1、考点十三 空间几何体的表面积与体 积 1 A卷 PART ONE 解析 正方体的外接球半径等于正方体的体对角线长的一半，即外接 球半径 R 2 322 322 32 2 3，所以这个球的表面积为 S4R2 43236.故选 C. 一、选择题 1(2020 天津高考)若棱长为 2 3的正方体的顶点都在同一球面上，则 该球的表面积为( ) A12 B24 C36 D144 答案答案 解析解析 解析 因为该球与圆柱的上、下底面，母线均相切，不妨设圆柱的底 面半径为 r，故 2rO1O22，解得 r1.故该圆柱的表面积为 2r2 2rO1O2246.故选 C. 2.(2020 山东济南 6 月针对性训
2、练)如图，在圆柱 O1O2内有 一个球 O， 该球与圆柱的上、 下底面及母线均相切 若 O1O22， 则圆柱 O1O2的表面积为( ) A4 B5 C6 D 答案答案 解析解析 3(2020 山东聊城三模)最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著 的数书九章(1247 年)该书第二章为“天时类”，收录了有关降水量计 算的四个例子，分别是“天池测雨”“圆罂测雨”“峻积验雪”和“竹器 验雪” 其中“天池测雨”法是下雨时用一个圆台形的天池盆收集雨水 已 知天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸当 盆中积水深九寸(注：1 尺10 寸)时，平地降雨量是( ) A9 寸 B7 寸 C8
3、 寸 D3 寸 答案答案 解析 由已知，得天池盆盆口的半径为 14 寸，盆底的半径为 6 寸，则 盆口的面积为 196 平方寸，盆底的面积为 36 平方寸又盆高 18 寸，积 水深 9 寸，则积水的水面半径为146 2 10(寸)，积水的水面面积为 100 平 方寸，积水的体积为 V1 3(36 36100100)9588(立方寸)， 所以平地降雨量为588立方寸 196平方寸3(寸) 解析解析 4(2020 山东德州高三 4 月模拟)已知三棱锥 SABC 的所有顶点都在 球 O 的球面上，SA平面 ABC，SA2，AB1，AC2，BAC 3，则 球 O 的体积为( ) A.16 2 3 B8
4、 2 3 C4 2 D4 2 3 答案答案 解析 根据余弦定理，BC2AC2AB22AB AC cosBAC3，故 BC 3.根据正弦定理，2r BC sinBAC2，故 r1(r 为ABC 外接圆半径)， 设 R 为三棱锥 SABC 外接球的半径，则 R2r2 SA 2 22，故 R 2，故 V4 3R 38 2 3 .故选 B. 解析解析 5如图，在棱长为 a 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中，EF 是棱 AB 上的一条线段，且 EFba，若 Q 是 A1D1上的定点，P 在 C1D1上滑动，则四面体 PQEF 的体 积( ) A是变量且有最大值 B是变量且有最小值 C是变量无最大、
5、最小值 D是常量 答案答案 解析 EF 是定长，Q 到 EF 的距离就是 Q 到 AB 的距离，也为定长， 即QEF 的底和高都是定值， QEF 的面积是定值， C1D1平面 QEF， P 在 C1D1上滑动，P 到平面 QEF 的距离是定值即三棱锥 PQEF 的高 也是定值， 于是体积固定 三棱锥 PQEF 的体积是定值， 即四面体 PQEF 的体积是定值 解析解析 6(2020 全国卷)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 4，ABBCACOO1，则球 O 的表 面积为( ) A64 B48 C36 D32 答案答案 解析 设圆 O1的半径
6、为 r，球的半径为 R，依题意，得 r24，r 2.由正弦定理可得 AB sin60 2r，AB2rsin60 2 3.OO1AB2 3. 根据球中圆截面的性质得 OO1平面 ABC，OO1O1A，ROA OO2 1O1A 2 OO2 1r 24，球 O 的表面积 S4R264.故选 A. 解析解析 7(多选)已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点 M，N，若线段 MN 的最小值为 31，则( ) A正方体的外接球的表面积为 12 B正方体的内切球的体积为4 3 C正方体的棱长为 2 D线段 MN 的最大值为 2 3 答案答案 解析 设正方体的棱长为 a， 则正方体外接球的半径为体对角线长的
