2025版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)　空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征表面積和體積（十年高考）

2025版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)專題八立體幾何與空間向量8.1空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征、表面積和體積考點(diǎn)1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(kāi)圖為一個(gè)半圓,則該圓錐的母線長(zhǎng)為()A.2B.22答案B設(shè)圓錐的母線長(zhǎng)為l,由題意得πl(wèi)=2π·2,∴l(xiāng)=22.故選B.易錯(cuò)警示1.不清楚圓錐側(cè)面展開(kāi)圖是扇形;2.記不清扇形弧長(zhǎng)公式.2.(2014福建文,5,5分)以邊長(zhǎng)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()A.2πB.πC.2D.1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.3.(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(gè)正四棱錐.以該四棱錐的高為邊長(zhǎng)的正方形面積等于該四棱錐一個(gè)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(zhǎng)的比值為()A.5答案C如圖,設(shè)正四棱錐的底面邊長(zhǎng)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=?2∴以|PO|為邊長(zhǎng)的正方形面積為h2-a2一個(gè)側(cè)面三角形面積為12ah∴h2-a24∴4h2-2ah-a2=0,兩邊同除以a2可得4?a2解得?a又∵?a>0,∴?a=5解題關(guān)鍵利用以四棱錐的高為邊長(zhǎng)的正方形面積等于該四棱錐一個(gè)側(cè)面三角形的面積,求得底面邊長(zhǎng)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.4.(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(guò)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()A.122πB.12πC.82πD.10π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.5.(2023北京,9,4分,中)坡屋頂是我國(guó)傳統(tǒng)建筑造型之一,蘊(yùn)含著豐富的數(shù)學(xué)元素.安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓,展現(xiàn)造型之美.如圖,某坡屋頂可視為一個(gè)五面體,其中兩個(gè)面是全等的等腰梯形,兩個(gè)面是全等的等腰三角形.若AB=25m,BC=10m,且等腰梯形所在平面、等腰三角形所在平面與平面ABCD的夾角的正切值均為145,則該五面體的所有棱長(zhǎng)之和為()A.102mB.112mC.117mD.125m答案C顯然AE=ED=FB=FC,作FG⊥AB于G,FH⊥BC于H,設(shè)點(diǎn)F在底面ABCD內(nèi)的射影為O,連接OF,OG,OH,易得OG=12BC=5,四邊形ABCD為矩形,所以∠FGO是平面ABFE與底面ABCD所成角,∠FHO是平面BCF與底面ABCD所成角∵tan∠FGO=tan∠FHO=145,OG=5∴FO=14,OH=5,∴FG=FH=OF2+OG2=39,GB=OH∴EF=AB-2GB=25-10=15.∴AB+BC+CD+AD+AE+ED+BF+FC+EF=25+10+25+10+8+8+8+8+15=117.所以該五面體的所有棱長(zhǎng)之和為117m.故選C.6.(2023全國(guó)甲理,11,5分,中)已知四棱錐P-ABCD的底面是邊長(zhǎng)為4的正方形,PC=PD=3,∠PCA=45°,則△PBC面積為()A.22B.32C.42D.62答案C過(guò)P作PO⊥平面ABCD交平面ABCD于點(diǎn)O,取DC的中點(diǎn)E,連接PE、OE,∵PC=PD,∴PE⊥CD,∵PO⊥平面ABCD,AB,CD?平面ABCD,∴PO⊥AB,PO⊥CD,又PE∩PO=P,∴CD⊥平面PEO,∴CD⊥OE,延長(zhǎng)EO交AB于點(diǎn)F,則F為AB中點(diǎn),且OF⊥AB,連接PF,∵PO⊥AB,PO∩OF=O,∴AB⊥平面PFO,∵PF?平面PFO,∴AB⊥PF,又F為AB的中點(diǎn),∴PA=PB.在△PCA中,PC=3,AC=42,∠PCA=45°,由余弦定理得PA2=PC2+AC2-2PC·AC·cos∠PCA=32+(42)2-2×3×42×22=17,∴PA=17在△PBC中,PB=17,BC=4,PC=3,則cos∠PCB=PC2+BC∴sin∠PCB=22∴S△PBC=12BC·PC·sin∠PCB=12×4×3×22故選C.7.(多選)(2023新課標(biāo)Ⅰ,12,5分,難)下列物體中,能夠被整體放入棱長(zhǎng)為1(單位:m)的正方體容器(容器壁厚度忽略不計(jì))內(nèi)的有()A.直徑為0.99m的球體B.所有棱長(zhǎng)均為1.4m的四面體C.