2021新高考数学二轮复习专题练：专题三 立体几何 第1讲 空间几何体的表面积和体积

1、专题三立体几何ZHUANTISAN第1讲空间几何体的表面积和体积高考定位简单几何体的表面积与体积计算，主要以选择题、填空题的形式呈现，在解答题中，有时与空间线、面位置证明相结合，面积与体积的计算作为其中的一问.真題感1SI考處整合璃海向用要心真题感悟1.（2020.全国I卷）已知A,B,C为球O的球面上的三个点，O为“ABC的外接圆.若OO1的面积为4n,AB=BC=AC=OO1，贝吐求O的表面积为（）A.64nB.48nC.36nD.32n解析如图所示，设球O的半径为R,OO1的半径为r,因为O的面积为4n,AB所以4兀=兀您，解得r2,又AB=BC=AC=OO,所以60=2厂，解得AB=2

2、;3,故OO=2百，所以R2=OO2+r2=（2V3）2+22=16，所以球O的表面积S=4nR2=64n.故选A.答案A2.（2020.全国III卷）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.POPB解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB,如图所示，则APAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆.在APAB中，PA=PB=3,D为AB的中点，AB=2,E为切点，则PD=2逗,PEOPDB,故DBE即空2二=1，解得r全，故内切球的体积为答案辜3.（2020.新高考山东卷）已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,ZBAD=60

3、.以D1为球心，审为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为.解析如图，设B1C1的中点为E,球面与棱BB1，CC1的交点分别为P,Q,连接DB,D1B1，D1P，D1E，EP，EQ，由ZBAD=60，AB=AD，知AABD为等边三角形，D1B1=DB=2，D1B1C1为等边三角形，则D、E=启且D1E丄平面BCCB,E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心，设截面圆的半径为r,则r=；RrD1E2=：戸=厲可得EP=EQ=2,球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.又DP=5,B1P=；D1P2DB1=1,同理C1Q=1,nP,Q分别为BB1,CC1的中点，ZPEQ=2，知PQ的

4、长为22=字.答案寻4.（2019全国II卷）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）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-I2解析依题意知，题中的半正多面体的上部分有9个面，中间部分有8个面，下部分为9个面，共有9+8+9=26(个)面，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

5、多面体的棱长为x,则x+x+x=l，解得X=l/2l,故题中的半正多面体的棱长为1./21.答案26,21考点整合空间几何体的两组常用公式(1)柱体、锥体、台体、球的表面积公式：圆柱的表面积S=2nr(r+l)；圆锥的表面积S=nr(r+l)；圆台的表面积S=n(rU+rY+rl)；球的表面积S=4nR2.(2)柱体、锥体和球的体积公式：V=Sh(S为底面面积，h为高)；柱体V=3sh(S为底面面积，h为高)；锥体3V球=为人3.球的简单组合体中几何体度量之间的关系，如棱长为a的正方体的外接球、内切球、棱切球的半径分别为#a,2，#a.热点聚Ift类窝破硏迪点析鱼处热点一空间几何体的表面积【例

6、1】(1)如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去以正方体的某个顶点为球心，2为半径的8球体后的剩余部分，则该几何体的表面积为()A.243nB.24nC.24+nD.24+5n(2)(多选题)等腰直角三角形的直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为()A.q2nB.(l+/2)nC.2、辽nD.(2+：0)n解析由题意知该几何体的表面积S=6X22-3X1XnX22+8X4XnX22=24n.故选B.(2)如果是绕直角边旋转，则形成圆锥，圆锥底面半径为1,高为1,母线就是直角三角形的斜边，长为盪，所以所形成的几何体的表面积S=nX1Xt./2+nX12=

7、(；2+l)n如果绕斜边旋转，则形成的是上、下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边上的高#,两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长是1,所以形成的几何体的表面积S,=2XnX22X1.2n.综上可知，形成几何体的表面积是&2+l)n或冷On.故选AB.答案(1)B(2)AB探究提高1.求空间几何体的表面积，首先要掌握几何体的表面积公式，其次把不规则几何体分割成几个规则的几何体.2.(1)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理.(2)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.【训练1】已知圆柱的上、下底面的中心分别为O,O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截

