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2023高考数学复习专项训练《圆柱、圆锥、圆台的表面积》
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2023高考数学复习专项训练《圆柱、圆锥、圆台的表面积》一 、单选题（本大题共8小题，共40分）1.（5分）某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为 ( ) A. B. C. D. 2.（5分）在三棱锥S-ABC中，底面ABC为边长为3的正三角形，侧棱SA⊥底面ABC，若三棱锥的外接球的体积为36π，则该三棱锥的体积为( )A. 92 B. 2722 C. 922 D. 2723.（5分）如图所示，点P为三棱柱ABC-A1B1C1侧棱AA1上一动点，若四棱锥P-BCC1B1的体积为V，则三棱柱ABC-A1B1C1的体积为( ) A. 2V B. 3V C. 4V3 D. 3V24.（5分）已知三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，ΔABC是边长为3的等边三角形，若此三棱锥外接球的体积为323π，那么三棱锥P-ABC的体积为( )A. 934 B. 334 C. 932 D. 3325.（5分）四棱锥P-ABCD的底面ABCD为正方形，且PD垂直于底面ABCD，N为PB中点，则三棱锥P-ANC与四棱锥P-ABCD的体积比为( ). A. 1:2 B. 1:3 C. 1:4 D. 1:86.（5分）已知三棱锥P-ABC的顶点都在半径为2的球面上，AB=3，BC=3，AC=23，则三棱锥P-ABC体积的最大值为( )A. 332 B. 1 C. 3 D. 327.（5分）已知一个体积为8的圆柱，其底面半径为r，当其表面积最小时，r=()A. 32π B. 34π C. 36π D. 38π8.（5分）已知三锥P-ABC的外接球半径R=2，底面ΔABC满足AC=3，∠ABC=π3，则该三棱锥体积的最大值为( )A. 533 B. 23+36 C. 23+33 D. 23+34二 、多选题（本大题共5小题，共25分）9.（5分）小淘气找到了一支粉笔，测量后发现该粉笔的形状恰好是正六棱台ABCDEF-A1B1C1D1E1F1(正六棱台：棱台的上下底面均为正六边形，所有侧棱延长后交于一点，该点在棱台上、下底面的投影分别为上、下底面的中心)，棱台的高为h.若h=10，AB=4，A1B1=3(单位：mm).不考虑其它因素，则()A. 粉笔的体积为1453mm3 B. 若小淘气将该粉笔磨成一个体积最大的正六棱锥，则该棱锥的体积为803mm3 C. 若小淘气将该粉笔磨成一个体积最大的圆锥，则该圆锥的侧面积为821πmm2 D. 若小淘气将该粉笔磨成一个体积最大的球，则该球的半径为3mm10.（5分）若四面体各棱的长是1或2，且该四面体的棱长不全相等，则其体积的值可能为( )A. 116 B. 1412 C. 1112 D. 211.（5分）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=2，CC1=1，点D为BC中点，则以下结论正确的是( )A. A1→D=12AB→+12AC→-A→A1 B. 三棱锥D-AB1C1的体积为36 C. AB1⊥BC且AB1//平面A1C1D D. ΔABC内到直线AC.BB1的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分12.（5分）如图所示的圆锥的底面半径为3，高为4，则( ) A. 该圆锥的母线长为5 B. 该圆锥的体积为12π C. 该圆锥的表面积为15π D. 三棱锥S-ABC体积的最大值为1213.（5分）在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD=π3，DE⊥AB，垂足为点E，以DE所在的直线为轴，其余四边旋转半周形成的面围成一个几何体，则()A. 该几何体为圆台 B. 该几何体的高为3 C. 该几何体的表面积为7π+23 D. 该几何体的体积为43π3三 、填空题（本大题共5小题，共25分）14.（5分）已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=3，∠ASC=∠BSC=30°，则棱锥S—ABC的体积为 ________．15.（5分）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，AA1=3，则四棱锥A1-B1C1CB的体积是______．16.（5分）某几何体由圆锥挖去一个正三棱柱而得，且正三棱柱的上底面与圆锥内接，下底面在圆锥的底面上，已知该圆锥的底面半径R=3，正三棱柱的底面棱长a=3，且圆锥的侧面展开图的圆心角为6π5，则该几何体的体积为 ______ .17.（5分）已知圆柱的轴截面的对角线长为2，则这个圆柱的侧面积的最大值为______.18.（5分）一个几何体的三视图如图所示，且其侧(左)视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为______． 四 、解答题（本大题共5小题，共60分）19.（12分）一个四棱锥的直观图和三视图如图所示： (1)求证：面PBD⊥面ABCD； (2)求三棱锥A-PDC的体积； (3))试在PB上求点M，使得CM//平面PDA．20.（12分）如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=AB，D为BB1的中点． (1)求证：A1C⊥AD； (2)若点P为四边形ABB1A1内部及其边界上的点，且三棱锥P-ABC的体积为三棱柱ABC-A1B1C1体积的16，试在图中画出，P点的轨迹．并说明理由． 21.（12分）如图，已知四边形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，且PA⊥AB，AB//DC，ΔPAD是等边三角形，AB=AD=2DC=2，M为PB的中点． (1)求证：CM//平面PAD； (2)求三棱锥P-ACM的体积． 22.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，且底面ABCD为正方形，AD=PD=2，E，F，G分别为PC，PD，BC的中点，若H为AB上一点，且AH=2HB． (1)求证：AP//平面EFG； (2)求三棱锥H-EFG的体积． 23.（12分）如图1，四边形ABCD是菱形，且∠A=60°，AB=2，E为AB的中点，将四边形EBCD沿DE折起至EDC1B1，如图2． (Ⅰ) 求证：平面ADE⊥平面AEB1； (Ⅱ) 若二面角A-DE-C1的大小为π3，求三棱锥C1-AB1D的体积． 答案和解析1.【答案】B;【解析】 该几何体是一个正方体在两个角处挖去两个相同的四分之一圆柱，． 考点：三视图，几何体的体积． 2.