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第八章　立体几何
第一讲　空间几何体的结构、表面积和体积
考点测评
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.下列命题正确的是 (　　)
A.底面是矩形的平行六面体是长方体
B.有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥
C.棱台的相对侧棱延长后必交于一点
D.直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥
2.[新角度题]如图8 - 1 - 1,圆柱的底面半径为1,平面ABCD为圆柱的轴截面,从A点开始,沿着圆柱的侧面拉一条绳子到C点,若绳子的最短长度为3π,则该圆柱的侧面积为(　　)
图8-1-1
A.4π2 　　　B.2π2 C.5π2 　　　D.4π2
4.[2015新课标全国Ⅰ][数学文化题]《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图 8 - 1 - 2,米堆为一个圆锥的四分之一),
图8-1-2
米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有 (　　)
A.14斛 B.22斛 C.36斛 D.66斛
5.[2019天津高考]已知四棱锥的底面是边长为的正方形,侧棱长均为.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　　　　.?
6.有一块多边形的菜地,它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图8 - 1 -3所).∠ABC=45°,AB=AD=1,DC⊥BC,
则这块菜地的面积为　　　　.?

图8-1-3
7.[2017全国卷Ⅱ]长方体的长,宽,高分别为3,2,1,其顶点都在球O的球面上,则球O的表面积为　　　　.?
知识回顾
考法1 空间几何体的结构
1、给出下列命题:
①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点,则这两点的连线是圆柱的母线;
②一个平面截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台;
③圆锥的所有轴截面都是全等的等腰三角形;
④圆锥的轴截面是所有过顶点的截面中,面积最大的一个;
⑤三棱锥的四个面中最多只有三个直角三角形.
其中正确命题的个数是 　　　　　　　　　　　　　　　　
A.0 B.1 C.2 D.3
【解析】①只有当这两点的连线平行于轴时才是母线,故①不正确;②只有平行于圆锥底面的平面截圆锥,才能得到一个圆锥和一个圆台,故②不正确;③正确;④因为圆锥的母线长一定,根据三角形面积公式知,过圆锥顶点的截面中,两条母线的夹角的正弦值越大,截面面积就越大,所以当轴截面中两条母线的夹角为钝角时,轴截面的面积就不是最大的,故④不正确;⑤三棱锥的四个面中最多有四个直角三角形,故⑤不正确.
【答案】B
2 [2020湖北省部分重点中学第二次联考]如图8 - 1 - 4,正三棱锥A - BCD的底面边长为a,侧棱长为2a,点E,F 分别为AC,AD上的动点,则截面△BEF 周长的最小值为　　　　.?
图8-1-4
【解题思路】
将正三棱锥A - BCD的侧面沿侧棱BA展开,得到一个由三个全等的等腰三角形拼接而成的五边形→截面△BEF 周长的最小值即线段BB1的长度→由平面几何知识计算线段BB1的长度
【解析】将正三棱锥A - BCD的侧面沿侧棱BA展开,得到一个由三个全等的等腰三角形拼接而成的五边形(如图8 - 1 - 5).
图8-1-5
利用平面上两点之间的线段最短原理知,截面△BEF 周长的最小值即图中线段BB1的长度.
由对称性知BB1∥CD,所以∠DF B1=∠ADC=∠ADB1,
所以B1F =B1D=BC=BE=a.
易知△B1F D∽△ACD,所以 = ,所以F D=a.
又,所以,即EF =a.
所以BB1=2a+a,即截面△BEF 周长的最小值为a.
变式练习
1.(1)[2019南昌市二模]已知圆锥的侧面展开图为四分之三个圆面,设圆锥的底面半径为r,母线长为l,有以下结论:①l∶r=4∶3;②圆锥的侧面积与底面面积之比为4∶3;③圆锥的轴截面是锐角三角形.其中所有正确结论的序号是 (　　)　　　　　　　　　　　　　　　　
A.①② B.②③
C.①③ D.①②③
(2)[2020上海长宁区、嘉定区质检]如图8 - 1 - 6,已知正三棱柱的底面边长为2,高为5,一质点自A点出发,沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路线的长为　　　　.?
图8-1-6
考法2 求空间几何体的表面积(侧面积)
命题角度1　求空间几何体的表面积
3 [2018全国卷Ⅰ]已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为　　　　　　　　　　　　　
A.12π B.12π C.8π D.10π
【解题思路】
由过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形→求出圆柱的高与底面圆的直径→代入圆柱的表面积公式求解
【解析】因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,所以圆柱的高为2,底面圆的直径为2,所以该圆柱的表面积为2×π×()2+2π×2=12π.
【答案】B
命题角度2　求空间几何体的侧面积
4[2018全国卷Ⅱ]已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为.SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为5,则该圆锥的侧面积为　　　　.?
【解析】如图8 - 1 - 7所示,设S在底面的射影为S' ,连接AS' ,SS' .
图8-1-7
△SAB的面积为·SA·SB·sin∠ASB=·SA2··SA2=5,∴SA2=80,SA=4.
∵ SA与底面所成的角为45°,
∴∠SAS' =45°,AS' =SA·cos 45°=4×=2.
∴底面周长l=2π·AS' =4π,∴圆锥的侧面积为×4×4π=40π.
变式练习
2.（1）[2020湖北省部分重点中学第二次联考]在梯形ABCD中,∠ABC=,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2,将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而成的曲面所围成的几何体的表面积为 (　　)
A.(5+)π　 B.(4+)π 　C.(5+2)π　 D.(3+)π
(2)如图8 - 1 - 8所示,有两个相同的直三棱柱,高为,底面三角形的三边长分别为3a,4a,5a(a>0).用它们拼成一个三棱柱或四棱柱,在所有可能的情形中,表面积最小的是一个四棱柱,则a的取值范围是　　　　.?
