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2022年高考三轮复习之回归基础练第17练 空间几何体的表面积与体积
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这是一份2022年高考三轮复习之回归基础练第17练 空间几何体的表面积与体积，共10页。
考点一 空间几何体的表面积
要点重组
1．求表面积的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．求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成柱、锥、台体，先求出这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得所给几何体的表面积．
1．(2020·全国Ⅲ)如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )
A．6＋4eq \r(2) B．4＋4eq \r(2)
C．6＋2eq \r(3) D．4＋2eq \r(3)
答案 C
解析 如图，
该几何体为三棱锥，且其中有三个面是腰长为2的等腰直角三角形，第四个面是边长为2eq \r(2)的等边三角形，所以该几何体的表面积为3×eq \f(1,2)×2×2＋eq \f(1,2)×2eq \r(2)×2eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)＝6＋2eq \r(3).
2．(2020·全国Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )
A.eq \f(\r(5)－1,4) B.eq \f(\r(5)－1,2) C.eq \f(\r(5)＋1,4) D.eq \f(\r(5)＋1,2)
答案 C
解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a，高为h，
侧面三角形底边上的高(斜高)为h′，
则由已知得h2＝eq \f(1,2)ah′.
如图，设O为正四棱锥S－ABCD底面的中心，E为BC的中点，
则在Rt△SOE中，h′2＝h2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))2，
∴h′2＝eq \f(1,2)ah′＋eq \f(1,4)a2，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h′,a)))2－eq \f(1,2)·eq \f(h′,a)－eq \f(1,4)＝0，解得eq \f(h′,a)＝eq \f(\r(5)＋1,4)(负值舍去)．
3．(2020·全国Ⅰ)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
答案 A
解析 如图，设圆O1的半径为r，球的半径为R，正三角形ABC的边长为a.
由πr2＝4π，得r＝2，
则eq \f(\r(3),3)a＝2，a＝2eq \r(3)，OO1＝a＝2eq \r(3).
在Rt△OO1A中，由勾股定理得
R2＝r2＋OOeq \\al(2,1)＝22＋(2eq \r(3))2＝16，
所以S球＝4πR2＝4π×16＝64π.
4．(2020·泸州诊断)在梯形ABCD中，∠ABC＝eq \f(π,2)，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为( )
A．(5＋eq \r(2))π B．(4＋eq \r(2))π
C．(5＋2eq \r(2))π D．(3＋eq \r(2))π
答案 A
解析 ∵在梯形ABCD中，∠ABC＝eq \f(π,2)，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，
∴将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为AB＝1，高为BC＝2的圆柱挖去一个底面半径为AB＝1，高为BC－AD＝2－1＝1的圆锥，
∴该几何体的表面积S＝π×12＋2π×1×2＋π×1×eq \r(12＋12)＝(5＋eq \r(2))π，故选A.
考点二 空间几何体的体积
要点重组 求空间几何体体积的常用方法：
(1)公式法：直接根据常见的柱体、锥体、台体等规则几何体的体积公式计算．
(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的分割或补形，转化为可直接计算体积的几何体．
5．(2020·辽宁沈阳东北育才学校模拟)在三棱锥A－BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，△ABC，△ACD，△ADB的面积分别为eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(3),2)，eq \f(\r(6),2)，则该三棱锥的体积为( )
A.eq \r(6) B.eq \f(\r(6),6)
C．6 D．2eq \r(6)
答案 B
解析 由△ABC，△ACD，△ADB的面积分别为eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(3),2)，eq \f(\r(6),2)，且AB，AC，AD两两垂直，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)AB·AC＝\f(\r(2),2)，,\f(1,2)AD·AC＝\f(\r(3),2)，,\f(1,2)AB·AD＝\f(\r(6),2)，))
三个式子相乘可得(AB·AC·AD)2＝6，
即AB·AC·AD＝eq \r(6)，
∴该三棱锥的体积V＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)AB·AC·AD＝eq \f(\r(6),6).
