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第1讲 空间几何体及其表面积、体积
最新考纲 考向预测
1.利用实物、计算机软件等观察空间图 主要考查空间几何体的表面
形，认识柱、锥、台、球及简单组合体的 积与体积．常以选择题与填空
结构特征，能运用这些特征描述现实 命题 题为主，涉及空间几何体的结
生活中简单物体的结构． 趋势 构特征，要求考生有较强的空
2．知道球、棱柱、棱锥、棱台的表面积 间想象能力和计算能力，难度
和体积的计算公式，能用公式解决简 为中低档.
单的实际问题．
3．能用斜二测画法画出简单空间图形 核心
直观想象、数学运算
(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简 素养
单组合)的直观图．
1．空间几何体的结构特征2．直观图
(1)画法：常用斜二测画法．
(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴，y′轴的夹角
为 45 ° ( 或 135 ° ) ，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的
线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长
度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．
3．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 S S S ＝
圆柱侧 圆锥侧 圆台侧
积公式 ＝ 2 π rl ＝ π rl π ( r ＋ r ′) l
4.空间几何体的表面积与体积公式
表面积 体积
柱体
S ＝S ＋2S V＝S h
表面积 侧 底 底
(棱柱和圆柱)
锥体
S ＝S ＋S V＝S h
表面积 侧 底 底
(棱锥和圆锥)
台体 S ＝S
表面积 侧
V＝(S ＋S ＋)h
上 下
(棱台和圆台) ＋S ＋S
上 下
球 S＝ 4 π R 2 V＝ π R 3
常用结论
1.特殊的四棱柱
――→――→――→――→――→上述四棱柱有以下集合关系：{正方体}{正四棱柱}{长方体}{直平行
六面体}{平行六面体}{四棱柱}．
2．斜二测画法中的“三变”与“三不变”
“三变”
“三不变”
3．正方体与球的切、接常用结论
正方体的棱长为a，球的半径为R，
(1)若球为正方体的外接球，则2R＝a；
(2)若球为正方体的内切球，则2R＝a；
(3)若球与正方体的各棱相切，则2R＝a.
常见误区
1．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错．
2．与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，
明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．Ｋ
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( )
(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( )
(3)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台
( )
(4)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．( )
(5)菱形的直观图仍是菱形．( )
(6)多面体的表面积等于各个面的面积之和．( )
(7)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．( )
(8)长方体既有外接球又有内切球．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)√ (7)√ (8)×
2．(多选)下列结论中正确的是( )
A．由五个面围成的多面体只能是三棱柱
B．正棱台的对角面一定是等腰梯形
C．圆柱侧面上的直线段都是圆柱的母线
D．各个面都是正方形的四棱柱一定是正方体
解析：选BCD.由五个面围成的多面体可以是四棱锥，所以A选项错误．B，C，D说法均正确．
3．(易错题)已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底
面圆的半径为( )
A．1 cm B．2 cm C．3 cm D. cm
解析：选B.S ＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，所以r2＝4，所以r＝2.
表
4．如图，长方体ABCDA B C D 的体积是120，E为CC 的中点，则三棱锥E-
1 1 1 1 1
BCD的体积是________．
解析：设长方体中BC＝a，CD＝b，CC ＝c，则abc＝120，
1
所以V ＝×ab×c＝abc＝10.
EBCD
答案：10
5．用斜二测画法画水平放置的矩形的直观图，则直观图的面积与原矩形的面
积之比为________．
解析：设原矩形的长为a，宽为b，则其直观图是长为a，高为·sin 45°＝b的平
行四边形，所以＝＝＝.
答案：
空间几何体的结构特征
[题组练透]
1．给出下列几个命题：
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底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；
③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．
其中正确命题的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选B.①不一定，只有这两点的连线平行于旋转轴时才是母线；②正确；
③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．
2．(多选)下列命题，正确的有( )
A．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形
B．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直
C．在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四
棱柱
D．存在每个面都是直角三角形的四面体
解析：选BCD.A不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都
是平行四边形，但不一定全等；B正确，若三棱锥的三条侧棱两两
垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；C正
确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底
面；D正确，如图，正方体ABCDA B C D 中的三棱锥C ABC，四个面都是直角三
1 1 1 1 1
角形．
3．如图，将圆柱的侧面沿母线AA 展开，得到一个长为3π，宽AA 为4的矩形
1 1
由点A拉一根细绳绕圆柱侧面两周到达A ，线长的最小值为________(线粗忽略
1
不计)．
解析：设AA 的中点为B，侧面展开图为矩形ACC A ，CC 的中点为B ，则绳
1 1 1 1 1
长的最小值即为侧面展开图中的AB ＋BC ，又AB ＝BC ＝，所以绳长的最小值
1 1 1 1
为2.
