高中数学人教A版 (2019)必修 第二册8.3 简单几何体的表面积与体积精品课时作业

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册8.3 简单几何体的表面积与体积精品课时作业，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.如图，BD是正方形ABCD的对角线，BD⌢的圆心是A，半径为AB，正方形ABCD以AB为轴旋转一周，则图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分旋转所得旋转体的体积之比是
( )
A. 1:1:1B. 1:2:3C. 2:1:2D. 2:2:1
2.已知正方体、等边圆柱(轴截面是正方形)、球的体积相等，它们的表面积分别为S正、S柱、S球，则
( )
A. S正3.若等边圆柱(轴截面是正方形)、球、正方体的体积相等，则它们的表面积的大小关系是
( )
A. S球C. S圆柱4.半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形围成(如图所示).若它所有棱的长都为2，则
( )
A. BC⊥平面ABEB. 该二十四等边体的体积为32 23
C. ME与PN所成的角为45°D. 该二十四等边体的外接球的表面积为16π
5.如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，已知SC=2 2，SA⊥SC，则下列结论错误的是( )
A. 圆锥SO的侧面积为4 2π
B. 三棱锥S−ABC体积的最大值为83
C. 圆锥SO内切球的半径为 2
D. 若AB=BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为2( 3+1)
6.如图所示的三视图表示的几何体的体积为323，则该几何体的外接球的表面积为( )
A. 12πB. 24πC. 36πD. 48π
7.已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB=90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O−ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( )
A. 36πB. 64πC. 144πD. 256π
8.在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.已知“堑堵”ABC−A1B1C1的所有顶点都在球O的球面上，且AB=AC=1，若这个三棱柱的体积为12，则该球O的表面积为
( )
A. πB. 2πC. 3πD. 4π
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.我国古代数学家祖暅提出一条原理：“幂势既同，则积不容异”，即两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．利用该原理可以证明：一个底面半径和高都等于R的圆柱，挖去一个以上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥后，所得的几何体的体积与一个半径为R的半球的体积相等．现有一个半径为R的球，被一个距离球心为d(d>0)的平面截成两部分，记两部分的体积分别为V1 , V2(V1A. V1=π3(R−d)2(2R+d)B. V2=π9(R+2d)(2R−d)(3R+d)
C. 当d=R2时，V1V2=527D. 当d≤R3时，V1V2≥720
10.如图，AC为圆锥SO的底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，SO=OC=2，则( )
A. 圆锥SO的侧面积为2 2π
B. 三棱锥S−ABC体积的最大值为83
C. ∠SAB的取值范围是(π4,π3)
D. 若AB=BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为2( 3+1)
11.某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台O1O2，在轴截面ABCD中，AB=AD=BC=2cm，且CD=2AB，则
( )
A. 该圆台轴截面ABCD面积为3 3cm2
B. 该圆台的体积为7 3πcm3
