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2021高考数学二轮复习专题练 三、核心热点突破 专题三 立体几何 第1讲 空间几何体的表面积和体积2021高考数学二轮复习专题练 三、核心热点突破 专题三 立体几何 第1讲 空间几何体的表面积和体积年级：姓名：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 题 感 悟1.(2020全国卷)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，O1为ABC的外接圆.若O1的面积为4，ABBCACOO1，则球O的表面积为()A.64 B.48 C.36 D.32解析如图所示，设球O的半径为R，O1的半径为r，因为O1的面积为4，所以4r2，解得r2，又ABBCACOO1，所以2r，解得AB2，故OO12，所以R2OOr2(2)22216，所以球O的表面积S4R264.故选A.答案A2.(2020全国卷)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_.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PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆.在PAB中，PAPB3，D为AB的中点，AB2，E为切点，则PD2，PEOPDB，故，即，解得r，故内切球的体积为.答案3.(2020新高考山东卷)已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的棱长均为2，BAD60.以D1为球心，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BAD60，ABAD，知ABD为等边三角形，D1B1DB2，D1B1C1为等边三角形，则D1E且D1E平面BCC1B1，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.可得EPEQ，球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.又D1P，B1P1，同理C1Q1，P，Q分别为BB1，CC1的中点，PEQ，知的长为.答案4.(2019全国卷)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_.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98926(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，设题中的半正多面体的棱长为x，则 xxx1，解得x1，故题中的半正多面体的棱长为1.答案261考 点 整 合1.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S2r(rl)；圆锥的表面积Sr(rl)；圆台的表面积S(r2r2rlrl)；球的表面积S4R2.(2)柱体、锥体和球的体积公式：V柱体Sh(S为底面面积，h为高)；V锥体Sh(S为底面面积，h为高)；V球R3.2.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，a.热点一空间几何体的表面积【例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为半径的球体后的剩余部分，则该几何体的表面积为()A.243 B.24C.24 D.245(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. B.(1)C.2 D.(2)解析(1)由题意知该几何体的表面积S62232242224.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，所以所形成的几何体的表面积S112(1).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S21.综上可知，形成几何体的表面积是(1)或.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】 (1)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.12 B.12C.8 D.10(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()A.1 B.2 C.3 D.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，底面圆的直径为2.所以S表面积2()22212.(2)如图，设圆柱底面半径为r(0r2)，高为h，则，即h(2r)，其侧面积为S2r(2r)2(r22r)，根据二次函数性质，当r1时，侧面积取得最大值，此时h.答案(1)B(2)D热点二空间几何体的体积【例2】 (1)(2020济南模拟)已知三棱锥SABC中，SABABC，SB4，SC2，AB2，BC6，则三棱锥SABC的体积是()A.4 B.6 C.4 D.6(2)(2020长沙模拟)如图，在四面体PBCD中，点A是CD的中点，PAAD，ABC为等边三角形，边长为6，PB8，PC10，则PBD的面积为_，四面体PABC的体积为_.解析(1)ABC，AB2，BC6，AC2.SAB，AB2，SB4，AS2.由SC2，得AC2AS2SC2，ACAS.又SAAB，ACABA，AS平面ABC，AS为三棱锥SABC的高，V三棱锥SABC2624.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ADAB6，所以ADB为等腰三角形.又DAB180CAB120，所以ADB(180120)30，所以ADBDCB90，所以DBC90，所以CBDB，所以DB6.因为PB8，PC10，BC6，所以PC2PB2BC2，所以CBPB.又DBPBB，DB平面PBD，PB平面PBD，所以CB平面PBD.因为DAACAP6，所以PDC为直角三角形，且DPC90，所以PD2.又DB6，PB8，所以DB2PD2PB2，即PBD为直角三角形，所以SPBD828.因为点A为DC的中点，所以VPABCVPCBDVCPBDSPBDCB868，即四面体PABC的体积为8.答案(1)C(2)88探究提高1.