5、EF的面積是定值，∵C1D1∥平面QEF，P在C1D1上滑動(dòng)，∴P到平面QEF的距離是定值．即三棱錐P－QEF的高也是定值，于是體積固定．∴三棱錐P－QEF的體積是定值，即四面體PQEF的體積是定值．
6．(2020全國(guó)卷Ⅰ)已知A，B，C為球O的球面上的三個(gè)點(diǎn)，⊙O1為△ABC的外接圓，若⊙O1的面積為4π，AB＝BC＝AC＝OO1，則球O的表面積為( )
A．64π B．48π
C．36π D．32π
答案 A
解析 設(shè)圓O1的半徑為r，球的半徑為R，依題意，得πr2＝4π，∴r＝2.由正弦定理可得＝2r，∴AB＝2rsin60＝2.∴OO1＝AB＝2.根據(jù)球中圓截面的性
6、質(zhì)得OO1⊥平面ABC，∴OO1⊥O1A，R＝OA＝＝＝4，∴球O的表面積S＝4πR2＝64π.故選A.
7．(多選)已知正方體的外接球與內(nèi)切球上各有一個(gè)動(dòng)點(diǎn)M，N，若線段MN的最小值為－1，則( )
A．正方體的外接球的表面積為12π
B．正方體的內(nèi)切球的體積為
C．正方體的棱長(zhǎng)為2
D．線段MN的最大值為2
答案 ABC
解析 設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a，則正方體外接球的半徑為體對(duì)角線長(zhǎng)的一半，即a；內(nèi)切球的半徑為棱長(zhǎng)的一半，即.∵M(jìn)，N分別為外接球和內(nèi)切球上的動(dòng)點(diǎn)，∴MNmin＝a－＝a＝－1，解得a＝2，即正方體的棱長(zhǎng)為2，C正確；∴正方體的外接球的表面積為4π()2＝12
7、π，A正確；正方體的內(nèi)切球的體積為，B正確；線段MN的最大值為a＋＝＋1，D錯(cuò)誤．故選ABC.
8．(多選)若正三棱柱ABC－A′B′C′的所有棱長(zhǎng)都為3，外接球的球心為O，則下列四個(gè)結(jié)論正確的是( )
A．其外接球的表面積為21π
B．直線AB′與直線BC所成的角為
C．AO⊥B′C′
D．三棱錐O－ABC的體積為
答案 ACD
解析 如圖，球心O到下底面的距離OO′＝，AO′＝3＝，所以其外接球的半徑R＝＝，所以其外接球的表面積為4πR2＝21π，A正確；直線AB′與直線BC所成的角即直線AB′與直線B′C′所成的角，設(shè)其為θ，在△AB′C′中，cosθ＝＝，故B錯(cuò)誤；由O
8、O′⊥平面ABC，得OO′⊥BC，O′為△ABC的重心，則AO′⊥BC，故BC⊥平面AOO′，即BC⊥AO，故AO⊥B′C′，C正確；根據(jù)三棱錐的體積公式可得VO－ABC＝＝，D正確．
二、填空題
9．(2020浙江高考)已知圓錐展開(kāi)圖的側(cè)面積為2π，且為半圓，則底面半徑為_(kāi)_______．
答案 1
解析 設(shè)圓錐底面半徑為r，母線長(zhǎng)為l，則
解得r＝1，l＝2.
10．學(xué)生到工廠勞動(dòng)實(shí)踐，利用3D打印技術(shù)制作模型，如圖，該模型為圓錐底部挖去一個(gè)正方體后的剩余部分(正方體四個(gè)頂點(diǎn)在圓錐母線上，四個(gè)頂點(diǎn)在圓錐底面上)，圓錐底面直徑為10 cm，高為10 cm，打印所用原料密度為0
9、.9 g/cm3，不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質(zhì)量為_(kāi)_______ g．(π取3.14)
答案 358.5
解析 設(shè)被挖去的正方體的棱長(zhǎng)為x cm，圓錐底面半徑為r cm，高為h cm，則＝，即＝，解得x＝5，所以制作該模型所需材料質(zhì)量約為m＝Vρ＝0.9＝0.3π5010－0.9125＝358.5 g.