底面直徑為0.01m,高為1.8m的圓柱體D.底面直徑為1.2m,高為0.01m的圓柱體答案ABD對(duì)于A,正方體內(nèi)切球直徑為1m>0.99m,故A符合題意.對(duì)于B,如圖1,正方體內(nèi)最大的內(nèi)接正四面體D-BA1C1的棱長(zhǎng)為A1C1=2m>1.4m,故B符合題意.如圖2,假設(shè)放入最大的圓柱的上、下底面圓心為P,Q,設(shè)圓柱底面半徑為rm,底面直徑為dm,連接CA1,如圖3,在平面A1DCB1中,過(guò)Q作QE⊥A1C,交A1D于點(diǎn)E,則QE=rm,A1Q=2rm,PQ=3-22r=(3-2d)m.對(duì)于C,PQ=1.8m>3m,故C不符合題意.對(duì)于D,PQ=3-2×1.2≈1.732-1.414×1.2≈0.04m>0.01m,故D符合題意.故選ABD.8.(2023全國(guó)甲文,16,5分,中)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,O為AC1的中點(diǎn),若該正方體的棱與球O的球面有公共點(diǎn),則球O的半徑的取值范圍是.

答案[22,23]解析由該正方體的棱與球O的球面有公共點(diǎn),可知最小球?yàn)榕c棱相切的球,最大球?yàn)檎襟w的外接球.當(dāng)球與棱相切時(shí),設(shè)球的半徑為R1,有2R1=2×4,∴R1=22,當(dāng)球?yàn)檎襟w的外接球時(shí),設(shè)球的半徑為R2,有(2R2)2=42+42+42,∴R2=23,所以球O的半徑的取值范圍是[22,23].9.(2023全國(guó)甲理,15,5分,中)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別為AB,C1D1的中點(diǎn).以EF為直徑的球的球面與該正方體的棱共有個(gè)公共點(diǎn).

答案12解析設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2,則EF=22,所以以EF為直徑的球的半徑為2,球心為正方體的中心O,由于正方體的中心O到正方體各棱的距離均為2,所以正方體各棱的中點(diǎn)都在球面上,并且為各棱與球的唯一交點(diǎn),所以以EF為直徑的球的球面與該正方體的棱共有12個(gè)公共點(diǎn).考點(diǎn)2空間幾何體的表面積和體積1.(2023全國(guó)甲文,10,5分,中)在三棱錐P-ABC中,△ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形,PA=PB=2,PC=6,則該棱錐的體積為()A.1B.3C.2D.3答案A取AB的中點(diǎn)D,連接CD,PD,∵△ABC,△PAB為等邊三角形,∴CD⊥AB,PD⊥AB,∵△ABC的邊長(zhǎng)為2,PA=PB=2,∴PD=CD=3,又∵PC=6,∴PD2+CD2=PC2,∴PD⊥CD,又∵CD∩AB=D,CD,AB?平面ABC,∴PD⊥平面ABC,∴PD為三棱錐P-ABC的高,∴VP-ABC=13S△ABC·PD=13×12×2×3×3=1一題多解(分割求和法)取AB的中點(diǎn)D,連接CD,PD,∵△ABC,△PAB為等邊三角形,∴CD⊥AB,PD⊥AB.又∵CD∩PD=D,∴AB⊥平面PCD,∵△ABC的邊長(zhǎng)為2,PA=PB=2,∴PD=CD=3,又∵PC=6,∴PD2+CD2=PC2,∴PD⊥CD,∴S△PCD=12PD·CD=12×(3)2=∴VP-ABC=VA-PCD+VB-PCD=13S△PCD·(AD+BD)=13×32×2=1,2.(2023全國(guó)乙理,8,5分,中)已知圓錐PO的底面半徑為3,O為底面圓心,PA,PB為圓錐的母線,∠AOB=120°,若△PAB的面積等于934,則該圓錐的體積為(A.πB.6πC.3πD.36π答案B設(shè)圓錐的母線長(zhǎng)為l,半徑長(zhǎng)為r,則r=3.在△AOB中,由∠AOB=120°,OA=OB=3,得AB=3.S△PAB=12AB·l2?AB22=12×3×l2?94=934,所以l=3,則圓錐的高h(yuǎn)=l23.(多選)(2023新課標(biāo)Ⅱ,9,5分,中)已知圓錐的頂點(diǎn)為P,底面圓心為O,AB為底面直徑,∠APB=120°,PA=2,點(diǎn)C在底面圓周上,且二面角P-AC-O為45°,則()A.該圓錐的體積為πB.該圓錐的側(cè)面積為43πC.AC=22D.△PAC的面積為3答案AC對(duì)于A,連接PO,∵PA=PB=2,∠APB=120°,∴AB=23,PO=1,∴圓錐的體積V=13π×(3)2×1=π,故A正確對(duì)于B,S側(cè)=12×2π×3×2=23π,故B錯(cuò)誤對(duì)于C,取AC的中點(diǎn)D,連接PD,OD.∵OA=OC,PA=PC,D為AC的中點(diǎn),∴OD⊥AC,PD⊥AC.∴∠PDO即為二面角P-AC-O的平面角,∴∠PDO=45°,又PO⊥底面圓,OD?底面圓,∴PO⊥OD,∴PO=DO=1,∴PD=2,AC=2AD=2OA2?OD2=2對(duì)于D,S△PAC=12AC·PD=12×22×2=2,故選AC.4.(2016課標(biāo)Ⅱ文,4,5分)體積為8的正方體的頂點(diǎn)都在同一球面上,則該球的表面積為()A.12πB.323C.8πD.4π答案A設(shè)正方體的棱長(zhǎng)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(diǎn)撥對(duì)于正方體與長(zhǎng)方體,其體對(duì)角線為其外接球的直徑,即外接球的半徑等于體對(duì)角線的一半.5.