求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转换原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上.2.求不规则几何体的体积：常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.【训练2】 (1)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. B. C. D.(2)(2020东北三校一联)如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，ED平面ABCD，FC平面ABCD，ED2FC2，则四面体ABEF的体积为()A. B. C.1 D.解析如图画出圆柱的轴截面ABCD，O为球心.球半径ROA1，球心到底面圆的距离为OM.底面圆半径rAM，故圆柱体积Vr2h1.(2)ED平面ABCD且AD平面ABCD，EDAD.在正方形ABCD中，ADDC，而DCEDD，AD平面CDEF.易知FC1，VABEFVABCDEFVFABCDVADEF.VEABCDEDS正方形ABCD222，VBEFCBCSEFC221，VABCDEF.又VFABCDFCS正方形ABCD122，VADEFADSDEF222，VABEF.故选B.答案(1)B(2)B热点三多面体与球的切、接问题【例3】 (1)在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球.若ABBC，AB6，BC8，AA13，则V的最大值是()A.4 B. C.6 D.(2)在九章算术中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.如图，若四棱锥PABCD为阳马，侧棱PA底面ABCD，且PA3，BCAB4，设该阳马的外接球半径为R，内切球半径为r，则R_；内切球的体积V_.解析(1)由ABBC，AB6，BC8，得AC10.要使球的体积V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面ABC的内切圆的半径为r.则68(6810)r，所以r2.2r43不合题意.球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R最大.由2R3，即R.故球的最大体积VR3.(2)在四棱锥PABCD中，侧棱PA底面ABCD，且底面为矩形，将该“阳马”补成长方体，则(2R)2AB2AD2AP21616941，因此R.依题意RtPABRtPAD，则内切球O在侧面PAD内的正视图是PAD的内切圆，故内切球的半径r(345)1，则Vr3.答案(1)B(2)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ABCA1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，ABBC1，点D为侧棱BB1上的动点.若ADC1周长的最小值为，则三棱锥C1ABC的外接球的体积为()A.2 B.C. D.3(2)(2020烟台诊断)已知点A，B，C在半径为2的球面上，满足ABAC1，BC，若S是球面上任意一点，则三棱锥SABC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，易知当D为侧棱BB1的中点时，ADC1的周长最小，此时设BDx(x0)，则2，解得x，所以CC11，AC1.又三棱锥C1ABC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C1ABC的外接球的体积为VR3.(2)设球心为O，ABC的外心为D，则OD平面ABC.在ABC中，由余弦定理，得cos A，则sin A.所以SABCABACsin A11，且ABC的外接圆半径DA1.因此在RtOAD中，OD.当三棱锥SABC的高最大时，三棱锥SABC的体积取最大值，而三棱锥SABC的高的最大值为2，所以三棱锥SABC的体积的最大值为(2).答案(1)B(2)A级巩固提升一、选择题1.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.16 B.8 C. D.解析母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于，侧面展开图的弧长为58，设底面圆半径为r，弧长8底面周长2r，r4，圆锥的高h3，圆锥体积Vr2h16.答案A2.(2020全国百校联考)在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC，ABBCBB11，M是AC的中点，则三棱锥B1ABM的外接球的表面积为()A. B.2 C. D.解析取AB的中点D，取B1A1的中点D1，连接DD1，设O是线段DD1的中点，在ABC中，ABBC，ABBC，M为AC中点，BMAC.因此BDDMDAD1B1，从而OB1OBOAOM，故O为三棱锥B1ABM的外接球心，R2OB2OD2BD2，故三棱锥外接球的表面积S4R22.答案B3.(2020济南检测)已知球O是三棱锥PABC的外接球，PAABPBAC2，CP2，点D是PB的中点，且CD，则球O的体积为()A. B.C. D.解析依题意，由PAAC2，CP2，得APAC.连接AD，由点D是PB的中点且PAABPB2，得AD，又CD，AC2，可知ADAC，又APADA，AP平面PAB，AD平面PAB，所以AC平面PAB.以PAB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PAB的距离dAC1.由正弦定理得PAB的外接圆半径r，所以球O的半径R.故球O的体积VR3.答案C4.(多选题)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF，则下列结论中错误的是()A.ACAFB.EF平面ABCDC.三棱锥ABEF的体积为定值D.AEF的面积与BEF的面积相等解析由题意及图形知，当点F与点B1重合时，CAF60，故A错误；由正方体ABCDA1B1C1D1的两个底面平行，EF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DD1B1B的距离是定值，故可得三棱锥ABEF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AEF的面积与BEF的面积不相等，故D错误.故选AD.答案AD5.(多选题)长方体ABCDA1B1C1D1的长、宽、高分别为3，2，1，则()A.长方体的表面积为20B.长方体的体积为6C.沿长方体的表面从A到C1的最短距离为3D.