，∴1,2MN AN AB ==，若ASB θ∠=，则25cos 4AM θ=-，222cos AB θ=-，在Rt AMN △中，222AM MN AN +=，即()33cos 22cos 24θθ-=-，可得cos 0θ=，0θπ<<，∴2πθ=，即S ABC -为直三棱锥，易得外接球半径R ∴该蹴鞠的表面积为243R ππ=.故选：A3．【多选题】（2021·江苏高一期末）已知圆台上、下底面的圆心分别为1O ，2O ，半径为2，4，圆台的母线与下地面所成角的正切值为3，P 为12O O 上一点，则（）A ．圆台的母线长为6B ．当圆锥的1PO 圆锥2PO 的体积相等时，124PO PO =C ．圆台的体积为56πD ．当圆台上、下底面的圆周都在同一球面上，该球的表面积为80π【答案】BCD【解析】转化求解圆台的母线长判断Q ；利用比例关系判断B ；求解体积判断C ；取得球的表面积判断D ．【详解】解：圆台上、下底面的圆心分别为1O ，2O ，半径为2，4，圆台的母线与下底面所成角的正切值为3，P 为12O O 上一点，3(42)6h =⨯-=，母线l =6矛盾，所以A 错误；1212r r =，124PO PO =，B正确；16(416)563V πππ=⨯⨯++=，C 正确；设球心到上底面的距离为x ，则22222(6)4x x +=-+，解得4x =，r =，80S π=，D 正确；故选：BCD ．4．（2020·全国高考真题（文））已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于AM ==，故122S =⨯⨯=△A B C ，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：r，其体积：343V r π==..5．（2020届浙江省杭州市高三3月模拟）在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.现有一“阳马”P ABCD -，PA ⊥底面ABCD ，2PA AB ==，1AD =，则该“阳马”的最长棱长等于______；外接球表面积等于______.【答案】3 9π【解析】如图，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为长方形，且2PA AB ==，1AD =，所以PB PD ==3PC ===.最长棱为:3.该几何体可以通过补体得长方体,所以其外接球的半径为1322PC =.则其外接球的表面积为23492ππ⎛⎫⨯= ⎪⎝⎭，故答案为：3；9π.6．（2020·山东省仿真联考3）在三棱锥中，平面，，，，是上的一动点，且直线与平面所成角的最大值为，则________，三棱锥的外接球的表面积为________．【答案】6 P ABC -PA ⊥ABC 23BAC π∠=3AP =AB =Q BC PQ ABC 3πBC =P ABC -57π【解析】设直线与平面所成的角为，三棱锥外接球的球心为，半径为，如图所示，则，所以，则的最小值为，，即点到，所以．因为，所以，所以所以，所以．取的外接圆的圆心为，则圆的半径连接，作于点，则点为的中点，所以，故三棱锥的外接球的表面积．故答案为：6；.7.（广东省汕尾市2020-2021学年高一下学期期末数学试题）已知某圆柱的轴截面是一个正方形，且该圆柱PQ ABC θPABC -O R 30sin PA PQ PQ θ<==≤PQ ≥PQAQ A BC 3BAQ π∠=23BAC π∠=3CAQ π∠=AB AC ==2222222cos23BC AB AC AB AC π=+-⋅⋅=+-⨯1362⎛⎫⨯-= ⎪⎝⎭6BC =ABC V O 'O '1622sin 3r π=⨯=OO 'OM PA ⊥M M PA 2222235724R OA OP ⎛⎫===+= ⎪⎝⎭P ABC -O 2457S R ππ==57π表面积（底面和侧面面积之和）为1S ，其外接球的表面积为2S ，则该圆柱的表面积与其外接球的表面积的比值12S S =________.【答案】34【解析】设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则2h r =，上下底面圆圆心连线的中点即为该圆柱外接球的球心，可得外接球的半径R ==，再由圆柱的表面积公式和球的表面积公式分别计算1S 、2S 即可得比值.【详解】设圆柱的底面半径为r ，高为h ，因为圆柱的轴截面是一个正方形，所以2h r =，所以圆柱表面积22212π2π2π2π26πS r r h r r r r =+⋅=+⋅=，其外接球的球心在上下底面圆圆心连线的中点位置，可知球心到上底面圆的距离为12h r =，由勾股定理可得：外接球的半径R ==，所以外接球的表面积)22224π4π8πS R r ===，所以该圆柱的表面积与其外接球的表面积的比值22126ππ348S r r S ==，故答案为：34.8．（2021·重庆市杨家坪中学高一月考）学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为在一正三棱柱中挖去一个圆柱后的剩余部分（圆柱的上下两底面圆与三棱柱的底面各边相切），圆柱底面直径为，高为4cm .打印所用原料密度为31g /cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为______g .1.73=，π 3.14=，精确到0.1）.【答案】24.6【解析】由正三棱柱的性质，结合已知求其底面面积，再由棱柱的体积公式求其体积V ，并求圆柱的体积为V '，则模型体积为V V '-，即可求制作该模型所需原料的质量.【详解】由题意，正三棱柱底面(等边三角形)如上图有AE OE AD DC =且2AC AE DC ==，AD AC =，OE ==6AC =，故底面面积1662S =⨯⨯=∴正三棱柱的体积462.3V Sh ===≈.而圆柱的体积为21237.7V r h ππ'==≈，∴制作该模型所需原料的质量为()124.6V V '-⨯=克.故答案为：24.69．（2021·上海高二期末）五月五是端午，门插艾，香满堂，吃粽子，蘸白糖，粽子古称“角黍”，是我国南北各地的节令食品，因各地风俗不同，粽子的形状和食材也会不同，有一种各面都是正三角形的正四面体形粽子，若该正四面体粽子的棱长为8cm ，则现有1立方米体积的食材，最多可以包成这种粽子_______个.【答案】16572【解析】根据题意，利用棱锥的体积公式求得正四面体粽子的体积，进而求得答案.【详解】如图所示，正四面体ABCD 的棱长为8cm ，设底面正三角形BCD 的中心为O ，连接AO ，则AO ⊥平面BCD ，连接BO，则23BO ==AO ==所以一个粽子的体积为：31188)32V cm =⨯⨯⨯=，由3311000000m cm =16572.8≈所以1立方米体积的食材，最多可以包成这种粽子16572个.故答案为：16572.10．（2021·浙江高二期末）在四面体ABCD 中，AB BC ⊥，CD BC ⊥，AB CD ⊥，2BC =，若四面体ABCDABCD 的体积的最大值为___________．【答案】83【解析】根据题意可以将此四面体放入一个长方体中，则易求四面体高与底面长的关系，再根据体积公式写出其体积表达式，最后利用基本不等式即可.【详解】如图所示，不妨将四面体ABCD 放入下图中的长方体中，则长方体的宽为2，设长方体的长为a ，高为h .因为四面体ABCD则r =2216a h +=，所以四面体ABCD 的体积22111833323BCD a h V S AB ah +=⋅=≤⋅=△，当且仅当a h ==时等号成立，所以四面体ABCD 的体积最大值为83.故答案为:831．（2021·全国高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A．20+B．C ．563D【答案】D【解析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高h ==下底面面积116S =，上底面面积24S =，练真题所以该棱台的体积((121116433V h S S =+=+故选：D.2.（2020·天津高考真题）若棱长为 ）A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【解析】【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.【详解】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=.故选：C.3.（2021·全国高考真题（理））已如A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC ⊥==，则三棱锥O ABC -的体积为（ ）A B C D 【答案】A【解析】由题可得ABC V 为等腰直角三角形，得出ABC V 外接圆的半径，则可求得O 到平面ABC 的距离，进而求得体积.【详解】,1AC BC AC BC ⊥==，ABC ∴V 为等腰直角三角形，AB ∴=，则ABC V ，又球的半径为1，设O 到平面ABC 的距离为d ，则d ==所以11111332O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯=V故选：A.4.（2020·全国高考真题（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）A B C D 【答案】C【解析】如图，设,CD a PE b ==，则PO ==，由题意212PO ab =，即22142a b ab -=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得b a =.故选：C.5.（2018·全国高考真题（文））设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三A B C D ，，，ABC △角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】如图所示，点M 为三角形ABC 的中心，E 为AC 中点，当平面时，三棱锥体积最大此时，,点M 为三角形ABC 的中心中，有故选B.6.（2019·全国高考真题（理））已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为（ ）A ．B ．C ．D【答案】D D ABC -DM ⊥ABC D ABC -OD OB R 4===2ABC S AB ==V AB 6∴= 2BM 3BE ∴==Rt OMB ∴V OM 2==DM OD OM 426∴=+=+=()max 163D ABC V -∴=⨯=【解析】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，，又，分别为、中点，，，又，平面，平面，，为正方体一部分，，即 ，故选D ．解法二:设，分别为中点，，且，为边长为2的等边三角形，又中余弦定理，作于，，,PA PB PC ABC ==∆ P ABC ∴-PB AC ∴⊥E F PA AB //EF PB ∴EF AC ∴⊥EF CE ⊥,CE AC C EF =∴⊥ PAC PB ⊥PAC APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===P ABC ∴-2R ==34433R V R =∴=π==π2PA PB PC x ===,E F ,PA AB //EF PB ∴12EF PB x ==ABC ∆CF ∴=90CEF ∠=︒1,2CE AE PA x ∴===AEC ∆()2243cos 22x x EAC x +--∠=⨯⨯PD AC ⊥D PA PC =为中点，，，，，又，两两垂直，，，故选D.D Q AC 1cos 2AD EAC PA x∠==2243142x xx x+-+∴=2212122x x x ∴+=∴==PA PB PC ∴======2AB BC AC ,,PA PB PC ∴2R ∴==R ∴=34433V R ∴=π==。
高三高考数学复习练习82空间几何体的表面积与体积
821．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( )A.163π B.323π C ．16π D ．24π【解析】 设球的半径为R ，因为表面积是16π，所以4πR 2＝16π，解得R ＝2，所以体积为43πR 3＝32π3. 【答案】 B2．某几何体的三视图如图所示，则其表面积为( )A ．πB ．2πC ．3πD ．4π【解析】 由三视图可知，该几何体为半径为r ＝1的半球体，表面积为底面圆面积加上半球面的面积，所以S ＝πr 2＋12×4πr 2＝π×12＋12×4π×12＝3π.故选C. 【答案】 C3．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.2π3B.4π3C.5π3 D ．2π【解析】 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，如图所示，该几何体的体积为V ＝V圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，故选C. 【答案】 C4．一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )A ．1＋ 3B ．2＋ 3C ．1＋2 2D ．2 2 【解析】 由空间几何体的三视图可得该空间几何体的直观图，如图所示，∴该四面体的表面积为S 表＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋3，故选B. 【答案】 B5．(2018·太原一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．6π＋1B.（24＋2）π4＋1C.（23＋2）π4＋12D.（23＋2）π4＋1 【解析】 由几何体的三视图知，该几何体为一个组合体，其中下部是底面直径为2，高为2的圆柱，上部是底面直径为2，高为1的圆锥的四分之一，所以该几何体的表面积为4π＋π＋3π4＋2π4＋1＝（23＋2）π4＋1，故选D. 【答案】 D6．甲几何体(上)与乙几何体(下)的组合体的三视图如图所示，甲、乙几何体的体积分别为V 1，V 2，则V 1∶V 2等于( )A ．1∶4B ．1∶3C ．2∶3D ．1∶π【解析】 由三视图知，甲几何体是半径为1的球，乙几何体是底面半径为2，高为3的圆锥，所以球的体积V 1＝43π，V 2＝13π×22×3＝4π，所以V 1∶V 2＝1∶3.故选B. 【答案】 B7．(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】 设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，且R ＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r ，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形．∴r ＝ 12－⎝⎛⎭⎫122＝32.∴圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝34π×1＝3π4. 故选B.【答案】 B8．(2017·襄阳调研)如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的表面积为________．【解析】 由三视图可知，该几何体是一个正四棱柱挖掉一个半球所得的几何体，其中半球的底面就是正四棱柱上底面的内切圆，正四棱柱的底面边长为4，高为2，半球所在球的半径为2.所以该几何体的表面由正四棱柱的表面与半球的表面积之和减去半球的底面构成，故其表面积为(4×4×2＋2×4×4)＋12×(4π×22)－π×22＝64＋4π. 【答案】 64＋4π9．(2018·乌鲁木齐二诊)已知四面体ABCD 满足AB ＝CD ＝6，AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝2，则四面体ABCD 的外接球的表面积是________．【解析】 (图略)在四面体ABCD 中，取线段CD 的中点为E ，连接AE ，BE .∵AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝2，∴AE ⊥CD ，BE ⊥C D.在Rt △AED 中，CD ＝6，∴AE ＝102.同理BE ＝102.取AB 的中点为F ，连接EF .由AE ＝BE ，得EF ⊥A B.在Rt △EF A 中，∵AF ＝12AB ＝62，AE ＝102，∴EF ＝1.取EF 的中点为O ，连接OA ，则OF ＝12.在Rt △OF A 中，OA ＝72.∵OA ＝OB ＝OC ＝OD ，∴该四面体的外接球的半径是72，∴外接球的表面积是7π. 【答案】 7π10．(2018·贵州适应性考试)已知球O 的表面积是36π，A ，B 是球面上的两点，∠AOB ＝60°，C 是球面上的动点，则四面体OABC 体积V 的最大值为________．【解析】 设球的半径为R ，由4πR 2＝36π，得R ＝3.显然在四面体OABC 中，△OAB 的面积为定值，S △OAB ＝12×R ×32R ＝34R 2＝934.要使三棱锥的体积最大，只需球上的点到平面OAB 的距离最大，显然，到平面OAB 距离的最大值为球的半径，所以四面体OABC 的体积的最大值V ＝13×934×R ＝934. 【答案】 93411．(2016·全国丙卷)如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面P AB ；(2)求四面体N -BCM 的体积．【解析】 (1)证明 由已知得AM ＝23AD ＝2. 如图，取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2. 又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT .因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12P A. 取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5.由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝2 5. 所以四面体N -BCM 的体积V N -BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453. 12.如图所示，在空间几何体ADE -BCF 中，四边形ABCD 是梯形，四边形CDEF 是矩形，且平面ABCD ⊥平面CDEF ，AD ⊥DC ，AB ＝AD ＝DE ＝2，EF ＝4，M 是线段AE 上的动点．(1)试确定点M 的位置，使AC ∥平面MDF ，并说明理由；(2)在(1)的条件下，平面MDF 将几何体ADE -BCF 分成两部分，求空间几何体M -DEF 与空间几何体ADM -BCF 的体积之比．【解析】(1)当M 是线段AE 的中点时，AC ∥平面MDF .理由如下：连接CE 交DF 于点N ，连接MN .因为M ，N 分别是AE ，CE 的中点，所以MN ∥AC .又因为MN ⊂平面MDF ，AC ⊄平面MDF ，所以AC ∥平面MDF .(2)将几何体ADE -BCF 补成三棱柱ADE -B ′CF ，如图所示，三棱柱ADE -B ′CF 的体积为V ＝S △ADE ·CD ＝12×2×2×4＝8，则几何体ADE -BCF 的体积V ADE BCF ＝V ADE B ′CF －V F BB ′C＝8－13×⎝⎛⎭⎫12×2×2×2＝203. 因为三棱锥M -DEF 的体积V M DEF ＝13×⎝⎛⎭⎫12×2×4×1＝43， 所以V ADM BCF ＝203－43＝163， 所以两几何体的体积之比为43∶163＝1∶4.。
