新高考数学二轮复习 专题3 第1讲 空间几何体的表面积与体积（练） 【新教材·新高考】

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高考数学一轮靠老师勤奋、学生努力；高考数学二轮主要看老师的把握水平(课标、考纲)，研究水平(选题、集体备课)，辅导水平(课堂辅导，课后个辅)。
二、高考数学二轮复习要注意明确两个做法：抓审题，抓个辅
抓审题：让学生说出来，让思维呈现出来。充分调动学生审题、变题能力;
抓个辅：教师要有个辅学生问题清单，让辅导有针对性;个辅全程性，个辅不只在课后，课堂个辅也是关键。
三、高考数学二轮复习要注意坚持三个过关：必须记忆过关;必须限时过关;必须心理过关
1、高考数学每节课必须花5分钟过关记忆性知识。
2、学生训练最大的状态就是能限时过关，应试能力也是数学解题能力，极大限度地减少题海战术。
3、学生最大的障碍就是就是心理问题。
四、高三数学二轮复习要注意避免四个重复：
重复一轮复习老路；重复成套试题训练；重复迷信名校资料；重复个人喜好方向。

第1讲 空间几何体的表面积与体积（练·教师版）
一、单项选择题
1．(2021·南昌市模拟)已知圆锥的侧面展开图为四分之三个圆面，设圆锥的底面半径为r，母线长为l，有以下结论：①l∶r＝4∶3；②圆锥的侧面积与底面面积之比为4∶3；③圆锥的轴截面是锐角三角形.其中所有正确结论的序号是( )
A.①② B.②③
C.①③ D.①②③
【答案】A
【解析】
设圆锥的母线长l＝1.因为圆锥的侧面展开图为四分之三个圆面，所以圆锥的侧面积为eq \f(3,4)π，又圆锥的底面半径为r，所以由2πr＝eq \f(3,4)×2π得eq \a\vs4\al(r)＝eq \f(3,4)，所以eq \f(l,r)＝eq \f(4,3)，故①正确；
圆锥的侧面积与底面积之比为eq \f(\f(3,4)π,π·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))\s\up12(2))＝eq \f(4,3)，故②正确；
设圆锥的轴截面三角形的顶角为θ，因为圆锥的底面直径为2×eq \f(3,4)＝eq \f(3,2)，所以cs θ＝eq \f(12＋12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))\s\up12(2),2×1×1)＝－eq \f(1,8)，所以角θ为钝角，所以圆锥的轴截面是钝角三角形，故③错误.
2．（2021·陕西交大附中高三模拟（理））已知圆锥的母线长为，侧面积为，体积为，则取得最大值时圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设圆锥底面半径为，高为，由题意可得母线，
所以圆锥的侧面积为，且，
所以圆锥的体积为，
则，
当且仅当，即时取等号，
此时.故选D.
3．如图，在三棱锥P­ABC中，PA＝4，AC＝2eq \r(7)，PB＝BC＝2eq \r(3)，PA⊥平面PBC，则三棱锥P­ABC的内切球的表面积为( )
A.eq \f(3,2)π B.eq \f(9,4)π
C．4eq \r(3)π D．16eq \r(3)π
【答案】B
【解析】
由PA⊥平面PBC，且PA＝4，PB＝2eq \r(3)，AC＝2eq \r(7)，得AB＝2eq \r(7)，PC＝2eq \r(3)，所以△PBC为等边三角形，△ABC为等腰三角形，V三棱锥P­ABC＝V三棱锥A­PBC＝eq \f(1,3)S△PBC×PA＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×(2eq \r(3))2×4＝4eq \r(3)，三棱锥P­ABC的表面积为S＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×4×2＋eq \f(\r(3),4)×(2eq \r(3))2＋eq \f(1,2)×2eq \r(3)×5＝16eq \r(3).设内切球半径为r，则V三棱锥P­ABC＝eq \f(1,3)×S×r，即4eq \r(3)＝eq \f(1,3)×16eq \r(3)×r，所以r＝eq \f(3,4)，所以三棱锥P­ABC的内切球的表面积为4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(2)＝eq \f(9π,4).
4．如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以eq \r(2)为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为( )
A.eq \f(3π,4) B．eq \r(2)π
C.eq \f(3π,2) D．eq \f(9π,4)
【答案】C
【解析】
正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A1为圆心，1为半径的圆周长的eq \f(1,4)，所以所有弧长之和为3×eq \f(2π,4)＝eq \f(3π,2).故选C.
