2020年高考数学《立体几何的计算问题》专项训练及答案解析

1、立体几何的计算问题、基础检测1、（2019扬州期末）底面半径为1,母线长为3的圆锥的体积是12 n3【解析】圆锥的高为1h = 73 - 11 = 2寸2,圆锥的体积V= - X32、（2019镇江期末）已知一个圆锥的底面积为宜,侧面积为2式,则该圆锥的体积为【解析】思路分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,解得r = 1所以h = /3.圆锥的体积1=2."，1 .V= 3Sh=3、（2019宿迁期末）设圆锥的轴截面是一个边长为2 cm的正三角形，则该圆锥的体积为3cm.圆锥的底面半径R= 1,高h=.2212 = 3,故圆锥的体积为V= 1xn

2、X 12><43=当汽.334、（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3cm.【解析】由题意知，正四棱柱的高为 yj 3 3-/5） 2 32 =6,所以它的体积 V= 32X 6 = 54,故答案为54.5、（2019南京学情调研） 如图，在正三棱柱 ABCAB1G中，AB= 2,AA = 3,则四棱锥 ABCCB的体积是【答案】2 3【解析】如图，取 BC的中点E,连结AE,易证A已平面BBCC,所以AiE为四棱锥ABQCB的高，所以V四棱锥 AiBQCB= 1s矩形 BBGCX AiE=1x(2X3

3、)X 43=243. 336、(2018盐城三模)若一圆锥的底面半径为1,其侧面积是底面积的3倍，则该圆锥的体积为【解析】设圆锥的高为h,母线为1,由a产rl,S底=r2得，1 1=312,即l=3,h 43 12 2 J2 ,故该圆锥的体积为112 2,2212337、（2017无锡期末）已知圆锥的侧面展开图是一个圆心角为120。且面积为3兀的扇形，则该圆锥的体积【解析】设圆锥的底面半径为r,高为h,母线长为l .则3兀= 2*2兀 rXl,r = 1, 解得故h=1=3,、12-r2 =2yJ2,所以圆锥的体积 V= 3x r r2x h=1>< 兀 xi 2x2 山=232

4、兀.解后反思 解决立体几何问题的基本思想是将空间问题转化为平面问题，在解题过程中要注意明确展开 图中各个元素和几何体中元素的对应关系.8、（2016南京、盐城、连云港、徐州二模）如图，正三棱柱ABCAiG中，AB= 4, AA=6.若E, F分别是棱BB, CC上的点，则三棱锥 AAEF的体积是 .【答案】8 3【解析】因为在正三棱柱 ABCABC中，AA/ BB, AA?平面AACC, BB?平面AACC,所以BB/平面 AACC,从而点E到平面AACC的距离就是点 B到平面AACC的距离，作BHL AC垂足为点H,由于 ABB正三角111形且边长为 4,所以BH= 2M3,从而三棱锥 AA

5、EF的体积 VAAEF= VEAAF= -SA AAF- BH=-X- X 6X4X2 J333 2= 8 3.解题反思 一般地，三棱锥的体积求解都需要通过换底来求解，基本原则是换底以后的三棱锥的底面积 和高均容易求解.9、（2016无锡期末）如图，在圆锥 VO中，O为底面圆心，半径 OALOB且OA= V0= 1,则O到平面 VAB的距离为.【解析】思路分析 在立体几何求点到平面的距离问题中，往往有两种途径：（1）利用等体积法，这种方法一般不需要作出高线；（2）利用面面垂直的性质作出高线，再进行计算.解法1因为VOL平面 AOB 04平面AOB所以VOh 0A同理 VOL 0B又因为 OAL

6、 OB OA V0= 0B=,3"3".1,所以 VA= VB= AB= 22,所以及 vab= VAx AESin60 ° =.设 0到平面 VAB的距离为 h,由 Vaob= V）vab得-SaaobX V0= -SavabX h ,得"OAK 0B< V0=外，解得 hl= 3322解法2取AB中点M连结VM过点0作OHL VMF H因为0A= OB M是AB中点，所以 OML AB,因为VOL平面 AOB AB?平面AOB所以VOh AB,又因为 0M_ AB VGT 0M= 0所以AB1平面 VOM又因为 AB?平面VAB所以面 VABL

