专题1.3 以棱柱、棱锥与球的组合体为背景的选择题(原卷版)

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2020年高考数学专题+一+第一关+以圆锥曲线的几何性质为背景的选择题 (2)

2020年高考数学专题一压轴选择题第三关以棱柱、棱锥与球的组合体为背景的选择题【名师综述】球作为立体几何中重要的旋转体之一，成为考查的重点．要熟练掌握基本的解题技巧．还有球的截面的性质的运用，特别是其它几何体的内切球与外接球类组合体问题，以及与球有关的最值问题,更应特别加以关注的．试题一般以小题的形式出现,有一定难度．解决问题的关键是画出正确的截面，把空间“切接”问题转化为平面“问题”处理．类型一四面体的外接球问题典例1．【2018河南漯河中学三模】已知三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形，，则三棱锥的外接球的球心到平面的距离为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】由图可知，，得，解得，，故选A。

S ABC -AB 4,4AB SA SB SC ====ABC32222OB OD DB =+()224r r=+3r =d ∴=【方法指导】本题属于三棱锥的外接球问题，当三棱锥的某一顶点的三条棱两两垂直，可将其补全为长方体或长方体，三棱锥与长方体的外接球是同一外接球，而长方体的外接球的在球心就是对角线的交点，那么对角线就是外接球的直径2222c b a R ++=，c b a ,,分别指两两垂直的三条棱，进而确定外接球表面积．【举一反三】【2018南宁摸底联考】三棱锥中，为等边三角形，，，三棱锥的外接球的体积为（） A.B.C. D.【答案】B【解析】由题意可得PA,PB ，PC 两两相等，底面是正三角形，所以三棱锥P-ABC 是正棱锥，P 在底面的身影是底面正三角形的中心O ，由面PAO ，再由，可知面PBC,所以可知，即PA,PB,PC 两两垂直，由于是球外接球，所以正三棱锥P-ABC 可以看成正方体切下来的一个角，与原正方体共外接球，所以。

类型二三棱柱的外接球问题典例2．已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱垂直于底面，各项点都在同一球面上，若该棱柱，2AB =，1AC =，60BAC ∠=，则此球的表面积等于（） A.2π B.4π C.6π D.8π 【答案】D.【解析】由已知条件得：1121sin 602AA ⨯⨯⨯⨯=12AA =，∵2222cos60BC AB AC AB AC =+-⨯⨯，∴BC =，设ABC ∆的外接圆的半径为R ，则2sin 60BCR =，∴1R ==，∴球的表面积等于248ππ=.【名师指导】确定球心位置是解决相关问题的关键，确定一个点到多面体各顶点相等的策略是将问题分解，即先确定到顶点A B C 、、距离相等的点在过ABC ∆的外心且垂直于平面ABC 的直线上，再确定到顶点111A B C 、、距离相等的点过111A B C ∆的外心且垂直于平面111A B C 的直线上，故直三棱柱111ABC A B C -的外接球球心为连接上下底面外心的线段的中点，进而可确定外接球半径．【举一反三】【陕西省榆林市2018届高考模拟第一次测试】已知直三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上，若13,4,,12AB AC AB AC AA ==⊥=，则球O 的直径为（） A. 13B.C.D. 2【答案】A【解析】因为三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB=3，AC=4，AB ⊥AC ，AA 1=12，所以三棱柱的底面是直角三角形，侧棱与底面垂直，△ABC 的外心是斜边的中点，上下底面的中心连线垂直底面ABC ，其中点是球心，即侧面B 1BCC 1，经过球的球心，球的直径是侧面B 1BCC 1的对角线的长，因为AB=3，AC=4，BC=5，BC 1=13，所以球的直径为：13．故答案为：A 。

复杂的三视图问题-玩转压轴题,(原卷版)

一．方法综述三视图几乎是每年的必考内容，一般以选择题、填空题的形式出现，一是考查相关的识图，由直观图判断三视图或由三视图想象直观图，二是以三视图为载体，考查面积、体积的计算等，均属低中档题.还原几何体的基本要素是“长对齐，高平直，宽相等”.要切实弄清常见几何体(圆柱、圆锥、圆台、棱柱、棱锥、棱台、球)的三视图的特征，熟练掌握三视图的投影方向及正视图原理，才能迅速破解三视图问题，由三视图画出其直观图．对于简单几何体的组合体的三视图，首先要确定正视、侧视、俯视的方向，其次要注意组合体由哪些几何体组成，弄清它们的组成方式，特别应注意它们的交线的位置．解题时一定耐心加细心，观察准确线与线的位置关系，区分好实线和虚线的不同. 根据几何体的三视图确定直观图的方法：（1）三视图为三个三角形，对应三棱锥；（2）三视图为两个三角形，一个四边形，对应四棱锥；（3）三视图为两个三角形，一个带圆心的圆，对应圆锥；（4）三视图为一个三角形，两个四边形，对应三棱锥；（5）三视图为两个四边形，一个圆，对应圆柱.对于几何体的三视图是多边形的，可构造长方体（正方体），在长方体（正方体）中去截得几何体.二．解题策略类型一构造正方体（长方体）求解【例1】某几何体的三视图如图所示，关于该几何体有下述四个结论：①体积可能是56；②体积可能是23；③AB 和CD 在直观图中所对应的棱所成的角为3；④在该几何体的面中，互相平行的面可能有四对；其中所有正确结论的编号是（）A ．①③B ．②④C ．①②③D ．①②③④【来源】河南省开封市2021届高三三模文科数学试题专题4.1 复杂的三视图问题【答案】D【举一反三】1．（2020·江西高三）某几何体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（）A．9B．92C．6D．32、某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A.16B.13C.12D.13．若一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A ．4B ．8C ．12D ．14类型二旋转体与多面体组合体的三视图【例2】（2020·内蒙古高三）如图所示，是某几何体的正视图（主视图），侧视图（左视图）和俯视图，其中俯视图为等腰直角三角形,则该几何体体积为（）A ．620π+B ．916π+C ．918π+D ．2063π+【举一反三】一个四棱柱被截去一个半圆柱后剩余部分的三视图如图，则截去部分与剩余几何体的体积比为（）A ．18ππ- B ．318ππ-C ．12ππ-D ．312ππ-类型三与三视图相关的外接与内切问题【例3】（2020·辽宁鞍山一中高三月考）已知四棱锥P ABCD -的三视图如图所示，则四棱锥P ABCD -外接球的表面积是（）A．20πB．1015πC．25πD．22π【举一反三】1．（2020·四川成都七中高考模拟）某多面体的三视图如图所示，则该几何体的体积与其外接球的体积之比为（）A．618πB．69πC．63πD．13π2.如图，网格纸上小正方形的边长为2，粗实线及粗虚线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为A ．30B ．41C ．30D ．64【来源】甘肃省兰州市第一中学2020届高三冲刺模拟考试（一）数学（文）试题 3．（2020·山西高三）某棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的外接球的表面积为（）A ．11πB ．12πC ．13πD ．14π类型四与三视图相关的最值问题【例4】（2020·武邑宏达学校高考模拟（理））已知在直三棱柱111ABC A B C -中，120BAC ∠=︒，12AB AC AA ===，若棱1AA 在正视图的投影面α内，且AB 与投影面α所成角为(3060)θθ︒≤≤︒.设正视图的面积为m ，侧视图的面积为n ，当θ变化时，mn 的最大值是__________．【举一反三】1.某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a+b 的最大值为（A ）22 （B ）23 （C ）4 （D ）252、某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则xy 的最大值为（）A.32 732.B C.64 764.D3．（2020·西安市长安区第五中学高三（理））如图是一个几何体的三视图，在该几何体的各个面中，面积最小的面的面积为（）A．8 B．4C．42D．43三．强化训练1．（2020·福建高三）中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器——商鞅铜方升，某商鞅铜方升模型的三视图，如图所示(单位：寸)，若取3，则该模型的体积（单位：立方寸）为（）A．11.9 B．12.6 C．13.8 D．16.22．（2020·北京人大附中高三）已知某多面体的三视图如图所示，则在该多面体的距离最大的两个面中，两个顶点距离的最大值为（）A．2 B5C6D．23．（2020·北京市十一学校高三）某四棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该四棱锥的体积为A．43B．4C．423D．424．（2020·湖南雅礼中学高三月考（理））一个多面体的三视图如图所示，其中正视图是正方形，侧视图是等腰三角形，则该几何体的表面积为（）A．168 B．98 C．108 D．885．（2020·重庆一中高三月考（理））如图的虚线网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图.在该几何体的直观图中，直线AB与CD所成角的余弦值为（）A．15B．25C5D256．（2020·江西高三）半正多面体(semiregular solid) 亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形为面的半正多面体.如图所示，图中网格是边长为1的正方形，粗线部分是某二十四等边体的三视图，则该几何体的体积为（）A．83B．4C．163D．2037.（2020·江西高三期末（理））如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是一个三棱锥的三视图，则该三棱锥的外接球的表面积是（）A．B．C．D．8.（2020合肥市高三）我国古代《九章算术》将上、下两面为平行矩形的六面体称为刍童.右图是一个刍童的三视图，其中正视图及侧视图均为等腰梯形，两底的长分别为2和4，高为2，则该刍童的表面积为A． B．40 C． D．9．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为A． B． C． D．10．榫卯（sǔnmǎo）是两个木构件上所采用的一种凹凸结合的连接方式.凸出部分叫榫，凹进去的部分叫卯，榫和卯咬合，起到连接作用.代表建筑有北京的紫禁城、天坛祈年殿，山西悬空寺等，如图是一种榫卯构件中榫的三视图，则该榫的表面积和体积为（）A． B． C． D．11．如图是某几何体的三视图，其中网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的表面积为（）A ．3682+B ．3282+C ．3242+D ．3642+【来源】云南师范大学附属中学2021届高三高考适应性月考卷（六）理科数学试题12．（2020·安徽高三月考）一副三角板由一块有一个内角为60︒的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，1AB =，60A ∠=︒，90B F ∠=∠=︒，BC DE =.现将两块三角板拼接在一起，使得二面角F BC A --为直二面角，则三棱锥F ABC -的外接球表面积为（）A ．4πB ．3πC ．2πD ．π13．已知正方体1111ABCD A B C D -（如图1），点P 在侧面11CDD C 内（包括边界）.若三棱锥1B ABP -的俯视图为等腰直角三角形（如图2），则此三棱锥的左视图不可能是（）A．B．C．D．【来源】北京市海淀区2021届高三二模数学试题14．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线是某几何体的三视图，则该几何体的各个面中最大面积为（）A．6 B22C．32D13【来源】贵州省普通高等学校招生2021届高三适应性测试（3月）数学（文）试题15．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是等腰直角三角形，则该三棱锥的外接球表面积（）A．3πB．23πC．43πD．12π【来源】四川省泸州市泸县第五中学2021届高三高考数学（文）一诊试题16．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．12B．32C．1D．3317．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体内切球的表面积（单位：2cm）是（）A ．9π16B ．9π4C ．1π4D ．9π2【来源】安徽省江淮十校2021届高三下学期4月第三次质量检测理科数学试题18．某三棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长为1，该三棱锥所有表面中，最大的面积为（）A ．2B ．22C ．23D ．42【来源】安徽省五校联盟2021届高三下学期第二次联考理科数学试题19．如图，正四棱锥P ABCD -的高为12，62AB =，E ，F 分别为PA ，PC 的中点，过点B ，E ，F 的截面交PD 于点M ，截面EBFM 将四棱锥分成上下两个部分，规定BD 为主视图方向，则几何体CDAB FME -的俯视图为（）A．B．C．D．【来源】江西省南昌市2021届高三二模数学（理）试题20．三棱柱被一平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．203B．6 C．52D162【来源】景德镇市2021届高三第三次质检数学（理）试题21．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A ．246π-B ．86π-C ．246π+D ．86π+【来源】河南省六市2021届高三第二次联考（二模）数学（文科）试题22．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A ．2B ．4C ．163D ．22323．正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心的棱锥）的三视图如图所示，俯视图是正三角形，O是其中心，则正视图（等腰三角形）的腰长等于（）A．5B．2 C．3D．224．某几何体的三规图如图所示. 则其外接球的表面积为（）A．803πB．1369πC．5449πD．483π【来源】百师联盟2020-2021学年高三下学期开年摸底联考考理科数学试卷（全国Ⅰ卷）25．已知一个三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的外接球的体积为（）A．32πB．823πC．833πD．8π26．（2020·湖北高三期末（理））中国的计量单位可以追溯到4000多年前的氏族社会末期，公元前221年，秦王统一中国后，颁布同一度量衡的诏书并制发了成套的权衡和容量标准器.下图是古代的一种度量工具“斗”（无盖，不计量厚度）的三视图（其正视图和侧视图为等腰梯形），则此“斗”的体积为（单位：立方厘米）27．（2020·陕西高三（理））某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为103，则棱长为a的正方体的外接球的表面积为28．（2020·深圳市高级中学高三（理））某几何体的三视图如图所示，主视图是直角三角形，侧视图是等腰三角形，俯视图是边长为3的等边三角形，若该几何体的外接球的体积为36 ，则该几何体的体积为__________．29．（2020·福建高三期末（理））农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的体积为____；若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为____．30．某三棱锥的正视图和俯视图如图所示，已知该三棱锥的各顶点都在球O的球面上，过该三棱锥最短的棱的中点作球O的截面，截面面积最小为______．【来源】内蒙古锡林郭勒盟全盟2021届高三第二次模拟考试数学（理科）试题31．一个直三棱柱的三视图如图所示，则该直三棱柱的体积为_______，它的外接球的表面积为________．。