8、面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为()A.12：2nB.12nC.8：2nD.lOn(2)(2020.衡水金卷)一个圆锥的轴截面是边长为4的等边三角形，在该圆锥中有一个内接圆柱(下底面在圆锥底面上，上底面的圆周在圆锥侧面上)，则当该圆柱侧面积取最大值时，该圆柱的高为()TOC o 1-5 h zA.lB.2C.3D.J3解析(1)因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为2羽，底面圆的直径为2羽.所以S表面頭2XnX(Q)2+2nX；2x2/2=12n.h2r(2)如图，设圆柱底面半径为r(0VrV2)，高为h,则硏60=丁,即h=./3(2r)，其侧面

9、积为S=2；3n厂(2厂)=2吋3n(r2+2r)，根据二次函数性质，当r=1时，侧面积取得最大值，此时h=i./3.答案(1)B(2)D热点二空间几何体的体积n【例2】(1)(2020济南模拟)已知三棱锥S-ABC中，ZSAB=ZABC=2，SB=4,SC=2屈,AB=2,BC=6,则三棱锥S-ABC的体积是()A.4B.6C4./3D.6羽(2)(2020.长沙模拟)如图，在四面体PBCD中，点A是CD的中点，PA=AD,ABC为等边三角形，边长为6,PB=8,PC=10，则APBD的面积为，四面体PABC的体积为.n解析（1）TZABC=2，AB=2，BC=6，:.AC=JAB2+BC2

10、=22+62=To.VZSAB=2,ab=2,SB=4,.AS=pSB2AB2=j42_22=2召.由SC=2jl3，得AC2+AS2=SC2,AACXAS.又SAAB,ACHAB=A,:.AS丄平面ABC,AS为三棱锥SABC的高，匕棱锥s_abc=3x2x2X6X2书=4曲.故选C.(2)因为ABC为等边三角形，边长为6,点A为CD的中点，所以AD=AB=6,所以AADB为等腰三角形.又ZDAB=180。一ZCAB=120。，所以ZADB=|(180120)=30，所以ZADB+ZDCB=90，所以ZDBC=90，所以CB丄DB，所以DB=-CD2BC2=：14436=6辽.因为PB=8，

11、PC=10，BC=6，所以PC2=PB2+BC2,所以CB丄PB.又DBAPB=B，DBu平面PBD，PBu平面PBD,所以CB丄平面PBD.因为DA=AC=AP=6，所以APDC为直角三角形，且ZDPC=90,所以PD=JCD2C2=斤石二10=2、JH.又DB=6./3,PB=8,所以DB2=PD2+PB2,即MBD为直角三角形，所以PBD=2X8XWil=.H.因为点A为DC的中点，所以VPabc=1vPCBD=2VCPBD=1x1xSAPBDXCB=2X3X8jnX6=8J11,即四面体PABC的体积为&,：T1.答案(1)C(2).T183不合题意.球与三棱柱的上、下底面相切时,球的

12、半径R最大.3由2R=3,即R=2故球的最大体积V=(2)在四棱锥P-ABCD中，侧棱PA丄底面ABCD,且底面为矩形，将该“阳马”补成长方体,贝肝2R)2=AB2+AD2+AP2=16+16+9=41,因此R=岑.依题意RtARAB竺RtARAD,则内切球O在侧面PAD内的正视图是APAD的内切圆，144故内切球的半径r=2(3+4-5)=1,则#=3厂3=罗.414合案(1)b巧3n探究提高1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题.2.若

13、球面上四点P,A,B,C且PA,PB,PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题.【训练3】（1）（2020太原模拟）如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，AB=BC=1,点D为侧棱BB1上的动点.若ADC1周长的最小值为书+百，则三棱锥C1-ABC的外接球的体积为（）A.2nB爭C5n2D.3n（2）（2020.烟台诊断）已知点A，B，C在半径为2的球面上，满足AB=AC=1，BC=73,若S是球面上任意一点，则三棱锥S-ABC体积的最大值为.解析（1）将侧面ABB1A1和侧面BCC1B1展开在同一平面内，示意图如图所示

