资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩18页未读，
继续阅读
所属成套资源：【讲通练透】高考数学二轮复习（全国通用）
成套系列资料，整套一键下载
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（讲·） 【新教材·新高考】
展开
这是一份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（讲·） 【新教材·新高考】，文件包含第1讲空间几何体的表面积与体积讲·教师版新教材地区专用docx、第1讲空间几何体的表面积与体积讲·学生版新教材地区专用docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
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（讲·教师版）
高考定位
空间几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积与体积是高考题的重点与热点，保持“一小一大”或“两小一大”的格局，多以选择题或者填空题的形式考查空间几何体的体积或表面积的计算，或是与球有关的相接、相切计算问题，属于中等难度．
核心整合
1.旋转体的侧面积和表面积公式
(1)S圆柱侧＝2πrl，S圆柱表＝2πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长)．
(2)S圆锥侧＝πrl，S圆锥表＝πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长)．
(3)S球表＝4πR2(R为球的半径)．
2.空间几何体的体积公式
V柱＝Sh(S为底面面积，h为高)；
V锥＝eq \f(1,3)Sh(S为底面面积，h为高)；
V球＝eq \f(4,3)πR3(R为球的半径)．
3.解决多面体与球问题的两种思路
(1)利用构造长方体、正四面体等确定直径．
(2)利用球心O与截面圆的圆心O1的连线垂直于截面圆的性质确定球心．
4.解决多面体与球相接、相切问题常用的几个结论
(1)正方体的棱长为a，球的半径为R.
①正方体的外接球，则2R＝eq \r(3)a；
②正方体的内切球，则2R＝a；
③球与正方体的各棱相切，则2R＝eq \r(2)a.
(2)在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝eq \r(a2＋b2＋c2).
(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.
真题体验
1．（2021•新高考全国Ⅰ卷）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.故选B.
2.（2021•新高考全国II卷）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，
因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，
所以该棱台的高，
下底面面积，上底面面积，
所以该棱台的体积.故选D.
3.（2021•天津高考）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点，
设圆锥和圆锥的高之比为，即，
设球的半径为，则，可得，所以，，
所以，，，
，则，所以，，
又因为，所以，，
所以，，
因此这两个圆锥的体积之和为.故选B.
4.（2021•北京高考）定义：24小时内降水在平地上积水厚度（）来判断降雨程度．其中小雨（），中雨（），大雨（），暴雨（），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（ ）
A．小雨B．中雨C．大雨D．暴雨
【答案】B
【解析】由题意，一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为，高为的圆锥，
所以积水厚度，属于中雨.故选B.
5.（2021•高考全国甲卷文科）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为________.
【答案】
【解析】∵，∴，
∴，
∴.
能力突破
考点一 空间几何体的直观图与截面图
【例1】 (1)已知正三角形ABC的边长为2，那么△ABC的直观图△A′B′C′的面积为________.
[解析] 如图，图①、图②分别表示△ABC的实际图形和直观图．
由图②可知，A′B′＝AB＝2，
O′C′＝eq \f(1,2)OC＝eq \f(\r(3),2)，C′D′＝O′C′sin 45°＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(6),4).
所以S△A′B′C′＝eq \f(1,2)A′B′·C′D′＝eq \f(1,2)×2×eq \f(\r(6),4)＝eq \f(\r(6),4).
(2)(2020·新高考全国卷Ⅰ)已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，eq \r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
[解析]如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，D1M⊥B1C1，且D1M＝eq \r(3).由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝eq \r(2)，连接D1P，则D1P＝eq \r(D1M2＋MP2)＝eq \r(（\r(3)）2＋（\r(2)）2)＝eq \r(5)，连接MG，MH，易得MG＝MH＝eq \r(2)，故可知以M为圆心，eq \r(2)为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以eq \(GH,\s\up8(︵))的长为eq \f(1,4)×2π×eq \r(2)＝eq \f(\r(2)π,2).