以棱柱、棱锥与球的组合体为背景的选择题

类型一四面体的外接球问题典例 1．已知三棱锥 S ABC 的底面是以 AB 为斜边的等腰直角三角形， AB 4, SA SB SC 4 ，则三棱锥的外接球的球心到平面 ABC 的距离为（）
23
A.
B. 2 3
C. 2
D. 3 3
3
【解析】
由图可知，
OB2 OD2 DB2 ，得 r 2
的外接球的半径为 2 2 ，则三棱锥 D' ABC 的体积为（）
A. 16 2
B. 16 2 3
C. 8 2
D. 8 2 3
【答案】B
5．【山西省吕梁市 2018 届高三上学期第一次模拟】已知点 A, B,C, D 在同一个球的球面上，
AB BC 2 ， AC 2 ，若四面体 ABCD 的体积为 2 3 ，球心 O 恰好在棱 DA 上，则这个球 3
1 22 2 1 2 2 2sin
3
2
2
2
2
2
4
2 2 3 4 2sin ，故当 sin 1，即 90 时，表面积最大值，此时 PAB PCB 90，
所以 PC
22
2
2
2 2
3 ．取 PC 的中点 O ，连 OA,OB ，则 OA OB OP OC
3，
·6·
故点 O 为三棱椎外接球的球心，且球半径 R 3 ．所以该三棱椎外接球的表面积为 S球表 4 R2 12 ．选 A．
8．已知边长为 2 3 的菱形 ABCD 中， A 60 ,现沿对角线 BD 折起，使得二面角 A BD C 为
120 ，此时点 A ， B ， C ， D 在同一个球面上，则该球的表面积为（）
的体积为 4 6 ，则球 O 的表面积为（） 3

2023年新高考数学大一轮复习专题28 空间几何体的结构特征、表面积与体积(原卷版)

专题28空间几何体的结构特征、表面积与体积【考点预测】知识点一：构成空间几何体的基本元素—点、线、面（1）空间中，点动成线，线动成面，面动成体．（2）空间中，不重合的两点确定一条直线，不共线的三点确定一个平面，不共面的四点确定一个空间图形或几何体（空间四边形、四面体或三棱锥）．知识点二：简单凸多面体—棱柱、棱锥、棱台1．棱柱：两个面互相平面，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．（1）斜棱柱：侧棱不垂直于底面的棱柱；（2）直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱；（3）正棱柱：底面是正多边形的直棱柱；（4）平行六面体：底面是平行四边形的棱柱；（5）直平行六面体：侧棱垂直于底面的平行六面体；（6）长方体：底面是矩形的直平行六面体；（7）正方体：棱长都相等的长方体．2．棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥．（1）正棱锥：底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心；（2）正四面体：所有棱长都相等的三棱锥．3．棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台，由正棱锥截得的棱台叫做正棱台．简单凸多面体的分类及其之间的关系如图所示．知识点三：简单旋转体—圆柱、圆锥、圆台、球1．圆柱：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的几何体叫做圆柱．2．圆柱：以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，将其旋转一周形成的面所围成的几何体叫做圆锥．3．圆台：用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分叫做圆台．4．球：以半圆的直径所在的直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称为球（球面距离：经过两点的大圆在这两点间的劣弧长度）．知识点四：组合体由柱体、锥体、台体、球等几何体组成的复杂的几何体叫做组合体．知识点五：表面积与体积计算公式表面积公式体积公式1．斜二测画法斜二测画法的主要步骤如下：（1）建立直角坐标系．在已知水平放置的平面图形中取互相垂直的Ox ，Oy ，建立直角坐标系．（2）画出斜坐标系．在画直观图的纸上（平面上）画出对应图形．在已知图形平行于x 轴的线段，在直观图中画成平行于''O x ，''O y ，使45'''∠=x O y （或135），它们确定的平面表示水平平面．（3）画出对应图形．在已知图形平行于x 轴的线段，在直观图中画成平行于'x 轴的线段，且长度保持不变；在已知图形平行于y 轴的线段，在直观图中画成平行于'y 轴，且长度变为原来的一般．可简化为“横不变，纵减半”．（4）擦去辅助线．图画好后，要擦去'x 轴、'y 轴及为画图添加的辅助线（虚线）．被挡住的棱画虚线．注：4． 2．平行投影与中心投影平行投影的投影线是互相平行的，中心投影的投影线相交于一点．【题型归纳目录】题型一：空间几何体的结构特征题型二：空间几何体的表面积与体积题型三：直观图题型四：最短路径问题【典例例题】题型一：空间几何体的结构特征例1．（2022·全国·模拟预测）以下结论中错误的是（） A ．经过不共面的四点的球有且仅有一个 B ．平行六面体的每个面都是平行四边形 C ．正棱柱的每条侧棱均与上下底面垂直 D ．棱台的每条侧棱均与上下底面不垂直例2．（2022·全国·高三专题练习（文））下列说法正确的是（） A ．经过三点确定一个平面B ．各个面都是三角形的多面体一定是三棱锥C ．各侧面都是正方形的棱柱一定是正棱柱D ．一个三棱锥的四个面可以都为直角三角形例3．（2022·海南·模拟预测）“三棱锥P ABC -是正三棱锥”的一个必要不充分条件是（） A ．三棱锥P ABC -是正四面体 B ．三棱锥P ABC -不是正四面体 C ．有一个面是正三角形 D ．ABC 是正三角形且PA PB PC ==例4．（2022·全国·高三专题练习）给出下列命题:①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点,则这两点的连线是圆柱的母线; ②有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥;③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥; ④棱台的上、下底面可以不相似,但侧棱长一定相等. 其中正确命题的个数是（） A ．0 B ．1C ．2D ．3例5．（2022·山东省东明县第一中学高三阶段练习）下列说法正确的是（） A ．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱 B ．过空间内不同的三点，有且只有一个平面 C ．棱锥的所有侧面都是三角形D ．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台例6．（2022·全国·高三专题练习）给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线； ②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥； ③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等. 其中正确命题的个数是（） A ．0 B ．1C ．2D ．3例7．（2022·全国·高三专题练习）莱昂哈德·欧拉，瑞士数学家和物理学家，近代数学先驱之一，他的研究论著几乎涉及到所有数学分支，有许多公式､定理､解法､函数､方程､常数等是以欧拉名字命名的.欧拉发现，不论什么形状的凸多面体，其顶点数V ､棱数E ､面数F 之间总满足数量关系2,V F E +-=，此式称为欧拉公式，已知某凸32面体，12个面是五边形，20个面是六边形，则该32面体的棱数为___________；顶点的个数为___________.例8．（2022·安徽·合肥一六八中学模拟预测（理））如图，正方体1AC 上、下底面中心分别为1O ，2O ，将正方体绕直线12O O 旋转360︒，下列四个选项中为线段1AB 旋转所得图形是（）A ．B ．C ．D ．例9．（多选题）（2022·全国·高三专题练习）如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（）（多选）A ．①是棱台B ．②是圆台C ．③是棱锥D ．④是棱柱例10．（2022·陕西·西北工业大学附属中学高三阶段练习（理））碳60（60C ）是一种非金属单质，它是由60个碳原子构成的分子，形似足球，又称为足球烯，其结构是由五元环（正五边形面）和六元环（正六边形面）组成的封闭的凸多面体，共32个面，且满足：顶点数－棱数＋面数＝2．则其六元环的个数为__________.【方法技巧与总结】熟悉几何体的基本概念.题型二：空间几何体的表面积与体积例11．（多选题）（2022·湖北·高三阶段练习）折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､决胜千里､大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧,DE AC 所在圆的半径分别是3和9，且120ABC ∠=，则该圆台的（）A ．高为BC ．表面积为34πD ．上底面积､下底面积和侧面积之比为1:9:22例12．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））设一圆锥的侧面积是其底面积的3倍，则该圆锥的高与母线长的比值为（）A ．89B C D ．23例13．（2022·云南·二模（文））已知长方体1111ABCD A B C D -的表面积为62，所有棱长之和为40，则线段1AC 的长为（）A B C D例14．（2022·福建省福州第一中学三模）已知AB ，CD 分别是圆柱上､下底面圆的直径，且AB CD ⊥，.1O ，O 分别为上､下底面的圆心，若圆柱的底面圆半径与母线长相等，且三棱锥A BCD -的体积为18，则该圆柱的侧面积为（） A ．9π B ．12π C ．16π D ．18π例15．（2022·河南·模拟预测（文））在正四棱锥P ABCD -中，AB =P ABCD -的体积是8，则该四棱锥的侧面积是（）AB ．C ．D ．例16．（2022·全国·高三专题练习）《九章算术》中将正四棱台体（棱台的上下底面均为正方形）称为方亭.如图，现有一方亭ABCD EFHG -，其中上底面与下底面的面积之比为1:4，方亭的高h EF =，BF =，方亭的四个侧面均为全等的等腰梯形，已知方亭四个侧面的面积之和）A ．24B ．643C ．563D ．16例17．（2022·湖南·高三阶段练习）如图，一种棱台形状的无盖容器（无上底面1111D C B A ）模型其上、下底面均为正方形，面积分别为24cm ，29cm ，且1111A A B B C C D D ===，若该容器模型的体积为319cm 3，则该容器模型的表面积为（）A ．()29cmB ．219cmC ．()29cmD ．()29cm例18．（2022·海南海口·二模）如图是一个圆台的侧面展开图，其面积为3π，两个圆弧所在的圆半径分别为2和4，则该圆台的体积为（）A B C D例19．（2022·全国·高三专题练习）圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面的半径分别为4和5，则该圆台的侧面积为（）A ．B ．C ．D ．例20．（2022·河南安阳·模拟预测（文））已知圆柱12O O 的底面半径为1，高为2，AB ，CD 分别为上、下底面圆的直径，AB CD ⊥，则四面体ABCD 的体积为（） A ．13B ．23C ．1D ．43例21．（2022·山东·烟台市教育科学研究院二模）鲁班锁是我国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中的榫卯结构，其内部的凹凸部分啮合十分精巧．图1是一种鲁班锁玩具，图2是其直观图．它的表面由八个正三角形和六个正八边形构成，其中每条棱长均为2．若该玩具可以在一个正方体内任意转动（忽略摩擦），则此正方体表面积的最小值为________．例22．（2022·湖北省天门中学模拟预测）已知一个圆柱的体积为2 ，底面直径与母线长相等，圆柱内有一个三棱柱，与圆柱等高，底面是顶点在圆周上的正三角形，则三棱柱的侧面积为__________.例23．（2022·上海闵行·二模）已知一个圆柱的高不变，它的体积扩大为原来的4倍，则它的侧面积扩大为原来的___________倍.例24．（2022·浙江绍兴·模拟预测）有书记载等角半正多面体是以边数不全相同的正多边形为面的多面体，如图，将正四面体沿相交于同一个顶点的三条梭上的3个点截去一个正三棱锥，如此共截去4个正三棱锥，若得到的几何体是一个由正三角形与正六边形围成的等角半正多面体，且正六边形的面积为2，则原正四面体的表面积为_________．例25．（2022·上海徐汇·三模）设圆锥底面圆周上两点A、B间的距离为2，圆锥顶点到直线ABAB和圆锥的轴的距离为1，则该圆锥的侧面积为___________.例26．（2022·全国·高三专题练习）中国古代的“牟合方盖”可以看作是两个圆柱垂直相交的公共部分，计算其体积所用的“幂势即同，则积不容异”是中国古代数学的研究成果，根据此原理，取牟合方盖的一半，其体积等于与其同底等高的正四棱柱中，去掉一个同底等高的正四棱锥之后剩余部分的体积（如图1所示）．现将三个直径为4的圆柱放于同一水平面上，三个圆柱的轴所在的直线两两成角都相等，三个圆柱的公共部分为如图2，则该几何体的体积为___________．【方法技巧与总结】熟悉几何体的表面积、体积的基本公式，注意直角等特殊角. 题型三：直观图例27．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知用斜二测画法画出的ABC 的直观图是边长为a 的正三角形，原ABC 的面积为 __．例28．（2022·浙江·镇海中学模拟预测）如图，梯形ABCD 是水平放置的一个平面图形的直观图，其中45ABC ∠=︒，1AB AD ==，DC BC ⊥，则原图形的面积为（）A ．1B ．2C ．2D ．1例29．（2022·全国·高三专题练习）如图，△ABC 是水平放置的△ABC 的斜二测直观图，其中2O C O A O B ''''''==，则以下说法正确的是（）A ．△ABC 是钝角三角形B ．△ABC 是等边三角形C ．△ABC 是等腰直角三角形D ．△ABC 是等腰三角形，但不是直角三角形例30．（2022·全国·高三专题练习）如图，水平放置的四边形ABCD 的斜二测直观图为矩形A B C D ''''，已知2,2A O O B B C =='''''='，则四边形ABCD 的周长为（）A ．20B ．12C ．8+D ．8+例31．（2022·全国·高三专题练习（文））如图，已知等腰直角三角形O A B '''△，O A A B ''''=是一个平面图形的直观图，斜边2O B ''=，则这个平面图形的面积是（）A B ．1 C D ．例32．（2022·全国·高三专题练习）一个三角形的水平直观图在x O y '''是等腰三角形，底角为30，腰长为2，如图，那么它在原平面图形中，顶点B 到x 轴距离是（）A ．1B ．2CD ．【方法技巧与总结】斜二测法下的直观图与原图面积之间存在固定的比值关系：S 直原．题型四：最短路径问题例33．（多选题）（2022·广东广州·三模）某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台12O O ，在轴截面ABCD 中，2cm AB AD BC ===，且2CD AB =，则（）A ．该圆台的高为1cmB ．该圆台轴截面面积为2C 3D ．一只小虫从点C 沿着该圆台的侧面爬行到AD 的中点，所经过的最短路程为5cm例34．（2022·河南洛阳·三模（理））在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 为1CC 上的动点，则1D E EB +的最小值为___________.例35．（2022·黑龙江齐齐哈尔·二模（文））如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，12,1,90AA AB BC ABC ===∠=︒，点E 是侧棱1BB 上的一个动点，则下列判断正确的有___________.（填序号）②存在点E ，使得1A EA ∠为钝角③截面1AEC 周长的最小值为例36．（2022·河南·二模（理））在正方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，P 是线段1BC 上的一动点，则1A P PC +的最小值为________.例37．（2022·陕西宝鸡·二模（文））如图，在正三棱锥P ABC -中，30APB BPC CPA ∠=∠=∠=，4PA PB PC ===，一只虫子从A 点出发，绕三棱锥的三个侧面爬行一周后，又回到A 点，则虫子爬行的最短距离是___________.例38．（2022·安徽宣城·二模（理））已知正四面体ABCD 的棱长为2，P 为AC 的中点，E 为AB 中点，M 是DP 的动点，N 是平面ECD 内的动点，则||||AM MN +的最小值是_____________.例39．（2022·新疆阿勒泰·三模（理））如图，圆柱的轴截面ABCD 是一个边长为4的正方形.一只蚂蚁从点A 出发绕圆柱表面爬到BC 的中点E ，则蚂蚁爬行的最短距离为（）A ．B ．C ．D例40．（2022·云南·昆明一中高三阶段练习（文））一竖立在水平地面上的圆锥形物体，一只蚂蚁从圆锥底面圆周上一点P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到P 点，已知圆锥底面半径为1，母线长为3，则蚂蚁爬行的最短路径长为（）A ．3B ．C ．πD ．2π【方法技巧与总结】此类最大路径问题：大胆展开，把问题变为平面两点间线段最短问题．【过关测试】一、单选题1．（2022·河北·高三阶段练习）已知圆锥的高为1，则过此圆锥顶点的截面面积的最大值为（）A ．2B ．52C D ．32．（2022·全国·模拟预测（文））若过圆锥的轴SO 的截面为边长为4的等边三角形，正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，B ，C ，D 在圆锥底面上，1A ，1B ，1C ，1D 在圆锥侧面上，则该正方体的棱长为（）A ．B ．C ．(2D ．(23．（2022·全国·高三专题练习）已知圆锥的轴截面是等腰直角三角形，且面积为4，则圆锥的体积为（） A ．43 B ．43πC ．83D ．83π4．（2022·广东深圳·高三阶段练习）通用技术老师指导学生制作统一规格的圆台形容器，用如图所示的圆环沿虚线剪开得到的一个半圆环（其中小圆和大圆的半径分别是1cm 和4cm ）制作该容器的侧面，则该圆台形容器的高为（）AB ．1cmCD 5．（2022·全国·高三专题练习）已知一个直三棱柱的高为2，如图，其底面ABC 水平放置的直观图（斜二测画法）为A B C '''，其中1O A O B O C ''''''===，则此三棱柱的表面积为（）A．4+B ．8+C ．8+D ．8+6．（2022·湖北·天门市教育科学研究院模拟预测）已知某圆锥的侧面积为的半径为（） A ．2B ．3C ．4D ．67．（2022·山西大同·高三阶段练习）正四棱台的上､下底面的边长分别为2､4，侧棱长为2，则其体积为（）A ．56B C ．D ．5638．（2022·江西九江·三模（理））如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖，可放小球的最大半径为r .若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大棱长为a ，则ra=（）A B ．34C ．2D ．)3129．（2022·浙江湖州·模拟预测）如图，已知四边形ABCD ，BCD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形，ABD △为等边三角形，2BD =，将ABD △沿对角线BD 翻折到PBD △在翻折的过程中，下列结论中不正确．．．的是（）A ．BD PC ⊥B ．DP 与BC 可能垂直C ．直线DP 与平面BCD 所成角的最大值是45︒D ．四面体PBCD 10．（2022·全国·高三专题练习）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1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，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1485m ．上升到1575m ．2.65≈）（） A ．931.010m ⨯ B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯二、多选题11．（2022·河北·高三阶段练习）如图，正方体1111ABCD A B C D -棱长为1，P 是1A D 上的一个动点，下列结论中正确的是（）A ．BPB ．PA PC +C ．当P 在直线1AD 上运动时，三棱锥1B ACP -的体积不变D ．以点B 1AB C 12．（2022·全国·高三专题练习）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则（）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =13．（2022·江苏·常州高级中学模拟预测）棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点P 为线段1A C 上的动点，点M ，N 分别为线段11A C ，1CC 的中点，则下列说法正确的是（） A ．11A P AB ⊥ B ．三棱锥1M B NP -的体积为定值 C ．[]160,120APD ∠∈︒︒D ．1AP D P +的最小值为2314．（2022·湖北·高三阶段练习）折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､决胜千里､大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧,DE AC 所在圆的半径分别是3和9，且120ABC ∠=，则该圆台的（）A ．高为B ．体积为3C ．表面积为34πD ．上底面积､下底面积和侧面积之比为1:9:22三、填空题15．（2022·全国·高三专题练习）已知一三角形ABCA B C '''(如图)，则三角形ABC 中边长与正三角形A B C '''的边长相等的边上的高为______．16．（2022·上海·模拟预测）已知圆柱的高为4，底面积为9π，则圆柱的侧面积为___________；17．（2022·新疆·三模（理））已知一个棱长为a 的正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，若圆锥的底面半径为1，母线长为2，则a 的最大值为______.18．（2022·吉林长春·高三阶段练习（理））中国古代数学家刘徽在《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立体为“牟合方盖”，如图（1）（2）.刘徽未能求得牟合方盖的体积，直言“欲陋形措意，惧失正理”，不得不说“敢不阙疑，以俟能言者”.约200年后，祖冲之的儿子祖暅提出“幂势既同，则积不容异”，后世称为祖暅原理，即：两等高立体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立体体积相等，如图（3）（4）.已知八分之一的正方体去掉八分之一的牟合方盖后的剩余几何体与长宽高皆为八分之一正方体棱长的倒四棱锥“等幂等积”，祖暅由此推算出牟合方盖的体积.据此可知，若正方体的棱长为1，则其牟合方盖的体积为______. 四、解答题19．（2022·吉林·长春市第二实验中学高三阶段练习）如图，已知四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，且1,4,5AB DC AB DC PM PC ==∥.(1)求证：PA 平面MDB ；(2)当直线,PC PA 与底面ABCD 所成的角都为4π，且4,DC DA AB =⊥时，求出多面体MPABD 的体积.20．（2022·全国·南宁二中高三期末（文））图1是由矩形ABGF ，Rt ADE △和菱形ABCD 组成的一个平面图形，其中2AB =，1==AE AF ，60BAD ∠=︒，将该图形沿AB ，AD 折起使得AE 与AF 重合，连接CG ，如图2.(1)证明：图2中的C ，D ，E ，G 四点共面； (2)求图2中三棱锥C BDG -的体积.21．（2022·全国·高三专题练习）如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ⊥侧面BB 1C 1C ，AB ＝BC ＝1，BB 1＝2，∠BCC 1＝60°．(1)求证：BC 1⊥平面ABC ；(2)E 是棱CC 1上的一点，若三棱锥E －ABC CE 的长．22．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（文））如图，在三棱柱111ABC A B C -中，112224AC AA AB AC BC =====，160BAA ∠=︒．(1)证明：平面ABC ⊥平面11AA B B ．(2)设P 是棱1CC 上一点，且12CP PC =，求三棱锥111A PB C -体积．。