6．(2020·泰安模拟)我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也. 甍，屋盖也．”今有底面为正方形的屋脊形状的多面体(如图所示)，下底面是边长为2的正方形，上棱EF＝eq \f(3,2)，EF∥平面ABCD，EF与平面ABCD的距离为2，该刍甍的体积为( )
A．6 B.eq \f(11,3) C.eq \f(31,4) D．12
答案 B
解析 如图，作FN∥AE，FM∥ED，则多面体被分割为棱柱与棱锥两部分，
因为EF与平面ABCD的距离为2，
所以四棱锥F－NBCM的高为2，
所以V四棱锥F－NBCM＝eq \f(1,3)S四边形NBCM×2
＝eq \f(1,3)×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(3,2)))×2＝eq \f(2,3)，
V三棱柱ADE－NMF＝S直截面×eq \f(3,2)＝eq \f(1,2)×2×2×eq \f(3,2)＝3，
所以该刍甍的体积为
V＝V四棱锥F－NBCM ＋V三棱柱ADE－NMF＝eq \f(2,3)＋3＝eq \f(11,3).
7．已知四棱锥的底面是边长为eq \r(2)的正方形，侧棱长均为eq \r(5)，若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________．
答案 eq \f(π,4)
解析 由题意可得，四棱锥底面对角线的长为2，则圆柱底面的半径为eq \f(1,2)，易知四棱锥的高为eq \r(5－1)＝2，故圆柱的高为1，所以圆柱的体积为π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2×1＝eq \f(π,4).
8．(2019·全国Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD－A1B1C1D1挖去四棱锥O－EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm，3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.
答案 118.8
解析 依题意知，该模型是长方体中挖去一个四棱锥，
故其体积V＝V长方体－V四棱锥＝6×6×4－eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×4×6×3＝132(cm3)．
又该模型的原料密度为0.9 g/cm3，
故制作该模型所需原料的质量为0.9×132＝118.8(g).
考点三 几何体的内切、外接球问题
要点重组
1．求解多面体的内切球半径问题，一般是将多面体分割成以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求出内切球的半径．
2．关于简单多面体外接球的球心的结论：
(1)正方体或长方体的外接球的球心是其体对角线的中点．
(2)正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中点．
(3)直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点．
3．若球面上四点P，A，B，C中，PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，则可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题．
4．利用球心O与截面圆的圆心O1的连线垂直于截面圆及球心O与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心．
9．(2020·济宁模拟)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的底面为直角三角形，且两直角边长分别为1和eq \r(3)，此三棱柱的高为2eq \r(3)，则该三棱柱的外接球的体积为( )
A.eq \f(8π,3) B.eq \f(16π,3) C.eq \f(32π,3) D.eq \f(64π,3)
答案 C
解析 该直三棱柱的底面外接圆的直径为2r＝eq \r(12＋\r(3)2)＝2，
所以外接球的直径为2R＝eq \r(2r2＋2\r(3)2)＝eq \r(22＋2\r(3)2)＝4，则R＝2，
因此该三棱柱的外接球的体积为eq \f(4,3)πR3＝eq \f(32π,3)，故选C.
10．(多选)(2020·临沂模拟)已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的eq \f(1,3)，则下列结论正确的是( )
A．球O的表面积为6π
B．球O的内接正方体的棱长为1
C．球O的外切正方体的棱长为eq \f(4,3)
D．球O的内接正四面体的棱长为2
答案 AD
解析 设球O的半径为r，△ABC的外接圆圆心为O′，半径为R.易得R＝eq \f(2\r(3),3).因为球心O到平面ABC的距离等于球O半径的eq \f(1,3)，所以r2－eq \f(1,9)r2＝eq \f(4,3)，得r2＝eq \f(3,2)，所以球O的表面积S＝4πr2＝4π×eq \f(3,2)＝6π，选项A正确；球O的内接正方体的棱长a满足eq \r(3)a＝2r，显然选项B不正确；球O的外切正方体的棱长b满足b＝2r，显然选项C不正确；球O的内接正四面体的棱长c满足c＝eq \f(2\r(6),3)r＝eq \f(2\r(6),3)×eq \f(\r(6),2)＝2，选项D正确．
11．已知在三棱锥S－ABC中，SA⊥平面ABC，且SA＝6，AB＝4，BC＝2eq \r(3)，∠ABC＝30°，则该三棱锥的体积为________，其外接球的表面积为________．
答案 4eq \r(3) 52π
解析 三棱锥的体积V＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2eq \r(3)×4×sin 30°×6＝4eq \r(3).
