2024高考数学大一轮复习Word版题库（人教A版文）第八章 立体几何 第2节 空间几何体的表面积和体积

这是一份2024高考数学大一轮复习Word版题库（人教A版文）第八章 立体几何 第2节 空间几何体的表面积和体积，共26页。试卷主要包含了多面体的表面积，空间几何体的表面积与体积公式，故选A等内容，欢迎下载使用。
第2节　空间几何体的表面积和体积
考试要求　了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.


1.多面体的表(侧)面积
多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和.
2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式

圆柱
圆锥
圆台
侧面展开图



侧面积公式
S圆柱侧＝2πrl
S圆锥侧＝πrl
S圆台侧＝π(r1＋r2)l
3.空间几何体的表面积与体积公式
　　名称
几何体
表面积
体积
柱体　(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
V＝S底h
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝S底h
台体(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝(S上＋S下＋)h
球
S＝4πR2
V＝πR3

1.正方体与球的切、接常用结论正方体的棱长为a，球的半径为R
(1)若球为正方体的外接球，则2R＝a；
(2)若球为正方体的内切球，则2R＝a；
(3)若球与正方体的各棱相切，则2R＝a.
2.长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝.
3.正四面体的外接球的半径R＝a，内切球的半径r＝a，其半径R∶r＝3∶1(a为该正四面体的棱长).

1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)锥体的体积等于底面面积与高之积.(　　)
(2)两个球的体积之比等于它们的半径比的平方.(　　)
(3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差.(　　)
(4)已知球O的半径为R，其内接正方体的边长为a，则R＝a.(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√
解析　(1)锥体的体积等于底面面积与高之积的三分之一，故不正确.
(2)球的体积之比等于半径比的立方，故不正确.
2.已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为(　　)
A.1 cm B.2 cm C.3 cm D. cm
答案　B
解析　设圆锥的底面圆的半径为r，母线长为l，因为侧面展开图是一个半圆，所以πl＝2πr，即l＝2r，所以πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，解得r＝2.
3.如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________.

答案　1∶47
解析　设长方体的相邻三条棱长分别为a，b，c，它截出棱锥的体积为V1＝××a×b×c＝abc，剩下的几何体的体积V2＝abc－abc＝ abc.所以V1∶V2＝1∶47.
4.(2020·天津卷)若棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　　)
A.12π B.24π C.36π D.144π
答案　C
解析　设球的半径为R，由题意知球的直径2R＝，得R＝3，该球的表面积S＝4πR2＝36π.故选C.
5.(2021·北京卷)某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为(　　)

A. 　　　 B.
C. 　　　 D.
答案　A
解析　根据三视图知该四面体为三棱锥S－ABC，如图所示(其中正方体的棱长为1)，故S表＝3××1×1＋×(1＋1)＝.故选A.
6.(2021·新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为(　　)

A.2 B.2 C.4 D.4
答案　B
解析　设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为，侧面展开图为一个半圆，所以2π×＝πl，解得l＝2.

考点一　空间几何体的表面积与侧面积
1.已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为(　　)
A.12π B.12π C.8π D.10π
答案　B
解析　由题意知，圆柱的轴截面是一个面积为8的正方形，则圆柱的高与底面直径均为2.
设圆柱的底面半径为r，则2r＝2，得r＝.
所以圆柱的表面积S圆柱＝2πr2＋2πrh＝2π()2＋2π××2＝4π＋8π＝12π.
2.(2020·北京卷)某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为(　　)

A.6＋ B.6＋2
C.12＋ D.12＋2
答案　D
解析　由三视图知该几何体为正棱柱，且底面是边长为2的正三角形，高为2，则表面积为S＝2S底＋S侧＝2××22＋3×22＝2＋12.故选D.
3.(2021·贵阳诊断)如图，四面体各个面都是边长为1的正三角形，其三个顶点在一个圆柱的下底面圆周上，另一个顶点是上底面圆心，圆柱的侧面积是(　　)

A.π B.π C.π D.π
答案　C
解析　如图所示，过点P作PE⊥平面ABC，E为垂足，点E为等边三角形ABC的中心，连接AE并延长，交BC于点D.