2022年普通高等学校招生全国统一考试(甲卷)数学(文科)含答案解析(原卷版)

……○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________……○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………绝密★启用前2022年普通高等学校招生全国统一考试（甲卷）数学（文科）副标题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________题号一二三总分得分注意事项:1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。

3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。

第I 卷（选择题）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。

在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1. 设集合A ={−2,−1,0,1,2}，B ={x|0≤x <52}，则A ∩B =( ) A. {0,1,2}B. {−2,−1,0}C. {0,1}D. {1,2}2. 某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图：则( )A. 讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70％B. 讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85％……○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※……○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………C. 讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差D. 讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差 3. 若z =1+i ，则|iz +3z|=( ) A. 4√5B. 4√2C. 2√5D. 2√24. 如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为( )A. 8B. 12C. 16D. 205. 将函数f(x)=sin(ωx +π3)(ω>0)的图像向左平移π2个单位长度后得到曲线C ，若C 关于y 轴对称，则ω的最小值是( )A. 16B. 14C. 13D. 126. 从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为( )A. 15B. 13C. 25D. 237. 函数y =(3x −3−x )cosx 在区间[−π2,π2]的图象大致为( )A.B.……○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________……○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………C.D.8. 当x =1时，函数f(x)=alnx +bx 取得最大值−2，则f′(2)=( ) A. −1B. −12C. 12D. 19. 在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，已知B 1D 与平面ABCD 和平面AA 1B 1B 所成的角均为30∘，则( )A. AB =2ADB. AB 与平面AB 1C 1D 所成的角为30∘C. AC =CB 1D. B 1D 与平面BB 1C 1C 所成的角为45∘10. 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，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙.若S甲S 乙=2，则V甲V 乙=( ) A. √5B. 2√2C. √10D. 5√10411. 已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为13，A 1，A 2分别为C 的左、右顶点，B 为C 的上顶点.若BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BA 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−1，则C 的方程为( )A. x 218+y 216=1B. x 29+y 28=1 C. x 23+y 22=1D. x 22+y 2=112. 已知9m =10，a =10m −11，b =8m −9，则( ) A. a >0>bB. a >b >0C. b >a >0D. b >0>a第II 卷（非选择题）二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 己知向量a ⃗ =(m,3)，b ⃗ =(1,m +1).若a ⃗ ⊥b ⃗ ，则m = ．14. 设点M 在直线2x +y −1=0上，点(3,0)和(0,1)均在⊙M 上，则⊙M 的方程为．15. 记双曲线C:x 2a 2−y 2b2=1(a >0,b >0)的离心率为e ，写出满足条件“直线y =2x 与C 无公共点”的e 的一个值．16. 已知▵ABC 中，点D 在边BC 上，∠ADB =120∘,AD =2,CD =2BD.当ACAB取得最小值时，BD = ．三、解答题（本大题共7小题，共80.0分。

2023高考数学复习专项训练《棱柱、棱锥、棱台的表面积》(含解析)

