高考数学第二轮复习专题练习 专题8.5 简单几何体的表面积与体积（重难点题型精讲）（教师版）

这是一份高考数学第二轮复习专题练习 专题8.5 简单几何体的表面积与体积（重难点题型精讲）（教师版），共19页。试卷主要包含了多面体的侧面积、表面积和体积，旋转体的侧面积、表面积和体积，球的截面，几何体与球的切、接问题等内容，欢迎下载使用。

1．多面体的侧面积、表面积和体积

2．旋转体的侧面积、表面积和体积
3．空间几何体表面积与体积的常见求法
(1)常见的求几何体体积的方法
①公式法：直接代入公式求解.
②等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.
③补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.
④分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.
(2)求组合体的表面积与体积的方法
求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该
怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.
4．球的截面
(1)球的截面形状
①当截面过球心时，截面的半径即球的半径，此时球的截面就是球的大圆；
②当截面不过球心时，截面的半径小于球的半径，此时球的截面就是球的小圆.
(2)球的截面的性质
①球心和截面圆心的连线垂直于截面；
②球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r之间满足关系式：.
图形解释如下：
在球的轴截面图中，截面与球的轴截面的关系如图所示.若设球的半径为R，以O'为圆心的截面的半径
为r，OO'=d.则在Rt△OO'C中，有，即.
5．几何体与球的切、接问题
常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.
常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：
【题型1 多面体的表面积与体积】
【方法点拨】
求解棱柱、棱锥、棱台的表面积与体积时，要结合具体条件，找出其中的基本量，利用相应的表面积、体
积计算公式，进行求解即可.
【例1】（2023·全国·模拟预测）如图1，位于西安大慈恩寺的大雁塔是我国现存最早、规模最大的唐代四方楼阁式砖塔，其最高处的塔刹可以近似地看成一个正四棱锥，如图2，已知正四棱锥P-ABCD的高为4.87m，其侧棱与高的夹角为45°，则该正四棱锥的体积约为（ ）4.873≈115.5
A．231m3B．179m3C．154m3D．77m3
【解题思路】设正四棱锥P-ABCD的底面边长为a m，连接AC，BD交于点O，连接PO，易得PO⊥平面ABCD，∠CPO=45°，再根据高为4.87m求解.
【解答过程】解：如图所示：
设正四棱锥P-ABCD的底面边长为a m，连接AC，BD交于点O，连接PO，
则PO⊥平面ABCD，由题可得∠CPO=45°，
故PO=CO=22a，所以22a=4.87，
解得a=4.87×2，
所以该正四棱锥的体积V=13×4.87×22×4.87=23×4.873≈77m3.
故选：D.
【变式1-1】（2023·全国·模拟预测）如图，已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为V，四边形ABCD为平行四边形，点E在CC1上且CE=3EC1，则三棱锥D1-ADC与三棱锥E-BCD的公共部分的体积为（ ）
A．V28B．V21C．3V28D．V7
【解题思路】先找到三棱锥D1-ADC与三棱锥E-BCD的公共部分，设DE，D1C交于点F，AC，BD交于点G，连接FG，则三棱锥F-CDG就是三棱锥D1-ADC与三棱锥E-BCD的公共部分．再推出点F到平面ABCD的距离是点D1到平面ABCD距离的37，然后根据棱锥的体积公式可得结果.
【解答过程】如图，设DE，D1C交于点F，AC，BD交于点G，连接FG，则三棱锥F-CDG就是三棱锥D1-ADC与三棱锥E-BCD的公共部分．
因为CE=3EC1，所以D1FFC=DD1CE=43，所以FCD1C=37，
设点D1到平面ABCD距离为h，则点F到平面ABCD的距离是37h，
又S△CDG=14S四边形ABCD，所以三棱锥F-CDG的体积为13S△CDG⋅37h=13×14S四边形ABCD⋅37h =13×14×37V=V28.
故选：A．
【变式1-2】（2023·高一课时练习）已知斜三棱柱的一个侧面的面积为10，该侧面与其相对侧棱的距离为3，则此斜三棱柱的体积为（ ）
A．30B．15C．10D．60
【解题思路】通过补体，两个斜三棱柱组成一个四棱柱，求四棱柱的体积，斜三棱柱的体积是四棱柱的体积的一半.
【解答过程】如图，两个斜三棱柱组成一个四棱柱，以斜三棱柱的一个侧面为四棱柱的底面，面积为S=10，高h=PH=3，四棱柱的体积V=10×3=30，
则此斜三棱柱的体积为12V=15.
故选：B.
