新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)知識(shí)專題講解與練習(xí)32簡(jiǎn)單幾何體的表面積與體積

新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)知識(shí)專題講解與練習(xí)考點(diǎn)知識(shí)總結(jié)32簡(jiǎn)單幾何體的表面積與體積球體、柱體、錐體、臺(tái)體的表面積和體積計(jì)算公式研讀一、基礎(chǔ)小題1.如圖，在圓柱O1O2內(nèi)有一個(gè)球O，該球與圓柱的上、下底面及母線均相切．若O1O2＝2，則圓柱O1O2的表面積為()A．4πB．5πC．6πD．π答案C解析因?yàn)樵撉蚺c圓柱的上、下底面，母線均相切，不妨設(shè)圓柱的底面半徑為r，故2r＝O1O2＝2，解得r＝1.故該圓柱的表面積為2πr2＋2πr×O1O2＝2π＋4π＝6π.故選C.2.某公園設(shè)置了一些石凳供大家休息，每張石凳是由正方體石料截去八個(gè)一樣的四()A．0.196m3答案BC．0.225m3解析設(shè)原正方體石料的邊長(zhǎng)為am．由題意可得a－11111××a×a×a×8＝0.18.322223解得a3＝0.216.所以原正方體石料的體積是0.216m3.故選B.3．如圖，一倒立的圓錐和一個(gè)底面圓直徑為2R的圓柱內(nèi)裝等高H的液體，圓錐的軸截面為等腰直角三角形，圓柱的軸截面為一矩形，H＝3R，圓錐內(nèi)液體體積為V1，圓柱內(nèi)液體體積為V2，則()A．V1＝2V2答案BB．V1＝V2C．V2＝2V1D．V1＝3V2解析如題圖，圓錐的軸截面為等腰直角三角形，且H＝3R，則圓錐的水面圓的1直徑為2H＝23R，由V1＝π(3R)2·3R＝3πR3，V2＝πR2·3R＝3πR3，得V1＝V2，3故選B.4.如圖，在多面體ABCDEF中，已知四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，且△ADE，)34332B．3C.D．答案A解析如圖，分別過(guò)點(diǎn)A，B作EF的垂線，垂足分別為G，H，連接DG，CH，容易求得EG＝HF＝，AG＝GD＝BH＝HC＝23，12則△BHC中BC邊上的高h(yuǎn)＝22.∴S＝×2×1＝41222，∴V＝S△AGD△BHC多面體ABCDEF＋V＝2V＋VE－AGDAGD－BHC＝×××2＋42×1＝32.134221＝V＋VE－AGDF－BHCAGD－BHC5．(多選)已知正方體的外接球與內(nèi)切球上各有一個(gè)動(dòng)點(diǎn)M，N，若線段MN的最小值為3－1，則()A．正方體的外接球的表面積為12πB．正方體的內(nèi)切球的體積為4π3C．正方體的棱長(zhǎng)為2D．線段MN的最大值為23答案ABC解析設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a，則正方體外接球的半徑為體對(duì)角線長(zhǎng)的一半，即23a，a內(nèi)切球的半徑為棱長(zhǎng)的一半，即.∵M(jìn)，N分別為外接球和內(nèi)切球上的動(dòng)點(diǎn)，∴MNmin23－123a＝2＝a－a＝3－1，解得a＝2，即正方體的棱長(zhǎng)為2，C正確；正方體的外接2球的表面積為4π×(3)2＝12π，A正確；正方體的內(nèi)切球的體積為4π3，B正確；線段3a＝3＋1，D錯(cuò)誤．故選ABC.MN的最大值為2a＋2二、高考小題6．(2022·新高考Ⅰ卷)已知圓錐的底面半徑為2，其側(cè)面展開(kāi)圖為一個(gè)半圓，則該圓錐的母線長(zhǎng)為()A．2B．22C.4D．42答案B解析設(shè)圓錐的母線長(zhǎng)為l，底面半徑為r，因?yàn)閳A錐的側(cè)面展開(kāi)圖為一個(gè)半圓，所以2πr＝πl(wèi).所以l＝2r＝22.故選B.7．(2022·新高考Ⅱ卷)正四棱臺(tái)的上、下底面的邊長(zhǎng)分別為2,4，側(cè)棱長(zhǎng)為2，則其體積為()563D．2823A．20＋123答案DB．282C.4/18底面邊長(zhǎng)分別為2,4，側(cè)棱長(zhǎng)為2，所以該棱臺(tái)的高h(yuǎn)＝22－22－22＝2，下底1313面面積S1＝16，上底面面積S2＝4，所以該棱臺(tái)的體積V＝h(S1＋S2＋S1S2)＝×2×(16＋4＋64)＝282.故選D.38．