1_8.1　空间几何体的表面积和体积（分层集训）_2024版教学资源包_2024版.新高考版数学.5·3A版_22_专题八81空间几何体的表面积和体积_4_PDF教参电子书

专题八 立体几何
8.1 空间几何体的表面积和体积
基础篇
考点 一 空间几何体的结构特征
１.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)已知圆锥的底面半
２０２１ Ⅰ ３ ５
径为 其侧面展开图为一个半圆 则该圆
２ꎬ ꎬ
锥的母线长为
( )
Ａ.２ Ｂ.２ ２ Ｃ.４ Ｄ.４ ２
答案 Ｂ 设圆锥的母线长为ｌ 由题意得 ｌ
ꎬ π
＝２π􀅰 ２ꎬ
ｌ .故选 .
∴ ＝２ ２ Ｂ
２.( 山东ꎬ ꎬ 分)在梯形 ＡＢＣＤ 中 ＡＢＣ
２０１５ ７ ５ ꎬ∠
π ＡＤ ＢＣ ＢＣ ＡＤ ＡＢ .将梯形
＝ ꎬ ∥ ꎬ ＝ ２ ＝ ２ ＝ ２
２
ＡＢＣＤ 绕 ＡＤ 所在的直线旋转一周而形成的
曲面所围成的几何体的体积为
( )
２π ４π ５π
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.２π
３ ３ ３
答案 Ｃ 由题意知所围
成的几何体是底面半径为
高为 的圆柱挖去一个
１ꎬ ２
底面半径为 高为 的圆锥 故所求体积 Ｖ
１ꎬ １ ꎬ
π ５π.
＝２π－ ＝
３ ３
３.(多选)( 届湖北摸底联考ꎬ )折扇是
２０２３ １０
我国古老文化的延续 在我国已有四千年左
ꎬ
右的历史 扇 与 善 谐音 折扇也寓意 5
ꎬ“ ” “ ” ꎬ
年
高 善良 善行 .它常以字画的形式体现我国
考 “ ”“ ”
3 的传统文化 也是运筹帷幄 决胜千里 大智
年 ꎬ 、 、
模 大勇的象征 如图 .图 是一个圆台的侧
拟 ( １) ２
A
面展开图 扇形的一部分 若两个圆弧ＤＥ
版 ( )ꎬ
高
考
数
学
２６４
(
ꎬ
ＡＣ
(
图 图
１ ２
高为
Ａ. ４ ２
体积为５０ ２
Ｂ. π
３
表面积为
Ｃ. ３４π
上底面面积 下底面面积和侧面积之比为
Ｄ. 、
１ ∶ ９ ∶ ２２
答案 ＡＣ 设圆台的上底面半径为 ｒ 下底
ꎬ
面半径为 Ｒ 则 ｒ １ Ｒ １
ꎬ ２π ＝ ×２π×３ꎬ２π ＝ ×２π
３ ３
解得 ｒ Ｒ .圆台的母线长 ｌ 圆台
×９ꎬ ＝１ꎬ ＝３ ＝６ꎬ
的高为 则选项 正确 ２ ２
６ －(３－１) ＝４ ２ꎬ Ａ ꎻ
圆台的体积 １ ２ ２
＝ π×４ ２ ×(３ ＋３×１＋１ )＝
３
５２ ２ 则选项 错误 圆台的上底面面积
πꎬ Ｂ ꎻ
３
为 下底面面积为 侧面积为
πꎬ ９πꎬ π(１＋３)×
则圆台的表面积为
６＝ ２４πꎬ π＋９π＋２４π ＝
则选项 正确 由选项 可知上底面面
３４πꎬ Ｃ ꎻ Ｃ
积 下底面面积和侧面积之比为
、 １ ∶ ９ ∶ ２４ꎬ
则选项 错误.故选
Ｄ ＡＣ.
４.( 浙江ꎬ ꎬ 分)已知圆锥的侧面积 单
２０２０ １４ ４ (
位 为 且它的侧面展开图是一个半
２
:ｃｍ ) ２πꎬ
圆 则这个圆锥的底面半径 单位 是
ꎬ ( :ｃｍ)
.
答案
１
所在圆的半径分别是 和 且 ＡＢＣ 解析 设圆锥的底面半径为 ｒ 母线长为
３ ９ꎬ ∠ ＝ ｃｍꎬ
° 则该圆台的 ｌ
１２０ ꎬ ( ) ｃｍꎬ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋{Ｓ ｒｌ
由题意可得 侧＝π ＝２πꎬ 若 ＡＢ ＡＣ ＡＡ ＢＡＣ π 则此球的
＝３ꎬ ＝ １ ＝２ꎬ∠ ＝ ꎬ
ｒ ｌ ３
２π ＝π ꎬ
表面积为
ｒ .故圆锥的底面半径为 . ( )
∴ ＝１ １ ｃｍ
４０π ４０π ３２π
考点 二 空间几何体的表面积与体积 Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.３２π
９ ３ ３
答案 Ｂ 设球的半径为 Ｒ. 如图所示
１.( 课标 ꎬ ꎬ 分)在长方体 ＡＢＣＤ ꎬ
２０１８ Ⅰ １０ ５ － ＡＢＣ 的外心是 Ｏ 设 ＡＢＣ 外接圆半径
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 ＡＢ ＢＣ ＡＣ 与平面ＢＢ Ｃ Ｃ △ １ꎬ △
１ １ １ １ ꎬ ＝ ＝２ꎬ １ １ １ Ｏ Ｂ ｒ 在 ＡＢＣ 中 ＡＢ ＡＣ ＢＡＣ
所成的角为 ° 则该长方体的体积为 １ ＝ ꎬ △ ꎬ ＝３ꎬ ＝２ꎬ∠ ＝
３０ ꎬ
π 可 得 ＢＣ
ꎬ ＝
( )
３
Ａ.８ Ｂ.６ ２ Ｃ.８ ２ Ｄ.８ ３ ＡＢ２ ＡＣ２ ＡＢ ＡＣ ＢＡＣ
＋ －２ 􀅰 􀅰ｃｏｓ∠ ＝
答案 Ｃ 如图 由长方体的性质可得 ＡＢ
ꎬ ⊥
平面 ＢＣＣ Ｂ ３ ２ ＋２ ２ －２×３×２×ｃｏｓ π ＝ ７ꎬ
１ １ꎬ ３
ＢＣ 为直线 ＡＣ 在平面 ＢＣＣ Ｂ 内的
∴ １ １ １ １
射影
ꎬ
ＡＣ Ｂ 为直线ＡＣ 与
∴ ∠ １ １
平面 ＢＣＣ Ｂ 所成的角
１ １ ꎬ
即 ＡＣ Ｂ ° 在
∠ １ ＝ ３０ ꎬ Ｒｔ
ＡＢＣ 中 ＡＢ
△ １ ꎬ ＝ ２ꎬ 由正弦定理 得 ｒ ＢＣ 可得 ＡＢＣ 外
ＡＣ Ｂ ° ＢＣ ꎬ ２ ＝ ＢＡＣꎬ △
∠ １ ＝ ３０ ꎬ∴ １ ＝ ｓｉｎ∠
２ ３ꎬ 接圆半径 Ｏ Ｂ ｒ ７ ２１. Ａ Ｂ Ｃ 的
１ ＝ ＝ ＝ △ １ １ １
在 ＢＣＣ 中 ＣＣ ＢＣ２ ＢＣ２ π ３
Ｒｔ △ １ ꎬ １ ＝ １ － ＝ ２ｓｉｎ
３
２ ２ 该长方体的体积 Ｖ 外接圆圆心为 Ｏ 连接 Ｏ Ｏ 设球心为 Ｏ
(２ ３) －２ ＝２ ２ꎬ∴ ＝２ ２ꎬ １ ２ꎬ ꎬ
故选 .
