高一数学下学期期末考试分类汇编三种空间几何体解题方法新人教A版

这是一份高一数学下学期期末考试分类汇编三种空间几何体解题方法新人教A版，共46页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
题型二：几何体表面积的求法
题型三：几何体“内切”、“外接”球问题
题型一：几何体体积的求法
一、单选题
1．（2022·陕西商洛·高一期末）《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造的一种标准量器——商鞅铜方升，其外形由圆柱和长方体组合而成.已知某组合体由圆柱和长方体组成，如图所示，圆柱的底面直径为1寸，长方体的长、宽、高分别为3.8寸，3寸，1寸，该组合体的体积约为12.6立方寸，若取3.14，则圆柱的母线长约为（ ）
A．0.38寸B．1.15寸C．1.53寸D．4.59寸
【答案】C
【分析】先求出长方体的体积，进而求出圆柱的体积，利用求出的圆柱体体积和圆柱的底面半径为0.5寸，求出圆柱的母线长
【详解】由题意得，长方体的体积为(立方寸)，故圆柱的体积为(立方寸).
设圆柱的母线长为l，则由圆柱的底面半径为0.5寸，得，计算得：(寸).
故选：C
2．（2020·新疆·乌鲁木齐市第三十一中学高一期末）一个球的体积为36π，则这个球的表面积为（ ）
A．9πB．18πC．36πD．72π
【答案】C
【分析】根据球的体积可求球的半径，从而可求球的表面积.
【详解】设球的半径为，则，故，所以球的表面积为，
故选：C.
3．（2021·北京市延庆区教育科学研究中心高一期末）如图，正方体的棱长为，那么三棱锥的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据锥体体积公式计算出几何体的体积.
【详解】.
故选：D
4．（2021·广东惠州·高一期末）已知圆锥轴截面为正三角形，母线长为2，则该圆锥的体积等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】依题意求出圆锥的底面半径和高即可.
【详解】圆锥母线为，底面半径为，则，
所以圆锥的体积．
故选：A．
二、填空题
5．（2021·广东广州·高一期末）卢浮宫玻璃金字塔是著名美籍华裔建筑设计师贝聿铭的重要作品之一，主玻璃金字塔是一个底边长为35m，高为21m的正四棱锥，则该主玻璃金字塔所占空间的大小是______m3.
【答案】8575
【分析】由棱锥体积公式计算．
【详解】．
故答案为：．
6．（2021·江苏连云港·高一期末）已知圆台下底面的半径为，高为，母线长为，则圆台的体积为______．
【答案】
【分析】利用勾股定理、结合圆台体积公式进行求解即可.
【详解】设圆台上底面半径为，轴截面如下图所示：过作，垂足为，
则有，，，，因为，
所以有或（舍去），
所以圆台的体积为：，
故答案为：
7．（2021·北京通州·高一期末）已知半径为R的球，其表面积为S，体积为V，若S＝V，则R＝________．
【答案】
【分析】直接利用球体表面积和体积公式计算得到答案.
【详解】，，，故，解得.
故答案为：.
三、解答题
8．（2022·陕西咸阳·高一期末）已知正方体ABCD-的棱长为2.
(1)求三棱锥的体积；
(2)证明：.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）将问题转化为求即可；
（2）根据线面垂直证明线线垂直.
(1)在正方体ABCD-中，易知⊥平面ABD，
∴.
(2)证明：在正方体中，易知，
∵⊥平面ABD，平面ABD，∴.
又∵，、平面，∴BD⊥平面.
又平面，∴.
题型二：几何体表面积的求法
一、单选题
1．（2020·新疆·乌鲁木齐市第三十一中学高一期末）一个球的体积为36π，则这个球的表面积为（ ）
A．9πB．18πC．36πD．72π
【答案】C
【分析】根据球的体积可求球的半径，从而可求球的表面积.
【详解】设球的半径为，则，故，所以球的表面积为，
故选：C.
2．（2021·北京师大附中高一期末）圆锥的母线长为，底面半径为，则圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据圆锥侧面积公式，即可计算结果.
【详解】根据圆锥侧面积公式可知.
故选：B
二、双空题
3．（2021·北京师大附中高一期末）如图，这个组合体是小张同学自己设计的一个小奖杯，计划送给小刘同学，以鼓励其认真努力的学习数学，已知该奖杯中的四棱柱的高为10，底面是长和宽分别为3､2的矩形，则该四棱柱的体积是__________：奖杯顶部两个球的半径分别为5和2，则这两个球的表面积之和为__________.
【答案】
【分析】根据棱柱和球的表面积公式，即可计算结果.
【详解】四棱柱体积，
球的表面积.
故答案为：；
三、填空题
4．（2021·重庆·高一期末）已知一个圆锥的轴截面(过圆锥轴的一个截面)是一个等腰直角三角形，且圆锥的底面半径为，则该圆锥的侧面积为__________.
【答案】
【分析】作出图像，根据结合关系求圆锥母线长度，根据圆锥侧面积公式即可计算.
【详解】
如图所示，△ABC为轴截面，圆锥母线长度为，
故圆锥侧面积为.
