2021高考数学考点精讲精练《24 空间几何体体积及表面积》(讲解)(原卷版)

专题8.2 空间几何体的表面积和体积【考情分析】1. 了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式. 【重点知识梳理】知识点一 圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式知识点二 柱、锥、台、球的表面积和体积【知识必备】1．设正方体的棱长为a ，则它的内切球半径r ＝a 2，外接球半径R ＝32a .2．设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则它的外接球半径R ＝a 2＋b 2＋c 22.3．设正四面体的棱长为a ，则它的高为63a ，内切球半径r ＝612a ，外接球半径R ＝64a . 4．直棱柱的外接球半径可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，可知球心为上下底面外接圆圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径．【典型题分析】高频考点一 空间几何体的的表面积【例1】（2020·新课标Ⅰ）已知A 、B 、C 为球O球面上的三个点，Ⅰ1O 为ABC 的外接圆，若Ⅰ1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ）A. 64πB. 48πC. 36πD. 32π【变式探究】（2020·北京卷）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（ ）．A 63+ B. 623+C. 123+D. 1223+【方法技巧】求空间几何体表面积的常见类型及思路【变式探究】(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π高频考点二 空间几何体的体积的.【例2】（2020·浙江卷）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A. 73B.143C. 3D. 6【变式探究】【2019·北京卷】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【变式探究】(2018·天津卷)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M －EFGH 的体积为________.高频考点三 割补法求体积【例3】(2017·全国卷Ⅰ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π【方法技巧】把不规则的图形分割成规则的图形，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算其体积。

2021届高考数学（理）考点复习空间几何体及其表面积、体积1．多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形含义①有两个面互相平行且全等，其余各面都是平行四边形．②每相邻两个四边形的公共边都互相平行有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形的多面体用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面和底面之间的部分侧棱平行且相等相交于一点但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形2.旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形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全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环3.三视图与直观图三视图画法规则：长对正、高平齐、宽相等直观图斜二测画法：(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在直观图中仍平行于坐标轴，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 轴的线段在直观图中长度为原来的一半.4.多面体的表面积、侧面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．5．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＝2πrlS 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l6.柱、锥、台、球的表面积和体积名称几何体 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概念方法微思考1．如何求旋转体的表面积？提示 求旋转体的侧面积时需要将曲面展开为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面积之和． 2．如何求不规则几何体的体积？提示 求不规则几何体的体积要注意分割与补形，将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则的几何体求解．1．（2020•天津）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( ) A ．12π B ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【解析】由题意，正方体的对角线就是球的直径， 所以23236R =⨯=， 所以3R =，2436S R ππ==． 故选C ．2．（2020•新课标Ⅰ）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A 51- B 51-C 51+D 51+【答案】C【解析】设正四棱锥的高为h ，底面边长为a ，侧面三角形底边上的高为h '， 则依题意有：222212()2h ah a h h ⎧='⎪⎪⎨⎪='-⎪⎩，因此有222151()4()2()1022a h h h h ah a a a '''+'-='⇒--=⇒=51-+故选C ．3．（2020•新课标Ⅰ）已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，1O 为ABC ∆的外接圆．若1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为( )A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】由题意可知图形如图：1O 的面积为4π，可得12O A =，则 13sin 602AO AB =︒，13322AO AB =， 123AB BC AC OO ∴====，外接球的半径为：22114R AO OO =+=， 球O 的表面积：24464ππ⨯⨯=． 故选A ．4．（2019•新课标Ⅰ）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，90CEF ∠=︒，则球O 的体积为( ) A ．86π B ．46πC ．26πD ．