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第2课时 精研题型明考向——空间几何体及其表面积、体积
一、真题集中研究——明考情
1．(2020·全国卷Ⅰ·考查空间几何体的结构特征)
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.
解析：选C 设正四棱锥的高为h，底面正方形的边长为2a，斜高为m.
依题意得h2＝×2a×m，即h2＝am，①
易知h2＋a2＝m2，②
由①②得m＝a，
所以＝＝.故选C.
2．(2020·全国卷Ⅱ·考查三棱锥的外接球表面积)
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＝，解得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，
所以球心O到平面ABC的距离d＝＝1，
故选C.
3．(2020·浙江高考·考查圆锥的侧面积、侧面展开图)
已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径
(单位：cm)是________．
解析：法一：设该圆锥的母线长为l，
因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，其面积为2π，
所以πl2＝2π，解得l＝2，
所以该半圆的弧长为2π.
设该圆锥的底面半径为R，则2πR＝2π，解得R＝1.
法二：设该圆锥的底面半径为R，
则该圆锥侧面展开图中的圆弧的弧长为2πR.
因为侧面展开图是一个半圆，
设该半圆的半径为r，则πr＝2πR，即r＝2R，所以侧面展开图的面积为·2R·2πR＝2πR2＝2π，解得R＝1.
答案：1
4．(2020·新高考全国卷Ⅰ·柱体与球体的组合)
已知直四棱柱ABCDA B C D 的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D 为球心，为半径的球面与侧
1 1 1 1 1
面BCC B 的交线长为________．
1 1
解析：如图，连接B D，
1 1
易知△B C D 为正三角形，
1 1 1
所以B D＝C D＝2.
1 1 1 1
分别取B C ，BB ，CC 的中点M，G，H，连接DM，DG，DH，
1 1 1 1 1 1 1
则易得DG＝DH＝＝，DM⊥B C ，且DM＝.
1 1 1 1 1 1
由题意知G，H分别是BB ，CC 与球面的交点．
1 1
在侧面BCC B 内任取一点P，使MP＝，连接DP，
1 1 1
则DP＝＝＝，
1
连接MG，MH，易得MG＝MH＝，
故可知以M为圆心，为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC B 的交线．
1 1
由∠B MG＝∠C MH＝45°知∠GMH＝90°，
1 1
所以G H 的长为×2π×＝.
答案：
5．(2020·江苏高考·借助生产实际考查空间几何体的体积)
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________ cm3.
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.
答案：12－
6．(2020·全国卷Ⅲ·考查圆锥的内切球体积)
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：法一：如图，在圆锥的轴截面ABC中，CD⊥AB，BD＝1，BC＝3，圆O内
切于△ABC，E为切点，连接OE，则OE⊥BC.在Rt△BCD中，CD＝＝2.易知
BE＝BD＝1，则CE＝2.设圆锥的内切球半径为R，则OC＝2－R.在Rt△COE
中，OC2－OE2＝CE2，即(2－R)2－R2＝4，解得R＝，所以圆锥内半径最大的球的
体积为πR3＝π.
法二：如图，记圆锥的轴截面为△ABC，其中AC＝BC＝3，AB＝2，CD⊥AB.在Rt△BCD中，CD＝＝2，则S ＝2.设△ABC的内切圆O的半径为R，则R＝＝，所以圆锥
△ABC
内半径最大的球的体积为πR3＝π.
答案：π
[把脉考情]
1.几何体体积和表面积的计算：主要考查棱柱、棱锥或不规
常规 则几何体的体积与表面积的计算．
角度 2.球的切、接问题：主要考查几何体与球的组合体的识辨，
球的体积、表面积的计算
创新 几何体的体积与表面积的计算与空间线面位置关系、数学
角度 文化、实际生产生活的应用交汇命题
二、题型精细研究——提素养
题型一 空间几何体的结构特征
[典例] (1)(多选)下列命题中，正确的是( )
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
(2)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积之比为4∶3；③圆锥的轴截面是锐角三角形．其
中正确的结论为( )
A．①② B．②③
C．①③ D．①②③
[解析] (1)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ABCD-
A B C D 中的三棱锥C ABC，四个面都是直角三角形．
1 1 1 1 1
(2)①中，由题意得＝π，所以＝，所以l∶r＝4∶3，所以①正确；②中，由题意得＝＝＝，所以
圆锥的侧面积与底面积之比为4∶3，所以②正确；③中，由题意得圆锥的轴截面的三边长分
别为r，r,2r，易知顶角最大，设顶角为α，则由余弦定理可知，cos α＝＝－＜0，所以顶角为钝
角，所以圆锥的轴截面是钝角三角形，所以③错误．故选A.