故答案为：﹒
5．（2021·北京顺义·高一期末）以边长为1的正方形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周得到一个圆柱，则该圆柱的表面积是 _____.
【答案】
【分析】求出圆柱底半径、母线长，利用圆柱表面积计算公式计算即得.
【详解】边长为1的正方形的一边所在的直线为旋转轴，旋转一周得到的几何体为圆柱，
该圆柱的底面半径为1，母线长为1，
所以该圆柱的表面积是.
故答案为：
6．（2021·福建福州·高一期末）已知一个正六棱柱的所有顶点都在球面上，若正六棱柱的底面边长与侧棱长均为2，则这个球的表面积为_____．
【答案】
【分析】由题意可知外接球的球心为上下两个底面中心连线的中点，然后由已知的数据可求出球的半径，从而可求出球的表面积
【详解】解：因为正六棱柱的所有顶点都在球面上，所以外接球的球心为上下两个底面中心连线的中点，
因为正六棱柱的底面边长与侧棱长均为2，
所以此正六棱柱外接球的半径为，
所以球的表面积为，
故答案为：
7．（2021·北京西城·高一期末）已知半径为的球的表面积为，那么半径为的球的表面积为___________.
【答案】
【分析】先由半径为的球的表面积为，求出，从而可求出半径为的球的表面积
【详解】解：由题意得，解得，
所以，
所以半径为的球的表面积为
故答案为：
题型三：几何体“内切”、“外接”球问题
一、单选题
1．（2021·黑龙江·绥化市第二中学高一期末）设正方体的棱长为，则它的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出体对角线的长度后可得外接球的半径，从而可求外接球的表面积.
【详解】因为正方体的棱长为，故体对角线的长度为，
故外接球的直径为，其表面积为，
故选：C.
二、多选题
2．（2021·辽宁·铁岭市清河高级中学高一期末）已知正四面体的棱长为分别为的中点．下列说法正确的有（ ）
A．
B．异面直线与所成角的余弦值为
C．该正四面体的体积为
D．该正四面体的内切球体积为
【答案】ABD
【分析】由正四面体性质依次判断各选项，即可得出结果.
【详解】对于A，由于正四面体的相对棱互相垂直可知，,则，故A正确；
对于B,取中点,连接,由，可知异面直线与所成角即为,在中，,由余弦定理计算可得，故B正确；
对于C，过点作面于点,由正四面体性质可知，为的中心，计算可得，,该正四面体的体积为,故C错误;
对于D，设正四面体的内切球半径为，由等体积可知，,该正四面体的内切球体积为，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题
3．（2020·天津市红桥区教师发展中心高一期末）将棱长为的正方体木块切削成一个体积最大的球，则该球的体积为______.
【答案】
【分析】求出正方体的内切球的半径后可求体积
【详解】将棱长为的正方体木块切削成一个体积最大的球，则该球为原正方体的内切球，
故其半径为，故体积为.
故答案为：
4．（2021·福建福州·高一期末）已知一个正六棱柱的所有顶点都在球面上，若正六棱柱的底面边长与侧棱长均为2，则这个球的表面积为_____．
【答案】
【分析】由题意可知外接球的球心为上下两个底面中心连线的中点，然后由已知的数据可求出球的半径，从而可求出球的表面积
【详解】解：因为正六棱柱的所有顶点都在球面上，所以外接球的球心为上下两个底面中心连线的中点，
因为正六棱柱的底面边长与侧棱长均为2，
所以此正六棱柱外接球的半径为，
所以球的表面积为，
故答案为：
5．（2021·浙江·高一期末）若长方体的长，宽，高分别为3，5，4，且它的顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是_______．
【答案】
【分析】利用外接球的直径为长方体的体对角线可求球的半径，从而可求表面积.
【详解】因为长方体的各顶点均在球面上，故球即为长方体的外接球，
故长方体的体对角线即为球的直径，而长方体的体对角线的长为，
故球的半径为，所以球的表面积为，
故答案为：.
6．（2019·湖南衡阳·高一期末）已知一个正方形的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为24，则这个球的表面积为_____.
【答案】.
【分析】根据正方体的表面积，可得正方体边长，然后计算外接球的半径，利用球的表面积的公式，可得结果.
【详解】设正方体边长，正方体外接球的半径为
由正方体的表面积为24，所以
则，又，所以
所以外接球的表面积为：
故答案为：
【点睛】本题考查正方体外接球的表面积，属基础题.
一、单选题
1．（2021·吉林·长春外国语学校高一期末）已知正方体中，以下结论错误的有（ ）
A．点在直线上运动时，三棱锥的体积不变
B．点在直线上运动时，直线与平面所成角的大小不变
C．点在直线上运动时，二面角的大小不变
D．是平面上到点和距离相等的点，则点的轨迹是过点的直线
【答案】B
【分析】由平面，可得为定值结合即可判断A；设点到平面的距离为，则为定值，直线与平面所成角为，由即可判断B；由二面角的大小等于平面与平面所成角的大小可判断C；
到点和距离相等的点为垂直平分线段的平面，进而可得点的轨迹可判断D，进而可得正确选项.
