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8．2　空间几何体的表面积与体积
(教师独具内容)
1．棱柱、棱锥、棱台的表面积是围成多面体各个面的面积之和；圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展开为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和；掌握球的表面积公式；组合体的表面积应注意重合部分的处理．
2．在掌握正方体V正方体＝a3(a是正方体的棱长)、长方体V长方体＝abc(a，b，c分别是长方体的长、宽、高)体积公式的基础上进一步学习柱体、锥体、台体的体积公式以及柱体、锥体、台体它们的体积公式之间的关系．熟练掌握球的体积公式．
3．重点提升数学运算、逻辑推理和直观想象素养．
(教师独具内容)
1．本考点属于高考必考内容，命题的关注点在于几何体的表面积与体积的求解，以数学文化与生活、生产实际中的几何体加工为情境的题会成为命题的热点．
2．从近几年的高考试题来看，空间几何体的表面积、体积等问题是高考的热点，题型既有选择题、填空题，又有解答题，难度为中低档．主观题考查较全面，考查线、面位置关系及表面积、体积公式，无论是何种题型都考查学生的空间想象能力．预测2023年高考仍将以空间几何体的表面积、体积为主要考查点，重点考查学生的空间想象能力、运算能力及逻辑推理能力．
(教师独具内容)
(教师独具内容)
1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱 圆锥 圆台
侧面展开图
侧面积公式 S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r＋r′)l
2．空间几何体的表面积与体积公式
表面积 体积
柱体(棱柱和圆柱) S表面积＝S侧＋2S底 V＝S底h
锥体(棱锥和圆锥) S表面积＝S侧＋S底 V＝S底h
台体(棱台和圆台) S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h
球 S＝4πR2 V＝πR3
注：柱体、锥体、台体的侧面积，就是各个侧面面积之和；表面积是各个面的面积之和，即侧面积与底面积之和．
把柱体、锥体、台体的面展开成一个平面图形，称为它的展开图，圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形，其表面积就是展开图的面积．
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS.(　　)
(2)球的体积公式是V＝4πR2.(　　)
(3)体积为8的正方体的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为12π.(　　)
(4)圆锥的表面积公式为S表＝πrl.(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×
2．将一个相邻边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是(　　)
A．40π2
B.64π2
C．32π2或64π2
D．32π2＋8π或32π2＋32π
答案　D
解析　圆柱侧面积为4π×8π＝32π2.当底面周长为4π时，底面半径为2，表面积为32π2＋2×4π＝32π2＋8π；当底面周长为8π时，底面半径为4，表面积为32π2＋2×16π＝32π2＋32π.故选D.
3.在直角梯形ABCD中，AD⊥CD，AD∥BC，BC＝2AD＝2CD＝2，若将直角梯形绕AD边旋转一周，则所得几何体的表面积为(　　)
A．π B.π
C．π D.π
答案　B
解析　将直角梯形绕AD边旋转一周，则所得几何体为底面半径为1，高为2的圆柱中挖去一个同底的，高为1的圆锥，圆锥的母线长为，故几何体的表面积为π×12＋2π×1×2＋π×1×＝π.
4．母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于，则该圆锥的体积是________．
答案　16π
解析　由题意知，侧面展开图的弧长为5×＝8π，设圆锥底面圆的半径为r，则8π＝2πr，∴r＝4，∴圆锥的高h＝＝3，∴体积为×π×42×3＝16π.
5．如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的体积是60，E为CC1的中点，则三棱锥C－EBD的体积是________．
答案　5
解析　因为长方体ABCD－A1B1C1D1的体积为V＝BC·DC·CC1＝60，所以VC－EBD＝VE－BCD＝××CC1＝BC·DC·CC1＝×60＝5.
1．(2021·新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为(　　)
A．2 B．2
C．4 D．4
答案　B
解析　设圆锥的母线长为l，底面半径为r，因为圆锥的侧面展开图为一个半圆，所以2πr＝πl.所以l＝2r＝2.故选B.
2．(2021·新高考Ⅱ卷)正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为(　　)
A．20＋12 B．28
C． D．
答案　D
解析　作出图形，连接该正四棱台上、下底面的中心，如图，因为该四棱台上、下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台高h＝＝，下底面面积S1＝16，上底面面积S2＝4，所以该棱台的体积V＝h(S1＋S2＋)＝××(16＋4＋)＝.故选D.