【答案】C;【解析】解：如图，∵在三棱锥S-ABC中，底面ABC为边长为3的正三角形， 侧棱SA⊥底面ABC，三棱锥的外接球的体积为36π， ∴三棱锥的外接球的半径R=OS=OD=3， 过A作AE⊥BC，交BC于E，过球心O作OD⊥ABC于D， 则D∈AE，且E是ΔABC的重心， ∴AD=23AE=23AB2-BE2=3， ∴OD=OA2-AD2=6， O到PA的距离为AD=3， ∴PA=OD+OP2-AD2=26， ∴该三棱锥的体积： V=13×PA×SΔABC=13×26×(12×3×3×sin60°)=922． 故选：C． 求出三棱锥的外接球的半径R=3，过A作AE⊥BC，交BC于E，过球心O作OD⊥ABC于D，则D∈AE，且E是ΔABC的重心，三棱锥的外接球的半径R=OS=OD=3，AD=3，求出PA=26，由此能求出该三棱锥的体积． 该题考查三棱锥的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养． 3.【答案】D;【解析】解：由题意，ABC-A1B1C1是三棱柱，所以AA1到对面距离不变，移动P到A点，由棱锥的体积的推导方法可知： VP-BCC1B1=23VABC-A1B1C1.∴VABC-A1B1C1=32V． 故选：D． 利用AA1到对面距离不变，转化P到A点，利用棱锥与棱柱的体积关系，即可得出结论． 该题考查棱柱、棱锥、棱台的体积，考查学生的计算能力，基本知识的考查． 4.【答案】D;【解析】解：如图， 设底面三角形ABC的外心为G，则AG=2332-(32)2=3， 再设三棱锥外接球的球心为O，连接OA，OG，则OG⊥底面ABC，得OG⊥AG， 设OA=R，由外接球的体积为323π，可得43πR3=32π3，则R=2， ∴OG=OA2-AG2=4-3=1，则PA=2OG=2. ∴三棱锥P-ABC的体积为13×12×3×3×32×2=332. 故选：D. 由已知画出图形，再由球的体积求出外接球的半径，利用勾股定理求出球心到底面的距离，进一步得到三棱锥的高，再由棱锥体积公式求三棱锥P-ABC的体积． 此题主要考查三棱锥的外接球，考查三棱锥体积的求法，考查空间想象能力与运算求解能力，是中档题． 5.【答案】C;【解析】∵N为PB中点，∴VP-ANC=VB-ANC，即VP-ANC=VN-ABC，又∵VP-ACD=VP-ABC，VP-ABC=VP-ANC+VN-ABC=2VP-ANC，∴VP-ABCD=VP-ACD+VP-ABC=2VP-ABC=4Vp-ANC，∴VP-ANC:VP-ABCD=1:4. 6.【答案】A;【解析】 此题主要考查了球内接三棱锥的问题，难道适中． 利用勾股定理得到直角三角形ABC，取AC中 点O'，连接OO'，结合球半径可得OO'的长， 进而得P-ABC的最大值． 解：如图，设球心为O， 由AB=3，BC=3，AC=23 可得ΔABC为直角三角形， 斜边AC的中点O'为球小圆的圆心， 连接OO'，OA， 则OO'⊥平面ABC， 由OA=2，O'A=3，可得OO'=1， 故三棱锥P-ABC的最大体积为 13×SΔABC×O'P =13×332×(1+2) =332. 故选：A. 7.【答案】B;【解析】解：一个体积为8的圆柱，其底面半径为r， 设圆柱的高为h， ∵圆柱的体积为8，∴πr2h=8，解得h=8πr2， ∴圆柱的表面积S=2πr2+2πrh=2πr2+16r， ∴S=2πr2+8r+8r⩾332πr2⋅8r⋅8r=1232π， 当且仅当2πr2=8r，即r=34π时，等号成立， ∴当其表面积最小时，r=34π. 故选：B. 设圆柱的高为h，由圆柱的体积为8，求出h=8πr2，从而圆柱的表面积S=2πr2+2πrh=2πr2+16r，利用基本不等式级求出当其表面积最小时r的值． 此题主要考查圆柱的体积、结构特征、表面积、基本不等式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 8.【答案】D;【解析】解：由已知可得，ΔABC的外接圆的半径r=AC2sin∠ABC=1， 且由余弦定理AC2=AB2+BC2-2AB⋅BC⋅cos∠ABC， 得3=AB2+BC2-AB⋅BC⩾2AB⋅BC-AB⋅BC=AB⋅BC， 所以SΔABC=12AB.BC.sin∠ABC⩽334(当且仅当AB=BC时取等号) 又外接圆的圆心到平面ABC的距离为d=R2-r2=3， 所以点P到平面ABC的距离的最大值为h=R+d=2+3， 所以三棱锥P-ABC体积的最大值为13×334×(2+3)=23+34． 故选：D． 推导出ΔABC的外接圆的半径为1，由余弦定理得3⩾2AB⋅BC-AB⋅BC=AB⋅BC，从而SΔABC=12AB.BC.sin∠ABC⩽334(当且仅当AB=BC时取等号)外接圆的圆心到平面ABC的距离为d=R2-r2=3，从而点P到平面ABC的距离的最大值为h=R+d=2+3，由此能求出三棱锥P-ABC体积的最大值． 该题考查三棱锥的体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 9.【答案】BC;【解析】解：对选项A：棱台上底面面积S1=6×34×32=2732,S2=6×34×42=243， 由棱台体积公式V=13(S1+S1⋅S2+S2)⋅h， 故V=13(2732+2732×243+243)×10=3732×10=1853mm3，选项A错误； 对选项B：体积最大的正六棱锥底面为ABCDEF，高为h=10，故底面积S2=6×34×42=243， 由棱锥体积公式V=13S⋅h，故V=13×243×10=803mm3，选项B正确； 对选项C：体积最大的圆锥底面为正六边形ABCDEF的内切圆，高为h=10， 此时底面半径为r=4×32=23，圆锥的母线长l=r2+h2=102+(23)2=47， 故圆锥侧面积S=12×2π×23×47=821πmm2，选项C正确； 对选项D：先将正六棱台ABCDEF-A1B1C1D1E1F1侧棱延长交于一点P得到正六棱锥P-ABCDEF，正六棱锥的内切球即为可以磨成的体积最大的球，对于正六棱雉P-ABCDEF，设高为H，则H-hH=34，代入h=10，故H=40， 以内切球球心I为顶点将正六棱锥P-ABCDEF分割为7个小的棱锥，分别为I-ABCDEF，I-PAB，I-PBC，I-PCD，I-PDE，I-PEF，I-PFA， 分割前正六棱锥P-ABCDEF的体积为13×243×40=3203， 若内切球半径为r，则7个小的棱锥的体积之和为13×243×r+6×13×402+(23)2×r=(83+8403)r， 由等体积法：(83+8403)r=3203，故r=4033+403≠3，且r<5，选项 D错误． 故选：BC. 由棱台的性质可求得粉笔的体积，确定棱锥的几何特征计算可得其体积，确定棱锥的高、底面半径和母线长度可得其侧面积，将棱锥切割可得其内切球的体积． 此题主要考查锥体的特征，球与多面体的切接问题，空间想象能力的培养等知识，属于中等题． 10.