7、平面 VOM又因为OHL VM 0H?平面VOM平面VABH平面VOMt VH所以OHL平面VAB所以OH点0到平面VAB的距离，且 0H=VO 0M3VM二、拓展延伸题型一柱、锥的面积与体积知识点拨： 求空间几何体的体积的本质就是找几何体的高（即找线面垂直），常见的空间几何体体积的求法 有：作高法、转换顶点法、割补法 .例 1、（2019 南京、盐城一模）如图，PAL平面ABCAC±BC,PA= 4,AC=/,BC= 1 , E, F 分别为AB,PC的中点，则三棱锥 BEFC的体积为 .【答案】建6【解析】 EFC= MbEC= _VBEt ( , Sabec , PA)=1V

8、1解法 2(等积转换) M = VBAMC= -VB/KAG= 'VAABC V2= 2VABCB1 = 2VBABC = 2VAABC 所以； = ；. 2V2 4X1X3X 4 = 3. 2232 346【变式1】（2019泰州期末）如图，在直三棱柱ABCABiG中，点M为棱AA的中点，记三棱锥 AMBC勺体积V1,一V1,四棱锥 ABBGC的体积为 V 则7的值是V21111【解析】解法1（割补法）t%abc的面积为S，二棱枉的图为h,则YAABC VMAB-Sh-SX2h = 6Sh，八八 1_2c bV Sh 31V2= VABCABC1 VAABC= Sh -Sh= Sh,

9、所以一=一=-33* 6 2Sh 4【变式2】（2018常州期末）已知圆锥的高为 6,体积为8.用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的圆台体积是7,则该圆台的高为【解析】设截得的小圆锥的高为hi,底面半径为ri,体积为M = ：nr2hi;大圆锥的高为h=6,底面半径为3hi 31h =8,得hi =2h= 3,所以圆台的高为 h2,侧棱长为g 则该正四棱锥的体积为1hv 3 n,hir , 体积为 V= - Tt r 2h = 8.依题意有 =, Vi=1, = 3r hV 12h3一 hi = 3.【变式3】（2018镇江期末）已知正四棱锥的底面边长为8【答案】-3【解析】正四棱锥的底面边长

10、为2,可知底面正方形对角线长为2也，所以正四棱锥的高为7 （ #） 2-（g）2 = 2,所以正四棱锥的体积 V= 3X 4X2 = 3.、. .2n【变式4】（2018扬州期末）若圆锥的侧面展开图是面积为3n且圆心角为干的扇形，则此圆锥的体3积为.【答案】等汽3【解析】设圆锥的底面半径为r,高为h,母线为l ,则由5 z,|2=3汽，得1=3,又由 l = 2nr,233得 r = 1,从而有 h = yjl 2_ r2 = 2。2，所以 V= 3 - nr2h =n.【变式5】（2018南京、盐城、连云港二模）在边长为4的正方形ABC咕剪去四个全等白等腰三角形（如 图1中阴影部分），折叠成

11、底面边长为 小的正四棱锥SEFGH（口图2）,则正四棱锥SEFGH勺体积为.（图1）（图2）-4【答案】- 3【解析】连结 EG HF,交点为O,正方形EFGH的对角线EG= 2, EO= 1,则点E到线段AB的距离为1, EB=W2+22 =yJ5.SO = yjsE-OE =。5=7 =2,故正四棱锥 SEFGH勺体积为（媳）2X 2 = 4. 33【变式6】（2018苏锡常镇调研（二）在棱长为2的正四面体P ABC中，M , N分别为PA, BC的 中点，点D是线段PN上一点，且PD 2DN ,则三棱锥 D MBC的体积为.【解析】思路分析：解决空间几何体的体积计算问题常常有两个途径：一

12、是直接利用体积公式求解，另一种是利用等体积转化的思想进行计算 .解题过程：连结 MB , MC , MN ,过点D作DH MN于H ,因为BA BP , M为PA勺中点，所以PA BM ,同理PA CM ,又因为BM CM M ,所以PA 面MBC ,又因为MN 面MBC , 所以PA MN ,又因为DH MN ,所以DH /PA,从而DH 面MBC ,故DH为点D到平面MBC 的高.在 MBC中，MB MC, BC勺中点，则MN V MB2NB" J2 , MBC的面积1111S BC MN 2 J2 J2,在 NPM 中，因为 DH PM , PD 2DN 所以 DH - PM