C. 该圆台的外接球体积为32π3cm3
D. 沿着该圆台表面，从点C到AD中点的最短距离为5cm
12.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为线段B1C的中点，点P和Q分别满足D1P=λD1C1，D1Q=μD1B，其中λ，μ∈[0,1]，则下列结论正确的是
( )
A. 当λ=12时，三棱锥Q−PDE的体积为定值
B. 当μ=12时，四棱锥Q−ABCD的外接球的表面积是9π4
C. 当λ=1时，不存在μ使得PQ⊥B1D1
D. PQ+EQ的最小值为5 26
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知三棱锥P−ABC的四个顶点均在同一个球面上，底面ABC满足BA=BC= 6，∠ABC=π2，若该三棱锥体积的最大值为3，则其外接球的体积为 ．
14.如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm，高为2cm，内孔半径为0.5cm，则此六角螺帽毛坯的体积是________cm3．
15.如图，一个密闭容器水平放置，圆柱底面直径为2，高为10，圆锥母线长为2，里面有一个半径为1的小球来回滚动，则小球无法碰触到的空间部分的体积为 ．
16.如图，实心铁制几何体AEFCBD由一个直三棱柱与一个三棱锥构成，已知BC=EF=π cm，AE=2 cm，BE=CF=4 cm，AD=7 cm，且AE⊥EF，AD⊥底面AEF.某工厂要将其铸成一个实心铁球，假设在铸球过程中原材料将损耗20%，则铸得的铁球的半径为 cm．
四、解答题：本题共4小题，共48分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
如图，三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面，其高为2cm，底面三角形的边长分别为3cm，4cm，5cm．
(1)以上、下底面的内切圆为底面，挖去一个圆柱，求剩余部分几何体的体积V；
(2)求该三棱柱的外接球的表面积与内切球的体积．
18.(本小题12分)
如图所示，四边形ABCD是直角梯形(单位：cm)，求图中阴影部分绕AB所在直线旋转一周所成几何体的表面积和体积．
19.(本小题12分)
若等边圆柱(轴截面是正方形)、球、正方体的体积相等，设它们的表面积分别为S1、S2、S3，判断它们的大小关系，并证明．
20.(本小题12分)
已知正三棱锥P−ABC，顶点为P，底面是三角形ABC．
(1)若该三棱锥的侧棱长为1，且两两成角为π18，设质点W自A出发依次沿着三个侧面移动环绕一周直至回到出发点A，求质点移动路程的最小值；
(2)若该三棱锥的所有棱长均为1，试求以P为顶点，以三角形ABC内切圆为底面的圆锥的体积；
(3)若该锥体的体积为定值V，求这三棱锥侧面与底面所成的角θ的余弦值，使该三棱锥的表面积S最小．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了圆锥、圆柱和球的体积计算，属于中档题．
利用圆锥、圆柱和球的体积公式即可求解．
【解答】
解：设正方形ABCD的边长为1，可得
VⅠ=13π×AD2×AB=π3;
VⅡ=12×43π×AB3−VⅠ=π3;
VⅢ=π×AD2×AB−V半球=π−2π3=π3，
故图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分旋转所得旋转体的体积之比是1:1:1 ，
故选A．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查正方体、等边圆柱(轴截面是正方形)、球的体积、表面积公式，考查学生的计算能力，属于中档题．
利用正方体、等边圆柱(轴截面是正方形)、球的体积、表面积公式，即可得出结论．
【解答】
解：正方体的棱长为a，体积V=a3，S正=6a2=63V2，
等边圆柱(轴截面是正方形)的高为2h，
体积V=π⋅h2⋅2h=2πh3，S柱=6πh2=332πV2，
球的半径为R，体积V=43πR3，S球=4πR2=336πV2，
∴S球故选C．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查几何体的体积和表面积，考查计算能力，属于中档题．
设等边圆柱底面圆半径为r，球半径为R，正方体棱长为a，根据体积公式得出r，R，a的关系，进而得到其比值，然后根据面积公式求得各几何体的表面积之比，与1比较大小，即得答案．