3．(2021·全国甲卷)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O－ABC的体积为(　　)
A． B．
C． D．
答案　A
解析　记△ABC外接圆的圆心为O1，连接OO1，则OO1⊥平面ABC，由AC⊥BC，AC＝BC＝1，知O1为AB的中点，且AB＝，O1B＝，又球O的半径为1，所以OB＝1，所以OO1＝，所以VO－ABC＝S△ABC·OO1＝××1×1×＝.故选A.
4．(2019·全国Ⅰ卷)已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是
PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为(　　)
A．8π B．4π
C．2π D．π
答案　D
解析　设PA＝PB＝PC＝2a，
则EF＝a，FC＝，
∴EC2＝3－a2.
在△PEC中，
cos ∠PEC＝＝.
在△AEC中，cos ∠AEC＝＝.
∵∠PEC与∠AEC互补，
∴cos ∠PEC＝－cos ∠AEC，即3－4a2＝1，解得a＝，
故PA＝PB＝PC＝.
又AB＝BC＝AC＝2，
∴PA，PB，PC两两垂直，
∴外接球的直径2R＝ ＝，
∴R＝，∴V＝πR3＝π×＝π.故选D.
5．(2021·全国甲卷)已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为________．
答案　39π
解析　设该圆锥的高为h，则由已知条件可得×π×62×h＝30π，解得h＝，则圆锥的母线长为＝＝，故该圆锥的侧面积为π×6×＝39π.
一、基础知识巩固
考点　　空间几何体的表面积
例1　如图，四面体各个面都是边长为1的正三角形，其三个顶点在一个圆柱的下底面圆周上，另一个顶点是上底面圆心，则圆柱的侧面积为(　　)
A． B．
C． D.
答案　C
解析　设圆柱的底面半径为r，母线长为l，由四面体各个面都是边长为1的正三角形，可得2r＝＝，解得r＝，则棱锥的高为h＝＝，即圆柱的母线长为l＝，所以圆柱的侧面积为S＝2πrl＝2π××＝.故选C.
例2　(2021·厦门模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为30°，则该三棱柱的侧面积为(　　)
A．4＋4 B.4＋4
C．12 D．8＋4
答案　A
解析　连接A1B.因为AA1⊥底面ABC，则AA1⊥BC，又AB⊥BC，AA1∩AB＝A，所以BC⊥平面AA1B1B，所以直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为∠CA1B＝30°.又AA1＝AC＝2，所以A1C＝2，BC＝.又AB⊥BC，则AB＝，则该三棱柱的侧面积为2×2＋2×2＝4＋4.
　1.(2021·安徽皖江名校联盟)已知圆锥的顶点为A，过母线AB，AC的截面面积为2.若AB，AC的夹角为60°，且AC与圆锥底面所成的角为30°，则该圆锥的表面积为(　　)
A．2π B.π
C．π D.π
答案　D
解析　设圆锥的母线长为l，则l2·sin 60°＝2，l＝2，圆锥底面半径是r＝OC＝2cos 30°＝，于是该圆锥的表面积为π××2＋π×()2＝(4＋6)π.故选D.
2．(2021·湖北B4联考)现有一个三棱锥形状的工艺品P－ABC，点P在底面ABC的投影为Q，满足＝＝＝，＝，S△ABC＝9，若要将此工艺品放入一个球形容器(不计此球形容器的厚度)中，则该球形容器的表面积的最小值为(　　)
A．42π B．44π
C．48π D．49π
答案　D
解析　如图所示，作QM⊥AB于M，连接PM，因为PQ⊥平面ABC，所以PQ⊥AB，又QM∩PQ＝Q，所以AB⊥平面PQM，所以AB⊥PM，所以＝＝，
即PM＝2QM，因为＝＝＝，由对称性得AB＝BC＝AC，又因为＝，S△ABC＝9，所以S△ABC＝AB2×sin 60°＝9，解得AB＝6，AQ＝2，所以QM＝，PM＝2，PQ＝3，设外接球的半径为r，球心为O，在△AOQ中，AO2＝OQ2＋AQ2，即r2＝(3－r)2＋，解得r＝，所以外接球的表面积为S＝4πr2＝49π，即该球形容器的表面积的最小值为49π.故选D.
