2023年新高考一轮复习讲义第39讲 空间几何体及其表面积、体积（解析版）

第39讲　空间几何体及其表面积、体积学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________【基础巩固】1．（2022·湖南·宁乡市教育研究中心模拟预测）已知直角梯形ABCD，现绕着它的较长底CD所在的直线旋转一周，所得的几何体包括（    ）A．一个圆柱、一个圆锥B．一个圆柱、两个圆锥C．一个圆台、一个圆柱D．两个圆柱、一个圆台【答案】A【分析】将直角梯形分割成一个矩形和一个直角三角形，结合旋转体的形成即可求解.【详解】直角梯形ABCD分割成一个矩形和一个直角三角形，矩形绕其一边旋转一周得圆柱，直角三角形绕其直角边旋转一周得圆锥，可得几何体为：一个圆柱、一个圆锥.故选：A2．（2022·湖北武汉·高三开学考试）某圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（    ）A．B．C．D．【答案】D【分析】求出扇形的弧长，进而求出圆锥的底面半径，由勾股定理得到圆锥的高，利用圆锥体积公式求解即可.【详解】因为圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为的扇形，所以该扇形的弧长为，设圆锥的底面半径为，则，解得：，因为圆锥的母线长为3，所以圆锥的高为，该圆锥的体积为.故选：D3．（2022·全国·高三专题练习）如图，水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知试卷第24页，共1页学科网（北京）股份有限公司 ，则四边形的周长为（    ）A．20B．12C．D．【答案】A【分析】根据斜二测法求得且，进而求出，即可得结果.【详解】由题设，则原四边形中，又，故，且，所以四边形的周长为.故选：A4．（2022·山东济南·模拟预测）拟柱体（所有顶点均在两个平行平面内的多面体）可以用辛普森（Simpson）公式求体积，其中是高，是上底面面积，是下底面面积，是中截面（到上、下底面距离相等的截面）面积.如图所示，在五面体中，底面是边长为2的正方形，，且直线到底面的距离为2，则该五面体的体积为（    ）A．B．C．3D．【答案】D【分析】根据题意，得到，，及中截面面积，代入公式求解即可.【详解】由题意得：，，，分别取的中点，顺次连接，得到截面为中截面，且为长方形，边长为，，所以，试卷第24页，共1页学科网（北京）股份有限公司 所以.故选：D5．（2022·山东青岛·高三开学考试）已知圆台的上下底面半径分别为1和2，侧面积为，则该圆台的外接球半径为（    ）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据圆台的侧面积计算公式可求母线长，进而可求圆台的高，根据球的性质，即可利用球心与底面圆心的连线垂直与底面，根据勾股定理即可求解.【详解】设圆台的高和母线分别为，球心到圆台上底面的距离为，根据圆台的侧面积公式可得，因此圆台的高，当球心在圆台内部时，则，解得，故此时外接球半径为，当球心在圆台外部时，则，，解得不符合要求，舍去，故球半径为故选：B6．（2022·河北邢台·高三开学考试）如图所示，三棱柱容器的棱长为8，且到侧面的距离为，若将该容积装入容积一半的水，再以侧面水平放置，则水面高度为（    ）试卷第24页，共1页学科网（北京）股份有限公司 A．4B．C．D．【答案】C【分析】由题意，分别表示两种情况下体积表示，得到两底面的面积的关系，根据相似，可得高之比，可得答案.【详解】设三棱柱中底面上的高为，中边上的高，则当以平面为底时，水的体积，当以侧面水平放置时，水呈现为四棱柱，此时底面作图如下：其中，由题意可知，则，设其底面四边形的面积为（阴影面积），水的体积可表示为，可得，即，则，即，则水面高度为，故选：C.7．（2022·江苏南京·高三阶段练习）已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，P为上底面圆的圆心，AB为下底面圆的直径，E为下底面圆周上一点，则三棱锥P-ABE外接球的表面积为（    ）A．B．C．D．【答案】B【分析】设外接球半径为R，底面圆心为Q，外接球球心为O，由外接球的定义，结合圆柱的几何性质，确定球心在线段PQ上，即可在直角三角形APQ上根据几何关系求出外接球半径，即可由公式算球表面积【详解】由题，由圆的性质，为直角三角形，，试卷第24页，共1页学科网（北京）股份有限公司 如图所示，设外接球半径为R，底面圆心为Q，外接球球心为O，由外接球的定义，，易得O在线段PQ上，又圆柱的轴截面是边长为2的正方形，所以底面圆半径，∵，则，解得，∴外接球表面积为.故选：B．8．