一輪復(fù)習(xí)人教A版8.1空間幾何體的表面積和體積（十年高考）作業(yè)

專題八立體幾何空間幾何體的表面積和體積考點一空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征1.(2021新高考Ⅰ,3,5分)已知圓錐的底面半徑為2,其側(cè)面展開圖為一個半圓,則該圓錐的母線長為()2答案B設(shè)圓錐的母線長為l,由題意得πl(wèi)=2π·2,∴l(xiāng)=22.故選B.易錯警示1.不清楚圓錐側(cè)面展開圖是扇形;2.記不清扇形弧長公式.2.(2020課標(biāo)Ⅰ理,3,5分)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一,它的形狀可視為一個正四棱錐.以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側(cè)面三角形的面積,則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為()A.5答案C如圖,設(shè)正四棱錐的底面邊長BC=a,側(cè)面等腰三角形底邊上的高PM=h,則正四棱錐的高PO=h2∴以|PO|為邊長的正方形面積為h2-a2一個側(cè)面三角形面積為12ah∴h2-a24∴4h2-2ah-a2=0,兩邊同除以a2可得4ha2解得ha又∵h(yuǎn)a>0,∴ha=5解題關(guān)鍵利用以四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側(cè)面三角形的面積,求得底面邊長a與側(cè)面等腰三角形底邊上的高h(yuǎn)之間的關(guān)系是求解本題的關(guān)鍵.考點二空間幾何體的表面積與體積1.(2021北京,8,4分)對24小時內(nèi)降水在平地上的積水厚度(mm)進(jìn)行如下定義:平地降雨量(mm)0~1010~2525~5050~100降雨等級小雨中雨大雨暴雨如圖所示,小明用一個圓錐形容器接了24小時的雨水,那么這24小時降雨的等級是()A.小雨B.中雨C.大雨D.暴雨答案B命題意圖:本題以測量24小時內(nèi)降水在平地上的積水厚度為載體,考查學(xué)生的空間想象能力、運算求解能力以及應(yīng)用意識,考查的核心素養(yǎng)是數(shù)學(xué)運算、直觀想象,落實了應(yīng)用性、綜合性和創(chuàng)新性的考查要求.解題思路:作圓錐的軸截面如圖,設(shè)圓錐形容器中水面的半徑為rmm,由題意得r100=150300,所以r=50,則容器內(nèi)的雨水的體積V=13π×502×150=125000π(mm3).所以24小時內(nèi)降水在平地上的積水厚度為125000ππ×1002=12.5(mm2.(2022新高考Ⅰ,4,5分,應(yīng)用性)南水北調(diào)工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問題,其中一部分水蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔148.5m時,相應(yīng)水面的面積為140.0km2;水位為海拔157.5m時,相應(yīng)水面的面積為180.0km2.將該水庫在這兩個水位間的形狀看作一個棱臺,則該水庫水位從海拔148.5m上升到157.5m時,增加的水量約為(7≈2.65)().0×109m3.2×109m3.4×109m3.6×109m3答案C140km2=140×106m2,180km2=180×106m2,由棱臺體積公式V=13(S+S'+SS')h可得V增加水量=13×(140+180+140×180)×106×(157.5-148.5)=3×(320+607)×106≈3×(320+60×2.65)×106=1437×106≈1.4×109(m3),故選3.