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专题八 立体几何
8.1 空间几何体的表面积和体积
考点1 空间几何体的结构特征
1.(2024新课标Ⅰ,5,5分,易)已知圆柱和圆锥的底面半径相等,侧面积相等,且它们的高均为√3,则圆锥
的体积为( )
A.2 π B.3 π C.6 π D.9 π
√3 √3 √3 √3
B
5
设圆柱和圆锥的底面半径为r,
则圆柱的侧面积为2πrh=2 πr,圆锥的侧面积为πr ,所以2 πr=πr ,解得r=3(舍负),
√3 √3+r2 √3 √3+r2
1
所以圆锥的体积为 πr2h=3√3π.故选B.
3
2.(2024北京,8,4分,中)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,PA=PB=4,PC=PD=2
√2,该棱锥的高为( )
A.1 B.2 C. D.
√2 √3
D
8
取AB的中点E,CD的中点F,连接PE,PF,EF,
过P作PG⊥EF,垂足为G.
∵PA=PB,E为AB中点,∴PE⊥AB.
∵四边形ABCD为正方形,E,F分别为AB,CD的中点,
∴AB⊥EF.北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
又∵PE,EF⊂平面PEF,PE∩EF=E,∴AB⊥平面PEF.
∵PG⊂平面PEF,∴AB⊥PG.
∵PG⊥EF,AB,EF⊂平面ABCD,AB∩EF=E,
∴PG⊥平面ABCD,∴PG是四棱锥P-ABCD的高.
∵PE⊥AB,∴在Rt△PBE中,PE2=PB2-(1 ) 2 =12,
AB
2
∵PC=PD,F为CD中点,
∴PF⊥CD,∴在Rt△PCF中,PF2=PC2-(1 ) 2 =4,
CD
2
设GF=x,PG=h,x>0,h>0,
则有{GF2+PG2=PF2, 即{ x2+h2=4,
GE2+PG2=PE2, (4-x)2+h2=12,
解得{ x=1,
h=√3,
∴该棱锥的高为 .故选D.
√3
3.(2021新高考Ⅰ,3,5分)已知圆锥的底面半径为√2,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为 (
)
A.2 B.2√2C.4D.4√2
答案 √2
B 设圆锥的母线长为l,由题意得πl=2π· ,
∴l=2√2.故选B.
易错警示 1.不清楚圆锥侧面展开图是扇形;2.记不清扇形弧长公式.
4.(2014福建文,5,5分)以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴,将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面
积等于( )
A.2π B.π C.2 D.1
答案 A 由题意得圆柱的底面半径r=1,母线l=1.
∴圆柱的侧面积S=2πrl=2π.故选A.
5.(2020课标Ⅰ理,3,5分)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( )北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
√5−1 √5−1 √5+1 √5+1
A. B. C. D.
4 2 4 2
答案 C如图,设正四棱锥的底面边长BC=a,侧面等腰三角形底边上的高PM=h,则正四棱锥的高PO=
√ a2,
ℎ
2−
4
a2
∴以|PO|为边长的正方形面积为h2- ,
4
1
一个侧面三角形面积为 ah,
2
a2 1
∴h2- = ah,
4 2
∴4h2-2ah-a2=0,
2
两边同除以a2可得4(ℎ) ℎ-1=0,
−2·
a a
ℎ 1±√5
解得 = ,
a 4
ℎ ℎ
√5+1
又∵ >0,∴ = .故选C.
a a 4
解题关键 利用以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,求得底面边长a
与侧面等腰三角形底边上的高h之间的关系是求解本题的关键.
6.(2018课标Ⅰ文,5,5分)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截
1 2 1 2
面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为( )
A.12√2π B.12π C.8√2π D.10π北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
答案 B 本题主要考查圆柱的表面积及圆柱的轴截面.
设圆柱的底面半径为r,高为h,由题意可知2r=h=2√2,∴圆柱的表面积S=2πr2+2πr·h=4π+8π=12π.故选B.