取SB的中点O，连接OA，OC(图略)．
∵SA⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴SA⊥AB，可得在Rt△ASB中，中线OA＝eq \f(1,2)SB.由AB＝4，BC＝2eq \r(3)，∠ABC＝30°，可知AC⊥BC.又∵SA⊥BC，SA，AC是平面SAC内的两条相交直线，∴BC⊥平面SAC，∴BC⊥SC，
∴在Rt△BSC中，中线OC＝eq \f(1,2)SB，∴O是三棱锥S－ABC的外接球的球心．在Rt△SBA中，AB＝4，SA＝6，∴SB＝2eq \r(13)，则外接球半径R＝eq \f(1,2)SB＝eq \r(13).∴其外接球的表面积S＝4πR2＝4π×13＝52π.
12．(2020·全国Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．
答案 eq \f(\r(2),3)π
解析 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，
则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△PAB中，PA＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝2eq \r(2)，△PEO∽△PDB，
故eq \f(PO,PB)＝eq \f(OE,DB)，即eq \f(2\r(2)－r,3)＝eq \f(r,1)，解得r＝eq \f(\r(2),2)，
故内切球的体积为eq \f(4,3)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))3＝eq \f(\r(2),3)π.
1．《九章算术》是我国数学史上堪与殴几里得《几何原本》相媲美的数学名著．其第五卷《商功》中有如下问题：“今有圆堡，周四丈八尺，高一丈一尺，问积几何？”这里所说的圆堡就是圆柱体，其底面周长是4丈8尺，高1丈1尺，问它的体积是多少？若π取3，则估算该圆堡的体积为(1丈＝10尺)( )
A．1 998 立方尺 B．2 012 立方尺
C．2 112 立方尺 D．2 324立方尺
答案 C
解析 设底面半径为r，则2πr＝48尺，又π＝3，所以r＝8尺，所以该圆堡的体积V＝8×8×3×11＝2 112(立方尺)．故选C.
2.如图，圆柱O1O2的底面直径与高都等于球O的直径，记圆柱O1O2的表面积为S1，球O的表面积为S2，则eq \f(S1,S2)等于( )
A．1 B.eq \f(2,3)
C.eq \f(3,2) D.eq \f(4,3)
答案 C
解析 设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R.所以球的表面积S2＝4πR2，圆柱的表面积S1＝2πR×2R＋πR2＋πR2＝6πR2，则eq \f(S1,S2)＝eq \f(6πR2,4πR2)＝eq \f(3,2)，故选C.
3．我国南北朝时期的科学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．利用此原理求以下几何体的体积：如图，曲线y＝x2(0≤y≤L)和直线y＝L围成的封闭图形绕y轴旋转一周得几何体Z，将Z放在与y轴垂直的水平面α上，用平行于平面α，且与Z的顶点O距离为l的平面截几何体Z，得截面圆的面积为π(eq \r(l))2＝πl.由此构造右边的几何体Z1(三棱柱ABC－A1B1C1)，其中AC⊥平面α，平面BB1C1C∥α，平面EFPQ∥α，AC＝L，AA1⊂α，AA1＝π，Z1与Z在等高处的截面面积都相等，图中EFPQ和BB1C1C为矩形，且PQ＝π，FP＝l，则几何体Z1的体积为( )
A．πL2 B．πL3
C.eq \f(1,2)πL2 D.eq \f(1,2)πL3
答案 C
解析 由题意可知，在高为L处，几何体Z和Z1水平截面面积相等，为πL，所以＝πL，所以BC＝L，所以＝S△ABC·π＝eq \f(1,2)πL2，故选C.