(2021全國甲理,11,5分)已知A,B,C是半徑為1的球O的球面上的三個點,且AC⊥BC,AC=BC=1,則三棱錐O-ABC的體積為()A.2答案A解題指導(dǎo):本題的關(guān)鍵點為O到平面ABC的距離的求解.先求出小圓(△ABC的外接圓)的半徑,通過球半徑和小圓半徑,結(jié)合勾股定理得出O到平面ABC的距離,然后利用體積公式得出結(jié)果.解析如圖所示,由AC⊥BC可知,△ABC是以AB為斜邊的直角三角形,又知AC=BC=1,∴AB=2,∴Rt△ABC的外接圓圓心為AB的中點O1,半徑r=AB2=22,連接OO1,∵點O為球心,∴OO1⊥平面ABC,即OO1的長為O在Rt△OO1B中,OB=1,O1B=22∴OO1=12∴VO-ABC=13×12易錯警示牢記錐體的體積公式中的“13”.易錯選C4.(2022新高考Ⅱ,7,5分)已知正三棱臺的高為1,上、下底面邊長分別為33和43,其頂點都在同一球面上,則該球的表面積為()ππππ答案A設(shè)正三棱臺為A'B'C'-ABC,△A'B'C',△ABC的外心分別為D',D,則A'D'=3,AD=4,又知D'D=1,所以正三棱臺的外接球球心在線段D'D的延長線上,設(shè)球心為O,半徑為R,如圖所示,在Rt△A'D'O中,R2=32+(DO+1)2①,在Rt△ADO中,R2=42+DO2②,由①②得R=5,所以該球的表面積為4π×52=100π,故選A.5.(2022新高考Ⅰ,8,5分)已知正四棱錐的側(cè)棱長為l,其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為36π,且3≤l≤33,則該正四棱錐體積的取值范圍是()A.18,C.274,643D.[答案C如圖,S-ABCD是正四棱錐,連接AC,BD,交于點O,設(shè)正方形ABCD的邊長為a,SO=h,SE是外接球的直徑,則SE=2R=6.由AO2=SO·OE,得a22=h(6-h),又l2=a22+h2,∴l(xiāng)2=6h,∴則a2=2h(6-h)=l2∴正四棱錐的體積V=1=19∴V'=49l3-l554,令V'V在[3,26)上單調(diào)遞增,在(26,33]上單調(diào)遞減,而l=3時,V=274,l=33時,V=814,l=26時,V=∴該正四棱錐體積的取值范圍是2746.(2022全國乙,理9,文12,5分)已知球O的半徑為1,四棱錐的頂點為O,底面的四個頂點均在球O的球面上,則當(dāng)該四棱錐的體積最大時,其高為()A.1答案C如圖,設(shè)∠AO1D=α1,∠AO1B=α2,∠BO1C=α3,∠CO1D=α4,球O的半徑為R,四棱錐的底面所在圓O1的半徑為r,則R=1,S四邊形ABCD=12r2(sinα1+sinα2+sinα3+sinα4當(dāng)且僅當(dāng)α1=α2=α3=α4=π2時,四邊形ABCD的面積最大,最大為2r2,此時四邊形ABCD為正方形在△OO1C中,設(shè)高OO1=h,則h=R2V四棱錐O-ABCD=13S四邊形ABCDh=13×2r2令r2=t,則V四棱錐O-ABCD=23t1-t=設(shè)f(t)=t2-t3,則f'(t)=2t-3t2=t(2-3t),當(dāng)t∈0,23時,f'(t)>0,則f(t)當(dāng)t∈23,1時,f'(t)<0,則f(t)∴t=23時,f(t)取得最大值,且f(t)max=4∴(V四棱錐O-ABCD)max=4327,此時高h(yuǎn)=1-r2一題多解:由題意知S四邊形ABCD=S△ABD+S△CBD=12BD·h1+12BD·h2=12BD(h1+h2),其中h1,h2分別表示