立體幾何

考點21空間幾何體的結構、三視圖、表面積和體積

題組一

一、選擇題

1.［2023全國卷乙，5分］如圖，網格紙上繪制的是一個零件的三視圖，網格小

正方形的邊長為1,則該零件的表面積為(D)

［解析］作出該零件的直觀圖如圖所示，該零件可看作是長、寬、高分別為2,2,

3的長方體去掉一個長、寬、高分別為2,1,1的長方體所得，其表面積為

2x(2x2+2x3+2x3)-2x7x1=30,故選D.

2.［2023天津，5分］在三棱錐P-ABC中，線段PC上的點M滿足=

-PC，線段上的點N滿足PN=-PB，則三棱錐P-AMN和三棱錐

P-ABC的體積之比為(B)

A.3B.fC.=D.3

9939

［解析］如圖，因為PM=/C,PN=^PB，所以學生==

VVSdS

PM-PN_12_2grp,P-AMN_A-PMN_~3/\PMN'_/^PMN_2/甘出門

PCPB=3~3用/=~V=飛三(縣十°

JJ=2",VP-ABCVA-PBC寸△PBC'd7=,MPBC=p”

第1頁

為點A到平面PBC的距離，因為平面PMN和平面PBC重合，所以點A到

平面PMN的距離也為d).故選B.

3.［2022全國卷甲，5分］如圖，網格紙上繪制的是一個多面體的三視圖，網格

小正方形的邊長為1,則該多面體的體積為(B)

［解析］三視圖對應的幾何體是放倒的直四棱柱，如圖，直四棱柱的高為2,底

面是上底為2,下底為4,高為2的梯形，所以體積▽=5h=三*(2+4)*

2x2=72.故選B.(提醒：要是沒想起是放倒的直四棱柱，也可切割成一個

正方體+三棱柱來求解)

4.［2022新高考卷I,5分］南水北調工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問題,

其中一部分水蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔748.5m時，相應水面的面積

為7400km2；水位為海拔75Z5m時，相應水面的面積為7&ZOkm2.將該水

第2頁

庫在這兩個水位間的形狀看作一個棱臺，則該水庫水位從海拔748.5m上升到

757.5m時，增加的水量約為265)(C)

A.1.0x709m3B.1.2x109m3C.1.4x1CPxx\3D.7.6xIO9m3

［解析］由已知得該棱臺的高為157.5-7485=9(m),所以該棱臺的體積V=

gx9x(140+yJ140x180+180)x106=60x(16+x7^~60x

6995

(76+3x2,65)義10=1.437義10?7.4x7^(m),故選C.

5.［2021新高考卷I,5分］已知圓錐的底面半徑為Q,其側面展開圖為一個半圓,

則該圓錐的母線長為(B)

A.2B.R5C.4D.

［解析］設圓錐的母線長為/,因為該圓錐的底面半徑為d5,所以2nxd，=n/,

解得/=R5,故選B.

【方法技巧】利用圓錐的底面周長等于其側面展開圖的弧長建立等量關系.

6.［2021全國卷甲，5分］在一個正方體中，過頂點A的三條棱的中點分別為E,

F,G.該正方體截去三棱錐A-EFG后，所得多面體的三視圖中，正視圖如圖

所示，則相應的側視圖是(D)

7.［2021北京，4分］某四面體的三視圖如圖所示，該四面體的表面積為(A)

第3頁

第7題圖

8.[2021浙江，4分]某幾何體的三視圖如圖所示（單位:cm）,則該幾何體的

體積（單位:cm，）是（A）

俯視圖

第4頁

俯視圖

A.1B.3C.當D.W?

22

［解析］解法一由三視圖可知，該幾何體是一個底面為等腰梯形的直四棱柱，其

中底面等腰梯形的底邊長分別為42R5,高為白，該四棱柱的高為1,所以

該幾何體的體積V==x(?+R5)x［x7=3.故選A.

解法二由三視圖可知，該幾何體是由底面為等腰直角三角形(腰長為2)的直

三棱柱截去一個底面為等腰直角三角形(腰長為1)的直三棱柱后得到的，所

以該幾何體的體積V==x/x—xI?x7=9.故選A.

【方法技巧】解決三視圖問題，一般根據三視圖還原出幾何體的直觀圖，然后

直接計算或從補形的角度進行計算.