(2015課標(biāo)Ⅱ,理9,文10,5分)已知A,B是球O的球面上兩點(diǎn),∠AOB=90°,C為該球面上的動(dòng)點(diǎn).若三棱錐O-ABC體積的最大值為36,則球O的表面積為()A.36πB.64πC.144πD.256π答案C∵S△OAB是定值,且VO-ABC=VC-OAB,∴當(dāng)OC⊥平面OAB時(shí),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思路分析由△OAB的面積為定值分析出當(dāng)OC⊥平面OAB時(shí),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(diǎn)睛點(diǎn)C是動(dòng)點(diǎn),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.6.(2021北京,8,4分)對(duì)24小時(shí)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(jí)小雨中雨大雨暴雨如圖所示,小明用一個(gè)圓錐形容器接了24小時(shí)的雨水,那么這24小時(shí)降雨的等級(jí)是()A.小雨B.中雨C.大雨D.暴雨答案B命題意圖:本題以測(cè)量24小時(shí)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(yùn)算求解能力以及應(yīng)用意識(shí),考查的核心素養(yǎng)是數(shù)學(xué)運(yùn)算、直觀想象,落實(shí)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(shí)內(nèi)降水在平地上的積水厚度為125000ππ×1002=12.5(mm7.(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(wèn)題,其中一部分水蓄入某水庫(kù).已知該水庫(kù)水位為海拔148.5m時(shí),相應(yīng)水面的面積為140.0km2;水位為海拔157.5m時(shí),相應(yīng)水面的面積為180.0km2.將該水庫(kù)在這兩個(gè)水位間的形狀看作一個(gè)棱臺(tái),則該水庫(kù)水位從海拔148.5m上升到157.5m時(shí),增加的水量約為(7≈2.65)()A.1.0×109m3B.1.2×109m3C.1.4×109m3D.1.6×109m3答案C140km2=140×106m2,180km2=180×106m2,由棱臺(tái)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8.(2021全國(guó)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(gè)點(diǎn),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(diǎn)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(guò)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(diǎn)O1,半徑r=AB2=22,連接OO1,∵點(diǎn)O為球心,∴OO1⊥平面ABC,即OO1的長(zhǎng)為O在Rt△OO1B中,OB=1,O1B=22∴OO1=12∴VO-ABC=13×12易錯(cuò)警示牢記錐體的體積公式中的“13”.易錯(cuò)選C9.(2022新高考Ⅱ,7,5分)已知正三棱臺(tái)的高為1,上、下底面邊長(zhǎng)分別為33和43,其頂點(diǎn)都在同一球面上,則該球的表面積為()A.100πB.128πC.144πD.192π答案A設(shè)正三棱臺(tái)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(tái)的外接球球心在線段D'D的延長(zhǎng)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.10.(2022新高考Ⅰ,8,5分)已知正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)為l,其各頂點(diǎn)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(diǎn)O,設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)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(shí),V=274,l=33時(shí),V=814,l=26時(shí),V=∴該正四棱錐體積的取值范圍是27411.(2022全國(guó)乙,理9,文12,5分)已知球O的半徑為1,四棱錐的頂點(diǎn)為O,底面的四個(gè)頂點(diǎn)均在球O的球面上,則當(dāng)該四棱錐的體積最大時(shí),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(shí),四邊形ABCD的面積最大,最大為2r2,此時(shí)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(shí),f'(t)>0,則f(t)當(dāng)t∈23,1時(shí),f'(t)<0,則f(t)∴t=23時(shí),f(t)取得最大值,且f(t)max=4∴(V四棱錐O-ABCD)max=4327,此時(shí)高h(yuǎn)=1?r2一題多解:由題意知S四邊形ABCD=S△ABD+S△CBD=12BD·?1+12BD·?2=12BD(h1+h2),其中h1,h2分別表示點(diǎn)A與點(diǎn)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(shí)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(shí),四邊形ABCD為正方形,設(shè)其邊長(zhǎng)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·?