2024届二轮复习：空间几何体的表面积和体积解析版

空间几何体表面积和体积2023年考情考题示例考点关联考点2023年新I卷，第12题球、圆柱、棱柱的性质无2023年新I卷，第14题棱台的体积无2023年新Ⅱ卷，第9题圆锥的侧面积和体积二面角2023年天津卷，第8题三棱锥的体积无2023年乙卷文科，第16题球的性质线面垂直2023年乙卷文科，第19题(2)三棱锥的体积无2023年甲卷理科，第11题四棱锥无2023年甲卷理科，第15题球和正方体的性质无2023年甲卷文科，第10题三棱锥的体积无2023年甲卷文科，第18题(2)四棱锥的高求法四棱锥的体积题型一：多面体的表面积和体积1 【典例例题】1(2023春·广东省东莞实验中学高三一模)如图1，水平放置的直三棱柱容器ABC-A1B1C1中，AC⊥AB，AB=AC=2，现往内灌进一些水，水深为2．将容器底面的一边AB固定于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面形状恰好为三角形A1B1C，如图2，则容器的高h为()A.3B.4C.42D.6【答案】A【分析】利用两个图形装水的体积相等即可求解.1【详解】在图1中V水=×2×2×2=4，21114在图2中，V水=VABC-A1B1C1-VC-A1B1C1=2×2×2×h-3×2×2×2×h=3h，4∴h=4,∴h=3.3故选：A.【变式训练】1(2023春·广东省大湾区高三第二次联考)如图为三棱锥A-BCD的平面展开图，其中AC=CD=CB=2，AE⊥BD，垂足为C，则该三棱锥的体积为．4【答案】3【解析】【分析】根据几何体平面展开图得到其直观图，再根据锥体的体积公式计算可得.【详解】由三棱锥A-BCD的平面展开图可得其直观图如下：其中AC⊥CD，AC⊥CB，CD⊥CB，AC=CD=CB=2，又BC∩CD=C，BC,CD⊂平面BCD，所以AC⊥平面BCD，1114所以VA-BCD=S△BCD⋅AC=××2×2×2=，33234故答案为：32 2(2023春·广东省高三二模)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°，除面ABCD外，该四棱柱其余各个面的中心分别为点E，F，G，H，Ⅰ，则由点E，F，G，H，Ⅰ构成的四棱锥的体积为．3【答案】3【解析】【分析】根据题意结合锥体的体积公式分析运算.【详解】连接AC,BD，由题意可得AC⊥BD,AC=23,BD=2，分别过E，F，G，H作底面ABCD的垂线，垂足分别为E1,F1,G1,H1，可得E1,F1,G1,H1分别为AB,BC,CD,AD的中点，连接E1F1,F1G1,G1H1,H1E1，11可得E1F1⊥F1G1,E1F1=G1H1=AC=3,F1G1=H1E1=BD=1，22由题意可得：EFGH-E1F1G1H1为四棱柱，则SEFGH=SE1F1G1H1=E1F1⋅F1G1=3，四棱锥的高为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高的一半，即为1，13所以四棱锥的体积VI-EFGH=×1×3=.333故答案为：.33(2023秋·广东省深圳市高三模拟)(多选)已知正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为22，侧棱长为2，则()A.棱台的侧面积为67B.棱台的体积为14317C.棱台的侧棱与底面所成角的余弦值为D.棱台的侧面与底面所成锐二面角的余弦值为27【答案】ACD【解析】【分析】对于A.在等腰梯形ABB1A1中解出其面积即可得出棱台的侧面积.1对于B.在等腰梯形ACC1A1中解出其高即为棱台的高，将其代入V=hS+S⋅S+S即可得出答3案.对于C.棱台的侧棱与底面所成角为∠A1AM，在Rt△AA1M解出即可.对于D.侧面与底面所成锐二面角的平面角为角∠A1HM，在Rt△A1HM解出即可.【详解】作正四棱台如图所示：3 12对于A.过A1作A1H⊥AB于H，AH=AB-A1B1=,22217所以A1H=2-=,222+227⋅2所以棱台的侧面积为4×=67.所以A正确.2对于B.连接AC、A1C1，过A1作A1A⊥AC于M，过C1作C1C⊥AC于点N，22122A1C1=2+2=2，AC=22+22=4,AM=AC-A1C1=1,A1M=2-1=3，222上底面面积S=2=2，下底面面积S=22=8，11143棱台的体积为V=hS+S⋅S+S=×3×14=≠143.故B错误.333对于C.因为AM为AA1在底面的投影，所以∠A1AM为侧棱与底面所成角.AM1cos∠A1AM==,所以C正确.A1A2对于D.∠A1HM为侧面与底面所成锐二面角的平面角，1×2HM27cos∠A1HM===，所以D正确.A1H772故选：ACD.题型二：旋转体的表面积和体积【典例例题】1(2023春·广东省高三一模)已知一个圆锥和圆柱的底面半径和高分别相等，若圆锥的轴截面是等边三角形，则这个圆锥和圆柱的侧面积之比为()123A.B.C.D.3223【答案】C【解析】【分析】根据圆锥和圆柱的侧面积公式求解即可.【详解】设圆锥和圆柱的底面半径为r，因为圆锥的轴截面是等边三角形，所以圆锥的母线长为l=2r，22则圆锥和圆柱的高为h=4r-r=3r，12所以圆锥的侧面积为S1=×2πr×l=2πr，22圆柱的侧面积为S2=2πr×h=23πr，S13所以圆锥和圆柱的侧面积之比为=,S23故选:C.【变式训练】4 1(2023春·广东省高三二模)现有一个轴截面是边长为4的等边三角形的倒置圆锥(顶点在下方，底面3在上方)，将半径为的小球放入圆锥，使得小球与圆锥的侧面相切，过所有切点所在平面将圆锥分割成2两个部分，则分割得到的圆台的侧面积为()27334555A.πB.πC.πD.π8888【答案】D【解析】【分析】作轴截面图，求出圆台的母线长，底面半径长，结合侧面积公式可得其解.【详解】作轴截面图如下：△ABC为圆锥的轴截面，点O为与侧面相切球的球心，点E,F为切点，3由已知，可得AB=BC=AC=4，OE=OF=，∠ACB=60°，OE⊥AC，23在△OEC中，OE=，∠OEC=90°，∠OCE=30°，23所以OC=3,CE=，又AC=4，255所以AE=，所以圆台的母线长为，22因CE=CF，∠ECF=60°，3所以△ECF为等边三角形，所以EF=，23555π所以圆台的侧面积S=π+2=.428故选：D.2(2023春·广东省潮州市高三二模)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6，且∠ABC=120°，则该圆台的体积为()502142A.πB.9πC.7πD.π33【答案】D5 【解析】【分析】根据题意求出圆台上下底面半径r1=1,r2=2，圆台的高h=22，代入圆台的体积计算公式即可求解.1【详解】设圆台上下底面的半径分别为r1,r2，由题意可知×2π×3=2πr1，解得r1=1，31×2π×6=2πr2，解得：r2=2，作出圆台的轴截面，如图所示：3图中OD=r1=1,OA=r2=2，AD=6-3=3，过点D向AP作垂线，垂足为T，则AT=r2-r1=1，222所以圆台的高h=AD-AT=3-1=22，22则上底面面积S1=π×1=π，S2=π×2=4π，由圆台的体积计算公式可得：11142πV=×(S1+S2+S1⋅S2)×h=×7π×22=，333故选：D3(2023春·广东省佛山市高三二模)科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号(如图1)是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器．2022年5月，“极目一号”III型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”III型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”III型浮空艇的体积约为()23(参考数据：9.5≈90，9.5≈857，315×1005≈316600，π≈3.14)3333A.9064mB.9004mC.8944mD.8884m【答案】A【解析】【分析】先根据图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为R，而圆台一个底面的半径为r，再根据球、圆柱和圆台的体积公式即可求解．