2020届高考数学(江苏专用)二轮复习练习：专题八空间几何体的表面积和体积

专题8.2 空间几何体的表面积和体积1．（2021·湖南高一期末）已知圆柱1OO 及其展开图如图所示，则其体积为（ ）A ．πB ．2πC ．3πD ．4π【答案】D【解析】结合展开图求出圆柱的底面半径与高，进而结合体积公式即可求出结果.【详解】设底面半径为r ，高为h ，根据展开图得422h r ππ=⎧⎨=⎩，则41h r =⎧⎨=⎩，所以圆柱的体积为22144r h πππ=⨯⨯=，故选：D.2.（2021·宁夏大学附属中学高一月考）已知圆柱的上、下底面的中心分别为,O O '，过直线OO '的平面截该圆柱所得的面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（）A．B ．12πC．D ．10π【答案】B【解析】根据圆柱的轴截面面积求出圆柱的底面半径和母线长，利用圆柱的表面积公式，即可求解.【详解】设圆柱的轴截面的边长为x ，因为过直线OO '的平面截该圆柱所得的面是面积为8的正方形，所以28x =，解得x =即圆柱的底面半径为r =l =，所以圆柱的表面积为222222212S S S r rl πππππ=+=+=⨯+=侧底.故选：B.练基础3．（2021·浙江高二期末）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A．13B．16C．12D．14【答案】D【解析】首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的体积．【详解】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为底面为直角梯形，高为1的四棱锥体；如图所示：所以：1111(1113224V=⨯⨯+⨯⨯=．故选：D．4．（2021·辽宁高一期末）已知一平面截一球得到直径为，则该球的体积为（）3cmA．12πB．36πC．D．108π【答案】B【解析】由球的截面性质求得球半径后可得体积．【详解】由题意截面圆半径为r =，所以球半径为3R ==，体积为334433633V R πππ==⨯=．故选：B ．5．（2020·浙江省高考真题）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）A ．73B ．143C ．3D ．6【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为：11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选：A6.（2018·全国高考真题（文））已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】根据题意，可得截面是边长为的正方形，的圆，且高为所以其表面积为，故选B.7.（2020·江苏省高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半轻为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.【答案】2π【解析】正六棱柱体积为262⨯1O 2O 12O O 12π10π22212S πππ=+=圆柱体积为21()222ππ⋅=所求几何体体积为2π故答案为：2π-9.（2019·北京高考真题（文））某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【答案】40.【解析】如图所示,在棱长为4的正方体中,三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱之后余下的几何体,几何体的体积.10．（2019·全国高考真题（理））中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为1111MPD A NQC B-()3142424402V =-+⨯⨯=长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．【答案】共26个面..【解析】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面．如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，，．1.（2021·浙江高一期末）我国古代数学名著《九章算术》中记载“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，1-18826+=x AB BE x ==BC FE G BC H BGE ∆,21)1BG GE CH x GH x x x ∴===∴=+=+=1x ∴==1-练提升末广八尺，无深，袤七尺．问积几何?”这里的“羡除”，是指由三个等腰梯形和两个全等的三角形围成的五面体．在图1所示羡除中，////AB CD EF ，10AB =，8CD =，6EF =，等腰梯形ABCD 和等腰梯形ABFE 的高分别为7和3，且这两个等腰梯形所在的平面互相垂直．按如图2的分割方式进行体积计算，得该“羡除”的体积为（ ）A ．84B ．66C ．126D ．105【答案】A【解析】由图可知，中间部分为棱柱，两侧为两个全等的四棱锥，再由柱体和锥体的体积公式可求得结果.