5．(2021·东营市模拟)已知等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，斜边AB＝2，点D是斜边AB上一点(不同于点A，B)．沿线段CD折起形成一个三棱锥A­CDB，则三棱锥A­CDB体积的最大值是( )
A．1 B.eq \f(1,2)
C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,6)
【答案】D
【解析】设AD＝x，将△ACD折起使得平面ACD⊥平面BCD.在△ACD中，由面积公式得eq \f(1,2)CD·h1＝eq \f(1,2)AD·1(h1为点A到CD的距离)，则h1＝eq \f(x,\r(1＋（x－1）2)) .由题易知h1为点A到平面BCD的距离，故三棱锥A­CDB体积为V＝eq \f(1,3)S△BCD·h1＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)BD·1))·h1＝eq \f(1,6)·eq \f(2x－x2,\r(x2－2x＋2))，x∈(0，2)．令t＝eq \r(x2－2x＋2)，则t∈[1，eq \r(2))，故V＝eq \f(1,6)·eq \f(2－t2,t)＝eq \f(1,6)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,t)－t)).由于eq \f(2,t)－t是减函数，故当t＝1时，V取得最大值为eq \f(1,6)×(2－1)＝eq \f(1,6).故选D.
6．（2021·山西太原市高三一模（文））已知正四面体的棱长为4，点在棱上，且，过作四面体外接球的截面，则所作截面面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图，正四面体的棱长为4，则正方体的棱长为，
正四面体的外接球即正方体的外接球，其半径为，
∴，
∵，
∴，
则截面圆的半径，
∴截面面积的最小值为.故选B.
二、多项选择题
7．唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（如图2），当这种酒杯内壁的表面积（假设内壁表面光滑，表面积为平方厘米，半球的半径为厘米）固定时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍，则的取值可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【解析】设圆柱的高度与半球的半径分别为h,R,则则所以酒杯的容积.
又h>0,所以所以,解得.故选AC
8． (2021·枣庄市模拟)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD－A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器一边AB于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面几个结论，其中正确的是( )
A．没有水的部分始终呈棱柱形
B．水面EFGH所在四边形的面积为定值
C．随着容器倾斜度的不同，A1C1始终与水面所在平面平行
D．当容器倾斜如图③所示时，AE·AH为定值
【答案】AD
【解析】 由于AB固定，所以在倾斜的过程中，始终有CD∥HG∥EF∥AB，且平面AEHD∥平面BFGC，故水的部分始终呈棱柱形(三棱柱或四棱柱)，且AB为棱柱的一条侧棱，没有水的部分也始终呈棱柱形，故A正确；因为水面EFGH所在四边形，从图②，图③可以看出，EF，GH长度不变，而EH，FG的长度随倾斜度变化而变化，所以水面EFGH所在四边形的面积是变化的，故B错；假设A1C1与水面所在的平面始终平行，又A1B1与水面所在的平面始终平行，则长方体上底面A1B1C1D1与水面所在的平面始终平行，这就与倾斜时两个平面不平行矛盾，故C错；水量不变时，棱柱AEH－BFG的体积是定值，又该棱柱的高AB不变，且VAEH－BFG＝eq \f(1,2)·AE·AH·AB，所以AE·AH＝eq \f(2VAEH－BFG,AB)，即AE·AH是定值，故D正确．
(2021·青岛市检测)已知四棱台ABCD－A1B1C1D1的上、下底面均为正方形，其中AB＝2eq \r(2)，A1B1＝eq \r(2)，AA1＝BB1＝CC1＝DD1＝2，则下列叙述正确的是( )
A．该四棱台的高为eq \r(3) B．AA1⊥CC1
C．该四棱台的表面积为26 D．该四棱台外接球的表面积为16π
【答案】AD
【解析】将四棱台补为如图所示的四棱锥P－ABCD，并取E，E1分别为BC，B1C1的中点，记四棱台上、下底面中心分别为O1，O，连接AC，BD，A1C1，B1D1，A1O，OE，OP，PE.由条件知A1，B1，C1，D1分别为四棱锥的侧棱PA，PB，PC，PD的中点，则PA＝2AA1＝4，OA＝2，所以OO1＝eq \f(1,2)PO＝eq \f(1,2)eq \r(PA2－OA2)＝eq \r(3)，故该四棱台的高为eq \r(3)，故A正确；由PA＝PC＝4，AC＝4，得△PAC为正三角形，则AA1与CC1所成角为60°，故B不正确；四棱台的斜高h′＝eq \f(1,2)PE＝eq \f(1,2)eq \r(PO2＋OE2)＝eq \f(1,2)×eq \r(2\r(3)2＋\r(2)2)＝eq \f(\r(14),2)，所以该四棱台的表面积为(2eq \r(2))2＋(eq \r(2))2＋4×eq \f(\r(2)＋2\r(2),2)×eq \f(\r(14),2)＝10＋6eq \r(7)，故C不正确；易知OA1＝OB1＝OC1＝OD1＝eq \r(O1A\\al(2,1)＋O1O2)＝2＝OA＝OB＝OC＝OD，所以O为四棱台外接球的球心，所以外接球的半径为2，外接球表面积为4π×22＝16π，故D正确．
10．在棱长为的正方体中，球同时与以为公共顶点的三个面相切，球同时与以为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点，若球，的半径分别为，，则（ ）
A．，，，四点不共线
B．
C．这两个球的体积之和的最小值是
D．这两个球的表面积之和的最小值是
【答案】BC
【解析】由对称性作不正方体对角面的截面图，如图所示，
可得四点共线，所以A正确；
由题意可得，
则，可得，所以B正确；
两个球的体积之和为，
因为，所以，
即，当且仅当时等号成立，所以C正确；
两个球的表面积为，当且仅当时等号成立，所以D不正确.
