第1部分 单元3 第1讲 空间几何体的表面积与体积(Word教参)-【优化指导】2025年高考数学二轮复习高中总复习·第2轮

第一讲　空间几何体的表面积与体积 [小题专攻·自主完成] 考情研析　空间几何体的表面积、体积计算问题是近几年高考中的常客，既有求正棱锥、圆锥、正棱台的表面积、体积的基础问题，又有与球体结合或在运动变化中探求体积、表面积相关的最值、范围问题，较好地考查了空间想象、推理论证和运算求解能力．如2024年新课标 Ⅰ 卷T5，2023年新课标 Ⅰ 卷T14，2023年新课标 Ⅱ 卷T14. 考点一　空间几何体的表面积 1．(2024·枣庄一模)已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，侧面展开图是半个圆环，则圆台的侧面积为(　　) A．6π B．16π C．26π D．32π B　解析：圆台的上底面圆半径r′＝1，下底面圆半径r＝3，设圆台的母线长为l，扇环所在的小圆的半径为x，依题意有解得所以圆台的侧面积S＝π(r′＋r)l＝π(1＋3)×4＝16π.故选B. 2．(2024·安康模拟)已知正三棱台的上底面积为，下底面积为4，高为2，则该三棱台的表面积为(　　) A．5＋3 B．3 C．5＋18 D．18 A　解析：由面积公式可得正三棱台上下底面边长分别为2和4，设C1在底面ABC内的射影为H，作HQ⊥BC于Q，如图， C1H⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，则有C1H⊥BC，又HQ⊥BC，C1H∩HQ＝H，C1H，HQ⊂平面C1HQ， 所以BC⊥平面C1HQ，C1Q⊂平面C1HQ， 所以BC⊥C1Q，由BC＝4，B1C1＝2，BB1＝CC1，则CQ＝1， 又∠HCQ＝，所以HQ＝， 则C1Q＝＝，故三棱台的侧面积为××3＝3，表面积为5＋3.故选A. 3．(2020·新课标 Ⅰ 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4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为(　　) A．64π B．48π C．36π D．32π A　解析：如图，设⊙O1的半径为r，球O的半径为R，依题意得πr2＝4π，∴r＝2， ∵△ABC为等边三角形，由正弦定理可得AB＝2r sin 60°＝2， ∴OO1＝AB＝2，根据球的截面性质可知OO1⊥平面ABC， ∴OO1⊥O1A，R＝OA＝＝＝4， ∴球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A. 求空间几何体的表面积的方法 (1)基本思路：求表面积问题的基本思路是将立体几何问题转化为平面几何问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何问题的主要出发点． (2)分割求解：求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差得几何体的表面积． 考点二　空间几何体的体积 1．(2024·新课标Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为(　　) A．2π B．3π C．6π D．9π B　解析：设圆柱和圆锥的底面半径均为r，因为它们的高均为，且侧面积相等，所以2πr×＝πr，得r2＝9，所以圆锥的体积V＝πr2×＝3π，故选B. 2．(2023·全国甲卷)在三棱锥P­ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝，则该棱锥的体积为(　　) A．1 B． C．2 D．3 A　解析：取AB中点E，连接PE，CE，如图， ∵△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，∴PE⊥AB，CE⊥AB，又PE，CE⊂平面PEC，PE∩CE＝E，∴AB⊥平面PEC，又PE＝CE＝2×＝，PC＝，故PC2＝PE2＋CE2，即PE⊥CE，∴VP­ABC＝VB­PEC＋VA­PEC＝S△PEC·AB＝××××2＝1.故选A. 3．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A­NMD1的体积为________． 答案：　解析：如图，因为正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为BB1，AB的中点，所以VA­NMD1＝VD1­AMN＝××1×1×2＝. 4．(2023·新高考 Ⅰ 卷)在正四棱台ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为________． 答案：　解析：如图，过点A1作A1M⊥AC，垂足为点M，易知A1M为正四棱台ABCD­A1B1C1D1的高， 因为AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则A1O1＝A1C1＝×A1B1＝，AO＝AC＝×AB＝，故AM＝(AC－A1C1)＝，则A1M＝＝＝，所以所求体积为V＝×(4＋1＋)×＝. 求空间几何体体积的常用方法 (1)公式法：直接根据相关的体积公式计算． (2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等． (3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当分割或补形，转化为易计算体积的几何体． 