[答案] (1)eq \f(\r(6),4) (2)eq \f(\r(2)π,2)
【规律方法】 1.常见三类空间几何体的截面图
轴截面、横截面与斜截面：利用截面图可将空间问题转化为平面问题解决．
2．原图形与直观图面积的关系
按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：(1)S直观图＝eq \f(\r(2),4)S原图形；(2)S原图形＝2eq \r(2)S直观【对点训练1】
（1）在立体几何中，用一个平面去截一个几何体得到的平面图形叫截面．平面以任意角度截正方体，所截得的截面图形不可能为（ ）
A．等腰梯形B．非矩形的平行四边形
C．正五边形D．正六边形
【答案】C
【解析】画出截面图形如图：
可以画出等腰梯形，故A正确；
在正方体中，作截面（如图所示）交，，，分别于点，，，，根据平面平行的性质定理可得四边形中，，且，故四边形是平行四边形，此四边形不一定是矩形，故B正确；
经过正方体的一个顶点去切就可得到五边形．但此时不可能是正五边形，故C错误；
正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，且可以画出正六边形，故D正确．故选C.
（2）(一题多解）已知等腰梯形ABCD，CD＝1，AD＝CB＝eq \r(2)，AB＝3，以AB所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为________．
【答案】eq \f(\r(2),2)
【解析】法一：如图，取AB的中点O为坐标原点，建立平面直角坐标系，y轴交DC于点E，O，E在斜二测画法中的对应点为O′，E′，过E′作E′F′⊥x′轴，垂足为F′，
因为OE＝eq \r(（\r(2)）2－12)＝1，
所以O′E′＝eq \f(1,2)，E′F′＝eq \f(\r(2),4).
所以直观图A′B′C′D′的面积为
S′＝eq \f(1,2)×(1＋3)×eq \f(\r(2),4)＝eq \f(\r(2),2).
法二：由题中数据得等腰梯形ABCD的面积S＝eq \f(1,2)×(1＋3)×1＝2.
由S直观图＝eq \f(\r(2),4)S原图形的关系，得S直观图＝eq \f(\r(2),4)×2＝eq \f(\r(2),2).
考点二 空间几何体的表面积与体积
命题角度1 求空间几何体的表面积
【例2—1】 (1)（一题多解）(2020·浙江高考)已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________．
【答案】1
【解析】法一：设该圆锥的母线长为l，因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，其面积为2π，所以eq \f(1,2)πl2＝2π，解得l＝2，所以该半圆的弧长为2π.设该圆锥的底面半径为R，则2πR＝2π，解得R＝1.
法二：设该圆锥的底面半径为R，则该圆锥侧面展开图中的圆弧的弧长为2πR.因为侧面展开图是一个半圆，设该半圆的半径为r，则πr＝2πR，即r＝2R，所以侧面展开图的面积为eq \f(1,2)·2R·2πR＝2πR2＝2π，解得R＝1.
(2)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，三棱锥D1AB1C的表面积与正方体的表面积的比为________．
【解析】 设正方体的棱长为1，则其表面积为6，三棱锥D1AB1C为正四面体，每个面都是边长为eq \r(2)的正三角形，其表面积为4×eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \f(\r(6),2)＝2eq \r(3)，所以三棱锥D1AB1C的表面积与正方体的表面积的比为1∶eq \r(3).
【答案】 1∶eq \r(3)
【规律方法】 求几何体的表面积的方法
(1)求表面积问题的基本思路是将立体几何问题转化为平面几何问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．
(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差得不规则几何体的表面积．
命题角度2 求空间几何体的体积
【例2—2】 （1）（2021·河南高三月考（理））六氟化硫，化学式为，在常压下是十种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点．若相邻两个氟原子间的距离为2a，则六氟化硫分子中6个氟原子构成的正八面体的体积是（不计氟原子的大小）（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图，连接，，，连接．因为，，所以，，所以平面．因为，所以．因为四边形是正方形，所以，则，故该正八面体的体积为．故选B.