×２×２ ２ ＝８ ２ꎬ Ｃ 则 Ｏ 在 Ｏ Ｏ 上 ＯＯ １ＡＡ
１ ２ ꎬ １ ＝ １ ＝１ꎬ
２.( 武汉部分重点中学联考ꎬ )若一圆台 ２
２０２２ ３
的上底面半径为 １ꎬ 且上 、 下底面半径和高的
在
Ｒｔ△
ＯＢＯ
１
中
ꎬ
求得 Ｒ
＝
ＯＢ
＝
ＯＯ２
１ ＋
Ｏ
１
Ｂ２
比为 则圆台的体积为
３０
１ ∶ ２ ∶ ３ꎬ ( ) ＝ ꎬ
３
７ ３ ７ ３π æ ö２
Ａ. Ｂ.７ ３ Ｃ. Ｄ.７ ３π 此球的表面积 Ｓ Ｒ２ çç ３０÷÷
３ ３ ∴ ＝ ４π ＝ ４π× è ø ＝
答案 Ｃ 由题意得上底面面积为 下底 ３
πꎬ
４０π.故选
面半径为 圆台的高为 则下底面面积为 Ｂ.
２ꎬ ３ꎬ ３
４.( 全国甲理ꎬ ꎬ 分)已知 Ａ Ｂ Ｃ 是半
所 以 圆 台 的 体 积 Ｖ １ ２０２１ １１ ５ ꎬ ꎬ
４πꎬ ＝ (π ＋ ４π ＋
３ 径为 的球 Ｏ 的球面上的三个点 且 ＡＣ
１ ꎬ ⊥
ＢＣ ＡＣ ＢＣ 则三棱锥 Ｏ ＡＢＣ 的体积为 专
７ ３π.故选 ꎬ ＝ ＝１ꎬ － 题
π􀅰４π)􀅰 ３ ＝ Ｃ.
八
３
( )
３.( 届浙南名校联盟联考ꎬ )直三棱柱 立
２０２３ ４ 体
２ ３ ２ ３ 几
ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 的各个顶点都在同一球面上 Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ. 何
－ １ １ １ ꎬ １２ １２ ４ ４
２６５
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋答案 Ａ 如图所示 由 ＡＣ ＢＣ 可知
ꎬ ⊥ ꎬ
ＡＢＣ 是以 ＡＢ 为斜边的直角三角形 又知
△ ꎬ
ＡＣ ＢＣ ＡＢ ＡＢＣ的外接圆
＝ ＝１ꎬ∴ ＝ ２ꎬ∴ Ｒｔ△
圆心为ＡＢ 的中点Ｏ
１ꎬ
ＡＢ
半径 ｒ ２ 连接 解法二 易知 Ａ Ｄ 平面 Ａ ＭＮ 则 Ａ Ｄ 是
＝ ＝ ꎬ : １ １⊥ １ ꎬ １ １
２ ２ 三棱锥 Ｄ Ａ ＭＮ 的高.
－
ＯＯ 点 Ｏ 为球心 １ １
１ꎬ∵ ꎬ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ
ＯＯ 平面 ＡＢＣ 即 ∵ △ Ａ １ ＭＮ＝ 正方形ＡＡ １ Ｂ １ Ｂ－ △ ＡＡ １ Ｎ－ △ Ａ １ Ｂ １ Ｍ－ △ ＢＭＮ
∴ １⊥ ꎬ
ＯＯ 的长为 Ｏ 到平面 ＡＢＣ 的距离.在 １ １ １
＝２×２－ ×２×１－ ×２×１－ ×１×１
１ Ｒｔ ２ ２ ２
ＯＯ Ｂ 中 ＯＢ Ｏ Ｂ ２ ＯＯ ３ Ｖ Ｖ １ ３ .
△ １ ꎬ ＝ １ꎬ １ ＝ ２ ꎬ ∴ １ ＝ ＝ ２ ꎬ∴ Ａ １－ Ｄ １ ＭＮ＝ Ｄ １－ Ａ １ ＭＮ＝ ３ ×２× ２ ＝１
æ ö２ ７.( 天津文ꎬ ꎬ 分)如图 已知正方体
２ çç ２÷÷ ２ Ｖ １ １ ２ ２０１８ １１ ５ ꎬ
１ － è ø ＝ ꎬ∴ Ｏ － ＡＢＣ ＝ × ×１×１× ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的棱长为 则四棱锥
２ ２ ３ ２ ２ － １ １ １ １ １ꎬ
Ａ ＢＢ Ｄ Ｄ的体积为 .
２.故选 . １ － １ １
＝ Ａ
１２
５.( 全国甲文ꎬ ꎬ 分)已知一个圆锥的
２０２１ １４ ５
底面半径为 其体积为 则该圆锥的侧
６ꎬ ３０πꎬ
面积为 .
答案
３９π
解析 设圆锥的高为 ｈ 母线长为 ｌ.
答案 １
ꎬ
３
由圆锥的体积 Ｖ 及已知得 ｈ ５
＝３０π ＝ ꎬ 解析 四棱锥的底面 ＢＢ Ｄ Ｄ 为矩形 其面
２ １ １ ꎬ
积为 又点 Ａ 到底面 ＢＢ Ｄ Ｄ 的
母线长 ｌ ｒ２ ｈ２ １３ 圆锥的侧面积为 １× ２ ＝ ２ꎬ １ １ １
∴ ＝ ＋ ＝ ꎬ∴
２ 距离即四棱锥 Ａ ＢＢ Ｄ Ｄ 的高 为１ Ａ Ｃ
ｒｌ . １ － １ １ ꎬ １ １ ＝
π ＝３９π ２
６.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)棱长为 的正方
２０２０ Ⅱ １３ ５ ２ ２ 所以四棱锥 Ａ ＢＢ Ｄ Ｄ 的体积为１
体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｍ Ｎ 分别为棱 ＢＢ ꎬ １ － １ １ × ２
２ ３
－ １ １ １ １ ꎬ ꎬ １ꎬ
ＡＢ 的中点 则三棱锥 Ａ Ｄ ＭＮ 的体积为
ꎬ １ － １ ２ １.