高中数学立体几何体的表面积与体积求解
高中数学立体几何体的表面积与体积求解在高中数学中，立体几何是一个重要的内容，涉及到的知识点包括立体的表面积与体积的求解。
本文将通过具体的例题来说明如何求解不同类型的立体几何体的表面积与体积，并提供一些解题技巧和指导。
一、长方体的表面积与体积求解长方体是最常见的立体几何体之一，它的六个面都是矩形。
我们可以通过求解长方体的表面积与体积来熟悉立体几何的计算方法。
例题1：一个长方体的长、宽、高分别为3cm、4cm、5cm，求它的表面积和体积。
解析：长方体的表面积等于各个面的面积之和，体积等于底面积乘以高。
根据题目给出的数据，我们可以计算得到该长方体的表面积和体积。
表面积 = 2(长×宽 + 长×高 + 宽×高) = 2(3×4 + 3×5 + 4×5) = 94cm²体积 = 长×宽×高 = 3×4×5 = 60cm³通过这个例题，我们可以看到求解长方体的表面积和体积的方法是比较简单的，只需要根据公式进行计算即可。
在实际应用中，我们可以通过测量长方体的边长来求解它的表面积和体积。
二、正方体的表面积与体积求解正方体是一种特殊的长方体，它的六个面都是正方形。
与长方体类似，我们也可以通过求解正方体的表面积与体积来加深对立体几何的理解。
例题2：一个正方体的边长为6cm，求它的表面积和体积。
解析：正方体的表面积等于各个面的面积之和，体积等于边长的立方。
根据题目给出的数据，我们可以计算得到该正方体的表面积和体积。
表面积 = 6×6 + 6×6 + 6×6 + 6×6 + 6×6 + 6×6 = 216cm²体积 = 边长的立方 = 6³ = 216cm³从这个例题中，我们可以看到正方体的表面积和体积是相等的，这是因为它的六个面都是正方形，所以每个面的面积都相等。
数学题目立体几何的表面积与体积练习题
数学题目立体几何的表面积与体积练习题数学题目：立体几何的表面积与体积练习题1. 题目一：计算一个半径为3厘米的球体的表面积和体积。
解答：首先计算球的表面积。
球的表面积公式为S=4πR²，其中R 为球的半径。
代入半径为3厘米，得到表面积S=4π×3²=36π cm²。
接下来计算球的体积。
球的体积公式为V=4/3πR³，代入半径为3厘米，得到体积V=4/3π×3³=36π cm³。
2. 题目二：一个长方体的长、宽和高分别为5厘米、4厘米和6厘米。
求该长方体的表面积和体积。
解答：长方体的表面积公式为S=2(长×宽+长×高+宽×高)，代入长为5厘米、宽为4厘米和高为6厘米，得到表面积S=2(5×4+5×6+4×6)=2(20+30+24)=148 cm²。
长方体的体积公式为V=长×宽×高，代入长为5厘米、宽为4厘米和高为6厘米，得到体积V=5×4×6=120 cm³。
3. 题目三：一个圆锥的底面圆半径为2.5厘米，高为7厘米。
求该圆锥的表面积和体积（保留π）。
解答：首先计算圆锥的母线，母线公式为l=√(r²+h²)，其中r为底面圆半径，h为圆锥的高。
代入半径为2.5厘米和高为7厘米，得到母线l=√(2.5²+7²)≈7.416 cm。
圆锥的表面积公式为S=πr(r+l)，代入底面圆半径为2.5厘米和母线长为7.416厘米，得到表面积S=π×2.5(2.5+7.416)≈82.512 cm²。
圆锥的体积公式为V=1/3πr²h，代入底面圆半径为2.5厘米和高为7厘米，得到体积V=1/3π×2.5²×7≈36.750 cm³。
高考数学专题复习：立体几何体的表面积与体积
高考数学专题复习：立体几何体的表面积与体积一、单选题1．一个圆柱的轴截面是一个面积为36的正方形，则该圆柱的体积是（ ） A ．54π B ．36π C ．16π D ．8π2．在正三棱锥A BCD -中，BCD △的边长为6，侧棱长为积为（ ）A ．754πB ．75πCD 3．在菱形ABCD 中，6AB =，60A ∠=，连结BD ，沿BD 把ABD 折起，使得二面角A BD C --的大小为60，连结AC ，则四面体ABCD 的外接球的表面积为（ ） A ．13π B ．24π C ．36π D ．52π 4．已知一个圆柱上，下底面的圆周都在同一个球面上，球的直径为4，圆柱底面直径为2，则圆柱的侧面积为（ ）A ．B ．C ．D ．5．一平面截一球得到直径为的圆面，球心到这个平面的距离为2cm ，则该球的体积为（ ）A ．3256cm 3πB ．364cm πC ．364 c m 3πD ．316cm 3π 6．若底面直径和高相等的圆柱的侧面积是π，则这个圆柱的体积是（ ） A ．π B ．4π C ．2π D ．34π7．已知三棱锥S ABC -中，SA ⊥平面,4,60ABC SA BC BAC ==∠=︒，则三棱锥S ABC -外接球的表面积为（ ）A ．32πB ．64πC ．80πD ．128π8．已知一平面截一球得到直径为，则该球的体积为（ ）3cmA ．12πB ．36πC ．D ．108π 9．已知圆柱1OO 及其展开图如图所示，则其体积为（ ）A ．πB ．2πC ．3πD ．4π10．已知正四棱锥S ABCD -的底面边长为2，则该正四棱锥的体积等于（ ）A ．43BC ．D ．411．已知A ，B 是球O 的球面上两点，23AOB π∠=，P 为该球面上动点，若三棱锥O PAB -体O 的表面积为（ ） A ．12π B ．16π C ．24π D ．36π12．正四棱台的上、下底面边长分别是2和4，则该棱台的体积是（ ） A ．563 B ．583 C ．20 D ．21二、填空题13．设体积为P ABC -外接球的球心为O ，其中O 在三棱锥P ABC -内部．若球O 的半径为R ，且球心O 到底面ABC 的距离为3R ，则球O 的半径R =__________． 14．将边长为1的正方形ABCD 沿对角线AC 折起，使ABD △为正三角形，则三棱锥A BCD -的体积为__________．15．已知正四棱台的上底边长为4，下底边长为8________. 16．如图边长为2的正方形ABCD 中，以B 为圆心的圆与AB ，BC 分别交于点E ，F ，若1tan 2CDF ∠=，则阴影部分绕直线BC 旋转一周形成的几何体的体积等于__________．三、解答题17．如图，已知圆锥的顶点为P ，O 是底面圆心，AB 是底面圆的直径，5PB =，3OB =．（1）求圆锥的表面积；（2）经过圆锥的高PO 的中点O '作平行于圆锥底面的截面，求截得的圆台的体积．18．如下图1，一个正三棱柱形容器中盛有水，底面三角形ABC 的边长为2cm ，侧棱14cm AA =，若侧面11AA B B 水平放置时（如下图2），水面恰好过AC ，BC ，11A C ，11B C 的中点．（1）求容器中水的体积；（2）当容器底面ABC 水平放置时（如图1），求容器内水面的高度．19．如果一个正四棱柱与一个圆柱的体积相等，那么我们称它们是一对“等积四棱圆柱”.将“等积四棱圆柱”的正四棱柱、圆柱的表面积与高分别记为1S 、2S 与1h 、2h .（1）若121h h ==，1=30S ，求2S 的值;（2）若12h h =，求证：12S S >.20．已知正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2D 为BC 的中点；（1）求该三棱柱的体积与表面积；（2）求三棱锥11D AB C -的内切球半径．21．如图，正三棱锥（底面是正三角形，侧棱长都相等）P ABC -的底面边长为2，侧棱长为3．-的表面积；（1）求正三棱锥P ABC-的体积．（2）求正三棱锥P ABC22．如图所示是在圆锥内部挖去一正四棱柱所形成的几何体，该正四棱柱上底面的四顶点在r=.圆锥侧面上，下底面落在圆锥底面内，已知圆锥侧面积为15π，底面半径为3（Ⅰ）若正四棱柱的底面边长为a（Ⅱ）求该几何体内正四棱柱侧面积的最大值.参考答案1．A【分析】设圆柱的底面半径为r ，则圆柱的高为2r ，利用圆柱的轴截面面积求出r 的值，再利用柱体体积公式可求得该圆柱的体积.【详解】设圆柱的底面半径为r ，则圆柱的高为2r ，该圆柱的轴截面面积为2436r =，解得3r =， 因此，该圆柱的体积为2223654V r r πππ=⨯=⨯⨯=.故选：A.2．B【分析】取CD 中点E ，连接BE ，在BE 上取点F ，使得23BF BE =，连接AF ，则点F 为三角形BCD的中心， 根据题意可得AF ⊥平面BCD ，求出BF =AF =半径为R ，则222)R R =+，解得R 【详解】解：取CD 中点E ，连接BE ，在BE 上取点F ，使得23BF BE =，连接AF ， 则点F 为三角形BCD 的中心，根据题意可得AF ⊥平面BCD ，则该三棱锥外接球的球心O 在AF 上，BF ==，AF = 设该三棱锥外接球的半径为R ，则222)R R =+， 解得R∴该三棱锥外接球的表面积为：224475S R πππ==⨯=．故选：B ．3．D【分析】取BD 的中点记为O ，分别取BCD △和ABD △的外心E 与F ，过这两点分别作平面BDC ､平面ABD 的垂线，交于点P ，则P 就是外接球的球心，先在POE △中，求解1PE =，再在PCE ，求PC 可得球半径，进而得解.【详解】如图，取BD 的中点记为O ，连接OC ，OA ，分别取BCD △和ABD △的外心E 与F ，过这两点分别作平面BDC ､平面ABD 的垂线，交于点P ，则P 就是外接球的球心，连接OP ，CP ，易知AOC ∠为二面角A BD C --的平面角为60，则AOC △是等边三角形，其边长为6=1133OE OC ==⨯在POE △中，30POE ∠=，∴tan 30=3PE OE =⋅⨯∵2=3CE OC =∴PC R ====则四面体ABCD 的外接球的表面积为2452ππ⨯=.故选：D.4．B【分析】由题意结合勾股定理可得12h = 【详解】设圆柱的高为h ，球的半径为R ，圆柱的底面半径为r ，根据题意，2,1R r ==，由勾股定理可得12h h =S 侧221rh ππ==⨯⨯=，故选：B5．A【分析】依题意求得球半径即可.【详解】依题意得球半径4R =，所以该球的体积33442564333V R πππ==⨯=（cm 3）. 故选：A.6．B【分析】设出圆柱底面圆半径r 并表示出其高，借助圆柱侧面积求出r 即可作答.【详解】设圆柱底面圆半径为r ，依题意得高2h r =，于是得圆柱侧面积224S r h r πππ=⋅==，解得12r =，1h =， 所以圆柱的体积为24V Sh r h ππ==⋅=.故选：B7．A【分析】根据三棱锥中线面位置关系求解外接球的半径，进而求出外接球的表面积.【详解】 ABC 中，23,60BC BAC =∠=︒，设 ABC 的外接圆半径为r ，根据正弦定理有， 23242sin sin 60BC r r BAC ===∴=∠︒如图，1O 点为 ABC 的外心，O 三棱锥外接球的球心SA ⊥平面ABC ， 1//OO SA ∴，且 OS OA =1122OO SA ∴== 1Rt AO O 中，11122,90AO r OO AO O ===∠=︒，， 22AO ∴= 即三棱锥外接球的半径为：22所以外接球的表面积为()24π·2232π=，选项A 正确，选项BCD 错误故选：A.8．B【分析】由球的截面性质求得球半径后可得体积．【详解】由题意截面圆半径为r =3R ==， 体积为334433633V R πππ==⨯=． 故选：B ．9．D【分析】结合展开图求出圆柱的底面半径与高，进而结合体积公式即可求出结果.【详解】设底面半径为r ，高为h ，根据展开图得422h r ππ=⎧⎨=⎩，则41h r =⎧⎨=⎩，所以圆柱的体积为22144r h πππ=⨯⨯=，故选：D.10．A【分析】首先计算正四棱锥的高，再计算体积.【详解】如图，正四棱锥S ABCD -，SB =OB =1SO =， 则该正四棱锥的体积1422133V =⨯⨯⨯=.故选：A【分析】当点P 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O PAB -的体积最大，利用三棱锥O PAB -体O 的表面积． 【详解】解：如图所示，当点P 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O PAB -的体积最大， 设球O 的半径为R ，此时21132O PAB P AOB V V R R --==⨯=， 解得2R =，则球O 的表面积为2416R ππ=，故选：B ．12．A【分析】先求出棱台的高，然后利用台体的体积公式求体积即可.【详解】由棱台的几何特征可得其高为：2h ， 则其体积为：(2215624233V =⨯+⨯=. 故选：A13．3【分析】根据等边三角形的性质，结合球的几何性质、棱锥的体积公式进行求解即可.取ABC 的中心G ．连接PG ，则PG ⊥平面ABC 且球心O 在PG 上．由条件知，3R OG =，连接OA ，AG ，则AG ==，设等边ABC 的边长为a ，所以等边ABC =，因此23AG ===，所以有R a 362=，于是ABC ．又OP R =， 故三棱锥P ABC -的高是：1433R R R +=，所以223148)333P ABC V R R R -=⋅⋅=⋅==3R =． 故答案为：314【分析】取AC 的中点O ，连接BO ，DO ，求出底面面积以及高，然后求解体积即可．【详解】取AC 的中点O ，连接BO ，DO ，由题意，AC ⊥BO ，AC ⊥DO ，BO DO == 因为ABD △为正三角形，AB ＝AD ＝DB ＝1，由已知可得AO ＝OB ＝OD ，∴OBD 是直角三角形，∴DO ⊥OB ，又,OD AC AC OB O ⊥⋂=，∴OD ⊥面ABC ，∴111332A BCD D ABC ABC V V S DO --==⋅=⨯=15．112【分析】 根据已知条件，分别计算出上、下底面面积以及棱台的高，代入棱台体积公式进行计算即可得解.【详解】因为正四棱台的上底边长为4，下底边长为8所以棱台的下底面积64S =，上底面积16S '=，高3h =，所以正四棱台的体积(()11641632311233V S S h '=⋅+⋅=⋅++⋅=. 故答案为：112.16．6π【分析】阴影部分绕直线BC 旋转一周形成的几何体是一个圆柱挖掉一个半球与圆锥，分别计算其体积，然后得到答案.【详解】在Rt DCF 中12,tan 212DC CF DC CDF ==∠=⨯=， 所以211BF BC CF =-=-=，正方形ABCD 绕直线BC 旋转一周形成圆柱，圆柱的底面半径2R AB ==，高12h BC ==，其体积2211228V R h πππ==⨯⨯=； 直角CDF 绕直线BC 旋转一周形成与圆柱同底的圆锥，圆锥的底面半径2R =，高21h CF ==，其体积222211421333V R h πππ==⨯⨯=；扇形BEF 是圆的14，绕直线BC 旋转一周形成一个半球，球的半径为1r BE ==， 故其体积33314142123233V r πππ=⨯=⨯⨯=； 所以阴影部分绕直线BC 旋转一周形成的几何体是一个圆柱挖掉上述的半球与圆锥， 故其体积123428633V V V V ππππ=--=--=． 故答案为：6π.17．（1）24π；（2）21π2． 【分析】（1）由题意可知，该圆锥的底面半径3r =，母线5l =，从而可求出锥的表面积，（2）先求出大圆锥的高，从而可求出小圆锥的高，进而可得圆台的体积等于大圆锥的体积减去小圆锥的体积【详解】解：（1）由题意可知，该圆锥的底面半径3r =，母线5l =．∴该圆锥的表面积22πππ3π3524πS r rl =+=⨯+⨯⨯=．（2）在Rt POB △中，4PO ==，∵O '是PO 的中点，∴2PO '=．∴小圆锥的高2h '=，小圆锥的底面半径1322r r '==， ∴截得的圆台的体积2211321π34π2π3322V V V ⎛⎫=-=⨯⨯⨯-⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭小台大．18．（1）)3cm ；（2）3cm ． 【分析】（1）在图2中，根据四棱柱的体积公式计算可得；（2）设图1中水高度为cm h ，根据水的体积相等得到方程，解得即可；【详解】解：（1）在图2中，水所占部分为四棱柱．四棱柱底面积为)222112sin 601sin 6022S cm =⨯⨯︒-⨯⨯︒=，又高为4cm所以水的体积为)34V cm ==，（2）设图1中水高度为cm h ，则212sin 602V h =⨯⨯︒⨯=3h =． 所以当容器底面ABC 水平放置时，容器内水面的高度为3cm ．19．（1）18+；（2）证明见解析.【分析】设正四棱柱的底面边长为a ，圆柱的底面半径为r ，2212πa h r h =，21124S a ah =+，2222π2πS r rh =+.（1）由121h h ==，1=30S 可得答案；（2）由21h h =，得22πa r =，212124S S a ah -=+22(2π2π)r rh -+化简可得答案.【详解】设正四棱柱的底面边长为a ，圆柱的底面半径为r ，则2212πa h r h =，21124S a ah =+，2222π2πS r rh =+.（1）224130a a +⨯=，得22150a a +-=，又0a >，所以3a =，所以22π131r ⨯=⨯，得r =292π2π1πS =⨯+18=+（2）证明：21h h =，则22πa r =，212124S S a ah -=+22(2π2π)r rh -+212π4r ah =+212π2πr rh --14ah =12πrh -12π)h r =0>.得证.20．（1）1113-=ABC A B C V ，111ABC A B C S -=（2 【分析】（1）直接利用体积公式求解即可，直接求解表面积，（2）利用等体积法求法【详解】（1）111223ABC A B C V Sh -===，111222232ABC A B C S S S -=+=+=底侧（2）111111112132D AB C B AB C C ABB V V V ---===⨯= 1111113,6AB D AC D B C D AC B S S S S ====，则三棱锥11D AB C -的表面积为+设三棱锥11D AB C -的内切球半径为r ，则113r ⨯⨯=，则r =21．（1）；（2【分析】（1）取BC 的中点D ，连接PD ，利用勾股定理求得PD ，可得三角形PBC 的面积，进一步可得正三棱锥P ABC -的侧面积，再求出底面积，则正三棱锥P ABC -的表面积可求； （2）连接AD ，设O 为正三角形ABC 的中心，则PO ⊥底面ABC ．求解PO ，再由棱锥体积公式求解．【详解】解：（1）取BC 的中点D ，连接PD ，在Rt PBD 中，可得PD = ∴1222PBC S BC PD == 正三棱锥的三个侧面是全等的等腰三角形，∴正三棱锥P ABC -的侧面积是33PBC S =⨯=正三棱锥的底面是边长为2的正三角形，∴122sin 602ABC S =⨯⨯⨯︒=△则正三棱锥P ABC -的表面积为（2）连接AD ，设O 为正三角形ABC 的中心，则PO ⊥底面ABC ．且13OD AD ==在Rt POD 中，PO ==∴正三棱锥P ABC -的体积为1133ABC S PO ⋅==．22．（Ⅰ）16123π-；（Ⅱ）【分析】 （Ⅰ）分别计算圆锥和正四棱柱的体积，再计算该几何体的体积；（Ⅱ）首先利用比例关系求得1312h +=，再利用基本不等式求得1h a 的最大值，即可得到正四棱柱侧面积的最大值【详解】解：设圆锥母线长为l ，高为h ，正四棱柱的高为1h（Ⅰ）由S rl π=圆锥侧，有315l ππ=，故5l =，由222h r l +=，故4h =， 所以圆锥体积为2211341233V r h πππ==⨯⨯=圆锥由a =2， 由图可得11h r h r -=，所以11318433r h h r --==⨯=， 故正四棱柱的体积为21816233V a h ==⨯=正四棱柱 所以该几何体的体积为16123V V π-=-圆锥正四棱柱 （Ⅱ）由图可得12r h h r =，即13243h -=，即1312h +=由13h +≥136h ==时左式等号成立，有112h a ⇒≤12h =，a =故正四棱柱侧面积14S h a =≤侧，当且仅当12h =，a =所以该几何体内正四棱柱侧面积的最大值为。
