命題點14空間幾何體的表面積和體積一、單項選擇題1．[2024·福建泉州模擬]已知圓錐SO的母線長為2，AB是圓O的直徑，點M是SA的中點．若側面綻開圖中，△ABM為直角三角形，則該圓錐的側面積為()A．eq\f(π,3)B．eq\f(2π,3)C．eq\f(4π,3)D．eq\f(8π,3)2．[2024·全國乙卷]已知圓錐PO的底面半徑為eq\r(3)，O為底面圓心，PA，PB為圓錐的母線，∠AOB＝eq\f(2π,3)，若△PAB的面積等于eq\f(9\r(3),4)，則該圓錐的體積為()A．πB．eq\r(6)πC．3πD．3eq\r(6)π3．[2024·新高考Ⅱ卷]已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為3eq\r(3)和4eq\r(3)，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為()A．100πB．128πC．144πD．192π4．[2024·全國甲卷]甲、乙兩個圓錐的母線長相等，側面綻開圖的圓心角之和為2π，側面積分別為S甲和S乙，體積分別為V甲和V乙，若eq\f(S甲,S乙)＝2，則eq\f(V甲,V乙)＝()A．eq\r(5)B．2eq\r(2)C．eq\r(10)D．eq\f(5\r(10),4)5．如圖1，水平放置的直三棱柱容器ABC-A1B1C1中，AC⊥AB，AB＝AC＝2，現往內灌進一些水，水深為2.將容器底面的一邊AB固定于地面上，再將容器傾斜，當傾斜到某一位置時，水面形態恰好為三角形A1B1C，如圖2，則容器的高h為()A．3B．4C．4eq\r(2)D．6第5題圖第6題圖6．[2024·江蘇無錫模擬]為了給酷愛朗讀的師生供應一個寧靜獨立的環境，某學校修建了若干“朗讀亭”．如圖所示，該朗讀亭的外形是一個正六棱柱和正六棱錐的組合體，正六棱柱兩條相對側棱所在的軸截面為正方形，若正六棱錐與六棱柱的高的比值為1∶3，則正六棱錐與正六棱柱的側面積之比為()A．eq\f(\r(7),8)B．eq\f(\r(43),24)C．eq\f(1,9)D．eq\f(1,27)7．[2024·河北衡水模擬]一個燈罩可看作側面有布料的圓臺，在原形態下測得的布料最短寬度為13，將其壓扁變為圓環，測得布料最短寬度為5，則燈罩占空間最小為()A．175πB．eq\f(325,3)πC．100πD．不存在8．[2024·山東德州模擬]在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝1，AB＝2，AD＝3，點E為BC上靠近B的三等分點，則三棱錐P-ADE外接球的表面積為()A．11πB．12πC．14πD．16π第8題圖第9題圖第10題圖二、多項選擇題9．如圖，一個圓柱和一個圓錐的底面直徑和它們的高都與一個球的直徑2R相等，則下列結論正確的是()A．圓柱的體積為4πR3B．圓錐的側面積為eq\r(5)πR2C．圓柱的側面積與圓錐的表面積相等D．圓柱、圓錐、球的體積之比為3∶1∶210．如圖所示是古希臘數學家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻著一個圓柱，圓柱內有一個內切球，這個球的直徑恰好與圓柱的高相等，相傳這個圖形表達了阿基米德最引以為豪的發覺．我們來重溫這個宏大發覺，關于圓柱的體積與球的體積之比和圓柱的表面積與球的表面積之比說法正確的是()A．體積之比eq\f(3,2)B．體積之比eq\f(2,3)C．表面積之比eq\f(2,3)D．表面積之比eq\f(3,2)11．[2024·新課標Ⅱ卷]已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，∠APB＝120°，PA＝2，點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．該圓錐的側面積為4eq\r(3)πC．AC＝2eq\r(2)D．△PAC的面積為eq\r(3)12．[2024·新高考Ⅱ卷]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[答題區]題號123456789101112答案三、填空題13.第13題圖[2024·遼寧錦州模擬]如圖，扇形OAB中，OA⊥OB，OA＝2，將扇形繞OB所在直線旋轉一周所得幾何體的表面積為________．14．[2024·新課標Ⅰ卷]在正四棱臺ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq\r(2)，則該棱臺的體積為________．15．[2024·山東青島模擬]已知圓錐的底面半徑為1，側面綻開圖為半圓，則該圓錐內半徑最大的球的表面積為________．16．[2024·河北滄州模擬]已知四面體ABCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝2，BC＝2eq\r(3)，則該四面體體積的最大值為________．

