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第14讲 空间图形的表面积和体积(分层训练)-2022年春季高一数学辅导讲义（苏教版2019必修第二册）
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这是一份第14讲 空间图形的表面积和体积(分层训练)-2022年春季高一数学辅导讲义（苏教版2019必修第二册），文件包含第14讲空间图形的表面积和体积分层训练解析版docx、第14讲空间图形的表面积和体积分层训练原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共50页， 欢迎下载使用。
基础组
一、选择题
1．(2021•柳州三模)若圆锥轴截面的面积为33，母线与底面所成的角为60°，则该圆锥的体积为( )
A．3π；B．4π；C．5π；D．6π
【答案】A．
【解析】圆锥轴截面面积为33，母线与底面所成角为60°，
则圆锥的轴截面是正三角形，设底面半径为r，
则有34×(2r)2＝33，解得r=3，则圆锥的高为rtan30°=3，
所以圆锥的体积为13×πr2×3＝3π．
2．(2021春•铅山县校级月考)高为m，n(m＜n)的两圆柱体积分别为Vm和Vn，其侧面面积相等，则Vm与Vn的大小关系是( )
A．Vm＝Vn；B．Vm＞Vn；C．Vm＜Vn；D．不确定
【答案】B．
【解析】设高为m，n(m＜n)的两圆柱的底面半径分别为rm，rn，
∴πrm2m=Vm，πrn2n=Vn，
∴rm=Vmπm，rn=Vnπn，
根据侧面积相等可得，2πrmm＝2πrnn，则2πVmπmm=2πVnπnn，
整理得，VmVn=nm＞1，即Vm＞Vn，
3．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，如图所示，某园林建筑为六角攒尖，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正六棱锥，若此正六棱锥的侧面等腰三角形的底角为α，且csα=14，则侧棱与底面外接圆半径的比为( )
A．2；B．21515；C．1；D．14
【答案】A．
【解析】正六棱锥的底面是正六边形，设其外接圆的半径为R，则底面正六边形的边长也为R，
因为正六棱锥的侧面等腰三角形的底角为α，且csα=14，
所以侧棱与底面外接圆的半径的比为R2csαR=12csα=12×14=2．
4．(2021•安庆二模)《九章算术》卷五《商功》中，把正四棱台形状的建筑物称为“方亭”，沿“方亭”上底面的一组对边作垂直于底面的两截面，去掉截面之间的几何体，将“方亭”的两个边角块合在一起组成的几何体称为“刍甍”．现记截面之间几何体体积为V1，“刍甍”的体积为V2，若V2V1=13，台体的体积公式为V=13h(S+SS'+S′)，其中S、S′分别为台体的上、下底面的面积．则“方亭”的上、下底面边长之比为( )
A．5-12；B．5-14；C．5+12；D．5+14
【答案】A．
【解析】设“方亭”的上底面边长为a，下底面边长为b，高为h，
则V=13h(a2+ab+b2)，
V1=12ha(a+b)=12h(a2+ab)，
V2=V-V1=13h(a2+ab+b2)-12h(a2+ab)=16h(-a2-ab+2b2)，
∴V2V1=16h(2b2-a2-ab)12h(a2+ab)=13×2-(ab)2-ab(ab)2+ab=13⇒ab=5-12．
5．(2021•安庆二模)设直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有顶点都在一个球面上，且球的体积是4010π3，AB＝AC＝AA1，∠BAC＝120°，则此直三棱柱的高是( )
A．42；B．4；C．23；D．22
【答案】D．
【解析】设AB＝AC＝AA1＝2m．因为∠BAC＝120°，所以∠ACB＝30°，
于是2msin30°=2r(r是△ABC外接圆的半径)，r＝2m．
又球心到平面ABC的距离等于侧棱长AA1的一半，
所以球的半径为(2m)2+m2=5m．所以球的表面积为43π(5m)3=4010π3，
解得m=2．
于是直三棱柱的高是AA1=2m=22．
6．(2021•和平区一模)已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则三棱锥A﹣B1CD1的体积为( )
A．43；B．83；C．4；D．6
【答案】B．
【解析】如图，
由图可知，三棱锥A﹣B1CD1是棱长为22的正四面体D1﹣AB1C，
设D1 在底面的射影为O，可得AO=23(22)2-(2)2=263．
∴D1O=(22)2-(263)2=433．
∴三棱锥A﹣B1CD1的体积为V=13×12×22×22×32×433=83．
7．(2021•济南一模)已知菱形ABCD，AB＝BD＝2，将△ABD沿BD折起，使二面角A﹣BD﹣C的大小为60°，则三棱锥A﹣BCD的体积为( )
A．32；B．223；C．332；D．22
【答案】A．
【解析】如图，取BD的中点记为O，
连接OC，OA，菱形ABCD，AB＝BD＝2，所以△ABD与△BCD是正三角形，AO⊥BD，CO⊥BD，
∴∠AOC就是二面角A﹣BD﹣C的平面角，
AO＝DO＝2×32=3，平面AOC⊥平面CDB，AO=3，
棱锥的高为：32×3，
所以三棱锥的体积为：13×34×22×32×3=32．
8．(2021•广东一模)《算数书》是我国现存最早的系统性数学典籍，其中记载有求“困盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈136L2h．用该术可求得圆率π的近似值．现用该术求得π的近似值，并计算得一个底面直径和母线长相等的圆锥的表面积的近似值为9，则该圆锥体积的近似值为( )
A．3；B．23；C．33；D．3
【答案】A．
【解析】圆锥的体积V=13π(L2π)2h=112L2πh≈136L2h，解得π≈3，
则设所求圆锥的底面直径与母线长为x(x＞0)，则底面半径为x2，
则S=π(x2)2+12πx2=34πx2≈94x2=9，解得x＝2，
设高为h，则V=13(x2)2πh=13πx2-(x2)2=33π≈3．
二、填空题
9．(2020秋•湖北期末)用长为24cm的钢条围成一个长方体框架，要求长方体的长与宽之比为3：1，则长方体的宽为______时，其体积最大．
【答案】1cm．
【解析】设宽为xcm，高为ycm，则长为3xcm，
所以有4(3x+x+y)＝24，即2x+2x+y＝6(x＞0，y＞0)，
所以长方体的体积为V=3x⋅x⋅xy=3x2y=34⋅2x⋅2x⋅y≤34⋅(2x+2x+y3)3=6，
当且仅当2x＝y＝2，即x＝1，y＝2时取等号，
此时长方体的宽为1cm，体积最大为6cm3．
10．(2021•山东模拟)一个直三棱柱容器ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝8cm，AC＝6cm，能放进容器内最大的水晶彩色实心球可放置3个，然后再向容器内注满透明液体，即可制作一个漂亮的儿童玩具，则向容器内注入的透明液体体积是______．
【答案】32(9﹣π)cm3．
【解析】由题意知，三棱柱的底面是直角三角形，且斜边长为10cm，
放进去最大球即为该几何体的内切球，则球的半径等于该三棱柱底面直角三角形的内切圆的半径，
设半径为r，则8×6＝r(8+6+10)，解得r＝2cm，
∵能放进去3个这样的球，则该容器的高为(2+2)×3＝12cm．
∴透明液体的体积为12×6×8×12-43π×23×3=288-32π=32(9﹣π)cm3．
11．(2020秋•建邺区校级期末)如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝AD=2AB＝2，PA＝3，若动点Q在△PAD内及边上运动，使得∠CQD＝∠BQA，则三棱锥Q﹣ABC的体积最大值为______．
【答案】223．
【解析】∵底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，∴CD⊥AB，
又PA⊥平面ABCD，PA⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD，
则AB⊥平面PAD，CD⊥平面PAD，
连接QA，QD，则AB⊥QA，CD⊥QD，
由∠CQD＝∠BQA，得tan∠CQD＝tan∠BQA，则ABQA=CDQD，
∵CD=2AB，QD=2QA，
∵AD＝2，在平面PAD内，以DA所在直线为x轴，DA的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，
则D(﹣1，0)，A(1，0)，设Q(x，y)，
由QD=2QA，得QD2＝2QA2，即(x+1)2+y2＝2(x﹣1)2+2y2，
整理得：x2+y2﹣6x+1＝0，取x＝1，可得y＝2，
得Q在△PAD内距离AD的最大值为2，此时Q在PA上，
S△ABC=12×AB×AD=12×2×2=2，
∴三棱锥Q﹣ABC的体积最大值为V=13×2×2=223．
12．(2020秋•云南月考)如图是某锥形钻头的结构示意图，上部是一个圆锥，下部是一个圆柱，圆锥的底面半径为r，高为h，圆柱的底面半径为13r，高为2h．设钻头的体积为V，若钻头圆锥的母线长为4cm，则当r＝______cm时，钻头的体积V最大，此时V＝______cm3．
【答案】833；1602π9．
【解析】由题意可知r2+h2＝16，16≥3312r2⋅12r2⋅h2，
可得r2h≤2⋅(163)32，当且仅当r=2h，h=463，r=833时取等号，
几何体的体积为：π⋅(13r)2⋅2h+13πr2h=59πr2h=≤5π9•2•(163)32=1602π9．
13．(2019秋•诸城市期末)已知圆锥的底面半径为2，高为6，在它的所有内接圆柱中，表面积的最大值是______．
【答案】9π．
【解析】设内接圆柱的底面半径为r，高为h，如图所示：，
∴r2=6-h6，
∴r＝2-h3，
∴圆柱的表面积S＝2πr2+2πrh=2π(2-h3)2+2πh(2-h3)=-49πh2+43πh+8π，
∴当h=-43π2×(-49π)=32时，S取得最大值，最大值为-49π×94+43π×32+8π＝9π．
14．(2020秋•红塔区校级期中)《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”．如图在堑堵ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，且AA1＝AB＝2．下述四个结论正确结论的编号是______．