图8 - 1 -8
考法3 求空间几何体的体积
命题角度1　求空间几何体的体积
5 [2018天津高考]如图8 - 1 - 9,已知正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为1,则四棱锥A1 - BB1D1D的体积为　　　　.?
图8-1-9
【解析】解法一　(公式法)连接A1C1交B1D1于点E,则A1E ⊥B1D1,A1E⊥BB1,则A1E ⊥平面BB1D1D,所以A1E为四棱锥A1 - BB1D1D的高,且A1E=,矩形BB1D1D的长和宽分别为,1,故×1××.
解法二　(割补法)连接BD1,则四棱锥A1 - BB1D1D分成两个三棱锥B - A1DD1与B - A1B1D1,××1×1×1+××1×1×1=.
命题角度2　体积的最值问题
6[2019南京师大附中考前冲刺]在四面体ABCD中,若AD=DB=AC=CB=1,则四面体ABCD体积的最大值是
A. B. C. D.
【解析】如图8 - 1 - 10,取AB的中点E,连接CE,DE.
图8-1-10
设AB=2x(0此时,四面体ABCD的体积V=××2x××x - x3. (建立目标函数)
所以V' = - x2.令V' =0,得x=.
当x∈(0,)时,V单调递增,当x∈(,1)时,V单调递减,则当x = 时,V有最大值,Vmax=××()3=. (利用函数单调性求最值)
【解题思路】A
【解后反思】
该题中四面体ABCD的体积等于三棱锥B - CED和三棱锥A - CED的体积之和,而AB与面CED垂直,设∠CED=θ,则V=
VA - CED+VB - CED=S△CED×AB=×CE×ED×ABsin θ.显然当θ=90°时,V取得最大值,而∠CED就是二面角C - AB - D的平面角,故当CE与DE垂直,即平面ABC⊥平面ABD时,四面体ABCD的体积取得最大值.
变式练习
3.（1）如图8 - 1 - 11所示,在多面体ABCDEF 中,已知面ABCD是边长为1的正方形,且△ADE,△BCF 均为正三角形,EF ∥AB,EF =2,则该多面体的体积为(　　)
A. B. C. D.

图8-1-11 图8 - 1 - 12
(2)如图8 - 1 - 12所示,体积为V的大球内有4个小球,每个小球的球面过大球球心且与大球球面有且只有一个交点,4个小球的球心是以大球球心为中心的正方形的4个顶点.设V1为小球相交部分(图中阴影部分)的体积,V2为大球内、小球外的图中黑色部分的体积,则下列关系式中正确的是 (　　)
A.V1> B.V2< C.V1>V2 D.V1考法4 与球有关的切、接问题
命题角度1　外接球问题
7 [2020广西柳州模拟]已知直三棱柱ABC - A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上,若AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=12,则球O的半径为
A. B.2 C. D.3
【解题思路】分析直三棱柱的结构特征,根据底面形状及球的截面性质,确定球心的位置,建立球的半径与棱柱的几何度量之间的关系求解.
【解析】解法一　(直接法)如图8 - 1 - 13,作出直三棱柱ABC - A1B1C1的外接球O.
图8-1-13
由题意,直三棱柱的底面ABC是直角三角形,所以底面△ABC外接圆的圆心是BC的中点E,底面△A1B1C1外接圆的圆心是B1C1的中点E1.
由球的截面的性质可得直三棱柱外接球的球心O就是线段EE1的中点. (定球心O)
连接OA,AE,A1E1.在△ABC中,AC⊥AB,所以BC==5,
所以EA = BC=.
又OE=AA1=×12=6,
由球的截面的性质可得OE⊥平面ABC,
所以OA=. (R2=R2+d2)
即直三棱柱外接球的半径为.
解法二　(补形法)如图8 - 1 - 14,将直三棱柱ABC - A1B1C1的底面补成矩形,得到长方体ABDC - A1B1D1C1.
图8-1-14
显然,直三棱柱ABC - A1B1C1的外接球就是长方体ABDC - A1B1D1C1的外接球.
而长方体ABDC - A1B1D1C1的外接球的直径等于长方体的体对角线长,连接AD1,
则AD1==13,
所以直三棱柱外接球的半径为.
【答案】C
命题角度2　内切球问题
8 [2020福建省厦门双十中学模拟]如图8 - 1 - 15,在三棱锥P - ABC中,PA=4,AC=2,PB=BC=2,PA⊥平面PBC,则三棱锥P - ABC的内切球的表面积为　　　 .
图8-1-15
【解题思路】
【解析】由PA⊥平面PBC,且PA=4,PB=2,AC=2,得AB=2,PC=2,所以△PBC为等边三角形,△ABC为等腰三角形.
V三棱锥P - ABC=V三棱锥A - PBC=S△PBC×PA=×××4=4.
易知三棱锥P - ABC的表面积S=×2×4×2+×(2)2+×2×5=16.
设内切球半径为r,则V三棱锥P - ABC=×S×r,即4×16×r, (三棱锥的体积=×三棱锥的表面积×内切球半径)
解得r=.
所以三棱锥P - ABC的内切球的表面积为4π×()2=.
变式练习
4.(1)[2019全国卷Ⅰ]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
(2)[2019湘东六校联考]如图8 - 1 - 17,四棱锥P - ABCD中,AP=1,矩形ABCD的周长为8,当三棱锥A - PCD的体积最大时,该三棱锥的外接球半径与内切球半径分别为R和R,则R+的值为　　　　.?
图8-1-17
数学应用 　空间几何体体积的应用
9[2019全国卷Ⅲ]学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型.如图8 - 1 - 18,该模型为长方体ABCD - A1B1C1D1挖去四棱锥O - EF GH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.?