【答案】ABC;【解析】解：(1)若底边长为2，2，2，侧棱长为2，2，1， 设AB=1，AB的中点为E，则AB⊥CE，AB⊥DE， ∴AB⊥平面CDE， ∵CE=DE=22-(12)2=152，CD=2， ∴cos∠CED=CE2+DE2-CD22CE.DE=715， ∴sin∠CED=41115， ∴V=13SΔCDE⋅AB=13×12×152×152×41115×1=116； (2)若底边长为1，1，1，侧棱长为2，2，2， 设底面中心为O，则OB=32×23=33， ∴棱锥的高h=22-(33)2=113， ∴V=13SΔBCD⋅h=13×34×113=1112； (3)若底面边长为2，2，1，侧棱长为2，2，1， 设AB=CD=1，其余各棱长均为2， 由(1)可知cos∠CED=CE2+DE2-CD22CE.DE=1315， ∴sin∠CED=21415， ∴V=13SΔCDE⋅AB=13×12×152×152×21415×1=1412． 结合选项可得，ABC正确， 故选：ABC． 分底边长为2，2，2，侧棱长为2，2，1，底边长为1，1，1，侧棱长为2，2，2和底面边长为2，2，1，侧棱长为2，2，1，三种情况分别计算棱锥的体积，结合选项得答案． 此题主要考查多面体体积的求法，考查分类讨论思想和运算求解能力，是中档题． 11.【答案】ABD;【解析】解：对于A，因为AD→=12(AB→+AC→)，A1→D=AD→-A→A1所以A1→D=12AB→+12AC→-A→A1，所以A对； 对于B，三棱锥D-AB1C1的体积与三棱锥A-DB1C1的体积相等， 体积为13.(12.2.1).(2.sin60°)=36，所以B对； 对于C，ΔAB1B为等腰三解形，AB1为腰，不能与底边B1C1垂直，BC//B1C1， 所以AB1⊥BC不成立，所以C错； 对于D，BB1⊥平面ABC，所以在ΔABC内到直线BB1的距等于到点B的距离，由抛物线定义知，在ΔABC内到直线AC. 点B的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分，所以D对． 故选：ABD. A用向量加减法定义判断；B用等体积法求体积判断；C用反证法判断；D用抛物线定义判断． 本题以命题的真假判断为载体，考查了空间线面位置关系及棱锥体积，考查了抛物系定义及向量运算，属中档题． 12.【答案】ABD;【解析】解：如图所示的圆锥的底面半径为3，高为4， 则该圆锥的母线长为：32+42=5，故A正确； 该圆锥的体积为：V=13×π×32×4=12π，故B正确； 该圆锥的表面积为：S=π×3×5+π×32=24π，故C错误； 当B是AC⏜中点时，三棱锥S-ABC体积对最大值为： 13×12×6×3×4=12，故D正确． 故选：ABD. 利用圆锥的结构特征、圆锥的体积、表面积、三棱锥的体积公式直接求解． 此题主要考查命题真假的判断，考查空间中线线、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 13.【答案】BCD;【解析】解：根据题意得到该几何体是半个圆锥和半个圆台组合而成的几何体，故A错误； 该几何体的高为DE=3，故B正确； 该几何体的表面积为： S=12π×1×2+12π×12+12π(1+2)×2+12π(12+22)+2×12×2×3=7π+23，故C正确； 该几何体的体积为： V=12×13×π×3+12×13×π×3×(1+4+2)=43π3，故D正确． 故选：BCD. 根据题意得到该几何体是半个圆锥和半个圆台组合而成的几何体，由此能求出结果． 此题主要考查命题真假的判断，考查几何体的结构特征、表面积、体积等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 14.【答案】3;【解析】解：设球心为点O，作AB中点D，连接CD，SD，因为线段SC是球的直径， 所以它也是大圆的直径，则易得：∠SAC=∠SBC=90°， 所以在RtΔSAC中，SC=4，∠ASC=30°得：AC=2，SA=23， 又在RtΔSBC中，SC=4，∠BSC=30°得：BC=2，SB=23， 则：SA=SB，AC=BC， 因为点D是AB的中点所以在等腰三角形ASB中，SD⊥AB且SD=SA2-AD2=12-34=352， 在等腰三角形CAB中，CD⊥AB且CD=AC2-AD2=4-34=132， 又SD交CD于点D所以：AB⊥平面SCD，即：棱锥S-ABC的体积：V=13AB⋅SΔSCD， 因为：SD=352，CD=132，SC=4所以由余弦定理得：cos∠SDC=(SD2+CD2-SC2)12SD.CD=(454+134-16)12× 352 ×132=-64×13652=-165， 则：sin∠SDC=1-cos2∠SDC=865， 由三角形面积公式得ΔSCD的面积S=12SD⋅CD⋅sin∠SDC=12×352×132×865=3， 所以：棱锥S-ABC的体积：V=13AB⋅SΔSCD=13×3×3=3． 故选C． 由题意求出SA，AC，SB，BC，∠SAC=∠SBC=90°，说明过S，C，D的平面与AB垂直，求出三角形SCD的面积，即可求出棱锥S-ABC的体积． 本题是中档题，考查球的内接三棱锥的体积，考查空间想象能力，计算能力，用了体积分割法． 15.【答案】23;【解析】解：取B1C1的中点D，连接A1D， ∵正三棱柱ABC-A1B1C1， ∴BB1⊥平面A1B1C1，且ΔA1B1C1为边长为2的正三角形，且四边形B1C1CB为矩形， ∴BB1⊥A1D，B1C1⊥A1D，且A1D=3， 又BB1∩B1C1=B1， ∴A1D⊥平面B1C1CB， ∴VA1-B1C1CB=13S矩形B1C1CB.A1D=13×2×3×3=23． 故答案为：23． 取B1C1的中点D，连接A1D，可证A1D⊥平面B1C1CB，于是VA1-B1C1CB=13S矩形B1C1CB.A1D 此题主要考查了棱柱的结构特征，棱锥的体积计算，属于中档题． 16.【答案】12π-23;【解析】解：设圆锥的高为h，母线长为l.在侧面展开图中，由l.6π5=2πR及R=3，得l=5； 所以圆锥的高为h=l2-R2=4，体积为V1=13×π×32×4=12π； 设正三棱柱的高为d，上底面的外接圆半径为r. 在上底面中，由正弦定理有2r=asin60∘，解得r=1； 在圆锥的轴截面中，由相似比有rR=h-dh，代入数据得d=83. 所以正三棱柱的体积为V2=12×3×3×32×83=23； 所以该几何体的体积为V1-V2=12π-23. 故答案为：12π-23. 该几何体的体积等于圆锥的体积减去正三棱柱的体积；利用圆锥的侧面展开图，求得圆锥的高，进而得到圆锥的体积； 利用轴截面中三角形相似，求出正三棱柱的高，进而得到棱柱的体积． 此题主要考查利用割补法求不规则几何体的体积，设计圆锥、正三棱柱的空间结构特征，属于中档题． 17.【答案】2π;【解析】 此题主要考查圆柱的侧面积公式及基本不等式的应用，属于一般题. 解：由题设底面半径为a，母线长为b，所以4a2+b2=4，S侧=2πa.b， 4=4a2+b2⩾4ab⇒ab⩽1， 所以Smax=2π， 故答案为2π. 18.【答案】533;【解析】解：由三视图还原原几何体如图， 该几何体为组合体，左边是三棱锥，右边是四棱锥， 其中平面PAD⊥底面ABCDE，且ΔPAD为等边三角形，ED=EA， EO=1，四边形ABCD为正方形，边长是2． ∴这个几何体的体积V=13×12×2×1×3+13×2×2×3=533． 故答案为：533． 