北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
专题八 立体几何
8.1 空间几何体的表面积和体积
一、选择题
1.(2022届黑龙江六校11月联考,4)已知圆锥的轴截面为等边三角形,且圆锥的表面积为3π,则圆锥的底面半
径为( )
1
A. B.1 C.√2 D.√3
2
答案 B 设圆锥的母线长为l,底面半径为r,根据题意,得l=2r,所以圆锥的表面积S=πr2+πrl=3πr2=3π,解得
r=1,故选B.
2.(2022届河南焦作一模,6)底面是边长为1的正方形,侧面均是等边三角形的四棱锥的体积为( )
√2 √2 √2 √2
A. B. C. D.
6 4 3 2
答案 A 由题意可知该四棱锥为正四棱锥,底面正方形对角线长为 √2 ,则正四棱锥的高h= √ 12- (√2) 2 =
2
√2 1 √2 √2
,所以正四棱锥的体积V= ×12× = ,故选A.
2 3 2 6
3.(2022届吉林顶级名校11月月考,10)已知球O,过球面上A,B,C三点作截面,若点O到该截面的距离是球半
径的一半,且AB=BC=2,∠B=120°,则球O的表面积为( )
64 8 32 16
A. π B. π C. π D. π
3 3 3 9
答案 A 如图,设球的半径为r,O
1
是△ABC的外心,外接圆半径为R,连接OO
1
,OB,O
1
B,则OO 1⊥平面ABC,在
2
△ABC中,AB=BC=2,∠ABC=120°,则∠A=30°,由正弦定理得 =2R,∴R=2,即O
1
B=2.在Rt△OBO
1
中,由已
sinA
1 16 16 64
知得r2- r2=4,得r2= ,所以球O的表面积S=4πr2=4π× = π.故选A.
4 3 3 3北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
4.(2022届豫北名校定位考试,11)已知圆锥的顶点和底面圆周都在球O的球面上,圆锥的侧面展开图的圆心
2π
角为 ,面积为3π,则球O的表面积等于( )
3
81π 81π 121π 121π
A. B. C. D.
8 2 8 2
1 2π
答案 A 设圆锥的母线长为l,球的半径为R,圆锥底面半径为r,由已知得 × l2=3π,解得l=3,由扇形的弧
2 3
2π 9
长公式可得2πr= ×l,得r=1,所以圆锥的高为√32-12=2√2,由r2+(2√2-R)2=R2,解得R= ,所以球O
3 4√2
的表面积等于4πR2=4π( 9 ) 2 =81π,故选A.
4√2 8
5.(2022届四川月考,8)如图,点M是棱长为2的正方体ABCD-ABCD 中的侧面ADDA 内(包括边界)的一
1 1 1 1 1 1
个动点,则三棱锥B-CMD的体积的最大值是( )
1
1 2 4 8
A. B. C. D.
3 3 3 3
答案 D 当点M与点A 重合时,点M到平面BCD的距离最大,∵ = ,∴此时三棱锥B-
1 1 V V
B-C MD M-BC D
1 1
CMD的体积最大,此时三棱锥B-CMD是棱长为2√2的正四面体,其体积等于正方体的体积减去4个三棱
1 1
锥的体积,所以 =23-4×1×(1 )×2=8.故选D.
V ×2×2
B-C 1 MD 3 2 3北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
6.(2022届云南玉溪月考,9)在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,且△PAD是边长为2的正三角形,四
边形ABCD是正方形,则四棱锥P-ABCD外接球的表面积为( )
29 64 26 28
A. π B. π C. π D. π
3 3 3 3
答案 D 连接AC,BD,且AC∩BD=F,设外接球球心为O,半径为R,则球心O在底面的射影必为点F,取AD
的中点E,连接EF,PE,OF,OA,PO,过O作OG⊥PE.如图.
√3
易知PE⊥AD,且PE= ×2=√3,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PE⊥平面
2
√3 7
ABCD,设OF=x,∵EF=1,AF=√2,∴R2=x2+2=1+(√3-x)2,解得x= ,∴R2= ,∴四棱锥P-ABCD外接球的表面
3 3
7 28π
积S=4πR2=4π× = .故选D.
3 3
7.(2022届四川德阳中学11月月考,9)已知四棱锥P-ABCD的侧棱均相等,其各个顶点都在球O的球面
16
上,AB=BC,∠ABC=90°,AD=2√3,CD=2,三棱锥P-ABC的体积为 ,则球O的表面积为( )
3
125π 64√2π
A.25π B. C.32π D.
6 3
答案 A 连接AC,取AC的中点F,连接PF,BF,由题意可知PF为四棱锥的高且球心O在直线PF上,不妨取
O在PF上,连接OB,北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
∵各个顶点都在球O的球面上,∠ABC=90°,∴A、B、C、D四点共圆,且AC为直径,∴∠ABC=∠ADC=90°,又
∵AD=2 ,CD=2,∴AC= = =4,
√3 √AD2+CD2 √12+4
∵AB=BC,∠ABC=90°,∴AB=2√2,BF=2,
16 1 1 1 16
∵三棱锥P-ABC的体积为 ,∴V = S ·PF= × ×2√2×2√2PF= ,解得PF=4.设OP=r(r>0),则
3
P-ABC
3
△ABC
3 2 3
OB=r,OF=|4-r|,在Rt△OFB中,r2=|4-r|2+22,解得r=5,∴球O的表面积为4πr2=4π×(5) 2 =25π.故选A.