（2）(一题多解)(2021·福建省质量检测)某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内．若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是( )
A.eq \f(16π,9) B．eq \f(8π,9)
C.eq \f(16π,27) D．eq \f(8π,27)
【答案】A
【解析】方法一：如图，OC＝2，OA＝3，由△AED∽△AOC可得eq \f(ED,OC)＝eq \f(AE,AO).设圆柱体的底面半径r＝ED＝2x(0方法二：同方法一，则圆柱体的体积V＝12πx2(1－x)＝6π·x·x(2－2x)≤6π·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(x＋x＋（2－2x）,3)))eq \s\up12(3)＝eq \f(16π,9)，当且仅当x＝2－2x，即x＝eq \f(2,3)时等号成立，故圆柱体的最大体积是eq \f(16π,9)
【规律方法】 求空间几何体体积的常用方法
(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算．
(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等．
(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当分割或补形，转化为易计算体积的几何体．
【对点训练2】
（1）(多选题) 等腰直角三角形的直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为( )
A.eq \r(2)π B．(1＋eq \r(2))π
C．2eq \r(2)π D．(2＋eq \r(2))π
【解析】选AB 如果是绕直角边旋转一周，那么形成圆锥，所以圆锥底面半径为1，高为1，母线长是直角三角形的斜边长，为eq \r(2)，所以所形成的几体何的表面积S＝πrl＋πr2＝π×1×eq \r(2)＋π×12＝(eq \r(2)＋1)π.如果是绕斜边旋转一周，那么形成的是上、下两个圆锥，所以圆锥的半径是直角三角形斜边上的高，为eq \f(\r(2),2)，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，长为1，所以形成的几何体的表面积S＝2×πrl＝2×π×eq \f(\r(2),2)×1＝eq \r(2)π.综上可知，形成的几何体的表面积为(eq \r(2)＋1)π或eq \r(2)π.故选A、B.
（2）（2021·广东高三三模）沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时，如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底而直径和高均为10cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的（细管长度忽略不计）.若细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，则此锥形沙堆的高度为___________.（精确到0. 01cm）.
【答案】
【解析】设细沙在上部时，细沙的底面半径为，则，
所以细沙的体积为，
设细沙流入下部后的高度为，根据细沙体积不变可知：，
解得，即此锥形沙堆的高度为.
考点三 与球有关的切、接问题
命题角度1 外接球
【例3—1】（1）(2020·高考全国卷Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为( )
A．64π B．48π
C．36π D．32π
【答案】A
【解析】如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以eq \f(AB,sin 60°)＝2r，解得AB＝2eq \r(3)，故OO1＝2eq \r(3)，所以R2＝OOeq \\al(2,1)＋r2＝(2eq \r(3))2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.
（2）（2021·河北石家庄市高三二模）在三棱锥中，底面，，，，动点从点出发，沿外表面经过棱上一点到点的最短距离为，则该棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】将侧面沿翻折到与侧面共面，如下图所示：
则动点从点出发，沿外表面经过棱上一点到点的最短距离为，
底面，平面，，又，，
，
，解得：，
；
取中点，连接，
，，
为该棱锥的外接球的球心，其半径，
球的表面积.故选B.
【规律方法】
解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．
命题角度2 内切球
【例3—2】 (1)粽子古称“角黍”，是中国传统的节庆食品之一，由粽叶包裹糯米等食材蒸制而成.因各地风俗不同，粽子的形状和味道也不同，某地流行的“五角粽子”，其形状可以看作所有棱长均为4cm的正四棱锥现在需要在粽子内部放入一颗咸蛋黄，蛋黄的形状近似地看成球，则当这个蛋黄的体积最大时，蛋黄的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】每个侧面三角形的面积均为，底面正方形的面积为，
所以四棱锥的表面积为；
球的体积要达到最大，则需要球与四棱锥五个面都相切，
正四棱锥的高为，
设球的半径为，
所以四棱锥的体积，
故.故选B.
(2) (2020·高考全国卷Ⅲ)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________．
【答案】 eq \f(\r(2),3)π
【解析】
易知半径最大的球即为该圆锥的内切球．圆锥PE及其内切球O如图所示，设内切球的半径为R，则sin∠BPE＝eq \f(R,OP)＝eq \f(BE,PB)＝eq \f(1,3)，所以OP＝3R，所以PE＝4R＝eq \r(PB2－BE2)＝eq \r(32－12)＝2eq \r(2)， 所以R＝eq \f(\r(2),2)，所以内切球的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(\r(2),3)π，即该圆锥内半径最大的球的体积为eq \f(\r(2),3)π.