由三视图还原原几何体，可得该几何体为组合体，左边是三棱锥，右边是四棱锥，其中平面PAD⊥底面ABCDE，且ΔPAD为等边三角形，ED=EA，EO=1，四边形ABCD为正方形，边长是2.再由棱锥体积公式求解． 该题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题． 19.【答案】证明：（1）由三视图可知：PB⊥底面ABCD， ∵PB⊂平面PBD， ∴面PBD⊥面ABCD．-------------（4分） 解：（2）底面ABCD为直角梯形，PB=BC=CD=1，AB=2， S△CDA=12×1×1=12， ∴三棱锥A-PDC的体积： VA-PCD=VP-CDA=13×PB×S△CDA=13×1×12=16． …（8分） （3）当M为PB的中点时，CM∥平面PDA． 证明如下： 取PA中点N，连结MN，DN， ∵M、N分别为PB、PA的中点， ∴MN∥AB，且MN=12AB=1， ∴MN∥CD且MN=CD，四边形CDNM是平行四边形 ∴CM∥DN，而CM⊄平面PDA，DN⊂平面PDA， ∴CM∥平面PDA．----（12分）; 【解析】 (1)由三视图可知：PB⊥底面ABCD，由此能证明面PBD⊥面ABCD． (2)三棱锥A-PDC的体积VA-PCD=VP-CDA=13×PB×SΔCDA，由此能求出结果． (3)当M为PB的中点时，取PA中点N，连结MN，DN，推导出四边形CDNM是平行四边形，由此能推导出CM//平面PDA． 该题考查面面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查满足线面平行的点的位置的确定与证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 20.【答案】(1)证明：取AB的中点F，连接CF，A1F， ∵A1A⊥平面ABC，CF⊂平面ABC， ∴所以A1A⊥CF． ∵ΔABC为正三角形，F为AB的中点， ∴BA⊥CF， 又∵AA1，AB⊂平面AA1B1B，AA1∩AB=A， ∴CF⊥平面AA1B1B， 又∵AD⊂平面AA1B1B，所以CF⊥AD， 正方形AA1B1B中，∵RtΔA1AF≌RtΔABD，∴∠DAB=∠FA1A， 又∵∠AFA1+∠FA1A=90°， ∴∵∠AFA1+∠DAB=90°， ，故AD⊥A1F， 又∵CF∩A1F=F，CF，A1F⊂平面A1FC， ∴AD⊥平面A1FC， 又∵A1C⊂平面A1FC，∴A1C⊥AD． (2)取AA1中点E，连接DE，则线段DE为点P的运动轨迹． 理由如下：∵DE//AB，DE⊄平面ABC，AB⊂平面ABC， ∴ED//平面ABC， ∴P到平面ABC的距离为12BB1． 所以VP-ABC=13SΔABC⋅12BB1=16SΔABC⋅BB1=16VABC-A1B1C1．; 【解析】 (1)取AB的中点F，连接CF，A1F，由A1A⊥CF.BA⊥CF，可得CF⊥平面AA1B1B，又CF⊥AD，AD⊥A1F，可得AD⊥平面A1FC，即可得A1C⊥AD． (2)取AA1中点E，连接DE，则线段DE为点P的运动轨迹．理由如下：ED//平面ABC，P到平面ABC的距离为12BB1． 该题考查线线垂直，点到面的距离，利用等体积转化求点面距离是关键．属于中档题． 21.【答案】（1）证明：取PA的中点N，连接MN，DN． 由于M，N分别为PB，PA的中点，由题意知MN∥AB，MN=12AB， 由CD∥AB，CD=12AB， ∴四边形CMND为平行四边形，则CM∥DN， 又CM⊄平面PAD，DN⊂平面PAD， ∴CM∥平面PAD； （2）解：由（1）知CM∥DN，△PAD是等边三角形，∴DN⊥PA， ∵AB⊥AD，PA⊥AB，且AD∩PA=A，AD⊂平面PAD，PA⊂平面PAD， ∴AB⊥平面PAD， 又∵DN⊂平面PAD，∴DN⊥AB， 又∵AB∩AP=A，AB⊂平面ABP，AP⊂平面ABP， ∴DN⊥平面ABP，即CM⊥平面ABP， ∴CM为三棱锥C-APM的高，则CM=DN=3， S△PAM=12S△PAB=12×12×2×2=1， ∴VP-ACM=VC-PAM=13S△PAM×CM=33．; 【解析】 (1)取PA的中点N，连接MN，DN.可得四边形CMND为平行四边形，则CM//DN，再由线面平行的判定可得CM//平面PAD； (2)由(1)知CM//DN，ΔPAD是等边三角形，则DN⊥PA，由已知证得AB⊥平面PAD，可得DN⊥AB，则DN⊥平面ABP，即CM为三棱锥C-APM的高，求得CM=DN=3，再由等积法求三棱锥P-ACM的体积． 此题主要考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题． 22.【答案】（1）证明：取AD的中点O，连接FO，GO， 由题FE∥DC∥GO，故F，E，G，O四点共面， 又F，O分别是PD，AD的中点， 故FO∥PA， 所以PA∥平面PEGO，即AP∥平面EFG． （2）解：因为FO∥PA，AB∥GO， 所以平面PAB∥平面FEGO， 又因为AD⊥PD，AD⊥CD， 所以AD⊥平面PDC，即BC⊥平面PDC， 故VH-EFG=VP-EFG=VG-PEF=13×12×1×1×1=16．; 【解析】 (1)取AD的中点O，连接FO，GO，利用三角形中位线定理、共面定理、线面平行的判定定理即可证明结论． (2)由FO//PA，AB//GO，可得平面PAB//平面FEGO，由AD⊥PD，AD⊥CD，可得BC⊥平面PDC，通过等积变形、三棱锥的体积计算公式即可得出． 该题考查了空间位置关系、线面垂直的判定性质定理、三角形中位线定理、三棱锥体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 23.【答案】证明：(Ⅰ)∵图1，四边形ABCD是菱形，且∠A=60°，E为AB的中点， ∴DE⊥AB， ∵将四边形EBCD沿DE折起至EDC1B1，如图2， ∴DE⊥AE，DE⊥B1E， 又AE∩B1E=E，∴DE⊥平面AEB1， ∵DE⊂平面ADE，∴平面ADE⊥平面AEB1； 解：(Ⅱ)由(Ⅰ)知，DE⊥AE，DE⊥B1E，∴∠AEB1 为二面角A-DE-C1的平面角为π3，又∵AE=EB1=1，∴ΔAEB1 为正三角形，则AB1=1． 在RtDEB1 中，由B1E=1,DE=3，可得B1D=2， ∴ΔADB1是等腰三角形，底边AB1 上的高等于22-(12)2=152． 则SΔADB1=12×1×152=154． 设E到平面ADB1的距离为h，则由等积法得：13×154h=13×12×1×32×3， 得h=155． ∵C1D//B1E，且C1D=2B1E， ∴C1 到平面ADB1 的距离为2155． 则VC1-AB1D=13×154×2155=12．; 【解析】此题主要考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题． (Ⅰ)由原图形中的DE⊥AB，可得折起后DE⊥AE，DE⊥B1E，再由线面垂直的判定可得DE⊥平面AEB1，进一步得到平面ADE⊥平面AEB1； (Ⅱ)通过解三角形求出三角形ADB1 的面积，利用等积法求得E到平面ADB1 的距离，再由比例关系求得C1到平面ADB1 的距离，则三棱锥C1-AB1D的体积可求．