9.［2020天津，5分］若棱長為R3的正方體的頂點都在同一球面上，貝IJ該球

的表面積為(c)

A.72nB.24TlC.36nD.744n

［解析］設外接球的半徑為H,易知2H=V3xR3=6,所以H=3,于是表

面積S=4nH2=36n,故選C.

【方法技巧】多面體與球切、接問題的常見求解方法

(1)涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體的特殊點(一

般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉化為平面問題進行求解.

(2)若球面上四點P出,C構成的三條線段PA,PC兩兩垂直，且

PA=a,PB=b,PC=c,一般把幾何體“補形”成一個球內接長方體，根

4R2=a2+b2+c2(其中H為外接球的半徑)求解.

(3)正方體的內切球的直徑等于正方體的棱長.

(4)球和正方體的棱相切時，球的直徑等于正方體的面對角線長.

第5頁

10.［2020北京，4分］某三棱柱的底面為正三角形，其三視圖如圖所示，該三

棱柱的表面積為(D)

側(左)視圖

俯視圖

A.6+y/~3B.6+R3C.72+43D.72+R3

［解析］將三視圖還原為直觀圖(圖略)，知該三棱柱是正三棱柱,其高為2,底

面是邊長為2的等邊三角形，正三棱柱的上、下兩個底面的面積均為=x2x

2xsin6^=^x2x2xy=43,三個側面的面積均為2x2=4,故其表面積

為R3+12,選D.

11.［2020全國卷III,5分］如圖為某幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積是

(C)

第11題圖

A.6+R5B.4+H5C.6+R3D.4+R3

第6頁

［解析］由三視圖知該幾何體為如圖所示的三棱錐P-ABC,其中PA_L平面

ABC,AB1AC,AB=AC=AP=2,故其表面積S=(^x2x2)x3+jx

⑵512xsin6(T=6+R3.

12.［2019浙江，4分］祖隨是我國南北朝時代的偉大科學家，他提出的“塞勢

既同，則積不容異”稱為祖唾原理，利用該原理可以得到柱體的體積公式

V出*=Sh,其中S是柱體的底面積，h是柱體的高.若某柱體的三視圖如圖所示

(單位：cm),則該柱體的體積(單位：cm，是(B)

A.158B.162C.182D.324

［解析］由三視圖可知，該幾何體是一個直五棱柱，所以其體積V=^x(4x3+

2x3+6x6)x6=762.故選B.

二、填空題

13.［2023新高考卷I,5分］在正四棱臺ABC。一A7口7。7。7中，AB=2,

AJB7=7,AA7=VN則該棱臺的體積為學.

O

［解析］解法一如圖所示，設點O7,0分別為正四棱臺ABC。-A7B7C7DZ±,

下底面的中心，連接B］D7,BD，則點O7,0分別為BjDj,BD的中點，連接O7O,

則。Q即正四棱臺ABC。一A757c7。7的高，過點B/作BiE1BD，垂足為

第7頁

E，則為E=O,。.因為AB=2,A]B]=7,所以08=V2,O7B7=1,所以

BE=OB-OE=OB-。7_67=3,又AA[=45,所以887=/，，口店=

YBB-E2=6三=圣所以oq=1，所以V正四棱臺ABCD-A7B￡M=

-X[22+72+=運.

326

解法二如圖，將正四棱臺ABC。-AjBjC1D1補形成正四棱錐P-ABCD,

因為AB=2,A]B]=1,AB//A7B7，所以A7,B7,C7,D7分別

為PA,PB,PC,PD的中點，又A7A=45,所以PA=R5,即PB=R5.連

接，取8。的中點為。，連接P。,則P。1平面ABCD,易知B。=4N所

以P。=y/PB2-BO2=汴,所以正四棱臺ABC。一A757c7。7的高為當，

所以V正四棱臺ABCO-A,B7c7。7=/⑵+N+、22X72)*萬=丁,(或者

V四棱錐P-ABCD=-x22XV6=—，V四棱錐p-A]BJCIDJ=%y四棱錐p-^BCD，所

==

以V正四棱臺ABCO-A,B,CJDJV四棱錐p-ABCD一.四棱錐p-人jB7C；D；

Z~8vV四棱錐P_ABCD_=-^X-~—=—~>

第8頁

p

14.［2023新高考卷II,5分］底面邊長為4的正四棱錐被平行于其底面的平面

所截，截去一個底面邊長為2,高為3的正四棱錐，所得棱臺的體積為28.