11．(2020山東泰安二輪復(fù)習(xí)質(zhì)量檢測(cè))已知A，B是球O的球面上兩點(diǎn)，∠AOB＝90，C為該球面上的動(dòng)點(diǎn)，若三棱錐O－ABC體積的最大值為36，則球O的表面積為_(kāi)_______．
答案 144π
解析 如圖所示，當(dāng)點(diǎn)C位于垂直于面AOB的直徑的端點(diǎn)時(shí)，三棱錐的體積最
10、大，設(shè)球O的半徑為R，此時(shí)VO－ABC＝VC－AOB＝R2R＝R3＝36，故R＝6，則球O的表面積為S＝4πR2＝144π.
12.(2020山東聊城一模)點(diǎn)M，N分別為三棱柱ABC－A1B1C1的棱BC，BB1的中點(diǎn)，設(shè)△A1MN的面積為S1，平面A1MN截三棱柱ABC－A1B1C1所得截面的面積為S，五棱錐A1－CC1B1NM的體積為V1，三棱柱ABC－A1B1C1的體積為V，則＝________，＝________.
答案
解析 如圖所示，延長(zhǎng)NM交直線C1C于點(diǎn)P，連接PA1交AC于點(diǎn)Q，連接QM.平面A1MN截三棱柱ABC－A1B1C1所得截面為四邊形A1NMQ.
11、
∵BB1∥CC1，M為BC的中點(diǎn)，則△PCM≌△NBM.點(diǎn)M為PN的中點(diǎn)．
∴△A1MN的面積S1＝S△A1NP，
∵QC∥A1C1，＝＝，
∴△A1QM的面積＝S△A1PM，∴＝.
∵△BMN的面積＝S四邊形B1C1CB，
∴五棱錐A1－CC1B1NM的體積為V1＝V四棱錐A1－B1C1CB，而四棱錐A1－B1C1CB的體積＝V，∴＝＝.
三、解答題
13．如圖所示，三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)棱垂直于底面，且底面是邊長(zhǎng)為2的正三角形，AA1＝3，點(diǎn)D，E，F(xiàn)，G分別是所在棱的中點(diǎn)．
(1)證明：平面BEF∥平面DA1C1；
(2)求三棱柱ABC－A1B1C1夾
12、在平面BEF和平面DA1C1之間部分的體積．
解 (1)證明：∵E，F(xiàn)分別是A1B1和B1C1的中點(diǎn)，
∴EF∥A1C1，
∵EF?平面DA1C1，A1C1?平面DA1C1，
∴EF∥平面DA1C1，
∵D，E分別是AB和A1B1的中點(diǎn)，∴DB綊A1E，
∴四邊形BDA1E是平行四邊形，∴BE∥A1D，
∵BE?平面DA1C1，A1D?平面DA1C1，
∴BE∥平面DA1C1，
∵BE∩EF＝E，∴平面BEF∥平面DA1C1.
(2)由題圖可知，三棱柱ABC－A1B1C1夾在平面BEF和平面DA1C1之間的部分，可看作三棱臺(tái)DBG－A1B1C1減掉三棱錐B－B1EF后的剩余
13、部分，
∵S△DBG＝S△B1EF＝12＝，S△A1B1C1＝22＝，
∴三棱臺(tái)DBG－A1B1C1的體積為
V1＝3＝，
三棱錐B－B1EF的體積V2＝3＝，
∴三棱柱ABC－A1B1C1夾在平面BEF和平面DA1C1之間部分的體積為V＝V1－V2＝－＝.
14.如圖，已知棱錐S－ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠BAD＝60，SA＝SD＝，SB＝，點(diǎn)E是棱AD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在棱SC上，且＝λ，SA∥平面BEF.
(1)求實(shí)數(shù)λ的值；
(2)求三棱錐F－EBC的體積．
解 (1)連接AC，設(shè)AC∩BE＝G，則平面SAC∩平面EFB＝FG，
∵SA∥平面EF
14、B，∴SA∥FG，
∵△GEA∽△GBC，∴＝＝，
∴＝＝.∴SF＝SC，∴λ＝.
(2)∵SA＝SD＝，∴SE⊥AD，SE＝2，
又AB＝AD＝2，∠BAD＝60，∴BE＝，
∴SE2＋BE2＝SB2.∴SE⊥BE，∴SE⊥平面ABCD，
∴VF－EBC＝VS－EBC＝VS－ABCD＝22sin602＝.
