江苏专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测三十六空间几何体的表面积与体积理含解析苏教版

第八单元立体几何考情分析多以两小一大的形式出现，每年必考，分值为17～22分．重点考查几何体的三视图问题、几何体的表面积与体积、空间线面位置关系，用向量法计算空间角，其中与球有关的接(切)问题是考查的难点．对于空间向量的应用，空间直角坐标系的建立是否合理是解决有关问题的关键，有时所给空间图形不规则——没有三条互相垂直的直线，不利于空间直角坐标系的建立，另外，探索性问题中动点坐标的设法及有关计算是难点．点点练26空间几何体的三视图与直观图、表面积与体积一基础小题练透篇1．[2022·山东济宁检测]已知水平放置的△ABC按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝32，那么原△ABC的面积是( )A．3B．22C．32D．342．[2021·江西吉安联考]某几何体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体中，最长的棱的长度为( )A．3B．32C．33D．63．[2022·四川成都七中高三期中]已知一个几何体的三视图如图，则它的表面积为( )A ．3πB ．4πC．5πD．6π4．[2021·衡水模拟]已知正三棱锥S ­ABC 的三条侧棱两两垂直，且侧棱长为2，则此三棱锥的外接球的表面积为( )A ．πB．3πC．6πD．9π5．[2022·云南大理模拟预测]一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为( )A ．43πB．2πC．πD．83π 6．[2021·江苏海安高级月考]三棱锥A ­BCD 中，∠ABC ＝∠CBD ＝∠DBA ＝60°，BC ＝BD ＝1，△ACD 的面积为114，则此三棱锥外接球的表面积为( ) A ．4πB．16πC．163πD．323π7．[2022·四川省南充市白塔模拟]如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个多面体的三视图，若该多面体的所有顶点都在球C 的表面上，则球C 的表面积是( )A ．8πB．12πC．16πD．32π 8.有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为________．9．[2022·湘豫名校联考]在四面体ABCD 中，AB ＝CD ＝5，AD ＝BC ＝13，AC ＝BD ＝10，则此四面体的体积为________．二能力小题提升篇1.[2022·深圳市高三调研]已知圆柱的底面半径为2，侧面展开图为面积为8π的矩形，则该圆柱的体积为( )A ．8πB．4πC．83πD．2π2.[2022·浙江省高三测试]如图是用斜二测画法画出的∠AOB 的直观图∠A ′O ′B ′，则∠AOB 是( )A ．锐角B ．直角C ．钝角D ．无法判断3．[2022·河南省洛阳市高三调研]大约于东汉初年成书的我国古代数学名著《九章算术》中，“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径．“开立圆术”实际是知道了球的体积V ，利用球的体积，求其直径d 的一个近似值的公式：d ＝3169V ，而我们知道，若球的半径为r ，则球的体积V ＝43πr 3，则在上述公式d ＝3169V 中，相当于π的取值为( )A.3B ．227C ．278D ．1694.[2021·云南省曲靖市高三二模]如图，在水平地面上的圆锥形物体的母线长为12，底面圆的半径等于4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥侧面爬行一周后回到点P 处，则小虫爬行的最短路程为( )A ．123B ．16C ．24D ．24 35．[2022·江西省兴国县高三月考]已知三棱锥P ­ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，且三棱锥P ­ABC 外接球的表面积为36π.则PA ＝________．6．[2022·广东七校第二次联考]在四棱锥P ­ABCD 中，四边形ABCD 是边长为2a 的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝2a ，若在这个四棱锥内放一个球，则该球半径的最大值为________．三高考小题重现篇1.[2021·山东卷]已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )A ．2B.2 2 C ．4D.4 22．[2021·全国甲卷]在一个正方体中，过顶点A 的三条棱的中点分别为E ，F ，G .该正方体截去三棱锥A ­EFG 后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是( )3．[2021·全国甲卷]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________．4．[2021·全国甲卷]已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O­ABC的体积为( )A．212B．312C．24D．345．[2020·山东卷]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________．6．[2019·全国卷Ⅱ]中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．四经典大题强化篇1.在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC＝AB＝BC＝2，且点O 为AC的中点．(1)证明：A1O⊥平面ABC；(2)求三棱锥C1­ABC的体积．2．已知点P，A，B，C是半径为2的球面上的点，PA＝PB＝PC＝2，∠ABC＝90°，点B 在AC上的射影为D，求三棱锥P－ABD体积的最大值．点点练26 空间几何体的三视图与直观图、表面积与体积一 基础小题练透篇1．答案：A解析：由题图可知原△ABC 的高AO ＝3，BC ＝B ′C ′＝2，∴S △ABC ＝12·BC ·OA ＝12×2×3＝ 3.2．答案：C解析：由三视图还原几何体，可得该几何体可看作如图所示的棱长为3的正方体中，以A ，B ，C ，D 为顶点的三棱锥，其最长的棱为BD ，且BD ＝32＋32＋32＝3 3.3．答案：B解析：由三视图可知，该几何体是圆锥和半球拼接成的组合体，且圆锥的底面圆和半球的大圆面半径相同，底面圆的半径r ＝1，圆锥的母线长l ＝（3）2＋1＝2，记该几何体的表面积为S ，故S ＝12（2πr ）l ＋12×4πr 2＝4π.4．答案：C解析：正三棱锥的外接球即是棱长为2的正方体的外接球，所以外接球的直径2R ＝（2）2＋（2）2＋（2）2＝6，所以4R 2＝6，外接球的表面积4πR 2＝6π.5．答案：A解析：根据三视图可知几何体是由有公共的底面的圆锥和圆柱体的组合体，由三视图可知，圆锥的底面半径为1，高为1，圆柱的底面半径为1，高为1，所以组合体的体积为13π×12×1＋π×12×1＝4π3.6．答案：A解析：∵BC ＝BD ＝1，∠CBD ＝60°，∴CD ＝1，又AB ＝AB ，∠ABC ＝∠DBA ＝60°，BC ＝BD ，∴△ABC ≌△ABD ，则AC ＝AD ，取CD 中点E ，连接AE ，又由△ACD 的面积为114，可得△ACD 的高AE ＝112，则可得AC ＝AD ＝3，在△ABC 中，由余弦定理AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos60°，∴3＝AB 2＋1－2×AB ×1×12，解得AB ＝2，则AC 2＋BC 2＝AB 2，可得∠ACB ＝90°，∴∠ADB＝90°，∴AC ⊥BC ，AD ⊥BD ，根据球的性质可得AB 为三棱锥外接球的直径，则半径为1， 故外接球的表面积为4π×12＝4π.7．答案：A解析：由三视图可还原几何体为从长、宽均为2，高为2的长方体中截得的四棱锥S ­ABCD ，则四棱锥S ­ABCD 的外接球即为长方体的外接球， ∴球C 的半径R ＝122＋2＋4＝2，∴球C 的表面积S ＝4πR 2＝8π. 8．答案：2＋22解析：如图1，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为E .在Rt△ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°，∴BE ＝22.又四边形AECD 为矩形，AD ＝EC ＝1，∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1，由此还原为原图形如图2所示，是直角梯形A ′B ′C ′D ′.在梯形A ′B ′C ′D ′中，A ′D ′＝1，B ′C ′＝22＋1，A ′B ′＝2. ∴这块菜地的面积S ＝12（A ′D ′＋B ′C ′）·A ′B ′＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22.9．答案：2解析：设四面体ABCD 所在的长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝5，a 2＋c 2＝13，b 2＋c 2＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1，c ＝3，所以四面体ABCD 的体积V ＝abc －13×12abc ×4＝13abc ＝2.二 能力小题提升篇1．答案：A解析：设圆柱的高为h ，则2π×2×h ＝8π⇒h ＝2，所以圆柱的体积为π×22×2＝8π.2．答案：C解析：根据斜二测画法规则知，把直观图∠A ′O ′B ′还原为平面图，如图所示：所以∠AOB 是钝角． 3．答案：C解析：由d ＝3169V 得V ＝916·（2r ）3＝43·278r 3，比较V ＝43πr 3，相当于π的取值为278. 4．答案：A解析：如图，设圆锥侧面展开扇形的圆心角为θ，则由题可得2π×4＝12θ，则θ＝2π3，在Rt△POP ′中，OP ＝OP ′＝12，则小虫爬行的最短路程为PP ′＝122＋122－2×12×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝12 3.5．答案：27解析：由PA ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，将三棱锥补成长方体，它的对角线是其外接球的直径，∵三棱锥外接球的表面积为36π，设外接球的半径为R ，则4πR 2＝36π，解得R ＝3∴三棱锥外接球的半径为3，直径为6，∵AB ＝AC ＝2，∴22＋22＋PA 2＝62，∴PA ＝27.6．答案：（2－2）a解析：方法一 由题意知，球内切于四棱锥P ­ABCD 时半径最大．设该四棱锥的内切球的球心为O ，半径为r ，连接OA ，OB ，OC ，OD ，OP ，则V P －ABCD ＝V O －ABCD ＋V O －PAD ＋V O －PAB ＋V O －PBC ＋V O －PCD ，即13×2a ×2a ×2a ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 2＋2×12×2a ×2a ＋2×12×2a ×22a ×r ，解得r ＝（2－2）a .方法二 易知当球内切于四棱锥P －ABCD ，即与四棱锥P －ABCD 各个面均相切时，球的半径最大．作出相切时的侧视图如图所示，设四棱锥P －ABCD 内切球的半径为r ，则12×2a ×2a＝12×（2a ＋2a ＋22a ）×r ，解得r ＝（2－2）a . 三 高考小题重现篇1．答案：B解析：设圆锥的母线长为l ，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则πl ＝2π×2，解得l ＝2 2.2．答案：D解析：根据题目条件以及正视图可以得到该几何体的直观图，如图，结合选项可知该几何体的侧视图为D.3．答案：39π解析：设该圆锥的高为h ，则由已知条件可得13×π×62×h ＝30π，解得h ＝52，则圆锥的母线长为h 2＋62＝254＋36＝132，故该圆锥的侧面积为π×6×132＝39π. 4．答案：A解析：如图所示，因为AC ⊥BC ，且AC ＝BC ＝1，所以AB 为截面圆O 1的直径，且AB ＝ 2.连接OO 1，则OO 1⊥面ABC ，OO 1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫AB 22＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝22，所以三棱锥O ­ABC 的体积V ＝13S △ABC ×OO 1＝13×12×1×1×22＝212. 5．答案：2π2解析：如图，连接B 1D 1，易知△B 1C 1D 1为正三角形，所以B 1D 1＝C 1D 1＝2.分别取B 1C 1，BB 1，CC 1的中点M ，G ，H ，连接D 1M ，D 1G ，D 1H ，则易得D 1G ＝D 1H ＝22＋12＝5，D 1M ⊥B 1C 1，且D 1M ＝ 3.由题意知G ，H 分别是BB 1，CC 1与球面的交点．在侧面BCC 1B 1内任取一点P ，使MP ＝2，连接D 1P ，则D 1P ＝D 1M 2＋MP 2＝（3）2＋（2）2＝5，连接MG ，MH ，易得MG ＝MH ＝2，故可知以M 为圆心，2为半径的圆弧GH 为球面与侧面BCC 1B 1的交线．由∠B 1MG ＝∠C 1MH ＝45°知∠GMH ＝90°，所以GH 的长为14×2π×2＝2π2. 6．答案：26 2－1 解析：依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x ，则22x ＋x ＋22x ＝1，解得x ＝2－1，故题中的半正多面体的棱长为2－1. 四 经典大题强化篇1．解析：（1）证明：因为AA 1＝A 1C ，且O 为AC 的中点，所以A 1O ⊥AC ，又平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，平面AA 1C 1C ∩平面ABC ＝AC ，且A 1O ⊂平面AA 1C 1C ，∴A 1O ⊥平面ABC .（2）∵A 1C 1∥AC ，A 1C 1⊄平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∴A 1C 1∥平面ABC ，即C 1到平面ABC 的距离等于A 1到平面ABC 的距离．由（1）知A 1O ⊥平面ABC ，且A 1O ＝AA 21 －AO 2＝3，∴VC 1－ABC ＝VA 1－ABC ＝13S △ABC ·A 1O ＝13×12×2×3×3＝1. 2.解析：设点P 在平面ABC 上的射影为G ，如图，由PA ＝PB ＝PC ＝2，∠ABC ＝90°，知点P 在平面ABC 上的射影G 为△ABC 的外心，即AC 的中点．设球的球心为O ，连接PG ，则O 在PG 的延长线上．连接OB ，BG ，设PG ＝h ，则OG ＝2－h ，所以OB 2－OG 2＝PB 2－PG 2，即4－（2－h ）2＝4－h 2，解得h ＝1，则AG ＝CG ＝ 3.设AD ＝x ，则GD ＝x －AG ＝x －3，BG ＝3，所以BD ＝BG 2－GD 2＝－x 2＋23x ，所以S △ABD ＝12AD ·BD ＝12－x 4＋23x 3. 令f （x ）＝－x 4＋23x 3，则f ′（x ）＝－4x 3＋63x 2.由f ′（x ）＝0，得x ＝0或x ＝332，易知当x ＝332时，函数f （x ）取得最大值24316，所以（S △ABD ）max ＝12×934＝938.又PG ＝1，所以三棱锥P －ABD 体积的最大值为13×938×1＝338.。

1．正六棱柱的高为6，底面边长为4，则它的全面积为________． 解析：S 底＝6×34×42＝243，S 侧＝6×4×6＝144，所以S 全＝S 侧＋2S 底＝144＋483＝48(3＋3)．答案：48(3＋3)2．将一个边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是________． 解析：当以长度为4π的边为底面圆时，底面圆的半径为2，两个底面的面积是8π；当以长度为8π的边为底面圆时，底面圆的半径为4，两个底面圆的面积为32π.无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2.故所求的表面积是32π2＋8π或32π2＋32π.答案：32π2＋8π或32π2＋32π3．一个球与一个正方体的各个面均相切，正方体的棱长为a ，则球的表面积为________． 解析：由题意知，球的半径R ＝a2.所以S 球＝4πR 2＝πa 2.答案：πa 2 4．以下命题：①以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台； ②圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；③一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台． 其中正确命题的个数为________．解析：命题①错，因这条腰必须是垂直于两底的腰．命题②对．命题③错，必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才行．答案：15．(2019·江苏省重点中学领航高考冲刺卷(二))在一次模具制作大赛中，小明制作了一个母线长和底面直径相等的圆锥，而小强制作了一个球，经测量得圆锥的侧面积恰好等于球的表面积，则圆锥和球的体积的比值等于________．解析：设圆锥的底面半径为r ，球的半径为R ，则圆锥的母线长为2r ，高为3r .由题意可知πr ×2r ＝4πR 2，即r ＝2R .所以V 圆锥V 球＝13πr 2×3r43πR 3＝34×⎝⎛⎭⎫r R 3＝34×(2)3＝62.答案：626．(2019·苏锡常镇四市调研)如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是矩形，AB ＝2，AD ＝3，P A ＝4，点E 为棱CD 上一点，则三棱锥E -P AB 的体积为________．解析：因为V E ­P AB ＝V P ­ABE ＝13S △ABE ×P A ＝13×12AB ×AD ×P A ＝13×12×2×3×4＝4.答案：47．(2019·江苏省高考名校联考(四))如图，在四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，上、下底面为平行四边形，E 为棱CD 的中点，设四棱锥E -ADD 1A 1的体积为V 1，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________．解析：由题意，将侧面ADD 1A 1作为四棱柱的底面，设顶点C 到平面ADD 1A 1的距离为2h ，因为E 为棱CD 的中点，所以E 到平面ADD 1A 1的距离为h ，所以V 1∶V 2＝V E ­ADD 1A 1∶V BCC 1B 1­ADD 1A 1＝13S 四边形ADD 1A 1h ∶S 四边形ADD 1A 1(2h )＝1∶6. 答案：1∶68．(2019·南京市、盐城市高三年级第二次模拟考试)在边长为4的正方形ABCD 内剪去四个全等的等腰三角形(如图1中阴影部分所示)，折叠成底面边长为2的正四棱锥S -EFGH (如图2)，则正四棱锥S -EFGH 的体积为________．解析：设正四棱锥S - EFGH 的高为h ，体积为V ，点S 到HG 的距离为h ′，则2h ′＋2＝42，得h ′＝322，所以h ＝⎝⎛⎭⎫3222－⎝⎛⎭⎫222＝2，所以V ＝13×(2)2×2＝43.答案：439．(2019·江苏省名校高三入学摸底卷)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著．书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，若某阳马的底面积为7，最长的侧棱长为52，则该阳马的体积的最大值为________．解析：设该阳马的底面边长分别为a ，b ，高为h ，最长的侧棱长为l ，则ab ＝7，由于l 2＝a 2＋b 2＋h 2且l ＝52，所以h 2＝l 2－(a 2＋b 2)≤(52)2－2ab ＝50－2×7＝36(当且仅当a ＝b ＝7时取等号)，即有h max ＝6，所以该阳马的体积的最大值为13abh max ＝13×7×6＝14.答案：1410．(2019·江苏省重点中学领航高考冲刺卷(八))中国古代数学名著《九章算术》中记载：“今有羡除”．刘徽注：“羡除，隧道也．其所穿地，上平下邪．”现有一个羡除如图所示，四边形ABCD 、ABFE 、CDEF 均为等腰梯形，AB ∥CD ∥EF ，AB ＝6，CD ＝8，EF ＝10，EF 到平面ABCD 的距离为3，CD 与AB 间的距离为10，则这个羡除的体积是________．解析：如图，过点A 作AP ⊥CD ，AM ⊥EF ，过点B 作BQ ⊥CD ，BN ⊥EF ，垂足分别为P ，M ，Q ，N ，连结PM ，QN ，将一侧的几何体补到另一侧，组成一个直三棱柱，底面积为12×10×3＝15.棱柱的高为8，体积V ＝15×8＝120.答案：12011．一个正三棱台的两底面的边长分别为8 cm 、18 cm ，侧棱长是13 cm ，求它的全面积． 解：上底面周长为c ′＝3×8＝24 cm ， 下底面周长c ＝3×18＝54 cm ， 斜高h ′＝132－⎝⎛⎭⎫18－822＝12 cm ，所以S 正棱台侧＝12(c ′＋c )h ′＝12×(24＋54)×12＝468 cm 2，S 上底面＝34×82＝16 3 cm 2，S 下底面＝34×182＝81 3 cm 2， 所以正三棱台的全面积为S ＝468＋163＋813＝(468＋973) cm 2.12．如图所示，已知E 、F 分别是棱长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱A 1A 、CC 1的中点，求四棱锥C 1­B 1EDF 的体积．解：法一：连结A 1C 1，B 1D 1交于点O 1，连结B 1D ，EF ，过O 1作O 1H ⊥B 1D 于H . 因为EF ∥A 1C 1，且A 1C 1⊄平面B 1EDF ， 所以A 1C 1∥平面B 1EDF .所以C 1到平面B 1EDF 的距离就是A 1C 1到平面B 1EDF 的距离． 因为平面B 1D 1D ⊥平面B 1EDF ，平面B 1D 1D ∩平面B 1EDF ＝B 1D ， 所以O 1H ⊥平面B 1EDF ，即O 1H 为棱锥的高． 因为△B 1O 1H ∽△B 1DD 1， 所以O 1H ＝B 1O 1·DD 1B 1D ＝66a .所以V C 1­B 1EDF ＝13S 四边形B 1EDF ·O 1H ＝13·12·EF ·B 1D ·O 1H ＝13·12·2a ·3a ·66a ＝16a 3.法二：连结EF ，B 1D .设B 1到平面C 1EF 的距离为h 1，D 到平面C 1EF 的距离为h 2，则h 1＋h 2＝B 1D 1＝2a . 由题意得，V C 1­B 1EDF ＝V B 1­C 1EF ＋V D ­C 1EF ＝13S △C 1EF ·(h 1＋h 2)＝16a 3.1．已知圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则过圆锥的高的中点的平面截圆锥所得的圆台的体积为________．解析：如图，在正三角形SAB 中， AB ＝2，SO ＝3，OB ＝1，O 1O ＝32， 圆台的体积为V ＝13πh (r 2＋rr ′＋r ′2)＝13π×32⎝⎛⎭⎫14＋12×1＋1＝73π24. 答案：73π242．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________．解析：如图，设球的半径为R ，因为 ∠AOB ＝90°，所以S △AOB ＝12R 2.因为 V O ­ ABC ＝V C ­AOB ，而△AOB 面积为定值，所以当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O ­ ABC 最大，所以当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O ­ ABC 最大为13×12R 2×R ＝36，所以R ＝6，所以球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π. 答案：144π3．已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都等于2，A 1在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则三棱柱的侧面积为________．解析：如图所示，设点D 为BC 的中点， 则A 1D ⊥平面ABC ， 因为BC ⊂平面ABC ， 所以A 1D ⊥BC ，因为△ABC 为等边三角形， 所以AD ⊥BC ，又AD ∩A 1D ＝D ，AD ⊂平面A 1AD ，A 1D ⊂平面A 1AD ， 所以BC ⊥平面A 1AD ， 因为A 1A ⊂平面A 1AD ， 所以BC ⊥A 1A .又因为A 1A ∥B 1B ，所以BC ⊥B 1B .又因为三棱柱的侧棱与底面边长都等于2， 所以四边形BB 1C 1C 是正方形，其面积为4. 作DE ⊥AB 于E ，连结A 1E ，则AB ⊥A 1E ， 又因为AD ＝22－12＝3，DE ＝AD ·BD AB ＝32，所以AE ＝AD 2－DE 2＝32，所以A 1E ＝AA 21－AE 2＝72， 所以S 四边形ABB 1A 1＝S 四边形AA 1C 1C ＝7， 所以S 三棱柱侧＝27＋4. 答案：27＋44.(2019·苏州市高三调研测试)鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为5，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为________．(容器壁的厚度忽略不计，结果保留π)解析：由题意知，可将问题转化为求长、宽、高分别是1，2，5的长方体的外接球的表面积，易知该球的直径2R ＝12＋22＋52＝30，则该球的表面积为4πR 2＝30π.答案：30π5．四面体的六条棱中，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．解：(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 ，所以V A ­BCD ＝V A ­BPC ＋V D ­BPC ＝13·S △BPC ·AP ＋13S △BPC ·PD ＝13·S △BPC ·AD ＝13·12·a ·a 2－x 24－a 24·x＝a 12（3a 2－x 2）x 2≤a 12·3a 22＝18a 3 ⎝⎛⎭⎫当且仅当x ＝62a 时取等号.所以该四面体的体积的最大值为18a 3.(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62a ， 所以S 表＝2×34a 2＋2×12×62a ×a 2－⎝⎛⎭⎫64a 2＝32a 2＋62a ×10a 4＝32a 2＋15a 24＝23＋154a 2. 6．把边长为a 的正三角形铁皮的三个角切去三个全等的四边形，再把它的边沿虚线折起(如图)，做成一个无盖的正三角形底铁皮箱，当箱底边长为多少时，箱子容积最大？最大容积是多少？解：由题图可知，箱底边长为x ，则箱高为h ＝33×a －x2(0<x <a )， 箱子的容积为V (x )＝12x 2×sin 60°×h ＝18ax 2－18x 3(0<x <a )．由V ′(x )＝14ax －38x 2＝0，解得x 1＝0(舍)，x 2＝23a ，且当x ∈⎝⎛⎭⎫0，23a 时，V ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫23a ，a 时，V ′(x )<0， 所以函数V (x )在x ＝23a 处取得极大值，这个极大值就是函数V (x )的最大值：V ⎝⎛⎭⎫23a ＝18a ×⎝⎛⎭⎫23a 2－18×⎝⎛⎭⎫23a 3＝154a 3. 所以当箱子底边长为23a 时，箱子容积最大，最大值为154a 3.。