=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=12.(2022全國(guó)甲,理9,文10,5分)甲、乙兩個(gè)圓錐的母線長(zhǎng)相等,側(cè)面展開(kāi)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(gè)圓錐的側(cè)面展開(kāi)圖的圓心角分別為θ甲和θ乙,母線長(zhǎng)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,h13.(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+V2D.2V3=3V1答案CD因?yàn)镋D⊥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BDEF.S△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(diǎn)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14.(2018課標(biāo)Ⅲ,理10,文12,5分)設(shè)A,B,C,D是同一個(gè)半徑為4的球的球面上四點(diǎn),△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()A.123B.183C.243D.543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(wèn)題.設(shè)等邊△ABC的邊長(zhǎng)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(diǎn)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(wèn)題的策略:(1)“接”的處理:①構(gòu)造正(長(zhǎng))方體,轉(zhuǎn)化為正(長(zhǎng))方體的外接球問(wèn)題.②空間問(wèn)題平面化,把平面問(wèn)題轉(zhuǎn)化到直角三角形中,作出適當(dāng)截面(過(guò)球心,接點(diǎn)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(guò)球心,切點(diǎn)等),在平面上求解.③多球相切問(wèn)題,連接各球球心,轉(zhuǎn)化為處理多面體問(wèn)題.15.(2017課標(biāo)Ⅲ,理8,文8,5分)已知圓柱的高為1,它的兩個(gè)底面的圓周在直徑為2的同一個(gè)球的球面上,則該圓柱的體積為()A.πB.3π4C.π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=34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(wèn)題,要重視利用勾股定理求解.16.(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.4π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(gè)底面半徑為1,高為1的圓錐,故所求體積V=2π-π3=5評(píng)析本題主要考查幾何體的體積及空間想象能力.17.(2014陜西理,5,5分)已知底面邊長(zhǎng)為1,側(cè)棱長(zhǎng)為2的正四棱柱的各頂點(diǎn)均在同一個(gè)球面上,則該球的體積為()A.32π3答案D如圖為正四棱柱AC1.根據(jù)題意得AC=2,∴對(duì)角面ACC1A1為正方形,∴外接球直徑2R=A1C=2,∴R=1,∴V球=4π3,18.(2021全國(guó)甲文,14,5分)已知一個(gè)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(zhǎng)l=?2+r2求出母線長(zhǎng)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(zhǎng)為l.由圓錐的體積V=13πr2h得h=5∴母線長(zhǎng)l=r2∴圓錐的側(cè)面積S側(cè)=πrl=39π.19.(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(zhǎng)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(jì)算即可.20.(2013課標(biāo)Ⅰ,15,5分,0.123)已知H是球O的直徑AB上一點(diǎn),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·921.(2023新課標(biāo)Ⅰ,14,5分,易)在正四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=2,則該棱臺(tái)的體積為.