【详解】对于A：因为，且平面，平面，
可得平面，所以上的点到平面的距离相等，所以为定值，因为，所以为定值，即点在直线上运动时，三棱锥的体积不变，故选项A正确，不符合题意；
对于B：设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，则，因为平面，所以点在直线上运动时，为定值；但变化，所以变化即角变化，所以直线与平面所成角变化，故选项B不正确，符合题意；
对于C：因为平面，
所以二面角的大小等于平面与平面所成角的大小，
所以二面角的大小不变，故选项C正确，不符合题意；
对于D：因为是平面上到点和距离相等的点，
所以点的轨迹是平面与线段的垂直平分线所在平面的交线，
即点的轨迹是平面与平面的交线，
所以点的轨迹是过点的直线，故选项D正确，不符合题意，
故选：B.
2．（2021·浙江湖州·高一期末）已知球面被互相垂直的两个平面所截，得到的两个圆公共弦长为.若两个圆的半径分别为和4，则该球的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由球体内两截面圆相互垂直，根据两圆公共弦长及圆的半径求其中一个圆的弦心距，再由所得弦心距、另一个圆的半径、球体半径的几何关系求球的半径，即可求球的体积.
【详解】若和对应的圆分别为A、B，
∵两个圆公共弦长为，
∴在圆A：弦心距，又两个圆互相垂直，
∴该球的半径，故该球的体积.
故选：D
3．（2021·四川成都·高一期末（理））已知，是球的球面上两点，，为该球面上动点，若三棱锥体积的最大值为，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】当点位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，利用三棱锥体积的最大值为求出半径，即可求出球的表面积．
【详解】解：如图所示，当点位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，
设球的半径为，
此时，
解得，则球的表面积为，
故选：B．
4．（2021·福建泉州·高一期末）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中将底面为矩形的棱台称为刍童.如图所示的某刍童中，，为上､下底面的中心，平面，，，侧棱所在直线与直线所成的角为45°，则该刍童的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将侧棱延长交于P，连接，先利用已知条件分别计算大四棱锥和小四棱锥的高和底面面积，再利用求棱台体积即可.
【详解】设四条侧棱延长交于顶点P，连接，
由题中已知条件可知，底面矩形ABCD中，知，，
又侧棱所在直线与直线所成的角为45°，再由线面垂直关系知等腰直角中，，
同理可得，.
又上底面面积，下底面面积，
所以该刍童的体积 .
故选：B.
5．（2021·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高一期末）设是同一个半径为的球的球面上四点，是以为底边的等腰三角形，且面积为，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先计算外接圆的半径，再利用图形得到点的位置，即可求三棱锥体积的最大值.
【详解】设，则，得，
中，，得,
再根据正弦定理可知，得，
如图，点是外接圆的圆心，点是四面体外接球的球心，当点和在一条直线上时，此时三棱锥的体积最大，
，，
此时
故选：D
6．（2021·黑龙江·铁人中学高一期末）给出下列四个命题：
（1）一个圆柱的底面半径为1，高为2，则该圆柱的体积为；
（2）若样本数据，，，标准差为2，则数据，，，的方差为16．
（3）若中，，，若满足上述条件的三角形有两个，则边的范围是．
（4）设，均为单位向量，当，的夹角为时，在方向上的投影向量为
其中你认为正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】由圆柱的体积公式可判断（1）；根据方差公式可判断（2）；根据正弦定理可判断（3）；根据投影向量的计算公式可判断（4），进而可得正确选项.
【详解】对于（1）：圆柱的体积为，故（1）正确；
对于（2）：设样本数据，，，的平均数为，方差为，则
，，
数据，，，的平均数为
，故（2）正确；
对于（3）：在中，由正弦定理可得：，
可得，若三角形有两解，所以，
即，因为大边对大角可得，所以边的范围是．
故（3）正确；
对于（4）：在方向上的投影向量为，
故（4）不正确，
所以正确的有（1）（2）（3）共3个，
故选：C.
7．（2021·福建省福州第一中学高一期末）我国南北朝名著《张邱建算经》中记载：“今有方亭，下方三丈，上方一丈，高二丈五尺，预接筑为方锥，问：接筑高几何？”大致意思是：有一个正四棱台的上､下底面边长分别为一丈､三丈，高为二丈五尺，现从上面补上一段，使之成为正四棱锥，则所补的小四棱锥的高是多少？那么，此高和原四棱台的体积分别是(注：1丈等于10尺)（ ）
A．12.5尺､10833立方尺B．12.5尺､32500立方尺
C．3.125尺､10833立方尺D．3.125尺､32500立方尺
【答案】A
【分析】根据题意画出图形，利用棱锥与棱台的结构特征求出正四棱台的高，再计算它的体积．
【详解】解：如图所示，
正四棱锥的下底边长为三丈，即尺，
高二丈五，即尺；
截去一段后，得正四棱台，且上底边长为尺，
所以，
解得，
所以该正四棱台的体积是
（立方尺）．
故选：A．
8．（2022·陕西渭南·高一期末）古希腊数学家阿基米德最为满意的一个数学发现是“圆柱容球”，即在球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等时，球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的.已知体积为的圆柱的轴截面为正方形.则该圆柱内切球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题目给出的条件可知，圆柱内切球的表面积圆柱表面积的，通过圆柱的体积求出圆柱底面圆半径和高，进而得出表面积，再计算内切球的表面积.