　几类空间几何体表面积的求法
(1)多面体：其表面积是各个面的面积之和．
(2)旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．
(3)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的删、补．
考点　　空间几何体的体积
例3　如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是(　　)
A．12 cm3 B． cm3
C． cm3 D． cm3
答案　D
解析　正六棱柱的体积为6××22×2＝12(cm3)，圆柱的体积为π×0.52×2＝(cm3)，则该六角螺帽毛坯的体积是 cm3.故选D.
例4　(2022·江西重点中学协作体联考)如图，ABCDEF为五面体，其中四边形ABCD为矩形，EF∥AB，AB＝3EF＝AD＝3，△ADE和△BCF都是正三角形，则该五面体的体积为(　　)
A． B.
C． D.
答案　A
解析　过点F作FO⊥平面ABCD，垂足为O，取BC的中点P，连接PF，OP，过点F作FQ⊥AB，垂足为Q，连接QO，并延长交CD于G，连接FG，得到四棱锥F－BCGQ，同理得到四棱锥E－ADMN，可得VF－BCGQ＝VE－ADMN，如图所示，因为△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，AB＝3EF＝3，所以OP＝(AB－EF)＝1，PF＝，可得OF＝＝，所以VE－ADMN＝VF－BCGQ＝S四边形BCGQ·OF＝×1×2×＝，中间部分三棱柱FGQ－EMN为直三棱柱，其体积为VFGQ－EMN＝S△FGQ·EF＝×2××1＝，所以该五面体的体积为V＝VFGQ－EMN＋VE－ADMN＋VF－BCGQ＝＋2×＝.故选A.
例5　棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1－D1MN的体积为________．
答案　1
解析　如图，由正方体的棱长为2，得S△A1MN＝2×2－2××2×1－×1×1＝，又易知D1A1为三棱锥D1－A1MN的高，且D1A1＝2，∴VA1－D1MN＝VD1－A1MN＝S△A1MN·D1A1＝××2＝1.
　3.(2022·重庆八中期末)唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度)，如图2所示，已知半球的半径为R，酒杯内壁表面积为πR2，设酒杯上部分(圆柱)的体积为V1，下部分(半球)的体积为V2，则＝(　　)
A．2 B．
C． D．1
答案　C
解析　设酒杯上部分高为h，则酒杯内壁表面积S＝×4πR2＋2πRh＝πR2，解得h＝R，∴V1＝πR2h＝πR3，V2＝×πR3＝πR3，∴＝.
4．已知一正四棱柱内切于底面半径为1，高为2的圆锥，当正四棱柱的体积最大时，该正四棱柱的底面边长为(　　)
A． B.
C． D.2
答案　A
解析　如图，圆锥的高PN分别交正四棱柱上下底面于M，N两点，NE＝1，PN＝2.令正四棱柱的底面边长为a，则MB＝a.易知＝，
∴PM＝·MB＝a，∴MN＝2－a，∴V正四棱柱＝a2，其中a∈.令V(a)＝a2(2－a)，a∈(0，)，则V′(a)＝4a－3a2，当00，当5．(2019·全国Ⅲ卷)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　由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对角线长分别为6 cm和4 cm，
故V挖去的四棱锥＝××4×6×3＝12(cm3).
又V长方体＝6×6×4＝144(cm3)，
所以模型的体积为V长方体－V挖去的四棱锥＝144－12＝132(cm3)，
所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g).
　与空间几何体的体积有关的常见题型与求解策略
常见题型 求解策略
锥体、柱体、台体的体积问题 根据题设条件求出所给几何体的底面积和高，直接套用公式求解．其中，等体积转化法多用来求三棱锥的体积
球的体积问题 直接利用球的体积公式求解，实际问题中要根据题意作出图形，构造直角三角形确定球的半径
不规则几何体的体积问题 常用分割或补形的思想，若几何体的底不规则，也需采用同样的方法，将不规则的几何体或平面图形转化为规则的几何体或平面图形，使之易于求解
考点　　球与空间几何体的接、切问题
例6　《九章算术》中将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，将底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，在如图所示的堑堵ABC－A1B1C1中，AA1＝AC＝5，AB＝3，BC＝4，则在堑堵ABC－A1B1C1中截掉阳马C1－ABB1A1后的几何体的外接球的体积是(　　)
A．50π B．
C． D．200π
答案　B
解析　由题知剩余的几何体为三棱锥C1－ABC，CC1⊥平面ABC，AB⊥BC.将三棱锥C1－ABC放入长方体，长方体的外接球为三棱锥的外接球，如图所示，外接球半径R＝＝，所以外接球体积V＝π×＝.故选B.