图8-1-18
【解析】由题易得长方体ABCD - A1B1C1D1的体积为6×6×4=144(cm3),四边形EF GH为平行四边形,如图8 - 1 - 19所示,连接GE,HF .易知四边形EF GH的面积为矩形BCC1B1面积的一半,即×6×4=12(cm2),
图8-1-19
所以V四棱锥O - EF GH=×3×12=12(cm3),所以该模型的体积为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). (质量=密度×体积)
【素养探源】 　
核心素养 考查途径 素养水平
直观想象 根据已知抽象出四边形EF GH为平行四边形,借助该图形解决问题 二
数学运算 求四棱锥的体积,求模型的体积 一
【考向指导】　
本题以学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型为背景,将空间几何体的体积与物理中“质量=体积×密度”的计算结合命题,要求考生能够在关联的情境中,想象并构建相应的几何图形,借助图形性质探索规律,解决数学问题,考查了直观想象、数学运算等核心素养,对立体几何的考法具有很好的导向作用.
【易错警示】　
本题的易错点有两处:一是把四棱锥的体积公式与四棱柱的体积公式搞混,导致求四棱锥O - EF GH的体积时漏乘;二是此题涉及质量的计算,考生在求完体积后,容易漏乘原料密度,导致所求得的结果出错.解决此类与实际应用相结合的试题,只要仔细审题,并找准题眼,就可避开命题人所设置的陷阱.
变式练习
5.[2015江苏高考]现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变,但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个,则新的底面半径为　　　　.?
数学文化 立体几何与数学文化
10 [2019全国卷Ⅱ]中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图8 - 1 - 20).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图8 - 1 - 21是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有　　　　个面,其棱长为　　　　.(本题第一空2分,第二空3分)?

图8 - 1 - 20　　 图8 - 1 - 21
【解析】依题意知,题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上,且该半正多面体的表面由18个正方形,8个正三角形组成,因此题中的半正多面体共有26个面. 注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形,设题中的半正多面体的棱长为x,则x+x+x=1,解得x= - 1,故题中的半正多面体的棱长为 - 1.
【素养探源】 　
核心素养 考查途径 素养水平
直观想象 半正多面体的俯视图 二
数学抽象 半正多面体的结构 二
数学运算 半正多面体棱长的计算 一
【试题评析】　
本题以我国南北朝时期的官员独孤信的印信形状“半正多面体”为背景,创设求空间多面体的面数与棱长的问题,引导考生认识到世界古老民族优秀传统文化的博大精深和源远流长,体现了数学文化的传承与发展,对学生的阅读能力和直观想象核心素养要求较高,若能找准题眼,便可化繁为简.
本题的题眼有两处:一是半正多面体的组成——半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体,需提炼出半正多面体的棱长均相等;二是将半正多面体放到正方体中去观察其特征——它的所有顶点都在同一个棱长为1的正方体的表面上,利用方程思想即可轻松求出该半正多面体的棱长.
变式练习
6.[2019福建福州三模]《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图8 - 1 - 22所示,平面四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=,BD⊥CD.将平面四边形ABCD沿对角线BD折成一个“鳖臑”A' - BCD,则该“鳖臑”的内切球的半径为　　　　.?
图8-1-22
数学探究　立体几何中的截面问题　　　　　　　　　　　　　　　　　　
11 [2018全国卷Ⅰ]已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为
A. B. C. D.
【解题思路】
【解析】如图8 - 1 - 23,记该正方体为ABCD - A1B1C1D1,要使正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,那么平面α必须与正方体的体对角线AC1垂直.连接B1C,B1D1,CD1,易知平面α与平面B1CD1平行或重合.
图8-1-23
设截面与棱A1D1,A1B1,BB1,BC,CD,DD1的交点分别为E,F ,G,H,I,J.
不妨设A1E=x(0≤x≤1),则DJ=x,延长EJ,HI交于点M,则M∈直线AD,显然△MEH是边长为的正三角形,△MJI是边长为x的正三角形,
所以S四边形EHIJ=S△MEH - S△MJI=(2 - 2x2),
同理可得S四边形EHGF =[2 - 2(1 - x)2]=(4x - 2x2),
所以截面面积S=(2+4x - 4x2)=[3 - (1 - 2x)2]≤,
当且仅当x=时等号成立.
即当x=时,截面面积取得最大值,最大值为.
【答案】A
【解后反思】
本题没有繁杂的计算,但增加了试题的思维量,重在考查学生的思维能力,尤其是直观想象和数学抽象核心素养.从已知条件中抽象出几何体的结构特征,然后构建直观模型进行求解,因此考生要具备一定的数学核心素养才能求解,同时也体现了高考的选拔功能.学生也可以根据正方体的对称性直观判断出取得最大值的位置,再在备选答案中进行排除,体现了多一点想、少一点算的命题理念,深入考查学生的数学核心素养.
变式练习
7.[多选题]已知某几何体的展开图如图8-1-25所示,图中小正方形的边长均为1,P为BC的中点,Q为线段CC1上的动点,过点A,P,Q的平面截该几何体所得截面面积为S,则下列结论正确的为 (　　)
图8-1-25
A.当CQ=时,异面直线AC1与PQ所成的角为45°
B.当CQ=时,S=
C.当CQ=1时,S=
D.当CQ=1时,A1B与平面APQ平行
第一讲　《空间几何体的结构、表面积和体积》测试
基础篇
1.[2020哈尔滨模拟]如图8 - 1 - 1，一个直三棱柱形容器中盛有水，且侧棱AA1=8.若侧面AA1B1B水平放置时，液面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点，当底面ABC水平放置时，液面高为 (　　)
图8 - 1 - 1
A.7 B.6 C.4 D.2
2.[2020山东省统考]已知三棱锥S - ABC中，∠SAB=∠ABC=，SB=4，SC=2，AB=2，BC=6，则三棱锥S - ABC的体积是 (　　)
A.4 B.6 C.4 D.6
3.[2020广东七校联考]已知一圆锥的底面直径与母线长相等，一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切，则球与圆锥的表面积之比为 (　　)