19【详解】由图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为R==9.5(m)，而圆台一个底面的半径为r=21(m)，6 14317143则V半球=××π×9.5≈π(m)，23323V圆柱=π×9.5×14≈1260π(m)，12231663V圆台=×9.5π+9.5π×π+π×31.5≈π(m)，33171431663所以V=V半球+V圆柱+V圆台≈π+1260π+π≈9064(m)．33故选：A．4(2023春·广东省揭阳市普宁市华侨中学高三二模)辽宁省博物馆收藏的商晚期饕餮纹大圆鼎(如图1)出土于辽宁省略左县小波汰沟．此鼎直耳，深腹，柱足中空，胎壁微薄，口沿下及足上端分别饰单层兽面纹，足有扉棱，耳、腹、足皆有炱痕．它的主体部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(忽略鼎壁厚度)，如图2所示．已知球的半径为R，圆柱的高近似于半球的半径，则此鼎的容积约为()8373353A.πRB.πRC.2πRD.πR333【答案】D【解析】【分析】利用球体、圆柱体体积公式求鼎的容积.【详解】由题设，此鼎的容积为半球体积与圆锥体积的和，143353所以容积约为×πR+πR=πR.233故选：D题型三：球的表面积和体积【典例例题】1(2023春·广东省高三一模)水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为()A.4B.22+2C.23+2D.6【答案】C【解析】1【分析】根据题设要使半球形容器内壁的半径的最小，保证小球与球各面(含球面部分)都相切，进而求8半径最小值.1【详解】要使半球形容器内壁的半径的最小，只需保证小球与球各面(含球面部分)都相切，87 此时，如上图示，O为半球的球心，A为其中一个小球球心，则OA是棱长为2的正方体的体对角线，且该小球与半球球面上的切点与O,A共线，所以半球形容器内壁的半径的最小值为小球半径与OA长度之和，即23+2,故选：C【变式训练】1(2023春·广东省广州市高三一模)已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上，PB=PC=25,AB=AC=4，PA=BC=2，则球O的表面积为()3167915879A.πB.πC.πD.π151555【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，证明PA⊥平面ABC，再确定球心O的位置，求出球半径作答.222【详解】在三棱锥P-ABC中，如图，AB+PA=20=PB，则PA⊥AB，同理PA⊥AC，而AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABC，因此PA⊥平面ABC，1BC212在等腰△ABC中，AB=AC=4,BC=2，则cos∠ABC==，sin∠ABC=1-cos∠ABC=AB415，41AC8令△ABC的外接圆圆心为O1，则OO1⊥平面ABC，O1A=⋅=，2sin∠ABC15有OO1⎳PA，取PA中点D，连接OD，则有OD⊥PA，又O1A⊂平面ABC，即O1A⊥PA，从而O1A⎳OD，四边形ODAO1为平行四边形，OO1=AD=1，又OO1⊥O1A，827922222因此球O的半径R=OA=O1A+O1O=+1=15，152316所以球O的表面积S=4πR=π.15故选：A2(2023春·广东省江门市高三一模)(多选)勒洛FranzReuleaux(1829~1905)，德国机械工程专家，机构运动学的创始人.他所著的《理论运动学》对机械元件的运动过程进行了系统的分析，成为机械工程方面的名著.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两8 平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体.如图所示，设正四面体ABCD的棱长为2，则下列说法正确的是()6A.勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为2-2B.勒洛四面体被平面ABC截得的截面面积是2π-32πC.勒洛四面体表面上交线AC的长度为3D.勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2【答案】ABD【解析】【分析】A选项：求出正四面体ABCD的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球半径，得到答案；B选项，作出截面图形，求出截面面积；C选项，根据对称性得到交线AC所在圆的圆心和半径，求出长度；D选项，作出正四面体对棱中点连线，在C选项的基础上求出长度.【详解】A选项，先求解出正四面体ABCD的外接球，如图所示：取CD的中点G，连接BG,AG，过点A作AF⊥BG于点F，则F为等边△ABC的中心，外接球球心为O，连接OB，则OA,OB为外接球半径，设OA=OB=R，由正四面体的棱长为2，则CG=DG=1，BG=AG=3，13223FG=BG=，BF=BG=33332212626AF=AG-FG=3-=，OF=AF-R=-R，3332222622322由勾股定理得：OF+BF=OB，即3-R+3=R，6解得：R=，2此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示：9 图中取正四面体ABCD中心为O，连接BO交平面ACD于点E，交AD于点F，其中AD与△ABD共面，6其中BO即为正四面体外接球半径R=，26设勒洛四面体内切球半径为r，则r=OF=BF-BO=2-，故A正确；2B选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，如图所示：1π23232面积为3×2×3×2-4×2+4×2=2π-3，B正确；C选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线AC所在圆的圆心为BD的中点M，故MA=MC=3，又AC=2，222AM+MC-AC3+3-41由余弦定理得：cos∠AMC===，2AM⋅MC2×3×3311故∠AMC=arccos，且半径为3，故交线AC的长度等于3arccos，C错误；33D选项，将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如图所示：22连接GH，交AB于中点S，交CD于中点T，连接AT，则ST=AT-AS=3-1=2，则由C选项的分析知：TG=SH=3，所以GH=3-2+3=23-2>2，故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，D正确.故选：ABD3(2023春·广东省汕头市高三一模)如图，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=4，A1B1=2，若半径为r的球O与该正四棱台的各个面均相切，则该球的表面积S=．10 【答案】8π【解析】【分析】作出正棱台以及球的截面图，作辅助线结合圆的切线性质，求得球的半径，即可求得答案.【详解】设球O与上底面、下底面分别切于点O1,O2，与面ADD1A1，面BCC1B1分别切于点E,F，作出其截面如图所示，则MO1=ME=1，EN=NO2=2，于是，MN=1+2=3过点M作MH⊥O2N于点H，则NH=NO2-MO1=1，2222由勾股定理可得︰MH=2r=MN-NH=3-1=22,所以r=2，2所以该球的表面积S=4πr=4π×2=8π，故答案为：8π4(2023春·广东省梅州市高三一模)《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示，底面ABCD为正方形，EF∥平面ABCD，四边形ABFE，CDEF为两个全1等的等腰梯形，EF=AB=2，且AE=6，则此刍甍的外接球的表面积为()2A.60πB.64πC.68πD.72π【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，求出点E到平面ABCD的距离，再由几何体的结构特征确定球心位置，结合球面的性质求解作答.