例7　(2020·全国Ⅲ卷)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　
解析　易知半径最大的球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中BC＝2，AB＝AC＝3，且点M为BC边上的中点，设内切球的球心为O，
由于AM＝＝2，故S△ABC＝×2×2＝2.设内切球的半径为r，则S△ABC＝S△AOB＋S△BOC＋S△AOC＝×AB×r＋×BC×r＋×AC×r＝×(3＋2＋3)×r＝2，解得r＝，其体积V＝πr3＝.
　6.如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．若O1O2＝2，则圆柱O1O2的表面积为(　　)
A．4π B．5π
C．6π D．π
答案　C
解析　因为该球与圆柱的上、下底面，母线均相切，不妨设圆柱的底面半径为r，故2r＝O1O2＝2，解得r＝1.故该圆柱的表面积为2πr2＋2πr×O1O2＝2π＋4π＝6π.故选C.
7．(2021·河南焦作二模)已知点A，B，C在半径为5的球面上，且AB＝AC＝2，BC＝2，P为球面上的动点，则三棱锥P－ABC体积的最大值为(　　)
A． B.
C. D.
答案　A
解析　如图，M是△ABC的外心，O是球心，OM⊥平面ABC，当P是MO的延长线与球面交点时，P到平面ABC的距离最大，由AB＝AC＝2，
BC＝2，得cos ∠ACB＝，则sin ∠ACB＝，2AM＝＝＝8，AM＝4，OM＝＝＝3，PM＝3＋5＝8，又S△ABC＝AC·BC sin ∠ACB＝×2×2×＝7，此时VP－ABC＝×7×8＝.故选A.
8．(2022·海南模拟)四面体ABCD的每个顶点都在球O的球面上，AB，AC，AD两两垂直，且AB＝1，AC＝2，AD＝3，则四面体ABCD的体积为________，球O的表面积为________．
答案　1　14π
解析　因为AB，AC，AD两两垂直，且AB＝1，AC＝2，AD＝3，所以四面体ABCD的体积为××1×2×3＝1；把此四面体补形为长方体，球的直径即为长方体的体对角线．设球O的半径为r，则(2r)2＝12＋22＋32＝14.其表面积为4πr2＝14π.
　球与空间几何体的接、切问题的处理关键是确定球心及半径，常见的求解方法有如下几种：
(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．
(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解．
(3)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
二、核心素养提升
一、解方程确定球心的位置
例1　已知正三棱锥S－ABC的侧棱长为4，底面边长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是________．
答案　64π
解析　如图，过点S作SE⊥平面ABC于点E，记球心为O.∵在正三棱锥S－ABC中，底面边长为6，侧棱长为4，∴BE＝××6＝2，
∴SE＝＝6.∵球心O到四个顶点的距离相等，均等于该正三棱锥外接球的半径R，∴OB＝R，OE＝6－R.在Rt△BOE中，OB2＝BE2＋OE2，即R2＝12＋(6－R)2，解得R＝4，∴外接球的表面积为S＝4πR2＝64π.
二、借助三角形的外心确定球心的位置
例2　(2021·南昌市八一中学模拟)如图所示，在三棱锥S－ABC中，△ABC与△SBC都是边长为1的正三角形，二面角A－BC－S的大小为，若S，A，B，C四点都在球O的表面上，则球O的表面积为(　　)
A． B．
C． D．3π
答案　A
解析　如图，取线段BC的中点D，连接AD，SD，由题意得AD⊥BC，SD⊥BC，∴∠ADS是二面角A－BC－S的平面角，∴∠ADS＝，由题意得BC⊥平面ADS，分别取AD，SD的三等分点E，F，在平面ADS内，
过点E，F分别作直线垂直于AD，SD，两条直线的交点即球心O，连接OA，则球O的半径R＝OA，由题意知BD＝，AD＝，DE＝AD＝，AE＝AD＝，连接OD，在Rt△ODE中，∠ODE＝，OE＝DE＝，∴OA2＝OE2＋AE2＝，∴球O的表面积为S＝4πR2＝.