2023高考数学复习专项训练《棱柱、棱锥、棱台的表面积》一、单选题（本大题共12小题，共60分）1.（5分）如图为一个半球挖去一个圆锥后的几何体的三视图，则剩余部分与挖去部分的体积之比为（）A. 3：1B. 2：1C. 1：1D. 1：22.（5分）有一个几何体的三视图及其尺寸如图（单位：cm），该几何体的表面积和体积为（）A. 24πc m2，36πc m3B. 15πc m2，12πc m3C. 24πc m2，12πc m3D. 以上都不正确（5分）3.(理科做)如右图，多面体是过正四棱柱的底面正方形ABCD的顶点A作截面AB1C1D1而截得的，且BB1=DD1，已知截面AB1C1D1与底面成30°的二面角，AB=1，则这个多面体的体积为()A. √62B. √63C. √64D. √664.（5分）一个几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是（）A. 3πB. 8πC. 12πD. 14π5.（5分）四面体ABCD中∠BAC=∠BAD=∠CAD=60°，AB=2，AC=3，AD= 4，则四面体ABCD的体积V=()A. 2√2B. 2√3C. 4D. 4√36.（5分）如图是某几何体的三视图，图中小方格的边长为1，则该几何体的体积为A. 223B. 203C. 6D. 1737.（5分）如图是一个空间几何体的三视图，这个几何体的体积是（）A. 2πB. 3πC. 6πD. 9π8.（5分）已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD为矩形，AA1=2√3，且该棱柱外接球O的表面积为20π，E为线段AB上一点．则当该四棱柱的体积取最大值时，D1E+CE的最小值为A. 6B. √5+√17C. 2√5+2D. 2√109.（5分）设某圆锥的底面半径和高分别为r和ℎ，且r=34ℎ，它的体积是12π，则ℎ= ()A. 1B. 2C. 3D. 410.（5分）已知长方体ABCD−A1B1C1D1的体积为1，则四面体AB1CD1与四面体A1BC1D重叠部分的体积是()A. 18B. 16C. 14D. 1211.（5分）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AB=2，AD= 1，∠DAB=60°，PD=BD，且PD⊥平面ABCD，Q为PC的中点，则下列结论错误．．的是A. AD⊥PBB. PQ⊥DBC. 平面PBC⊥平面PBDD. 三棱锥D−PBQ的体积为1412.（5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A. 13B. 23C. 1D. 2二、填空题（本大题共5小题，共25分）13.（5分）某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是(1)，体积是(2).14.（5分）已知正四棱柱的底面边长是3cm，侧面的对角线长是3√5cm，则这个正四棱柱的体积为________cm3.15.（5分）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，O、O1分别为底面ABCD和A1B1C1D1的中心，记四棱锥O1−ABCD和O−A1B1C1D1的公共部分的体积为V，则体积V的值为________.16.（5分）在古代将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，已知四面体A−BCD为鳖臑，AB⊥平面BCD，且AB=BC=√36CD，若此四面体的体积为8√33，则其外接球的表面积为________.17.（5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱长等于 ______ ，体积等于 ______ ．三、解答题（本大题共6小题，共72分）18.（12分）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC为直角，BC=2,CC1=4,D为CC1的中点.(1)求证：平面A1B1D⊥平面ABD；(2)若异面直线A1B1与AC所成的角的正弦值是2√13，求三棱锥B−A1AD的体积.1319.（12分）如图所示，在四棱锥P一ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD//BC，AD=2BC，∠DAB=∠ABP=90°(1)求证：平面PBC⊥平面PAB(2)若点E是棱PD的中点，且AB=BC=BP=1，求三棱锥E−PBC的体积20.（12分）已知正三棱锥的高为1，底面边长为2√6，求这个正三棱锥的体积和表面积．21.（12分）(1)一个正方体的顶点都在球面上，它的棱长是2cm，求球的表面积；(2)已知各面均为等边三角形的四面体S−ABC的棱长为1，求它的体积.22.（12分）如图一，在边长为2的等边三角形ABC中，D、E、F分别是BC、AB、AC的中点，将ΔABD沿AD折起，得到如图二所示的三棱锥A−BCD，其中BC=√2．(1)证明：AD⊥BC；(2)求四棱锥D−EFCB的体积．23.（12分）如图，在多面体EABCD中，四边形ABCD为矩形，平面ABCD⊥平面ABE，BE=BC=2AE=2，CD=√5，F为CE的中点．(1)求证：AC⊥BF；(2)求三棱锥E−ABF的体积．四、多选题（本大题共5小题，共25分）24.（5分）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=4，E，F分别为BB1,CD的中点，P是BC1上的动点，则()A. A1F⊥平面AD1EB. 平面AD1E截正方体ABCD-A1B1C1D1的截面面积为18C. 三棱锥P-AD1E的体积与P点的位置有关D. 过AE作正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球的截面，所得截面圆的面积的最小值为5π25.（5分）如图所示，正方体ABCD−A′B′C′D′的棱长为1，E，F分别是棱AA′，CC′的中点，过直线EF的平面分别与棱BB′，DD′交于点M，N，以下四个命题中正确的是()A. →MN⋅→EF=0B. |→ME|=|→NE|C. 四边形MENF的面积最小值与最大值之比为2:3D. 四棱锥A−MENF与多面体ABCD−EMFN体积之比为1:326.（5分）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2.E，F分别为棱BB1，CD的中点，P是棱BC1上的动点，则下列说法正确的有()A. A1F⊥AEB. 三棱锥P−AE D1的体积与点P的位置有关C. 平面AE D1截正方体ABCD−A1B1C1D1的截面面积为92D. 点A1到平面AE D1的距离为√227.（5分）已知正四棱台的上底面边长为√2，下底面边长为2√2，侧棱长为2，则()A. 棱台的侧面积为6√7B. 棱台的体积为14√3C. 棱台的侧棱与底面所成角的余弦值为12D. 棱台的侧面与底面所成锐二面角的余弦值为√7728.（5分）已知正三棱锥P−ABC的底面边长为1，点P到底面ABC的距离为√2，则()A. 该三棱锥的内切球半径为√26B. 该三棱锥外接球半径为7√212C. 该三棱锥体积为√212D. 该三棱锥体积为√612答案和解析1.【答案】C;【解析】解：球的半径为r，圆锥的半径为r，高为r；V圆锥=•π半球=×πrπr∴V=V半球-V圆锥=πr∴剩余部分与挖去部分的体积之比为1：1，故选：C2.【答案】C;【解析】解：该几何体是底面半径为3、母线长为5的圆锥，其高为4，所以其表面积为π•32+m2)，体积为•π•m3)，故选C．3.【答案】D;【解析】本题以多面体为载体，考查几何体的体积，关键是将几何体进行分割，利用规则几何体的体积公式求解．作D1E//DC，连接B1D1，B1E，BD，则几何体被分割成两个棱锥与一个棱柱，分别求出两个棱锥与一个棱柱的体积，即可得多面体的体积解：作D 1E//DC ，连接B 1D 1，B 1E ，BD ，则几何体被分割成两个棱锥与一个棱柱 ∵截面AB 1C 1D 1与底面成30°的二面角，∴∠CA C 1=30° ∵AB =1 ∴DD 1=√66，∴CC 1=√63 ∴V A−BD D 1B 1=13×√2×√66×√22=√618V BDC −B 1D 1E =12×√66=√612 V C 1−B 1D 1E =13×12×√66=√636∴多面体的体积为√66故选D.4.【答案】B;【解析】解：由三视图可知，该几何体为圆柱，其底面半径为1，高为3；故其表面积为： 2×π•12+2π×3=8π，故选B ．5.【答案】A; 【解析】解：如图，在AC 上取E ，使AE =2，在AD 上取F ，使AF =2，连接BE 、BF 、EF ，则四面体B −AEF 为正四面体，过B 作BO ⊥平面AEF ，垂足为O ，连接AO 并延长，交EF 于G ，则AG =√3，AO =2√33， ∴BO =√22−(2√33)2=2√63． S ΔACD =12AC×AD×sin 60°=12×3×4×√32=3√3．∴V B−ACD =13×3√3×2√63=2√2．故选：A ．由题意画出图形，通过分割补形，求出B 到底面ACD 的距离，代入体积公式求解．此题主要考查棱柱、棱锥、棱台的体积，考查空间想象能力和逻辑思维能力，是中档题．6.【答案】B; 【解析】此题主要考查由三视图求几何体的体积，属于基础题.由三视图知该几何体为正方体截去了两个相同的三棱锥，由正方体的体积减去2个三棱锥的体积得答案.解：由三视图知该几何体为正方体截去了两个相同的三棱锥(如图)，所以该几何体的体积为2×2×2−2×13×12×2×1×2=8−43=203.故选B.7.【答案】D;【解析】解：由三视图可知，该几何体是一个由底面半径为2高为3的圆柱中间挖去一个底面半径为1的等高圆柱后余下的部分，所以，其体积为π×（22-12）×3=9π．故选D ．8.【答案】D; 【解析】此题主要考查几何体的体积和有关量的计算以及基本不等式的应用，考查了学生的分析与计算能力，属基础题.设外接球O 的半径为R ，再根据题意计算出R ，再设矩形ABCD 的长、宽分别为x ，y ，最后根据题意得出D 1E +CE 的最小值.解：设外接球O的半径为R，则球o的表面积s=4πR2，所以R=√5.设矩形ABCD的长、宽分别为x，yx2+y2+12=(2√5)2，所以x2+y2=8.V ABCD−A1B1C1D1=2√3xy⩽√3(x2+y2)=8√3，当且仅当x=y=2时上式等号成立，即底面为边长为2的正方形时，四棱柱的体积最大.将平面ABCD沿AB展开，与AB C1D1处于同一平面，D1E+EC⩾D1C=√CC12+C1D12=2√10.故选D.9.【答案】D;【解析】解：设圆锥的体积为V，由体积公式可得V=13πr2ℎ，因为r=34ℎ，圆锥的体积是12π，所以13π(34ℎ)2ℎ=12π，所以ℎ=4，故选：D.根据圆锥的体积公式列方程，然后解法即可求得ℎ的值．此题主要考查锥体体积的相关计算，空间想象能力的培养等知识，属于基础题．10.【答案】B;【解析】解：如图所示，四面体AB1CD1与四面体A1BC1D的重叠部分是以长方体各面中心为定点的多面体，摘出如图，设长方体的过同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，则abc=1，重叠部分的体积为两个同底面的四棱锥体积和，等于13×12abc=16．故选：B．由题意画出图形，得到四面体AB1CD1与四面体A1BC1D的重叠部分的形状，由棱锥体积公式得答案．此题主要考查了棱柱的结构特征，考查了学生的空间想象能力和思维能力，是中档题．11.【答案】B;【解析】本题主要考茶空间中直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，属于基础题.解：在ΔABD中，由余弦定理得BD2=AB2+AD2−2ABADcos∠BAD=12+22−2×1×2×cos60∘=3所以BD=√3,AD⊥BD又PD⊥AD所以AD⊥平面PBD所以AD⊥PB，故A正确；因为AD//BC，所以BC⊥平面PBD又BC⊂平面PBC所以平面PBC⊥平面PBD故C正确；又V D−PBQ=V Q−PBD=13×12×√3×√3×12=14故D正确，故选B.12.【答案】C;【解析】解：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为三棱柱．如图所示：可以转换角度×1×1×2=1.所以：V=12故选：C.首先把三视图转换为几何体，进一步求出几何体的体积．此题主要考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．13.【答案】138c m2;90c m3;【解析】此题主要考查空间组合体的表面积的计算，根据条件左侧空间几何体的直观图是解决本题的关键．根据几何体的三视图得到几何体的结构，进行求解即可．解：由三视图可知该几何体是个组合体，右侧是一个棱长分别为3，4，6的长方体，左侧是个平放的三棱柱，三棱柱的高为3，底面直角三角形的两个直角边为3和4，则长方体的表面积为2×(3×4+3×6+4×6)−3×3=108−9=99，×4×3=39，则几何体的表面积为99+39=三棱柱的表面积为3×5+3×4+2×12138(cm2)，×3×4×3=90，体积为3×4×6+12故答案为138c m2;90c m3.14.【答案】54;【解析】此题主要考查棱柱的体积公式，属于基础题.根据题意求出正四棱柱的高，利用体积公式即可求解.解：依题，正四棱柱的底面边长是3cm，侧面的对角线长是3√5cm，则高为√(3√5)2−32=6cm，则正四棱柱的体积为：3×3×6=54c m3.故答案为54.15.【答案】112a3;【解析】此题主要考查棱锥的体积求解，属于中档题.分析公共部分的图像，以及结合正方体的特征即可求解.解：已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，O、O1分别为底面ABCD和A1B1C1D1的中心，假设四棱锥O1−ABCD和O−A1B1C1D1相交的平面为EFGH，根据正方体的特点，则平面EFGH为正方形，所以四棱锥O1−ABCD和O−A1B1C1D1的公共部分为两个四棱锥于平面为EFGH处拼接而成的几何体，所以可知EF=FG=GH=EH=12AB=12a，所以平面为EFGH的面积为EF.FG=14a2，所以体积V的值为V=2×(13×12a×14a2)=112a3，故答案为112a3.16.【答案】56π;【解析】根据图形是个直三棱锥且各个面均为直角三角形，结合体积可求出CD，进而可知外接球的球心为AD的中点，便可求得结果.解：A−BCD的体积为13×12×CD.√36CD.√36CD=8√33，解得CD=4√3，易知外接球的球心为AD的中点，易求得AD=2√14，所以球的半径为√14，所以球的表面积为56π.故答案为56π.17.【答案】√5;23;【解析】解：如图该几何体为三棱锥，其直观图如图所示：由图可得：OB=OC=OD=1，OA=2，则BD=2，BC=CD=√2，AB=AC=AD=√5，即该几何体的最长棱长等于√5，棱锥的底面ΔBCD的面积S=12×2×1=1，高ℎ=0A=2，故棱锥的体积V=13Sh=23，故答案为：√5，23．