6π【答案】D 【解析】如图，由PA PB PC ==，ABC ∆是边长为2的正三角形，可知三棱锥P ABC -为正三棱锥， 则顶点P 在底面的射影1O 为底面三角形的中心，连接1BO 并延长，交AC 于G ， 则AC BG ⊥，又1PO AC ⊥，11PO BG O =，可得AC ⊥平面PBG ，则PB AC ⊥，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，//EF PB ∴，又90CEF ∠=︒，即EF CE ⊥，PB CE ∴⊥，得PB ⊥平面PAC ，∴正三棱锥P ABC -的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球， 其直径为2222222221()2D PA PB PC PA PB PB PC PA PC ++=+++++ 22222211()(222)622AB BC AC =++=++=． 6，则球O 的体积为346(63ππ⨯=． 故选D ．5．（2018•新课标Ⅰ）已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( ) A ．122π B ．12π C ．82π D ．10π【答案】B【解析】设圆柱的底面直径为2R ，则高为2R ， 圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形， 可得：248R =，解得2R ，则该圆柱的表面积为：2(2)2222212πππ⨯+⨯． 故选B ．6．（2018•新课标Ⅲ）设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC ∆为等边三角形且面积为93D ABC -体积的最大值为( ) A ．123 B ．183 C ．243 D ．543【答案】B【解析】ABC ∆为等边三角形且面积为32393AB =6AB =， 球心为O ，三角形ABC 的外心为O '，显然D 在O O '的延长线与球的交点如图： 236233O C '==，224(23)2OO '-=，则三棱锥D ABC -高的最大值为：6，则三棱锥D ABC -体积的最大值为：313618334⨯⨯=．故选B ．7．（2017•全国）正三棱柱111ABC A B C -各棱长均为1，D 为1AA 的中点，则四面体1A BCD 的体积是( ) A ．3 B ．3 C ．3 D ．3 【答案】D 【解析】如图，111ABC A B C -为正三棱柱，∴底面ABC 为正三角形，侧面11BB C C 为正方形，1111111A BCD ABC A B C A BB C C D ABC V V V V ---=--131311313111123322=⨯⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=． 故选D ．8．（2017•新课标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 ．34πC ．2π D ．4π 【答案】B【解析】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， ∴该圆柱底面圆周半径22131()22r =-=，∴该圆柱的体积：233()124V Sh ππ==⨯⨯=． 故选B ．9．（2020•海南）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，则三棱锥1A NMD -的体积为__________． 【答案】13【解析】如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，∴111122ANM S ∆=⨯⨯=， ∴111112323A NMD D AMN V V --==⨯⨯=． 故答案为：13．10．（2020•浙江）已知圆锥的侧面积（单位：2)cm 为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：)cm 是__________． 【答案】1cm【解析】圆锥侧面展开图是半圆，面积为22cm π，设圆锥的母线长为acm ，则2122a ππ⨯=，2a cm ∴=，∴侧面展开扇形的弧长为2cm π，设圆锥的底面半径OC rcm =，则22r ππ=，解得1r cm =． 故答案为：1cm ．11．（2020•江苏）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2cm ，高为2cm ，内孔半径为0.5cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是__________．【答案】1232π-【解析】六棱柱的体积为：1622sin 6021232⨯⨯⨯⨯︒⨯=圆柱的体积为：2(0.5)22ππ⨯⨯=，所以此六角螺帽毛坯的体积是：3(123)2cm π，故答案为：1232π．12．（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__________． 2 【解析】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3BS =，底面半径1BC =， 则其高2222SC BS BC =-=， 不妨设该内切球与母线BS 切于点D ， 令OD OC r ==，由SOD SBC ∆∆∽，则OD BCOS BS=， 即1322r=-，解得2r =， 3423V r ππ==，故答案为：2π．13．（2019•全国）已知平面α截球O 的球面所得圆的面积为π，O 到α的距离为3，则球O 的表面积为__________． 【答案】40π【解析】平面α截球O 的球面所得圆的面积为π，则圆的半径为1， 该平面与球心的距离3d =，∴球半径221310R =+ ∴球的表面积2440S R ππ==．故答案为：40π．14．（2019•江苏）如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E BCD -的体积是__________．【答案】10【解析】长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，∴11111120ABCD A B C D V AB BC DD -=⨯⨯=， ∴三棱锥E BCD -的体积：13E BCD BCD V S CE -∆=⨯⨯1132BC DC CE =⨯⨯⨯⨯ 1112AB BC DD =⨯⨯⨯ 10=．故答案为：10．15．（2019•新课标Ⅲ）学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O EFGH -后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，6AB BC cm ==，14.3AA cm D =打印所用原料密度为30.9/g cm ．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为__________g ．【答案】118.8【解析】该模型为长方体1111ABCD A B C D -，挖去四棱锥O EFGH -后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H ，分别为所在棱的中点，6AB BC cm ==，14AA cm =，∴该模型体积为：1111ABCD A B C D O EFGH V V ---11664(46432)332=⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯⨯⨯314412132()cm =-=，3D 打印所用原料密度为30.9/g cm ，不考虑打印损耗，∴制作该模型所需原料的质量为：1320.9118.8()g ⨯=．