答案：2
空间几何体概念辨析问题的常用方法
空间几何体的直观图
[题组练透]1. 如图是水平放置的正方形ABCO，在直角坐标系xOy中，点B的坐标为(2，
2)，则由斜二测画法画出的正方形的直观图中，顶点B′到x′轴的距离为( )
A. B．1 C. D．2
解析：选A.利用斜二测画法作正方形ABCO的直观图如图所示，
在坐标系x′O′y′中，|B′C′|＝1，
∠x′C′B′＝45°.过点B′作x′轴的垂线，垂足为点D′.在Rt B′D′C′中，
|B′D′|＝|B′C′|sin 45°＝1×＝.
△
2．一平面四边形OABC的直观图O′A′B′C′如图所示，其中O′C′⊥x′，A′B′⊥x′，
B′C′∥y′，则四边形OABC的面积为 ( )
A. B．3
C．3 D.
解析：选B.平面四边形OABC的直观图O′A′B′C′是直角梯形，其面积为×(1＋
2)×1＝，
根据平面图形与它的直观图面积比为1∶，
得四边形OABC的面积为＝3.故选B.
3．已知等边三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面
积为( )
A.a2 B.a2
C.a2 D.a2
解析：选D.如图①②所示的实际图形和直观图，由②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝OC＝a，在图②中作C′D′⊥A′B′于D′，则C′D′
＝O′C′＝a.所以S ＝A′B′·C′D′＝×a×a＝a2.故选D.
A′B′C′
△
平面图形与其直观图的关系
(1)在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．平行于x轴的线段平行性不
变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半．
(2)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系
S ＝S
直观图 原图形．
空间几何体的表面积与体积
角度一 空间几何体的表面积
(1)(2021·河南周口模拟)如图，在三棱柱 ABCA B C 中，AA ⊥底面
1 1 1 1
ABC，AB⊥BC，AA ＝AC＝2，直线A C与侧面AA B B所成的角为30°，则该三棱
1 1 1 1
柱的侧面积为( )
A．4＋4 B．4＋4
C．12 D．8＋4
(2)(多选)(2021·山东潍坊期末)等腰直角三角形的直角边长为 1，现将该三角
形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何的表面积可以为( )
A.π B．(1＋)π
C．2π D．(2＋)π
【解析】 (1)连接A B.因为AA ⊥底面ABC，则AA ⊥BC，又
1 1 1
AB⊥BC，AA ∩AB＝A，所以BC⊥平面AA B B，所以直线A C与
1 1 1 1
侧面AA B B所成的角为∠CA B＝30°.又AA ＝AC＝2，所以A C
1 1 1 1 1
＝2，BC＝.又AB⊥BC，则AB＝，则该三角棱柱的侧面积为2×2
＋2×2＝4＋4，故选A.
(2)如果绕直角边所在直线旋转，那么形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，
母线长就是直角三角形的斜边长，所以所形成的几何体的表面积S＝πrl＋πr2＝
π×1×＋π×12＝(＋1)π.如果绕斜边所在直线旋转，那么形成的是同底的两个圆锥，圆锥的底面半径是直角三角形斜边的高，两个圆锥的母线长都是1，所以形成
的几何体的表面积S＝2×πrl＝2×π××1＝π.综上可知，形成几何体的表面积是
(＋1)π或π.故选AB.
【答案】 (1)A (2)AB
三类几何体表面积的求法
求多面体 只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图
的表面积 形面积的方法求多面体的表面积.
可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后
求旋转体
求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面
的表面积
展开图中的边长关系.
求不规则 通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求
几何体的 出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或
表面积 作差，求出所给几何体的表面积.