解题关键 正确理解圆柱的轴截面及熟记圆柱的表面积公式是解决本题的关键.
7.(2023北京,9,4分,中)坡屋顶是我国传统建筑造型之一,蕴含着丰富的数学元素.安装
灯带可以勾勒出建筑轮廓,展现造型之美.如图,某坡屋顶可视为一个五面体,其中两个面
是全等的等腰梯形,两个面是全等的等腰三角形.若AB=25 m,BC=10 m,且等腰梯形所在
√14
平面、等腰三角形所在平面与平面ABCD的夹角的正切值均为 ,则该五面体的所有
5
棱长之和为 ( )
A.102 m B.112 m C.117 m D.125 m
答案 C 显然AE=ED=FB=FC,
作FG⊥AB于G,FH⊥BC于H,设点F在底面ABCD内的射影为O,连接OF,OG,OH,
1
易得OG= BC=5,四边形ABCD为矩形,所以∠FGO是平面ABFE与底面ABCD所成角,
2
∠FHO是平面BCF与底面ABCD所成角.
√14
∵tan∠FGO=tan∠FHO= ,OG=5,
5
∴FO=√14,OH=5,
∴FG=FH= ,GB=OH=5,∴BF= =8.
√OF2+OG2=√39 √FG2+GB2
∴EF=AB-2GB=25-10=15.
∴AB+BC+CD+AD+AE+ED+BF+FC+EF=25+10+25+10+8+8+8+8+15=117.
所以该五面体的所有棱长之和为117 m.故选C.
8.(2023 全国甲理,11,5 分,中)已知四棱锥 P-ABCD 的底面是边长为 4 的正方形,
PC=PD=3,∠PCA=45°,则△PBC面积为( )北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
A.2√2 B.3√2 C.4√2 D.6√2
答案 C 过P作PO⊥平面ABCD交平面ABCD于点O,取DC的中点E,连接PE、
OE,
∵PC=PD,∴PE⊥CD,∵PO⊥平面ABCD,AB,CD 平面ABCD,∴PO⊥AB,PO⊥CD,
又PE∩PO=P, ⊂
∴CD⊥平面PEO,∴CD⊥OE,
延长EO交AB于点F,则F为AB中点,且OF⊥AB,
连接PF,∵PO⊥AB,PO∩OF=O,∴AB⊥平面PFO,∵PF 平面PFO,
∴AB⊥PF,又F为AB的中点,∴PA=PB.
⊂
在△PCA中,PC=3,AC=4√2,∠PCA=45°,
√2
由余弦定理得 PA2=PC2+AC2-2PC·AC·cos∠PCA=32+(4√2)2-2×3×4√2× =17,∴PA=
2
√17.
在△PBC中,PB=√17,BC=4,PC=3,
则cos∠PCB=PC2+BC2−PB2=32+42−(√17) 2 =1,
2PC·BC 2×3×4 3
2√2
∴sin∠PCB= ,
3
1 1 2√2
∴S = BC·PC·sin∠PCB= ×4×3× =4√2,
PBC 2 2 3
△
故选C.
9.(多选)(2023新课标Ⅰ,12,5分,难)下列物体中,能够被整体放入棱长为1(单位:m)的
正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有 ( )
A.直径为0.99 m的球体
B.所有棱长均为1.4 m的四面体
C.底面直径为0.01 m,高为1.8 m的圆柱体北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
D.底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体
答案 ABD 对于A,正方体内切球直径为1 m>0.99 m,故A符合题意.
对于B,如图1,正方体内最大的内接正四面体D-BA C 的棱长为A C =√2 m>1.4 m,故B
1 1 1 1
符合题意.
如图2,假设放入最大的圆柱的上、下底面圆心为P,Q,设圆柱底面半径为r m,底面直
径为d m,连接CA ,如图3,在平面A DCB 中,过Q作QE⊥A C,交A D于点E,则QE=r
1 1 1 1 1
m,A Q=√2r m,PQ=√3-2√2r=(√3-√2d)m.
1
对于C,PQ=1.8 m>√3 m,故C不符合题意.