［解析］如圖所示，正四棱錐P-ABCD的底面邊長為4,用平行于底面的平面

截去一個底面邊長為2,高為3的正四棱錐后，得到正四棱臺

A'B'C'D'-ABCD,且48=2,=。分別為正四棱臺

A'B'C'D'-ABCD±,下底面的中心，H',H分別為48的中點，

連接PO,PHQH'OH,貝|JPO，=3,OH，=7,OH=2易知

△PO'H'-APOH,所以器=需，即磊=］解得PO=6,所以

rUUrirUZ

OO'=PO-PO'=3,所以該正四棱臺的體積V=gx3x（N+2X4+

42）=28.（提示：臺體的體積V=^（S7+倔瓦+SJ,其中h為臺體的

高，S八Sz分別為臺體的上、下底面積）

15.（2021全國卷甲，5分）已知一個圓錐的底面半徑為6,其體積為30n,

則該圓錐的側面積為39n.

第9頁

［解析］設該圓錐的高為h,則由已知條件可得3xnx62xh=3/i,解得h=

則圓錐的母線長為%2+62=嚀了手=子,故該圓錐的側面積為nx6x

—=39n.

2

【方法技巧】圓錐的體積公式為V圓錐=gnr2h,圓錐的側面積公式為5側=

nr/,其中r為圓錐的底面半徑，h為圓錐的高，/為圓錐的母線長.

16.［2020浙江，4分］已知圓錐的側面積（單位：cm?）為2n,且它的側面

展開圖是一個半圓，則這個圓錐的底面半徑（單位：cm）是L

［解析］解法一設該圓錐的母線長為/,因為圓錐的側面展開圖是一個半圓，其面

積為2n,所以3口/二為，解得/=2,所以該半圓的弧長為2n.設該圓錐

的底面半徑為H,貝1J2nH=21,解得H=1.

解法二設該圓錐的底面半徑為R,則該圓錐側面展開圖中的圓弧的弧長為

2nR.因為側面展開圖是一個半圓，設該半圓的半徑為r,則nr=2nH,即

r=2R,所以側面展開圖的面積為《2H-2nR=2nR2=2n,解得H=7.

17.［2020新高考卷II,5分］棱長為2的正方體ABC。—AjBjCjD1

中,M,N分別為棱7,AB的中點，則三棱錐A7-DjMN的體積為1.

［解析］如圖，易知V三棱錐ALO,MN=V三棱錐，由正方體的結構特征，

知。陽7,平面A7MN,所以。7A7為三棱錐。7-A7MN的高.因

為分別為棱的中點，所以=2X2—TX7X7-^X

2--x7x2=-,所以V三棱錐人［_DJMN=V三棱錐口：_A,MN=^X

73

jMNxDjAJ=-x-x2=1.

【方法技巧】求空間幾何體體積的常用方法

（1）公式法：直接根據常見柱、錐、臺等規(guī)則幾何體的體積公式計算.

第10頁

(2)等積法：根據體積計算公式，通過轉換空間幾何體的底面和高使得體積計

算更容易，或是求出一些體積比等.

(3)割補法：把不能直接計算體積的空間幾何體進行適當的分割或補形，轉化

為可計算體積的幾何體.

18.［2020江蘇，5分］如圖，六角螺帽毛坯是由一個正六棱柱挖去一個圓柱所

構成的.已知螺帽的底面正六邊形邊長為2cm，高為2cm，內孔半徑為0.5cm,

則此六角螺帽毛坯的體積是33二gcn^.

［解析］正六棱柱的體積為6X^X22X2=7R3(cm3),圓柱的體積為nx

0.52x2=^cm3),則該六角螺帽毛坯的體積為(72/3一夕cn^.

19.［2019江蘇，5分］如圖，長方體ABC。一A787c7。7的體積是120,E

為CC7的中點，則三棱錐E-BCD的體積是10.

［解析］因為長方體ABC?！狝757c7。7的體積是120,所以CO:。

S四邊形ABCD=72。，又E是CC7的中點，所以三棱錐E-BCD的體積

E-BCD=3EC.SABCD=5x"Ms四邊形ABC。=120=10.

題組二

一、選擇題

1.［2023全國卷甲，5分］在三棱錐P—ABC中，△ABC是邊長為2的等邊

三角形，PA=PB=2,PC3,則該棱錐的體積為(A)

A.1B.VjC.2D.3

第11頁

［解析］如圖，取的中點。,連接P。，CD,因為△ABC是邊長為2的

等邊三角形，PA=PB=2,所以PD_LAB,CD1AB,所以P。=

CD=7飛,又PC=d石，所以？。2+。。2=?。2,所以PD_LC。，又

ABQCD=D,ABCDU平面ABC,所以P。_L平面ABC,所以

VP-ABC=gxS.BexPD=gx2x義=1,故選A.

