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苏教版 (2019)必修 第二册第13章 立体几何初步13.3 空间图形的表面积和体积优秀达标测试
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分层练习
基础篇
一、单选题
1．（2023春·浙江·高一期中）已知圆台上、下底面的直径分别为4和10，母线长为5，则该圆台的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据上下底面半径及母线长求出圆台的高，再由圆台体积公式求解.
【详解】因为圆台上、下底面的直径分别为4和10，母线长为5，
所以圆台的高，
所以，
故选：D
2．（2023春·天津·高一统考期中）陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一，也称陀罗，图l是一种木陀螺，可近似地看作是一个圆锥和一个圆柱的组合体，其直观图如图2所示，其中A是圆锥的顶点，B，C分别是圆柱的上、下底面圆的圆心，且，，底面圆的半径为1，则该陀螺的体积是（ ）
A．πB．2πC．D．
【答案】C
【分析】根据圆锥与圆柱的体积公式，可得答案.
【详解】已知底面圆的半径，由，则，
故该陀螺的体积.
故选：C.
3．（2022春·山东青岛·高一青岛二中校考期中）已知球与一正方体的各条棱相切，同时该正方体内接于球，则球与球的表面积之比为（ ）
A．2：3B．3：2C．D．
【答案】A
【分析】设正方体棱长为，分别求出与正方体的各条棱相切的球的半径以及正方体外接球的半径，再求其表面积之比.
【详解】设正方体棱长为，
因为球与正方体的各条棱相切，所以球的直径大小为正方体的面对角线长度，
即半径；
正方体内接于球，则球的直径大小为正方体的体对角线长度，即半径；
所以球与球的表面积之比为.
故选：A.
4．（2023春·浙江杭州·高一校联考期中）直径为的一个大金属球，熔化后铸成若干个直径为的小球，如果不计损耗，可铸成这样的小球的个数为（ ）
A．3B．6C．9D．27
【答案】D
【分析】求出小球的体积，求出大球的体积，然后求出小球的个数.
【详解】小球的体积为：，大球的体积为：，
所以可铸成这样的小球的个数为：，
故选：D
5．（2023春·河南漯河·高一校考期中）已知一个圆锥的底面半径为1，母线长为2，则其侧面展开得到的扇形的圆心角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】圆锥的底面周长即侧面展开得到的扇形的弧长,再应用弧长公式求圆心角即可.
【详解】由条件知底面周长为，即侧面展开得到的扇形的弧长为，
故,圆心角为.
故选:.
6．（2023春·安徽宿州·高一统考期中）萧县皇藏峪国家森林公园位于萧县城区东南30公里，是中国历史文化遗产､中国最大古树群落､国家AAAA级旅游景区､国家森林公园.皇藏峪有“天然氧吧”之称.皇藏峪，原名黄桑峪.汉高祖刘邦称帝前，曾因避秦兵追捕而藏身于此，故改名皇藏峪.景区内古树繁多，曲径通幽，庭院错落有致.一庭院顶部可以看成一个正四棱锥，其底面四边形的对角线长是侧棱长的倍，则该正四棱锥的一个侧面与底面的面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知条件和正四棱锥的定义，以及面积公式即可求解.
【详解】如图所示，
将庭院顶部可以看成一个正四棱锥,
是正四棱锥的高，
设底面边长为，则底面四边形的对角线长为，侧棱长为，
则底面面积为，侧面是正三角形，其面积，
.
故选：B.
7．（2021春·四川成都·高一四川省成都市盐道街中学校考阶段练习）已知是边长为3的等边三角形，其顶点都在球O的球面上，若球O的体积为，则球心O到平面ABC的距离为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】C
【分析】设的中心为，求得，再根据球O的体积为，求得半径，然后利用球的截面性质求解.
【详解】解：如图所示：
因为是边长为3的等边三角形，且的中心为，
所以，
又因为球O的体积为，
所以，
解得，即，
所以，
即球心O到平面ABC的距离为1，
故选：C
8．（2023春·河北邯郸·高一校考阶段练习）中国某些地方举行婚礼时要在吉利方位放一张桌子，桌子上放一个装满粮食的升斗，斗面用红纸糊住，斗内再插一杆秤、一把尺子，寓意为粮食满园、称心如意、十全十美．下图为一种婚庆升斗的规格，把该升斗看作一个正四棱台，忽略其壁厚，则该升斗的容积约为（ ）（参考数据：，参考公式：）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由勾股定理算出高h，即可由公式求体积.
【详解】由题意，正四棱台中，设棱台的高为，则，
故.
故选：B
二、多选题
9．（2022春·浙江宁波·高一校联考期中）如图是一个圆锥和一个圆柱的组合体，圆锥的底面和圆柱的上底面完全重合且圆锥的高度是圆柱高度的一半，若该组合体外接球的半径为2，则（ ）
A．圆锥的底面半径为1
B．圆柱的体积是外接球体积的四分之三
C．该组合体的外接球表面积与圆柱底面面积的比值为
D．圆锥的侧面积是圆柱侧面积的一半
【答案】CD
【分析】设圆锥的顶点为，圆柱上下底面的圆心分别为，，的中点为，设圆锥的高为，圆柱的高为，圆柱的上下底面圆半径为，由题意可得，解出和的值，进而结合圆柱、圆锥和球体的面积和体积公式求解各选项即可.
【详解】如图，设圆锥的顶点为，圆柱上下底面的圆心分别为，，的中点为，
由题意，设圆锥的高为，圆柱的高为，圆柱的上下底面圆半径为，
则，解得，，故A错误；
圆柱的体积为，
外接球体积为，
则，故B错误；
圆柱底面面积为，
外接球表面积，
则，故C正确；
圆锥的母线长为，
所以圆锥的侧面积为，
圆柱侧面积为，
所以圆锥的侧面积是圆柱侧面积的一半，故D正确.
故选：CD.
10．（2022春·安徽芜湖·高一校考期中）如图1，一个密闭圆柱体容器的底部镶嵌了同底的圆锥实心装饰块，容器内盛有a升水.平放在水平的地面上，水面正好过圆锥的顶点P，若将容器倒置如图2，水面也恰过点P.以下命题正确的是（ ）
A．圆锥的高等于圆柱高的
B．圆锥的高等于圆柱高的
C．将容器一条母线贴地，水面也恰过点P
D．将容器任意摆放，当水面静止时都过点P
【答案】BC
【分析】根据圆柱和圆锥的体积公式和性质逐一判断即可.
【详解】设圆柱的高为h，其内部圆锥的高为h1，圆柱的底面积为S，因为无论如何摆放，水的体积保持不变，所以，化简得h，故B正确；水的体积为Sh，小圆锥的体积为，所以当容器一条母线贴地时，水的体积正好占内部空间的一半，故水面过点P，圆柱内部关于点P不对称，故当斜放时，水面不过点P，
故选：BC.
11．（2022春·安徽亳州·高一校考期末）有一个三棱锥，其中一个面为边长为2的正三角形，有两个面为等腰直角三角形，则该几何体的体积可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】分三种情况讨论，作出图形，确定三棱锥中每条棱的长度，即可求出其体积.