【变式1-3】（2023秋·江西上饶·高二期末）“堑堵”“阳马”和“鳖臑”是我国古代对一些特殊几何体的称谓.《九章算术.商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”，即一个长方体沿对角线斜解（图1）.得到一模一样的两个堑堵，再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若某长方体的长为4，宽为2，高为2，记该长方体的体积为V，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为V1，V2，V3，则下列选项不正确的是（ ）
A．V=16B．V1=8
C．V2=163D．V3=43
【解题思路】结合长方体、锥体体积公式求得正确答案.
【解答过程】V=4×2×2=16，A选项正确.
V1=12V=8，B选项正确.
V2=13×4×2×2=163，C选项正确.
V3=13×12×2×2×4=83，D选项不正确.
故选：D.
【题型2 圆柱、圆锥、圆台的表面积与体积】
【方法点拨】
求解圆柱、圆锥、圆台的表面积与体积时，要结合具体条件，找出其中的基本量，利用相应的表面积、体
积计算公式，进行求解即可.
【例2】已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4，弧长为4π的扇形，则该圆锥的表面积为（ ）
A．4πB．8πC．12πD．20π
【解题思路】圆锥的侧面展开图是一个半径为4，弧长为4π的扇形，可知底面圆的半径，再求的底面圆的面积和圆锥的侧面积，即可求得该圆锥的表面积.
【解答过程】由于圆锥的侧面展开图是一个半径为4，弧长为4π的扇形，
则圆锥底面圆的半径为r=4π2π=2，底面圆的面积为πr2=π×22=4π，
圆锥的表面积为12×4π×4+4π=12π.
故选：C.
【变式2-1】（2023·云南昆明·模拟预测）已知一个圆柱体积为π，底面半径为3，则与此圆柱同底且体积相同的圆锥的侧面积为（ ）
A．3πB．23πC．33πD．43π
【解题思路】根据圆柱圆锥体积公式求出圆锥的高，进而求圆锥的母线长，即可求侧面积.
【解答过程】设圆锥的高为h1，
所以圆锥的体积为13πr2×h1=π，所以h1=1，
所以圆锥的母线l=h12+r2=2，
得圆锥的侧面积为S=πrl=23π，
故选：B.
【变式2-2】（2022春·河南·高一期中）圆台上､下底面半径分别是1､2，高为3，这个圆台的体积是（ ）
A．733πB．23πC．73πD．233π
【解题思路】运用圆台体积公式直接计算.
【解答过程】由圆台体积公式知：V=13πhR2+r2+Rr=π3×3×12+22+1×2=733π ；
故选：A.
【变式2-3】（2023春·河南·高三开学考试）如图，青铜器的上半部分可以近似看作圆柱体，下半部分可以近似看作两个圆台的组合体，已知AB=9cm,CD=3cm，则该青铜器的表面积为（ ）（假设上、下底面圆是封闭的）
A．363+81π2cm2B．183+58πcm2
C．243+81π2cm2D．183+36πcm2
【解题思路】根据圆柱和圆台的侧面积公式分别求解侧面积，再加上底面积，即可得该青铜器的表面积
【解答过程】解：因为S圆柱侧=2π×32×23=63πcm2，S组合体圆台侧=π×32+92×(33)2+32+π×32+92×(3)2+32 =36+123πcm2，
所以该青铜器的表面积S=π322+π322+36+123π+63π=363+81π2cm2.
故选：A.
【题型3 球的表面积与体积】
【方法点拨】
计算球的表面积和体积的关键都是确定球的半径，要注意把握球的表面积公式和体积公式中系数的特征和
半径次数的区别.必要时需逆用表面积公式和体积公式得到球的半径.
【例3】（2023·高一课时练习）若球的表面积扩大为原来的n倍，则它的半径比原来增加的倍数为（ ）
A．n-1B．n+1C．n+2D．n
【解题思路】根据球的表面积公式计算即可直接求解.
【解答过程】设原球的半径为r，扩大后为R，
则原表面积为4πr2，扩大n倍后变为4nπr2，
所以R=4nπr24π=nr，得Rr=n，
即半径扩大到原来的n倍，比原来增加了(n-1)倍.
故选：A.
【变式3-1】（2022秋·上海徐汇·高二期末）如果两个球的表面积之比为4：9，那么这两个球的体积之比为（ ）
A．8：27B．2：13C．4：943D．2：9
【解题思路】球的表面积之比是两球的半径的平方之比，体积之比是半径的立方之比，据此即可计算.