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(真题测试)解析版
专题8.2 空间几何体的表面积和体积（真题测试）一、单选题1．（2020·天津·高考真题）若棱长为 ） A ．12π B ．24π C ．36π D ．144π【答案】C【解析】【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.【详解】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R =，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=.故选：C.2．（2020·北京·高考真题）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+【答案】D【解析】【分析】首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可.【详解】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：()1322222sin 60122S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+ ⎪⎝⎭故选：D.【点睛】(1)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．(2)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．(3)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．（2022·浙江·高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（ ）A ．22πB ．8πC ．22π3D ．16π3【答案】C【解析】【分析】根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，即可根据球，圆柱，圆台的体积公式求出．【详解】由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为1cm ，圆台的下底面半径为2cm ，所以该几何体的体积(322214122ππ1π122π2π12333V =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯=3cm ．故选：C ．4．（2022·全国·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为面上，则该球的表面积为（ ）A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π【答案】A【解析】【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径12,r r ，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径12,r r ，所以123432,260sin 60r r ==，即123,4r r ==，设球心到上下底面的距离分别为12,d d ，球的半径为R ，所以1d =2d =121d d -=或121d d +=，即1=1，解得225R =符合题意，所以球的表面积为24π100πS R ==． 故选：A ．5．（2021·浙江·高考真题）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）A ．32B ．3C ．2D ．【答案】A【解析】【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积.【详解】几何体为如图所示的四棱柱1111ABCD A B C D -，其高为1，底面为等腰梯形ABCD ，1=故1111131222ABCD A B C D V -=⨯⨯=， 故选：A. 6．（2021·全国·高考真题（理））已如A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC ⊥==，则三棱锥O ABC -的体积为（ ）A B C D A 【解析】【分析】由题可得ABC 为等腰直角三角形，得出ABC 外接圆的半径，则可求得O 到平面ABC 的距离，进而求得体积.【详解】,1AC BC AC BC ⊥==，ABC ∴为等腰直角三角形，AB ∴=，则ABC 1， 设O 到平面ABC 的距离为d ，则2d =所以11111332O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯= 故选：A.7．（2022·全国·高考真题（文））已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O ，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）A ．13B ．12CD 【答案】C【解析】【分析】先证明当四棱锥的顶点O 到底面ABCD 所在小圆距离一定时，底面ABCD 面积最大值为22r ，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【详解】设该四棱锥底面为四边形ABCD ，四边形ABCD 所在小圆半径为r ，设四边形ABCD 对角线夹角为α， 则2111sin 222222ABCD S AC BD AC BD r r r α=⋅⋅⋅≤⋅⋅≤⋅⋅= （当且仅当四边形ABCD 为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O 到底面ABCD 所在小圆距离一定时，底面ABCD 面积最大值为22r又22r h 1+=则2123O ABCDV r h -=⋅⋅=当且仅当222r h =即h 时等号成立，故选：C8．（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3l ≤≤ ） A ．8118,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦ B ．2781,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦ C ．2764,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦ D ．[18,27]【答案】C【解析】【分析】设正四棱锥的高为h ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【详解】∵ 球的体积为36π，所以球的半径3R =,设正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ，则2222l a h =+，22232(3)a h =+-,所以26h l =，2222a l h =- 所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936l l l V Sh a h l l ⎛⎫==⨯⨯=⨯-⨯- ⎪⎝⎭， 所以5233112449696l l V l l ⎛⎫⎛⎫-'=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当3l ≤≤0V '>，当l ≤0V '<，所以当l =V 取最大值，最大值为643，又3l =时，274V =，l =814V =, 所以正四棱锥的体积V 的最小值为274， 所以该正四棱锥体积的取值范围是276443⎡⎤⎢⎥⎣⎦，. 故选：C.二、多选题9．（2022·广东茂名·二模）某一时段内，从天空降落到地面上的液态或固态的水，未经蒸发，而在水平面上积聚的深度称为这段时间的降雨量．24h 降雨量的等级划分如下：在一次暴雨降雨过程中，小明用一个大容量烧杯（如图，瓶身直径大于瓶口直径，瓶身高度为50cm ，瓶口高度为3cm ）收集雨水，容器内雨水的高度可能是（ ）A ．20cmB ．22cmC ．25cmD ．29cm【答案】CD【解析】【分析】设降雨量为x ，容器内雨水高度为h,根据雨水的体积相等关系可得到h,x 之间的关系49h x =，结合题意可得4200400[,)999x ∈，由此判断出答案. 【详解】设降雨量为x ，容器内雨水高度为h,根据体积相等关系可得：22π100π150x h ⨯=⨯，解得49h x = ， 由于[50,100)x ∈ ，故4200400[,)999x ∈， 故20040020040020,22[,),25,29[,)9999∉∈故选：CD ．10．（2023·湖北·高三阶段练习）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42B ．体积为5023π C ．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】 【分析】设圆台的上底面半径为r ，下底面半径为R ，求出1,3r R ==，即可判断选项A 正确；利用公式计算即可判断选项BCD 的真假得解.【详解】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 ==，则选项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 ．11．（2022·湖南·长沙一中模拟预测）传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现；如图是一个圆柱容球，12O O ，为圆柱上下底面的圆心，O 为球心，EF 为底面圆1O 的一条直径，若球的半径2r =，则（ ）A ．球与圆柱的表面积之比为12：B ．平面DEF 截得球的截面面积最小值为165π C ．四面体CDEF 的体积的取值范围为3203⎛⎤ ⎥⎝⎦，D ．若P 为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PE PF +的取值范围为2⎡+⎣【答案】BCD【解析】【分析】利用球的表面积公式及圆柱的表面积公式可判断A ，由题可得O 到平面DEF 的距离为1d 平面DEF 截得球的截面面积最小值可判断B ，由题可得四面体CDEF 的体积等于12E DCO V -可判断C ，设P 在底面的射影为P '，设2t P E '=，PE PF +PE PF +的取值范围可判断D.【详解】由球的半径为r ，可知圆柱的底面半径为r ，圆柱的高为2r ，则球表面积为24r π，圆柱的表面积222226r r r r πππ+⋅=， 所以球与圆柱的表面积之比为23，故A 错误；过O 作1OG DO ⊥于G ，则由题可得12OG == 设O 到平面DEF 的距离为1d ，平面DEF 截得球的截面圆的半径为1r ，则1d OG ≤，22221114164455r r d d =-=-≥-=， 所以平面DEF 截得球的截面面积最小值为165π，故B 正确； 由题可知四面体CDEF 的体积等于12E DCO V -，点E 到平面1DCO 的距离(0,4]d ∈， 又114482DCO S =⨯⨯=，所以123228(0,]33E DCO V d -=⨯∈，故C 正确； 由题可知点P 在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设P 在底面的射影为P '， 则2222222,2,2,16PP PE P E PF P F P E P F '''''==+=++=，设2t P E '=，则20,4t ⎡⎤∈⎣⎦，PE PF +所以()2224PE PF +==+2424⎡⎤=++⎣⎦，所以2PE PF ⎡+∈+⎣，故D 正确.故选：BCD.12．（2022·全国·高考真题）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】【分析】直接由体积公式计算12,V V ，连接BD 交AC 于点M ，连接,EM FM ，由3A EFM C EFM V V V --=+计算出3V ，依次判断选项即可.【详解】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.三、填空题 13．（2021·全国·高考真题（文））已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π则该圆锥的侧面积为________.【答案】39π【解析】【分析】利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案.【详解】∵216303V h ππ=⋅=∴52h =∴132l =∴136392S rl πππ==⨯⨯=侧. 故答案为：39π.14．（2020·江苏·高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半径为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是 ____ cm 3. 【答案】1232π-【解析】【分析】先求正六棱柱体积，再求圆柱体积，相减得结果.【详解】正六棱柱体积为262⨯ 圆柱体积为21()222ππ⋅=所求几何体体积为2π故答案为： 2π15．（2019·天津·高考真题（文）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】4π. 【解析】【分析】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径．【详解】借助勾股定理，2=，.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，圆柱的底面半径为12，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，故圆柱的体积为21124ππ⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭． 16．（2022·吉林·长春市第二实验中学高三阶段练习）在三棱锥P ABC -中，点P 在底面的射影是ABC 的外心，2,3BAC BC PA π∠===___________. 【答案】12548π 【解析】【分析】先由正弦定理得，ABC 外接圆的半径，再由勾股定理，即可求出半径,从而可得外接球体积.【详解】解：设ABC 的外心为1O ,连接1PO ,则球心O 在1PO 上，连接1O A ,则1O A 为ABC 外接圆的半径r ,连接OA ,设外接球的半径为R ,则OA OP R ==,在ABC 中，由正弦定理得2,BC r sin BAC ==∠解得1r =,即11O A =, 在1Rt PAO 中，12,PO =在1Rt AOO ,中22211OO AO AO +=,即()22221R R -+=,解得：54R =, 所以外接球的体积为：3344125334854R V πππ⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭===， 故答案为：12548π 四、解答题17．（2022·安徽芜湖·高一期末）如图①，有一个圆柱形状的玻璃水杯，底面圆的直径为20cm ，高为30cm ，杯内有20cm 深的溶液.如图①，现将水杯倾斜，且倾斜时点B 始终不离开桌面，设直径AB 所在直线与桌面所成的角为α.要使倾斜后容器内的溶液不会溢出，求α的最大值. 【答案】4π【解析】【分析】当水杯倾斜过程中，溶液恰好不溢出时，此时α最大；在这个临界条件下，结合溶液的体积不变，可以得到关于α的一个不等式，即可求出α的取值范围，得到最大值.【详解】如图所示，在Rt △CDE 中20tan DE α=，()2221020tan 103020tan 10202παπαπ⨯⨯⨯⨯-+≥⨯⨯解得tan 1α≤，即α的最大值4π. 18．（2022·全国·南宁二中高三期末（文））图1是由矩形ABGF ，Rt ADE △和菱形ABCD 组成的一个平面图形，其中2AB =，1==AE AF ，60BAD ∠=︒，将该图形沿AB ，AD 折起使得AE 与AF 重合，连接CG ，如图2.(1)证明：图2中的C ，D ，E ，G 四点共面；(2)求图2中三棱锥C BDG -的体积.