【详解】按照图2中的分割方式，中间为直三棱柱，直三棱柱的底面为直角三角形，两条直角边长分别为7、3，直三棱柱的高为6，所以，直三棱柱的体积为11736632V =⨯⨯⨯=.两侧为两个全等的四棱锥，四棱锥的底面为直角梯形，直角梯形的面积为()1272122S +⨯==，四棱锥的高为3h =，所以，两个四棱锥的体积之和为2121232132V =⨯⨯⨯=，因此，该“羡除”的体积为1284V V V =+=.故选：A.2.（2021·河北巨鹿中学高一月考）蹴鞠（如图所示），又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等，蹴有用脚蹴、踢的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、塌、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗传名录.已知某蹴鞠（近似看作球体）的表面上有四个点S 、A 、B 、C ，满足S ABC -为正三棱锥，M 是SC 的中点，且AM SB ⊥，侧棱1SA =，则该蹴鞠的表面积为（ ）A ．3πB ．6πC ．12πD ．16π【答案】A【解析】若ASB θ∠=，N 为BC 中点易得AM MN ⊥，再应用余弦定理、勾股定理求得2πθ=，即S ABC -为直三棱锥，即可求外接球半径，进而求表面积.【详解】如下图，若N 为BC 中点，则//MN SB ，又AM SB ⊥，∴AM MN ⊥，又S ABC -为正三棱锥且侧棱1SA =，∴1,2MN AN AB ==，若ASB θ∠=，则25cos 4AM θ=-，222cos AB θ=-，在Rt AMN △中，222AM MN AN +=，即()33cos 22cos 24θθ-=-，可得cos 0θ=，0θπ<<，∴2πθ=，即S ABC -为直三棱锥，易得外接球半径R ∴该蹴鞠的表面积为243R ππ=.故选：A3．【多选题】（2021·江苏高一期末）已知圆台上、下底面的圆心分别为1O ，2O ，半径为2，4，圆台的母线与下地面所成角的正切值为3，P 为12O O 上一点，则（）A ．圆台的母线长为6B ．当圆锥的1PO 圆锥2PO 的体积相等时，124PO PO =C ．圆台的体积为56πD ．当圆台上、下底面的圆周都在同一球面上，该球的表面积为80π【答案】BCD【解析】转化求解圆台的母线长判断Q ；利用比例关系判断B ；求解体积判断C ；取得球的表面积判断D ．【详解】解：圆台上、下底面的圆心分别为1O ，2O ，半径为2，4，圆台的母线与下底面所成角的正切值为3，P 为12O O 上一点，3(42)6h =⨯-=，母线l =6矛盾，所以A 错误；1212r r =，124PO PO =，B正确；16(416)563V πππ=⨯⨯++=，C 正确；设球心到上底面的距离为x ，则22222(6)4x x +=-+，解得4x =，r =，80S π=，D 正确；故选：BCD ．4．（2020·全国高考真题（文））已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于AM ==，故122S =⨯⨯=△A B C ，设内切圆半径为r，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯=解得：r，其体积：343V r π==..5．（2020届浙江省杭州市高三3月模拟）在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.现有一“阳马”P ABCD -，PA ⊥底面ABCD ，2PA AB ==，1AD =，则该“阳马”的最长棱长等于______；外接球表面积等于______.【答案】3 9π【解析】如图，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为长方形，且2PA AB ==，1AD =，所以PB PD ==3PC ===.最长棱为:3.该几何体可以通过补体得长方体,所以其外接球的半径为1322PC =.则其外接球的表面积为23492ππ⎛⎫⨯= ⎪⎝⎭，故答案为：3；9π.6．（2020·山东省仿真联考3）在三棱锥中，平面，，，，是上的一动点，且直线与平面所成角的最大值为，则________，三棱锥的外接球的表面积为________．【答案】6 P ABC -PA ⊥ABC 23BAC π∠=3AP =AB =Q BC PQ ABC 3πBC =P ABC -57π【解析】设直线与平面所成的角为，三棱锥外接球的球心为，半径为，如图所示，则，所以，则的最小值为，，即点到，所以．因为，所以，所以所以，所以．取的外接圆的圆心为，则圆的半径连接，作于点，则点为的中点，所以，故三棱锥的外接球的表面积．故答案为：6；.7.（广东省汕尾市2020-2021学年高一下学期期末数学试题）已知某圆柱的轴截面是一个正方形，且该圆柱PQ ABC θPABC -O R 30sin PA PQ PQ θ<==≤PQ ≥PQAQ A BC 3BAQ π∠=23BAC π∠=3CAQ π∠=AB AC ==2222222cos23BC AB AC AB AC π=+-⋅⋅=+-⨯1362⎛⎫⨯-= ⎪⎝⎭6BC =ABC V O 'O '1622sin 3r π=⨯=OO 'OM PA ⊥M M PA 2222235724R OA OP ⎛⎫===+= ⎪⎝⎭P ABC -O 2457S R ππ==57π表面积（底面和侧面面积之和）为1S ，其外接球的表面积为2S ，则该圆柱的表面积与其外接球的表面积的比值12S S =________.