(新高考)高考数学一轮考点复习7.1.2《空间几何体及其表面积、体积》学案 (含详解)

这是一份(新高考)高考数学一轮考点复习7.1.2《空间几何体及其表面积、体积》学案 (含详解)，共19页。学案主要包含了真题集中研究——明考情，题型精细研究——提素养等内容，欢迎下载使用。
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ABCD­A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．


解析：如图，连接B1D1，
易知△B1C1D1为正三角形，
所以B1D1＝C1D1＝2.
分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，
则易得D1G＝D1H＝＝，D1M⊥B1C1，且D1M＝.
由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．
在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝，连接D1P，
则D1P＝＝＝，
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BCC1B1的交线．
由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，
所以的长为×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△ABC＝2.设△ABC的内切圆O的半径为R，则R＝＝，所以圆锥内半径最大的球的体积为πR3＝π.
答案：π
[把脉考情]
常规
角度
1.几何体体积和表面积的计算：主要考查棱柱、棱锥或不规则几何体的体积与表面积的计算．
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
角度
几何体的体积与表面积的计算与空间线面位置关系、数学文化、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ABCD­A1B1C1D1中的三棱锥C1­ABC，四个面都是直角三角形．
(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
反例法
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侧＝π(R＋r)2＝16π，
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ABC­A1B1C1(底面是正三角形的直三棱柱)的底面边长为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A1的最短路线的长为________ cm.


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O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为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O1O2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△ABC＝×2×3＝3.
在Rt△SDB中，SD＝＝＝，
∴S△SBC＝×2×＝，
∴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
的表面积
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求多面体的表面积
求旋转体
的表面积
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
几何体的
表面积
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
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ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1­D1MN的体积为________．
(2)已知直三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都是a，点P，Q分别为棱CC1，BC的中点，四面体A1B1PQ的体积为，则a的值为________．
[解析]　(1)如图，易知MN＝，连接A1B交MN于点O，则A1O＝，∴VA1­D1MN＝VD1­A1MN＝××××2＝1.
(2)如图，取B1C1的中点H，连接A1H，则A1H⊥平面BB1C1C，且A1H＝a，
S△B1PQ＝a2－××－2×××a＝，
∴四面体A1B1PQ的体积为××a＝a3＝，
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
割补法
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
积法
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VF­MNBC＋VDAE­MNF＝S四边形MNBC×2＋S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S1，其内切球的表面积为S2，则＝________.
[解析]　(1)过圆锥的旋转轴作轴截面，得截面△ABC及其内切圆⊙O1和外接圆⊙O2，且两圆同圆心，即△ABC的内心与外心重合，易得△ABC为正三角形，由题意知⊙O1的半径r＝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S1＝4×·a2＝a2，其内切球半径为正四面体高的，即r＝×a＝a，
因此内切球表面积为S2＝4πr2＝，
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球＝πR3＝π×3＝，故选A.
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三棱锥A­BCD＝V三棱锥C­ABD＝××2×2×2＝.故选B.
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.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表＝S圆台底面＋S圆台侧面＋S圆锥侧面＝π×52＋π×(2＋5)×5＋π×2×2＝4(15＋)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V1，下部分(半球)的体积为V2，则＝(　　)

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，∴V1＝πR2h＝πR3，V2＝×πR3＝πR3，∴＝.
5.(多选)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的底面是正方形，AA1＝2AB，E是DD1的中点，则(　　)
A．△B1EC为直角三角形
B．CE∥A1B
C．三棱锥C1­B1CE的体积是长方体体积的
D．三棱锥C1­B1CD1的外接球的表面积是正方形ABCD面积的6π倍
解析：选ACD　令AA1＝2AB＝2a，在△B1EC中，B1E＝a，EC＝a，B1C＝a，所以B1E2＋EC2＝B1C2，则△B1EC为直角三角形，故A正确；
因为A1B与D1C平行，而CE与D1C相交，所以CE与A1B不平行，故B错误；
三棱锥C1­B1CE的体积为VC1­B1CE＝VB1­C1CE＝××2a×a×a＝，VABCD­A1B1C1D1＝2a3，则三棱锥C1­B1CE的体积是长方体体积的，故C正确；
因为三棱锥C1­B1CD1的外接球就是长方体ABCD­A1B1C1D1的外接球，所以三棱锥C1­B1CD1的外接球半径R＝＝，三棱锥C1­B1CD1的外接球的表面积为S＝4π×2＝6a2π，又S正方形ABCD＝a2，所以三棱锥C1­B1CD1的外接球的表面积是正方形ABCD面积的6π倍，故D正确，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，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为(　　)
A．64π B．48π
C．36π D．32π
解析：选A　如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以＝2r，解得AB＝2，故OO1＝2，所以R2＝OO＋r2＝(2)2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.
7．(多选)已知四棱台ABCD­A1B1C1D1的上下底面均为正方形，其中AB＝2，A1B1＝，AA1＝BB1＝CC1＝2，则下述正确的是(　　)
A．该四棱台的高为
B．AA1⊥CC1
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，A1B1＝，可知△SA1B1与△SAB相似比为1∶2；则SA＝2AA1＝4，AO＝2，则SO＝2，则OO1＝，该四棱台的高为，A正确；
因为SA＝SC＝AC＝4，所以AA1与CC1夹角为60°，不垂直，B错误；
该四棱台的表面积为S＝S上底＋S下底＋S侧＝2＋8＋4××＝10＋6，C错误；
由于上下底面都是正方形，则外接球的球心在OO1上，在平面B1BOO1上中，由于OO1＝，B1O1＝1，则OB1＝2＝OB，即点O到点B与点B1的距离相等，则r＝OB＝2，该四棱台外接球的表面积为16π，D正确，故选A、D.
8．已知在棱长为6的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，过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，A1B1，相交于点M，连接AM，交BB1于点H，延长FE，A1D1，相交于点N，连接AN，交DD1于点G，连接FH，EG，可得截面为五边形AHFEG.因为ABCD­A1B1C1D1是棱长为6的正方体，且E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，易得EF＝3，AG＝AH＝2，EG＝FH＝，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ABCD­A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，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＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝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四边形A1EHA＝×(4＋10)×8＝56，
S四边形EB1BH＝×(12＋6)×8＝72.
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A1B1C1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC，已知A1B1＝B1C1＝2，∠A1B1C1＝90°，AA1＝4，BB1＝3，CC1＝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A1B1C1的截面A2B2C，交AA1，BB1分别于点A2，B2.
由直三棱柱性质及∠A1B1C1＝90°可知B2C⊥平面ABB2A2，
则该几何体的体积V＝VA1B1C1­A2B2C＋VC­ABB2A2＝×2×2×2＋××(1＋2)×2×2＝6.
(2)在△ABC中，AB＝＝，
BC＝＝，
AC＝＝2.
则S△ABC＝×2×＝.

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四边形KLMN＝KL·LM≤2＝，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ABC­A1B1C1，其中AC⊥BC，若AA1＝AB＝1，当“阳马”(四棱锥B­A1ACC1)体积最大时，“堑堵”(三棱柱ABC­A1B1C1)的表面积为(　　)
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