(2022·全國(guó)甲卷)已知A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個(gè)點(diǎn)，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，則三棱錐O－ABC的體積為()2323D．4A.12B．12C.4答案A解析記△ABC外接圓的圓心為O1，連接OO1，則OO1⊥平面ABC，由AC⊥BC，AC＝BC＝1，知O1為AB的中點(diǎn)，且AB＝2，O1B＝22，又球O的半徑為1，所以O(shè)B＝1，所以O(shè)O＝22，所以V1311322212＝2.故選A.＝S·OO1＝××1×1×1O－ABC△ABC9．(2022·天津高考)兩個(gè)圓錐的底面是一個(gè)球的同一截面，頂點(diǎn)均在球面上，若球的體積為32π3，兩個(gè)圓錐的高之比為1∶3，則這兩個(gè)圓錐的體積之和為()A．3πB．4πC.9πD．12π答案B比為3∶1，即AD＝3BD，設(shè)球的半徑為R，則4πR332π＝，可得R＝2，33所以AB＝AD＋BD＝4BD＝4，所以BD＝1，AD＝3，因?yàn)镃D⊥AB，則∠CAD＋∠ACD＝∠BCD＋∠ACD＝90°，所以∠CAD＝∠BCD，又因?yàn)椤螦DC＝∠BDC，所以△ACD∽△CBD，所以CDAD＝CDBD，所以CD＝AD·BD＝3，因此，這兩個(gè)圓錐的體積之π3×CD2·(AD＋BD)＝3π×3×4＝4π.故選B.和為10．(2022·全國(guó)Ⅰ卷)已知A，B，C為球O的球面上的三個(gè)點(diǎn)，⊙O1為△ABC的外接圓，若⊙O1的面積為4π，AB＝BC＝AC＝OO1，則球O的表面積為()A．64π答案AB．48πC.36πD．32π解析設(shè)圓O1的半徑為r，球的半徑為R，依題意，得πr2＝4π，∴r＝2.由正弦定ABsin60°理可得＝2r，∴AB＝2rsin60°＝23.∴OO1＝AB＝23.根據(jù)圓截面性質(zhì)得OO1⊥平面ABC，∴OO1⊥O1A，R＝OA＝OO＋O1A2＝OO＋r2＝4，∴球O的表面積S＝4πR22121＝64π.故選A.11．(2022·全國(guó)Ⅱ卷)已知△ABC是面積為943的等邊三角形，且其頂點(diǎn)都在球O的球面上．若球O的表面積為16π，則O到平面ABC的距離為()323D．2A.3B．C.1答案C解析設(shè)球O的半徑為R，則4πR2＝16π，解得R＝2.設(shè)△ABC外接圓的半徑為r，邊長(zhǎng)為a，∵△ABC是面積為943的等邊三角形，∴12×23＝943，解得a＝3，∴r＝223a294a2－＝＝3，∴球心O到平面ABC的距離d＝R2－r2＝4－3＝×a223×9－1.故選C.12．(2022·全國(guó)Ⅰ卷)已知三棱錐P－ABC的四個(gè)頂點(diǎn)在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是PA，AB的中點(diǎn)，∠CEF＝90°，則球O的體積為(A．86π答案D解析設(shè)PA＝PB＝PC＝2a，則EF＝a，∵△ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，F(xiàn)為)B．46πC.26πD．6πAB的中點(diǎn)，∴FC＝3，又∠CEF＝90°，∴EC2＝3－a2.7/18在△PEC中，cos∠PEC＝a2＋3－a2－2a2.在△AEC中，cos∠AEC＝a2＋3－a2－42a3－a2.2a3－a2∵∠PEC與∠AEC互補(bǔ)，∴3－4a2＝1，a＝22，故PA＝PB＝PC＝2.又AB＝BC＝AC＝2，∴PA，PB，PC兩兩垂直，∴外接球的直徑2R＝22＋22＋22＝6，∴32R＝26，∴V＝πR3＝443＝6π.故選D.6π×313．(2022·江蘇高考)如圖，六角螺帽毛坯是由一個(gè)正六棱柱挖去一個(gè)圓柱所構(gòu)成的．已知螺帽的底面正六邊形邊長(zhǎng)為2cm，高為2cm，內(nèi)孔半徑為0.5cm，則此六角螺帽毛坯的體積是________cm3.答案123－2π解析正六棱柱體積為6×43，挖去的圓柱體積為π1×2＝2π2×2×2＝123cm322π2cm3，故所求幾何體體積為123－cm3.14．(2022·全國(guó)Ⅲ卷)已知圓錐的底面半徑為1，母線長(zhǎng)為3，則該圓錐內(nèi)半徑最大的球的體積為_(kāi)_______．2π3答案中BC＝2，AB＝AC＝3，且點(diǎn)M為BC邊上的中點(diǎn)，設(shè)內(nèi)切圓的圓心為O，由于AM＝12＝×2×22＝22.