对于D,PQ=√3-√2×1.2≈1.732-1.414×1.2≈0.04 m>0.01 m,故D符合题意.
故选ABD.
10.(2023全国甲文,16,5分,中)在正方体ABCD-A B C D 中,AB=4,O为AC 的中点,若
1 1 1 1 1
该正方体的棱与球O的球面有公共点,则球O的半径的取值范围是 .
答案 [2√2,2√3]
解析 由该正方体的棱与球O的球面有公共点,
可知最小球为与棱相切的球,最大球为正方体的外接球.
当球与棱相切时,设球的半径为R ,有2R =√2×4,∴R =2√2,
1 1 1
当球为正方体的外接球时,设球的半径为R ,
2
有(2R )2=42+42+42,∴R =2√3,
2 2
所以球O的半径的取值范围是[2√2,2√3].
11.(2023全国甲理,15,5分,中)在正方体ABCD-A B C D 中,E,F分别为AB,C D 的中
1 1 1 1 1 1
点.以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点.北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
答案 12
解析 设正方体的棱长为2,则EF=2√2,所以以EF为直径的球的半径为√2,球心为正方
体的中心O,由于正方体的中心O到正方体各棱的距离均为√2,所以正方体各棱的中点
都在球面上,并且为各棱与球的唯一交点,所以以EF为直径的球的球面与该正方体的棱
共有12个公共点.
考点2 空间几何体的表面积和体积
1.(2023全国甲文,10,5分,中)在三棱锥 P-ABC 中, ABC 是边长为 2的等边三角形,
PA=PB=2,PC=√6,则该棱锥的体积为 ( )
△
A.1 B.√3 C.2 D.3
答案 A 取AB的中点D,连接CD,PD,
∵△ABC, PAB为等边三角形,
∴CD⊥AB△ ,PD⊥AB,
∵△ABC的边长为2,PA=PB=2,
∴PD=CD=√3,
又∵PC=√6,∴PD2+CD2=PC2,
∴PD⊥CD,又∵CD∩AB=D,CD,AB 平面ABC,
∴PD⊥平面ABC,∴PD为三棱锥P-⊂ABC的高,
1 1 1
∴V = S ·PD= × ×2×√3×√3=1,故选A.
P-ABC ABC
3 3 2
△
一题多解 (分割求和法)取AB的中点D,连接CD,PD,
∵△ABC, PAB为等边三角形,∴CD⊥AB,PD⊥AB.
又∵CD∩△PD=D,∴AB⊥平面PCD,北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
∵△ABC的边长为2,PA=PB=2,∴PD=CD=√3,
又∵PC=√6,∴PD2+CD2=PC2,∴PD⊥CD,
1 1 3
∴S = PD·CD= ×(√3)2= ,
PCD
2 2 2
△
∴V =V +V
P-ABC A-PCD B-PCD
1 1 3
= S ·(AD+BD)= × ×2=1,故选A.
PCD
3 3 2
△
2.(2023全国乙理,8,5分,中)已知圆锥PO的底面半径为√3,O为底面圆心,PA,PB为圆
9√3
锥的母线,∠AOB=120°,若△PAB的面积等于 ,则该圆锥的体积为 ( )
4
A.π B.√6π C.3π D.3√6π
答 案 B 设 圆 锥 的 母 线 长 为 l, 半 径 长 为 r, 则 r=√3. 在 △ AOB 中 , 由
∠AOB=120°,OA=OB=√3,得AB=3.
S
PAB
=1
AB·
√
l2−
(AB) 2
=
1
×3×
√
l2−
9
=
9√3, 所 以 l=3, 则 圆 锥 的 高 h=
2 2 2 4 4
△
1 1
√l2−r2=√9−3=√6,故V
圆锥
= S
底
·h= π(√3)2·√6=√6π,故选B.