课时跟踪检测（三十九）空间几何体的结构特征及表面积与体积一、题点全面练1．下列说法中正确的是( ) A ．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱 B ．侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥 C ．侧面都是矩形的四棱柱是长方体D ．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解析：选 D 认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故A ，C 都不够准确，B 中对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故也不正确．2．下列说法中正确的是( ) A ．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B ．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C ．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是六棱锥D ．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线解析：选D 当一个几何体由具有相同的底面且顶点在底面两侧的两个三棱锥构成时，尽管各面都是三角形，但它不是三棱锥，故A 错误；若三角形不是直角三角形或是直角三角形但旋转轴不是直角边所在直线，所得几何体就不是圆锥，故B 错误；若六棱锥的所有棱都相等，则底面多边形是正六边形，由几何图形知，若以正六边形为底面，则棱长必然要大于底面边长，故C 错误．选D.3．若圆锥的侧面展开图是圆心角为2π3，半径为l 的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比为( )A ．3∶2B ．2∶1C ．4∶3D ．5∶3解析：选C 底面半径r ＝23π2πl ＝13l ，故圆锥的S 侧＝13πl 2，S 表＝13πl 2＋π⎝ ⎛⎭⎪⎫13l 2＝49πl 2，所以表面积与侧面积的比为4∶3.4．已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4B ．16πC ．9π D.27π4解析：选A 如图，设球心为O ，半径为r ，则在Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2，解得r ＝94，所以该球的表面积为4πr 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫942＝81π4. 5．下列说法中正确的是________．(填序号)①底面是矩形的四棱柱是长方体；②直角三角形绕着它的一边旋转一周形成的几何体叫做圆锥；③四棱锥的四个侧面可以都是直角三角形．解析：命题①不是真命题，若侧棱不垂直于底面，这时四棱柱是斜四棱柱；命题②不是真命题，直角三角形绕着它的一条直角边旋转一周形成的几何体叫做圆锥，如果绕着它的斜边旋转一周，形成的几何体则是两个具有共同底面的圆锥；命题③是真命题，如图所示，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，则可以得到四个侧面都是直角三角形．答案：③6.如图，△A ′B ′O ′是利用斜二测画法画出的△ABO 的直观图，已知A ′B ′∥y ′轴，O ′B ′＝4，且△ABO 的面积为16，过A ′作A ′C ′⊥x ′轴，则A ′C ′的长为________．解析：因为A ′B ′∥y ′轴，所以△ABO 中，AB ⊥OB . 又因为△ABO 的面积为16，所以12AB ·OB ＝16.因为OB ＝O ′B ′＝4，所以AB ＝8，所以A ′B ′＝4. 因为A ′C ′⊥O ′B ′于C ′， 所以A ′C ′＝4sin 45°＝2 2. 答案：2 27．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C . 在Rt △ABC 中，AC ＝12(cm)，BC ＝8－3＝5 (cm)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)． 答案：138.如图，在正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝6.若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，则三棱锥A ­A 1EF 的体积是________．解析：因为在正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AA 1∥BB 1，AA 1⊂平面AA 1C 1C ，BB 1⊄平面AA 1C 1C ，所以BB 1∥平面AA 1C 1C ，从而点E 到平面AA 1C 1C 的距离就是点B 到平面AA 1C 1C 的距离，作BH ⊥AC ，垂足为点H ，由于△ABC 是正三角形且边长为4，所以BH ＝23，从而三棱锥A ­A 1EF 的体积VA ­A 1EF ＝VE ­A 1AF ＝13S △A 1AF ·BH ＝13×12×6×4×23＝8 3.答案：8 39．已知球的半径为R ，在球内作一个内接圆柱，这个圆柱的底面半径与高为何值时，它的侧面积最大？侧面积的最大值是多少？解：如图为其轴截面，令圆柱的高为h ，底面半径为r ，侧面积为S ，则⎝ ⎛⎭⎪⎫h 22＋r 2＝R 2，即h ＝2R 2－r 2.因为S ＝2πrh ＝4πr ·R 2－r 2＝ 4πr2R 2－r2≤4πr 2＋R 2－r 224＝2πR 2，当且仅当r 2＝R 2－r 2，即r ＝22R 时，取等号， 即当内接圆柱底面半径为22R ，高为2R 时，其侧面积的值最大，最大值为2πR 2. 10.如图是一个以A1B 1C 1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝2，∠A 1B 1C 1＝90°，AA 1＝4，BB 1＝3，CC 1＝2，求：(1)该几何体的体积； (2)截面ABC 的面积．解：(1)过C 作平行于A1B 1C 1的截面A 2B 2C ，交AA 1，BB 1分别于点A 2，B 2.由直三棱柱性质及∠A 1B 1C 1＝90°可知B 2C ⊥平面ABB 2A 2，则该几何体的体积V ＝VA 1B 1C 1­A 2B 2C ＋VC ­ABB 2A 2＝12×2×2×2＋13×12×(1＋2)×2×2＝6.(2)在△ABC 中，AB ＝22＋－2＝5，BC ＝22＋－2＝5， AC ＝22＋－2＝2 3.则S △ABC ＝12×23×52－32＝ 6.二、专项培优练(一)易错专练——不丢怨枉分1．三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的底面是边长为3的正三角形，侧棱AA 1⊥底面ABC ，若球O 与三棱柱ABC ­A 1B 1C 1各侧面、底面均相切，则侧棱AA 1的长为( )A.12B.32C ．1D. 3解析：选C 因为球O 与直三棱柱的侧面、底面均相切，所以侧棱AA 1的长等于球的直径．设球的半径为R ，则球心在底面上的射影是底面正三角形ABC 的中心，如图所示．因为AC ＝3，所以AD ＝12AC＝32.因为tan π6＝MD AD ，所以球的半径R ＝MD ＝AD tan π6＝32×33＝12，所以AA 1＝2R ＝2×12＝1. 2．(2018·洛阳联考)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( ) A.823π B.833π C.863πD.1623π 解析：选A 将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2 2.因为球O 与正四面体的各棱都相切，所以球O 为正方体的内切球，即球O 的直径为正方体的棱长22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π.3.如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4 m ，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P 处．若该小虫爬行的最短路程为4 3 m ，则圆锥底面圆的半径等于________ m.解析：把圆锥侧面沿过点P 的母线展开，其图象为如图所示的扇形，由题意OP ＝4，PP ′＝43， 则cos ∠POP ′＝42＋42－322×4×4＝－12，所以∠POP ′＝2π3.设底面圆的半径为r ， 则2πr ＝2π3×4，所以r ＝43.答案：43(二)交汇专练——融会巧迁移4．[与数学文化交汇]鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为5，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为________．(容器壁的厚度忽略不计，结果保留π)解析：该球形容器最小时，两个正四棱柱组成的四棱柱与球内接，此时球的直径2R 等于四棱柱的体对角线，即2R ＝52＋22＋12＝30，故球形容器的表面积为4πR 2＝30π.答案：30π5．[与线面角交汇](2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________． 解析：如图，∵SA 与底面成45°角，∴△SAO 为等腰直角三角形． 设OA ＝r ，则SO ＝r ，SA ＝SB ＝2r . 在△SAB 中，cos ∠ASB ＝78，∴sin ∠ASB ＝158， ∴S △SAB ＝12SA ·SB ·sin ∠ASB＝12×(2r )2×158＝515， 解得r ＝210，∴SA ＝2r ＝45，即母线长l ＝45， ∴S 圆锥侧＝πrl ＝π×210×45＝402π. 答案：402π6．[与折叠问题交汇]在边长为4的正方形ABCD 内剪去四个全等的等腰三角形(如图1中阴影部分所示)，将剩下的部分折叠成底面边长为2的正四棱锥S ­EFGH (如图2所示)，则正四棱锥S ­EFGH 的体积为________．解析：设图1中△BEF 的高为h 1，则BD ＝2＋2h 1， 在四棱锥S ­EFGH 中，斜高为h 1， 设四棱锥S ­EFGH 的高为h 2， 由BD ＝42＝2＋2h 1，∴h 1＝322，∴h 2＝h 21－⎝⎛⎭⎪⎫222＝ 92－12＝2， ∴V S ­EFGH ＝13S 四边形EFGH ×h 2＝13×2×2＝43.答案：437．[与函数交汇]有一矩形ABCD 硬纸板材料(厚度忽略不计)，边AB 的长为6分米，其邻边足够长．现从中截取矩形EFHG (如图甲所示)，再剪去图中阴影部分，剩下的部分恰好能折成一个底面是弓形的柱体包装盒(如图乙所示，重叠部分忽略不计)，其中OEMF 是以O 为圆心、∠EOF ＝120°为圆心角的扇形，且弧EF ，GH 分别与边BC ，AD 相切于点M ，N .(1)当BE 的长为1分米时，求折成的包装盒的容积； (2)当BE 的长是多少分米时，折成的包装盒的容积最大？解：(1)在题图甲中，连接MO 交EF 于点T .设OE ＝OF ＝OM ＝R 分米，在Rt △OET 中，因为∠EOT ＝12∠EOF ＝60°，所以OT ＝R 2，则MT ＝OM －OT ＝R2.从而BE ＝MT ＝R2，即R ＝2BE ＝2.故所得柱体的底面积S ＝S 扇形OEF －S △OEF＝13πR 2－12R 2sin 120°＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3－3平方分米． 又柱体的高EG ＝4分米， 所以V ＝S ·EG ＝⎝⎛⎭⎪⎫16π3－43立方分米．故当BE 长为1分米时，折成的包装盒的容积为⎝ ⎛⎭⎪⎫16π3－43立方分米．(2)设BE ＝x 分米，则R ＝2x 分米， 所以所得柱体的底面积S ＝S 扇形OEF －S △OEF ＝13πR 2－12R 2sin 120°＝⎝⎛⎭⎪⎫4π3－3x 2平方分米．又柱体的高EG ＝(6－2x )分米， 所以V ＝S ·EG ＝⎝⎛⎭⎪⎫8π3－23(－x 3＋3x 2)，其中0＜x ＜3.令f (x )＝－x 3＋3x 2，x ∈(0,3)，则由f ′(x )＝－3x 2＋6x ＝－3x (x －2)＝0，解得x ＝2. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下：所以当x ＝2时，f (x )取得极大值，也是最大值． 故当BE 的长为2分米时，折成的包装盒的容积最大．。

课时跟踪检测（四十一） 空间几何体的表面积与体积 一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为________．解析：设球的半径为R ，则表面积是16π，即4πR 2＝16π，解得R ＝2.所以体积为43πR 3＝32π3. 答案：32π32．若一个圆台的母线长l ，上、下底面半径r 1，r 2满足2l ＝r 1＋r 2，且侧面积为8π，则母线长l ＝________.解析：S 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l ＝2πl 2＝8π，所以l ＝2.答案：23．在三角形ABC 中，AB ＝3，BC ＝4，∠ABC ＝90°，若将△ABC 绕直线BC 旋转一周，则所形成的几何体的侧面积为________．解析：依题意知几何体为底面半径为3，母线长为5的圆锥，所得几何体的侧面积等于π×3×5＝15π.答案：15π4．棱长为a 的正方体有一内切球，该球的表面积为________．解析：由题意知球的直径2R ＝a ，∴R ＝a 2.∴S ＝4πR 2＝4π×a 24＝πa 2. 答案：πa 25．如图，正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的所有棱长都为3，D 为CC 1上一点，且CD ＝2DC 1，则三棱锥A 1-BCD 的体积________．解析：过A 1作A 1H ⊥B 1C 1，垂足为H.因为平面A 1B 1C 1⊥平面BB 1C 1C ，所以A 1H ⊥平面BB 1C 1C ，所以V A 1-BCD ＝13×32×3×12×2×3＝332. 答案：332二保高考，全练题型做到高考达标1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为________．解析：设圆台较小底面半径为r ，则另一底面半径为3r.由S ＝π(r ＋3r)·3＝84π，解得r ＝7.答案：72．若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的体积为________．解析：因为半圆面的面积为12πl 2＝2π，所以l 2＝4，解得l ＝2，即圆锥的母线为l ＝2，底面圆的周长2πr ＝πl ＝2π，所以圆锥的底面半径r ＝1，所以圆锥的高h ＝l 2－r 2＝3，所以圆锥的体积为13πr 2h ＝13×π×3＝3π3. 答案：3π33．已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的底面边长为6时，其高的值为________．解析：设正六棱柱的高为h ，则可得(6)2＋h 24＝32，解得h ＝2 3. 答案：2 34．已知正六棱柱的侧面积为72 cm 2，高为6 cm ，那么它的体积为________ cm 3.解析：设正六棱柱的底面边长为x cm ，由题意得6x·6＝72，所以x ＝2 cm ，于是其体积V ＝34×22×6×6＝36 3 cm 3. 答案：36 35．(2016·南通调研)一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2 cm 的球面上，如果正四棱柱的底面边长为1 cm ，那么该棱柱的表面积为________cm 2.解析：作出轴截面图，其中圆的内接矩形为正四棱柱的对角面，易求棱柱的侧棱长为2，所以S 表＝4×1×2＋2×12＝2＋42(cm 2)．答案：2＋4 26．已知正三棱锥S-ABC ，D ，E 分别是底面边AB ，AC 的中点，则四棱锥S-BCED 与三棱锥S-ABC 的体积之比为________．解析：设正三棱锥S-ABC 底面△ABC 面积为4S.由S △ADE S △ABC ＝⎝⎛⎭⎫122，所以，S △ADE ＝S ，S 四边形BCDE ＝3S ，因两个棱锥的高相同，所以V S-BCED ∶V S-ABC ＝3∶4.答案：3∶47．已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且AB ＝6，BC ＝23，则棱锥O-ABCD 的体积为________．解析：如图，连结AC ，BD 交于H ，连结OH.在矩形ABCD 中，由AB＝6，BC ＝23可得BD ＝43，所以BH ＝23，在Rt △OBH 中，由OB ＝4，所以OH ＝2，所以四棱锥O-ABCD 的体积V ＝13×6×23×2＝8 3. 答案：8 38．(2016·盐城调研)在半径为2的球面上有不同的四点A ，B ，C ，D ，若AB ＝AC ＝AD ＝2，则平面BCD 被球所截得图形的面积为________．解析：过点A 向平面BCD 作垂线，垂足为M ，则M 是△BCD 的外心，而外接球球心O 位于直线AM 上，连结BM ，设△BCD 所在截面圆半径为r ，∵OA ＝OB ＝2＝AB ，∴∠BAO ＝60°，在Rt △ABM 中，r ＝2sin 60°＝3，∴所求面积S ＝πr 2＝3π.答案：3π9．一个倒圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，在容器内放一个半径为r 的铁球，并向容器内注水，使水面恰好与铁球面相切．将球取出后，容器内的水深是多少？解：如图，作轴截面，设球未取出时，水面高PC ＝h ，球取出后，水面高PH ＝x.根据题设条件可得AC ＝3r ，PC ＝3r ，则以AB 为底面直径的圆锥容积为V 圆锥＝13π×AC 2×PC ＝13π(3r)2×3r ＝3πr 3. V 球＝43πr 3. 球取出后，水面下降到EF ，水的体积为V 水＝13π×EH 2×PH ＝13π(PHtan 30°)2PH ＝19πx 3. 又V 水＝V 圆锥－V 球，则19πx 3＝3πr 3－43πr 3， 解得x ＝315r.故球取出后，容器内水深为315r.10.(2016·安徽六校联考)如图所示，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，求该多面体的体积．解：法一：如图所示，分别过A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连结DG ，CH ，则原几何体分割为两个三棱锥和一个直三棱柱，∵三棱锥高为12，直三棱柱柱高为1， AG ＝ 12－⎝⎛⎭⎫122＝32，取AD 中点M ，则MG ＝22，∴S △AGD ＝12×1×22＝24，∴V ＝24×1＋2×13×24×12＝23.法二：如图所示，取EF 的中点P ，则原几何体分割为两个三棱锥和一个四棱锥，易知三棱锥P-AED 和三棱锥P-BCF 都是棱长为1的正四面体，四棱锥P-ABCD 为棱长为1的正四棱锥．∴V ＝13×12×22＋2×13×34×63＝23. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．如图，平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四面体A′­BCD ，使平面A′BD ⊥平面BCD ，若四面体A′­BCD 的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为________．解析：由图示可得BD ＝A′C ＝2，BC ＝3，△DBC 与△A′BC 都是以BC 为斜边的直角三角形，由此可得BC 中点到四个点A′，B ，C ，D 的距离相等，即该三棱锥的外接球的直径为3，所以该外接球的表面积S ＝4π×⎝⎛⎭⎫322＝3π. 答案：3π2．(2015·南京二模 )一块边长为10 cm 的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P 为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器．当x ＝6 cm 时，该容器的容积为________cm 3.解析：如图所示，由题意可知，这个正四棱锥形容器的底面是以6 cm 为边长的正方形，侧面的斜高PM ＝5 cm ，高PO ＝PM 2－OM 2＝52－32＝4 cm ，所以所求容积为V ＝13×62×4＝48(cm 3)． 答案：483.如图，在三棱锥D-ABC 中，已知BC ⊥AD ，BC ＝2，AD ＝6，AB ＋BD ＝AC ＋CD ＝10，求三棱锥D-ABC 的体积的最大值．解：由题意知，线段AB ＋BD 与线段AC ＋CD 的长度是定值，因为棱AD 与棱BC 相互垂直．设d 为AD 到BC 的距离．则V D-ABC ＝AD·BC×d×12×13＝2d ，当d 最大时，V D-ABC 体积最大，∵AB ＋BD ＝AC ＋CD ＝10，∴当AB ＝BD ＝AC ＝CD ＝5时，d 有最大值42－1＝15.此时V ＝215.。