【详解】设圆柱底面圆半径为，则圆柱高为，圆柱体积，解得，又圆柱内切球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，
所以内切球的表面积是圆柱表面积的，圆柱表面积为，所以内切球的表面积为.
故选：A.
二、多选题
9．（2021·湖南·常德市第二中学高一期末）希罗平均数(Hernian mean)是两个非负实数的一种平均，设是两个非负实数，则它们的希罗平均数.关于希罗平均数有如下说法，其中正确的有（ ）
A．若，则的希罗平均数；
B．三棱台的体积恰好是以此三棱台的上、下底面为底面且与此三棱台等高的两个三棱柱的体积的希罗平均数；
C．在直角中，，则的希罗平均数的取值范围为；
D．已知正四棱锥的底面的内切圆的半径为(点为内切圆圆心)，记.若，则正四棱锥的外接球的半径不小于的希罗平均数.
【答案】BCD
【分析】对于A选项，若，则的希罗平均数可判断；
对于B选项，三棱台的体积可判断；
对于C选项， 的希罗平均数为，设，则根据函数单调性得；
对于D选项，由题可知的边长为，， 的希罗平均数为，进而作差得可判断.
【详解】解：对于A选项，若，则的希罗平均数，故A选项错误；
对于B选项，设三棱台的上、下底面为底面面积分别为，高为，则三棱台的体积，所以正确；
对于C选项，在直角中，，则的希罗平均数为，设，则，由于函数在区间上单调递增，所以函数在区间上单调递增，故，即的希罗平均数的取值范围为，故C选项正确；
对于D选项，由题可知底面正方形的边长为，所以，解得，所以的希罗平均数为，所以，所以正四棱锥的外接球的半径不小于的希罗平均数，故D选项正确.
故选：BCD
10．（2021·浙江省桐庐中学高一期末）在边长为2的等边三角形ABC中，点D，E分别是边AC，AB上的点，满足且，，将沿直线DE折到的位置，在翻折过程中，下列结论不成立的是（ ）
A．在边上存在点F，使得在翻折过程中，满足平面
B．存在，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面平面BCDE
C．若，当二面角为直二面角时，
D．在翻折过程中，四棱锥体积的最大值记为，的最大值为
【答案】ABC
【分析】对于 A，根据平行关系可得直线与平面相交；对于B，根据的范围不可能得出平面平面BCDE；对于C，结合余弦定理可求；对于D，表示出体积的表达式·，利用函数单调性求最大值或者利用导数求最大值.
【详解】对于 A，在边上存在点F，在A'D上取一点N，使得FN//ED，
在ED上取一点H，使得NH// EF，作HG//BE交BC于点G，如图所示，
则可得FN平行且等于BG，即四边形BGNF为平行四边形，NG//BF，
而GN始终与平面A'CD相交，,
因此在边A'E上不存在点F，使得在翻折过程中，满足BF//平面A'CD，A不正确.
对于B，作于，交于，因为，所以,
在翻折过程中，点在底面BCDE的射影不可能在直线BC上，
因此不满足平面A'BC平面BCDE，因此B不正确.
对于C，时，当二面角A'-DE-B为直二面角时，取ED的中点M，如图所示，
可得平面BCDE，
，
因此C不正确；
对于D，在翻折过程中，取平面A'ED平面BCDE，
四棱锥A'- BCDE体积,;
（法一）设，
因为，所以，即，所以为增函数；
同理可证时，为减函数；
所以函数取得最大值因此D正确.
（法二），，
当时，，为增函数；
当时，，为减函数；
可得时，函数取得最大值因此D正确.
综.上所述，不成立的为ABC.
故选：ABC.
【点睛】本题利用运动的观点理解空间线面、面面位置关系、四棱锥的体积等，在动态中找寻不变的平行关系，垂直关系是解题的关键.
11．（2021·江苏宿迁·高一期末）已知边长为的菱形中，，将沿翻折，下列说法正确的是（ ）
A．在翻折的过程中，直线，所成角的范围是
B．在翻折的过程中，三棱锥体积最大值为
C．在翻折过程中，三棱锥表面积最大时，其内切球表面积为
D．在翻折的过程中，点在面上的投影为，为棱上的一个动点，的最小值为
【答案】BC
【分析】在翻折成正四面体的情况利用线面垂直的判定定理可以证明直线与所成角为直角，，从而否定；利用平面与底面垂直的情况，得到三棱锥的体积最大值，计算后可判定B；利用当得到面积的最大值，利用等体积法可以求得此时内切球的半径，进而计算其表面积，从而判定C.将的最小值转化为异面直线与的距离，考虑翻折的极限情况可以否定.其中要注意线面垂直，面面垂直的判定与性质的应用.