3 3
3.(多选)(2023新课标Ⅱ,9,5分,中)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直
径,∠APB=120°,PA=2,点C在底面圆周上,且二面角P-AC-O为45°,则( )
A.该圆锥的体积为π
B.该圆锥的侧面积为4√3π
C.AC=2√2
D. PAC的面积为√3
答 △ 案 AC 对于A,连接PO,∵PA=PB=2,∠APB=120°,∴AB=2√3,PO=1,∴圆锥的体
1
积V= π×(√3)2×1=π,故A正确.
3
1
对于B,S
侧
= ×2π×√3×2=2√3π,故B错误.
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对于C,取AC的中点D,连接PD,OD.
∵OA=OC,PA=PC,D为AC的中点,
∴OD⊥AC,PD⊥AC.
∴∠PDO即为二面角P-AC-O的平面角,∴∠PDO=45°,
又 PO⊥ 底 面 圆 ,OD 底 面 圆 ,∴ PO⊥ OD,∴ PO=DO=1,∴ PD=√2,AC=2AD=2
⊂
=2 =2 ,故C正确.
√OA2−OD2 √ (√3) 2 −12 √2
1 1
对于D,S = AC·PD= ×2√2×√2=2,故D错误.
PAC
2 2
△
故选AC.
4.(2016课标Ⅱ文,4,5分)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )
32
A.12π B. π
3
C.8π D.4π
答案 A 设正方体的棱长为a,则a3=8,解得a=2.
设球的半径为R,则2R=√3a,即R=√3,所以球的表面积S=4πR2=12π.故选A.
方法点拨 对于正方体与长方体,其体对角线为其外接球的直径,即外接球的半径等于体对角线的一半.
5.(2015课标Ⅱ,理9,文10,5分)已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90°,C为该球面上的动点.若三棱锥O-
ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为( )
A.36π B.64π C.144π D.256π
答案 C ∵S 是定值,且V =V ,
△OAB O-ABC C-OAB
1 1 1
∴当OC⊥平面OAB时,V 最大,即V 最大.设球O的半径为R,则(V ) = × R2×R=
C-OAB O-ABC O-ABCmax
3 2 6
R3=36,∴R=6,∴球O的表面积S=4πR2=4π×62=144π.
思路分析 由△OAB的面积为定值分析出当OC⊥平面OAB时,三棱锥O-ABC的体积最大,从而根据已知条
件列出关于R的方程,进而求出R值,利用球的表面积公式即可求出球O的表面积.
导师点睛 点C是动点,在三棱锥O-ABC中,如果以面ABC为底面,则底面面积与高都是变量,而S 为定
△OAB
值,因此转化成以面OAB为底面,这样高越大,体积越大.
6.(2021北京,8,4分)对24小时内降水在平地上的积水厚度(mm)进行如下定义:北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
平地降雨量(mm)0~1010~2525~5050~100
降雨等级 小雨 中雨 大雨 暴雨
如图所示,小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水,那么这24小时降雨的等级是 ( )
A.小雨 B.中雨
C.大雨 D.暴雨
答案 B 命题意图:本题以测量24小时内降水在平地上的积水厚度为载体,考查学生的空间想象能力、
运算求解能力以及应用意识,考查的核心素养是数学运算、直观想象,落实了应用性、综合性和创新性的考
查要求.
r 150
解题思路:作圆锥的轴截面如图,设圆锥形容器中水面的半径为r mm,由题意得 = ,所以r=50,则
100 300
1
容器内的雨水的体积V= π×502×150=125 000π(mm3).所以24小时内降水在平地上的积水厚度为
3
125 000π
=12.5(mm),所以这24小时降雨的等级是中雨,故选B.
π×1002
7.(2022新高考Ⅰ,4,5分,应用性)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入
某水库.已知该水库水位为海拔148.5 m时,相应水面的面积为140.0 km2;水位为海拔157.5 m时,相应水面
的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔148.5 m上升到
157.5 m时,增加的水量约为(√7≈2.65) ( )
A.1.0×109 m3 B.1.2×109 m3
C.1.4×109 m3 D.1.6×109 m3北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
1
答案 C 140 km2=140×106 m2,180 km2=180×106 m2,由棱台体积公式V= (S+S'+√SS')h可得V =
增加水量
3
1
×(140+180+√140×180)×106×(157.5-148.5)=3×(320+60√7)×106≈3×(320+60×2.65)×106=1
3
437×106≈1.4×109(m3),故选C.