【详解】如图所示：
①若平面，为边长为2的正三角形，，，都是等腰直角三角形，满足题目条件，故其体积；
②若平面，为边长为2的正三角形，,，都是等腰直角三角形，满足题目条件，故其体积；
③若为边长为2的正三角形，，都是等腰直角三角形，，，满足题目条件，取中点，因为，而，所以，即有平面，故其体积为；
故选：BCD
12．（2022春·河北唐山·高一统考期末）已知圆锥（为圆锥顶点，为底面圆心）轴截面是边长为2的等边三角形，则下面选项正确的是（ ）
A．圆锥PO的表面积为
B．圆锥PO的内切球半径为
C．圆锥PO的内接圆柱的侧面积最大时，该圆柱的高为
D．若C为PB的中点，则沿圆锥PO的侧面由点A到点C的最短路程是
【答案】ABC
【分析】根据圆锥的几何结构特征，结合圆锥的表面积公式和内切球的性质，以及内接圆柱、侧面展开图的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，圆锥轴截面是边长为2的等边三角形，
可得圆锥的底面圆的半径为，高，母线长为，
则圆锥的表面积为，所以A正确；
对于B中，设圆锥的内切球球心为，半径为，如图所示，
由与相似，可得，即，解得，
即圆锥的内切球的半径为，所以B正确；
对于C中，如图所示，设内接圆柱的底面半径为，高为，
在直角中，可得，则，
所以，
所以内接圆柱的侧面积为，
当且仅当时，即时，等号成立，此时
所以圆锥PO的内接圆柱的侧面积最大时，该圆柱的高为，所以C正确；
对于D中，如图所示，设圆锥侧面展开图的与圆心角为，
由弧长等于底面圆的周长，可得，可得，
在直角中，，可得，
即当为的中点，则沿圆锥的侧面由点到点的最短路程是，
所以D不正确.
故选：ABC.
三、填空题
13．（2023春·广东深圳·高一校考期中）已知一个球的半径为R，其体积的数值和表面积的数值满足关系，则半径______．
【答案】
【分析】利用球的表面积公式和体积公式即可求解
【详解】因为，所以，解得，
故答案为：
14．（2023春·山西太原·高一统考期中）如图所示的图案，是由圆柱、球和圆锥组成，已知球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面，则图案中圆锥、球、圆柱的体积__________.
【答案】
【分析】由已知可设底面圆的半径为，进而由已知得出圆锥、球、圆柱的体积，即可得出答案.
【详解】设底面圆的半径为，则圆柱的高为，球的半径为，
所以，圆锥的体积，，，
所以，图案中圆锥、球、圆柱的体积.
故答案为：.
15．（2023春·浙江宁波·高一宁波中学校联考期中）长方体的所有顶点都在一个球面上，长、宽、高分别为3，2，1，则该球的表面积是__________.
【答案】
【分析】先通过长方体的体对角线求出外接球的半径，再用球的表面积公式求解即可.
【详解】由已知可得长方体的外接球半径为，
则该球的表面积是.
故答案为：.
16．（2022春·安徽芜湖·高一校考期中）已知一个棱长为2的正方体玻璃容器内（不计玻璃的厚度）放置一个正四面体（六条棱长均相等的三棱锥），若正四面体能绕着它的中心（即正四面体内切球的球心）任意转动，则正四面体棱长的最大值为___________.
【答案】
【分析】由题意知正四面体最大时为该正方体内切球的内接正四面体，再根据球的内接正四面体的棱长为内接正方体棱长的倍求解.
【详解】解：一个正四面体可以在一个棱长为2的正方体内绕着正四面体中心任意转动，
说明正四面体最大时为该正方体内切球的内接正四面体，
该正方体内切球的半径为1，
设则该球的内接正方体棱长为a，则，解得，
而球的内接正四面体的棱长为内接正方体棱长的倍，
即为.
故答案为：
四、解答题
17．（2023春·湖北武汉·高一武汉市第一中学校联考期中）如图是一个奖杯的三视图，试根据奖杯的三视图计算：
(1)求下部四棱台的侧面积；
(2)求奖杯的体积．（尺寸如图，单位：，取3）
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意直接运算求解即可；
（2）根据相关体积公式分析运算.
【详解】（1）奖杯底座的侧面上的斜高等于和．
故．
（2）
.
18．（2023春·河北·高一校联考期中）据《黑鞑事略》记载：“穹庐有二样：燕京之制，用柳木为骨，正如南方罘思，可以卷舒，面前开门，上如伞骨，顶开一窍，谓之天窗，皆以毡为衣，马上可载.草地之制，以柳木组定成硬圈，径用毡挞定，不可卷舒，车上载行.”随着畜牧业经济的发展和牧民生活的改善，穹庐或毡帐逐渐被蒙古包代替.如图1，一个普通的蒙古包可视为一个圆锥与一个圆柱的组合体.如图2，已知该圆锥的高为3米，圆柱的高为4米，底面直径为8米.求该蒙古包的侧面积.
【答案】平方米.
【分析】运用圆锥、圆柱的侧面积公式计算即可.
【详解】
由题意可知米，米，米，
则米.
圆锥的侧面积平方米，
圆柱的侧面积平方米，
所以该蒙古包的侧面积平方米.
19．（2023春·广东深圳·高一校考期中）已知正四棱锥的侧棱长为和底面边长为2.
(1)求正四棱锥的体积和表面积；
(2)若点分别在侧棱上，且，求三棱锥的体积.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）由正四棱锥性质求体高、斜高，再应用棱锥的体积公式、表面积求法求体积、表面积；
（2）由线段的数量关系得，进而有、，最后可得即可求体积.
【详解】（1）由题设，为正方形，若为底面中心，则为体高，，
所以，故，
而斜高为，
所以.
（2）
由，则，
所以，而，则，
所以.
20．（2023春·天津红桥·高一天津三中校考期中）如图，已知正三棱锥S﹣ABC的底面边长为2，正三棱锥的高SO＝1．
(1)求正三棱锥S﹣ABC的体积；
(2)求正三棱锥S﹣ABC表面积．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）由题意分别确定三棱锥的底面积和三棱锥的高即可确定其体积；
（2）连接CO延长交AB于E，连接SE，则E为AB的中点，分别求得底面积和侧面积，然后计算其表面积即可．
【详解】（1）在正三棱锥S﹣ABC中，,
所以.
（2）连接CO延长交AB于E，连接SE，则E为AB的中点，如图所示，
所以，
在直角三角形SOE中，，
在△ABS中，SA＝SB，所以SE⊥AB，
所以，
则表面积为：．
提升篇
一、单选题
1．（2023春·天津·高一统考期中）已知棱长为2的正方体的顶点都在球面上，则该球的表面积为（ ）
A．πB．2πC．4πD．12π
【答案】D
【分析】根据题意可知，球直径为正方体的体对角线，求出求半径，代入球的表面积公式即可求解.
【详解】设该球的半径为，由题意可知，该球的直径为棱长为2的正方体的体对角线，
则，所以，
则该球的表面积，
故选：D.
2．（2023春·广东深圳·高一校考期中）若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则它的底面积与侧面积之比是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意作图，由轴截面得出母线与底面圆半径的等量关系，再利用底面积和侧面积公式求解.
【详解】根据题意作圆锥的轴截面，如图，
设圆锥的底面圆半径为，高为 ，母线长为 .
若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，
则有，所以.
该圆锥的底面积与侧面积比值为.
故选：A.
3．（2023春·浙江杭州·高一校考期中）如图，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥爬行一周后回到点处，若该小虫爬行的最短路程为，则这个圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】作出圆锥侧面展开图，根据最短路程和母线长，利用余弦定理可求得侧面展开图扇形的圆心角，结合扇形弧长公式和勾股定理可求得圆锥底面半径和高，代入圆锥体积公式即可.
【详解】设圆锥的顶点为，以母线为轴可作出圆锥侧面展开图如下图所示，
小虫爬行的最短路程为，，又，
，，
设圆锥底面半径为，高为，则，解得：，，
圆锥体积.