【答案】34【解析】设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则2h r =，上下底面圆圆心连线的中点即为该圆柱外接球的球心，可得外接球的半径R ==，再由圆柱的表面积公式和球的表面积公式分别计算1S 、2S 即可得比值.【详解】设圆柱的底面半径为r ，高为h ，因为圆柱的轴截面是一个正方形，所以2h r =，所以圆柱表面积22212π2π2π2π26πS r r h r r r r =+⋅=+⋅=，其外接球的球心在上下底面圆圆心连线的中点位置，可知球心到上底面圆的距离为12h r =，由勾股定理可得：外接球的半径R ==，所以外接球的表面积)22224π4π8πS R r ===，所以该圆柱的表面积与其外接球的表面积的比值22126ππ348S r r S ==，故答案为：34.8．（2021·重庆市杨家坪中学高一月考）学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为在一正三棱柱中挖去一个圆柱后的剩余部分（圆柱的上下两底面圆与三棱柱的底面各边相切），圆柱底面直径为，高为4cm .打印所用原料密度为31g /cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为______g .1.73=，π 3.14=，精确到0.1）.【答案】24.6【解析】由正三棱柱的性质，结合已知求其底面面积，再由棱柱的体积公式求其体积V ，并求圆柱的体积为V '，则模型体积为V V '-，即可求制作该模型所需原料的质量.【详解】由题意，正三棱柱底面(等边三角形)如上图有AE OE AD DC =且2AC AE DC ==，AD AC =，OE ==6AC =，故底面面积1662S =⨯⨯=∴正三棱柱的体积462.3V Sh ===≈.而圆柱的体积为21237.7V r h ππ'==≈，∴制作该模型所需原料的质量为()124.6V V '-⨯=克.故答案为：24.69．（2021·上海高二期末）五月五是端午，门插艾，香满堂，吃粽子，蘸白糖，粽子古称“角黍”，是我国南北各地的节令食品，因各地风俗不同，粽子的形状和食材也会不同，有一种各面都是正三角形的正四面体形粽子，若该正四面体粽子的棱长为8cm ，则现有1立方米体积的食材，最多可以包成这种粽子_______个.【答案】16572【解析】根据题意，利用棱锥的体积公式求得正四面体粽子的体积，进而求得答案.【详解】如图所示，正四面体ABCD 的棱长为8cm ，设底面正三角形BCD 的中心为O ，连接AO ，则AO ⊥平面BCD ，连接BO，则23BO ==AO ==所以一个粽子的体积为：31188)32V cm =⨯⨯⨯=，由3311000000m cm =16572.8≈所以1立方米体积的食材，最多可以包成这种粽子16572个.故答案为：16572.10．（2021·浙江高二期末）在四面体ABCD 中，AB BC ⊥，CD BC ⊥，AB CD ⊥，2BC =，若四面体ABCDABCD 的体积的最大值为___________．【答案】83【解析】根据题意可以将此四面体放入一个长方体中，则易求四面体高与底面长的关系，再根据体积公式写出其体积表达式，最后利用基本不等式即可.【详解】如图所示，不妨将四面体ABCD 放入下图中的长方体中，则长方体的宽为2，设长方体的长为a ，高为h .因为四面体ABCD则r =2216a h +=，所以四面体ABCD 的体积22111833323BCD a h V S AB ah +=⋅=≤⋅=△，当且仅当a h ==时等号成立，所以四面体ABCD 的体积最大值为83.故答案为:831．（2021·全国高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A．20+B．C ．563D【答案】D【解析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高h ==下底面面积116S =，上底面面积24S =，练真题所以该棱台的体积((121116433V h S S =+=+故选：D.2.（2020·天津高考真题）若棱长为 ）A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【解析】【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.【详解】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=.故选：C.3.（2021·全国高考真题（理））已如A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC ⊥==，则三棱锥O ABC -的体积为（ ）A B C D 【答案】A【解析】由题可得ABC V 为等腰直角三角形，得出ABC V 外接圆的半径，则可求得O 到平面ABC 的距离，进而求得体积.【详解】,1AC BC AC BC ⊥==，ABC ∴V 为等腰直角三角形，AB ∴=，则ABC V ，又球的半径为1，设O 到平面ABC 的距离为d ，则d ==所以11111332O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯=V故选：A.4.