A. B. C. D.
4.[2020大同市高三调研]《九章算术》中，将如图8 - 1 - 2所示的几何体称为刍甍，底面ABCD为矩形，EF ∥底面ABCD，EF 到底面ABCD的距离为h，BC=a，AB=b，EF =c，则=2时，= (　　)
图8 - 1 - 2
A. B. C. D.1
5.[2020武汉市部分学校质量监测]已知三棱锥P - ABC的四个顶点均在球O的球面上，PA=PB=PC=2，且PA，PB，PC两两互相垂直，则球O的体积为 (　　)
A.16π B.8π C.4π D.2π
6.[2020成都市高三摸底测试]若矩形ABCD的对角线交点为O' ，周长为4，四个顶点都在球O的表面上，且OO' =，则球O的表面积的最小值为 (　　)
A. B. C.32π D.48π
7.[2020安徽省示范高中名校联考]在正方体ABCD - A1B1C1D1中，E，F 是线段AC1上的点，且AE=EF =F C1，分别过点E，F 作与直线AC1垂直的平面α，β，则正方体夹在平面α与β之间的部分的体积占整个正方体体积的 (　　)
A. B. C. D.
8.[2019安徽省江南十校二模]已知圆台上、下两底面与侧面都与球O相切，已知圆台的侧面面积为16π，则该圆台上、下两底面圆的周长之和为 (　　)
A.4π B.6π C.8π D.10π
9.[2019福州市质检]如图8-1-3，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧的长之和为 (　　)
图8-1-3
A. B.π C. D.
10.[2019绵阳市三诊]已知一个封闭的长方体容器中装有两个大小相同的铁球，若该长方体容器的三个相邻侧面的面积分别为6，8，12，则铁球的直径最大只能为 (　　)
A. B.2 C. D.4
11.[2020南昌市测试]已知一个圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面面积为　　　　.?
12.[2019广东广州模拟]如图8 - 1 - 4所示，在三棱锥A - PBC中，AP，AB，AC两两垂直，AP=AB=AC=.若点D，E分别在棱PB，PC上运动(都不与端点重合)，则AD+DE+EA的最小值为　　　　.?
图8 - 1 - 4
提升篇
13.[2020安徽省示范高中名校联考]如图8 - 1 - 5，已知四面体ABCD为正四面体，AB=1，E，F 分别是AD，BC的中点.若用一个与直线EF 垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为 (　　)
图8 - 1 - 5
A. B. C. D.1
14.[2020陕西省百校第一次联考]四棱锥P - ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥底面ABCD，异面直线AC与PD所成的角的余弦值为，则四棱锥的外接球的表面积为 (　　)
A.48π B.12π C.36π D.9π
15.[2020洛阳市第一次联考]已知三棱锥P - ABC的四个顶点均在同一个球面上，底面△ABC满足BA=BC=，∠ABC=，若该三棱锥体积的最大值为3，则其外接球的体积为 (　　)
A.8π B.16π C.π D.π
16.[2020陕西省百校第一次联考]在三棱柱ABC - A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，记△ABC和四边形ACC1A1的外接圆圆心分别为O1，O2，若AC=2，且三棱柱外接球的体积为，则O1A+O2A的最大值为 (　　)
A. B. C. D.2
17.[2019合肥市三检]若圆锥SO1，SO2的顶点和底面圆周都在半径为4的同一个球的球面上，两个圆锥的母线长分别为4，4，则这两个圆锥重合部分的体积为 (　　)
A.π B.8π C.π D.π
18. [2020河北九校第二次联考]如图8 - 1 - 6，
图8 - 1 - 6
正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为a，E，F ，G分别是DD1，AB，BC的中点，过点E，F ，G的截面将正方体分割成两部分，则较大几何体的体积为　　　　.?
19.[2020西安五校联考]如图8 - 1 - 7，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图8 - 1 - 8所示的六面体，则该六面体的表面积为　　　　；若该六面体内有一个小球，则小球的最大体积为　　　　.?
图8 - 1 - 7　　　　　　　　 　图8 - 1 - 8
20.[2020惠州市二调][双空题]已知底面边长为a的正三棱柱ABC - A1B1C1的六个顶点均在球O1上，又知球O2与此正三棱柱的5个面都相切，则球O1与球O2的半径之比为　　　　　，表面积之比为　　　　　.?
21.[2020南昌市测试]已知正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为3，垂直于棱AA1的截面分别与面对角线A1D，A1B，C1B，C1D相交于点E，F ，G，H，则四棱锥A1 - EF GH的体积的最大值为　　　　.?
22.[2019济南市质检]已知等边△ABC的边长为4，M，N分别为AB，AC的中点，将△AMN沿MN折起，连接AB，AC，得到四棱锥A - MNCB.点P为四棱锥A - MNCB的外接球球面上任意一点，当四棱锥A - MNCB的体积最大时，点P到平面MNCB的距离的最大值为　　　　.?
23.[新定义题]过圆锥的轴作截面，如果截面三角形为正三角形，则称圆锥为等边圆锥.已知一等边圆锥中，过顶点P的截面与底面交于CD，O为底面圆的圆心，若∠COD=90°，且S△PCD=，那么这个等边圆锥的体积为 (　　)
A.π B.π C.2π D.π
24.[2020四川五校联考]在棱长为6的正方体ABCD - A1B1C1D1中，点E，F 分别是棱C1D1，B1C1的中点，过A，E，F 三点作该正方体的截面，则截面的周长为　　　　.?
25.[双空题]在棱长为8的正方体空盒内，有四个半径为r的小球在盒底四角，分别与正方体的三个面(三个面交于一点)相切，另有一个半径为R的大球放在四个小球之上，与四个小球均相切，并与正方体盒盖相切，无论怎样翻转盒子，五个球相切不松动，则小球的半径r的最大值为　　　　，大球的半径R的最小值为　　　　.?