× ＝
.
２ ３
答案
１
5 解析 解法一 如图 易知 ＭＮ 连接
年 : ꎬ ＝ ２ꎬ
高
考
3 Ａ Ｂ 交 ＭＮ 于点 Ｏ 则 Ａ Ｏ ３ ２ Ｖ
年 １ ꎬ １ ＝ ꎬ∴ Ａ １－ Ｄ １ ＭＮ＝
２
模
拟
Ｖ １ ３ ２ １ .
A Ｄ １－ Ａ １ ＭＮ＝ × × ２× ×２＝１
版 ３ ２ ２
高
考
数
学
２６６
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋综合篇
考法 一 空间几何体的表面积和体积
Ａ.９ ３＋６ Ｂ.９ ３＋８
考向一 求空间几何体表面积的方法
Ｃ.１２ ３＋６ Ｄ.１２ ３＋８
１.( 广东中山模拟ꎬ )埃及胡夫金字塔是 答案 Ｃ 由题意可得该多面体有 个正方
２０２２ ６ ６
形 个正六边形 边长为 的正方
古代世界建筑奇迹之一 它的形状可视为一
ꎬ６×４÷３＝８ ꎬ １
ꎬ
个正四棱锥.现已知该四棱锥的高与斜高 棱
形的面积为 正六边形的面积为 １
(
１×１＝１ꎬ ６×
２
锥侧面三角形底边上的高 的比值为 ４ 则
) ꎬ
５ ３ ３ ３ 所以该多面体的表面积为
×１×１× ＝ ꎬ ８
该四棱锥的底面面积与侧面面积的比值是
２ ２
( ) ３ ３ .故选
× ＋６＝１２ ３＋６ Ｃ.
２
４ ３ １２ ５
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ. ３.( 课标 ꎬ ꎬ 分)已知Ａ Ｂ 是球Ｏ 的球
５ ５ ５ １２ ２０１５ Ⅱ ９ ５ ꎬ
答案 Ｂ 设该正四棱锥的底面边长为 ａ 面上两点 ＡＯＢ ° Ｃ 为该球面上的动
２ ꎬ ꎬ∠ ＝９０ ꎬ
ì ï ｈ 点.若三棱锥 Ｏ ＡＢＣ 体积的最大值为 则
ï ４ － ３６ꎬ
高为 ｈ 斜高为 ｈ′ 则有í ｈ′＝ ꎬ 解得 ａ 球 Ｏ 的表面积为
ꎬ ꎬ ï ５ ＝ ( )
ï
îｈ２ ａ２ ｈ′２
＋ ＝ ꎬ
Ａ.３６π Ｂ.６４π Ｃ.１４４π Ｄ.２５６π
答案 Ｃ Ｓ 是定值 且 Ｖ Ｖ
３ｈ′ ꎬ ∵ △ ＯＡＢ ꎬ Ｏ － ＡＢＣ＝ Ｃ － ＯＡＢꎬ
５ 当 ＯＣ 平面 ＯＡＢ 时 Ｖ 最大 即 Ｖ
∴ ⊥ ꎬ Ｃ － ＯＡＢ ꎬ Ｏ － ＡＢＣ
所以该正四棱锥的底面面积为 ａ２ ３６ｈ′２
４ ＝ ꎬ 最大.设球 Ｏ 的半径为 Ｒ 则 Ｖ １
２５ ꎬ ( Ｏ － ＡＢＣ)ｍａｘ ＝ ×
３
侧面面积为 １ ａｈ′ ３ｈ′２ １２ｈ′２
４× ×２ ＝４× ＝ ꎬ １Ｒ２ Ｒ １Ｒ３ Ｒ 球 Ｏ 的表面积
２ ５ ５ × ＝ ＝３６ꎬ∴ ＝６ꎬ∴
２ ６
故该正四棱锥的底面面积与侧面面积的比
Ｓ Ｒ２ ２ .
＝４π ＝４π×６ ＝１４４π
值是３６ｈ′２ １２ｈ′２ ３. ４.( 课标 ꎬ文 ꎬ理 ꎬ 分)已知 Ａ Ｂ
÷ ＝ ２０２０ Ⅰ １２ １０ ５ ꎬ ꎬ
２５ ５ ５
Ｃ 为球 Ｏ 的球面上的三个点 Ｏ 为 ＡＢＣ
２.( 届广州 月阶段测ꎬ ) 年北京奥 ꎬ☉ １ △
２０２３ ８ ４ ２００８
的外接圆.若 Ｏ 的面积为 ＡＢ ＢＣ ＡＣ
运会游泳中心 水立方 的设计灵感来于威 ☉ １ ４πꎬ ＝ ＝
( ) ＯＯ 则球 Ｏ 的表面积为
尔 弗兰泡沫 威尔 弗兰泡沫是对开尔文 ＝ １ꎬ ( )
􀅰 ꎬ 􀅰
胞体的改进 开尔文胞体是一种多面体 它 Ａ.６４π Ｂ.４８π Ｃ.３６π Ｄ.３２π
ꎬ ꎬ 答案 Ａ 如图 由题意知
由正六边形和正方形围成 其中每一个顶点 ꎬ
( ＡＢＣ 为等边三角形 圆
处有一个正方形和两个正六边形 已知该 △ ꎬ
)ꎬ Ｏ 的半径 ｒ 即 Ｏ Ｂ
多面体共有 个顶点 且棱长为 则该多 １ ＝２ꎬ １ ＝２ꎬ
２４ ꎬ １ꎬ
ＢＣ ＯＯ
面体的表面积是 ∴ ＝２ ３ ＝ １ꎬ
( )
在 ＯＯ Ｂ 中 ＯＢ２ ＯＯ２
Ｒｔ△ １ ꎬ ＝ １
Ｏ Ｂ２ 球 Ｏ 的半径 Ｒ ＯＢ 专
＋
１
＝１６ꎬ∴ ＝ ＝４ꎬ 题
八
则 Ｓ Ｒ２ .故选 .
球Ｏ＝４π ＝６４π Ａ
立
５.( 课标 理ꎬ ꎬ 分)已知圆锥的顶点 体
２０１８ Ⅱ １６ ５ 几
何
开尔文胞体 ２６７
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋. 时 相应水面的面积为 . ２ 水
为 Ｓ 母线 ＳＡ ＳＢ 所成角的余弦值为 ７ ＳＡ １４８ ５ ｍ ꎬ １４０ ０ ｋｍ ꎻ
ꎬ ꎬ ꎬ
位为海拔 . 时 相应水面的面积为
８
１５７ ５ ｍ ꎬ
与圆锥底面所成角为 °.若 ＳＡＢ 的面积为
４５ △
. ２.将该水库在这两个水位间的形状
１８０ ０ ｋｍ
则该圆锥的侧面积为 . 看作一个棱台 则该水库水位从海拔 .