13、-, 22'33从而三棱锥D MBC的体积V IS DH 11 21 .VD MBCS MBC DH 23339【变式7】（2017徐州、连云港、宿迁三检）如图，在正三棱柱ABC AB1G中，已知AB AA1 3,点P在 棱CC1上，则三棱锥 P ABA的体积为 .9 3【答案】9-34【解析】 因为正三棱柱 ABC AB1cl中，AACC1,因为AA1面 AAB1B, CC1 面 AAB1B,所以Cg /面AA BB ,因为点P在CG上，所以点C到平面AAB1B的距离就是点 P到平面AAB1B的距离.作CD AB ,垂直为点D,因为正三棱柱 ABC AB。中，AA1 面ABC , C

14、D 面ABC ,所以CD AA1,而 AB 面AA1B1B, AA1 面AA1B1B , AB AA1 A ,所以 CD 面AA1B1B .因为正 '3.3-19二棱枉ABC ABG中，AB AA13,所以CD ，ABA1的面积S-33 一,所以三棱锥222P ABA1的体积V 1 S CD 1923 理3 . 33 224【变式8 （2017南京三模）如图，在直三棱柱 ABC-ABC中，AB= 1, BC= 2, BB=3, Z ABC= 90° ,点D 为侧棱BB上的动点.当 AA DC最小时，三棱锥 D- ABC的体积为.【解析】 将侧面展开如下图，所以由平面几何性质可

15、得:ADDC1AC1，当且仅当A,D,Ci三点共线取到.此时BD 1 ,所以SVABD1 AB2BD1 一-.在直三棱柱 ABC- A1BC1中有2BB1 CB ,又 ABCB ,易得CB 平面ABD ,所以CiBi平面ABD ,即 C1B1 是三B隹 C1 ABDVC1 ABD -3C1 B1SVABD的高，所以Vd ABCI/ /ADw1【解后反思】对于求空间几何体中在两个侧面上两个有公共点距离之和最小值的问题，一般都可以转化为同一个平面上问题.本题也是数学中最有名的“将军饮马”的问题，有兴趣的同科可以用网络搜索查阅这个问题.题型二球的面积与体积 知识点拨：解决空间几何体的外接球问题的关键

16、是确定球心的位置，求得球半径.多数试题中几何体的外 接球通常可以考虑转化为相应长方体的外接球模型，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.例1、（2019苏州期末）如图，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a=26 面积S= *a2=3/3,高h= 2.所以正三椎锥的体积 V=产卜=2 3. 3【变式1】（2019苏州三市、苏北四市二调）设 P, A, B, C为球。表面上的四个点，PA, PB, PC两两垂直，2且PA

17、= 2 m PB= 3 mi PC= 4 m|则球。的表面积为 m.【答案】29支【解析】 根据题意，可知三棱锥 PABO长方体的一个角，如图所示，该长方体的外接球就是经过巳A,B, C四点的球，因为 PA= 2, PB= 3, PC= 4,所以长方体的体对角线的长为 PA2 + PB；+ PC2=寸29,即外接 球的直径2R= 429,可得R=，2,因此外接球的表面积为 S=4nr2= 4nX "2 = 29支，【变式2（2018无锡期末）直三棱柱ABCABiCi中，已知AB±BCAB= 3,BC=4, AA=5,若三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 .【答

18、案】50支【解析】 根据条件可知该直三棱柱的外接球即三棱锥BiABC的外接球，也就是以 BA BG BB为棱的长方体的外接球，设其半径为 R,则2R= 4bA+bC+BB =32+ 42+ 52,得R= 乎，故该球的表面积为 S= 4式 R2= 50 支.【变式3】（2017南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）现有一个底面半径为 3 cm,母线长为5 cm的圆锥状实心铁器，将其高温融化后铸造成一个实心铁球（不计损耗），则该铁球的半径是 cm.【答案】3 9【解析】思路分析 圆锥的体积等于球的体积.圆锥的高为4 cm,体积为 V圆锥=：兀x 3 2X4= 12兀（cm3）.设球的半径为