2023高考数学复习专项训练《圆柱、圆锥、圆台的表面积》一 、单选题（本大题共8小题，共40分）1.（5分）某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为 ( ) A. B. C. D. 2.（5分）在三棱锥S-ABC中，底面ABC为边长为3的正三角形，侧棱SA⊥底面ABC，若三棱锥的外接球的体积为36π，则该三棱锥的体积为( )A. 92 B. 2722 C. 922 D. 2723.（5分）如图所示，点P为三棱柱ABC-A1B1C1侧棱AA1上一动点，若四棱锥P-BCC1B1的体积为V，则三棱柱ABC-A1B1C1的体积为( ) A. 2V B. 3V C. 4V3 D. 3V24.（5分）已知三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，ΔABC是边长为3的等边三角形，若此三棱锥外接球的体积为323π，那么三棱锥P-ABC的体积为( )A. 934 B. 334 C. 932 D. 3325.（5分）四棱锥P-ABCD的底面ABCD为正方形，且PD垂直于底面ABCD，N为PB中点，则三棱锥P-ANC与四棱锥P-ABCD的体积比为( ). A. 1:2 B. 1:3 C. 1:4 D. 1:86.（5分）已知三棱锥P-ABC的顶点都在半径为2的球面上，AB=3，BC=3，AC=23，则三棱锥P-ABC体积的最大值为( )A. 332 B. 1 C. 3 D. 327.（5分）已知一个体积为8的圆柱，其底面半径为r，当其表面积最小时，r=()A. 32π B. 34π C. 36π D. 38π8.（5分）已知三锥P-ABC的外接球半径R=2，底面ΔABC满足AC=3，∠ABC=π3，则该三棱锥体积的最大值为( )A. 533 B. 23+36 C. 23+33 D. 23+34二 、多选题（本大题共5小题，共25分）9.（5分）小淘气找到了一支粉笔，测量后发现该粉笔的形状恰好是正六棱台ABCDEF-A1B1C1D1E1F1(正六棱台：棱台的上下底面均为正六边形，所有侧棱延长后交于一点，该点在棱台上、下底面的投影分别为上、下底面的中心)，棱台的高为h.若h=10，AB=4，A1B1=3(单位：mm).不考虑其它因素，则()A. 粉笔的体积为1453mm3 B. 若小淘气将该粉笔磨成一个体积最大的正六棱锥，则该棱锥的体积为803mm3 C. 若小淘气将该粉笔磨成一个体积最大的圆锥，则该圆锥的侧面积为821πmm2 D. 若小淘气将该粉笔磨成一个体积最大的球，则该球的半径为3mm10.（5分）若四面体各棱的长是1或2，且该四面体的棱长不全相等，则其体积的值可能为( )A. 116 B. 1412 C. 1112 D. 211.（5分）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=2，CC1=1，点D为BC中点，则以下结论正确的是( )A. A1→D=12AB→+12AC→-A→A1 B. 三棱锥D-AB1C1的体积为36 C. AB1⊥BC且AB1//平面A1C1D D. ΔABC内到直线AC.BB1的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分12.（5分）如图所示的圆锥的底面半径为3，高为4，则( ) A. 该圆锥的母线长为5 B. 该圆锥的体积为12π C. 该圆锥的表面积为15π D. 三棱锥S-ABC体积的最大值为1213.（5分）在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD=π3，DE⊥AB，垂足为点E，以DE所在的直线为轴，其余四边旋转半周形成的面围成一个几何体，则()A. 该几何体为圆台 B. 该几何体的高为3 C. 该几何体的表面积为7π+23 D. 该几何体的体积为43π3三 、填空题（本大题共5小题，共25分）14.（5分）已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=3，∠ASC=∠BSC=30°，则棱锥S—ABC的体积为 ________．15.（5分）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，AA1=3，则四棱锥A1-B1C1CB的体积是______．16.（5分）某几何体由圆锥挖去一个正三棱柱而得，且正三棱柱的上底面与圆锥内接，下底面在圆锥的底面上，已知该圆锥的底面半径R=3，正三棱柱的底面棱长a=3，且圆锥的侧面展开图的圆心角为6π5，则该几何体的体积为 ______ .17.（5分）已知圆柱的轴截面的对角线长为2，则这个圆柱的侧面积的最大值为______.18.（5分）一个几何体的三视图如图所示，且其侧(左)视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为______． 四 、解答题（本大题共5小题，共60分）19.（12分）一个四棱锥的直观图和三视图如图所示： (1)求证：面PBD⊥面ABCD； (2)求三棱锥A-PDC的体积； (3))试在PB上求点M，使得CM//平面PDA．20.（12分）如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=AB，D为BB1的中点． (1)求证：A1C⊥AD； (2)若点P为四边形ABB1A1内部及其边界上的点，且三棱锥P-ABC的体积为三棱柱ABC-A1B1C1体积的16，试在图中画出，P点的轨迹．并说明理由． 21.（12分）如图，已知四边形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，且PA⊥AB，AB//DC，ΔPAD是等边三角形，AB=AD=2DC=2，M为PB的中点． (1)求证：CM//平面PAD； (2)求三棱锥P-ACM的体积． 22.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，且底面ABCD为正方形，AD=PD=2，E，F，G分别为PC，PD，BC的中点，若H为AB上一点，且AH=2HB． (1)求证：AP//平面EFG； (2)求三棱锥H-EFG的体积． 23.（12分）如图1，四边形ABCD是菱形，且∠A=60°，AB=2，E为AB的中点，将四边形EBCD沿DE折起至EDC1B1，如图2． (Ⅰ) 求证：平面ADE⊥平面AEB1； (Ⅱ) 若二面角A-DE-C1的大小为π3，求三棱锥C1-AB1D的体积． 答案和解析1.【答案】B;【解析】 该几何体是一个正方体在两个角处挖去两个相同的四分之一圆柱，． 考点：三视图，几何体的体积． 2.【答案】C;【解析】解：如图，∵在三棱锥S-ABC中，底面ABC为边长为3的正三角形， 侧棱SA⊥底面ABC，三棱锥的外接球的体积为36π， ∴三棱锥的外接球的半径R=OS=OD=3， 过A作AE⊥BC，交BC于E，过球心O作OD⊥ABC于D， 则D∈AE，且E是ΔABC的重心， ∴AD=23AE=23AB2-BE2=3， ∴OD=OA2-AD2=6， O到PA的距离为AD=3， ∴PA=OD+OP2-AD2=26， ∴该三棱锥的体积： V=13×PA×SΔABC=13×26×(12×3×3×sin60°)=922． 