故选：A.
4．（2023春·河北·高一校联考期中）已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，且，，，则球的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将三棱锥放入长方体中，设长方体的长宽高分别为，确定，得到球半径，计算体积得到答案.
【详解】将三棱锥放入长方体中，设长方体的长宽高分别为，如图所示：
则，故，球的半径，
故体积为.
故选：D
5．（2023春·陕西西安·高一长安一中校考期中）在直三棱柱中，，，点P为的中点，则四面体PABC的外接球的体积为（ ）
A．.B．C．D．
【答案】A
【分析】如图，分别取的中点，连接，易得四面体PABC的外接球的球心在上，利用勾股定理求出半径，再根据球的体积公式即可得解.
【详解】如图，分别取的中点，连接，
则，
因为平面，所以平面，平面，
因为，所以即为外接圆的圆心，
所以四面体PABC的外接球的球心在上，
设，四面体PABC的外接球的半径为，则，
，
则，解得，
所以，
所以四面体PABC的外接球的体积为.
故选：A.
【点睛】方法点睛：对于三棱锥外接球的三种模型：
第一种模型为常见墙角模型，此时将三棱锥看作长方体中的一个部分，将长方体进行补全之后就可以找到外接球半径与长方体三边之间的关系.
第二种模型为对边相等的三棱锥外接球，方法同样将其补形为长方体，我们可以通过画出一个长方体，标出三组互为异面直线的对边，然后通过每一组在直角三角形中的满足勾股定理的形式而列出方程，然后再将三组方程相加之后就可以得到长方体三边的平方的关系，继而可以求出外接球的半径.
第三种模型为确定球心来构造直角三角形，这种模型最关键的就是利用底面三角形的外心来确定球心，然后来构造直角三角形将立体图形转化为平面图形，在直角三角形当中来求出球的半径.
6．（2023春·陕西西安·高一长安一中校考期中）已知一个圆台的上、下底面半径分别为2，4，它的侧面展开图扇环的圆心角为90°，则这个圆台的侧面积为（ ）
A．32πB．48πC．64πD．80π
【答案】B
【分析】根据题意计算母线长为，再利用圆台的侧面积公式计算得到答案.
【详解】圆台的上底面圆半径2，下底面圆半径4，
设圆台的母线长为l，扇环所在的小圆的半径为x，
由题意可得：，解得，
所以圆台的侧面积.
故选：B.
7．（2023春·河南郑州·高一校考期中）如图，，线段AC，BD相互垂直平分，在扇形OAB中，OA=1，将扇形OAB和绕AC所在直线旋转一周所得几何体的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据旋转体特征可知所得几何体是一个半球体和一个圆锥构成的组合体，结合球的表面积和圆锥侧面积公式可求得结果.
【详解】由题意知：所得几何体是一个以为半径的半球体和一个底面半径为，高为的圆锥构成的组合体；
半球体表面积；圆锥侧面积；
所得几何体的表面积.
故选：B.
8．（2023春·河南漯河·高一校考期中）图1是唐朝著名的风鸟花卉纹浮雕银杯，它的盛酒部分可以近似地看作半球与圆柱的组合体（如图2）．设这种酒杯内壁的表面积为，半球的半径为，若半球的体积不小于圆柱体积，则S的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】设圆柱的高为，由条件结合体积公式列不等式求的范围，再结合球的表面积公式和圆柱的侧面积公式求酒杯内壁的表面积解析式及其范围.
【详解】设圆柱的高为，
因为半球的体积不小于圆柱体积，
所以，
解得，即．
所以．
故选：D.
二、多选题
9．（2023春·山西太原·高一统考期中）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，体现了数学的对称美.如图，二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体截去八个一样的四面体得到的，若它的所有棱长都为，则（ ）
A．被截正方体的棱长为2
B．被截去的一个四面体的体积为
C．该二十四等边体的体积为
D．该二十四等边体外接球的表面积为
【答案】ACD
【分析】由已知可推得，二十四等边体的各个顶点均为正方体各个棱的中点，即可得出A项；根据A项，可知四面体是三条侧棱两两垂直，即可得出三棱锥的体积，判断B项；根据B项的结果，以及正方体的体积公式，即可得出C项；设球心为，连结，取中点为，连结，构造，根据勾股定理，即可求出，即外接球的半径为，即可求出表面积得出D项.
【详解】
对于A项，由已知可推得，二十四等边体的各个顶点均为正方体各个棱的中点，
如图1，则，所以，故A项正确；
对于B项，如图1，由A知，四面体是三条侧棱两两垂直，且长度为的三棱锥，所以，故B项错误；
对于C项，正方体的体积为，所以该二十四等边体的体积为，故C项正确；
对于D项，如图2，设球心为，显然是正方体的中心，连结，取中点为，连结，
因为分别是的中点，所以.
又，，
所以，在中，有，所以，
所以，该二十四等边体外接球的半径，表面积为，故D项正确.
故选：ACD.
10．（2023春·浙江杭州·高一校联考期中）已知三棱锥中，，分别是的中点，是棱上（除端点外）的动点，下列选项正确的是（ ）
A．直线与是异面直线；
B．当时，三棱锥体积为；
C．的最小值为；
D．三棱锥外接球的表面积.
【答案】ACD
【分析】根据异面直线判定定理可判断A，由于三棱锥对边相等可放入长方体中，借助长方体可判断BD，再由棱锥两个侧面展开到同一个平面上，利用两点间连线最短判断C.
【详解】对A，是平面内直线BA外一点，是平面外一点，两点连线与是异面直线，故A正确；
对B，将三棱锥放入长方体中，如图，
因为，所以，所以，
设长方体的长、宽、高分别为，
则，即，解得，
显然三棱锥体积等于长方体体积减去长方体角上4个相同的三棱锥的体积，
，所以，故B错误；
对D，因为三棱锥外接球即为长方体的外接球，所以外接球半径，所以外接球的表面积，故D正确；
对C，将三棱锥侧面展开在一个平面上，连接，交于,
如图，
由余弦定理，，
,
所以，,
所以，
在中，,
所以，即当P点运动到M点时，的最小值为，故C正确.
故选：ACD
11．（2023春·浙江·高一校联考期中）已知棱长为1的正方体，以为圆心，为半径作圆弧为圆弧的三等分点（靠近点），则下列命题正确的是（ ）
A．
B．四棱锥的表面积为
C．三棱锥的外接球的体积为
D．若为上的动点，则的最小值为
【答案】ABD
【分析】过作，连接，根据条件求出、，进而可以判断A正确；分别求出四棱锥五个面的面积即可判断B正确；根据条件找到球心，根据几何关系求出球的半径，即可判断C错误；如图所示将平面沿着展开，即可判断D正确.
【详解】
如图所示，过作，连接，
因为为圆弧的三等分点（靠近点），
所以，则，，
由题意可得平面，
在中，，，
则，故A正确；
由题意可得，，
则，,
,，
在中，因为，
，，
，
四棱锥的表面积为；
故B正确；
取中点，的重心，
因为为等腰直角三角形，所以其外接圆圆心为，
因为为等边三角形，所以其外接圆圆心为，
过作平面的垂线，过作平面的垂线，
、交于点，则为三棱锥的外接球的球心，
则，，
所以，
即外接球的半径，
三棱锥的外接球的体积为，
故C错误；
如图所示将平面沿着展开，连接，交于点，
则根据两点之间距离最短可知此时最小，
最小值为，
故D正确.
故选：ABD.