①四棱锥B﹣A1ACC1为“阳马”；
②四面体A1﹣C1CB为“鳖臑”；
③过A点分别作AE⊥A1B于点E，AF⊥A1C于点F，则EF⊥A1B；
④四棱锥B﹣A1ACC1体积最大为23．
【答案】①②③．
【解析】在堑堵ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，则BC⊥平面A1ACC1，
又四边形A1ACC1为矩形，∴四棱锥B﹣A1ACC1为“阳马”，故①正确；
四面体A1C1CB中，△A1C1C、△A1BC、△A1BC1、△BCC1都是直角三角形，
∴四面体A1C1CB为“鳖臑”，故②正确；
过A点分别作AE⊥A1B于点E，AF⊥A1C于点F，
∵BC⊥AC，BC⊥AA1，AC∩AA1＝A，∴BC⊥平面AA1C1C，
又AF⊂平面AA1C1C，∴BC⊥AF，∵A1C∩BC＝C，∴AF⊥平面A1BC，得AF⊥A1B，
∵AE∩AF＝A，∴A1B⊥平面AEF，而EF⊂平面AEF，∴EF⊥A1B，故③正确；
当AC＝BC=2时，四棱锥B﹣A1ACC1体积为：
VB﹣A1ACC1=13×2×2×2=43＞23，故④错误．
∴正确结论的编号是①②③．
15．(2020秋•东阳市校级期中)一个三棱锥的6条棱中有5条棱长是1，一条棱长是x，则该三棱锥的体积最大值是______．
【答案】18．
【解析】不妨设三棱锥A﹣BCD的棱AC＝
则△ABD和△BCD都是边长为1的正三角形
故A到BD的距离为32，S△BCD=34，
∴当平面ABD与平面BCD垂直时，A到平面BCD的距离取得最大值32，
故三棱锥的体积最大值为13×34×32=18．
16．(2020秋•浙江期中)如图，在三棱锥P﹣ABC中，点B在以AC为直径的圆上运动，PA⊥平面ABC，AD⊥PB，垂足为D，DE⊥PC，垂足为E，若PA=23，AC=2，则PEEC=______，三棱锥P﹣ADE体积的最大值是______．
【答案】3；34．
【解析】由PA⊥平面ABC，得PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB＝A，
∴BC⊥平面PAB，得BC⊥AD，又AD⊥PB，PB∩BC＝B，
∴AD⊥平面PBC，得AD⊥PC，而DE⊥PC，AD∩DE＝D，
∴PC⊥平面ADE，可得AE⊥PC．
在Rt△PAC中，由PA=23，AC=2，得PC＝4．
由Rt△PEA∽Rt△PAC，得PEPA=PAPC，则PE=PA2PC=124=3，
∴EC＝PC﹣PE＝4﹣3＝1，
∴PEEC=3；
由PE＝3，PA＝23，得AE2＝3，
又PD⊥DE，∴AD2+DE2＝AE2＝3，得3＝AD2+DE2≥2AD•DE，
即AD•DE≤32(当且仅当AD＝DE时等号成立)．
∴三棱锥P﹣ADE体积的最大值是13×12AD×DE×PE=13×12×32×3=34．
17．(2021•江苏模拟)如图，该图展现的是一种被称为“正六角反棱柱”的多面体，其由两个全等且平行的正六边形作为基底，侧面由12个全等的以正六边形的边为底的等腰三角形组成．若某个正六角反棱柱各棱长均为1，则其外接球的表面积为______．
【答案】(3+3)π．
【解析】作出该几何体在下底面的投影图如图，
∵正六角反棱柱各棱长均为1，∴OA＝1，OB=32，则AB＝1-32，
过侧面任意一三角形上顶点作底面垂线，设垂足为A，d为上下两底面距离，
则d2=(32)2-(1-32)2=3-1，
设球的半径为R，则有R2=12+(d2)2=1+d24=1+3-14=3+34，
∴其外接球的表面积为S＝4π×3+34=(3+3)π．
18．(2021春•瑶海区月考)在正三棱锥S﹣ABC中，AB＝BC＝CA＝6，点D是SA的中点，若SB⊥CD，则该三棱锥外接球的表面积为______．
【答案】54π．
【解析】如图，取AC中点P，连接SP，BP．
在正三棱锥S﹣ABC中，SA＝SC．
∴SP⊥AC．
∵SP∩BP＝P，SP、BP⊂平面SPB，
∴AC⊥平面SPB．
∵SB⊂平面SNB，
∴AC⊥SB．
又∵CD⊥EF，AC∩DC＝C，AC、DC⊂平面SAC，
∴EF⊥平面SAC．
又∵SB⊂平面SAB，EF⊂平面SAB，SB∩EF＝E．
∴SB⊥平面SAC．
∵AS、CS⊂平面SAC，
∴SB⊥AS，SB⊥SC．
∵正三棱锥的三个侧面全等，
∴CS⊥AS．
∵CA＝6，CS⊥AS，
∴CS＝AS＝6×22=32．
∵AS、CS、BC两两垂直，且CS＝AS＝SB＝32．
∴可将正三棱锥S﹣ABC补成正方体AIBS﹣GHKC．
∴正三棱锥S﹣ABC外接球的直径即为正方体AIBS﹣GHKC的体对角线SH．
∵SH=3SB＝36．
∴正三棱锥的外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×(332)2＝54π．
19．(2021春•花山区校级月考)已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的外接球体积为36π，则其外接球被平面A1BC1截得图形面积的最小值为______．
【答案】8π．
【解析】根据正四棱柱的外接球性质得，长方体对角线为外接球直径2R，底面为正方形，
设AC＝BC＝a，CC1＝b，
外接球体积为36π=4πR33，
故R＝3，AC1＝6，
故2a2+b2＝36，
AB1D1中，AB1＝AD1=a2+b2=36-a2，B1D1=2a，
所以cs∠AB1D1=12B1D1AB1=a2⋅36-a2，sin∠AB1D1=72-3a272-2a2，
设△AB1D1外接圆半径r，则2r=ADsin∠AB1D1=2(36-a2)72-3a2，
所以r=66×36-a224-a2=66×24-a2+1224-a2=66(24-a2+1224-a2)≥66×212=22，
当且仅当24-a2=1224-a2，即a＝23时取等号，此时截面圆面积为8π，
故外接球被平面A1BC1截得图形面积的最小值8π．
20．(2021•三模拟)《九章算术》卷五《商功》中，记载一个问题“今有圆堡瑽(cng)，…”这里所说的圆堡瑽就是圆柱体形土筑小城堡．如图，一圆堡瑽的轴截面是边长为4的正方形ABCD，点E为上底圆周上一个动点(与C、D点不重合)，三棱锥B﹣ACE外接球的表面积为______．
【答案】32π．
【解析】圆堡瑽的轴截面是边长为4的正方形ABCD，点E为上底圆周上一个动点(与C、D点不重合)，
取AC的中点为O，则CA＝OB＝OE＝OC＝22，
所以三棱锥B﹣ACE的外接球的半径为22，
所以三棱锥B﹣ACE外接球的表面积为4π×(22)2=32π．
21．(2021春•安徽月考)如图1，在一个正方形S1S2S3S4内，有一个小正方形和四个全等的等边三角形．将四个等边三角形折起来，使S1，S2，S3，S4重合于点S，且折叠后的四棱雉S﹣ABCD的外接球的表面积是16π(如图2)，则四棱锥S﹣ABCD的体积是______．
【答案】163．
【解析】在图2中，连接AC，BD交于点O，则O是正四棱锥外接球的球心，正四棱锥的所有棱都相等，
设其为x，则外接球的半径是OA=22x，
所以4π(22x)2=16π，x=22，
因此SO=OA=22x=2．
故四棱锥S﹣ABCD的体积13⋅x2⋅SO=13×(22)2×2=163．
22．(2021•桂林一模)某市民广场有一批球形路障球(如图1所示)．现公园管理处响应市民要求，决定将每个路障球改造成方便市民歇脚的立方八面体石凳(如图2所示)．其中立方八面体有24条棱、12个顶点、14个面(6个正方形、8个正三角形)，它是将立方体“切”去8个“角”后得到的几何体经过测量，这批球形路障球每个直径为60cm，若每个路障球为改造后所得的立方八面体的外接球，则每个改造后的立方八面体表面积为______cm2．
【答案】5400+18003．
【解析】由题意知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，
则立方八面体表面有8个正三角形，再加上6个小正方形，且正方形边长与正三角形边长相等，
当立方八面体外接于路障球时体积最大，即路障球为立方八面体的外接球．
设立方八面体棱长为a，外接球直径d=2a2+2a2=2a＝60，则a＝30，
所以立方八面体表面积S=6a2+8⋅34a2=5400+18003．
23．(2021春•新疆月考)三棱锥S﹣ABC的底面是边长为12的等边三角形SB＝SC＝62，二面角S﹣BC﹣A为60°，则三棱锥S﹣ABC的外接球的表面积为______．
【答案】208π．
【解析】如图，设D为BC中点，G为正△ABC外心，
依题意有BD＝DC＝6，SB=SC=62，∴SD⊥BC，∴SD＝6，
∠SDA为二面角S﹣BC﹣A的平面角，∠SDA＝60°，
设S在底面ABC的射影为E，则可证E在AD上，则ED＝3，AE=33，GD=23，AG=43，GE=23-3，设O为三棱锥的外接球球心，
则OG∥SE，过O点在面SAD内作OF⊥SE，F为垂足，
则OF=GE=23-3，AG=43，
设求半径为R，OG＝d，则R2＝OA2＝OS2，(43)2+d2=(23-3)2+(33-d)2，
解得d＝﹣2，R2＝52．
则球心O在底面ABC的下方，事实上当O在底面ABC的下方时，
(43)2+d2=(23-3)2+(33+d)2
解得d＝2，R2＝52．三棱锥S﹣ABC的外接球的表面积为208π．
24．(2021春•广东月考)《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．在鳖臑ABCD的四个直角三角形中，BD是Rt△BAD和Rt△BCD的斜边，且所有直角三角形斜边长分别为AD=5，BC=13，BD=14，它的所有顶点都在球O的球面上，则球O的体积为______．
【答案】714π3．
【解析】由已知，BD是Rt△BAD和Rt△BCD的斜边，
取BD中点O，连接OC，OA，则OC＝OA＝OB＝OD，
∴O为鳖臑ABCD的外接球的球心，且半径R=12BD=142，
∴球O的体积为V=43π×(142)3=714π3．
提高组
一、选择题
1．(2021•大庆一模)已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为矩形，点P在平面ABCD上的射影为AD的中点O．若AB＝2，AD＝6，PO＝4，则四棱锥P﹣ABCD的表面积等于( )
A．34+65；B．34+43；C．6+65+43；D．6+63+413
【答案】A．
【解析】因为点P在平面ABCD上的射影为AD的中点O，