【规律方法】求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．
命题角度3 与球有关的最值问题
【例3—3】（1）已知四面体ABCD内接于半径为R的球O内，BC＝eq \r(3)AB＝3eq \r(3)，∠BAC＝eq \f(2π,3)，若球心O到平面ABC的距离为eq \f(R,2)，则四面体ABCD体积的最大值为( )
A．2eq \r(3) B.eq \r(3)
C.eq \f(29,4) D.eq \f(27,4)
[解析] 设△ABC外接圆的圆心为O′，半径为r，则eq \f(3\r(3),sin\f(2π,3))＝2r，得r＝3.连接OO′，BO′，OB，则R2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(R,2)))eq \s\up12(2)＋32，得R＝2eq \r(3)，易知当点D到平面ABC的距离为eq \f(3,2)R时，四面体ABCD的体积最大．在△ABC中，∵BC＝eq \r(3)AB＝3eq \r(3)，∠BAC＝eq \f(2π,3)，∴由余弦定理可得cseq \f(2π,3)＝eq \f(32＋AC2－（3\r(3)）2,2×3×AC)＝－eq \f(1,2)，得AC＝3，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)×3×3×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(9\r(3),4)，∴四面体ABCD体积的最大值为eq \f(1,3)×eq \f(9\r(3),4)×3eq \r(3)＝eq \f(27,4).
[答案] D
（2）（2021·合肥市第六中学高三模拟（文））直四棱柱的底面是菱形，其侧面积是，若该直四棱柱有外接球，则该外接球的表面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】D因为直四棱柱的底面是菱形，菱形的四个顶点在球上，
所以底面是正方形.
设直四棱柱底面正方形的边长为a，侧棱长为h，
由侧面积是，得，即，
且该直四棱柱的外接球的半径，
所以其外接球的表面积，
(当且仪当，即a=，时等号成立).
所以其外接球的表面积的最小值为.故选D.
【规律方法】
多面体与球有关的最值问题，主要有三种：一是多面体确定的情况下球的最值问题；二是球的半径确定的情况下与多面体有关的最值问题；三是多面体与球均确定的情况下，截面的最值问题
【对点训练3】
（1）（2021·四川石室中学高三三模）《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，若三棱锥为鳖臑，平面，，，，若三棱锥有一个内切球，则球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因平面，则，而，，于是得平面，，而，，
又，，则有，
三棱锥的表面积为，
连接OA，OB，OC，OP，如图：
三棱锥被分割为四个三棱锥，它们的高均为球O的半径r，
，
而，则，得，
所以球的体积为. 故选 C.
（2）（2021·湖北襄阳四中高三模拟）若矩形ABCD的面积是4，沿对角线AC将矩形ABCD折成一个大小是60°的二面角B-AC-D，则四面体ABCD的外接球的体积最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为球心到四个顶点的距两相等,
所以球心在对角线上,且半径为，
设矩形的的长力x,宽为y则，
所以，
又，由基本不等式知: ，当且仅当 ，即时，等号成立，
.故选B.
（3）(多选题)已知四面体ABCD是球O的内接四面体，且AB是球O的一条直径，AD＝2，BD＝3，则下列结论正确的是( )
A．球O的表面积为13π
B．AC上存在一点M，使得AD∥BM
C．若N为CD的中点，则ON⊥CD
D．四面体ABCD体积的最大值为eq \f(\r(13),2)
【答案】ACD
【解析】∵AB是球O的一条直径，∴AC⊥BC，AD⊥BD，
∴AB＝eq \r(AD2＋BD2)＝eq \r(22＋32)＝eq \r(13)，球O的半径为eq \f(1,2)AB＝eq \f(\r(13),2)，
球O的表面积为4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(13),2)))eq \s\up12(2)＝13π，A正确；
∵AD与平面ABC相交，∴AC上找不到一点M，使得AD∥BM，B错误；
连接OC，OD，∵OC＝OD，∴△OCD为等腰三角形．又N为CD的中点，
∴ON⊥CD，C正确；
易知点C到平面ABD的距离的最大值为球的半径R，
∴四面体ABCD体积的最大值为eq \f(1,3)·S△ABD·R＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×3×eq \f(\r(13),2)＝eq \f(\r(13),2)，D正确．
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（讲·教师版）
高考定位
空间几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积与体积是高考题的重点与热点，保持“一小一大”或“两小一大”的格局，多以选择题或者填空题的形式考查空间几何体的体积或表面积的计算，或是与球有关的相接、相切计算问题，属于中等难度．
核心整合
1.旋转体的侧面积和表面积公式
(1)S圆柱侧＝2πrl，S圆柱表＝2πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长)．
(2)S圆锥侧＝πrl，S圆锥表＝πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长)．
(3)S球表＝4πR2(R为球的半径)．
2.空间几何体的体积公式
V柱＝Sh(S为底面面积，h为高)；
V锥＝eq \f(1,3)Sh(S为底面面积，h为高)；
V球＝eq \f(4,3)πR3(R为球的半径)．
3.解决多面体与球问题的两种思路
(1)利用构造长方体、正四面体等确定直径．
(2)利用球心O与截面圆的圆心O1的连线垂直于截面圆的性质确定球心．
4.解决多面体与球相接、相切问题常用的几个结论
(1)正方体的棱长为a，球的半径为R.