12．（2023春·河南漯河·高一校考期中）长方体的长、宽、高分别为3，，体积为6，外接球的表面积为，则下列说法正确的是（ ）
A．长方体的长、宽、高分别为3，2，1
B．沿长方体的表面从到的最短路径长度为
C．与这个长方体表面积相等的正方体的棱长为2
D．设与这个长方体体积相等的正四面体的棱长为m，则
【答案】AD
【分析】由长方体外接球的表面积为可得，由其体积为可得，解方程求判断A，分三种情况，利用侧面展开图求从到的最短路径长度，判断B，求长方体的表面积，设与其表面积相等的正方体的棱长为，列方程求，判断C，求正四面体的体积，列方程求，判断D.
【详解】对于A，因为长方体的外接球的表面积为，
设长方体的外接球的半径为，
则，所以，
所以①，
因为长方体的体积为6，所以②，
又，
由①②解得，，故A正确；
对于B，沿长方体的表面从到，可将长方体的两个相邻的面展开成矩形，
最短路径是这个矩形的对角线，这样的矩形共有3种，
对角线长度为或或，
因为，
故沿长方体的表面从到的最短路径长度为，故B错误；
对于C，长方体的表面积为，
设与其表面积相等的正方体的棱长为，则，解得，故C错误；
对于D，棱长为m的正四面体的高为，
则正四面体的体积为，
则，故D正确．
故选：AD.
三、填空题
13．（2023春·河北邢台·高一河北南宫中学校考阶段练习）在正四棱台中，底面是边长为4的正方形，其余各棱长均为2，设直线与直线的交点为P，则四棱锥的外接球的体积为___________.
【答案】
【分析】先确定四棱锥为正四棱锥，则其外接球的球心O在直线上，由勾股定理可得半径，结合球的体积公式计算即可求解.
【详解】设与相交于点，因为四棱台为正四棱台，
直线与直线的交点为P，所以四棱锥为正四棱锥，
得平面，四棱锥的外接球的球心O在直线上，连接BO，
设该外接球的半径为R，由，，
所以，则，
即，解得，
则四棱锥外接球的体积为.
故答案为：.
4．（2023春·河南漯河·高一校考期中）已知圆柱的上、下底面的中心分别为，过直线的平面截该圆柱所得的截面是正方形．内接于下底面圆，且是一个面积为的等腰直角三角形，则该圆柱的体积为_______．
【答案】
【分析】先由三角形面积公式求出三角形边长，再由正弦定理求底面圆的半径，由圆柱体积公式求圆柱的体积.
【详解】如图所示，设圆柱的底面半径为r，高为h，则．
再设的腰长为a，则，
解得，即，
因为，
所以，
所以，．
所以该圆柱的体积为．
故答案为：
15．（2023春·重庆·高一西南大学附中校考期中）正三棱台的上底面边长，下底面边长，棱台的高为2，则该正三棱台的侧面积为__________.
【答案】
【分析】还台为锥，为正三棱锥.由正弦定理求出三棱台上下底面外接圆的半径，进而根据相似三角形以及已知条件推导得出正三棱锥的侧棱长以及高，进而得出棱台的高，即可得出答案.
【详解】
如图，还台为锥，为正三棱锥.
过点作出正三棱锥的高，交棱台上底面于点，交下底面于点，
连结,则易知.
因为为正三角形，是的中心，，
由正弦定理可得，，所以.
同理可得，.
因为，所以.
因为，
所以，.
又平面，平面，
所以，.
在中，.
所以，，所以.
取中点分别为，连结，则是等腰梯形的高.
在等腰三角形中，显然有，
且，，所以，
所以.
所以，.
所以，该正三棱台的侧面积为.
故答案为：.
16．（2022春·河南信阳·高一统考期末）《九章算术》中将正四棱台体（棱台的上下底面均为正方形）称为方亭.如图，现有一方亭，其中上底面与下底面的面积之比为，，方亭的四个侧面均为全等的等腰梯形，已知方亭四个侧面的面积之和为，则方亭的体积为______.
【答案】
【分析】分析可知，设，则，过点、在平面内分别作，，垂足分别为点、，根据正四棱台的侧面积计算出的值，再利用台体的体积公式可求得结果．
【详解】解：由题意得，设，则，.
过点，在平面内分别作，，垂足分别为点、，
在等腰梯形中，因为，，，则四边形为矩形，
所以，，则，
因为，，，
所以，所以，
在中，由勾股定理得，
所以等腰梯形的面积为，所以.
所以，，方亭的高，
故方亭的体积为.
故答案为：
四、解答题
17．（2023春·浙江·高一台州市书生中学校联考期中）如图一：球面上的任意两个与球心不在同一条直线上的点和球心确定一个平面，该平面与球相交的图形称为球的大圆，任意两点都可以用大圆上的劣弧进行连接.过球面一点的两个大圆弧，分别在弧所在的两个半圆内作公共直径的垂线，两条垂线的夹角称为这两个弧的夹角.如图二：现给出球面上三个点，其任意两个不与球心共线，将它们两两用大圆上的劣弧连起来的封闭图形称为球面三角形.两点间的弧长定义为球面三角形的边长，两个弧的夹角定义为球面三角形的角.现设图二球面三角形的三边长为，，，三个角大小为，，，球的半径为.
(1)求证：
(2)①求球面三角形的面积（用，，，表示）.
②证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）根据弧长公式即可求解.
（2）利用等面积法可得，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，，，
设，，的弧度数分别为，，，可知： ，
又因为：，，，
所以：；
（2）①解：因为弧和弧夹角为，
那么两弧所在半圆所夹球面部分的面积为，
同理：弧和弧所在半圆夹球面部分的面积为，
弧和弧所在半圆夹球面部分的面积为，
考虑，，极小状态和球面的对称性可知：
，
所以： ；
②由于，可知.
18．（2023春·甘肃庆阳·高一校考期中）如图，在正方体中，是棱的中点．
(1)试判断直线与平面的位置关系，并说明理由；
(2)求证：直线平面
(3)若正方体的棱长为2，求点到平面的距离
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）连接交于点，由三角形中位线性质可得，由线面平行的判定可证得结论.
（2）由正方体的结构特征结合线面垂直性质，证得平面，再由线面垂直性质和判定推理作答.
（3）利用三棱锥的体积求解作答.
【详解】（1）直线平面，
在正方体中，连接交于点，连接，如图，
因为四边形为正方形，则为中点，又为中点，
因此，又平面，平面，
所以平面.
（2）在正方体中，连接，如图，
因为四边形为正方形，则，而平面，平面，
即有，又，平面，则平面，
而平面，因此，同理平面，又平面，
即有，因为，平面，
所以平面.
（3）在三棱锥中，，
则的面积，的面积，
设点到平面的距离为，由得：，
于是，
所以点到平面的距离为.
19．（2023春·浙江·高一期中）三棱柱的棱长都为2，D和E分别是和的中点．
(1)求证：直线平面；
(2)若，点B到平面的距离为，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）法一，根据中位线可得线线平行，证明面面平行再证线面平行，法二，作出辅助线，证明，即可得证；
（2）根据线面平行可得，由等体积法求解.
【详解】（1）在三棱柱中，，取中点F，连接DF，EF，
∵D和E分别是和的中点，
，
又面，面，且面，面，
∴//面，EF//面，又，面，
∴面//平面，而面DEF，故直线//平面．
法二，连接CE交于点G，连接CD交于点H，连接HG，如图，
在三棱柱中，，，
∴，，
∴，则，又面，面，
∴直线平面.