故选BC.
三、填空题
11．已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为eq \f(7,8)，SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为5eq \r(15)，则该圆锥的侧面积为________．
【答案】 40eq \r(2)π
【解析】 因为母线SA与圆锥底面所成的角为45°，
所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形．
设底面圆的半径为r，则母线长l＝eq \r(2)r.
在△SAB中，cs∠ASB＝eq \f(7,8)，所以sin∠ASB＝eq \f(\r(15),8).
因为△SAB的面积为5eq \r(15)，即eq \f(1,2)SA·SBsin∠ASB
＝eq \f(1,2)×eq \r(2)r×eq \r(2)r×eq \f(\r(15),8)＝5eq \r(15)，
所以r2＝40，
故圆锥的侧面积为πrl＝eq \r(2)πr2＝40eq \r(2)π.
12．已知正三棱锥的高为1，底面边长为2eq \r(3)，内有一个球与四个面都相切，则棱锥的内切球的半径为________．
【答案】eq \r(2)－1
【解析】如图，过点P作PD⊥平面ABC于点D，连接AD并延长交BC于点E，连接PE，
∵△ABC是正三角形，
∴AE是BC边上的高和中线，D为△ABC的中心．
∵AB＝2eq \r(3)，∴S△ABC＝3eq \r(3)，DE＝1，PE＝eq \r(2).
∴S表＝3×eq \f(1,2)×2eq \r(3)×eq \r(2)＋3eq \r(3)＝3eq \r(6)＋3eq \r(3).
∵PD＝1，∴三棱锥的体积V＝eq \f(1,3)×3eq \r(3)×1＝eq \r(3).
设球的半径为r，以球心O为顶点，三棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个小棱锥，
则r＝eq \f(3\r(3),3\r(6)＋3\r(3))＝eq \r(2)－1.
13．阿基米德和高斯、牛顿井列为世界三大数学家．阿基米德曾说过：“拾我一个支点，我就能撬起整个地球．”史料表明阿基米德在研究半正多面体方面做出过突出贡献，因此半正多面体也称“阿基米德多面体”．阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．将正方体沿交于一个顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此截去八个三棱锥，得到一个半多面体．该多面体有_______个面；若正方体的棱长为2，则该半正多面体的体积为________．
【答案】
【解析】如图所示，将正方体沿交于一个顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此截去八个三棱锥，得到一个半多面体．该多面体有个面；
若正方体的棱长为2，可该正方体的体积为，
其中截去的每个三棱锥的体积为，
则该半正多面体的体积为.
14．（2021·云南·昆明八中高一月考）立方、堑堵、阳马和鳖臑等这些名词都出自中国古代数学名著《九章算术商功》，在《九章算术商功》中有这样的记载：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑”意思是说：把一块长方体沿斜线分成相同的两块，这两块叫“堑堵”，如图，
再把一块“堑堵”沿斜线分成两块，其中以矩形为底，另有一棱与底面垂直的四棱锥，称为“阳马”，余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为“鳖臑”，如图．
现有一四面体ABCD，已知，，，，，，根据上述史料中“鳖臑”的由来，可求得这个四面体的体积为___________，及该四面体的外接球的体积为___________．
【答案】4
【解析】根据资料可得“鳖臑”的由来是将长方体分解一半，得到三棱柱，三棱柱再分成两块；现将“鳖臑”还原成长方体，如图，由已知，，，，，.
从还原的长方体可以看出，四面体的体积；
长方体的体对角线即为四面体的外接球的直径，
，四面体的外接球的体积．
四、解答题
15．某同学使用某品牌暖水瓶，其内胆规格如图所示．若水瓶内胆壁厚不计，且内胆如图分为①②③④四个部分，它们分别为一个半球、一个大圆柱、一个圆台和一个小圆柱体．若其中圆台部分的体积为，且水瓶灌满水后盖上瓶塞时水溢出．记盖上瓶塞后，水瓶的最大盛水量为，求及圆台部分的高．
【解析】依题意可得，球的半径为，
体积，
大圆柱的体积，
小圆柱的体积，
所以盖上瓶塞后，水瓶的最大盛水量为，
设圆台部分的高为，
则，
解得，
所以圆台的体积为，圆台部分的高为.
16．如图所示，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的等边三角形的中心为，点，，为圆上的点，分别是以为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以为折痕折起，使得，，重合，得到三棱锥，则当的边长变化时，求三棱锥的表面积的取值范围.
【解析】由题可知，等边三角形的中心为，圆的半径为6，
设三棱锥的底面边长为，即等边三角形的边长为，
如图，连接，交与点，由题意可知，，
则，，
可知，即，则，
，则，
三棱锥的底面积为，
由题可知，全等，则面积相等，
三棱锥的侧面积为：
，
所以三棱锥的表面积为，
，，即，
所以当的边长变化时，求三棱锥的表面积的取值范围是.