考点21 空间几何体的面积与体积 （教师版）备战2021年新高考数学微专题补充考点精练

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1、 第 1 页 / 共 24 页 考点考点 21 空间几何空间几何体体的面积与体积的面积与体积 1. 直观了解柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,对柱、锥、台、球的概念的理解不作过高要求,复 习时不要过分挖深 . 2. 多面体与旋转体表面上两点间的最短距离问题,要适当强化,体现了空间问题向平面问题转化 . 3. 柱、锥、台、球的表面积与体积的计算可能会在高考填空题中出现,注意体现不同几何体之间的联系,同 时注意与平面几何中的面积等进行类比 立体几何中的计算作为江苏考纲必考知识点，每年都会考查，但是江苏高考对立体几何中的运算要求 比较简单，近要求计算简单几何体的体积与表面积等简单的运算。在全国

2、其他地区还考查给出三视图求几 何体的面积与体积的问题。 从近几年各地高考试题可以发现几何体主要考查 柱、锥、球的表面积与体积，因此，在复习中要注意 把握深度。 把握空间几何体的结构特征是认识几何体的一个重要方面,也是进一步学习立体几何的基础 . 在学习 过程中,要通过互相对比的方式来把握它们的实质与不同,既要看到它们之间的不同,也要理解它们之间的 联系,这样才能理解它们之间的共性和个性,做到心中有数,心中有图 . 近些年来在高考中不仅有直接求多 面体、旋转体的面积和体积问题,也有已知面积或体积求某些元素的量或元素间的位置关系问题 . 即使考 查空间线面的位置关系问题,也常以几何体为依托,因而要

3、熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们 的求积公式 . 同时也要学会运用等价转化思想,会把组合体求积问题转化为基本几何体的求积问题,会等 体积转化求解问题,会把立体问题转化为平面问题求解,会运用“割补法”等求解 . 考纲要求考纲要求 近三年高考情况分析近三年高考情况分析 三年高考真题三年高考真题 考点总结考点总结 第 2 页 / 共 24 页 1、 【2020 年江苏卷】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，内孔半轻为 0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是_cm. 【答案】12 3 2 【解析】正六棱柱体积为 2

4、3 622=12 3 4 圆柱体积为 2 1 ( )2 22 所求几何体体积为12 3 2 故答案为： 12 3 2 2、 【2020 年全国 1 卷】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四 棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正 方形的边长的比值为（ ） A. 51 4 B. 51 2 C. 51 4 D. 51 2 【答案】C 第 3 页 / 共 24 页 【解析】如图，设,CDa PEb，则 2 222 4 a POPEOEb ， 由题意 2 1 2 POab，即 2 2 1 42 a bab，化简得

5、 2 4( )210 bb aa ， 解得 15 4 b a （负值舍去）. 故选：C. 3、 【2020 年全国 1 卷】已知, ,A B C为球O的球面上的三个点， 1 O为ABC的外接圆，若 1 O的面积 为4， 1 ABBCACOO，则球O的表面积为（ ） A. 64 B. 48 C. 36 D. 32 【答案】A 【解析】设圆 1 O半径为r，球的半径为R，依题意， 得 2 4 ,2rr ，ABC为等边三角形， 由正弦定理可得2 sin602 3ABr ， 1 2 3OOAB，根据球的截面性质 1 OO 平面ABC， 2222 11111 ,4OOO A ROAOOO AOOr， 球

6、O的表面积 2 464SR . 故选：A 第 4 页 / 共 24 页 4、 【2020 年全国 2 卷】.已知ABC是面积为 9 3 4 的等边三角形，且其顶点都在球 O的球面上.若球 O的表 面积为 16，则 O 到平面 ABC的距离为（ ） A. 3 B. 3 2 C. 1 D. 3 2 【答案】C 【解析】 设球O的半径为R，则 2 416R，解得：2R . 设ABC外接圆半径为r，边长为a， ABC是面积为 9 3 4 的等边三角形， 2 139 3 224 a，解得：3a ， 2 2 229 93 3434 a ra ， 球心O到平面ABC的距离 22 4 31dRr . 故选：C