第四节空间几何体的表面积与体积课时作业练1.(2018江苏海安高级中学高三月考)已知一个圆锥的母线长为2,其侧面展开图是半圆,则该圆锥的体积为.答案解析设圆锥底面圆的半径为r,则2πr=2π,r=1,则圆锥的高为,体积为.2.(2018江苏,10,5分)如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为.答案解析本题考查组合体体积的计算.多面体由两个完全相同的正四棱锥组合而成,其中正四棱锥的底面边长为,高为1,∴其体积为1×()2×1=,∴多面体的体积为.3.(2018常州教育学会学业水平检测)已知圆锥的高为6,体积为8,用平行于圆锥底面的平面截圆锥,得到的圆台的体积是7,则该圆台的高为.答案3解析设小圆锥的高为h,由题意知其体积是1,则=1,h=3,则圆台的高为3.4.(2017镇江高三期末)已知正四棱锥的底面边长为2,侧棱长为,则该正四棱锥的体积为.答案解析正四棱锥的高h=(-(=2,则体积V=1× 2× =.5.(2018江苏高考信息预测)将两个大小相同的正方体石块分别打磨成体积最大的球和圆柱,则得到的球的表面积与圆柱的侧面积之比为.答案1∶1解析设正方体的棱长为2,则体积最大的球的半径为1,球的表面积为4π,体积最大的圆柱的底面圆半径为1,高为2,则圆柱的侧面积为4π,所以球的表面积与圆柱的侧面积之比为1∶1.6.(2018苏锡常镇四市高三调研)在棱长为2的正四面体PABC中,M,N分别为PA,BC的中点,点D是线段PN上一点,且PD=2DN,则三棱锥D-MBC的体积为.答案× 3=.解析V D-MBC=V M-BDC=1V M-BPC=1V A-PBC=1×17.(2018江苏无锡高三期中)半径为1的球O内有一个内接正三棱柱,当正三棱柱的侧面积最大时,球的表面积与该正三棱柱的侧面积之差是.答案4π-3解析设正三棱柱ABC-A1B1C1上、下底面的中心分别为O1,O2(如图).设正三棱柱的底面边长和高分别为x和h,则O2A=x.在Rt△OAO2中,1h2+1x2=1,即h2=4-x2,则正三棱柱的侧面积S=3xh=3-=2( -≤ ·-=3,当且仅当x2=3-x2,x=时取等号,则正三棱柱的侧面积S的最大值是3,此时球的表面积与该正三棱柱的侧面积之差是4π-3.8.(2018江苏高考数学模拟)四面体ABCD中,AB⊥平面BCD,CD⊥平面ABC,且AB=BC=CD=1 cm,则四面体ABCD的外接球的表面积为cm2.答案3π解析四面体ABCD中,AB⊥平面BCD,则AB⊥BD,CD⊥平面ABC,则CD⊥BC,CD⊥AC,又AB=BC=CD=1 cm,则BD= cm,AD= cm,由题意可知四面体ABCD的外接球的球心在AD的中点,即球的直径2R=AD= cm,则表面积为4πR2=3π cm2.9.(2017江苏盐城高三模拟)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,P,Q分别为棱CC1,BC的中点,则三棱锥A1-B1PQ的体积为.答案解析取棱B1C1的中点E,连接A1E,由△A1B1C1是等边三角形得A1E⊥B1C1,A1E=,又ABC-A1B1C1是直三棱柱,则B1B⊥平面A1B1C1,则B1B⊥A1E,又B1B∩B1C1=B1,B1B,B1C1⊂平面B1BCC1,则A1E⊥平面B1C1CB,△B1PQ的面积为4-·A1E=1××=.×1× ×1-1×1×1=,则三棱锥A1-B1PQ的体积为1△110.直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为a,底面ABC为直角三角形,∠ACB= 0°,AC= BC,A1B⊥B1C,求此三棱柱的表面积.解析连接BC1.∵三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,∴A1C1⊥C1C.∵AC⊥BC,AC∥A1C1,BC∥B1C1,∴A1C1⊥B1C1.∵B1C1∩C1C=C1,B1C1⊂平面B1BCC1,C1C⊂平面B1BCC1,∴A1C1⊥平面B1BCC1,又B1C⊂平面B1BCC1,∴A1C1⊥B1C.∵B1C⊥A1B,A1C1∩A1B=A1,A1C1⊂平面A1BC1,A1B⊂平面A1BC1,∴B1C⊥平面A1BC1,又BC1⊂平面A1BC1,∴B1C⊥BC1.∵四边形B1BCC1是矩形,∴四边形B1BCC1是正方形,∴BC=B1B=a,∴AC= BC= a,∴AB=( a =a,∴S直棱柱表=S直棱柱侧+2S△ABC=(a+2a+a)a+2a2=(5+)a2.11.(2017江苏盐城下学期期末)如图,已知平行四边形ABCD中,BC=6,正方形ADEF所在的平面与平面ABCD垂直,G、H分别是DF、BE的中点.(1)求证:GH∥平面CDE;(2)若CD=2,DB=4,求四棱锥F-ABCD的体积.解析(1)证明:连接FC,由题意知EF∥AD,AD∥BC,∴EF∥BC.又EF=AD=BC,∴四边形EFBC是平行四边形,又H为BE的中点,∴H为FC的中点.又G是FD的中点,∴HG∥CD.∵HG⊄平面CDE,CD⊂平面CDE,∴GH∥平面CDE.( ∵平面ADEF⊥平面ABCD,交线为AD,且FA⊥AD,FA⊂平面ADEF,∴FA⊥平面ABCD.∵AD=BC= ,∴FA=AD= .∵CD= ,DB= ,∴CD2+DB2=BC2,∴BD⊥CD.=1S▱ABCD·FA=1× × =1 .∴S▱ABCD=CD·BD= ,∴-12.如图,四棱锥P-ABCD中, D⊥平面ABCD, D=DC=BC=1,AB= ,AB∥DC,∠BCD= 0°.(1)求证: C⊥BC;(2)求点A到平面PBC的距离.解析(1)证明:因为 D⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以 D⊥BC.由∠BCD= 0°,得BC⊥DC.又 D∩DC=D, D⊂平面PCD,DC⊂平面PCD,所以BC⊥平面PCD.又PC⊂平面PCD,故 C⊥BC.(2)如图,连接AC.设点A到平面PBC的距离为h.因为AB∥DC,∠BCD= 0°,所以∠ABC= 0°.又因为AB=2,BC=1,所以S△ABC=1.由 D⊥平面ABCD及PD=1,得V三棱锥P-ABC=1S△ABC· D=1.因为 D⊥平面ABCD,DC⊂平面ABCD,所以 D⊥DC.又因为PD=DC=1,所以PC=D=.由 C⊥BC,BC=1,得S△ BC=.由V三棱锥P-ABC=1S△ BC·h=1××h=1,得h=,故点A到平面PBC的距离为.基础滚动练(滚动循环夯实基础)1.命题“∃x>0,x2>0”的否定是.答案∀x>0,x2≤02.已知函数f(x)=+xln x,则曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为.答案x+y-3=0解析因为f(1)=2, f '(x)=-+ln x+1,所以f '(1)=-2+1=-1,则切线方程为y-2=-(x-1),即为x+y-3=0.3.已知集合A={x|- ≤x≤ },B={x|m+1≤x≤ m-1},若B⊆A,则实数m的取值范围为.答案(-∞, ]解析∵B⊆A,∴①若B=⌀,则2m-1<m+1,此时m<2.②若B≠⌀,则-11,1- ,-1 ,解得 ≤m≤ .由①②可得,实数m的取值范围为(-∞, ].4.(2018江苏泰州中学高三月考)已知数列{a n}满足:a1=1,a n+1=(n∈N*),则数列{a n}的通项公式为.答案a n=1-1(n∈N*)解析11==+1,11+1=211,则11是等比数列,则1+1=2n,a n=1-1(n∈N*).5.已知f(x)是定义在R上的奇函数.当x>0时, f(x)=x2-4x,则不等式f(x)>x的解集用区间表示为.答案(- ,0 ∪( ,+∞解析作出f(x)=x2-4x(x>0)的图象,因为f(x)是定义在R上的奇函数,所以利用奇函数的图象关于原点对称作出x<0时的图象.不等式f(x)>x,观察图象易得解集为(- ,0 ∪( ,+∞ .6.设D,E分别是△ABC的边AB,BC上的点,AD=1AB,BE=BC,若=λ1+λ2(λ1,λ2为实数),则λ1+λ2的值为.答案1解析=+=1+=1+(+)=-1+=λ1+λ2,又,不共线,所以λ1=-1,λ2=,λ1+λ2=1.7.已知实数x,y满足约束条件,,.则z=5-x2-y2的最大值为.答案1解析作出不等式组对应的平面区域,是一个三角形区域,所以(m n是原点O到直线x+y=3的距离的平方,即(m n==,所以z max=5-(m n=5-=1.8.(2018江苏南京多校高三段考)已知等差数列{a n}的首项为a,公差为-4,其前n项和为S n,若存在m∈N*,使得S m=36,则实数a的最小值为.答案15解析S m=ma+(-1 ×(-4)=36,即ma=36+2m(m-1),a=+2m- ,m∈N*,当m=4时,a取得最小值15.9.(2018南京高三学情调研)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,cos B=.(1)若c=2a,求 nn的值;(2)若C-B=,求sin A的值.解析 (1)因为在△ABC 中,cos B=,所以-=.因为c=2a,所以-=,即=,所以 =10. 又由正弦定理得n n =,所以n n = 10.(2)因为cos B=,所以cos 2B=2cos 2B-1=.又0<B<π,所以sin B= 1- B =,所以 n B= n B B= ×× =. 因为C-B=,即C=B+,所以A=π-(B+C)=-2B,所以sin A=sin- B =sincos 2B-cossin 2B= × - -× =1.。

课时跟踪检测（三十九） 第一节 空间几何体的结构特征及表面积与体积一、题点全面练1．下列说法中正确的是( ) A ．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱 B ．侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥 C ．侧面都是矩形的四棱柱是长方体D ．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解析：选D 认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故A ，C 都不够准确，B 中对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故也不正确．2．下列说法中正确的是( )A ．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B ．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C ．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是六棱锥D ．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线解析：选D 当一个几何体由具有相同的底面且顶点在底面两侧的两个三棱锥构成时，尽管各面都是三角形，但它不是三棱锥，故A 错误；若三角形不是直角三角形或是直角三角形但旋转轴不是直角边所在直线，所得几何体就不是圆锥，故B 错误；若六棱锥的所有棱都相等，则底面多边形是正六边形，由几何图形知，若以正六边形为底面，则棱长必然要大于底面边长，故C 错误．选D.3．若圆锥的侧面展开图是圆心角为2π3，半径为l 的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比为( )A ．3∶2B ．2∶1C ．4∶3D ．5∶3解析：选C 底面半径r ＝23π2πl ＝13l ，故圆锥的S 侧＝13πl 2，S 表＝13πl 2＋π⎝⎛⎭⎫13l 2＝49πl 2，所以表面积与侧面积的比为4∶3. 4．已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9π D.27π4解析：选A 如图，设球心为O ，半径为r ，则在Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2，解得r ＝94，所以该球的表面积为4πr 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4. 5．下列说法中正确的是________．(填序号)①底面是矩形的四棱柱是长方体；②直角三角形绕着它的一边旋转一周形成的几何体叫做圆锥；③四棱锥的四个侧面可以都是直角三角形．解析：命题①不是真命题，若侧棱不垂直于底面，这时四棱柱是斜四棱柱；命题②不是真命题，直角三角形绕着它的一条直角边旋转一周形成的几何体叫做圆锥，如果绕着它的斜边旋转一周，形成的几何体则是两个具有共同底面的圆锥；命题③是真命题，如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，则可以得到四个侧面都是直角三角形．答案：③6.如图，△A ′B ′O ′是利用斜二测画法画出的△ABO 的直观图，已知A ′B ′∥y ′轴，O ′B ′＝4，且△ABO 的面积为16，过A ′作A ′C ′⊥x ′轴，则A ′C ′的长为________．解析：因为A ′B ′∥y ′轴，所以△ABO 中，AB ⊥OB . 又因为△ABO 的面积为16，所以12AB ·OB ＝16.因为OB ＝O ′B ′＝4，所以AB ＝8，所以A ′B ′＝4. 因为A ′C ′⊥O ′B ′于C ′， 所以A ′C ′＝4sin 45°＝2 2. 答案：2 27．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C . 在Rt △ABC 中，AC ＝12(cm)，BC ＝8－3＝5 (cm)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)． 答案：138.如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝6.若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，则三棱锥A -A 1EF 的体积是________．解析：因为在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1∥BB 1，AA 1⊂平面AA 1C 1C ，BB 1⊄平面AA 1C 1C ，所以BB 1∥平面AA 1C 1C ，从而点E 到平面AA 1C 1C 的距离就是点B 到平面AA 1C 1C 的距离，作BH ⊥AC ，垂足为点H ，由于△ABC 是正三角形且边长为4，所以BH ＝23，从而三棱锥A -A 1EF 的体积VA -A 1EF ＝VE -A 1AF ＝13S △A 1AF ·BH ＝13×12×6×4×23＝8 3.答案：8 39．已知球的半径为R ，在球内作一个内接圆柱，这个圆柱的底面半径与高为何值时，它的侧面积最大？侧面积的最大值是多少？解：如图为其轴截面，令圆柱的高为h ，底面半径为r ，侧面积为S ，则⎝⎛⎭⎫h 22＋r 2＝R 2， 即h ＝2R 2－r 2.因为S ＝2πrh ＝4πr ·R 2－r 2＝ 4πr 2·(R 2－r 2)≤4π(r 2＋R 2－r 2)24＝2πR 2， 当且仅当r 2＝R 2－r 2，即r ＝22R 时，取等号， 即当内接圆柱底面半径为22R ，高为2R 时，其侧面积的值最大，最大值为2πR 2. 10.如图是一个以A1B 1C 1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝2，∠A 1B 1C 1＝90°，AA 1＝4，BB 1＝3，CC 1＝2，求：(1)该几何体的体积； (2)截面ABC 的面积．解：(1)过C 作平行于A1B 1C 1的截面A 2B 2C ，交AA 1，BB 1分别于点A 2，B 2.由直三棱柱性质及∠A 1B 1C 1＝90°可知B 2C ⊥平面ABB 2A 2，则该几何体的体积V ＝VA 1B 1C 1-A 2B 2C ＋VC -ABB 2A 2＝12×2×2×2＋13×12×(1＋2)×2×2＝6. (2)在△ABC 中，AB ＝22＋(4－3)2＝5， BC ＝22＋(3－2)2＝5， AC ＝(22)2＋(4－2)2＝2 3.则S △ABC ＝12×23×(5)2－(3)2＝ 6.二、专项培优练(一)易错专练——不丢怨枉分1．三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是边长为3的正三角形，侧棱AA 1⊥底面ABC ，若球O 与三棱柱ABC -A 1B 1C 1各侧面、底面均相切，则侧棱AA 1的长为( )A.12B.32C ．1D. 3解析：选C 因为球O 与直三棱柱的侧面、底面均相切，所以侧棱AA 1的长等于球的直径．设球的半径为R ，则球心在底面上的射影是底面正三角形ABC 的中心，如图所示．因为AC ＝3，所以AD ＝12AC ＝32.因为tan π6＝MD AD ，所以球的半径R ＝MD ＝AD tan π6＝32×33＝12，所以AA 1＝2R＝2×12＝1.2．(2018·洛阳联考)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( ) A.823πB.833πC.863πD.1623π解析：选A 将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2 2.因为球O 与正四面体的各棱都相切，所以球O 为正方体的内切球，即球O 的直径为正方体的棱长22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π.3.如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4 m ，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P 处．若该小虫爬行的最短路程为4 3 m ，则圆锥底面圆的半径等于________ m.解析：把圆锥侧面沿过点P 的母线展开，其图象为如图所示的扇形，由题意OP ＝4，PP ′＝43，则cos ∠POP ′＝42＋42－(43)22×4×4＝－12，所以∠POP ′＝2π3.设底面圆的半径为r ， 则2πr ＝2π3×4，所以r ＝43.答案：43(二)交汇专练——融会巧迁移4．[与数学文化交汇]鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为5，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为________．(容器壁的厚度忽略不计，结果保留π)解析：该球形容器最小时，两个正四棱柱组成的四棱柱与球内接，此时球的直径2R 等于四棱柱的体对角线，即2R ＝52＋22＋12＝30，故球形容器的表面积为4πR 2＝30π.答案：30π5．[与线面角交汇](2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．解析：如图，∵SA 与底面成45°角，∴△SAO 为等腰直角三角形． 设OA ＝r ，则SO ＝r ，SA ＝SB ＝2r . 在△SAB 中，cos ∠ASB ＝78，∴sin ∠ASB ＝158， ∴S △SAB ＝12SA ·SB ·sin ∠ASB＝12×(2r )2×158＝515， 解得r ＝210，∴SA ＝2r ＝45，即母线长l ＝45， ∴S 圆锥侧＝πrl ＝π×210×45＝402π. 答案：402π6．[与折叠问题交汇]在边长为4的正方形ABCD 内剪去四个全等的等腰三角形(如图1中阴影部分所示)，将剩下的部分折叠成底面边长为2的正四棱锥S -EFGH (如图2所示)，则正四棱锥S -EFGH 的体积为________．解析：设图1中△BEF 的高为h 1，则BD ＝2＋2h 1， 在四棱锥S -EFGH 中，斜高为h 1， 设四棱锥S -EFGH 的高为h 2， 由BD ＝42＝2＋2h 1，∴h 1＝322，∴h 2＝h 21－⎝⎛⎭⎫222＝92－12＝2， ∴V S -EFGH ＝13S 四边形EFGH ×h 2＝13×2×2＝43. 答案：437．[与函数交汇]有一矩形ABCD 硬纸板材料(厚度忽略不计)，边AB 的长为6分米，其邻边足够长．现从中截取矩形EFHG (如图甲所示)，再剪去图中阴影部分，剩下的部分恰好能折成一个底面是弓形的柱体包装盒(如图乙所示，重叠部分忽略不计)，其中OEMF 是以O 为圆心、∠EOF ＝120°为圆心角的扇形，且弧EF ，GH 分别与边BC ，AD 相切于点M ，N .(1)当BE 的长为1分米时，求折成的包装盒的容积； (2)当BE 的长是多少分米时，折成的包装盒的容积最大？解：(1)在题图甲中，连接MO 交EF 于点T .设OE ＝OF ＝OM ＝R 分米， 在Rt △OET 中，因为∠EOT ＝12∠EOF ＝60°，所以OT ＝R 2，则MT ＝OM －OT ＝R2.从而BE ＝MT ＝R2，即R ＝2BE ＝2.故所得柱体的底面积S ＝S 扇形OEF －S △OEF ＝13πR 2－12R 2sin 120°＝⎝⎛⎭⎫4π3－3平方分米． 又柱体的高EG ＝4分米，所以V ＝S ·EG ＝⎝⎛⎭⎫16π3－43立方分米． 故当BE 长为1分米时，折成的包装盒的容积为⎝⎛⎭⎫16π3－43立方分米． (2)设BE ＝x 分米，则R ＝2x 分米， 所以所得柱体的底面积S ＝S 扇形OEF －S △OEF ＝13πR 2－12R 2sin 120°＝⎝⎛⎭⎫4π3－3x 2平方分米． 又柱体的高EG ＝(6－2x )分米，所以V ＝S ·EG ＝⎝⎛⎭⎫8π3－23(－x 3＋3x 2)，其中0＜x ＜3. 令f (x )＝－x 3＋3x 2，x ∈(0,3)，则由f ′(x )＝－3x 2＋6x ＝－3x (x －2)＝0，解得x ＝2. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下：x (0,2) 2 (2,3) f ′(x ) ＋0 －f (x )极大值所以当x ＝2时，f (x )取得极大值，也是最大值． 故当BE 的长为2分米时，折成的包装盒的容积最大．。

第一节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式2．空间几何体的表面积与体积公式名称几何体 表面积 体积 柱体(棱柱和圆柱) S 表面积＝S 侧＋2S 底 V ＝Sh 锥体(棱锥和圆锥) S 表面积＝S 侧＋S 底 V ＝13Sh台体(棱台和圆台)S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 3[小题体验]1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为________．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：323π2．(2018·南京高三年级学情调研)将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为27π cm 3，则该圆柱的侧面积为________cm 2.解析：设正方形的边长为a cm ，则πa 2·a ＝27π，得a ＝3，所以侧面积2π×3×3＝18π cm 2. 答案：18π3．(2018·海安高三质量测试)已知正三棱锥的体积为36 3 cm 3，高为 4 cm ，则底面边长为________cm.解析：设正三棱锥的底面边长为a cm ，则其面积为S ＝34a 2，由题意知13×34a 2×4＝363，解得a ＝6 3.答案：6 31．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错． 2．易混侧面积与表面积的概念． [小题纠偏]1．圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶12．已知正四棱柱的底面边长为3 cm ，侧面的对角线长为3 5 cm ，则这个正四棱柱的侧面积是________cm 2.解析：正四棱柱的高为(35)2－32＝6 cm ，所以侧面积是4×3×6＝72 cm 2. 答案：72考点一 空间几何体的表面积 (基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．棱长为2的正四面体的表面积是________．解析：每个面的面积为：12×2×2×32＝ 3.所以正四面体的表面积为4 3.答案：4 32．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．解析：由题意可知该六棱锥为正六棱锥，正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′. 由题意，得13×6×34×22×h ＝23，所以h ＝1，所以斜高h ′＝12＋(3)2＝2， 所以S 侧＝6×12×2×2＝12.答案：123．已知在梯形ABCD 中，AB ⊥BC ，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2，将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周形成的几何体的表面积为________．解析：由题意得几何体如图所示，几何体是底面半径为1，高为2的圆柱挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后剩下的部分，所以几何体的表面积为一个圆柱底面与圆柱侧面、圆锥侧面之和，即π×12＋2π×1×2＋π×1×12＋12＝(5＋2)π.答案：(5＋2)π[谨记通法]几何体的表面积的求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．考点二 空间几何体的体积 (重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2018·苏州高三暑假测试)如图，正四棱锥P -ABCD 的底面一边AB 的长为2 3 cm ，侧面积为8 3 cm 2，则它的体积为________cm 3.解析：记正四棱锥P -ABCD 的底面中心为点O ，棱AB 的中点为H ，连结PO ，HO ，PH ，则PO ⊥平面ABCD ，因为正四棱锥的侧面积为8 3 cm 2，所以83＝4×12×23×PH ，解得PH ＝2，在Rt △PHO 中，HO ＝3，所以PO＝1，所以V P -ABCD ＝13·S 正方形ABCD ·PO ＝4 cm 3. 答案：42．(2019·高邮模拟)如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，已知AB ＝AA 1＝3，点P 在棱CC 1上，则三棱锥P -ABA 1的体积为________．