高中数学高考考点24 立体几何初步及空间几何体的表面积和体积-备战2021年新高考数学一轮复习考点一遍过(1)

这是一份高中数学高考考点24 立体几何初步及空间几何体的表面积和体积-备战2021年新高考数学一轮复习考点一遍过(1)，共16页。
【命题解读】
立体几何的考察是高考必考知识点，对于几何体的体积和表面积的考察往往在空间线面位置关系问题中出现，依托于某一个几何体，因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及求解公式，在求解中要学会等价转化思想，等体积转化问题，以及立体问题转化为平面问题等等。
【命题预测】
预计2021年的高考对于立体几何表面积和体积考察，还是以多面体和旋转体的面积和体积为主，注意公式的运用。
【复习建议】
1.掌握空间几何体特征，多面体与旋转体的有关知识；
2.会运用公式求解旋转体或多面体的体积和表面积。
考向一 空间几何体的结构特征
1.多面体的结构特征
2.旋转体的结构特征
1. 一个正方体内有一个内切球，作正方体的对角面，所得截面图形是下图中的( )
【答案】B
【解析】由组合体的结构特征知，球只与正方体的上、下底面相切，而与两侧棱相离.
2. 【2019山东济宁检测】一个棱柱的底面是正六边形，侧面都是正方形，用至少过该棱柱三个顶点(不在同一侧面或同一底面内)的平面去截这个棱柱，所得截面的形状不可能是( )
A．等腰三角形B．等腰梯形
C．五边形D．正六边形
【答案】D
【解析】如图1，由图可知，截面ABC为等腰三角形，选项A可能．截面ABEF为等腰梯形，选项B可能．如图2，截面AMDEN为五边形，选项C可能．
图1 图2
因为侧面是正方形，只有平行于底面的截面才可能是正六边形，故过两底的顶点不可能得到正六边形．选项D不可能．
考向二 空间几何体的表面积与体积
空间几何体的表面积与体积公式
1. 【2020届河南省郑州市高三第二次质量预测文科数学试题】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，三棱锥A1-BC1D内切球表面积为，则正方体外接球的体积为
A．B．36 C． D．
【答案】B
【解析】设正方体的棱长为，则，
因为三棱锥内切球的表面积为，
所以三棱锥内切球的半径为1，
设内切球的球心为， 到平面的距离为，
则，，，
又，
，
又因为正方体外接球直接就是正方体对角线长，
正方体外接球的半径为，
其体积为，故选B．
2.【2019山东东营模拟】表面积为24的正方体的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积是( )
A．12πB．8π
C．eq \f(32π,3)D．4π
【答案】A
【解析】设正方体的棱长为a，因为表面积为24，即6a2＝24，得a ＝ 2，正方体的体对角线长度为eq \r(22＋22＋22)＝2eq \r(3)， 所以正方体的外接球半径为r＝eq \f(2\r(3),2)＝eq \r(3)， 所以球的表面积为S＝4πr2＝12π.
3. 在△ABC中，AB＝2，BC＝1.5，∠ABC＝120°(如图所示)，若将△ABC绕直线BC旋转一周，则形成的旋转体的体积是( )
A．eq \f(9π,2)B．eq \f(7π,2)
C．eq \f(5π,2)D．eq \f(3π,2)
【答案】D
【解析】依题意可知，旋转体是一个大圆锥去掉一个小圆锥，如图所示，
OA＝AB·cs 30°＝2×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，所以旋转体的体积为eq \f(1,3)π·(eq \r(3))2·(OC－OB)＝eq \f(3π,2).
题组一（真题在线）
1. 【2020年高考全国Ⅰ卷文数】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．
2. 【2020年高考全国Ⅱ卷文数】已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为
A． B． C．1 D．
3. 【2020年高考全国Ⅰ卷文数】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．
4. 【2020年高考天津】若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为
A． B．
C． D．
5. 【2019年高考全国Ⅰ卷理数】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．
6. 【2019年高考全国Ⅲ卷理数】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体挖去四棱锥O—EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，，3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.
7. 【2019年高考天津卷理数】已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_____________．
8. 【2019年高考江苏卷】如图，长方体的体积是120，E为的中点，则三棱锥E−BCD的体积是 .
9. 【2018全国卷Ⅰ】在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为( )
A．8B．6eq \r(2)
C．8eq \r(2)D．8eq \r(3)
10. 【2018全国卷Ⅱ】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°.若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为________.
题组二
1. 【2020山东省日照五莲县丶潍坊安丘市、潍坊诸城市、临沂兰山区高三模拟】唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示.其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示.已知球的半径为R，酒杯内壁表面积为,设酒杯上部分（圆柱）的体积为，下部分（半球）的体积为，则
A．2B．C．1D．
2. 【2020河南省郑州市高三第二次质量试题】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，三棱锥A1-BC1D内切球表面积为，则正方体外接球的体积为
A．B．36 C． D．
3. 【2019四川省宜宾市高三第三次诊断性考试】如图，边长为2的正方形中，分别是的中点，现在沿及把这个正方形折成一个四面体，使三点重合，重合后的点记为，则四面体的高为
A．B．
C．D．1
4. 【2019广东省深圳市高级中学高三适应性考试】在三棱锥中，平面平面，是边长为6的等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______．
5. 【2017全国卷Ⅲ】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．eq \f(3π,4)
C．eq \f(π,2)D．eq \f(π,4)
6. 【2020湖南省常德市高三上学期期末数学】某圆柱的高为2，体积为，其底面圆周均在同一个球面上，则此球的表面积为__________．
7. 在三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC且PA＝2，△ABC是边长为eq \r(3)的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( )
A．eq \f(4π,3)B．4π
C．8πD．20π
8. 【2019广东茂名模拟】如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，PA＝AB＝2，过BD作平面BDE与直线PA平行，交PC于点E.
