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专题 5.1 立体几何有关的计算
一、单选题
1、(2019扬州期末) 底面半径为1，母线长为3的圆锥的体积是( )．
A、 B、 C． D．
【答案】 A
【解析】圆锥的高为h＝＝2，圆锥的体积V＝×π×12×2＝.
2、(2019镇江期末)已知一个圆锥的底面积为π，侧面积为2π，则该圆锥的体积为( )．
A． B． C、 D、
【答案】C
【解析】 先求出圆锥的底面半径和高．
设圆锥的底面半径、高、母线长分别为r，h，l，则解得所以h＝.圆锥的体积V＝Sh＝.
3、(2019宿迁期末)设圆锥的轴截面是一个边长为2 cm的正三角形，则该圆锥的体积为________ cm3. (
)
A、 2 B、 π C、 D、
【答案】 B
【解析】 圆锥的底面半径R＝1，高h＝＝，故圆锥的体积为V＝×π×12×＝π.
4、(2019南通、泰州、扬州一调)已知正四棱柱的底面长是3 cm，侧面的对角线长是3 cm，则这个正四棱
柱的体积为________cm3.( )
A、 18 B、 54 C、 64 D、 23
【答案】 B
【解析】由题意知，正四棱柱的高为＝6，所以它的体积V＝32×6＝54，故答案为54.
5、(2019南京学情调研) 如图，在正三棱柱ABCA B C 中，AB＝2，AA ＝3，则四棱锥AB C CB的体积
1 1 1 1 1 1 1
是( )
A、 2 B、2 C、 D、【答案】A
【解析】如图，取B C 的中点E，连结AE，易证AE⊥平面BB C C，所以AE为四棱锥AB C CB的高，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以V四棱锥AB C CB＝S矩形BB C C×AE＝×(2×3)×＝2.
1 1 1 1 1 1
6、(2020年高考天津)若棱长为 的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，
即 ，
所以，这个球的表面积为 .
故选：C．
7、(2018盐城三模)若一圆锥的底面半径为1，其侧面积是底面积的3倍，则该圆锥的体积为( )
A． B． C、 D、
【答案】D【解析】：设圆锥的高为 ，母线为 ，由 得， ，即 ，
，
故该圆锥的体积为 .
9、(2020年高考全国Ⅰ卷理数)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.
以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高
与底面正方形的边长的比值为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图，设 ，则 ，
由题意得 ，即 ，化简得 ，
解得 (负值舍去).
故选C．10、(2020·河南高三期末(文))张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除
以十六等于八分之五.已知三棱锥 的每个顶点都在球 的球面上， 底面 ， ，
且 ， ，利用张衡的结论可得球 的表面积为( )
A．30 B． C．33 D．
【答案】B
【解析】
因为 ，所以 ，又 底面 ，
所以球 的球心为侧棱 的中点，
从而球 的直径为 .
利用张衡的结论可得 ，则 ，
所以球 的表面积为 .
故选：B
11、(2020年高考全国II卷理数)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16 ，则O到平面ABC的距离为( )A． B． C．1 D．
【答案】C
【解析】设球 的半径为 ，则 ，解得： .
设 外接圆半径为 ，边长为 ，
是面积为 的等边三角形，
，解得： ， ，
球心 到平面 的距离 .
故选：C．
12、(2020届山东省潍坊市高三上期末)《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这
是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“盖”的术：置如其周，令相承也.又以高乘之，三十
六成一.该术相当于给出了有圆锥的底面周长 与高 ，计算其体积 的近似公式 它实际上是
将圆锥体积公式中的圆周率 近似取为3.那么近似公式 相当于将圆锥体积公式中的 近似取为(
)A． B． C． D．
【答案】B
1 2
πr2h= (2πr) 2h
r
h L=2πr 3 75
【解析】设圆锥底面圆的半径为 ，高为 ，依题意， ， ，
1 8
π= π2
3 75 π
所以 ，即 的近似值为 ，故选B.
13、(2020年高考全国II卷理数)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16 ，则O到平面ABC的距离为( )
A． B． C．1 D．
【答案】C
【解析】设球 的半径为 ，则 ，解得： .
设 外接圆半径为 ，边长为 ，
是面积为 的等边三角形，
，解得： ， ，
球心 到平面 的距离 .