沿长方体的表面从A到C1的最短距离为2解析长方体的表面积为2(323121)22，A错误.长方体的体积为3216，B正确.如图1所示，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB3，BC2，BB11，将侧面ABB1A1和侧面BCC1B1展开，如图2所示.连接AC1，则有AC1，即经过侧面ABB1A1和侧面BCC1B1时，A到C1的最短距离是；将侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1展开，如图3所示，连接AC1，则有AC13，即经过侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1时，A到C1的最短距离是3；将侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1展开，如图4所示.连接AC1，则有AC12，即经过侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1时，A到C1的最短距离是2.因为32，所以沿长方体表面由A到C1的最短距离是3，C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2，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侧rl2，即rl2.由于侧面展开图为半圆，可知l22，可得l2，因此r1.答案17.如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1BB1D1D的体积为_.解析法一连接A1C1交B1D1于点E，则A1EB1D1，A1EBB1，则A1E平面BB1D1D，所以A1E为四棱锥A1BB1D1D的高，且A1E，矩形BB1D1D的长和宽分别为，1，故VA1BB1D1D1.法二连接BD1，将四棱锥A1BB1D1D分成两个三棱锥BA1DD1与BA1B1D1，VA1BB1D1DVBA1DD1VBA1B1D1111111.答案8.(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”，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1，则正四面体的高为，所以正四面体的体积为1.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6，解得R，所以球的体积VR3.答案三、解答题9.(2020全国卷)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，APC90.(1)证明：平面PAB平面PAC；(2)设DO，圆锥的侧面积为，求三棱锥PABC的体积.(1)证明由题设可知，PAPBPC.由ABC是正三角形，可得PACPAB，PACPBC.又APC90，故APB90，BPC90.从而PBPA，PBPC，又PA，PC平面PAC，PAPCP，故PB平面PAC，又PB平面PAB，所以平面PAB平面PAC.(2)解设圆锥的底面半径为r，母线长为l，由题设可得rl，l2r22，解得r1，l.从而AB.由(1)可得PA2PB2AB2，故PAPBPC.所以三棱锥PABC的体积为PAPBPC.10.如图，在四棱锥PABCD中，平面PAB平面ABCD，PAPB，ADBC，ABAC，ADBC1，PD3，BAD120，M为PC的中点.(1)证明：DM平面PAB；(2)求四面体MABD的体积.(1)证明取PB中点N，连接MN，AN.M为PC的中点，MNBC且MNBC，又ADBC，且ADBC，得MN綉AD.ADMN为平行四边形，DMAN.又AN平面PAB，DM平面PAB，DM平面PAB.(2)解取AB中点O，连接PO，PAPB，POAB，又平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB，PO平面PAB，则PO平面ABCD，取BC中点H，连接AH，ABAC，AHBC，又ADBC，BAD120，ABC60，RtABH中，BHBC1，AB2，AO1，又AD1，AOD中，由余弦定理知，OD.RtPOD中，PO.又SABDABADsin 120，VMABDSABDPO.B级能力突破11.(2019全国卷)已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PAPBPC，ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，CEF90，则球O的体积为()A.8 B.4C.2 D.解析因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EFPB，因为CEF90，所以EFCE，所以PBCE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC平面BDP，所以PBAC，又ACCEC，AC，CE平面PAC，所以PB平面PAC，所以PBPA，PBPC，因为PAPBPC，ABC为正三角形，所以PAPC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥PABC放在正方体中如图所示.因为AB2，所以该正方体的棱长为，所以该正方体的体对角线长为，所以三棱锥PABC的外接球的半径R.所以球O的体积VR3.答案D12.(2020江南十校联考)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为等腰梯形，ABCD，CD2AB4，AD，PAB为等腰直角三角形，PAPB，平面PAB底面ABCD，E为PD的中点.(1)求证：AE平面PBC；(2)求三棱锥PEBC的体积.(1)证明如图，取PC的中点F，连接EF，BF，PEDE，PFCF，EFCD，CD2EF，ABCD，CD2AB，ABEF，且EFAB.四边形ABFE为平行四边形，AEBF.BF平面PBC，AE平面PBC.故AE平面PBC.(2)解由(1)知AE平面PBC，点E到平面PBC的距离与点A到平面PBC的距离相等，VPEBCVEPBCVAPBCVPABC.如图，取AB的中点O，连接PO，PAPB，OPAB.平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB，OP平面PAB，OP平面ABCD.PAB为等腰直角三角形，PAPB，AB2，OP1.四边形ABCD为等腰梯形，且ABCD，CD2AB4，AD，梯形ABCD的高为1，SABC211.故VPEBCVPABC11.