設(shè)內(nèi)切圓半徑為r，則S＝S＋S△AOB△BOC△ABC△ABC121212122，故＋S＝×AB×r＋×BC×r＋×AC×r＝×(3＋2＋3)×r＝22，解得r＝2△AOC432π.其體積為V＝πr3＝3三、模擬小題15．(2022·廣東肇慶第三次統(tǒng)一檢測(cè))中國(guó)南北朝時(shí)期數(shù)學(xué)家、天文學(xué)家祖沖之、祖暅父子總結(jié)了魏晉時(shí)期著名數(shù)學(xué)家劉徽的有關(guān)工作，提出“冪勢(shì)既同，則積不容異”．“冪”是截面面積，“勢(shì)”是幾何體的高．詳細(xì)點(diǎn)說(shuō)就是，界于兩個(gè)平行平面之間的兩個(gè)幾何體，被任一平行于這兩個(gè)平面的平面所截，如果兩個(gè)截面的面積相等，則這兩個(gè)幾何體的體積相等．上述原理在中國(guó)被稱為祖暅原理．一個(gè)上底面邊長(zhǎng)為1，下底面邊長(zhǎng)為2，高為23的正六棱臺(tái)與一個(gè)不規(guī)則幾何體滿足“冪勢(shì)既同”，則該不規(guī)則幾何體的體積為()A．16B．163C.183D．21答案D13解析由祖暅原理，知該不規(guī)則幾何體的體積與正六棱臺(tái)的體積相等，故V＝(S1133＋S1S2＋S2)h＝×32＋33＋63×23＝21.故選D.16．(2022·山東青島模擬)已知三棱錐S－ABC的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，SAπ3⊥平面ABC，SA＝2，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝，則球O的體積為()A.162πB．82πD．42πC.42π333答案B解析根據(jù)余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AB·AC·cos∠BAC＝3，故BC＝3.根BC據(jù)正弦定理，2r＝＝2，故r＝1(r為△ABC外接圓半徑)，設(shè)R為三棱錐S－ABCsin∠BAC43＝82π.故選B.SA2外接球的半徑，則R2＝r2＋＝2，故R＝2，故V＝2πR3317．(多選)(2022·山東濰坊一中高三開(kāi)學(xué)檢測(cè))沙漏是古代的一種計(jì)時(shí)裝置，它由兩個(gè)形狀完全相同的容器和一個(gè)狹窄的連接管道組成，開(kāi)始時(shí)細(xì)沙全部在上部容器中，細(xì)沙通過(guò)連接管道全部流到下部容器所需要的時(shí)間稱為該沙漏的一個(gè)沙時(shí)．如圖，某沙漏由上、下兩個(gè)圓錐組成，圓錐的底面直徑和高均為8cm，細(xì)沙全部在上部時(shí)，其高度為23圓錐高度的(細(xì)管長(zhǎng)度忽略不計(jì))．假設(shè)該沙漏每秒鐘漏下0.02cm3的沙，且細(xì)沙全部漏入下部后，恰好堆成一個(gè)蓋住沙漏底部的圓錐形沙堆，則以下結(jié)論正確的是(π≈3.14)()10/181024π81A．沙漏中細(xì)沙的體積為cm3B．沙漏的體積是128πcm3C．細(xì)沙全部漏入下部后此錐形沙堆的高度約為2.4cmD．該沙漏的一個(gè)沙時(shí)大約是1985秒答案ACD解析對(duì)于A，根據(jù)圓錐的截面圖可知，細(xì)沙在上部時(shí)，細(xì)沙的底面半徑與圓錐的2383底面半徑之比等于細(xì)沙的高與圓錐的高之比，所以細(xì)沙的底面半徑r＝×4＝cm，所132h164π161024π＝＝cm3，A正確；對(duì)于B，沙××339以沙漏中細(xì)沙的體積V＝沙×πr2×381漏的體積V＝2×113256π3h2cm3，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，設(shè)細(xì)×π××h＝2××π×42×8＝23漏1024π181h沙全部漏入下部后的高度為h1，根據(jù)細(xì)沙體積不變可知，＝3×π××h1，所以221024π16π811024π81＝3×h1，所以h1≈2.4cm，C正確；對(duì)于D，因?yàn)榧?xì)沙的體積為cm3，沙1024π810.02＝1024×3.14×50≈1985秒，D正漏每秒鐘漏下0.02cm3的沙，所以一個(gè)沙時(shí)為81確．故選ACD.18．(2022·新高考八省聯(lián)考)圓臺(tái)上、下底面的圓周都在一個(gè)直徑為10的球面上，11/18解析因?yàn)閳A臺(tái)的下底面半徑為5，故下底面在外接球的大圓上，如圖所示．