答案7解析正四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1如圖所示.設(shè)其上、下底面中心分別為O1,O,連接O1O,O1A1,OA,由正四棱臺(tái)的定義可知O1O⊥平面ABCD,O1O⊥平面A1B1C1D1,四邊形ABCD,A1B1C1D1均為正方形.∵AB=2,A1B1=1,∴AO=2,A1O1=22易知AO∥A1O1,又∵AA1=2,∴在直角梯形A1O1OA中,O1O=(2)2∴V正四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1=1322.(2023新課標(biāo)Ⅱ,14,5分,易)底面邊長(zhǎng)為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截,截去一個(gè)底面邊長(zhǎng)為2,高為3的正四棱錐,所得棱臺(tái)的體積為.

答案28解析棱臺(tái)的兩底面邊長(zhǎng)分別為2與4,高為3(由上、下底面邊長(zhǎng)可知棱臺(tái)的高與截去的棱錐的高相等)所以棱臺(tái)的體積V=13×(22+42+22×23.(2014山東理,13,5分)三棱錐P-ABC中,D,E分別為PB,PC的中點(diǎn),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(píng)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(cuò)點(diǎn)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(gè)三棱錐的底面積及相應(yīng)高的關(guān)系,從而造成題目無(wú)法求解或求解錯(cuò)誤.24.(2011課標(biāo)理,15,5分)已知矩形ABCD的頂點(diǎn)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(qiáng),空間想象能力差,無(wú)法正確解出棱錐的高而得出錯(cuò)誤結(jié)論.評(píng)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(jì)算,通過(guò)球這個(gè)載體考查學(xué)生的空間想象能力及推理運(yùn)算能力.25.(2011課標(biāo)文,16,5分)已知兩個(gè)圓錐有公共底面,且兩圓錐的頂點(diǎn)和底面的圓周都在同一個(gè)球面上.若圓錐底面面積是這個(gè)球面面積的316,則這兩個(gè)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(gè)圓錐中,體積較小者的高與體積較大者的高的比值為13評(píng)析本題考查球、球內(nèi)接圓錐的相關(guān)問(wèn)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26.(2023全國(guó)乙文,19,12分)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=22,PB=PC=6,BP,AP,BC的中點(diǎn)分別為D,E,O,點(diǎn)F在AC上,BF⊥AO.(1)證明:EF∥平面ADO;(2)若∠POF=120°,求三棱錐P-ABC的體積.解析(1)證明:因?yàn)锳B=2,BC=22,AB⊥BC,所以AC2=AB2+BC2=12,AC=23.設(shè)AF=λAC,則BF·AO=(λAC?AB)·解得λ=12,所以F為AC的中點(diǎn)所以EF∥PC,又OD∥PC,所以EF∥OD,又因?yàn)镋F?平面ADO,OD?平面ADO,所以EF∥平面ADO.(2)因?yàn)锳B⊥BC,OF∥AB,所以O(shè)F⊥BC,又PB=PC=6,所以O(shè)P⊥BC,又OF∩OP=O,OF,OP?平面OPF,所以BC⊥平面OPF,又BC?平面ABC,所以平面ABC⊥平面OPF,過(guò)點(diǎn)P作PM⊥OF于點(diǎn)M,又平面OPF∩平面ABC=OF,PM?平面OPF,所以PM⊥平面ABC,因?yàn)锽C=22,PB=PC=6,所以O(shè)P=2,又∠POF=120°,所以PM=OP·sin(180°-120°)=3,即三棱錐P-ABC的高為3.所以三棱錐P-ABC的體積V=1327.(2022全國(guó)甲文,19,12分)小明同學(xué)參加綜合實(shí)踐活動(dòng),設(shè)計(jì)了一個(gè)封閉的包裝盒.包裝盒如圖所示:底面ABCD是邊長(zhǎng)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(jì)包裝盒材料的厚度).解析取AB、BC、CD、DA的中點(diǎn)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(diǎn),所以EM⊥AB.又平面ABE∩平面ABCD=AB,且平面ABE⊥平面ABCD,所以