故答案为：118.8．16．（2018•全国）已知三棱锥O ABC -的体积为1，1A 、1B 、1C 分别为OA 、OB 、OC 的中点，则三棱锥111O A B C -的体积为__________． 【答案】18【解析】如图，1A 、1B 、1C 分别为OA 、OB 、OC 的中点，∴△111A B C ABC ∆∽，则11114A B C ABC SS ∆=， 过O 作OG ⊥平面ABC ，交平面111A B C 于1G ，则112OG OG =．∴1111111111383A B C ABC O A B C V S OG S OG ∆-=⋅=⨯⋅三棱锥1188O ABC V -==．故答案为：18．17．（2018•天津）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，则四棱锥111A BB D D -的体积为__________．【答案】13【解析】由题意可知四棱锥111A BB D D -的底面是矩形，边长：1和2， 四棱锥的高：111222AC =． 则四棱锥111A BB D D -的体积为：1211233⨯⨯⨯=．故答案为：13．18．（2018•天津）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M （如图），则四棱锥M EFGH -的体积为__________．【答案】112【解析】正方体的棱长为1，M EFGH -的底面是正方形的边长为：2， 四棱锥是正四棱锥，棱锥的高为12， 四棱锥M EFGH -的体积：21211()32212⨯⨯=．故答案为：112．19．（2018•江苏）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】43【解析】正方体的棱长为22， 八面体看做两个正四棱锥，棱锥的高为1，多面体的中心为顶点的多面体的体积为：14222133⨯=．故答案为：43．20．（2018•上海）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，3AB =，4BC =，15AA =，O 是11A C 的中点，则三棱锥11A AOB -的体积为__________．【答案】5【解析】1111111111134553322A A OBC A OB A OB V V S CC --===⨯⨯⨯⨯⨯=．故答案为：5．21．（2017•天津）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为__________． 【答案】92π【解析】设正方体的棱长为a ， 这个正方体的表面积为18， 2618a ∴=，则23a =，即3a =一个正方体的所有顶点在一个球面上，∴正方体的体对角线等于球的直径，32a R =， 即32R =， 则球的体积3439()322V ππ==；故答案为：92π． 22．（2017•新课标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__________． 【答案】36π【解析】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，可知三角形SBC 与三角形SAC 都是等腰直角三角形，设球的半径为r ， 可得112932r r r ⨯⨯⨯⨯=，解得3r =．球O 的表面积为：2436r ππ=． 故答案为：36π．23．（2017•新课标Ⅰ）如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O ．D 、E 、F 为圆O 上的点，DBC ∆，ECA ∆，FAB ∆分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起DBC ∆，ECA ∆，FAB ∆，使得D 、E 、F 重合，得到三棱锥．当ABC ∆的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：3)cm 的最大值为__________．【答案】3415cm【解析】解法一：由题意，连接OD ，交BC 于点G ，由题意得OD BC ⊥，3OG =， 即OG 的长度与BC 的长度成正比， 设OG x =，则23BC x =，5DG x =-，三棱锥的高222225102510h DG OG x x x x --+--， 2213(23)332ABC S x x ∆==，则24132510325103ABC V S h x x x ∆=⨯=--令45()2510f x x x =-，5(0,)2x ∈，34()10050f x x x '=-，令()0f x '，即4320x x -，解得2x ， 则()f x f （2）80=，3380415V cm ∴⨯=，∴体积最大值为3415cm ．故答案为：3415cm ．解法二：如图，设正三角形的边长为x ，则1333OG ==，35FG SG x ∴==， 2222333(5)()5(5)663SO h SG GO x x x ==----， ∴三棱锥的体积13ABC V S h ∆=451331535(5)533123x x x =--， 令453()5b x x =-，则3453()20b x x '=， 令()0b x '=，则43403x =，解得43x =∴3754854415()max V cm =-=． 故答案为：3415cm ．24．（2020•上海）已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为正方形，边长为3，PD ⊥平面ABCD ． （1）若5PC =，求四棱锥P ABCD -的体积； （2）若直线AD 与BP 的夹角为60︒，求PD 的长．【解析】（1）PD ⊥平面ABCD ，PD DC ∴⊥．3CD =，5PC ∴=，4PD ∴=， 2134123P ABCD V -∴=⨯⨯=，所以四棱锥P ABCD -的体积为12． （2）ABCD 是正方形，PD ⊥平面ABCD ，BC PD ∴⊥，BC CD ⊥又PD CD D =BC ∴⊥平面PCD BC PC ∴⊥异面直线AD 与PB 所成角为60︒，//BC AD∴在Rt PBC ∆中，60PBC ∠=︒，3BC =故33PC =在Rt PDC ∆中，3CD = 32PD ∴=25．（2019•新课标Ⅱ）如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1BE EC ⊥．（1）证明：BE ⊥平面11EB C ；（2）若1AE A E =，3AB =，求四棱锥11E BB C C -的体积．【解析】（1）证明：由长方体1111ABCD A B C D -，可知 11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ， 11B C BE ∴⊥，1BE EC ⊥，1111B C EC C =，BE ∴⊥平面11EB C ；（2）由（1）知190BEB ∠=︒，由题设可知Rt ABE Rt ∆≅△11A B E ， 1145AEB A EB ∴∠=∠=︒，3AE AB ∴==，126AA AE ==，在长方体1111ABCD A B C D -中，1//AA 平面11BB C C ，1E AA ∈，AB ⊥平面11BB C C ，E ∴到平面11BB C C 的距离3d AB ==，∴四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=．