設(shè)球的球心為O，圓臺(tái)上底面的圓心為O′，則圓臺(tái)的高OO′＝OQ2－O′Q2＝52－42＝133，據(jù)此可得圓臺(tái)的體積V＝π×3×(52＋5×4＋42)＝61π.19．(2022·河北省張家口市、邢臺(tái)市、衡水市高三摸底聯(lián)考)已知球O是三棱錐P－ABC的外接球，AB＝BC＝CA＝1，PA＝2，則當(dāng)點(diǎn)P到平面ABC的距離取最大值時(shí)，球O的表面積為_(kāi)_______．16π3答案解析當(dāng)點(diǎn)P到平面ABC的距離最大時(shí)，PA⊥平面ABC.如圖，以△ABC為底面，PA為側(cè)棱補(bǔ)成一個(gè)直三棱柱，則球O是該三棱柱的外接球，球心O到底面△ABC的距12＝3，所以球O的半徑為RAB2sin60°3離d＝PA＝1.由正弦定理得△ABC的外接圓半徑r＝＝d2＋r2＝23，所以球O的表面積為S＝4πR＝16π3.23中，已知AA1＝BB1＝CC1＝DD1＝2，AB＝2，A1B1＝1，則該四棱臺(tái)的表面積為_(kāi)_______；該四棱臺(tái)外接球的體積為_(kāi)_______．答案5＋3782π31解析在等腰梯形DCC1D1中，過(guò)C1作C1H⊥DC，垂足為H，易求得CH＝，C1H21＋22＝27，則四棱臺(tái)的表面積為S＝S＋S＋S＝1＋4＋4×7＝5＋37.設(shè)×2上底下底側(cè)AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，由棱臺(tái)的性質(zhì)，可將該棱臺(tái)補(bǔ)成四棱錐(如圖)，因?yàn)锳B＝2，A1B1＝1，可知△SA1B1與△SAB的相6，即該四棱臺(tái)的似比為1∶2，則SA＝2AA1＝22，AO＝2，則SO＝6，則OO1＝2＝22，則OB1＝2＝OB，即點(diǎn)O到點(diǎn)B與到點(diǎn)B1的距離相等，同理，O到A，A1，C，C1，D，D1的距離均為2，于是O為外接球的球心，且外接球的半徑r＝2，故該四棱臺(tái)外接球的體積為82π.3一、高考大題1．(2022·新高考Ⅰ卷)如圖，在三棱錐A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O為BD的中點(diǎn)．(1)證明：OA⊥CD；(2)若△OCD是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，點(diǎn)E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E－BC－D的大小為45°，求三棱錐A－BCD的體積．解(1)證明：在△ABD中，因?yàn)锳B＝AD，O為BD的中點(diǎn)，所以O(shè)A⊥BD.因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，OA?平面ABD，所以O(shè)A⊥平面BCD，又因?yàn)镃D?平面BCD，所以O(shè)A⊥CD.(2)解法一(空間向量法)：由題意可得CD＝1，BD＝2，∠BDC＝60°，在△BCD中，由余弦定理，得BC＝BD2＋CD2－2BD·CDcos∠BDC12＝22＋12－2×2×1×＝3.所以CD2＋BC2＝BD2.所以△BCD為直角三角形，且∠BCD＝90°.以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CD，CB所在直線分別為x軸、y軸，過(guò)C且垂直于平面BCD的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)點(diǎn)E在z軸上的坐標(biāo)為m(m>0)，33因?yàn)镈E＝2EA，由三角形相似可得E，3，m，233又因?yàn)镃(0,0,0)，B(0，3，0)，所以BC→＝(0，－3，0)，CE→＝，3，m.2設(shè)平面BCE的法向量為n1＝(a，b，c)，32由n1·BC→＝0，n1·CE→＝＝0，并令c＝1，得n－m，0，1.1易得平面BCD的一個(gè)法向量為n2＝(0,0,1)，所以cos45°＝|n·n|＝1，12|n||n|9412m2＋123所以m＝，由三角形相似易得AO＝1，13·AO＝××1×3×1＝63.1132所以V＝S三棱錐A－BCD△BCD因?yàn)?AE＝DE，所以△AOD∽△EFD.所以AO∥EF.由(1)知，AO⊥平面BCD，所以EF⊥平面BCD，所以EF⊥BC，EF⊥FG，132343又OD＝1，所以O(shè)B＝1，OF＝，DF＝，BF＝，所以2DF＝BF，所以△BCD∽△BGF.2323所以GF∥CD，且GF＝CD＝.因?yàn)镺B