AE＝AD，AD＝，
∴AE＝×＝，
∴PE＝＝.
设圆柱底面半径为r，则r＝AE＝，
∴圆柱的侧面积S＝2πr·PE＝2π××＝.
4.(2022·成都诊断)已知圆锥的顶点为A，过母线AB，AC的截面面积是2.若AB，AC的夹角是60°，且AC与圆锥底面所成的角是30°，则该圆锥的表面积为________.
答案　(6＋4)π
解析　如图所示，

∵AB，AC的夹角是60°，AB＝AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴×AC2＝2，
解得AC＝2.
∵AC与圆锥底面所成的角是30°，
∴圆锥底面半径r＝OC＝ACcos 30°＝2×＝.
则该圆锥的表面积＝π×()2＋×2π××2＝(6＋4)π.
感悟提升　空间几何体表面积的求法
(1)旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用，并弄清底面半径、母线长与对应侧面展开图中边的关系.
(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理.
(3)以三视图为载体的需确定几何体中各元素之间的位置关系及数量.
　考点二　空间几何体的体积
角度1　简单几何体的体积
例1 (1)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm3)是(　　)

A.158 B.162 C.182 D.324
(2)(2021·新高考Ⅱ卷)正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为(　　)
A.20＋12 B.28
C. D.
答案　(1)B　(2)D
解析　(1)由三视图可知，该柱体是一个直五棱柱，如图，棱柱的高为6，底面可以看作由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3.

则底面面积S＝×3＋×3＝27.
因此，该柱体的体积V＝27×6＝162.
(2)连接该正四棱台上、下底面的中心，如图，因为该四棱台上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高h＝＝，下底面面积S1＝16，上底面面积S2＝4，所以该棱台的体积

V＝h(S1＋S2＋)
＝××(16＋4＋)＝.
感悟提升　1.求规则几何体的体积，主要利用“直接法”代入体积公式计算.
2.若已知三视图求体积，应注意三视图中的垂直关系在几何体中的位置，确定几何体中的线面垂直等关系，进而利用公式求解.
训练1 (1)(2020·新高考Ⅱ卷)棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1－D1MN的体积为________.
(2)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________.

答案　(1)1　(2)π
解析　(1)

如图，由正方体棱长为2及M，N分别为BB1，AB的中点，得
S△A1MN＝2×2－2××2×1－×1×1＝，又易知D1A1为三棱锥D1－A1MN的高，且D1A1＝2，
∴VA1－D1MN＝VD1－A1MN
＝·S△A1MN·D1A1＝××2＝1.
(2)由三视图可知，该几何体是一个圆柱挖去了一个同底等高的圆锥，其体积为π×22×2－π×22×2＝π.
角度2　不规则几何体的体积
例2 如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为________.

答案　
解析　如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH.
则原几何体分割为两个三棱锥和一个直三棱柱.

依题意，三棱锥E－ADG的高EG＝，直三棱柱AGD－BHC的高AB＝1.
则AG＝＝＝.
取AD的中点M，则MG＝，
所以S△AGD＝×1×＝，
∴V多面体＝VE－ADG＋VF－BHC＋VAGD－BHC
＝2VE－ADG＋VAGD－BHC
＝×××2＋×1＝.
感悟提升　1.求不规则几何体的体积：当一个几何体的形状不规则时，常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体，然后再计算.
2.本题利用“割”的方法把几何体分割成易求体积的三棱锥、三棱柱(也可分割成四棱锥).另外，经常考虑把棱锥补成棱柱，把台体补成锥体，把三棱锥补成四棱锥，把三棱柱补成四棱柱，把不规则几何体补成规则几何体，补一个同样的几何体等.
训练2 某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积(单位：cm3)是(　　)

A. B. C.3 D.6
答案　A
解析　由三视图可知，该几何体是由一个三棱柱和一个三棱锥组成的组合体，它们的公共面是等腰直角三角形，如图所示.

由三视图知，三棱柱ABC－A′B′C′的高为2，
三棱锥P－A′B′C′的高为1，
又S△ABC＝×2×1＝1，
所以该几何体体积V＝V三棱锥P－A′B′C′＋V棱柱ABC－A′B′C′
＝×1×1＋1×2＝(cm3).
　考点三　与球有关的切、接问题
角度1　外接球
例3 (1)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为________.
(2)已知正三棱锥S－ABC的侧棱长为4，底面边长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是________.
答案　(1)　(2)64π
解析　(1)如图所示，

由球心作平面ABC的垂线，
则垂足为BC的中点M.
又AM＝BC＝，
OM＝AA1＝6，
所以球O的半径R＝OA＝＝.
(2)如图，过点S作SE⊥平面ABC于点E，记球心为O.