8.(2021全国甲理,11,5分)已知A,B,C是半径为1的球O的球面上的三个点,且AC⊥BC,AC=BC=1,则三
棱锥O-ABC的体积为( )
√2 √3 √2 √3
A. B. C. D.
12 12 4 4
答案 A 解题指导:本题的关键点为O到平面ABC的距离的求解.先求出小圆( ABC的外接圆)的半径,
通过球半径和小圆半径,结合勾股定理得出O到平面ABC的距离,然后利用体积公△式得出结果.
解析 √2
如图所示,由AC⊥BC可知, ABC是以AB为斜边的直角三角形,又知AC=BC=1,∴AB=
△
AB √2
,∴Rt ABC的外接圆圆心为AB的中点O,半径r= = ,连接OO,∵点O为球心,∴OO⊥平面
1 1 1
2 2
△
ABC,即OO 的长为O到平面ABC的距离.
1
√2
在Rt OOB中,OB=1,OB= ,
1 1
2
△
∴OO
1
= √
12−
(√2) 2
=
√2,
2 2
1 1 √2 √2
∴V = × ×12× = .故选A.
O-ABC
3 2 2 12
1
易错警示 牢记锥体的体积公式中的“ ”.易错选C.
3
9.(2022新高考Ⅱ,7,5分)已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为3√3和4√3,其顶点都在同一球
面上,则该球的表面积为( )
A.100π B.128π C.144π D.192π北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
答案
A 设正三棱台为A'B'C'-ABC, A'B'C', ABC的外心分别为D',D,则A'D'=3,AD=4,又知D'D=1,
△ △
所以正三棱台的外接球球心在线段D'D的延长线上,设球心为O,半径为R,如图所示,在Rt A'D'O中,
R2=32+(DO+1)2①,在Rt ADO中,R2=42+DO2②,由①②得R=5,所以该球的表面积为4π×52△ =100π,故选A.
△
10.(2022新高考Ⅰ,8,5分)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且
3≤l≤3√3,则该正四棱锥体积的取值范围是( )
A.[ 81] [27 81]
18, B. ,
4 4 4
C.[27 64] D.[18,27]
,
4 3
答案
C 如图,S-ABCD是正四棱锥,连接AC,BD,
交于点O,设正方形ABCD的边长为a,SO=h,SE是外接球的直径,则SE=2R=6.
a2 a2 l2
由AO2=SO·OE,得 =h(6-h),又l2= +h2,∴l2=6h,∴h= .
2 2 6
则a2=2h(6-h)=l2
(
l2
),
6−
3 6
∴正四棱锥的体积V=1 1 l2 ( l2 ) l2
a2ℎ = · 6− ·
3 3 3 6 6
1 l6
= l4− ,
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4 l5
∴V'= l3− ,令V'=0,得l=2√6.
9 54
V在[3,2√6)上单调递增,在(2√6,3√3]上单调递减,
27 81 64
而l=3时,V= ,l=3√3时,V= ,l=2√6时,V= ,
4 4 3
∴该正四棱锥体积的取值范围是[27 64].
,
4 3
11.(2022全国乙,理9,文12,5分)已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球
面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为 ( )
1 1 √3 √2
A. B. C. D.
3 2 3 2
答案
C 如图,设∠AOD=α,∠AOB=α,∠BOC=α,∠COD=α,球O的半径为R,四棱锥的底面所在
1 1 1 2 1 3 1 4
圆O 的半径为r,
1
1
则R=1,S = r2(sin α+sin α+sin α+sin α),
四边形ABCD 1 2 3 4
2
π
当且仅当α=α=α=α= 时,四边形ABCD的面积最大,最大为2r2,此时四边形ABCD为正方形.
