5、EF的面積是定值，∵C1D1∥平面QEF，P在C1D1上滑動，∴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全國卷Ⅰ)已知A，B，C為球O的球面上的三個點，⊙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)切球上各有一個動點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．正方體的棱長為2
D．線段MN的最大值為2
答案 ABC
解析 設正方體的棱長為a，則正方體外接球的半徑為體對角線長的一半，即a；內(nèi)切球的半徑為棱長的一半，即.∵M，N分別為外接球和內(nèi)切球上的動點，∴MNmin＝a－＝a＝－1，解得a＝2，即正方體的棱長為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錯誤．故選ABC.
8．(多選)若正三棱柱ABC－A′B′C′的所有棱長都為3，外接球的球心為O，則下列四個結論正確的是( )
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，設其為θ，在△AB′C′中，cosθ＝＝，故B錯誤；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)已知圓錐展開圖的側面積為2π，且為半圓，則底面半徑為________．
答案 1
解析 設圓錐底面半徑為r，母線長為l，則
解得r＝1，l＝2.
10．學生到工廠勞動實踐，利用3D打印技術制作模型，如圖，該模型為圓錐底部挖去一個正方體后的剩余部分(正方體四個頂點在圓錐母線上，四個頂點在圓錐底面上)，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量為________ g．(π取3.14)
答案 358.5
解析 設被挖去的正方體的棱長為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量約為m＝Vρ＝0.9＝0.3π5010－0.9125＝358.5 g.
11．(2020山東泰安二輪復習質量檢測)已知A，B是球O的球面上兩點，∠AOB＝90，C為該球面上的動點，若三棱錐O－ABC體積的最大值為36，則球O的表面積為________．
答案 144π
解析 如圖所示，當點C位于垂直于面AOB的直徑的端點時，三棱錐的體積最
10、大，設球O的半徑為R，此時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M，N分別為三棱柱ABC－A1B1C1的棱BC，BB1的中點，設△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NM交直線C1C于點P，連接PA1交AC于點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，則△PCM≌△NBM.點M為PN的中點．
∴△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的側棱垂直于底面，且底面是邊長為2的正三角形，AA1＝3，點D，E，F(xiàn)，G分別是所在棱的中點．
(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，
∴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，∴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是邊長為2的菱形，∠BAD＝60，SA＝SD＝，SB＝，點E是棱AD的中點，點F在棱SC上，且＝λ，SA∥平面BEF.
(1)求實數(shù)λ的值；
(2)求三棱錐F－EBC的體積．
解 (1)連接AC，設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》是我國古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學名著，書中《商功》有如下問題：“今有委粟平地，下周一十二丈，高一丈，問積及為粟幾何？”意思是“有粟若干，堆積在平地上，它底圓周長為12丈，高為1丈，問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海口市高考模擬演練)一個底面邊長為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 因為正方體的表面積為24
16、，所以其棱長為2，體積為23＝8.設正三棱錐的高為h，因為正三棱錐的體積與正方體的體積相等，所以33h＝8，解得h＝.
3.(2020海南中學高三摸底)已知一個凸多面體共有9個面，所有棱長均為1，其平面展開圖如圖所示，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)平面展開圖，還原幾何體如右圖所示，故該幾何體是由棱長為1的正方體和底邊棱長為1的正四棱錐組合而成．則其體積V＝13＋11＝1＋.故選A.