（2）如图，
∵直线//平面，
∴，又，
所以平行四边形边上的高，
由B到面的高，则.
20．（2023春·河北邢台·高一河北南宫中学校考阶段练习）如图，半球底面圆的圆心为O（即半球所在球的球心），半径为4.作平行于半球底面的平面得截面圆，以圆面为底面向下挖去一个圆柱（圆柱下底面圆心即半球底面圆的圆心）.若圆柱的内接正四棱柱的底面正方形的边长为x，体积为V.
(1)求出体积V关于x的函数解析式，并指出定义域；
(2)当x为何值时，正四棱柱体积最大？最大值是多少？
附：，，
，（当且仅当时取等）
，（当且仅当时取等）
【答案】(1)，定义域为
(2)当时，体积有最大值
【分析】(1) 先设正四棱柱的高为,再根据柱体体积公式求解即可；
(2)应用基本不等式求正四棱柱体积最大即得.
【详解】（1）设正四棱柱的高为，
则，，
，
,定义域为，
（2）
当，时取等，
∴当时，体积有最大值
分层练习
基础篇
一、单选题
1．（2023春·浙江·高一期中）已知圆台上、下底面的直径分别为4和10，母线长为5，则该圆台的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据上下底面半径及母线长求出圆台的高，再由圆台体积公式求解.
【详解】因为圆台上、下底面的直径分别为4和10，母线长为5，
所以圆台的高，
所以，
故选：D
2．（2023春·天津·高一统考期中）陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一，也称陀罗，图l是一种木陀螺，可近似地看作是一个圆锥和一个圆柱的组合体，其直观图如图2所示，其中A是圆锥的顶点，B，C分别是圆柱的上、下底面圆的圆心，且，，底面圆的半径为1，则该陀螺的体积是（ ）
A．πB．2πC．D．
【答案】C
【分析】根据圆锥与圆柱的体积公式，可得答案.
【详解】已知底面圆的半径，由，则，
故该陀螺的体积.
故选：C.
3．（2022春·山东青岛·高一青岛二中校考期中）已知球与一正方体的各条棱相切，同时该正方体内接于球，则球与球的表面积之比为（ ）
A．2：3B．3：2C．D．
【答案】A
【分析】设正方体棱长为，分别求出与正方体的各条棱相切的球的半径以及正方体外接球的半径，再求其表面积之比.
【详解】设正方体棱长为，
因为球与正方体的各条棱相切，所以球的直径大小为正方体的面对角线长度，
即半径；
正方体内接于球，则球的直径大小为正方体的体对角线长度，即半径；
所以球与球的表面积之比为.
故选：A.
4．（2023春·浙江杭州·高一校联考期中）直径为的一个大金属球，熔化后铸成若干个直径为的小球，如果不计损耗，可铸成这样的小球的个数为（ ）
A．3B．6C．9D．27
【答案】D
【分析】求出小球的体积，求出大球的体积，然后求出小球的个数.
【详解】小球的体积为：，大球的体积为：，
所以可铸成这样的小球的个数为：，
故选：D
5．（2023春·河南漯河·高一校考期中）已知一个圆锥的底面半径为1，母线长为2，则其侧面展开得到的扇形的圆心角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】圆锥的底面周长即侧面展开得到的扇形的弧长,再应用弧长公式求圆心角即可.
【详解】由条件知底面周长为，即侧面展开得到的扇形的弧长为，
故,圆心角为.
故选:.
6．（2023春·安徽宿州·高一统考期中）萧县皇藏峪国家森林公园位于萧县城区东南30公里，是中国历史文化遗产､中国最大古树群落､国家AAAA级旅游景区､国家森林公园.皇藏峪有“天然氧吧”之称.皇藏峪，原名黄桑峪.汉高祖刘邦称帝前，曾因避秦兵追捕而藏身于此，故改名皇藏峪.景区内古树繁多，曲径通幽，庭院错落有致.一庭院顶部可以看成一个正四棱锥，其底面四边形的对角线长是侧棱长的倍，则该正四棱锥的一个侧面与底面的面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知条件和正四棱锥的定义，以及面积公式即可求解.
【详解】如图所示，
将庭院顶部可以看成一个正四棱锥,
是正四棱锥的高，
设底面边长为，则底面四边形的对角线长为，侧棱长为，
则底面面积为，侧面是正三角形，其面积，
.
故选：B.
7．（2021春·四川成都·高一四川省成都市盐道街中学校考阶段练习）已知是边长为3的等边三角形，其顶点都在球O的球面上，若球O的体积为，则球心O到平面ABC的距离为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】C
【分析】设的中心为，求得，再根据球O的体积为，求得半径，然后利用球的截面性质求解.
【详解】解：如图所示：
因为是边长为3的等边三角形，且的中心为，
所以，
又因为球O的体积为，
所以，
解得，即，
所以，
即球心O到平面ABC的距离为1，
故选：C
8．（2023春·河北邯郸·高一校考阶段练习）中国某些地方举行婚礼时要在吉利方位放一张桌子，桌子上放一个装满粮食的升斗，斗面用红纸糊住，斗内再插一杆秤、一把尺子，寓意为粮食满园、称心如意、十全十美．下图为一种婚庆升斗的规格，把该升斗看作一个正四棱台，忽略其壁厚，则该升斗的容积约为（ ）（参考数据：，参考公式：）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由勾股定理算出高h，即可由公式求体积.
【详解】由题意，正四棱台中，设棱台的高为，则，
故.
故选：B
二、多选题
9．（2022春·浙江宁波·高一校联考期中）如图是一个圆锥和一个圆柱的组合体，圆锥的底面和圆柱的上底面完全重合且圆锥的高度是圆柱高度的一半，若该组合体外接球的半径为2，则（ ）
A．圆锥的底面半径为1
B．圆柱的体积是外接球体积的四分之三
C．该组合体的外接球表面积与圆柱底面面积的比值为
D．圆锥的侧面积是圆柱侧面积的一半
【答案】CD
【分析】设圆锥的顶点为，圆柱上下底面的圆心分别为，，的中点为，设圆锥的高为，圆柱的高为，圆柱的上下底面圆半径为，由题意可得，解出和的值，进而结合圆柱、圆锥和球体的面积和体积公式求解各选项即可.
【详解】如图，设圆锥的顶点为，圆柱上下底面的圆心分别为，，的中点为，
由题意，设圆锥的高为，圆柱的高为，圆柱的上下底面圆半径为，
则，解得，，故A错误；
圆柱的体积为，
外接球体积为，
则，故B错误；
圆柱底面面积为，
外接球表面积，
则，故C正确；
圆锥的母线长为，
所以圆锥的侧面积为，
圆柱侧面积为，
所以圆锥的侧面积是圆柱侧面积的一半，故D正确.
故选：CD.
10．（2022春·安徽芜湖·高一校考期中）如图1，一个密闭圆柱体容器的底部镶嵌了同底的圆锥实心装饰块，容器内盛有a升水.平放在水平的地面上，水面正好过圆锥的顶点P，若将容器倒置如图2，水面也恰过点P.以下命题正确的是（ ）
A．圆锥的高等于圆柱高的
B．圆锥的高等于圆柱高的
C．将容器一条母线贴地，水面也恰过点P
D．将容器任意摆放，当水面静止时都过点P
【答案】BC
【分析】根据圆柱和圆锥的体积公式和性质逐一判断即可.