故选：C．14、(2020届山东省潍坊市高三上学期统考)已知边长为2的等边三角形 ， 为 的中点，以
为折痕进行折叠，使折后的 ，则过 ， ， ， 四点的球的表面积为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】边长为2的等边三角形 ， 为 的中点，以 为折痕进行折叠，使折后的 ，
构成以D为顶点的三棱锥，且三条侧棱互相垂直，可构造以其为长宽高的长方体，其对角线即为球的直径，
三条棱长分别为1,1， ，所以 ，球面积 ，故选C.
15、(2020届山东省泰安市高三上期末)已知正三棱锥 的侧棱长为 ，底面边长为6，则该正三
棱锥外接球的表面积是( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
如图所示，因为正三棱锥 的侧棱长为 ，底面边长为6，则 ，所以三棱锥的高 ,
又由球心 到四个顶点的距离相等，
在直角三角形 中， ，
又由 ，即 ，解得 ，
所以球的表面积为 ，
故选D.
ABCD AB AC BD CD 2 BC 2AD AD BCD
16、已知三棱锥 中， ， ， 直线 与底面 所成角
为 ，则此时三棱锥外接球的表面积为 ( )
3
8 6 9 5
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
取BC中点O，则AO BC ，DO BC ，AO DO，
因为直线AD与底面BCD所成角为 3 ，所以AO DO AD，因为BC 2AD，所以AO DO BO CO，即O为三棱锥外接球的球心，
1
AO BC 2
因为AB AC BD CD 2，所以 2 ，
4π28π
所以三棱锥外接球的表面积为 .
故选A
17、(2019年高考全国Ⅰ卷理数)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． B．
C． D．
【答案】D
【解析】解法一： 为边长为 2 的等边三角形， 为正三棱锥，
， 又 ， 分 别 为 ， 的 中 点 ， ， ， 又 ，
平面 ，∴ 平面 ， ，
为正方体的一部分， ，即 ，
故选D．解法二：设 ， 分别为 的中点， ，且 ，
为边长为2的等边三角形， ，
又 ， ，
中，由余弦定理可得 ，
作 于 ，
， 为 的中点， ， ，
， ，
又 ， 两两垂直，
， ， ，故选D.
18、正四面体 中， 是棱 的中点， 是点 在底面 内的射影，则异面直线 与
所成角的余弦值为( )A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
如图，设正四面体的棱长是 1，则 ，高 ，设点 在底面
内 的 射 影 是 ， 则 ， 所 以 即 为 所 求 异 面 直 线 所 成 角 ， 则
，应选答案B。
19、(2020届山东省日照市高三上期末联考)已知四棱锥 的体积是 ，底面 是正方形，是等边三角形，平面 平面 ，则四棱锥 外接球体积为( )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
设 的中点为 ，因为 是等边三角形，所以 ，而平面 平面 ，
平面 平面 ，所以 平面 ，
四棱锥 的体积是 ，
，所以边长 ， ，设 ， ，
，
， ，
.
故选：A.
20、(2018年高考全国Ⅲ卷理数)设 是同一个半径为4的球的球面上四点， 为等边三角
形且其面积为 ，则三棱锥 体积的最大值为( )A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】如图所示，设点M为三角形ABC的重心，E为AC中点，
当点 在平面 上的射影为 时，三棱锥 的体积最大，此时， ，
， , 点M为三角形ABC的重心， ，
中，有 ， ，
，故选B.
21、鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的
凹凸部分(即榫卯结构)啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，
90 6
从外表上看，六根等长的正四棱柱分成三组，经 榫卯起来，如图，若正四棱柱的高为 ，底面正方形
的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为( )(容器壁的厚度
忽略不计)36 40 41 44
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意知，当该球为底面边长分别为2、1，高为6的长方体的外接球时，球的半径取最小值，
1 41
3641
所以，该球形容器的半径的最小值为2 2 ，
41
4 41
因此，该球形容器的表面积的最小值为 4 .
故选：C.
二、多选题
22、(2020届山东省潍坊市高三上期末)等腰直角三角形直角边长为1 ，现将该三角形绕其某一边旋转一周
，则所形成的几何体的表面积可以为( )
A． B． C． D．
【答案】AB
【解析】如果是绕直角边旋转，形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，母线就是直角三角形的斜边 ，
所以所形成的几何体的表面积是 .
如果绕斜边旋转，形成的是上下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边的高 ，两个圆锥的母线都是
直角三角形的直角边，母线长是1，
所以写成的几何体的表面积 .
综上可知形成几何体的表面积是 或 .