一、選擇題
1.(2020山東臨沂一模)《九章算術(shù)》是我國(guó)古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學(xué)名著，書(shū)中《商功》有如下問(wèn)題：“今有委粟平地，下周一十二丈，高一丈，問(wèn)積及為粟幾何？”意思是“有粟若干，堆積在平地上，它底圓周長(zhǎng)為12丈，高為1丈，問(wèn)它的體積和粟各為多少？”如圖，主人意欲賣
15、掉該堆粟，已知圓周率約為3，一斛粟的體積約為2700立方寸(單位換算：1立方丈＝106立方寸)，一斛粟米賣270錢，一兩銀子1000錢，則主人賣后可得銀子( )
A．200兩 B．240兩
C．360兩 D．400兩
答案 D
解析 該堆粟的底面半徑為r＝＝2，體積V＝3221＝4立方丈＝4106立方寸＝斛，故主人賣后可得銀子2701000＝400兩．故選D.
2．(2020?？谑懈呖寄M演練)一個(gè)底面邊長(zhǎng)為3的正三棱錐的體積與表面積為24的正方體的體積相等，則該正三棱錐的高為( )
A．12 B．
C． D．12
答案 C
解析 因?yàn)檎襟w的表面積為24
16、，所以其棱長(zhǎng)為2，體積為23＝8.設(shè)正三棱錐的高為h，因?yàn)檎忮F的體積與正方體的體積相等，所以33h＝8，解得h＝.
3.(2020海南中學(xué)高三摸底)已知一個(gè)凸多面體共有9個(gè)面，所有棱長(zhǎng)均為1，其平面展開(kāi)圖如圖所示，則該凸多面體的體積V＝( )
A．1＋ B．1
C． D．1＋
答案 A
解析 根據(jù)平面展開(kāi)圖，還原幾何體如右圖所示，故該幾何體是由棱長(zhǎng)為1的正方體和底邊棱長(zhǎng)為1的正四棱錐組合而成．則其體積V＝13＋11＝1＋.故選A.
4．(2020海南高考調(diào)研測(cè)試)張衡是中國(guó)東漢時(shí)期偉大的天文學(xué)家、數(shù)學(xué)家，他曾經(jīng)得出圓周率的平方除以十六等于八分之五．已知三棱錐A－
17、BCD的每個(gè)頂點(diǎn)都在球O的球面上，AB⊥底面BCD，BC⊥CD，且AB＝CD＝，BC＝2，利用張衡的結(jié)論可得球O的表面積為( )
A．30 B．10
C．33 D．12
答案 B
解析 因?yàn)锽C⊥CD，所以BD＝，又AB⊥底面BCD，所以球O的球心為側(cè)棱AD的中點(diǎn)，從而球O的直徑為.利用張衡的結(jié)論可得＝，則π＝，所以球O的表面積為4π2＝10π＝10.故選B.
5．(2020山東青島三模)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝AC，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，若該三棱柱的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)球O的表面上，且球O的表面積的最小值為4π，則該三棱柱的側(cè)面積為( )
A．6
18、B．3
C．3 D．3
答案 B
解析 如圖，設(shè)三棱柱上、下底面中心分別為O1，O2，則O1O2的中點(diǎn)為O，設(shè)球O的半徑為R，則OA＝R，設(shè)AB＝BC＝AC＝a，AA1＝h，則OO2＝h，O2A＝AB＝a，則在Rt△OO2A中，R2＝OA2＝OO＋O2A2＝h2＋a2≥2ha＝ah，當(dāng)且僅當(dāng)h＝a時(shí)，等號(hào)成立，所以S球＝4πR2≥4πah，所以ah＝4π，所以ah＝，所以該三棱柱的側(cè)面積為3ah＝3.故選B.