画出满足条件的几何体，进而分析出这个几何体最长棱长，由勾股定理可得答案，再由其底面面积和高，可得体积．该题考查的知识点是由三角形求体积，其中根据已知分析出几何体的形状，是解答的关键．18.【答案】(1)证明：因为∠ABC为直角，所以AB⊥BC，又因为在直三棱柱ABC−A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以AB⊥BB1，BB1∩BC=B，BC⊂平面BC C1B1，BB1⊂平面BC C1B1，所以AB⊥平面BC C1B1，因为B1D⊂平面BC C1B1，所以AB⊥B1D，又因为D是CC1的中点，BC=2，CC1=4，所以BD2+B1D2=BB12，即B1D⊥BD，又因为AB∩BD=B，AB⊂平面ABD，BD⊂平面ABD，所以B1D⊥平面ABD，又因为B1D⊂平面A1B1D，所以平面A1B1D⊥平面ABD；(2)解：因为A1B1//AB，所以∠BAC是异面直线A1B1与AC所成的角或补角，又因为∠ABC是直角，BC=2，异面直线A1B1与AC所成的角的正弦值是2√1313，所以AB=3，因为点D到平面AB B1A1的距离等于点C到平面AB B1A1的距离，所以V B−AD A1=V C−AB A1=13×12×3×4×2=4，所以三棱锥B−A1AD的体积为4.;【解析】此题主要考查了线面垂直的判定定理与性质定理，考查了面面垂直的判定定理与性质定理以及棱锥的体积，属于中档题.(1)由AB ⊥BC ，BB 1⊥平面ABC ，可得AB ⊥平面BC C 1B 1，AB ⊥B 1D ，再证明B 1D ⊥BD ，可得B 1D ⊥平面ABD ，即可得出结论；(2)由异面直线A 1B 1与AC 所成的角求出AB =3，再由点D 到平面AB B 1A 1的距离等于点C 到平面AB B 1A 1的距离，即可求出三棱锥的体积.19.【答案】（1）证明：∵AD ∥BC ，AD ⊥AB ，∴BC ⊥AB ，又∵平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB∩平面ABCD=AB ， ∴BC ⊥平面PAB ，而BC ⊂平面PBC ， ∴平面PAB ⊥平面PBC ；（2）解：由（1）知，AB ⊥BC ，又AB ⊥PB ，∴AB ⊥平面PBC ，设PA 中点为F ，连接EF ，则EF ∥AD 且EF=12AD ．又BC ∥AD ，且BC=12AD ，∴EF ∥BC ．∴点E 到平面PBC 的距离等于点F 到平面PBC 的距离．而点F 到平面PBC 的距离等于点A 到平面PBC 距离的12，∴点E 到平面PBC 的距离h=12AB =12．故V E−PBC =13S △PBC .ℎ=13×12×1×1×12=112．;【解析】(1)由已知可得BC ⊥AB ，再由平面PAB ⊥平面ABCD ，利用面面垂直的性质可得BC ⊥平面PAB ，进一步得到平面PAB ⊥平面PBC ；(2)由(1)知，AB ⊥BC ，结合AB ⊥PB ，得AB ⊥平面PBC ，然后证明点E 到平面PBC 的距离等于点F 到平面PBC 的距离，并求得点F 到平面PBC 的距离等于点A 到平面PBC 距离的12，可得点E 到平面PBC 的距离ℎ=12AB =12.代入棱锥体积公式求解．该题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．20.【答案】解：正三棱锥的高为1，底面边长为2√6，底面面积为：√34×(2√6)2=6√3． V=13×6√3×1=2√3π底面正三角形中心到一边的距离为13×√32×2√6=√2，则正棱锥侧面的斜高为√12+(√2)2=√3． ∴S 侧=3×12×2√6×√3=9√2． ∴S 表=S 侧+S 底=9√2+12×√32×（2√6）2 =9√2+6√3．; 【解析】求出底面正三角形的面积，利用棱锥的体积公式求解体积，求出正三棱锥的底面面积与侧面积，即可求出全面积．此题主要考查正三棱锥的体积与全面积的求法，考查计算能力．21.【答案】解：(1)正方体的棱长为：2cm ，正方体的体对角线的长为：2√3cm ，就是球的直径，∴球的表面积为：S 2=4π(√3)2=12πc m 2.(2)解：如图，四面体S −ABC 的各棱长为1，则其四个面均为边长为1的等边三角形，过S 作底面垂线，垂足为O ，则O 为底面三角形的中心，连接BO 并延长，交AC 于D. 显然BD =√32，则BO =23×√32×1=√33， ∴SO =√1−(√33)2=√63，体积V =13×12×1×√32×√63=√212.;【解析】此题主要考查了棱柱，棱锥的表面积、体积，属于中档题．(1)设出正方体的棱长，求出正方体的体对角线的长，就是球的直径，求出球的表面积即可．(2)由题意画出图形，求出四面体的高，代入棱锥体积公式求得体积．22.【答案】证明：(1)∵在边长为2的等边三角形ABC 中，D 、E 、F 分别是BC 、AB 、AC 的中点，将ΔABD 沿AD 折起，得到如图二所示的三棱锥A −BCD ，其中BC =√2． ∴AD ⊥DC ，AD ⊥DB ，∵DB∩DC=D，∴AD⊥平面BDC∵BC⊂平面BDC，∴AD⊥BC．解：(2)在ΔBCD中，BC=√2，BD=CD=1，∴BD2+CD2=BC2，∴BD⊥CD，∵V A−BDC=13.12.√3=√36，V E−AFD=√34.12.13=√324，∴四棱锥D−EFCB的体积V D−EFCB=V A−BDC−V E−AFD=√36−√324=√38．;【解析】此题主要考查线线垂直的证明，考查四棱锥的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．(1)推导出AD⊥DC，AD⊥DB，从而AD⊥平面BDC，由此能证明AD⊥BC．(2)推导出BD⊥CD，四棱锥D−EFCB的体积V D−EFCB=V A−BDC−V E−AFD，由此能求出结果．23.【答案】(1)证明：因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE=AB，所以BC⊥平面ABE，所以BC⊥AE.因为AE2+BE2=AB2，所以AE⊥BE，又BE∩BC=B，所以AE⊥平面BCE，所以AE⊥BF.又因为BE=BC，F为CE的中点，所以CE⊥BF.因为AE∩CE=E，所以BF⊥平面ACE，又AC⊂平面ACE，所以AC⊥BF.(2)解：V E−ABF=V F−ABE=12V C−ABE，V C−ABE=13SΔABE⋅|BC|=13×(12×1×2)×2=23，所以V E−ABF=13.;【解析】此题主要考查线面垂直和椎体体积的求法.(1)本小题关键是由线面垂直转化为线线垂直，通过证明BF⊥平面ACE，达到证明AC⊥BF;(2)由V E−ABF=V F−ABE=12V C−ABE可求结果.24.【答案】AB;【解析】此题主要考查了线面垂直的判定，棱锥的体积计算，几何体的截面问题，属于较难题目.建立空间坐标系，利用向量数量积判断A 1F 和AD 1、AE 是否垂直判断A ，做出截面梯形，计算面积判断B ，根据BC 1//平面AD 1E 判断C ；令AE 过截面圆的圆心，计算截面半径判断D.解：对于A ，以A 为坐标原点建立空间坐标系，如图所示：则A →D 1=(4,0,4)，AE →=(0,4,2)，A 1→F =(4,2,−4)， ∴A →D 1.A 1→F =0，AE →.A 1→F =0，∴A 1F ⊥AD 1，A 1F ⊥AE ，又AD 1∩AE =A ，AD 1，AE ⊂平面AD 1E ， ∴A 1F ⊥平面AD 1E ，故A 正确：对于B ，过E 作EG//B C 1交B 1C 1于点G ，则G 为B 1C 1的中点， ∵AD 1//B C 1//EG ，∴平面AD 1E 截正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的截面为等腰梯形EG D 1A ，由勾股定理可求得AD 1=4√2，EG =12BC 1=2√2，AE =D 1G =2√5，∴截面梯形的高为√(2√5)2−(4√2−2√22)2=3√2，∴截面梯形的面积为S =12×(2√2+4√2)×3√2=18，故B 正确;对于C ，∵BC 1//EG ，EG ⊂平面AD 1E ，BC 1¬⊄平面AD 1E ， ∴BC 1//平面AD 1E ，故不论P 在BC 1的任何位置，P 到平面AD 1E 的距离都是定值，而ΔAD 1E 的面积是定值，故三棱锥P −AD 1E 的体积是定值，与P 点位置无关，故C 错误; 对于D ，连接AC 1，则AC 1的中点O 为正方体外接球球心，当截面最小时， AE 必经过截面圆的圆心， AO →=12A →C 1=(2,2,2)，AE →=(0,4,2)，∴cos ∠EAO =cos <AO →，AE →>=AO →.AE →|AO →||AE →|=122√3×2√5=√155， ∴最小截面圆的半径为r =|AO →|.cos ∠EAO =6√55，故最小截面面积为πr 2=36π5，故D 错误. 故选AB .25.【答案】ABD;【解析】此题主要考查立体几何与向量的综合、截面面积的最值、几何体的体积，考查空间思维能力与运算求解能力，是中档题.证明EF⊥平面BDD′B′，进而得EF⊥MN，即可得A选项正确；证明四边形MENF为菱MN⋅EF，再分别讨论形即可得B选项正确；由菱形性质得四边形MENF的面积S=12MN的最大值与最小值即可；根据割补法求解体积即可.解：对于A选项，如图，连接BD，B′D′，MN.由题易得EF⊥BD，EF⊥BB′，BD∩BB′=B，所以EF⊥平面BDD′B′，又MN⊂平面BDD′B′，所以EF⊥MN，因此→MN⋅→EF=0，故A正确．对于B选项，由正方体性质得：平面BCC′B′//平面ADD′A′，平面BCC′B′∩平面EMFN=MF，平面ADD′A′∩平面EMFN=EN，所以MF//EN，同理得ME//NF，又EF⊥MN，所以四边形MENF为菱形，因此|→ME|=|→NE|，故B正确．对于C选项，由B易得四边形MENF的面积S=12MN⋅EF，所以当点M，N分别为BB′，DD′的中点时，四边形MENF的面积S最小，此时MN=EF=√2，即面积S的最小值为1；当点M，N分别与点B(或点B′)，D′(或D)重合时，四边形MENF的面积S最大，此时MN=√3，即面积S的最大值为√62，所以四边形MENF的面积最小值与最大值之比为2:√6，故C不正确．对于D选项，四棱锥A−MENF的体积V1=V M−AEF+V N−AEF=13DB⋅SΔAEF=13×√2×√24=16；因为E，F分别是AA′，CC′的中点，所以BM=D′N，DN=B′M，于是被截面MENF平分的两个多面体是完全相同的，则它们的体积也是相同的，因此多面体ABCD−EMFN的体积V2=12V=12，正方体ABCD−A′B′C′D′所以四棱锥A−MENF与多面体ABCD−EMFN体积之比为1:3，故D正确．故选ABD.26.【答案】AC; 【解析】此题主要考查了线线垂直的判定，棱锥的体积计算，为中档题.建立空间坐标系，利用向量数量积判断A 1F 和AE 是否垂直判断A ，根据BC 1//平面AD 1E 判断B ，做出截面梯形，计算面积判断C ，由等体积法可判断D.解：以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建立空间坐标系，故可得A(2,0,0)，A 1(2,0,2)，E(2,2,1)，F(0,1,0) 故A 1→F =(−2,1,−2),AE →=(0,2,1) 因为A 1→F .AE →=0,故可得A 1F ⊥AE ，故A 正确;∵BC 1//D 1A ，D 1A ⊂平面AD 1E ，BC 1⊄平面AD 1E ， ∴BC 1//平面AD 1E ，故不论P 在BC 1的任何位置，P 到平面AD 1E 的距离都是定值，而ΔAD 1E 的面积是定值，故三棱锥P −AD 1E 的体积是定值，与P 点位置无关，故B 错误；取过E 作EG//B C 1，则G 为B 1C 1的中点， ∵AD 1//B C 1//EG ，∴平面AD 1E 截正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的截面为等腰梯形EG D 1A ，由勾股定理可求得AD1=2√2，EG=12BC1=√2，AE=D1G=√5，∴截面梯形的高为(√2)=3√22，∴截面梯形的面积为S=12×(2√2+√2)×3√22=92，故C正确;因为AE=√5,AD1=2√2,D1E=3，故可得cos∠AD1E=2×2√2×3=√22，故SΔAE D1=12×2√2×3×√22=3，设点A1到平面AE D1的距离为ℎ，因为V E−AA1D1=V A1−AE D1即13×12×2×2×2=13×3h，解得ℎ=43，故D错;故选AC.27.【答案】ACD;【解析】解：作正四棱台如图所示，对于A，过A1作A1H⊥AB于H，AH=12(AB−A1B1)=√22，所以A1H=√22−12=√7√2，所以棱台的侧面积为4⋅12.(√2+2√2).√7√2=6√7，所以A对；对于B，连接AC、A1C1，过A1作A1A⊥AC于M，过C1作C1C⊥AC于N，A1C1=√2.√2=2，AC=2√2.√2=4，AM=12(AC−A1C1)=1，A1M=√22−12=√3，上底面面积S′=(√2)2=2，下底面面积S=(2√2)2=8，棱台的体积为V=13.ℎ.(S+√S′.S+S′)=13.√3.14=14√33≠14√3，所以B错；对于C，因为AM为AA在底面的投影，所以∠A1AM为侧棱与底面所成角，cos∠A1AM=AMA1A =12，所以C对；对于D，∠A1HM为侧面与底面所成锐二面角的平面角，cos∠A1HM=HMA1H =1.√22√7√2=√77，所以D对．故选：ACD.A计算棱台侧面积判断；B计算棱台体积判断；C求侧棱与底面成角余弦值判断；D求侧面与底面成角余弦值判断．本题以命题真假判断为载体，考查了棱台的结构特征，考查了棱台的侧面积和体积计算问题，考查了二面角的计算问题，属于中档题．28.【答案】ABD; 【解析】此题主要考查棱锥的体积公式、内切球、外接球问题，属于中档题.对于A 和B ，分别利用正三棱锥内切球和外接球的性质即可求解半径；对于CD ，根据三棱锥的体积公式得到答案.解：对于A 、设内切球球心O 在面ABC 与面ABP 内的射影分别为H 和K ，AB 中点为M ，内切球半径为r ，则P ，K ，M 共线，P ，O ，H 共线，且∠PHM =∠PKO =π2，OH =OK =r ，PO =PH −OH =√2−r ，MH =√36AB =√36，PM =√MH 2+PH 2=√112=DFRAC 5√36，于是有r√2−r=OK PO=sin ∠KPO =MH PM=15，解得r =√26，故A 正确；对于B 、由上知P 在底面三角形ABC 的射影为H ，外接球半径为R ，则HC =√33,PH =√2，由R 2=(√2−R)2+(√33)2，解得R =7√212，故B 正确；该三棱锥体积为13×√34×12×√2=√612，故C 错误，D 正确.故选ABD .。