14、，易知当D为侧棱BB1的中点时,ADC1的周长最小，此时设BD=x（x0）,则2寸1+x2+;2+4兀2=肿+鼻勺，解得x=|,所以Cq=1,AC=為.又三棱锥C-ABC的外接球的球心为AC1的中点，所以外接球的半径R=，于是三棱锥CABC的44外接球的体积为#=3兀人3=3兀乂2n.（2）设球心为0,ABC的外心为D，则OD丄平面ABC.在AABC中，由余弦定理,得cosA+；打;f1,贝寸sinA=.所以SABCIaBACsinA=|X1X1X且ABC的外接圆半径DABC2sinA.32X1.因此在RtAOAD中，OD=；OA2DA2=f2212=.,；空.当三棱锥S-ABC的高最大时，三

15、棱锥SABC的体积取最大值，而三棱锥SABC的高的最大值为-J3+2,所以三棱锥SABC的体积的最大值为*X亨X（73+2）=3+|/答案（i）b耳存求落实即高落A级巩固提升一、选择题8n1母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于则该圆锥的体积为（）A.16nB.8nC16兀C38nDg8n解析母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于丁，侧面展开图的弧长r，*.r=4,：圆锥的8n为5X5=8n,设底面圆半径为r,弧长8兀=底面周长=2nr,高力=詁5242=3,圆锥体积V=|xnXr2Xh=16n.答案A2.（2020全国百校联考）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB丄BC,M是AC的中点

16、，则三棱锥BABM的外接球的表面积为（35A.B.2n。.才兀AB=BC=BB=1，B.2n小9D/gn解析取AB的中点D,取B1A1的中点D1,连接DD,设O是线段DD1的中点，在ABC中，AB丄BC,AB=BC,M为AC中点，ABM1AC.因此BD=DM=DA=D1B1,从而OB=OB=OA=OM，故O为三棱锥B-ABM的外接球心，/.R2221、=OB2=OD2+BD2+怎丿=2，故三棱锥外接球的表面积S=4nR2=2n.答案B3.（2020.济南检测）已知球O是三棱锥P-ABC的外接球，PA=AB=PB=AC=2,CP=2、匹，点D是PB的中点，且CD=0，则球O的体积为（）28n14

17、nA丁B28回兀C.2716nD.3解析依题意，由PA=AC=2,CP=2、忍，得APIAC.连接AD,由点D是PB的中点且PA=AB=PB=2,得AD=Q3,又CD=阴,AC=2,可知AD丄AC,又APQAD=A,APu平面PAB,ADu平面PAB,所以AC丄平面PAB.以APAB为底面，AC为侧棱补成一个直三棱柱，则球O是该三棱柱的外接球，球心O到底面APAB的距离d=1AC=1.由正弦定理得APAB的外接圆半径PA2r=2sin60。所以球O的半径R=yd2+r2447故球O的体积V=3nR3=3nXgX戸_28213=27兀答案C4.（多选题）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱

18、长为1,线段B1D1上有两个动点E,F,且EF=2,则下列结论中错误的是（）A.AC1AFEF平面ABCD三棱锥A-BEF的体积为定值DAAEF的面积与ABEF的面积相等解析由题意及图形知，当点F与点B1重合时，ZCAF=60,故A错误；由正方体ABCD-A1B1C1D1的两个底面平行，EFu平面A1B1C1D1,知EF平面ABCD,故B正确；由几何体的性质及图形知,三角形BEF的面积是定值,点A到平面DDBB的距离是定值，故可得三棱锥A-BEF的体积为定值，故C正确；由图形可以看出，B到直线EF的距离与A与直线EF的距离不相等，故AAEF的面积与BEF的面积不相等，故D错误.故选AD.答案A

19、D5.（多选题）长方体ABCD-A1B1C1D1的长、宽、高分别为3,2,1,贝胚）长方体的表面积为20长方体的体积为6沿长方体的表面从A到C1的最短距离为3羽沿长方体的表面从A到C1的最短距离为2爲解析长方体的表面积为2X（3X2+3X1+2X1）=22,A错误.长方体的体积为3X2X1=6,B正确.如图1所示，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=3,BC=2,BB=1,将侧面ABB1A1和侧面BCC1B1展开，如图2所示.图I图2连接AC.则有AC=j52+12=：无，即经过侧面ABB1A1和侧面BCC1B1时，A到C1的最短距离是;丢；将侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1展开，