26.[原创题]在日常生活中，石子是我们经常见到的材料，比如在各种建筑工地或者建材市场上常常能看到堆积如山的石子.某雕刻师计划在底面边长为2 m，高为4 m的正四棱柱形的石料ABCD - A1B1C1D1中雕出一个四棱锥O - ABCD和球M的组合体(如图8 - 1 - 9所示)，
图8 - 1 - 9
其中O为正四棱柱的中心，当球的半径r取最大值时，该雕刻师需去除的石料约重　　　　kg.(其中π≈3.14，石料的密度ρ=2.4 g/cm3，质量m=ρV，V为体积)?
参考答案与解析
第一讲　空间几何体的结构、表面积和体积
考点测评
1.C　根据空间几何体的结构特征可知C正确.
2.A　沿AD将圆柱的侧面展开，绳子的最短长度即侧面展开图中A，C两点间的距离，连接AC，所以AC=3π，展开后AB的长度为π.设圆柱的高为h，则AC2=AB2+h2，即9π2=π2+h2，得h=2π，所以圆柱的侧面积为2×π×1×2π=4π2.
【素养落地】　本题以圆柱的侧面展开图为依托，设置最短路径问题，不仅体现了注重考查基础知识的理念，还体现了直观想象、数学运算等核心素养.
4.B　由弧长l=2πr=8得圆锥底面的半径r=≈(尺)，所以米堆的体积V=πh=5=(立方尺)，所以堆放的米有÷1.62≈22(斛).故选B.
5.　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，易知四棱锥的高为=2，故圆柱的高为1，所以圆柱的体积为π×()2×1=.
6.2+　在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为点E，如图D 8 - 1 - 1所示，则在Rt△ABE中，AB=1，∠ABE=45°，∴BE=.
图D 8 - 1 - 1
而四边形AECD为矩形，AD=1，∴EC=AD=1，∴BC=BE+EC=+1.由此可还原原图形如图D 8 - 1 - 2所示
图D 8 - 1 - 2
.在原图形中，A' D' =1，A' B' =2，B' C' =+1，且A' D' ∥B' C' ，A' B' ⊥B' C' ，∴这块菜地的面积S=(A' D' +B' C' )·A' B' =(1++1)×2=2+.
7.14π　依题意得，长方体的体对角线长为，记长方体的外接球的半径为R，则有2R=，R=，因此球O的表面积S=4πR2=14π.
变式练习
1.(1)A　设圆锥的母线长l=1.因为圆锥的侧面展开图为四分之三个圆面，所以圆锥的侧面积为π，又圆锥的底面半径为r，所以由2πr=2π得r=，所以，故①正确；
圆锥的侧面积与底面积之比为，故②正确；
设圆锥的轴截面三角形的顶角为θ，因为圆锥的底面直径为2，所以cos θ== - ，所以角θ为钝角，所以圆锥的轴截面是钝角三角形，故③错误.故选A.
【方法技巧】　圆锥底面圆的周长是圆锥侧面展开图中扇形的弧长.
(2)13　将正三棱柱ABC - A1B1C1的侧面沿侧棱AA1展开，再拼接一次，示意图如图D 8 - 1 - 3所示，
图D 8 - 1 - 3
在展开图中，最短距离是六个矩形形成的大矩形对角线的长度，也即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值，记为d.
由已知求得矩形的长为6×2=12，宽为5，由勾股定理得d==13.
2.(1)A　由题意知，将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而成的几何体是一个底面半径为1，高为2的圆柱挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后所得的几何体，如图D 8 - 1 - 4所示.
图D 8 - 1 - 4
所以该几何体的表面积S=π×12+2π×2+2π=(5+)π.故选A.
(2)(0，)　所给直三棱柱的底面积为6a2，侧面面积分别为6，8，10.当拼成三棱柱时有三种情况，如图D 8 - 1 - 5①②③所示，其表面积分别为
S1=2×6a2+2×(10+8+6)=12a2+48，
S2=4×6a2+2×(10+8)=24a2+36，
S3=4×6a2+2×(10+6)=24a2+32.
当拼成四棱柱时有三种情况，示意图如图D 8 - 1 - 5④⑤⑥所示，表面积分别为
S4=4×6a2+2×(8+6)=24a2+28，
S5=4×6a2+2×(10+8)=24a2+36，
S6=4×6a2+2×(10+6)=24a2+32.
图D 8 - 1 - 5
由题意得24a2+28<12a2+48，解得0故a的取值范围是(0，).
3.(1)A　如图D 8 - 1 - 6所示，分别过A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，
图D 8 - 1 - 6
易求得EG=HF=，AG=GD=BH=HC=，S△AGD=S△BHC=1=.
∴V=V三棱锥E - ADG+V三棱锥F - BHC+V三棱锥AGD - BHC=1=.选A.
(2)D　记大球、小球的体积分别为V大球，V小球，半径分别为R，r，根据题图可以得到r=R.根据已知条件可得V2=V大球 - 4V小球+V1，即V2 - V1=V大球 - 4V小球=πR3 - 4π()3=πR3>0，所以V2>V1，故选D.
4.(1)D　因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，
因为∠CEF=90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.
取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，
所以PB⊥AC，又AC∩CE=C，AC，CE?平面PAC，
所以PB⊥平面PAC，
所以PB⊥PA，PB⊥PC，
因为PA=PB=PC，△ABC为正三角形，
所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直.将三棱锥P - ABC放在正方体中，如图D 8 - 1 - 7所示.
图D 8 - 1 - 7
因为AB=2，所以该正方体的棱长为，所以该正方体的体对角线长为，
所以三棱锥P - ABC的外接球的半径R=，所以球O的体积V=πR3=π×()3=π.
(2)+3　设AD=x，则CD=4 - x.因为AP=1，V三棱锥A - PCD=V三棱锥P - ACD，所以当PA⊥平面ABCD，且△ACD的面积最大时，三棱锥A - PCD的体积最大.