解析：因为S △ABA 1＝12×3×3＝92，点P 到平面ABA 1的距离h 为△ABC 的高332，所以三棱锥P -ABA 1的体积V ＝13 S △ABA 1h ＝934.答案：934[由题悟法]有关几何体体积的类型及解题策略[即时应用]1．现有一个底面半径为3，母线长为5的圆锥状实心铁器，将其高温熔化后铸成一个实心铁球(不计损耗)，则该铁球的半径是________．解析：因为圆锥底面半径为3，母线长为5，所以圆锥的高为52－32＝4，其体积为 13π×32×4＝12π.设铁球的半径为r ，则43πr 3＝12π，解得r ＝39，所以该铁球的半径是 39.答案：392．(2018·南通调研)如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，若各棱长均为2，且M 为A 1C 1的中点，则三棱锥M -AB 1C 的体积是________．解析：在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面A 1B 1C 1，则AA 1⊥B 1M .因为B 1M 是正三角形的中线，所以B 1M ⊥A 1C 1.因为A 1C 1∩AA 1＝A 1，所以B 1M⊥平面ACC 1A 1，则V M -AB 1C ＝V B 1-ACM ＝13×12×AC ×AA 1×B 1M ＝13×12×2×2×3＝233. 答案：233考点三 与球有关的切、接问题 (题点多变型考点——多角探明) [锁定考向]与球有关的切、接问题是每年高考的热点，也是难点，题型多为填空题． 常见的命题角度有： (1)球与柱体的切、接问题；(2)球与锥体的切、接问题．[题点全练]角度一：球与柱体的切、接问题1．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为________．解析：设该球的半径为R ，根据正四棱柱的外接球的直径长为正四棱柱的体对角线长，可得(2R )2＝(2)2＋12＋12，解得R ＝1，所以该球的体积V ＝43πR 3＝4π3.答案：4π32．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.答案：32角度二：球与锥体的切、接问题3．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则棱锥的内切球的半径为________．解析：如图，过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ，连接AD 并延长交BC于点E ，连接PE ，因为△ABC 是正三角形，所以AE 是BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心． 因为AB ＝23，所以S △ABC ＝33，DE ＝1，PE ＝ 2. 所以S 表＝3×12×23×2＋33＝36＋3 3.因为PD ＝1，所以三棱锥的体积V ＝13×33×1＝ 3.设球的半径为r ，以球心O 为顶点，三棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个 小棱锥，则r ＝3336＋33＝2－1.答案：2－14．(2017·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________．解析：如图，连接AO ，OB ，因为SC 为球O 的直径， 所以点O 为SC 的中点， 因为SA ＝AC ，SB ＝BC ，所以AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，因为平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ， 所以AO ⊥平面SCB ， 设球O 的半径为R ， 则OA ＝OB ＝R ，SC ＝2R .所以V S -ABC ＝V A -SBC ＝13×S △SBC ×AO ＝13×⎝⎛⎭⎫12×SC ×OB ×AO ， 即9＝13×⎝⎛⎭⎫12×2R ×R ×R ，解得 R ＝3， 所以球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π. 答案：36π[通法在握]“切”“接”问题处理的注意事项 (1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．(2)“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[演练冲关]1．(2018·太湖高级中学检测)一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在同一个球面上，则该球的体积为________．解析：由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r ＝1，其高h ＝1，所以球半径为R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎫h 22＝ 1＋14＝52，所以该球的体积V ＝43πR 3＝43×⎝⎛⎭⎫523π＝55π6. 答案：55π62．三棱锥P -ABC 中，AB ＝BC ＝15，AC ＝6，PC ⊥平面ABC ，PC ＝2，则该三棱锥的外接球表面积为________．解析：由题可知，△ABC 中AC 边上的高为15－32＝6，球心O 在底面ABC 的投影即为△ABC 的外心D ，设DA ＝DB ＝DC ＝x ，所以x 2＝32＋(6－x )2，解得x ＝546，所以R 2＝x 2＋⎝⎛⎭⎫PC 22＝758＋1＝838(其中R 为三棱锥外接球的半径)，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝832π. 答案：832π3．(2019·南京四校联考)已知在三棱锥S ABC 中，△SAB ，△SBC ，△SAC 都是以S 为直角顶点的等腰三角形，且AB ＝BC ＝CA ＝2，则三棱锥S -ABC 的内切球的半径为________．解析：由题意知，SA ＝SB ＝SC .设SA ＝SB ＝SC ＝a ，则2a ＝2，a ＝1.设三棱锥S -ABC 的内切球的半径为r ，则由等体积法可得，V S -ABC ＝13×⎝⎛⎭⎫12×1×1×r ×3＋12×62×2×r ＝V A -SBC ＝13×⎝⎛⎭⎫12×1×1×1，解得r ＝3－36，即三棱锥S -ABC 的内切球的半径为3－36. 答案：3－36一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·徐州高三年级期中考试)各棱长都为2的正四棱锥的体积为________．解析：由题意得，底面对角线长为22，所以正四棱锥的高为22－(2)2＝2，所以正四棱锥的体积V ＝13Sh ＝13×22×2＝423.答案：4232．(2018·苏锡常镇调研)设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1V 2＝3π，则S 1S 2的值为________． 解析：法一：由题意知V 1＝a 3，S 1＝6a 2， V 2＝13πr 3，S 2＝2πr 2，由V 1V 2＝3π得a 313πr 3＝3π， 得a ＝r ，从而S 1S 2＝32π.法二：不妨设V 1＝27，V 2＝9π，故V 1＝a 3＝27，即a ＝3，所以S 1＝6a 2＝54.如图所示，又V 2＝13h ×πr 2＝13πr 3＝9π，即r ＝3，所以l ＝2r ，即S 2＝12l ×2πr ＝2πr 2＝92π，所以S 1S 2＝5492π＝32π.答案：32π3．(2018·南京二模)如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝6.若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，则三棱锥A -A 1EF 的体积是________．解析：因为在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1∥BB 1，AA 1⊂平面AA 1C 1C ，BB 1⊄平面AA 1C 1C ，所以BB 1∥平面AA 1C 1C ，从而点E 到平面AA 1C 1C 的距离就是点B 到平面AA 1C 1C 的距离，作BH ⊥AC ，垂足为点H ，由于△ABC 是正三角形且边长为4，所以BH ＝23，从而三棱锥A -A 1EF 的体积V A -A 1EF ＝V E -A 1AF ＝ 13S △A 1AF ·BH ＝13×12×6×4×23＝8 3. 答案：8 34．(2018·海安期中)如图，在棱长为2的正方体ABCD -A1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，则三棱锥O -A 1BC 1的体积为________．解析：连结AC ，因为几何体是正方体，所以BO ⊥平面A 1OC 1，BO 是三棱锥B -A 1OC 1的高，则三棱锥O -A 1BC 1的体积为13×12×22×2×2＝43.答案：435．(2018·盐城模拟)若一圆锥的底面半径为1，其侧面积是底面积的3倍，则该圆锥的体积为________．解析：设圆锥的母线长为l ，高为h ，则π×1×l ＝3π×12，解得l ＝3， 则h ＝32－12＝22，故该圆锥的体积V ＝13π×12×22＝22π3.答案：22π36．(2018·苏锡常镇一调)如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 是棱BB 1的中点，则四棱锥P -AA 1C 1C 的体积为________．解析：四棱锥P -AA 1C 1C 可看作：半个正方体割去三棱锥P -ABC 和P -A 1B 1C 1.所以V P -AA 1C 1C ＝12V ABCD -A 1B 1C 1D 1－V P -ABC －V P -A 1B 1C 1＝12－112－112＝13. 答案：13二保高考，全练题型做到高考达标1．(2019·扬州模拟)圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为________．解析：设圆台较小底面半径为r ， 则另一底面半径为3r .由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7. 答案：72．(2018·常州期中)如图，一个实心六角螺帽毛坯(正六棱柱)的底边长为4，高为3，若在中间钻一个圆柱形孔后其表面积没有变化，则孔的半径为________．解析：设孔的半径为r ，∵此正六棱柱的底边长为4，高为3，在中间钻一个圆柱形孔后其表面积没有变化，∴2×πr 2＝2πr ×3，解得r ＝3，∴孔的半径为3.答案：33．(2018·常州期末)以一个圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥，若所得的圆锥底面半径等于圆锥的高，则圆锥的侧面积与圆柱的侧面积的比值为________．解析：如图，由题意可得圆柱的侧面积为S 1＝2πrh ＝2πr 2.圆锥的母线l ＝h 2＋r 2＝2r ，故圆锥的侧面积为S 2＝12×2πr ×l ＝2πr 2，所以S 2∶S 1＝2∶2. 答案：224．(2018·苏北四市一模)将斜边长为4的等腰直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周，则所形成的几何体的体积是________．解析：因为等腰直角三角形的斜边长为4，所以斜边上的高为2，故旋转后的几何体为两个大小相等的圆锥的组合体，圆锥的底面半径为2，高为2，因此，几何体的体积为V ＝2×13π×22×2＝16π3.答案：16π35．(2018·泰州中学高三学情调研)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 为AA 1中点，Q 为CC 1的中点，AB ＝2，则三棱锥B -P Q D 的体积为________．解析：如图，连结P Q ，则P Q ∥AC ，取P Q 的中点G ，连结BG ，DG ，可得BG ⊥P Q ，DG ⊥P Q ，又BG ∩DG ＝G ，则P Q ⊥平面BGD ，在Rt △BPG 中，由BP ＝5，PG ＝2，可得BG ＝3，同理可得DG ＝3，则△BDG 边BD 上的高为(3)2－(2)2＝1，所以S △BDG ＝12×22×1＝2，则V B -P Q D ＝13×2×22＝43. 答案：436．(2019·盐城检测)有一个用橡皮泥制作的半径为4的球，现要将该球所用的橡皮泥制作成一个圆柱和一个圆锥，使圆柱和圆锥有相同的底面半径和相等的高，若它们的高为8，则它们的底面半径为________．解析：由已知可得球的体积为V ＝43π×43＝256π3.设圆柱和圆锥的底面半径为r ，则圆柱和圆锥的体积和为8πr 2＋83πr 2＝256π3，解得r ＝2 2.答案：2 27．(2018·启东调研)如图，Rt △ABC 的外接圆⊙O 的半径为5，CE 垂直于⊙O 所在的平面，BD ∥CE ，CE ＝4，BD ＝2，ED ＝210，若M 为ED的中点，则V M -ACB ＝________.解析：如图，过D 作DH ⊥CE 于H ，则BC ＝DH ，在Rt △EDH 中，由ED ＝210，EH ＝EC －DB ＝2，得BC ＝DH ＝6，所以在Rt △ABC 中，AB ＝10，BC ＝6，所以AC ＝8，即S △ABC ＝24，又因为CE 垂直于⊙O 所在的平面，BD ∥CE ，M为ED 的中点，所以M 到平面ABC 的距离为3，所以V M -ACB ＝13S △ABC ×3＝24.答案：248．(2018·连云港调研)已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，且该棱锥的高为4，底面边长为22，则该球的表面积为________．解析：如图，正四棱锥P -ABCD 的外接球的球心O 在它的高PO 1上，设球的半径为R ，因为底面边长为22，所以AC ＝4.在Rt △AOO 1中，R 2＝(4－R )2＋22，所以R ＝52，所以球的表面积S ＝4πR 2＝25π.答案：25π9．(2018·苏州期末)如图，在体积为V 1的圆柱中挖去以圆柱上下底面为底面、共顶点的两个圆锥，剩余部分的体积为V 2，则V 2V 1＝________.解析：设圆锥与圆柱的底面面积为S ，高为h ， 所以V 1＝Sh ，V 2＝Sh －13Sh ＝23Sh ，则V 2V 1＝23.答案：2310．一个倒圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，在容器内放一个半径为r 的铁球，并向容器内注水，使水面恰好与铁球面相切．将球取出后，容器内的水深是多少？解：如图，作轴截面，设球未取出时，水面高PC ＝h ，球取出后，水面高PH ＝x .根据题设条件可得AC ＝3r ，PC ＝3r ，则以AB 为底面直径的圆锥容积为V 圆锥＝13π×AC 2×PC ＝13π(3r )2×3r ＝3πr 3.V 球＝43πr 3.球取出后，水面下降到EF ，水的体积为 V 水＝13π×EH 2×PH ＝13π(PH tan 30°)2PH ＝19πx 3.又V 水＝V 圆锥－V 球，则19πx 3＝3πr 3－43πr 3，解得x ＝315r .故球取出后，容器内水深为315r . 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．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________．解析：如图，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝1232＋42＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝ ⎝⎛⎭⎫522＋62＝132.答案：1322．三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC 且PA ＝2，△ABC 是边长为3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为________．解析：由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、以PA 为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC 的外接圆半径r ＝32×3×23＝1，外接球球心到△ABC 的外接圆圆心的距离d ＝1，所以外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝2，所以三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝8π.答案：8π3．如图是一个以A1B 1C 1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝2，∠A 1B 1C 1＝90°，AA 1＝4，BB 1＝3，CC 1＝2，求：(1)该几何体的体积． (2)截面ABC 的面积．解：(1)过C 作平行于A 1B 1C 1的截面A 2B 2C ，交AA 1，BB 1分别于点A 2，B 2.由直三棱柱性质及∠A 1B 1C 1＝90°可知B 2C ⊥平面ABB 2A 2， 则该几何体的体积V ＝V A 1B 1C 1-A 2B 2C ＋V C -ABB 2A 2＝12×2×2×2＋13×12×(1＋2)×2×2＝6.(2)在△ABC 中，AB ＝22＋(4－3)2＝5，BC ＝22＋(3－2)2＝5， AC ＝(22)2＋(4－2)2＝2 3.则S △ABC ＝12×23×(5)2－(3)2＝ 6.。

第二讲 空间几何体的表面积与体积知识梳理·双基自测 知识梳理知识点一 柱、锥、台和球的侧面积和体积侧面积 体积圆柱 S 侧＝2πrh V ＝_S 底·h__＝πr 2h圆锥 S 侧＝_πrl __ V ＝13S 底·h＝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＝_ch__ V ＝_S 底h__ 正棱锥 S 侧＝12ch′V ＝13S 底h 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)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．重要结论1．长方体的外接球：球心：体对角线的交点；半径：r ＝_a 2＋b 2＋c22__(a ，b ，c 为长方体的长、宽、高)．2．正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球： (1)外接球：球心是正方体中心；半径r ＝_32a__(a 为正方体的棱长)； (2)内切球：球心是正方体中心；半径r ＝_a2__(a 为正方体的棱长)；(3)与各条棱都相切的球：球心是正方体中心；半径r ＝_22a__(a 为正方体的棱长)． 3．正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分)：(1)外接球：球心是正四面体的中心；半径r ＝_64a__(a 为正四面体的棱长)； (2)内切球：球心是正四面体的中心；半径r ＝_612a__(a 为正四面体的棱长)． 双基自测题组一 走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)多面体的表面积等于各个面的面积之和．( √ ) (2)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．( √ ) (3)锥体的体积等于底面积与高之积．( × )(4)已知球O 的半径为R ，其内接正方体的棱长为a ，则R ＝32a.( √ ) (5)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.( × ) 题组二 走进教材2．(必修2P 27T1)已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( B ) A ．1 cm B ．2 cm C ．3 cmD ．32cm [解析] 由条件得：⎩⎪⎨⎪⎧πrl＋πr 2＝12π2πrl ＝π，∴3r 2＝12，∴r ＝2.题组三 走向高考3．(2020·天津卷)若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( C ) A ．12π B ．24π C ．36πD ．144π[解析] 这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线长的一半， 即R ＝232＋232＋2322＝3，所以，这个球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π.故选：C ．4．(2018·课标全国Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( B )A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π[解析] 设圆柱底面半径为r ，则4r 2＝8，即r 2＝2.∴S 圆柱表面积＝2πr 2＋4πr 2＝12π.5．(2020·浙江卷)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( A )A ．73 B ．143C ．3D ．6[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．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：13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×1×1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×1×2＝13＋2＝73.故选：A ．考点突破·互动探究考点一 几何体的表面积——自主练透例1 (1)(2021·北京模拟)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( C )A ．2＋ 5B ．4＋ 5C ．2＋2 5D ．5(2)(2021·安徽江南十校联考)已知某几何体的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的表面积为( B )A ．78－9π2B ．78－9π4C ．78－πD ．45－9π2(3)(多选题)(2021·山东潍坊期末)等腰直角三角形直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为( AB )A ．2πB ．(1＋2)πC ．22πD ．(2＋2)π[解析] (1)由三视图知，该几何体是底面为等腰三角形，其中一条侧棱与底面垂直的三棱锥(SA ⊥平面ABC)，如图所示，由三视图中的数据可计算得S △ABC ＝12×2×2＝2，S △SAC ＝12×5×1＝52，S △SAB ＝12×5×1＝52，S △SBC ＝12×2×5＝5，所以S 表面积＝2＋2 5.故选C ．(2)由三视图可知该几何体是一个长方体中挖去一个18球，如图所示．∴S ＝3×3×2＋3×5×4－27π4＋9π2＝78－94π.故选B ．(3)若绕直角边旋转一周形成的几何体是圆锥，其表面积为π＋2π；若绕斜边旋转一周形成的几何体是两同底圆锥构成的组合体，其表面积为2π，故选A 、B ．名师点拨空间几何体表面积的求法(1)旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．(3)已知几何体的三视图求其表面积，一般是先根据三视图判断空间几何体的形状，再根据题目所给数据与几何体的表面积公式，求其表面积．〔变式训练1〕(2020·河南开封二模)已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的数据，可得出这个几何体的表面积是( C )A ．6B ．8＋4 6C ．4＋2 6D ．4＋ 6[解析] 由三视图得几何体如图所示，该几何体是一个三棱锥，底面是一个底和高均为2的等腰三角形，一个侧面是一个底和高均为2的等腰三角形，另外两个侧面是腰长为AC ＝AB ＝22＋12＝5， 底边AD 长为22的等腰三角形， 其高为52－22＝3，故其表面积为S ＝2×12×22＋2×12×22×3＝4＋2 6.故选C ．考点二 几何体的体积——师生共研例2 (1)(2021·浙江金色联盟百校联考)一个空间几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积为( )cm 3.( A )A ．π6＋13B ．π3＋16C ．π6＋16D ．π3＋13(2)(2021·云南师大附中月考)如图，某几何体的三视图均为边长为2的正方形，则该几何体的体积是( D )A ．56 B ．83 C ．1D ．163(3)(2021·湖北武汉部分学校质检)某圆锥母线长为4，其侧面展开图为半圆面，则该圆锥体积为_83π3__.(4)(2020·江苏省南通市通州区)如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 是侧棱CC 1上一点，且C 1P ＝2PC ．