【解答】
解：设等边圆柱底面圆半径为r，球半径为R，正方体棱长为a，
则πr2·2r=43πR3=a3，Rr3=32，ar3=2π，
S圆柱=6πr2，S球=4πR2，S正方体=6a2，
S球S圆柱=4πR26πr2=23·Rr2= 323<1，
S正方体S圆柱=6a26πr2=1π·ar2= 34π>1．
所以S球故选：A．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查简单几何体、球和正方体的结构特征，棱柱和棱锥的体积球的表面积，异面直线所成角，属于较难题．
假设BC⊥平面ABE，可得BC⊥BE，又六边形CBEMQG为正六边形，可得∠CBE=120°，可判定A；补齐八个角为正方体，根据正方体的体积减去8个角的体积，即可计算体积，判断选项B；根据图形可知，MQ//PN，所以∠EMQ或其补角是ME与PN所成的角，求出EQ，根据余弦定理可求得∠EMQ的值，即可判定C；取正方形ACPM对角线交点O，根据题意可知MC为直径，O为该二十四等边体外接球的球心，球的MC即求得半径R，求得球的表面积，判定D．
【解答】
解：对于A，假设BC⊥平面ABE，又BE⊂平面ABE，于是BC⊥BE，
即∠CBE=90°，由对称性可知，六边形CBEMQG为正六边形，所以∠CBE=120°，
可得矛盾，故A错误；
对于B，因为多面体的所有棱的长都为2，所以补齐八个角构成棱长为2 2的正方体，
则该二十四等边体的体积为(2 2)3−8×13×12×( 2)3=40 23，故B错误；
对于C：根据图形可知，MQ//PN，所以∠EMQ或其补角是ME与PN所成的角；
如图，根据正方体的棱长为2 2，所以KE= (2 2)2+( 2)2= 10，
所以EQ= ( 10)2+( 2)2=2 3，
又MQ=ME=2，根据余弦定理得，
cs∠EMQ=EM2+MQ2−EQ22×ME×MQ=4+4−122×2×2=−12，
根据0<∠EMQ<π，所以∠EMQ=2π3，
所以ME与PN所成的角为π3，故C错误；
对于D：取正方形ACPM对角线交点O，根据正方体和球的结构特征可知，
O为该二十四等边体外接球的球心，MC为直径，
因为MC= (2 2)2+(2 2)2=4，
所以该二十四等边体外接球的半径为R=2，其表面积为4πR2=16π，所以D正确；
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查旋转体及其特征，考查棱锥体积的求法，考查空间想象能力及思维能力，考查运算求解能力，属于中档题．
由已知求出圆锥侧面积判断A；求出三棱锥S−ABC体积的最大值判断B；转化为求△SAC内切圆的半径判断C；利用剪展问题求得SE+CE的最小值判断D．
【解答】
解：由SA⊥SC，SA=SC=2 2，得AC=4，
∴OA=OC=2，又SO⊥AC，可得SO=2．
对于选项A、圆锥SO的侧面积为πrl=π×2×2 2=4 2π，故A正确；
对于选项B、当OB⊥AC时，△ABC的面积最大，此时S△ABC=12×4×2=4，
则三棱S−ABC体积的最大值为V=13×4×2=83，故B正确；
对于选项C、圆锥SO内切球的半径，就是△SAC内切圆的半径，
设为r，则12×4×2=12(4+2 2+2 2)r，可得r=2( 2−1)，故C错误；
对于选项D、∵AB=BC，∠ABC=90°，AC=4，∴AB=BC=2 2，
又SA=SB=2 2，∴△SAB为等边三角形，则∠SBA=60°．
将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面，得到△S1AB，
则△S1AB为等边三角形，∠S1AB=60°，
如图：(SE+CE)min=S1C．
∵S1B=BC=2 2，∠S1BC=∠S1BA+∠ABC=150°，
∴S1C2=S1B2+BC2−2×S1B×BC×cs150°=8+8+8 3=16+8 3，
∴SE+CE的最小值为2( 3+1)，故D正确．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了由三视图，求体积和表面积，根据已知的三视图，判断几何体的形状是解答的关键．属于中档题．
由三视图可得该几何体为底面边长为4、m的矩形，一条侧棱垂直底面的四棱锥，将该几何体补成一个长方体，求出外接球半径，代入球表面积公式，可得答案．
【解答】
解：由三视图可得该几何体为底面边长为4、m的矩形，
一条侧棱垂直底面的四棱锥P−ABCD，高为4，如图所示：
则13×4×4m=323，