５ １５ꎬ ꎬ １４８ ５ ｍ
答案 上升到 . 时 增加的水量约为
４０ ２π １５７ ５ ｍ ꎬ ( ７≈
解析 因为母线 ＳＡ 与圆锥底面所成的角为 .
２ ６５) ( )
° 所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形. . ９ ３ . ９ ３
４５ ꎬ Ａ.１ ０×１０ ｍ Ｂ.１ ２×１０ ｍ
设底面圆的半径为 ｒ 则母线长 ｌ ｒ.在 . ９ ３ . ９ ３
ꎬ ＝ ２ Ｃ.１ ４×１０ ｍ Ｄ.１ ６×１０ ｍ
答案 Ｃ
２ ６ ２ ２
ＳＡＢ 中 ＡＳＢ ７ 所以 ＡＳＢ １４０ ｋｍ ＝１４０×１０ ｍ ꎬ１８０ ｋｍ ＝
△ ꎬｃｏｓ∠ ＝ ꎬ ｓｉｎ∠ ＝
８ ６ ２ 由棱台体积公式 Ｖ １ Ｓ Ｓ′
１８０×１０ ｍ ꎬ ＝ ( ＋ ＋
１５.因为 ＳＡＢ 的面积为 即 １ ＳＡ ３
△ ５ １５ꎬ 􀅰
８ ２ ＳＳ′ ｈ 可得 Ｖ １
) 增加水量 ＝ × (１４０ ＋ １８０ ＋
３
ＳＢ ＡＳＢ １ ｒ ｒ １５
􀅰ｓｉｎ∠ ＝ 􀅰 ２ 􀅰 ２ × ＝５ １５ꎬ ６ . .
２ ８ １４０×１８０)×１０ ×(１５７ ５－１４８ ５)＝ ３×(３２０＋
所以 ｒ２ 故圆锥的侧面积为 ｒｌ ｒ２ ６ . ６
＝４０ꎬ π ＝ ２π ６０ ７)×１０ ≈３×(３２０＋６０×２ ６５)×１０ ＝１ ４３７
. ６ . ９ ３ 故选 .
＝４０ ２π ×１０ ≈１ ４×１０ (ｍ )ꎬ Ｃ
考向二 求空间几何体体积的方法 ３.( 全国甲ꎬ理 ꎬ文 ꎬ 分)甲 乙两个
２０２２ ９ １０ ５ 、
１.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)正四棱台的上 下 圆锥的母线长相等 侧面展开图的圆心角之
２０２１ Ⅱ ５ ５ 、 ꎬ
底面的边长为 侧棱长为 则四棱台的 和为 侧面积分别为 Ｓ 和 Ｓ 体积分别
２πꎬ 甲 乙ꎬ
２ꎬ４ꎬ ２ꎬ
体积为 Ｓ Ｖ
甲 甲
( ) 为 Ｖ 和 Ｖ .若 则
甲 乙 Ｓ ＝２ꎬ Ｖ ＝ ( )
乙 乙
５６ ２８ ２
Ａ.５６ Ｂ.２８ ２ Ｃ. Ｄ.
３ ３ ５ １０
Ａ. ５ Ｂ.２ ２ Ｃ. １０ Ｄ.
答案 Ｄ 如图 四棱台 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 为
４
ꎬ － １ １ １ １
答案 Ｃ 设甲 乙两个圆锥的侧面展开图
正四棱台 ＡＢ
、
ꎬ ＝ ２ꎬ
的圆心角分别为 θ 和 θ 母线长均为 ｌ 底
Ａ Ｂ ＡＡ 连 甲 乙ꎬ ꎬ
１ １ ＝ ４ꎬ １ ＝ ２ꎬ
Ｓ
接 ＡＣ Ａ Ｃ ＡＣ 甲
ꎬ １ １ꎬ ＝ 面半径分别为 ｒ 甲ꎬ ｒ 乙ꎬ 高分别为 ｈ 甲ꎬ ｈ 乙 .由 Ｓ
乙
Ａ Ｃ
４＋４ ＝ ２ ２ꎬ １ １ ＝ ｒ
甲
得 即 ｒ ｒ 所以 θ θ .又
过 Ａ 作 ＡＧ Ａ Ｃ 交 Ａ Ｃ 于 ＝２ ｒ ＝２ꎬ 甲 ＝ ２ 乙ꎬ 甲 ＝ ２ 乙
１６＋１６ ＝４ ２ꎬ ⊥ １ １ꎬ １ １ 乙 􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍
点 Ｇ 则 Ａ Ｇ ４ ２－２ ２ 则 ＡＧ θ θ 所以θ ４π θ ２π 所以ｒ
5 ꎬ １ ＝ ＝ ２ꎬ ＝ 甲＋ 乙＝２πꎬ 甲＝ ꎬ 乙＝ ꎬ 甲＝
年 ２ ３ ３
高
考 ＡＡ２ Ａ Ｇ２ 正四棱台的体积 ２ｌ ｒ １ ｌ 所以 ｈ ５ｌ ｈ ２ ２ｌ 所以
3 １ － １ ＝ ４－２ ＝ ２ꎬ∴ ꎬ 乙＝ ꎬ 甲 ＝ ꎬ 乙 ＝ ꎬ
年 ３ ３ ３ ３
模 Ｖ １ ２８ ２ 故选 .
拟 ＝ × ２×(１６＋４＋ ６４)＝ ꎬ Ｄ １ ｒ２ ｈ １ ４ｌ２ ５ｌ
A ３ ３ Ｖ 甲 π 甲􀅰 甲 π􀅰 􀅰
３ ３ ９ ３ 故
版 ２.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)南水北调工程缓解 Ｖ ＝ ＝ ＝ １０ꎬ
高 了 ２ 北 ０２ 方 ２ 一些地 Ⅰ 区水 ４ 资 ５ 源短缺问题 其中一部 乙 １ π ｒ２ 乙􀅰 ｈ 乙 １ π􀅰 １ｌ２ 􀅰 ２ ２ｌ
考 ꎬ ３ ３ ９ ３
数
学 分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔 选 .