4．设正三棱锥P－ABC的高为h，且此三棱锥的内切球的半径为R，若二面角P－AB－C的正切值为eq \r(35)，则eq \f(h,R)等于( )
A．5 B．6 C．7 D．8
答案 C
解析 如图所示，取AB的中点D，连接PD.
设点P在底面ABC内的射影为O，连接CD，则O在线段CD上，设AB＝a，
则OD＝eq \f(\r(3),2)a×eq \f(1,3)＝eq \f(\r(3),6)a，
显然∠PDC为二面角P－AB－C的平面角．
∴tan∠PDC＝eq \r(35)，∴PD＝6OD＝eq \r(3)a，
设三棱锥的体积为V，表面积为S，
则R＝eq \f(3V,S)＝eq \f(3×\f(1,3)×\f(\r(3),4)a2h,3×\f(1,2)a×\r(3)a＋\f(\r(3),4)a2)＝eq \f(h,7)，∴eq \f(h,R)＝7.
5．(多选)如果一个棱锥的底面是正方形，且顶点在底面内的射影是底面的中心，那么这样的棱锥叫正四棱锥．若一正四棱锥的体积为18，则当该正四棱锥的侧面积最小时，以下结论正确的是( )
A．棱锥的高与底面边长的比为eq \f(\r(2),2)
B．侧棱与底面所成的角为eq \f(π,4)
C．棱锥的高与底面边长的比为eq \r(2)
D．侧棱与底面所成的角为eq \f(π,3)
答案 AB
解析 如图，
O为正四棱锥S－ABCD的底面中心，连接SO，则SO是正四棱锥S－ABCD的高．设点E为BC的中点，连接OE，SE.设该正四棱锥的高为h，底面边长为a，则V四棱锥S－ABCD＝eq \f(1,3)a2h＝18，即h＝eq \f(54,a2).所以该正四棱锥的侧面积为4S△SBC＝4×eq \f(1,2)BC×SE＝4×eq \f(1,2)a×eq \r(h2＋\f(a2,4))＝2a·eq \r(\f(542,a4)＋\f(a2,4))＝eq \r(a4＋\f(1082,a2)).令f(a)＝a4＋eq \f(1082,a2)(a>0)，则f′(a)＝4a3－eq \f(2×1082,a3).
令f′(a)＝0，得a＝3eq \r(2).
当a∈(0,3eq \r(2))时，f′(a)<0，f(a)单调递减，
当a∈(3eq \r(2)，＋∞)时，f′(a)>0，f(a)单调递增，
所以当a＝3eq \r(2)时，f(a)取得最小值，即该正四棱锥的侧面积最小，此时h＝3.所以棱锥的高与底面边长的比为eq \f(\r(2),2)，A正确，C错误；
连接AO，则侧棱与底面所成的角为∠SAO，由a＝3eq \r(2)，得AO＝3，而h＝3，所以∠SAO＝eq \f(π,4)，B正确，D错误．
6．如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，AB＝BC＝1.点D为侧棱BB1上的动点．若△ADC1周长的最小值为eq \r(3)＋eq \r(5)，则三棱锥C1－ABC外接球的表面积为________．
答案 3π
解析 将侧面ABB1A1和侧面BCC1B1展开在同一平面如图所示，
易知当点D为侧棱BB1的中点时，△ADC1周长最小，此时设BD＝x，
则2eq \r(1＋x2)＋eq \r(2＋4x2)＝eq \r(3)＋eq \r(5)，可得x＝eq \f(1,2)(舍负)，
所以CC1＝1，又易知三棱锥C1－ABC外接球的球心为AC1的中点，所以半径R＝eq \f(\r(3),2)，则三棱锥C1－ABC外接球的表面积S＝4πR2＝3π.