【详解】
解：对于：由题意可得△ABC和△ADC为等边三角形，
翻折后，当时，四面体ABCD为正四面体，
取BC中点为E，连接AE，DE，可知AE⊥BC，DE⊥BC，
AE∩DE=E，所以平面ADE，所以BA⊥AD，
直线与所成角为直角，故错误；
对于B：当平面与底面垂直时，三棱锥的体积最大，
取AC中点H，连接DH，则DH⊥AC，又因为平面ADC⊥平面ABC，ADC∩ABC=AC，
所以DH⊥平面ABC，
此时，，故正确；
对于C：因为是翻折过程中的不变量，翻折过程中的对应边始终相等，所以这两个三角形始终全等，∴始终相等，△ABD，△BCD等于，由于最初时这两个角都是，翻折到重合时，都变成了，在连续变化的过程中，当时，△ABD，△BCD的面积最大，而另外两个面△,△在翻折中的形状不变，面积是固定的，所以当且仅当此时三棱锥表面积最大，此时DC=，
取AC中点为O，连接BO，DO，则BO⊥AC，DO⊥AC，BO∩DO=O，
所以AC⊥平面BOD.
，，
此时设内切球的半径为，



，.
内切球的表面积为
故C正确；
对于D：如图，设翻折前的棱形的位置如图在翻折过程中，设AC中点为O:
由已知可得AC=a，△ABC，ADC都是正三角形.
同上可证，AC⊥平面BOD，所以平面BOD⊥平面ABC，根据平面垂直的性质定理可得D在平面ABCD中的射影的轨迹是线段，因为E是CD上的动点，所以的最小值是异面直线直线与CD的距离，
当翻折使得二面角接近于时，线段的长度接近于0，分别是异面直线与上的点，所以异面直线与的距离不超过,故异面直线与CD的距离无限接近于0，（另外当二面角接近于时，的距离接近于0，分别是异面直线与上的点，所以异面直线与的距离也不超过,故异面直线与CD的距离也无限接近于），所以的距离可以无限的接近于0，没有最小值，故D错误．
故选：.
【点睛】当平面ACD⊥平面ABC时，BO⊥AC，BO⊂平面ABC，平面ABC∩平面ACD=AC，所以BO⊥平面ADC.过O作OM⊥CD，垂足是M，
则由于OM⊂平面ACD，OB⊥平面ACD，所以OB⊥平面ACD，即直线⊥平面ACD，所以，所以OM就是异面直线与CD的距离，OM=OCsin∠MCO=，但这不是异面直线与CD的距离的最小值.
三、双空题
12．（2021·湖北·高一期末）在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑（biē nà）.已知在鳖臑中，，，则该鳖臑的表面积为__________，它的内切球的半径为__________．
【答案】
【分析】（1）先把四个面的底和高求出来，再求三棱锥得表面积；
（2）以等体积法求三棱锥内切球半径.
【详解】如图：鳖臑中，，，
则该鳖臑中，，,
（1）鳖臑的表面积为：
（2）设鳖臑的内切球的半径为r，球心为O，
则有
即
解之得
故答案为：（1）（2）
四、填空题
13．（2021·陕西·西安市远东一中高一期末）如图，在四棱锥中，平面平面，是边长为4的等边三角形，四边形是等腰梯形，，则四棱锥外接球的表面积是____________.
【答案】
【分析】先根据面面垂直，取△的外接圆圆心G，梯形的外接圆圆心F，分别过两点作对应平面的垂线，找到交点为外接球球心，再通过边长关系计算半径，代入球的表面积公式即得结果.
【详解】如图，取的中点，的中点，连，，在上取点，使得，
由是边长为4的等边三角形，四边形是等腰梯形，，
可得，，即梯形的外接圆圆心为F，
分别过点、作平面、平面的垂线，两垂线相交于点，显然点为四棱锥外接球的球心，
由题可得，，，
则四棱锥外接球的半径，
故四棱锥外接球的表面积为．
故答案为：.
14．（2022·陕西商洛·高一期末）在棱长为2的正方体ABCD－中，E，F，G，H分别为棱，，，的中点，将该正方体挖去两个大小完全相同 的四分之一圆锥，得到如图所示的几何体，现有下列四个结论：
①CG//平面ADE； ②该几何体的上底面的周长为；
③该几何体的的体积为； ④三棱锥F－ABC的外接球的表面积为．
其中所有正确结论的序号是____________．
【答案】①③④
【分析】由面面平行的性质判断①；由题设知两段圆弧的长度之和为，即可得上底周长判断②；利用正方体体积及圆锥体积的求法求几何体体积判断③；首先确定外接球球心位置，进而求出球体的半径，即可得F－ABC的外接球的表面积判断④.
【详解】因为面面，面，
所以CG//平面，即CG//平面ADE，①正确；
依题意知，弧EF与弧HG均为圆弧，且这两段圆弧的长度之和为，
所以该几何体的上底面的周长为，该几何体的体积为8－，②错误，③正确；
设M，N分别为下底面、上底面的中心，则三棱锥F－ABC的外接球的球心O在MN上．
设OM＝h，则，解得，
从而球O的表面积为，④正确.