【详解】取AD、BC中点N、M，正方形ABCD中心O，EF中点O2，连接EN,MN,FM,OO2，11 根据题意可得OO2⊥平面ABCD，EF⎳AB⎳MN，点O是MN的中点，MN=AB=4，22在等腰△AED中，AD⊥EN，EN=AE-AN=2，同理FM=2，2MN-EF2则等腰梯形EFMN的高为OO2=EN-2=1，根据几何体的结构特征可知，刍甍的外接球的球心O1在直线OO2上，连接O1E,O1A,OA，正方体ABCD的外接圆的半径OA=22，222O1A=OA+OO1则有222，O1E=O2E+O2O11而O1A=O1E，O2E=EF=1，2当点O1在线段O2O的延长线(含点O)时，视OO1为非负数，若点O1在线段O2O的延长线(不含点O)时，视OO1为负数，即有O2O1=O2O+OO1=1+OO1，222则22+OO1=1+1+OO1，解得OO1=3，22则刍甍的外接球的半径为r=O1A=3+22=17，2则刍甍的外接球的表面积为S=4πr=68π，故选：C.5(2023秋·广东省中山市模拟)已知三棱锥P-ABC的四个顶点均在同一球面上，PC⊥平面ABC，6PC=BC=6，AB=26，且PA与平面ABC所成角的正弦值为，则该球的表面积为.6【答案】36π【解析】16【分析】求出三角形ABC外接圆圆心O1，过O1作OO1⊥平面ABC，且OO1=PC=，则O为三棱锥22P-ABC的外接球球心，求出半径即可求得球的表面积.【详解】如图根据题意，PC⊥平面ABC，6所以∠PAC即PA与平面ABC所成角，则sin∠PAC=，6又因为PC=BC=6，AB=26，12 6PC22所以sin∠PAC==⇒AP=6，则AC=AP-PC=30,6AP222又AC=30=AB+BC⇒AB⊥BC，即三角形ABC为直角三角形，取AC中点O1，则O1为三角形ABC外接圆圆心，PC6取AP中点O，则OO1∥PC，且OO1==，22所以OP=OC=OA=OB，即O为三棱锥P-ABC的外接球球心，222262302其半径R=OA=O1O+O1A=2+2=9，2所以三棱锥P-ABC的外接球的表面积为4πR=36π.故答案为：36π1(新课标全国Ⅰ卷)(多选)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有()A.直径为0.99m的球体B.所有棱长均为1.4m的四面体C.底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D.底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体【答案】ABD【详解】对于选项A：因为0.99m<1m，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内，故A正确；对于选项B：因为正方体的面对角线长为2m，且2>1.4，所以能够被整体放入正方体内，故B正确；对于选项C：因为正方体的体对角线长为3m，且3<1.8，所以不能够被整体放入正方体内，故C正确；对于选项D：因为1.2m>1m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过AC1的中点O作OE⊥AC1，设OE∩AC=E，3CC1OE可知AC=2,CC1=1,AC1=3,OA=，则tan∠CAC1==，2ACAO1OE6即=，解得OE=，23426239926且4=8=24>25=0.6，即4>0.6，故以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2m圆柱，若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心O1，与正方体的下底面的切点为M，CC1O1M可知：AC1⊥O1M,O1M=0.6，则tan∠CAC1==，ACAO110.6即=，解得AO1=0.62，2AO1根据对称性可知圆柱的高为3-2×0.62≈1.732-1.2×1.414=0.0352>0.01，所以能够被整体放入正方体内，故D正确；故选：ABD.13 2(新课标全国Ⅰ卷)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,A1B1=1,AA1=2，则该棱台的体积为．76【答案】6【详解】如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M为四棱台ABCD-A1B1C1D1的高，因为AB=2,A1B1=1,AA1=2，11211则A1O1=A1C1=×2A1B1=,AO=AC=×2AB=2，22222122216故AM=AC-A1C1=，则A1M=A1A-AM=2-=，22221676所以所求体积为V=×(4+1+4×1)×=.32676故答案为：.63(新课标全国Ⅱ卷)(多选)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P-AC-O为45°，则()．A.该圆锥的体积为πB.该圆锥的侧面积为43πC.AC=22D.△PAC的面积为3【答案】AC【详解】依题意，∠APB=120°，PA=2，所以OP=1,OA=OB=3，12A选项，圆锥的体积为×π×3×1=π，A选项正确；3B选项，圆锥的侧面积为π×3×2=23π，B选项错误；C选项，设D是AC的中点，连接OD,PD，则AC⊥OD,AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P-AC-O的平面角，则∠PDO=45°，所以OP=OD=1，故AD=CD=3-1=2，则AC=22，C选项正确；14 221D选项，PD=1+1=2，所以S△PAC=×22×2=2，D选项错误.2故选：AC.4(新课标全国Ⅱ卷)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．【答案】2821【详解】方法一：由于=，而截去的正四棱锥的高为3，所以原正四棱锥的高为6，421所以正四棱锥的体积为×4×4×6=32，31截去的正四棱锥的体积为×2×2×3=4，3所以棱台的体积为32-4=28.1方法二：棱台的体积为×3×16+4+16×4=28.3故答案为：28.5(全国乙卷数学(理)(文))如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为()A.24B.26C.28D.30【答案】D15 【详解】如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=3，点H,I,J,K为所在棱上靠近点B1,C1,D1,A1的三等分点，O,L,M,N为所在棱的中点，则三视图所对应的几何体为长方体ABCD-A1B1C1D1去掉长方体ONIC1-LMHB1之后所得的几何体，该几何体的表面积和原来的长方体的表面积相比少2个边长为1的正方形，其表面积为：2×2×2+4×2×3-2×1×1=30.故选：D.6(全国乙卷数学(文))已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA=．【答案】2【详解】如图，将三棱锥S-ABC转化为直三棱柱SMN-ABC，设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r，AB3则2r===23，可得r=3，sin∠ACB321设三棱锥S-ABC的外接球球心为O，连接OA,OO1，则OA=2,OO1=SA，222212因为OA=OO1+O1A，即4=3+SA，解得SA=2.4故答案为：2.7(全国乙卷数学(理))已知圆锥PO的底面半径为3，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，93∠AOB=120°，若△PAB的面积等于，则该圆锥的体积为()4A.πB.6πC.3πD.36π16 【答案】B【详解】在△AOB中，∠AOB=120°，而OA=OB=3，取AB中点C，连接OC,PC，有OC⊥AB,PC⊥AB，如图，393193∠ABO=30°，OC=,AB=2BC=3，由△PAB的面积为，得×3×PC=，2424332233232解得PC=，于是PO=PC-OC=-=6，2221212所以圆锥的体积V=π×OA×PO=π×(3)×6=6π.33故选：B8(全国甲卷数学(文))在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2,PC=6，则该棱锥的体积为()A.1B.3C.2D.3【答案】A【详解】取AB中点E，连接PE,CE，如图，∵△ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2，∴PE⊥AB,CE⊥AB，又PE,CE⊂平面PEC，PE∩CE=E，∴AB⊥平面PEC，3又PE=CE=2×=3，PC=6，2222故PC=PE+CE，即PE⊥CE，111所以V=VB-PEC+VA-PEC=S△PEC⋅AB=××3×3×2=1，332故选：A9(全国甲卷数学(文))在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=4,O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是．