设三棱锥P － D 1DB 的体积为V 1，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为V ，则V 1V 的值为_16__.[解析] (1)由三视图可知该几何体是由底面半径为1 cm ，高为1 cm 的半个圆锥和三棱锥S －ABC 组成的，如图，三棱锥的高为SO ＝1 cm ，底面△ABC 中，AB ＝2 cm ，AC ＝1 cm ，AB ⊥AC ．故其体积V ＝13×12×π×12×1＋13×12×2×1×1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋13cm 3.故选A ．(2)由题意三视图对应的几何体如图所示，所以几何体的体积为正方体的体积减去2个三棱锥的体积，即V ＝23－2×13×12×2×2×2＝163，故选D ．(3)该圆锥母线为4，底面半径为2，高为23， V ＝13×π×22×23＝83π3. (4)设正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面边长AB ＝BC ＝a ，高AA 1＝b ， 则VABCD －A 1B 1C 1D 1＝S 四边形ABCD ×AA 1＝a 2b ，VP －D 1DB ＝VB －D 1DP ＝13S △D 1DP·BC＝13×12ab·a＝16a 2b ，∴VP －D 1DB VABCD －A 1B 1C 1D 1＝16，即V 1V ＝16.[引申]若将本例(2)中的俯视图改为，则该几何体的体积为_83__，表面积为_83__.[解析] 几何体为如图所示的正三棱锥(棱长都为22)． ∴V ＝8－4×43＝83，S ＝4×34×(22)2＝8 3.名师点拨求体积的常用方法直接法对于规则的几何体，利用相关公式直接计算割补法首先把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算等体 积法选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面进行等体积变换注：若以三视图的形式给出的几何体问题，应先得到直观图，再求解． 〔变式训练2〕(1)(2020·海南)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点，则三棱锥A －NMD 1的体积为_13__.(2)(2021·开封模拟)如图所示，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 的中点，则三棱锥A －B 1DC 1的体积为( C )A ．3B ．32 C ．1D ．32(3)(2017·浙江)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( A )A ．16 B ．13 C ．12D ．1(4)(2021·浙北四校模拟)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( B )A ．8B ．8πC ．16D ．16π[解析] (1)如图，∵正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点，∴S △ANM ＝12×1×1＝12，∴VA －NMD 1＝VD 1－AMN ＝13×12×2＝13，故答案为：13.(2)如题图，在正△ABC 中，D 为BC 的中点，则有AD ＝32AB ＝3，又因为平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ，AD ⊥BC ，AD ⊂平面ABC ，由面面垂直的性质定理可得AD ⊥平面BB 1C 1C ，即AD 为三棱锥A －B 1DC 1的底面B 1DC 1上的高，所以V 三棱锥A －B 1DC 1＝13·S△B 1DC 1·AD＝13×12×2×3×3＝1，故选C ．(3)由三视图可画出三棱锥的直观图如图所示．其底面是等腰直角三角形ACB ，直角边长为1，三棱锥的高为1，故体积V ＝13×12×1×1×1＝16.故选A ．(4)由三视图的图形可知，几何体是等边圆柱斜切一半，所求几何体的体积为：12×22π×4＝8π.故选B ．考点三 球与几何体的切、接问题——多维探究角度1 几何体的外接球例3 (1)(2021·河南中原名校质量测评)已知正三棱锥P －ABC 的底面边长为3，若外接球的表面积为16π，则PA ＝_23或2__.(2)(2020·新课标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 )A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π(3)(2019·全国)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 ，PB 的中点，∠CEF ＝90°，则球O 的体积为( D )A ．86πB ．46πC ．26πD ．6π[解析] (1)由外接球的表面积为16π，可得其半径为2，设△ABC 的中心为O 1，则外接球的球心一定在PO 1上，由正三棱锥P －ABC 的底面边长为3，得AO 1＝3，在Rt △AOO 1中，由勾股定理可得(PO 1－2)2＋(3)2＝22，解得PO 1＝3或PO 1＝1，又PA 2＝PO 21＋AO 21，故PA ＝9＋3＝23或PA ＝1＋3＝2，故答案为：23或2.(2)由题意可知图形如图：⊙O 1的面积为4π， 可得O 1A ＝2， 则ABsin60°＝2O 1A ＝4，∴AB ＝4sin60°＝23，∴AB＝BC＝AC＝OO1＝23，外接球的半径为：R＝AO21＋OO21＝4，球O的表面积为：4×π×42＝64π，故选A．(3)∵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＝90°，∴PA＝PB＝PC＝2，∴P－ABC为正方体一部分，2R＝2＋2＋2＝6，即R＝62，∴V＝43πR3＝43π×668＝6π.名师点拨几何体外接球问题的处理(1)解题关键是确定球心和半径，其解题思维流程是：(R—球半径，r—截面圆的半径，h—球心到截面圆心的距离)．注：若截面为非特殊三角形可用正弦定理求其外接圆半径r.(2)三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球．注意：不共面的四点确定一个球面．角度2 几何体的内切球例4 (1)(2020·新课标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_23π__. (2)(2021·安徽蚌埠质检)如图，E ，F 分别是正方形ABCD 的边AB ，AD 的中点，把△AEF ，△CBE ，△CFD 折起构成一个三棱锥P －CEF(A ，B ，D 重合于P 点)，则三棱锥P －CEF 的外接球与内切球的半径之比是_26__.[解析] (1)因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球， 如图，圆锥母线BS ＝3，底面半径BC ＝1， 则其高SC ＝BS 2－BC 2＝22， 不妨设该内切球与母线BS 切于点D ， 令OD ＝OC ＝r ，由△SOD ∽△SBC ，则OD OS ＝BCBS ，即r22－r ＝13，解得r ＝22，V ＝43πr 3＝23π，故答案为：23π.(2)不妨设正方形的边长为2a ，由题意知三棱锥P －CEF 中PC 、PF 、PE 两两垂直，∴其外接球半径R ＝PC 2＋PF 2＋PE 22＝62a ，下面求内切球的半径r ，解法一(直接法)：由几何体的对称性知，内切球的球心在平面PCH(H 为EF 的中点)内，M 、N 、R 、S 为球与各面的切点，又22＝tan ∠CHP ＝tan2∠OHN ， ∴tan ∠OHN ＝22＝rNH，∴NH ＝2r ， 又PN ＝2r ，∴22r ＝PH ＝22a ，∴r ＝a 4. 解法二(体积法)：V C －PEF ＝13r·(S △PEF ＋S △PCE ＋S △PCF ＋S △CEF )，∴a 3＝r·⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＋a 2＋a 2＋2a 2×32a 2，∴r ＝a 4，故R r ＝6a 2·4a＝2 6.名师点拨几何体内切球问题的处理(1)解题时常用以下结论确定球心和半径：①球心在过切点且与切面垂直的直线上；②球心到各面距离相等．(2)利用体积法求多面体内切球半径． 〔变式训练3〕(1)(角度1)(2020·南宁摸底)三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA ＝ PB ＝ PC ＝3，PA ⊥PB ，三棱锥P －ABC 的外接球的体积为( B )A ．27π2B ．273π2C ．273πD ．27π(2)(角度1)(2021·山西运城调研)在四面体ABCD 中，AB ＝AC ＝23，BC ＝6，AD ⊥平面ABC ，四面体ABCD 的体积为 3.若四面体ABCD 的顶点均在球O 的表面上，则球O 的表面积是( B )A ．49π4B ．49πC ．49π2D ．4π(3)(角度2)棱长为a 的正四面体的体积与其内切球体积之比为_63π__.[解析] (1)因为三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA ＝PB ＝PC ＝3，所以△PAB ≌△PBC ≌△PAC ．因为PA ⊥PB ，所以PA ⊥PC ，PC ⊥PB ．以PA ，PB ，PC 为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P －ABC 的外接球．因为正方体的体对角线长为32＋32＋32＝33，所以其外接球半径R ＝332.因此三棱锥P －ABC 的外接球的体积V ＝4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫3323＝273π2.故选B ．(2)如图，H 为BC 的中点，由题意易知AH ＝3，设△ABC 外接圆圆心为O 1，则|O 1C|2＝32＋(3－|O 1C|)2，∴|O 1C|＝23，又12×6×3×|AD|3＝3，∴|AD|＝1，则|OA|2＝|O 1C|2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝494，∴S 球O ＝4πR 2＝49π，故选B ．(3)如图，将正四面体纳入正方体中，显然正四面体内切球的球心O(也是外接球的球心)、△BCD 的中心O 1都在正方体的对角线上，设正四面体的棱长为a ，则|AO|＝64a ，又|O 1A|＝a 2－⎝⎛⎭⎪⎫33a 2＝63a ，∴内切球半径|OO 1|＝612a ，∴V 正四面体V 内切球＝13×34a 2×63a4π3⎝ ⎛⎭⎪⎫612a 3＝63π.名师讲坛·素养提升 最值问题、开放性问题例5 (1)(最值问题)(2018·课标全国Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D －ABC 体积的最大值为( B )A ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．54 3(2)(2021·四川凉山州模拟)已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积V ＝12，AB ＝2，若四面体A －B 1CD 1的外接球的表面积为S ，则S 的最小值为( C )A ．8πB ．9πC ．16πD ．32π[解析] (1)设等边△ABC 的边长为a ，则有S △ABC ＝12a·a·sin 60°＝93，解得a ＝6.设△ABC 外接圆的半径为r ，则2r ＝6sin 60°，解得r ＝23，则球心到平面ABC 的距离为42－232＝2，所以点D 到平面ABC 的最大距离为2＋4＝6，所以三棱锥D －ABC 体积的最大值为13×93×6＝183，故选B ．(2)设BC ＝x ，BB 1＝y ，由于V ＝12，所以xy ＝6.根据长方体的对称性可知四面体A －B 1CD 1的外接球即为长方体的外接球， 所以r ＝4＋x 2＋y22，所以S ＝4πr 2＝π(4＋x 2＋y 2)≥π(4＋2xy)＝16π， (当且仅当x ＝y ＝6，等号成立)． 故选C ．名师点拨立体几何中最值问题的解法(1)观察图形特征，确定取得最值的条件，计算最值．(2)设出未知量建立函数关系，利用基本不等式或导数计算最值．例6 (开放性问题)若四面体各棱的长是1或2，且该四面体不是正四面体，则其体积的值为_116⎝ ⎛⎭⎪⎫或1412等__(只需写一个可能值)． [解析] 如图，若AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝AD ＝2，BC ＝1，取AD 的中点H ，则CH ＝BH ＝3，且AH ⊥平面BCH ，又S △BCH ＝114，∴V A －BCD ＝13S △BCH ×2＝116. 如图，若AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝2，AD ＝BC ＝1，同理可求得V A －BCD ＝1412.〔变式训练4〕(2021·河南阶段测试)四面体ABCD 中，AC ⊥AD ，AB ＝2AC ＝4，BC ＝25，AD ＝22，当四面体的体积最大时，其外接球的表面积是_28π__.[解析] 由已知可得BC 2＝AC 2＋AB 2，所以AC ⊥AB ，又因为AC ⊥AD ，所以AC ⊥平面ABD ，四面体ABCD 的体积V ＝13AC·12AB·ADsin∠BAD ，当∠BAD ＝90°时V 最大，把四面体ABCD 补全为长方体，则它的外接球的直径2R 即长方体的体对角线，(2R)2＝AD 2＋AC 2＋AB 2＝28，所以外接球的表面积为4πR 2＝28π.。

课后限时集训(三十四)(建议用时：60分钟) A 组 基础达标一、选择题1．下列说法正确的是( )A ．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B ．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C ．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D ．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点B [如图①所示，可知A 错．如图②，当PD ⊥底面ABCD ，且四边形ABCD 为矩形时，则四个侧面均为直角三角形，B 正确．图 ① 图②根据棱台的定义，可知C ，D 不正确．]2．已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.22π3B.42π3C ．22πD ．42πB [依题意知，该几何体是以2为底面半径，2为高的两个同底圆锥组成的组合体，则其体积V ＝13π×(2)2×22＝423π.]3．(2018·南昌模拟)如图，水平放置的△ABC 的斜二测直观图是图中的△A ′B ′C ′，已知A ′C ′＝6，B ′C ′＝4，则AB 边的实际长度是( )A ．4B ．6C ．8D ．10D [以C 为原点，以CA 为x 轴，CB 为y 轴建立平面直角坐标系，在x 轴上取点A ，使得CA ＝C ′A ′＝6，在y 轴上取点B ，使得BC ＝2B ′C ′＝8，则AB ＝AC 2＋BC 2＝10.]4．(2019·山西六校联考)如图，一个水平放置的圆柱形玻璃杯的底面半径为9 cm ，高为36 cm.玻璃杯内水深为33 cm ，将一个球放在杯口，球面恰好与水面接触，并且球面与杯口密闭．如果不计玻璃杯的厚度，则球的表面积为( )A ．900π cm 2B ．450π cm 2C ．800π cm 2D ．400π cm 2A [由题意，知球嵌入玻璃杯的高度h ＝36－33＝3 cm.设球的半径为R ，则有R 2＝92＋(R －3)2，解得R ＝15 cm ，所以该球的表面积S ＝4πR 2＝900π cm 2，故选A.]5．(2019·福州模拟)已知圆锥的高为3，底面半径为3，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于( )A.83π B.323π C ．16πD ．32πB [设该圆锥的外接球的半径为R ，依题意得，R 2＝(3－R )2＋(3)2，解得R ＝2，所以所求球的体积V ＝43πR 3＝43π×23＝323π，故选B.]二、填空题6．现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为______．7 [设新的底面半径为r ，由题意得13×π×52×4＋π×22×8＝13×π×r 2×4＋π×r 2×8， ∴r 2＝7，∴r ＝7.]7．已知在梯形ABCD 中，AB ⊥BC ，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2，将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周形成的曲面所围成的几何体的表面积为________．(5＋2)π [由题意得几何体如图所示，旋转体是底面半径为1，高为2的圆柱挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥，所以几何体的表面积为一个圆柱底面与圆柱侧面、圆锥侧面之和，即π×12＋2π×1×2＋π×1×12＋12＝(5＋2)π.]8．(2019·惠州模拟)已知三棱锥S ­ABC ，△ABC 是直角三角形，其斜边AB ＝8，SC ⊥平面ABC ，SC ＝6，则三棱锥S ­ABC 的外接球的表面积为________．100π [将三棱锥S ­ABC 放在长方体中(图略)，易知三棱锥S ­ABC 所在长方体的外接球，即为三棱锥S ­ABC 的外接球，所以三棱锥S ­ABC 的外接球的直径2R ＝AB 2＋SC 2＝10，即三棱锥S ­ABC 的外接球的半径R ＝5，所以三棱锥S ­ABC 的外接球的表面积S ＝4πR 2＝100π.]三、解答题9．如图，从正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的8个顶点中选出的4个点恰为一个正四面体的顶点．(1)若选出4个顶点包含点A ，请在图中画出这个正四面体； (2)求棱长为a 的正四面体外接球的半径．[解] (1)如图所示，选取的四个点分别为A ，D 1，B 1，C .(2)棱长为a 的正四面体外接球的半径等于正方体外接球的半径等于正方体对角线长的一半，因为正四面体的棱长a ，所以正方体的边长为22a ，因此外接球的半径为32×22a ＝64a.10．(2015·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值． [解] (1)交线围成的正方形EHGF 如图所示．(2)如图，作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EB 1＝12，EM ＝AA 1＝8. 因为四边形EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，AH ＝10，HB ＝6. 故S 四边形A 1EHA ＝12×(4＋10)×8＝56，S 四边形EB 1BH ＝12×(12＋6)×8＝72.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱， 所以其体积的比值为97⎝ ⎛⎭⎪⎫79也正确. B 组 能力提升1．设M 是球O 的半径OP 的中点，分别过M ，O 作垂直于OP 的面，截球面得两个圆，则这两个圆的面积的比值为( )A.14B.12C.23D.34D [设分别过M ，O 作垂直于OP 的面截球所得的两个圆的半径分别为r 1，r 2，球的半径为R ，则r 21＝R 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12R 2＝34R 2，r 22＝R 2，∴r 21∶r 22＝34R 2∶R 2＝3∶4，∴这两个圆的面积的比值为34.]2.(2019·湖北联考)一个帐篷下部的形状是高为2 m 的正六棱柱，上部的形状是侧棱长为3 m 的正六棱锥(如图所示)．当帐篷的顶点D 到底面中心O 1的距离为________时，帐篷的体积最大．7m [设DO 1为x 米，(2＜x ＜5) 则由题意可得正六棱锥底面边长为：9－x －2＝5＋4x －x 2m ，于是底面正六边形的面积为6×34×(5＋4x －x 2)2＝332(5＋4x －x 2)， 所以帐篷的体积为V (x )＝332(5＋4x －x 2)×2＋13×332(5＋4x －x 2)(x －2)＝332(5＋4x－x 2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤2＋13x －＝32(5＋4x －x 2)(x ＋4)， 所以V ′(x )＝32(21－3x 2)，可得当2＜x ＜7时，V ′(x )＞0，则函数V (x )单调递增； 当7＜x ＜5时，V ′(x )＜0，则函数V (x )单调递减，所以当x ＝7时，V (x )取得最大值．] 3.如图，在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，BB 1＝3，∠ABC ＝90°，点D 为侧棱BB 1上的动点，当AD ＋DC 1最小时，三棱锥D ­ABC 1的体积为________．13[将直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的两侧面展开成矩形ACC 1A 1，如图，连接AC 1，交BB 1于D ，此时AD ＋DC 1最小．∵AB ＝1，BC ＝2，BB 1＝3，∠ABC ＝90°，点D 为侧棱BB 1上的动点， ∴当AD ＋DC 1最小时，BD ＝1，此时三棱锥D ­ABC 1的体积为VD ­ABC 1＝VC 1­ABD ＝13·S △ABD ·B 1C 1＝13×12AB ·BD ·B 1C 1 ＝13×12×1×1×2＝13.] 4.(2019·沈阳质检)在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，AA 1＝A 1C ＝AC ＝AB ＝BC ＝2，且点O 为AC 中点．(1)证明：A 1O ⊥平面ABC ； (2)求三棱锥C 1­ABC 的体积．[解] (1)证明：因为AA 1＝A 1C ，且O 为AC 的中点， 所以A 1O ⊥AC ，又平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，平面AA 1C 1C ∩平面ABC ＝AC ，且A 1O ⊂平面AA 1C 1C ， ∴A 1O ⊥平面ABC .(2)∵A 1C 1∥AC ，A 1C 1⊄平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∴A 1C 1∥平面ABC ，即C 1到平面ABC 的距离等于A 1到平面ABC 的距离． 由(1)知A 1O ⊥平面ABC ，且A 1O ＝AA 21－AO 2＝3， ∴VC 1­ABC ＝VA 1­ABC ＝13S △ABC ·A 1O ＝13×12×2×3×3＝1.。