點A與點C到BD的距離,要使四邊形ABCD的面積取最大值,則BD與AC均為四邊形ABCD所在圓的直徑,且BD⊥AC,此時BD取得最大值,h1+h2也取得最大值,所以S四邊形ABCD取最大值時,四邊形ABCD為正方形,設(shè)其邊長為a,四棱錐O-ABCD的高為h(0<h<1),體積為V,則有12a2+h2=1,即a2=2-2h2,所以V=13a2·h=13(2-2h2)·h(0<h<1),∴V=23(h-h3),∴V'=23(1-3h2),令1-3h2>0,解得0<h<33,令1-3h2<0,解得33<h<1,∴函數(shù)V=7.(2022全國甲,理9,文10,5分)甲、乙兩個圓錐的母線長相等,側(cè)面展開圖的圓心角之和為2π,側(cè)面積分別為S甲和S乙,體積分別為V甲和V乙.若S甲S乙=2,則V甲VA.5答案C設(shè)甲、乙兩個圓錐的側(cè)面展開圖的圓心角分別為θ甲和θ乙,母線長均為l,底面半徑分別為r甲,r乙,高分別為h甲,h乙.由S甲S乙=2得r甲r乙=2,即r甲=2r乙,所以θ甲=2θ乙.又θ甲+θ乙=2π,所以θ甲=4π3,θ乙=2π3,所以r甲=23l,r乙=13l,所以h甲=53l,h(多選)(2022新高考Ⅱ,11,5分)如圖,四邊形ABCD為正方形,ED⊥平面ABCD,FB∥ED,AB=ED=2FB.記三棱錐E-ACD,F-ABC,F-ACE的體積分別為V1,V2,V3,則()A.V3=2V2B.V3=V1C.V3=V1+V2V3=3V1答案CD因為ED⊥平面ABCD,且FB∥ED,所以FB⊥平面ABCD.設(shè)AB=ED=2FB=2a,則FB=a,則V1=13S△所以V2=12V1=23a3.如圖,連接BD,交AC于易證AC⊥平面△EOF=S梯形BDEF-S△ODE-S△OBF=12(a+2a)×22a-12×2a×2a-12故V1+V2=V3,2V3=3V1成立,故選CD.一題多解:由ED⊥平面ABCD,ED∥FB知FB⊥平面ABCD,設(shè)AB=ED=2FB=2a,則FB=a.由于S△ACD=S△ABC=2a2,所以V2=12V1=23a3.連接BD,交AC于點O,連接OE,OF,則有OE=6a,OF=3所以O(shè)E2+OF2=EF2,即OE⊥OF,易知AC⊥平面BDEF,所以O(shè)F⊥AC,又OE∩AC=O,所以O(shè)F⊥平面EAC,則OF為三棱錐F-ACE的高.所以V3=13S△ACE·OF=13×12×22a×6a×3a=2a3,所以9.(2018課標(biāo)Ⅲ,理10,文12,5分)設(shè)A,B,C,D是同一個半徑為4的球的球面上四點,△ABC為等邊三角形且其面積為93,則三棱錐D-ABC體積的最大值為()3333答案B本題考查空間幾何體的體積及與球有關(guān)的切接問題.設(shè)等邊△ABC的邊長為a,則有S△ABC=12a·a·sin60°=93,解得設(shè)△ABC外接圓的半徑為r,則2r=6sin60°,解得r=2則球心到平面ABC的距離為42所以點D到平面ABC的最大距離為2+4=6,所以三棱錐D-ABC體積的最大值為13×93×6=183,故選方法總結(jié)解決與球有關(guān)的切、接問題的策略:(1)“接”的處理:①構(gòu)造正(長)方體,轉(zhuǎn)化為正(長)方體的外接球問題.②空間問題平面化,把平面問題轉(zhuǎn)化到直角三角形中,作出適當(dāng)截面(過球心,接點等).③利用球心與截面圓心的連線垂直于截面定球心所在直線.(2)“切”的處理:①體積分割法求內(nèi)切球半徑.②作出合適的截面(過球心,切點等),在平面上求解.③多球相切問題,連接各球球心,轉(zhuǎn)化為處理多面體問題.10.(2017課標(biāo)Ⅲ,理8,文8,5分)已知圓柱的高為1,它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上,則該圓柱的體積為()A.