【答案】[22,23]17 【详解】设球的半径为R.当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，222正方体的外接球直径2R为体对角线长AC1=4+4+4=43，即2R=43,R=23，故Rmax=23；分别取侧棱AA1,BB1,CC1,DD1的中点M,H,G,N，显然四边形MNGH是边长为4的正方形，且O为正方形MNGH的对角线交点，连接MG，则MG=42，当球的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆，球的半径达到最小，即R的最小值为22.综上，R∈[22,23].故答案为：[22,23]10(全国甲卷数学(理))在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，AB=4,PC=PD=3,∠PCA=45°，则△PBC的面积为()A.22B.32C.42D.52【答案】C【详解】法一：连结AC,BD交于O，连结PO，则O为AC,BD的中点，如图，因为底面ABCD为正方形，AB=4，所以AC=BD=42，则DO=CO=22，又PC=PD=3，PO=OP，所以△PDO≅△PCO，则∠PDO=∠PCO，又PC=PD=3，AC=BD=42，所以△PDB≅△PCA，则PA=PB，在△PAC中，PC=3,AC=42,∠PCA=45°，2222则由余弦定理可得PA=AC+PC-2AC⋅PCcos∠PCA=32+9-2×42×3×=17，2故PA=17，则PB=17，故在△PBC中，PC=3,PB=17,BC=4，222PC+BC-PB9+16-171所以cos∠PCB===，2PC⋅BC2×3×4318 222又0<∠PCB<π，所以sin∠PCB=1-cos∠PCB=，31122所以△PBC的面积为S=PC⋅BCsin∠PCB=×3×4×=42.223法二：连结AC,BD交于O，连结PO，则O为AC,BD的中点，如图，因为底面ABCD为正方形，AB=4，所以AC=BD=42，在△PAC中，PC=3,∠PCA=45°，2222则由余弦定理可得PA=AC+PC-2AC⋅PCcos∠PCA=32+9-2×42×3×=17，故PA=217，PA2+PC2-AC217+9-3217所以cos∠APC===-，则PA⋅PC=PAPCcos∠APC=17×32PA⋅PC2×17×31717×-17=-3，不妨记PB=m,∠BPD=θ，1122因为PO=PA+PC=PB+PD，所以PA+PC=PB+PD，222222即PA+PC+2PA⋅PC=PB+PD+2PB⋅PD，22则17+9+2×-3=m+9+2×3×mcosθ，整理得m+6mcosθ-11=0①，22222又在△PBD中，BD=PB+PD-2PB⋅PDcos∠BPD，即32=m+9-6mcosθ，则m-6mcosθ-23=0②，2两式相加得2m-34=0，故PB=m=17，故在△PBC中，PC=3,PB=17,BC=4，222PC+BC-PB9+16-171所以cos∠PCB===，2PC⋅BC2×3×43222又0<∠PCB<π，所以sin∠PCB=1-cos∠PCB=，31122所以△PBC的面积为S=PC⋅BCsin∠PCB=×3×4×=42.223故选：C.11(全国甲卷数学(理))在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为CD，A1B1的中点，则以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为．【答案】12【详解】不妨设正方体棱长为2，EF中点为O，取AB，BB1中点G,M，侧面BB1C1C的中心为N，连接FG,EG,OM,ON,MN，如图，19 2222由题意可知，O为球心，在正方体中，EF=FG+EG=2+2=22，即R=2，2222则球心O到BB1的距离为OM=ON+MN=1+1=2，所以球O与棱BB1相切，球面与棱BB1只有1个交点，同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，所以以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为12.故答案为：12112(新高考天津卷)在三棱锥P-ABC中，线段PC上的点M满足PM=PC，线段PB上的点N满32足PN=PB，则三棱锥P-AMN和三棱锥P-ABC的体积之比为()31214A.B.C.D.9939【答案】B【详解】如图，分别过M,C作MM⊥PA,CC⊥PA,垂足分别为M,C.过B作BB⊥平面PAC，垂足为B，连接PB,过N作NN⊥PB,垂足为N.因为BB⊥平面PAC，BB⊂平面PBB，所以平面PBB⊥平面PAC.又因为平面PBB∩平面PAC=PB，NN⊥PB，NN⊂平面PBB，所以NN⊥平面PAC，且BB⎳NN.PMMM1在△PCC中，因为MM⊥PA,CC⊥PA，所以MM⎳CC，所以==，PC3CCPNNN2在△PBB中，因为BB⎳NN，所以==，PB3BB111VP-AMNVN-PAM3S△PAM⋅NN3⋅2PA⋅MM⋅NN2所以====.VP-ABCVB-PAC1S⋅BB1⋅1PA⋅CC93△PAC32⋅BB故选：B20 1(2023春·广东省深圳市4月份高三大联考)圆锥侧面展开图扇形的圆心角为60°，底面圆的半径为8，则圆锥的侧面积为()A.384πB.392πC.398πD.404π【答案】A【解析】【分析】运用扇形的弧长公式及圆锥的侧面积公式计算即可.【详解】设圆锥的半径为r，母线长为l，则r=8，π由题意知，2πr=l，解得：l=48，3所以圆锥的侧面积为πrl=8×48π=384π.故选：A.2(2023秋·广东省东莞市模拟)已知体积为1的正四棱台上、下底面的边长分别为a,b(a<b)，若棱台的高为h=b-a，则()33223322A.b-a=3B.b-a=3C.b+a=3D.b+a=3【答案】A【解析】【分析】由棱台的体积公式及立方差公式计算可得.1122【详解】由题意，正四棱台的体积V=S上+S下+S上⋅S下h=a+b+abb-a=1，3333所以b-a=3.故选：A3(2023春·广东省深圳市高三一模)如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是()15121211A.6,6B.3,3C.2,3D.6,2【答案】A【解析】【分析】找到水最多和水最少的临界情况，如图分别为多面体ABCDA1B1D1和三棱锥A-A1BD，从而可得出答案.【详解】将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则如图，水最少的临界情况为，水面为面A1BD，水最多的临界情况为多面体ABCDA1B1D1，水面为BC1D1，111因为VA-A1BD=××1×1×1=，326115VABCDA1B1D1=VABCD-A1B1C1D1-VC-B1C1D1=1-3×2×1×1×1=6，21 1515所以<V<，即V∈,.6666故选：A4(2023秋·广东省深圳市高三联考)如图所示，一个球内接圆台，已知圆台上､下底面的半径分别为3和4，球的表面积为100π，则该圆台的体积为()175π238π259πA.B.75πC.D.333【答案】D【解析】【分析】由球的表面积求出球的半径，然后通过轴截面求出圆台的高，进一步求出圆台的体积.2【详解】因为圆台外接球的表面积S=4πr=100π，所以球的半径r=5，设圆台的上､下底面圆心分别为O2,O1，在上､下底面圆周上分别取点A,B，连接OO2,OO1,OA,OB,O2A,O1B，如图，因为圆台上､下底面的半径分别为3和4，所以OB=OA=4，O1B=O2A=3，2222所以OO1=OB-O1B=3，OO2=OA-O2A=4,所以O1O2=7，1259π所以圆台体积V=×9π+16π+12π×7=.33故选：D.22 5(2023春·广东省韶关市高三二模)已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的下底面为矩形，AB=2A1B1，高为3，且该棱台的体积为63，则该棱台上底面A1B1C1D1的周长的最小值是()A.15B.14C.13D.12【答案】D【解析】【分析】设棱台的上底面矩形边长分别为a，b，则下底面矩形边长分别为2a，2b，由棱台的体积公式得到ab=9，再利用基本不等式求出上底面的周长最小值．