所以PO⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥PO，
又底面ABCD为矩形，所以CD⊥AD，AD∩PO＝O，
所以CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，
所以PD⊥CD，故△PDC为直角三角形，
在Rt△PDC中，CD＝AB＝2，PD=PO2+OD2=42+32=5，
所以S△PDC=12×2×5=5，S△PAD=12⋅AD⋅PO=12×6×4=12，
S矩形ABCD＝AB•AD＝2×6＝12，
连结OC，取BC的中点E，连结PE，
因为OC=CD2+OD2=13，PC=OP2+OC2=29，
由题意可知，PB＝PB，则PE⊥BC，且PE=PC2-CE2=25，
所以S△PBC=12⋅BC⋅PE=12×6×25=65，
所以四棱锥P﹣ABCD的表面积为2S△PDC+S△PAD+S△PBC+S矩形ABCD
=2×5+12+65+12=34+65．
2．(2021•汕头一模)斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，它的画法是：以斐波那契数：1，1，2，3，5，…为边的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为90°的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．自然界存在很多斐波拉契螺旋线的图案，例如向日葵、鹦鹉螺等．如图为该螺旋线的前一部分，如果用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面，则该圆锥的体积为( )
A．460π3；B．260π3；C．12515π192；D．12515π64
【答案】A．
【解析】由斐波那契数的规律可知，从第三项起，每一个数都是前面两个数之和，
即接下来的底面半径是3+5＝8，对应的弧长l＝2π×8×14=4π，
设圆锥底面半径为r，则2πr＝4π，即r＝2，
∴圆锥的高h=82-22=60，
则该圆锥的体积为V=13π×22×60=460π3．
3．(2021•西安模拟)如图，已知底面边长为a的正四棱锥P﹣ABCD的侧棱长为2a，若截面PAC的面积为87，则正四棱锥P﹣ABCD的体积等于( )
A．1214；B．32143；C．3273；D．1083
【答案】B．
【解析】作PO⊥底面ABCD于点O，则O是AC中点，
AC=a2+a2=2a，
PO=PC2-(AC2)2=(2a)2-(22a)2=142a，
∵截面PAC的面积为87，
∴S△PAC=12×2a×142a=87，
解得a＝4，
∴正四棱锥P﹣ABCD的体积为：
VP﹣ABCD=13×S正方形ABCD×PO
=13×a2×142a
=146a3
=146×43
=32143．
4．(2020秋•菏泽期末)沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时．如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8cm，细沙全部在上部，其高度为圆锥高度的23(细管长度忽略不计)．假设该沙漏每秒钟漏下0．02cm3的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥沙堆．以下结论正确的是( )
A．沙漏的侧面积是165πcm2；
B．沙漏中的细沙体积为1024πcm3；
C．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为1．2cm；
D．该沙漏的一个沙时大约是1985秒(π≈3．14)
【答案】D．
【解析】对于A，沙漏的侧面积为S＝2πRL=2π⋅4⋅42+42=322πcm3，故A错误；
对于B，设细沙在上部时，细沙的底面半径为r，则r=23×4=83cm，
所以细沙的体积为V1=13π×(83)2×163=102481πcm3，故B错误；
对于C，设细沙流入下部后的高度为h1，根据细沙体积不变可知：
13π×42×h1=102481π，解得h1=6427≈2．4cm，故C错误；
对于D，该沙漏的一个沙时为：1024π81÷0．02=1024×3．1481×50≈1985秒，故D正确．
5．(2021•甘肃模拟)《九章算术•商功》有如下叙述：“斜解立方，得两堵斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．”(阳马和鳖臑是我国古代对一些特殊锥体的称谓)．取一个长方体，按如图所示将其一分为二，得两个一模一样的三棱柱，均称为堑堵，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个．其中以矩形为底，有一棱与底面垂直的四棱锥，称为阳马．余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为鳖臑．那么如图所示，a＝3，b＝4，c＝5的阳马外接球的表面积是( )
A．202π；B．252π；C．50π；D．200π
【答案】C．
【解析】因为长方体、堑堵、阳马、鳖臑，各个几何体的顶点都在同一个外接球的表面上，
所以它们的外接球是相同的，外接球的直径就是长方体的体对角线的长度，
所以外接球的半径为：R=1232+42+52=502，
阳马外接球的表面积是4πR2＝50π．
6．(2021•辽宁模拟)为了方便向窄口容器中注入液体，某单位设计一种圆锥形的漏斗，设计要求如下：该圆锥形漏斗的高为10cm，且当窄口容器的容器口是半径为1cm的圆时，漏斗顶点处伸入容器部分的高为2cm，则制造该漏斗所需材料面积的大小约为( )(假设材料没有浪费)
A．15 5πcm2；B．20 5πcm2；C．25 5πcm2；D．30 5πcm2
【答案】C．
【解析】如图，
圆锥的高PO＝10cm，PO1＝2cm，O1A1＝1cm，
由△POA∽△PO1A1，可得O1A1OA=PO1PO，则OA=PO⋅O1A1PO1=10×12=5cm，
则PA=PO2+OA2=100+25=55cm，
沿母线PA剪开，可得一扇形，则扇形面积即为所需材料的面积，
展开后扇形的半径为PA=55，弧长为2π×5＝10π，
扇形的面积S=12×10π×55=25 5πcm2，
二、填空题
7．正三棱锥的侧棱长为3，底面边长为26，则此三棱锥的体积为______．
【答案】23．
【解析】如图，
设底面三角形ABC的中心为O，连接AO并延长，交BC于D，
∵底面等边三角形的边长为26，则AD=24-6=32，
∴AO=23×32=22，则PO=32-(22)2=1．
∴此三棱锥的体积为V=13×12×26×26×32×1=23．
8．(2021•江苏一模)四面体的棱长为1或2，但该四面体不是正四面体，请写出一个这样四面体的体积______；这样的不同四面体的个数为______．
【答案】1112，3．
【解析】四面体的棱长为1或2，但该四面体不是正四面体，
可以构成一个底面边长为1的正三角形，侧棱长均为2的正三棱锥，
该三棱锥的高为h=22-(33)2=113，
则体积V=13×34×113=1112，
1和2可以构成的三角形有：
边长为1的正三角形，边长为2的正三角形，边长为1，2，2的三角形，
除了已求体积的正三棱锥外，还可以是：
四个1，2，2的三角形拼成的三棱锥；
两个边长为2的正三角形和两个1，2，2的三角形拼成的三棱锥，
综上这样的不同四面体的个数为3．
9．(2020秋•成都期中)在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝2，AB＝3，P为BC的中点，点Q为侧面ADD1A1内的一点，当B1P⊥AQ，△CDQ的面积最小值时，三棱锥Q﹣ACD的体积为______．
【答案】45．
【解析】如图，
以D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则A(2，0，0)，B1(2，3，2)，P(1，3，0)，
设Q(x，0，z)，
则AQ→=(x-2，0，z)，B1P→=(-1，0，-2)，
∵B1P⊥AQ，∴AQ→⋅B1P→=2-x-2z=0，即x＝2﹣2z．
|DQ|=x2+z2，
S△CDQ=12×3×x2+z2=32(2-2z)2+z2=325z2-8z+4．
∴当z=45，x=25时，△CDQ的面积取最小值355．
此时三棱锥Q﹣ACD的体积为13S△AQD×CD=13×12×2×45×3=45．
10．(2020秋•相城区月考)已知一个圆柱的轴截面是周长为12米的长方形，则满足这个条件的圆柱的最大体积是______立方米．
【答案】8π．
【解析】如图，设圆柱的底面半径为r，母线长为l
由题意，4r+2l＝12，即2r+l＝6，则l＝6﹣2r(0＜r＜3)．
圆柱的体积V＝πr2l＝πr2(6﹣2r)≤π⋅(r+r+6-2r3)3=8π，
当且仅当r＝6﹣2r，即r＝2时上式等号成立．
∴圆柱的最大体积是8π．
11．(2020秋•袁州区校级月考)已知正四面体S﹣ABC的棱长为1，如果一个高为36的长方体能在该正四面体内任意转动，则该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为______．
【答案】124
【解析】设S在平面ABC上的射影为O，则O为△ABC的中心，延长AO交BC于D，则D为BC的中点，
∵正四面体棱长为1，∴AD=32，AO=23AD=33，∴SO=SA2-AO2=63，
∴正四面体的体积为VS﹣ABC=13S△ABC•SO=13×12×1×32×63=212，表面积为S表＝4S△ABC＝4×12×1×32=3，
设正四面体S﹣ABC的内切球半径为R，则13×3×R=212，解得R=612，
设长方体的长和宽分别为x，y，则长方体的体对角线长为x2+y2+(36)2=x2+y2+112，
若高为36的长方体能在该正四面体内任意转动，则x2+y2+112≤2R=66，
∴x2+y2≤112，
∴xy≤x2+y22≤124，当且仅当x＝y=612时取等号．
12．(2020秋•合肥月考)如图，已知：在△ABC中，CA=CB=3，AB＝3，点F是BC边上异于点B，C的一个动点，EF⊥AB于点E，现沿EF将△BEF折起到△PEF的位置，使PE⊥AC，则四棱锥P﹣ACFE的体积的最大值为______．
【答案】24．
【解析】设AB的中点为D，则CD⊥AB，EF∥CD，且CD=32，
∵EF⊥AB，∴EF⊥PE，
∴PE⊥CD，又PE⊥AC，AC∩CD＝C，
∴PE⊥平面ABC，
设BE＝x(0＜x＜32)，则PE＝x，EF=x3，