①正方体的外接球，则2R＝eq \r(3)a；
②正方体的内切球，则2R＝a；
③球与正方体的各棱相切，则2R＝eq \r(2)a.
(2)在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝eq \r(a2＋b2＋c2).
(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.
真题体验
1．（2021•新高考全国Ⅰ卷）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.故选B.
2.（2021•新高考全国II卷）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，
因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，
所以该棱台的高，
下底面面积，上底面面积，
所以该棱台的体积.故选D.
3.（2021•天津高考）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点，
设圆锥和圆锥的高之比为，即，
设球的半径为，则，可得，所以，，
所以，，，
，则，所以，，
又因为，所以，，
所以，，
因此这两个圆锥的体积之和为.故选B.
4.（2021•北京高考）定义：24小时内降水在平地上积水厚度（）来判断降雨程度．其中小雨（），中雨（），大雨（），暴雨（），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（ ）
A．小雨B．中雨C．大雨D．暴雨
【答案】B
【解析】由题意，一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为，高为的圆锥，
所以积水厚度，属于中雨.故选B.
5.（2021•高考全国甲卷文科）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为________.
【答案】
【解析】∵，∴，
∴，
∴.
能力突破
考点一 空间几何体的直观图与截面图
【例1】 (1)已知正三角形ABC的边长为2，那么△ABC的直观图△A′B′C′的面积为________.
[解析] 如图，图①、图②分别表示△ABC的实际图形和直观图．
由图②可知，A′B′＝AB＝2，
O′C′＝eq \f(1,2)OC＝eq \f(\r(3),2)，C′D′＝O′C′sin 45°＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(6),4).
所以S△A′B′C′＝eq \f(1,2)A′B′·C′D′＝eq \f(1,2)×2×eq \f(\r(6),4)＝eq \f(\r(6),4).
(2)(2020·新高考全国卷Ⅰ)已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，eq \r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
[解析]如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，D1M⊥B1C1，且D1M＝eq \r(3).由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝eq \r(2)，连接D1P，则D1P＝eq \r(D1M2＋MP2)＝eq \r(（\r(3)）2＋（\r(2)）2)＝eq \r(5)，连接MG，MH，易得MG＝MH＝eq \r(2)，故可知以M为圆心，eq \r(2)为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以eq \(GH,\s\up8(︵))的长为eq \f(1,4)×2π×eq \r(2)＝eq \f(\r(2)π,2).
[答案] (1)eq \f(\r(6),4) (2)eq \f(\r(2)π,2)
【规律方法】 1.常见三类空间几何体的截面图
轴截面、横截面与斜截面：利用截面图可将空间问题转化为平面问题解决．
2．原图形与直观图面积的关系
按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：(1)S直观图＝eq \f(\r(2),4)S原图形；(2)S原图形＝2eq \r(2)S直观【对点训练1】
（1）在立体几何中，用一个平面去截一个几何体得到的平面图形叫截面．平面以任意角度截正方体，所截得的截面图形不可能为（ ）
A．等腰梯形B．非矩形的平行四边形
C．正五边形D．正六边形
【答案】C
【解析】画出截面图形如图：
可以画出等腰梯形，故A正确；
在正方体中，作截面（如图所示）交，，，分别于点，，，，根据平面平行的性质定理可得四边形中，，且，故四边形是平行四边形，此四边形不一定是矩形，故B正确；
经过正方体的一个顶点去切就可得到五边形．但此时不可能是正五边形，故C错误；
正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，且可以画出正六边形，故D正确．故选C.