∵在正三棱锥S－ABC中，底面边长为6，侧棱长为4，
∴BE＝××6＝2，
∴SE＝＝6.∵球心O到四个顶点的距离相等，均等于该正三棱锥外接球的半径R，
∴OB＝R，OE＝6－R.
在Rt△BOE中，OB2＝BE2＋OE2，
即R2＝12＋(6－R)2，解得R＝4，
∴外接球的表面积为S＝4πR2＝64π.
感悟提升　(1)求解多面体的外接球时，经常用到截面图.如图所示，设球O的半径为R，截面圆O′的半径为r，M为截面圆上任意一点，球心O到截面圆O′的距离为d，则在Rt△OO′M中，OM2＝OO′2＋O′M2，即R2＝d2＋r2.

(2)求解球的内接正方体、长方体等问题的关键是把握球的直径即是几何体的体对角线.
角度2　内切球
例4 (2020·全国Ⅲ卷)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________.
答案　π
解析　圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆.在△PAB中，PA＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝2，△PEO∽△PDB，故＝，即＝，解得r＝，

故内切球的体积为π＝π.
感悟提升　“切”的问题处理规律
(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决.
(2)体积分割是求内切球半径的通用方法.
训练3 (1)如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为(　　)

A. B.
C. D.
(2)(2022·衡阳联考)设圆锥的顶点为A，BC为圆锥底面圆O的直径，点P为圆O上的一点(异于B，C)，若BC＝4，三棱锥A－PBC的外接球表面积为64π，则该圆锥的体积为________.
答案　(1)C　(2)24π或8π
解析　(1)平面ACD1截球O的截面为△ACD1的内切圆，

∵正方体棱长为1，
∴AC＝CD1＝AD1＝.
∴内切圆半径r＝tan 30°·AE＝×
＝.
∴S＝πr2＝π×＝.
(2)如图所示.

∵BP⊥PC，AO⊥平面PBC，
∴三棱锥A－PBC的外接球球心M在AO上，又球M的表面积为64π，
∴r外＝4，
在Rt△MOB中，BM＝4，BO＝2，
∴MO＝2，MA＝4，∴AO＝6或AO＝2，
∴V圆锥＝×π××6＝24π或V圆锥＝×π××2＝8π.
三棱锥外接球球心的确定方法
空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：
(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.
(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解.
(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.
一、补形法之一——存在侧棱与底面垂直
例1 (1)在三棱锥A－BCD中，若AD⊥平面BCD，AB⊥BC，AD＝BD＝2，CD＝4，点A，B，C，D在同一个球面上，则该球的表面积为________.
(2)在三棱锥A－BCD中，若AB⊥平面BCD，AB＝2，BC＝CD＝BD＝，点A，B，C，D在同一个球面上，则该球的表面积为________.
答案　(1)20π　(2)8π
解析　(1)根据题意得BC⊥平面ABD，则BC⊥BD，即AD，BC，BD三条线两两垂直，所以可将三棱锥A－BCD放置于长方体内，如图所示.

该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，球心为长方体体对角线的中点.
即外接球的半径为体对角线长的一半.
此时AC为该球的直径，所以该球的表面积S＝4πR2＝π·AC2＝π·(22＋42)＝20π.
(2)由题意得底面BCD为等边三角形，又AB⊥平面BCD，所以可将三棱锥A－BCD放置于直棱柱的一角，如图所示，

该三棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球，球心为直三棱柱上下底面外接圆圆心连线的中点.
设直三棱柱上下底面外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，取O1O2的中点为O，连接OB，O2B，则O为外接球的球心，OB为外接球的半径，O2B为△BCD外接圆的半径，OO2＝1.
根据正弦定理可以得到O2B＝＝＝1，则有OB＝＝，
所以外接球的表面积S＝4π·OB2＝8π.
二、补形法之二——对棱相等
例2 在三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝2，AC＝BD＝，AD＝BC＝，则该三棱锥外接球的半径为________.
答案　
解析　考虑到三棱锥A－BCD对棱相等，可利用长方体面对角线相等，将该三棱锥放置于长方体内，三组对棱即为长方体的三组面对角线，如图所示.

该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
球心在长方体对角线的中点，即外接球的半径为体对角线长的一半.
设此长方体的长、宽、高分别为x、y、z，
则有即x2＋y2＋z2＝6.
所以外接球的半径R＝＝.
三、借助三角形外心确定球心位置
例3 (1)在三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA＝PC＝AB＝2，AC＝4，∠BAC＝30°，则该三棱锥外接球的体积为________.
(2)如图所示，在三棱锥S－ABC中，△ABC与△SBC都是边长为1的正三角形，二面角A－BC－S的大小为，若S，A，B，C四点都在球O的表面上，则球O的表面积为________.