故选：C． 求出三棱锥的外接球的半径R=3，过A作AE⊥BC，交BC于E，过球心O作OD⊥ABC于D，则D∈AE，且E是ΔABC的重心，三棱锥的外接球的半径R=OS=OD=3，AD=3，求出PA=26，由此能求出该三棱锥的体积． 该题考查三棱锥的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养． 3.【答案】D;【解析】解：由题意，ABC-A1B1C1是三棱柱，所以AA1到对面距离不变，移动P到A点，由棱锥的体积的推导方法可知： VP-BCC1B1=23VABC-A1B1C1.∴VABC-A1B1C1=32V． 故选：D． 利用AA1到对面距离不变，转化P到A点，利用棱锥与棱柱的体积关系，即可得出结论． 该题考查棱柱、棱锥、棱台的体积，考查学生的计算能力，基本知识的考查． 4.【答案】D;【解析】解：如图， 设底面三角形ABC的外心为G，则AG=2332-(32)2=3， 再设三棱锥外接球的球心为O，连接OA，OG，则OG⊥底面ABC，得OG⊥AG， 设OA=R，由外接球的体积为323π，可得43πR3=32π3，则R=2， ∴OG=OA2-AG2=4-3=1，则PA=2OG=2. ∴三棱锥P-ABC的体积为13×12×3×3×32×2=332. 故选：D. 由已知画出图形，再由球的体积求出外接球的半径，利用勾股定理求出球心到底面的距离，进一步得到三棱锥的高，再由棱锥体积公式求三棱锥P-ABC的体积． 此题主要考查三棱锥的外接球，考查三棱锥体积的求法，考查空间想象能力与运算求解能力，是中档题． 5.【答案】C;【解析】∵N为PB中点，∴VP-ANC=VB-ANC，即VP-ANC=VN-ABC，又∵VP-ACD=VP-ABC，VP-ABC=VP-ANC+VN-ABC=2VP-ANC，∴VP-ABCD=VP-ACD+VP-ABC=2VP-ABC=4Vp-ANC，∴VP-ANC:VP-ABCD=1:4. 6.【答案】A;【解析】 此题主要考查了球内接三棱锥的问题，难道适中． 利用勾股定理得到直角三角形ABC，取AC中 点O'，连接OO'，结合球半径可得OO'的长， 进而得P-ABC的最大值． 解：如图，设球心为O， 由AB=3，BC=3，AC=23 可得ΔABC为直角三角形， 斜边AC的中点O'为球小圆的圆心， 连接OO'，OA， 则OO'⊥平面ABC， 由OA=2，O'A=3，可得OO'=1， 故三棱锥P-ABC的最大体积为 13×SΔABC×O'P =13×332×(1+2) =332. 故选：A. 7.【答案】B;【解析】解：一个体积为8的圆柱，其底面半径为r， 设圆柱的高为h， ∵圆柱的体积为8，∴πr2h=8，解得h=8πr2， ∴圆柱的表面积S=2πr2+2πrh=2πr2+16r， ∴S=2πr2+8r+8r⩾332πr2⋅8r⋅8r=1232π， 当且仅当2πr2=8r，即r=34π时，等号成立， ∴当其表面积最小时，r=34π. 故选：B. 设圆柱的高为h，由圆柱的体积为8，求出h=8πr2，从而圆柱的表面积S=2πr2+2πrh=2πr2+16r，利用基本不等式级求出当其表面积最小时r的值． 此题主要考查圆柱的体积、结构特征、表面积、基本不等式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 8.【答案】D;【解析】解：由已知可得，ΔABC的外接圆的半径r=AC2sin∠ABC=1， 且由余弦定理AC2=AB2+BC2-2AB⋅BC⋅cos∠ABC， 得3=AB2+BC2-AB⋅BC⩾2AB⋅BC-AB⋅BC=AB⋅BC， 所以SΔABC=12AB.BC.sin∠ABC⩽334(当且仅当AB=BC时取等号) 又外接圆的圆心到平面ABC的距离为d=R2-r2=3， 所以点P到平面ABC的距离的最大值为h=R+d=2+3， 所以三棱锥P-ABC体积的最大值为13×334×(2+3)=23+34． 故选：D． 推导出ΔABC的外接圆的半径为1，由余弦定理得3⩾2AB⋅BC-AB⋅BC=AB⋅BC，从而SΔABC=12AB.BC.sin∠ABC⩽334(当且仅当AB=BC时取等号)外接圆的圆心到平面ABC的距离为d=R2-r2=3，从而点P到平面ABC的距离的最大值为h=R+d=2+3，由此能求出三棱锥P-ABC体积的最大值． 该题考查三棱锥的体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 9.【答案】BC;【解析】解：对选项A：棱台上底面面积S1=6×34×32=2732,S2=6×34×42=243， 由棱台体积公式V=13(S1+S1⋅S2+S2)⋅h， 故V=13(2732+2732×243+243)×10=3732×10=1853mm3，选项A错误； 对选项B：体积最大的正六棱锥底面为ABCDEF，高为h=10，故底面积S2=6×34×42=243， 由棱锥体积公式V=13S⋅h，故V=13×243×10=803mm3，选项B正确； 对选项C：体积最大的圆锥底面为正六边形ABCDEF的内切圆，高为h=10， 此时底面半径为r=4×32=23，圆锥的母线长l=r2+h2=102+(23)2=47， 故圆锥侧面积S=12×2π×23×47=821πmm2，选项C正确； 对选项D：先将正六棱台ABCDEF-A1B1C1D1E1F1侧棱延长交于一点P得到正六棱锥P-ABCDEF，正六棱锥的内切球即为可以磨成的体积最大的球，对于正六棱雉P-ABCDEF，设高为H，则H-hH=34，代入h=10，故H=40， 以内切球球心I为顶点将正六棱锥P-ABCDEF分割为7个小的棱锥，分别为I-ABCDEF，I-PAB，I-PBC，I-PCD，I-PDE，I-PEF，I-PFA， 分割前正六棱锥P-ABCDEF的体积为13×243×40=3203， 若内切球半径为r，则7个小的棱锥的体积之和为13×243×r+6×13×402+(23)2×r=(83+8403)r， 由等体积法：(83+8403)r=3203，故r=4033+403≠3，且r<5，选项 D错误． 故选：BC. 由棱台的性质可求得粉笔的体积，确定棱锥的几何特征计算可得其体积，确定棱锥的高、底面半径和母线长度可得其侧面积，将棱锥切割可得其内切球的体积． 此题主要考查锥体的特征，球与多面体的切接问题，空间想象能力的培养等知识，属于中等题． 10.【答案】ABC;【解析】解：(1)若底边长为2，2，2，侧棱长为2，2，1， 设AB=1，AB的中点为E，则AB⊥CE，AB⊥DE， ∴AB⊥平面CDE， ∵CE=DE=22-(12)2=152，CD=2， ∴cos∠CED=CE2+DE2-CD22CE.DE=715， ∴sin∠CED=41115， ∴V=13SΔCDE⋅AB=13×12×152×152×41115×1=116； (2)若底边长为1，1，1，侧棱长为2，2，2， 设底面中心为O，则OB=32×23=33， ∴棱锥的高h=22-(33)2=113， ∴V=13SΔBCD⋅h=13×34×113=1112； (3)若底面边长为2，2，1，侧棱长为2，2，1， 设AB=CD=1，其余各棱长均为2， 由(1)可知cos∠CED=CE2+DE2-CD22CE.DE=1315， ∴sin∠CED=21415， ∴V=13SΔCDE⋅AB=13×12×152×152×21415×1=1412． 