角度二 空间几何体的体积
(1)如图所示，已知三棱柱ABCA B C 的所有棱长均为1，且AA ⊥底面
1 1 1 1
ABC，则三棱锥B ABC 的体积为( )
1 1
A. B.
C. D.
(2)图(1)是一种生活中常见的容器，其结构如图(2)，其中ABCD是矩形，ABFE
和CDEF都是等腰梯形，且AD⊥平面CDEF.现测得AB＝20 cm，AD＝15 cm，EF
＝30 cm，AB与EF间的距离为25 cm，则几何体EFABCD的体积为( )A．2 500 cm3 B．3 500 cm3
C．4 500 cm3 D．3 800 cm3
【解析】 (1)易知三棱锥B ABC 的体积等于三棱锥AB BC 的体积，又三棱锥
1 1 1 1
AB BC 的高为，底面积为，故其体积为××＝.故选A.
1 1
(2)如图，连接AC，EC，AF.因为ABCD是矩形，所以AB＝
CD.所以过点D作DG⊥EF，垂足为G，连接AG，则AG⊥EF.由
题意知，AG＝25 cm.因为AD⊥平面CDEF，所以AD⊥DG.因为
AD＝15 cm，所以DC与EF间的距离DG＝＝20(cm)．因为EF
＝30 cm，AB＝DC＝20 cm.所以S ＝×20×20＝200(cm2)，
△ECD
S ＝ ×30×20 ＝ 300(cm2) ． 所 以 V ＝ ×200×15 ＝ 1
△ EFC AEDC
000(cm3)，V ＝×300×15＝1 500(cm3)．因为V ＝V ＝V ＝V ＝×1
AEFC BAFC CAFB CAEF ACEF
500＝1 000(cm3)，所以几何体EFABCD的体积V ＝V ＋V ＋V ＝1
EFABCD ADCE AEFC BAFC
000＋1 500＋1 000＝3 500(cm3)．故选B.
【答案】 (1)A (2)B
(1)处理体积问题的思路
(2)求体积的常用方法
直接法 对于规则的几何体，利用相关公式直接计算
把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或
割补法 者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟
悉的几何体，便于计算
等体 选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体积，即利
积法 用三棱锥的任一个面作为三棱锥的底面进行等体积变换
1．(2020·高考全国卷Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O 为
1
△ABC的外接圆．若⊙O 的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO ，则球O的表面积为(
1 1)
A．64π B．48π
C．36π D．32π
解析：选A.如图所示，设球O的半径为R，⊙O 的半径为r，
1
因为⊙O 的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝
1
AC＝OO ，所以＝2r，解得AB＝2，故OO ＝2，所以R2＝OO＋r2
1 1
＝(2)2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.
2．在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为 40
cm，母线长最短50 cm，最长80 cm，则斜截圆柱的侧面面积S＝________cm2.
解析：将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为
矩形．由题意得该斜截圆柱的侧面面积S＝×(50＋80)×(π×40)＝2 600π(cm2)．
答案：2 600π
3．(2021·普通高等学校招生全国统一考试模拟)圆台上、下底面的圆周都在一
个直径为 10的球面上，其上、下底面半径分别为 4和5，则该圆台的体积为
________．
答案：61π
与球有关的接、切问题
(1)若直三棱柱ABCA B C 的6个顶点都在球O的球面上，且AB＝3，
1 1 1
AC＝4，AB⊥AC，AA ＝12，则球O的表面积为________．
1
(2)(2020·高考全国卷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________．
【解析】 (1)将直三棱柱补形为长方体 ABECA B E C ，则球 O是长方体
1 1 1 1
ABECA B E C 的外接球．所以体对角线BC 的长为球O的直径．
1 1 1 1 1
因此2R＝＝13.
故S ＝4πR2＝169π.
球
(2)圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴载面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＝2，△PEO∽△PDB，故＝，即＝，
解得r＝，故内切球的体积为π＝π.