三、有公共斜边的四面体的外接球问题
例3　在四面体ABCD中，AB＝，DA＝DB＝CA＝CB＝1，则四面体ABCD的外接球的表面积为(　　)
A．π B．2π
C．3π D．4π
答案　B
解析　取AB的中点O，因为AB＝，DA＝DB＝CA＝CB＝1，所以CA2＋CB2＝AB2，DA2＋DB2＝AB2，可得∠ACB＝∠ADB＝90°，所以OA＝OB＝OC＝OD＝，即O为外接球的球心，球的半径R＝，所以四面体ABCD的外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×＝2π.
四、对棱相等的四面体外接球问题
例4　在四面体ABCD中，若AB＝CD＝，AC＝BD＝2，AD＝BC＝，则四面体ABCD的外接球的表面积为(　　)
A．2π B．4π
C．6π D．8π
答案　C
解析　由题意可采用割补法，考虑到四面体ABCD的四个面为全等的三角形，所以可将其补形为一个长、宽、高分别为x，y，z的长方体，如图所示，并且x2＋y2＝3，x2＋z2＝5，y2＋z2＝4，则有(2R)2＝x2＋y2＋z2＝6(R为球的半径)，得4R2＝6，所以球的表面积为S＝4πR2＝6π.
与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，过多面体的一条侧棱和球心或“切点”“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．
1．长方体的外接球
球心：体对角线的交点；半径：R＝(a，b，c为长方体的长、宽、高).
2．正方体与球
(1)正方体的内切球：截面图为正方形EFHG的内切圆，如图所示．设正方体的棱长为a，则OJ＝r＝(r为内切球半径).
(2)与正方体各棱相切的球：截面图为正方形EFHG的外接圆，则GO＝R＝a.
3．正四面体与球
如图，设正四面体的棱长为a，内切球的半径为r，外接球的半径为R，取AB的中点为D，连接CD，SE为正四面体的高．因为正四面体本身的对称性，内切球和外接球的球心同为O，且O在高SE上．此时，CO＝OS＝R，OE＝r，SE＝a，CE＝a，则有R＋r＝a，R2－r2＝CE2＝，解得R＝a，r＝a.
4．三条侧棱互相垂直的三棱锥的外接球
(1)如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相等，则可以补形为一个正方体，正方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．即三棱锥A1－AB1D1的外接球的球心和正方体ABCD－A1B1C1D1的外接球的球心重合．如图，设AA1＝a，则R＝a.
(2)如果三棱锥的三条侧棱互相垂直但不相等，则可以补形为一个长方体，长方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．R2＝＝(l为长方体的体对角线长).
常用结论：解答球的有关问题时，通常要用到截面圆．如图所示，设球O的半径为R，截面圆O′的半径为r，M为截面圆上任意一点，球心O到截面圆O′的距离为d，则在Rt△OO′M中，OM2＝OO′2＋O′M2，即R2＝d2＋r2.
课时作业
一、单项选择题
1．正四棱台的上、下底面边长分别为1 cm，3 cm，侧棱长为2 cm，则棱台的侧面积为(　　)
A．4 cm2 B．8 cm2
C．4 cm2 D．8 cm2
答案　D
解析　正四棱台的上、下底面边长分别为1 cm，3 cm，侧棱长为2 cm，所以棱台的斜高为＝(cm).所以棱台的侧面积是4××＝8(cm2).故选D.
2．已知正四棱锥S－ABCD的底面边长为2，侧棱长为，则该正四棱锥的体积等于(　　)
A． B．
C．4 D．4
答案　A
解析　如图，正四棱锥S－ABCD，SB＝，OB＝，则SO＝1，则该正四棱锥的体积V＝×2×2×1＝.故选A.