26．（2017•新课标Ⅱ）如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，90BAD ABC ∠=∠=︒． （1）证明：直线//BC 平面PAD ；（2）若PCD ∆面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积．【解析】（1）四棱锥P ABCD -中，90BAD ABC ∠=∠=︒．//BC AD ∴，AD ⊂平面PAD ，BC ⊂/平面PAD ，∴直线//BC 平面PAD ；（2）解：四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，90BAD ABC ∠=∠=︒．设2AD x =，则AB BC x ==，2CD x =，O 是AD 的中点， 连接PO ，OC ，CD 的中点为：E ，连接OE ， 则2OE ，3PO x =，2272xPE PO OE +=PCD ∆面积为271272PE CD =即：1722722x x =2x =，23PO =则1111()(24)223433232P ABCD V BC AD AB PO -=⨯+⨯⨯=⨯⨯+⨯⨯1．（2020•沈河区校级模拟）在三棱锥A SBC -中，10AB =，4ASC BSC π∠=∠=，AC AS =，BC BS =，若该三棱锥的体积为15，则三棱锥S ABC -外接球的体积为( ) A ．π B ．43π C ．5π D ．3π【答案】B 【解析】如图，设SC 的中点为O ，AB 的中点为D ，连接OA 、OB 、OD ， 4ASC BSC π∠=∠=，AC AS =，BC BS =，90SAC SBC ∴∠=∠=︒，则OA OB OC OS ===，则O 为三棱锥三棱锥S ABC -外接球的球心，设半径为R ，又OD AB ⊥，且10AB 10AD DB ∴==252OD R =-．则211102522OAB S AB OD R ∆==- 又由SC OA ⊥，SC OB ⊥，且OAOB O =，可得SC ⊥平面OAB ，∴211151025232A SBC V R R -=-=，解得3R = ∴三棱锥S ABC -外接球的体积为34(3)433ππ=．故选B ．2．（2020•凉山州模拟）已知长方体1111ABCD A B C D -的体积12V =，2AB =，若四面体11A B CD -的外接球的表面积为S ，则S 的最小值为( ) A ．8π B ．9πC ．16πD ．32π【答案】C【解析】设BC x =，1BB y =，由于12V =，所以6xy =．根据长方体的对称性可知四面体11A B CD -的外接球的即为长方体的外接球，所以224x y r ++=，所以2224(4)(42)16S r x y xy ππππ==+++=（当且仅当6x y ==． 故选C ．3．（2020•迎泽区校级二模）已知三棱锥A BCD -中，2AB AC BC ===，2BD CD ==E 是BC 的中点，点A 在平面BCD 上的射影恰好为DE 的中点，则该三棱锥外接球的表面积为( ) A ．3011πB ．6011πC ．916π D ．2516π【答案】B【解析】由题意，BCD ∆为等腰直角三角形，E 是外接圆的圆心， 点A 在平面BCD 上的射影恰好为DE 的中点F ， 则1514BF =+=； 51144AF ∴=-； 设球心到平面BCD 是距离为h ，则221111()4h h +=+-， 11h ∴=41511111r =+=∴该三棱锥外接球的表面积为260411S R ππ==故选B ．4．（2020•南充模拟）在直角梯形ABCD 中，90ADC DAB ACB ∠=∠=∠=︒，ADC ∆与ABC ∆均为等腰直角三角形，且1AD =，若将直角梯形ABCD 沿AC 折叠成三棱锥D ABC -，则当三棱锥D ABC -的体积取得最大时其外接球的表面积为()A ．4πB ．6πC ．8πD ．10π【答案】A【解析】直角梯形ABCD 中，90ADC DAB ACB ∠=∠=∠=︒，ADC ∆与ABC ∆均为等腰直角三角形，且1AD =，所以2AB =，2BC =，2AC =，将直角梯形ABCD 沿AC 折叠成三棱锥D ABC -， 如图所示：即当平面ABC ⊥平面ADC 时，三棱锥D ABC -的体积取得最大值， 过E 作OE ⊥平面ACD 交AB 于O ，由于平面ABC ⊥平面ADC ， 所以EO AC ⊥，即O 为AB 的中点， 所以O 为ABC ∆的中心，即为三棱锥D ABC -的外接球的球心． 所以半径1r OA OB OC OD =====， 则2414S ππ=⋅=球． 故选A ．5．（2020•镜湖区校级模拟）已知三棱锥S ABC -中，SC ⊥平面ABC ，若2SC AB AC ===，120BAC ∠=︒，则其外接球O 的表面积为( )A ．20πB ．205πC ．16πD ．272π【答案】A【解析】如图所示：三棱锥S ABC -中，SC ⊥平面ABC ，若2SC AB AC ===，120BAC ∠=︒， 所以在ABC ∆中，利用余弦定理：22212cos 44222()122BC AB CA AB CA BAC =+-∠=+-⨯⨯⨯-=解得：23BC =，设ABC ∆的外接圆的半径为r ， 则2324r ==，解得2r =，设外接球的半径为R ，满足222215R =+=． 所以4520S ππ=⋅=球． 故选A ．6．（2020•南岗区校级模拟）已知三棱锥P ABC -的四个顶点都在球O 的球面上，若PA ⊥平面ABC ，2PA BC ==，1sin 3BAC ∠=，则球O 的表面积为( ) A 4010πB ．172π C ．80π D ．40π【答案】D【解析】如图所示：由于PA⊥平面ABC，2PA BC==，1 sin3BAC∠=，则ABC∆的外接圆的半径满足2261sin3BCRBAC===∠，解得3R=，三棱锥P ABC-的四个顶点都在球O的球面，设外接球的半径为r，所以22()102PAr R=+=，所以球O的表面积为24(10)40Sππ=⋅=球．故选D．7．（2020•全国四模）如图，在三棱锥A BCD-中，BD⊥平面ADC，1BD=，2AB=，3BC=，11AC=，则三棱锥A BCD-外接球的体积为()A．4πB．3πC．23πD．43π【答案】D【解析】由1BD=，2AB=，3BC=，11AC=BD⊥平面ADC，3AD∴22CD=，11AC AD CD⊥，三棱锥A BCD-，是长方体的一个角，外接球的直径是长方体的体对角线，所以三棱锥A BCD-22211(22)(3)32++所以外接球的体积34(3)433Vππ=⨯=．，故选D．8．（2020•碑林区校级模拟）已知正四棱锥P ABCD -中，2PA =，且所有的棱长相等，则该四棱锥的外接球的表面积为( ) A ．16π B ．12π C ．10π D ．8π【答案】D【解析】如图，设正四棱锥底面的中心为1O ，设外接球的球心为O ， 则O 在正四棱锥的高PO 上． 在直角三角形ABC 中，22AC =， 12AO =，则高1422PO =-=，则112OO PO R R =-=-，OA R =，在直角三角形1AO O 中，222(2)(2)R R =-+， 解得2R =，即O 与1O 重合，即正四棱锥外接球的球心是它的底面的中心1O ，且球半径2R =， 球的表面积248S R ππ==， 故选D ．9．