BL-------------A

2.［2022浙江，4分］某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm),則該幾何體

的體積(單位：cm3)是(口

T11?T11?

正視圖側視圖

俯視圖

A.22n

［解析］由三視圖知，該幾何體是由半球體、圓柱體、圓臺組合而成的，其中半

球的半徑為1,圓柱的底面半徑為1,高為2,圓臺的上、下底面的半徑分別

為1和2,高為2,所以該幾何體的體積為nxl3+nx72x2+

(n(72+7x2+/)x2=gn，故選C.

3.［2022新高考卷II,5分］已知正三棱臺的高為1,上、下底面邊長分別為

W3和R3,其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為(A)

第12頁

A.IOOYIB.128nC.144nD.792n

［解析］由題意，得正三棱臺上、下底面的外接圓的半徑分別為［x曰xW3=3,

［x產xH3=4.設該棱臺上、下底面的外接圓的圓心分別為。7,。2,連接

07。2，則。7。2=7，其外接球的球心。在直線。］。2上.設球。的半徑為R，當

球心。在線段。7。2上時，R2=32+OO2J=42+U-ooJ）2,解得0。7=

4（舍去）；當球心。不在線段。7。2上時，R2=42+OOj=32+U+

。。2尸，解得。。2=3,所以尺2=25,所以該球的表面積為

4nH，=10OXY.故選A.

4.［2022全國卷甲，5分］甲、乙兩個圓錐的母線長相等，側面展開圖的圓心角

之和為2n，側面積分別為S,和S,,體積分別為匕和匕.若器=2,則把=

（C）

A.V?B,R5mD.—

4

S

［解析］因為甲、乙兩個圓錐的母線長相等，所以結合占=2可知，甲、乙兩個

圓錐側面展開圖的圓心角之比是27.不妨設兩個圓錐的母線長為/=3,甲、

乙兩個圓錐的底面半徑分別為「7,r2,高分別為切力2,則由題意知，兩個圓

錐的側面展開圖剛好可以拼成一個周長為611的圓，所以

2

2nr7=4n,2nr2=2n,得r7=2,r2=7.由勾股定理得，=V/-r5=

?瓦上=4百F=R，，所以答=*粵=*=?力.故選c.

M乙觸22/2

5.［2022北京，4分］已知正三棱錐P-ABC的六條棱長均為6,S是

△ABC及其內部的點構成的集合.設集合下={QeSIPQ<5},則T表示的

區(qū)域的面積為（B）

A.手B.nC.2nD.5n

［解析］設。為△ABC的中心，連接PO,AO,在正三角形ABC中，AO=

22

|XyX6=2^1,在RtaPOA中，PO=y/PA-AO=^36-12=

R石，當PQ=5時，連接。Q,根據勾股定理可得OQ=YPQ2-PO2=7,

第13頁

易知點Q的軌跡是以。為圓心，半徑為1的圓，由于集合了={(2€5|y(2三

5},故集合下表示的區(qū)域的面積為n，故選B.

6.［2022天津，5分］如圖，“十字歇山”是由兩個直三棱柱重疊后的景象，重

疊后的底面為正方形，直三棱柱的底面形狀是頂角為12(T、腰為3的等腰三

角形，則該幾何體的體積為(D)

A.23B.24C.26D.27

［解析］如圖，八HCD,△FEB,△IDE心GBC均是頂角為72c、腰為3

的等腰三角形，易得其高均為9,底面BCOE是邊長為W3的正方形，所以

V三棱柱=2X,V四棱錐A-BCDE=1X3y/~3xW5x|=y,

V=2V三棱柱一V四棱錐A_BCDE=2x曰一9=27.故選D.

7.［2021新高考卷II,5分］正四棱臺的上、下底面的邊長分別為2,4,側棱

長為2,則其體積為(D)

A.56B.2&J2C.—D.—

33

［解析］如圖所示，在正四棱臺ABCD-A汨7c7。7中，點。7,。分別為上、

下底面的中心，連接。A,。7A7,。。7,則由題意可知。7。，底面ABC。，

。4=2/5,。747=，之過點47作入7￡7/。。7,交入。于點￡1,則人7e，底

面ABCD,四邊形OEA7。7為矩形，。巴=。747=V,所以AE=R5-

V2=V2,因為AA7=2，所以AjE=OjO=^AA^-AE2=45,即正四棱

第14頁

臺的高為d，，所以正四棱臺的體積V=：x(42+N+?42x22)xd^=等.