(1)求证：E为PC的中点；
(2)求三棱锥E­PAB的体积．
题组一
1.C
【解析】如图，设，则，
由题意得，即，化简得，
解得（负值舍去）.故选C．
2.C
【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. A
【解析】设圆半径为，球的半径为，依题意，
得，为等边三角形，
由正弦定理可得，
，根据球的截面性质平面，
，
球的表面积.
故选：A
4. C
【解析】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，
所以，这个球的表面积为.
故选：C．
5. D
【解析】为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，
，又，分别为，的中点，，，又，平面，∴平面，，为正方体的一部分，，即，故选D．
6. 118.8
【解析】由题意得，，
∵四棱锥O−EFGH的高为3cm， ∴．
又长方体的体积为，
所以该模型体积为，
其质量为．
7.
【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为，借助勾股定理，可知四棱锥的高为.
若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为，圆柱的底面半径为，
故圆柱的体积为.
8. 10
【解析】因为长方体的体积为120，所以，
因为为的中点，所以，
由长方体的性质知底面，
所以是三棱锥的底面上的高，
所以三棱锥的体积.
9. C
【解析】如图，连接AC1，BC1，AC.
∵AB⊥平面BB1C1C，
∴∠AC1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，
∴∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，在Rt△ABC1中，AC1＝eq \f(2,sin 30°)＝4，
在Rt△ACC1中，CC1＝eq \r(AC\\al(2,1)－AC2)＝eq \r(42－22＋22)＝2eq \r(2)，
∴V长方体＝AB×BC×CC1
＝2×2×2eq \r(2)＝8eq \r(2).
10. 8π
【解析】 在Rt△SAB中，SA＝SB，S△SAB＝eq \f(1,2)·SA2＝8，
解得SA＝4.
设圆锥的底面圆心为O，底面半径为r，高为h，
在Rt△SAO中，∠SAO＝30°，
所以r＝2eq \r(3)，h＝2，
所以圆锥的体积为eq \f(1,3)πr2·h＝eq \f(1,3)π×(2eq \r(3))2×2＝8π.
题组二
1.A
【解析】设酒杯上部分（圆柱）的高为，
球的半径为R，则酒杯下部分（半球）的表面积为，
酒杯内壁表面积为，得圆柱侧面积为，
酒杯上部分（圆柱）的表面积为，解得
酒杯下部分（半球）的体积
酒杯上部分（圆柱）的体积
所以.
故选A．
2.B
【解析】设正方体的棱长为，则，
因为三棱锥内切球的表面积为，
所以三棱锥内切球的半径为1，
设内切球的球心为， 到平面的距离为，
则，，，
又，
，
又因为正方体外接球直接就是正方体对角线长，
正方体外接球的半径为，
其体积为，故选B．
3.B【解析】如图，由题意可知两两垂直，
∴平面，
∴，
设P到平面的距离为h，
又，
∴，
∴，故，
故选B.
4.
【解析】如图，在等边三角形中，取的中点，设等边三角形的中心为，连接PF，CF，OP.
由，得，
是以为斜边的等腰角三角形，,
又平面平面，平面，
，，
则为棱锥的外接球球心，外接球半径，
该三棱锥外接球的表面积为，
故答案为.
5.B
【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＝eq \r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(3),2).
∴圆柱的体积为V＝πr2h＝eq \f(3,4)π×1＝eq \f(3π,4).
6.
【解析】由题意作出示意图，设圆柱底面半径为，球的半径为，
∵圆柱的高为2，体积为，
∴，，得，
∴，
∴此球的表面积，
故答案为：．
7. C
【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＝eq \f(\r(3),2)×eq \r(3)×eq \f(2,3)＝1，外接球球心到△ABC的外接圆圆心的距离d＝1，所以外接球的半径R＝eq \r(r2＋d2)＝eq \r(2)，所以三棱锥外接球的表面积S＝4πR2＝8π.
8. 见解析
【解析】(1)证明 如图，连接AC，设AC∩BD＝O，连接OE，则O为AC的中点，且平面PAC∩平面BDE＝OE，
∵PA∥平面BDE，∴PA∥OE，∴E为PC的中点．
(2)解 由(1)知，E为PC的中点，∴V三棱锥P ­ABC＝2V三棱锥E ­ABC.
由底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，AB＝2，得S△ABC＝eq \f(\r(3),4)×22＝eq \r(3)，
∴V三棱锥P ­ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·PA＝eq \f(1,3)×eq \r(3)×2＝eq \f(2\r(3),3).
又V三棱锥P ­ABC＝V三棱锥E­ABC＋V三棱锥E ­PAB，
∴V三棱锥E ­PAB＝eq \f(1,2)V三棱锥P ­ABC＝eq \f(\r(3),3).
名称
棱柱
棱锥
棱台
图形
结构特征
有两个面互相平行且全等,其余各个面都是平行四边形;
每相邻两个四边形的公共边都互相平行
有一个面是多边形,其余各面都是有一个公共顶点的三角形的多面体
用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥, 截面和底面之间的部分
名称
圆柱
圆锥
圆台
球
图形
母线
互相平行且相等, 垂直于底面
相交于一点
延长线交于一点
轴截面
全等的矩形
全等的等腰三角形
全等的等腰梯形
圆
侧面展开图
矩形
扇形
扇环
名称
几何体
表面积
体积
柱体(棱柱和圆柱)
S表面积=S侧+2S底
V= S底h
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积=S侧+S底
V=13S底h
台体(棱台和圆台)
S表面积=S侧+S上+S下
V=13(S上+S下+S上S下)h
球
S=4πR2
V= 43πR3