（2020•黄州区校级三模）在三棱锥A BCD -中，ABC ∆和BCD ∆都是边长为2的正三角形，当三棱锥A BCD -的表面积最大时，其内切球的半径是( ) A ．226B ．23C 2D 6【答案】A【解析】在三棱锥A BCD -中，ABC ∆和BCD ∆都是边长为2的正三角形， 三棱锥A BCD -的表面积为S ，23234sin ABD ACD S S S ABD ∆∆=++=+∠故当AB BD ⊥时，表面积最大，为423+， 过A 作BC 的垂线，垂足为E ，连接ED ， 三棱锥A BCD -的体积为V ， 122223B AEDC AED V V V --=+==设内切球的半径为r ，因为13Sr V =，所以226r =-．故选A ．10．（2020•青羊区校级模拟）已知三棱锥A BCD -中，BAC ∆和BDC ∆是全等的等边三角形，边长为2，当三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球表面积为( ) A ．4π B ．163π C ．203πD ．8π【答案】C【解析】如图，当平面BAC ⊥平面BDC 时，三棱锥体积最大， 取BC 中点E ，连接AE 、DE ，则AE BC ⊥，DE BC ⊥，因为平面BAC ⊥平面BDC ，所以可证得AE ⊥平面BCD ，DE ⊥平面ABC ， 取三角形BCD 的外心F ，作//FM AE ，则F 、M 、E 、A 四点共面， 取三角形ABC 的外心H ，过点H 作EF 的平行线交FM 于点O ， 因为EF 垂直平面ABC ，则HO 垂直平面ABC ， 于是点O 到A 、B 、C 、D 四点的距离相等， 所以点O 为三棱锥A BCD -外接球的球心． 连接OC ，可求得3OF HE =23CF所以2222145333R OC OF CF ==+=+=，所以外接球表面积为22043S R ππ==． 故选C ．11．（2020•青岛模拟）在三棱柱111ABC A B C -中，AB BC AC ==，侧棱1AA ⊥底面ABC ，若该三棱柱的所有顶点都在同一个球O 的表面上，且球O 的表面积的最小值为4π，则该三棱柱的侧面积为( ) A ．63B ．33C ．32 D ．3【答案】B【解析】设三棱柱两底面中心分别为12O O ，则12O O 的中点为球的球心， 设正三棱柱的底面边长AB a =，棱柱的高为h ，则13O A =，12hOO =， ∴球O 的半径2234a h r OA ==+ 222444234233Oa h h S r πππ⎛⎫∴==+⋅= ⎪⎝⎭球，球O 的表面积的最小值为4π， 3ah ∴=∴棱柱的侧面积为333S ah ==侧面积故选B ．12．（2020•运城模拟）已知长方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，B ，C ，D 在球O 的表面上，顶点1A ，1B ，1C ，1D ，在过球心O 的一个平面上，若1AB =，3AD =，14AA =，则球O 的表面积为() A ．26π B ．29π C ．53π D ．74π【答案】D【解析】把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为1，3，8的长方体， 则球O 就是该长方体的外接球，所以球O 的半径满足222213874R =++=， 所以球O 的表面积2474S R ππ==， 故选D ．13．（2020•香坊区校级一模）《九章算术》是我国古代著名数学经典，其中对勾股定理的论述，比西方早一千多年，其中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小；以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯该材料，锯口深1寸，锯道长1尺，问这块圆柱形木料的直径是多少？长为0.5丈的圆柱形木材部分镶嵌在墙体中，截面图如图所示（阴影部分为镶嵌在墙体内的部分）．已知弦1AB =尺，弓形高1CD =寸，估算该木材镶嵌墙内部分的体积约为( )（注：一丈10=尺100=寸， 3.14π≈，5sin 22.5)13︒≈A ．300立方寸B ．305.6立方寸C ．310立方寸D ．316.6立方寸【答案】D 【解析】如图，10AB =（寸)，则5AD =（寸)，1CD =（寸)，设圆O 的半径为x （寸)，则(1)OD x =-（寸)，在Rt ADO ∆中，由勾股定理可得：2225(1)x x +-=，解得：13x =（寸)． 5sin 13AD AOD AO ∴∠==，即22.5AOD ∠≈︒，则45AOB ∠=︒． 则弓形ACB 的面积211131012 6.3325242S π=⨯⨯-⨯⨯≈（平方寸）．则该木材镶嵌在墙中的体积约为 6.332550316.6V =⨯≈（立方寸）． 故选D ．14．（2020•内江三模）如图该几何体由半圆柱体与直三棱柱构成，半圆柱体底面直径4BC =，AB AC =，90BAC ∠=︒，D 为半圆弧的中点，若异面直线BD 和1AA 所成角的正切值为2，则该几何体的体积为( )A ．168π+B ．3216π+C ．328π+D ．1616π+【答案】A【解析】连1A D ，由题设知1A 、D 关于1B C 对称，以A 为坐标原点，分别以AC 、AB 、1AA 所在直线为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设1AA h =，则(0A ，0，0)，(0B ，22，0)，1(0A ，0，)h ，(22D ，22，)h ，(22BD =，0，)h ，1(0AA =，0，)h ，异面直线BD 和1AA 所成角的正切值为22， ∴异面直线BD 和1AA 所成角的余弦值为63， ∴2121||63||||8BD AA h BD AA h h==+， 216h ∴=，得4h =，∴该几何体的体积221111()222242416822222BC V AB AC h h πππ=+=+=+． 故选A ．15．（2020•内江三模）如图该几何体由半圆柱体与直三棱柱构成，半圆柱体底面直径4BC =，AB AC =，90BAC ∠=︒，D 为半圆弧的中点，若异面直线BD 和1AB 所成角的余弦值为23，则该几何体的体积为( )A ．168π+B ．3216π+C ．328π+D ．1616π+【答案】A【解析】连1A D ，由题设知1A 、D 关于1B C 对称，以A 为坐标原点，分别以AC 、AB 、1AA 所在直线为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设1AA h =，则(0A ，0，0)，(0B ，22，0)，1(0B ，22，)h ， (22D ，22，)h ，(22BD =，0，)h ，1(0AB =，22，)h ，异面直线BD 和1AB 所成角的的余弦值为23， ∴21221||23||||88BD AB BD AB h h ==++，222163h h ∴+=，解得4h =，∴该几何体的体积221111()222242416822222BC V AB AC h h πππ=+=+=+． 故选A ．16．（2020•市中区校级模拟）已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的半径为( ) A ．2 B 5 C 6 D ．3【答案】A【解析】正四棱锥P ABCD -的外接球的球心在它的高1PO 上，记为O ， PO AO R ==，13PO =，13OO R =-，在Rt △1AO O 中，223(3)R R =+-得2R =，∴球的半径为2．故选A ．17．