（2020·全国高考真题（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）A B C D 【答案】C【解析】如图，设,CD a PE b ==，则PO ==，由题意212PO ab =，即22142a b ab -=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得b a =.故选：C.5.（2018·全国高考真题（文））设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三A B C D ，，，ABC △角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】如图所示，点M 为三角形ABC 的中心，E 为AC 中点，当平面时，三棱锥体积最大此时，,点M 为三角形ABC 的中心中，有故选B.6.（2019·全国高考真题（理））已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为（ ）A ．B ．C ．D【答案】D D ABC -DM ⊥ABC D ABC -OD OB R 4===2ABC S AB ==V AB 6∴= 2BM 3BE ∴==Rt OMB ∴V OM 2==DM OD OM 426∴=+=+=()max 163D ABC V -∴=⨯=【解析】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，，又，分别为、中点，，，又，平面，平面，，为正方体一部分，，即 ，故选D ．解法二:设，分别为中点，，且，为边长为2的等边三角形，又中余弦定理，作于，，,PA PB PC ABC ==∆ P ABC ∴-PB AC ∴⊥E F PA AB //EF PB ∴EF AC ∴⊥EF CE ⊥,CE AC C EF =∴⊥ PAC PB ⊥PAC APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===P ABC ∴-2R ==34433R V R =∴=π==π2PA PB PC x ===,E F ,PA AB //EF PB ∴12EF PB x ==ABC ∆CF ∴=90CEF ∠=︒1,2CE AE PA x ∴===AEC ∆()2243cos 22x x EAC x +--∠=⨯⨯PD AC ⊥D PA PC =为中点，，，，，又，两两垂直，，，故选D.D Q AC 1cos 2AD EAC PA x∠==2243142x xx x+-+∴=2212122x x x ∴+=∴==PA PB PC ∴======2AB BC AC ,,PA PB PC ∴2R ∴==R ∴=34433V R ∴=π==。

821．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( )A.163π B.323π C ．16π D ．24π【解析】 设球的半径为R ，因为表面积是16π，所以4πR 2＝16π，解得R ＝2，所以体积为43πR 3＝32π3. 【答案】 B2．某几何体的三视图如图所示，则其表面积为( )A ．πB ．2πC ．3πD ．4π【解析】 由三视图可知，该几何体为半径为r ＝1的半球体，表面积为底面圆面积加上半球面的面积，所以S ＝πr 2＋12×4πr 2＝π×12＋12×4π×12＝3π.故选C. 【答案】 C3．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2π3B.4π3C.5π3 D ．2π【解析】 过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，故选C. 【答案】 C4．一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )A ．1＋ 3B ．2＋ 3C ．1＋2 2D ．2 2 【解析】 由空间几何体的三视图可得该空间几何体的直观图，如图所示，∴该四面体的表面积为S 表＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋3，故选B. 【答案】 B5．(2018·太原一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．6π＋1B.（24＋2）π4＋1C.（23＋2）π4＋12D.（23＋2）π4＋1 【解析】 由几何体的三视图知，该几何体为一个组合体，其中下部是底面直径为2，高为2的圆柱，上部是底面直径为2，高为1的圆锥的四分之一，所以该几何体的表面积为4π＋π＋3π4＋2π4＋1＝（23＋2）π4＋1，故选D. 【答案】 D6．甲几何体(上)与乙几何体(下)的组合体的三视图如图所示，甲、乙几何体的体积分别为V 1，V 2，则V 1∶V 2等于( )A ．1∶4B ．1∶3C ．2∶3D ．1∶π【解析】 由三视图知，甲几何体是半径为1的球，乙几何体是底面半径为2，高为3的圆锥，所以球的体积V 1＝43π，V 2＝13π×22×3＝4π，所以V 1∶V 2＝1∶3.故选B. 【答案】 B7．(2017·全国Ⅲ卷)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．πB.3π4C.π2D.π4【解析】 设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，且R ＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r ，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形．