△ACD的面积S△ACD=(4 - x)x≤[]2=2，当且仅当x=2时，△ACD的面积最大，为2.此时三棱锥A - PCD的外接球半径R=.
由等体积法得V三棱锥P - ACD=(S△ACD+S△PCD+S△PAD+S△PAC)r=1×2，即(2×2+22×1+21)r=2，所以，则R++3.
5.　底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱的总体积为π×52×4+π×22×8=.设新的圆锥和圆柱的底面半径为r，则π×r2×4+π×r2×8=r2=，解得r=.
6.　因为A' D=CD=1，且△A' CD为直角三角形，所以CD⊥A' D，
又CD⊥BD，BD∩A' D=D，所以CD⊥平面A' BD，所以CD⊥A' B.
又由A' B=A' D=1，BD=，得A' B⊥A' D，且A' D∩CD=D，
所以A' B⊥平面A' CD，所以A' B⊥A' C，由题意得A' C=.
设该“鳖臑”的内切球的半径为r，则(S△A' BC+S△A' CD+S△A' BD+S△BCD)r=CD×S△A' BD，
所以()r=1，解得r=.
7.BCD　由题意知，该几何体为正方体.当CQ=时，Q为线段CC1的中点.对于A，如图D 8 - 1 - 8，连接BC1，因为P，Q分别是BC，CC1的中点，所以BC1∥PQ，所以∠BC1A为异面直线AC1与PQ所成的角，因为tan∠BC1A=≠1，故A错误.
对于B，如图D 8 - 1 - 8，连接AD1，D1Q，AP，则过点A，P，Q的截面为图D 8 - 1 - 8中的平面APQD1，其中PQ∥AD1且PQ=AD1，四边形APQD1是等腰梯形，在Rt△ABP中，AB=1，BP=，可得AP=D1Q=，在Rt△PQC中，CP=，CQ=，可得PQ=，则AD1=，易得等腰梯形APQD1的高为，所以S=，故B正确.
图D 8 - 1 - 8
当CQ=1时，点Q与点C1重合.对于C，如图D 8 - 1 - 9，取A1D1的中点M，连接AM，MQ，PM，易得AM∥PQ且AM=PQ，所以平面APQM即为过点A，P，Q的截面，且四边形APQM为平行四边形，又易知AM=MQ=，所以截面APQM为菱形，菱形APQM的面积为PM×AQ=，故C正确.
对于D，如图D 8 - 1 - 9，易知A1M∥BP，因为M，P分别为A1D1，BC的中点，所以A1M=BP，所以四边形A1MPB为平行四边形，所以A1B∥MP，又MP?平面APQ，A1B?平面APQ，所以A1B∥平面APQ，故D正确.故选BCD.
　　　
图D 8 - 1 - 9
基础篇
1.B　设底面ABC的面积为S，侧面AA1B1B水平放置时，液面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点，则水的体积为S×8，设当底面ABC水平放置时，液面高为h，则Sh=8S，可得h=6.故选B.
2.C　由SB=4，AB=2，且∠SAB=，得SA=2.由AB=2，BC=6，∠ABC=，得AC=2.因为SA2+AC2=SC2，所以∠SAC=，即SA⊥AC，又∠SAB=，则SA⊥AB，易得SA⊥平面ABC.由于S△ABC=2×6=6，从而三棱锥S - ABC的体积V=S△ABC×SA=6×2=4.选C.
3.B　设圆锥底面圆的半径为R，球的半径为r，由题意知，圆锥的轴截面是边长为2R的等边三角形，竖直的过球的直径的圆是该等边三角形的内切圆，如图D 8 - 1 - 10所示，
图D 8 - 1 - 10
所以r=R，S球=4πr2=4π·(R)2=R2，S圆锥=πR·2R+πR2=3πR2，所以球与圆锥的表面积之比，故选B.
4.D　VE - ABD=S△ABD×h=ab×h=abh.同理VF - BCD=abh.因为，所以VB - DEF=ach，则VB - CDEF=VB - CDF+VB - DEF=abh+ach，所以=1+=2，所以=1，则=1，故选D.
5.C　因为PA，PB，PC两两互相垂直，PA=PB=PC=2，所以以PA，PB，PC为交于一点的三条棱构造正方体，则球O即此正方体的外接球，该正方体的体对角线长为球的直径，即球的直径为=2，又球的半径R=，所以球O的体积V=πR3=π=4π，故选C.
6.C　解法一　由题意，知矩形ABCD所在的圆面为球O的一个截面.因为O' 为矩形ABCD的对角线的交点，所以OO' 所在直线垂直于矩形ABCD所在的圆面.因为矩形ABCD的周长为4，所以BC+CD=2.设BC=x，则CD=2 - x，所以BD2=BC2+CD2=x2+(2 - x)2，即BD2=2(x - )2+20.设球O的半径为R，则R2=()2+O' O2=(x - )2+8，所以当x=时，R2取得最小值8，又球O的表面积S=4πR2，则Smin=32π，故选C.
解法二　由题意，知矩形ABCD所在的圆面为球O的一个截面.因为O' 为矩形ABCD的对角线的交点，所以OO' 所在直线垂直于矩形ABCD所在的圆面.设球O的半径为R，则R=，因此要使球O的表面积取得最小值，只需BD取得最小值.由题意，知AB+AD=2，两边平方，得40=AB2+AD2+2AB·AD≤2(AB2+AD2)，即AB2+AD2≥20，当且仅当AB=AD=时等号成立，所以BD2≥20，所以球O的半径R的最小值为=2，所以球O的表面积S的最小值Smin=4π×(2)2=32π，故选C.