【答案】 (1)169π (2)π
处理球的“切”“接”问题的求解策略
解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几
何问题求解，其解题的思维流程是：
1．(多选)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，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
D．球O的内接正四面体的棱长为2
解析：选AD.设球O的半径为r，△ABC的外接圆圆心为O′，半径为R.易得R
＝.因为球心O到平面ABC的距离等于球O半径的，所以r2－r2＝，得r2＝.所以
球O的表面积S＝4πr2＝4π×＝6π，选项A正确；球O的内接正方体的棱长a满
足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＝r＝×＝2，选项D正确．
2．设球O内切于正三棱柱ABCA B C ，则球O的体积与正三棱柱ABCA B C
1 1 1 1 1 1的体积的比值为________．
解析：设球O半径为R，正三棱柱ABC A B C 的底面边长为a，则R＝×＝a，
1 1 1
即a＝2R，又正三棱柱ABC A B C 的高为2R，所以球O的体积与正三棱柱ABC -
1 1 1
A B C 的体积的比值为＝＝.
1 1 1
答案：
高考新声音系列5 数学文化与立体几何的交汇
纵观近几年高考，立体几何以数学文化为背景的问题层出不穷，让人耳目一
新．从中国古代数学文化中挖掘素材，考查立体几何的有关知识，既符合考生的
认知水平又可以引导考生关注中华优秀传统文化，并提升审题能力，增加对数学
文化的理解，发展数学核心素养．
《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
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
________．
【解析】 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 ＋S ＋S ＋S )r＝×CD×S ，所以×r＝×1×，解得r＝.
A′BC A′CD A′BD BCD A′BD
【答△案】 △ △ △ △
求解与数学文化有关的立体几何问题，首先要在阅读理解上下功夫，明确其
中一些概念的意义，如“斩堵”“阳马”
和“鳖臑”等的特征是求解相关问题的前提，其次目标要明确，根据目标联
想相关公式，然后进行求解．
魏晋时期数学家齐徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方
体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”．刘徽通过计算得
知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为π∶4.若正方体的棱长为2，则“牟合方盖”的体积为( )
A．16 B．16
C. D.
解析：选C.若正方体的棱长为2，则其内切球的半径r＝1，所以正方体的内切
球的体积V ＝π×13＝π.又已知＝，所以V ＝×π＝.故选C.
球 牟合方盖
[A级 基础练]
1．下列命题是真命题的是( )
A．有两个侧面是矩形的四棱柱是直四棱柱
B．正四面体是特殊的正四棱柱
C．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的多面体叫做棱锥
D．正四棱柱是平行六面体
解析：选D.A项，当两个侧面是矩形且相邻时，四棱柱是直四棱柱，当两个侧
面是矩形且不相邻时，四棱柱不是直四棱柱，故A项错误；B项，正四面体是三棱
锥，故B项错误；C项，棱锥是有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点
的三角形的几何体，故C项错误；D项，正四棱柱是平行六面体，故D项正确．故
选D.
2．已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，且该圆柱的内切球O 的表面积
1
为S ，该圆柱的上、下底面的圆周都在球O 上，球O 的表面积为S ，则S ∶S ＝(
1 2 2 2 1 2
)
A．1∶ B．1∶2 C.∶1 D．2∶1
解析：选B.设球O 和球O 的半径分别为r，R，因为该圆柱的轴截面是边长为
1 2
2的正方形，所以r＝1，R＝，所以＝＝＝，故选B.
3．如图所示，在三棱台A′B′C′ABC中，沿A′BC截去三棱锥A′ABC，则剩余的
部分是( )
A．三棱锥 B．四棱锥
C．三棱柱 D．组合体
解析：选B.如图所示，在三棱台A′B′C′ABC中，沿A′BC截去三棱锥A′ABC，剩余部分是四棱锥A′BCC′B′.
4.如图是一个实心金属几何体的直观图，它的中间是高l为的圆柱，
上、下两端均是半径r为2的半球，若将该实心金属几何体在熔炉中高
温熔化(不考虑过程中的原料损失)，熔成一个实心球，则该球的直径为(
)
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选C.设实心球的半径为R，实心金属几何体的体积V＝πr3＋πr2l＝π×8
＋π×4×＝π.因为πR3＝π，所以R＝，所以该球的直径为2R＝5.
5．(2020·高考全国卷Ⅱ)已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球
O的球面上，若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为( )
A. B.
C．1 D.
解析：选C.由等边三角形ABC的面积为，得AB2＝，得AB＝3，则△ABC的外
接圆半径r＝×AB＝AB＝.设球的半径为R，则由球的表面积为16π，得4πR2＝
16π，得R＝2，则球心O到平面ABC的距离d＝＝1，故选C.