7、. 5、【2020 年全国 3 卷】 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】 2 3 【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 第 5 页 / 共 24 页 其中2,3BCABAC，且点 M为 BC边上的中点， 设内切圆的圆心为O， 由于 22 312 2AM ，故 1 2 2 22 2 2 S ABC ， 设内切圆半径为r，则： ABCAOBBOCAOC SSSS 111 222 ABrBCrACr 1 3322 2 2 r ， 解得： 2 2 r =，其体积： 3 42 33 Vr . 故答案为： 2 3 . 6

8、、 【2020 年天津卷】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（ ） A. 12 B. 24 C. 36 D. 144 【答案】C 【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半， 即 222 2 32 32 3 3 2 R ， 所以，这个球的表面积为 22 44336SR . 故选：C. 7、 【2020 年山东卷】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测 定时间把地球看成一个球(球心记为 O)，地球上一点 A 的纬度是指 OA 与地球赤道所在平面所成角，点 A 处的水平面是指过点 A 且与 OA垂直的平面.在点 A

9、处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点 A 处 的纬度为北纬 40 ，则晷针与点 A处的水平面所成角为（ ） 第 6 页 / 共 24 页 A. 20 B. 40 C. 50 D. 90 【答案】B 【解析】画出截面图如下图所示，其中CD是赤道所在平面的截线；l是点A处的水平面的截线，依题意可 知OAl；AB是晷针所在直线.m是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直， 根据平面平行的性质定理可得可知/m CD、根据线面垂直的定义可得ABm. 由于40 ,/AOCm CD，所以40OAGAOC， 由于90OAGGAEBAEGAE， 所以40BAEOAG，也即晷针与点A

10、处的水平面所成角为40BAE. 故选：B 8、 【2020 年浙江卷】已知圆锥展开图的侧面积为 2，且为半圆，则底面半径为_ 【答案】1 【解析】设圆锥底面半径为r，母线长为l，则 2 1 22 2 rl rl ，解得1,2rl. 第 7 页 / 共 24 页 故答案为：1 9、 【2020 年山东卷】.已知直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的棱长均为 2，BAD=60 以 1 D为球心， 5为半径 的球面与侧面 BCC1B1的交线长为_ 【答案】 2 2 . 【解析】如图： 取 11 BC的中点为E， 1 BB的中点为F， 1 CC的中点为G， 因为BAD60 ，直四棱柱 1111 ABCD

11、ABC D的棱长均为 2，所以 111 D BC为等边三角形，所以 1 D E 3 ， 111 D EBC， 又四棱柱 1111 ABCDABC D为直四棱柱，所以 1 BB 平面 1111 DCBA，所以 111 BBBC， 因为 1111 BBBCB，所以 1 DE 侧面 11 BCCB， 设P为侧面 11 BCCB与球面的交线上的点，则 1 DEEP， 因为球的半径为5， 1 3DE ，所以 22 11 |5 32EPDPDE， 所以侧面 11 BCCB与球面的交线上的点到E的距离为 2， 因为| |2EFEG，所以侧面 11 BCCB与球面的交线是扇形EFG的弧FG， 因为 11 4

12、B EFC EG ，所以 2 FEG ， 所以根据弧长公式可得 2 2 22 FG . 第 8 页 / 共 24 页 故答案为： 2 2 . 10、【2019 年高考全国卷理数】已知三棱锥 PABC 的四个顶点在球 O 的球面上，PA=PB=PC，ABC 是 边长为 2 的正三角形，E，F 分别是 PA，AB 的中点，CEF=90 ，则球 O 的体积为 A68 B 64 C62 D 6 【答案】D 【解析】解法一：,PAPBPCABC为边长为 2 的等边三角形，PABC为正三棱锥， PBAC，又E，F分别为PA，AB的中点，EFPB，EFAC，又EFCE， ,CEACCEF平面PAC，PB 平

13、面PAC， 2APBPAPBPC ， PABC为正方体的一部分，22226R ，即 3 6446 6 ,6 2338 RVR，故选 D 解法二：设2PAPBPCx，,E F分别为,PA AB的中点，EFPB，且 1 2 EFPBx， ABC为边长为 2 的等边三角形，3CF， 又90CEF， 2 1 3, 2 CExAEPAx， AEC中，由余弦定理可得 22 43 cos 2 2 xx EAC x ， 作PDAC于D， 第 9 页 / 共 24 页 PAPC，D为AC的中点， 1 cos 2 AD EAC PAx ， 22 431 42 xx xx ， 22 12 212 22 xxx ，2