故答案为：①③④
15．（2021·湖南·常德市第二中学高一期末）如图，在水平面上放置两个边长为的正三角形与，将沿垂直于水平面的方向向上平移至，得到多面体，已知各侧面（，，，，及）均为正三角形，则多面体的外接球的体积为__________．
【答案】
【分析】将几何体旋转，可以发现几何体是由上下两个完全相同的正四棱锥组成，且侧棱与底面边长相同，所以几何体外接球的球心为底面正方形的中心，半径为底面对角线的一半，从而求出外接球的体积
【详解】
根据题意可得：∥，且，，所以四边形是菱形，所以，如上图所示，将几何体进行旋转，使得面位于水平位置，连接相交于点，所以为的中点，连接；因为，所以，所以三角形和三角形为直角三角形，且，所以直角三角形和直角三角形全等，所以，所以，所以四边形是正方形，所以上下为两个正四棱锥，且所有棱长均为1，可得：，到所有顶点的距离都相等，所以为外接圆圆心，且外接圆半径 ，所以外接圆的体积
故答案为：
【点睛】本题目考察多边形的外接球问题，求外接球体积的重点主要在于确定球心位置，求出半径的值；本题目的难点主要由两点，一是要发现多面体旋转之后，由上下两个四棱锥组成，二是通过辅助线可以证明四棱锥底面为正方形，从而得到球心的位置以及外接球的半径
16．（2021·陕西·西安市第三中学高一期末），，，为球面上四点，，分别是，的中点，以为直径的球称为，的“伴随球”，若三棱锥的四个顶点在表面积为的球面上，它的两条边，的长度分别为和，则，的伴随球的体积的取值范围是________．
【答案】
【解析】由已知求出三棱锥的外接球半径，求出，进一步求出的范围，从而得出答案即可.
【详解】
由题意知，三棱锥的外接球半径为4，故，且，
由勾股定理由，
由题意知，，的伴随球是以，为切线，
故的最大值和最小值分别为5和1，
当三点共线且在线段之间时取得最大值，
当三点共线且在线段之外，满足时取得最小值，
故球的半径的取值范围为
，的伴随球的体积的取值范围是
故答案为：
【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
17．（2020·福建漳州·高一期末）正四面体和边长为1的正方体有公共顶点，，则该正四面体的外接球的体积为______，线段长度的取值范围为_______.
【答案】
【分析】由图可知正四面体的外接球的体积等于正方体的外接球的体积，求正方体外接球体积即可；点在以的中点圆心，以为半径的圆上，线段长度最小为点到圆心的距离减去半径，最大为点到圆心的距离加上半径，代入数据求解即可.
【详解】
如图，由题可得正四面体与正四面体全等，所以正四面体的外接球的体积等于正四面体的外接球的体积，也即是正方体的外接球的体积，因为正方体棱长为1，所以外接球直径为，所以正方体的外接球的体积为：，所以正四面体的外接球的体积为；
分析可知点在以的中点圆心，以为半径的圆上，，由点在圆内，且，所以长度最小为，长度最大为，所以长度的取值范围为.
故答案为：；.
【点睛】本题主要考查正方体外接球体积问题，涉及到圆上动点到定点距离问题，考查学生空间想象能力.
五、解答题
18．（2021·浙江宁波·高一期末）在棱长均为的正三棱柱中，为的中点．过的截面与棱，分别交于点，．
（1）若为的中点，求三棱柱被截面分成上下两部分的体积比；
（2）若四棱雉的体积为，求截面与底面所成二面角的正弦值；
（3）设截面的面积为，面积为，面积为，当点在棱上变动时，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）；（3）．
【分析】（1）连结，并延长分别交，于点，，连结交于点，连结，，利用比例关系确定为靠近的三等分点，然后先求出棱柱的体积，连结，，由和进行求解，即可得到答案；
（2）求出点到平面的距离，得到点为靠近的四等分点，通过面面垂直的性质定理可得即为截面与底面所成的二面角，在三角形中利用边角关系求解即可；
（3）设，则，，先求出的关系以及取值范围，然后将转化为，表示，求解取值范围即可．
【详解】解：（1）连接，并延长分别交，延长线于点，，
连接交于点，连接，．
易得．
故为靠近的三等分点．，．
下面求三棱柱被截面分成两部分的体积比．
三棱柱的体积．
连接，．由平面知，为定值．
．
．
．故．
（2）由及得，．
又，所以．
即点到的距离为，为靠近的四等分点．
因为平面平面，
所以截面与平面所成角即为截面与平面所成角，
在中，，，故．
又因为平面平面，且平面平面，
所以平面．则即为截面与底面所成的二面角．
在中，，，．
故．
因此，截面与平面所成二面角的正弦值为．
（3）设，则，．
设的面积为，所以．
又因为，所以．
且．令则
故．
令则，所以在上单调递减，所以，，所以，
所以
19．（2021·湖北黄冈·高一期末）如图，已知在四棱锥中，底面是梯形，且，平面平面，，.