解得m=2，
将该几何体补成一个长方体，
则其外接球半径为R=12 16+m2+16=3，
故这个几何体的外接球的表面积为4πR2=36π．
故选：C．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查三棱锥的外接球的体积的最值问题，属于中档题．
确定点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O−ABC的体积最大是解题关键，再结合三棱锥的体积公式求出球的半径，则球的表面积可求．
【解答】
解：如图，
设球的半径为R，∵∠AOB=90°，∴SΔAOB=12R2，
∵VO−ABC=VC−AOB，而△AOB面积为定值，
∴当点C到平面AOB的距离最大时，VO−ABC最大，
∴当C为与球的大圆面AOB垂直的直径的端点时，体积VO−ABC最大，
最大值为13×12R3=36 ，∴R=6，
∴球O的表面积为4πR2=4π×62=144π，
故选C．
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查三棱柱体积的求法，球的表面积公式，球的切接问题，是基础题．
由三棱柱的体积，结合其结构特征，进而求得球的半径，则答案可求．
【解答】
解：“堑堵”ABC−A1B1C1的外接球的球心O如图所示，
设Rt△ABC外接圆圆心为O1，Rt△A1B1C1外接圆圆心为O2，
O为O1O2的中点，
AB=AC=1⇒AO1= 22，
由三棱柱的体积为12⇒12=(12×1×1)×2OO1⇒OO1=12，
在Rt△AOO1中，设球O的半径为R，
则有R2=OA2=OO12+AO12=34，
所以R= 32⇒S球=4πR2=3π，
故选C．
9.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了新定义问题，解题的关键时读懂题意，构建几何体求体积，涉及利用导数研究函数的单调性，属于难题．
根据新定义求出V1即可判断A选项，然后由V2=V球−V1即可判断B选项，从而可得V1V2=(R−d)2(2R+d)(R+d)2(2R−d)，代入即可判断C选项；利用导数研究函数的单调性即可判断D．
【解答】
解：图①为半径为R的半球，图②几何体为底面半径和高都为R的圆柱中挖掉了一个圆锥，
截面与底面圆心的距离均为d，
根据题意可知V1等于图②中上圆柱的体积减去上圆台的体积，
设图②中圆锥的截面圆的半径为r，
则dR=rR，则r=d，即小圆锥的底面半径和高都为d，
所以，
所以
=π32R3−3R2d+d3=π3(R−d)2(2R+d)，故A正确；
所以，故B错误；
当d=R2时，V1V2=(R−d)2(2R+d)(R+d)2(2R−d)=R24·52R9R24·32R=527，故C正确；
当d≤R3时，V1V2=(R−d)2(2R+d)(R+d)2(2R−d)=2R3−3R2d+d32R3+3R2d−d3=−1+4R32R3+3R2d−d3，
令f(d)=2R3+3R2d−d3，d∈0,R，
则f′(d)=−3d2+3R2>0，所以函数f(d)在0,R上单调递增，
所以4R32R3+3R2d−d3在d∈0,R上单调递减，
又当d=R3时，V1V2=(R−d)2(2R+d)(R+d)2(2R−d)=4R29·73R16R29·53R=720，
所以当d≤R3时，V1V2≥720，故D正确．
故选ACD．
10.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查圆锥的结构特征，圆锥的侧面积，三棱锥的体积，多面体上的最短距离，余弦定理的应用，属中档题．
求出圆锥的侧面积判断选项A，求出三棱锥S−ABC体积的最大值判断选项B，根据圆锥的结构特征和余弦定理判断选项CD．
【解答】
解：对于A，由题意圆锥SO的高为h=2，底面圆半径为r=2，
则母线长为l= r2+h2=2 2，
所以圆锥SO的侧面积为πrl=4 2π，故A错误；
对于B，因为点B是圆O上异于A，C的动点，
又因为AC为直径，
所以当点B位于圆弧AC中点，即BO⊥AC时，
三角形ABC面积最大，即S△ABC⩽12×AC×BO=4，
又因为三棱锥S−ABC的高即为圆锥的高，
所以三棱锥S−ABC体积的最大值为VS−ABC=13S△ABC·h⩽13×4×2=83，故B正确;
对于C，由圆锥的结构特征可得SA=SB=2 2，
因为点B是圆O上异于A，C的动点，
所以0所以cs⁡∠SAB=|SA|2+|AB|2−|SB|22×|SA|·|AB|=|AB|4 2∈(0, 22)，