14、PAPBPC， 又=2AB BC AC，,PA PB PC两两垂直， 22226R ， 6 2 R， 3 446 6 6 338 VR，故选 D. 11、【2019 年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为 祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式 V柱体=Sh，其中 S 是柱体的底面积，h 是柱体的高若某 柱体的三视图如图所示（单位：cm） ，则该柱体的体积（单位：cm3）是 A158 B162 C182 D324 【答案】B 【解析】由三视图得该棱柱的高为 6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为 4， 第 10 页 / 共

15、24 页 下底为6， 高为3， 另一个的上底为2， 下底为6， 高为3， 则该棱柱的体积为 2646 336162 22 . 故选 B. 12、 【2018 年高考全国卷理数】已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截 此正方体所得截面面积的最大值为 A 3 3 4 B 2 3 3 C 3 2 4 D 3 2 【答案】A 【解析】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的， 所以在正方体 1111 ABCDABC D中， 平面 11 AB D与线 11111 ,AA AB AD所成的角是相等的， 所以平面 11 AB D与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的， 同理，平

16、面 1 C BD也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的， 要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面 11 AB D与 1 C BD中间，且过棱的中点的正六边形，且 边长为 2 2 ， 所以其面积为 2 323 3 6 424 S ，故选 A. 13、 【2018 年高考全国卷理数】设A BCD， ， ， 是同一个半径为 4 的球的球面上四点，ABC为等边三 角形且其面积为9 3，则三棱锥DABC体积的最大值为 A12 3 B18 3 C24 3 D54 3 【答案】B 【解析】如图所示，设点 M 为三角形 ABC 的重心，E 为 AC 中点， 第 11 页 / 共 24 页 当点D

17、在平面ABC上的射影为M时，三棱锥DABC的体积最大，此时，4ODOBR， 2 3 9 3 4 ABC SAB ，6AB,点 M 为三角形 ABC 的重心， 2 2 3 3 BMBE， RtOBM中，有 22 2OMOBBM ，4 26DMOD OM ， max 1 9 3618 3 3 D ABC V ，故选 B. 题型一题型一 柱的表面积与体积柱的表面积与体积 1、 （2020 届北京市西城区师范大学附属实验中学高三摸底数学试题）正四棱柱 1111 ABCDABC D中， 1ABAD， 1 2AA ，则以B、D、 1 A、 1 C为顶点的四面体的体积为_. 【答案】 2 3 【解析】如图所

18、示： 四面体的体积等于正四棱柱的体积减去四个三棱锥的体积， 即 111111112 1 1 21 1 21 1 21 1 21 1 2 323232323 V 故答案为： 2 3 二年模拟二年模拟试题试题 第 12 页 / 共 24 页 2、 （2020 届清华大学附属中学高三第一学期 10 月月考）已知正方体 1111 ABCDABC D的棱长为4 2，点 M是棱BC的中点， 点P在底面ABCD内， 点Q在线段 11 AC上， 若 1PM ， 则PQ长度的最小值为_. 【答案】 33 【解析】 过点Q作QN 平面ABCD，垂足为N， 则点N在线段AC上，连接 ,PQ PN, 在Rt PNQ中

19、， 2 222 4 2PQQNPNPN ， 在平面ABCD内过点M作MEAC ，垂足为E，则2ME ，即M到直线AC的最短距离为2， 又1PM ，当P ME时，此时 min 1 1PNME , 所以 2 2 min 4 2133PQ . 3、 （2020 届江苏省七市第二次调研考试）如图，在体积为 V 的圆柱 12 OO中，以线段 12 OO上的点 O 为项点， 上下底面为底面的两个圆锥的体积分别为 1 V， 2 V，则 12 VV V 的值是_. 第 13 页 / 共 24 页 【答案】 1 3 【解析】由题得， 121 121212 1111 3333 OOO VVSOOSOOSOOV，得