结合选项可得，ABC正确， 故选：ABC． 分底边长为2，2，2，侧棱长为2，2，1，底边长为1，1，1，侧棱长为2，2，2和底面边长为2，2，1，侧棱长为2，2，1，三种情况分别计算棱锥的体积，结合选项得答案． 此题主要考查多面体体积的求法，考查分类讨论思想和运算求解能力，是中档题． 11.【答案】ABD;【解析】解：对于A，因为AD→=12(AB→+AC→)，A1→D=AD→-A→A1所以A1→D=12AB→+12AC→-A→A1，所以A对； 对于B，三棱锥D-AB1C1的体积与三棱锥A-DB1C1的体积相等， 体积为13.(12.2.1).(2.sin60°)=36，所以B对； 对于C，ΔAB1B为等腰三解形，AB1为腰，不能与底边B1C1垂直，BC//B1C1， 所以AB1⊥BC不成立，所以C错； 对于D，BB1⊥平面ABC，所以在ΔABC内到直线BB1的距等于到点B的距离，由抛物线定义知，在ΔABC内到直线AC. 点B的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分，所以D对． 故选：ABD. A用向量加减法定义判断；B用等体积法求体积判断；C用反证法判断；D用抛物线定义判断． 本题以命题的真假判断为载体，考查了空间线面位置关系及棱锥体积，考查了抛物系定义及向量运算，属中档题． 12.【答案】ABD;【解析】解：如图所示的圆锥的底面半径为3，高为4， 则该圆锥的母线长为：32+42=5，故A正确； 该圆锥的体积为：V=13×π×32×4=12π，故B正确； 该圆锥的表面积为：S=π×3×5+π×32=24π，故C错误； 当B是AC⏜中点时，三棱锥S-ABC体积对最大值为： 13×12×6×3×4=12，故D正确． 故选：ABD. 利用圆锥的结构特征、圆锥的体积、表面积、三棱锥的体积公式直接求解． 此题主要考查命题真假的判断，考查空间中线线、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 13.【答案】BCD;【解析】解：根据题意得到该几何体是半个圆锥和半个圆台组合而成的几何体，故A错误； 该几何体的高为DE=3，故B正确； 该几何体的表面积为： S=12π×1×2+12π×12+12π(1+2)×2+12π(12+22)+2×12×2×3=7π+23，故C正确； 该几何体的体积为： V=12×13×π×3+12×13×π×3×(1+4+2)=43π3，故D正确． 故选：BCD. 根据题意得到该几何体是半个圆锥和半个圆台组合而成的几何体，由此能求出结果． 此题主要考查命题真假的判断，考查几何体的结构特征、表面积、体积等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 14.【答案】3;【解析】解：设球心为点O，作AB中点D，连接CD，SD，因为线段SC是球的直径， 所以它也是大圆的直径，则易得：∠SAC=∠SBC=90°， 所以在RtΔSAC中，SC=4，∠ASC=30°得：AC=2，SA=23， 又在RtΔSBC中，SC=4，∠BSC=30°得：BC=2，SB=23， 则：SA=SB，AC=BC， 因为点D是AB的中点所以在等腰三角形ASB中，SD⊥AB且SD=SA2-AD2=12-34=352， 在等腰三角形CAB中，CD⊥AB且CD=AC2-AD2=4-34=132， 又SD交CD于点D所以：AB⊥平面SCD，即：棱锥S-ABC的体积：V=13AB⋅SΔSCD， 因为：SD=352，CD=132，SC=4所以由余弦定理得：cos∠SDC=(SD2+CD2-SC2)12SD.CD=(454+134-16)12× 352 ×132=-64×13652=-165， 则：sin∠SDC=1-cos2∠SDC=865， 由三角形面积公式得ΔSCD的面积S=12SD⋅CD⋅sin∠SDC=12×352×132×865=3， 所以：棱锥S-ABC的体积：V=13AB⋅SΔSCD=13×3×3=3． 故选C． 由题意求出SA，AC，SB，BC，∠SAC=∠SBC=90°，说明过S，C，D的平面与AB垂直，求出三角形SCD的面积，即可求出棱锥S-ABC的体积． 本题是中档题，考查球的内接三棱锥的体积，考查空间想象能力，计算能力，用了体积分割法． 15.【答案】23;【解析】解：取B1C1的中点D，连接A1D， ∵正三棱柱ABC-A1B1C1， ∴BB1⊥平面A1B1C1，且ΔA1B1C1为边长为2的正三角形，且四边形B1C1CB为矩形， ∴BB1⊥A1D，B1C1⊥A1D，且A1D=3， 又BB1∩B1C1=B1， ∴A1D⊥平面B1C1CB， ∴VA1-B1C1CB=13S矩形B1C1CB.A1D=13×2×3×3=23． 故答案为：23． 取B1C1的中点D，连接A1D，可证A1D⊥平面B1C1CB，于是VA1-B1C1CB=13S矩形B1C1CB.A1D 此题主要考查了棱柱的结构特征，棱锥的体积计算，属于中档题． 16.【答案】12π-23;【解析】解：设圆锥的高为h，母线长为l.在侧面展开图中，由l.6π5=2πR及R=3，得l=5； 所以圆锥的高为h=l2-R2=4，体积为V1=13×π×32×4=12π； 设正三棱柱的高为d，上底面的外接圆半径为r. 在上底面中，由正弦定理有2r=asin60∘，解得r=1； 在圆锥的轴截面中，由相似比有rR=h-dh，代入数据得d=83. 所以正三棱柱的体积为V2=12×3×3×32×83=23； 所以该几何体的体积为V1-V2=12π-23. 故答案为：12π-23. 该几何体的体积等于圆锥的体积减去正三棱柱的体积；利用圆锥的侧面展开图，求得圆锥的高，进而得到圆锥的体积； 利用轴截面中三角形相似，求出正三棱柱的高，进而得到棱柱的体积． 此题主要考查利用割补法求不规则几何体的体积，设计圆锥、正三棱柱的空间结构特征，属于中档题． 17.【答案】2π;【解析】 此题主要考查圆柱的侧面积公式及基本不等式的应用，属于一般题. 解：由题设底面半径为a，母线长为b，所以4a2+b2=4，S侧=2πa.b， 4=4a2+b2⩾4ab⇒ab⩽1， 所以Smax=2π， 故答案为2π. 18.【答案】533;【解析】解：由三视图还原原几何体如图， 该几何体为组合体，左边是三棱锥，右边是四棱锥， 其中平面PAD⊥底面ABCDE，且ΔPAD为等边三角形，ED=EA， EO=1，四边形ABCD为正方形，边长是2． ∴这个几何体的体积V=13×12×2×1×3+13×2×2×3=533． 故答案为：533． 由三视图还原原几何体，可得该几何体为组合体，左边是三棱锥，右边是四棱锥，其中平面PAD⊥底面ABCDE，且ΔPAD为等边三角形，ED=EA，EO=1，四边形ABCD为正方形，边长是2.