专题31空间几何体的结构特征、表面积与体积6题型分类1．空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征(2)旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，垂直于底面相交于一点延长线交于一点轴截面矩形等腰三角形等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环2.直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中x ′轴、y ′轴的夹角为45°或135°，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴，平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段，长度在直观图中变为原来的一半．3．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S 圆柱侧＝2πrl S 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l4．柱、锥、台、球的表面积和体积常用结论1．与体积有关的几个结论(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差．(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等(祖暅原理)．2．直观图与原平面图形面积间的关系：S 直观图＝24S 原图形，S 原图形＝22S 直观图．（一）1.空间几何体结构特征的判断技巧(1)说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．(2)在斜二测画法中，平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半．(3)在解决空间折线(段)最短问题时一般考虑其展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题平面化．2.多面体表面展开图可以有不同的形状，应多实践，观察并大胆想象立体图形与表面展开图的关系，一定先观察立体图形的每一个面的形状．3.最大路径问题：大胆展开，把问题变为平面两点间线段最短问题．2-2．（2024高一下·上海奉贤·期末）如图，23O A O B ''''==，，则AB 的长度为2-3．（2024高一上·山东济宁·阶段练习）有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图所示）.ABC ∠=2-4．（2024高二上·宁夏石嘴山·正方形，则原来图形的面积是3-3．（2024·安徽黄山·一模）如图，以AD为斜边的等腰直角三角形，为.题型4：最短路径问题4-1．（2024高三·全国·专题练习）如图，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为面圆上的点P出发，绕圆锥爬行一周后回到点为（）.A ．153B ．323527πC ．128281πD ．8334-2．（2024高一下·河南开封·期中）如图，已知正四棱锥S ABCD -的侧棱长为23，侧面等腰三角形的顶角为30︒，则从A 点出发环绕侧面一周后回到A 点的最短路程为（）A ．26B ．23C ．6D ．64-3．（2024·辽宁·三模）盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商要为棱长为4cm 的正四面体魔方设计一款正方体的包装盒，需要保证该魔方可以在包装盒内任意转动，则包装盒的棱长最短为（）A ．6cmB ．26cmC ．46cmD ．6cm4-4．（2024高一下·湖北武汉·期中）如图，一个矩形边长为1和4，绕它的长为4的边旋转二周后所得如图的一开口容器（下表面密封），P 是BC 中点，现有一只妈蚁位于外壁A 处，内壁P 处有一米粒，若这只蚂蚁要先爬到上口边沿再爬到点P 处取得米粒，则它所需经过的最短路程为（）A ．2π36+B ．2π16+C ．24π36+D ．241π+4-5．（2024高一·全国·课后作业）如图所示，在正三棱柱111ABC A B C -中，2AB =，12AA =，由顶点B 沿棱柱侧面(经过棱1AA )到达顶点1C ，与1AA 的交点记为M ，则从点B 经点M 到1C 的最短路线长为（）A．22B．25C．4D．45（二）基本立体图形的表面积的体积1.（1）多面体的表面积是各个面的面积之和．（2）旋转体的表面积是将其展开后，展开图的面积与底面面积之和．（3）组合体的表面积求解时注意对衔接部分的处理．2.空间几何体的体积的常用方法公式法规则几何体的体积，直接利用公式割补法把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体等体积法通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积A．27 722+三模）陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址A ．()1441213π+C ．()1081213π+5-4．（2024·河北·模拟预测）棱台）建筑物为方亭.”1111ABCD A B C D -的正四棱台（如图所示）面边长的3倍.已知方亭的体积为A ．2380m B ．2400m C ．2450m 5-5．（2024高三下·海南海口·期中）如图是一个圆台形的水杯，圆台的母线长为分别为4cm 和2cm .为了防烫和防滑，该水杯配有一个皮革杯套，包裹住水杯杯和杯套的厚度忽略不计，则此杯套使用的皮革的面积为（A ．238πcmB ．2124πcm 3C ．2140πcm 3D ．248πcm A ．242B ．246-4．（2024·浙江·模拟预测）如图是我国古代量粮食的器具为20cm 和10cm ，侧棱长为56cm ．约可装()31000cm 1L =（）A ．1.5LB ．1.7LC ．2.3LD ．2.7L6-5．（2024高三上·广西·阶段练习）在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D 内，放入一个以1AC 为铀线的圆柱，且圆柱的底面所在平面截正方体所得的截面为三角形，则该圆柱体积的最大值为．一、单选题1．（2024高三下·安徽·阶段练习）已知几何体，“有两个面平行，其余各面都是平行四边形”是“几何体为棱柱”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件2．（2024高三·全国·对口高考）设有三个命题；甲：底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；乙：底面是矩形的平行六面体是长方体；丙：直四棱柱是平行六面体．以上命题中真命题的个数为（）A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个3．（2024高二上·安徽合肥·阶段练习）如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（）A ．是棱台B ．是圆台C ．不是棱柱D ．是棱锥4．（2024·西藏拉萨·一模）位于徐州园博园中心位置的国际馆（一云落雨），使用现代科技雾化“造云”，打造温室客厅，如图，这个国际馆中3个展馆的顶部均采用正四棱锥这种经典几何形式，表达了理性主义与浪漫主义的对立与统一.其中最大的是3号展馆，其顶部所对应的正四棱锥底面边长为19.2m ，高为9m ，则该正四棱锥的侧面面积与底面面积之比约为（）13.16≈）A ．2B ．1.71C ．1.37D ．15．（2024高三下·湖南长沙·阶段练习）为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修建了若干“朗读亭”.如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥的高与底面边长的比为2:3，则正六棱锥与正六棱柱的侧面积的比值为（）A ．8B C ．19D ．1276．（2024·甘肃张掖·模拟预测）仿钧玫瑰紫釉盘是收藏于北京故宫博物院的一件明代宣德年间产的瓷器．该盘盘口微撇，弧腹，圈足．足底切削整齐．通体施玫瑰紫釉，釉面棕眼密集，美不胜收．仿钧玫瑰紫釉盘的形状可近似看成是圆台和圆柱的组合体，其口径为15.5cm ，足径为9.2cm ，顶部到底部的高为4.1cm ，底部圆柱高为0.7cm ，则该仿钧玫瑰紫釉盘圆台部分的侧面积约为（）（参考数据：π的值取3 4.6≈）A ．2143.1cmB ．2151.53cmC ．2155.42cmD ．2170.43cm 7．（2024·广东梅州·三模）在马致远的《汉宫秋》楔子中写道：“毡帐秋风迷宿草，穹庐夜月听悲笳.”毡帐是古代北方游牧民族以为居室、毡制帷幔.如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与圆柱的组合体，圆锥的高为4，侧面积为15π，圆柱的侧面积为18π，则该毡帐的体积为（）A ．39πB ．18πC ．38πD ．45π8．（2024高三上·广东河源·开学考试）最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的《数书九章》（1247年）.该书第二章为“天时类”，收录了有关降水量计算的四个例子，分别是“天池测雨”、“圆罂测雨”、“峻积验雪”和“竹器验雪”.如图“竹器验雪”法是下雪时用一个圆台形的器皿收集雪量（平地降雪厚度=器皿中积雪体积除以器皿口面积），已知数据如图（注意：单位cm ），则平地降雪厚度的近似值为（）A ．91cm 12B ．31cm 4C ．95cm 12D ．97cm 129．（2024高一下·陕西宝鸡·期末）盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商要为棱长为2cm 的正四面体魔方设计一款正方体的包装盒，需要保证该魔方可以在包装盒内任意转动，则包装盒的棱长最短为（）A 6cmB ．26cmC ．6cmD ．6cm10．（2024高二下·安徽·阶段练习）我们知道立体图形上的最短路径问题通常是把立体图形展开成平面图形，连接两点，根据两点之间线段最短确定最短路线.请根据此方法求函数()2222,313130,0)f x y x x y y x xy y x y =-+-+-+>>的最小值（）A 2B 3C 6D ．2311．（2024·全国）已知圆锥PO 3O 为底面圆心，PA ，PB 为圆锥的母线，120AOB ∠=︒，若PAB 934）A ．πB 6πC ．3πD ．36π12．（2024·全国）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2.65≈）（）A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯13．（2024高一·全国·课后作业）若一个正方体的体对角线长为a ，则这个正方体的全面积为（）A ．22a B ．2C ．2D ．214．（2004·重庆）如图，棱长为5的正方体无论从哪一个面看，都有两个直通的边长为1的正方形孔，则这个有孔正方体的表面积（含孔内各面）是（）A ．258B ．234C ．222D ．21015．（2024高一下·贵州黔西·期末）端午节吃粽子是中华民族的传统习俗.地区不同，制作的粽子形状也不同，黔西南州最出名的就是鲜肉的灰色粽子，其形状接近于正三棱锥（如图）.若正三棱锥的底面边长为2，高为1，则该三棱锥的侧面积为（）AB ．C ．D ．16．（2024·河南·模拟预测）在正四棱锥P ABCD -中，AB =，若正四棱锥P ABCD -的体积是8，则该四棱锥的侧面积是（）AB ．C ．D ．17．（2024高三上·辽宁·期末）已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，侧面均为腰长为4的等腰梯形，则该四棱台的表面积为（）A ．10+B ．34C ．20+D ．6818．（2024高三上·广东·阶段练习）“李白斗酒诗百篇，长安市上酒家眠”，本诗句中的“斗”的本义是指盛酒的器具，后又作为计量粮食的工具，某数学兴趣小组利用相关材料制作了一个如图所示的正四棱台来模拟“斗”，用它研究“斗”的相关几何性质，已知该四棱台的上、下底的边长分别是2、4，高为1，则该四棱台的表面积为（）A ．B ．32C ．20+D ．20+19．（2024高三上·湖北·开学考试）已知正四棱台上底面边长为2，下底面边长4，高为3，则其表面积为（）A ．36B ．20C ．20+D ．4820．（2024高一下·全国·课后作业）已知一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的全面积与侧面积的比是（）A ．122ππ+B ．144ππ+C ．12ππ+D ．142ππ+21．（2024·广东湛江·二模）如图，将一个圆柱()*2n n ∈N 等分切割，再将其重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体，n 越大，重新组合成的几何体就越接近一个“长方体”．若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了10，则圆柱的侧面积为（）A ．10πB ．20πC ．10πnD ．18π22．（2024·福建）以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于A ．2πB ．πC ．2D ．123．（2024高三上·全国·阶段练习）已知圆锥的底面半径为2，高为）A ．4πB ．12πC ．16πD ．π324．（2024·四川成都·二模）若圆锥的表面积为12π，底面圆的半径为2，则该圆锥的高为（）A ．4B ．C ．2D25．（2024高三上·河南·阶段练习）佛兰德现代艺术中心是比利时洛默尔市的地标性建筑，该建筑是一座全玻璃建筑，整体成圆锥形，它利用现代设计手法令空间与其展示的艺术品无缝交融，形成一个统一的整体，气势恢宏，美轮美英．佛兰德现代艺术中心的底面直径为8m ，侧面积为2229m ，则该建筑的高为（）A ．26mB ．28mC ．30mD ．36m26．（2024高三上·河南·开学考试）圆台1OO 轴截面面积为1:2，母线与底面所成角为60 ，则圆台侧面积为（）A ．B ．C ．6πD ．9π27．（2024高二上·江苏镇江·开学考试）已知圆台的上下底面半径分别为2和5，且母线与下底面所成为角的正切值为43，则该圆台的表面积为（）A ．59πB ．61πC ．63πD ．64π28．（2024·甘肃兰州·模拟预测）攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖、三角攒尖、图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分，它可以看作是不含下底面的正四棱台和正三棱柱的组合体，已知正四棱台上底、下底、侧棱的长度（单位：dm ）分别为2，6，4，正三棱柱各棱长均相等，则该结构表面积为（）A ．28dmB ．244dmC ．248dmD ．28dm29．（2024高三上·黑龙江哈尔滨·期中）正三棱柱侧面的一条对角线长为2，且与底面成30︒角，则此三棱柱的体积为（）A B ．14C D 30．（2008·四川）若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为060的菱形，则该棱柱的体积等于A B ．C ．D ．31．（2024高三上·河南焦作·开学考试）把过棱锥的顶点且与底面垂直的直线称为棱锥的轴，过棱锥的轴的截面称为棱锥的轴截面．现有一个正三棱锥、一个正四棱锥、一个正六棱锥，它们的高相等，轴截面面积的最大值也相等，则此正三棱锥、正四棱锥、正六棱锥的体积之比为（）A ．91::34B ．91::38C ．98D ．3232．（2024·广东深圳·二模）设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为1V 、2V 和3V ，则（）A ．123V V V <<B ．213<<V V V C ．312V V V <<D ．321V V V <<33．（2024·河南郑州·模拟预测）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”.意思是一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若长方体的体积为V ，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为1V ，2V ，3V ，则下列等式错误的是（）A ．123V V V V ++=B ．122V V =C ．232V V =D ．236VV V -=34．（2024高三下·浙江杭州·阶段练习）已知矩形ABCD 中，2AB =，4BC =，E 是AD 的中点，沿直线BE 将△ABE 翻折成△A BE '，则三棱锥A BDE '-的体积的最大值为（）A ．3B C D ．335．（2024·全国）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 ．336．（2024高一下·江苏连云港·阶段练习）在《九章算术⋅商功》中将正四面形棱台体(棱台的上、下底面均为正方形)称为方亭．在方亭1111ABCD A B C D -中，1122AB A B ==，四个侧面均为全等的等腰梯形且面积之和为）A ．72B ．76C D 37．（2024高三上·山西运城·期中）已知一个正四棱台的上下底面边长为1、3，则棱台的体积为（）A ．B ．3C ．12D ．1338．（2024·河南·模拟预测）光岳楼，又称“余木楼”“鼓楼”“东昌楼”，位于山东省聊城市，在《中国名楼》站台票纪念册中，光岳楼与鹳雀楼、黄鹤楼、岳阳楼、太白楼、滕王阁、蓬莱阁、镇海楼、甲秀楼、大观楼共同组成中国十大名楼.其墩台为砖石砌成的正四棱台，如图所示，光岳楼的墩台上底面正方形的边长约为32m ，下底面正方形的边长约为34.5m ，高的4倍比上底面的边长长4m ，则光岳楼墩台的体积约为（）A ．39872.75mB ．39954.75mC ．39988.45mD ．39998.25m 39．（四川省仁寿第一中学校（北校区）2023-2024学年高三上学期9月月考文科数学试题）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 ．π2C ．3π4D ．π440．（2024高三上·江苏苏州·开学考试）若某圆柱体的底面半径与某球体的半径相等，圆柱体与球体的体积之比和它们的表面积之比的比值相等，则该圆柱体的高与球体的半径的比值为（）A ．54B ．43C ．32D ．241．（2024·河南·模拟预测）圆锥的高为2，其侧面展开图的圆心角为2π3，则该圆锥的体积为（）.A ．π4B ．π3C ．π2D ．2π642．（2024高三上·福建厦门·阶段练习）已知母线长为5的圆锥的侧面积为15π，则这个圆锥的体积为（）A ．12πB ．16πC ．24πD ．48π43．（2024高三下·河南开封·阶段练习）木桶作为一种容器，在我国使用的历史已经达到了几千年，其形状可视为一个圆台．若某圆台形木桶上、下底面的半径分别为20cm,13cm ，母线长为25cm ，木板厚度忽略不计，则该木桶的容积为（）A ．314225πcm 3B ．34552πcmC ．320725πcm 3D ．36632πcm 44．（2024高三上·福建厦门·阶段练习）用一个平行于圆锥C 底面的平面截该圆锥得到一个圆台，若圆台上底面和下底面半径之比为23，则该圆台与圆锥C 的体积之比为（）A ．58B ．1727C ．1927D ．34二、多选题45．（2024·全国）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 =46．（2024·福建·模拟预测）等腰梯形的上下底边之比为13，若绕该梯形的对称轴旋转一周所得几何体的表面积为16π，则该梯形的周长可能为（）A ．B ．8C ．D ．1647．（2024·河南·模拟预测）如图，正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为1，高为3，F 为棱1AA 的中点，,D E 分别在棱11,BB CC 上，且满足1A D DE EA ++取得最小值．记四棱锥111A B C ED -、三棱锥1,F A DE A DEF --的体积分别为123,,V V V ，则（）A ．123334V V V ++<B ．23V V =C ．1223V V =D ．123V V V =+48．（2024高三上·湖南·5）A ．该正方体的体积为5B 556C ．该正方体的表面积为30D ．该正方体的外接球的表面积为15π三、填空题49．（2024·辽宁锦州·模拟预测）已知用斜二测画法画梯形OABC 的直观图O A B C ''''如图所示，3O A C B ''''=，C E O A ''''⊥，8OABC S =，//CD y '''轴，22C E ''=D ¢为O A ''的三等分点，则四边形OABC 绕y 轴旋转一周形成的空间几何体的体积为．50．（2024高三·全国·对口高考）若正ABC 用斜二测画法画出的水平放置图形的直观图为A B C ''' ，当A B C ''' 3ABC 的面积为．51．（2024高三下·上海宝山·开学考试）我们知道一条线段在“斜二测”画法中它的长度可能会发生变化的，现直角坐标系平面上一条长为4cm 线段AB 按“斜二测”画法在水平放置的平面上画出为A B ''，则A B ''最短长度为cm （结果用精确值表示）52．（2024高三·全国·阶段练习）如图，梯形ABCD 是水平放置的一个平面图形的直观图，其中=45∠ ABC ，1AB AD ==，DC BC ⊥，则原图形的面积为．53．（2024高三上·上海普陀·期中）2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场预定区域成果着陆．如图，在返回过程中使用的主降落伞外表面积达到1200平方米，若主降落伞完全展开后可以近似看着一个半球，则完全展开后伞口的直径约为米（精确到整数）54．（2024高一下·四川成都·阶段练习）已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为．55．（2024·安徽·模拟预测）如图，在三棱锥P -ABC 的平面展开图中，CD AB ∥，AB AC ⊥，22AB AC ==，CD =，cos BCF ∠65=，则三棱锥-P ABC 外接球表面积为．56．（2024·安徽马鞍山·模拟预测）已知三棱锥P －ABC 的底面ABC 为等边三角形．如图，在三棱锥P －ABC的平面展开图中，P ，F ，E 三点共线，B ，C ，E 三点共线，cos PCF ∠=PC =，则PB ＝．57．（2024高三上·山西大同·阶段练习）如图，在三棱锥-P ABC 的平面展开图中，1AC =，AB AD ==AB AC ⊥，AB AD ⊥，30CAE ∠=︒，则三棱锥-P ABC 的外接球的表面积为．58．（2024高三·河北·专题练习）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，点E 为1AA 的中点，在对角面11BB D D 上取一点M ，使AM ME +最小，其最小值为59．（2024高三上·四川成都·开学考试）如图一个正六棱柱的茶叶盒，底面边长为10cm ，高为20cm ，则这个茶叶盒的表面积为2cm .60．（2024高二上·上海黄浦·阶段练习）若长方体的对角线的长为9cm ，其长、宽、高的和是15cm ，则长方体的全面积是．61．（2024·全国·模拟预测）正四棱锥P -ABCD 的各条棱长均为2，则该四棱锥的表面积为．62．（2024高三·全国·专题练习）一个正三棱台的上、下底面边长分别是3cm 和6cm ，高是32cm ．则三棱台的斜高为；三棱台的侧面积为；表面积为．63．（2024高三·全国·专题练习）若矩形的周长为36，矩形绕它的一条边旋转形成一个圆柱，求圆柱侧面积的最大值为．64．（2024高二上·北京海淀·期中）若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为是．65．（2024高三上·全国·专题练习）某地球仪上北纬030纬线的长度为12()cm π，该地球仪的半径是cm ，表面积是cm2．66．（2024·全国）已知圆O 和圆K 是球O 的大圆和小圆，其公共弦长等于球O 的半径，32OK =，且圆O 与圆K 所在的平面所成的一个二面角为60 则球O 的表面积等于.67．（2009年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（全国卷Ⅱ））设OA 是球O 的半径,M 是OA 的中点,过M 且与OA 成45 角的平面截球O 的表面得到圆C ．若圆C 的面积等于74π,则球O 的表面积等于68．（2024·全国）用平面α截半径为R 的球，如果球心到截面的距离为2R ，那么截得小圆的面积与球的表面积的比值为．69．（2024高三上·广东广州·阶段练习）陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一，也称陀罗，图l 是一种木陀螺，可近似地看作是一个圆锥和一个圆柱的组合体，其直观图如图2所示，其中A 是圆锥的顶点，B ，C 分别是圆柱的上､下底面圆的圆心，且1AB =，3AC =，底面圆的半径为1，则该陀螺的表面积是.70．（2024高三·全国·专题练习）如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且4个顶点A ，B ，C ，D 在同一个平面内．如果四边形ABCD 是边长为30cm 的正方形，那么这个八面体的表面积是2cm .71．（2024高三上·天津北辰·阶段练习）已知一个圆柱的高是底面半径的2倍，且其上、下底面的圆周均在球面上，若球的体积为23，则圆柱的体积为．72．（2024高三上·云南昆明·､则该圆锥的体积为.73．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）已知圆锥的底面半径为1，侧面积为2π，则此圆锥的体积是．74．（2024高三上·广东广州·阶段练习）已知圆锥的底面半径为2，侧面展开图是一个圆心角为120°的扇形.把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为1，则圆台的体积为.。