故选：AB
23、(2019春•思明区校级月考)如图所示，在正三棱柱 中， ， ， 是 的
中点，点 在线段 上，若 平面 ．则 的长度为
A． B． C． D．
【答案】
【解析】： 平面 ， ．
在矩形 中，设 ．
①
， ②．联立①②解得 ，或 ．
则 的长度为 或 ．
故选： ．
24、(2020·蒙阴县实验中学高三期末)已知四棱锥 ，底面 为矩形，侧面 平面
， ， .若点 为 的中点，则下列说法正确的为( )
A． 平面
B． 面
C．四棱锥 外接球的表面积为
D．四棱锥 的体积为6
【答案】BC
【解析】作图在四棱锥 中：
由题：侧面 平面 ，交线为 ，底面 为矩形， ，则
平面 ，过点B只能作一条直线与已知平面垂直，所以选项A错误；
连接 交 于 ，连接 ， 中， ∥ ， 面 ，
面 ，所以 面 ，所以选项B正确；
四棱锥 的体积是四棱锥 的体积的一半，取 中点 ，连接 ，
，则 平面 ， ，四棱锥 的体积所以选项D错误.
矩形 中，易得 ，
中求得： 在 中
即： ，所以O为四棱锥 外接球的球心，半径为 ，
所以其体积为 ，所以选项C正确
故选：BC
25、如图，在四面体 中，点 ， ， 分别在棱 ， ， 上，且平面 平面
， 为 内一点，记三棱锥 的体积为 ，设 ，对于函数 ，则下
列结论正确的是
A．当 时，函数 取到最大值
B．函数 在 上是减函数
C．函数 的图象关于直线 对称
D．不存在 ，使得 (其中 为四面体 的体积)．
【答案】【解析】 在棱长为 的正四面体 中，
点 ， ， 分别在棱 ， ， 上，且平面 平面 ，
由题意可知△ ，
， ．
棱锥 与棱锥 的高之比为 ．设 ，
．
，
当 时， ，当 时， ，
当 时，函数 取到最大值．故 正确；
函数在函数 在 上是减函数，故 正确；
函数 的图象不关于直线 对对称，故 错误；
，
不存在 ，使得 (其中 为四面体 的体积)．故 正确．
故选： ．26、(2020届江苏省七市第二次调研考试)如图，在体积为V的圆柱 中，以线段 上的点O为项点，
上下底面为底面的两个圆锥的体积分别为 ， ，则 的值是______.
【答案】
【解析】由题得， ，得 .
故答案为：
27、(江苏省南通市、泰州市2019-2020学年高三上学期期末)在正三棱柱ABC ABC 中，AA＝AB＝2
1 1 1 1
，则三枝锥A BBC 的体积为______.
1 1 1
【答案】
【解析】因为正三棱柱 ,则 底面 , 是等边三角形
又因为 ,则三棱柱各棱长均为2,
则 ,
故答案为：28、(2020届江苏省南通市、泰州市高三上学期第一次联合调研)在正三棱柱ABC ABC 中，AA＝AB＝
1 1 1 1
2 ，则三枝锥A BBC 的体积为______.
1 1 1
【答案】
【解析】因为正三棱柱 ,则 底面 , 是等边三角形
又因为 ,则三棱柱各棱长均为2,
则 ,
故答案为：
29、(江苏省南通市2019-2020学年高三上学期期初)已知一个圆锥的底面半径为 ，侧面积为 ，
则该圆锥的体积是______ .
【答案】
【解析】设圆锥母线长为 ，则
侧面积为 ，故 .
故圆锥的高 ，圆锥体积为 .
故答案为： .
30、(江苏省南通市海安高级中学2019-2020学年高三阶段测试)如图正四棱柱 的体积为
27，点E，F分别为棱 上的点(异于端点)且 ，则四棱锥 的体积为
___________.【答案】9
【解析】连接 ，
∵正四棱柱 的体积为27，
点E，F分别为棱 上的点(异于端点)，且 ，
，
，
∴四棱锥 的体积 ．
故答案为：9．
31、(江苏省南通市海安高级中学2019-2020学年高三9月月考)已知长方体 的体积为 ，
则三棱锥 的体积为______.
【答案】【解析】设长方体 的底面积为 ，高为 ，
则长方体 的体积为 ，
由题意可知，三棱锥 的底面积为 ，高为 ，
因此，三棱锥 的体积为 ，故答案为 .