【详解】设棱台的上底面矩形边长分别为a，b，则下底面矩形边长分别为2a，2b，1则棱台的体积为V=×3×(ab+ab×4ab+4ab)=63，3∴ab=9，所以棱台的上底面的周长为2a+b≥4ab=12，当a=b=3时，即上底面的周长最小值为12．故选：D．6(2023春·广东省深圳市高三二模)设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为V1、V2和V3，则()A.V1<V2<V3B.V2<V1<V3C.V3<V1<V2D.V3<V2<V1【答案】B【解析】【分析】设正方体棱长为a，正四面体棱长为b，球的半径为R，面积为S.表示出3个几何体的表面积，得出a,b,R，进而求出体积的平方，比较体积的平方大小，然后得出答案.【详解】设正方体棱长为a，正四面体棱长为b，球的半径为R，面积为S.22S正方体表面积为S=6a，所以a=，6323223S所以，V1=a=a=；216如图，正四面体P-ABC，D为AC的中点，O为△ABC的中心，则PO是P-ABC底面ABC上的高.1223则BD⊥AC，AD=b，所以BD=AB-AD=b，2211332所以S△ABC=×AC×BD=×b×b=b，2224223所以，正四面体P-ABC的表面积为S=4S△ABC=3b，所以b=S.323 23又O为△ABC的中心，所以BO=BD=b.33又根据正四面体的性质，可知PO⊥BO，226所以PO=PB-BO=b，3212132621613333所以，V2=3×S△ABC×PO=3×4b×3b=72b=72×3S=648S；22S球的表面积为S=4πR，所以R=，4π243213所以，V3=3πR=36πS.1313131333因为S>S>S>S=S，36π1442162163648222所以，V3>V1>V2，所以，V2<V1<V3.故选：B.7(2023秋·广东省东莞市高三模拟)如图，一个三棱柱形容器中盛有水，侧棱AA1=a，若侧面AA1B1B水平放置时，水面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点，那么当底面ABC水平放置时，水面高为()aa3aA.B.C.D.a424【答案】C【解析】【分析】利用水的体积不变，转化求解即可.【详解】如图，设B1C1，A1C1，A1B1的中点分别为E，F，G，11则EF=A1G=GB1=2A1B1，S△C1EF=4S△A1B1C1，所以水部分四棱柱与原三棱柱的底面面积之比为3:4，由于两种状态下水的体积相等，24 33a所以当底面ABC水平放置时，水面高为侧棱长的，即.44故选：C8(2023春·广东省东莞实验中学高三一模)(多选)已知同底面的两个正三棱锥P-ABC和Q-ABCπ均内接于球O，且正三棱锥P-ABC的侧面与底面所成角的大小为，则下列说法正确的是().4A.PA⎳平面QBCB.设三棱锥Q-ABC和P-ABC的体积分别为VQ-ABC和VP-ABC，则VQ-ABC=4VP-ABC4C.平面ABC截球O所得的截面面积是球O表面积的倍255D.二面角P-AB-Q的正切值为-3【答案】BCD22【分析】由题可得PQ为球O的直径，设P到底面的距离为h，球的半径为R，结合条件可得R=2h25+R-h，可得R=h，然后逐项分析即得.2【详解】∵同底面的两个正三棱锥P-ABC和Q-ABC均内接于球O，∴PQ为球O的直径，取AB的中点M，连接PM、QM，则PM⊥AB，CM⊥AB，QM⊥AB，∴∠PMC为侧面PAB与底面ABC所成二面角的平面角，∠QMC为侧面QAB与底面ABC所成二面角的π平面角，又正三棱锥P-ABC的侧面与底面所成角的大小为，4设底面的中心为N，P到底面的距离为h，球的半径为R，则PN=h，OP=R，ON=R-h，MN=h，CN=2h，222∴R=2h+R-h，5∴R=h，QN=4h，PN=h，2∴P、C、Q、M四点共面，又CN=2MN，QN=4h，PN=h，∴PA与QM不平行，故PA与平面QBC不平行，故A错误；由QN=4PN，可得VQ-ABC=4VP-ABC，故B正确；2225h22∵平面ABC截球O所得的截面面积为π2h=4πh，球O表面积为4πR=4π=25πh，24∴平面ABC截球O所得的截面面积是球O表面积的倍，故C正确；2522∵PM=2h,QM=h+4h=17h,QP=5h，25 2222h+17h-5h35∴cos∠PMQ==-，sin∠PMQ=，2⋅2h⋅17h343455∴tan∠PMQ=-，即二面角P-AB-Q的正切值为-，故D正确.33故选：BCD.9(2023春·广东省惠州市高三一模)(多选)在如图所示的几何体中，底面ABCD是边长为4的正方形，AA1,BG,CC1,DD1均与底面ABCD垂直，且AA1=CC1=DD1=2BG=43，点E,F分别为线段BC,CC1的中点，则下列说法正确的是()A.直线A1G与△AEF所在平面相交B.三棱锥C1-BCD的外接球的表面积为80π235C.直线GC1与直线AE所成角的余弦值为35D.二面角C1-AD-C中，N∈平面C1AD，M∈平面BAD,P,Q为棱AD上不同两点，MP⊥AD,NQ⊥AD，若MP=PQ=2，NQ=1，则MN=7【答案】BCD【解析】【分析】根据条件可知该几何体为长方体截去一个角，对于A项，可以证线面平行来否定；对于B项，容易得到外接球直径进而求得外接球表面积；对于C项，利用空间向量的数量积计算异面直线的夹角；对于D项，先得出二面角C1-AD-C，再利用空间向量计算模长即可.【详解】由已知可得该几何体为长方体截去一个角，对于A，连接D1F,D1A，可证得D1A∥EF,∴A,E,F,D1四点共面，又可证得A1G∥D1F，所以A1G∥平面AEF，故A错误；11222对于B，三棱锥C1-BCD的外接球半径R=⋅AC1=4+4+(43)=25，222三棱锥C1-BCD的外接球的表面积为4πR=80π，故B正确；对于C项，易证AB⊥BF，AB⊥C1F，FC1⊥BE，则AE⋅GC1=AB+BEGF+FC1=8，AE⋅GC18235cosAE,GC1===，故C正确；AE⋅∣GC1∣202835C1C对于D项，设二面角C1-AD-B的平面角为θ，则θ=∠C1DC，所以tanθ==3，于是θ=60°，CD∵MN=MP+PQ+QN，且MP⊥PQ,PQ⊥QN,MP,QN=120°22222∴MN=(MP+PQ+QN)=MP+MP+QN+2MP⋅QN=7,∴MN=7，故D正确．26 故选：BCD．10(2023春·广东省汕头市高三一模)(多选)如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长均为1，且它们彼此的夹角都是60°，则()A.AC1=6B.AC1⊥BD22C.四边形BDD1B1的面积为D.平行六面体ABCD-A1B1C1D1的体积为22【答案】ABD【解析】【分析】A、B选项通过空间向量的模长及数量积进行判断即可；C选项通过空间向量求出BD1,B1D，进而求出面积即可；D选项作出平行六面体的高，求出相关边长，即可求出体积.222222【详解】AC1=AB+AD+AA1，则AC1=AB+AD+AA1+2AB⋅AD+2AB⋅AA1+2AD⋅AA1=1+12+1+2×1×1×cos60°+2×1×1×cos60°+2×1×1×cos60°=6，故AC1=6，A正确；2AC1=AB+AD+AA1，BD=AD-AB，AC1⋅BD=AB+AD+AA1⋅AD-AB=AB⋅AD-AB222+AD-AD⋅AB+AA1⋅AD-AA1⋅AB=1×1×cos60°-1+1-1×1×cos60°+1×1×cos60°-1×1×cos60°=0，故AC1⊥BD，B正确；27 2222连接BD1,B1D，则BD1=BA+AD+DD1,B1D=B1A1+A1D1+D1D，BD1=BA+AD+DD1+2BA⋅AD222+2AD⋅DD1+2BA⋅DD1=1+1+1+2×1×1×cos120°+2×1×1×cos60°+2×1×1×cos120°=2，即BD1=2，同理B1D=2，故四边形BDD1B1为矩形，面积为1×1=1，C错误；过A1作A1E⊥面ABCD，易知E在直线AC上，过E作EF⊥AB于F，连接A1F，由A1E⊥AB,EF⊥1AF3AB得AB⊥面A1EF，易得AB⊥A1F，故AF=AA1⋅cos60°=，AE==，A1E=2cos30°32261362AA1-AE=，故平行六面体ABCD-A1B1C1D1的体积为×1×1××2×=，32232D正确.