∴S四边形ACFE＝S△ABC﹣S△BEF=334-x223，
∴VP﹣ACFE=13×(334-x223)×x=34x-x363，
V′(x)=34-36x2，∴当0＜x＜62时，V′(x)＞0，当62＜x＜32时，V′(x)＜0，
∴当x=62时，V(x)取得极大值也是最大值V(62)=24．
13．(2020秋•天心区校级月考)在三棱锥P﹣ABC中，PA＝PB＝PC＝2，二面角A﹣PB﹣C为直二面角，∠APB＝2∠BPC(∠BPC＜π4)，M，N分别为侧棱PA，PC上的动点，设直线MN与平面PAB所成的角为α，当tanα的最大值为2532时，则三棱锥P﹣ABC的体积为______．
【答案】96125．
【解析】如图所示，当点 MN 与平面 PAB 所成的角为二面角 B﹣AP﹣C 的大小时，此时线面角达到最大，
设 N 运动到 C 时，作 CM⊥PA 于 M，CD⊥PB 于 D，连结 DM，
∵二面角 A﹣PB﹣C 为直二面角 ，∴ 面 APB⊥面 PBC，
∵CD⊥PB，CD⊂面 APB，面 APB∩面 PBC＝PB，
∴CD⊥面 APB，∴AP⊥CD，又 AP⊥CM，CD∩CM＝M，
∴AP⊥面 CDM，∴AP⊥DM，
∴∠DMC＝α，则 tanα=2532，
设 ∠BPC=β，∠APB=2β，
∵PB＝PA＝PC＝2，
∴tanα=CDDM=2sinβPD⋅sin2β=2sinβ2csβ⋅(2sinβcsβ)=2532，
∴csβ=45，∴sinβ=35，
∴V=13(12⋅PA⋅PB⋅sin2β)⋅2sinβ=13(12⋅2⋅2⋅2⋅35⋅45)⋅2⋅35=96125，
14．(2020春•湖南月考)在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝a，AD＝b，AA1=32，若体对角线长为52，则长方体的表面积的最大值是______．
【答案】32+482．
【解析】由已知得，a2+b2+(32)2=(52)2，所以 a2+b2＝32，
所以长方体表面积 S=2ab+62(a+b)，
因为 2ab≤a2+b2＝32，2a2+2b2≥a2+b2+2ab＝(a+b)2，
所以 (a+b)2≤2a2+2b2＝64，
∴a+b≤8，当且仅当 a＝b＝4 等号成立，
故表面积 S=2ab+62(a+b)≤32+482，
15．(2020春•南岗区校级期中)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当所得三棱锥体积(单位：cm3)最大时，△ABC的边长为______(cm)．
【答案】43．
【解析】由题意，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG=36BC，
设OG＝x，则BC＝23x，DG＝5﹣x，
三棱锥的高h=DG2-OG2=25-10x+x2-x2=25-10x，
S△ABC=12×32×(23x)2=33x2，
则V=13S△ABC×h=13×33x2×25-10x=3×25x4-10x5，
令f(x)＝25x4﹣10x5，x∈(0，52)，f′(x)＝100x3﹣50x4，
令f′(x)≥0，即x4﹣2x3≤0，解得x≤2，
则f(x)≤f(2)＝80，
∴V≤3×80=415cm3，∴体积最大值为415cm3．
此时△ABC的边长为BC=23×2=43cm．
16．(2021•西安一模)农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子，古称“角黍”“裹蒸”“包米”“简粽”等，早在春秋时期就已出现，到了晋代成为了端午节庆食物．将宽为1的矩形纸片沿虚线折起来，可以得到粽子形状的六面体，则该六面体的体积为______；若该六面体内有一球，当该球体积最大时，球的表面积是______．
【答案】13；4π9．
【解析】由题意可得该六面体是由两个全等的四面体组合而成，
四面体的两两垂直的棱长为1，
如图，该六面体的体积为V＝2VS﹣ABC＝2×13×1×12×1×1=13，
当该六面体内有一球，且该球的体积取最大值时，
球心为O，且该球与SD相切，其中D为BC的中点，
过球心O作OE⊥SD，则OE就是球的半径，
SA＝1，OA=23AD=63，故SO=33，SD=22，OD=66，
因为SO×OD＝SD×OE，所以球的半径OE=SO×ODSD=33×6622=13，
所以该球的表面积为4π⋅(13)2=4π9，
17．(2021•福建模拟)球面几何是几何学的一个重要分支，在航海、航空、卫星定位等方面都有广泛的应用．如图，A，B，C是球面上不在同一大圆(大圆是过球心的平面与球面的交线)上的三点，经过这三点中任意两点的大圆的劣弧分别为AB，BC，CA，由这三条劣弧组成的图形称为球面△ABC．已知地球半径为R，北极为点N，P，Q是地球表面上的两点，若P，Q在赤道上，且经度分别为东经40°和东经80°，则球面△NPQ的面积为______；若NP＝NQ＝PQ=263R，则球面△NPQ的面积为______．
【答案】2πR29；πR2．
【解析】PQ在赤道上，且经度分别为40°和80°，
上半球面面积为12×4π×R2=2πR2，
球面△PNQ面积为40°360°×2πR2=2πR29，
当NP＝NQ＝PQ=26R3时，△PNQ为等边三角形，
根据题意构造一个正四面体N﹣PQS，如图所示：
其中心为O，O是高NH的靠近H的四等分点，
则cs∠NOP=-cs∠HOP=-OHOP=-OHON=-13，
由余弦定理可得：cs∠NOP=ON2+OP2-PN22ON⋅OP=2R2-PN22R2=-13，
解得PN=263R，正好为题目给的长度，
所以球面PNQ的面积为S△PNQ=14×4πR2=πR2，
18．(2021•银川二模)已知一个圆锥的底面面积为3π，侧面展开图是半圆，则其外接球的表面积等于______．
【答案】16π．
【解析】设圆锥底面圆半径为r，圆锥的底面圆面积为3π，
可得πr2＝3π，所以r=3，
母线长为l，圆锥的外接球半径为R，
∵侧面展开图是半圆，23π=12×2lπ，∴l＝23，
∴圆锥的轴截面为等边三角形，
∴球心为等边三角形的中心，∴R=23×32×23=2，
∴外接球的表面积是4πR2＝16π．
19．(2021•九江二模)如图所示，已知直四棱柱ABCD﹣A1BC1D1的底面是有一个角为π6的菱形，且该直四棱柱有内切球(球与四棱柱的每个面都相切)，设其内切球的表面积为S1，对角面BB1D1D和AA1C1C的面积之和为S2，则S1S2的值为______．
【答案】6π12．
【解析】设∠ABC＝α，AB＝a，内切球的半径为R，则2R＝asinα，∴R=a2sinα，
四棱柱的高为：asinα，∴S1＝4πR2，由题意可得AC+BD＝2a(sinα2+csα2)，
∴S2＝2a(sinα2+csα2)•asinα＝a2(sinα2+csα2)sinα，
∴S1S2=πa2sin2α2a2(sinα2+csα2)⋅sinα=πsinα2(sinα2+csα2)=πsinα21+sinα=πsinπ621+sinπ6=6π12．
20．(2021•承德二模)某中学开展劳动实习，学习加工制作模具，有一个模具的毛坯直观图如图所示，是由一个圆柱体与两个半球对接而成的组合体，其中圆柱体的底面半径为1，高为2，半球的半径为1．现要在该毛坯的内部挖出一个中空的圆柱形空间，该中空的圆柱形空间的上下底面与毛坯的圆柱体底面平行，挖出中空的圆柱形空间后模具制作完成，则该模具体积的最小值为______．
【答案】26π27．
【解析】设中空圆柱的底面半径为r，圆柱的高为2+h(0＜h＜2)，
则r2+(h2)2=1，r2=1-h24，
∴中空圆柱的体积V＝πr2(2+h)=π(1-h24)(2+h)．
V′=-π(34h2+h-1)，可得当h∈(0，23)时，V′＞0，当h∈(23，2)时，V′＜0，
则当h=23时，V取得最大值为6427π，
又毛坯的体积为π×12×2+43π×13=10π3，
∴该模具体积的最小值为10π3-6427π=26π27．
21．(2021•金凤区校级一模)鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器(容器壁的厚度忽略不计)，则该球形容器表面积的最小值为______．
【答案】41π．
【解析】由题意，该球形容器的半径的最小值为并在一起的两个长方体体对角线的一半，
即为12×12+22+62=412
∴该球形容器体积的最小值为：4π•R2＝41π．
22．(2021•河南模拟)已知四面体ABCD的棱长均为26，E，F分别为棱BC，BD上靠近点B的三等分点，过A，E，F三点的平面与四面体ABCD的外接球O的球面相交，得圆O'，则球O的半径为______，圆O'的面积为______．
【答案】3；8π．
【解析】设点A在平面BCD上的射影为G，则G为△BCD的中心，
所以GB=23×32×26=22，AG=AB2-GB2=24-8=4，
由于△BCD为正三角形，故四面体外接球的球心O在线段AG上，
设球O的半径为R，则OB2＝OG2+GB2，即(|4-R|)2+(22)2=R2，解得R＝3；
设O在平面AEF上的射影为O'，则O'即为过A，E，F三点的平面截球O所得截面圆的圆心．
设G在平面AEF上的射影为G'，EF与BG交于点H．
在Rt△AGH中，AG＝4，HG为△BCD高的13，HG=13×32×26=2，
所以AH=16+2=32，所以GG'=AG⋅GHAH=4×232=43．
由OO'GG'=AOAG，得OO'=34×43=1；
由球的截面性质得OO'⊥平面AEF，所以截面圆O'的半径r=32-12=22，
所以圆O'的面积为πr2＝8π．
23．(2021春•瑶海区月考)已知正四棱锥S﹣ABCD的底边长为6，侧棱长为62，则该四棱锥的外接球体积为______．
【答案】646π．
【解析】正四棱锥P﹣ABCD的外接球的球心在它的高PO1上，
正四棱锥S﹣ABCD的底边长为6，侧棱长为62，AB＝62，
三角形PAC是正三角形，三角形的外接圆恰好是四棱锥的外接球的大圆．
记球心为O，PO＝AO＝R，PO1=32×62=36，PO=23×32×62=26，
得R＝26，∴球的体积V=43π•(26)3＝646π．
附：分层训练答案
基础组
1．A；2．B；3．A；4．A；5．D；6．B；7．A；8．A；9．1cm；10．32(9﹣π)cm3；11．223；12．833，1602π9；13．9π；14．①②③；15．18；16．3，34；17．(3+3)π；18．54π；19．8π；20．32π；21．163；22．5400+18003；23．208π；24．714π3．
提高组