再由棱锥体积公式求解． 该题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题． 19.【答案】证明：（1）由三视图可知：PB⊥底面ABCD， ∵PB⊂平面PBD， ∴面PBD⊥面ABCD．-------------（4分） 解：（2）底面ABCD为直角梯形，PB=BC=CD=1，AB=2， S△CDA=12×1×1=12， ∴三棱锥A-PDC的体积： VA-PCD=VP-CDA=13×PB×S△CDA=13×1×12=16． …（8分） （3）当M为PB的中点时，CM∥平面PDA． 证明如下： 取PA中点N，连结MN，DN， ∵M、N分别为PB、PA的中点， ∴MN∥AB，且MN=12AB=1， ∴MN∥CD且MN=CD，四边形CDNM是平行四边形 ∴CM∥DN，而CM⊄平面PDA，DN⊂平面PDA， ∴CM∥平面PDA．----（12分）; 【解析】 (1)由三视图可知：PB⊥底面ABCD，由此能证明面PBD⊥面ABCD． (2)三棱锥A-PDC的体积VA-PCD=VP-CDA=13×PB×SΔCDA，由此能求出结果． (3)当M为PB的中点时，取PA中点N，连结MN，DN，推导出四边形CDNM是平行四边形，由此能推导出CM//平面PDA． 该题考查面面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查满足线面平行的点的位置的确定与证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 20.【答案】(1)证明：取AB的中点F，连接CF，A1F， ∵A1A⊥平面ABC，CF⊂平面ABC， ∴所以A1A⊥CF． ∵ΔABC为正三角形，F为AB的中点， ∴BA⊥CF， 又∵AA1，AB⊂平面AA1B1B，AA1∩AB=A， ∴CF⊥平面AA1B1B， 又∵AD⊂平面AA1B1B，所以CF⊥AD， 正方形AA1B1B中，∵RtΔA1AF≌RtΔABD，∴∠DAB=∠FA1A， 又∵∠AFA1+∠FA1A=90°， ∴∵∠AFA1+∠DAB=90°， ，故AD⊥A1F， 又∵CF∩A1F=F，CF，A1F⊂平面A1FC， ∴AD⊥平面A1FC， 又∵A1C⊂平面A1FC，∴A1C⊥AD． (2)取AA1中点E，连接DE，则线段DE为点P的运动轨迹． 理由如下：∵DE//AB，DE⊄平面ABC，AB⊂平面ABC， ∴ED//平面ABC， ∴P到平面ABC的距离为12BB1． 所以VP-ABC=13SΔABC⋅12BB1=16SΔABC⋅BB1=16VABC-A1B1C1．; 【解析】 (1)取AB的中点F，连接CF，A1F，由A1A⊥CF.BA⊥CF，可得CF⊥平面AA1B1B，又CF⊥AD，AD⊥A1F，可得AD⊥平面A1FC，即可得A1C⊥AD． (2)取AA1中点E，连接DE，则线段DE为点P的运动轨迹．理由如下：ED//平面ABC，P到平面ABC的距离为12BB1． 该题考查线线垂直，点到面的距离，利用等体积转化求点面距离是关键．属于中档题． 21.【答案】（1）证明：取PA的中点N，连接MN，DN． 由于M，N分别为PB，PA的中点，由题意知MN∥AB，MN=12AB， 由CD∥AB，CD=12AB， ∴四边形CMND为平行四边形，则CM∥DN， 又CM⊄平面PAD，DN⊂平面PAD， ∴CM∥平面PAD； （2）解：由（1）知CM∥DN，△PAD是等边三角形，∴DN⊥PA， ∵AB⊥AD，PA⊥AB，且AD∩PA=A，AD⊂平面PAD，PA⊂平面PAD， ∴AB⊥平面PAD， 又∵DN⊂平面PAD，∴DN⊥AB， 又∵AB∩AP=A，AB⊂平面ABP，AP⊂平面ABP， ∴DN⊥平面ABP，即CM⊥平面ABP， ∴CM为三棱锥C-APM的高，则CM=DN=3， S△PAM=12S△PAB=12×12×2×2=1， ∴VP-ACM=VC-PAM=13S△PAM×CM=33．; 【解析】 (1)取PA的中点N，连接MN，DN.可得四边形CMND为平行四边形，则CM//DN，再由线面平行的判定可得CM//平面PAD； (2)由(1)知CM//DN，ΔPAD是等边三角形，则DN⊥PA，由已知证得AB⊥平面PAD，可得DN⊥AB，则DN⊥平面ABP，即CM为三棱锥C-APM的高，求得CM=DN=3，再由等积法求三棱锥P-ACM的体积． 此题主要考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题． 22.【答案】（1）证明：取AD的中点O，连接FO，GO， 由题FE∥DC∥GO，故F，E，G，O四点共面， 又F，O分别是PD，AD的中点， 故FO∥PA， 所以PA∥平面PEGO，即AP∥平面EFG． （2）解：因为FO∥PA，AB∥GO， 所以平面PAB∥平面FEGO， 又因为AD⊥PD，AD⊥CD， 所以AD⊥平面PDC，即BC⊥平面PDC， 故VH-EFG=VP-EFG=VG-PEF=13×12×1×1×1=16．; 【解析】 (1)取AD的中点O，连接FO，GO，利用三角形中位线定理、共面定理、线面平行的判定定理即可证明结论． (2)由FO//PA，AB//GO，可得平面PAB//平面FEGO，由AD⊥PD，AD⊥CD，可得BC⊥平面PDC，通过等积变形、三棱锥的体积计算公式即可得出． 该题考查了空间位置关系、线面垂直的判定性质定理、三角形中位线定理、三棱锥体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 23.【答案】证明：(Ⅰ)∵图1，四边形ABCD是菱形，且∠A=60°，E为AB的中点， ∴DE⊥AB， ∵将四边形EBCD沿DE折起至EDC1B1，如图2， ∴DE⊥AE，DE⊥B1E， 又AE∩B1E=E，∴DE⊥平面AEB1， ∵DE⊂平面ADE，∴平面ADE⊥平面AEB1； 解：(Ⅱ)由(Ⅰ)知，DE⊥AE，DE⊥B1E，∴∠AEB1 为二面角A-DE-C1的平面角为π3，又∵AE=EB1=1，∴ΔAEB1 为正三角形，则AB1=1． 在RtDEB1 中，由B1E=1,DE=3，可得B1D=2， ∴ΔADB1是等腰三角形，底边AB1 上的高等于22-(12)2=152． 则SΔADB1=12×1×152=154． 设E到平面ADB1的距离为h，则由等积法得：13×154h=13×12×1×32×3， 得h=155． ∵C1D//B1E，且C1D=2B1E， ∴C1 到平面ADB1 的距离为2155． 则VC1-AB1D=13×154×2155=12．; 【解析】此题主要考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题． (Ⅰ)由原图形中的DE⊥AB，可得折起后DE⊥AE，DE⊥B1E，再由线面垂直的判定可得DE⊥平面AEB1，进一步得到平面ADE⊥平面AEB1； (Ⅱ)通过解三角形求出三角形ADB1 的面积，利用等积法求得E到平面ADB1 的距离，再由比例关系求得C1到平面ADB1 的距离，则三棱锥C1-AB1D的体积可求．
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