∴r ＝ 12－⎝⎛⎭⎫122＝32.∴圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝34π×1＝3π4. 故选B.【答案】 B8．(2017·襄阳调研)如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的表面积为________．【解析】 由三视图可知，该几何体是一个正四棱柱挖掉一个半球所得的几何体，其中半球的底面就是正四棱柱上底面的内切圆，正四棱柱的底面边长为4，高为2，半球所在球的半径为2.所以该几何体的表面由正四棱柱的表面与半球的表面积之和减去半球的底面构成，故其表面积为(4×4×2＋2×4×4)＋12×(4π×22)－π×22＝64＋4π. 【答案】 64＋4π9．(2018·乌鲁木齐二诊)已知四面体ABCD 满足AB ＝CD ＝6，AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝2，则四面体ABCD 的外接球的表面积是________．【解析】 (图略)在四面体ABCD 中，取线段CD 的中点为E ，连接AE ，BE .∵AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝2，∴AE ⊥CD ，BE ⊥C D.在Rt △AED 中，CD ＝6，∴AE ＝102.同理BE ＝102.取AB 的中点为F ，连接EF .由AE ＝BE ，得EF ⊥A B.在Rt △EF A 中，∵AF ＝12AB ＝62，AE ＝102，∴EF ＝1.取EF 的中点为O ，连接OA ，则OF ＝12.在Rt △OF A 中，OA ＝72.∵OA ＝OB ＝OC ＝OD ，∴该四面体的外接球的半径是72，∴外接球的表面积是7π. 【答案】 7π10．(2018·贵州适应性考试)已知球O 的表面积是36π，A ，B 是球面上的两点，∠AOB ＝60°，C 是球面上的动点，则四面体OABC 体积V 的最大值为________．【解析】 设球的半径为R ，由4πR 2＝36π，得R ＝3.显然在四面体OABC 中，△OAB 的面积为定值，S △OAB ＝12×R ×32R ＝34R 2＝934.要使三棱锥的体积最大，只需球上的点到平面OAB 的距离最大，显然，到平面OAB 距离的最大值为球的半径，所以四面体OABC 的体积的最大值V ＝13×934×R ＝934. 【答案】 93411．(2016·全国丙卷)如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面P AB ；(2)求四面体N -BCM 的体积．【解析】 (1)证明 由已知得AM ＝23AD ＝2. 如图，取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2. 又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT .因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12P A. 取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5.由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝2 5. 所以四面体N -BCM 的体积V N -BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453. 12.如图所示，在空间几何体ADE -BCF 中，四边形ABCD 是梯形，四边形CDEF 是矩形，且平面ABCD ⊥平面CDEF ，AD ⊥DC ，AB ＝AD ＝DE ＝2，EF ＝4，M 是线段AE 上的动点．(1)试确定点M 的位置，使AC ∥平面MDF ，并说明理由；(2)在(1)的条件下，平面MDF 将几何体ADE -BCF 分成两部分，求空间几何体M -DEF 与空间几何体ADM -BCF 的体积之比．【解析】(1)当M 是线段AE 的中点时，AC ∥平面MDF .理由如下：连接CE 交DF 于点N ，连接MN .因为M ，N 分别是AE ，CE 的中点，所以MN ∥AC .又因为MN ⊂平面MDF ，AC ⊄平面MDF ，所以AC ∥平面MDF .(2)将几何体ADE -BCF 补成三棱柱ADE -B ′CF ，如图所示，三棱柱ADE -B ′CF 的体积为V ＝S △ADE ·CD ＝12×2×2×4＝8，则几何体ADE -BCF 的体积V ADE ­BCF ＝V ADE ­B ′CF －V F ­BB ′C＝8－13×⎝⎛⎭⎫12×2×2×2＝203. 因为三棱锥M -DEF 的体积V M ­DEF ＝13×⎝⎛⎭⎫12×2×4×1＝43， 所以V ADM ­BCF ＝203－43＝163， 所以两几何体的体积之比为43∶163＝1∶4.。