1．A；2．A；3．B；4．D；5．C；6．C；7．23；8．1112，3；9．45；10．8π；11．124；12．24；13．96125；14．32+482；15．43；16．13，4π9；17．2πR29，πR2；18．16π；19．6π12；20．26π27；21．41π；22．3，8π；23．646π．
基础组
一、选择题
1．(2021•柳州三模)若圆锥轴截面的面积为33，母线与底面所成的角为60°，则该圆锥的体积为( )
A．3π；B．4π；C．5π；D．6π
【答案】A．
【解析】圆锥轴截面面积为33，母线与底面所成角为60°，
则圆锥的轴截面是正三角形，设底面半径为r，
则有34×(2r)2＝33，解得r=3，则圆锥的高为rtan30°=3，
所以圆锥的体积为13×πr2×3＝3π．
2．(2021春•铅山县校级月考)高为m，n(m＜n)的两圆柱体积分别为Vm和Vn，其侧面面积相等，则Vm与Vn的大小关系是( )
A．Vm＝Vn；B．Vm＞Vn；C．Vm＜Vn；D．不确定
【答案】B．
【解析】设高为m，n(m＜n)的两圆柱的底面半径分别为rm，rn，
∴πrm2m=Vm，πrn2n=Vn，
∴rm=Vmπm，rn=Vnπn，
根据侧面积相等可得，2πrmm＝2πrnn，则2πVmπmm=2πVnπnn，
整理得，VmVn=nm＞1，即Vm＞Vn，
3．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，如图所示，某园林建筑为六角攒尖，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正六棱锥，若此正六棱锥的侧面等腰三角形的底角为α，且csα=14，则侧棱与底面外接圆半径的比为( )
A．2；B．21515；C．1；D．14
【答案】A．
【解析】正六棱锥的底面是正六边形，设其外接圆的半径为R，则底面正六边形的边长也为R，
因为正六棱锥的侧面等腰三角形的底角为α，且csα=14，
所以侧棱与底面外接圆的半径的比为R2csαR=12csα=12×14=2．
4．(2021•安庆二模)《九章算术》卷五《商功》中，把正四棱台形状的建筑物称为“方亭”，沿“方亭”上底面的一组对边作垂直于底面的两截面，去掉截面之间的几何体，将“方亭”的两个边角块合在一起组成的几何体称为“刍甍”．现记截面之间几何体体积为V1，“刍甍”的体积为V2，若V2V1=13，台体的体积公式为V=13h(S+SS'+S′)，其中S、S′分别为台体的上、下底面的面积．则“方亭”的上、下底面边长之比为( )
A．5-12；B．5-14；C．5+12；D．5+14
【答案】A．
【解析】设“方亭”的上底面边长为a，下底面边长为b，高为h，
则V=13h(a2+ab+b2)，
V1=12ha(a+b)=12h(a2+ab)，
V2=V-V1=13h(a2+ab+b2)-12h(a2+ab)=16h(-a2-ab+2b2)，
∴V2V1=16h(2b2-a2-ab)12h(a2+ab)=13×2-(ab)2-ab(ab)2+ab=13⇒ab=5-12．
5．(2021•安庆二模)设直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有顶点都在一个球面上，且球的体积是4010π3，AB＝AC＝AA1，∠BAC＝120°，则此直三棱柱的高是( )
A．42；B．4；C．23；D．22
【答案】D．
【解析】设AB＝AC＝AA1＝2m．因为∠BAC＝120°，所以∠ACB＝30°，
于是2msin30°=2r(r是△ABC外接圆的半径)，r＝2m．
又球心到平面ABC的距离等于侧棱长AA1的一半，
所以球的半径为(2m)2+m2=5m．所以球的表面积为43π(5m)3=4010π3，
解得m=2．
于是直三棱柱的高是AA1=2m=22．
6．(2021•和平区一模)已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则三棱锥A﹣B1CD1的体积为( )
A．43；B．83；C．4；D．6
【答案】B．
【解析】如图，
由图可知，三棱锥A﹣B1CD1是棱长为22的正四面体D1﹣AB1C，
设D1 在底面的射影为O，可得AO=23(22)2-(2)2=263．
∴D1O=(22)2-(263)2=433．
∴三棱锥A﹣B1CD1的体积为V=13×12×22×22×32×433=83．
7．(2021•济南一模)已知菱形ABCD，AB＝BD＝2，将△ABD沿BD折起，使二面角A﹣BD﹣C的大小为60°，则三棱锥A﹣BCD的体积为( )
A．32；B．223；C．332；D．22
【答案】A．
【解析】如图，取BD的中点记为O，
连接OC，OA，菱形ABCD，AB＝BD＝2，所以△ABD与△BCD是正三角形，AO⊥BD，CO⊥BD，
∴∠AOC就是二面角A﹣BD﹣C的平面角，
AO＝DO＝2×32=3，平面AOC⊥平面CDB，AO=3，
棱锥的高为：32×3，
所以三棱锥的体积为：13×34×22×32×3=32．
8．(2021•广东一模)《算数书》是我国现存最早的系统性数学典籍，其中记载有求“困盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈136L2h．用该术可求得圆率π的近似值．现用该术求得π的近似值，并计算得一个底面直径和母线长相等的圆锥的表面积的近似值为9，则该圆锥体积的近似值为( )
A．3；B．23；C．33；D．3
【答案】A．
【解析】圆锥的体积V=13π(L2π)2h=112L2πh≈136L2h，解得π≈3，
则设所求圆锥的底面直径与母线长为x(x＞0)，则底面半径为x2，
则S=π(x2)2+12πx2=34πx2≈94x2=9，解得x＝2，
设高为h，则V=13(x2)2πh=13πx2-(x2)2=33π≈3．
二、填空题
9．(2020秋•湖北期末)用长为24cm的钢条围成一个长方体框架，要求长方体的长与宽之比为3：1，则长方体的宽为______时，其体积最大．
【答案】1cm．
【解析】设宽为xcm，高为ycm，则长为3xcm，
所以有4(3x+x+y)＝24，即2x+2x+y＝6(x＞0，y＞0)，
所以长方体的体积为V=3x⋅x⋅xy=3x2y=34⋅2x⋅2x⋅y≤34⋅(2x+2x+y3)3=6，
当且仅当2x＝y＝2，即x＝1，y＝2时取等号，
此时长方体的宽为1cm，体积最大为6cm3．
10．(2021•山东模拟)一个直三棱柱容器ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝8cm，AC＝6cm，能放进容器内最大的水晶彩色实心球可放置3个，然后再向容器内注满透明液体，即可制作一个漂亮的儿童玩具，则向容器内注入的透明液体体积是______．
【答案】32(9﹣π)cm3．
【解析】由题意知，三棱柱的底面是直角三角形，且斜边长为10cm，
放进去最大球即为该几何体的内切球，则球的半径等于该三棱柱底面直角三角形的内切圆的半径，
设半径为r，则8×6＝r(8+6+10)，解得r＝2cm，
∵能放进去3个这样的球，则该容器的高为(2+2)×3＝12cm．
∴透明液体的体积为12×6×8×12-43π×23×3=288-32π=32(9﹣π)cm3．
11．(2020秋•建邺区校级期末)如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝AD=2AB＝2，PA＝3，若动点Q在△PAD内及边上运动，使得∠CQD＝∠BQA，则三棱锥Q﹣ABC的体积最大值为______．
【答案】223．
【解析】∵底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，∴CD⊥AB，
又PA⊥平面ABCD，PA⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD，
则AB⊥平面PAD，CD⊥平面PAD，
连接QA，QD，则AB⊥QA，CD⊥QD，
由∠CQD＝∠BQA，得tan∠CQD＝tan∠BQA，则ABQA=CDQD，
∵CD=2AB，QD=2QA，
∵AD＝2，在平面PAD内，以DA所在直线为x轴，DA的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，
则D(﹣1，0)，A(1，0)，设Q(x，y)，
由QD=2QA，得QD2＝2QA2，即(x+1)2+y2＝2(x﹣1)2+2y2，
整理得：x2+y2﹣6x+1＝0，取x＝1，可得y＝2，
得Q在△PAD内距离AD的最大值为2，此时Q在PA上，
S△ABC=12×AB×AD=12×2×2=2，
∴三棱锥Q﹣ABC的体积最大值为V=13×2×2=223．
12．(2020秋•云南月考)如图是某锥形钻头的结构示意图，上部是一个圆锥，下部是一个圆柱，圆锥的底面半径为r，高为h，圆柱的底面半径为13r，高为2h．设钻头的体积为V，若钻头圆锥的母线长为4cm，则当r＝______cm时，钻头的体积V最大，此时V＝______cm3．
【答案】833；1602π9．
【解析】由题意可知r2+h2＝16，16≥3312r2⋅12r2⋅h2，
可得r2h≤2⋅(163)32，当且仅当r=2h，h=463，r=833时取等号，
几何体的体积为：π⋅(13r)2⋅2h+13πr2h=59πr2h=≤5π9•2•(163)32=1602π9．
13．(2019秋•诸城市期末)已知圆锥的底面半径为2，高为6，在它的所有内接圆柱中，表面积的最大值是______．
【答案】9π．
【解析】设内接圆柱的底面半径为r，高为h，如图所示：，
∴r2=6-h6，
∴r＝2-h3，
∴圆柱的表面积S＝2πr2+2πrh=2π(2-h3)2+2πh(2-h3)=-49πh2+43πh+8π，
∴当h=-43π2×(-49π)=32时，S取得最大值，最大值为-49π×94+43π×32+8π＝9π．
14．(2020秋•红塔区校级期中)《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”．如图在堑堵ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，且AA1＝AB＝2．下述四个结论正确结论的编号是______．
①四棱锥B﹣A1ACC1为“阳马”；
②四面体A1﹣C1CB为“鳖臑”；
③过A点分别作AE⊥A1B于点E，AF⊥A1C于点F，则EF⊥A1B；
④四棱锥B﹣A1ACC1体积最大为23．
【答案】①②③．
【解析】在堑堵ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，则BC⊥平面A1ACC1，
