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课时跟踪检测（三十四） 空间几何体及其表面积、体
积
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.a2
C.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
表 圆台底面 圆台侧面 圆锥侧面
＋)π.故选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，
1 1 1 1 1E是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＋
1 1 1 1 1
EC2＝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
1 1 C1B1CE B1C1CE ABCDA1B1C1D1
三棱锥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 -
1 1 1 1 1 1 1 1
B CD 的外接球半径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 1 1 正方形
＝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，
ABCD 1 1 1
故选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
1
⊙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，因为
1
⊙O 的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO ，所以＝
1 1
2r，解得AB＝2，故OO ＝2，所以R2＝OO＋r2＝(2)2＋22＝16，所以球O的表
1
面积S＝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
1 1 1 1
中AB＝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 ＝
1 1 1 1 1
4，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
1 1
误；
该四棱台的表面积为S＝S ＋S ＋S ＝2＋8＋4××＝10＋6，C错误；
上底 下底 侧
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
1 1 1 1
接球的表面积为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
1 1 1 1 1 1 1 1
A，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，
1 1 1
延长FE，A D，相交于点N，连接AN，交DD 于点G，连接FH，EG，可
1 1 1
得截面为五边形AHFEG.因为ABCDA B C D 是棱长为6的正方体，且
1 1 1 1
E，F分别是棱C D，B C 的中点，易得EF＝3，AG＝AH＝2，EG＝FH
1 1 1 1
＝，截面的周长为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
1 1 1 1 1
E，F分别在A B ，DC 上，A E＝DF＝4.过点E，F的平面α与此长方
1 1 1 1 1 1
体的面相交，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
1 1
＝AA ＝8.
1
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
1 1 1
体，截面为ABC，已知A B ＝B C ＝2，∠A B C ＝90°，AA ＝4，BB ＝3，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
CC ＝2，求：
1
(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 2 2 2 2
××(1＋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
四边形KLMN
＝，当且仅当KL＝LM＝时取等号，故选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