19、r cm ,则：兀3=12兀，即r3=9, 33所以r = 9.题型三、立体几何中的综合问题知识点拨：立体几何中的综合问题往往涉及到求体积的最值问题或者涉及到复杂的几何体的问题，常用的方法是涉及复杂的几何体进行简化，最值问题运用不等式或者求导进行解决。例1、（2017南京、盐城一模）将矩形ABCDg边AB旋转一周得到一个圆柱，AB= 3, BO 2,圆柱上底面圆心为O, EFGi为下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥OEFG：积的最大值是 .【答案】4【解析】设RtEFG勺两条直角边分别为 a, b,则a2+b2=16,三棱锥OEFG1高为3,从而Voef/?&efg-331a2+

20、b2= £abw4 = 4,当且仅当a = b=2啦时等号成立，故三棱锥 OEFG勺体积的最大值为 4.2【变式1】（2017扬州期末）已知一个长万体的表面积为48（单位：cm） , 12条棱长度之和为36（单位：cm）,则这个长方体的体积的取值范围是 （单位：cm3）.【答案】16,20【解析】解法1设长方体的长、宽、高分别为x, y, z,体积为V,根据题意有2xy+2yz + 2zx= 48，4（x+y+z）=36，V= xyz,在的条件下，求多元函数V= xyz的取值范围，首先想到的是消元，由4（x+y+z） = 36 得 x + y= 9z,由 2xy+2yz+2zx= 4

21、8 得 xy= 24（x + y）z= 24（9 z） z,因此 V= xyz32=24 - （9 - z） z z,即 V= z 9z + 24z.,2X+y 29 Z 2- 2r由 xy= 24 (x+y)z = 24(9 -z)z,得 z 9z + 24=xyw 2 = 2j ,即有 z -6z + 5<0,解得 1WzW5.问题转化为求 V= Z3-9Z2+24Z 在1,5上的值域.令 V = 3z218z +24= 3( z 2)( z4) = 0,得 z = 2或z = 4.所以Mz)在1,2上单调递增，在2,4上单调递减，在4,5上单调递增，有VJ)=16,V(2)=20,

22、 M4) =16, "5) =20,所以当 z = 1, x=y = 4 或 z = 4, x=4, y=1 或 z=4, x= 1, y = 4 时，Vmin= 16;当 z = 2, x=5, y=2 或 z = 2, x=2, y=5 或 z=5, x=y = 2 时，Vmax= 20.所以体积V的取值范围为16,20.解法2设长方体长、宽、高分别为a, b, c,则a, b, c>0, ab+bc+ca = 24, a+b+c=9,得a+b=9c, ab=c29c+24,所以 a, b 是方程 x 当且仅当2a=b,即a 1,b 2时，h有最大值为4.【变式3(2019

23、苏北四市、苏中三市三调)已知直角梯形 ABC珅，AB/ CD ABL BC AB=3 cm, BC=1 cm, CD=2 cm.将此直角梯形绕 AB边所在的直线旋转一周，由此形成的几何体的体积为cm 3.【答案】乙 (9 c)x + (c29c+24) = 0 的两个正根，由 A>0,9c> 232320, c 9c+ 24>0 解得 1w cw5, abc= c 9c + 24c,设 f ( c) = c - 9c + 24c, f (c) = 3( c- 2)( c-4), f (1) =f(4) =16, f(2) =f(5) =20,所以长方体的体积取值范围是16,2

24、0.解法3设长方体长、宽、高分别为a, b, c,则a, b, c>0, ab+bc+ca=24, a+b+c=9,得abc3-2-.,.a+ b2,j9- c2、 口 ,一 一=c 9c + 24c.由 24 = ab+ bc + ca= ab+ (a+ b) c<2+ (a+b)c=2+ (9 c) c,解得 1 w cw 5,32设 f (c) = c 9c+24c, f (c) = 3(c 2)( c-4) , f (1) =f(4) =16, f (2) =f(5) =20,所以长万体的体积 取值范围是16,20.【变式2】(2019年南通一模)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 .-1【答案】14【解析】依题意有：axbx1 = 2,所以，ab=2,221设新长万体图为 h,则(a+ 1) (b+2) h=2,化简为：h=2 2-,42ab 4 2 2ab 4所求几何体的体积为 V V圆锥+V期i = 1 12 733【变式4】（2019苏州期初调查）将一张半径为 ，3+1（cm）的圆形纸片按如图所示的实线裁剪，并按虚线折3叠为各棱长均相等的四棱锥，则折叠所成的四棱锥的体积为 cm.【解析】设四棱锥的棱长为x,则有；+乎x=#+ 1,解得x=2,则