【答案】(1)证明见解析【解析】【分析】（1）依题意可得//AB FG ，//AB CD ，即可得到//AB GE ，从而得到//CD EG ，即可得证；（2）依题意可得AE AD ⊥、AE AB ⊥，即可得到AE ⊥平面ABCD 从而得到BG ⊥平面ABCD ，再根据13C BDG G BCD BCD V V BG S --==⋅计算可得；(1)证明：在矩形ABGF 和菱形ABCD 中，//AB FG ，//AB CD ，所以//AB GE ，所以//CD EG ，所以C 、D 、E 、G 四点共面；(2)解：在Rt ADE △中AE AD ⊥，矩形ABGE 中AE AB ⊥，AD AB A ⋂=，,AD AB ⊂平面ABCD ，所以AE ⊥平面ABCD ，又//BG EA ，所以BG ⊥平面ABCD ，又11sin 2222BCD S BC CD BCD =⋅⋅∠=⨯⨯=所以11133C BDG G BCD BCD V V BG S --==⋅=⨯ 19．（2022·山西吕梁·高一期末）如图是某种水箱用的“浮球”，它是由两个半球和一个圆柱筒组成．已知球的半径是2cm ，圆柱筒的高是2cm ．(1)求这种“浮球”的体积；(2)要在100个这种“浮球”的表面涂一层防水漆，每平方厘米需要防水漆0.5g ，共需多少防水漆？【答案】(1)356(cm)3π (2)1200g π【解析】【分析】（1）由球的体积公式和圆柱的体积公式求解即可；（2）由球的表面积公式和圆柱的侧面积公式求解即可.(1)因为该“浮球”的圆柱筒底面半径和半球的半径2cm r =，圆柱筒的高为2cm ，所以两个半球的体积之和为331432(cm)33V r ππ==， 圆柱的体积2328(cm)V r h ππ==，∴该“浮球”的体积是31256(cm)3V V V π=+=； (2)根据题意，上下两个半球的表面积是221416(cm)S r ππ==，而“浮球”的圆柱筒侧面积为2228(cm)S rh ππ==，∴“浮球”的表面积为21224(cm)S S S π=+=；所以给100个这种浮球的表面涂一层防水漆需要100240.51200g ππ⨯⨯=.20．（2022·全国·高三专题练习）如图1，在直角梯形ABCD 中，//AD BC ，∠BAD =90°，12AB BC AD a ，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到图2中1A BE 的位置，使平面1A BE ⊥平面BCDE ，得到四棱锥1A BCDE -．当四棱锥1A BCDE -的体积为a 的值．【答案】6a =.【解析】【分析】在直角梯形ABCD 中，证明BE AC ⊥，在四棱锥1A BCDE -中，由面面垂直的性质证得1A O ⊥平面BCDE ，再利用锥体体积公式计算作答.【详解】如图，在直角梯形ABCD 中，连接CE ，因E 是AD 的中点，12BC AD a ，有//,AE BC AE BC =，则四边形ABCE 是平行四边形，又,90BAD AB BC ∠==，于是得ABCE 是正方形，BE AC ⊥，在四棱锥1A BCDE -中，1BE AO ⊥，因平面1A BE ⊥平面BCDE ，且平面1A BE 平面BCDE BE =，1A O ⊂平面1A BE ，因此1A O ⊥平面BCDE ，即1A O 是四棱锥1A BCDE -的高，显然112AO AO CO AC ====，平行四边形BCDE 的面积2S CO BE a =⋅==，因此，四棱锥1A BCDE -的体积为2311133V S AO a =⋅===6a =， 所以a 的值是6.21．（2022·北京·高一期末）《九章算术》中对一些特殊的几何体有特定的称谓，例如：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刨开，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111ABC A B C -中，已知3AB =，4BC =，5AC =．当阳马111C ABB A -体积等于24时， 求：(1)堑堵111ABC A B C -的侧棱长；(2)鳖臑1C ABC -的体积；(3)阳马111C ABB A -的表面积．【答案】(1)6(2)12 (3)51313【解析】【分析】（1）设堑堵111ABC A B C -的侧棱长为x ，根据阳马111C ABB A -体积等于24求解即可；（2）根据棱锥的体积计算即可；（3）分别计算111C ABB A -的侧面积与底面积即可(1)因为3AB =，4BC =，5AC =，所以222AB BC AC +=．所以△ABC 为直角三角形．设堑堵111ABC A B C -的侧棱长为x ，则113A ABB S x 矩形，则111143243AA BB V x C ， 所以6x =，所以堑堵111ABC A B C -的侧棱长为6．(2)因为13462ABC S =⨯⨯=△， 所以1111661233ABC ABC V S CC C ． 所以鳖臑1C ABC -的体积为12．(3) 因为11113462A B C S，11164122BB C S ， 11165152AA C S ，1132133132ABC S ， 113618A ABB S 矩形，所以阳马111C ABB A -的表面积的表面积为612151831351313． 22．（2022·重庆市巫山大昌中学校高一期末）如图，AB 是圆柱OO '的一条母线，BC 过底面圆心O ，D 是圆O 上一点．已知5,3AB BC CD ===，(1)求该圆柱的表面积；(2)将四面体ABCD 绕母线AB 所在的直线旋转一周，求ACD △的三边在旋转过程中所围成的几何体的体积．【答案】(1)75π2(2)15π【解析】【分析】（1）由题意求出柱的底面圆的半径即可求解；（2）ACD △绕AB 旋转一周而成的封闭几何体的体积为两个圆锥的体积之差，结合圆锥体积公式求解即可(1)由题意知AB 是圆柱OO '的一条母线，BC 过底面圆心O ，且5AB BC ==， 可得圆柱的底面圆的半径为52R =， 则圆柱的底面积为221525πππ24S R ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭， 圆柱的侧面积为252π2π525π2S Rl ==⨯⨯= 所以圆柱的表面积为12257522π25ππ42S S S =+=⨯+=． (2) 由线段AC 绕AB 旋转一周所得几何体为以BC 为底面半径，以AB 为高的圆锥，线段AD 绕AB 旋转一周所得的几何体为BD 为底面半径，以AB 为高的圆锥，所以以ACD △绕AB 旋转一周而成的封闭几何体的体积为：22221111πππ55π4515π3333V BC AB BD AB =⋅⋅-⋅⋅=⋅⋅-⋅⋅=．。
高中数学练习题附带解析立体几何的体积与表面积
高中数学练习题附带解析立体几何的体积与表面积高中数学练习题附带解析立体几何的体积与表面积一、圆柱的体积与表面积问题1：一个圆柱的高度为12 cm，底面半径为8 cm，求其体积和表面积。
解析：首先计算圆柱的体积。
圆柱的体积公式为V = πr²h，其中V 表示体积，π取近似值3.14，r表示底面半径，h表示高度。
代入已知数据，计算得到 V = 3.14 × 8² × 12 = 2419.52 cm³。
接下来计算圆柱的表面积。
圆柱的表面积包括底面积和侧面积两部分。
底面积为圆的面积，即 A₁ = πr²。
侧面积为矩形的面积，即 A₂ = 2πrh。
所以圆柱的总表面积为 A = 2A₁ + A₂ = 2πr² + 2πrh。
代入已知数据，计算得到 A = 2 × 3.14 × 8² + 2 × 3.14 × 8 × 12 = 659.84 cm²。
因此，该圆柱的体积为 2419.52 cm³，表面积为 659.84 cm²。
问题2：一个空心圆柱的高度为10 cm，内半径为4 cm，外半径为6 cm，求其体积和表面积。
解析：首先计算圆柱的体积。
由于是空心圆柱，体积需要减去内部圆柱的体积。
内部圆柱的体积为 V₁ = πr₁²h，外部圆柱的体积为 V₂ =πr₂²h。
所以空心圆柱的体积为 V = V₂ - V₁ = π(r₂² - r₁²)h。
代入已知数据，计算得到 V = 3.14((6²) - (4²)) × 10 = 376.8 cm³。
接下来计算圆柱的表面积。
空心圆柱的表面积也包括底面积和侧面积两部分。
底面积的计算方式与问题1相同。
侧面积为两个圆柱的高度差乘以底面周长，即 A₂ = 2π(r₂ - r₁)h。
立体几何表面积体积和球专题(有答案)
A． B．
C． D．
6．如图，直角梯形 中， ， ， ．若将直角梯形绕 边旋转一周，所得几何体的体积为（）
A． B．
C． D．
7．如图，在四面体 中，已知 ， ， ，则四面体 被截面 分得的上下两部分的体积之比为（）
（2）内切球的半径.
35．如图所示，正方体 的棱长为 ，过顶点 、 、 截下一个三棱锥.
（1）求剩余部分的体积；
（2）求三棱锥 的高.
36．如图所示，正四棱台 的高是 ，两底面的边长分别是 和 .
（1）求这个棱台的侧棱长和斜高.
（2）求该棱台的侧面积与表面积.
37．如图，正三棱锥 的底面边长为2，侧棱长为3.
29．在三棱锥 中， 平面 ， ， ，其外接球表面积为 ，则三棱锥 的体积的最大值为________.
30．在三棱锥 中， ， ， ， ，若该三棱锥的体积为 ，则棱锥 外接球的表面积为_________.
31．在三棱柱 中侧棱垂直于底面， ，三棱柱 的高为4，则三棱柱 的外接球的表面积为________．
A． B． C． D．
17．在三棱锥 中， 平面 ， ， ， ，Q是边 上的一动点，且直线 与平面 所成角的最大值为 ，则三棱锥 的外接球的表面积为（）
A． B． C． D．
二、填空题
18．三棱锥 中， ， ，面 的面积为 ，则此三棱锥外接球的表面积为___．
19．已知 是球 的球面上的四个点， 平面 ，则该球的表面积为________．
A． B． C． D．
4．张衡(78年~139年)是中国东汉时期伟大的天文学家､文学家､数学家.他的数学著作有《算罔论》，他曾经得出结论：圆周率的平方除以十六等于八分之五.已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点 ， ，若线段 的最小值为 ，利用张衡的结论可得该正方体的外接球的表面积为（）
立体几何——表面积及体积专项训练
3 a2
A. 4
B. 8
6 a2
C. 8
6 a2
D. 16
8、利用斜二测画法可以得到：①三角形的直观图是三角形，②平行四边形的直观图是平行四边 形，③正方形的直观图是正方形，④菱形的直观图是菱形，以上结论正确的是（ ）。
学习资料
学习资料收集于网络，仅供学习和参考,如有侵权，请联系网站删除
A.①②
B.①
（Ⅲ）求几何体 ADEBC 的体积 V。
F
G
B
A
C
学习资料
学习资料收集于网络，仅供学习和参考,如有侵权，请联系网站删除
考点：
例 7、在边长为 6cm 的正方形 ABCD 中，E、F 分别为 BC、CD 的中点，M、N 分别为 AB、CF
的中点，现沿 AE、AF、EF 折叠，使 B、C、D 三点重合，构成一个三棱锥．
和 z 轴的线段．
（4）已知图形中平行于 x 轴和 z 轴的线段，在直观图中长度相等；平行于 y 轴的线段，长 度取一半．
（二）、小题训练：
１、（2008 广东）将正三棱柱截去三个角（如图 1 所示 A，B，C 分别是 △GHI 三边的中点）
得到几何体如图 2，则该几何体按图 2 所示方向的侧视图（或称左视图）为（ ）
则 侧 面 积 S侧 πrl ， 那 么 圆 锥 的 表 面 积 是 由 其 侧 面 积 与 底 面 面 积 的 和 构 成 ， 即 为
S S侧 S底 πrl πr2 πr(r l) ．
（4）正棱锥的侧面展开图是 n 个全等的等腰三角形．如果正棱锥的周长为 c ，斜高为 h ，
则它的侧面积
为
.
12、 ABC是正△ABC 的斜二测画法的水平放置图形的直观图，若 ABC的面积为 3 ， 那么△ABC 的面积为_____________。
高三数学理科立体几何练习(体积表面积)
高三数学理科立几练习(表面积+体积)班级 姓名 座号一、柱、锥、台和球的侧面积和体积提示：(1)几何体的侧面积是指各个侧面面积之和，而全面积是侧面积与所有底面面积之和． (2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形． 二、多面体的表面积的求法：(1)求解有关多面体表面积的问题，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、边长等几何元素的桥梁，从而架起侧面积公式中的未知量与条件中已知几何元素的联系． (2)旋转体的表面积的求法：圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将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．三、给出几何体的三视图，求该几何体的体积或表面积时，可以根据三视图还原出实物，画出该几何体的直观图，确定该几何体的结构特征，并利用相应的体积公式求出其体积，求体积的方法有直接套用公式法、等体积转换法和割补法等多种．若所给几何体为不规则几何体，常用等体积转换法和割补法求解． 练习：1．把球的表面积扩大到原来的2倍，那么体积扩大到原来的 ( )．A ．2倍B ．22倍 C.2倍 D.32倍2．如图是一个长方体截去一个角后所得多面体的三视图，则该多面体的体积为( )A.1423B.2843C.2803D.14034．点P 在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的面对角线BC 1上运动，给出下列四个命题：①三棱锥A -D 1PC 的体积不变；②A 1P ∥平面ACD 1；③DP ⊥BC 1；④平面PDB 1⊥平面ACD 1. 其中正确的命题序号是________．5. 棱长为2的正四面体的表面积是 ，体积是 ，其外接球体积为 。
6．如图，已知正三棱柱ABCA 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________c m. CD ＝22，7．如图，在四边形ABCD 中，∠DAB ＝90°，∠ADC ＝135°，AB ＝5，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．8. 一个几何体的三视图如图所示．已知主视图是底边长为1的平行四边形，左视图是一个长为3，宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形．(1)求该几何体的体积V；(2)求该几何体的表面积S.9．已知某几何体的俯视图是如右图所示的矩形，主视图(或称主视图)是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，左视图(或称左视图)是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V；(2)求该几何体的侧面积S.10.已知圆锥的母线长为20cm，则当其体积最大时，其侧面积为（）A．cm2B．cm2 C．cm2D．cm2高三(上)数学立几练习(体积表面积)班级姓名座号一、柱、锥、台和球的侧面积和体积提示：(1)几何体的侧面积是指各个侧面面积之和，而全面积是侧面积与所有底面面积之和．(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形．二、多面体的表面积的求法：(1)求解有关多面体表面积的问题，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、边长等几何元素的桥梁，从而架起侧面积公式中的未知量与条件中已知几何元素的联系．(2)旋转体的表面积的求法：圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将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．三、给出几何体的三视图，求该几何体的体积或表面积时，可以根据三视图还原出实物，画出该几何体的直观图，确定该几何体的结构特征，并利用相应的体积公式求出其体积，求体积的方法有直接套用公式法、等体积转换法和割补法等多种．若所给几何体为不规则几何体，常用等体积转换法和割补法求解．练习：1．把球的表面积扩大到原来的2倍，那么体积扩大到原来的()．答案 BA．2倍B．22倍 C.2倍 D.32倍2．如图是一个长方体截去一个角后所得多面体的三视图，则该多面体的体积为( )．答案 BA.1423B.2843C.2803D.1403解析 根据三视图的知识及特点，可画出多面体的形状，如图所示．这个多面体是由长方体截去一个正三棱锥而得到的，所以所求多面体的体积V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4×4×6－13×⎝⎛⎭⎫12×2×2×2＝2843.4．点P 在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的面对角线BC 1上运动，给出下列四个命题：①三棱锥A -D 1PC 的体积不变；②A 1P ∥平面ACD 1；③DP ⊥BC 1；④平面PDB 1⊥平面ACD 1. 其中正确的命题序号是________．解析：连接BD 交AC 于O ，连接DC 1交D 1C 于O 1，连接OO 1，则OO 1∥BC 1. ∴BC 1∥平面AD 1C ，动点P 到平面AD 1C 的距离不变， ∴三棱锥P -AD 1C 的体积不变． 又VP AD 1C ＝VA D 1PC ，∴①正确．∵平面A 1C 1B ∥平面AD 1C ，A 1P ⊂ 平面A 1C 1B ， ∴A 1P ∥平面ACD 1，②正确．由于DB 不垂直于BC 1，显然③不正确； 由于DB 1⊥D 1C ，DB 1⊥AD 1，D 1C ∩AD 1＝D 1， ∴DB 1⊥平面AD 1C .DB 1⊂平面PDB 1， ∴平面PDB 1⊥平面ACD 1，④正确．答案：①②④5.棱长为2的正四面体的表面积是 43，体积是 ，其外接球体积为 。
高中数学空间几何体的表面积与体积练习题及答案