[答案] (1)BCD (2)A
[方法技巧] 辨别空间几何体的2种方法
定义法 紧扣定义，由已知构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本要素，根据定义进行判定
通过反例对结构特征进行辨析，要说明一个结论是错误的，只需举出一个
反例法
反例即可
[针对训练]
1．(2021·江南十校联考)已知圆台上、下两底面与侧面都与球O相切，圆台的侧面积为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
解析：选C 圆台的轴截面如图所示，
因为圆台的侧面积S ＝π(R＋r)2＝16π，
侧
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.
2.如图，已知正三棱柱ABCA B C (底面是正三角形的直三棱柱)的底面边长
1 1 1
为2 cm，高为5 cm，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达
点A 的最短路线的长为________ cm.
1
解析：根据题意，利用分割法将原三棱柱分割为两个相同的三棱柱，然后将
其展开为如图所示的实线部分，则所求最短路线的长为＝13(cm)．
答案：13题型二 空间几何体的表面积与体积
考法(一) 空间几何体的表面积
[例1] (1)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O，O，过直线OO 的平面截该圆柱所得的
1 2 1 2
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
(2)
(2021·洛阳一模)如图，已知正三棱锥SABC的高为3，底面正三角形的高为
3，则该正三棱锥的表面积为( )
A．3＋3 B．3＋9
C．12 D.＋
[解析] (1)因为过直线OO 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
1 2
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.
(2)如图所示，其中AD＝3(D为BC的中点)，设SH⊥平面ABC，由于三棱
锥SABC为正三棱锥，∴H为正△ABC的中心，∴AH＝AD＝2，又SH＝3，
∴在Rt△SHA中，
SA＝＝＝.
在正△ABC中，AD＝3，
则AB＝AC＝BC＝2，∴S ＝×2×3＝3.
△ABC
在Rt△SDB中，SD＝＝＝，
∴S ＝×2×＝，
△SBC
∴正三棱锥的表面积为3＋3，故选A.
[答案] (1)B (2)A
[方法技巧] 求空间几何体表面积的常见类型及思路
求多面体 只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法
的表面积 求多面体的表面积
求旋转体 可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要
的表面积 搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面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，先求出这些基本的柱
几何体的
体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积
表面积
提醒 在求解组合题的表面积时，注意几何体表面的构成，尤其是重合部分，面积不要多加或少加
考法(二) 空间几何体的体积
[例2] (1)(2020·新高考全国卷Ⅱ)棱长为2的正方体ABCDA B C D 中，M，N分别为棱
1 1 1 1
BB ，AB的中点，则三棱锥A1DMN的体积为________．
1 1
(2)已知直三棱柱ABCA B C 的所有棱长都是a，点P，Q分别为棱CC ，BC的中点，四面体
1 1 1 1
A B PQ的体积为，则a的值为________．
1 1
[解析] (1)如图，易知MN＝，连接A B交MN于点O，则A O＝，∴V
1 1 A1-
＝V ＝××××2＝1.
D1MN D1A1MN
(2)如图，取B C 的中点H，连接A H，则A H⊥平面BB C C，且A H＝a，
1 1 1 1 1 1 1
S ＝a2－××－2×××a＝，
△B1PQ
∴四面体A B PQ的体积为××a＝a3＝，
1 1
解得a＝2.