故選D.

8.［2021天津，5分］兩個圓錐的底面是一個球的同一截面，頂點均在球面上，若

球的體積為子，兩個圓錐的高之比為7:3,則這兩個圓錐的體積之和為(B)

A.3nB.4nC.9nD.72n

［解析］設球的半徑為R，則有gnRS=等，解得R=2,設兩個圓錐的高分別為

h,3h，由題意可知h+3h=2R=4,解得h=7,即兩個圓錐的高分別為1,3,則

球心到圓錐的底面的距離d=R-h=7.設這兩個圓錐的底面半徑為r，根據球

的截面性質得尺2=#+/,即4=7+1,解得廠=/瓦故兩個圓錐的體積之

和為(口1①+3h)=gnx3x4=4n，故選B.

9.［2020全國卷I,5分］已知A為球。的球面上的三個點，O。,為

△ABC的外接圓.若。O7的面積為4n,AB=BC=AC=OO7)則球O

的表面積為(A)

A.64nB.48nC.36nD.32n

［解析］如圖所示，設球。的半徑為H,OO7的半徑為廣，因為OO7的面積為

4n,所以4n=nr2,解得r=2,又AB=BC=AC=。。7,所以

藕=2r,解得=故。。7=2/3,所以氏2=。。號+產=

(R3)2+N=16,所以球0的表面積S=411H2=64n.故選A.

第15頁

【方法技巧】求解球的表面積問題的關鍵在于過好雙關：一是“方程關”，能

借用圖形，利用已知三角形的外接圓的面積，得三角形的邊長，從而由勾股定

理求出R2的值；二是“公式關”，能應用球的表面積公式S=4nR2求其表面

積.

10.［2020全國卷II,5分］已知△ABC是面積為岑的等邊三角形，且其頂點

都在球。的球面上.若球。的表面積為16n,則。到平面ABC的距離為（C）

A.VjB,-C.1D.—

22

［解析］由等邊三角形ABC的面積為岑，得手AB2=岑，得AB=3,則

△△8。的外接圓半徑r=各產48=￥入8=43.設球的半徑為H,則由

球的表面積為76n,得4nH2=75n,得R=2,則球心。到平面ABC

的距離d=、H2—r2=7,故選C.

【方法技巧】（1）若等邊三角形ABC的邊長為a,則△ABC的面積為

%2；（2）球的截面的性質：若球的半徑為H,截面圓的半徑為r,則球心

到截面的距離d={R2-r2.

11.［2020全國卷I,5分］埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形

狀可視為一個正四棱錐（如圖所示）.以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于

該四棱錐一個側面三角形的面積，則其側面三角形底邊上的高與底面正方形的

邊長的比值為（C）

第16頁

V5+1布+7

A.D.

2

［解析］設正四棱錐的高為h,底面正方形的邊長為2a,斜高為m,依題意得

h2=\2axm,即h2=am①，易知/12+。2=巾2②，由①②得m=

7+V5

1+75rrirum~~9~a7+v54小、由c

/0，所以五=天=7—故選c-

12.［2020浙江，4分］某幾何體的三視圖（單位：cm）如圖所示，則該幾何體

的體積（單位：cm3）是（A）

俯視圖

774

A.-B.—C.3D.6

33

［解析］由三視圖可知，該幾何體是三棱柱和三棱錐的組合體，結合圖中數據可

得該幾何體的體積V=^x2x7x2+-^x^x2x7x7=^（cm5）,故選A.

二、填空題

第17頁

13.［2023全國卷甲，5分］在正方體ABC。一A7口7。7。7中，AB=4,O

為AC7的中點，若該正方體的棱與球。的球面有公共點，則球。的半徑的取

值范圍是⑶設工.

［解析］由該正方體的棱與球O的球面有公共點，可知球O的半徑應介于該正方

體的棱切球半徑和外接球半徑之間(包含棱切球半徑和外接球半徑).設該正方

體的棱切球半徑為r,因為AB=4,所以力=?X4,所以r=R5；設

該正方體的外接球半徑為R,因為AB=4,所以(ZH)2=42+42+42,所

以H=R3.所以球。的半徑的取值范圍是［R2R3.