所以∠SAB的取值范围是π4,π2，故C错误;
对于D，若AB=BC，则B位于圆弧AC中点，即BO⊥AC，
所以AB=2 2，
所以△SAB为正三角形，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，
如图，将△SAB沿AB翻折至与△ABC共面，形成四边形SACB，因为E为线段AB上的动点，
所以SE+CE⩾SC= SB2+BC2−2×SB·BC·cs∠SBC= 16−16cs150°= 16+8 3=2 3+2，故D正确．
故选BD．
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查圆台的结构特征、圆台侧面积和体积的求解、圆台表面上最短距离的求解，属于中档题．
利用梯形的面积公式，可判定A正确；由圆台的体积公式，准确计算，可判定B错误；利用球的截面圆的性质，列出方程组，求得外接球的半径，进而求得外接球的体积，可判定C正确；把圆台补成圆锥，利用侧面展开图，结合勾股定理，可判定D正确．
【解答】
解：对于A中，由 AB=AD=BC=2 ，且 CD=2AB ，可得 CD=4 ，
高 O1O2= AD2−(CD−BA2)2= 4−(4−22)2= 3 ，
则圆台轴截面 ABCD 的面积为 12×(2+4)× 3=3 3 cm2 ，所以A正确；
对于B中，圆台的体积为 V=13π(1+2+4)× 3=7 33π cm3 ，所以B不正确；
对于C中，设圆台的外接球的球心为 O ，半径为 R ，连接 OA,OD ，设 OO1=h ，
在直角 △OO1D 中，可得 R2=OO12+O1D2=h2+4 ，
在直角 中，可得 R2=OO22+O2A2=( 3+h)2+1，如图所示：
解得 h=0 ，即 O 与 O1 重合，
当球心在几何体内时，R2=OO22+O2A2=( 3−h)2+1 与R2=OO12+O1D2=h2+4联立，
解得h=0，与在几何体内不吻合，
综上h=0，R2=OO22+O2A2=( 3+h)2+1=4，
所以外接球的体积为 43πR3=43π×23=323π cm3 ，所以C正确．
对于D中，由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为4cm，底面半径为2cm，
侧面展开图的圆心角 θ=2π⋅24=π ．
设 AD 的中点为P，连接 CP ，可得 ，
则 CP= 42+32=5 ，所以沿着该圆台表面，从点C到 AD 中点的最短距离为5cm，
所以D正确.
12.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查了棱锥的体积、球的表面积、多面体当中的最短距离以及利用空间向量确定线面垂直，考查空间想象能力以及运算能力，属于较难题．
对于A，由线面平行得出点Q到平面PDE的距离恒定；对于B，求出外接球半径即得；对于C，建立空间直角坐标系，使用空间向量的方法求解；对于D，由PQ+EQ≥E1P即得．
【解答】
解：A.当λ=12时，点P为线段D1C1的中点，又E为线段B1C的中点，
故EP为三角形C1D1B的中位线，EP//BD1，点Q在线段BD1运动时，点Q到平面PDE的距离恒定，
三角形PDE面积为定值，故三棱锥Q−PDE的体积为定值，故选项A正确；
B.当μ=12时，点Q为正方体的中心，设四棱锥Q−ABCD的外接球的半径为R，
由(R−12)2+( 22)2=R2，解得R=34，
故四棱锥Q−ABCD的外接球的表面积为4πR2=4π×916=9π4，故选项B正确；
C.当λ=1时，点P与点C1重合，
根据正方体结构特征，B1D1与A1C1垂直，B1D1与AA1垂直，
A1C1与AA1交于A1，且均在平面AA1C1C内，
故B 1D1与平面AA1C1C垂直，
当μ=12时，Q为BD1中点也是正方体中心，故Q也在平面AA1C1C内，
故PQ在平面AA1C1C内，PQ⊥B1D1，
故存在μ=12使得PQ⊥B1D1，故C错误；
D.把问题转化为在平面ABC1D1内求点P使得PQ+EQ最小，如图，
作点E关于线段D1B的对称点E1，则∠C1BD1=∠E1BD1，
过点E1作D1C1、AB的垂线，垂足分别为P和H，
则PQ+EQ≥E1P，
sin∠C1BD1=C1D1BD1=1 3= 33,sin∠ABD1=AD1BD1= 2 3= 63
设∠E1BA=θ，
则sinθ=sin(∠ABD1−∠C1BD1)= 63× 63− 33× 33=13，
故E1H=BE1sinθ= 26，故E 1P= 2− 26=5 26，故选项D正确．