20、如图3所示，连接AC.则有AC=32+32=3羽，即经过侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1时，A到c1的最短距离是3./2；将侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1展开，如图4所示.连接AC.则有AC=j42+22=25，即经过侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1时，A到C1的最短距离是2J5.因为3辽2、5辽6，所以沿长方体表面由A到C1的最短距离是3寸2C正确，D错误.故选BC.答案BC二、填空题6.（2020.浙江卷）已知圆锥的侧面积（单位：cm2）为2n,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.解析如图，设圆锥的母线长为L,底面半径为R,则圆锥的侧面积S

21、侧二n=2n.7.如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则四棱锥A-BBfl的体积为.解析法一连接A1C1交B1D1于点E,则A1EIB。,AE丄BB1,则AE丄平面BB1D1D，所以A1E为四棱锥A1-BB1D1D的高，且A、E=，矩形BBRD的长1J21和宽分别为羽，1,故VABBDD=3氷1氷黑氷号=3.法二连接BD1，将四棱锥A1-BB1D1D分成两个三棱锥B-A1DD1与B-A1B1D1，VABBDD=VB-ADD+VB-AdWX1X1X1+|x|x1X1X1=3.答案38.(2020.沈阳一监)农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习俗，粽子又称“粽籺”，故称“角黍”

22、，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.如图(1)的平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形组成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图(2)的粽子形状的六面体，则该六面体的体积为；若该六面体内有一球，则该球的体积的最大值为解析由对称性可知该六面体是由两个全等的正四面体合成的，正四面体的棱长为312屮，所以正四面体的体积为|x2x1X-2-因为该六面体的体积是正四面体体积的2倍，所以该六面体的体积是要使球的体积达到最大，则球与该六面体的六个面都要相切.连接球心和六面体的五个顶点，把六面体分成了六个全等的三棱锥设球的半径为R,则二6XgxgxiXXR丿，

23、解得R=，所以球的体积V=R3=X6=卑2罷答案点8In答案6729三、解答题9.(2020.全国I卷)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，ABC是底面的(2)设D0=2，圆锥的侧面积为3n，求三棱锥P_ABC的体积.证明由题设可知，PA=PB=PC.由ABC是正三角形，可得FAgFAB，FACQFBC.又ZAPC=90。，故ZAPB=90，ZBPC=90.从而PB丄PA，PB丄PC，又PA，PC平面PAC，PAnPC=P，故PB丄平面PAC,又PBu平面PAB,所以平面PAB丄平面PAC.(2)解设圆锥的底面半径为r,母线长为1,由题设可得厂1=/3,12厂2=2，解得r=1,1=百.

24、从而AB=：3.由(1)可得PA2+PB2=AB2，故PA=PB=PC=26.所以三棱锥PABC的体积为討PA-PB-PC=|x|x(fl再10.如图，在四棱锥PABCD中，平面PAB丄平面ABCD,PA=PB,ADBC,AB=AC,AD=|bC=1,PD=3,ZBAD=120,M为PC的中点.证明：DM平面PAB；求四面体MABD的体积.证明取PB中点N连接MN,AN.VM为PC的中点，:MN/BC且MN=BC,又AD/BC，且AD=|bC，得MN綉AD.：ADMN为平行四边形，:DM/AN.又ANu平面PAB,DM平面PAB,：DM平面PAB.解取AB中点O,连接PO,VPA=PB,：PO

25、丄AB,又V平面PAB丄平面ABCD，平面PABA平面ABCD=AB,POu平面PAB,则PO丄平面ABCD,取BC中点H,连接AH,AB=AC,：AH丄BC，又VADBC,ZBAD=120。，：.ZABC=60,RtABH中，BH=|bC=1,AB=2,AO=1,又AD=1,AOD中，由余弦定理知，OD=/3.RtPOD中，po=、JPD2OD2=、J6.1a/3又Sn=2ABADsin120。=+,ABD22v=1.s丄尸0=谑VM-ABD3SaABD2PO4B级能力突破11.（2019全国I卷）已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC,AABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，ZCEF=90。,则球O的体积为()A.8