[答案] (1)1 (2)2
[方法技巧]
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；或者把不规则的几
割补法
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的体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任
积法 一个面作为三棱锥的底面进行等体积变换
[针对训练]
1.如图是一个装有水的倒圆锥形杯子，杯子口径6 cm，高8 cm (不含杯脚)，已知
水的高度是4 cm，现往杯子中放入一种直径为1 cm的珍珠，该珍珠放入水中后
直接沉入杯底，且体积不变，如果放完珍珠后水不溢出，则最多可以放入珍珠(
)
A．98颗 B．106颗
C．120颗 D．126颗解析：选D 如图，等腰△ABC中，底边AB＝6 cm，高CD＝8 cm；等腰
△CEF中，底边为EF，高CP＝4 cm.∵△CAB∽△CEF，
∴＝，即＝，∴EF＝3，
∴放入珍珠的最大体积为V＝π×32×8－π×2×4＝21π.
∵一颗珍珠体积为π×3＝，＝126，
∴最多放入珍珠126颗，故选D.
2.我国古代数学名著《九章算术》中记载： “刍甍者，下有袤有广，而上
有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．”今有底面为正方形的屋脊形状的多面
体(如图所示)，下底面是边长为2的正方形，上棱EF＝，EF∥平面
ABCD，EF与平面ABCD 的距离为2，则该刍甍的体积为( )
A．6 B. C. D．12
解析：选B 如图，作FN∥AE，FM∥ED，则多面体被分割为棱柱与棱
锥两部分，则该刍甍的体积为V ＋V ＝S ×2＋S ×
FMNBC DAEMNF 四边形MNBC 直截面
＝×2××2＋×＝.
3.(2021·福州模拟)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
积是( )
A.π B.π
C.π D.π
解析：选C 设圆柱的底面半径为r，母线长为l，因为四面体各个面都是边长为1的正三角
形，可得2r＝＝，解得r＝，又由四面体各个面都是边长为1的正三角形，可得棱锥的高为h
＝＝，即圆柱的母线长为l＝，
所以圆柱的侧面积为S＝2πrl＝2π××＝.
题型三 与球有关的切接问题
考法(一) 与球有关的内切问题
[例1] (1)若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为 1，则圆锥的体积为
________．
(2)若一个正四面体的表面积为S，其内切球的表面积为S，则＝________.
1 2
[解析] (1)过圆锥的旋转轴作轴截面，得截面△ABC及其内切圆⊙O 和外接圆⊙O，且两圆
1 2
同圆心，即△ABC的内心与外心重合，易得△ABC为正三角形，由题意知⊙O 的半径r＝1，
1
∴△ABC的边长为2，圆锥的底面半径为，高为3，∴V＝×π×()2×3＝3π.
(2)设正四面体的棱长为a，
则正四面体表面积为S＝4×·a2＝a2，其内切球半径为正四面体高的，即r＝×a＝a，
1
因此内切球表面积为S＝4πr2＝，
2
则＝＝.
[答案] (1)3π (2)[方法技巧]
处理与球有关内切问题的策略
解答此类问题时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主
要抓住多面体过球心的对角面来作．
考法(二) 与球有关的外接问题
[例2] (1)已知正三棱锥SABC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( )
A．16π B．20π
C．32π D．64π
(2)(2021·厦门外国语学校模拟)已知三棱锥 PABC 每对异面的棱的长度都相等，且
△ABC的边长分别为，3,4，则三棱锥PABC外接球的体积为________．
[解析] (1)如图所示，O为外接球的球心，E为△ABC的重心．
因为正三棱锥SABC底面边长为6，
所以AE＝××6＝2，
又SA＝4，
所以三棱锥的高SE＝＝ ＝6.
在直角三角形AOE中，AO＝R，OE＝SE－SO＝6－R，
由AO2＝AE2＋OE2，即R2＝(2)2＋(6－R)2，解得R＝4，
所以球的表面积S＝4πR2＝64π，故选D.
(2)如图所示，由于三棱锥PABC每对异面的棱的长度都相等，所以
该三棱锥可以补形成一个长方体，且该长方体各面上的对角线长分
别为，3,4，设该长方体的长、宽、高分别为a，b，c，且不妨设a2＋b2＝
()2＝11，b2＋c2＝32＝9，a2＋c2＝42＝16，
所以a2＋b2＋c2＝18，
所以三棱锥外接球的直径为＝3.
故外接球的体积为×3＝9π.