空间几何体的表面积与体积专题一、选择题1．棱长为2的正四面体的表面积是( C )．A. 3 B ．4 C ．4 3 D ．16解析 每个面的面积为：12×2×2×32＝ 3.∴正四面体的表面积为：4 3.2．把球的表面积扩大到原来的2倍，那么体积扩大到原来的 ( B )． A ．2倍 B ．22倍 C.2倍 D.32倍解析 由题意知球的半径扩大到原来的2倍，则体积V ＝43πR 3，知体积扩大到原来的22倍．3．如图是一个长方体截去一个角后所得多面体的三视图，则该多面体的体积为( B )． A.1423 B.2843 C.2803D.1403解析 根据三视图的知识及特点，可画出多面体 的形状，如图所示．这个多面体是由长方体截去 一个正三棱锥而得到的，所以所求多面体的体积V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4×4×6－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2×2＝2843. 4．某几何体的三视图如下，则它的体积是( A) A ．8－2π3 B ．8－π3C ．8－2πD.2π3解析 由三视图可知该几何体是一个边长为2的正方体内部挖去一个底面半径为1，高为2的圆锥，所以V ＝23－13×π×2＝8－2π3.5．已知某几何体的三视图如图，其中正视图中半圆的半径为1，则该几何体的体积为( A)A ．24－32π B ．24－π3 C ．24－π D ．24－π2据三视图可得几何体为一长方体内挖去一个半圆柱，其中长方体的棱长分别为：2,3,4，半圆柱的底面半径为1，母线长为3，故其体积V ＝2×3×4－12×π×12×3＝24－3π2.6．某品牌香水瓶的三视图如图 (单位：cm)，则该几何体的表面积为( C )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫95－π2 cm 2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫94－π2 cm 2C.⎝ ⎛⎭⎪⎫94＋π2 cm 2D.⎝⎛⎭⎪⎫95＋π2 cm 2解析 这个空间几何体上面是一个四棱柱、中间部分是一个圆柱、下面是一个四棱柱．上面四棱柱的表面积为2×3×3＋12×1－π4＝30－π4；中间部分的表面积为2π×12×1＝π，下面部分的表面积为2×4×4＋16×2－π4＝64－π4.故其表面积是94＋π2.7．已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝3，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则棱锥S-ABC 的体积为( C)．A ．3 3B ．2 3 C. 3 D ．1解析 由题可知AB 一定在与直径SC 垂直的小圆面上，作过AB 的小圆交直径SC 于D ，设SD ＝x ，则DC ＝4－x ，此时所求棱锥即分割成两个棱锥S-ABD 和C-ABD ，在△SAD 和△SBD 中，由已知条件可得AD ＝BD ＝33x ，又因为SC 为直径，所以∠SBC ＝∠SAC ＝90°，所以∠DCB ＝∠DCA ＝60°，在△BDC 中 ，BD ＝3(4－x )，所以33x ＝3(4－x )，所以x ＝3，AD ＝BD ＝3，所以三角形ABD 为正三角形，所以V ＝13S △ABD ×4＝ 3.二、填空题8．三棱锥PABC 中，PA ⊥底面ABC ，PA ＝3，底面ABC 是边长为2的正三角形，则三棱锥PABC 的体积等于__3______．解析 依题意有，三棱锥PABC 的体积V ＝13S △ABC ·|PA |＝13×34×22×3＝ 3.9．一个圆柱的轴截面是正方形，其侧面积与一个球的表面积相等，那么这个圆柱的体积与这个球的体积之比为_ 3∶2_______．解析 设圆柱的底面半径是r ，则该圆柱的母线长是2r ，圆柱的侧面积是2πr ·2r ＝4πr 2，设球的半径是R ，则球的表面积是4πR 2，根据已知4πR 2＝4πr 2，所以R ＝r .所以圆柱的体积是πr 2·2r ＝2πr 3，球的体积是43πr 3，所以圆柱的体积和球的体积的比是2πr 343πr 3＝3∶2.10．如图所示，已知一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个边长为1的正三角形组成，则该多面体的体积是___26_____．解析由题知该多面体为正四棱锥，底面边长为1，侧棱长为1，斜高为32，连接顶点和底面中心即为高，可求得高为22，所以体积V＝13×1×1×22＝26.11．如图，半径为R的球O中有一内接圆柱．当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是____2πR2____．解析由球的半径为R，可知球的表面积为4πR2.设内接圆柱底面半径为r，高为2h，则h2＋r2＝R2.而圆柱的侧面积为2πr·2h＝4πrh≤4πr2＋h22＝2πR2(当且仅当r＝h时等号成立)，即内接圆柱的侧面积最大值为2πR2，此时球的表面积与内接圆柱的侧面积之差为2πR2.12．如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2 cm，高为5 cm，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点A1的最短路线的长为___13_____cm. 解析根据题意，利用分割法将原三棱柱分割为两个相同的三棱柱，然后将其展开为如图所示的实线部分，则可知所求最短路线的长为52＋122＝13 (cm)．三、解答题13．某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图1所示，墩的上半部分是正四棱锥PEFGH，下半部分是长方体ABCDEFGH.图2、图3分别是该标识墩的正视图和俯视图．(1)请画出该安全标识墩的侧视图；(2)求该安全标识墩的体积．解析(1)侧视图同正视图，如图所示：(2)该安全标识墩的体积为V＝VPEFGH ＋V ABCDEFGH＝13×402×60＋402×20＝64 000(cm3)．14 .一个几何体的三视图如图所示．已知正视图是底边长为1的平行四边形，侧视图是一个长为3，宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形．(1)求该几何体的体积V；(2)求该几何体的表面积S.解析 (1)由三视图可知，该几何体是一个平行六面体(如图)，其底面是边长为1的正方形，高为3，所以V ＝1×1×3＝ 3.(2)由三视图可知，该平行六面体中，A1D ⊥平面ABCD ，CD ⊥平面BCC1B1， 所以AA1＝2，侧面ABB1A1，CDD1C1均为矩形， S ＝2×(1×1＋1×3＋1×2)＝6＋2 3.15．已知某几何体的俯视图是如右图所示的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V ；(2)求该几何体的侧面积S .解析 由题设可知，几何体是一个高为4的四棱锥，其底面是长、宽分别为8和6的矩形，正侧面及其相对侧面均为底边长为8，高为h 1的等腰三角形，左、 右侧面均为底边长为6，高为h 2的等腰三角形，如右图所示． (1)几何体的体积为：V ＝13·S 矩形·h ＝13×6×8×4＝64.(2)正侧面及相对侧面底边上的高为：h 1＝42＋32＝5.左、右侧面的底边上的高为：h 2＝42＋42＝4 2.故几何体的侧面面积为：S ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×8×5＋12×6×42＝40＋24 2. 1.一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，这个圆柱的全面积与侧面积的比是（ ）. .解：设展开图的正方形边长为a ，圆柱的底面半径为r ，则2πr =a ，2ar π=，底面圆的面积是24a π，于是全面积与侧面积的比是2221222a a a πππ++=， 2．在棱长为 1 的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体，则截去与8个顶点相关的8个三棱锥后 ，剩下的几何体的体积是（ ）.2．解：正方体的体积为1，过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体截得的三棱锥的体积是111111()3222248⨯⨯⨯⨯=，于是8个三棱锥的体积是61，剩余部分的体积是65， 3．一个直棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）的底面是菱形，对角线长分别是6cm 和8cm ，高是5cm ，则这个直棱柱的全面积是 。
高三数学 立体几何的难点突破 1球的体积、表面积 试题
球的体积、外表积1.1 球的体积【例1】两个半径为1的铁球，熔化成一个大球，这个大球的半径为( )A ．2 B. 2 C.32 D.1234【解析】设大球半径为r ，那么43πr 3＝2×4π3，∴r ＝32，应选C.【评注】球的体积公式为：V=43πr 3，设半径列方程求半径即可.【变式1】利用正方体的对角线长等于其外接球的直径求正方体的棱长〔2021〕一个正方体的所有顶点在一个球面上. 假设球的体积为92π, 那么正方体的棱长为 .1.3【解析】设球半径为R ， 球的体积为34932=R ππ，∴R=32，又由球的直径与其内接正方体对角线的相等知正方体的对角线长为3，那么棱长为3.【变式2】一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如下图(图中三个四边形都是边长为2的正方形)，那么该几何体外接球的体积为________．2.43π【解析】依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，所求外接球的直径就是正方体的体对角线；∴2R ＝23(R 为球的半径)，∴R ＝3，∴球的体积V ＝43πR 3＝43π.【变式3】利用球截面圆圆心与球心连线与截面垂直的性质求球的半径用与球心间隔 为1的平面去截球，所得的截面面积为π，那么球的体积为( ) A.8π3 B.82π3 C ．82π D.32π33.B 【解析】 S 圆＝πr 2＝1，而截面圆圆心与球心的间隔 d ＝1，∴球的半径为R ＝r 2＋d 2＝ 2.∴V ＝43πR 3＝82π3，应选B. 1.2 球的外表积【例2】如图是一个无盖器皿的三视图，正视图、侧视图和俯视图中的正方形边长为2，正视图、侧视图中的虚线都是半圆，那么该器皿的外表积是 ．【解析】该器皿的外表积可分为两局部：去掉一个圆的正方体的外表积1s 和半球的外表积2s ， 21622124s ππ=⨯⨯-⨯=- 2214122s ππ=⨯⨯= ， 故1224s s s π=+=+. 【评注】由三视图求外表积与体积，关键是正确分析原图形的几何特征.【变式1】〔2021·高考文科〕某几何体的三视图如下图, 那么其外表积为 .1.3π【解析】综合三视图可知几何体是一个半径r=1的半个球体,其外表积= πππ342122=+⋅r r . 1.3 正方体的外接球、内切球和棱切球【例3】 有三个球和一个正方体,第一个球与正方体各个面内切,第二个球与正方体各条棱相切,第三个球过正方体各顶点,那么三个球面积之比为 ．【解析】设正方体棱长为a,那么有内切球半径12a R =;棱切球其直径为正方体各面上的对角线长,那么有222R a =; 外接球直径为正方体的对角线长,∴有332R a =, 所以面积之比为()()2221:2:31:2:3=.【评注】 正方体的内切球：截面图为正方形EFHG 的内切圆，如下图．设正方体的棱长为a ，那么内切球半径|OJ |＝r ＝a 2；正方体的棱切球：|GO |＝R ＝22a ；正方体的外接球：那么|A 1O |＝R ′＝32a .用构造法易知：棱长为a 的正四面体的外接球半径为64a . 【变式1】构建正方体求解三棱锥有关问题假设正三棱锥P —ABC 的三条侧棱两两垂直，那么该正三棱锥的内切球与外接球的半径之比为 .1.()3:13-.【解析】设正三棱锥侧棱长为a ，纳入正方体中易知外接球半径为,23a 体积63a V =，内切球球心将正三棱锥分成四个高为内切球半径的三棱锥，那么()3221332,6324a a V r a ⎡⎤==⨯+∴⎢⎥⎣⎦33,6r a -=31:3R r -∴=. 【变式2】构建正方体利用等积法求点到面的间隔正三棱锥P －ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上．假设PA ，PB ，PC 两两互相垂直，那么球心到截面ABC 的间隔 为________．2.33【解析】由条件可知，以PA ，PB ，PC 为棱可以补充成球的内接正方体，故而PA 2＋PB 2＋PC 2＝()2R 2，由PA ＝PB ＝PC, 得到PA ＝PB ＝PC ＝2, V P －ABC ＝V A －PBC ⇒13h ·S △ABC ＝13PA ·S △PBC, 得到h ＝233，故而球心到截面ABC 的间隔 为R －h ＝33.【变式3】构建正方体求解正四面体的外接球的体积三棱锥BCD A -的所有棱长都为2，那么该三棱锥外接球的体积是________. 3.32π 【解析】如图构造正方体FBEC ANDM -，那么∵三棱锥BCD A -的所有棱长都为2，∴该正方体的棱长为1，∴三棱锥BCD A -的外接球半径：R=23.故所求3433()322V ππ==球. 【变式4】通过等价转化求解正方体的内切球的截面圆面积如图，球O 是棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的内切球，那么平面ACD 1截球O 的截面面积为( )A.π6B.π3C.66πD.33π 4.A 【解析】：根据正方体的几何特征知，平面ACD 1是边长为2的正三角形，且球与以点D 为公一共点的三个面的切点恰为三角形ACD 1三边的中点，故所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积，由图得△ACD 1内切圆的半径是22×tan30°＝66，故所求的截面圆的面积是π×⎝ ⎛⎭⎪⎫662＝π6.【例4】 (2021) 直三棱柱ABC-A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．假设AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，那么球O 的半径为 ．【解析】∵AB ⊥AC ，且AA 1⊥底面ABC ，将直三棱柱补成内接于球的长方体，那么长方体的对角线l ＝ 32＋42＋122＝2R ，R ＝132.【评注】利用底面为直角三角形的直三棱柱补成长方体求外接球半径,长方体的模型可以使抽象问题详细化.【变式1】利用三棱两两垂直的四面体补成长方体求解在四面体ABCD 中，AB ，AC ，AD 两两垂直，AB=3,AD=2,AC=5，那么该四面体外接球的外表积为 ． 1.π12 【解析】由球的对称性及,,AB AC AD 两两垂直可以补形为长方体ABD C DC A B ''''-,长方体的对称中心即为球心, ∴222235423R AB AC AD =++=++=，∴ ()24312S ππ== .【变式2】如图，在三棱锥O ABC -中，三条棱,,OA OB OC 两两垂直，且OA OB OC >>，分别经过三条棱,,OA OB OC 作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为123,,S S S ，那么123,,S S S 的大小关系为________________．2.123S S S <<【解析】 由题意OC OB OA ,,两两垂直，可将其放置在以O 为一顶点的长方体中，设三边OC OB OA ,,分别为c b a >>，从而易得22121c b a S +=，22221c a b S +=，22321b a c S +=，∴()()()222222222222221414141b a c c b a b c a b a S S -=+-+=-，又b a >，∴02221>-S S ，即21S S >．同理，用平方后作差法可得32S S >．∴123S S S <<．【变式3】利用特殊的四棱锥补成长方体求解 点P A B C D ，，，，是球O 外表上的点，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是边长为2326PA =,那么△OAB 的面积为3.33【解析】∵点P A B C D ，，，，是球O 外表上的点，PA ⊥平面ABCD ， ∴点A B CO C O A B D EFP A B C D ，，，，为球O 内接长方体的顶点，球心O 为长方体对角线的中点.∴△OAB 的面积是该长方体对角面面积的14. ∵23,26AB PA ==，∴6PB =,∴1=236=334OAB S ∆⨯⨯. 【变式4】利用半球的内接正方体补成球的长方体求解半球内有一个内接正方体，那么这个半球的体积与正方体的体积之比为( )A.5π∶6 B ．6π∶2 C．π∶2 D ．5π∶124.B 【解析】 将半球补成整个球，同时把原半球的内接正方体再补接一个同样的正方体，构成的长方体恰好是球的内接长方体，那么这个长方体的体对角线就是它的外接球的直径．设正方体的棱长为a ，球的半径为R ，那么(2R )2＝a 2＋a 2＋(2a )2，即R ＝62a . ∴V 半球＝12×43πR 3＝23π⎝ ⎛⎭⎪⎫62a 3＝62πa 3，V 正方体＝a 3. ∴V 半球∶V 正方体＝62πa 3∶a 3＝6π∶2. 【变式5】利用半球的内接三棱柱运用截面圆性质求解(2021·统考)如图，直三棱柱ABC A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB ＝AC ，侧面BCC 1B 1是半球底面圆的内接正方形，那么侧面ABB 1A 1的面积为( )A ．2B ．1 C. 2 D.225.C.【解析】由题意知，球心在侧面BCC 1B 1的中心O 上，BC 为截面圆的直径，∴∠BAC ＝90°，△ABC 的外接圆圆心N 是BC 的中点，同理△A 1B 1C 1的外心M 是B 1C 1的中心．设正方形BCC 1B 1的边长为x ，Rt△OMC 1中，OM ＝x 2，MC 1＝x 2，OC 1＝R ＝1(R 为球的半径)，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22＝1，即x ＝2，那么AB ＝AC ＝1，∴11A ABB S 矩形＝2×1＝ 2.【例5】 正四面体的内切球、与棱相切的球、外接球的三类球的半径比为 ．【解析】设正四面体的棱长为1，外接球和内切球半径依次为,R r ，由正四面体三个球心重合及其特征， 6R r =+,其体积为1633V =,另一面1343V r =⨯,那么内切球和外接球的半径比1：3，6 而与棱相切的球直径为对棱的间隔2，那么内切球、与各棱都相切的球、外接球的半径之比为 61263)::()33444=. 【变式1】利用正四面补成正方体求解体积正四面体ABCD 的外接球的体积为34π，那么正四面体ABCD 的体积是_____. 1. 83.【解析】由于外接球的体积为34434333r r πππ∴=∴=，故其内接正方体的棱长为2，故正方体体积为8，正四面体的体积为1833V =正方体.【变式2】利用正四面体的高与外接球半径的关系求球的外表积正四面体的四个顶点都在同一个球面上，且正四面体的高为4，那么这个球的外表积是________．2.36π【解析】正四面体的外接球半径R 为其高的34，且正四面体的高为4，那么R ＝3 ，S ＝4πR 2＝36π.【变式2】利用正四面体补成正方体求解的球心角半径为1的球面上的四点D C B A ,,,是正四面体的顶点，那么A 与B 两点与球心连线的夹角余弦值为 ．2.13-.【解析】设正四面体棱长a 2，将其纳入正方体中,其正方体棱长a ，所求角为对角面内两条对角线的夹角为APB ∠，AP=BP=a AB a 2,23=，由余弦定理314322432cos 222-=⨯-⨯=∠a a a APB .【变式3】利用正四面体补成正方体求异面直线所成的角如图，正四面体A-BCD 中，E 、F 分别是AD 、BC 的中点，那么EF 与CD 所成的角等于 〔 〕A ．45° B．90° C ．60° D．30°3.A 【解析】如图，将正四面体补形为正方体，答案就脱口而出，应该选A.【变式4】利用长方体的性质确定折叠四面体的外接球球心(2021·四校联考)将长、宽分别为4和3的长方形ABCD 沿对角线AC 折起，得到四面体A BCD ，那么四面体A BCD 的外接球的体积为________．4. 【解析】 设AC 与BD 相交于O ，折起来后仍然有OA ＝OB ＝OC ＝OD ，∴外接球的半径r ＝32＋422＝52，从而体积V ＝4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫523＝125π6. 【变式5】(2021·一模)一个圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球O 的球面上，那么该圆锥的体积与球O 的体积的比值为________．5． 932【解析】 设等边三角形的边长为2a ，那么V 圆锥＝13·πa 2·3a ＝33πa 3； 又R 2＝a 2＋(3a －R )2，所以R ＝233a ，故 V 球＝4π3·⎝ ⎛⎭⎪⎫233a 3＝323π27a 3，那么其体积比F E DC B A FED C BAD CB A O O 为932. 【变式6】利用正六棱柱的对称性求外接球的体积一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面。