πB.3π4C.π2答案B本題考查球的內(nèi)接圓柱的體積.設(shè)圓柱的底面半徑為r,則r2+122=12,解得r=∴V圓柱=π×322×1=34π思路分析利用勾股定理求圓柱的底面半徑,再由體積公式求圓柱的體積.解題規(guī)律有關(guān)球的切或接問題,要重視利用勾股定理求解.11.(2015山東理,7,5分)在梯形ABCD中,∠ABC=π2,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2.將梯形ABCD繞AD所在的直線旋轉(zhuǎn)一周而形成的曲面所圍成的幾何體的體積為(A.2π3B.4π3答案C如圖,此幾何體是底面半徑為1,高為2的圓柱挖去一個底面半徑為1,高為1的圓錐,故所求體積V=2π-π3=5評析本題主要考查幾何體的體積及空間想象能力.12.(2014陜西理,5,5分)已知底面邊長為1,側(cè)棱長為2的正四棱柱的各頂點均在同一個球面上,則該球的體積為()A.32π3ππ答案D如圖為正四棱柱AC1.根據(jù)題意得AC=2,∴對角面ACC1A1為正方形,∴外接球直徑2R=A1C=2,∴R=1,∴V球=4π3,13.(2018課標(biāo)Ⅰ文,5,5分)已知圓柱的上、下底面的中心分別為O1,O2,過直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形,則該圓柱的表面積為()2ππ2ππ答案B本題主要考查圓柱的表面積及圓柱的軸截面.設(shè)圓柱的底面半徑為r,高為h,由題意可知2r=h=22,∴圓柱的表面積S=2πr2+2πr·h=4π+8π=12π.故選B.解題關(guān)鍵正確理解圓柱的軸截面及熟記圓柱的表面積公式是解決本題的關(guān)鍵.14.(2016課標(biāo)Ⅱ文,4,5分)體積為8的正方體的頂點都在同一球面上,則該球的表面積為()πB.323ππ答案A設(shè)正方體的棱長為a,則a3=8,解得a=2.設(shè)球的半徑為R,則2R=3a,即R=3,所以球的表面積S=4πR2=12π.故選A.方法點撥對于正方體與長方體,其體對角線為其外接球的直徑,即外接球的半徑等于體對角線的一半.15.(2015課標(biāo)Ⅱ,理9,文10,5分)已知A,B是球O的球面上兩點,∠AOB=90°,C為該球面上的動點.若三棱錐O-ABC體積的最大值為36,則球O的表面積為()ππππ答案C∵S△OAB是定值,且VO-ABC=VC-OAB,∴當(dāng)OC⊥平面OAB時,VC-OAB最大,即VO-ABC最大.設(shè)球O的半徑為R,則(VO-ABC)max=13×12R2×R=16R3=36,∴R=6,∴球O的表面積S=4πR2=4π×62思路分析由△OAB的面積為定值分析出當(dāng)OC⊥平面OAB時,三棱錐O-ABC的體積最大,從而根據(jù)已知條件列出關(guān)于R的方程,進(jìn)而求出R值,利用球的表面積公式即可求出球O的表面積.導(dǎo)師點睛點C是動點,在三棱錐O-ABC中,如果以面ABC為底面,則底面面積與高都是變量,而S△OAB為定值,因此轉(zhuǎn)化成以面OAB為底面,這樣高越大,體積越大.16.(2014福建文,5,5分)以邊長為1的正方形的一邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸,將該正方形旋轉(zhuǎn)一周所得圓柱的側(cè)面積等于()πB.π答案A由題意得圓柱的底面半徑r=1,母線l=1.∴圓柱的側(cè)面積S=2πrl=2π.故選A.17.(2021全國甲文,14,5分)已知一個圓錐的底面半徑為6,其體積為30π,則該圓錐的側(cè)面積為.