[答案] (1)D (2)9π
[方法技巧]
1．求解几何体外接球的半径的思路
一是根据球的截面的性质，如本例(1)，利用球的半径R、截面圆的半径r及球心到截面圆的
距离d三者的关系R2＝r2＋d2求解，其中，确定球心的位置是关键；二是将几何体补成长方体，
如本例(2)，利用该几何体与长方体共有外接球的特征，由外接球的直径等于长方体的体对角
线长求解．
2．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：[针对训练]
1．将半径为3，圆心角为的扇形围成一个圆锥(接缝处忽略不计)，则该圆锥的内切球的体积
为( )
A. B.
C. D．2π
解析：选A 设圆锥的底面半径为r，高为h，则2πr＝×3，∴r＝1.∴h＝＝2.设圆锥内切球的
半径为R，则＝，∴R＝，∴V ＝πR3＝π×3＝，故选A.
球
2.如图，在三棱锥ABCD中，AD⊥BD，AC⊥BC，∠DAB＝，∠BAC＝.三棱
锥的外接球的表面积为16π，则该三棱锥的体积的最大值为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 设外接球的半径为R.由题意得，4πR2＝16π，解得R＝2.由题意知△ADB，△ABC
都是直角三角形，所以三棱锥ABCD的外接球的球心为AB的中点，且AB＝4.由∠DAB＝，
∠BAC＝，可求得AD＝2，BD＝2，AC＝BC＝2.当三棱锥ABCD的体积最大时，平面ADB⊥
平面ABC.所以三棱锥的体积的最大值为V ＝V ＝××2×2×2＝.故选B.
三棱锥ABCD 三棱锥CABD
3．已知三棱锥SABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，AB＝2，SA＝SB＝SC＝2，则
三棱锥SABC的外接球的球心到平面ABC的距离是( )
A. B．1
C. D.
解析：选A ∵三棱锥SABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，SA＝SB＝SC＝2，
∴S在底面ABC内的射影为AB的中点．
设AB的中点为H，连接SH，CH(图略)，
∴SH⊥平面ABC，∴SH上任意一点到A，B，C的距离相等，易知SH＝，CH＝1，
∴在Rt△SHC中，∠HSC＝30°.在平面SHC内作SC的垂直平分线MO，交SH于点O，交
SC于点M，
则O为三棱锥SABC的外接球的球心．
∵SC＝2，∴SM＝1，又∠OSM＝30°，∴SO＝，OH＝，∴球心O到平面ABC的距离为，故选
A.
一、综合练——练思维敏锐度
1．正三棱锥底面边长为a，高为a，则此正三棱锥的侧面积为( )
A.a2 B.a2C.a2 D.a2
解析：选A 因为底面正三角形中高为a，其重心到顶点距离为a×＝a，且棱锥高为a，所以
利用勾股定理可得侧棱长为 ＝a，斜高为 ＝，所以侧面积为S＝3××a×＝a2.
2.如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2，AD
＝2，则四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成几何体的表面积为( )
A．(15＋)π B．2(15＋)π
C．4(15＋)π D．(15＋4)π
解析：选C S ＝S ＋S ＋S ＝π×52＋π×(2＋5)×5＋π×2×2＝4(15＋)π.故
表 圆台底面 圆台侧面 圆锥侧面
选C.
3．魏晋时期数学家刘徽在他的著作《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“牟合方盖”的体积为18，则正方体的棱长为( )
A．18 B．6
C．3 D．2
解析：选C 因为“牟合方盖”的体积为18，所以该正方体的内切球的体积为18×＝π，设
正方体的棱长为a，则该正方体的内切球半径为，所以π×3＝π，解得a＝3，故选C.
4．(2021·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V ，下部分(半球)的体积为V ，则＝( )
1 2
A．2 B. C. D．1
解析：选C 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，
∴V ＝πR2h＝πR3，V ＝×πR3＝πR3，∴＝.