（1）证明:;
（2）若，，求四棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）利用等腰三角形三线合一和面面垂直，得出平面以及得出平面，进而得出线线垂直；
（2）通过，，以及第一问的结论，得出平面求出三棱锥 的体积，利用且，得出三棱锥的体积为三棱锥体积的一半，从而求出四棱锥的体积.
【详解】
（1）证明：取的中点
又平面平面
平面 又
由可得平面
（2）
，
由（1）可知平面
另解：因为
20．（2021·安徽蚌埠·高一期末）如图，四边形是边长为4的菱形，，平面，将菱形沿对角线折起，使得点到达点的位置，且平面平面．
（1）求证：平面；
（2）若点在同一个球面上，求三棱锥与三棱锥的公共部分的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）取中点，连接，由面面垂直的性质定理证明平面，结合平面，可得，由线面平行的判定定理即可求证；
（2）分别取的三等分点，过点作的垂线，过点作的垂线，两垂线交于点，则点即为多面体的外接球的球心，连接相交于点，则三棱锥为三棱锥与三棱锥的公共部分，利用体积公式即可求体积.
【详解】（1）取中点，连接，四边形是边长为4的菱形，，
则为正三角形，所以，又因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，平面， 所以平面．
（2）由（1）知，，所以四点共面，连接，
分别取的三等分点，且，，
则点分别为正三角形，正三角形的中心．
在平面内，过点作的垂线，过点作的垂线，两垂线交于点．
因为，所以，
又，
平面，所以平面，
而点为正三角形的中心，
所以，
同理，可得，
因为在同一个球面上，则点为该球面的球心，，
取中点，连接，则易得四边形为矩形，
四边形为正方形，，
所以，
连接相交于点，
则三棱锥为三棱锥与三棱锥的公共部分，
由，，
所以，则点到平面的距离为，
三棱锥与三棱锥的公共部分的体积为：
，
【点睛】方法点睛：证明直线与平面平行的常用方法
（1）定义法：证明直线与平面没有公共点，通常要借助于反证法来证明；
（2）判定定理：在利用判断定理时，关键找到平面内与已知直线平行的直线，常考虑利用三角形中位线、平行四边形的对边平行或过已知直线作一平面，找其交线进行证明；
（3）利用面面平行的性质定理：
直线在一平面内，由两平面平行，推得线面平行；
直线在两平行平面外，且与其中一平面平行，这这条直线与另一个平行.
21．（2021·广东中山·高一期末）如图所示，在正方体中，点在棱上，且，点、、分别是棱、、的中点，为线段上一点，．
（1）若平面交平面于直线，求证：；
（2）若直线平面，试作出平面与正方体各个面的交线，并写出作图步骤，保留作图痕迹；设平面与棱交于点，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）作图步骤见解析，三棱锥的体积为
【分析】（1）根据面面平行的性质即可得到，再结合线线平行的传递性即可证明结论；
（2）根据公理“一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内”作出平面与正方体各个面的交线即可；根据四点共面，且三角形与三角形面积相等，那么三棱锥的体积等于三棱锥的体积，直接利用三棱锥的体积公式求解即可．
【详解】解：（1）证明：在正方体中，
因为平面平面，平面平面，平面平面
所以，
因为点、 分别是棱、 的中点，
所以，
所以．
（2）作图步骤如下：
连接，过点作于点，连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点交的延长线于点，
再连接交于点，连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点，再连接，，，
则图中，，，，，即为平面与正方体各个面的交线．
设，因为，
所以点为的中点，
又因为，所以点为中点，
所以，
所以，
又因为，即，解得，
∵，
，，
∴，
如上图，设为线段的中点，因为点是棱的中点，
所以在正方体中，有，
所以平面，所以
因为平面，所以，
因为，
所以平面，即平面与平面重合，
所以点在平面内，且三角形与三角形面积相等，
因为直线平面，平面，
所以，又因为△，
所以，
所以，
所以，，
所以三棱锥的体积为．
【点睛】本题考查面面平行的性质定理和线面平行的性质定理的应用，直线与平面垂直以及几何体的表面积和体积的求法，考查空间想象能力记忆计算能力，属于难题．其中第二问解题的关键字在于根据公理“一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内”作出图形，进而根据几何关系得到对应点的位置求解.
22．（2021·重庆·西南大学附中高一期末）为了求一个棱长为的正四面体的体积，某同学设计如下解法.
解：构造一个棱长为1的正方体，如图1：则四面体为棱长是的正四面体，且有.
（1）类似此解法，如图2，一个相对棱长都相等的四面体，其三组棱长分别为，，，求此四面体的体积；
（2）对棱分别相等的四面体中，，，.求证：这个四面体的四个面都是锐角三角形；
（3）有4条长为2的线段和2条长为的线段，用这6条线段作为棱且长度为的线段不相邻，构成一个三棱锥，问为何值时，构成三棱锥体积最大，最大值为多少？
[参考公式：三元均值不等式及变形，当且仅当时取得等号]
【答案】（1）2；（2）证明见解析；（3）时,三棱锥体积有最大值为.