14.［2023全國卷乙，5分］已知點S,A,B,。均在半徑為2的球面上，

△ABC是邊長為3的等邊三角形，SA_L平面ABC,則SA=Z

［解析］解法一

如圖，設△ABC的外接圓圓心為。7,連接。74，因為△ABC是邊長為3的

等邊三角形，所以其外接圓半徑r=。74=：*9*3=4瓦

將三棱錐S-ABC補形為正三棱柱SBJCJ-ABC,由題意知SA為側棱，

設球心為O,連接。。7,。A,則。O7,平面ABC,且OO7=^SA.

又球的半徑H=OA=2,OA2=OO^+OjA2,所以4=；SA2+3,得

SA=2.

解法二

如圖，設△ABC的外接圓圓心為。7,連接。7人，因為△ABC是邊長為3的

等邊三角形，所以其外接圓半徑r=O7A=5x［x3=d3.

設三棱錐S-ABC的外接球球心為。，連接。07，則0。71平面ABC.又

SA_L平面ABC,所以OO7〃SA,連接。S,OA,由題意知。S=

第18頁

0A=2.過。作SA的垂線，設垂足為H,則四邊形A。70H為矩形，所以

0。7=AH,由OS=0A可知H為SA的中點，則0。7=AH=^SA.

所以在Rta。。7A中，由勾股定理可得042=。。彳+。42,即4=

^SA2+3,得SA=2.

15.［2021全國卷乙，5分］以圖①為正視圖，在圖②③④⑤中選兩個分別作為

側視圖和俯視圖，組成某個三棱錐的三視圖，則所選側視圖和俯視圖的編號依

次為③④（答案不唯一,②⑨也可）（寫出符合要求的一組答案即可）.

H—2―?1H—2-?）

圖④圖⑤

［解析］根據“長對正，高平齊，寬相等”及題圖中數據，可知②③只能是側視

圖，④⑤只能是俯視圖.若需組成某個三棱錐的三視圖，則所選側視圖和俯視圖

的編號依次是③④或②⑤.若是③④，則三棱錐如圖1中A-BCD；若是②⑤,

則三棱錐如圖2中E-HFG.

16.［2019天津，5分］已知四棱錐的底面是邊長為2的正方形，側棱長均為

若圓柱的一個底面的圓周經過四棱錐四條側棱的中點，另一個底面的圓心為四棱

錐底面的中心，則該圓柱的體積為5.

第19頁

［解析］由題意得圓柱的高為四棱錐高的一半，底面圓的直徑為以四棱錐側棱的

四個中點為頂點的正方形的對角線，易求得圓柱的底面圓的直徑為1,高為1,

所以該圓柱的體積V=IIXX7=號.

17.［2019全國卷III,5分］學生到工廠勞動實踐，利用如打印技術制作模型.

如圖，該模型為長方體ABC。-AjBjC1D1挖去四棱錐。一EFGH后所得

的幾何體，其中。為長方體的中心，E,F,G,H分別為所在棱的中點，

3

AB=BC=6cm,AA7=4cm.3D打印所用原料密度為0.9g/cm.不考慮

打印損耗，制作該模型所需原料的質量為msg.

［解析］長方體ABCD-A757c7。7的體積V］=6x6x4=744(cm5),而四

棱錐。一EFGH的底面積為矩形BB7c7c面積的一半，高為長的一半，

所以四棱錐。一EFGH的體積V2=：X［X4X6X3=72(cm5),所以長方

體ABC。-AjB7C7DJ挖去四棱錐。一EFGH后所得幾何體的體積V=

V1-V2=732(cm3),所以制作該模型所需原料的質量為J32x0.9=

778.8(g).

【易錯點撥】本題的易錯點有三處：一是把四棱錐的體積公式與四棱柱的體積

公式搞混，導致求四棱錐O-EFGH的體積時漏乘少二是此題涉及質量的

計算，考生在求完體積后，容易漏乘原料密度，導致所求得的結果出錯；三是

將計算模型幾何體的體積錯誤計算為幾何體的表面積，從先打印所用原料的

密度的單位就可以發(fā)現計算的應該是體積而不是表面積.此類與實際應用相結合

的試題，只要仔細審題，并找準題眼，就可避開命題人所設置的陷阱.