3．已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，则该圆柱的外接球的体积为(　　)
A． B．
C． D．
答案　B
解析　如图为圆柱的轴截面图，O为外接球球心，母线BB1长度为2，底面半径r＝O2B＝1，易得外接球半径R＝OB＝ eq \r(OO＋O2B2)＝，所以外接球的体积V＝×()3＝.故选B.
4.如图，圆台上底面半径为3，下底面半径为5，若一个平行于底面的平面沿着该圆台母线的中点将此圆台分为上、下两个圆台，设该平面上方的圆台侧面积为S1，下方的圆台侧面积为S2，则S1∶S2＝(　　)
A．9∶25 B．9∶16
C．7∶9 D．16∶25
答案　C
解析　如图为圆台的截面图形，截面圆圆心为O，半径为r，则r＝＝4，l为上下方圆台的母线长，则S1＝π(3＋4)l＝7πl，S2＝π(4＋5)l＝9πl，∴S1∶S2＝7∶9.故选C.
5．(2022·江苏省高三月考)阿基米德(公元前287年～公元前212年)是伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家，他死后的墓碑上刻着一个“圆柱容球”的立体几何图形：在圆柱容器里放一个球，使该球四周碰壁，且与上、下底面相切，则在该几何体中，圆柱的体积与球的体积之比为(　　)
A． B．
C．或 D．
答案　A
解析　设球的半径为r，由题意可知该球与圆柱侧面和上、下底面相切，所以圆柱的底面半径为r，圆柱的高为h＝2r，所以圆柱的体积V1＝πr2×2r＝2πr3，球的体积V2＝πr3，所以圆柱的体积与球的体积之比为＝＝.故选A.
6．一平面截一球得到直径为4 cm的圆面，球心到这个平面的距离为2 cm，则该球的体积为(　　)
A． cm3 B．64π cm3
C． cm3 D． cm3
答案　A
解析　依题意得球半径R＝＝4，所以该球的体积V＝R3＝×43＝(cm3).故选A.
7．(2020·全国Ⅰ卷)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　设⊙O1的半径为r，球的半径为R，依题意，得πr2＝4π，∴r＝2.由正弦定理可得＝2r，∴AB＝2r sin 60°＝2.
∴OO1＝AB＝2.根据球的截面性质，得OO1⊥平面ABC，∴OO1⊥O1A，R＝OA＝ eq \r(OO＋O1A2)＝ eq \r(OO＋r2)＝4，∴球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.
8.蹴鞠，又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等，蹴有用脚蹴、踢的含义，鞠(如图所示)最早系外包皮革、内实米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠(近似看作球体)的表面上有四个点S，A，B，C，满足S－ABC为正三棱锥，M是SC的中点，且AM⊥SB，侧棱SA＝1，则该鞠的表面积为(　　)
A．3π B．6π
C．12π D．16π
答案　A
解析　如图，N为BC的中点，则MN∥SB，又AM⊥SB，∴AM⊥MN，又S－ABC为正三棱锥且侧棱SA＝1，∴MN＝，AN＝AB，若∠ASB＝θ，
则AM2＝－cos θ，AB2＝2－2cos θ，在Rt△AMN中，AM2＋MN2＝AN2，即－cos θ＝(2－2cos θ)，可得cos θ＝0，又0<θ<π，∴θ＝，∴SA，SB，SC两两垂直，易得外接球半径R＝，∴该鞠的表面积为4πR2＝3π.故选A.
二、多项选择题
9.如图，一个正四面体和一个正四棱锥的所有棱长都相等，将正四面体的一个面和正四棱锥的一个侧面紧贴重合在一起，得到一个新几何体．关于该几何体，下列说法正确的是(　　)
A．AF∥CD
B．2VF－ABC＝VA－BCDE
C．新几何体有7个面
D．新几何体的六个顶点在同一个球面上
答案　AB
解析　取BC的中点G，DE的中点H，连接FG，AH，GH，则FG⊥BC，BC⊥GH，AH⊥DE，则BC⊥平面FGH，DE⊥平面AGH，∵BC∥DE，∴平面FGH与平面AGH重合，即四边形AHGF为平面四边形，
∵AF＝CD＝GH，FG＝AH，∴四边形AHGF为平行四边形，∴AF∥CD，故A正确；∵BE∥CD，∴BE∥平面ADCF，∵VA－BCDE＝2VA－BCD＝2VB－ACD，VB－ACD＝VB－ACF＝VF－ABC，∴2VF－ABC＝VA－BCDE，故B正确；∵平面ACF与平面ACD重合，平面ABF与平面ABE重合，∴该几何体有5个面，故C错误；由于该几何体为斜三棱柱，故不存在外接球，故D错误．故选AB.