【解答过程】设两球的半径分别为r1,r2，则4πr124πr22=49，∴r1r2=23，
所以两球的体积比为V1V2=43πr1343πr23=827；
故选：A.
【变式3-2】（2022春·湖南株洲·高一期中）已知球 O 的表面积为 12π， 则它的体积为（ ）
A．43πB．43C．83πD．83
【解题思路】根据给定条件，求出球O的半径，再利用球的体积公式计算作答.
【解答过程】球O的表面积为 12π，设球O的半径为R，则有4πR2=12π，解得R=3，
所以球O的体积为V=4π3R3=4π3×(3)3=43π.
故选：A.
【变式3-3】（2023秋·河南安阳·高三期末）圆锥的母线长为2，侧面积为2π，若球O的表面积与该圆锥的表面积相等，则球O的体积为（ ）
A．2π3B．2π3C．3π2D．3π2
【解题思路】先利用圆锥侧面积公式与表面积公式求得其表面积，再利用球的表面积公式得到关于R的方程，解之即可求得球的体积.
【解答过程】依题意，设圆锥的底面半径为r，母线l=2，
则圆锥的侧面积为πrl=2π，故r=1，
所以圆锥的底面积为πr2=π，则圆锥的表面积为2π+π=3π，
设球的半径为R，则4πR2=3π，得R=32，
所以球的体积V=4π3R3=3π2.
故选：C.
【题型4 球的截面问题】
【方法点拨】
利用球的半径、截面的半径、球心与截面圆心的连线构建直角三角形是把空间问题转化为平面问题的主要
途径.
【例4】（2022春·安徽宣城·高一期中）用与球心距离为1的平面去截球，所得截面圆的面积为π，则球的表面积为
A．8π3B．32π3
C．8πD．82π3
【解题思路】求出截面圆的半径为R2-l ，利用截面圆的面积为π，可得R2=2，即可求出球的表面积．
【解答过程】设球的半径为R，则截面圆的半径为，
∴截面圆的面积为S＝π＝（R2－1）π＝π，∴R2＝2，
∴球的表面积S＝4πR2＝8π．
故选C.
【变式4-1】（2022秋·福建泉州·高二开学考试）已知AB为球O的一条直径，过OB的中点M作垂直于AB的截面，则所得截面和点A构成的圆锥的表面积与球的表面积的比值为（ ）
A．316B．916C．38D．932
【解题思路】设球的半径为R，截面圆M的半径r，由球截面性质求得34R2=r2，然后计算球表面积、圆锥表面积，再计算比值．
【解答过程】设球的半径为R，截面圆M的半径r，则R2=14R2+r2，
∴34R2=r2，∴S球=4πR2，圆锥的表面积为πr2+πr3R22+r2=94πR2，
则所得圆锥的表面积与球的表面积的比值为94πR24πR2=916，
故选：B.
【变式4-2】（2022春·福建漳州·高一期中）过半径为2的球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的体积的比为（ ）
A．932B．916C．38D．316
【解题思路】根据垂径定理可得所得截面的半径，进而根据圆面积与球体积公式求得比值即可.
【解答过程】球的半径R=2 ，设截面圆半径为r，则R2=14R2+r2，∴r2=3
所得截面的面积与球的体积的比为πr243πR3=932.
故选：A.
【变式4-3】（2023·全国·高三专题练习）体积为183的正三棱锥A-BCD的每个顶点都在半径为R的球O的球面上，球心O在此三棱锥内部，且R:BC=2:3，点E为线段BD上一点，且DE=2EB，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（ ）
A．[4π,12π]B．[8π,16π]C．[8π,12π]D．[12π,16π]
【解题思路】设BC=3a，则R=2a，设正三棱锥A-BCD的高为h,由题意求出先求出BC与R，再求出OE，即可求出所得截面圆面积的取值范围.
【解答过程】设BC=3a，则R=2a，设正三棱锥A-BCD的高为h,
因为体积为183的正三棱锥A-BCD的每个顶点都在半径为R的球O的球面上，
所以13×34×9a2h=183，所以h=24a2，
因为R2=h-R2+3a2，所以4a2=24a2-2a2+3a2，
所以a=2，所以BC=6,R=4，
因为点E为线段BD上一点，且DE=2EB，
所以△ODB中，OD=OB=4,DB=6，cs∠ODB=OD2+DB2-OB22OD·DB=34，
所以OE=16+16-2×4×4×34=22，
当OE⊥截面时，截面外接圆的半径为16-8=22，其最小面积为S'=8π；
以OE所在的直线为直径时，截面圆的半径为4，截面圆的面积为S=16π.
所以所得的截面圆面积的取值范围是[8π,16π].