（2）(一题多解）已知等腰梯形ABCD，CD＝1，AD＝CB＝eq \r(2)，AB＝3，以AB所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为________．
【答案】eq \f(\r(2),2)
【解析】法一：如图，取AB的中点O为坐标原点，建立平面直角坐标系，y轴交DC于点E，O，E在斜二测画法中的对应点为O′，E′，过E′作E′F′⊥x′轴，垂足为F′，
因为OE＝eq \r(（\r(2)）2－12)＝1，
所以O′E′＝eq \f(1,2)，E′F′＝eq \f(\r(2),4).
所以直观图A′B′C′D′的面积为
S′＝eq \f(1,2)×(1＋3)×eq \f(\r(2),4)＝eq \f(\r(2),2).
法二：由题中数据得等腰梯形ABCD的面积S＝eq \f(1,2)×(1＋3)×1＝2.
由S直观图＝eq \f(\r(2),4)S原图形的关系，得S直观图＝eq \f(\r(2),4)×2＝eq \f(\r(2),2).
考点二 空间几何体的表面积与体积
命题角度1 求空间几何体的表面积
【例2—1】 (1)（一题多解）(2020·浙江高考)已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________．
【答案】1
【解析】法一：设该圆锥的母线长为l，因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，其面积为2π，所以eq \f(1,2)πl2＝2π，解得l＝2，所以该半圆的弧长为2π.设该圆锥的底面半径为R，则2πR＝2π，解得R＝1.
法二：设该圆锥的底面半径为R，则该圆锥侧面展开图中的圆弧的弧长为2πR.因为侧面展开图是一个半圆，设该半圆的半径为r，则πr＝2πR，即r＝2R，所以侧面展开图的面积为eq \f(1,2)·2R·2πR＝2πR2＝2π，解得R＝1.
(2)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，三棱锥D1AB1C的表面积与正方体的表面积的比为________．
【解析】 设正方体的棱长为1，则其表面积为6，三棱锥D1AB1C为正四面体，每个面都是边长为eq \r(2)的正三角形，其表面积为4×eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \f(\r(6),2)＝2eq \r(3)，所以三棱锥D1AB1C的表面积与正方体的表面积的比为1∶eq \r(3).
【答案】 1∶eq \r(3)
【规律方法】 求几何体的表面积的方法
(1)求表面积问题的基本思路是将立体几何问题转化为平面几何问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．
(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差得不规则几何体的表面积．
命题角度2 求空间几何体的体积
【例2—2】 （1）（2021·河南高三月考（理））六氟化硫，化学式为，在常压下是十种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点．若相邻两个氟原子间的距离为2a，则六氟化硫分子中6个氟原子构成的正八面体的体积是（不计氟原子的大小）（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图，连接，，，连接．因为，，所以，，所以平面．因为，所以．因为四边形是正方形，所以，则，故该正八面体的体积为．故选B.
（2）(一题多解)(2021·福建省质量检测)某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内．若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是( )
A.eq \f(16π,9) B．eq \f(8π,9)
C.eq \f(16π,27) D．eq \f(8π,27)
【答案】A
【解析】方法一：如图，OC＝2，OA＝3，由△AED∽△AOC可得eq \f(ED,OC)＝eq \f(AE,AO).设圆柱体的底面半径r＝ED＝2x(0
【规律方法】 求空间几何体体积的常用方法
(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算．
(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等．
(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当分割或补形，转化为易计算体积的几何体．
【对点训练2】
（1）(多选题) 等腰直角三角形的直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为( )
A.eq \r(2)π B．(1＋eq \r(2))π
C．2eq \r(2)π D．(2＋eq \r(2))π
【解析】选AB 如果是绕直角边旋转一周，那么形成圆锥，所以圆锥底面半径为1，高为1，母线长是直角三角形的斜边长，为eq \r(2)，所以所形成的几体何的表面积S＝πrl＋πr2＝π×1×eq \r(2)＋π×12＝(eq \r(2)＋1)π.如果是绕斜边旋转一周，那么形成的是上、下两个圆锥，所以圆锥的半径是直角三角形斜边上的高，为eq \f(\r(2),2)，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，长为1，所以形成的几何体的表面积S＝2×πrl＝2×π×eq \f(\r(2),2)×1＝eq \r(2)π.综上可知，形成的几何体的表面积为(eq \r(2)＋1)π或eq \r(2)π.故选A、B.