7、一 半，即 3 2 a；内切球的半径为棱长的一半，即a 2.M，N 分别为外接球和内 切球上的动点，MNmin 3 2 aa 2 31 2 a 31，解得 a2，即正方体 的棱长为 2，C 正确；正方体的外接球的表面积为 4( 3)212，A 正 确； 正方体的内切球的体积为4 3 ， B 正确； 线段 MN 的最大值为 3 2 aa 2 3 1，D 错误故选 ABC. 解析解析 8 (多选)若正三棱柱 ABCABC的所有棱长都为 3， 外接球的球 心为 O，则下列四个结论正确的是( ) A其外接球的表面积为 21 B直线 AB与直线 BC 所成的角为 3 CAOBC D三棱锥 OABC 的体
8、积为9 3 8 答案答案 解析 如图，球心 O 到下底面的距离 OO3 2，AO 2 3 3 2 3 3 ， 所 以 其 外 接 球 的 半 径R AO2OO2 21 2 ，所以其外接球的表面积为 4R2 21，A 正确；直线 AB与直线 BC 所成的角即直线 AB与直线 BC所 成的角，设其为 ，在ABC中，cos3 2 2323 22 23 23 2 4 ，故 B 错误；由 OO平面 ABC，得 OOBC，O为ABC 的重心，则 AO BC，故 BC平面 AOO，即 BCAO，故 AOBC，C 正确；根据 三棱锥的体积公式可得 VOABC1 3 3 2 1 23 3 3 2 9 3 8 ，
9、D 正确 解析解析 答案 1 二、填空题 9(2020 浙江高考)已知圆锥展开图的侧面积为 2，且为半圆，则底面 半径为_ 解析 设圆锥底面半径为 r，母线长为 l，则 rl2， 2r1 22l， 解得 r1，l2. 答案答案 解析解析 答案 358.5 10学生到工厂劳动实践，利用 3D 打印技术制作模型，如图，该模型 为圆锥底部挖去一个正方体后的剩余部分(正方体四个顶点在圆锥母线上， 四个顶点在圆锥底面上)，圆锥底面直径为 10 2 cm，高为 10 cm，打印所 用原料密度为 0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 _ g( 取 3.14) 答案答案 解析 设被挖
10、去的正方体的棱长为 x cm，圆锥底面半径为 r cm，高为 h cm，则 2 2 x r hx h ，即 2 2 x 5 2 10 x 10 ，解得 x5，所以制作该模型所需材料 质量约为 mV0.9 1 3r 2 hx3 0.350100.9125358.5 g. 解析解析 答案 144 11 (2020 山东泰安二轮复习质量检测)已知 A， B 是球 O 的球面上两点， AOB90 ， C 为该球面上的动点， 若三棱锥 OABC 体积的最大值为 36， 则球 O 的表面积为_ 解析 如图所示，当点 C 位于垂直于面 AOB 的直径的端 点时，三棱锥的体积最大，设球 O 的半径为 R，此时
11、 VOABC VCAOB1 3 1 2R 2R1 6R 336，故 R6，则球 O 的表面积 为 S4R2144. 答案答案 解析解析 12.(2020 山东聊城一模)点 M，N 分别为三棱柱 ABCA1B1C1的棱 BC， BB1的中点，设A1MN 的面积为 S1，平面 A1MN 截三棱柱 ABCA1B1C1所 得截面的面积为 S， 五棱锥 A1CC1B1NM 的体积为 V1， 三棱柱 ABCA1B1C1 的体积为 V，则V1 V _，S1 S _. 7 12 3 5 解析 如图所示， 延长 NM 交直线 C1C 于点 P， 连接 PA1交 AC 于点 Q， 连接 QM.平面 A1MN 截三
12、棱柱 ABCA1B1C1所得截面为四边形 A1NMQ. BB1CC1， M 为 BC 的中点， 则PCMNBM.点 M 为 PN 的中点 解析解析 A1MN 的面积 S11 2SA1NP， QCA1C1， PC PC1 1 3 PQ PA1， A1QM 的面积2 3SA1PM， S1 S 3 5. BMN 的面积1 8S 四边形 B1C1CB， 五棱锥 A1CC1B1NM 的体积为 V17 8V 四棱锥 A1B1C1CB， 而四棱 锥 A1B1C1CB 的体积2 3V， V1 V 7 8 2 3V V 7 12. 解析解析 三、解答题 13如图所示，三棱柱 ABCA1B1C1的侧棱垂直于底面，