題組三

一、選擇題

第20頁

1.［2022全國卷乙，5分］已知球。的半徑為1,四棱錐的頂點為。，底面的四

個頂點均在球。的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為（C）

7。心

A.-7B.-C.—D.—

3232

［解析］該四棱錐的體積最大即該四棱錐底面所在圓面和頂點。組成的圓錐體積

最大.設圓錐的高為h（O<h<7）,底面半徑為r,則圓錐的體積V=qn產h=

^nU-h2）h,則口=京（7-3標）,令口=0,得h=圣所以V=（n（7—

在（“孑）上單調遞增，在（今，7）上單調遞減，所以當h=F時，四棱錐的

體積最大，故選C.

2.［2022新高考卷I,5分］已知正四棱錐的側棱長為/,其各頂點都在同一球

面上.若該球的體積為36n,且3W/WW3,則該正四棱錐體積的取值范圍

是（C）

卜rrc811.r2781127641r,ccF

A.［78,jB.—］C.r［7下］D.［18,27\

［解析］設該球的球心為O,半徑為H,正四棱錐的底邊長為a,高為h,依題

［2=h2+3a）2,

意，得36n=gnH3,解得H=3.由題意可得{2解得

后①一尺戶+苧產，

hJ工

{2R6'所以正四棱錐的體積v=-a2h=-（22—5X［=［（2—

CrcJJIoOIo

22l2--

a=18't

?（3w/wW》，所以「=毅一5=夕3（4一鄉(xiāng)（3三/三3/3）,令

ioyo4yo

V=0,得/=R石，所以當3<I<R石時，V'>0-,當2^~6<1<W3

時，V1<o,所以函數V=§（2-。（3W/WW3在［3R8上單調遞增，

在（RMW3上單調遞減，又當1=3時，v=^；當/=R%時，v=^；

當/=W3時，v=g所以該正四棱錐的體積的取值范圍是自爭.故選c.

3.［2021新高考卷II,5分］北斗三號全球衛(wèi)星導航系統是我國航天事業(yè)的重要

成果.在衛(wèi)星導航系統中，地球靜止同步軌道衛(wèi)星的軌道位于地球赤道所在平面,

軌道高度為36000km（軌道高度是指衛(wèi)星到地球表面的最短距離），把地球

第21頁

看成一個球心為0,半徑r為6400km的球，其上點A的緯度是指0A與赤

道所在平面所成角的度數，地球表面能直接觀測到的一顆地球靜止同步軌道衛(wèi)

星的點的緯度的最大值記為a，該衛(wèi)星信號覆蓋的地球表面面積5=

(7-cosa)(單位：km2),則S占地球表面積的百分比約為(C)

A.26%B.34%C.42%D.50%

［解析］如圖所示，圓。的半徑為6400km點P是衛(wèi)星所在位置，由題意可知

0P=36000+6400=42400(km),PA與圓0相切，切點為A，則

^POA=a,所以cosa=^=?*=［,所以衛(wèi)星信號覆蓋的地球表面

902

面積S=211r2(7一芻=^Tir2,則S占地球表面積的百分比為弗jx

100P/Q~42%,故選C.

4.［2021北京，4分］對24小時內降落在平地上的積水厚度(單位：mm)進

行如下定義：

小明用一個圓錐形容器接了24小時的雨水，如圖所示，則這一天的雨水屬于

哪個等級(B)

A.小雨B.中雨C.大雨D.暴雨

第22頁

［解析］作出截面圖如圖所示，設圓錐形容器中水面的半徑為rmm，則喘=黑，

/L/C/

所以r=50,所以24小時所接雨水的體積V=［，n義502x75Qmm3.設底面

半徑為700mm的圓柱的高為hmm,由題意可知，；nx50x75O=nx

JO^xh,得八=725,即這一天的積水厚度為72.5mm,屬于中雨.故選B.

二、填空題

5.［2020全國卷III,5分］已知圓錐的底面半徑為1,母線長為3,則該圓錐內

半徑最大的球的體積為4n.

［解析］易知半徑最大的球即為該圓錐的內切球.圓錐PE及其內切球。如圖所示,

設內切球的半徑為R,貝sinNBPE=焉=器=1所以OP=3H,所以

UrrDJ

PE=4R=YPB2—BE2=732—72=RN所以H=手,所以內切球的體積

V=^nR3=^n,即該圓錐內半徑最大的球的體積為.