（2）（2021·广东高三三模）沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时，如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底而直径和高均为10cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的（细管长度忽略不计）.若细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，则此锥形沙堆的高度为___________.（精确到0. 01cm）.
【答案】
【解析】设细沙在上部时，细沙的底面半径为，则，
所以细沙的体积为，
设细沙流入下部后的高度为，根据细沙体积不变可知：，
解得，即此锥形沙堆的高度为.
考点三 与球有关的切、接问题
命题角度1 外接球
【例3—1】（1）(2020·高考全国卷Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为( )
A．64π B．48π
C．36π D．32π
【答案】A
【解析】如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以eq \f(AB,sin 60°)＝2r，解得AB＝2eq \r(3)，故OO1＝2eq \r(3)，所以R2＝OOeq \\al(2,1)＋r2＝(2eq \r(3))2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.
（2）（2021·河北石家庄市高三二模）在三棱锥中，底面，，，，动点从点出发，沿外表面经过棱上一点到点的最短距离为，则该棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】将侧面沿翻折到与侧面共面，如下图所示：
则动点从点出发，沿外表面经过棱上一点到点的最短距离为，
底面，平面，，又，，
，
，解得：，
；
取中点，连接，
，，
为该棱锥的外接球的球心，其半径，
球的表面积.故选B.
【规律方法】
解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．
命题角度2 内切球
【例3—2】 (1)粽子古称“角黍”，是中国传统的节庆食品之一，由粽叶包裹糯米等食材蒸制而成.因各地风俗不同，粽子的形状和味道也不同，某地流行的“五角粽子”，其形状可以看作所有棱长均为4cm的正四棱锥现在需要在粽子内部放入一颗咸蛋黄，蛋黄的形状近似地看成球，则当这个蛋黄的体积最大时，蛋黄的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】每个侧面三角形的面积均为，底面正方形的面积为，
所以四棱锥的表面积为；
球的体积要达到最大，则需要球与四棱锥五个面都相切，
正四棱锥的高为，
设球的半径为，
所以四棱锥的体积，
故.故选B.
(2) (2020·高考全国卷Ⅲ)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________．
【答案】 eq \f(\r(2),3)π
【解析】
易知半径最大的球即为该圆锥的内切球．圆锥PE及其内切球O如图所示，设内切球的半径为R，则sin∠BPE＝eq \f(R,OP)＝eq \f(BE,PB)＝eq \f(1,3)，所以OP＝3R，所以PE＝4R＝eq \r(PB2－BE2)＝eq \r(32－12)＝2eq \r(2)， 所以R＝eq \f(\r(2),2)，所以内切球的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(\r(2),3)π，即该圆锥内半径最大的球的体积为eq \f(\r(2),3)π.
【规律方法】求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．
命题角度3 与球有关的最值问题
【例3—3】（1）已知四面体ABCD内接于半径为R的球O内，BC＝eq \r(3)AB＝3eq \r(3)，∠BAC＝eq \f(2π,3)，若球心O到平面ABC的距离为eq \f(R,2)，则四面体ABCD体积的最大值为( )
A．2eq \r(3) B.eq \r(3)
C.eq \f(29,4) D.eq \f(27,4)
[解析] 设△ABC外接圆的圆心为O′，半径为r，则eq \f(3\r(3),sin\f(2π,3))＝2r，得r＝3.连接OO′，BO′，OB，则R2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(R,2)))eq \s\up12(2)＋32，得R＝2eq \r(3)，易知当点D到平面ABC的距离为eq \f(3,2)R时，四面体ABCD的体积最大．在△ABC中，∵BC＝eq \r(3)AB＝3eq \r(3)，∠BAC＝eq \f(2π,3)，∴由余弦定理可得cseq \f(2π,3)＝eq \f(32＋AC2－（3\r(3)）2,2×3×AC)＝－eq \f(1,2)，得AC＝3，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)×3×3×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(9\r(3),4)，∴四面体ABCD体积的最大值为eq \f(1,3)×eq \f(9\r(3),4)×3eq \r(3)＝eq \f(27,4).