6．有一个长为5 cm，宽为4 cm的矩形，则其直观图的面积为________．
解析：由于该矩形的面积S＝5×4＝20(cm2)，所以其直观图的面积 S′＝S＝
5(cm2)．
答案：5 cm2
7．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8 cm，若两底面圆心的连线长为
12 cm，则这个圆台的母线长为________cm.
解析：如图，过点A作AC⊥OB，交OB于点C.
在Rt△ABC中，AC＝12 cm，BC＝8－3＝5(cm)．
所以AB＝＝13(cm)．
答案：13
8．如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是边长为2的正方形，且PA＝
PB＝PC＝PD，已知四棱锥的表面积是12，则它的体积为________．解析：由题意可知四棱锥PABCD为正四棱锥，如图所示，
设AC交BD于点O，连接PO，则PO是四棱锥的高．设正四
棱锥的斜高为h′，则2×2＋4××2h′＝12，
解得h′＝2，
则正四棱锥的高PO＝＝.
所以正四棱锥的体积V＝×4×＝.
答案：
9.现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状
是正四棱锥 PA B C D ，下部的形状是正四棱柱 ABCD-
1 1 1 1
A B C D (如图所示)，并要求正四棱柱的高O O是正四棱锥的高
1 1 1 1 1
PO 的4倍，若AB＝6 m，PO ＝2 m，则仓库的容积是多少？
1 1
解：由PO ＝2 m，知O O＝4PO ＝8 m.
1 1 1
因为 A B ＝AB＝6 m，所以正四棱锥 PA B C D 的体积 V ＝·A B·PO ＝
1 1 1 1 1 1 锥 1 1
×62×2＝24(m3)；
正四棱柱ABCDA B C D 的体积
1 1 1 1
V ＝AB2·O O＝62×8＝288(m3)，
柱 1
所以仓库的容积V＝V ＋V ＝24＋288＝312(m3)．
锥 柱
故仓库的容积是312 m3.
10.如图，四边形 ABCD 为菱形，G 为 AC 与 BD 的交点，
BE⊥平面ABCD.
(1)证明：平面AEC⊥平面BED；
(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥EACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．
解：(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.
因为BE⊥平面ABCD，所以BE⊥AC.因为BE∩BD＝B，BE，BD⊂平面BED，
故AC⊥平面BED.
又AC⊂平面AEC，
所以平面AEC⊥平面BED.
(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝.
因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝x.
由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝x.
由已知得，三棱锥EACD的体积V ＝×·AC·GD·BE＝x3＝，故x＝2.
三棱锥EACD
从而可得AE＝EC＝ED＝.
所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.
故三棱锥EACD的侧面积为3＋2.
[B级 综合练]
11．(多选)(2021·山东青岛一模)已知四棱台ABCDA B C D 的上、下底面均为
1 1 1 1
正方形，其中AB＝2，A B ＝，AA ＝BB ＝CC ＝2，则下列结论正确的是( )
1 1 1 1 1
A．该四棱台的高为
B．AA ⊥CC
1 1
C．该四棱台的表面积为26
D．该四棱台外接球的表面积为16π
解析：选AD.根据题意将四棱台补成四棱锥如图所示，由题
易知点S在平面A B C D 和平面ABCD的射影分别为点O ，O，
1 1 1 1 1
连接OS，OA，则O 在OS上．由于AB＝2，A B ＝，可知△SA B
1 1 1 1 1
与△SAB的相似比为1∶2，则SA＝2AA ＝4，AO＝2，则SO＝2，
1
则OO ＝，故该四棱台的高为，A正确；因为SA＝SC＝AC＝4，
1
所以AA 与CC 的夹角为60°，不垂直，B错误；该四棱台的表面积S＝S ＋S
1 1 上底 下底
＋S ＝2＋8＋4×× ＝10＋6，C错误；由于四棱台的上、下底面都是正方形，则
侧
外接球的球心在线段OO 上，在平面B BOO 上，由于OO ＝，B O ＝1，则OB ＝2
1 1 1 1 1 1 1
＝OB，即点O到点B与点B 的距离相等，故点O是外接球球心，外接球半径r＝
1
OB＝2，故该四棱台外接球的表面积为16π，D正确．故选AD.