7.C　连接A1B，A1D，BD，B1D1，CD1，CB1，如图D 8 - 1 - 11所示，分析易知过点E，F且与直线AC1垂直的平面分别为平面A1BD，平面CB1D1，则平面α为平面A1BD，平面β为平面CB1D1，设正方体的棱长为1，则，则正方体夹在这两个平面之间的部分的体积为1 - 2，占整个正方体体积的，故选C.
图D 8 - 1 - 11
8.C　设圆台上、下两底面的半径分别为r，R，分析易知母线长为R+r，画出圆台的轴截面，如图D 8 - 1 - 12所示，
图D 8 - 1 - 12
则圆台的侧面面积S侧=π(R+r)2=16π，所以R+r=4，所以该圆台上、下两底面圆的周长之和为2(R+r)π=8π.故选C.
9.C　正方体的表面被该球面所截得的弧是相等的三部分，如图D 8 - 1 - 13所示，上底面被球面截得的弧长是以A1为圆心，1为半径的圆的周长的，所以所求弧的长之和为3.故选C.
图D 8 - 1 - 13
10.B　设长方体容器的长、宽、高分别为a，b，c，∵长方体容器的三个相邻侧面的面积分别为6，8，12，∴ab×ac×bc=6×8×12=576，∴(abc)2=242，得abc=24.不妨令a=4，b=3，c=2，则长方体容器如图D 8 - 1 - 14所示，
图D 8 - 1 - 14
分析易知铁球的直径最大为2，否则不可能放进该长方体容器中.故选B.
11.π　因为圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，所以圆锥的底面半径r=1，母线长l=，所以圆锥的侧面面积S=πrl=π.
12.1+　由AP，AB，AC两两垂直，AP=AB=AC=，得PB=PC=BC=2，∠APB=∠APC=45°.将棱PA，AB，AC剪开，将平面APB与平面APC翻折到平面PBC上，如图D 8 - 1 - 15所示，连接A' A″，与PB交于点D' ，与PC交于点E' ，
图D 8 - 1 - 15
易知此时AD+DE+EA的值最小，即为A' D' +D' E' +E' A″=A' A″，∠A' PA″=150°，则AD+DE+EA的最小值为A' A″==1+.
提升篇
13.A　如图D 8 - 1 - 16所示，
图D 8 - 1 - 16
将正四面体ABCD放在正方体中，与直线EF垂直的截面，即与正方体的上下底面平行的平面，记该平面分别与AC，AB，BD，CD于K，L，M，N，则截面为KLMN，由面面平行的性质可知KL∥BC，MN∥BC，LM∥AD，KN∥AD，则四边形KLMN为平行四边形，又AD⊥BC，所以KL⊥LM，所以四边形KLMN为矩形.又，，且BC=AD=AB=1，所以KL+LM=1，S四边形KLMN=KL·LM≤()2=，当且仅当KL=LM=时取等号，故选A.
14.D　四棱锥P - ABCD可补形成如图D 8 - 1 - 17所示的长方体，
图D 8 - 1 - 17
则四棱锥P - ABCD的外接球即该长方体的外接球.设PA=x，连接B1C，B1A，则有PD∥B1C，所以∠ACB1即异面直线AC与PD所成的角，所以cos∠ACB1=.在△AB1C中，由余弦定理得B1A2=B1C2+AC2 - 2B1C·AC·cos∠ACB1，即x2+4=x2+4+8 - 22，解得x=1，因此该长方体的体对角线的长为=3，则长方体的外接球的半径为，所以该四棱锥的外接球的表面积为4π×()2=9π，故选D.
15.D　如图D 8 - 1 - 18，
图D 8 - 1 - 18
∵△ABC是等腰直角三角形，∴AC为截面圆的直径，外接球的球心O在截面ABC上的射影为AC的中点D，∴当P，O，D共线且P，O位于截面ABC同一侧时三棱锥的体积最大，高最大，此时三棱锥的高为PD，∴PD=3，解得PD=3.连接OC，设外接球的半径为R，则OD=3 - R，OC=R，在△ODC中，CD=AC=，由勾股定理得(3 - R)2+()2=R2，解得R=2.∴三棱锥P - ABC的外接球的体积V=π×23=π，故选D.
16.C　设三棱柱ABC - A1B1C1的外接球半径为r，则有r3=，解得r=2.记三棱柱ABC - A1B1C1的外接球球心为O，如图D 8 - 1 - 19，连接OA，OC，
图D 8 - 1 - 19
则有OA=OC=2.连接OO1，则有OO1=AA1，OO1⊥平面ABC.记M为AC的中点，连接O2M，O1M，OO2，OM，则有O2M∥AA1，且O2M=AA1，又AA1⊥平面ABC，所以MO2⊥平面ABC，所以四边形OO1MO2为矩形.因为OA=OC，所以OM⊥AC，所以O1M2+O2M2=O1M2+O=OM2=AO2 - AM2=3.易知O2M⊥AC，又OM∩O2M=M，所以AC⊥平面OO1MO2，所以AC⊥MO1，所以O1A2+O2A2=O1M2+AM2+O2M2+AM2=5，所以(O1A+O2A)2≤2(O1A2+
O2A2)=10，即O1A+O2A≤，当且仅当O1A=O2A时取等号.因此，O1A+O2A的最大值是，故选C.
17.A　如图D 8 - 1 - 20，
图D 8 - 1 - 20
因为球的半径R=4，圆锥SO1的母线长SC=4，圆锥SO2的母线长SB=4，易知∠BSO1=45°，∠CSO1=60°，SO1=2.记SB与圆锥SO1的底面交于A点，则C，A，O1三点共线，且AO1=SO1=2，则两圆锥重合部分的体积V=22×π×2=π.故选A.