课时跟踪检测（三十六） 空间几何体的表面积与体积37t3*2 54 tiP ， 51 3^252 —3由V =3得旦 V 2 冗 13n3曲一抓基础，多练小题做到眼疾手快 解析：由题意得，底面对角线长为 2 ,2,所以正四棱锥的高为 ，22— 2 2= 所以 正四棱锥的体积V = 1sh = 22X 2 =孕. 答案：晋 2. （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 i , S i ，底面半径 解析：法一：由题意知V 1 = a 3, S 1 = 6a 2, V 2 =1 ^r 3, S 2=2 n 2, 3得a = r ,从而 法二：不妨设 V 1= 27, V 2= 9 n,故 V 1 = a 3= 27,即 a = 3,所以 S 1 = 6a 2 = 54. 如图所示，又 V 2 = 3h x 7tr 2= 3 n 3= 9n,即 r = 3,所以 l = 2r ,即 S 2=-2l x 2 n = ■, 2n*23 3 2=9 . 2 n,所以 S 2= 9 2 n= n 答案： 冗AA 1C 1C 的距离就是点 B 到平面AA 1C 1C 的距离，作BH 丄AC ，垂足为点H ,由于△ ABC 是 正二角形且边长为 4，所以 BH = 2、*3，从而二棱锥 A-A 1EF 的体积 V A-A1EF = V E-A1AF =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 和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为 V 2, S 2，若严=3,则学的值为V 2 n S 2 3. （2018南京二模）如图，正三棱柱 ABC-A 1B 1C 1中，AB = 4, AA 1 = 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 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5i i i訐厶A i AF BH = 3X 2X 6X 4X 2 3= 8 3.答案：8 34. （2018海安期中）如图，在棱长为 2的正方体 ABCD -A i B i C i D中，0为底面ABCD 的中心，则三棱锥 O -A I BC I 的体积为所以B0丄平面A i OC i , B0是三棱锥 B -A i OC i 的高,i i 4则三棱锥O -A i BC i 的体积为3x 2X 2 2X 2X 2 = 4.3 2 3答案：45. （20i8盐城模拟）若一圆锥的底面半径为 i ,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I ，高为h ,则nX i X l = 3 nX i 2,解得l = 3, 则 h =32- i 2= 2 2,故该圆锥的体积 V = 3nX i 2X 2 2= 今5.3 3 答案：簣56. （20i8苏锡常镇一调）如图，正方体ABCD-A i B i C i D i 的棱长为i , P 是棱BB i 的中点，则四棱锥 P-AA i C i C 的体积为 __________________ .解析：四棱锥P-AA i C i C 可看作：半个正方体割去三棱锥 P-ABC和 P-A i B i C i .ii i-id所以 V p.AA i C i C = 2V ABCD-A i B i C i D i — V p-ABC - V P-A i B i C i = ?—— i2= 3.解析：连结AC ,因为几何体是正方体, CiC8,2. （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，二2x n 2= 2nX 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 t = 2 n h = 2 %r 2.圆锥的母线l =・.h 2+ r 2= 2r ,故圆锥的侧面积为 S 2= 1 x 2 ur x 1= 2 n 2, 所以 S 2 : S i =』2 : 2. 答案：24. （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 =5. （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PQ// AC ,取P Q 的中点G ,连结BG , DG ,可得 BG 丄 P Q, DG 丄 P Q 又 BG n DG = G ,贝 U P Q!平面 BGD , 在Rt △ BPG 中，由BP = 5, PG = .2,可得 BG = ■ 3，同理可得 DG =.3,则厶BDG 边BD 上的高为 .32- 22 =1 ，所以S △BDG = x 2 2 X 1= 2，贝U V B -P Q D = 1X 一2X 2 2= 3. 答案:6. （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2X 3 nX 22x 2= 316 n 3 .答案:16 n3则它们的底面半径为__________解析：由已知可得球的体积为V = 4nX 43= 256n 设圆柱和圆锥的底面半径为r,则圆柱和圆锥的体积和为8曲2+ 8 ^2= ，解得r = 2/2.3 3答案：2 27. （2018启东调研）如图，Rt△ ABC的外接圆O O的半径为5,CE 垂直于O O 所在的平面，BD // CE , CE = 4, BD = 2, ED = 2,10, 若M为ED的中点，贝U V M-ACB = ___________ .