四、解答题
32、如图，在直三棱柱ABC ABC中，AB⊥BC，E，F分别是AB，AC 的中点．
1 1 1 1 1
(1) 求证：EF∥平面ABC；
(2) 求证：平面AEF⊥平面AABB；
1 1
(3) 若AA＝2AB＝2BC＝2a，求三棱锥FABC的体积．
1
)
解析 (1) 连结AC.因为直三棱柱ABC ABC中，四边形AAC C是矩形，所以点F在AC上，且为
1 1 1 1 1 1 1
AC的中点．
1
在△ABC中，因为E，F分别是AB，AC的中点，所以EF∥BC.(2分)
1 1 1
又因为BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC.(4分)
(2) 因为在直三棱柱ABC ABC中，BB⊥平面ABC，所以BB⊥BC.
1 1 1 1 1
因为EF∥BC，AB⊥BC，所以AB⊥EF，BB⊥EF.(6分)
1
因为BB∩AB＝B，所以EF⊥平面ABBA.(8分)
1 1 1
因为EF⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面ABBA.(10分)
1 1
(3) V ＝VAABC＝××S ×AA(12分)
FABC 1 △ABC 1
＝××a2×2a＝.(14分)
33、如图，在五面体 中，已知 平面 ， ， ， ，．
(1)求证： ；
(2)求三棱锥 的体积．
解析(1)因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ， (3分)
又 平面 ，平面 平面 ，
所以 ． (6分)
(2)如图，在平面 内过点B作 于点 ．
因为 平面 ， 平面 ，所以 ．
又 ， 平面 ， ，
所以 平面 ，
所以 是三棱锥 的高． (9分)
在直角三角形 中， ， ，所以 ．
因为 平面 ， 平面 ，所以 ．
又由(1)知， ，且 ，所以 ，所以 ， (12分)所以三棱锥 的体积 ． (14分)
易错警示 在证明线线、线面、面面的位置关系时，一定要注意条件的完备性，不能少写条件．另外，在
求几何体的体积时， 一定要证明某条线为高的原因，即证明它与某个平面垂直，否则将导致丢分．
34、如图，在矩形ABCD中，AD＝2，AB＝4，E，F分别为边AB，AD的中点．现将△ADE沿DE
折起，得四棱锥ABCDE.
(1)求证：EF∥平面ABC；
(2)若平面ADE⊥平面BCDE，求四面体FDCE的体积．
解析 (1) 证法1 如图1，取线段AC的中点M，连结MF，MB.
因为F，M为AD，AC的中点，
所以MF∥CD，且MF＝CD.
图1
在折叠前，四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，所以BE∥CD，且BE＝CD.
所以MF∥BE，且MF＝BE.
所以四边形BEFM为平行四边形，故EF∥BM.
又EF 平面ABC，BM 平面ABC，
所以⊄EF∥平面ABC. ⊂
证法2 如图2，延长DE交CB的延长线于点N，连结AN.
在折叠前，四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，所以BE∥CD，且BE＝CD.图2
所以∠NBE＝∠NCD，∠NEB＝∠NDC.
所以△NEB∽△NDC.
所以＝＝，即E为DN的中点．
又F为AD的中点，所以EF∥NA.
又EF 平面ABC，NA 平面ABC，
所以⊄EF∥平面ABC. ⊂
证法3 如图3，取CD的中点O，连结OE，OF.
图3
折叠前，四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，所以BE∥CD，且BE＝CD.所以BE∥CO，且BE＝CO.
所以四边形BEOC为平行四边形，所以EO∥BC.
又EO 平面ABC，BC 平面ABC，所以EO∥平面ABC.
因为F⊄，O分别为AD，⊂CD的中点，所以FO∥AC.
又FO 平面ABC，AC 平面ABC，所以FO∥平面ABC.
又FO⊄，EO 平面FEO，⊂FO∩EO＝O，所以平面FEO∥平面ABC.
因为EF 平⊂面FEO，所以EF∥平面ABC.
(2) 解法⊂1 在折叠前，四边形ABCD为矩形，AD＝2，AB＝4，E为AB的中点，所以△ADE，△CBE都是
等腰直角三角形，且AD＝AE＝EB＝BC＝2.
所以∠DEA＝∠CEB＝45°，且DE＝EC＝2.
又∠DEA＋∠DEC＋∠CEB＝180°，所以∠DEC＝90°，即DE⊥CE.
又平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE＝DE，CE 平面BCDE，所以CE⊥平面ADE，即CE为三
棱锥CEFD的高． ⊂
因为F为AD的中点，所以
S ＝××AD×AE＝×2×2＝1.