第二节空间几何体的表面积与体积[考纲传真]了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式．1．多面体的表(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3.1．正四面体的表面积与体积棱长为a的正四面体，其表面积为3a2，体积为2 12a3.2．几个与球有关的切、接常用结论 (1)正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ； ③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2.(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1，棱长为a 的正四面体，其内切球半径R 内＝612a ，外接球半径R 外＝64a .[基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)锥体的体积等于底面面积与高之积． ( ) (2)球的体积之比等于半径比的平方． ( ) (3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差． ( )(4)已知球O 的半径为R ，其内接正方体的边长为a ，则R ＝32a . ( )[答案] (1)× (2)× (3)√ (4)√2．(教材改编)已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cm D.32 cm B [S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，∴r 2＝4， ∴r ＝2(cm)．]3．圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱的体积比V 球∶V 柱为( ) A ．1∶2 B ．2∶3C ．3∶4D ．1∶3B [设球的半径为R .则V 球V 柱＝43πR 3πR 2×2R＝23.]4．(教材改编)某几何体的三视图如图所示：则该几何体的体积为( )A ．6B ．3 3C ．2 3D ．3B [由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为侧视图，该侧视图是底边为2，高为3的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故h ＝3，所以几何体的体积V ＝S ·h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×3×3＝3 3.]5．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________．1∶47 [设长方体的相邻三条棱长分别为a ，b ，c ，它截出棱锥的体积为V 1＝13×12×12a ×12b ×12c ＝148abc ，剩下的几何体的体积V 2＝abc －148abc ＝4748abc ，所以V 1∶V 2＝1∶47.]【例1】 (1)若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( )A．48＋πB．48－πC．48＋2π D．48－2π(2)(2018·全国卷Ⅰ)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．82π D．10π(1)A(2)B[(1)该几何体是正四棱柱挖去了一个半球，正四棱柱的底面是正方形(边长为2)，高为5，半球的半径是1，那么该几何体的表面积为S＝2×2×2＋2×4×5－π×12＋2π×12＝48＋π，故选A.(2)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22，所以该圆柱的表面积为2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.](1)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＋ 3 B．1＋2 2C．2＋ 3 D．2 2(2)(2016·全国卷Ⅲ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为()A．18＋36 5B．54＋18 5C．90D．81(1)C(2)B[(1)由题意知题中的几何图形就是如图所示的四面体，其中AB＝AD＝CB＝CD＝2，BD＝2，且平面ABD⊥平面CBD.所以△ABD与△CBD都是等腰直角三角形，而△ABC与△CAD都是边长是2的等边三角形．所以表面积是12×2×2×2＋34×(2)2×2＝2＋3，故选C.(2)由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两个侧面为平行四边形，则表面积为(3×3＋3×6＋3×35)×2＝54＋18 5.故选B.]►考法1 公式法求体积【例2】 (1)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1 B.π2＋3 C.3π2＋1D.3π2＋3(2)(2018·江苏高考)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．(1)A (2)43 [(1)由三视图可知该几何体是由底面半径为1，高为3的半个圆锥和三棱锥S-ABC 组成的，如图，三棱锥的高为3，底面△ABC 中，AB ＝2，OC ＝1，AB ⊥OC .故其体积V ＝13×12×π×12×3＋13×12×2×1×3＝π2＋1.故选A.(2)正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正八面体的所有棱长都是2，则该正八面体的体积为13×(2)2×1×2＝43.]►考法2 割补法求体积【例3】 (1)(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π(2)如图所示，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为( )A.23B.33C.43D.32(1)B (2)A [(1)法一：(割补法)如图所示，由几何体的三视图，可知该几何体是一个圆柱被截去上面虚线部分所得．将圆柱补全，并将圆柱体从点A 处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π.故选B.法二：(估值法)由题意，知12V 圆柱＜V 几何体＜V 圆柱．又V 圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π＜V几何体＜90π.观察选项可知只有63π符合．故选B.(2)法一：如图所示，分别过A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，则原几何体分割为两个三棱锥和一个直三棱柱，因为三棱锥高为12，直三棱柱高为1，AG ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32，取AD 的中点M ，则MG ＝22， 所以S △AGD ＝12×1×22＝24， 所以V ＝24×1＋2×13×24×12＝23.法二：如图所示，取EF 的中点P ，则原几何体分割为两个三棱锥和一个四棱锥，易知三棱锥P -AED 和三棱锥P -BCF 都是棱长为1的正四面体，四棱锥P -ABCD 为棱长为1的正四棱锥．所以V ＝13×12×22＋2×13×34×63＝23.]►考法3 等积法求体积【例4】 如图所示，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1-ABC 1的体积为( )A.312B.34C.612D.64A [三棱锥B 1-ABC 1的体积等于三棱锥A -B 1BC 1的体积，三棱锥A -B 1BC 1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312.]A ．2B ．1C.23D.13(2)(2018·天津高考)如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1-BB 1D 1D 的体积为________．(1)C (2)13 [(1)几何体如图，由三视图得底面为对角线为2的正方形，高为1，所以体积为13×12×2×1×2×1＝23，故选C.(2)法一：连接A 1C 1交B 1D 1于点E (图略)，则A 1E ⊥B 1D 1，A 1E ⊥BB 1，则A 1E ⊥平面BB 1D 1D ，所以A 1E 为四棱锥A 1-BB 1D 1D 的高，且A 1E ＝22，矩形BB 1D 1D 的长和宽分别为2，1，故VA 1-BB 1D 1D ＝13×1×2×22＝13.法二：连接BD 1(图略)，则四棱锥A 1-BB 1D 1D 分成两个三棱锥B -A 1DD 1与B -A 1B 1D 1，VA 1-BB 1D 1D ＝VB -A 1DD 1＋VB -A 1B 1D 1＝13×12×1×1×1＋13×12×1×1×1＝13.]►考法1 外接球【例5】 (1)(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.3π4 C.π2 D.π4(2)(2018·全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D -ABC 体积的最大值为( )A ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．54 3(1)B (2)B [(1)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 ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32. ∴圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝34π×1＝3π4. 故选B.(2)如图，E 是AC 中点，M 是△ABC 的重心，O 为球心，连接BE ，OM ，OD ，BO .因为S △ABC ＝34AB 2＝93，所以AB ＝6，BM ＝23BE ＝23AB 2－AE 2＝2 3.易知OM ⊥平面ABC ，所以在Rt △OBM 中，OM ＝OB 2－BM 2＝2，所以当D ，O ，M 三点共线且DM ＝OD ＋OM 时，三棱锥D -ABC 的体积取得最大值，且最大值V ma x ＝13S △ABC ×(4＋OM )＝13×93×6＝18 3.故选B.]►考法2 内切球【例6】 (1)(2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．(2)已知棱长为a 的正四面体，则此正四面体的表面积S 1与其内切球的表面积S 2的比值为________．(1)32(2)63π [(1)设球O 的半径为R ， ∵球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切， ∴圆柱O 1O 2的高为2R ，底面半径为R . ∴V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.(2)正四面体的表面积为S 1＝4×34×a 2＝3a 2，其内切球半径r 为正四面体高的14，即r＝14×63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2πa 26＝63π.]球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4(2)正四棱锥P -ABCD 的侧棱和底面边长都等于22，则它的外接球的表面积是( ) A ．16π B ．12πC ．8πD ．4π(1)B (2)A [(1)由三视图可知该几何体是一个直三棱柱，底面为直角三角形，高为12，如图所示，其中AC＝6，BC＝8，∠ACB＝90°，则AB＝10.要使该石材加工成的球的半径最大，只需球与直三棱柱的三个侧面都相切，则半径r等于直角三角形ABC的内切圆半径，即r＝6＋8－102＝2，故能得到的最大球的半径为2，故选B.(2)设正四棱锥的外接球半径为R，顶点P在底面上的射影为O(图略)，因为OA＝12AC＝12AB2＋BC2＝12(22)2＋(22)2＝2，所以PO＝P A2－OA2＝(22)2－22＝2.又OA＝OB＝OC＝OD＝2，由此可知R＝2，于是S球＝4πR2＝16π.]1．(2016·全国卷Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为()A．20πB．24πC．28π D．32πC[由三视图可知，该几何体是由一个圆柱和一个圆锥组成的组合体，上面是一个圆锥，圆锥的高是23，底面半径是2，因此其母线长为4，下面圆柱的高是4，底面半径是2，因此该几何体的表面积是S＝π×22＋2π×2×4＋π×2×4＝28π，故选C.]2．(2015·全国卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有()A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛B[设米堆的底面半径为r尺，则π2r＝8，所以r＝16π，所以米堆的体积为V＝14×13π·r2·5＝π12×⎝⎛⎭⎪⎫16π2×5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)．故选B.]3．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为()A．8 B．6 2C．8 2 D．8 3C[连接BC1，AC1，AC.因为AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1为直角三角形．又AB＝2，所以BC1＝2 3.又B1C1＝2，所以BB1＝(23)2－22＝22，故该长方体的体积V＝2×2×22＝8 2.]4．(2017·全国卷Ⅱ)长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________．14π [∵长方体的顶点都在球O 的球面上， ∴长方体的体对角线的长度就是其外接球的直径． 设球的半径为R ， 则2R ＝32＋22＋12＝14.∴球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎪⎫1422＝14π.]。

课时跟踪检测（四十） 系统题型——空间几何体的表面积、体积[A 级 保分题——准做快做达标]1．如图，一个三棱柱的正视图和侧视图分别是矩形和正三角形，则这个三棱柱的俯视图为( )解析：选D 由正视图和侧视图可知，这是一个水平放置的正三棱柱．故选D.2．(2019·长春质监)《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何？刍甍：底面为矩形的屋脊状的几何体(网格纸中粗线部分为其三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1)，那么该刍甍的体积为( )A ．4B ．5C ．6D ．12解析：选B 如图，由三视图可还原得到几何体ABCDEF ，过E ，F 分别作垂直于底面的截面EGH 和FMN ，可将原几何体切割成三棱柱EHG -FNM ，四棱锥E -ADHG 和四棱锥F -MBCN ，易知三棱柱的体积为12×3×1×2＝3，两个四棱锥的体积相同，都为13×1×3×1＝1，则该刍甍的体积为3＋1＋1＝5.故选B. 3．(2019·辽宁五校协作体模考)一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．36B ．48C ．64D ．72解析：选B 由几何体的三视图可得几何体，如图所示，将几何体分割为两个三棱柱，所以该几何体的体积为12×3×4×4＋12×3×4×4＝48，故选B.4．(2019·武汉调研)一个几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )A ．28B ．24＋2 5C ．20＋4 5D ．20＋2 5解析：选B 如图，三视图所对应的几何体是长、宽、高分别为2,2,3的长方体去掉一⎝⎛⎭⎫12×1×2×2＋个三棱柱后的棱柱ABIE -DCMH ，则该几何体的表面积S ＝(2×2)×5＋2×1＋2×5＝24＋2 5.故选B.5．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为( ) A ．8 B ．6 2 C ．8 2D ．8 3解析：选C 如图，连接AC 1，BC 1，AC .∵AB ⊥平面BB 1C 1C ，∴∠AC 1B 为直线AC 1与平AC 1＝2sin 30°＝4.面BB 1C 1C 所成的角，∴∠AC 1B ＝30°.又AB ＝BC ＝2，在Rt △ABC 1中，在Rt △ACC 1中，CC 1＝AC 21－AC 2＝42－(22＋22)＝22，∴V长方体＝AB ×BC ×CC 1＝2×2×22＝8 2.6．(2019·达州模拟)如图①，需在正方体的盒子内镶嵌一个小球，使得镶嵌后的三视图均为图②所示，且平面A 1BC 1截得小球的截面面积为2π3，则该小球的体积为( )A.π6B.4π3C.32π3D.82π3解析：选B 设正方体盒子的棱长为2a ，则内接球的半径为a ，平面A 1BC 1截正方体，得边长为22a 的正三角形，且球与以点B 1为公共点的三个面的切点恰为△A 1BC 1三边的中点，则所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积．如图，设△A 1BC 1的内切圆的圆心为O ，A 1C 1的中点为M ，则由图得∠OA 1M ＝30°，A 1M ＝2a ，△A 1BC 1的内切圆的半径OM ＝2a ×tan 30°＝63a .则所求的截面圆的面积是π×63a ×63a ＝2π3a 2＝2π3，解得a ＝1.于是小球的体积V 球＝4π3×13＝4π3.故选B. 7．(2019·黄山模拟)如图，直角梯形ABCD 中，AD ⊥DC ，AD ∥BC ，BC ＝2CD ＝2AD ＝2，若将该直角梯形绕BC 边旋转一周，则所得的几何体的表面积为________．解析：根据题意可知，该几何体的上半部分为圆锥(底面半径为1，高为1)，下半部分为圆柱(底面半径为1，高为1)，如图所示，则所得几何体的表面积为圆锥侧面积、圆柱的侧面积以及圆柱的下底面面积之和，即表面积为π×1×12＋12＋2π×12＋π×12＝(2＋3)π.答案：(2＋3)π8．(2019·广州一测)已知三棱锥P -ABC 的底面ABC 是等腰三角形，AB ⊥AC ，PA ⊥底面ABC ，PA ＝AB ＝1，则这个三棱锥内切球的半径为________．解析：如图所示，依题意可得S △ABC ＝12×1×1＝12，S △PAB ＝12×1×1＝12，S △PAC ＝12×1×1＝12，S △PBC ＝12×2×2×sin 60°＝32.设这个三棱锥内切球的半径为r ，则有V P -ABC ＝13×S △ABC ×PA ＝13(S △PAB ＋S △PAC ＋S △ABC ＋S △PBC)×r ，得到13×12×1＝13×⎝⎛⎭⎫12＋12＋12＋32×r ，解得r ＝3－36.答案：3－369．(2019·沈阳模拟)棱长均相等的四面体ABCD 的外接球半径为1，则该四面体的棱长为________． 解析：将棱长均相等的四面体ABCD 补成正方体，设正方体的棱长为a ，则正四面体ABCD 的棱长为2a ，正方体的体对角线长为3a ，由3a ＝2⇒a ＝233，则2a ＝263. 答案：26310．一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：(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.(2)由三视图可知，该平行六面体中，A 1D ⊥平面ABCD ，CD ⊥平面BCC 1B 1， 所以AA 1＝2，侧面ABB 1A 1，CDD 1C 1均为矩形． S ＝2×(1×1＋1×3＋1×2)＝6＋2 3.11．一个正三棱锥的底面边长为6，侧棱长为15，求这个三棱锥的体积．解：正三棱锥S -ABC 如图所示，设H 为正三角形ABC 的中心，连接SH ，则SH 的长即为该正三棱锥的高． 连接AH 并延长交BC 于点E ， 则E 为BC 的中点，且AE ⊥BC . ∵△ABC 是边长为6的正三角形， ∴AE ＝32×6＝33，∴AH ＝23AE ＝2 3. 在△ABC 中，S △ABC ＝12BC ·AE ＝12×6×33＝9 3.在Rt △SHA 中，SA ＝15，AH ＝23， ∴SH ＝SA 2－AH 2＝15－12＝3， ∴V 正三棱锥＝13S △ABC ·SH ＝13×93×3＝9.12．如图，一个圆锥的底面半径为2，高为4，在其中有一个高为x 的内接圆柱．(1)求圆柱的侧面积；(2)当x 为何值时，圆柱的侧面积最大？解：(1)如图，设内接圆柱底面半径为r .S 圆柱侧＝2πr ·x .①∵r 2＝4－x 4，∴r ＝12(4－x )．②②代入①，S 圆柱侧＝2πx ·12(4－x )＝π(－x 2＋4x )(0＜x ＜4)．(2)S 圆柱侧＝π(－x 2＋4x )＝π[－(x －2)2＋4]， ∴x ＝2时，S 圆柱侧最大＝4π.[B 级 难度题——适情自主选做]1．(2019·衡水一模)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中六边形ABCDEF 是边长为1的正六边形，点G 为AF 的中点，则该几何体的外接球的表面积是( )。

课时作业(三十六)[第36讲空间几何体的表面积和体积][时间：45分钟分值：100分]基础热身1．已知几何体的三视图如图K36－1所示，则该几何体的表面积为()A．80＋7π B．96＋7πC．96＋8π D．96＋9π图K36－1图K36－22．一个空间几何体的三视图及其尺寸如图K36－2所示，则该空间几何体的体积是()A.143 B.73C．14 D．73．[2011·开封模拟] 一个几何体按比例绘制的三视图如图K36－3所示(单位：m)，则该几何体的体积为()－3A．4 m3 B.92m3C．3 m3 D.94m34．某品牌香水瓶的三视图如图K36－4(单位：cm)，则该几何体的表面积为()图K36－4A.⎝⎛⎭⎫95－π2 cm 2B.⎝⎛⎭⎫94－π2 cm 2C.⎝⎛⎭⎫94＋π2 cm 2D.⎝⎛⎭⎫95＋π2 cm 2 能力提升5．已知一个四棱锥的底面为正方形，其三视图如图K36－5所示，则这个四棱锥的体积是( )A ．1B ．2C ．3D ．4图K36－5图K36－66．一个棱锥的三视图如图K36－6，则该棱锥的全面积为( ) A ．48＋12 2 B ．48＋24 2 C ．36＋12 2 D ．36＋24 2 7．[2010·安徽卷] 一个几何体的三视图如图K36－7，该几何体的表面积为( )－7A．280 B．292 C．360 D．3728－8所示，则该三棱锥的体积为()A．4 3 B．8 3 C．12 3 D．24 39．如图K36－9(单位：cm)，将图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的体积为(单位：cm3)()A．40π B.140π3C．50π D.160π310．一个底面半径为1，高为6的圆柱被一个平面截下一部分，如图K36－10，截下部分的母线最大长度为2，最小长度为1，则截下部分的体积是________．11．若某几何体的三视图(单位：cm)如图K36－11所示，则此几何体的体积是________ cm3.1112．表面积为定值S的正四棱柱体积的最大值为________．13．在三棱柱ABC－A′B′C′中，点P，Q分别在棱BB′，CC′上，且BP＝2PB′，CQ＝3QC′，若三棱柱的体积为V，则四棱锥A－BPQC的体积是________．14．(10分)如图K36－12所示的△OAB绕x轴和y轴各旋转一周，分别求出所得几何体的表面积．15．(13分)已知某几何体的俯视图是如图K36－13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.难点突破16．(12分)正三棱锥的高为1，底面边长为26，内有一个球与四个面都相切，求棱锥的表面积和球的半径．课时作业(三十六)【基础热身】1．C [解析] 这个空间几何体上半部分是底面半径为1，高为4的圆柱，下半部分是棱长为4的正方体，故其全面积是2π×1×4＋π×12＋6×4×4－π×12＝96＋8π.故选C.2．A [解析] 这个空间几何体是一个一条侧棱垂直于底面的四棱台，这个四棱台的高是2，上底面是边长为1的正方形，下底面是边长为2的正方形，故其体积V ＝13(12＋12×22＋22)×2＝143.3．C [解析] 根据视图还原几何体．这个空间几何体的直观图如下，其体积是3 m 3.4．C [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.【能力提升】5．B [解析] 这个四棱锥的高是13－4＝3，底面积是2×2＝2，故其体积为13×2×3＝2.故选B.6．A [解析] 根据给出的三视图，这个三棱锥是一个底面为等腰直角三角形、一个侧面垂直于底面的三棱锥，其直观图如图所示，其中PD ⊥平面ABC ，D 为BC 中点，AB ⊥AC ，过D 作ED ⊥AB 于E ，连接PE ，由于AB ⊥PD ，AB ⊥DE ，故AB ⊥PE ，PE 即为△PAB 的底边AB 上的高．在Rt △PDE 中，PE ＝5，侧面PAB ，PAC 面积相等，故这个三棱锥的全面积是2×12×6×5＋12×6×6＋12×62×4＝48＋12 2.7．C [解析] 由题中的三视图知，该几何体是由两个长方体组成的简单组合体，下面是一个长、宽、高分别是8,10,2的长方体，上面竖着的是一个长、宽、高分别为6、2、8的长方体，那么其表面积等于下面长方体的表面积与上面长方体的侧面积之和，即S ＝2(8×10＋8×2＋10×2)＋2(6×8＋2×8)＝360.8．A [解析] 根据三视图可知，在这个三棱锥中其侧视图的高就是三棱锥的高、俯视图的面积就是三棱锥的底面积，其中俯视图的宽度和侧视图的宽度相等，所以侧视图的底边长是2，由此得侧视图的高为23，此即为三棱锥的高；俯视图的面积为6，此即为三棱锥的底面积．所以所求的三棱锥的体积是13×6×23＝4 3.9．B [解析] 由图中数据，根据圆台和球的体积公式得V 圆台＝43×[π×22＋(π×22)×(π×52)＋π×52]＝52π，V 半球＝43π×23×12＝163π. 所以，旋转体的体积为V 圆台－V 半球＝52π－163π＝1403π(cm 3)．10.3π2 [解析] 这样的几何体我们没有可以直接应用的体积计算公式，根据对称性可以把它补成如图所示的圆柱，这个圆柱的高是3，这个圆柱的体积是所求的几何体体积的2倍，故所求的几何体的体积是12×π×12×3＝3π2.11．144 [解析] 该空间几何体为一四棱柱和一四棱台组成的，四棱柱的长宽都为4，高为2，体积为4×4×2＝32，四棱台的上下底面分别为边长为4和8的正方形，高为3，所以体积为13×3×(42＋42×82＋82)＝112，所以该几何体的体积为32＋112＝144.12.S 6S36 [解析] 设正四棱柱的底面边长为a ，高为h ，则该正四棱柱的表面积为2a 2＋4ah ＝S ，即h ＝S －2a 24a ，体积为V ＝a 2h ＝14a (S －2a 2)＝14(Sa －2a 3)，则V ′＝14(S －6a 2)． 令V ′＝0得a ＝S6，且当0<a <S6时，V ′>0，当a >S6时，V ′<0，故当a ＝S 6＝6S6时，V 取极大值，由于这个极值唯一故也是最大值，此时h ＝S －2a 24a ＝S －S34S 6＝6S 6，体积的最大值是S 6S 36.13.1736V [解析] 四棱锥A －BPQC 与四棱锥A －BB ′C ′C 具有相同的高，故其体积之比等于其底面积之比，由BP ＝2PB ′，CQ ＝3QC ′得BP ＝23BB ′，CQ ＝34CC ′，设平行四边形BB ′C ′C 的高为h ，则其面积S ＝CC ′·h ，则梯形BPQC 的面积等于12⎝⎛⎭⎫23BB ′＋34CC ′·h ＝1724CC ′·h ＝1724S ，故V A －BPQC ＝1724V A －BB ′C ′C .而V A －BB ′C ′C ＝V －V A －A ′B ′C ′＝V －13V ＝23V ，故V A －BPQC ＝1724×23V ＝1736V .14．[解答] 绕x 轴旋转一周形成的空间几何体是一个上下底面半径分别为2,3，高为3的圆台，挖去了一个底面半径为3，高为3的圆锥，如图(1)，其表面积是圆台的半径为2的底面积、圆台的侧面积、圆锥的侧面积之和．圆台的母线长是10，圆锥的母线长是32，故其表面积S 1＝π·22＋π(2＋3)·10＋π·3·32＝(4＋510＋92)π.绕y 轴旋转一周所形成的空间几何体是一个大圆锥挖去了一个小圆锥，如图(2)，此时大圆锥的底面半径为3，母线长为32，小圆锥的底面半径为3，母线长为10，这个空间几何体的表面积是这两个圆锥的侧面积之和，故S 2＝π·3·32＋π·3·10＝(92＋310)π.15．[解答] 由已知可得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．(1)V ＝13×(8×6)×4＝64.(2)该四棱锥有两个侧面PAD 、PBC 是全等的等腰三角形，且BC 边上的高为h 1＝42＋⎝⎛⎭⎫822＝42，另两个侧面PAB 、PCD 也是全等的等腰三角形，且AB 边上的高为h 2＝42＋⎝⎛⎭⎫622＝5，因此S ＝2⎝⎛⎭⎫12×6×42＋12×8×5＝40＋24 2. 【难点突破】16．[解答] 过PA 与球心O 作截面PAE 与平面PCB 交于PE ，与平面ABC 交于AE .因△ABC 是正三角形，易知AE 即是△ABC 中BC 边上的高，又是BC 边上的中线，作为正三棱锥的高PD 通过球心，且D 是三角形△ABC 的重心，据此及底面边长为26，即可算出DE ＝13AE ＝13×32×26＝2，PE ＝1＋(2)2＝3，由△POF ∽△PED ，知r DE ＝1－rPE ， ∴r 2＝1－r 3，∴r ＝6－2. ∴S 表＝S 侧＋S 底＝3×12×26×3＋34×(26)2＝92＋6 3.。