第三关以棱柱、棱锥与球的组合体为背景的选择题-高考数学备考优生百日闯关系列(原卷版)

专题一压轴选择题第三关以棱柱、棱锥与球的组合体为背景的选择题【名师综述】球作为立体几何中重要的旋转体之一，成为考查的重点．要熟练掌握基本的解题技巧．还有球的截面的性质的运用，特别是其它几何体的内切球与外接球类组合体问题，以及与球有关的最值问题,更应特别加以关注的．试题一般以小题的形式出现,有一定难度．解决问题的关键是画出正确的截面，把空间“切接”问题转化为平面“问题”处理．类型一四面体的外接球问题典例1．已知三棱锥P ABC -的顶点P 在底面的射影O 为ABC 的垂心，若ABC 的面积为,ABC S OBC 的面积为,OBC S PBC 的面积为PBC S ，满足2ABC OBC PBC S S S ⋅=△△△，当,,PAB PBC PAC 的面积之和的最大值为8时，则三棱锥P ABC -外接球的体积为（）A ．43πB ．83πC ．163πD ．323π 【来源】山西省晋中市2022届高三上学期1月适应性调研数学（理）试题【举一反三】在四边形ABCD 中（如图1所示），AB AD =，45ABD ∠=，2BC BD CD ===，将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四面体A BCD '（如图2所示），使得90A BC ∠='，E ，F ，G 分别为棱BC ，A D '，A B '的中点，连接EF ，CG ，则下列结论错误的是（）．A ．A C BD '⊥B ．直线EF 与CG 45C ．C ，E ，F ，G 四点不共面D ．四面体A BCD '外接球的表面积为8π【来源】陕西省2022届高三上学期元月联考理科数学试题类型二三棱柱的外接球问题典例2．已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的底边长为a ，高为h ，球的体积为86π，则这个正四棱柱的侧面积的最大值为（） A ．482 B ．242 C ．962 D ．122【来源】内蒙古包头市2020-2021学年高三上学期期末考试数学（文）试题【举一反三】在平面内，已知动点P 与两定点A ，B 的距离之比为()0,1λλλ>≠，那么点P 的轨迹是圆，此圆称为阿波罗尼斯圆.在空间中，也可得到类似结论.如图，三棱柱111ABC A B C -中，1A A ⊥平面ABC ，2AB BC ==，12BB π=，90ABC ∠=︒，点M 为AB 的中点，点P 在三棱柱内部或表面上运动，且2PA PM =，动点P 形成的曲面将三棱柱分成两个部分，体积分别为1V ，()212V V V <，则12V V =（）A ．12B ．13C ．14D ．15【来源】贵州省贵阳市2021届高三适应性考试数学（理）试题（一）类型三四棱锥的外接球问题典例3．在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为等腰梯形，PB ⊥底面ABCD .若1PB AB CD AD ====， 2BC =，则这个四棱锥的外接球表面积为（）A ．3πB ．4πC ．5πD ．6π【来源】四川省成都市第七中学2021-2022学年高三下学期入学考试文科数学试题【举一反三】已知四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，侧面PAD 是正三角形，且侧面PAD ⊥底面ABCD ，2AB =，若四棱锥P ABCD -82π，则该四棱锥的表面积为（） A ．3B ．63C ．83D ．103【来源】山西省吕梁市2021届高三上学期第一次模拟数学（理）试题类型四几何体的内切球问题典例4．已知正三棱柱111ABC A B C -的体积为54，6AB =，记三棱柱111ABC A B C -的外接球和内切球分别为球1O ，球2O ，则球1O 上的点到球2O 上的点的距离的最大值为（）A ．3B 153C 153D 153【来源】江西省乐平市第一中学2021届高三上学期联考理科数学试题【举一反三】由棱长都为1的4个正四面体和1个正八面体，组合成一个正四面体，再将此正四面体削切、打磨成最大的球，则该球体积为（）A 6B 6C ．354D 646 【来源】湖南省长沙市雅礼中学2020届高三下学期5月质量检测文科数学试题【精选名校模拟】1．已知三棱锥P ABC -的各个顶点都在球O 的表面上，PA ⊥底面ABC ，AB AC ⊥，6AB =，8AC =，D 是线段AB 上一点，且2AD DB =.过点D 作球O 的截面，若所得截面圆面积的最大值与最小值之差为25π，则球O 的表面积为（）A ．128πB ．132πC ．144πD ．156π【来源】湖北省武汉市武昌区2020-2021学年高三上学期1月质量检测数学试题2．已知直四棱柱1111ABCD A B C D -，其底面ABCD 是平行四边形，外接球体积为36π，若1AC BD ⊥，则其外接球被平面11AB D 截得图形面积的最小值为（）A ．8πB ．24310πC ．8110πD ．6π【来源】安徽省蚌埠市2020-2021学年高三上学期第二次教学质量检查理科数学试题3．已知三棱锥P ABC -的底面是正三角形，PA a =，点A 在侧面PBC 内的射影H 是PBC 的垂心，当三棱锥P ABC -体积最大值时，三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（）A ．343aB ．23a πC ．332a πD ．212a【来源】安徽省黄山市2020-2021学年高三上学期第一次质量检测理科数学试题4．在三棱锥P ABC -中，22AB AC ==，120BAC ∠=，26PB PC ==，25PA =，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A ．40πB ．20πC ．80πD ．60π【来源】江西省名校2021届高三上学期第二次联考数学（理）试题5．已知直三棱柱111ABC A B C -的底面是正三角形，23AB =，D 是侧面11BCC B 的中心，球O 与该三棱柱的所有面均相切，则直线AD 被球O 截得的弦长为（）A ．1010B ．105C ．31010D ．31056．如图，在三棱锥P ABC -，PAC △是以AC 为斜边的等腰直角三角形，且22CB =，6AB AC ==，二面角P AC B --的大小为120︒，则三棱锥P ABC -的外接球表面积为（）A 510B ．10πC ．9πD ．(423π+7．已知三棱锥P ABC -的顶点P 在底面的射影O 为ABC 的垂心，若2ABC OB PBC C S S S ⋅=，且三棱锥P ABC -的外接球半径为3，则PAB PBC PAC S S S ++△△△的最大值为（）A ．8B ．10C ．18D ．22【来源】吉林省梅河口市第五中学2020-2021学年高三上学期第三次月考数学（理）试题8．已知三棱锥P ABC -的各顶点都在同一球面上，且PA ⊥平面ABC ，若该棱锥的体积为233，2AB =，1AC =，60BAC ∠=︒，则此球的表面积等于（）A ．5πB ．8πC ．16πD ．20π【来源】河南省河南大学附属中学2021-2022学年高三上学期11月月考数学文科试题9．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱（侧棱垂直于底面的三棱柱）称之为“堑堵”．如图，三棱柱111ABC A B C -为一个“堑堵”，底面ABC 是以AB 为斜边的直角三角形且5AB =，3AC =，点P 在棱1BB 上，且1PC PC ⊥，当1APC 的面积取最小值时，三棱锥P ABC -的外接球表面积为（）A ．45π2B 455πC ．30πD ．45π【来源】江西宜春市2021届高三上学期数学（文）期末试题10．在菱形ABCD 中，3A π=，3AB =△ABD 沿BD 折起到△PBD 的位置，二面角P BD C--的大小为23π，则三棱锥P BCD -的外接球的表面积为（） A ．23πB ．27πC ．72πD ．112π 【来源】山西省长治市第二中学校2021届高三上学期9月质量调研数学（文）试题多选题11．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑（biēnào ）.如图，三棱锥D ABC -为一个鳖臑，其中DA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，2DA AB BC ===，AM DC ⊥，M 为垂足，则（）A ．AM ⊥平面BCDB ．DC 为三棱锥D ABC -的外接球的直径C ．三棱锥M ABD -的外接球体积为43πD ．三棱锥M ABC -的外接球体积与三棱锥M ABD -的外接球体积相等【来源】河北省张家口市2022届高三上学期期末数学试题12．已知边长为a 的菱形ABCD 中，3ADC π∠=，将ADC 沿AC 翻折，下列说法正确的是（）A ．在翻折的过程中，直线AD ，BC 始终不可能垂直B ．在翻折的过程中，三棱锥D ABC -体积最大值为38a C ．在翻折过程中，三棱锥D ABC -表面积最大时，其内切球表面积为2(1483)a π-D ．在翻折的过程中，点D 在面ABC 上的投影为D ，E 为棱CD 上的一个动点，ED '3 【来源】江苏省南京市第二十九中学2021-2022学年高三上学期12月月考数学试题。

专题1.3 以棱柱、棱锥与球的组合体为背景的选择题高考数学压轴题分项讲义(解析版)

专题一压轴选择题第三关以棱柱、棱锥与球的组合体为背景的选择题【名师综述】球作为立体几何中重要的旋转体之一，成为考查的重点．要熟练掌握基本的解题技巧．还有球的截面的性质的运用，特别是其它几何体的内切球与外接球类组合体问题，以及与球有关的最值问题,更应特别加以关注的．试题一般以小题的形式出现,有一定难度．解决问题的关键是画出正确的截面，把空间“切接”问题转化为平面“问题”处理．类型一四面体的外接球问题典例1．[福建省泉州市2019届高三1月单科质检]已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，若球的表面积为，则三棱锥的侧面积的最大值为（）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】设球O 得半径为R ，AB=x ，AC=y ，由4πR 2=29π，得4R 2=29．又x 2+y 2+22=（2R ）2，得x 2+y 2=25．三棱锥A-BCD 的侧面积：S=S △ABD +S △ACD +S △ABC =由x 2+y 2≥2xy，得xy≤当且仅当x=y=时取等号，由（x+y ）2=x 2+2xy+y 2≤2（x 2+y 2），得x+y≤5,当且仅当x=y=时取等号，∴S≤5+=当且仅当x=y=时取等号. ∴三棱锥A-BCD 的侧面积的最大值为.故选A.【方法指导】本题属于三棱锥的外接球问题，当三棱锥的某一顶点的三条棱两两垂直，可将其补全为长方体或长方体，三棱锥与长方体的外接球是同一外接球，而长方体的外接球的在球心就是对角线的交点，那么对角线就是外接球的直径2222c b a R ++=，c b a ,,分别指两两垂直的三条棱，进而确定外接球表面积．【举一反三】【2018南宁摸底联考】三棱锥中，为等边三角形，，，三棱锥的外接球的体积为（）A.B.C.D.【答案】B类型二三棱柱的外接球问题典例2．[山东省临沂市2019届高三上学期第六次质量调研]已知三棱柱的侧棱垂直于底面,各顶点都在同一球面上,若该棱柱的体积为,则此球的体积等于( )A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】设AA 1=h ，则∵棱柱的体积为，AB=2，AC ＝，∠BAC ＝60°，∴×2××h ＝∴h=1，∵AB=2，AC ＝，∠BAC ＝60°∴BC=如图，连接上下底面外心，O 为PQ 的中点，OP ⊥平面ABC ，AP=则球的半径为OA ，由题意OP=，∴OA=所以球的体积为：πR 3=.故选B.【名师指导】确定球心位置是解决相关问题的关键，确定一个点到多面体各顶点相等的策略是将问题分解，即先确定到顶点A B C 、、距离相等的点在过ABC ∆的外心且垂直于平面ABC 的直线上，再确定到顶点111A B C 、、距离相等的点过111A B C ∆的外心且垂直于平面111A B C 的直线上，故直三棱柱111ABC A B C -的外接球球心为连接上下底面外心的线段的中点，进而可确定外接球半径．【举一反三】【陕西省榆林市2018届高考模拟第一次测试】已知直三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上，若13,4,,12AB AC AB AC AA ==⊥=，则球O 的直径为（）A. 13B. 410C. 210D. 2172【答案】A【解析】因为三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB=3，AC=4，AB ⊥AC ，AA 1=12，所以三棱柱的底面是直角三角形，侧棱与底面垂直，△ABC 的外心是斜边的中点，上下底面的中心连线垂直底面ABC ，其中点是球心，即侧面B 1BCC 1，经过球的球心，球的直径是侧面B 1BCC 1的对角线的长，因为AB=3，AC=4，BC=5，BC 1=13，所以球的直径为：13．故答案为：A 。

选择题满分系列第三讲以棱柱、棱锥与球的组合体为背景的选择题

选择题满分系列第三讲以棱柱、棱锥与球的组合体为背景的选择题球作为立体几何中重要的旋转体之一，成为考查的重点．要熟练掌握基本的解题技巧．还有球的截面的性质的运用，特别是其它几何体的内切球与外接球类组合体问题，以及与球有关的最值问题,更应特别加以关注的．试题一般以小题的形式出现,有一定难度．解决问题的关键是画出正确的截面，把空间“切接”问题转化为平面“问题”处理．类型一四面体的外接球问题典例1．【2020河南漯河中学三模】已知三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形，，则三棱锥的外接球的球心到平面的距离为（）A.B.C.D.【方法指导】本题属于三棱锥的外接球问题，当三棱锥的某一顶点的三条棱两两垂直，可将其补全为长方体或长方体，三棱锥与长方体的外接球是同一外接球，而长方体的外接球的在球心就是对角线的交点，那么对角线就是外接球的直径2222c b a R ++=，c b a ,,分别指两两垂直的三条棱，进而确定外接球表面积．【举一反三】【2020南宁摸底联考】三棱锥P −ABC 中，ΔABC 为等边三角形，PA =PB =PC =3，PA ⊥PB ，三棱锥P −ABC 的外接球的体积为（）A. 272π B. 27√32π C. 27√3π D. 27π类型二三棱柱的外接球问题典例2．已知三棱柱111ABC A B C -2AB =，1AC =，60BAC ∠=o ，则此球的表面积等于（）A.2πB.4πC.6πD.8π【名师指导】确定球心位置是解决相关问题的关键，确定一个点到多面体各顶点相等的策略是将问题分S ABC -AB 4,4AB SA SB SC ====ABC 32解，即先确定到顶点A B C 、、距离相等的点在过ABC ∆的外心且垂直于平面ABC 的直线上，再确定到顶点111A B C 、、距离相等的点过111A B C ∆的外心且垂直于平面111A B C 的直线上，故直三棱柱111ABC A B C -的外接球球心为连接上下底面外心的线段的中点，进而可确定外接球半径．【举一反三】【陕西省榆林市2018届高考模拟第一次测试】已知直三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上，若13,4,,12AB AC AB AC AA ==⊥=，则球O 的直径为（）A. 13B.C.D. 2类型三四棱锥的外接球问题典例3．【河北省承德市联校2018届高三上学期期末考试】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有阳马，广五尺，褒七尺，高八尺，问积几何?”其意思为：“今有底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，它的底面长、宽分别为7尺和5尺，高为8尺，问它的体积是多少?”若以上的条件不变，则这个四棱锥的外接球的表面积为（）A. 平方尺B. 平方尺C. 平方尺D. 平方尺【名师指点】某些空间几何体是某一个几何体的一部分，在解题时，把这个几何体通过“补形”补成完整的几何体或置于一个更熟悉的几何体中，巧妙地破解空间几何体的体积问题，这是一种重要的解题策略——补形法．常见的补形法有对称补形、联系补形与还原补形．对于还原补形，主要涉及台体中“还台为锥”问题．本题可以利用补体法，将四棱锥补体为直三棱锥，利用直三棱柱的外接球半径求法确定其外接球半径．【举一反三】【福建省漳州市2018届高三1月调研测试】已知正四棱锥P －ABCD 的顶点均在球O 上，且该正四棱锥的各个棱长均为2，则球O 的表面积为( )A. 4πB. 6πC. 8πD. 16π142π140π138π128π类型四几何体的内切球问题典例4．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________．【名师指点】解决球与其他几何体的切接问题，关键在于认真分析、观察，弄清先关元素的几何关系和数量关系，选准最佳角度作出截面，截面的选择应该更多地体现元素与元素之间关系，达到空间问题平面化的目的．【举一反三】【广东郴州市2018届高三第二次教学质量监测试卷,9ABCD 沿对角线AC 折成一个直二面角B AC D --.则四面体ABCD 的内切球的半径为（）A ．1B ．1 D ．2-【精选名校模拟】1. 已知三棱锥A BCD -的所有顶点都在球O 的球面上，AB 为球O 的直径，若该三棱锥的体积为，4,BC BD ==090CBD ∠=，则球O 的表面积为（） A ．11π B ．20π C ．23π D ．35π2．【江西省新余市2018届高三第二次模拟考试数学（理）试题】已知C B A 、、是球O 的球面上三点，2=AB ，32=AC ，ο60=∠ABC ，且棱锥ABC O -的体积为364，则球O 的表面积为（） A ．π10 B ．π24 C ．π36D ．π483. 【2020河南漯河中学二模】四面体ABCD 的四个顶点都在球O 的表面上，AB =2，BC =CD =1，∠BCD =60∘，AB ⊥平面BCD ，则球O 的表面积为（）A. 8πB.8√23π C. 8√33π D. 16π34．将正方形沿对角线折起，得到三棱锥，使得，若三棱锥的外接球的半径为，则三棱锥的体积为（）A. B.C.D.5．【山西省吕梁市2018届高三上学期第一次模拟】已知点在同一个球的球面上，，若四面体，球心恰好在棱上，则这个球的表面积为（） A.B. C. D.6．已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为43π的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是( )A. B. C. D.7．【河北省唐山市2018届高三上学期期末考试】在三棱椎中，底面是等边三角形，侧面是直角三角形，且，当三棱椎表面积最大时，该三棱椎外接球的表面积为( )A. B. C. D.8．【河南百校联盟2018届高三11月质检，10】已知边长为ABCD 中，60A ∠=︒,现沿对角线BD 折起，使得二面角A BD C --为120o ，此时点A ，B ，C ，D 在同一个球面上，则该球的表面ABCD AC 'D ABC -'4BD ='D ABC -'D ABC -33,,,A B C D AB BC ==2AC =ABCD O DA 254π4π8π16πP ABC -ABC PAB 2PA PB ==P ABC -12π8π323π积为（）A.20πB.24πC.28πD.32π9．【全国名校大联考2020年度高三第四次联考】已知底面为正方形的四棱锥，各侧棱长都为16，以为球心，2为半径作一个球，则这个球与四棱锥相交部分的体积是（）A. B. C.D.10．【四川省2020年度高三“联测促改”活动】设点,,A B C是半径为2的球O的球面上的三个不同的点，且OA BC⊥，3BC=，0120BAC∠=，则三棱锥O ABC-的体积为（）A. B. C. D.11.如图，直三棱柱111ABC A B C-的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB AC=，侧面11BCC B是半球底面圆的内接正方形，则侧面11ABB A的面积为（）A．2 B．1 C D．2O ABCD-O O ABCD-29π89π169π43π12.已知球的直径4SC =，A ，B 是该球球面上的两点，2AB =，45ASC BSC ∠=∠=o ，则棱锥S ABC -的体积为( )A B C D13. 【福建省福州市2018届高三上学期期末质检】已知圆柱的高为2面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于（）A. 4πB.163π C. 323π D. 16π14. 【四川省乐山四校2018届第三学期半期联考】如图，在等腰梯形ABCD 中， 22,60AB DC DAB ==∠=o , E 为AB 中点.将ADE ∆与BEC ∆分别沿ED 、EC 折起，使A 、B 重合于点P ，则三棱锥P DCE -的外接球的体积为（）A.B. C. D.15. 【河南省南阳市第一中学校2018届高三第七次考试】已知三棱锥P ABC -的两个顶点均在某球面上， PC 为该球的直径， ABC ∆是边长为4的等边三角形，三棱锥P ABC -的体积为163 ，则该三棱锥的外接球的表面积为（） A.163π B. 403π C. 643π D. 803π。