答案39π解題指導(dǎo):先利用圓錐的體積公式求出圓錐的高h(yuǎn),再利用母線長l=h2+r2求出母線長l,最后利用S側(cè)=解析設(shè)圓錐的底面圓半徑為r,高為h,母線長為l.由圓錐的體積V=13πr2h得h=5∴母線長l=r2∴圓錐的側(cè)面積S側(cè)=πrl=39π.18.(2013課標(biāo)Ⅱ,15,5分,0.158)已知正四棱錐O-ABCD的體積為322,底面邊長為3,則以O(shè)為球心,OA為半徑的球的表面積為答案24π解析設(shè)底面中心為E,連接OE,AE,則|AE|=12|AC|=6∵體積V=13×|AB|2×|OE|=|OE|=3∴|OA|2=|AE|2+|OE|2=6.從而以O(shè)A為半徑的球的表面積S=4π·|OA|2=24π.思路分析先根據(jù)已知條件直接利用錐體的體積公式求得正四棱錐O-ABCD的高,再利用勾股定理求出|OA|,最后根據(jù)球的表面積公式計算即可.19.(2013課標(biāo)Ⅰ,15,5分,0.123)已知H是球O的直徑AB上一點,AH∶HB=1∶2,AB⊥平面α,H為垂足,α截球O所得截面的面積為π,則球O的表面積為.

答案9解析平面α截球O所得截面為圓面,圓心為H,設(shè)球O的半徑為R,則由AH∶HB=1∶2得OH=13由圓H的面積為π,得圓H的半徑為1,所以R32+12=R2,得出R2=98,所以球O的表面積S=4πR2=4π·9820.(2014山東理,13,5分)三棱錐P-ABC中,D,E分別為PB,PC的中點,記三棱錐D-ABE的體積為V1,P-ABC的體積為V2,則V1V2答案1解析如圖,設(shè)S△ABD=S1,S△PAB=S2,E到平面ABD的距離為h1,C到平面PAB的距離為h2,則S2=2S1,h2=2h1,V1=13S1h1,V2=13S2h2,∴V1V2評析本題考查三棱錐的體積的求法以及等體積轉(zhuǎn)化法在求空間幾何體體積中的應(yīng)用.本題的易錯點是不能利用轉(zhuǎn)化與化歸思想把三棱錐的體積進(jìn)行適當(dāng)?shù)霓D(zhuǎn)化,找不到兩個三棱錐的底面積及相應(yīng)高的關(guān)系,從而造成題目無法求解或求解錯誤.21.(2011課標(biāo)理,15,5分)已知矩形ABCD的頂點都在半徑為4的球O的球面上,且AB=6,BC=23,則棱錐O-ABCD的體積為.

答案83解析如圖,連接AC,BD,交于O1,則O1為矩形ABCD所在小圓的圓心,連接OO1,則OO1⊥面ABCD,易求得O1C=23,又OC=4,∴OO1=OC∴棱錐體積V=13×6×23×2=83失分警示立體感不強,空間想象能力差,無法正確解出棱錐的高而得出錯誤結(jié)論.評析本題主要考查球中截面圓的性質(zhì)及空間幾何體的體積的計算,通過球這個載體考查學(xué)生的空間想象能力及推理運算能力.22.(2011課標(biāo)文,16,5分)已知兩個圓錐有公共底面,且兩圓錐的頂點和底面的圓周都在同一個球面上.若圓錐底面面積是這個球面面積的316,則這兩個圓錐中,體積較小者的高與體積較大者的高的比值為答案1解析如圖,設(shè)球的半徑為R,圓錐底面半徑為r,由題意得πr2=316×4πR2∴r=32R,∴OO1=12R.體積較小的圓錐的高AO1=R-12R=12R,體積較大的圓錐的高BO1=R+故這兩個圓錐中,體積較小者的高與體積較大者的高的比值為13評析本題考查球、球內(nèi)接圓錐的相關(guān)問題,考查R,r的關(guān)系,由題意得到r=32R是解答本題的關(guān)鍵23.