1 2 3 4
2
在△OOC中,设高OO=h,则h= ,
1 1 √R2−r2=√1−r2
1 1
V = S h=
×2r2√1−r2(0<r<1),
四棱锥O-ABCD 四边形ABCD
3 3
2 2
令r2=t,则V = t√1−t= √t2−t3(0<t<1),
四棱锥O-ABCD
3 3
设f(t)=t2-t3,则f '(t)=2t-3t2=t(2-3t),
当t∈( 2)时, f '(t)>0,则f(t)单调递增,
0,
3
当t∈(2 )时, f '(t)<0,则f(t)单调递减,
,1
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2 4
∴t= 时, f(t)取得最大值,且f(t) = ,
max
3 27
4√3 √3
∴(V ) = ,此时高h=√1−r2= ,故选C.
四棱锥O-ABCD max
27 3
1 1 1
一题多解:由题意知S
四边形ABCD
=S
ABD
+S
CBD
= BD·ℎ1+ BD·ℎ2= BD(h
1
+h
2
),其中h
1
,h
2
分别表示
2 2 2
△ △
点A与点C到BD的距离,要使四边形ABCD的面积取最大值,则BD与AC均为四边形ABCD所在圆的直
径,且BD⊥AC,此时BD取得最大值,h+h 也取得最大值,所以S 取最大值时,四边形ABCD为正方
1 2 四边形ABCD
1
形,设其边长为a,四棱锥O-ABCD的高为h(0<h<1),体积为V,则有 a2+h2=1,即a2=2-2h2,所以V=
2
1 1 2 2 √3
a2·ℎ = (2-2h2)·h(0<h<1),∴V= (h-h3),∴V'= (1-3h2),令1-3h2>0,解得0<h< ,令1-3h2<0,解得
3 3 3 3 3
√3<h<1,∴函数V=2(h-h3)在( √3)上单调递增,在(√3 )上单调递减,∴当h=√3时,V取得最大
0, ,1
3 3 3 3 3
值.故选C.
12.(2022全国甲,理9,文10,5分)甲、乙两个圆锥的母线长相等,侧面展开图的圆心角之和为2π,侧面积分
S V
别为S 和S ,体积分别为V 和V .若 =2,则 = ( )
甲 乙 甲 乙 甲 甲
S V
乙 乙
5√10
A.√5B.2√2C.√10D.
4
答案
C 设甲、乙两个圆锥的侧面展开图的圆心角分别为θ 和θ ,母线长均为l,底面半径分别为r ,
甲 乙 甲
r ,高分别为h ,h .由 S =2得 r =2,即r =2 r , 所以 θ =2 θ .又θ +θ =2π,所以θ =4π,θ =2π,
乙 甲 乙 甲 甲 甲 乙 甲 乙 甲 乙 甲 乙
S r 3 3
乙 乙
1 1 4 √5
πr2 ·ℎ π· l2· l
2 1 √5 2√2 V 3 甲 甲 3 9 3
所以r = l,r = l,所以h = l,h = l,所以 甲= = =√10,
甲 乙 甲 乙
3 3 3 3 V 1 1 1 2√2
乙 πr2 ·ℎ π· l2· l
3 乙 乙 3 9 3
故选C.北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
13.(多选)(2022新高考Ⅱ,11,5分)如图,四边形ABCD为正方形,ED⊥平面ABCD,FB∥ED,AB=ED=2FB.
记三棱锥E-ACD,F-ABC,F-ACE的体积分别为V,V,V,则( )
1 2 3
A.V=2V B.V=V
3 2 3 1
C.V=V+V D.2V=3V
3 1 2 3 1
答案
CD 因为ED⊥平面ABCD,且FB∥ED,所以FB⊥平面ABCD.
1 1 1 4
设AB=ED=2FB=2a,则FB=a,则V= S△ACD·ED= × ·2a·2a·2a= a3,
1
3 3 2 3
1 2
所以V= V1= a3.如图,连接BD,交AC于O,连接OE,OF.
