第8章 专题2 简单几何体的表面积与体积-【学考一本通】2025年湖南省普通高中学业水平测试数学

专题二 简单几何体的表面积与体积 学考考点 􀀋棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积 􀀌圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 考点 简单几何体的表面积与体积 一、棱柱、棱锥、棱台的表面积与体积 1.棱柱、棱锥、棱台的表面积 多面体的表面积就是 的面积的和. 棱柱、棱锥、棱台的表面积就是 的 面积的和. 2.棱柱、棱锥、棱台的体积 几何体 体积 说明 棱柱 V棱柱= S 为 棱 柱 的 底 面积,h 为棱柱 的高 棱锥 V棱锥= S 为 棱 锥 的 底 面积,h 为棱锥 的高 棱台 V棱台= S',S 分别为棱 台的上、下底面 面积,h 为棱台 的高 二、圆柱、圆锥、圆台和球的表面积与体积 1.圆柱、圆锥、圆台的表面积公式 几何体 侧面展开图 表面积公式 圆柱 S圆柱=2πr(r+l), r为 l为 圆锥 S圆锥=πr(r+l), r为 , l为 圆台 S圆台=π(r'2+ r2+r'l+rl), r'为 , r为 , l为 2.柱体、锥体、台体的体积公式 其中S',S分别表示上、下底面的面积,h表 示高,r'和r分别表示上、下底面圆的半径, R 表示球的半径. 名称 体积(V) 柱体 棱柱 圆柱 πr2h 锥体 棱锥 圆锥 1 3πr 2h 台体 棱台 圆台 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —66— 3.球的表面积与体积公式 (1)球的体积公式:V= (R 为 球的半径). (2)球的表面积公式:S= (R 为球的半径). 考点一 棱柱、棱锥、棱台的表面积与体积 已知正四棱锥底面边长为4,高与斜高夹 角为30°.求它的侧面积和表面积. 【解】 如图所示,设正四棱锥的高为PO,斜 高为PE,底面边心距为OE,它们组成一个 直角三角形POE. 因为OE=42=2 ,∠OPE=30°, 所以PE= OEsin30°= 2 1 2 =4. 所以 S正四棱锥侧 =12ch'= 1 2× (4×4)×4 =32, S表面积=42+32=48. 即该正四棱锥的侧面积是32,表面积是48. 考点二 圆柱、圆锥、圆台、球的表面积与体积 在Rt△ABC 中,AB=3,BC=4,∠ABC =90°,把△ABC 绕其斜边AC 所在的直线 旋转 一 周 后,所 形 成 的 几 何 体 的 体 积 是 多少? 【解】 由题意,所形成的几何体为两个圆锥 的组合体,如图所示,两个圆锥的底面半径 为斜边上的高BD, 且BD=AB ·BC AC = 12 5 ,两个圆锥的高分别 为AD 和DC, 所以V=V1+V2= 1 3πBD 2·AD+13πBD 2·CD =13πBD 2·(AD+CD)=13πBD 2·AC =13π× 125 2 ×5=485π. 故所形成的几何体的体积是48 5π. 一、选择题 1.长方体三个面的面积分别为2,6和9,则长 方体的体积是 ( ) A.6 3 B.3 6 C.11 D.12 2.已知正四棱锥底面边长为6,侧棱长为5,则 此棱锥的侧面积为 ( ) A.6 B.12 C.24 D.48 3.在棱长为1的正方体上,分别用过共顶点的 三条棱中点的平面截该正方体,则截去8个 三棱锥后,剩下的凸多面体的体积是( ) A.23 B. 7 6 C.45 D. 5 6 4.将棱长为2的正方体木块削成一个体积最 大的球,则该球的体积为 ( ) A.4π3 B. 2π 3 C.3π2 D. π 6 5.若与球相切的圆台的上、下底面半径分别为 r,R,则球的表面积为 ( ) A.4π(r+R)2 B.4πr2R2 C.4πrR D.π(R+r)2 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —76— 二、填空题 6.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数 学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内 角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?” 其意为:“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆 为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长 为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和 堆放的米各为多少?”若圆周率约为3,估算 出堆放的米约有 立方尺. 7.长方体的共顶点的三个侧面面积分别为 3, 5,15,则它的外接球表面积为 . 8.(2022·湖南合格考真题)已知球的半径为 2,则该球的表面积为 . 三、解答题 9.圆台的母线长为8cm,母线与底面成60° 角,轴截面的两条对角线互相垂直,求圆台 的表面积. 10.在半球内有一个内接正方体,试求这个半 球的体积与正方体的体积之比. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —86— 所以S四边形ABCD= (4+10)×9 2 =63 (cm2). 答案:63cm2 9.解:将三棱锥沿侧棱VA 剪开, 并将其侧面展开平铺在一个平面上, 如图所示, 线段AA1 的长为所求△AEF 周长的 最小值. 因为∠AVB=∠A1VC=∠BVC=30°, 所以∠AVA1=90°. 又VA=VA1=4,所以AA1=4 2. 所以△AEF 周长的最小值为4 2. 10.解:如图,将圆台恢复成圆锥后作 其轴截面,设圆台的高为hcm,截 得该圆台的圆锥的母线为xcm, 由条 件 可 得 圆 台 上 底 半 径r'= 2cm,下底半径r=5cm. (1)由勾股定理得h= 122-(5-2)2=3 15(cm). (2)圆锥的母线长为x,由三角形相似得:x-12x = 2 5 ,解得x=20(cm). 