考点一 空间几何体的表面积
要点重组
1．求表面积的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．求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成柱、锥、台体，先求出这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得所给几何体的表面积．
1．(2020·全国Ⅲ)如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )
A．6＋4eq \r(2) B．4＋4eq \r(2)
C．6＋2eq \r(3) D．4＋2eq \r(3)
答案 C
解析 如图，
该几何体为三棱锥，且其中有三个面是腰长为2的等腰直角三角形，第四个面是边长为2eq \r(2)的等边三角形，所以该几何体的表面积为3×eq \f(1,2)×2×2＋eq \f(1,2)×2eq \r(2)×2eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)＝6＋2eq \r(3).
2．(2020·全国Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )
A.eq \f(\r(5)－1,4) B.eq \f(\r(5)－1,2) C.eq \f(\r(5)＋1,4) D.eq \f(\r(5)＋1,2)
答案 C
解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a，高为h，
侧面三角形底边上的高(斜高)为h′，
则由已知得h2＝eq \f(1,2)ah′.
如图，设O为正四棱锥S－ABCD底面的中心，E为BC的中点，
则在Rt△SOE中，h′2＝h2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))2，
∴h′2＝eq \f(1,2)ah′＋eq \f(1,4)a2，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h′,a)))2－eq \f(1,2)·eq \f(h′,a)－eq \f(1,4)＝0，解得eq \f(h′,a)＝eq \f(\r(5)＋1,4)(负值舍去)．
3．(2020·全国Ⅰ)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
答案 A
解析 如图，设圆O1的半径为r，球的半径为R，正三角形ABC的边长为a.
由πr2＝4π，得r＝2，
则eq \f(\r(3),3)a＝2，a＝2eq \r(3)，OO1＝a＝2eq \r(3).
在Rt△OO1A中，由勾股定理得
R2＝r2＋OOeq \\al(2,1)＝22＋(2eq \r(3))2＝16，
所以S球＝4πR2＝4π×16＝64π.
4．(2020·泸州诊断)在梯形ABCD中，∠ABC＝eq \f(π,2)，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为( )
A．(5＋eq \r(2))π B．(4＋eq \r(2))π
C．(5＋2eq \r(2))π D．(3＋eq \r(2))π
答案 A
解析 ∵在梯形ABCD中，∠ABC＝eq \f(π,2)，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，
∴将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为AB＝1，高为BC＝2的圆柱挖去一个底面半径为AB＝1，高为BC－AD＝2－1＝1的圆锥，
∴该几何体的表面积S＝π×12＋2π×1×2＋π×1×eq \r(12＋12)＝(5＋eq \r(2))π，故选A.
考点二 空间几何体的体积
要点重组 求空间几何体体积的常用方法：
(1)公式法：直接根据常见的柱体、锥体、台体等规则几何体的体积公式计算．
(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的分割或补形，转化为可直接计算体积的几何体．
5．(2020·辽宁沈阳东北育才学校模拟)在三棱锥A－BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，△ABC，△ACD，△ADB的面积分别为eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(3),2)，eq \f(\r(6),2)，则该三棱锥的体积为( )
A.eq \r(6) B.eq \f(\r(6),6)
C．6 D．2eq \r(6)
答案 B
解析 由△ABC，△ACD，△ADB的面积分别为eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(3),2)，eq \f(\r(6),2)，且AB，AC，AD两两垂直，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)AB·AC＝\f(\r(2),2)，,\f(1,2)AD·AC＝\f(\r(3),2)，,\f(1,2)AB·AD＝\f(\r(6),2)，))
三个式子相乘可得(AB·AC·AD)2＝6，
即AB·AC·AD＝eq \r(6)，
∴该三棱锥的体积V＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)AB·AC·AD＝eq \f(\r(6),6).