2
2 3
1
易证AC⊥平面BDEF.S =S -S -S = (a+2a)×2
EOF 梯形BDEF ODE OBF
2
△ △ △
1 1 3√2
√2a− ×2a×√2a− ×a×√2a= a2,故V=
3
2 2 2
1 1 3√2
S△EOF·AO×2= × a2×√2a×2=2a3,
3 3 2
故V+V=V,2V=3V 成立,故选CD.
1 2 3 3 1
一题多解:由ED⊥平面ABCD,ED∥FB知FB⊥平面ABCD,设AB=ED=2FB=2a,则FB=a.由于
1 2
S =S =2a2,所以V= V 1= a3.连接BD,交AC于点O,连接OE,OF,则有OE=√6a,OF=√3
ACD ABC 2
2 3
△ △
a,EF=3a,北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
所以OE2+OF2=EF2,即OE⊥OF,易知AC⊥平面BDEF,所以OF⊥AC,又OE∩AC=O,所以OF⊥平面EAC,
1 1 1
则OF为三棱锥F-ACE的高.所以V= S△ACE·OF= × ×2√2a×√6a×√3a=2a3,所以
3
3 3 2
V+V=V,2V=3V 成立,故选CD.
1 2 3 3 1
14.(2018课标Ⅲ,理10,文12,5分)设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC为等边三角形且其
面积为9√3,则三棱锥D-ABC体积的最大值为( )
A.12√3 B.18√3 C.24√3 D.54√3
答案 B 本题考查空间几何体的体积及与球有关的切接问题.
设等边△ABC的边长为a,
1
则有S = a·a·sin 60°=9√3,解得a=6.
△ABC
2
6
设△ABC外接圆的半径为r,则2r= ,解得r=2√3,
sin60°
则球心到平面ABC的距离为 =2,
√42−(2√3) 2
所以点D到平面ABC的最大距离为2+4=6,
1
所以三棱锥D-ABC体积的最大值为 ×9√3×6=18√3,故选B.
3
方法总结 解决与球有关的切、接问题的策略:
(1)“接”的处理:
①构造正(长)方体,转化为正(长)方体的外接球问题.
②空间问题平面化,把平面问题转化到直角三角形中,作出适当截面(过球心,接点等).
③利用球心与截面圆心的连线垂直于截面定球心所在直线.
(2)“切”的处理:
①体积分割法求内切球半径.
②作出合适的截面(过球心,切点等),在平面上求解.
③多球相切问题,连接各球球心,转化为处理多面体问题.
15.(2017课标Ⅲ,理8,文8,5分)已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该
圆柱的体积为( )
3π π π
A.π B. C. D.
4 2 4
答案 B 本题考查球的内接圆柱的体积.北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
设圆柱的底面半径为r,则r2+(1) 2 =12,解得r=√3,
2 2
∴V =π×(√3) 2 ×1=3π,故选B.
圆柱
2 4
思路分析 利用勾股定理求圆柱的底面半径,再由体积公式求圆柱的体积.
解题规律 有关球的切或接问题,要重视利用勾股定理求解.
π
16.(2015山东理,7,5分)在梯形ABCD中,∠ABC= ,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕AD所在的
2
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 如图,此几何体是底面半径为1,高为2的圆柱挖去一个底面半径为1,高为1的圆锥,故所求体积
π 5π
V=2π- = .
3 3
评析 本题主要考查几何体的体积及空间想象能力.
17.(2014陕西理,5,5分)已知底面边长为1,侧棱长为√2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体
积为( )
32π 4π
A. B.4π C.2π D.
3 3
答案 D 如图为正四棱柱AC.根据题意得AC=√2,∴对角面ACCA 为正方形,∴外接球直径
1 1 1
4π
2R=AC=2,∴R=1,∴V = ,故选D.
1 球 3
14.(2024全国甲理,14,5分,中)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r,下底面半径均为r,圆台甲、乙的
1 2
母线长分别为2(r-r),3(r-r),则圆台甲与乙的体积之比为 .
2 1 2 1