（2022·湖南师大附中高三阶段练习）有一个圆台型的密闭盒子（表面不计厚薄），其母线与下底面成60°角，且母线长恰好等于上下底半径之和，在圆台内放置一个球，当球体积最大时，设球的表面积为，圆台的侧面积为，则（    ）A．B．C．D．无法确定与的大小【答案】B【分析】根据母线与下底面成角，且母线长恰好等于上下底半径之和，得到，通过计算得到圆台正好有一个与其上下底面及侧面都相切的内切球，此球体积最大且半径是，计算出与，比较出大小.【详解】如图所示，过点D作DE⊥AB于点E，设圆台上下底的半径分别为，由其母线与下底面成角，且母线长恰好等于上下底半径之和，则，且，解得：，故，取AC中点O，过点O作OH⊥BD于点H，连接OB，OD，则由勾股定理得：，，又，由勾股定理逆定理可得：OB⊥OD，试卷第24页，共1页学科网（北京）股份有限公司 所以，故满足条件的圆台正好有一个与其上下底面及侧面都相切的内切球，此球体积最大且半径是，表面积，圆台上下底的半径分别为，母线长为，侧面积，则.故选：B9．（多选）（2022·湖南湘潭·高三开学考试）如图，已知圆锥顶点为，其轴截面是边长为6的为正三角形，为底面的圆心，为圆的一条直径，球内切于圆锥（与圆锥底面和侧面均相切），点是球与圆锥侧面的交线上一动点，则（    ）A．圆锥的表面积是B．球的体积是C．四棱锥体积的最大值为D．的最大值为【答案】BCD【分析】根据给定条件，求出球O的半径，动点Q的轨迹圆的半径及线段长，再逐项计算判断作答.试卷第24页，共1页学科网（北京）股份有限公司 【详解】依题意，动点Q的轨迹是圆，所在平面与圆锥底面平行，令其圆心为，连接，如图，正内切圆即为球O的截面大圆，球心O、截面圆圆心都在线段上，连，，则球O的半径，显然，，，，对于A，圆锥的表面积是，A错误；对于B，球O的体积是，B正确；对于C，因Q到平面AEBF的距离与截面圆圆心到平面的距离相等，均为，则当四边形AEBF的面积最大时，四棱锥的体积最大，，当且仅当，即时取“=”，则四棱锥体积的最大值为，C正确；对于D，因，则有，即，因此，由均值不等式得：，即，当且仅当时取“=”，D正确.故选：BCD10．（多选）（2022·辽宁朝阳·高三阶段练习）在三棱锥中，，试卷第24页，共1页学科网（北京）股份有限公司 ，则（    ）A．B．三棱锥的体积为C．三棱锥外接球半径为D．异面直线与所成角的余弦值为【答案】ABD【分析】将三棱锥补形为长方体，利用异面直线的夹角的定义判断A，D，再确定三棱锥的外接球的球心及半径，判断C，利用体积公式求三棱锥的体积判断B.【详解】将三棱锥补形为长方体如下：其中，，所以，，连接，因为，，，，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，又四边形为正方形，所以，所以，A对；长方体的体积，三棱锥的体积，三棱锥的体积，三棱锥的体积，三棱锥的体积，所以三棱锥的体积，B对，为长方体的外接球的直径，，所以长方体的外接球的半径为，长方体的外接球也是三棱锥外接球，所以三棱锥外接球的半径为；C错；连接，交于，试卷第24页，共1页学科网（北京）股份有限公司 因为，所以为异面直线与所成的角（或其补角），由已知，，,所以，所以异面直线与所成角的余弦值为，D对，故选：ABD.11．（多选）（2022·江苏·宝应县教育局教研室高三开学考试）我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用．图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体；如图2，已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且底面边长均为2，若该几何体的所有顶点都在球的表面上，则（    ）A．正四棱柱和正四棱锥的高均为B．正四棱柱和正四棱锥组成的几何体的表面积为C．球的表面积为D．正四棱锥的侧面、侧棱与其底面所成的角分别为、，则试卷第24页，共1页学科网（北京）股份有限公司 【答案】BC【分析】根据正四棱柱和正四棱锥的几何的性质，结合球的对称性、球的表面积公式、线面角、二面角的定义逐一判断即可.【详解】设正四棱柱和正四棱锥的高为，球的半径为，根据正四棱柱和球的对称性可知：该几何体的外接球的球心为正四棱柱的中心，球的直径即为正四棱柱的体对角线，且正四棱柱的体心到正四棱锥的顶点的距离，根据正四棱柱的体对角线公式得，因此，所求球的表面积为，故选项A不正确，C正确；在直角三角形中，，所以正四棱柱和正四棱锥组成的几何体的表面积为：，所以选项B正确，如图所示：，，显然有，所以选项D不正确，故选：BC12．（多选）（2022·河北衡水·高三阶段练习）在四棱锥中，已知，，，则（    ）A．四边形内接于一个圆B．四棱锥的体积为试卷第24页，共1页学科网（北京）股份有限公司 C．四棱锥外接球的球心在四棱锥的内部D．