6．(2020山東安丘模擬)唐朝的狩獵景象浮雕銀杯如圖1所示，其浮雕臨摹了國(guó)畫(huà)、漆繪和墓室壁畫(huà)，體現(xiàn)了古人的智慧與工藝. 它的盛酒部分可以近似地看作是半球與圓柱的組合體(
19、假設(shè)內(nèi)壁表面光滑，忽略杯壁厚度)，如圖2所示，已知球的半徑為R，酒杯內(nèi)壁表面積為πR2.設(shè)酒杯上部分(圓柱)的體積為V1，下部分(半球)的體積為V2，則＝( )
A．2 B．
C．1 D．
答案 A
解析 由球的半徑為R，得半球表面積為2πR2，又酒杯內(nèi)壁表面積為πR2，∴圓柱的側(cè)面積為πR2.設(shè)圓柱的高為h，則2πRh＝πR2，即h＝R.∴V1＝πR2R＝πR3，V2＝πR3.∴＝＝2.故選A.
7．(多選)沙漏是古代的一種計(jì)時(shí)裝置，它由兩個(gè)形狀完全相同的容器和一個(gè)狹窄的連接管道組成，開(kāi)始時(shí)細(xì)沙全部在上部容器中，細(xì)沙通過(guò)連接管道全部流到下部容器所需要的時(shí)間稱為該沙漏的一
20、個(gè)沙時(shí)．如圖，某沙漏由上、下兩個(gè)圓錐組成，圓錐的底面直徑和高均為8 cm，細(xì)沙全部在上部時(shí)，其高度為圓錐高度的(細(xì)管長(zhǎng)度忽略不計(jì))．假設(shè)該沙漏每秒鐘漏下0.02 cm3的沙，且細(xì)沙全部漏入下部后，恰好堆成一個(gè)蓋住沙漏底部的圓錐形沙堆，則以下結(jié)論正確的是(π≈3.14)( )
A．沙漏中細(xì)沙的體積為 cm3
B．沙漏的體積是128π cm3
C．細(xì)沙全部漏入下部后此錐形沙堆的高度約為2.4 cm
D．該沙漏的一個(gè)沙時(shí)大約是1985秒
答案 ACD
解析 對(duì)于A，根據(jù)圓錐的截面圖可知，細(xì)沙在上部時(shí)，細(xì)沙的底面半徑與圓錐的底面半徑之比等于細(xì)沙的高與圓錐的高之比，所以細(xì)沙的底面半徑r
21、＝4＝ cm，所以沙漏中細(xì)沙的體積V沙＝πr2＝＝ cm3，A正確；對(duì)于B，沙漏的體積V漏＝2π2h＝2π428＝ cm3，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，設(shè)細(xì)沙全部漏入下部后的高度為h1，根據(jù)細(xì)沙體積不變可知，＝π2h1，所以＝h1，所以h1≈2.4 cm，C正確；對(duì)于D，因?yàn)榧?xì)沙的體積為 cm3，沙漏每秒鐘漏下0.02 cm3的沙，所以一個(gè)沙時(shí)為＝50≈1985秒，D正確．故選ACD.
8.(多選)(2020山東青島一模)已知四棱臺(tái)ABCD－A1B1C1D1的上、下底面均為正方形，其中AB＝2，A1B1＝，AA1＝BB1＝CC1＝2，則下述正確的是( )
A．該四棱臺(tái)的高為
B．AA1⊥CC1
22、
C．該四棱臺(tái)的表面積為26
D．該四棱臺(tái)外接球的表面積為16π
答案 AD
解析 由題意可得該四棱臺(tái)為正四棱臺(tái)．由棱臺(tái)的性質(zhì)，畫(huà)出切割前的四棱錐，如圖，由AB＝2，A1B1＝可知△SA1B1與△SAB的相似比為1∶2，所以SA＝2AA1＝4，AO＝2，所以SO＝2，所以O(shè)O1＝，故該四棱臺(tái)的高為，A正確；因?yàn)镾A＝SC＝AC＝4，所以AA1與CC1的夾角為60，不垂直，B錯(cuò)誤；該四棱臺(tái)的表面積為S＝S上底＋S下底＋S側(cè)＝2＋8＋4＝10＋6，C錯(cuò)誤；易知該四棱臺(tái)外接球的球心在OO1上，在平面B1BOO1中，由于OO1＝，B1O1＝1，則OB1＝2＝OB，即點(diǎn)O到點(diǎn)B與點(diǎn)B1的距離相等
23、，則該四棱臺(tái)外接球的半徑r＝OB＝2，該四棱臺(tái)外接球的表面積為16π，D正確，故選AD.