Ｃ
２６８
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４.( 全国乙ꎬ理 ꎬ文 ꎬ 分)已知球 Ｏ 的 的体积为 且 ｌ 则该正四棱锥
２０２２ ９ １２ ５ ３６πꎬ ３≤ ≤３ ３ꎬ
半径为 四棱锥的顶点为 Ｏ 底面的四个顶 体积的取值范围是
１ꎬ ꎬ ( )
点均在球 Ｏ 的球面上 则当该四棱锥的体积 é ù é ù
ꎬ ê ８１ ú ê ２７ ８１ ú
ê ú ê ú
最大时 其高为 Ａ.ë１８ꎬ û Ｂ.ë ꎬ û
４ ４ ４
ꎬ ( )
é ù
ê ú
２７ ６４
１ １ ３ ２ Ｃ.ë ê ꎬ û ú Ｄ.[１８ꎬ２７]
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ. ４ ３
３ ２ ３ ２
答案 Ｃ 如图 Ｓ ＡＢＣＤ 是正四棱锥 连接
答案 Ｃ 如图 设ＡＣ 与ＢＤ ꎬ － ꎬ
ꎬ
ＡＣ ＢＤ 交于点 Ｏ 设正
所成角为 θ 球 Ｏ 的半径为 ꎬ ꎬ ꎬ
ꎬ
方形 ＡＢＣＤ 的边长为 ａ
Ｒ 四棱锥的底面所在圆 Ｏ ꎬ
ꎬ １
ＳＯ ｈ ＳＥ 是外接球的直
的半径为 ｒ ＝ ꎬ
ꎬ
径 则 ＳＥ Ｒ
ꎬ ＝ ２ ＝
则 Ｒ Ｓ １ ＡＣ
＝ １ꎬ 四边形ＡＢＣＤ ＝ 􀅰 æ ö
２ .ç４πＲ３ Ｒ ÷
６ è ＝３６πꎬ ＝３ø
３
ＢＤ θ １ＡＣ ＢＤ １ ｒ ｒ ｒ２
ｓｉｎ ≤ 􀅰 ≤ 􀅰２ 􀅰２ ＝２ ꎬ ａ２ ａ２
２ ２ 由 ＡＯ２ ＳＯ ＯＥ 得 ｈ ｈ 又 ｌ２
＝ 􀅰 ꎬ ＝ (６－ )ꎬ ＝ ＋
２ ２
当且仅当 θ π ＡＣ ＢＤ ｒ 时等号成立 此
＝ ꎬ ＝ ＝２ ꎬ ｌ２
２ ｈ２ ｌ２ ｈ ｈ .
ꎬ∴ ＝６ ꎬ∴ ＝
时四边形 ＡＢＣＤ 为正方形.
６
ｌ２æ ｌ２ö
在 ＯＯ Ｃ 中 设高 ＯＯ ｈ 则 ｈ Ｒ２ ｒ２ 则 ａ２ ｈ ｈ ç ÷
△ １ ꎬ １ ＝ ꎬ ＝ － ＝２ (６－ )＝ è６－ øꎬ
３ ６
ｒ２
＝ １－ ꎬ ｌ２
正四棱锥的体积 Ｖ １ ａ２ｈ １
∴ ＝ ＝ 􀅰
Ｖ １Ｓ ｈ １ ｒ２ ｒ２ ｒ ３ ３ ３
四棱锥Ｏ － ＡＢＣＤ＝ 正方形ＡＢＣＤ ＝ ×２ １－ (０<
３ ３ æ ｌ２ö ｌ２
ç ÷
è６－ ø􀅰
<１)ꎬ ６ ６
令 ｒ２
＝
ｔ
ꎬ
则 Ｖ
四棱锥Ｏ － ＡＢＣＤ＝
２ｔ
１－
ｔ
＝
２ ｔ２
－
ｔ３
(０ ＝ １ｌ４ －
ｌ６
ꎬ∴ Ｖ′ ＝ ４ ｌ３ －
ｌ５
ꎬ 令 Ｖ′ ＝０ꎬ 得 ｌ ＝
３ ３
９ ３２４ ９ ５４
ｔ
< <１)ꎬ .
２ ６
设 ｆ ｔ ｔ２ ｔ３ 则 ｆ ′ ｔ ｔ ｔ２ ｔ ｔ
( )＝ － ꎬ ( )＝ ２ －３ ＝ (２－３ )ꎬ
Ｖ 在 上单调递增 在 上
æ ö [３ꎬ２ ６) ꎬ (２ ６ꎬ３ ３]
当 ｔ ç ２ ÷时 ｆ ′ ｔ 则 ｆ ｔ 单调递增
单调递减
∈è０ꎬ ø ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ꎬ
ꎬ
３
æ ö
而 ｌ 时 Ｖ ２７ ｌ 时 Ｖ ８１ ｌ
当 ｔ ç２ ÷时 ｆ ′ ｔ 则 ｆ ｔ 单调递减
＝３ ꎬ ＝ ꎬ ＝３ ３ ꎬ ＝ ꎬ ＝２ ６
∈è ꎬ１ø ꎬ ( )<０ꎬ ( ) ꎬ
４ ４
３
ｔ ２时 ｆ ｔ 取得最大值 且 ｆ ｔ ４ 时 Ｖ ６４
∴ ＝ ꎬ ( ) ꎬ ( )ｍａｘ ＝ ꎬ ꎬ ＝ ꎬ
３ ２７ ３
é ù
该正四棱锥体积的取值范围是ê
２７ ６４
ú.
∴ (
Ｖ
四棱锥Ｏ － ＡＢＣＤ)ｍａｘ ＝
４ ３
ꎬ
此时高 ｈ
＝ １－
ｒ２
＝ ∴ ë
ê
４ ꎬ ３ û
ú
２７
６.(多选)( 新高考 ꎬ ꎬ 分)如图 四边
２０２２ Ⅱ １１ ５ ꎬ 专
３ 故选 . 题
ꎬ Ｃ 形 ＡＢＣＤ 为正方形 ＥＤ 平面 ＡＢＣＤ ＦＢ 八
３ ꎬ ⊥ ꎬ ∥
５.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)已知正四棱锥的侧 ＥＤ ＡＢ ＥＤ ＦＢ.记三棱锥 Ｅ ＡＣＤ Ｆ ＡＢＣ 立
２０２２ Ⅰ ８ ５ ꎬ ＝ ＝２ － ꎬ － ꎬ 体
几
棱长为 ｌ 其各顶点都在同一球面上.若该球 Ｆ ＡＣＥ 的体积分别为Ｖ Ｖ Ｖ 则 何
ꎬ － １ꎬ ２ꎬ ３ꎬ ( )
２６９
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋形 所以 ＢＤ ＡＣ
ꎬ ⊥ ꎬ
又 ＡＣ ＰＯ Ｏ ＡＣ ＰＯ 平面 ＰＡＣ 所以 ＢＤ
∩ ＝ ꎬ ꎬ ⊂ ꎬ
平面ＰＡＣ 因为ＰＣ 平面ＰＡＣ 所以ＢＤ
⊥ ꎬ ⊂ ꎬ ⊥
ＰＣ 故 正确
ꎬ Ａ ꎬ
Ｖ Ｖ Ｖ Ｖ
Ａ. ３ ＝２ ２ Ｂ. ３ ＝ １
Ｖ Ｖ Ｖ Ｖ Ｖ
Ｃ. ３ ＝ １ ＋ ２ Ｄ.２ ３ ＝３ １
答案 ＣＤ 因为 ＥＤ 平面 ＡＢＣＤ 且 ＦＢ
⊥ ꎬ ∥
ＥＤ 所以 ＦＢ 平面 ＡＢＣＤ.