【详解】设圆柱的高为h，其内部圆锥的高为h1，圆柱的底面积为S，因为无论如何摆放，水的体积保持不变，所以，化简得h，故B正确；水的体积为Sh，小圆锥的体积为，所以当容器一条母线贴地时，水的体积正好占内部空间的一半，故水面过点P，圆柱内部关于点P不对称，故当斜放时，水面不过点P，
故选：BC.
11．（2022春·安徽亳州·高一校考期末）有一个三棱锥，其中一个面为边长为2的正三角形，有两个面为等腰直角三角形，则该几何体的体积可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】分三种情况讨论，作出图形，确定三棱锥中每条棱的长度，即可求出其体积.
【详解】如图所示：
①若平面，为边长为2的正三角形，，，都是等腰直角三角形，满足题目条件，故其体积；
②若平面，为边长为2的正三角形，,，都是等腰直角三角形，满足题目条件，故其体积；
③若为边长为2的正三角形，，都是等腰直角三角形，，，满足题目条件，取中点，因为，而，所以，即有平面，故其体积为；
故选：BCD
12．（2022春·河北唐山·高一统考期末）已知圆锥（为圆锥顶点，为底面圆心）轴截面是边长为2的等边三角形，则下面选项正确的是（ ）
A．圆锥PO的表面积为
B．圆锥PO的内切球半径为
C．圆锥PO的内接圆柱的侧面积最大时，该圆柱的高为
D．若C为PB的中点，则沿圆锥PO的侧面由点A到点C的最短路程是
【答案】ABC
【分析】根据圆锥的几何结构特征，结合圆锥的表面积公式和内切球的性质，以及内接圆柱、侧面展开图的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，圆锥轴截面是边长为2的等边三角形，
可得圆锥的底面圆的半径为，高，母线长为，
则圆锥的表面积为，所以A正确；
对于B中，设圆锥的内切球球心为，半径为，如图所示，
由与相似，可得，即，解得，
即圆锥的内切球的半径为，所以B正确；
对于C中，如图所示，设内接圆柱的底面半径为，高为，
在直角中，可得，则，
所以，
所以内接圆柱的侧面积为，
当且仅当时，即时，等号成立，此时
所以圆锥PO的内接圆柱的侧面积最大时，该圆柱的高为，所以C正确；
对于D中，如图所示，设圆锥侧面展开图的与圆心角为，
由弧长等于底面圆的周长，可得，可得，
在直角中，，可得，
即当为的中点，则沿圆锥的侧面由点到点的最短路程是，
所以D不正确.
故选：ABC.
三、填空题
13．（2023春·广东深圳·高一校考期中）已知一个球的半径为R，其体积的数值和表面积的数值满足关系，则半径______．
【答案】
【分析】利用球的表面积公式和体积公式即可求解
【详解】因为，所以，解得，
故答案为：
14．（2023春·山西太原·高一统考期中）如图所示的图案，是由圆柱、球和圆锥组成，已知球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面，则图案中圆锥、球、圆柱的体积__________.
【答案】
【分析】由已知可设底面圆的半径为，进而由已知得出圆锥、球、圆柱的体积，即可得出答案.
【详解】设底面圆的半径为，则圆柱的高为，球的半径为，
所以，圆锥的体积，，，
所以，图案中圆锥、球、圆柱的体积.
故答案为：.
15．（2023春·浙江宁波·高一宁波中学校联考期中）长方体的所有顶点都在一个球面上，长、宽、高分别为3，2，1，则该球的表面积是__________.
【答案】
【分析】先通过长方体的体对角线求出外接球的半径，再用球的表面积公式求解即可.
【详解】由已知可得长方体的外接球半径为，
则该球的表面积是.
故答案为：.
16．（2022春·安徽芜湖·高一校考期中）已知一个棱长为2的正方体玻璃容器内（不计玻璃的厚度）放置一个正四面体（六条棱长均相等的三棱锥），若正四面体能绕着它的中心（即正四面体内切球的球心）任意转动，则正四面体棱长的最大值为___________.
【答案】
【分析】由题意知正四面体最大时为该正方体内切球的内接正四面体，再根据球的内接正四面体的棱长为内接正方体棱长的倍求解.
【详解】解：一个正四面体可以在一个棱长为2的正方体内绕着正四面体中心任意转动，
说明正四面体最大时为该正方体内切球的内接正四面体，
该正方体内切球的半径为1，
设则该球的内接正方体棱长为a，则，解得，
而球的内接正四面体的棱长为内接正方体棱长的倍，
即为.
故答案为：
四、解答题
17．（2023春·湖北武汉·高一武汉市第一中学校联考期中）如图是一个奖杯的三视图，试根据奖杯的三视图计算：
(1)求下部四棱台的侧面积；
(2)求奖杯的体积．（尺寸如图，单位：，取3）
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意直接运算求解即可；
（2）根据相关体积公式分析运算.
【详解】（1）奖杯底座的侧面上的斜高等于和．
故．
（2）
.
18．（2023春·河北·高一校联考期中）据《黑鞑事略》记载：“穹庐有二样：燕京之制，用柳木为骨，正如南方罘思，可以卷舒，面前开门，上如伞骨，顶开一窍，谓之天窗，皆以毡为衣，马上可载.草地之制，以柳木组定成硬圈，径用毡挞定，不可卷舒，车上载行.”随着畜牧业经济的发展和牧民生活的改善，穹庐或毡帐逐渐被蒙古包代替.如图1，一个普通的蒙古包可视为一个圆锥与一个圆柱的组合体.如图2，已知该圆锥的高为3米，圆柱的高为4米，底面直径为8米.求该蒙古包的侧面积.
【答案】平方米.
【分析】运用圆锥、圆柱的侧面积公式计算即可.
【详解】
由题意可知米，米，米，
则米.
圆锥的侧面积平方米，
圆柱的侧面积平方米，
所以该蒙古包的侧面积平方米.
19．（2023春·广东深圳·高一校考期中）已知正四棱锥的侧棱长为和底面边长为2.
(1)求正四棱锥的体积和表面积；
(2)若点分别在侧棱上，且，求三棱锥的体积.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）由正四棱锥性质求体高、斜高，再应用棱锥的体积公式、表面积求法求体积、表面积；
（2）由线段的数量关系得，进而有、，最后可得即可求体积.
【详解】（1）由题设，为正方形，若为底面中心，则为体高，，
所以，故，
而斜高为，
所以.
（2）
由，则，
所以，而，则，
所以.
20．（2023春·天津红桥·高一天津三中校考期中）如图，已知正三棱锥S﹣ABC的底面边长为2，正三棱锥的高SO＝1．
(1)求正三棱锥S﹣ABC的体积；
(2)求正三棱锥S﹣ABC表面积．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）由题意分别确定三棱锥的底面积和三棱锥的高即可确定其体积；
（2）连接CO延长交AB于E，连接SE，则E为AB的中点，分别求得底面积和侧面积，然后计算其表面积即可．
【详解】（1）在正三棱锥S﹣ABC中，,
所以.
（2）连接CO延长交AB于E，连接SE，则E为AB的中点，如图所示，
所以，
在直角三角形SOE中，，
在△ABS中，SA＝SB，所以SE⊥AB，
所以，
则表面积为：．
提升篇
一、单选题
1．（2023春·天津·高一统考期中）已知棱长为2的正方体的顶点都在球面上，则该球的表面积为（ ）
A．πB．2πC．4πD．12π
【答案】D
【分析】根据题意可知，球直径为正方体的体对角线，求出求半径，代入球的表面积公式即可求解.
【详解】设该球的半径为，由题意可知，该球的直径为棱长为2的正方体的体对角线，
则，所以，
则该球的表面积，
故选：D.