又四边形A1ACC1为矩形，∴四棱锥B﹣A1ACC1为“阳马”，故①正确；
四面体A1C1CB中，△A1C1C、△A1BC、△A1BC1、△BCC1都是直角三角形，
∴四面体A1C1CB为“鳖臑”，故②正确；
过A点分别作AE⊥A1B于点E，AF⊥A1C于点F，
∵BC⊥AC，BC⊥AA1，AC∩AA1＝A，∴BC⊥平面AA1C1C，
又AF⊂平面AA1C1C，∴BC⊥AF，∵A1C∩BC＝C，∴AF⊥平面A1BC，得AF⊥A1B，
∵AE∩AF＝A，∴A1B⊥平面AEF，而EF⊂平面AEF，∴EF⊥A1B，故③正确；
当AC＝BC=2时，四棱锥B﹣A1ACC1体积为：
VB﹣A1ACC1=13×2×2×2=43＞23，故④错误．
∴正确结论的编号是①②③．
15．(2020秋•东阳市校级期中)一个三棱锥的6条棱中有5条棱长是1，一条棱长是x，则该三棱锥的体积最大值是______．
【答案】18．
【解析】不妨设三棱锥A﹣BCD的棱AC＝
则△ABD和△BCD都是边长为1的正三角形
故A到BD的距离为32，S△BCD=34，
∴当平面ABD与平面BCD垂直时，A到平面BCD的距离取得最大值32，
故三棱锥的体积最大值为13×34×32=18．
16．(2020秋•浙江期中)如图，在三棱锥P﹣ABC中，点B在以AC为直径的圆上运动，PA⊥平面ABC，AD⊥PB，垂足为D，DE⊥PC，垂足为E，若PA=23，AC=2，则PEEC=______，三棱锥P﹣ADE体积的最大值是______．
【答案】3；34．
【解析】由PA⊥平面ABC，得PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB＝A，
∴BC⊥平面PAB，得BC⊥AD，又AD⊥PB，PB∩BC＝B，
∴AD⊥平面PBC，得AD⊥PC，而DE⊥PC，AD∩DE＝D，
∴PC⊥平面ADE，可得AE⊥PC．
在Rt△PAC中，由PA=23，AC=2，得PC＝4．
由Rt△PEA∽Rt△PAC，得PEPA=PAPC，则PE=PA2PC=124=3，
∴EC＝PC﹣PE＝4﹣3＝1，
∴PEEC=3；
由PE＝3，PA＝23，得AE2＝3，
又PD⊥DE，∴AD2+DE2＝AE2＝3，得3＝AD2+DE2≥2AD•DE，
即AD•DE≤32(当且仅当AD＝DE时等号成立)．
∴三棱锥P﹣ADE体积的最大值是13×12AD×DE×PE=13×12×32×3=34．
17．(2021•江苏模拟)如图，该图展现的是一种被称为“正六角反棱柱”的多面体，其由两个全等且平行的正六边形作为基底，侧面由12个全等的以正六边形的边为底的等腰三角形组成．若某个正六角反棱柱各棱长均为1，则其外接球的表面积为______．
【答案】(3+3)π．
【解析】作出该几何体在下底面的投影图如图，
∵正六角反棱柱各棱长均为1，∴OA＝1，OB=32，则AB＝1-32，
过侧面任意一三角形上顶点作底面垂线，设垂足为A，d为上下两底面距离，
则d2=(32)2-(1-32)2=3-1，
设球的半径为R，则有R2=12+(d2)2=1+d24=1+3-14=3+34，
∴其外接球的表面积为S＝4π×3+34=(3+3)π．
18．(2021春•瑶海区月考)在正三棱锥S﹣ABC中，AB＝BC＝CA＝6，点D是SA的中点，若SB⊥CD，则该三棱锥外接球的表面积为______．
【答案】54π．
【解析】如图，取AC中点P，连接SP，BP．
在正三棱锥S﹣ABC中，SA＝SC．
∴SP⊥AC．
∵SP∩BP＝P，SP、BP⊂平面SPB，
∴AC⊥平面SPB．
∵SB⊂平面SNB，
∴AC⊥SB．
又∵CD⊥EF，AC∩DC＝C，AC、DC⊂平面SAC，
∴EF⊥平面SAC．
又∵SB⊂平面SAB，EF⊂平面SAB，SB∩EF＝E．
∴SB⊥平面SAC．
∵AS、CS⊂平面SAC，
∴SB⊥AS，SB⊥SC．
∵正三棱锥的三个侧面全等，
∴CS⊥AS．
∵CA＝6，CS⊥AS，
∴CS＝AS＝6×22=32．
∵AS、CS、BC两两垂直，且CS＝AS＝SB＝32．
∴可将正三棱锥S﹣ABC补成正方体AIBS﹣GHKC．
∴正三棱锥S﹣ABC外接球的直径即为正方体AIBS﹣GHKC的体对角线SH．
∵SH=3SB＝36．
∴正三棱锥的外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×(332)2＝54π．
19．(2021春•花山区校级月考)已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的外接球体积为36π，则其外接球被平面A1BC1截得图形面积的最小值为______．
【答案】8π．
【解析】根据正四棱柱的外接球性质得，长方体对角线为外接球直径2R，底面为正方形，
设AC＝BC＝a，CC1＝b，
外接球体积为36π=4πR33，
故R＝3，AC1＝6，
故2a2+b2＝36，
AB1D1中，AB1＝AD1=a2+b2=36-a2，B1D1=2a，
所以cs∠AB1D1=12B1D1AB1=a2⋅36-a2，sin∠AB1D1=72-3a272-2a2，
设△AB1D1外接圆半径r，则2r=ADsin∠AB1D1=2(36-a2)72-3a2，
所以r=66×36-a224-a2=66×24-a2+1224-a2=66(24-a2+1224-a2)≥66×212=22，
当且仅当24-a2=1224-a2，即a＝23时取等号，此时截面圆面积为8π，
故外接球被平面A1BC1截得图形面积的最小值8π．
20．(2021•三模拟)《九章算术》卷五《商功》中，记载一个问题“今有圆堡瑽(cng)，…”这里所说的圆堡瑽就是圆柱体形土筑小城堡．如图，一圆堡瑽的轴截面是边长为4的正方形ABCD，点E为上底圆周上一个动点(与C、D点不重合)，三棱锥B﹣ACE外接球的表面积为______．
【答案】32π．
【解析】圆堡瑽的轴截面是边长为4的正方形ABCD，点E为上底圆周上一个动点(与C、D点不重合)，
取AC的中点为O，则CA＝OB＝OE＝OC＝22，
所以三棱锥B﹣ACE的外接球的半径为22，
所以三棱锥B﹣ACE外接球的表面积为4π×(22)2=32π．
21．(2021春•安徽月考)如图1，在一个正方形S1S2S3S4内，有一个小正方形和四个全等的等边三角形．将四个等边三角形折起来，使S1，S2，S3，S4重合于点S，且折叠后的四棱雉S﹣ABCD的外接球的表面积是16π(如图2)，则四棱锥S﹣ABCD的体积是______．
【答案】163．
【解析】在图2中，连接AC，BD交于点O，则O是正四棱锥外接球的球心，正四棱锥的所有棱都相等，
设其为x，则外接球的半径是OA=22x，
所以4π(22x)2=16π，x=22，
因此SO=OA=22x=2．
故四棱锥S﹣ABCD的体积13⋅x2⋅SO=13×(22)2×2=163．
22．(2021•桂林一模)某市民广场有一批球形路障球(如图1所示)．现公园管理处响应市民要求，决定将每个路障球改造成方便市民歇脚的立方八面体石凳(如图2所示)．其中立方八面体有24条棱、12个顶点、14个面(6个正方形、8个正三角形)，它是将立方体“切”去8个“角”后得到的几何体经过测量，这批球形路障球每个直径为60cm，若每个路障球为改造后所得的立方八面体的外接球，则每个改造后的立方八面体表面积为______cm2．
【答案】5400+18003．
【解析】由题意知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，
则立方八面体表面有8个正三角形，再加上6个小正方形，且正方形边长与正三角形边长相等，
当立方八面体外接于路障球时体积最大，即路障球为立方八面体的外接球．
设立方八面体棱长为a，外接球直径d=2a2+2a2=2a＝60，则a＝30，
所以立方八面体表面积S=6a2+8⋅34a2=5400+18003．
23．(2021春•新疆月考)三棱锥S﹣ABC的底面是边长为12的等边三角形SB＝SC＝62，二面角S﹣BC﹣A为60°，则三棱锥S﹣ABC的外接球的表面积为______．
【答案】208π．
【解析】如图，设D为BC中点，G为正△ABC外心，
依题意有BD＝DC＝6，SB=SC=62，∴SD⊥BC，∴SD＝6，
∠SDA为二面角S﹣BC﹣A的平面角，∠SDA＝60°，
设S在底面ABC的射影为E，则可证E在AD上，则ED＝3，AE=33，GD=23，AG=43，GE=23-3，设O为三棱锥的外接球球心，
则OG∥SE，过O点在面SAD内作OF⊥SE，F为垂足，
则OF=GE=23-3，AG=43，
设求半径为R，OG＝d，则R2＝OA2＝OS2，(43)2+d2=(23-3)2+(33-d)2，
解得d＝﹣2，R2＝52．
则球心O在底面ABC的下方，事实上当O在底面ABC的下方时，
(43)2+d2=(23-3)2+(33+d)2
解得d＝2，R2＝52．三棱锥S﹣ABC的外接球的表面积为208π．
24．(2021春•广东月考)《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．在鳖臑ABCD的四个直角三角形中，BD是Rt△BAD和Rt△BCD的斜边，且所有直角三角形斜边长分别为AD=5，BC=13，BD=14，它的所有顶点都在球O的球面上，则球O的体积为______．
【答案】714π3．
【解析】由已知，BD是Rt△BAD和Rt△BCD的斜边，
取BD中点O，连接OC，OA，则OC＝OA＝OB＝OD，
∴O为鳖臑ABCD的外接球的球心，且半径R=12BD=142，
∴球O的体积为V=43π×(142)3=714π3．
提高组
一、选择题
1．(2021•大庆一模)已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为矩形，点P在平面ABCD上的射影为AD的中点O．若AB＝2，AD＝6，PO＝4，则四棱锥P﹣ABCD的表面积等于( )
A．34+65；B．34+43；C．6+65+43；D．6+63+413
【答案】A．
【解析】因为点P在平面ABCD上的射影为AD的中点O，
所以PO⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥PO，
又底面ABCD为矩形，所以CD⊥AD，AD∩PO＝O，
所以CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，
所以PD⊥CD，故△PDC为直角三角形，
在Rt△PDC中，CD＝AB＝2，PD=PO2+OD2=42+32=5，