二、填空題
9．已知圓柱的底面半徑為1，母線長(zhǎng)為2，則該圓柱的側(cè)面積等于________．
答案 4π
解析 ∵圓柱的底面半徑為r＝1，母線長(zhǎng)為l＝2，∴其側(cè)面積為S＝2πrl＝2π12＝4π.
10.(2020江蘇高考)如圖，六角螺帽毛坯是由一個(gè)正六棱柱挖去一個(gè)圓柱所構(gòu)成的．已知螺帽的底面正六邊形邊長(zhǎng)為2 cm，高為2 cm，內(nèi)孔半徑為0.5 cm，則此六角螺帽毛坯的體積是________cm3.
答案 12－
解析 正六棱柱體積為6222＝12 cm3，挖去的圓柱體積為π22＝
24、cm3，故此六角螺帽毛坯的體積為 cm3.
11．(2020江蘇南京金陵中學(xué)、南通海安高級(jí)中學(xué)、南京外國(guó)語(yǔ)學(xué)校第四次模擬)設(shè)棱長(zhǎng)為a的正方體的體積和表面積分別為V1，S1，底面半徑和高均為r的圓錐的體積和側(cè)面積分別為V2，S2，若＝，則的值為_(kāi)_______．
答案
解析 不妨設(shè)V1＝27，V2＝9π，故V1＝a3＝27，所以a＝3，所以S1＝6a2＝54.如圖所示，因?yàn)閂2＝hπr2＝πr3＝9π，所以r＝3，又l＝r，所以S2＝l2πr＝πr2＝9π，所以＝＝.
12．(2020山東濰坊高密二模)在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AP＝2，點(diǎn)M是矩形ABCD內(nèi)(含邊
25、界)的動(dòng)點(diǎn)，且AB＝1，AD＝3，直線PM與平面ABCD所成的角為.記點(diǎn)M的軌跡長(zhǎng)度為α，則tanα＝________；當(dāng)三棱錐P－ABM的體積最小時(shí)，三棱錐P－ABM的外接球的表面積為_(kāi)_______．
答案 8π
解析 如圖，因?yàn)镻A⊥平面ABCD，垂足為A，則∠PMA為直線PM與平面ABCD所成的角，所以∠PMA＝.因?yàn)锳P＝2，所以AM＝2，所以點(diǎn)M位于底面矩形ABCD內(nèi)的以點(diǎn)A為圓心，2為半徑的圓上，記點(diǎn)M的軌跡為圓弧.連接AF，則AF＝2.因?yàn)锳B＝1，AD＝3，所以∠AFB＝∠FAE＝，則的長(zhǎng)度α＝2＝，所以tanα＝.當(dāng)點(diǎn)M位于點(diǎn)F時(shí)，三棱錐P－ABM的體積最小，又∠PA
26、F＝∠PBF＝，所以三棱錐P－ABM的外接球的球心為PF的中點(diǎn)．因?yàn)镻F＝＝2，所以三棱錐P－ABM的外接球的表面積S＝4π()2＝8π.
三、解答題
13．如圖1，在菱形ABCD中，AB＝2，∠DAB＝60，M是AD的中點(diǎn)，以BM為折痕，將△ABM折起，使點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)A1的位置，且平面A1BM⊥平面BCDM，如圖2.
(1)求證：A1M⊥BD；
(2)若K為A1C的中點(diǎn)，求四面體M－A1BK的體積．
解 (1)證明：在圖1中，連接BD(如圖a)，
∵四邊形ABCD是菱形，∠DAB＝60，M是AD的中點(diǎn)，
∴AD⊥BM，故在圖2中，BM⊥A1M，
∵平面A1BM⊥平面BCDM，平面A1BM∩平面BCDM＝BM，∴A1M⊥平面BCDM，
又BD?平面BCDM，∴A1M⊥BD.
(2)在圖1中，∵四邊形ABCD是菱形，AD⊥BM，AD∥BC，
∴BM⊥BC，且BM＝，在圖2中，連接CM(如圖b)，
則VA1－BCM＝S△BCMA1M＝21＝，
∵K為A1C的中點(diǎn)，∴VM－A1BK＝VK－MA1B＝VC－MA1B＝VA1－BCM＝.
∴四面體M－A1BK的體積為.
教輔高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)空間幾何體的表面積與體積