1 2
5.(多选)如图，长方体ABCDA B C D 的底面是正方形，AA ＝2AB，E是
1 1 1 1 1
DD 的中点，则( )
1
A．△B EC为直角三角形
1
B．CE∥A B
1
C．三棱锥C B CE的体积是长方体体积的
1 1
D．三棱锥C B CD 的外接球的表面积是正方形ABCD面积的6π倍
1 1 1
解析：选ACD 令AA ＝2AB＝2a，在△B EC中，B E＝a，EC＝a，B C＝a，所以B E2＋EC2
1 1 1 1 1
＝B C2，则△B EC为直角三角形，故A正确；
1 1
因为A B与DC平行，而CE与DC相交，所以CE与A B不平行，故B错误；
1 1 1 1三棱锥C B CE的体积为V ＝V ＝××2a×a×a＝，V ＝2a3，则三棱
1 1 C1B1CE B1C1CE ABCDA1B1C1D1
锥C B CE的体积是长方体体积的，故C正确；
1 1
因为三棱锥C B CD 的外接球就是长方体ABCDA B C D 的外接球，所以三棱锥C B CD 的
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
外接球半径R＝＝，三棱锥C B CD 的外接球的表面积为S＝4π×2＝6a2π，又S ＝
1 1 1 正方形ABCD
a2，所以三棱锥C B CD 的外接球的表面积是正方形ABCD面积的6π倍，故D正确，故选
1 1 1
A、C、D.
6．(2020·全国卷Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O 为△ABC的外接圆．若⊙O
1 1
的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO ，则球O的表面积为( )
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，因为⊙O 的面
1 1
积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO ，所以＝2r，解得
1
AB＝2，故OO ＝2，所以R2＝OO＋r2＝(2)2＋22＝16，所以球O的表面积S＝
1
4πR2＝64π.故选A.
7．(多选)已知四棱台ABCDA B C D 的上下底面均为正方形，其中AB
1 1 1 1
＝2，A B ＝，AA ＝BB ＝CC ＝2，则下述正确的是( )
1 1 1 1 1
A．该四棱台的高为
B．AA ⊥CC
1 1
C．该四梭台的表面积为26
D．该四梭台外接球的表面积为16π
解析：选AD 由棱台性质，画出切割前的四棱锥如图所示，由于AB＝
2，A B ＝，可知△SA B 与△SAB相似比为1∶2；则SA＝2AA ＝4，
1 1 1 1 1
AO＝2，则SO＝2，则OO ＝，该四棱台的高为，A正确；
1
因为SA＝SC＝AC＝4，所以AA 与CC 夹角为60°，不垂直，B错误；
1 1
该四棱台的表面积为S＝S ＋S ＋S ＝2＋8＋4××＝10＋6，C
上底 下底 侧
错误；
由于上下底面都是正方形，则外接球的球心在OO 上，在平面B BOO 上中，由于OO ＝，
1 1 1 1
B O＝1，则OB ＝2＝OB，即点O到点B与点B 的距离相等，则r＝OB＝2，该四棱台外接球
1 1 1 1
的表面积为16π，D正确，故选A、D.
8．已知在棱长为6的正方体ABCDA B C D 中，点E，F分别是棱C D，B C 的中点，过A，
1 1 1 1 1 1 1 1
E，F三点作该正方体的截面，则截面的周长为________．
解析：如图，延长EF，A B ，相交于点M，连接AM，交BB 于点H，延长
1 1 1
FE，A D，相交于点N，连接AN，交DD 于点G，连接FH，EG，可得截面
1 1 1
为五边形AHFEG.因为ABCDA B C D 是棱长为6的正方体，且E，F分
1 1 1 1
别是棱C D，B C 的中点，易得EF＝3，AG＝AH＝2，EG＝FH＝，截面
1 1 1 1
的周长为AH＋HF＋EF＋EG＋AG＝6＋3.答案：6＋3
9．已知三棱锥DABC的所有顶点都在球O的表面上，AD⊥平面ABC，AC＝，BC＝1，
cos∠ACB＝sin∠ACB，AD＝2，则球O的表面积为________．
解析：由cos∠ACB＝sin∠ACB，sin2∠ACB＋cos2∠ACB＝1，解得sin∠ACB＝，cos∠ACB
＝，
所以∠ACB＝.因为AC＝，BC＝1，
所以由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB，
即AB2＝3＋1－2××＝1，
故AB＝1，
所以△ABC为等腰三角形，
且∠ABC＝.