6.［2020新高考卷I,5分］已知直四棱柱ABC。-A757c7。7的棱長均為2,

ZBAD=6(T.以O7為球心，,5為半徑的球面與側面BCC7B7的交線長為

V5n

第23頁

［解析］如圖，連接口7。7,易知AB7。7。7為正三角形，所以口7。7=。7。7=

2.分別取B7c7,887eg的中點M,G,H,連接。,則

易得。jG=DjH=y/22+I2=V5,D7M1B7c7，且。7M=.由題意

知G,H分別是BB1,CC1與球面的交點.在側面BCC汨z內任取一點P,使

22

MP=連接。7P，則。iP=^D1M+MP=4"3產+"7）2=J三連

接MG,MH,易得MG=MH=寸5,故可知以M為圓心，V，為半徑的圓

弧GH為球面與側面BCC7口7的交線.由NBjMG=ACjMH=450知

NGMH=9（T,所以GH的長為；x2nxd，=苧.

7.［2019全國卷II,5分］中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.

印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信

形狀是“半正多面體”（圖1）.半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍

成的多面體.半正多面體體現了數學的對稱美.圖2是一個棱數為48的半正多面

體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1.則該半

正多面體共有組個面，其棱長為喔二（本題第一空2分，第二空3分）

第24頁

［解析］由題圖1可知從上數第一層與第三層各有9個面，共18個面，第二層

有8個面，所以該半正多面體共有面18+8=26(個).

如題圖2,設該半正多面體的棱長為x，則AB=BE=x，延長,與FE的

延長線交于點G，延長BC，交正方體的棱長于點H，由半正多面體的對稱性可知,

△BGE為等腰直角三角形，所以BG=CH=yX，所以GH=2x［x+

x=(V2+7)x,又正方體的棱長為1,所以GH=7,所以(45+7)x=7,解得

x=V2-7,即該半正多面體的棱長為45-7.

三、解答題

8.［2023全國卷乙，12分］如圖，在三棱錐P—ABC

中,AB1BC,AB=2,BC=2>/2,PB=PC=y/~6,BP,AP,BC的中點分

別為。,E,O,點F在AC上，BF1AO.

(1)求證:EF〃平面A。。.

第25頁

［答案］如圖，以B為坐標原點，乃。所在直線分別為x,y軸，建立平面直

T

角坐標系，則B。。)，A(2,O),c(aR5),o(oNg,AO=(—z/5).

設AF=2AC,則易得F(-2入+.

因為8尸1AO,所以康■AO=0,

所以(一22+2,RK)(-2N5)=0,解得入=(,所以F為AC的中點.

又EQ分別為AP,BP的中點，所以EF〃PC,OD〃PC,所以EF//OD,

又0。U平面ADO,EF(J平面ADO,所以EF〃平面AOO.

A

(2)若NPOF=12CF，求三棱錐P-ABC的體積產

［答案］由⑴得FO//AB,

因為AB1BC，所以尸。1BC.

又PO_LBC,所以NPOF是二面角P—BC—F的平面角，

所以二面角P-BC-F的大小為120P.

設點P到平面ABC的距離為h，則h=PO-sin(18(T-12&)=PO?sin6(T,

在△PBC中，由PB=PC='Z,BC=2y/2,得PO=2,

所以h=Vj,

所以三棱錐P-ABC的體積Vp_ABC=等AABCxh=(xTx2xR5x

3.

9.［2022全國卷乙，12分］如圖，四面體ABC。中，ADLCD,AD=

CD,ZADB=ZBDC,E為AC的中點.

第26頁

D

F

A

(1)證明:平面BE。_L平面AC。；

［答案］因為AD=CD,NADB=NBDC,DB=DB,

所以△ADB三△COB,所以BA=_BC.

又E1為AC的中點，所以AC_LBE,AC1DE,

因為BEDDE=E,且BE,DEC平面BED,所以AC1平面BED,

又ACC平面ACD,所以平面BED1平面ACD.

(2)設入8=_6。=2,/入。8=6)，點尸在8。上，當△AFC的面積最

小時，求三棱錐F-ABC的體積.

［答案］由⑴可知，AC1平面BED.連接EF,因為EFU平面BED,所以

AC_LEF,當△AFC的面積最小時，點尸到直線AC的距離最小，即EF

的長度最小.

因為AB=_BC=2,NACB=6)，所以△ABC為正三角形，則AC=2,

BE—>!3,AE=1.

因為AD=CD,AD_LCD,所以△ADC為等腰直角三角形，所以

DE=7.

所以。E2+BE2=BD2，則DE1BE.

在&△BED中，當EF的長度最小時，EF1BD,EF=吟獸=".

DL)Z

由射影定理