高三数学空间几何体的表面积与体积试题
高三数学空间几何体的表面积与体积试题1.四面体ABCD的四个顶点都在球O的表面上，平面BCD，是边长为3的等边三角形.若，则球O的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】取的中点E，连结AE，BE，∵在四面体ABCD中，AB⊥平面BCD，△BCD是边长为3的等边三角形．∴Rt△ABC≌Rt△ABD，△ACD是等腰三角形，△BCD的中心为G，作OG∥AB交AB的中垂线HO于O，O为外接球的中心，，，四面体ABCD外接球的表面积为：，故选C.【考点】球的体积和表面积.2.已知ABC的三个顶点在以O为球心的球面上，且，BC=1，AC=3，三棱锥O- ABC的体积为，则球O的表面积为__________。
【答案】【解析】设球的半径为R，ABC的外接圆半径为r，球心O到截面ABC的距离为，由得，=，=，解得AB=，所以==，所以===，解得=，由正弦定理知，2r===3，所以r=，由球的截面性质知，=2，所以球O的表面积为=．【考点】球的截面性质，球的表面积公式，棱锥的体积公式，正弦定理，余弦定理，运算求解能力3.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.4.若将一个圆锥的侧面沿一条母线剪开，其展开图是半径为2 cm的半圆，则该圆锥的体积为 .【答案】【解析】由题意得：，所以圆锥的体积为【考点】圆锥的体积及展开图5.若长方体三个面的面积分别为，，，则此长方体的外接球的表面积是________．【答案】6π【解析】设长方体的过同一顶点的三条棱长分别为a、b、c，则解得长方体外接球半径为R＝＝，外接球的表面积为S＝4π＝6π6.如图所示,正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2,动点E,F在棱A1B1上,点Q是棱CD的中点,动点P在棱AD上.若EF=1,DP=x,A1E=y(x,y大于零),则三棱锥P EFQ的体积()A．与x,y都有关B．与x,y都无关C．与x有关,与y无关D．与y有关,与x无关【答案】C【解析】三棱锥P EFQ 的体积可以看作是以△PEF 为底面,而△PEF 的底EF=1,高A 1P=,与x 有关,三棱锥P EFQ 的高为点Q 到平面PEF 的距离.∵CD ∥EF,∴CD ∥平面PEF.∴点Q 到平面PEF 的距离等于点D 到平面PEF 的距离,与y 无关,故选C.7. 已知一个圆柱内接于球O 中,其底面直径和母线都是2,则球O 的体积是 . 【答案】π【解析】设球的半径为R,则2R==2,∴R=, ∴V=πR 3=π.8. 如图，AA 1，BB 1为圆柱OO 1的母线，BC 是底面圆O 的直径，D ，E 分别是AA 1，CB 1的中点，DE ⊥面CBB 1.(1)证明：DE ∥面ABC ； (2)求四棱锥C-ABB 1A 1与圆柱OO 1的体积比． 【答案】(1)见解析 (2)【解析】解：(1)证明：连接EO ，OA. ∵E ，O 分别为B 1C ，BC 的中点， ∴EO ∥BB 1.又DA ∥BB 1，且DA ＝BB 1＝EO ，∴四边形AOED 是平行四边形，即DE ∥OA.又DE ⊄平面ABC ，AO ⊂平面ABC ， ∴DE ∥平面ABC.(2)由题意知DE ⊥平面CBB 1，且由(1)知DE ∥AO ， ∴AO ⊥平面CBB 1， ∴AO ⊥BC ， ∴AC ＝AB.∵BC 是底面圆O 的直径， 得CA ⊥AB ，且AA 1⊥CA ，∴CA ⊥平面AA 1B 1B ，即CA 为四棱锥C-ABB 1A 1的高．设圆柱高为h ，底面半径为r ， 则V OO 1＝πr 2h ，V C-ABB 1A1＝h(r)·(r)＝hr 2.∴V C-ABB 1A1∶V OO 1＝.9. 若长方体的顶点都在半径为3的球面上，则该长方体表面积的最大值为 ． 【答案】【解析】设长方体的边长为，那么长方体的表面积为：，又由于：，而，所以该长方体表面积的最大值为.【考点】长方体的表面积；基本不等式的变形.10.已知Rt△ABC，其三边分别为a，b，c(a>b>c)．分别以三角形的边a，b，c所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成三个几何体，其表面积和体积分别为S1，S2，S3和V1，V2，V3.则它们的大小关系为()A．S1>S2>S3，V1>V2>V3B．S1<S2<S3，V1<V2<V3C．S1>S2>S3，V1＝V2＝V3D．S1<S2<S3，V1＝V2＝V3【答案】B【解析】S1＝π (b＋c)，V1＝πa，S2＝πac＋πc2，V2＝πbc2，S3＝πab＋πb2，V3＝πb2c.由于a>b>c，可得S1<S2<S3，V1<V2<V3.11.在三棱锥中，，，，二面角的余弦值是，若都在同一球面上，则该球的表面积是 .【答案】【解析】取中点，连接，∵，∴，∵，∴，平面.∴为二面角.在中，，，∴.取等边的中心，作平面，过作平面，为外接球球心，∴，二面角的余弦值是，所以，，∴，∴点为四面体的外接球球心，其半径为，表面积为.【考点】三棱锥的外接球.12.已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PD⊥底面ABCD，E，F分别为棱BC，AD的中点．(1)求证：DE∥平面PFB；(2)已知二面角P-BF-C的余弦值为，求四棱锥P-ABCD的体积．【答案】（1）见解析（2）【解析】(1)因为E，F分别为正方形ABCD的两边BC，AD的中点，所以BE綉FD，即BEDF 为平行四边形，∴ED∥FB，∵FB⊂平面PFB，且ED⊄平面PFB，∴DE∥平面PFB.(2)以D为原点，直线DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．如图，设PD＝a，可得如下点的坐标P(0,0，a)，F(1,0,0)，B(2,2,0)．则有＝(1,0，－a)，＝(1,2,0)．因为PD⊥底面ABCD，所以平面ABCD的一个法向量为m＝(0,0,1)．设平面PFB的法向量为n＝(x，y，z)，则可得即.，令x＝1, 得z＝，y＝－，所以n＝.由已知二面角P-BF-C的余弦值为，所以得cos〈m，n〉＝＝，∴a＝2，∴V＝×2×2×2＝P－ABCD13.如图，四棱锥中，底面是菱形，，，是的中点，点在侧棱上．（1）求证：⊥平面；（2）若是的中点，求证：//平面；（3）若，试求的值．【答案】（1）详见解析（2）详见解析（3）【解析】（1）由线面垂直判定定理，要证线面垂直，需证垂直平面内两条相交直线，由，是的中点，易得垂直于，再由底面是菱形，得三角形为正三角形，所以垂直于，（2）由线面平行判定定理，要证线面平行，需证平行于平面内一条直线，根据是的中点，联想到取AC中点O所以OQ为△PAC中位线．所以OQ // PA注意在写定理条件时，不能省，要全面.例如，线面垂直判定定理中有五个条件，线线垂直两个，相交一个，线在面内两个；线面平行判定定理中有三个条件，平行一个，线在面内一个，线在面外一个，（3）研究体积问题关键在于确定高，由于两个底面共面，所以求的值就转化为求对应高的长度比.试题解析：（1）因为E是AD的中点，PA=PD，所以AD⊥PE．因为底面ABCD是菱形，∠BAD=，所以AB=BD，又因为E是AD的中点，所以 AD⊥BE．因为PE∩BE=E，所以AD⊥平面PBE． 4分（2）连接AC交BD于点O，连结OQ．因为O是AC中点，Q是PC的中点，所以OQ为△PAC中位线．所以OQ//PA． 7分因为PA平面BDQ，OQ平面BDQ．所以PA//平面BDQ． 9分（3）设四棱锥P-BCDE，Q-ABCD的高分别为，，所以VP-BCDE =SBCDE，VQ-ABCD=SABCD． 10分因为VP-BCDE =2VQ-ABCD，且底面积SBCDE=SABCD． 12分所以，因为，所以． 14分【考点】线面垂直判定定理, 线面平行判定定理,锥的体积.14.如图1，一个密闭圆柱体容器的底部镶嵌了同底的圆锥实心装饰块，容器内盛有升水．平放在地面,则水面正好过圆锥的顶点，若将容器倒置如图2，水面也恰过点．以下命题正确的是( )．A．圆锥的高等于圆柱高的；B．圆锥的高等于圆柱高的；C．将容器一条母线贴地，水面也恰过点；D．将容器任意摆放，当水面静止时都过点．【答案】C【解析】本题考查体积公式与空间想象能力，设圆锥的高为，圆柱的高为，则利用倒置前后水的体积不变这个性质知，化简得，均错，现在水的容积正好是圆柱内部空间的一半，因此把圆柱的母线贴地，则水面过点，但过点的平面不可能总是平分圆柱内部除去圆锥的那部分，故错误．【考点】体积公式．15.如图，PA平面ABCD，四边形ABCD为矩形，PA=AB=，AD=1，点F是PB的中点，点E在边BC上移动．(I)求三棱锥E—PAD的体积；(II)试问当点E在BC的何处时，有EF//平面PAC；(1lI)证明：无论点E在边BC的何处，都有PE AF．【答案】见解析【解析】（Ⅰ）注意到PA平面ABCD，得知的长即为三棱锥的高，而三棱锥的体积等于的体积，计算即得.（Ⅱ）当点为的中点时，与平面平行．利用三角形中位线定理，得到，进一步得出∥平面．（Ⅲ）证明：根据等腰三角形得出，根据平面，平面，得到，又因为且，⊂平面，得到平面，又平面，．再根据，平面，及平面，根据，作出结论.试题解析：（Ⅰ）由已知PA平面ABCD，所以的长即为三棱锥的高，三棱锥的体积等于的体积= = ．（Ⅱ）当点为的中点时，与平面平行．∵在中，分别为的中点，连结，又平面，而平面，∴∥平面．（Ⅲ）证明：因为，所以等腰三角形中，∵平面，平面，∴又因为且，⊂平面，∴平面，又平面，∴．又∵，∴平面．PB，BE⊂平面PBE，∵平面，∴，即无论点E在边的何处，都有．【考点】几何体的体积，垂直关系，平行关系.16.已知D、E是边长为3的正三角形的BC边上的两点，且,现将、分别绕AD和AE折起，使AB和AC重合（其中B、C重合）.则三棱锥的内切球的表面积是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】如下图所示，，，，.设内切球的半径为r，则，所以内切球的表面积为：.【考点】空间几何体的体积及表面积.17.如图，平面四边形中,,,,将其沿对角线折成四面体，使平面平面，若四面体顶点在同一球面上，则该球的体积为( )A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意平面四边形ABCD中，AB=AD=CD=1，BD＝,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顶点在同一个球面上，可知A′B⊥A′C，所以BC 是外接球的直径，所以BC=，球的半径为：,所以球的体积为：,选A.【考点】1.球内接多面体；2.球的体积和表面积18.在正三棱锥中，、分别是、的中点，且，若侧棱，则正三棱锥外接球的表面积是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】∵三棱锥是正棱锥，∴SB⊥AC（对棱互相垂直）∴，又∵而，∴平面，即平面，∴，将此三棱锥补成正方体，则它们有相同的外接球，∴，故选C．【考点】垂直关系，几何体的体积19.在三棱锥S−ABC中，，二面角S−AC−B的余弦值是，若S、A、B、C都在同一球面上，则该球的表面积是．【答案】【解析】如图，取AC的中点D，由已知易证二面角S−AC−B的平面角是∠SDB，，故由余弦定理可得，由勾股定理的逆定理可得，补体得正方体，∴三棱锥S−ABC的外接球的半径为，∴该球的表面积是．【考点】立体几何的二面角，球的表面积20.已知三棱锥的顶点都在球的球面上,且平面,则三棱锥的体积等于____．【答案】12【解析】由平面可得，又所以是平面，可以发现线段的中点为球心，取的中点，则，于是.【考点】立体几何中线线垂直、线面垂直的证明，以及椎体体积的求解等知识，考查学生的分析、知识迁移能力21.棱长为的正方体的个顶点都在球的表面上，分别是棱、的中点，则过两点的直线被球截得的线段长为____________【答案】【解析】设过两点的直线与球球交于均为等腰直角三角形，，点到的距离为棱长一半【考点】正方体与外接球点评：求解本题首先要把握住正方体的外接球的球心为正方体的中心，球心与弦中点的连线垂直于弦，从而解直角三角形求出弦长22.点在同一个球的球面，,,若四面体体积的最大值为，则这个球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】∵，∴是直角三角形，∴的外接圆的圆心是边AC的中点O，如图所示，若使四面体ABCD体积的最大值只需使1点D到平面ABC的距离最大，又平面ABC，所以点D是直线与球的交点设球的半径为R，则由体积公式有：在中，，解得：，故选C。
高三数学空间几何体的表面积与体积试题答案及解析
高三数学空间几何体的表面积与体积试题答案及解析1.如图, 四棱柱的底面ABCD是正方形, O为底面中心, ⊥平面ABCD,．（1）证明: // 平面;（2）求三棱柱的体积．【答案】（1）证明详见解析；（2）体积为1.【解析】本题主要考查线线平行、面面平行、线面垂直、柱体的体积等基础知识，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力.第一问，由图象可得到，，，所以得到四边形为平行四边形，所以，利用面面平行的判定得证；第二问，由面ABCD，所以得到是三棱柱的高，利用体积转化法，得到三棱柱的体积.试题解析：（1）设线段的中点为，∵BD和是的对应棱，∴，同理，∵AO和是棱柱的对应线段，∴，且，且四边形为平行四边形且，面面.（2）∵面ABCD，∴是三棱柱的高，在正方形ABCD中，，在中，，，所以，.【考点】线线平行、面面平行、线面垂直、柱体的体积.2.（正四棱锥与球体积选做题）棱长为1的正方体的外接球的体积为________．【答案】.【解析】正方体的体对角线，就是正方体的外接球的直径，所以球的直径为：所以球的半径为：，∴正方体的外接球的体积V=．【考点】１．球的体积；２．球内接多面体．3.如图，ABCD是边长为2的正方形，ED⊥平面ABCD，ED＝1，EF∥BD且EF＝BD．(1)求证：BF∥平面ACE；(2)求证：平面EAC⊥平面BDEF(3)求几何体ABCDEF的体积．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)2【解析】(1)利用线线平行，推证线面平行；(2)利用一个面内一条直线与另一个平面垂直，则这两个平面垂直，证明面面垂直；(3)将不规则几何体转化为主题或椎体的体积求解．试题解析：(1)证明：记AC与BD的交点为O，则DO＝BO＝BD，连接EO，∵EF∥BD且EF＝BD，∴EF∥BO且EF＝BO，则四边形EFBO是平行四边形，∴BF∥EO，又∵面ACE，面ACE，∴BF∥平面ACE；(2)证明：∵ED⊥平面ABCD，平面ABCD，∴ED⊥AC．∵ABCD为正方形，∴BD⊥AC，又ED∩BD＝D，∴AC⊥平面BDEF，又平面EAC，∴平面EAC⊥平面BDEF；(3)解：∵ED⊥平面ABCD，∴ED⊥BD，又∵EF∥BD且EF＝BD，∴BDEF是直角梯形，又∵ABCD是边长为2的正方形，BD＝2，EF＝，∴题型BDEF的面积为，由(1)知AC⊥平面BDEF，∴几何体的体积VABCDEF ＝2VA－BDEF＝2×S BDEF·AO＝．【考点】空间直线与平面位置关系，几何体的体积4.如图，多面体的直观图及三视图如图所示，分别为的中点．（1）求证：平面；(2）求多面体的体积．【答案】（1）证明：见解析；（2）多面体的体积．【解析】（1）由多面体的三视图知，三棱柱中,底面是等腰直角三角形，，平面,侧面都是边长为的正方形．连结，则是的中点，由三角形中位线定理得，得证.（2）利用平面，得到,再据⊥，得到⊥平面，从而可得：四边形是矩形,且侧面⊥平面. 取的中点得到,且平面．利用体积公式计算.所以多面体的体积． 12分试题解析：（1）证明：由多面体的三视图知，三棱柱中,底面是等腰直角三角形，，平面,侧面都是边长为的正方形．连结，则是的中点，在△中，，且平面，平面，∴∥平面． 6分（2）因为平面，平面,,又⊥，所以，⊥平面，∴四边形是矩形,且侧面⊥平面 8分取的中点,,且平面． 10分所以多面体的体积． 12分【考点】三视图，平行关系，垂直关系，几何体的体积.5.正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，为中点，则三棱锥的体积为A．B．C．D．【答案】C【解析】如下图所示，连接，因为是正三角形，且为中点，则，又因为面，故，且，所以面，所以是三棱锥的高，所以．【考点】1、直线和平面垂直的判断和性质；2、三棱锥体积．6.棱长为的正四面体的外接球半径为．