【分析】（1）类比已知条件中的解法，构造一个长方体，求出长方体的棱长，在由长方体的体积减去四个三棱锥体积即可得到答案；
（2）在四面体ABCD中，由已知可得四面体ABCD的四个面为全等三角形，设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，证明△ABC为锐角三角形，即可证明这个四面体的四个面都是锐角三角形；
（3）当2条长为m的线段不在同一个三角形中，写出三棱锥体积的表达式，利用基本不等式求最值.
【详解】（1）类似地，构造一个长方体，
设从同一个顶点出发的三条棱的棱长分别为，则有：
，解得：
所以
即此四面体的体积为2.
（2）证明：
在四面体中，因为，，，
所以四面体的四个面都是全等的三角形，只需证明一个面为锐角三角形即可.
设长方体的长、宽、高分别为abc，则，，，
所以，
即，所以B为锐角；
同理可证：A为锐角，C为锐角，所以△ABC为锐角三角形.
所以这个四面体的四个面都是锐角三角形.
（3）因为长度为的线段不相邻，所以2条长为m的线段不在同一个三角形中，如图，
不妨设AD= BC= m，AB=BD=CD=AC=2，取BC的中点E，连接AE，DE，则AE⊥BC，DE⊥BC，而AE∩DE=E，∴BC⊥平面AED，则三棱锥的体积，
在△AED中,， AD=m，
所以，
所以
，
当且仅当，即时等号成立.
即时,三棱锥体积有最大值为.
【点睛】（1）求几何体体积的常用的方法有：①直接法；②等体积法；③补形法；④向量法；
（2）利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：“一正二定三相等”
① “一正”就是各项必须为正数；②“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；③“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方．
23．（2022·广西·昭平中学高一期末）如图，在圆柱中，，分别是上、下底面圆的直径，且，，分别是圆柱轴截面上的母线.
(1)若，圆柱的母线长等于底面圆的直径，求圆柱的表面积.
(2)证明：平面平面.
【答案】(1).(2)证明见详解.
【分析】（1）借助圆柱的母线垂直于底面构造直角三角形计算可得半径，然后可得表面积；
（2）构造平行四边形证明，结合已知可证.
(1)连接CF、DF
，
因为CD为直径，记底面半径为R，EF=2R
则
又
解得R=2
圆柱的表面积.
(2)连接、、、
由圆柱性质知且
且
四边形为平行四边形
又平面CDE，平面CDE
平面CDE
同理，平面CDE
又，平面ABH，平面ABH
平面平面.
24．（2021·浙江温州·高一期末）已知矩形中，，，为线段上一点（不在端点），沿线段将折成，使得平面平面．
（1）证明：平面与平面不可能垂直；
（2）若二面角大小为60°，
（ⅰ）求直线与所成角的余弦值；
（ⅱ）求三棱锥的外接球的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）（i）；（ii）
【分析】（1）用反证法进行证明；
（2）先根据二面角大小为60°，判断出DE=1.
（i）连结，由AD∥BC，判断出或其补角即为直线与所成角.
在三角形中，先求出，再利用二倍角的余弦公式求出直线与所成角的余弦值；
（ii）取AC的中点为,过作⊥面ABC于，判断出三棱锥的外接球的球心必在上，不妨设球心为O.利用，求出外接球的半径,即可求出外接球的体积.
【详解】
（1）
假设结论不成立，则平面⊥平面.
过C作CF⊥面于F（F与B不重合时），则CF⊥；
又为矩形，所以CB⊥；
因为，所以⊥面.
相对于，AB为垂线，为斜线，所以
而，，所以，矛盾.
所以假设不成立，所以平面与平面不可能垂直；
过C作CF⊥面于F（F与B重合时），则面⊥面,
这与平面平面相矛盾，（过平面的一条斜线有且只有一个平面与已知平面垂直）.
所以假设不成立，所以平面与平面不可能垂直；
（2）
因为平面平面，过作⊥AC于N，则⊥面.过D作DM⊥AC于M，连结MN，则即为二面角的平面角，所以.
在直角三角形中，因为，所以
在图（1）中，
以D为原点，分别为x、y轴正方向建立平面直角坐标系，则，所以直线，直线.
因为DM⊥AC，所以可设直线，与直线AC联立解出，
所以.
由三角形等面积法得：，即，解得：.
由，得，所以，即，解得：t=1.即DE=1.
（i）如图（2）中，连结，因为AD∥BC，则或其补角即为直线与所成角.

在三角形中，，
过A作AG垂直于G，则G为的中点，所以，
所以.
即直线与所成角的余弦值为.
（ii）
在直角三角形中，，所以.
取AC的中点为,过作⊥面ABC于，且.则三棱锥的外接球的球心必在上，不妨设球心为O.
因为，所以
设，由O为球心，得：，即，
解得：，所以球心O在面ABC的下方，
此时外接球半径,
所以外接球的体积为.
【点睛】（1）证明否定性结论的问题通常用反证法；
（2）多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：
①公式法；②多面体几何性质法；③补形法；④寻求轴截面圆半径法；⑤确定球心位置法．