命題點14空間幾何體的表面積和體積(小題突破)1．解析：因為SB＝SA，且△ABM為直角三角形，則SA⊥BM，又因為M為SA的中點，則SB＝AB，可得△SAB為等邊三角形，即∠ASB＝eq\f(π,3)，則側面綻開圖的圓心角為eq\f(2π,3)，所以該圓錐的側面積S側＝eq\f(1,2)×eq\f(2π,3)×22＝eq\f(4π,3).故選C.答案：C2．解析：在△AOB中，AO＝BO＝eq\r(3)，∠AOB＝eq\f(2π,3)，由余弦定理得AB＝eq\r(3＋3－2×\r(3)×\r(3)×（－\f(1,2)）)＝3，設等腰三角形PAB底邊AB上的高為h，則S△PAB＝eq\f(1,2)×3h＝eq\f(9\r(3),4)，解得h＝eq\f(3\r(3),2)，由勾股定理得母線PA＝eq\r(（\f(3,2)）2＋（\f(3\r(3),2)）2)＝3，則該圓錐的高PO＝eq\r(PA2－OA2)＝eq\r(6)，所以該圓錐的體積為eq\f(1,3)×3π×eq\r(6)＝eq\r(6)π，故選B.答案：B3．解析：設三棱臺上底面A1B1C1、下底面ABC的外接圓半徑分別為r1，r2，外接圓圓心分別為O1，O2，三棱臺的外接球半徑為R，球心為O.令|OO1|＝t，則|OO2|＝|t－1|.由題意及正弦定理，得2r1＝eq\f(3\r(3),sin60°)＝6，2r2＝eq\f(4\r(3),sin60°)＝8，所以r1＝3，r2＝4，所以R2＝req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋t2＝req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋(t－1)2，即R2＝9＋t2＝16＋(t－1)2，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t＝4，,R2＝25.))所以三棱臺外接球的表面積為4πR2＝100π.故選A.答案：A4．解析：設甲、乙兩個圓錐的母線長都為l，甲、乙兩個圓錐的底面半徑分別為r1，r2，高分別為h1，h2.因為兩圓錐的側面綻開圖的圓心角之和為2π，所以eq\f(2πr1,l)＋eq\f(2πr2,l)＝2π，則r1＋r2＝l.又eq\f(S甲,S乙)＝2，所以πr1l＝2πr2l，所以r1＝2r2，所以r1＝eq\f(2,3)l，r2＝eq\f(1,3)l，所以h1＝eq\r(l2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)l))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),3)l，h2＝eq\r(l2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)l))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(2),3)l，所以eq\f(V甲,V乙)＝eq\f(\f(1,3)πreq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))h1,\f(1,3)πreq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))h2)＝eq\f(\f(4,9)l2·\f(\r(5),3)l,\f(1,9)l2·\f(2\r(2),3)l)＝eq\r(10).故選C.答案：C5．解析：在圖1中V水＝eq\f(1,2)×2×2×2＝4，在圖2中，V水＝VABC-A1B1C1－VC-A1B1C1＝eq\f(1,2)×2×2×h－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×h＝eq\f(4,3)h，∴eq\f(4,3)h＝4，∴h＝3.故選A.答案：A6．解析：由題意設正六棱柱的邊長為a，設六棱柱的高為3b，六棱錐的高為b，正六棱柱的側面積S2＝6·a·3b＝18ab，正六棱錐的母線長為eq\r(a2＋b2)，∴正六棱錐的側面積S1＝6·eq\f(1,2)·aeq\r(a2＋b2－\f(a2,4))＝3aeq\r(\f(3,4)a2＋b2)，∵正六棱柱兩條相對側棱所在的軸截面為正方形，∴3b＝2a，∴b＝eq\f(2,3)a∴eq\f(S1,S2)＝eq\f(3a\r(\f(3,4)a2＋\f(4,9)a2),18a·\f(2,3)a)＝eq\f(\r(43),24).故選B.答案：B7．解析：設圓臺的上、下底面圓的半徑分別為r，R，母線長為l，高為h由題意可知R－r＝5，l＝13，則h＝eq\r(l2－（R－r）2)＝12，則圓臺的體積為V＝eq\f(1,3)πh(R2＋r2＋Rr)＝eq\f(1,3)π×12×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（5＋r）2＋r2＋（5＋r）r))＝4π(3r2＋15r＋25)＝12πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r＋\f(5,2)))eq\s\up12(2)＋25π，當r>0時，V單調遞增，故V不存在最小值．故選D.答案：D8．