第一节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式2．空间几何体的表面积与体积公式[小题体验]1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为________．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：323π 2．(2018·南京高三年级学情调研)将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为27π cm 3，则该圆柱的侧面积为________cm 2.解析：设正方形的边长为a cm ，则πa 2·a ＝27π，得a ＝3，所以侧面积2π×3×3＝18π cm 2. 答案：18π3．(2018·海安高三质量测试)已知正三棱锥的体积为36 3 cm 3，高为4 cm ，则底面边长为________cm. 解析：设正三棱锥的底面边长为a cm ，则其面积为S ＝34a 2，由题意知13×34a 2×4＝363，解得a ＝6 3.答案：6 31．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错． 2．易混侧面积与表面积的概念． [小题纠偏]1．圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶12．已知正四棱柱的底面边长为3 cm ，侧面的对角线长为3 5 cm ，则这个正四棱柱的侧面积是________cm 2. 解析：正四棱柱的高为(35)2－32＝6 cm ，所以侧面积是4×3×6＝72 cm 2. 答案：72考点一 空间几何体的表面积 (基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．棱长为2的正四面体的表面积是________．解析：每个面的面积为：12×2×2×32＝ 3.所以正四面体的表面积为4 3.答案：4 32．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________． 解析：由题意可知该六棱锥为正六棱锥，正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′. 由题意，得13×6×34×22×h ＝23，所以h ＝1，所以斜高h ′＝12＋(3)2＝2， 所以S 侧＝6×12×2×2＝12.答案：123．已知在梯形ABCD 中，AB ⊥BC ，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2，将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周形成的几何体的表面积为________．解析：由题意得几何体如图所示，几何体是底面半径为1，高为2的圆柱挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后剩下的部分，所以几何体的表面积为一个圆柱底面与圆柱侧面、圆锥侧面之和，即π×12＋2π×1×2＋π×1×12＋12＝(5＋2)π.答案：(5＋2)π[谨记通法]几何体的表面积的求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．考点二 空间几何体的体积 (重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2018·苏州高三暑假测试)如图，正四棱锥P -ABCD 的底面一边AB 的长为2 3 cm ，侧面积为8 3 cm 2，则它的体积为________cm 3.解析：记正四棱锥P -ABCD 的底面中心为点O ，棱AB 的中点为H ，连结PO ，HO ，PH ，则PO ⊥平面ABCD ，因为正四棱锥的侧面积为8 3 cm 2，所以83＝4×12×23×PH ，解得PH ＝2，在Rt △PHO 中，HO ＝3，所以PO ＝1，所以V P -ABCD ＝13·S 正方形ABCD ·PO ＝4 cm 3. 答案：42．(2019·高邮模拟)如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，已知AB ＝AA 1＝3，点P 在棱CC 1上，则三棱锥P -ABA 1的体积为________．解析：因为S △ABA 1＝12×3×3＝92，点P 到平面ABA 1的距离h 为△ABC 的高332，所以三棱锥P -ABA 1的体积V ＝13 S △ABA 1h ＝934.答案：934[由题悟法]有关几何体体积的类型及解题策略[即时应用]1．现有一个底面半径为3，母线长为5的圆锥状实心铁器，将其高温熔化后铸成一个实心铁球(不计损耗)，则该铁球的半径是________．解析：因为圆锥底面半径为3，母线长为5，所以圆锥的高为52－32＝4，其体积为 13π×32×4＝12π.设铁球的半径为r ，则43πr 3＝12π，解得r ＝39，所以该铁球的半径是 39.答案：392．(2018·南通调研)如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，若各棱长均为2，且M 为A 1C 1的中点，则三棱锥M -AB 1C 的体积是________．解析：在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面A 1B 1C 1，则AA 1⊥B 1M .因为B 1M 是正三角形的中线，所以B 1M ⊥A 1C 1.因为A 1C 1∩AA 1＝A 1，所以B 1M ⊥平面ACC 1A 1，则V M -AB 1C ＝V B 1-ACM ＝13×12×AC ×AA 1×B 1M ＝13×12×2×2×3＝233. 答案：233考点三 与球有关的切、接问题 (题点多变型考点——多角探明) [锁定考向]与球有关的切、接问题是每年高考的热点，也是难点，题型多为填空题． 常见的命题角度有： (1)球与柱体的切、接问题；(2)球与锥体的切、接问题．[题点全练]角度一：球与柱体的切、接问题1．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为________． 解析：设该球的半径为R ，根据正四棱柱的外接球的直径长为正四棱柱的体对角线长，可得(2R )2＝(2)2＋12＋12，解得R ＝1，所以该球的体积V ＝43πR 3＝4π3.答案：4π32．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.答案：32角度二：球与锥体的切、接问题3．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则棱锥的内切球的半径为________． 解析：如图，过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ，连接AD 并延长交BC 于点E ，连接PE ，因为△ABC 是正三角形，所以AE 是BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心． 因为AB ＝23，所以S △ABC ＝33，DE ＝1，PE ＝ 2. 所以S 表＝3×12×23×2＋33＝36＋3 3.因为PD ＝1，所以三棱锥的体积V ＝13×33×1＝ 3.设球的半径为r ，以球心O 为顶点，三棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个 小棱锥， 则r ＝3336＋33＝2－1.答案：2－14．(2017·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________．解析：如图，连接AO ，OB ，因为SC 为球O 的直径， 所以点O 为SC 的中点， 因为SA ＝AC ，SB ＝BC ， 所以AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，因为平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ， 所以AO ⊥平面SCB ， 设球O 的半径为R ， 则OA ＝OB ＝R ，SC ＝2R .所以V S -ABC ＝V A -SBC ＝13×S △SBC ×AO ＝13×⎝⎛⎭⎫12×SC ×OB ×AO ， 即9＝13×⎝⎛⎭⎫12×2R ×R ×R ，解得 R ＝3，所以球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π. 答案：36π[通法在握]“切”“接”问题处理的注意事项 (1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．(2)“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[演练冲关]1．(2018·太湖高级中学检测)一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在同一个球面上，则该球的体积为________．解析：由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r ＝1，其高h ＝1，所以球半径为R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎫h 22＝1＋14＝52，所以该球的体积V ＝43πR 3＝43×⎝⎛⎭⎫523π＝55π6. 答案：55π62．三棱锥P -ABC 中，AB ＝BC ＝15，AC ＝6，PC ⊥平面ABC ，PC ＝2，则该三棱锥的外接球表面积为________． 解析：由题可知，△ABC 中AC 边上的高为15－32＝6，球心O 在底面ABC 的投影即为△ABC 的外心D ，设DA ＝DB ＝DC ＝x ，所以x 2＝32＋(6－x )2，解得x ＝546，所以R 2＝x 2＋⎝⎛⎭⎫PC 22＝758＋1＝838(其中R 为三棱锥外接球的半径)，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝832π. 答案：832π 3．(2019·南京四校联考)已知在三棱锥S ABC 中，△SAB ，△SBC ，△SAC 都是以S 为直角顶点的等腰三角形，且AB ＝BC ＝CA ＝2，则三棱锥S -ABC 的内切球的半径为________．解析：由题意知，SA ＝SB ＝SC .设SA ＝SB ＝SC ＝a ，则2a ＝2，a ＝1.设三棱锥S -ABC 的内切球的半径为r ，则由等体积法可得，V S -ABC ＝13×⎝⎛⎭⎫12×1×1×r ×3＋12×62×2×r ＝V A -SBC ＝13×⎝⎛⎭⎫12×1×1×1，解得r ＝3－36，即三棱锥S -ABC 的内切球的半径为3－36. 答案：3－36一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·徐州高三年级期中考试)各棱长都为2的正四棱锥的体积为________．解析：由题意得，底面对角线长为22，所以正四棱锥的高为22－(2)2＝2，所以正四棱锥的体积V ＝13Sh＝13×22×2＝423. 答案：4232．(2018·苏锡常镇调研)设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1V 2＝3π，则S 1S 2的值为________． 解析：法一：由题意知V 1＝a 3，S 1＝6a 2， V 2＝13πr 3，S 2＝2πr 2，由V 1V 2＝3π得a 313πr 3＝3π， 得a ＝r ，从而S 1S 2＝32π.法二：不妨设V 1＝27，V 2＝9π，故V 1＝a 3＝27，即a ＝3，所以S 1＝6a 2＝54.如图所示，又V 2＝13h ×πr 2＝13πr 3＝9π，即r ＝3，所以l ＝2r ，即S 2＝12l ×2πr ＝2πr 2＝92π，所以S 1S 2＝5492π＝32π.答案：32π3．(2018·南京二模)如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝ 6.若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，则三棱锥A -A 1EF 的体积是________．解析：因为在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1∥BB 1，AA 1⊂平面AA 1C 1C ，BB 1⊄平面AA 1C 1C ，所以BB 1∥平面AA 1C 1C ，从而点E 到平面AA 1C 1C 的距离就是点B 到平面AA 1C 1C 的距离，作BH ⊥AC ，垂足为点H ，由于△ABC 是正三角形且边长为4，所以BH ＝23，从而三棱锥A -A 1EF 的体积V A -A 1EF ＝V E -A 1AF＝ 13S △A 1AF ·BH ＝13×12×6×4×23＝8 3. 答案：8 34．(2018·海安期中)如图，在棱长为2的正方体ABCD -A1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，则三棱锥O -A 1BC 1的体积为________．解析：连结AC ，因为几何体是正方体，所以BO ⊥平面A 1OC 1，BO 是三棱锥B -A 1OC 1的高，则三棱锥O -A 1BC 1的体积为13×12×22×2×2＝43.答案：435．(2018·盐城模拟)若一圆锥的底面半径为1，其侧面积是底面积的3倍，则该圆锥的体积为________． 解析：设圆锥的母线长为l ，高为h ，则π×1×l ＝3π×12，解得l ＝3， 则h ＝32－12＝22，故该圆锥的体积V ＝13π×12×22＝22π3.答案：22π36．(2018·苏锡常镇一调)如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 是棱BB 1的中点，则四棱锥P -AA 1C 1C 的体积为________．解析：四棱锥P -AA 1C 1C 可看作：半个正方体割去三棱锥P -ABC 和P -A 1B 1C 1.所以V P -AA 1C 1C ＝12V ABCD -A 1B 1C 1D 1－V P -ABC －V P -A 1B 1C 1＝12－112－112＝13. 答案：13二保高考，全练题型做到高考达标1．(2019·扬州模拟)圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为________．解析：设圆台较小底面半径为r ， 则另一底面半径为3r .由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7. 答案：72．(2018·常州期中)如图，一个实心六角螺帽毛坯(正六棱柱)的底边长为4，高为3，若在中间钻一个圆柱形孔后其表面积没有变化，则孔的半径为________．解析：设孔的半径为r ，∵此正六棱柱的底边长为4，高为3，在中间钻一个圆柱形孔后其表面积没有变化，∴2×πr 2＝2πr ×3，解得r ＝3，∴孔的半径为3.答案：33．(2018·常州期末)以一个圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥，若所得的圆锥底面半径等于圆锥的高，则圆锥的侧面积与圆柱的侧面积的比值为________．线l ＝h 2＋r 2＝2r ，故解析：如图，由题意可得圆柱的侧面积为S1＝2πrh ＝2πr 2.圆锥的母圆锥的侧面积为S 2＝12×2πr ×l ＝2πr 2，所以S 2∶S 1＝2∶2.答案：224．(2018·苏北四市一模)将斜边长为4的等腰直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周，则所形成的几何体的体积是________．解析：因为等腰直角三角形的斜边长为4，所以斜边上的高为2，故旋转后的几何体为两个大小相等的圆锥的组合体，圆锥的底面半径为2，高为2，因此，几何体的体积为V ＝2×13π×22×2＝16π3.答案：16π35．(2018·泰州中学高三学情调研)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 为AA 1中点，Q 为CC 1的中点，AB ＝2，则三棱锥B -P Q D 的体积为________．解析：如图，连结P Q ，则P Q ∥AC ，取P Q 的中点G ，连结BG ，DG ，可得BG ⊥P Q ，DG⊥P Q ，又BG ∩DG ＝G ，则P Q ⊥平面BGD ，在Rt △BPG 中，由BP ＝5，PG ＝2，可得BG ＝所以S △BDG ＝12×223，同理可得DG ＝3，则△BDG 边BD 上的高为(3)2－(2)2＝1，×1＝2，则V B -P Q D＝13×2×22＝43. 答案：436．(2019·盐城检测)有一个用橡皮泥制作的半径为4的球，现要将该球所用的橡皮泥制作成一个圆柱和一个圆锥，使圆柱和圆锥有相同的底面半径和相等的高，若它们的高为8，则它们的底面半径为________．解析：由已知可得球的体积为V ＝43π×43＝256π3.设圆柱和圆锥的底面半径为r ，则圆柱和圆锥的体积和为8πr 2＋83πr 2＝256π3，解得r ＝2 2. 答案：2 27．(2018·启东调研)如图，Rt △ABC 的外接圆⊙O 的半径为5，CE 垂直于⊙O 所在的平面，BD ∥CE ，CE ＝4，BD ＝2，ED ＝210，若M 为ED 的中点，则V M -ACB ＝________.中，由ED ＝210，EH 解析：如图，过D 作DH ⊥CE 于H ，则BC ＝DH ，在Rt △EDH ＝EC －DB ＝2，得BC ＝DH ＝6，所以在Rt △ABC 中，AB ＝10，BC＝6，所以AC ＝8，即S △ABC ＝24，又因为CE 垂直于⊙O 所在的平面，BD ∥CE ，M 为ED 的中点，所以M 到平面ABC 的距离为3，所以V M -ACB ＝13S △ABC ×3＝24. 答案：248．(2018·连云港调研)已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，且该棱锥的高为4，底面边长为22，则该球的表面积为________．解析：如图，正四棱锥P -ABCD 的外接球的球心O 在它的高PO 1上，设球的半径为R ，所以R ＝52，所以球的表因为底面边长为22，所以AC ＝4.在Rt △AOO 1中，R 2＝(4－R )2＋22，面积S ＝4πR 2＝25π.答案：25π9．(2018·苏州期末)如图，在体积为V 1的圆柱中挖去以圆柱上下底面为底面、共顶点的两个圆锥，剩余部分的体积为V 2，则V 2V 1＝________. 解析：设圆锥与圆柱的底面面积为S ，高为h ， 所以V 1＝Sh ，V 2＝Sh －13Sh ＝23Sh ，则V 2V 1＝23.答案：2310．一个倒圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，在容器内放一个半径为r 的铁球，并向容器内注水，使水面恰好与铁球面相切．将球取出后，容器内的水深是多少？解：如图，作轴截面，设球未取出时，水面高PC ＝h ，球取出后，水面高PH ＝x .根据圆锥＝13π×AC 2×PC ＝题设条件可得AC ＝3r ，PC ＝3r ，则以AB 为底面直径的圆锥容积为V 13π(3r )2×3r ＝3πr 3. V 球＝43πr 3.球取出后，水面下降到EF ，水的体积为 V 水＝13π×EH 2×PH ＝13π(PH tan 30°)2PH ＝19πx 3.又V 水＝V 圆锥－V 球，则19πx 3＝3πr 3－43πr 3，解得x ＝315r .故球取出后，容器内水深为315r . 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．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________．解析：如图，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝1232＋42＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝ ⎝⎛⎭⎫522＋62＝132. 答案：1322．三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC 且PA ＝2，△ABC 是边长为3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为________．解析：由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、以PA 为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC 的外接圆半径r ＝32×3×23＝1，外接球球心到△ABC 的外接圆圆心的距离d ＝1，所以外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝2，所以三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝8π.答案：8π3．如图是一个以A 1B 1C 1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝2，∠A 1B 1C 1＝90°，AA 1＝4，BB 1＝3，CC 1＝2，求：(1)该几何体的体积．(2)截面ABC 的面积．解：(1)过C 作平行于A 1B 1C 1的截面A 2B 2C ，交AA 1，BB 1分别于点A 2，B 2. 由直三棱柱性质及∠A 1B 1C 1＝90°可知B 2C ⊥平面ABB 2A 2，则该几何体的体积V ＝V A 1B 1C 1-A 2B 2C ＋V C -ABB 2A 2＝12×2×2×2＋13×12×(1＋2)×2×2＝6. (2)在△ABC 中，AB ＝22＋(4－3)2＝5，BC ＝22＋(3－2)2＝5，AC ＝(22)2＋(4－2)2＝2 3.则S △ABC ＝12×23×(5)2－(3)2＝ 6.。