专题二 简单几何体的表面积与体积 考点整合 考点 一、 1.围成多面体的各个面 围成它们的各个面 2.Sh 13Sh 1 3 (S'+ S'S+S)h 二、 1.底面半径 母线长 底面半径 母线长 上底面 半径 下底面半径 母线长 2.Sh 13Sh 1 3h (S+ SS'+S') 13πh (r2+rr'+r'2) 3.(1)43πR 3 (2)4πR2 应考训练 1.A 设长方体长、宽、高分别为a,b,c,不妨令ab=2,ac =6,bc=9,相乘得(abc)2=108,所以V=abc=63. 2.D 正四棱锥的斜高h'= 52-32=4,S侧 =4×12 ×6×4=48. 3.D 如图,去掉的一个棱锥的体积是13× 12×12 ×12 ×12=148. 剩余几何体的体积是1-8×148= 5 6. 4.A 由题意知,此球是正方体的内切球,根据其几 何特征知,此球的直径与正方体的棱长是相等的, 故可得球的直径为2,故半径为1,其体积是4π3×1 3 =4π3. 5.C 法 一:如 图,设 球 的 半 径 为 r1,则在Rt△CDE 中,DE=2r1, CE=R-r,DC=R+r. 由勾股定理得4r21=(R+r)2- (R-r)2,解得r1= Rr. 故球的表面积为S球 =4πr21=4πRr. 法二:如法一中图,设球心为O,球的半径为r1,连 接OA,OB, 易得∠AOB=90°,则在Rt△AOB 中,OF 是斜边 AB 上的高. 由相似三角形的性质得OF2=BF·AF=Rr, 即r21 =Rr,故 r1 = Rr,故 球 的 表 面 积 为 S球 =4πRr. 6.解析:设米堆所在圆锥的底面半径为r尺, 则1 4×2πr=8 ,解得r=16π , 所以米堆的体积为V=14× 1 3×πr 2×5=3203π≈ 320 9 (立方尺), 所以堆放的米约有320 9 立方尺. 答案:320 9 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —211— 7.解析:设长方体共顶点的三条棱长分别为a,b,c, 则 ab= 3, bc= 5, ac= 15, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 解得 a= 3, b=1, c= 5. 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 所以外接球半径为 a 2+b2+c2 2 = 3 2 , 所以外接球表面积为4π× 32 2 =9π. 答案:9π 8.解析:S球 =4πr2=4π·(2)2=8π. 答案:8π 9.解:如图所示的是圆台的轴截 面ABB1A1, 其中∠A1AB=60°,过 A1 作 A1H⊥AB 于H, 则O1O=A1H=A1A·sin60°=4 3(cm), AH=A1A·cos60°=4(cm). 设O1A1=r1,OA=r2, 则r2-r1=AH=4.① 设A1B 与AB1 的交点为 M,则A1M=B1M. 又因为A1B⊥AB1,所以∠A1MO1=∠B1MO1=45°. 所以O1M=O1A1=r1.同理OM=OA=r2. 所以O1O=O1M+OM=r1+r2=4 3,② 由①②可得r1=2(3-1),r2=2(3+1). 所以S表=πr21+πr22+π(r1+r2)l=32(1+3)π(cm2). 10.解:法 一:作 正 方 体 对 角 面 的 截 面,如 图 所 示,设 半 球 的 半 径 为 R,正方体的棱长为a, 则CC'=a,OC= 2a2 . 在 Rt△C'CO 中,由 勾 股 定 理 得 CC'2 +OC2 =OC'2, 即a2+ 2a2 2 =R2,所以R= 62a. 从而V半球 =12× 4π 3R 3=2π3× 62a 3 = 6π2a 3. 又V正方体 =a3,因此V半球 ∶V正方体 = 6π2a 3∶a3= 6π∶2. 法二:将半球补成整个的球,同时把原半球的内接 正方体再补接一个同样的正方体,构成的长方体 刚好是这个球的内接长方体,则这个长方体的体 对角线便是它的外接球的直径. 设原正方体棱长为a,球的半径为R,则根据长方 体的对角线性质,得(2R)2=a2+a2+(2a)2,即 4R2=6a2,所以R= 62a. 从而V半球 =12× 4π 3R 3=2π3× 62a 3 = 6π2a 3. 又V正方体 =a3, 因此V半球 ∶V正方体 = 6π2a 3∶a3= 6π∶2. 专题三 空间点、直线、平面之间的位置关系 考点整合 考点 一、 2.平行四边形 45° 2 虚线 3.(1)希腊字母 (2)四个顶点 (3)顶点 4.不共线 不共线 5.两个点 l⊂α 二、 1.(1)任何一个 2.(1)平行 异面 相交 (2)平行 相交 异面 3.无数个 1个 0个 a⊂α a∩α=A a∥α 直 线在平面外 4.α∥β α∩β=a 有一条公共直线 应考训练 1.A ①a与c可能相交,也可能异面; ②a与c可能相交,也可能平行; ③a与c可能异面,可能相交,也可能平行; ④a与c可能不在一个平面内. 故①②③④均不正确. 2.D 由题图可知,α∥β.l⊂α. 3.B 点A在直线b上,所以A∈b;直线b在平面β内, 所以b⊂β. 4.D 连接BD(图略).由正方体的性质知,B1D1∥ BD,则B1D1 与AC 所成的角即为BD 与AC 所成 的角.在正方形 ABCD 中,AC⊥BD.∴异面直线 AC 与B1D1 所成的角为π2. 故选D. 5.D l至少与l1,l2 中的一条相交,否则l∥l1,l∥l2 得l1∥l2,与l1,l2 异面矛盾. 6.解析:三条直线在同一平面内时确定一个平面,三 条直线不在同一个平面内时确定三个平面. 答案:1或3 7.解析:①b可能在α内;②a与b可能异面;③a可能 与α内的直线异面. 答案:④ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —311—