【答案】【解析】记正四面体棱长为，外接球半径为，在正四面体中，利用棱，与棱共顶点的高及这条棱在对面上的射影构成的直角三角形可解得，因此中本题中.【考点】正四面体（正棱锥的性质）.7.如图，已知平面，，，且是的中点，.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）求此多面体的体积.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）.【解析】（1）取的中点，连结、，利用中位线证明，利用题中条件得到，进而得到，于是说明四边形为平行四边形，得到，最后利用直线与平面平行的判定定理证明平面；（2）由平面得到，再利用等腰三角形三线合一得到，利用直线与平面垂直的判定定理证明平面，结合（1）中的结论证明平面，最后利用平面与平面垂直的判定定理证明平面平面；（3）利用已知条件得到平面平面，然后利用平面与平面垂直的性质定理求出椎体的高，最后利用椎体的体积公式计算该几何体的体积.（1）取中点，连结、，为的中点，，且，又，且，且，为平行四边形，，又平面，平面，平面；（2），，所以为正三角形，，平面，，平面，又平面，，又，，平面，又，平面，又平面，平面平面；（3）此多面体是一个以为定点，以四边形为底边的四棱锥，，平面平面，等边三角形边上的高就是四棱锥的高，.【考点】1.直线与平面平行；2.平面与平面垂直；3.椎体体积的计算8.如图，在三棱锥中，，，°，平面平面，，分别为，中点．（1）求证：∥平面；（2）求证：；（3）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明过程详见解析；（2）证明过程详见解析；（3）.【解析】本题主要考查线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直、面面垂直、三棱锥的体积等基础知识，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力.第一问，由于D、E分别为AB、AC中点，所以利用三角形的中位线得出∥，再利用线面平行的判定直接得到结论；第二问，由，而∥得，而D为AB中点，PA=PB，得，所以利用线面垂直的判定得平面，再利用线面垂直的性质得；第三问，由于，利用面面垂直的性质得平面，所以PD是三棱锥的高，而，所以. （1）因为，分别为，中点，所以∥，又平面，平面，所以∥平面. 4分（2）连结，因为∥，又°，所以.又，为中点，所以.所以平面，所以. 9分（3）因为平面平面，有，所以平面，所以. 14分【考点】线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直、面面垂直、三棱锥的体积.9.棱长为1的正方体及其内部一动点，集合,则集合构成的几何体表面积为 .【答案】【解析】 .【考点】几何体的表面积.10.已知等腰梯形PDCB中(如图),PB=3,DC=1,PD=BC=,A为PB边上一点,且PA=1,将△PAD沿AD折起,使平面PAD⊥平面ABCD(如图).(1)证明：平面PAD⊥平面PCD.(2)试在棱PB上确定一点M,使截面AMC把几何体分成的两部分VPDCMA ∶VMACB=2∶1.(3)在M满足(2)的情况下,判断直线PD是否平行平面AMC.【答案】（1）见解析（2）M为线段PB的中点时（3）不平行【解析】(1)因为PDCB为等腰梯形,PB=3,DC=1,PA=1,则PA⊥AD,CD⊥AD.又因为面PAD⊥面ABCD,面PAD∩面ABCD=AD,CD⊂面ABCD,故CD⊥面PAD. 又因为CD⊂面PCD,所以平面PAD⊥平面PCD.(2)所求的点M即为线段PB的中点.证明如下：设三棱锥M-ACB的高为h1,四棱锥P-ABCD的高为h2,当M为线段PB的中点时,==,所以===,所以截面AMC把几何体分成的两部分VPDCMA ∶VMACB=2∶1.(3)当M为线段PB的中点时,直线PD与面AMC不平行.证明如下：(反证法)假设PD∥面AMC,连接DB交AC于点O,连接MO.因为PD⊂面PBD,且面AMC∩面PBD=MO,所以PD∥MO.因为M为线段PB的中点时,则O为线段BD的中点,即=,而AB∥DC,故==,故矛盾.所以假设不成立,故当M为线段PB的中点时,直线PD与平面AMC不平行.11.棱长为2的三棱锥的外接球的表面积为（）A．6πB．4πC．2πD．π【答案】A【解析】由题意知,此三棱锥为正四面体,以此正四面体的各棱为正方形的对角线拓展出一个正方体,则三棱锥外接球的半径为正方体外接球的半径.因三棱锥棱长为2,所以正方体棱长为,其外接球的直径为所以三棱锥的外接球的表面积为6π．12.如图，在三棱锥中，，，平面平面，为中点，点分别为线段上的动点（不含端点），且，则三棱锥体积的最大值为________．【答案】【解析】因为且为中点，所以，因为平面平面，由面面垂直的性质定理可得，即。
高三数学空间几何体的表面积与体积试题
高三数学空间几何体的表面积与体积试题1.设△ABC的三边长分别为a、b、c，△ABC的面积为S，内切圆半径为r，则r＝；类比这个结论可知：四面体S -ABC的四个面的面积分别为S1、S2、S3、S4，内切球的半径为R，四面体S -ABC的体积为V，则R＝．【答案】．【解析】设四面体的内切球的球心为O，则球心O到四个面的距离都是R，所以四面体的体积等于以O为顶点，分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和．则四面体的体积为 V四面体A−BCD＝∴．【考点】类比推理.2.已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图是一个底边长为8，高为4的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为6，高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V；(2)求该几何体的侧面积S．【答案】（1）64 （2）40＋24【解析】解：本题考查由三视图求几何体的侧面积和体积，由正视图和侧视图的三角形结合俯视图可知该几何体是一个底面为矩形，高为4，顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥，如图．(1)V＝×(8×6)×4＝64．(2)四棱锥的两个侧面VAD、VBC是全等的等腰三角形，取BC的中点E，连接OE，VE，则△VOE为直角三角形，VE为△VBC边上的高，VE＝＝4．同理侧面VAB、VCD也是全等的等腰三角形，AB边上的高h＝＝5．∴S侧＝2×(×6×4＋×8×5)＝40＋24．3.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.4. (2014·荆州模拟)湖面上漂着一个小球,湖水结冰后将球取出,冰面上留下了一个直径为12cm,深2cm的空穴,则该球的半径是________cm,表面积是________cm2.【答案】10 400π【解析】设球的半径为r,如图：由勾股定理可知,r2=(r-2)2+36,解得r=10cm.所以表面积为4πr2=4π×100=400π(cm2).5.如图甲，在平面四边形ABCD中，已知,，现将四边形ABCD沿BD折起，使平面ABD平面BDC（如图乙），设点E，F分别为棱AC，AD的中点．（1）求证：DC平面ABC；（2）设，求三棱锥A－BFE的体积．【答案】（1）证明：见解析；（2）.【解析】（1）注意分析折叠前后变化的关系及不变化的关系.在图甲中可得；在图乙中，可得AB⊥CD．根据DC⊥BC，即可得到DC⊥平面ABC．（2）首先根据E，F分别为AC，AD的中点，得到EF//CD，根据（1）知，DC⊥平面ABC，得到EF⊥平面ABC，从而得到在图甲中，根据给定角度及长度，计算“不变量”，得，BD=2，BC=，EF=CD=，利用体积公式计算即得所求．解答本题的关键是确定“垂直关系”，这也是难点所在，平时学习中，应特别注意转化意识的培养，等体积转化的方法，是立体几何中常用方法之一.（1）证明：在图甲中∵且∴，即 1分在图乙中，∵平面ABD⊥平面BDC ，且平面ABD∩平面BDC＝BD4分又，，且，∴DC⊥平面ABC． 6分（2）解：， 7分又由（1）知，DC⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC， 8分所以， 9分在图甲中，由得，， 10分，11分12分【考点】平行关系，垂直关系，几何体的体积.6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是．【答案】【解析】直观图是圆柱中抽出正四棱柱∴该几何体的体积是7.已知圆锥的母线长为,侧面积为,则此圆锥的体积为__________.(结果中保留)【答案】【解析】由圆锥的母线长为,侧面积为.则根据.即可求出圆锥的底面周长.从而解出底面半径.再求出圆锥的高.根据体积公式.【考点】1.圆锥曲线的侧面积.2.圆锥曲线的体积公式.3.图形的展开前后的变化.8.已知函数将的图像与轴围成的封闭图形绕轴旋转一周，所得旋转体的体积为___________．【答案】【解析】．【考点】旋转体的体积．9.正四棱锥的五个顶点在同一球面上，若该正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为，则这个球的表面积为_________.【答案】【解析】如图是正四棱锥外接球的球心，是底面中心，，，设球半径为，在中，，解得，所以.【考点】正棱锥的外接球.10.若长方体三个面的面积分别为，，，则此长方体的外接球的表面积是________．【答案】6π【解析】设长方体的过同一顶点的三条棱长分别为a、b、c，则解得长方体外接球半径为R＝＝，外接球的表面积为S＝4π＝6π11.四面体的六条棱中，有五条棱长都等于a.(1)求该四面体的体积的最大值；(2)当四面体的体积最大时，求其表面积．【答案】（1）a3（2）a2【解析】(1)如图，在四面体ABCD中，设AB＝BC＝CD＝AC＝BD＝a，AD＝x，取AD的中点为P，BC的中点为E，连结BP、EP、CP.得到AD⊥平面BPC，∴V－BCD＝V A－BPC＋V D－BPC＝·S△BPC·AP＋S△BPC·PD＝·S△BPC·AD＝··aA≤·＝a3(当且仅当x＝a时取等号)．∴该四面体的体积的最大值为a3.(2)由(1)知，△ABC和△BCD都是边长为a的正三角形，△ABD和△ACD是全等的等腰三角形，其腰长为a，底边长为a，∴S＝2×a2＋2××a×＝a2＋a×＝a2＋＝a2.表12.如图,四棱锥P ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=2,BC="CD=2," ∠ACB=∠ACD=.(1)求证:BD⊥平面PAC;(2)若侧棱PC上的点F满足PF=7FC,求三棱锥P BDF的体积.【答案】(1)见解析 (2)【解析】(1)证明:因为BC=CD,所以△BCD为等腰三角形,又∠ACB=∠ACD,故BD⊥AC.因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥BD.从而BD与平面PAC内两条相交直线PA,AC都垂直,所以BD⊥平面PAC.=BC·CD·sin∠BCD=×2×2×sin =.(2)解:三棱锥P BCD的底面BCD的面积S△BCD由PA⊥底面ABCD,得=·S·PA=××2=2.△BCD由PF=7FC,得三棱锥F BCD的高为PA,故=·S△BCD·PA=×××2=,所以=-=2-=.13.一个与球心距离为1的平面截球体所得的圆面面积为π，则球的体积为() A．B．C．D．8π【答案】A【解析】由题意，球的半径为R＝，故其体积V＝π()3＝，选A.14.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1－EDF的体积为________．【答案】【解析】因为E点在线段AA1上，所以S△DED1＝×1×1＝，又因为F点在线段B1C上，所以点F到平面DED1的距离为1，即h＝1，所以VD1－EDF＝VF－DED1＝·S△DED1·h＝××1＝.15.若长方体的顶点都在半径为3的球面上，则该长方体表面积的最大值为．【答案】【解析】设长方体的边长为，那么长方体的表面积为：，又由于：，而，所以该长方体表面积的最大值为.【考点】长方体的表面积；基本不等式的变形.16.若圆锥底面半径为1，高为2，则圆锥的侧面积为．【答案】【解析】根据圆锥底面半径、高、母线长构成一个直角三角形，所以母线长为再根据圆锥的侧面积公式圆锥的侧面积公式可结合圆锥展开图为扇形，由相应扇形面积公式理解记忆.【考点】圆锥的侧面积.17.已知四面体的四个顶点都在球的球面上，若平面，，且，,则球的表面积为( )A．B．C．D．【答案】C【解析】因为平面，，在四面体的基础上构造长方体如图，可知长方体的外接球与四面体的外接球相同，长方体的对角线就是外接球的直径，即，球的表面积，故选C.【考点】1、空间几何体的位置关系；2、球的表面积.18.如图，一只蚂蚁由棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的点出发沿正方体的表面到达点的最短路程为．【答案】【解析】采用侧面展开法，展开后，在矩形中，，．【考点】立体几何表面距离最短问题．19.如图，平面四边形中,,,,将其沿对角线折成四面体，使平面平面，若四面体顶点在同一球面上，则该球的体积为( )A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意平面四边形ABCD中，AB=AD=CD=1，BD＝,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顶点在同一个球面上，可知A′B⊥A′C，所以BC 是外接球的直径，所以BC=，球的半径为：,所以球的体积为：,选A.【考点】1.球内接多面体；2.球的体积和表面积20.如图,在底面为平行四边形的四棱柱中,底面,,,．(Ⅰ)求证:平面平面；(Ⅱ)若,求四棱锥的体积．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）由,,，易得，从而平面，由此可得平面平面．(Ⅱ)思路一、由（Ⅰ）知，平面，所以，即是一个直角三角形，这样可得四边形的面积.又平面平面，所以过D作的垂线，该垂线即垂直于平面，由此可得该棱锥的高，从而求得其体积.思路二、将四棱锥分割为以下两部分：三棱锥和，这两个三棱锥的体积相等，我们可先求其中的一个. 而三棱锥即为三棱锥，这个三棱锥的体积就很易求了.试题解析：（Ⅰ）证明：在中,由余弦定理得：，所以,所以,即， 3分又四边形为平行四边形,所以，又底面,底面,所以，又,所以平面, 5分又平面,所以平面平面． 6分(Ⅱ)法一：连结，∵，∴∵平面，所以， 8分所以四边形的面积， 10分取的中点，连结，则，且，又平面平面,平面平面，所以平面，所以四棱锥的体积：． 12分法二: 四棱锥的体积， 8分而三棱锥与三棱锥底面积和高均相等， 10分所以． 12分【考点】1、空间两平面的垂直；2、空间几何体的体积.21.一个圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球O的球面上，则该圆锥的表面积与球O的表面积的比值为_____________.【答案】【解析】圆锥与球的截面如下图，设球的半径为，则圆锥底面圆的直径为，圆锥底面面积为，圆锥的侧面面积为，所以圆锥的表面积为，球的表面积为，所以其面积比为.【考点】1.圆锥与球的表面积；2.球与其内接几何体的关系.22.一个所有棱长均为1的正四棱锥的顶点与底面的四个顶点均在某个球的球面上，则此球的体积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】设四棱锥是满足条件的，连结、交于，球心在上，令球的半径为，则，由正四棱锥所有棱长为1，易求得四棱锥的高，在中，，即，解得，故球的体积为. 选D.【考点】正四棱锥的性质，球的体积.23.如图，设是棱长为的正方体的一个顶点，过从顶点出发的三条棱的中点作截面，对正方体的所有顶点都如此操作，截去个三棱锥，所得的各截面与正方体各面共同围成一个多面体，则关于此多面体有以下结论：①有个顶点；②有条棱；③有个面；④表面积为；⑤体积为．其中正确的结论是（写出所有正确结论的编号）．【答案】①②⑤【解析】根据几何体的特点可知，有12个顶点，24条棱，16个面，所以①、②都对，③错；表面积为故④错；其体积为故⑤成立.【考点】几何体的体积和表面积.24.如图，在三棱柱中，，，分别为，，的中点，设三棱锥体积为，三棱柱的体积为，则【答案】【解析】依题意，，三棱锥的高为三棱柱的高的. ∴.【考点】三棱柱与三棱锥的体积，三角形中位线定理，相似三角形的面积比等于相似比的平方.空间想象能力.中等题.25.如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为A．1B．C．D．【答案】B【解析】由三视图可知，该几何体是一个有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，所以该几何体的体积为【考点】本小题主要考查三视图.点评：此类问题，主要考查学生的空间想象能力，解决此类问题的关键是根据三视图正确还原几何体.26.如果一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A．B．C．96D．80【答案】A【解析】由三视图知：原几何体为正方体和一个四棱锥的组合体，正方体的棱长为4，正四棱锥的底面边长为4，高为2，所以正四棱锥的斜高为。
数学立体几何体积与表面积计算考核试卷
C.表面积为3a^2+3ar
D.表面积为3a^2+6ar
16.以下哪些几何体的体积和表面积可以通过简单的公式计算得出？（）
A.球体
B.圆柱体
C.正四面体
D.任意棱柱
17.一个底面为正方形（边长a），高为a的正四棱柱，以下哪些是正确的表面积和体积公式？（）
A.表面积为4a^2，体积为a^3
A.球体
B.正方体
C.圆柱体
D.圆锥体
8.一个底面半径为r，母线为l的圆锥体，以下哪些是正确的表面积公式？（）
A.表面积为πr^2
B.表面积为πr^2+πrl
C.表面积为πr^2+2πrl
D.表面积为2πr^2+πrl
9.一个底面为正五边形（边长a），高为h的正五棱锥，以下哪些是正确的体积和表面积公式？（）
A. 1/3πr^2h
B. πr^2h
C. 1/2πr^2h
D. 2/3πr^2h
5.一个底面为矩形(长a，宽b)，高为h的长方体，其体积是？（）
A. abh
B. a^2bh
C. ab^2h
D. ah^2
6.以下哪个几何体的表面积与体积的比例最小？（）
A.球体
B.正方体
C.圆柱体
D.圆锥体
7.一个直径为d的球，其表面积是？（）
D. 5a^2+10ah
（以下为试卷其他部分的提示，实际内容请根据实际需求添加）
二、填空题（本题共10小题，每小题2分，共20分）
三、解答题（本题共5小题，每小题10分，共50分）
...