专题1.3 以棱柱、棱锥与球的组合体为背景的选择题(解析版)

专题一压轴选择题第三关以棱柱、棱锥与球的组合体为背景的选择题【名师综述】球作为立体几何中重要的旋转体之一，成为考查的重点．要熟练掌握基本的解题技巧．还有球的截面的性质的运用，特别是其它几何体的内切球与外接球类组合体问题，以及与球有关的最值问题,更应特别加以关注的．试题一般以小题的形式出现,有一定难度．解决问题的关键是画出正确的截面，把空间“切接”问题转化为平面“问题”处理．类型一四面体的外接球问题典例1．【2019·山东师范大学附中高考模拟（文）】已知三棱锥S ABC -中，SA ⊥平面ABC ，且6ACB π∠=，223,1AC AB SA ===.则该三棱锥的外接球的体积为( )A ．13138πB ．13πC ．136πD ．13136π 【答案】D【解析】∵30ACB ∠=︒，223AC AB ==ABC △ 是以AC 为斜边的直角三角形，其外接圆半径32AC r ==，则三棱锥外接球即为以ABC △为底面，以SA 为高的三棱柱的外接球，∴三棱锥外接球的半径R 满足2213()2SA R r =+= 故三棱锥外接球的体积341313.3V R π==故选D. 【方法指导】本题属于三棱锥的外接球问题，当三棱锥的某一顶点的三条棱两两垂直，可将其补全为长方体或长方体，三棱锥与长方体的外接球是同一外接球，而长方体的外接球的在球心就是对角线的交点，那么对角线就是外接球的直径2222c b a R ++=，c b a ,,分别指两两垂直的三条棱，进而确定外接球表面积．【举一反三】【2020·山东高三期末】已知正三棱锥S ABC -的侧棱长为43，底面边长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是（）A ．16πB ．20πC ．32πD ．64π 【答案】D【解析】如图所示，因为正三棱锥S ABC -的侧棱长为43，底面边长为6，则2362332AE =⋅⋅=，所以三棱锥的高2222(43)(23)6SE SA AE =-=-=, 又由球心O 到四个顶点的距离相等，在直角三角形AOE 中，,6AO R OE SE SO R ==-=-，又由222OA AE OE =+，即222(23)(6)R R =+-，解得4R =，所以球的表面积为2464S R ππ==，故选D.类型二三棱柱的外接球问题典例2．[山东省临沂市2019届高三上学期第六次质量调研]已知三棱柱的侧棱垂直于底面,各顶点都在同一球面上,若该棱柱的体积为,则此球的体积等于( )A ．B ．C ．D ．。

专题1.3 以棱柱、棱锥与球的组合体为背景的选择题——新高考数学专项练习题附解析

何体或置于一个更熟悉的几何体中，巧妙地破解空间几何体的体积问题，这是一种重要的解题策略——补
形法．常见的补形法有对称补形、联系补形与还原补形．对于还原补形，主要涉及台体中“还台为锥”问题．本
题可以利用补体法，将四棱锥补体为直三棱锥，利用直三棱柱的外接球半径求法确定其外接球半径．
【举一反三】【贵州省贵阳第一中学、云南师大附中、广西南宁三中 2019 届高三“333”高考备考诊断联考数
BC=8，AA1=4，则 V 的最大值是
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
A．4π
9
B．
2
C．6π
32
D．
3
12. 【 2018 河南漯河中学三模】已知三棱锥 S ABC 的底面是以 AB 为斜边的等腰直角三角形，
AB 4, SA SB SC 4 ，则三棱锥的外接球的球心到平面 ABC 的距离为（）
类型一四面体的外接球问题典例 1．【2019·山东师范大学附中高考模拟（文）】已知三棱锥 S ABC 中，SA 平面 ABC ，且 ACB ，
6 AC 2 AB 2 3, SA 1.则该三棱锥的外接球的体积为( )
A． 13 13 8
【答案】D 【解析】
B．13
C． 13 6
D． 13 13 6
C．若 AD=3,则 BD=4;
D.四面体 ABCD 体积的最大值为 4 5 . 3
2．(多选题)【2019·广东高三月考（理）】已知矩形 ABCD ， AB 1， BC 3 ，将 ADC 沿对角线 AC
进行翻折，得到三棱锥 D ABC ，则在翻折的过程中，有下列结论, 其中正确的是（） A.三棱锥 D ABC 的体积最大值为 1 ；

棱柱棱锥棱台习题ppt课件

练习正三棱柱ABC A1B1C1中，底面边长是4，高是6，
点M、N分别为线段A1C1与BC的中点，求线段MN的长度
6 E
4
例2. 已知正四棱锥V－ABCD，底面面积为16，一条侧棱长为2 11 ，计算它的高和斜高。
解：设VO为正四棱锥V－ABCD的高，作OM⊥BC于点M，则M为BC中点，连接OM、OB，则VO⊥OM，VO⊥OB.
∴AB＝BC＝CD＝DA＝2 2. 作 OE⊥AB 于 E，则 E 为 AB 的中点， ∴OE＝12BC＝ 2.连接 SE，则 SE 为斜高．
∵SO＝ 3，∴SE＝ 5，即侧面上的斜高为 5. (2)由(1)知 SE＝ 5，AB＝2 2， ∴S 侧面＝12·SE·AB＝12× 5×2 2＝ 10.
(3)S 底面＝AB·BC＝2 2×2 2＝8.
3 6 x.
过则
DDH1 作＝ODD1H－⊥OAHD＝于O点D－HO，1D1＝533－
3 6 x.
在△D1DH 中，D1D＝coDs H60°＝2533－ 63x， ∴在梯形 B1C1CB 中，S＝12(B1C1＋BC)·D1D，
即203 3＝12(x＋10)·2533－ 63x，解得 x＝2 15，∴上底面的边长为 2 15.
（10）底面是正多边形的棱锥是正棱锥；
（11）棱锥的所有侧面可能都是直角三角形；√ （12）四棱锥的四个侧面中可能四个都是直角三角形。√
1．能保证棱锥是正棱锥的一个条件是( C ) （A）底面为正多边形（B）各侧棱都相等
（C）各侧面与底面都是全等的正三角形（D）各侧面都是等腰三角形
2．若正棱锥的底面边长与侧棱长相等，则该棱锥一定不是（ D ）
判（3）多面体至少有四个面 √

专题1-3 以棱柱、棱锥与球的组合体为背景的选择题-2018年高考数学备考优生百日闯关系列含解析精品

专题一压轴选择题第三关以棱柱、棱锥与球的组合体为背景的选择题【名师综述】球作为立体几何中重要的旋转体之一，成为考查的重点．要熟练掌握基本的解题技巧．还有球的截面的性质的运用，特别是其它几何体的内切球与外接球类组合体问题，以及与球有关的最值问题,更应特别加以关注的．试题一般以小题的形式出现,有一定难度．解决问题的关键是画出正确的截面，把空间“切接”问题转化为平面“问题”处理．类型一四面体的外接球问题-的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，典例1．【2018河南漯河中学三模】已知三棱锥S ABC====，则三棱锥的外接球的球心到平面ABC的距离为（）AB SA SB SC4,4A. B. C. 2 D.【答案】A【解析】由图可知， 222OB OD DB =+，得()224r r=+，解得3r =，d ∴=A 。

【方法指导】本题属于三棱锥的外接球问题，当三棱锥的某一顶点的三条棱两两垂直，可将其补全为长方体或长方体，三棱锥与长方体的外接球是同一外接球，而长方体的外接球的在球心就是对角线的交点，那么对角线就是外接球的直径2222c b a R ++=，c b a ,,分别指两两垂直的三条棱，进而确定外接球表面积．【举一反三】【2018南宁摸底联考】三棱锥中，为等边三角形，，，三棱锥的外接球的体积为（）A.B.C.D.【答案】B类型二三棱柱的外接球问题典例2．已知三棱柱111ABC A B C -2AB =，1AC =，60BAC ∠=，则此球的表面积等于（）A.2πB.4πC.6πD.8π 【答案】D.【解析】由已知条件得：1121sin 602AA ⨯⨯⨯⨯=12AA =，∵2222cos60BC AB AC AB AC =+-⨯⨯，∴BC =ABC ∆的外接圆的半径为R ，则2sin 60BCR =，∴1R =248ππ=.【名师指导】确定球心位置是解决相关问题的关键，确定一个点到多面体各顶点相等的策略是将问题分解，即先确定到顶点A B C 、、距离相等的点在过ABC ∆的外心且垂直于平面ABC 的直线上，再确定到顶点111A B C 、、距离相等的点过111A B C ∆的外心且垂直于平面111A B C 的直线上，故直三棱柱111ABC A B C -的外接球球心为连接上下底面外心的线段的中点，进而可确定外接球半径．【举一反三】【陕西省榆林市2018届高考模拟第一次测试】已知直三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上，若13,4,,12AB AC AB AC AA ==⊥=，则球O 的直径为（）A. 13B.C.D. 【答案】A【解析】因为三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB=3，AC=4，AB ⊥AC ，AA 1=12，所以三棱柱的底面是直角三角形，侧棱与底面垂直，△ABC 的外心是斜边的中点，上下底面的中心连线垂直底面ABC ，其中点是球心，即侧面B 1BCC 1，经过球的球心，球的直径是侧面B 1BCC 1的对角线的长，因为AB=3，AC=4，BC=5，BC 1=13，所以球的直径为：13．故答案为：A 。