13、且底面是边 长为 2 的正三角形，AA13，点 D，E，F，G 分别是所在棱的中点 (1)证明：平面 BEF平面 DA1C1； (2)求三棱柱 ABCA1B1C1夹在平面 BEF 和平面 DA1C1之间部分的体 积 解 (1)证明：E，F 分别是 A1B1和 B1C1的中点， EFA1C1， EF平面 DA1C1，A1C1平面 DA1C1， EF平面 DA1C1， D，E 分别是 AB 和 A1B1的中点，DB 綊 A1E， 四边形 BDA1E 是平行四边形，BEA1D， BE平面 DA1C1，A1D平面 DA1C1， BE平面 DA1C1， BEEFE，平面 BEF平面 DA1C1. 解解
14、(2)由题图可知，三棱柱 ABCA1B1C1夹在平面 BEF 和平面 DA1C1之间 的部分，可看作三棱台 DBGA1B1C1减掉三棱锥 BB1EF 后的剩余部分， SDBGSB1EF 3 4 12 3 4 ，SA1B1C1 3 4 22 3， 三棱台 DBGA1B1C1的体积为 V11 3 3 4 3 4 3 3 7 3 4 ， 三棱锥 BB1EF 的体积 V21 3 3 4 3 3 4 ， 三棱柱 ABCA1B1C1夹在平面 BEF 和平面 DA1C1之间部分的体积为 VV1V27 3 4 3 4 3 3 2 . 解解 14.如图，已知棱锥 SABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的
15、菱形， BAD60 ，SASD 5，SB 7，点 E 是棱 AD 的中点，点 F 在棱 SC 上，且 SF SC，SA平面 BEF. (1)求实数 的值； (2)求三棱锥 FEBC 的体积 解 (1)连接 AC，设 ACBEG，则平面 SAC平面 EFBFG， SA平面 EFB，SAFG， GEAGBC， AG GC AE BC 1 2， SF FC AG GC 1 2.SF 1 3SC， 1 3. 解解 (2)SASD 5，SEAD，SE2， 又 ABAD2，BAD60 ，BE 3， SE2BE2SB2.SEBE，SE平面 ABCD， VFEBC2 3VSEBC 1 3VSABCD 1 3
16、1 322sin60 2 4 3 9 . 解解 2 B卷 PART TWO 一、选择题 1.(2020 山东临沂一模)九章算术是我国古 代内容极为丰富的数学名著，书中商功有如下 问题：“今有委粟平地，下周一十二丈，高一丈， 问积及为粟几何？”意思是“有粟若干，堆积在平地上，它底圆周长为 12 丈，高为 1 丈，问它的体积和粟各为多少？”如图，主人意欲卖掉该堆粟， 已知圆周率约为 3，一斛粟的体积约为 2700 立方寸(单位换算：1 立方丈 106立方寸)，一斛粟米卖 270 钱，一两银子 1000 钱，则主人卖后可得银子 ( ) A200 两 B240 两 C360 两 D400 两 答案答案
17、 解析 该堆粟的底面半径为 r 12 232，体积 V 1 332 214 立 方丈4106立方寸40000 27 斛，故主人卖后可得银子40000 27 270 1000 400 两故选 D. 解析解析 2(2020 海口市高考模拟演练)一个底面边长为 3 的正三棱锥的体积与 表面积为 24 的正方体的体积相等，则该正三棱锥的高为( ) A12 3 B32 3 3 C32 3 9 D12 解析 因为正方体的表面积为 24，所以其棱长为 2，体积为 238.设正 三棱锥的高为 h，因为正三棱锥的体积与正方体的体积相等，所以 1 3 1 2 33 3 2 h8，解得 h32 3 9 . 答案答案
18、 解析解析 3.(2020 海南中学高三摸底)已知一个凸多面体共有 9 个面， 所有棱长均 为 1，其平面展开图如图所示，则该凸多面体的体积 V( ) A1 2 6 B1 C 2 6 D1 2 2 答案答案 解析 根据平面展开图，还原几何体如右图所示，故该几何体是由棱 长为 1 的正方体和底边棱长为 1 的正四棱锥组合而成则其体积 V131 3 11 2 2 1 2 6 .故选 A. 解析解析 4(2020 海南高考调研测试)张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数 学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八分之五已知三棱锥 A BCD 的每个顶点都在球 O 的球面上，AB底面 BCD，BCCD，