（继续添加其他题型和试题）
二、多选题（本题共20小题，每小题1.5分，共30分，在每小题给出的四个选项中，至少有一项是符合题目要求的）
立体几何练习题体积和表面积
立体几何练习题体积和表面积立体几何是数学中的一个重要分支，涉及到空间中的各种几何图形和形体的计算和分析。
其中，体积和表面积是两个重要的概念。
体积指的是一个立体图形所占据的空间大小，而表面积则是指这个立体图形外部各个面的总面积。
本文将通过一些练习题，来介绍立体几何中体积和表面积的计算方法。
一、长方体的体积和表面积计算长方体是最简单的立体图形之一，它有六个面，分别是底面、顶面和四个侧面。
设长方体的长为L，宽为W，高为H，则它的体积V可以通过公式V = L × W × H来计算。
而表面积S可以通过公式S = 2LW + 2LH + 2WH来计算。
例如，假设一个长方体的长为5cm，宽为3cm，高为4cm，则它的体积V = 5 × 3 × 4 = 60cm³，表面积S = 2 × 5 × 3 + 2 × 5 × 4 + 2 × 3 × 4= 94cm²。
二、正方体的体积和表面积计算正方体是一种特殊的长方体，它的六个面都是正方形。
设正方体的边长为a，则它的体积V可以通过公式V = a³来计算。
而表面积S可以通过公式S = 6a²来计算。
例如，假设一个正方体的边长为 6cm，则它的体积V = 6³ = 216cm³，表面积S = 6 × 6² = 216cm²。
三、圆柱体的体积和表面积计算圆柱体由两个平行的圆底面和连接两个底面的侧面组成。
设圆柱体的底面半径为r，高为H，则它的体积V可以通过公式V = πr²H来计算。
而表面积S可以通过公式S = 2πr² + 2πrH来计算。
例如，假设一个圆柱体的底面半径为3cm，高为5cm，则它的体积V = π × 3² × 5 ≈ 141.37cm³，表面积S = 2π × 3² + 2π × 3 × 5 ≈ 94.25cm²。
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。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
高三数学理科立几练习(表面积+体积)班级 姓名 座号一、柱、锥、台和球的侧面积和体积面积 体积圆柱 S 侧＝2πrh V ＝Sh ＝πr 2h 圆锥 S 侧＝πrl V ＝13Sh ＝13πr 2h ＝13πr 2l 2－r 2圆台 S 侧＝π(r 1＋r 2)l V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h ＝13π(r 21＋r 22＋r 1r 2)h 直棱柱 S 侧＝ChV ＝Sh正棱锥 S 侧＝12Ch ′V ＝13Sh正棱台 S 侧＝12(C ＋C ′)h ′V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球 S 球面＝4πR 2V ＝43πR 3(1)几何体的侧面积是指各个侧面面积之和，而全面积是侧面积与所有底面面积之和． (2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形． 二、多面体的表面积的求法：(1)求解有关多面体表面积的问题，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、边长等几何元素的桥梁，从而架起侧面积公式中的未知量与条件中已知几何元素的联系． (2)旋转体的表面积的求法：圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将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．三、给出几何体的三视图，求该几何体的体积或表面积时，可以根据三视图还原出实物，画出该几何体的直观图，确定该几何体的结构特征，并利用相应的体积公式求出其体积，求体积的方法有直接套用公式法、等体积转换法和割补法等多种．若所给几何体为不规则几何体，常用等体积转换法和割补法求解． 练习：1．把球的表面积扩大到原来的2倍，那么体积扩大到原来的 ( )．A ．2倍B ．22倍 C.2倍 D.32倍2．如图是一个长方体截去一个角后所得多面体的三视图，则该多面体的体积为( )A.1423B.2843C.2803D.14034．点P 在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的面对角线BC 1上运动，给出下列四个命题：①三棱锥A -D 1PC 的体积不变；②A 1P ∥平面ACD 1；③DP ⊥BC 1；④平面PDB 1⊥平面ACD 1. 其中正确的命题序号是________．5. 棱长为2的正四面体的表面积是 ，体积是 ，其外接球体积为 。
6．如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2 cm，高为5 cm，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点A1的最短路线的长为________c m.7．如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝22，AD＝2，求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积．8. 一个几何体的三视图如图所示．已知主视图是底边长为1的平行四边形，左视图是一个长为3，宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形．(1)求该几何体的体积V；(2)求该几何体的表面积S.9．已知某几何体的俯视图是如右图所示的矩形，主视图(或称主视图)是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，左视图(或称左视图)是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V；(2)求该几何体的侧面积S.10.已知圆锥的母线长为20cm，则当其体积最大时，其侧面积为（）A．cm2B．cm2C．cm2D．cm2高三(上)数学立几练习(体积表面积)班级姓名座号(1)几何体的侧面积是指各个侧面面积之和，而全面积是侧面积与所有底面面积之和．(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形．二、多面体的表面积的求法：(1)求解有关多面体表面积的问题，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、边长等几何元素的桥梁，从而架起侧面积公式中的未知量与条件中已知几何元素的联系．(2)旋转体的表面积的求法：圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将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．三、给出几何体的三视图，求该几何体的体积或表面积时，可以根据三视图还原出实物，画出该几何体的直观图，确定该几何体的结构特征，并利用相应的体积公式求出其体积，求体积的方法有直接套用公式法、等体积转换法和割补法等多种．若所给几何体为不规则几何体，常用等体积转换法和割补法求解．练习：1．把球的表面积扩大到原来的2倍，那么体积扩大到原来的()．答案 BA ．2倍B ．22倍 C.2倍 D.32倍 2．如图是一个长方体截去一个角后所得多面体的三视图，则该多面体的体积为( )．答案 BA.1423B.2843C.2803D.1403解析 根据三视图的知识及特点，可画出多面体的形状，如图所示．这个多面体是由长方体截去一个正三棱锥而得到的，所以所求多面体的体积V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4×4×6－13×⎝⎛⎭⎫12×2×2×2＝2843. 3. 已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则其侧面积与全面积的比为 ，2:3此圆锥体积为 33V π=2R r =，2R =，1r =4．点P 在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的面对角线BC 1上运动，给出下列四个命题：①三棱锥A -D 1PC 的体积不变；②A 1P ∥平面ACD 1；③DP ⊥BC 1；④平面PDB 1⊥平面ACD 1. 其中正确的命题序号是________．解析：连接BD 交AC 于O ，连接DC 1交D 1C 于O 1，连接OO 1，则OO 1∥BC 1.∴BC 1∥平面AD 1C ，动点P 到平面AD 1C 的距离不变， ∴三棱锥P -AD 1C 的体积不变． 又VP AD 1C ＝VA D 1PC ，∴①正确．∵平面A 1C 1B ∥平面AD 1C ，A 1P ⊂ 平面A 1C 1B ， ∴A 1P ∥平面ACD 1，②正确．由于DB 不垂直于BC 1，显然③不正确；由于DB 1⊥D 1C ，DB 1⊥AD 1，D 1C ∩AD 1＝D 1， ∴DB 1⊥平面AD 1C .DB 1⊂平面PDB 1， ∴平面PDB 1⊥平面ACD 1，④正确． 答案：①②④5.棱长为2的正四面体的表面积是 43，体积是 ，其外接球体积为 。
36π 解析：每个面的面积为：12×2×2×32＝3.∴表面积为43，体积是126223333V =⨯⨯=外接球直径223(2)R =⨯，半径3R =，体积343V R π==36π（将四面体补成正方体）6．如图，已知正三棱柱ABCA 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________c m. 答案 13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)．7． (2014·浙江杭州模拟)如图，在四边形ABCD 中，∠DAB ＝90°，∠ADC ＝135°，AB ＝5，CD ＝22，AD ＝2，求四边形ABCD 绕AD 旋转一周所成几何体的表面积及体积．解：由已知得：CE ＝2，DE ＝2，CB ＝5，S 表面＝S 圆台侧＋S 圆台下底＋S 圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×22＝(60＋42)π，V ＝V 圆台－V 圆锥＝13(π·22＋π·52＋22·52π2)×4－13π×22×2＝1483π.8.一个几何体的三视图如图所示．已知主视图是底边长为1的平行四边形，左视图是一个长为3，宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形．(1)求该几何体的体积V ；(2)求该几何体的表面积S.解析 (1)由三视图可知，该几何体是一个平行六面体(如图)，其底面是边长为1的正方形，高为3，所以V ＝1×1×3＝ 3. (2)由三视图可知，该平行六面体中， A1D ⊥平面ABCD ，CD ⊥平面BCC1B1，所以AA1＝2，侧面ABB1A1，CDD1C1均为矩形， S ＝2×(1×1＋1×3＋1×2)＝6＋2 3.9．已知某几何体的俯视图是如右图所示的矩形，主视图(或称主视图)是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，左视图(或称左视图)是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V ； (2)求该几何体的侧面积S .解析 由题设可知，几何体是一个高为4的四棱锥，其底面是长、宽分别为8和6的矩形，正侧面及其相对侧面均为底边长为8，高为h 1的等腰三角形，左、 右侧面均为底边长为6，高为h 2的等腰三角形，如右图所示． (1)几何体的体积为：V ＝13·S 矩形·h ＝13×6×8×4＝64.(2)正侧面及相对侧面底边上的高为：h 1＝42＋32＝5.左、右侧面的底边上的高为：h 2＝42＋42＝4 2.故几何体的侧面面积为：S ＝2×⎝⎛⎭⎫12×8×5＋12×6×42＝40＋24 2. 10．（2015秋•吉安期末）已知圆锥的母线长为20cm ，则当其体积最大时，其侧面积为（ ） A ．cm 2B ．cm 2C ．cm 2D ．cm 2【分析】设底面半径为r ，用r 表示出圆锥的体积，利用函数思想求出体积的极大值点，代入侧面积公式即可．【解答】解：设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则h=，∴圆锥的体积V=πr 2h=，令f（r）=400r4﹣r6，∴f′（r）=1600r3﹣6r5，令f′（r）=0，解得r=，当0＜r＜时，f′（r）＞0，当＜r＜20时，f′（r）＜0．∴当r=时，f（r）取得最大值，即圆锥的体积取得最大值．此时，圆锥的侧面积S=πrl=π××20=．故选：B．9.【2016全国大联考1（课标I 卷）】直三棱柱111ABC A B C -中，底面是正三角形，三棱柱的高为3，若P 是111A B C ∆中心，且三棱柱的体积为94，则PA 与平面ABC 所成的角大小是（ ） A.6πB.4πC.3πD.23π 【答案】C【解析】由题意可设底面三角形的边长为a ，过点P 作平面ABC 的垂线，垂足为O ，则点O 为底面ABC 的中心，故PAO ∠即为PA与平面ABC 所成的角，由于233323OA a a =⨯=，而3OP =，又因为三棱柱的体积为94，由棱柱体积公式得()2393344V a =⨯⋅=，解得3a =，所以3tan 333POPAO AOa ∠===，得，故PA 与平面ABC 所成的角大小是3π，故正确答案为C.(2013·高考课标全国卷Ⅰ)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________．解析：如图，设球O 的半径为R ，则由AH ∶HB ＝1∶2得HA ＝13·2R ＝23R ，∴OH ＝R3.∵截面面积为π＝π·(HM )2，∴HM ＝1. 在Rt △HMO 中，OM 2＝OH 2＋HM 2，∴R 2＝19R 2＋HM 2＝19R 2＋1，∴R ＝324.∴S 球＝4πR 2＝4π·(324)2＝92π.5.（2012·高考山东卷)如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，OPC 1B 1A 1C AF 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1EDF 的体积为__________．[答案] 16[解析] 三棱锥D 1EDF 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＝16.二、滚动练习1．设i 是虚数单位，则2(1)i i--等于 D A ．0 B ． 4 C ．2 D2.（2011·辽宁高考理科·Ｔ10）若，，均为单位向量，且0=⋅，（-）·（-）≤0，则|+-|的最大值为 BA ．1-2B ．1C ．2D ．2【精讲精析】由（-）·（-）≤0，得02≤+⋅-⋅-⋅c c b c a b a ，又0=⋅ 且a ，b ，c 均为单位向量，得1-≤⋅-⋅-c b c a ，|a +b -c |2=（a +b -c ）2= )(2222c b c a b a c b a ⋅-⋅-⋅+++=123)(23=-≤⋅-⋅-+c b c a ，故|+-|的最大值为1. 3.已知函数 f (x )＝1123,0log ,0x x x x +⎧≤⎪⎨>⎪⎩ ，则使函数f (x )的图象位于直线y ＝1上方的x 的取值范围是________．答案：－1<x<12 解析：当x ≤0时，3x ＋1>1⇒x ＋1>0，∴－1<x ≤0； 当x >0时， 12log x >1⇒12x <，∴102x <<. 综上所述：－1<x<12.4. 在直角坐标平面内，以坐标原点O 为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系。