ꎬ ⊥
由正四棱锥的特征可知 其外接球的球心在
设 ＡＢ ＥＤ ＦＢ ａ 则
ꎬ
＝ ＝ ２ ＝ ２ ꎬ
ＰＯ 上 设半径为 Ｒ 则 ＯＣ２ ＯＰ Ｒ ２ Ｒ２
ꎬ ꎬ ＋( － ) ＝ ꎬ
ＦＢ ａ 则 Ｖ １Ｓ ＥＤ
＝ ꎬ １ ＝
３
△ ＡＣＤ􀅰 又 ＰＯ ＰＡ２ ＡＯ２ 解得 Ｒ 故外接
＝ － ＝ ２ꎬ ＝ ２ꎬ
１ １ ａ ａ ａ
球的表面积为 Ｒ２ 故 正确
＝ × 􀅰２ 􀅰２ 􀅰２ ＝ ４π ＝８πꎬ Ｂ ꎬ
３ ２ 因为 ＰＯ 平面 ＡＢＣＤ 所以 ＰＡＯ 为 ＰＡ 与
⊥ ꎬ ∠
４ａ３
底面 ＡＢＣＤ 所成角 因为 ＡＰ ＡＯ
ꎬ
ꎬ ＝２ꎬ ＝ ２ꎬ
３
ＡＯ
所以 Ｖ １Ｖ ２ａ３.如图 连接 ＢＤ 交 ＡＣ 于 所以 ＰＡＯ ２ 所以 ＰＡＯ °
２ ＝ １ ＝ ꎬ ꎬ ｃｏｓ∠ ＝ＡＰ＝ ꎬ ∠ ＝４５ ꎬ
２ ３ ２
Ｏ 连接 ＯＥ ＯＦ. 故 错误
ꎬ ꎬ Ｃ ꎬ
易证 ＡＣ 平面 ＢＤＥＦ.Ｓ Ｓ Ｓ 取 ＰＣ 的中点 Ｅ 连接 ＢＥ ＤＥ 因为正四棱锥
⊥ △ ＥＯＦ＝ 梯形ＢＤＥＦ－ △ ＯＤＥ ꎬ ꎬ ꎬ
Ｐ ＡＢＣＤ 的所有棱长为 所以 ＰＤＣ
Ｓ １ ａ ａ ａ １ ａ ａ １ ａ － ２ꎬ △ ꎬ
－ △ ＯＢＦ＝ ２ ( ＋２ )×２ ２ － ２ ×２ × ２ － ２ × ＰＢＣ 为正三角形 所以 ＰＣ ＤＥ ＰＣ ＢＥ
△ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ
又 ＤＥ ＢＥ Ｅ ＤＥ ＢＥ 平面 ＢＤＥ
× ２ ａ ＝ ３ ２ａ２ ꎬ 故 Ｖ ３ ＝ １Ｓ △ ＥＯＦ􀅰 ＡＯ ×２＝ １ × ∩ ＝ ꎬ ꎬ ⊂ ꎬ
２ ３ ３ 所以 ＰＣ 平面 ＢＤＥ 故当平面 α 经过侧棱
⊥ ꎬ
ＰＣ 的中点时 平面 α 即为平面 ＢＤＥ
３ ２ａ２
× ２
ａ
×２＝２
ａ３
ꎬ ꎬ ꎬ
２
故 Ｖ Ｖ Ｖ Ｖ Ｖ 成立 故选 . 此时 Ｖ １Ｓ １ＯＰ １ １ １
１ ＋ ２ ＝ ３ꎬ２ ３ ＝３ １ ꎬ ＣＤ Ｅ － ＢＣＤ＝ ３ △ ＢＣＤ􀅰 ２ ＝ ３ × ２ ×２×２× ２
７.(多选)( 届长沙长郡中学月考ꎬ )正
２０２３ １０
２
四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 的所有棱长为 用垂直于 × ２ ＝ ꎬ
－ ２ꎬ
３
侧棱 ＰＣ 的平面 α 截该四棱锥 则
ꎬ ( )
因为 Ｖ １Ｓ ＯＰ １
ＰＣ ＢＤ Ｐ － ＡＢＣＤ＝ 四边形ＡＢＣＤ􀅰 ＝ ×２×２× ２
Ａ. ⊥ ３ ３
四棱锥外接球的表面积为
5 Ｂ. ８π
４ ２
年 ＰＡ 与底面 ＡＢＣＤ 所成的角为 ° ＝ ꎬ
高 Ｃ. ６０ ３
考
当平面 α 经过侧棱 ＰＣ 的中点时 截面分
3
Ｄ. ꎬ
年 所以Ｖ Ｖ Ｖ ４ ２ ２ 所以
模 四棱锥得到的上 下两部分几何体体积之 上＝ Ｐ － ＡＢＣＤ－ Ｅ － ＢＣＤ＝ － ＝ ２ꎬ
、 ３ ３
拟
比为
A ３ ∶ １ Ｖ Ｖ ２ 故 正确.故
版 答案 ＡＢＤ 连接ＡＣ 与ＢＤ 交于点Ｏ 连接 上 ∶ Ｅ － ＢＣＤ ＝ ２ ∶ ＝ ３ ∶ １ꎬ Ｄ
ꎬ ３
高
ＰＯ 则 ＰＯ 平面 ＡＢＣＤ 因为 ＢＤ 平面 ＡＢ￣ 选
考
ꎬ ⊥ ꎬ ⊂ ＡＢＤ.
数
学 ＣＤ 所以 ＰＯ ＢＤ.因为四边形 ＡＢＣＤ 是正方
ꎬ ⊥
２７０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋考法 二 与球有关的切、接问题 ４.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)已知正三棱台的高
２０２２ Ⅱ ７ ５
考向一 空间几何体的外接球问题 为 上 下底面边长分别为 和 其
１ꎬ 、 ３ ３ ４ ３ꎬ
顶点都在同一球面上 则该球的表面积为
１.( 天津ꎬ ꎬ 分)若棱长为 的正方体
ꎬ
２０２０ ５ ５ ２ ３
的顶点都在同一球面上 则该球的表面积为 ( )
ꎬ
Ａ.１００π Ｂ.１２８π Ｃ.１４４π Ｄ.１９２π
( )
答案 Ａ 设正三棱台为 Ａ′Ｂ′Ｃ′ ＡＢＣ Ａ′
－ ꎬ△
Ａ.１２π Ｂ.２４π Ｃ.３６π Ｄ.１４４π
Ｂ′Ｃ′ ＡＢＣ 的外心分别为 Ｄ′ Ｄ 则 Ａ′Ｄ′
答案 Ｃ 设球的半径为 Ｒ 易知正方体的 ꎬ△ ꎬ ꎬ ＝３ꎬ
ꎬ
ＡＤ 又知 Ｄ′Ｄ 所以正三棱台的外接球
体对角线为球的直径 所以 Ｒ ＝４ꎬ ＝１ꎬ
ꎬ ３×２ ３ ＝２ ꎬ∴ 球心在线段 Ｄ′Ｄ 的延
Ｒ 该球的表面积为 Ｒ２ .故选 .