19、且 AB CD 3，BC2，利用张衡的结论可得球 O 的表面积为( ) A30 B10 10 C33 D12 10 答案答案 解析 因为 BCCD，所以 BD 7，又 AB底面 BCD，所以球 O 的 球心为侧棱 AD 的中点， 从而球 O 的直径为 10.利用张衡的结论可得 2 16 5 8， 则 10，所以球 O 的表面积为 4 10 2 21010 10.故选 B. 解析解析 5(2020 山东青岛三模)在三棱柱 ABCA1B1C1中，ABBCAC，侧 棱 AA1底面 ABC，若该三棱柱的所有顶点都在同一个球 O 的表面上，且 球 O 的表面积的最小值为 4，则该三棱柱的侧面积为( )
20、A6 3 B3 3 C3 2 D3 答案答案 解析 如图，设三棱柱上、下底面中心分别为 O1， O2，则 O1O2的中点为 O，设球 O 的半径为 R，则 OA R，设 ABBCACa，AA1h，则 OO21 2h，O2A 2 3 3 2 AB 3 3 a， 则在RtOO2A中， R2OA2OO2 2O2A 2 1 4h 21 3a 221 2h 3 3 a 3 3 ah，当且仅当 h2 3 3 a 时，等号成立，所以 S 球4R 24 3 3 ah，所以4 3 3 ah4，所以 ah 3，所以该三棱柱的 侧面积为 3ah3 3.故选 B. 解析解析 6(2020 山东安丘模拟)唐朝的狩猎景象
21、浮雕银杯如图 1 所示，其浮雕 临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺. 它的盛酒部分可 以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度)， 如图 2 所示， 已知球的半径为 R， 酒杯内壁表面积为14 3 R2.设酒杯上部分(圆 柱)的体积为 V1，下部分(半球)的体积为 V2，则V1 V2( ) A2 B3 2 C1 D 3 4 答案答案 解析 由球的半径为 R， 得半球表面积为 2R2， 又酒杯内壁表面积为14 3 R2，圆柱的侧面积为8 3R 2.设圆柱的高为 h，则 2R h8 3R 2，即 h4 3R. V1R2 4 3R 4 3R 3，V 22 3R
22、 3.V1 V2 4 3R 3 2 3R 32.故选 A. 解析解析 7(多选)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，圆锥的底面直径和高均为 8 cm，细沙全部在 上部时，其高度为圆锥高度的2 3(细管长度忽略不计)假设该沙漏每秒钟漏 下 0.02 cm3的沙，且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，则以下结论正确的是(3.14)( ) A沙漏中细沙的体积为1024 81 cm3 B沙漏的体积是 128
23、 cm3 C细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为 2.4 cm D该沙漏的一个沙时大约是 1985 秒 答案答案 解析 对于 A，根据圆锥的截面图可知，细沙在上部时，细沙的底面半 径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比，所以细沙的底面 半径 r2 34 8 3 cm，所以沙漏中细沙的体积 V 沙1 3r 2 2h 3 1 3 64 9 16 3 1024 81 cm3，A 正确；对于 B，沙漏的体积 V 漏21 3 h 2 2h21 3 428256 3 cm3，B 错误；对于 C，设细沙全部漏入下部后的高度为 h1，根据细沙体积不变可知，1024 81 1 3 h 2 2h 1，
24、所以1024 81 16 3 h1， 解析解析 所以 h12.4 cm，C 正确；对于 D，因为细沙的体积为1024 81 cm3，沙漏每 秒钟漏下 0.02 cm3的沙， 所以一个沙时为 1024 81 0.02 10243.14 81 501985 秒， D 正确故选 ACD. 解析解析 8.(多选)(2020 山东青岛一模)已知四棱台 ABCD A1B1C1D1的上、下底面均为正方形，其中 AB2 2，A1B1 2，AA1BB1CC12，则下述正确的是( ) A该四棱台的高为 3 BAA1CC1 C该四棱台的表面积为 26 D该四棱台外接球的表面积为 16 答案答案 解析 由题意可得该四