13.【答案】323π
【解析】【分析】
本题主要考查球的接、切问题，棱锥的体积，球的体积，属于中档题．
求出棱锥的最大高度，利用勾股定理计算外接圆的半径，从而得出球的体积．
【解答】
解：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AC为截面圆的直径，故外接球的球心O在截面ABC中的射影为AC的中点D，
∴当P，O，D共线且P，O位于截面同一侧时棱锥的体积最大，
棱锥的最大高度为PD，
∴13×12× 6× 6×PD=3， 解得PD=3，
设外接球的半径为R，则OD=3−R，OC=R，
在△ODC中，CD=12AC= 3，
由勾股定理得：(3−R)2+3=R2，解得R=2．
∴外接球的体积V=4π3×23=323π．
故答案为323π．
14.【答案】12 3−π2
【解析】【分析】
本题考查柱体体积公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
通过棱柱的体积减去圆柱的体积，即可推出结果．
【解答】
解：六棱柱的体积为：6×12×2×2×sin60°×2=12 3，
圆柱的体积为：π×(0.5)2×2=π2，
所以此六角螺帽毛坯的体积是：(12 3−π2)cm3，
故答案为：12 3−π2．
15.【答案】5−2 33π
【解析】【分析】
本题考查圆柱，圆锥，球的体积，考查空间想象能力，属于中档题．
由题意小球滚动形成的几何体为圆柱和两个半球，当小球运动到左侧与圆锥相切时画出轴截面，即可由容器体积减去小球滚动形成几何体的体积得解．
【解答】
解：小球滚动形成的几何体为圆柱和两个半球，当小球运动到左侧与圆锥相切时，其轴截面如图所示，
由题意知∠OAB=30∘，OB=1，则OA=2，
所以AC=1，因为AD=2，
所以AE=ADcs30°= 3，CE=AE−AC= 3−1，
小球滚动形成圆柱的高为10+ 3−1−2=7+ 3，
所以小球滚动形成几何体的体积为：
V=π×12×(7+ 3)+4π3=25+3 33π，
V容器=π×12×10+13×π×12× 3=30+ 33π，
故小球无法碰触到的空间部分的体积为V容器−V=5−2 33π．
故答案为5−2 33π．
16.【答案】33
【解析】【分析】
本题考查了棱柱棱锥体积求解，球的体积公式，属于中档题．
由题意可知，该几何体体积与铸成的球体积之间的关系，然后列方程求解．
【解答】解：设铸得的铁球的半径为rcm，依题意，
可得该几何体的体积为12×2×π×4+13×12×2×π×(7−4)=5π(cm3)，
则5π×(1−20%)=43πr3，
解得r=33cm．
故答案为33．
17.【答案】解：(1)因为底面三角形的边长分别为 3cm ， 4cm ， 5cm ，
由勾股定理逆定理可知：底面三角形为直角三角形，两直角边分别为 3cm ， 4cm ，
又因为三棱柱 ABC−A1B1C1 的侧棱垂直于底面，其高为 2cm ，
所以 VABC−A1B1C1=12×3×4×2=12(cm3).
设圆柱底面圆的半径为 r ，
则 r=2SΔABCAB+BC+AC=2×12×3×43+4+5=1 ，
圆柱体积 VOO1=π×12×2=2π(cm3). 所以剩下的几何体的体积 V=(12−2π)cm3.
(2)由(1)可知该直三棱柱的内切球半径为 1cm ，
则内切球球的体积 V=43π×13=43πcm3.
直三棱柱 ABC−A1B1C1 可补形为棱长分别为 3cm,4cm,2cm 的长方体，
它的外接球的球半径 R 满足 2R= 32+42+22= 29 ，即 R= 292cm.
所以，该直三棱柱的外接球的表面积为 S=4π× 2922=29πcm2 ．

【解析】本题考查剩余部分几何体的体积的求法以及球的表面积和体积，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，属于中档题．
(1)求出三棱柱ABC−A1B1C1的体积和圆柱的体积，由V=V三棱柱ABC−A1B1C1−V圆柱OO1，能求出剩余部分几何体的体积V．
(2)首先求出外接球和内切球的半径，进而利用球的体积和表面积公式求结果．
18.【答案】解：由题意知，所成几何体的表面积等于圆台下底面面积+圆台的侧面积+一半球面面积．
又12S球=12×4π×22=8π(cm2)，
S圆台侧=π×(2+5)× (5−2)2+42=35π(cm2)，
S圆台下底=π×52=25π(cm2)，
所以该几何体的表面积为8π+35π+25π=68π(cm2).