四棱锥外接球的半径为【答案】AD【分析】A选项，求出，得到A、B、C、D四点共圆；B选项，求出四棱锥底面积和高，求出体积；C选项，找到四棱锥的外接球球心，设出，求出，得到四棱锥外接球的球心在四棱锥的外部；D选项，在选项C的基础上求出外接球的半径.【详解】选项A：由已知得三角形为正三角形，又，，所以，，故，所以A、B、C、D四点共圆，故A正确；选项B：由上得、、、四点共圆，设圆心为，，且，所以，设点在平面的投影为，因为，所以，即为四边形的外接圆的圆心，所以，重合，所以平面，，四边形的面积，所以四棱锥的体积为，故B不正确；选项C：设四棱锥外接球的球心为，因为平面，且，所以球心在上，设，所以，所以，解得：，试卷第24页，共1页学科网（北京）股份有限公司 所以球心在的延长线上，所以四棱锥外接球的球心在四棱锥的外部，故不正确；选项D：四棱锥外接球的半径为，所以D正确.故选：AD.13．（2022·全国·高三专题练习）若一个平面图形的斜二测直观图是一个等腰直角三角形，，则原图的面积为___________.【答案】【分析】根据原图与斜二测画出的直观图的面积比为求解即可【详解】由题可得，所以原图的面积为.故答案为：14．（2022·福建省福州屏东中学高三开学考试）如图所示的三棱锥中，平面，则该三棱锥的外接球的表面积为______.【答案】【分析】设中点为,连接,证明点就是三棱锥外接球的球心,即得解.【详解】解：设中点为,连接,因为平面所以,所以.试卷第24页，共1页学科网（北京）股份有限公司 因为平面所以平面,所以平面，所以.所以,所以.所以点就是三棱锥外接球的球心.由题得.所以三棱锥外接球的半径为.所以三棱锥外接球的表面积为.故答案为：.15．（2022·江苏·泗洪县洪翔中学高三开学考试）某中学课外活动小组开展劳动实习，活动中需制造一个零件模型，该零件模型为四面体，设为，要求，当时，此四面体体积的最大值为______．【答案】【分析】将四面体补成长方体，将四面体体积表示成关于的函数表达式，利用导数求其单调区间从而确定其最大值【详解】如图将四面体补成一个长方体,设长方体的长宽高分别为,则试卷第24页，共1页学科网（北京）股份有限公司 ，则，,，记，令，则在单调递增，单调递减，故．故答案为：16．（2022·河北沧州·二模）三棱锥的平面展开图如图所示，已知，若三棱锥的四个顶点均在球的表面上，则球的表面积为__________.【答案】【分析】根据题意构造底面正三角形的边长为2，高为的正三棱柱，则该三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球，球心即为上下底面外接圆圆心连线的中点，再根据条件求半径即可.【详解】由已知得，三棱锥中，，且与平面所成的角为，构造如图所示的正三棱柱，底面正三角形的边长为2，高为，则该三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球.设，分别为三棱柱上､下底面三角形的中心，则为的中点，因为，所以球的半径，试卷第24页，共1页学科网（北京）股份有限公司 所以球的表面积为.故答案为：.17．（2022·江苏·高三开学考试）祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家，他于5世纪末提出了“幂势既同，则积不容异”的体积计算原理，即“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”.现已知直线与双曲线及其渐近线围成的平面图形如图所示.若将图形被直线所截得的两条线段绕轴旋转一周，则形成的旋转面的面积______；若将图形绕轴旋转一周，则形成的旋转体的体积______.【答案】        【分析】由直线，其中，分别联立方程组和，求得的坐标，进而求得圆环的面积，再结合题意得到该几何体的体积与底面面积为，高为4的圆柱的体积相同，利用圆柱的体积公式，即可求解【详解】如图所示，双曲线，其中一条渐近线方程为，由直线，其中，试卷第24页，共1页学科网（北京）股份有限公司 联立方程组，解得，联立方程组，解得，所以截面圆环的面积为，即旋转面的面积为，根据“幂势既同，则积不容异”，可得该几何体的体积与底面面积为，高为4的圆柱的体积相同，所以该几何体的体积为.故答案为：，.18．（2022·全国·高三专题练习）如图所示三棱锥，底面为等边，为边中点，且底面，，求三棱锥体积.【答案】1.【分析】由于底面，所以为三棱锥体积的高，又底面为等边，算出的面积，然后代入锥体的体积公式即可.【详解】因为底面，面，，又因为O为AC边中点，，所以为正三角形，，又因为底面为等边，，所以试卷第24页，共1页学科网（北京）股份有限公司 .【素养提升】1．