10．将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A－BD－C，点P为线段AD上的一动点，下列结论正确的是(　　)
A．异面直线AC与BD所成的角为90°
B．△ACD是等边三角形
C．△BCP面积的最小值为
D．四面体ABCD的外接球的表面积为4π
答案　AB
解析　对于A，取BD的中点O，连接OA，OC，则BD⊥OA，BD⊥OC，又OA∩OC＝O，所以BD⊥平面AOC，又AC 平面AOC，所以BD⊥AC，异面直线AC与BD所成的角为90°，所以A正确；对于B，因为OA＝OC＝，
所以AC＝＝2，又AD＝DC＝2，所以△ACD是等边三角形，所以B正确；对于C，过点P作PF⊥BD于F，过F作EF⊥BC于E，连接PE，因为二面角A－BD－C为直二面角，平面ABD∩平面CBD＝BD，所以PF⊥平面CBD，因为BC 平面CBD，所以PF⊥BC，因为EF⊥BC，且EF∩PF＝F，所以BC⊥平面PEF，又PE 平面PEF，所以PE⊥BC.设PF＝x，则DF＝x，BF＝2－x，所以EF＝2－，则PE＝＝＝，S△BCP＝BC·PE＝，当x＝时，S△BCP取得最小值，所以C错误；对于D，根据题意得，四面体ABCD的外接球的球心为O，半径为R＝，所以表面积为4πR2＝8π，所以D错误．故选AB.
三、填空题
11．(2021·河北石家庄二中期末)若一个三棱台的上、下底面的面积分别是和4，体积为，则该三棱台的高为________．
答案　
解析　设三棱台的高为h，则由台体体积公式可得，V＝(S＋S′＋)h＝(＋4＋2)h＝，解得h＝.
12．(2021·福建泉州高三月考)已知正三棱锥P－ABC的所有棱长均为4，点E，F分别在棱PB，PC上，EF∥BC，若平面AEF恰好将该正三棱锥分成体积相等的两部分，则EF的长度为________．
答案　2
解析　由题意VA－PBC＝2VA－PEF，设三棱锥A－PBC的高为h，由S△PBC·h＝S△PEF·h，得＝.因为EF∥BC，所以△PEF∽△PBC，所以＝＝，解得EF＝BC＝2.
13．如图1，在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，AB＝2AD＝2CD＝2，将△ACD沿AC折起到△ACD′的位置，得到图2中的三棱锥D′－ABC，其中平面ABC⊥平面ACD′，则三棱锥D′－ABC的外接球的表面积为________．
答案　4π
解析　因为AB⊥AD，CD⊥AD，AB＝2AD＝2CD＝2，所以AC＝，BC＝，因为AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC，又平面ABC⊥平面ACD′，
平面ABC∩平面ACD′＝AC，BC 平面ABC，所以BC⊥平面ACD′，因为AD′ 平面ACD′，所以BC⊥AD′，因为CD′⊥AD′，BC∩CD′＝C，所以AD′⊥平面BCD′，因为BD′ 平面BCD′，所以AD′⊥BD′，取AB的中点O，连接D′O，OC，则D′O＝OA＝OB＝OC，所以点O即为三棱锥D′－ABC的外接球的球心，所求外接球的半径R＝AB＝1，所以三棱锥D′－ABC的外接球的表面积为4πR2＝4π×12＝4π.