20、 12 1 3 VV V . 故答案为： 1 3 4、 （2020 届江苏南通市高三基地学校第一次大联考数学试题）现有一个半径为3cm的实心铁球，将其高温 融化后铸成一个底面圆半径为3cm的圆柱状实心铁器（不计损耗） ，则该圆柱铁器的高为_cm. 【答案】4. 【解析】根据题意V球V圆锥，设圆柱铁器的高为h( )cm 整理得 32 4 33 3 h， 解得4h. 故答案为：4. 5、 （2020 届山东省潍坊市高三上期中）如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为 1 的正三角形构成的， 将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的表面积为_；若该六面 体内有一小球，则小球的

21、最大体积为_ 【答案】 3 3 2 8 6 729 【解析】 （1）因为 133 3 6 (1) 222 S ，所以该六面体的表面积为 3 3 2 . （2）由图形的对称性得，小球的体积要达到最大，即球与六个面都相切时， 每个三角形面积是 3 4 ，六面体体积是正四面体的 2 倍，所以六面体体积是 2 6 . 由于图像的对称性，内部的小球要是体积最大，就是球要和六个面相切，连接球心和五个顶点，把六面体 第 14 页 / 共 24 页 分成了六个三棱锥，设球的半径为R， 所以 2136 6 () 6349 RR， 所以球的体积 33 446 () 3 8 6 93297 VR . 故答案为： 3

22、 3 2 ； 8 6 729 . 5、(2019 南通、泰州、扬州一调）已知正四棱柱的底面长是 3 cm，侧面的对角线长是 3 5 cm，则这个正 四棱柱的体积为_cm 3. 【答案】54 【解析】由题意知，正四棱柱的高为（3 5） 2326，所以它的体积 V32654，故答案为 54. 6、(2019 常州期末） 已知圆锥 SO，过 SO 的中点 P 作平行于圆锥底面的截面，以截面为上底面作圆柱 PO， 圆柱的下底面落在圆锥的底面上(如图)，则圆柱 PO 的体积与圆锥 SO 的体积的比值为_ 【答案】 3 8 【解析】设圆锥底面半径为 2r，高为 2h，则圆柱底面圆半径为 r，高为 h，所以

23、V 圆柱 V圆锥 r 2h 1 3（2r） 22h 3 8. 7、 (2019 苏锡常镇调研 （一） ） 已知圆柱的轴截面的对角线长为 2， 则这个圆柱的侧面积的最大值为_ 【答案】 2 【解析】设圆柱的底面半径为 r，母线长为 l，则 l 44r 2，0r1.圆柱的侧面积为 S2rl2 r 44r 24 r 2（1r2）2r2(1r2)2，当且仅当 r21r2，即 r 2 2 时取“” ，所以这 个圆柱的侧面积的最大值为 2. 8、(2019 南京三模）有一个体积为 2 的长方体，它的长宽高依次为a，b，1现将它的长增加 1，宽增加 2，且体积不变，则所得新长方体高的最大值为 第 15 页

24、/ 共 24 页 【答案】1 4 【解析】依题意有：ab12，所以，ab2， 设新长方体高为h，则（a1） （b2）h2，化简为：h 221 42442 2abab ， 当且仅当 2ab，即1,2ab时，h有最大值为1 4. 题型二题型二 锥的表面积与体积锥的表面积与体积 1、 （2020 浙江镇海中学高三 3 月模拟）已知正四棱柱 ABCD- A1B1C1D1中 ，AB=2，CC1=2 2E 为 CC1的 中点，则直线 AC1与平面 BED 的距离为 A2 B 3 C 2 D1 【答案】D 【解析】 因为线面平行，所求求线面距可以转化为求点到面的距离，选用等体积法 1/ / AC平面BDE，

25、 1 AC到平面BDE的距离等于A到平面BDE的距离，由题计算得 1 11112 2 2 22 32323 E ABDABD VSCC ，在BDE中， 2 2 226,2 2BEDEBD ，BD边上的高 22 622 ，所以 1 2 222 2 2 BDE S，所以 11 2 2 33 A BDEBDE VShh ，利用等体积法 A BDEE ABD VV ， 得: 12 2 2 2 33 h ,解得:1h 2、 （江苏省南通市、泰州市 2019-2020 学年高三上学期期末）在正三棱柱 ABC A1B1C1 中，AA1AB2 ， 则三枝锥 A1 BB1C1 的体积为_. 【答案】 2 3 3