(3)在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝1，AB⊥BC，BC⊥CP，PA⊥AB，∠CPA＝60°，则该三棱锥外接球的体积为________.
答案　(1)9π　(2)　(3)π
解析　(1)如图所示，

在△ABC中，由余弦定理得BC2＝(2)2＋42－2×2×4·cos 30°＝4.
所以AB2＋BC2＝16＝AC2，即△ABC为直角三角形.
故△ABC外接圆的圆心为斜边AC的中点.
取AC的中点为O1，连接PO1，则PO1⊥AC.
由平面PAC⊥平面ABC，得PO1⊥平面ABC.
该三棱锥外接球的球心在线段PO1上.
设球心为O，连接OA，则OA＝OP，且均为外接球的半径.
在Rt△PO1A中，PO1＝＝2.
在Rt△OO1A中，OA2＝OO＋AO，
即R2＝(2－R)2＋4，则R＝.
所以外接球的体积V＝πR3＝π＝9π.
(2)如图，

取线段BC的中点D，连接AD，SD，
由题意得AD⊥BC，SD⊥BC，
∴∠ADS是二面角A－BC－S的平面角，
∴∠ADS＝，
由题意得BC⊥平面ADS，分别取AD，SD的三等分点E，F，
在平面ADS内，过点E，F分别作直线垂直于AD，SD，
两条直线的交点即球心O，连接OA，
则球O半径R＝OA，
由题意知BD＝，AD＝，DE＝AD＝，AE＝AD＝，
连接OD，在Rt△ODE中，
∠ODE＝，OE＝DE＝，
∴OA2＝OE2＋AE2＝，
∴球O的表面积为S＝4πR2＝.
(3)如图所示，

由题意知，△ABC，△PCB，△PAB均为直角三角形，而且有Rt△PCB≌Rt△PAB，则PC＝PA.
又∠CPA＝60°，
所以△PAC为等边三角形，
则PA＝PC＝AC＝＝.
在Rt△ABC中，其外接圆的圆心为斜边AC的中点，
设其为O1，过点O1作直线l⊥平面ABC，该三棱锥外接球的球心在l上.
不妨设球心为O，则OA＝OB＝OC＝OP.
取PB的中点为O2，则O2A＝O2C＝PB＝O2B＝O2P，故O2与O重合.
所以外接球的半径R＝PB＝＝.
故外接球的体积V＝πR3＝π＝π.


1.体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　　)
A.12π B.π C.8π D.4π
答案　A
解析　设正方体的棱长为a，则a3＝8，解得a＝2.设球的半径为R，则2R＝a，即R＝.所以球的表面积S＝4πR2＝12π.
2.(2021·北京卷)对24小时内降水在平地上的积水厚度(mm)进行如下定义：
0～10
10～25
25～50
50～100
小雨
中雨
大雨
暴雨
小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，则这一天的雨水属于哪个等级(　　)

A.小雨 B.中雨 C.大雨 D.暴雨
答案　B
解析　由相似关系可得，雨水形成的小圆锥的底面半径r＝＝50(mm)，故
V小圆锥＝×π×502×150＝503·π(mm3)，从而可得积水厚度h＝＝＝12.5(mm)，属于中雨.
3.(2021·全国甲卷)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O－ABC的体积为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　如图所示，因为AC⊥BC，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝.连接OO1，则OO1⊥平面ABC，OO1＝＝＝，所以三棱锥O－ABC的体积V＝S△ABC·OO1＝××1×1×＝.

4.(2021·哈尔滨模拟)在四面体ABCD中，AB＝CD＝2，BC＝1，∠BCD＝，且AB⊥面BCD，则四面体ABCD的外接球表面积为(　　)
A.36π B.9π
C. D.
答案　D
解析　根据题意，构造一个直三棱柱如图所示，O1，O2分别为上下底面外接圆的圆心，

根据球的性质，球心O必为O1O2的中点，则球的半径R＝OB.
设△BCD的外接圆半径为r，
在△BCD中，BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos ＝7，
∴BD＝，由正弦定理得其外接圆半径r＝＝，
则R2＝r2＋＝，故球的表面积S＝4πR2＝.
5.已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为(　　)
A.π B. C. D.
答案　B
解析　如图画出圆柱的轴截面ABCD，O为球心.球半径R＝OA＝1，球心到底面圆的距离为OM＝.

∴底面圆半径r＝＝，
故圆柱体积V＝π·r2·h＝π·×1＝.
6.(2020·全国Ⅱ卷)已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为(　　)
A. B. C.1 D.
答案　C
解析　如图所示，过球心O作OO1⊥平面ABC，则O1为等边△ABC的中心.