12．(多选)将正三棱锥PABC置于水平反射镜面上，得一“倒影三棱锥”P-
ABCQ，如图．下列关于该“倒影三棱锥”的说法中，正确的有( )A．PQ⊥平面ABC
B．若P，A，B，C在同一球面上，则Q也在该球面上
C．若该“倒影三棱锥”存在外接球，则AB＝PA
D．若AB＝PA，则PQ的中点必为“倒影三棱锥”外接球的球心
解析：选AD.由“倒影三棱锥”的几何特征可知PQ⊥平面ABC，A正确；当
P，A，B，C在同一球面上时，若△ABC的外接圆不是球的最大圆，则点Q不在该
球面上，B错误；若该“倒影三棱锥”存在外接球，则三棱锥PABC的外接球的半
径与等边三角形ABC外接圆的半径相等，设其为R，则AB＝R，PA＝R，则AB＝
PA，C错误；由C的推导可知该“倒影三棱锥”外接球的球心为△ABC的中心，
即PQ的中点，D正确，故选AD.
13．(多选)(2020·山东济南二模)已知圆锥的顶点为P，母线长为2，底面半径
为，A，B为底面圆周上两个动点(A与B不重合)，则下列说法正确的是( )
A．圆锥的体积为π
B．三角形PAB为等腰三角形
C．三角形PAB面积的最大值为
D．直线PA与圆锥底面所成角的大小为
解析：选ABD.如图所示，点O为点P在圆锥底面上的射影，
连接OA，OB.PO＝＝1，圆锥的体积V＝×π×()2×1＝π，A正确；
PA＝PB＝2，B 正确；易知直线 PA 与圆锥底面所成的角为
∠PAO＝，D正确；取AB中点C，连接PC，设∠PAC＝θ，则θ∈，S ＝2sin
△PAB
θ·2cos θ＝2sin 2θ，当θ＝时，△PAB面积取得最大值2，C错误．故选ABD.
14．如图，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长之和为( )
A. B.πC. D.
解析：选C.正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部
分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A 为圆心，1为半径的圆周
1
长的，所以所有弧长之和为3×＝.故选C.
[C级 创新练]
15．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理：“幂势既同，则积不容
异”．意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这
两个几何体的体积相等．椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体．如图，将底面
直径都为2b，高皆为a的半椭球体和已被挖去了圆锥体的圆柱放置于同一平面β
上，用平行于平面β且与平面β任意距离d处的平面截这两个几何体，可横截得
到S 及S 两截面．可以证明S ＝S 总成立．据此，短半轴长为1，长半轴长为3
圆 环 圆 环
的椭球体的体积是________．
解析：因为S ＝S 总成立，所以半椭球体的体积为πb2a－πb2a＝πb2a，
圆 环
所以椭球体的体积V＝πb2a.
因为椭球体的短半轴长为1，长半轴长为3.
所以椭球体的体积V＝πb2a＝π×12×3＝4π.
答案：4π
16．我国古代数学著作《算法统宗》第八卷“商功”第五章撰述：“刍荛(chú
ráo )：倍下长，加上长，以广乘之，又以高乘，用六归之．如屋脊：上斜下平．”刘徽
注曰：止斩方亭两边，合之即“刍甍”之形也．即将方台的两边切下来合在一起
就是“刍甍”，是一种五面体(如图)：矩形ABCD，棱EF∥AB，AB＝4，EF＝2，
△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，则此几何体的表面积为______，体
积为______．
解析：由题意知该五面体的表面积S＝S ＋2S ＋2S ＝2×4＋
矩形ABCD △ADE 梯形ABFE
2××2×＋2××(2＋4)×＝8＋8.过点F作FO⊥平面ABCD，垂足为O，取BC的
中点P，连接PF，过点F作FQ⊥AB，垂足为Q，连接OQ.因为△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，所以OP＝(AB－EF)＝1，PF＝＝，OQ＝BC＝1，所以
OF＝＝，采用分割的方法，分别过点F，E作与平面ABCD垂直的平面，这两个平
面把几何体分割成三部分，如图，包含一个三棱柱EMNFQH，两个全等的四棱锥
EAMND，FQBCH，所以这个几何体的体积V＝V ＋2V ＝S ×MQ＋
EMNFQH FQBCH △QFH
2×S ×FO＝×2××2＋2××1×2×＝.
矩形QBCH
答案：8＋8