[答案] D
（2）（2021·合肥市第六中学高三模拟（文））直四棱柱的底面是菱形，其侧面积是，若该直四棱柱有外接球，则该外接球的表面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】D因为直四棱柱的底面是菱形，菱形的四个顶点在球上，
所以底面是正方形.
设直四棱柱底面正方形的边长为a，侧棱长为h，
由侧面积是，得，即，
且该直四棱柱的外接球的半径，
所以其外接球的表面积，
(当且仪当，即a=，时等号成立).
所以其外接球的表面积的最小值为.故选D.
【规律方法】
多面体与球有关的最值问题，主要有三种：一是多面体确定的情况下球的最值问题；二是球的半径确定的情况下与多面体有关的最值问题；三是多面体与球均确定的情况下，截面的最值问题
【对点训练3】
（1）（2021·四川石室中学高三三模）《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，若三棱锥为鳖臑，平面，，，，若三棱锥有一个内切球，则球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因平面，则，而，，于是得平面，，而，，
又，，则有，
三棱锥的表面积为，
连接OA，OB，OC，OP，如图：
三棱锥被分割为四个三棱锥，它们的高均为球O的半径r，
，
而，则，得，
所以球的体积为. 故选 C.
（2）（2021·湖北襄阳四中高三模拟）若矩形ABCD的面积是4，沿对角线AC将矩形ABCD折成一个大小是60°的二面角B-AC-D，则四面体ABCD的外接球的体积最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为球心到四个顶点的距两相等,
所以球心在对角线上,且半径为，
设矩形的的长力x,宽为y则，
所以，
又，由基本不等式知: ，当且仅当 ，即时，等号成立，
.故选B.
（3）(多选题)已知四面体ABCD是球O的内接四面体，且AB是球O的一条直径，AD＝2，BD＝3，则下列结论正确的是( )
A．球O的表面积为13π
B．AC上存在一点M，使得AD∥BM
C．若N为CD的中点，则ON⊥CD
D．四面体ABCD体积的最大值为eq \f(\r(13),2)
【答案】ACD
【解析】∵AB是球O的一条直径，∴AC⊥BC，AD⊥BD，
∴AB＝eq \r(AD2＋BD2)＝eq \r(22＋32)＝eq \r(13)，球O的半径为eq \f(1,2)AB＝eq \f(\r(13),2)，
球O的表面积为4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(13),2)))eq \s\up12(2)＝13π，A正确；
∵AD与平面ABC相交，∴AC上找不到一点M，使得AD∥BM，B错误；
连接OC，OD，∵OC＝OD，∴△OCD为等腰三角形．又N为CD的中点，
∴ON⊥CD，C正确；
易知点C到平面ABD的距离的最大值为球的半径R，
∴四面体ABCD体积的最大值为eq \f(1,3)·S△ABD·R＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×3×eq \f(\r(13),2)＝eq \f(\r(13),2)，D正确．
相关试卷
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】： 这是一份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】，文件包含第1讲空间几何体的表面积与体积练·教师版新教材地区专用docx、第1讲空间几何体的表面积与体积练·学生版新教材地区专用docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
高考数学二轮复习核心专题讲练：数列第4讲 素养提升之数列新情境、新考法专项冲刺 (含解析）： 这是一份高考数学二轮复习核心专题讲练：数列第4讲 素养提升之数列新情境、新考法专项冲刺 (含解析），共32页。试卷主要包含了新情境，新考法等内容，欢迎下载使用。
高考数学二轮复习核心专题讲练：立体几何第3讲 素养提升之立体几何新情境、新考法专项冲刺 (含解析）： 这是一份高考数学二轮复习核心专题讲练：立体几何第3讲 素养提升之立体几何新情境、新考法专项冲刺 (含解析），共28页。试卷主要包含了新情境，新考法等内容，欢迎下载使用。