25、棱台为正四棱台由棱台的性 质，画出切割前的四棱锥，如图，由 AB2 2，A1B1 2 可知SA1B1与SAB 的相似比为 12，所以 SA2AA1 4，AO2，所以 SO2 3，所以 OO1 3，故该四棱台 的高为 3，A 正确；因为 SASCAC4，所以 AA1与 CC1的夹角为 60 ，不垂直，B 错误；该四棱台的表面积为 SS 上底S下底 S 侧284 22 2 2 14 2 106 7，C 错误；易知该四棱台外接 球的球心在 OO1上，在平面 B1BOO1中，由于 OO1 3，B1O11，则 OB1 2OB，即点 O 到点 B 与点 B1的距离相等，则该四棱台外接球的半径 r OB2，
26、该四棱台外接球的表面积为 16，D 正确，故选 AD. 解析解析 答案 4 二、填空题 9已知圆柱的底面半径为 1，母线长为 2，则该圆柱的侧面积等于 _ 解析 圆柱的底面半径为 r1， 母线长为 l2， 其侧面积为 S2rl 2124. 答案答案 解析解析 解析 正六棱柱体积为 6 3 4 22212 3 cm3，挖去的圆柱体积为 1 2 22 2 cm 3，故此六角螺帽毛坯的体积为 12 3 2 cm3. 10.(2020 江苏高考)如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆 柱所构成的已知螺帽的底面正六边形边长为 2 cm，高为 2 cm，内孔半径 为 0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的
27、体积是_cm3. 答案 12 3 2 答案答案 解析解析 11(2020 江苏南京金陵中学、南通海安高级中学、南京外国语学校第 四次模拟)设棱长为 a 的正方体的体积和表面积分别为 V1，S1，底面半径和 高均为 r 的圆锥的体积和侧面积分别为 V2，S2，若 V1 V2 3 ，则 S1 S2的值为 _ 答案 3 2 答案答案 解析 不妨设 V127，V29，故 V1a327，所以 a3，所以 S1 6a254.如图所示，因为 V21 3hr 21 3r 39，所以 r3，又 l 2r，所 以 S21 2l2r 2r 29 2，所以S1 S2 54 9 2 3 2 . 解析解析 12 (202
28、0 山东潍坊高密二模)在四棱锥 PABCD 中， PA平面 ABCD， AP2，点 M 是矩形 ABCD 内(含边界)的动点，且 AB1，AD3，直线 PM 与平面 ABCD 所成的角为 4.记点 M 的轨迹长度为 ， 则 tan_； 当三棱锥 PABM 的体积最小时，三棱锥 PABM 的外接球的表面积为 _ 3 8 解析 如图，因为 PA平面 ABCD，垂足为 A， 则PMA 为直线 PM 与平面 ABCD 所成的角，所以 PMA 4.因为 AP2，所以 AM2，所以点 M 位 于底面矩形 ABCD 内的以点 A 为圆心， 2 为半径的圆 上，记点 M 的轨迹为圆弧.连接 AF，则 AF2.
29、因 为 AB1，AD3，所以AFBFAE 6，则 的长度 62 3，所 以 tan 3.当点 M 位于点 F 时，三棱锥 PABM 的体积最小，又PAF PBF 2，所以三棱锥 PABM 的外接球的球心为 PF 的中点因为 PF 22222 2，所以三棱锥 PABM 的外接球的表面积 S4( 2)28. 解析解析 三、解答题 13如图 1，在菱形 ABCD 中，AB2，DAB60 ，M 是 AD 的中点， 以 BM 为折痕，将ABM 折起，使点 A 到达点 A1的位置，且平面 A1BM 平面 BCDM，如图 2. (1)求证：A1MBD； (2)若 K 为 A1C 的中点，求四面体 MA1BK
30、 的体积 解 (1)证明：在图 1 中，连接 BD(如图 a)， 四边形 ABCD 是菱形，DAB60 ，M 是 AD 的中点， ADBM，故在图 2 中，BMA1M， 平面 A1BM平面 BCDM，平面 A1BM平面 BCDMBM，A1M 平面 BCDM， 又 BD平面 BCDM，A1MBD. (2)在图 1 中，四边形 ABCD 是菱形，ADBM，ADBC， BMBC，且 BM 3，在图 2 中，连接 CM(如图 b)， 解解 则 VA1BCM1 3SBCM A1M 1 3 1 22 31 3 3 ， K 为 A1C 的中点，VMA1BKVKMA1B1 2VCMA1B 1 2VA1 BCM 3 6 . 四面体 MA1BK 的体积为 3 6 . 解解 本课结束