＝３ꎬ∴ ４π ＝３６π Ｃ 长线上 设球心为 Ｏ 半
２.( 课标 理ꎬ ꎬ 分)已知 ＡＢＣ 是面 ꎬ ꎬ
２０２０ Ⅱ １０ ５ △ 径为 Ｒ 如图所示 在
ꎬ ꎬ
积为９ ３的等边三角形 且其顶点都在球 Ｏ Ａ′Ｄ′Ｏ 中 Ｒ２ ２
ꎬ Ｒｔ△ ꎬ ＝３ ＋
４ ＤＯ ２ 在
的球面上.若球Ｏ 的表面积为 则Ｏ 到平 ( ＋ １ ) ①ꎬ
１６πꎬ ＡＤＯ中 Ｒ２ ２ ＤＯ２ 由 得 Ｒ
面 ＡＢＣ 的距离为 Ｒｔ△ ꎬ ＝４ ＋ ②ꎬ ①② ＝５ꎬ
( ) 所以该球的表面积为 ２ 故选 .
４π×５ ＝１００πꎬ Ａ
３ ３ ５.( 届海南琼海嘉积中学月考ꎬ )中国古
Ａ. ３ Ｂ. Ｃ.１ Ｄ. ２０２３ ８
２ ２
代数学名著 九章算术 中记载 刍甍者 下
答案 Ｃ 设等边 ＡＢＣ 的边长为 ａ 外接 « » :“ ꎬ
△ ꎬ
有袤有广 而上有袤无广.刍 草也 甍 屋盖
圆半径为 ｒ 球心 Ｏ 到平面 ＡＢＣ 的距离为 ｈ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
ꎬ ꎬ
也 .翻译为 底面有长
” “
球的半径为Ｒ 依题意得 ３ａ２ ９ ３ 解得ａ 有宽为矩形 顶部只有
ꎬ ＝ ꎬ ＝ ꎬ
４ ４
长没有宽为一条棱.刍
负值舍去 则 ＡＢＣ 的外接圆半径为 ｒ
３( )ꎬ △ ＝
甍字面意思为茅草屋
３ａ 因为球 Ｏ 的表面积为 即 顶. 现有一个刍甍如图所示 四边形 ＡＢＣＤ
＝ ３ꎬ １６πꎬ
” ꎬ
３
为正方形 四边形 ＡＢＦＥ 四边形 ＤＣＦＥ 为两
Ｒ２ 所以 Ｒ .由 Ｒ２ ｈ２ ｒ２ 得 ｈ
ꎬ 、
４π ＝１６πꎬ ＝２ ＝ ＋ ＝
个全等的等腰梯形 ＥＦ ＡＢ ＡＢ ＢＦ ＥＦ
２ ２ .故选 . ꎬ ∥ ꎬ ＝ ＝２
２ －( ３) ＝１ Ｃ 则此刍甍的外接球的表面积为
３.( 江苏南通重点中学强基测试ꎬ )三棱 ＝４ꎬ ( )
２０２２ ８
锥 Ｐ ＡＢＣ 的所有顶点都在球 Ｏ 的球面上. ４ １１ ４ １３
－ Ａ. π Ｂ. π
１１ １３
ＰＡ ＰＢ ＰＣ ＡＢ ＢＣ ＡＣ
＝２ꎬ ＝３ꎬ ＝４ꎬ ＝ １３ꎬ ＝５ꎬ ＝
３６８ １６０
则球 Ｏ 的表面积为 Ｃ. π Ｄ. π
１１ １３
２ ５ꎬ ( )
答案 Ｃ 连接 ＡＣ ＢＤ 设 ＡＣ ＢＤ Ｍ 取
ꎬ ꎬ ∩ ＝ ꎬ
Ａ.２８π Ｂ.２９π Ｃ.３０π Ｄ.３１π
答案 Ｂ 由题意知 ＰＢ２
＋
ＰＣ２
＝
ＢＣ２
ꎬ
ＰＡ２
＋
ＥＦ 的中点 Ｎ
ꎬ
由题意知
ꎬ
球心 Ｏ 在直线 ＭＮ
ＰＣ２
＝
ＡＣ２
ꎬ
ＰＡ２
＋
ＰＢ２
＝
ＡＢ２
ꎬ∴
ＰＡ
ꎬ
ＰＢ
ꎬ
ＰＣ 两两 上
ꎬ
取 ＢＣ 的中点 Ｇ
ꎬ
连接 ＦＧ
ꎬ
则 ＦＧ
⊥
ＢＣ
ꎬ
且
垂直.则球 Ｏ 是从点 Ｐ 出发的三条棱长分别 ＦＧ ＢＦ２ ＢＧ２ ２ ２ .连接 ＭＧ 过
＝ － ＝ ４ －２ ＝２ ３ ꎬ 专
题
为 的长方体的外接球 设球 Ｏ 的半径 点 Ｆ 作 ＦＰ ＭＧ 于点 Ｐ 则四边形 ＭＰＦＮ 是
八
２ꎬ３ꎬ４ ꎬ ⊥ ꎬ
为 Ｒ 则 Ｒ ２ ２ ２ 球 Ｏ 的表 矩形 则 ＭＮ ＦＰ 易求得 ＦＰ ＭＮ 设 立
ꎬ ２ ＝ ２ ＋３ ＋４ ＝ ２９ꎬ∴ ꎬ ＝ ꎬ ＝ ＝ １１ꎬ 体
几
面积 Ｓ
＝４π
Ｒ２
＝２９π
.故选
Ｂ.
外接球半径为 Ｒ
ꎬ
ＯＭ
＝
ｘ
ꎬ
则 ｘ２
＋８＝( １１ －
何
２７１
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋心 所 以 ＯＯ 平 面
ｘ ２ 解得 ｘ ２ 故 Ｒ２ ｘ２ ９２ 所以 ꎬ １ ⊥
) ＋１ꎬ ＝ ꎬ ＝８＋ ＝ ꎬ ＡＢＣ 即 ＯＯ 的长为点 Ｏ
１１ １１ ꎬ １
到平面 ＡＢＣ 的距离.
外接球的表面积 Ｓ Ｒ２ ３６８ .故选
＝４π ＝ π Ｃ. 在 ＯＯ Ｂ 中 ＯＢ
１１ Ｒｔ△ １ ꎬ ＝２ꎬ
Ｏ Ｂ 所 以 ＯＯ
１ ＝ １ꎬ １ ＝
ＯＢ２ Ｏ Ｂ２ ２ ２ 所以 Ｖ
－ １ ＝ ２ －１ ＝ ３ꎬ Ｏ － ＡＢＣ ＝
１Ｓ ＯＯ １ １ ３.