所以S△PDC=12×2×5=5，S△PAD=12⋅AD⋅PO=12×6×4=12，
S矩形ABCD＝AB•AD＝2×6＝12，
连结OC，取BC的中点E，连结PE，
因为OC=CD2+OD2=13，PC=OP2+OC2=29，
由题意可知，PB＝PB，则PE⊥BC，且PE=PC2-CE2=25，
所以S△PBC=12⋅BC⋅PE=12×6×25=65，
所以四棱锥P﹣ABCD的表面积为2S△PDC+S△PAD+S△PBC+S矩形ABCD
=2×5+12+65+12=34+65．
2．(2021•汕头一模)斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，它的画法是：以斐波那契数：1，1，2，3，5，…为边的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为90°的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．自然界存在很多斐波拉契螺旋线的图案，例如向日葵、鹦鹉螺等．如图为该螺旋线的前一部分，如果用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面，则该圆锥的体积为( )
A．460π3；B．260π3；C．12515π192；D．12515π64
【答案】A．
【解析】由斐波那契数的规律可知，从第三项起，每一个数都是前面两个数之和，
即接下来的底面半径是3+5＝8，对应的弧长l＝2π×8×14=4π，
设圆锥底面半径为r，则2πr＝4π，即r＝2，
∴圆锥的高h=82-22=60，
则该圆锥的体积为V=13π×22×60=460π3．
3．(2021•西安模拟)如图，已知底面边长为a的正四棱锥P﹣ABCD的侧棱长为2a，若截面PAC的面积为87，则正四棱锥P﹣ABCD的体积等于( )
A．1214；B．32143；C．3273；D．1083
【答案】B．
【解析】作PO⊥底面ABCD于点O，则O是AC中点，
AC=a2+a2=2a，
PO=PC2-(AC2)2=(2a)2-(22a)2=142a，
∵截面PAC的面积为87，
∴S△PAC=12×2a×142a=87，
解得a＝4，
∴正四棱锥P﹣ABCD的体积为：
VP﹣ABCD=13×S正方形ABCD×PO
=13×a2×142a
=146a3
=146×43
=32143．
4．(2020秋•菏泽期末)沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时．如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8cm，细沙全部在上部，其高度为圆锥高度的23(细管长度忽略不计)．假设该沙漏每秒钟漏下0．02cm3的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥沙堆．以下结论正确的是( )
A．沙漏的侧面积是165πcm2；
B．沙漏中的细沙体积为1024πcm3；
C．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为1．2cm；
D．该沙漏的一个沙时大约是1985秒(π≈3．14)
【答案】D．
【解析】对于A，沙漏的侧面积为S＝2πRL=2π⋅4⋅42+42=322πcm3，故A错误；
对于B，设细沙在上部时，细沙的底面半径为r，则r=23×4=83cm，
所以细沙的体积为V1=13π×(83)2×163=102481πcm3，故B错误；
对于C，设细沙流入下部后的高度为h1，根据细沙体积不变可知：
13π×42×h1=102481π，解得h1=6427≈2．4cm，故C错误；
对于D，该沙漏的一个沙时为：1024π81÷0．02=1024×3．1481×50≈1985秒，故D正确．
5．(2021•甘肃模拟)《九章算术•商功》有如下叙述：“斜解立方，得两堵斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．”(阳马和鳖臑是我国古代对一些特殊锥体的称谓)．取一个长方体，按如图所示将其一分为二，得两个一模一样的三棱柱，均称为堑堵，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个．其中以矩形为底，有一棱与底面垂直的四棱锥，称为阳马．余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为鳖臑．那么如图所示，a＝3，b＝4，c＝5的阳马外接球的表面积是( )
A．202π；B．252π；C．50π；D．200π
【答案】C．
【解析】因为长方体、堑堵、阳马、鳖臑，各个几何体的顶点都在同一个外接球的表面上，
所以它们的外接球是相同的，外接球的直径就是长方体的体对角线的长度，
所以外接球的半径为：R=1232+42+52=502，
阳马外接球的表面积是4πR2＝50π．
6．(2021•辽宁模拟)为了方便向窄口容器中注入液体，某单位设计一种圆锥形的漏斗，设计要求如下：该圆锥形漏斗的高为10cm，且当窄口容器的容器口是半径为1cm的圆时，漏斗顶点处伸入容器部分的高为2cm，则制造该漏斗所需材料面积的大小约为( )(假设材料没有浪费)
A．15 5πcm2；B．20 5πcm2；C．25 5πcm2；D．30 5πcm2
【答案】C．
【解析】如图，
圆锥的高PO＝10cm，PO1＝2cm，O1A1＝1cm，
由△POA∽△PO1A1，可得O1A1OA=PO1PO，则OA=PO⋅O1A1PO1=10×12=5cm，
则PA=PO2+OA2=100+25=55cm，
沿母线PA剪开，可得一扇形，则扇形面积即为所需材料的面积，
展开后扇形的半径为PA=55，弧长为2π×5＝10π，
扇形的面积S=12×10π×55=25 5πcm2，
二、填空题
7．正三棱锥的侧棱长为3，底面边长为26，则此三棱锥的体积为______．
【答案】23．
【解析】如图，
设底面三角形ABC的中心为O，连接AO并延长，交BC于D，
∵底面等边三角形的边长为26，则AD=24-6=32，
∴AO=23×32=22，则PO=32-(22)2=1．
∴此三棱锥的体积为V=13×12×26×26×32×1=23．
8．(2021•江苏一模)四面体的棱长为1或2，但该四面体不是正四面体，请写出一个这样四面体的体积______；这样的不同四面体的个数为______．
【答案】1112，3．
【解析】四面体的棱长为1或2，但该四面体不是正四面体，
可以构成一个底面边长为1的正三角形，侧棱长均为2的正三棱锥，
该三棱锥的高为h=22-(33)2=113，
则体积V=13×34×113=1112，
1和2可以构成的三角形有：
边长为1的正三角形，边长为2的正三角形，边长为1，2，2的三角形，
除了已求体积的正三棱锥外，还可以是：
四个1，2，2的三角形拼成的三棱锥；
两个边长为2的正三角形和两个1，2，2的三角形拼成的三棱锥，
综上这样的不同四面体的个数为3．
9．(2020秋•成都期中)在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝2，AB＝3，P为BC的中点，点Q为侧面ADD1A1内的一点，当B1P⊥AQ，△CDQ的面积最小值时，三棱锥Q﹣ACD的体积为______．
【答案】45．
【解析】如图，
以D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则A(2，0，0)，B1(2，3，2)，P(1，3，0)，
设Q(x，0，z)，
则AQ→=(x-2，0，z)，B1P→=(-1，0，-2)，
∵B1P⊥AQ，∴AQ→⋅B1P→=2-x-2z=0，即x＝2﹣2z．
|DQ|=x2+z2，
S△CDQ=12×3×x2+z2=32(2-2z)2+z2=325z2-8z+4．
∴当z=45，x=25时，△CDQ的面积取最小值355．
此时三棱锥Q﹣ACD的体积为13S△AQD×CD=13×12×2×45×3=45．
10．(2020秋•相城区月考)已知一个圆柱的轴截面是周长为12米的长方形，则满足这个条件的圆柱的最大体积是______立方米．
【答案】8π．
【解析】如图，设圆柱的底面半径为r，母线长为l
由题意，4r+2l＝12，即2r+l＝6，则l＝6﹣2r(0＜r＜3)．
圆柱的体积V＝πr2l＝πr2(6﹣2r)≤π⋅(r+r+6-2r3)3=8π，
当且仅当r＝6﹣2r，即r＝2时上式等号成立．
∴圆柱的最大体积是8π．
11．(2020秋•袁州区校级月考)已知正四面体S﹣ABC的棱长为1，如果一个高为36的长方体能在该正四面体内任意转动，则该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为______．
【答案】124
【解析】设S在平面ABC上的射影为O，则O为△ABC的中心，延长AO交BC于D，则D为BC的中点，
∵正四面体棱长为1，∴AD=32，AO=23AD=33，∴SO=SA2-AO2=63，
∴正四面体的体积为VS﹣ABC=13S△ABC•SO=13×12×1×32×63=212，表面积为S表＝4S△ABC＝4×12×1×32=3，
设正四面体S﹣ABC的内切球半径为R，则13×3×R=212，解得R=612，
设长方体的长和宽分别为x，y，则长方体的体对角线长为x2+y2+(36)2=x2+y2+112，
若高为36的长方体能在该正四面体内任意转动，则x2+y2+112≤2R=66，
∴x2+y2≤112，
∴xy≤x2+y22≤124，当且仅当x＝y=612时取等号．
12．(2020秋•合肥月考)如图，已知：在△ABC中，CA=CB=3，AB＝3，点F是BC边上异于点B，C的一个动点，EF⊥AB于点E，现沿EF将△BEF折起到△PEF的位置，使PE⊥AC，则四棱锥P﹣ACFE的体积的最大值为______．
【答案】24．
【解析】设AB的中点为D，则CD⊥AB，EF∥CD，且CD=32，
∵EF⊥AB，∴EF⊥PE，
∴PE⊥CD，又PE⊥AC，AC∩CD＝C，
∴PE⊥平面ABC，
设BE＝x(0＜x＜32)，则PE＝x，EF=x3，
∴S四边形ACFE＝S△ABC﹣S△BEF=334-x223，
∴VP﹣ACFE=13×(334-x223)×x=34x-x363，
V′(x)=34-36x2，∴当0＜x＜62时，V′(x)＞0，当62＜x＜32时，V′(x)＜0，
∴当x=62时，V(x)取得极大值也是最大值V(62)=24．