设△ABC外接圆半径为r，
由正弦定理得＝2r，
解得r＝1，
设球O的半径为R，△ABC的外心为O′，连接OO′，
设OO′＝h，过O作OM⊥AD，连接O′A，OA，OD，
则在△O′OA中，h2＋12＝R2，①
在△OMD中，(2－h)2＋12＝R2，②
联立①②解得R＝，
所以外接球的表面积为S＝4πR2＝4π()2＝8π.
答案：8π
10．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
________．
解析：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.
答案：π
11．已知三棱锥 SABC 外接球 O 的体积为 288π，在△ABC 中，AB＝6，AC＝8，
cos∠CBA＝，则三棱锥SABC体积的最大值为________．
解析：在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠CBA，解得BC＝10.因为
AB2＋AC2＝BC2，所以AC⊥AB，所以Rt△ABC的外接圆半径为5.
因为πR3＝288π，故R＝6.
球心O到平面ABC的距离d＝＝，
当平面SBC⊥平面ABC时，三棱锥SABC的体积最大，为××(6＋)＝48＋8.
答案：48＋8
12.如图，长方体ABCDA B C D 中，AB＝16，BC＝10，AA ＝8，点E，F
1 1 1 1 1
分别在A B ，DC 上，A E＝DF＝4.过点E，F的平面α与此长方体的
1 1 1 1 1 1面相交，交线围成一个正方形．
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；
(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．
解：(1)交线围成的正方形EHGF如图所示．
(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A E＝4，EB ＝12，EM＝AA
1 1 1
＝8.
因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.
于是MH＝＝6，AH＝10，HB＝6.
故S ＝×(4＋10)×8＝56，
四边形A1EHA
S ＝×(12＋6)×8＝72.
四边形EB1BH
因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为.
13.如图是一个以A B C 为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，
1 1 1
截面为ABC，已知A B ＝B C ＝2，∠A B C ＝90°，AA ＝4，BB ＝3，CC
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
＝2，求：
(1)该几何体的体积．
(2)截面ABC的面积．
解：(1)过C作平行于A B C 的截面A B C，交AA ，BB 分别于点A ，B .
1 1 1 2 2 1 1 2 2
由直三棱柱性质及∠A B C ＝90°可知B C⊥平面ABB A ，
1 1 1 2 2 2
则该几何体的体积V＝VA B C A B C＋VCABB A ＝×2×2×2＋××(1
1 1 1 2 2 2 2
＋2)×2×2＝6.
(2)在△ABC中，AB＝＝，
BC＝＝，
AC＝＝2.
则S ＝×2×＝.
△ABC
二、自选练——练高考区分度
1．(2021·安徽省示范高中名校联考)如图，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( )
A. B.
C. D．1
解析：选A 如图所示，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交于点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＝AL＋BL＝AB＝1，S ＝KL·LM≤2＝，当且仅当KL＝LM＝时取等号，故选
四边形KLMN
A.
2．已知在正四面体ABCD中，E是AD的中点，P是棱AC上的一动点，BP＋PE的最小值为，
则该四面体内切球的体积为( )
A.π B.π
C．4π D.π
解析：选D 由题意，将侧面△ABC和△ACD沿AC边展开成平面图形，
如图所示．设正四面体的棱长为a，则BP＋PE的最小值为
BE＝ ＝a＝，得a＝2，所以正四面体的高为 ＝，所以正四面体的体积为
××8×＝，设该四面体内切球的半径为r，则4×××8×r＝，解得r＝，所以该四面体内切
球的体积为 π×3＝π.
3.我国古代的数学名著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中的一
些数学用语可见，譬如“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底
面的三棱柱，“阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥．现
有一如图所示的“堑堵”，即三棱柱ABCA B C ，其中AC⊥BC，若AA ＝
1 1 1 1
AB＝1，当“阳马”(四棱锥BA ACC )体积最大时，“堑堵”(三棱柱ABCA B C )的表面积为
1 1 1 1 1
( )
A.＋1 B.＋1
C. D.
解析：选C 由题意知，△ABC为直角三角形，
且∠ACB＝90°，设AC＝x，则BC＝(0