（2020•雨花区校级模拟）如图，四边形ABCD 的面积为22，且90ABD BDC ∠=∠=︒，把BCD ∆绕BD 旋转，使点C 运动到P ，此时向量BA 与向量DP 的夹角为90︒．则四面体ABDP 外接球表面积的最小值为( )A ．823B ．62πC ．8πD ．10π【答案】C【解析】由题意，设2AB a =，2BD b =，2DC c =， 向量BA 与向量DP 的夹角为90︒． 则2cb bc +四面体ABDP 外接球为:R2222(2)(2)(2)(2)R a b c =++2222222211()()2()222R a b c a b b c ab bc ⇒=++=++++=，当且仅当22b a c ==时，取等号，故四面体ABDP 外接球表面积的最小值248S R ππ==． 故选C ．18．（2020•庐阳区校级模拟）中国古代第一部数学名著《九章算术》中，将一般多面体分为阳马，鳖臑，堑堵三种基本立体图形，其中四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，若三棱锥P ABC -为鳖臑，PA ⊥底面ABC ，AB BC ⊥，2PA BC ==7PC ，则此鳖臑的体积为() A ．3 B ．3 C ．23D ．23【答案】A【解析】三棱锥P ABC -为鳖臑，PA ⊥底面ABC ，AB BC ⊥， 2PA BC ==，7PC =，725AC ∴=-=，523AB =-=，∴此鳖臑的体积为：111332P ABC ABC V S PA AB BC PA -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯11332232=⨯⨯⨯⨯=． 故选A ．19．（2020•雨花区校级模拟）由棱长都为1的4个正四面体和1个正八面体，组合成一个正四面体，再将此正四面体削切、打磨成最大的球，则该球体积为( ) A 6B 6C 3D 646【答案】A【解析】把4个正四面体、12的正方体中，组成棱长为2的正四面体，转化为求其内切球体积．高为2232262(2)23-⨯⨯，12664r ==，334466()33V r ππ=⨯=⨯=，故选A ．20．（2020•吉林模拟）阿基米德立体是一种高度对称的半正多面体，并且都是可以从正多面体经过截角、截半、截边等操作构造而成．阿基米德立体的三个视图全都一样，如图是棱长为2的正方体经过截角得到的阿基米德立体的正视图，则该几何体的表面积为( )A ．623+B ．1223+C ．1243+D ．1643+【答案】C【解析】该几何体的直观图如图所示，是通过正方体各棱的中点，将八个角截去，形成的正14面体，其中有8个正三角形面，6个正方形面．正14面体的棱长为2，所以6个正方形面的面积之和为26(2)12⨯=，8个正三角形面的面积之和为218(2)sin 60432⨯⨯⨯︒=，所以几何体的表面积之和为1243+．故选C ．21．（2020•衡水模拟）已知圆锥的底面半径为2，高为4．一个圆柱的下底面在圆锥的底面上，上底面的圆周在圆锥的侧面上，当圆柱侧面积为4π时该圆柱的体积为( ) A ．π B ．2π C ．3π D ．4π【答案】B【解析】圆锥的轴截面如图所示， 设圆柱底面半径为r ，02r <<， 由题意可知△1AO D ∽△2AO C ， 则有12122AO AO O D O C==，12AO r ∴=，则圆柱的高42h r =-， 其侧面积22(42)4(2)4S r r r r πππ=-=-+=，解得1r =． 当1r =时，2h =，∴该圆柱的体积22V r h ππ==． 故选B ．22．（2020•原州区校级模拟）如图，正四面体ABCD ，E ，F ，P ，Q 分别是AB ，AD ，DC ，CB 的中点，AQ ，AP ，CE ，CF 的中点分别为L ，M ，K ，N ，四边形LMNK 的面积为1．则该正四面体体积是( )A ．4B ．2C ．163D ．23【答案】D【解析】设BD 的中点G ，连接AG ，CG ，则有BD AG ⊥，BD CG ⊥， 又AGCG G =，BD ∴⊥平面ACG ，则BD AC ⊥，又////BD PQ LM ，////LK EQ AC ，且1124LK EQ AC ==，1124LM PQ BD ==， ∴四边形LMNK 为正方形，设正四面体ABCD 的棱长为a ，则有14LM LK a ==，由四边形LMNK 的面积为1，得21116a =，即4a =． 设正四面体的高为AO ，则2246AO AC CO =-=， ∴正四面体的体积为111346162443323BCD V S AO ∆==⨯⨯⨯⨯⨯=． 故选D ．23．（2020•福州三模）若圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的半径为1，当该圆锥体积取最小值时，该圆锥体积与其内切球体积比为( ) A ．8:3 B ．6:1C ．3:1D ．2:1【答案】D【解析】设圆锥的高为h ，底面半径为r ， 则当圆锥体积最小时，如图，由~AOE ACF ∆∆可得：22(1)11h r --=22r h h =-∴圆锥的体积22148[(2)4]33(2)323h V r h h h h ππππ===-++--． 当且仅当22h -=，即4h =时取等号．∴该圆锥体积的最小值为83π． 内切球体积为43π． 该圆锥体积与其内切球体积比2:1． 故选D ．24．（2020•桃城区校级二模）在如图所示的空间几何体中，下面的长方体1111ABCD A B C D -的三条棱长4AB AD ==，12AA =，上面的四棱锥1111P A B C D -中11D E C E =，PE ⊥平面1111A B C D ，1PE =，则过五点A 、B 、C 、D 、P 的外接球的表面积为( )A ．3119πB ．31118πC ．3139πD ．31318π【答案】C【解析】问题转化为求四棱锥P ABCD -的外接球的表面积， 4913PC =+∴sin 13PCD ∠=所以PCD ∆外接圆的半径为13136213r =， 由于PE ⊥平面1111A B C D ，则PE ⊥平面ABCD ，PE ⊂平面PCD ， 所以平面PCD ⊥平面ABCD ， 所以222169313243636R r =+=+=， 所以231349S R ππ==球表面积．故选C ．25．（2020•梅河口市校级模拟）若正三棱柱的各个顶点均在同一个半径为1的球面上，且正三棱柱的侧面均为正方形，则该三棱柱的表面积为( ) A ．123(2)7+ B ．123(3)7+ C ．123(4)7+ D ．123(5)7+ 【答案】B【解析】根据题意，作出如下所示的图形，其中O 为球心，也为正三棱柱的中心，B 为上底面三角形的重心，设正三棱柱的侧棱长为x ，则其上下底面是边长为x 的等边三角形， 所以3AB ，12OB x =， 在Rt ABO ∆中，222AO AB BO =+，即22311()()2x x =+，解得2127x =． 所以该三棱柱的表面积21312332(327S x x x =+=． 故选B ．26．（2020•西安模拟）已知点A 、B 、C 在球心为O 的球面上，若5AB AC ==，6BC =，球心O 到截面ABC 的距离为1，则该球的表面积为__________． 【答案】68916π【解析】由5AB AC ==，6BC =，可知ABC ∆是等腰三角形，作BC 的高线h ，可得4h =，那么4sin 5B =； 由正弦定理：2sin ACr B=， 可得ABC ∆外接圆的半径258r =， 球心O 到平面ABC 的圆心1O 距离为1，得11O O =， 那么球的226898R r d =+=∴则该球的表面积2689416S R ππ==故答案为：68916π．