解密05 空间几何体的表面积和体积（讲义）-【高考数学之高频考点解密】练习题学案

解密05 空间几何体的表面积和体积

核心考点一  空间几何体的表面积

柱体、锥体、台体、球的表面积公式：

①圆柱的表面积S＝2πr(r＋l)；

②圆锥的表面积S＝πr(r＋l)；

③圆台的表面积S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)；

④球的表面积S＝4πR2.

1.【2018新课标1文5】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．

【解析】截面面积为，所以高，底面半径，所以表面积为，故选B．

2．【2017新课标1文18】如图，在四棱锥中，，且

（1）证明：平面平面；（2）若，，且四棱锥的体积为，求该四棱锥的侧面积．

【解析】（1）由已知，得，．

由于，故，从而平面．

又平面，所以平面平面．

（2）在平面内作，垂足为．

由（1）知，平面，故，可得平面．

设，则由已知可得，．

故四棱锥的体积．

由题设得，故．

从而，，．

可得四棱锥的侧面积为．

1．【2018新课标2理16】已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．

【解析】因为母线，所成角的余弦值为，所以母线，所成角的正弦值为，

因为的面积为，设母线长为，所以，，

因与圆锥底面所成角为，所以底面半径为，因此圆锥的侧面积为．

2．【2015新课标1文18】如图四边形为菱形，为与交点，平面，

（I）证明：平面平面；

（II）若， 三棱锥的体积为，求该三棱锥的侧面积．

【解析】(Ⅰ) ∵BE⊥平面ABCD，∴BE⊥AC．

∵ABCD为菱形，∴ BD⊥AC，

∴AC⊥平面BED，又AC平面AEC，∴平面AEC⊥平面BED．

(Ⅱ)设AB=x，在菱形ABCD中，由∠ABC=120°可得，

 AG=GC=，GB=GD=． 在RtΔAEC中，可得EG=．

∴ 在RtΔEBG为直角三角形，可得BE=．

∴ ，解得x =2．

由BA=BD=BC可得AE= ED=EC=．

∴ΔAEC的面积为3，ΔEAD的面积与ΔECD的面积均为．

所以三棱锥E-ACD的侧面积为．

核心考点二  空间几何体的体积

柱体、锥体和球的体积公式：

①V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；

②V锥体＝Sh(S为底面面积，h为高)；

③V球＝πR3.

1．【2018新课标2文16】已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为________．

【解析】如下图所示，，，又，

解得，所以，，所以该圆锥的体积为．

2.【2019新课标3文理16】学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型．如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，分别为所在棱的中点，，打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________．

【解析】由题意得， ，四棱锥O−EFG的高3cm，

∴．又长方体的体积为，

所以该模型体积为，其质量．

3.【2020新课标1文19】如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，．

（1）证明：平面⊥平面；

（2）设，圆锥的侧面积为，求三棱锥的体积．

【解析】（1）连接，为圆锥顶点，为底面圆心，平面，

在上，，

是圆内接正三角形，，，

，即，，

平面平面，平面平面；

（2）设圆锥的母线为，底面半径为，圆锥的侧面积为，

，解得，，

在等腰直角三角形中，，

在中，，

三棱锥的体积为．

1.【2018江苏卷】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________.

【解析】正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正八面体的所有棱长都是.则该正八面体的体积为×()2×1×2＝.

2.如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，ED⊥平面ABCD，FC⊥平面ABCD，ED＝2FC＝2，则四面体ABEF的体积为(　　)

A.   B.   C.1   D.

【解析】∵ ED⊥平面ABCD且AD⊂平面ABCD，∴ ED⊥AD.

∵ 在正方形ABCD中，AD⊥DC，而DC∩ED＝D，∴ AD⊥平面CDEF.

易知FC＝＝1，VA－BEF＝VABCDEF－VF－ABCD－VA－DEF.

∵ VE－ABCD＝ED×S正方形ABCD×＝2×2×2×＝，VB－EFC＝BC×S△EFC×

＝2×2×1××＝，

∴ VABCDEF＝＋＝.又VF－ABCD＝FC×S正方形ABCD×＝1×2×2×＝，

VA－DEF＝AD×S△DEF×＝2×2×2××＝，VA－BEF＝－－＝.故选B.

3．【2019新课标2文17】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥的体积．

【解析】（1）因为在长方体中，平面；

平面，所以，

又，，且平面，平面，

所以平面；

（2）设长方体侧棱长为，则，

由（1）可得；所以，即，

又，所以，即，解得；

取中点，连结，因为，则；

所以平面，

所以四棱锥的体积为．

核心考点三  多面体与球的切、接问题

球的相关性质：

1、用一个平面去截球，截面是圆面；经过球心的平面截的圆叫大圆；不经过球心的平面截的圆叫小圆。

2、球心和截面圆心的连线垂直于截面，即有

多面体的外接球模型：

1、长方体的外接球直径为体对角线，则；

正方体的外接球半径为；正方体的内切球半径为。

2、圆柱模型：

在三棱锥中，已知平面，则外接球半径为，

则，其中为外接圆半径。

3、圆锥模型

在正三棱锥中，先求出高线长，

在中，解方程求出，

其中为外接圆半径。

4、正四面体（构造正方体）、对棱相对的三棱锥（构造长方体）

如上左：正四面体可构造如图正方体（所有面对角线相等）；

如上右：对棱相等的三棱锥可构造如图长方体（对面的对角线相等）。

1．【2020新课标1理10文12】已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【解析】设圆半径为，球的半径为，依题意，得，由正弦定理

，，根据球的截面性质平面，

，球的表面积．故选A．

2．【2020新课标2理10文11】已知是面积为的等边三角形，且其顶点都在球的球面上．若球的表面积为，则到平面的距离为（    ）

A． B． C．1 D．

【解析】设球的半径为，则，解得．设外接圆半径为，边长为，

是面积为的等边三角形，，解得，，

球心到平面的距离．故选C．

3.【2019新课标1理12】已知三棱锥P‒ABC的四个顶点在球O的球面上，，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是、的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为(    )

A． B． C． D．

【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，，

为中点，，，

，，又，两两垂直，，，，故选D．

1．【2020新课标3理15文16】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】方法1：等面积法

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，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为，

由于，故，

设内切圆半径为，则，解得，其体积．故答案为．

方法2：几何法

如右图，当球与圆锥内切时体积最大，设球的半径为，由题意知，圆锥的高．由得，则，故球的体积．故答案为．

2.【2017新课标1文16】已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是球的直径．若平面平面，，，三棱锥的体积为9，则球的表面积为          ．

【解析】取的中点，连接，因为，所以，

因为平面平面，所以平面．设，

，所以，即球的表面积为

3．【2020新高考全国16】已知直四棱柱的棱长均为，．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为________．

【解析】如图，取的中点为，的中点为，的中点为，因为，直四棱柱的棱长均为2，所以为等边三角形，所以，，又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，因为，所以侧面，设为侧面与球面的交线上的点，则，

因为球的半径为，，所以，

所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，

因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，

因为，所以，

所以根据弧长公式可得．故答案为．