2．（2023春·广东深圳·高一校考期中）若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则它的底面积与侧面积之比是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意作图，由轴截面得出母线与底面圆半径的等量关系，再利用底面积和侧面积公式求解.
【详解】根据题意作圆锥的轴截面，如图，
设圆锥的底面圆半径为，高为 ，母线长为 .
若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，
则有，所以.
该圆锥的底面积与侧面积比值为.
故选：A.
3．（2023春·浙江杭州·高一校考期中）如图，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥爬行一周后回到点处，若该小虫爬行的最短路程为，则这个圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】作出圆锥侧面展开图，根据最短路程和母线长，利用余弦定理可求得侧面展开图扇形的圆心角，结合扇形弧长公式和勾股定理可求得圆锥底面半径和高，代入圆锥体积公式即可.
【详解】设圆锥的顶点为，以母线为轴可作出圆锥侧面展开图如下图所示，
小虫爬行的最短路程为，，又，
，，
设圆锥底面半径为，高为，则，解得：，，
圆锥体积.
故选：A.
4．（2023春·河北·高一校联考期中）已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，且，，，则球的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将三棱锥放入长方体中，设长方体的长宽高分别为，确定，得到球半径，计算体积得到答案.
【详解】将三棱锥放入长方体中，设长方体的长宽高分别为，如图所示：
则，故，球的半径，
故体积为.
故选：D
5．（2023春·陕西西安·高一长安一中校考期中）在直三棱柱中，，，点P为的中点，则四面体PABC的外接球的体积为（ ）
A．.B．C．D．
【答案】A
【分析】如图，分别取的中点，连接，易得四面体PABC的外接球的球心在上，利用勾股定理求出半径，再根据球的体积公式即可得解.
【详解】如图，分别取的中点，连接，
则，
因为平面，所以平面，平面，
因为，所以即为外接圆的圆心，
所以四面体PABC的外接球的球心在上，
设，四面体PABC的外接球的半径为，则，
，
则，解得，
所以，
所以四面体PABC的外接球的体积为.
故选：A.
【点睛】方法点睛：对于三棱锥外接球的三种模型：
第一种模型为常见墙角模型，此时将三棱锥看作长方体中的一个部分，将长方体进行补全之后就可以找到外接球半径与长方体三边之间的关系.
第二种模型为对边相等的三棱锥外接球，方法同样将其补形为长方体，我们可以通过画出一个长方体，标出三组互为异面直线的对边，然后通过每一组在直角三角形中的满足勾股定理的形式而列出方程，然后再将三组方程相加之后就可以得到长方体三边的平方的关系，继而可以求出外接球的半径.
第三种模型为确定球心来构造直角三角形，这种模型最关键的就是利用底面三角形的外心来确定球心，然后来构造直角三角形将立体图形转化为平面图形，在直角三角形当中来求出球的半径.
6．（2023春·陕西西安·高一长安一中校考期中）已知一个圆台的上、下底面半径分别为2，4，它的侧面展开图扇环的圆心角为90°，则这个圆台的侧面积为（ ）
A．32πB．48πC．64πD．80π
【答案】B
【分析】根据题意计算母线长为，再利用圆台的侧面积公式计算得到答案.
【详解】圆台的上底面圆半径2，下底面圆半径4，
设圆台的母线长为l，扇环所在的小圆的半径为x，
由题意可得：，解得，
所以圆台的侧面积.
故选：B.
7．（2023春·河南郑州·高一校考期中）如图，，线段AC，BD相互垂直平分，在扇形OAB中，OA=1，将扇形OAB和绕AC所在直线旋转一周所得几何体的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据旋转体特征可知所得几何体是一个半球体和一个圆锥构成的组合体，结合球的表面积和圆锥侧面积公式可求得结果.
【详解】由题意知：所得几何体是一个以为半径的半球体和一个底面半径为，高为的圆锥构成的组合体；
半球体表面积；圆锥侧面积；
所得几何体的表面积.
故选：B.
8．（2023春·河南漯河·高一校考期中）图1是唐朝著名的风鸟花卉纹浮雕银杯，它的盛酒部分可以近似地看作半球与圆柱的组合体（如图2）．设这种酒杯内壁的表面积为，半球的半径为，若半球的体积不小于圆柱体积，则S的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】设圆柱的高为，由条件结合体积公式列不等式求的范围，再结合球的表面积公式和圆柱的侧面积公式求酒杯内壁的表面积解析式及其范围.
【详解】设圆柱的高为，
因为半球的体积不小于圆柱体积，
所以，
解得，即．
所以．
故选：D.
二、多选题
9．（2023春·山西太原·高一统考期中）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，体现了数学的对称美.如图，二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体截去八个一样的四面体得到的，若它的所有棱长都为，则（ ）
A．被截正方体的棱长为2
B．被截去的一个四面体的体积为
C．该二十四等边体的体积为
D．该二十四等边体外接球的表面积为
【答案】ACD
【分析】由已知可推得，二十四等边体的各个顶点均为正方体各个棱的中点，即可得出A项；根据A项，可知四面体是三条侧棱两两垂直，即可得出三棱锥的体积，判断B项；根据B项的结果，以及正方体的体积公式，即可得出C项；设球心为，连结，取中点为，连结，构造，根据勾股定理，即可求出，即外接球的半径为，即可求出表面积得出D项.
【详解】
对于A项，由已知可推得，二十四等边体的各个顶点均为正方体各个棱的中点，
如图1，则，所以，故A项正确；
对于B项，如图1，由A知，四面体是三条侧棱两两垂直，且长度为的三棱锥，所以，故B项错误；
对于C项，正方体的体积为，所以该二十四等边体的体积为，故C项正确；
对于D项，如图2，设球心为，显然是正方体的中心，连结，取中点为，连结，
因为分别是的中点，所以.
又，，
所以，在中，有，所以，
所以，该二十四等边体外接球的半径，表面积为，故D项正确.
故选：ACD.
10．（2023春·浙江杭州·高一校联考期中）已知三棱锥中，，分别是的中点，是棱上（除端点外）的动点，下列选项正确的是（ ）
A．直线与是异面直线；
B．当时，三棱锥体积为；
C．的最小值为；
D．三棱锥外接球的表面积.
【答案】ACD
【分析】根据异面直线判定定理可判断A，由于三棱锥对边相等可放入长方体中，借助长方体可判断BD，再由棱锥两个侧面展开到同一个平面上，利用两点间连线最短判断C.
【详解】对A，是平面内直线BA外一点，是平面外一点，两点连线与是异面直线，故A正确；
对B，将三棱锥放入长方体中，如图，
因为，所以，所以，
设长方体的长、宽、高分别为，
则，即，解得，
显然三棱锥体积等于长方体体积减去长方体角上4个相同的三棱锥的体积，
，所以，故B错误；
对D，因为三棱锥外接球即为长方体的外接球，所以外接球半径，所以外接球的表面积，故D正确；
对C，将三棱锥侧面展开在一个平面上，连接，交于,
如图，
由余弦定理，，
,
所以，,
所以，
在中，,
所以，即当P点运动到M点时，的最小值为，故C正确.
故选：ACD
11．（2023春·浙江·高一校联考期中）已知棱长为1的正方体，以为圆心，为半径作圆弧为圆弧的三等分点（靠近点），则下列命题正确的是（ ）
A．
B．四棱锥的表面积为
C．三棱锥的外接球的体积为
D．若为上的动点，则的最小值为
【答案】ABD
【分析】过作，连接，根据条件求出、，进而可以判断A正确；分别求出四棱锥五个面的面积即可判断B正确；根据条件找到球心，根据几何关系求出球的半径，即可判断C错误；如图所示将平面沿着展开，即可判断D正确.