2 2
π
8.(2022届湘豫名校联盟11月联考,11)在三棱锥S-ABC中,∠SBA=∠SCA= ,底面ABC是边长为2的等边三
2
2π
角形,若二面角S-BC-A的大小为 ,则三棱锥S-ABC的外接球的表面积为( )
3
16 17 19 20
A. π B. π C. π D. π
3 3 3 3
π
答案 C 取BC的中点O,连接SO,AO,∵∠SBA=∠SCA=
2
,BA=CA,SA=SA,∴△SBA≌△SCA,∴SB=SC,∴SO⊥BC,OA⊥BC,故二面角S-BC-A的平面角为∠SOA,∴∠SOA=
2π π
.设SO=x(x>0),则SB=√x2+1,∵∠SBA= ,∴SA=√x2+5,在△SOA中,易知OA=√3,由余弦定理得
3 2
2π
SA2=SO2+OA2-2SO·OAcos ,
3
2 √19
即x2+5=x2+3+√3x,解得x= ,∴三棱锥的外接球的直径2R=SA=√x2+5= ,∴三棱锥的外接球的表面
√3 3
19
积S=4πR2= π.故选C.
3北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
9.(2022届河南检测提分卷,12)已知在三棱锥P-ABC中,△ABC与△PBC均为边长为2的等边三角形,PA=√6,
以P为球心,2为半径的球与底面ABC的交线长为( )
π π 2
A. B. C. π D.2π
4 3 3
答案 B 取BC的中点D,连接PD,DA,则PD⊥BC,AD⊥BC,PD=DA=√3,因为PA=√6,所以PD⊥DA,又
DA∩BC=D,所以PD⊥平面ABC,分别取AC,AB的中点E,F,连接PE,DE,DF,则DE=1,PE=2,则以P为球心,2为
π π
⏜ ⏜
半径的球与底面ABC的交线为圆D上的 ,易知∠EDF= ,所以弧 的长度为 .故选B.
EF EF
3 3
二、填空题
10.(2022届陕西西北工业大学附中月考,14)碳60(C )是一种非金属单质,
60
它是由60个碳原子构成的分子,形似足球,又称为足球烯,其结构是由五元环(正五边形面)和六元环(正六边形
面)组成的封闭的凸多面体,共32个面,且满足:顶点数-棱数+面数=2.则其六元环的个数为 .
答案 20
解析 碳60有60个顶点,32个面,由顶点数-棱数+面数=2,得棱数为60+32-2=90,设五元环有x个,六元环有y
{ x+ y=32, {x=12,
个,则 解得 ∴六元环的个数为20.
5x+6 y=90×2, y=20,北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
11.(2021河南新乡二模,14)一个棱长为4的正方体被挖去一个高为4的正四棱柱后得到如图所示的几何体,
若该几何体的体积为60,则该几何体的表面积为 .
答案 110
解析 设正四棱柱的底面边长为m,则4(42-m2)=60,解得m=1,则该几何体的表面积为42×4+(42-
12)×2+4×1×4=110.
4
12.(2021江西吉安重点中学联考,16)已知在直三棱柱ABC-A
1
B
1
C
1
中,AB⊥BC,cos∠BAC= ,且此三棱柱有内
5
切球,则此三棱柱的内切球与外接球的表面积的比为 .
答案 4∶29
6+8-10
解析 由题意,不妨设AB=8,BC=6,AC=10,则△ABC的内切圆的半径为r= =2.要使此三棱柱存在
2
内切球,则此三棱柱的高AA
1
=4.从而得其内切球半径R
1
=2,由于△ABC为直角三角形,且AB⊥BC,所以△ABC
的外心D在AC的中点处,取AC 的中点D,连接DD,取DD 的中点M,则DD 的中点M即为该三棱柱的外
1 1 1 1 1 1
接球球心,在Rt△ADM中,AM2=DM2+AD2=22+52=29.即外接球的半径R
2
=√29.所以三棱柱的内切球与外接
球的表面积之比为4π R2∶4π R2 = R2∶ R2 =4∶29.
1 2 1 2
归纳总结 若某直棱柱存在内切球,则该棱柱的高h与底面多边形内切圆半径r的关系为h=2r.
13.(2022届贵阳五校联考,16)学生到工厂参加劳动实践,用薄铁皮制作一个圆柱体,圆柱体的表面积为8π,则
该圆柱体的外接球的表面积的最小值是 .
答案 8(√5-1)π
4
解析 设圆柱底面圆的半径为r,高为h,则有2πr2+2πrh=8π,整理得h= -r(0<r<2),由球及其内接圆柱的结构特
r
征知,球心是圆柱两底面圆圆心的连线的中点,设球的半径为R,得R2=r2+(1 ) 2 =r2+(2 r) 2 =5r2+4
h -
2 r 2 4 r2北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
-2≥2√5
r2·
4-2=2
√5
-2,当且仅当5r2=4,即r=2√4125时取等号,∴球的表面积S=4πR2≥8(
√5
-1)π,∴该
4 r2 4 r2 5
圆柱体的外接球的表面积的最小值是8(√5-1)π.
三、解答题
14.(2018课标Ⅰ,18,12分)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC为折痕将△ACM折起,
使点M到达点D的位置,且AB⊥DA.
(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;
2
(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ= DA,求三棱锥Q-ABP的体积.
3
解析 (1)证明:由已知可得,∠BAC=90°,则BA⊥AC.
又BA⊥AD,AC∩AD=A,所以AB⊥平面ACD.
又AB⊂平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3√2.
2
又BP=DQ= DA,所以BP=2√2.
3
1
作QE⊥AC,垂足为E,则QE∥DC且QE= DC.
3
由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,
所以QE⊥平面ABC,QE=1.
因此,三棱锥Q-ABP的体积为
1 1 1
V = ·QE·S = ×1× ×3×2√2sin 45°=1.
Q-ABP △ABP
3 3 2
解题关键 (1)利用平行关系将∠ACM=90°转化为∠BAC=90°是求证第(1)问的关键;