14．如图，在三棱锥P－ABC中，点B在以AC为直径的圆上运动，PA⊥平面ABC，AD⊥PB，垂足为D，DE⊥PC，垂足为E，若PA＝2，AC＝2，则三棱锥P－ABE体积的最大值是________．
答案　
解析　由PA⊥平面ABC，得PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，得BC⊥AD，又AD⊥PB，PB∩BC＝B，∴AD⊥平面PBC，得AD⊥PC，而DE⊥PC，AD∩DE＝D，∴PC⊥平面ADE，可得AE⊥PC.在Rt△PAC中，由PA＝2，AC＝2，得PC＝4.由Rt△PEA∽Rt△PAC，得＝，则PE＝＝＝3，在Rt△PAE中，由PE＝3，PA＝2，得AE＝，S△PAE＝AE·PE＝××3＝.设三棱锥B－PAE的高为h，则AC·h＝AB·BC，即h＝，VP－ABE＝VB－PAE＝S△PAE·h＝AB·BC，因为AB2＋BC2＝AC2＝4，所以VP－ABE＝VB－PAE＝AB·BC≤·＝，当且仅当AB＝BC＝时取等号，所以三棱锥P－ABE体积的最大值是.
四、解答题
15.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，M，N分别是AC和BB1的中点．
(1)求证：MN∥平面A1B1C；
(2)若AB＝3，BC＝4，AC＝6，AA1＝3，求三棱锥C1－A1B1C的体积．
解　(1)证明：取BC的中点D，连接ND，MD，
则有ND∥B1C，MD∥AB，
又ND 平面A1B1C，B1C 平面A1B1C，
所以ND∥平面A1B1C.
因为A1B1∥AB，所以有MD∥A1B1，又MD 平面A1B1C，A1B1 平面A1B1C，所以有MD∥平面A1B1C，又ND∩MD＝D，所以平面MND∥平面A1B1C，又MN 平面MND，所以MN∥平面A1B1C.
(2)VC1－A1B1C＝VC－A1B1C1，因为AB＝3，BC＝4，AC＝6，所以cos ∠ABC＝＝－，所以sin ∠ABC＝，则S△ABC＝×3×4×＝.
则三棱锥C－A1B1C1的体积为V＝×3×＝，
所以三棱锥C1－A1B1C的体积为.
16．如图1，一个正三棱柱形容器中盛有水，底面三角形ABC的边长为2 cm，侧棱AA1＝4 cm，若侧面AA1B1B水平放置时，水面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点，如图2.
(1)求容器中水的体积；
(2)当容器底面ABC水平放置时(如图1)，求容器内水面的高度．
解　(1)在题图2中，水所占部分为四棱柱．四棱柱底面积为S＝×22×sin 60°－×12×sin 60°＝(cm2)，又高为4 cm，所以容器中水的体积为V＝×4＝3(cm3).
(2)设题图1中水的高度为h cm，则V＝×22×sin 60°×h＝3，解得h＝3.
所以当容器底面ABC水平放置时，容器内水面的高度为3 cm.
17.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别为A1C1，BC的中点．
(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；
(2)在棱AC上是否存在一点M，使得平面C1FM∥平面ABE？说明理由；
(3)求三棱锥C－ABE的体积．
解　(1)证明：在直三棱柱ABC－A1B1C1中，
因为BB1⊥平面ABC，AB 平面ABC，所以BB1⊥AB，
又因为AB⊥BC，BC∩BB1＝B，BC，BB1 平面B1BCC1，
所以AB⊥平面B1BCC1.又因为AB 平面ABE，
所以平面ABE⊥平面B1BCC1.
(2)M为AC的中点时，平面C1FM∥平面ABE.
证明如下：
取AC的中点M，连接C1M，FM，
因为F为BC的中点，所以FM∥AB，
因为AB 平面ABE，FM 平面ABE，
所以FM∥平面ABE，
因为AM＝C1E，AM∥C1E，所以四边形AMC1E为平行四边形，所以AE∥C1M，
因为AE 平面ABE，C1M 平面ABE，
所以C1M∥平面ABE，
因为C1M∩FM＝M，
所以平面C1FM∥平面ABE，
即存在AC的中点M，使得平面C1FM∥平面ABE.
(3)在Rt△ABC中，AB⊥BC，AC＝2，BC＝1，可得AB＝，
因为A1C1∥平面ABC，所以点E到平面ABC的距离等于点A1到平面ABC的距离，
所以VE－ABC＝VA1－ABC，
因为AA1⊥平面ABC，
所以VC－ABE＝VE－ABC＝VA1－ABC
＝S△ABC·AA1＝×AB·BC·AA1
＝×××1×2＝，
所以三棱锥C－ABE的体积为.

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