设△ABC的边长为a，则a2＝，解得a＝3(负值舍去)，
∴O1A＝××3＝.
设球O的半径为r，则由4πr2＝16π，得r＝2，即OA＝2.
在Rt△OO1A中，OO1＝＝1，
即O到平面ABC的距离为1.
7.(2022·西安检测)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是半径为r的圆，若该几何体的体积为π，则它的表面积是(　　)

A.π B.9π C.π D.π
答案　C
解析　由三视图可知该几何体是一个圆柱挖去了一个半径等于圆柱底面半径的半球体，其中圆柱的高等于半球的半径r，所以该几何体的体积V＝πr2×r－×πr3＝πr3＝π，∴r3＝，又知r>0，∴r＝，∴该几何体的表面积S＝πr2＋2πr×r＋×4πr2＝5πr2＝5π×＝π.
8.(2021·安庆调研)已知在四面体PABC中，PA＝4，BC＝2，PB＝PC＝2，PA⊥平面PBC，则四面体PABC的外接球的表面积是(　　)
A.160π B.128π C.40π D.32π
答案　C
解析　∵PB2＋PC2＝12＋12＝24＝BC2，
∴PB⊥PC，
又PA⊥平面PBC，∴PA⊥PB，PA⊥PC，
即PA，PB，PC两两垂直，以PA，PB，PC为从同一顶点出发的三条棱补成长方体，
所以该长方体的体对角线长为
＝
＝2，
故该四面体的外接球半径为.
于是四面体PABC的外接球的表面积是4π()2＝40π.
9.如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下面及母线均相切.记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________.

答案　
解析　设圆柱内切球的半径为R，
则由题设可得圆柱O1O2的底面圆的半径为R，高为2R，故＝＝.
10.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M－EFGH的体积为________.

答案　
解析　连接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，
因为E，H分别为AD1，CD1的中点，
所以EH∥AC，EH＝AC.
因为F，G分别为B1A，B1C的中点，
所以FG∥AC，FG＝AC.
所以EH∥FG，EH＝FG，
所以四边形EHGF为平行四边形，
又EG＝HF，EH＝HG，
所以四边形EHGF为正方形.
又点M到平面EHGF的距离为，所以四棱锥M－EFGH的体积为××＝.
11.(2021·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是________.

答案　
解析　法一　由三视图可知，该几何体是一个底面为等腰梯形的直四棱柱，其中底面等腰梯形的底边长分别为，2，高为，该四棱柱的高为1，所以该几何体的体积V＝×(＋2)××1＝.
法二　由三视图可知，该几何体是由底面为等腰直角三角形(腰长为2)的直三棱柱截去一个底面为等腰直角三角形(腰长为1)的直三棱柱后得到的，所以该几何体的体积V＝×22×1－×12×1＝.
12.(2021·全国甲卷)已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为________.
答案　39π
解析　设该圆锥的高为h，则由已知条件可得×π×62·h＝30π，解得h＝，则圆锥的母线长为＝＝，故该圆锥的侧面积为π×6×＝39π.

13.(2020·全国Ⅰ卷)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆.若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为(　　)
A.64π B.48π C.36π D.32π
答案　A
解析　如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以＝2r，解得AB＝2，故OO1＝2，所以R2＝OO＋r2＝(2)2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.

14.已知四面体ABCD中，AB＝AD＝BC＝DC＝BD＝5，AC＝8，则四面体ABCD的体积为________.
答案　
解析　取BD中点O，AC中点E，连接AO，CO，OE，

∵四面体ABCD中，AB＝AD＝BC＝DC＝BD＝5，AC＝8，
∴AO⊥BD，CO⊥BD，
AO＝CO＝＝，
∵AO∩CO＝O，∴BD⊥平面AOC，
又OE⊥AC，
∴S△AOC＝×8×＝2，
VA－BCD＝2VB－AOC＝2×××2
＝.
15.学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCD－A1B1C1D1挖去四棱锥O－EFGH后所得的几何体.其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为____g.

答案　118.8
解析　由题意得，四棱锥O－EFGH的底面积为4×6－4××2×3＝12(cm2)，其高为点O到底面EFGH的距离，为3 cm，则此四棱锥的体积为V1＝×12×3＝12(cm3).
又长方体ABCD－A1B1C1D1的体积为V2＝4×6×6＝144(cm3)，
所以该模型的体积V＝V2－V1＝144－12＝132(cm3)，
因此模型所需原材料的质量为0.9×132＝118.8(g).
16.某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示.如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为______.

答案　40
解析　如图所示棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1，去掉四棱柱MQD1A1－NPC1B1(其底面是一个上底为2，下底为4，高为2的直角梯形)所得的几何体为题中三视图对应的几何体，故所求几何体的体积为43－×(2＋4)×2×4＝40.