26、 【解析】因为正三棱柱 111 ABCABC,则 1 BB 底面 111 ABC, 111 A B C 是等边三角形 又因为 1 2AAAB,则三棱柱各棱长均为 2, 则 11 11 1 1 2 112 3 2sin602 323 ABBCB A BC VV , 第 16 页 / 共 24 页 故答案为： 2 3 3 3、 （2020 届江苏省南通市、泰州市高三上学期第一次联合调研）在正三棱柱 ABC A1B1C1 中，AA1AB 2 ，则三枝锥 A1 BB1C1 的体积为_. 【答案】 2 3 3 【解析】因为正三棱柱 111 ABCABC,则 1 BB 底面 111 ABC, 111 A

27、B C 是等边三角形 又因为 1 2AAAB,则三棱柱各棱长均为 2, 则 11 11 1 1 2 112 3 2sin602 323 ABBCB A BC VV , 故答案为： 2 3 3 4、 （江苏省南通市 2019-2020 学年高三上学期期初） 已知一个圆锥的底面半径为 3cm， 侧面积为 2 6cm， 则该圆锥的体积是_ 3 cm. 【答案】3 【解析】设圆锥母线长为l，则 侧面积为 1 236 2 Slrl，故 2 3l . 故圆锥的高 22 3hlr ，圆锥体积为 2 1 3 3 Vr h. 故答案为：3. 5、（2020 届江苏省如皋中徐州一中、 宿迁中学三校高三联合考试）

28、如图， 在正三棱锥 ABCD中，ABBC， E为棱AD的中点，若BCE的面积为 2，则三棱锥A BCD的体积为_. 第 17 页 / 共 24 页 【答案】 2 2 3 【解析】设ABa=，因为三棱锥ABCD是正三棱锥，且ABBC 所以ACD和ABD都是边长为a的等边三角形 因为E为棱AD的中点，所以 3 2 a BECE 所以 12 2 22 BCE Saa ，解得2a 因为,ADBE ADCE BECEE 所以AD 平面BCE 所以 112 2 22 333 A BCDBCE VSAD 故答案为： 2 2 3 6、 （2019 年 11 月北京中学生标准学术能力诊断性测试测试文科数学试题（

29、一卷)）如图，正方体 1111 ABCDABC D的棱长为a，E、F分别是AB、BC的中点，过点 1 D、E、F的截面将正方体分割 成两部分，则较小部分几何体的体积为_. 【答案】 3 25 72 a 【解析】如下图所示， 第 18 页 / 共 24 页 延长EF分别交DA、DC的延长线于M、N，连接DM交 1 AA于点G，连接 1 D N交 1 CC于点H，再连 接GE、HF，则该截面截正方形的截面为五边形 1 DGEFH. /BC ADQ，则/AM BF，则EMAEFB ，EAMEBF ， E为AB的中点，则AEBE，EAMEBF ， 2 a AMBF，同理 2 a CN ， 11 /AM

30、 AD， 11 GAMGAD， 111 1 2 AGAM AGAD ， 1 1 33 a AGAA， 在Rt MDN中， 3 2 DMDNa，则 2 19 28 DMN SDM DNa ， 1 23 1 1193 3388 DDMNDMN VSDDaaa ， 2 2 1111 2228 AMN SAM AEaa ， 23 11111 338372 G AMEAME VSAGaaa ， 所以， 正方体位于截面 1 DGEFH下方的几何体体积为 1 3333 31251 22 872722 DDMNG AME VVaaaa . 因此，较小部分几何体的体积为 3 25 72 a. 故答案为： 3 2

31、5 72 a. 7、 （2020 蒙阴县实验中学高三期末）已知四棱锥PABCD，底面ABCD为矩形，侧面PCD平面 ABCD，2 3BC ，2 6CDPCPD.若点M为PC的中点，则下列说法正确的为（ ） ABM 平面PCD B/PA面MBD C四棱锥MABCD外接球的表面积为36 D四棱锥MABCD的体积为 6 第 19 页 / 共 24 页 【答案】BC 【解析】 作图在四棱锥PABCD中： 由题：侧面PCD平面ABCD，交线为CD，底面ABCD为矩形，BCCD，则 BC平面PCD，过点 B 只能作一条直线与已知平面垂直，所以选项 A 错误； 连接AC交BD于O，连接MO，PAC中，OMP