（2022·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试）蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，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、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠（球）的表面上有四个点，，，，且球心在上，，，，则该鞠（球）的表面积为（    ）A．B．C．D．【答案】C【分析】画出图形，作出辅助线，求出，进而得到，利用勾股定理求出球的半径，求出球的表面积.【详解】如图，取AB的中点M，连接MP，由AC=BC=4，AC⊥BC得：，由，得：，连接CM并延长，交球O于点H，连接PH，因为PC球O的直径，设球的半径为R，则PH⊥CH，，则，试卷第24页，共1页学科网（北京）股份有限公司 所以，解得：，球的表面积为.故选：C2．（2022·湖南·麻阳苗族自治县第一中学高三开学考试）《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”．现有一个刍甍如图所示，底面ABCD为正方形，底面ABCD，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，，则该刍甍的外接球的体积为（    ）A．B．C．D．【答案】A【分析】根据给定条件，求出点E到平面的距离，再由几何体的结构特征确定球心位置，结合球面的性质求解作答.【详解】取AD，BC中点N，M，正方形中心O，EF中点，连接，如图，依题意，平面，，点O是MN的中点，，试卷第24页，共1页学科网（北京）股份有限公司 等腰中，，，同理，因此，等腰梯形的高，由几何体的结构特征知，刍甍的外接球球心在直线上，连，正方形外接圆半径，则有，而，当点在线段的延长线（含点O）时，视为非负数，若点在线段（不含点O）上，视为负数，即有，即，解得，因此刍甍的外接球球心为O，半径为，所以刍甍的外接球的体积为.故选：A3．（2022·湖北·高三开学考试）在三棱锥中，底面，，，为的中点，球为三棱锥的外接球，是球上任一点，若三棱锥体积的最大值是，则球的体积为___________.【答案】【分析】分析可知三棱锥外接球球心为中点，求出点到平面的距离，可得出点到平面的距离的最大值，利用锥体体积可得出关于的等式，求出的值，可得出球的半径的值，再利用球体的体积公式可求得结果.【详解】正中，为的中点，则，而平面，平面，则，而，、平面，则平面，平面，所以，，平面，平面，，所以，的中点到点、、、的距离相等，即三棱锥外接球球心为中点，从而，点是三棱锥外接球球心，设球的半径为，则，，因为的外接圆圆心为的中点，设为，连接，试卷第24页，共1页学科网（北京）股份有限公司 因为、分别为、的中点，则，故平面，如图，则有，即到平面的距离为，因此到平面距离的最大值为，又，即有，解得，所以，，所以球的体积为.故答案为：.【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.4．（2022·广东汕头·高三阶段练习）在边长为2的菱形中，，将菱形沿对角线对折，使二面角的余弦值为，则所得三棱锥的外接球的表面积为___________.【答案】【分析】利用菱形对角线相互垂直的性质得出，，可得出二面角的平面角为，再利用余弦定理求出，可知三棱锥为正四面体，过点作交于点，即可得到平面，从而得到为底面的重心，再由勾股定理求出外接球的半径，最后利用球的表面积公式可得出答案．试卷第24页，共1页学科网（北京）股份有限公司 【详解】解：依题意在边长为的菱形中，，所以，如下图所示，易知和都是等边三角形，取的中点，则，．，平面，所以平面，所以是二面角的平面角，过点作交于点，由平面，平面，所以，，平面，所以平面．因为在中，，所以，则．故三棱锥为正四面体，由平面，所以为底面的重心，所以，，则，设外接球的半径为，则，解得．因此，三棱锥的外接球的表面积为．故答案为：．5．（2022·湖北武汉·高三开学考试）在四棱锥中，，且，，若该四棱锥存在半径为1的内切球，则_______.试卷第24页，共1页学科网（北京）股份有限公司 【答案】【分析】如图,截取一个正四棱锥，结合已知得到，同时可证得平面，设，四棱锥的体积可转化为，因为四棱锥存在半径为1的内切球，可得，联立得到的关系式，化简计算即可.【详解】如图，，且，可以在四棱锥上截取一个正四棱锥，此时四边形为正方形，且边长为，，，，设，，且，，，O为BD中点，，，又，平面，，，，又因为四棱锥存在半径为1的内切球，，即，即，，解得，因为四棱锥存在半径为1的内切球，直径为2，，试卷第24页，共1页学科网（北京）股份有限公司 而，故，故答案为：试卷第24页，共1页学科网（北京）股份有限公司 试卷第24页，共1页学科网（北京）股份有限公司