故选：ABD.11(2023春·广东省大湾区高三第二次联考)已知某圆锥的内切球(球与圆锥侧面､底面均相切)的体积32π为，则该圆锥的表面积的最小值为()3A.32πB.28πC.24πD.20π【答案】A【解析】【分析】先求得内切球半径r=2，再画图设底面半径为R，利用三角函数值代换表达出表面积的公式S=42πR2，再设t=R-4>0，根据基本不等式求最小值即可2R-44332π【详解】设圆锥的内切球半径为r，则πr=，解得r=2，设圆锥顶点为A，底面圆周上一点为B，底面33R圆心为C，内切球球心为D，内切球切母线AB于E，底面半径BC=R>2，∠BDC=θ，则tanθ=，又22tanθR∠ADE=π-2θ，故AB=BE+AE=R+2tanπ-2θ=R-2tan2θ，又tan2θ===221-tanθ1-R4RR2+4πR2R2+444R8R22πR2，故AB=R-=，故该圆锥的表面积为S=+πR=，令t=R222224-R4-RR-4R-4R-422πt+4161616-4>0，则S=t=2πt+t+8≥2π2t×t+8=32π，当且仅当t=t，即t=4,R=22时取等号.故选：A.28 12(2023春·广东省高州市高三二模)贯耳瓶流行于宋代，清代亦有仿制，如图所示的青花折枝花卉纹六方贯耳瓶是清乾隆时期的文物，现收藏于首都博物馆，若忽略瓶嘴与贯耳，把该瓶瓶体看作3个几何体的组合体，上面的几何体Ⅰ是直棱柱，中间的几何体Ⅱ是棱台，下面的几何体Ⅲ也是棱台，几何体Ⅲ的下底面与几何体Ⅰ的底面是全等的六边形，几何体Ⅲ的上底面面积是下底面面积的4倍，若几何体Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的高之比分别为3:3:5，则几何体Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的体积之比为()A3:6:10B.3:9:25C.3:21:35D.9:21:35【答案】D【解析】【分析】设上面的六棱柱的底面面积为S，高为3m，根据棱柱和棱台的体积公式直接计算，然后求比可得.【详解】设上面的六棱柱的底面面积为S，高为3m，由上到下的三个几何体体积分别记为V1,V2,V3，则V1=3mS，12V2=S+4S+4S×3m=7mS，31235V3=S+4S+4S×5m=mS，3335所以V1:V2:V3=3mS:7mS:mS=9:21:353故选：D13(2023秋·广东省梅州市高三模拟)(多选)如图所示，四边形ABCD是边长为4的正方形，M,N分别为线段AB,AD上异于点A的动点，且满足AM=AN，点H为MN的中点，将点A沿MN折至点A处，使AH⊥平面BCD，则下列判断正确的是()29 142A.若点M为AB的中点，则五棱锥A-MBCDN的体积为3162B.当点M与点B重合时，三棱锥A-BCD的体积为3C.当点M与点B重合时，三棱锥A-BCD的内切球的半径为4-231283D.五棱锥A-MBCDN体积的最大值为27【答案】ABD【解析】212【分析】设AM=x，根据题意得出五棱锥A-MBCDN的体积为x16-x(0<x≤4)，结合B点所62在位置和锥体的体积公式判断A、B、D选项；根据等体积法判断C选项.【详解】设AM=x，因为AM=AN，点H为MN的中点，所以AH⊥MN，212且AH=x，底面MBCDN的面积为16-x(0<x≤4)，所以五棱锥A-MBCDN的体积为22212x16-x(0<x≤4).62212142当点M为AB的中点时，五棱锥A-MBCDN的体积为×2×16-×2=，A正确.623212162当点M与点B重合时，三棱锥A-BCD的体积为×4×16-×4=，B正确.62332连接HC，因为AH⊥HC,AC=AB=AD=BC=4，所以三棱锥A-BCD的表面积为16+2××44=82+3，设三棱锥A-BCD内切球的半径为r，1162则r×82+3=，解得r=42-26，C错误.33212232五棱锥A-MBCDN的体积V(x)=6x16-2x(0<x≤4)，则Vx=616-2x，46令Vx>0，得0<x<；令Vx<0，346461283得3<x≤4.所以V(x)max=V3=27，D正确.故选：ABD14(2023春·广东省茂名市高三二模)如图所示，正三棱锥P-ABC，底面边长为2，点Р到平面ABC2距离为2，点M在平面PAC内，且点M到平面ABC的距离是点P到平面ABC距离的，过点M作一个330 平面，使其平行于直线PB和AC，则这个平面与三棱锥表面交线的总长为()24+16312+163AB.9912+8324+83C.D.99【答案】B【解析】【分析】过点P作底面ABC的垂线于点O，过B作AC的垂线于H.过点M作平面平行BP和AC交三棱锥P-ABC与平面Q1Q2Q3Q4.求出各边边长，及可求出.【详解】因为三棱锥P-ABC为正三棱锥，所有三角形ABC为等边三角形并且边长为2，即AB=AC=BC=2.又因为P-ABC为正三棱锥，因此过点P作底面ABC的垂线于点O，则点O为三角形ABC的中心.22过B作AC的垂线于H.由三角形ABC为等边三角形，因此AH=CH=1,BH=2-1=3，OH=13BH=332223223在直角三角形AHO中，AO=AH+OH=1+=.3322232243又因为PO=2，在直角三角形AOP中，AP=AO+OP=+2=，3343故AP=BP=CP=.3因为三棱锥P-ABC为正三棱锥，因此△APC,△APB,△BPC均为等腰三角形.2又M到平面ABC距离为点P到平面ABC距离的，因此M为PH的三等分点(靠近P)，3过点M作Q1Q2⎳AC交PC于Q1，交PA于Q2.过点Q1作Q1Q4⎳BP交BC于Q4，过点Q4作Q3Q4⎳AC交AB于Q3，连接Q3Q4.所以Q1Q2⎳AC⎳Q3Q4，则Q1、Q2、Q3、Q4四点共面.因为Q1Q4⎳BP，Q1Q4⊂面Q1Q2Q3Q4，BP⊄面Q1Q2Q3Q431 所以BP⎳面Q1Q2Q3Q4.所以面Q1Q2Q3Q4即为过点M且平行于直线PB和AC的平面.12283利用三角形相似可得：Q1Q2=Q3Q4=AC=,Q2Q3=Q1Q4=BP=.这个平面与三棱锥表面交333983212+163线的总长为Q1Q2+Q2Q3+Q3Q4+Q1Q4=2×+2×=.939故选：B15(2023春·广东省茂名市高三二模)(多选)如图所示，有一个棱长为4的正四面体P-ABC容器，D是PB的中点，E是CD上的动点，则下列说法正确的是()πA.若E是CD的中点，则直线AE与PB所成角为2B.△ABE的周长最小值为4+346C.如果在这个容器中放入1个小球(全部进入)，则小球半径的最大值为3D.如果在这个容器中放入10个完全相同的小球(全部进入)，则小球半径的最大值为6-2【答案】ACD【解析】π【分析】A选项：连接AD.证明出PB⊥AE，即可求出直线AE与PB所成角为；B选项，把△ACD沿着2CD展开与面BDC同一个平面内，利用余弦定理求出AB≠34，即可判断；C选项，判断出小球是正四面体的内切球，设半径为r.利用等体积法求解；D选项，判断出要使小球半径要最大，则外层小球与四个面相切，设小球半径为r，利用几何关系求出r=6-2.【详解】A选项：连接AD.在正四面体P-ABC中，D是PB的中点，所以PB⊥AD,PB⊥CD.因为AD⊂平面ACD，CD⊂平面ACD，AD∩CD=D,所以直线PB⊥平面ACD.因为AE⊂平面ACD.π所以PB⊥AE，所以直线AE与PB所成角为.故A选项正确；2B选项，把△ACD沿着CD展开与面BDC同一个平面内，32 1由AD=CD=23，AC=4，cos∠ADC=3π22cos∠ADB=cos+∠ADC=-sin∠ADC=-2322222166所以AB=2+23-2×2×23×-3=16+3≠34，所以AB≠34，所以△ABE的周长最小值为4+34不正确.故B选项错误；C选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，设半径为r.由等体积法可得：11166VP-ABC=S△ABC⋅h=S表⋅r，所以半径r=h=×4=.故C选项正确；334123D选项，10个小球分三层(1个，3个，6个)放进去，要使小球半径要最大，则外层小球与四个面相切，设小46球半径为r，四个角小球球心连线M-NGF是棱长为4r的正四面体，其高为r，由正四面体内切球的31半径是高的得，4如图正四面体P-HIJ，466则MP=3r，正四面体P-ABC高为3r+r+r=×4，得r=6-2.