解析：如图，过D作DH丄CE于H，贝U BC= DH，在Rt△ EDH 中，由ED = 2 10, EH = EC —DB = 2，得BC = DH = 6，所以在Rt△ ABC 中，AB = 10, BC = 6,所以AC = 8，即S A ABC = 24,又因为CE垂直于O O所在的平面，BD // CE, M为ED的中点，所以M到1平面ABC的距离为3，所以V M-ACB = ^S^ABC X 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2申，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PO1 上,设球的半径为R,因为底面边长为2 2,所以AC= 4.在Rt△ AOO1 中，R2= （4 —R）2+ 22,所以R = 5，所以球的表面积S = 4 U R2= 25 n.答案：25 n9. （2018苏州期末）如图，在体积为V1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V2,则¥= ____________ .V1解析：设圆锥与圆柱的底面面积为S,高为h,所以V1= Sh, V2= Sh —；Sh= TSh,则警=£3 3V1 32答案：210. 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1 1面直径的圆锥容积为 V 圆锥=3 nX AC 2X PC = - n( 3r)2 X 3r = 3 n r 3.3 33n r .球取出后，水面下降到 EF ，水的体积为121 2 13V 水=3 nX EH X PH = 3 n PH tan 30 ° PH = - nc .又V 水=V 圆锥一 V 球，则1 TX 3= 3 ur 3 — £冗r 3,9 3 解得x = ^15r.故球取出后，容器内水深为 即15r.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 0的球面上，若 AB = 3, AC = 4, AB 丄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 = 1BC = ；,32+ 42= 2, OM = *AA 1 = 6,所以球 O 的半径 R = OA =+ 62=学. 答案：学2.三棱锥P-ABC 中，PA 丄平面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=^ X ■ 3X 2= 1,外接球球心到△ ABC 的外接圆圆心的2^3 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 = 4冗R 2= 8n.答案：8n3.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,Z 人伯16= 90° AA j = 4, =3, CC 1= 2，求:(1)该几何体的体积. ⑵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 I B I C I = 90°可知B 2C 丄平面 ABB 2A 2，则该几何体的BB 1 BA LC|体积V =1 1 1V A1B1C1-A2B2C+V C-ABB2A2= 2 X 2X 2 X 2 + 宅(1 + 2) X 2 X 2 = 6.(2)在厶ABC 中，AB = 22+ 4- 3 2= 5,BC= ,22+ 3-2 2= 5,AC =寸(2迈2+ (4 - 2$ = 2品则SAABC=2 X 2护X寸(西卜(V3丫= V®.i答案：i二保咼考，全练题型做到咼考达标i. （20i9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84 n,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= n (+ 3r) 3 = 84 n,解得r= 7.答案：7。

S△DAB·h=13
×
3 2
h,又V =V = 三棱锥O-DAB 三棱锥D-AOB
1 6
,所以
1 3
×
3 2
h=1 ,解得h=
6
3 3
,
即点O到平面DAB的距离是 3 . 3
2-3 如图,已知AB为圆O的直径,C为圆上一动点,PA⊥圆O所在的平面,
且PA=AB=2,过点A作平面α⊥PB,分别交PB、PC于E、F,当三棱锥P-
AEF的体积最大时,tan∠BAC=
.
答案 2
解析 因为PB⊥平面AEF,AF⊂平面AEF,所以PB⊥AF.因为AB是圆O 的直径,所以∠ACB=90°,即AC⊥BC.又PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所 以PA⊥BC.因为PA与AC是平面PAC内的相交直线,所以BC⊥平面PAC.
又AF⊂平面PAC,所以AF⊥BC.因为PB与BC是平面PBC内的相交直线,
2
r
2


1 2
r
2
= 3 r.
2
2.(2018江苏徐州铜山中学高三期中)各棱长都为2的正四棱锥的体积为 .
答案 4 2 3
解析 由题意可得该正四棱锥的高为 2 ,底面积是4,则体积为 4 2 . 3
3.(2018江苏扬州中学高三下学期开学考)矩形ABCD中,AB=4,BC=3,沿
第四节 空间几何体的表面积 与体积
教 1.空间几何体的结构特征 材 研 2.特殊几何体及其侧面积、表面积和体积公式 读
考 考点一
与几何体的表面积有关的问题
点 突
考点二
与几何体的体积有关的问题
破 考点三 与球的体积、表面积有关的问题
教材研读