新教材苏教版数学必修第二册课后练习：13.1.1 棱柱、棱锥和棱台Word版含解析

课后素养落实(二十五) 棱柱、棱锥和棱台(建议用时：40分钟)一、选择题1．下列说法中正确的是()A．棱柱的面中，至少有两个面互相平行B．棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面C．棱柱中一条侧棱的长叫作棱柱的高D．棱柱的侧面是平行四边形，但它的底面一定不是平行四边形A[棱柱的面中，有两个底面，所以至少有两个面互相平行，故A正确．棱柱中两个互相平行的平面可能是棱柱的侧面，B错误．棱柱中一条侧棱的长不一定是棱柱的高，C错误．棱柱的侧面是平行四边形，但它的底面可能是平行四边形，D 错误．]2．如图所示的空间图形中，不是棱锥的为()A B C DA[结合棱锥的定义可知，A不符合其定义，故选A．]3．如图所示，能推断这个空间图形可能是三棱台的是()A．A1B1＝2，AB＝2，B1C1＝3，BC＝4B．A1B1＝1，AB＝2，B1C1＝1.5，BC＝3，A1C1＝2，AC＝3C．A1B1＝1，AB＝2，B1C1＝1.5，BC＝3，A1C1＝2，AC＝4D．AB＝A1B1，BC＝B1C1，CA＝C1A1C[根据棱台是由棱锥截成的进行判断．A中A1B1AB≠B1C1BC，故A不正确；B中B1C1BC≠A1C1AC，故B不正确；C中A1B1AB＝B1C1BC＝A1C1AC，故C正确；D中满足这个条件的可能是一个三棱柱，不是三棱台，故选C．]4．一个无盖的正方体盒子展开后的平面图形如图所示，A，B，C是展开图上的三点，在正方体盒子中三角形ABC的具体形状为()A．等腰三角形B．等边三角形C．直角三角形D．等腰直角三角形B[由题图知，分别连接A，B，C三点，AB，BC，CA是正方体盒子的面对角线，所以△ABC为等边三角形．]5．某同学制作了一个对面图案相同的正方体礼品盒(如图所示)，则这个正方体礼品盒的表面展开图应该为()A B C DA[两个不能并列相邻，B、D错误；两个不能并列相邻，C错误，故选A．也可通过实物制作检验来判定．]二、填空题6．一个棱柱有10个顶点，所有的侧棱长的和为60 cm，则每条侧棱长为________ cm．12[由棱柱有10个顶点知此棱柱有5条侧棱，又棱柱侧棱长相等，故每条侧棱长为12 cm．]7．所有棱长都相等的正四棱锥和正三棱锥的一个面重合后暴露的面的个数为________个．7[如图(1)(2)所示分别是所有棱长都相等的正四棱锥和正三棱锥．图(3)是它们拼接而成的一个空间图形．故暴露的面数为7个．(1)(2)(3)]8．在正方体上任意选择4个顶点，它们可以确定的几何图形或空间图形为________．(写出所有正确结论的编号)①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体．①③④⑤[在正方体ABCD-A1B1C1D1上任意选择4个顶点，它们可以确定：①矩形，如四边形ACC1A1；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体，如A-A1BD；④每个面都是等边三角形的四面体，如A-CB1D1；⑤每个面都是直角三角形的四面体，如A-A1DC，所以填①③④⑤．]三、解答题9．观察图中的空间图形，分析它们是由哪些基本空间图形组成的．(1)(2)(3)[解]图(1)是由一个四棱柱在它的上、下底面上向内挖去一个三棱柱组成的空间图形．图(2)是由一个四棱柱和一个底面与四棱柱上底面重合的四棱锥组成．图(3)是由一个三棱台和一个上底面与三棱台的下底面重合的三棱柱组成．10．试从正方体ABCD-A1B1C1D1的八个顶点中任取若干，连接后构成以下空间几何体，并且用适当的符号表示出来．(1)只有一个面是等边三角形的三棱锥；(2)四个面都是等边三角形的三棱锥；(3)三棱柱．[解](1)如图①所示，三棱锥A1-AB1D1(答案不唯一)．(2)如图②所示，三棱锥B1-ACD1(答案不唯一)．(3)如图③所示，三棱柱A1B1D1-ABD(答案不唯一)．①②③11．如图都是正方体的表面展开图，还原成正方体后，其中两个完全一样的是()(1)(2)(3)(4)A．(1)(2) B．(2)(3)C．(3)(4) D．(1)(4)B[(1)图还原后，①⑤对面，②④对面，③⑥对面；(2)图还原后，①④对面，②⑤对面，③⑥对面；(3)图还原后，①④对面，②⑤对面，③⑥对面；(4)图还原后，①⑥对面，②⑤对面，③④对面；综上，可得还原成正方体后，其中两个完全一样的是(2)(3)．]12．一个截面经过棱锥各条侧棱的中点，则截得棱台的上、下底面积之比是( )A ．1∶2B ．1∶3C ．1∶4D ．1∶8C [如图，由于A 1是SA 的中点，则SA 1SA ＝12＝A 1B 1AB ，故S 上底面S 下底面＝⎝⎛⎭⎪⎫A 1B 1AB 2＝14．]13．用一个平行于底面的平面去截一个空间图形，如果截面是三角形，则这个空间图形可能是________．三棱锥、三棱柱、三棱台[用平行于底面的平面去截三棱柱，截面是三角形，用同样的方法去截三棱锥、三棱台，所得截面均为三角形．]14．如图，M 是棱长为2 cm 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱CC 1的中点，沿正方体表面从点A 到点M 的最短路程是________ cm ．13[由题意，若以BC 为轴展开，则A ，M 两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为2 cm ，3 cm ，故两点之间的距离是13 cm ．若以BB 1为轴展开，则A ，M 两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为1 cm ，4 cm ，故两点之间的距离是17 cm ．故沿正方体表面从点A 到点M 的最短路程是13 cm ．]15．如图所示，已知三棱台ABC -A ′B ′C ′．(1)把它分成一个三棱柱和一个多面体，并用字母表示；(2)把它分成三个三棱锥并用字母表示．[解](1)如图①所示，三棱柱是棱柱A′B′C′AB″C″，多面体是B′C′BCC″B″．(2)如图②所示，三个三棱锥分别是A′ABC，B′A′BC，C′A′B′C．①②。

人教版高中数学必修二课件 1.3 棱柱、棱锥与球的内接问题(共18张PPT)

二、例题分析
例1、已知三棱柱ABC A1 B1C1的6个顶点都在球O的球面上。AB 3, AC 4, AB AC , AA1 12, 则球O的半径为（） 3 17 A. 2
A1 C1 D1 B1 C A D O
B.2 10
13 C. 2
D.3 10
分析：连结OB
5 易知，OD=6，BD= 2
A B
C
四、思维拓展
2、一个几何体的三视图如图所示，该几何体外接球的表面积为。112 3 O
O1 A
五、课堂小结本节课主要学习：（1）棱柱、有一条侧棱垂直于底面的棱锥内接于球的问题的解决思路（2）割补的方法在立体几何问题中的应用（3）方程思想的应用
六、课后思考 S 如图，设正四面体S-ABC的棱长为a，球O的半径为R，试确定R 与a的关系。 C
A C M D O B 于底面，故如图，可将该三棱锥
补成一个三棱柱。于是
R OB 1 1 1 2 2 2 ( MA) ( MB ) ( MB ) 2 2 2 MA2 MB2 MB2 4 R2 64
2 2
二、例题分析
变式、自半径为4的球面上一点M，引球的三条两两垂直的弦MA，MB，MC，则MA2 MB 2 MC 2 。
一、知识点回顾
1、常用结论
③若长方体内接于球O，则球心为长方体对角线的中点。设长方体的长，宽，高分别为a,b,c，则球O的半径
O
1 2 R a b2 c 2 2
特别的，若边长为a的正方体内接于球O，则球O的半径 3
R
2
a
一、知识点回顾
O
结论：棱柱内接于球时，球心位于棱柱上下底面外接圆圆心的连线的中点

新高中人教B版数学必修二同步练习：1.1.6_棱柱、棱锥、棱台和球的表面积(含答案)

棱柱、棱锥、棱台和球的表面积课时目标1．认识柱、锥、台、球的表面积的计算公式，并学会运用这些公式解决一些简单的问题． 2．认清直棱柱、正棱锥和正棱台的侧面睁开图的特色，由此推导出侧面积公式．1．棱柱、棱锥、棱台侧面积(1) 设直棱柱高为h，底面多边形的周长为c，则直棱柱侧面积计算公式：S 直棱柱侧＝________ ，即直棱柱的侧面积等于它的________________________________ ．(2)设正 n 棱锥的底面边长为a，底面周长为c，斜高为h′，则正 n 棱锥的侧面积的计算公式：S正棱锥侧＝________＝________，即正棱锥的侧面积等于它的________________________ ．(3)设棱台下底面边长为a，底面周长为c，上底面边长为a′，周长为c′，斜高为h′，则正 n 棱台的侧面积公式： S 正棱台侧＝ __________ ＝ ____________．2．棱柱、棱锥、棱台和球的表面积(1)棱柱、棱锥、棱台的表面积等于________________________ ．(2)用球的半径 R 计算球表面积的公式：S 球＝______，即球面面积等于它的______________________ ．3．旋转体的侧面积若圆柱、圆锥、圆台沿其母线剪开后睁开，其侧面睁开图分别是 ________、 ________、扇环，其侧面积公式分别为 S 圆柱侧＝ ________，S 圆锥侧＝ ________， S 圆台侧＝ ________．一、选择题1．一个圆柱的侧面睁开图是一个正方形，则这个圆柱的全面积与侧面积的比为() 1＋ 2π1＋ 4π1＋ 2π1＋ 4πA．2π B ．4πC．π D ．2π2．底面是菱形的直棱柱，它的底面对角线的长分别为 6 和 8，高为15，则此棱柱的侧面积为 ()A． 75 B ．250C． 150D．30063．正三棱锥的底面边长为1，高为6，则此棱锥的侧面积为 ()333333A．4B．2C．4D．24．有向来三棱柱的三视图以下图则该三棱柱的侧面积为()A． 4( 6＋ 2)B． 122C．4 2＋ 8D． 4( 2＋ 3)5．长方体的一个极点上的三条棱长分别为3,4,5，且它的8 个极点都在同一个球面上，则这个球的表面积()A． 25π B ．50πC．125 πD．以上都不对6．三视图以下图的几何体的全面积是()A．7＋ 2B．11＋2 2C．7＋ 3D．3 2二、填空题7．一个长方体的长、宽、高分别为9,8,3 ，若在上边钻一个圆柱形孔后其表面积没有变化，则孔的半径为 ________．8．正六棱柱的高为 5 cm，最长的对角线为13 cm，则它的侧面积为 ________．9．已知 OA 为球 O 的半径，过 OA 的中点 M 且垂直于OA 的平面截球面获得圆M ．若圆 M 的面积为 3π，则球 O 的表面积等于 ________．三、解答题10．已知正四棱台(上、下底是正方形，上底面的中心在下底面的投影是下底面中心)上底面边长为6，高和下底面边长都是12，求它的侧面积．11．直平行六面体的底面是菱形，两个对角面面积分别为Q1， Q2，求直平行六面体的侧面积．能力提高12．有三个球，第一个球内切于正方体，第二个球与这个正方体各条棱相切，第三个球过这个正方体的各个极点，求这三个球的表面积之比．13．有一塔形几何体由 3 个正方体组成，组成方式以下图，上层正方体下底面的四个极点是基层正方体上底面各边的中点．已知最基层正方体的棱长为2，求该塔形的表面积(含最基层正方体的底面面积)．1．在解决棱锥、棱台、球的侧面积、表面积问题时常常将已知条件归纳到一个直角三角形中求解，为此在解此类问题时，要注意直角三角形的应用．2．柱、锥、台体侧面积公式之间的关系，直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积公式之间的关系依据以上关系，在正棱台的侧面积公式中，令c′＝ c，能够获得直棱柱的侧面积公式，令 c′＝ 0，可获得正棱锥的侧面积公式，其关系以下所示：1．1 ．6 棱柱、棱锥、棱台和球的表面积答案知识梳理1 11 1． (1)ch 底面周长和高的乘积(2) 2nah ′ 2ch ′ 底面周长和斜高乘积的一半(3) 2n(a1＋ a ′)h ′(c ＋ c ′ )h ′22． (1) 侧面积与底面积之和 2(2)4 πR 大圆面积的四倍 3．矩形扇形 2π Rh π Rlπ (R ＋ r)l作业设计1．A2 222 21＋ 2π[ 设底面半径为 r ，侧面积＝ 4πr ，全面积为＝2πr ＋ 4πr ，其比为： 2π ． ]2．D 3．A4．A[ 底面三角形为等腰三角形，三边长分别为2 2， 6， 6．故三棱柱的侧面积 S＝ 4( 6＋ 2)． ]5．B [外接球的直径 2R ＝长方体的体对角线＝a 2＋b 2＋c 2(a 、b 、c 分别是长、宽、高) ．]6． A [ 图中的几何体可当作是一个底面为直角梯形的直棱柱．直角梯形的上底为1，下底为 2，高为 1，棱柱的高为 1．可求得直角梯形的四条边的长度为1,1,2， 2，表面积 S表面＝ 2S 底＋S 侧面＝1(1＋ 2) ×1×2＋ (1＋1＋ 2＋ 2) ×1＝ 7＋ 2．]27． 3 分析由题意知，圆柱侧面积等于圆柱上、下底面面积和，2即 2πr ×3＝2πr，因此 r ＝ 3．8． 180 cm 2 分析设正六棱柱的底面边长为a ，则底面正六边形的最长对角线为2a ，∴ 52＋ (2a)2 ＝132，∴ a ＝ 6 cm ．∴ S 正六棱柱侧＝ 6ah ＝ 180 cm 2． 9． 16π分析设球半径为 R ，则圆 M 的半径为 r ，22＝3，则 πr＝ 3π，即 r 由题意得 R 2－ R 2＝ 3，222因此 R ＝ 4? 4πR＝ 16π．10．解如图， E、 E1分别是 BC 、 B1C1的中点， O、 O1分别是下、上底面正方形的中心，则 O1O 为正四棱台的高，则 O1O＝ 12．1连结 OE、 O1E1，则 OE＝2AB11A1B1＝3．＝×12＝ 6， O1E1＝22过 E1作 E1H⊥ OE，垂足为H，则 E1H ＝ O1O＝ 12， OH＝O1E1＝ 3，HE＝ OE－O1E1＝ 6－3＝ 3．在 Rt△E1HE 中， E1 E2＝ E1H2＋HE 2＝122＋ 32＝ 32×42＋ 32＝ 32×17，因此 E1E＝ 3 17．1因此 S 侧＝ 4×2×(B 1C1＋ BC)×E1E＝2×(12＋ 6) ×3 17＝ 108 17．11．解以下图，设底面边长为a，侧棱长为l ，底面两条对角线的长分别为c，d，即 BD ＝ c，AC ＝ d，则c·l＝ Q1①d·l＝ Q2②121222c＋2d＝ a③由①得 c＝Ql1，由②得d＝Q l2，代入③得Q1 2＋ Q2 2＝a2，2l2l∴ Q21＋ Q22＝ 4l 2a2，∴ 2la＝Q21＋ Q22．∴S 侧＝4al ＝ 2 Q21＋ Q22．12．解设正方体的棱长为a．以下图．①正方体的内切球球心是正方体的中心， a球心作截面，因此有2r 1＝a ， r 1 ＝，因此切点是正方体六个面的中心，经过四个切点及2 2S ＝ 4πr＝ πa．11②球与正方体的各棱的切点在每条棱的中点，过球心作正方体的对角面得截面，2r 2＝ 2＝22 2a ， r 2a ，因此 S 2＝ 4πr＝ 2πa．2 2③正方体的各个极点在球面上，过球心作正方体的对角面得截面，因此有 2r 3＝ 3a ，r 3＝3a ，2因此 22S ＝ 4πr＝ 3πa．33综上可得 S 1∶ S 2∶S 3＝ 1∶ 2∶3． 13．解易知由下向上三个正方体的棱长挨次为 2， 2， 1．考虑该几何体在水平面的投影，可知其水平面的面积之和为下底面积最大正方体的底面面积的二倍．∴ S 表＝2S 下＋S 侧2＋4×[2 2＋( 2) 22＝ 2×2 ＋ 1 ]＝36．∴该几何体的表面积为 36．。