6．(2020·泰安模拟)我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也. 甍，屋盖也．”今有底面为正方形的屋脊形状的多面体(如图所示)，下底面是边长为2的正方形，上棱EF＝eq \f(3,2)，EF∥平面ABCD，EF与平面ABCD的距离为2，该刍甍的体积为( )
A．6 B.eq \f(11,3) C.eq \f(31,4) D．12
答案 B
解析 如图，作FN∥AE，FM∥ED，则多面体被分割为棱柱与棱锥两部分，
因为EF与平面ABCD的距离为2，
所以四棱锥F－NBCM的高为2，
所以V四棱锥F－NBCM＝eq \f(1,3)S四边形NBCM×2
＝eq \f(1,3)×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(3,2)))×2＝eq \f(2,3)，
V三棱柱ADE－NMF＝S直截面×eq \f(3,2)＝eq \f(1,2)×2×2×eq \f(3,2)＝3，
所以该刍甍的体积为
V＝V四棱锥F－NBCM ＋V三棱柱ADE－NMF＝eq \f(2,3)＋3＝eq \f(11,3).
7．已知四棱锥的底面是边长为eq \r(2)的正方形，侧棱长均为eq \r(5)，若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________．
答案 eq \f(π,4)
解析 由题意可得，四棱锥底面对角线的长为2，则圆柱底面的半径为eq \f(1,2)，易知四棱锥的高为eq \r(5－1)＝2，故圆柱的高为1，所以圆柱的体积为π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2×1＝eq \f(π,4).
8．(2019·全国Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD－A1B1C1D1挖去四棱锥O－EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm，3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.
答案 118.8
解析 依题意知，该模型是长方体中挖去一个四棱锥，
故其体积V＝V长方体－V四棱锥＝6×6×4－eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×4×6×3＝132(cm3)．
又该模型的原料密度为0.9 g/cm3，
故制作该模型所需原料的质量为0.9×132＝118.8(g).
考点三 几何体的内切、外接球问题
要点重组
1．求解多面体的内切球半径问题，一般是将多面体分割成以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求出内切球的半径．
2．关于简单多面体外接球的球心的结论：
(1)正方体或长方体的外接球的球心是其体对角线的中点．
(2)正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中点．
(3)直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点．
3．若球面上四点P，A，B，C中，PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，则可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题．
4．利用球心O与截面圆的圆心O1的连线垂直于截面圆及球心O与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心．
9．(2020·济宁模拟)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的底面为直角三角形，且两直角边长分别为1和eq \r(3)，此三棱柱的高为2eq \r(3)，则该三棱柱的外接球的体积为( )
A.eq \f(8π,3) B.eq \f(16π,3) C.eq \f(32π,3) D.eq \f(64π,3)
答案 C
解析 该直三棱柱的底面外接圆的直径为2r＝eq \r(12＋\r(3)2)＝2，
所以外接球的直径为2R＝eq \r(2r2＋2\r(3)2)＝eq \r(22＋2\r(3)2)＝4，则R＝2，
因此该三棱柱的外接球的体积为eq \f(4,3)πR3＝eq \f(32π,3)，故选C.
10．(多选)(2020·临沂模拟)已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的eq \f(1,3)，则下列结论正确的是( )
A．球O的表面积为6π
B．球O的内接正方体的棱长为1
C．球O的外切正方体的棱长为eq \f(4,3)
D．球O的内接正四面体的棱长为2
答案 AD
解析 设球O的半径为r，△ABC的外接圆圆心为O′，半径为R.易得R＝eq \f(2\r(3),3).因为球心O到平面ABC的距离等于球O半径的eq \f(1,3)，所以r2－eq \f(1,9)r2＝eq \f(4,3)，得r2＝eq \f(3,2)，所以球O的表面积S＝4πr2＝4π×eq \f(3,2)＝6π，选项A正确；球O的内接正方体的棱长a满足eq \r(3)a＝2r，显然选项B不正确；球O的外切正方体的棱长b满足b＝2r，显然选项C不正确；球O的内接正四面体的棱长c满足c＝eq \f(2\r(6),3)r＝eq \f(2\r(6),3)×eq \f(\r(6),2)＝2，选项D正确．
11．已知在三棱锥S－ABC中，SA⊥平面ABC，且SA＝6，AB＝4，BC＝2eq \r(3)，∠ABC＝30°，则该三棱锥的体积为________，其外接球的表面积为________．
答案 4eq \r(3) 52π
解析 三棱锥的体积V＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2eq \r(3)×4×sin 30°×6＝4eq \r(3).