故选：B．
【题型5 几何体与球的切、接问题】
【方法点拨】
1.球外接于几何体，则几何体的各顶点均在球面上.解题时要认真分析图形，一般需依据球和几何体的对称
性，明确接点的位置，根据球心与几何体特殊点间的关系，确定相关的数量关系，并作出合适的截面进行
求解.
2.解决几何体的内切球问题，应先作出一个适当的截面(一般作出多面体的对角面所在的截面)，这个截面应
包括几何体与球的主要元素，且能反映出几何体与球的位置关系和数量关系.
【例5】（2022秋·江苏淮安·高三阶段练习）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是等腰直角三角形，AA1⊥底面ABC，AC＝BC＝2，AA1=4，点D在上底面A1B1C1（包括边界）上运动，则三棱锥D-ABC的外接球表面积的范围为（ ）
A．814π,24πB．9π,24π
C．24316π,24πD．24316π,86π
【解题思路】由条件确定球心位置，建立关于球的半径的表达式，从而求出半径的取值范围即可.
【解答过程】如下图所示：
因为△ABC为等腰直角三角形，AC=BC=2，所以△ABC的外接球的截面圆心为AB的中点O1，且AO1=2，连接O1与A1B1的中点E，则O1E//AA1，所以O1E⊥面ABC.设球心为O，由球的截面性质可知，O在O1E上，设OO1=x，DE=t0≤t≤2，半径为R，因为OA=OD=R，所以2+x2=4-x2+t2，
所以t2=8x-14，又0≤t≤2，所以解得74≤x≤2.因为R2=2+x2，所以8116≤R2≤6，所以当R2=8116时，外接球表面积最小为4πR2=814π，当R2=6时，外接球表面积最大为4πR2=24π.所以三棱锥D-ABC的外接球表面积的范围为814π,24π.
故选：A.
【变式5-1】如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD=DC=BC=2，∠ABC=60°，将△ACD沿边AC翻折，使点D翻折到P点，且PB=22，则三棱锥P-ABC外接球的表面积是（ ）
A．15πB．25πC．55πD．20π
【解题思路】在梯形ABCD中，利用已知条件求出三角形ADC和三角形ABC的边长，分别取AB,AC的中点O',F，连接O'F,PF,BF，可证出PF⊥面ABC，由O'P20，则钉身的体积V=πr22x=64πx.
由已知加工前后体积不变，加工后体积为钉身与钉帽体积之和，其中钉身长度为20，底面圆半径为r2=8，钉帽是以半径r1=15的半球.
所以V=πr22×20+12×43πr13=1280π+2250π=3530πmm3.
所以64πx=3530π，解得x≈55，满足条件.
所以钉身的长度为55mm.
【变式6-2】（2022·高二课时练习）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高10cm，为了测得某个球的体积，小明将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为8cm，如果不计容器的厚度，求球的体积（精确到1cm3）.
【解题思路】先求出球的半径，即可求出球的体积.
【解答过程】如图所示：
设球的半径为R,由勾股定理知,R2=R-22+52 ,解得R=294.
所以该球的体积为V=43πR3=43π2943≈1596cm3.
【变式6-3】（2022·高一课时练习）如图，AB是一圆柱形树桩的底面直径，PA是圆柱的母线，且AB=PA=2，点C是圆柱底面圆周上的点．
(1)求该树桩的侧面积和体积；
(2)若AC=1，D是PB的中点，线有一只小虫在点C，先在线段PA上钻一个小洞，记为点E，若该小虫要从点C钻过小洞点E到达点D，要使得小虫爬过的路径最短，请你确定小洞点E的位置，并求出路径的最小值．
【解题思路】（1）根据圆柱的侧面展开图即可求解侧面积，根据体积公式即可求解体积，
（2）根据两点之间距离最小，结合翻折转为共面即可求解.
【解答过程】（1）
由题意得，圆柱的底面半径为1，高为2，所以树桩的侧面积为2π×1×2=4π，树桩的体积为π×12×2=2π．
（2）
路径为CE+ED，
如图，将△PAC绕PA所在直线旋转到△PAC'的位置，使其与平面PAB共面，且C'在AB的反向延长线上．
此时C'D与PA的交点即为使CE+ED取得最小值的点E的位置，即小洞的位置．
∵PA=AB=2，∴∠PBA=π4，BD=12BP=2．
又BC'=BA+AC'=2+1=3，
∴在△C'BD中，由余弦定理得C'D=32+22-2×3×2×22=5，
∴CE+ED的最小值为5，即路径的最小值为5．