考点三　球的切、接问题 1．(2022·新高考 Ⅱ 卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　　) A．100π B．128π C．144π D．192π A　解析：由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为××3＝3，××4＝4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2(图略)，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上．设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋OO＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋OO＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为S＝4πR2＝100π. 2．(2022·全国乙卷)已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为(　　) A． B． C． D． C　解析：设该四棱锥的高为h，底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，四边形ABCD对角线夹角为α，则S四边形ABCD＝·AC·BD·sin α≤·AC·BD≤·2r·2r＝2r2，当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立，即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面四边形ABCD面积最大值为2r2，又r2＋h2＝1，则VO­ABCD＝·2r2·h＝≤＝，当且仅当r2＝2h2，即h＝时等号成立．故选C. 3．(多选)(2023·新课标 Ⅰ 卷)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　　) A．直径为0.99 m的球体 B．所有棱长均为1.4 m的四面体 C．底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体 D．底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体 ABD　解析：对于A，棱长为1 m的正方体内切球的直径为1 m>0.99 m，选项A正确；对于B，如图， 正方体内部最大的正四面体D­A1BC1的棱长为＝ m>1.4 m，选项B正确；对于C，棱长为1 m的正方体的体对角线长为 m<1.8 m，选项C错误；对于D，如图，六边形EFGHIJ为正六边形，E，F，G，H，I，J为棱的中点， 高为0.01 m可忽略不计，看作直径为1.2 m的平面圆，六边形EFGHIJ的边长为 m，∠GFH＝∠GHF＝30°， 所以FH＝FG＝GH＝ m，故六边形EFGHIJ的内切圆直径为 m，而()2＝>1.22＝1.44，选项D正确．故选ABD. 4．(2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝________． 答案：2　解析：如图，将三棱锥S­ABC转化为直三棱柱SMN­ABC，设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r，则2r＝＝＝2，可得r＝，设三棱锥S­ABC的外接球球心为O，连接OA，OO1，则OA＝2，OO1＝SA，因为OA2＝OO＋O1A2，即4＝3＋SA2，解得SA＝2. 5．(2023·全国甲卷)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点．以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有________个公共点． 答案：12　解析：如图，线段EF过正方体的中心，所以以EF为直径的球的球心即正方体的中心，球的半径为，而正方体的中心到每一条棱的距离均为，所以以EF为直径的球与每一条棱均相切，所以共有12个公共点． 6．(2023·全国甲卷)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝4，O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是________． 答案：[2，2]　解析：由该正方体的棱与球O的球面有公共点，可知球O的半径应介于该正方体的棱切球半径和外接球半径之间(包含棱切球半径和外接球半径).设该正方体的棱切球半径为r，因为AB＝4，所以2r＝×4，所以r＝2.设该正方体的外接球半径为R，因为AB＝4，所以(2R)2＝42＋42＋42，所以R＝2.所以球O的半径的取值范围是[2，2]. 解决与球有关的切、接问题的策略 (1)“接”的处理 ①构造正(长)方体，转化为正(长)方体的外接球问题． ②空间问题平面化，把平面问题转化到直角三角形中，作出适当截面(过球心，接点等). ③利用球心与截面圆心的连线垂直于截面定球心所在直线． (2)“切”的处理 ①体积分割法求内切球半径． ②作出合适的截面(过球心，切点等)，在平面上求解． ③多球相切问题，连接各球球心，转化为处理多面体问题． 学科网（北京）股份有限公司 $$