EFD
△
所以四面体FDCE的体积
V＝×S ×CE＝×1×2＝.
EFD
△解法2 如图4，过F作FH⊥DE，H为垂足．
图4
因为平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE＝DE，FH 平面ADE，所以FH⊥平面BCDE，即FH为
三棱锥FECD的高． ⊂
在折叠前，四边形ABCD为矩形，且AD＝2，AB＝4，E为AB的中点，所以△ADE是等腰直角三角形．
又F为AD的中点，所以DF＝1.
所以FH＝DF·sin45°＝.
又S ＝×CD×BC＝×4×2＝4，
EDC
△
所以四面体FDCE的体积
V＝×S ×FH＝×4×＝.
EDC
△
解法3 如图5，过A作AG⊥DE，G为垂足．
图5
因为平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE＝DE，AG 平面ADE，所以AG⊥平面BCDE，即AG
为三棱锥AECD的高． ⊂
在折叠前，四边形ABCD为矩形，且AD＝2，AB＝4，E为AB的中点，
所以△ADE是等腰直角三角形．
所以AG＝AD·sin45°＝.
又S ＝×DC×BC＝×4×2＝4，
EDC
△
所以三棱锥AECD的体积
V ＝×S ×AG＝×4×＝.
AECD EDC
△
因为F为AD的中点，所以S ＝S .
EFD EAD
△ △
所以V ＝V ＝V ＝.
CEFD CEAD AECD即四面体FDCE的体积为.
35、如图，直四棱柱ABCD-A B C D 的底面ABCD是菱形，∠ADC＝120°，AA ＝AB＝1，点O ，O分别是上、
1 1 1 1 1 1
下底面菱形的对角线的交点．
(1)求证：A O∥平面CB D ；
1 1 1
(2)求点O到平面CB D 的距离．
1 1
解析 (1) 因为AA ∥C C 且AA ＝C C ，所以四边形A ACC 是
1 1 1 1 1 1
平行四边形，所以AC∥A C 且AC＝A C .
1 1 1 1
因为O ，O分别是A C ，AC的中点，故O C∥A O 且O C＝A O .
1 1 1 1 1 1 1
所以四边形A O C O为平行四边形，所以A O∥O C.
1 1 1 1
又A O 平面CB D ，O C 平面CB D ，
1 1 1 1 1 1
所以A⊄O∥平面CB D . ⊂
1 1 1
(2)解法1 等体积法．
设点O到平面CB D 的距离为h.
1 1
因为D D⊥平面ABCD，所以D D⊥C O.
1 1
因为AC，BD为菱形ABCD的对角线，
所以C O⊥BD.
因为D D∩BD＝D，
1
所以C O⊥平面BB D D.
1 1
在菱形ABCD中，BC＝1，∠BCD＝60°，C O＝.
易知点O到直线B D 的距离为DD ＝1，且BD＝B D ＝1，所以△OB D 的面积
1 1 1 1 1 1 1
＝·DD ·B D ＝.
1 1 1
所以三棱锥C-OB D 的体积V＝S OB D ·C O＝.
1 1 1 1
△
在△CB D 中，CB ＝CD ＝，B D ＝1，则可求得△CB D 的面积S C B D ＝.
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
由V＝S C B D ·h＝··h＝，得h＝. △
1 1
因此，点△O到平面CB D 的距离为.
1 1解法2 作垂线．
因为AA ⊥平面A B C D ，所以AA ⊥B D .
1 1 1 1 1 1 1 1
因为A C ，B D 为菱形A B C D 的对角线，所以B D ⊥A C .
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
因为AA ∩A C ＝A ，所以B D ⊥平面AA C C.
1 1 1 1 1 1 1 1
因为B D 平面CB D ，所以平面CB D ⊥平面AA C C.
1 1 1 1 1 1 1 1
在平面AA⊂C C内，作OH⊥C O ，H为垂足，而平面CB D ∩平面AA C C＝CO ，
1 1 1 1 1 1 1 1
所以OH⊥平面CB D ，即线段OH的长为点O到平面CB D 的距离．
1 1 1 1
在矩形AA C C中，∠O CH＝∠C O C ，sin∠CO C ＝＝＝，
1 1 1 1 1 1
sin∠OCH＝＝＝，所以＝，故OH＝.
因此，点O到平面CB D 的距离为.
1 1