27．（2020•启东市校级模拟）《九章算术》是我国数学史上堪与欧几里得《几何原本》相媲美的数学名著．其中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．已知直三棱柱111A B C ABC -中，AB BC ⊥，3AB =，4BC =，153AA =，将直三棱柱沿一条棱和两个面的对角线分割为一个阳马和一个鳖臑，则鳖臑的体积与其外接球的体积之比为__________． 【答案】33:50π【解析】如图所示：，鳖臑为三棱锥111B AAC -，体积为11345310332⨯⨯⨯⨯=，因为鳖臑的四个面都为直角三角形，所以其外接球的球心为Rt △11AA C 的斜边的中点， 所以其外接球的半径为221115(53)522AC =⨯+=， 所以其外接球的体积为34500533ππ⨯=，所以鳖臑的体积与其外接球的体积之比为10333:505003ππ=， 故答案为：33:50π．28．（2020•红河州一模）已知圆台12O O 上底面圆1O 的半径为2，下底面圆2O 的半径为22，圆台的外接球的球心为O ，且球心在圆台的轴12O O 上，满足12||3||O O OO =，则圆台12O O 的外接球的表面积为__________． 【答案】34π【解析】设外接球的半径为R ，几何体的轴截面如图： 221||2O O R =-，222||(22)OO R =-，且12||3||O O OO =，得224972R R -=-， 解得2172R =，球O 的表面积为2434R ππ=． 故答案为：34π．29．（2020•龙潭区校级模拟）《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著．是《算经十书》中最重要的一部，其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称之为“羡除”，现有一个羡除如图所示，已知上底面ABCD 是高为2的等腰梯形，右侧面BCEF 是高为1的等腰梯形，下底面是梯形，前、后侧面均为三角形．8AD =，10BC =，6EF =，////AD BC EF ，且平面ABCD ⊥平面BCEF ，则该“羡除”的表面积为__________．【答案】267521++ 【解析】()18102182ABCD S =⨯+⨯=梯形，()1106182BCEF S =⨯+⨯=梯形， 在等腰梯形ABCD 中，8AD =，10BC =，梯形的高为2，221082()52AB -∴=+=， 同理可得：221061()52BF -=+=， 过F 作FM BC ⊥于M ，过M 作MN AD ⊥于N ，连接FN ，则有1FM =，2MN =，则2BM =，1AN =，BC FM ⊥，BC MN ⊥，FM M N M =，BC ∴⊥平面FMN ，BC FN ∴⊥，又//BC AD ，AD FN ∴⊥．平面ABCD ⊥平面BCEF ，90NMF ∴∠=︒，5FN ∴=，6AF =，()1865752ADEF S ∴=⨯+⨯=梯形， 在等腰ABF ∆中，B 到AF 的距离为26145()2-=， 1142162ABF S ∆∴=⨯⨯=， 由对称性可知21DCE ABF S S ∆∆==， ∴该“羡除”的表面积为：21211887526752122++++=++． 故答案为：267521++．。

空间几何体的三视图、表面积、体积命题点1 空间几何体的三视图、展开图、截面图三视图、展开图、截面图中的几何度量（1）空间几何体的三视图：①在长方体或正方体中根据三视图还原几何体的直观图,能快速确定几何体中线面位置关系；②根据“长对正，宽相等、高平齐”的原则由三视图确定对应几何体中的量．(2）空间几何体表面距离最短问题：其解题思路常常是将几何体展开．一般地，多面体以棱所在的直线为剪开线展开,旋转体以母线为剪开线展开．（3)空间几何体的三类截面:轴截面、横截面与斜截面．利用截面图可将空间问题转化为平面问题解决．［高考题型全通关］1．［教材改编]已知圆锥的侧面展开图为四分之三个圆面，设圆锥的底面半径为r，母线长为l，有以下结论：①l∶r＝4∶3；②圆锥的侧面积与底面面积之比为4∶3;③圆锥的轴截面是锐角三角形．其中所有正确结论的序号是( )A．①② B．②③ C．①③ D．①②③A［对于①，由题意得错误!＝错误!π，∴错误!＝错误!，∴l∶r＝4∶3，∴该结论正确；对于②，由题意得错误!＝错误!＝错误!＝错误!，∴圆锥的侧面积与底面面积之比为4∶3，∴该结论正确；对于③，由题意得轴截面的三角形的三边长分别为错误!r,错误!r，2r,顶角α最大，其余弦值为cos α＝错误!＝－错误!〈0，∴顶角为钝角，∴轴截面三角形是钝角三角形，∴该结论错误．］2.在正方体ABCD。

A1B1C1D1中,E为棱BB1的中点（如图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧（左)视图为（)C［过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分后，剩余部分的直观图如图，则该几何体的侧(左）视图为C．故选C．]3。

(2020·芜湖仿真模拟一）如图，在正方体ABCD。

A1B1C1D1中，P为BD1的中点，则△PAC在该正方体各个面上的射影可能是( ）A．①④ B．②③ C．②④ D．①②A[从上下方向上看,△PAC的投影为①图所示的情况;从左右方向上看,△PAC的投影为④图所示的情况；从前后方向上看，△PAC 的投影为④图所示的情况，故选A．］4．（2020·全国卷Ⅱ）如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M,在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为（）A．E B．FC．G D．HA[该几何体是两个长方体拼接而成，如图所示，显然选A．]5．［高考改编]某四面体的三视图如图所示，则该四面体最长的棱长与最短的棱长的比值是( ）A．错误!B．错误!C．错误!D．错误!D[在棱长为2的正方体中还原该四面体P­ABC．如图所示，其中最短的棱为AB和BC，最长的棱为PC．因为正方体的棱长为2，所以AB＝BC＝2,PC＝3，所以该四面体最长的棱长与最短的棱长的比值为错误!,故选D．]6．圆锥的母线长为l ，过顶点的最大截面的面积为12l 2，则圆锥底面半径与母线长的比r l的取值范围是( ) A ．错误!B ．错误!C ．错误!D ．错误!D [设圆锥的高为h ，过顶点的截面的顶角为θ，则过顶点的截面的面积S ＝12l 2sin θ，而0＜sin θ≤1，所以当sin θ＝1，即截面为等腰直角三角形时取得最大值,故圆锥的轴截面的顶角必须大于或等于90°，得l ＞r ≥l cos 45°＝错误!l ,所以错误!≤错误!＜1.]7．如图,已知正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AB ＝错误!,AA 1＝4,若点P 从点A 出发，沿着正三棱柱的表面,经过棱A 1B 1运动到点C 1，则点P 运动的最短路程为( ）A ．5B ．错误!C．4错误!D．6B［将三棱柱展开成如图的图形，让点C1与ABB1A1在同一平面内,C1D⊥AB交A1B1于Q，则C1Q⊥A1B1，∴A1Q＝AD＝错误!,两点之间线段最短，故AC1即为所求的最短距离，因为C1Q＝A1C1×sin 60°＝错误!×错误!＝错误!，所以C1D＝错误!＋4＝错误!，AD＝错误!，所以AC1＝错误!＝错误!＝错误!.]