故D选项正确.33故选：ACD16(2023春·广东省汕头市高三二模)(多选)已知圆台的上下底面的圆周都在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为r(0<r<2)，设圆台的体积为V，则下列选项中说法正确的是()A.当r=1时，V=73πB.V存在最大值C.当r在区间(0,2)内变化时，V逐渐减小D.当r在区间(0,2)内变化时，V先增大后减小【答案】BD【解析】【分析】通过题意得到圆台体积V关于外接球半径r的函数，容易判断A；利用导数探讨该函数的单调性和最值，可以判断B,C,D.【详解】设圆台的上底面的圆心为O1，下底面的圆心为O，点A为上底面圆周上任意一点，圆台的高为h，球的半径为R，如图所示，33 222则h=OO1=R-O1A=4-r11222π22V=S+SS+Sh=4π+4π⋅πr+πr4-r=r+2r+44-r(0<r<2)，333π73对选项A:r=1,V=1+2+43=π,A不正确；3332π-3r-4r+4r+8V=⋅，34-r2322设fr=-3r-4r+4r+8，则fr=-9r-8r+4，2-8-413-8+413令fr=0可得9r+8r-4=0，解得r1=，r2=1818知r2∈0,2，且当r∈0,r2,fr>0；r∈r2,2，fr<0,fr在0,r2单调递增，在r2,2单调递减，由f0=8,f1=5,f2=-24，∃r0∈1,2，使得fr0=0，当r∈0,r0,fr>0，即V>0;当r∈r0,2,fr<0，即V<0，所以V在0,r0单调递增，在r0,2单调递减，则B，D正确，C错误，故选：BD.17(2023秋·广东省惠州市高三模拟)(多选)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点M是其侧面ADD1A1上的一个动点(含边界)，点P是线段CC1上的动点，则下列结论正确的是()2πA.存在点P,M，使得二面角M-DC-P大小为3B.存在点P,M，使得平面B1D1M与平面PBD平行2πC.当P为棱CC1的中点且PM=22时，则点M的轨迹长度为322πD.当M为A1D中点时，四棱锥M-ABCD外接球的体积为3【答案】BC【解析】π【分析】由题意，证得CD⊥MD,CD⊥DD1，得到二面角M-DC-P的平面角∠MDD1∈0,2，可得判定A错误；利用线面平行的判定定理分别证得B1D1⎳平面BDP，MB1⎳平面BDP，结合面面平行的判定定理，证得平面BDP⎳平面MB1D1，可判定B正确；取DD1中点E，证得PE⊥ME，得到ME=22PM-PE=2，得到点M在侧面ADD1A1内运动轨迹是以E为圆心、半径为2的劣弧，可判定C正确；当M为A1D中点时，连接AC与BD交于点O，求得OM=OA=OB=OC=OD，得到四棱锥M-ABCD外接球的球心为O，进而可判定D错误.【详解】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，可得CD⊥平面ADD1A1，因为MD⊂平面ADD1A1，DD1⊂平面ADD1A1，所以CD⊥MD,CD⊥DD1，π所以二面角M-DC-P的平面角为∠MDD1，其中∠MDD1∈0,2，所以A错误；34 如图所示，当M为AA1中点，P为CC1中点时，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，可得B1D1⎳BD，因为B1D1⊄平面BDP，且BD⊂平面BDP，所以B1D1⎳平面BDP，又因为MB1⎳DP，且MB1⊄平面BDP，且DP⊂平面BDP，所以MB1⎳平面BDP，因为B1D1∩MB1=B1，且B1D1,MB1⊂平面MB1D1，所以平面BDP⎳平面MB1D1，所以B正确；如图所示，取DD1中点E，连接PE，ME，PM，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，CD⊥平面ADD1A1，且CD⎳PE，所以PE⊥平面ADD1A1，因为ME⊂平面ADD1A1，可得PE⊥ME，2222则ME=PM-PE=(22)-2=2，则点M在侧面ADD1A1内运动轨迹是以E为圆心、半径为2的劣弧，π分别交AD，A1D1于M2，M1，如图所示，则∠M1ED1=∠M2ED=，3ππ2π则∠M1EM2=，劣弧M1M2的长为×2=，所以C正确333当M为A1D中点时，可得△AMD为等腰直角三角形，且平面ABCD⊥平面ADD1A1，连接AC与BD交于点O，可得OM=OA=OB=OC=OD=2，所以四棱锥M-ABCD外接球球心即为AC与BD的交点O，4π382π所以四棱锥M-ABCD外接球的半径为2，其外接球的体积为×(2)=，3335 所以D错误.故选：BC.18(2023秋·广东省梅州市高三模拟)(多选)已知同底面的两个正三棱锥P-ABC和Q-ABC均内π接于球O，且正三棱锥P-ABC的侧面与底面所成角的大小为，则下列说法正确的是().4A.PA⎳平面QBCB.设三棱锥Q-ABC和P-ABC的体积分别为VQ-ABC和VP-ABC，则VQ-ABC=4VP-ABC4C.平面ABC截球O所得的截面面积是球O表面积的倍255D.二面角P-AB-Q的正切值为-3【答案】BCD【解析】22【分析】由题可得PQ为球O直径，设P到底面的距离为h，球的半径为R，结合条件可得R=2h25+R-h，可得R=h，然后逐项分析即得.2【详解】∵同底面的两个正三棱锥P-ABC和Q-ABC均内接于球O，∴PQ为球O的直径，取AB的中点M，连接PM、QM，则PM⊥AB，CM⊥AB，QM⊥AB，∴∠PMC为侧面PAB与底面ABC所成二面角的平面角，∠QMC为侧面QAB与底面ABC所成二面角的π平面角，又正三棱锥P-ABC的侧面与底面所成角的大小为，4设底面的中心为N，P到底面的距离为h，球的半径为R，则PN=h，OP=R，ON=R-h，MN=h，CN=2h，222∴R=2h+R-h，36 5∴R=h，QN=4h，PN=h，2∴P、C、Q、M四点共面，又CN=2MN，QN=4h，PN=h，∴PA与QM不平行，故PA与平面QBC不平行，故A错误；由QN=4PN，可得VQ-ABC=4VP-ABC，故B正确；2225h22∵平面ABC截球O所得的截面面积为π2h=4πh，球O表面积为4πR=4π=25πh，24∴平面ABC截球O所得的截面面积是球O表面积的倍，故C正确；2522∵PM=2h,QM=h+4h=17h,QP=5h，2222h+17h-5h35∴cos∠PMQ==-，sin∠PMQ=，2⋅2h⋅17h343455∴tan∠PMQ=-，即二面角P-AB-Q的正切值为-，故D正确.33故选：BCD.19(2023秋·广东省中山市模拟)(多选)如图，在一个有盖的圆锥容器内放入两个球体，已知该圆锥容器的底面圆直径和母线长都是3，则()3+32A.这两个球体的半径之和的最大值为B.这两个球体的半径之和的最大值为2310πC.这两个球体的表面积之和的最大值为D.这两个球体的表面积之和的最大值为(6+33)π9【答案】BC【解析】【分析】根据题意作出截面图，通过几何关系结合导数研究函数的单调性从而研究两个球体的半径R+2r的最值，然后将两个球体的表面积之和表示成S=-2π(R+r)-6(R+r)+3，结合二次函数的单调性求得最大值；【详解】当这两个球体的表面积之和取最大值时，有一个球体和圆锥的底面相切，过底面圆的直径作截面，如图所示，过点O作OF⊥AB，垂足为F，过点O作OE⊥AB，垂足为E，过点O作OD⊥OF，垂足为D.11设圆O的半径为R，圆O的半径为r，R的最大值为，且取最大值时，r=，2637 所以R∈1,11,1D，r∈，OD=R-r，OO=R+r，O=EF=AB-AF-BE=3-62623R-3r.222因为|OD|+OD=OO，222所以(R-r)+(3-3R-3r)=(R+r)①，22r22整理得3R+(2r-6)R+3(r-2r+1)=0，解得R=1--3r-2r.33令函数f(r)=R+r=1-r-23r-2r2+r=1+2r-23r-2r2，r∈1,1(r)=，f333362223r-2r-3+4r21.