取SB的中点O，连接OA，OC(图略)．
∵SA⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴SA⊥AB，可得在Rt△ASB中，中线OA＝eq \f(1,2)SB.由AB＝4，BC＝2eq \r(3)，∠ABC＝30°，可知AC⊥BC.又∵SA⊥BC，SA，AC是平面SAC内的两条相交直线，∴BC⊥平面SAC，∴BC⊥SC，
∴在Rt△BSC中，中线OC＝eq \f(1,2)SB，∴O是三棱锥S－ABC的外接球的球心．在Rt△SBA中，AB＝4，SA＝6，∴SB＝2eq \r(13)，则外接球半径R＝eq \f(1,2)SB＝eq \r(13).∴其外接球的表面积S＝4πR2＝4π×13＝52π.
12．(2020·全国Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．
答案 eq \f(\r(2),3)π
解析 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，
则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△PAB中，PA＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝2eq \r(2)，△PEO∽△PDB，
故eq \f(PO,PB)＝eq \f(OE,DB)，即eq \f(2\r(2)－r,3)＝eq \f(r,1)，解得r＝eq \f(\r(2),2)，
故内切球的体积为eq \f(4,3)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))3＝eq \f(\r(2),3)π.
1．《九章算术》是我国数学史上堪与殴几里得《几何原本》相媲美的数学名著．其第五卷《商功》中有如下问题：“今有圆堡，周四丈八尺，高一丈一尺，问积几何？”这里所说的圆堡就是圆柱体，其底面周长是4丈8尺，高1丈1尺，问它的体积是多少？若π取3，则估算该圆堡的体积为(1丈＝10尺)( )
A．1 998 立方尺 B．2 012 立方尺
C．2 112 立方尺 D．2 324立方尺
答案 C
解析 设底面半径为r，则2πr＝48尺，又π＝3，所以r＝8尺，所以该圆堡的体积V＝8×8×3×11＝2 112(立方尺)．故选C.
2.如图，圆柱O1O2的底面直径与高都等于球O的直径，记圆柱O1O2的表面积为S1，球O的表面积为S2，则eq \f(S1,S2)等于( )
A．1 B.eq \f(2,3)
C.eq \f(3,2) D.eq \f(4,3)
答案 C
解析 设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R.所以球的表面积S2＝4πR2，圆柱的表面积S1＝2πR×2R＋πR2＋πR2＝6πR2，则eq \f(S1,S2)＝eq \f(6πR2,4πR2)＝eq \f(3,2)，故选C.
3．我国南北朝时期的科学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．利用此原理求以下几何体的体积：如图，曲线y＝x2(0≤y≤L)和直线y＝L围成的封闭图形绕y轴旋转一周得几何体Z，将Z放在与y轴垂直的水平面α上，用平行于平面α，且与Z的顶点O距离为l的平面截几何体Z，得截面圆的面积为π(eq \r(l))2＝πl.由此构造右边的几何体Z1(三棱柱ABC－A1B1C1)，其中AC⊥平面α，平面BB1C1C∥α，平面EFPQ∥α，AC＝L，AA1⊂α，AA1＝π，Z1与Z在等高处的截面面积都相等，图中EFPQ和BB1C1C为矩形，且PQ＝π，FP＝l，则几何体Z1的体积为( )
A．πL2 B．πL3
C.eq \f(1,2)πL2 D.eq \f(1,2)πL3
答案 C
解析 由题意可知，在高为L处，几何体Z和Z1水平截面面积相等，为πL，所以＝πL，所以BC＝L，所以＝S△ABC·π＝eq \f(1,2)πL2，故选C.