32、A，MO面MBD， PA面MBD，所以/PA面MBD，所以选项 B 正确； 四棱锥MABCD的体积是四棱锥PABCD的体积的一半，取CD中点N，连接PN， PNCD，则PN 平面ABCD， 3 2PN ，四棱锥MABCD的体积 11 2 32 63 212 23 MABCD V 所以选项 D 错误. 矩形ABCD中，易得6,3,3ACOCON， PCD中求得： 1 6, 2 NMPC在Rt MNO中 22 3MOONMN 即： OM OAOBOCOD，所以 O 为四棱锥MABCD外接球的球心，半径为3， 所以其体积为36，所以选项 C 正确 故选：BC 8、(2019 扬州期末）底面半径为 1

33、，母线长为 3 的圆锥的体积是_ 【答案】 2 2 3 【解析】圆锥的高为 h 3 2122 2，圆锥的体积 V1 31 22 22 2 3 . 9、(2019 镇江期末） 已知一个圆锥的底面积为，侧面积为 2，则该圆锥的体积为_ 【答案】 3 3 第 20 页 / 共 24 页 【解析】先求出圆锥的底面半径和高 设圆锥的底面半径、高、母线长分别为 r，h，l，则 r2， rl2，解得 r1， l2. 所以 h 3.圆锥的体积 V1 3Sh 3 3 . 10、(2019 泰州期末） 如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，点 M 为棱 AA1的中点，记三棱锥 A1MBC 的体积 V1，四 棱锥

34、 A1BB1C1C 的体积为 V2，则V 1 V2的值是_ 【答案】1 4 【解析】解法 1(割补法) 设ABC 的面积为 S，三棱柱的高为 h，则 V1VA1ABCVMABC1 3Sh 1 3S 1 2h 1 6Sh，V 2VABCA1B1C1VA1ABCSh1 3Sh 2 3Sh，所以 V1 V2 Sh 6 3 2Sh 1 4. 解法 2(等积转换) V1VBA1MC1 2VBA 1AC1 2VA 1ABC，V22VA1BC1B12VBA1B1C12VA1ABC，所以V 1 V2 1 4. 解后反思 计算几何体的体积一般可以选用等积转换和割补法这两种方法，要注意多观察，将所求的体 积合理地

35、转化. 11、(2019 苏北三市期末） 已知正四棱锥的底面边长为 2 3，高为 1，则该正四棱锥的侧面积为_ 【答案】 . 8 3 【解析】 ：如图，在正四棱锥中，BC2 3，SO1，取 BC 的中点 E，连续 OE，SE，则 OE1 2BC 3，侧面 是四个全等的等腰三角形，设侧面积为 S，则 S4S SBC41 2SEBC2 SO 2OE22 3 21 2（ 3）22 38 3.所以正四棱锥的侧面积为 8 3. 解后反思 这个题首先要弄清楚正四棱锥的定义(底面是正方形的四棱锥，顶点在底面的射影是底面正 第 21 页 / 共 24 页 方形的中心)，弄清楚四棱锥的高 SO 和斜高 SE，以

36、及高和斜高之间的勾股关系(SE 2SO2OE2) 12、 （北京市昌平区新学道临川学校 2019-2020 学年高三上学期期末） 在三棱柱 111 ABCABC中，侧面 11 CBBC是菱形， 12 317 2 22 aa ，平面ABC 平面 11 CBBC， M为 1 BB的中点，ACBC. （1）证明： 1 CC 平面 11 AC M； （2）若2CACB，求三棱锥 11 CACM的体积. 【答案】 （1）详见解析（2） 2 3 3 【解析】 （1）连接 1 C B 平面ABC 平面 11 CBBC，平面ABC平面 11 CBBCBC， 且ACBC，AC 平面ABC， AC 平面 11 C

37、BBC， 而 1 CC 平面 11 CBBC， 1 ACCC， 又 11 ACAC，则有 111 ACCC， 四边形 11 CBBC是菱形， 1 60C CB， 11 C BB为边长为 2 的等边三角形， M为 1 BB的中点， 11 C MBB，即 11 C MCC， 又 1111 ACC MC， 1 CC 平面 11 AC M. （2）由（1）得 1 3C M ，又 11 2ACAC， 第 22 页 / 共 24 页 AC 平面 11 CBBC，而 1 C M 平面 11 CBBC， 1 ACC M，又 11 ACAC，则有 111 ACC M， 所以 11 AC M的面积为 1 1 3