4．(2020海南高考調研測試)張衡是中國東漢時期偉大的天文學家、數(shù)學家，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的每個頂點都在球O的球面上，AB⊥底面BCD，BC⊥CD，且AB＝CD＝，BC＝2，利用張衡的結論可得球O的表面積為( )
A．30 B．10
C．33 D．12
答案 B
解析 因為BC⊥CD，所以BD＝，又AB⊥底面BCD，所以球O的球心為側棱AD的中點，從而球O的直徑為.利用張衡的結論可得＝，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，側棱AA1⊥底面ABC，若該三棱柱的所有頂點都在同一個球O的表面上，且球O的表面積的最小值為4π，則該三棱柱的側面積為( )
A．6
18、B．3
C．3 D．3
答案 B
解析 如圖，設三棱柱上、下底面中心分別為O1，O2，則O1O2的中點為O，設球O的半徑為R，則OA＝R，設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，當且僅當h＝a時，等號成立，所以S球＝4πR2≥4πah，所以ah＝4π，所以ah＝，所以該三棱柱的側面積為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，其浮雕臨摹了國畫、漆繪和墓室壁畫，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，∴圓柱的側面積為πR2.設圓柱的高為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時裝置，它由兩個形狀完全相同的容器和一個狹窄的連接管道組成，開始時細沙全部在上部容器中，細沙通過連接管道全部流到下部容器所需要的時間稱為該沙漏的一
20、個沙時．如圖，某沙漏由上、下兩個圓錐組成，圓錐的底面直徑和高均為8 cm，細沙全部在上部時，其高度為圓錐高度的(細管長度忽略不計)．假設該沙漏每秒鐘漏下0.02 cm3的沙，且細沙全部漏入下部后，恰好堆成一個蓋住沙漏底部的圓錐形沙堆，則以下結論正確的是(π≈3.14)( )
A．沙漏中細沙的體積為 cm3
B．沙漏的體積是128π cm3
C．細沙全部漏入下部后此錐形沙堆的高度約為2.4 cm
D．該沙漏的一個沙時大約是1985秒
答案 ACD
解析 對于A，根據(jù)圓錐的截面圖可知，細沙在上部時，細沙的底面半徑與圓錐的底面半徑之比等于細沙的高與圓錐的高之比，所以細沙的底面半徑r
21、＝4＝ cm，所以沙漏中細沙的體積V沙＝πr2＝＝ cm3，A正確；對于B，沙漏的體積V漏＝2π2h＝2π428＝ cm3，B錯誤；對于C，設細沙全部漏入下部后的高度為h1，根據(jù)細沙體積不變可知，＝π2h1，所以＝h1，所以h1≈2.4 cm，C正確；對于D，因為細沙的體積為 cm3，沙漏每秒鐘漏下0.02 cm3的沙，所以一個沙時為＝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．該四棱臺的高為
B．AA1⊥CC1
22、
C．該四棱臺的表面積為26
D．該四棱臺外接球的表面積為16π
答案 AD
解析 由題意可得該四棱臺為正四棱臺．由棱臺的性質，畫出切割前的四棱錐，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OO1＝，故該四棱臺的高為，A正確；因為SA＝SC＝AC＝4，所以AA1與CC1的夾角為60，不垂直，B錯誤；該四棱臺的表面積為S＝S上底＋S下底＋S側＝2＋8＋4＝10＋6，C錯誤；易知該四棱臺外接球的球心在OO1上，在平面B1BOO1中，由于OO1＝，B1O1＝1，則OB1＝2＝OB，即點O到點B與點B1的距離相等
23、，則該四棱臺外接球的半徑r＝OB＝2，該四棱臺外接球的表面積為16π，D正確，故選AD.
二、填空題
9．已知圓柱的底面半徑為1，母線長為2，則該圓柱的側面積等于________．
答案 4π
解析 ∵圓柱的底面半徑為r＝1，母線長為l＝2，∴其側面積為S＝2πrl＝2π12＝4π.
10.(2020江蘇高考)如圖，六角螺帽毛坯是由一個正六棱柱挖去一個圓柱所構成的．已知螺帽的底面正六邊形邊長為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、南通海安高級中學、南京外國語學校第四次模擬)設棱長為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的圓錐的體積和側面積分別為V2，S2，若＝，則的值為________．
答案
解析 不妨設V1＝27，V2＝9π，故V1＝a3＝27，所以a＝3，所以S1＝6a2＝54.如圖所示，因為V2＝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M是矩形ABCD內(nèi)(含邊
25、界)的動點，且AB＝1，AD＝3，直線PM與平面ABCD所成的角為.記點M的軌跡長度為α，則tanα＝________；當三棱錐P－ABM的體積最小時，三棱錐P－ABM的外接球的表面積為________．
答案 8π
解析 如圖，因為PA⊥平面ABCD，垂足為A，則∠PMA為直線PM與平面ABCD所成的角，所以∠PMA＝.因為AP＝2，所以AM＝2，所以點M位于底面矩形ABCD內(nèi)的以點A為圓心，2為半徑的圓上，記點M的軌跡為圓弧.連接AF，則AF＝2.因為AB＝1，AD＝3，所以∠AFB＝∠FAE＝，則的長度α＝2＝，所以tanα＝.當點M位于點F時，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．因為PF＝＝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，以BM為折痕，將△ABM折起，使點A到達點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，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，
∴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，∴VM－A1BK＝VK－MA1B＝VC－MA1B＝VA1－BCM＝.
∴四面體M－A1BK的體積為.
教輔高考數(shù)學二輪復習考點空間幾何體的表面積與體積