６.( 课标 理ꎬ ꎬ 分)已知三棱锥 Ｐ △ ＡＢＣ􀅰 １ ＝ × × ２× ２× ３ ＝
２０１９ Ⅰ １２ ５ － ３ ３ ２ ３
ＡＢＣ 的四个顶点在球 Ｏ 的球面上 ＰＡ ＰＢ 考向二 空间几何体的内切球问题
ꎬ ＝ ＝
ＰＣ ＡＢＣ 是边长为 的正三角形 Ｅ Ｆ 分 １.( 辽宁鞍山月考ꎬ )正方体的外接球体
ꎬ△ ２ ꎬ ꎬ ２０２２ ４
别是 ＰＡ ＡＢ 的中点 ＣＥＦ ° 则球 Ｏ 的 积与内切球体积的比为
ꎬ ꎬ∠ ＝９０ ꎬ ( )
体积为
( )
Ａ.３ Ｂ.３ ３ Ｃ. ３ Ｄ.２
答案 Ｂ 设正方体的棱长为 ａ 则其外接
Ａ.８ ６π Ｂ.４ ６π Ｃ.２ ６π Ｄ. ６π ꎬ
答案 Ｄ Ｅ Ｆ 分别是 ＰＡ ＡＢ 的中点
∵ 、 、 ꎬ∴
球的半径为 ３ａ 内切球的半径为 １ ａ 所以
ＥＦ ＰＢ. ꎬ ꎬ
∥ ２ ２
ＣＥＦ ° ＥＦ ＥＣ ＰＢ ＥＣ 正方体的外接球与内切球的体积之比是
∵ ∠ ＝９０ ꎬ∴ ⊥ ꎬ∴ ⊥ ꎬ
又 三棱锥Ｐ ＡＢＣ 为正三棱锥 ＰＢ ＡＣ æ ö３
∵ － ꎬ∴ ⊥ ꎬ ４ çç ３ａ÷÷
又 ＡＣ ＥＣ Ｃ ＰＢ 平面 ＰＡＣ 三条侧 π􀅰è ø
∩ ＝ ꎬ∴ ⊥ ꎬ∴ ３ ２ .故选
棱 ＰＡ ＰＢ ＰＣ 两两垂直. ＡＢＣ 是边长为 æ ö３ ＝３ ３ Ｂ.
、 、 ∵ △ ４ ç１ａ÷
π􀅰è ø
的正三角形 ＰＡ ＰＢ ＰＣ 则球 Ｏ ３ ２
２ ꎬ∴ ＝ ＝ ＝ ２ꎬ ２.( 辽宁大连模拟ꎬ )现有一个侧面展开
是棱长为 的正方体的外接球 设球 Ｏ 的半 ２０２２ ６
２ ꎬ 图为半圆形的圆锥 其内部放有一个小球
ꎬ ꎬ
径为 Ｒ 则 Ｒ Ｒ ６ 球 Ｏ 的体 当小球体积最大时 该圆锥与小球的体积之
ꎬ ２ ＝ ３× ２ꎬ ＝ ꎬ∴ ꎬ
２ 比是
( )
积 Ｖ ４ Ｒ３ .故选 .
＝ π ＝ ６π Ｄ
Ａ.９ ∶ ４ Ｂ.９ ∶ ５ Ｃ.３ ∶ ２ Ｄ.３ ∶ １
３
答案 Ａ 设圆锥的母线
７.( 山东青岛二中期末ꎬ )已知 Ａ Ｂ Ｃ
２０２２ １５ ꎬ ꎬ
长为 ｌ 底面半径为 Ｒ 则
是半径为 的球Ｏ 的球面上的三个点 且ＡＣ ꎬ ꎬ
２ ꎬ
Ｒ ｌ 所以 ｌ Ｒ 则
ＢＣ ＡＣ ＢＣ 则三棱锥Ｏ ＡＢＣ 的体积 ２π ＝π ꎬ ＝ ２ ꎬ
⊥ ꎬ ＝ ＝ ２ꎬ － 圆锥的轴截面为正三角
为 .
形 高为 Ｒ
ꎬ ３ ꎬ
5
年 答案 ３ 又由当小球是圆锥的内切球时 小球体积最
高 ꎬ
３
考 大 轴截面如图
3 解析 如图 由 ＡＣ ＢＣ 可知 ＡＢＣ 是以 ꎬ ꎬ
ꎬ ⊥ ꎬ△
年
设此时小球的半径为ｒ 则有 Ｒ ｒ °
模 ＡＢ 为斜边的直角三角形 又ＡＣ ＢＣ 所 ꎬ ( ３ － )ｓｉｎ ３０
拟 ꎬ ＝ ＝ ２ꎬ
æ ö３
版
A 以 ＡＢ
＝
ＡＣ２
＋
ＢＣ２
＝ ( ２)
２
＋( ２)
２
＝２ꎬ ＝
ｒ
ꎬ
即 ｒ
＝
３Ｒ
ꎬ
故 Ｖ
球＝
４
π
ｒ３
＝
４
π􀅰è
çç ３Ｒ
ø
÷÷
所以 ＡＢＣ 的外接圆的圆心为ＡＢ 的中点 ３ ３ ３ ３
高
Ｒｔ△
考
数 ＡＢ ４ ３ Ｒ３ Ｖ １ Ｒ２ Ｒ ３ Ｒ３ 所
学 Ｏ 半径 ｒ 连接 ＯＯ 因为点 Ｏ 为球 ＝ π ꎬ 锥＝ π 􀅰( ３ )＝ π ꎬ
１ꎬ ＝ ＝１ꎬ １ꎬ ２７ ３ ３
２
２７２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋æ ö æ ö
以 Ｖ 锥 ∶ Ｖ 球＝ è çç ３ ３ π Ｒ３ ø ÷÷ ∶ è çç４ ２７ ３ π Ｒ３ ø ÷÷ ＝９ ∶ ４ .故 ２ ２ － æ è çç ３ ２ × ２ ３ ×２ ö ø ÷÷ ２ ＝ ２ ３ ６.设正四面体的内切
选
æ ö
Ａ.
３.( 浙江丽水模拟)已知球 Ｏ 为正四面体 球半径为 ｒ ꎬ 则 ４ × １ × è çç ３ ×２ ２ ø ÷÷ × ｒ ＝ １ ×
２０２２ ３ ４ ３
ＡＢＣＤ 的内切球 Ｅ 为棱 ＢＤ 的中点 ＡＢ æ ö
ꎬ ꎬ ＝２ꎬ
çç ３ ２ ÷÷ ２ ６ 故内切球半径 ｒ ６.平面
则平面 ＡＣＥ 截球 Ｏ 所得截面圆的直径为 è ×２ ø × ꎬ ＝
４ ３ ６
. ＡＣＥ 截球 Ｏ 所得截面经过球心 所以平面
ꎬ
答案 ６ ＡＣＥ 截球 Ｏ 所得截面圆的直径为 ６ ６.
×２＝
３ ６ ３
解析 由 题 意 可 得 正 四 面 体 的 高 为
专
题
八
立
体
几
何
２７３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