(2022全國甲文,19,12分)小明同學(xué)參加綜合實踐活動,設(shè)計了一個封閉的包裝盒.包裝盒如圖所示:底面ABCD是邊長為8(單位:cm)的正方形,△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均為正三角形,且它們所在的平面都與平面ABCD垂直.(1)證明:EF∥平面ABCD;(2)求該包裝盒的容積(不計包裝盒材料的厚度).解析取AB、BC、CD、DA的中點M、N、P、Q,連接EM、FN、GP、HQ、MN、NP、PQ、QM.(1)證明:在正三角形ABE中,M為AB的中點,所以EM⊥AB.又平面ABE∩平面ABCD=AB,且平面ABE⊥平面ABCD,所以EM⊥平面ABCD.同理FN⊥平面ABCD,所以EM∥FN,又EM=FN,所以四邊形EMNF為平行四邊形,所以EF∥MN.又MN?平面ABCD,且EF?平面ABCD,所以EF∥平面ABCD.(2)如圖,可將包裝盒分割為長方體MNPQ-EFGH和四個全等的四棱錐.易得MN=42cm,EM=43cm.所以V長方體MNPQ-EFGH=(42)2×43=1283cmV四棱錐B-MNFE=13×43所以該包裝盒的容積為1283+4×643易錯警示:線面平行的判定中,不能忽略線不在平面內(nèi)這一條件.24.(2021全國甲文,19,12分)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面AA1B1B為正方形,AB=BC=2,E,F分別為AC和CC1的中點,BF⊥A1B1.(1)求三棱錐F-EBC的體積;(2)已知D為棱A1B1上的點.證明:BF⊥DE.解題指導(dǎo):(1)首先證明AB⊥平面BCC1B1,即可得AB⊥BC,從而得到S△EBC=1,再利用三棱錐的體積公式計算即可.(2)由線面垂直的判定定理及性質(zhì)定理得出BE⊥A1E,根據(jù)角的正切值的計算可得∠AA1E=∠FEC,從而證得A1E⊥EF,根據(jù)線面垂直的判定定理可得BF⊥平面A1B1E,從而可得BF⊥DE.解析(1)∵側(cè)面四邊形AA1B1B為正方形,∴A1B1⊥BB1,∵BF⊥A1B1且BB1∩BF=B,BB1,BF?平面BB1C1C,∴A1B1⊥平面BB1C1C,又∵AB∥A1B1,∴AB⊥平面BB1C1C,又∵BC?平面BB1C1C,∴AB⊥BC,∵AB=BC=2,E為AC的中點,∴S△EBC=12S由直三棱柱知CF⊥平面ABC.∵F為CC1的中點,∴CF=12CC1∴VF-EBC=13(2)證明:連接A1E,B1E,∵AB=BC,E為AC的中點,∴BE⊥AC.∵AA1⊥平面ABC,BE?平面ABC,∴AA1⊥BE.∵AA1∩AC=A,AA1,AC?平面AA1C1C,∴BE⊥平面AA1C1C,又A1E?平面AA1C1C,∴BE⊥A1E.在Rt△ECF中,tan∠FEC=CFCE在Rt△A1AE中,tan∠AA1E=AEA∴tan∠FEC=tan∠AA1E,∴∠FEC=∠AA1E,∵∠AA1E+∠AEA1=90°,∴∠FEC+∠AEA1=90°,∴∠A1EF=90°,即A1E⊥EF.∵EF∩EB=E,又EF,EB?平面BEF,∴A1E⊥平面BEF,又BF?平面BEF,∴A1E⊥BF,又∵A1B1⊥BF,A1E∩A1B1=A1,A1E?平面A1B1E,A1B1?平面A1B1E,∴BF⊥平面A1B1E.∵DE?平面A1B1E,∴BF⊥DE.方法總結(jié):判斷或證明直線與直線垂直的方法:1.利用線線垂直的定義進(jìn)行判斷(計算兩直線的夾角為90°).2.利用平面幾何中證明線線垂直的方法:①特殊圖形(正方形、長方形、直角梯形等)中的垂直關(guān)系;②等