又V圆台=π3×(22+2×5+52)×4=52π(cm3)，
V半球=12×4π3×23=16π3(cm3).
所以该几何体的体积为V圆台−V半球=52π−16π3=140π3(cm3).
【解析】本题考查几何体的表面积和体积的求法，解题时要认真审题，注意圆台、半球的体积的求法和应用．
由题意知所成几何体的表面积等于圆台下底面面积+圆台的侧面积+半球面面积，该几何体的体积为V圆台−V半球，由此能求出结果．
19.【答案】解：设等边圆柱底面圆半径为r，球半径为R，正方体棱长为a，
则πr2⋅2r=43πR3=a3，
则(Rr)3=32，(ar)3=2π，
S圆柱=6πr2，S球=4πR2 ，S正方体=6a2，
S球S圆柱=323<1，S正方体S圆柱=34π>1，
故S球即 S2【解析】本题考查几何体的结构特征以及表面积、体积，属于基础题．
根据体积相等得到它们的底面半径、球半径以及正方体的棱长的关系，进一步求表面积．
20.【答案】解：(1)如图沿侧棱PA将三棱锥的侧面展开如图，则AA′即为质点移动路程的最小值，
由题意可得：∠APB=∠BPC=∠CPA′=π18，所以∠APA′=π6，PA=PA′=1，
由余弦定理得A′A2=PA2+A′P2−2PA×A′Pcs∠APA′=2−2× 32=2− 3，A′A= 6− 22，
所以质点移动路程的最小值为 6− 22．

(2)设三棱锥的高为h，△ABC内切圆的半径为r，外接圆半径为R，圆锥的母线为l，
则12×(1+1+1)×r= 34×12，解得：r= 36，
R=12sin60∘= 33，所以h= 1−R2= 1−( 33)2= 63，
l= r2+h2= ( 36)2+( 63)2= 32，
所以圆锥的侧面积为πrl=π× 36× 32=π4，
圆锥的体积为13πr2h=13π×( 36)2× 63= 6108π．
(3)设O为点P在底面的投影，设点O到AB的距离为x，OM⊥AB于点M，
则∠PMO=θ(0°<θ<90°)，连接OA，则∠OAM=30°，所以OA=2x，AB=2 3x，
因为△ABC是等边三角形，所以CM=3x，S△ABC=12×2 3x⋅3x=3 3x2，
因为OMMP=csθ，所以MP=OMcsθ=xcsθ，
侧面积为3×12×2 3x⋅xcsθ=3 3x2csθ，
所以三棱锥的表面积S=3 3x2+3 3x2csθ=3 3x2(1+1csθ)，
因为POOM=tanθ，所以PO=OMtanθ=x⋅tanθ，
所以棱锥的体积V=13⋅3 3x2⋅x⋅tanθ= 3x3tanθ，
所以x3=V 3tanθ，
所以S3=81 3x6(1+1csθ)3=81 3(V 3tanθ)2⋅(1+1csθ)3=27 3V21tan2θ⋅(1+1csθ)3，
令1csθ=t，则tan2θ=sin2θcs2θ=1−cs2θcs2θ=t2−1，又0°<θ<90°，所以t>1，
所以S3=27 3V2(1+t)3t2−1=27 3V2(1+t)2t−1=27 3V2(t−1)2+4(t−1)+4t−1
=27 3V2(t−1+4t−1+4)≥27 3V2(2 t−1⋅4t−1+4)
=27 3V2(2×2+4)=216 3V2，
当且仅当t−1=4t−1即t=3，csθ=13时等号成立，
S3取得最小值，S取得最小值，此时csθ=13
所以体积一定时，该三棱锥侧面与底面所成的二面角为csθ=13时其表面积最小．

【解析】(1)利用三棱锥的侧面展开图即可求解；
(2)求出底面三角形内切圆的半径，圆锥的高和母线，利用圆锥的侧面积和体积公式即可求解；
(3)设O为点P在底面的投影，点O到AB的距离为x，利用x表示V与S，进而可用V表示S，再利用基本不等式求最值即可求解．
本题主要考查锥体体积的求解，锥体表面积的求解，立体几何中的最值问题等知识，属于中等题．