38、AC M S 由（1）可知 1 CC 平面 11 AC M， 三棱锥 11 CACM的体积 111 11 1 1 12 3 33 CACMC AC MAC M VVSCC 题型三题型三 球的表面积与体积球的表面积与体积 1、 （2020 届山东省潍坊市高三上期末） 算数书竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是 我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“盖”的术：置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成 一.该术相当于给出了有圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式 2 1 . 36 vL h它实际上是将圆锥 体积公式中的圆周率近似取为 3.那么近似公式 2 2 75 vL

39、 h相当于将圆锥体积公式中的近似取为 （ ） A 22 7 B 25 8 C 157 50 D 355 113 【答案】B 【解析】 设圆锥底面圆的半径为r，高为h，依题意，rL2，hrhr 22 )2( 75 2 3 1 ， 所以 2 75 8 3 1 ，即的近似值为 25 8 ，故选 B. 2、 （2020 河南高三期末（文） ）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ABCD的每个顶点都在球O的球面上，AB 底面BCD，BCCD， 且3ABCD，2BC ，利用张衡的结论可得球O的表面积为（ ） 第 23 页 / 共 24 页 A3

40、0 B10 10 C33 D12 10 【答案】B 【解析】 因为BCCD，所以 7BD ，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 5 168 ，则10， 所以球O的表面积为 2 10 41010 10 2 . 故选：B 3、 （2020 届山东省潍坊市高三上学期统考）已知边长为 2 的等边三角形ABC，D为BC的中点，以AD为 折痕进行折叠，使折后的 2 BDC ，则过A，B，C，D四点的球的表面积为（ ） A3 B4 C5 D6 【答案】C 【解析】 边长为 2 的等边三角形ABC，D为BC的中点，以AD为折痕进行折叠，使折后

41、的 2 BDC ，构成以 D 为顶点的三棱锥，且三条侧棱互相垂直，可构造以其为长宽高的长方体，其对角线即为球的直径，三条 棱长分别为 1,1，3，所以21 1 35R ，球面积 2 5 4 ()5 2 S，故选 C. 4、 （江苏省南通市海安高级中学 2019-2020 学年高三下学期阶段考试）现有一个橡皮泥制作的圆锥，底面半 径为 1，高为 4.若将它制作成一个总体积不变的球，则该球的表面积为_. 【答案】4 【解析】由题意知,圆锥的体积为 2 14 14 33 .设球的半径为r 则 3 44 33 r,解得1r .所以表面积为 2 44r. 故答案为:4. 5、(2019 苏州期末）如图，

42、某种螺帽是由一个半径为 2 的半球体挖去一个正三棱锥构成的几何体，该正三 第 24 页 / 共 24 页 棱锥的底面三角形内接于半球底面大圆，顶点在半球面上，则被挖去的正三棱锥体积为_ 【答案】 2 3 【解析】正三棱锥的底面正三角形的边长为 a2 3，面积 S 3 4 a 23 3，高 h2.所以正三椎锥的体积 V 1 3Sh2 3. 6、(2019 苏州三市、苏北四市二调）设 P，A，B，C 为球 O 表面上的四个点，PA，PB，PC 两两垂直，且 PA 2 m，PB3 m，PC4 m，则球 O 的表面积为_m 2. 【答案】 29 解析：根据题意，可知三棱锥 PABC 是长方体的一个角，如图所示，该长方体的外接球就是经过 P，A，B，C 四点的球，因为 PA2，PB3，PC4，所以长方体的体对角线的长为 PA 2PB2PC2 29，即外接球的 直径 2R 29，可得 R 29 2 ，因此外接球的表面积为 S4R 24 29 2 2 29， 解后反思 几何体的外接球问题，关键要找到球心所在的位置，进而确定半径的值，本题抓住 PA，PB， PC 两两垂直，将其补形成一个长方体，从而转化为长方体的外接球的问题，这一类题在各类考题中常有出 现，同学们一定要掌握其方法