令函数g(r)=23r-2r-3+4r，g(r)=+4>0，所以g(r)是增函数.2233r-2r3r-2r1111又因为g6<0，g2>0，所以∃r0∈6,2，gr0=0，所以r∈1,r10，g(r)<0，r∈r0,，g(r)>0，62即r∈1,r(r)<0，r∈r,1(r)>0，60，f02，f所以f(r)在1,r10上单调递减，在r0,上单调递增.6211222因为f6=f2=3，所以f(r)max=3，即这两个球体的半径之和的最大值为3.2212由①可得R+r=-(R+r)-6(R+r)+3，2222这两个球体的表面积之和为4πR+r=-2π(R+r)-6(R+r)+3.222令x=R+r≤3，函数y=-2πx-6x+3-∞,3上单调递增，22210π10π所以ymax=-2π×3-6×3+3=9，即这两个球体的表面积之和的最大值为9.故选：BC.20(2023春·广东省梅州市高三二模)半径为2的半圆卷成一个圆锥，则该圆锥的体积为3【答案】π3【解析】【分析】有圆锥的侧面展开图的弧长等于底面周长，半径等于圆锥的木现场，求出圆锥的底面半径和高，由圆锥的体积公式求解即可.【详解】解：由题意得：1∵半径为R=2的半圆弧的周长为l=×π×4=2π2∴圆周的底面周长为：2π22∴扇形围成的底面圆周的半径为r=1，母线长为2，h=2-1=31123故圆锥的体积为：V=Sh=×π×1×3=π3333故答案为：π32π21(2023春·广东省韶关市高三二模)将一个圆心角为、面积为2π的扇形卷成一个圆锥，则此圆锥3内半径最大的球的表面积为.4π【答案】338 【解析】【分析】求出圆锥底面圆半径及母线长，再利用圆锥及内切球的轴截面求出球半径作答.2πR=2πl6R=【详解】设圆锥底面圆半径为R，母线长为l，依题意，3，解得3，πRl=2πl=6圆锥内半径最大的球为圆锥的内切球，圆锥与其内切球的轴截面，如图中等腰△ABC及内切圆O，262226243AB=AC=6,BC=，点M为边BC的中点，AM=AB-BM=(6)-=，33311264342因此△ABC的面积S△ABC=BC⋅AM=××=，设△ABC的内切圆半径为r，223331126423则有S△ABC=2(AB+BC+AC)⋅r=226+3r=3，解得r=3，24π此球的表面积为4πr=，34π所以圆锥内半径最大的球的表面积为.34π故答案为：322(2023秋·广东省肇庆市模拟)已知某正三棱柱既有内切球又有外接球，外接球的表面积为20π，则该三棱柱的体积为.【答案】63【解析】2h2【分析】设底面三角形的内切圆的半径a，可知正三棱柱的高h=2a，外接球的半径R=2a+2=5a，结合球的表面积可得a=1，进而可求正三棱柱的体积.【详解】设底面三角形的内切圆的半径a，则其外接圆半径为2a，底面边长为23a，若正三棱柱有内切球，则正三棱柱的高h=2a，2h2则正三棱柱的外接球的半径R=2a+2=5a，22可得4πR=20πa=20π，解得a=1，133所以该三棱柱的体积V=×23a×23a××2a=63a=63.22故答案为：63.23(2023春·广东省高州市高三二模)已知球O与正四面体A-BCD各棱相切，且与平面α相切，若AB=1，则正四面体A-BCD表面上的点到平面α距离的最大值为.6+2【答案】4【解析】【分析】将正四面体A-BCD补形成正方体，记正四面体A-BCD表面上的点到球心O的距离为d，球的39 半径为r，则正四面体A-BCD表面上的点到平面α距离的最大值即为d+r的最大值，结合图形可解.【详解】将正四面体A-BCD补形成正方体，因为球O与正四面体A-BCD各棱相切，所以球O即为正方体的内切球，易知，球心O为正方体体对角线的中点，记正四面体A-BCD表面上的点到球心O的距离为d，球的半径为r，则正四面体A-BCD表面上的点到平面α距离的最大值即为d+r的最大值，2222设正方体棱长为a，则a+a=1，解得a=，所以r=，24126易知，dmax=OA=3a=，24626+2所以正四面体A-BCD表面上的点到平面α距离的最大值为+=4446+2故答案为：424(2023秋·广东省东莞市高三模拟)已知四面体ABCD满足BC=CD=BD=43，它的体积为283，其外接球球O的表面积为100π，则点A在球O表面的轨迹长度为；线段AB长度的最小值为.【答案】①.9π②.52【解析】【分析】利用外接球的表面积求出外接球半径R，再根据勾股定理求出球心O到平面BCD的距离，再由锥体体积求出点A到平面BCD的距离h，直观想象可得点A在球O表面的轨迹，计算可得轨迹长度；由点A在圆上运动，到定点B的距离最值转化为圆台母线最短求解即可.【详解】设外接球半径为R，2因为外接球的表面积为100π，则4πR=100π，解得R=5，32设△BCD的中心为O1，则BO1=43××=4，23如图过点B作球的轴截面，2222则OO1=OB-O1B=5-4=3，设点A到平面BCD的距离为h，132VA-BCD=283=××43h，解得h=7.34则由题意知，点A在以5为半径的球面上，且距离平面BCD为7的平面内，则点A在球O表面轨迹为圆，设圆心为O2，且OO2=h-3=422222则AO2=OA-OO2=5-4=9，即圆O2的半径为3，所以点A在球O表面的轨迹长度为9π；由题意可看作点A在圆台O1O2底面圆周O2上运动，40 则当AB为圆台母线时，AB最小，即当A,B,O1,O2四点共面时，AB取最小值，2222如图，ABmin=AH+BH=7+(4-3)=52.故答案为：9π；52.25(2023秋·广东省深圳市高三大联考)如图所示，已知三棱锥S-ABC中，底面ABC为等腰直角三角形，斜边AC=22，侧面SAB为正三角形，D为AB的中点，SD⊥底面ABC，则三棱锥S-ABC外接球的表面积为.28π【答案】3【解析】【分析】设三棱锥S-ABC外接球的球心为O，确定球心的位置，即球心落在过底面外心的垂线上，利用图形的几何性质求得外接球半径，进而求得表面积.【详解】如图，取AC中点E，连接DE.在等腰直角三角形ABC中，AC=22，则AB=BC=2因为侧面SAB为正三角形，所以SA=AB=2，SD=3.因为底面ABC为等腰直角三角形，E是AC中点，故E为△ABC外心，所以OE⊥平面ABC.又SD⊥底面ABC，所以OE⎳SD.设三棱锥S-ABC外接球的球心为O，连接OA,OB,OS,OE，则OA=OB=OS.所以三棱锥O-SAB为正三棱锥，O在平面SAB上的射影F是△SAB的重心，13则点F在SD上，DF=SD=，且OF⊥平面SAB.33因为底面ABC为等腰直角三角形，且AC为斜边，所以AB⊥BC.因为D、E分别为AB、AC中点，所以DE⎳BC，所以DE⊥AB.因为SD⊥底面ABC，DE⊂底面ABC，所以DE⊥SD.又因为AB∩SD=D,AB,SD⊂平面SAB，所以DE⊥平面SAB，所以DE⎳OF.3所以四边形OEDF为矩形，OE=DF=，3222327所以外接球半径r=|OA|=|AE|+|OE|=(2)+=，33228π外接球面积S=4πr=.328π故答案为：341 26(2023秋·广东省东莞市高三模拟)已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD=9，AA1=10，过点A且与直线CD平行平面α将长方体分成两部分，且分别与棱DD1，CC1交于点H，M.(1)若DH=DC=9，则三棱柱ADH-BCM外接球表面积为；(2)现同时将两个球分别放入被平面α分成的两部分几何体内.在平面α变化过程中，这两个球半径之和的最大值为.【答案】①243π②.19-65【解析】【分析】(1)可将三棱柱ADH-BCM补型成一个棱长为9的正方体，直接找正方体的外接球半径即为所求；(2)作出这两个球在长方体左侧面上的投影为两个大圆，都与直线AH相切.设两圆半径分别为r1，r2，β9tan2ββ9x∠HAD=β，得到r1=β，r2=51-tan2，令tan2=x，则r1=1+x，r2=51-x，构造函数1+tan29xfx=+51-x，x>0，利用导数求出最大值.1+x【详解】(1)由DH=DC=DA=9，可将三棱柱ADH-BCM补型成一个棱长为9的正方体，该正方体的体932对角线长为93，故外接球半径R=，所以外接球的表面积为4πR=243π.3(2)如图，这两个球在长方体左侧面上的投影为两个大圆，都与直线AH相切.设两圆半径分别为r1，r2，βπβr19tan22-βr2β∠HAD=β，由tan2=9-r得r1=β，同理，tan2=10-r，得r2=51-tan2，由已11+tan2210β9x9x知，tanβ∈0,9，令tan2=x，则r1=1+x，r2=51-x，构造函数fx=1+x+51-x，x>0，933则fx=-5=0，∴x0=-1，当x∈0,-1时，fx>0，fx单调递增；当x∈1+x25533β5-1,+∞时，fx≤0，∴fx单调递减，∴fxmax=f5-1=19-65.经检验，当tan2=35105-1时，tanβ∈0,9，故r1+r2的最大值为19-65.42 故答案为：(1)243π；(2)19-65.43