解析：由題意可得BE＝1，EC＝2，AE＝eq\r(AB2＋BE2)＝eq\r(5)，DE＝eq\r(DC2＋CE2)＝2eq\r(2)，所以在三角形AED中，由等面積法可得eq\f(1,2)AD·AB＝eq\f(1,2)AE·EDsin∠AED?sin∠AED＝eq\f(AD·AB,AE·ED)＝eq\f(3×2,\r(5)×2\r(2))＝eq\f(3,\r(10))，設三角形AED的外接圓半徑為r，圓心為O′，則由正弦定理得2r＝eq\f(AD,sin∠AED)＝eq\f(3,\f(3,\r(10)))＝eq\r(10)?r＝eq\f(\r(10),2)，由于PA⊥平面AED，設三棱錐P-ADE外接球的半徑為R，球心到平面AED的距離為h，過O作OH⊥PA，則OH＝O′A＝r，PO2＝R2＝OH2＋(1－h)2＝h2＋r2，因此h＝eq\f(1,2)，R＝eq\f(\r(11),2)，故外接球的表面積為4πR2＝11π.故選A.答案：A9．解析：依題意圓柱的底面半徑為R，則圓柱的高為2R，圓柱的體積為πR2×2R＝2πR3，∴A錯誤；圓錐的母線長為eq\r(5)R，圓錐的側面積為πR×eq\r(5)R＝eq\r(5)πR2，∴B正確；∵圓柱的側面積為4πR2，圓錐表面積為eq\r(5)πR2＋πR2，∴C錯誤；∵V圓柱＝πR2·2R＝2πR3，V圓錐＝eq\f(1,3)πR2·2R＝eq\f(2,3)πR3，V球＝eq\f(4,3)πR3，∴V圓柱∶V圓錐∶V球＝2πR3∶eq\f(2,3)πR3∶eq\f(4,3)πR3＝3∶1∶2，∴D正確．故選BD.答案：BD10．解析：設球的半徑為R，則圓柱的底面半徑為R，高為2R，∴V圓柱＝πR2×2R＝2πR3，V球＝eq\f(4,3)πR3.∴eq\f(V圓柱,V球)＝eq\f(2πR3,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3,2)；S圓柱＝2πR×2R＋2×πR2＝6πR2，S球＝4πR2.∴eq\f(S圓柱,S球)＝eq\f(6πR2,4πR2)＝eq\f(3,2).故選AD.答案：AD11．解析：在△PAB中，由余弦定理得AB＝2eq\r(3)，如圖，連接PO，易知圓錐的高h＝PO＝1，底面圓的半徑r＝AO＝BO＝eq\r(3).對于A，該圓錐的體積V＝eq\f(1,3)πr2h＝π，故A選項正確；對于B，該圓錐的側面積S側＝πr·PA＝2eq\r(3)π，故B選項錯誤；對于C，取AC的中點H，連接PH，OH，因為OA＝OC，所以OH⊥AC，同理可得PH⊥AC，則二面角P-AC-O的平面角為∠PHO＝45°，所以OH＝PO＝1，AH＝CH＝eq\r(AO2－OH2)＝eq\r(2)，所以AC＝2eq\r(2)，故C選項正確；對于D，PH＝eq\r(2)OH＝eq\r(2)，S△PAC＝eq\f(1,2)×AC×PH＝2，故D選項錯誤．綜上，選AC.答案：AC12．解析：設AB＝ED＝2FB＝2，則V1＝eq\f(1,3)×2×2＝eq\f(4,3)，V2＝eq\f(1,3)×2×1＝eq\f(2,3).如圖，連接BD交AC于點M，連接EM，FM，則FM＝eq\r(3)，EM＝eq\r(6)，EF＝3，所以S△EMF＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(6)＝eq\f(3\r(2),2)，所以V3＝eq\f(1,3)S△EMF·AC＝2，所以V3＝V1＋V2，2V3＝3V1.故選CD.答案：CD13．解析：將扇形繞OB所在直線旋轉一周得到幾何體為以O為球心，OA＝2為半徑的半個球體．幾何體的表面積為eq\f(1,2)×4π×22＋π×22＝12π.答案：12π14．解析：方法一如圖所示，設點O1，O分別為正四棱臺ABCD-A1B1C1D1上、下底面的中心，連接B1D1，BD，則點O1，O分別為B1D1，BD的中點，連接O1O，則O1O即正四棱臺ABCD-A1B1C1D1的高，過點B1作B1E⊥BD，垂足為E，則B1E＝O1O.因為AB＝2，A1B1＝1，所以OB＝eq\r(2)，O1B1＝eq\f(\r(2),2)，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝eq\f(\r(2),2)，又AA1＝eq\r(2)，所以BB1＝eq\r(2)，B1E＝eq\r(BBeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－BE2)＝eq\r(2－\f(1,2))＝eq\f(\r(6),2)，所以O1O＝eq\f(\r(6),2)，所以V正四棱臺ABCD-A1B1C1D1＝eq\f(1,3)×(22＋12＋eq\r(22×12))×eq\f(\r(6),2)＝eq\f(7\r(6),6).方法二如圖，將正四棱臺ABCD-A1B1C1D1補形成正四棱錐P-ABCD，因為AB＝2，A1B1＝1，AB∥A1B1，所以A1，B1，C1，D1分別為PA，PB，PC，PD的中點，又A1A＝eq\r(2)，所以PA＝2eq\r(2)，即PB＝2eq\r(2).連接BD，取BD的中點為O，連接PO，則PO⊥平面AB