4．设正三棱锥P－ABC的高为h，且此三棱锥的内切球的半径为R，若二面角P－AB－C的正切值为eq \r(35)，则eq \f(h,R)等于( )
A．5 B．6 C．7 D．8
答案 C
解析 如图所示，取AB的中点D，连接PD.
设点P在底面ABC内的射影为O，连接CD，则O在线段CD上，设AB＝a，
则OD＝eq \f(\r(3),2)a×eq \f(1,3)＝eq \f(\r(3),6)a，
显然∠PDC为二面角P－AB－C的平面角．
∴tan∠PDC＝eq \r(35)，∴PD＝6OD＝eq \r(3)a，
设三棱锥的体积为V，表面积为S，
则R＝eq \f(3V,S)＝eq \f(3×\f(1,3)×\f(\r(3),4)a2h,3×\f(1,2)a×\r(3)a＋\f(\r(3),4)a2)＝eq \f(h,7)，∴eq \f(h,R)＝7.
5．(多选)如果一个棱锥的底面是正方形，且顶点在底面内的射影是底面的中心，那么这样的棱锥叫正四棱锥．若一正四棱锥的体积为18，则当该正四棱锥的侧面积最小时，以下结论正确的是( )
A．棱锥的高与底面边长的比为eq \f(\r(2),2)
B．侧棱与底面所成的角为eq \f(π,4)
C．棱锥的高与底面边长的比为eq \r(2)
D．侧棱与底面所成的角为eq \f(π,3)
答案 AB
解析 如图，
O为正四棱锥S－ABCD的底面中心，连接SO，则SO是正四棱锥S－ABCD的高．设点E为BC的中点，连接OE，SE.设该正四棱锥的高为h，底面边长为a，则V四棱锥S－ABCD＝eq \f(1,3)a2h＝18，即h＝eq \f(54,a2).所以该正四棱锥的侧面积为4S△SBC＝4×eq \f(1,2)BC×SE＝4×eq \f(1,2)a×eq \r(h2＋\f(a2,4))＝2a·eq \r(\f(542,a4)＋\f(a2,4))＝eq \r(a4＋\f(1082,a2)).令f(a)＝a4＋eq \f(1082,a2)(a>0)，则f′(a)＝4a3－eq \f(2×1082,a3).
令f′(a)＝0，得a＝3eq \r(2).
当a∈(0,3eq \r(2))时，f′(a)<0，f(a)单调递减，
当a∈(3eq \r(2)，＋∞)时，f′(a)>0，f(a)单调递增，
所以当a＝3eq \r(2)时，f(a)取得最小值，即该正四棱锥的侧面积最小，此时h＝3.所以棱锥的高与底面边长的比为eq \f(\r(2),2)，A正确，C错误；
连接AO，则侧棱与底面所成的角为∠SAO，由a＝3eq \r(2)，得AO＝3，而h＝3，所以∠SAO＝eq \f(π,4)，B正确，D错误．
6．如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，AB＝BC＝1.点D为侧棱BB1上的动点．若△ADC1周长的最小值为eq \r(3)＋eq \r(5)，则三棱锥C1－ABC外接球的表面积为________．
答案 3π
解析 将侧面ABB1A1和侧面BCC1B1展开在同一平面如图所示，
易知当点D为侧棱BB1的中点时，△ADC1周长最小，此时设BD＝x，
则2eq \r(1＋x2)＋eq \r(2＋4x2)＝eq \r(3)＋eq \r(5)，可得x＝eq \f(1,2)(舍负)，
所以CC1＝1，又易知三棱锥C1－ABC外接球的球心为AC1的中点，所以半径R＝eq \f(\r(3),2)，则三棱锥C1－ABC外接球的表面积S＝4πR2＝3π.
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