命题点2 空间几何体的表面积、体积求解几何体的表面积或体积的策略（1）直接法:对于规则几何体可直接利用公式计算;（2)割补法：对于不规则几何体，可采用“分割、补体"的思想,采用化整为零或化零为整求解．（3）轴截面法：对于旋转体的表面积问题,常常借助轴截面求解．(4）等体积转化法：对于某些动态三棱锥的体积问题，直接求解1．(2020·潍坊模拟）若圆锥的高等于底面直径,侧面积为5π，则该圆锥的体积为（)A．错误!π B．错误!π C．2π D．错误!πB[圆锥的高等于底面直径,侧面积为错误!π，设底面半径为r，则高h＝2r，∴母线长l＝错误!＝错误!r,∴s＝π×r×错误!r＝错误!π，解得r＝1,该圆锥的体积为V＝错误!π×12×2＝错误!π.故选B．]2．[高考改编］榫卯(sǔn mǎo)是两个木构件上所采用的一种凹凸结合的连接方式．凸出部分叫榫，凹进去的部分叫卯，榫和卯咬合，起到连接作用．代表建筑有北京的紫禁城、天坛祈年殿、山西悬空寺等，如图是一种榫卯构件中榫的三视图,则该榫的表面积和体积为( )A．8＋16π，2＋8π B．9＋16π，2＋8πC．8＋16π,4＋8π D．9＋16π，4＋8πA[由三视图知该榫头是由上下两部分构成:上方为长方体(底面为边长是1的正方形，高为2)，下方为圆柱（底面圆半径为2，高为2）．其表面积为圆柱的表面积加上长方体的侧面积，2π×2＋2×错误!＋4×错误!＝8＋16π.所以S＝2×（⎭⎫其体积为圆柱与长方体体积之和，所以V＝错误!×2＋1×1×2＝8π＋2。

2021年高考数学（理）立体几何突破性讲练02空间几何体的表面积和体积一、考点传真：了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.二、知识点梳理：1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式S＝2πrl S＝πrl S＝π(r＋r′)l①几何体的侧面积是指（各个）侧面面积之和，而表面积是侧面积与所有底面面积之和.②圆台、圆柱、圆锥的转化当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥，由此可得：2．空间几何体的表面积与体积公式几个与球有关的切、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. 三、例题：例1.（2020年全国1卷理数，10）已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，1O 为ABC 的外接圆，若1O 的面积为14π,AB BC AC OO ===,则球O 的表面积为( ) A.64πB.48πC.36πD.32π例2.（2020年北京卷，4）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（ ）A.6 B.6+ C.12+ D.12+例3.（2020年全国3卷理数，15）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_________.例4.（2019全国卷Ⅲ）学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O —EFGH 后所得几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________.例5.（2019若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为 .例6.（2019全国卷Ⅰ）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例7.(2018全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为A ．172B ．52C ．3D ．2图① 图②例8.(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，则三棱锥D ABC -体积的最大值为BASNMA ．123B ．183C ．243D ．543四、巩固练习：1．把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，使得平面ABD ⊥平面CBD ，形成的三棱锥C ­ABD 的正视图与俯视图如图所示，则侧视图的面积为( )A.12 B.22 C.14D.242．《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 ．123．一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 ．724．一个几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )A．28 B．24＋2 5C．20＋4 5 D．20＋2 55．已知圆锥的高为3，底面半径为4，若一球的表面积与此圆锥侧面积相等，则该球的半径为( )A．5 B． 5C．9 D．36.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A．(9＋5)π B．(9＋25)πC．(10＋5)π D．(10＋25)π7.《九章算术》是中国古代第一部数学专著，书中有关于“堑堵”的记载，“堑堵”即底面是直角三角形的直三棱柱．已知某“堑堵”被一个平面截去一部分后，剩下部分的三视图如图所示，则剩下部分的体积是( )A．50 B．75C．25.5 D．37.58.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.82π39.一个四棱柱的三视图如图所示，若该四棱柱的所有顶点都在同一球面上，则这个球的表面积为( )A ．25πB ．50πC ．100πD ．200π10.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( )A.31π6B.31π8 C.481π64D.3131π4811．已知三棱锥O ­ABC 的顶点A ，B ，C 都在半径为2的球面上，O 是球心，∠AOB ＝120°，当△AOC 与△BOC 的面积之和最大时，三棱锥O ­ABC 的体积为( ) A.32B.233C.23D.1312.四棱锥P ­ABCD 的三视图如图所示，则该四棱锥的外接球的表面积为( )A.81π5B.81π20 C.101π5D.101π2013.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________．14.若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.15.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________．16.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________． 17.体积为183的正三棱锥A ­BCD 的每个顶点都在半径为R 的球O 的球面上，球心O 在此三棱锥内部，且R ∶BC ＝2∶3，点E 为线段BD 的中点，过点E 作球O 的截面，则所得截面圆面积的最小值是________．18．已知正四面体S ­ABC 的棱长为1，如果一个高为36的长方体能在该正四面体内任意转动，则该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为________．。