13．(2020秋•天心区校级月考)在三棱锥P﹣ABC中，PA＝PB＝PC＝2，二面角A﹣PB﹣C为直二面角，∠APB＝2∠BPC(∠BPC＜π4)，M，N分别为侧棱PA，PC上的动点，设直线MN与平面PAB所成的角为α，当tanα的最大值为2532时，则三棱锥P﹣ABC的体积为______．
【答案】96125．
【解析】如图所示，当点 MN 与平面 PAB 所成的角为二面角 B﹣AP﹣C 的大小时，此时线面角达到最大，
设 N 运动到 C 时，作 CM⊥PA 于 M，CD⊥PB 于 D，连结 DM，
∵二面角 A﹣PB﹣C 为直二面角 ，∴ 面 APB⊥面 PBC，
∵CD⊥PB，CD⊂面 APB，面 APB∩面 PBC＝PB，
∴CD⊥面 APB，∴AP⊥CD，又 AP⊥CM，CD∩CM＝M，
∴AP⊥面 CDM，∴AP⊥DM，
∴∠DMC＝α，则 tanα=2532，
设 ∠BPC=β，∠APB=2β，
∵PB＝PA＝PC＝2，
∴tanα=CDDM=2sinβPD⋅sin2β=2sinβ2csβ⋅(2sinβcsβ)=2532，
∴csβ=45，∴sinβ=35，
∴V=13(12⋅PA⋅PB⋅sin2β)⋅2sinβ=13(12⋅2⋅2⋅2⋅35⋅45)⋅2⋅35=96125，
14．(2020春•湖南月考)在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝a，AD＝b，AA1=32，若体对角线长为52，则长方体的表面积的最大值是______．
【答案】32+482．
【解析】由已知得，a2+b2+(32)2=(52)2，所以 a2+b2＝32，
所以长方体表面积 S=2ab+62(a+b)，
因为 2ab≤a2+b2＝32，2a2+2b2≥a2+b2+2ab＝(a+b)2，
所以 (a+b)2≤2a2+2b2＝64，
∴a+b≤8，当且仅当 a＝b＝4 等号成立，
故表面积 S=2ab+62(a+b)≤32+482，
15．(2020春•南岗区校级期中)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当所得三棱锥体积(单位：cm3)最大时，△ABC的边长为______(cm)．
【答案】43．
【解析】由题意，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG=36BC，
设OG＝x，则BC＝23x，DG＝5﹣x，
三棱锥的高h=DG2-OG2=25-10x+x2-x2=25-10x，
S△ABC=12×32×(23x)2=33x2，
则V=13S△ABC×h=13×33x2×25-10x=3×25x4-10x5，
令f(x)＝25x4﹣10x5，x∈(0，52)，f′(x)＝100x3﹣50x4，
令f′(x)≥0，即x4﹣2x3≤0，解得x≤2，
则f(x)≤f(2)＝80，
∴V≤3×80=415cm3，∴体积最大值为415cm3．
此时△ABC的边长为BC=23×2=43cm．
16．(2021•西安一模)农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子，古称“角黍”“裹蒸”“包米”“简粽”等，早在春秋时期就已出现，到了晋代成为了端午节庆食物．将宽为1的矩形纸片沿虚线折起来，可以得到粽子形状的六面体，则该六面体的体积为______；若该六面体内有一球，当该球体积最大时，球的表面积是______．
【答案】13；4π9．
【解析】由题意可得该六面体是由两个全等的四面体组合而成，
四面体的两两垂直的棱长为1，
如图，该六面体的体积为V＝2VS﹣ABC＝2×13×1×12×1×1=13，
当该六面体内有一球，且该球的体积取最大值时，
球心为O，且该球与SD相切，其中D为BC的中点，
过球心O作OE⊥SD，则OE就是球的半径，
SA＝1，OA=23AD=63，故SO=33，SD=22，OD=66，
因为SO×OD＝SD×OE，所以球的半径OE=SO×ODSD=33×6622=13，
所以该球的表面积为4π⋅(13)2=4π9，
17．(2021•福建模拟)球面几何是几何学的一个重要分支，在航海、航空、卫星定位等方面都有广泛的应用．如图，A，B，C是球面上不在同一大圆(大圆是过球心的平面与球面的交线)上的三点，经过这三点中任意两点的大圆的劣弧分别为AB，BC，CA，由这三条劣弧组成的图形称为球面△ABC．已知地球半径为R，北极为点N，P，Q是地球表面上的两点，若P，Q在赤道上，且经度分别为东经40°和东经80°，则球面△NPQ的面积为______；若NP＝NQ＝PQ=263R，则球面△NPQ的面积为______．
【答案】2πR29；πR2．
【解析】PQ在赤道上，且经度分别为40°和80°，
上半球面面积为12×4π×R2=2πR2，
球面△PNQ面积为40°360°×2πR2=2πR29，
当NP＝NQ＝PQ=26R3时，△PNQ为等边三角形，
根据题意构造一个正四面体N﹣PQS，如图所示：
其中心为O，O是高NH的靠近H的四等分点，
则cs∠NOP=-cs∠HOP=-OHOP=-OHON=-13，
由余弦定理可得：cs∠NOP=ON2+OP2-PN22ON⋅OP=2R2-PN22R2=-13，
解得PN=263R，正好为题目给的长度，
所以球面PNQ的面积为S△PNQ=14×4πR2=πR2，
18．(2021•银川二模)已知一个圆锥的底面面积为3π，侧面展开图是半圆，则其外接球的表面积等于______．
【答案】16π．
【解析】设圆锥底面圆半径为r，圆锥的底面圆面积为3π，
可得πr2＝3π，所以r=3，
母线长为l，圆锥的外接球半径为R，
∵侧面展开图是半圆，23π=12×2lπ，∴l＝23，
∴圆锥的轴截面为等边三角形，
∴球心为等边三角形的中心，∴R=23×32×23=2，
∴外接球的表面积是4πR2＝16π．
19．(2021•九江二模)如图所示，已知直四棱柱ABCD﹣A1BC1D1的底面是有一个角为π6的菱形，且该直四棱柱有内切球(球与四棱柱的每个面都相切)，设其内切球的表面积为S1，对角面BB1D1D和AA1C1C的面积之和为S2，则S1S2的值为______．
【答案】6π12．
【解析】设∠ABC＝α，AB＝a，内切球的半径为R，则2R＝asinα，∴R=a2sinα，
四棱柱的高为：asinα，∴S1＝4πR2，由题意可得AC+BD＝2a(sinα2+csα2)，
∴S2＝2a(sinα2+csα2)•asinα＝a2(sinα2+csα2)sinα，
∴S1S2=πa2sin2α2a2(sinα2+csα2)⋅sinα=πsinα2(sinα2+csα2)=πsinα21+sinα=πsinπ621+sinπ6=6π12．
20．(2021•承德二模)某中学开展劳动实习，学习加工制作模具，有一个模具的毛坯直观图如图所示，是由一个圆柱体与两个半球对接而成的组合体，其中圆柱体的底面半径为1，高为2，半球的半径为1．现要在该毛坯的内部挖出一个中空的圆柱形空间，该中空的圆柱形空间的上下底面与毛坯的圆柱体底面平行，挖出中空的圆柱形空间后模具制作完成，则该模具体积的最小值为______．
【答案】26π27．
【解析】设中空圆柱的底面半径为r，圆柱的高为2+h(0＜h＜2)，
则r2+(h2)2=1，r2=1-h24，
∴中空圆柱的体积V＝πr2(2+h)=π(1-h24)(2+h)．
V′=-π(34h2+h-1)，可得当h∈(0，23)时，V′＞0，当h∈(23，2)时，V′＜0，
则当h=23时，V取得最大值为6427π，
又毛坯的体积为π×12×2+43π×13=10π3，
∴该模具体积的最小值为10π3-6427π=26π27．
21．(2021•金凤区校级一模)鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器(容器壁的厚度忽略不计)，则该球形容器表面积的最小值为______．
【答案】41π．
【解析】由题意，该球形容器的半径的最小值为并在一起的两个长方体体对角线的一半，
即为12×12+22+62=412
∴该球形容器体积的最小值为：4π•R2＝41π．
22．(2021•河南模拟)已知四面体ABCD的棱长均为26，E，F分别为棱BC，BD上靠近点B的三等分点，过A，E，F三点的平面与四面体ABCD的外接球O的球面相交，得圆O'，则球O的半径为______，圆O'的面积为______．
【答案】3；8π．
【解析】设点A在平面BCD上的射影为G，则G为△BCD的中心，
所以GB=23×32×26=22，AG=AB2-GB2=24-8=4，
由于△BCD为正三角形，故四面体外接球的球心O在线段AG上，
设球O的半径为R，则OB2＝OG2+GB2，即(|4-R|)2+(22)2=R2，解得R＝3；
设O在平面AEF上的射影为O'，则O'即为过A，E，F三点的平面截球O所得截面圆的圆心．
设G在平面AEF上的射影为G'，EF与BG交于点H．
在Rt△AGH中，AG＝4，HG为△BCD高的13，HG=13×32×26=2，
所以AH=16+2=32，所以GG'=AG⋅GHAH=4×232=43．
由OO'GG'=AOAG，得OO'=34×43=1；
由球的截面性质得OO'⊥平面AEF，所以截面圆O'的半径r=32-12=22，
所以圆O'的面积为πr2＝8π．
23．(2021春•瑶海区月考)已知正四棱锥S﹣ABCD的底边长为6，侧棱长为62，则该四棱锥的外接球体积为______．
【答案】646π．
【解析】正四棱锥P﹣ABCD的外接球的球心在它的高PO1上，
正四棱锥S﹣ABCD的底边长为6，侧棱长为62，AB＝62，
三角形PAC是正三角形，三角形的外接圆恰好是四棱锥的外接球的大圆．
记球心为O，PO＝AO＝R，PO1=32×62=36，PO=23×32×62=26，
得R＝26，∴球的体积V=43π•(26)3＝646π．
附：分层训练答案
基础组
1．A；2．B；3．A；4．A；5．D；6．B；7．A；8．A；9．1cm；10．32(9﹣π)cm3；11．223；12．833，1602π9；13．9π；14．①②③；15．18；16．3，34；17．(3+3)π；18．54π；19．8π；20．32π；21．163；22．5400+18003；23．208π；24．714π3．
提高组
1．A；2．A；3．B；4．D；5．C；6．C；7．23；8．1112，3；9．45；10．8π；11．124；12．24；13．96125；14．32+482；15．43；16．13，4π9；17．2πR29，πR2；18．16π；19．6π12；20．26π27；21．41π；22．3，8π；23．646π．
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