18.a3　如图D 8 - 1 - 21所示，延长GF，DA交于点M，延长FG，DC交于点N，连接EM，EN分别与A1A，C1C交于点P，Q，连接PF，QG，
图D 8 - 1 - 21
则五边形EPFGQ即符合题意的正方体的截面图形.易得PA=QC=，连接EA，EC，截面下面部分可分割成三部分，分别是三棱锥E - PAF、三棱锥E - CGQ、五棱锥E - AFGCD，则截面下面部分的体积V1=VE - PAF+VE - CGQ+VE - AFGCD=a+a+(a2 - )a3，则较大几何体的体积V=a3 - a3=a3.
19.　　由题意知该六面体的每个面均是边长为1的正三角形，所以该六面体的表面积为12×6=.
将棱长为1的正四面体补成一个正方体，示意图如图D 8 - 1 - 22，则正方体的棱长为，所以正四
图D 8 - 1 - 22
面体PQRS的体积V1=()3 - 4，所以本题中的六面体的体积V2=2.当小球与六面体的六个面均相切时，小球的体积最大，设此时小球的半径为r.小球的体积最大时，小球的球心与5个顶点的连线将该六面体分为六个全等的三棱锥，则六个三棱锥的体积和等于该六面体的体积，即有r×6=，解得r=，故小球的最大体积为π·r3=π·()3=.
20.∶1　5∶1　设球O1、球O2的半径分别为R，r，由于正三棱柱的六个顶点均在同一个球面上，所以球心O1在上、下底面中心连成的线段的中点处，又球O2与正三棱柱的5个面都相切，易知点O2与O1重合.如图D 8 - 1 - 23，取上、下底面的中心分别为F，E，连接EF，
图D 8 - 1 - 23
设BC的中点为D，EF的中点为O1，连接AD，O1A，则E在AD上，O1A =R，O1E=r，在△O1EA中，AE=a=a，O1E=r=a=a，由于O1A2=O1E2+AE2，所以R2=a2，r2=a2，则球O1与球O2的半径之比为∶1，所以球O1与球O2的表面积之比为=5∶1.
21.　如图D 8 - 1 - 24，设垂直于棱AA1的截面与棱AA1，BB1，CC1，DD1分别交于A2，B2，C2，D2，A2E=x(0图D 8 - 1 - 24
则A1A2=A2E=A2F=C2G=C2H=x，D2E=D2H=B2G=B2F=3 - x，所以∠HEF=∠EFG=∠FGH=∠GHE=90°，所以四边形EFGH为矩形，所以EH=GF=(3 - x)，EF=HG=x，所以S四边形EFGH=(3 - x)x=6x - 2x2，所以x(6x - 2x2)=(6x2 - 2x3).令y=(6x2 - 2x3)(00，当x∈(2，3)时，y' <0，故当x=2时，y有最大值，ymax=(6×22 - 2×23)=.所以四棱锥A1 - EFGH的体积的最大值为.
22.+1　由题意知，当四棱锥A - MNCB体积最大时，平面AMN⊥平面MNCB.如图D 8 - 1 - 25，
图D 8 - 1 - 25
在等腰梯形MNCB中，易知BM=MN=NC=2，BC=4，∠MBC=∠NCB=，连接BN，CM，易得△BNC与△BMC是直角三角形，所以梯形MNCB的外接圆圆心O1是边BC的中点.又△AMN是等边三角形，其外接圆圆心O2是等边三角形AMN的中心.连接AO2并延长，与MN交于一点，分别过O1，O2作梯形MNCB，△AMN所在平面的垂线，则两垂线的交点O即是四棱锥A - MNCB外接球的球心，故四棱锥A - MNCB外接球的半径R=OB=，所以点P到平面MNCB的距离的最大值为R+OO1=+1.
23.B　如图D 8 - 1 - 26，连接PO，
图D 8 - 1 - 26
设圆锥的母线长为2a，则圆锥的底面半径为a，圆锥的高PO=a.由已知得CD=a，PC=PD=2a，则S△PCD=aa=，得a=1，故圆锥的体积为π×121=π，故选B.
【素养落地】　试题以圆锥为载体，要求考生从对几何体的整体观察中去认识和理解几何体中元素间的关系，建立形与数的联系，体现了对直观想象核心素养的考查.
24.6+3　如图D 8 - 1 - 27，延长EF，A1B1，相交于点M，连接AM，交BB1于点H，延长FE，A1D1，相交于点N，连接AN，交DD1于点G，连接FH，EG，可得截面为五边形AHFEG.因为ABCD - A1B1C1D1是棱长为6的正方体，且E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，易得EF=3，AG=AH=2，EG=FH=，截面的周长为AH+HF+EF+EG+AG=6+3.
图D 8 - 1 - 27
25.2　　易知当正方体盒底四角的四个小球中相邻小球均相切时，小球的半径r最大，大球的半径R最小，故可得r的最大值为2，下面分析r=2时R的取值.如图D 8 - 1 - 28所示，
图D 8 - 1 - 28
由对称性知，大球球心O与四个小球球心O1，O2，O3，O4均为一个正四棱锥的顶点，且OO1=R+r=R+2，O1O2=4.连接OH，O1H，其中H是正四棱锥的底面的中心，易知正四棱锥O - O1O2O3O4的高OH的长为8 - r - R=6 - R，故在Rt△OHO1中，OH2+H=O，即(6 - R)2+=(R+2)2，解得R=.故小球的半径r的最大值为2，大球的半径R的最小值为.
【易错提醒】　解答本题容易出现的错误是不能根据题意确定五个球的球心的位置，从而不能抽象出正四棱锥模型.
26.21 952　由题意得正四棱柱ABCD - A1B1C1D1的体积V1=22×4=16(m3)，正四棱锥O - ABCD的体积V2=22×2=(m3)，分析知球M的半径r的最大值为1，此时球M的体积V3=πr3=π×13=(m3)，故去除石料的体积V=V1 - V2 - V3=16 - ≈(m3).又ρ=2.4 g/cm3=2 400 kg/m3，故需去除的石料的质量m=ρV≈2 400=21 952(kg).
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