【详解】
如图所示，过作，连接，
因为为圆弧的三等分点（靠近点），
所以，则，，
由题意可得平面，
在中，，，
则，故A正确；
由题意可得，，
则，,
,，
在中，因为，
，，
，
四棱锥的表面积为；
故B正确；
取中点，的重心，
因为为等腰直角三角形，所以其外接圆圆心为，
因为为等边三角形，所以其外接圆圆心为，
过作平面的垂线，过作平面的垂线，
、交于点，则为三棱锥的外接球的球心，
则，，
所以，
即外接球的半径，
三棱锥的外接球的体积为，
故C错误；
如图所示将平面沿着展开，连接，交于点，
则根据两点之间距离最短可知此时最小，
最小值为，
故D正确.
故选：ABD.
12．（2023春·河南漯河·高一校考期中）长方体的长、宽、高分别为3，，体积为6，外接球的表面积为，则下列说法正确的是（ ）
A．长方体的长、宽、高分别为3，2，1
B．沿长方体的表面从到的最短路径长度为
C．与这个长方体表面积相等的正方体的棱长为2
D．设与这个长方体体积相等的正四面体的棱长为m，则
【答案】AD
【分析】由长方体外接球的表面积为可得，由其体积为可得，解方程求判断A，分三种情况，利用侧面展开图求从到的最短路径长度，判断B，求长方体的表面积，设与其表面积相等的正方体的棱长为，列方程求，判断C，求正四面体的体积，列方程求，判断D.
【详解】对于A，因为长方体的外接球的表面积为，
设长方体的外接球的半径为，
则，所以，
所以①，
因为长方体的体积为6，所以②，
又，
由①②解得，，故A正确；
对于B，沿长方体的表面从到，可将长方体的两个相邻的面展开成矩形，
最短路径是这个矩形的对角线，这样的矩形共有3种，
对角线长度为或或，
因为，
故沿长方体的表面从到的最短路径长度为，故B错误；
对于C，长方体的表面积为，
设与其表面积相等的正方体的棱长为，则，解得，故C错误；
对于D，棱长为m的正四面体的高为，
则正四面体的体积为，
则，故D正确．
故选：AD.
三、填空题
13．（2023春·河北邢台·高一河北南宫中学校考阶段练习）在正四棱台中，底面是边长为4的正方形，其余各棱长均为2，设直线与直线的交点为P，则四棱锥的外接球的体积为___________.
【答案】
【分析】先确定四棱锥为正四棱锥，则其外接球的球心O在直线上，由勾股定理可得半径，结合球的体积公式计算即可求解.
【详解】设与相交于点，因为四棱台为正四棱台，
直线与直线的交点为P，所以四棱锥为正四棱锥，
得平面，四棱锥的外接球的球心O在直线上，连接BO，
设该外接球的半径为R，由，，
所以，则，
即，解得，
则四棱锥外接球的体积为.
故答案为：.
4．（2023春·河南漯河·高一校考期中）已知圆柱的上、下底面的中心分别为，过直线的平面截该圆柱所得的截面是正方形．内接于下底面圆，且是一个面积为的等腰直角三角形，则该圆柱的体积为_______．
【答案】
【分析】先由三角形面积公式求出三角形边长，再由正弦定理求底面圆的半径，由圆柱体积公式求圆柱的体积.
【详解】如图所示，设圆柱的底面半径为r，高为h，则．
再设的腰长为a，则，
解得，即，
因为，
所以，
所以，．
所以该圆柱的体积为．
故答案为：
15．（2023春·重庆·高一西南大学附中校考期中）正三棱台的上底面边长，下底面边长，棱台的高为2，则该正三棱台的侧面积为__________.
【答案】
【分析】还台为锥，为正三棱锥.由正弦定理求出三棱台上下底面外接圆的半径，进而根据相似三角形以及已知条件推导得出正三棱锥的侧棱长以及高，进而得出棱台的高，即可得出答案.
【详解】
如图，还台为锥，为正三棱锥.
过点作出正三棱锥的高，交棱台上底面于点，交下底面于点，
连结,则易知.
因为为正三角形，是的中心，，
由正弦定理可得，，所以.
同理可得，.
因为，所以.
因为，
所以，.
又平面，平面，
所以，.
在中，.
所以，，所以.
取中点分别为，连结，则是等腰梯形的高.
在等腰三角形中，显然有，
且，，所以，
所以.
所以，.
所以，该正三棱台的侧面积为.
故答案为：.
16．（2022春·河南信阳·高一统考期末）《九章算术》中将正四棱台体（棱台的上下底面均为正方形）称为方亭.如图，现有一方亭，其中上底面与下底面的面积之比为，，方亭的四个侧面均为全等的等腰梯形，已知方亭四个侧面的面积之和为，则方亭的体积为______.
【答案】
【分析】分析可知，设，则，过点、在平面内分别作，，垂足分别为点、，根据正四棱台的侧面积计算出的值，再利用台体的体积公式可求得结果．
【详解】解：由题意得，设，则，.
过点，在平面内分别作，，垂足分别为点、，
在等腰梯形中，因为，，，则四边形为矩形，
所以，，则，
因为，，，
所以，所以，
在中，由勾股定理得，
所以等腰梯形的面积为，所以.
所以，，方亭的高，
故方亭的体积为.
故答案为：
四、解答题
17．（2023春·浙江·高一台州市书生中学校联考期中）如图一：球面上的任意两个与球心不在同一条直线上的点和球心确定一个平面，该平面与球相交的图形称为球的大圆，任意两点都可以用大圆上的劣弧进行连接.过球面一点的两个大圆弧，分别在弧所在的两个半圆内作公共直径的垂线，两条垂线的夹角称为这两个弧的夹角.如图二：现给出球面上三个点，其任意两个不与球心共线，将它们两两用大圆上的劣弧连起来的封闭图形称为球面三角形.两点间的弧长定义为球面三角形的边长，两个弧的夹角定义为球面三角形的角.现设图二球面三角形的三边长为，，，三个角大小为，，，球的半径为.
(1)求证：
(2)①求球面三角形的面积（用，，，表示）.
②证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）根据弧长公式即可求解.
（2）利用等面积法可得，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，，，
设，，的弧度数分别为，，，可知： ，
又因为：，，，
所以：；
（2）①解：因为弧和弧夹角为，
那么两弧所在半圆所夹球面部分的面积为，
同理：弧和弧所在半圆夹球面部分的面积为，
弧和弧所在半圆夹球面部分的面积为，
考虑，，极小状态和球面的对称性可知：
，
所以： ；
②由于，可知.
18．（2023春·甘肃庆阳·高一校考期中）如图，在正方体中，是棱的中点．
(1)试判断直线与平面的位置关系，并说明理由；
(2)求证：直线平面
(3)若正方体的棱长为2，求点到平面的距离
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）连接交于点，由三角形中位线性质可得，由线面平行的判定可证得结论.
（2）由正方体的结构特征结合线面垂直性质，证得平面，再由线面垂直性质和判定推理作答.
（3）利用三棱锥的体积求解作答.
【详解】（1）直线平面，
在正方体中，连接交于点，连接，如图，
因为四边形为正方形，则为中点，又为中点，
因此，又平面，平面，
所以平面.
（2）在正方体中，连接，如图，
因为四边形为正方形，则，而平面，平面，
即有，又，平面，则平面，
而平面，因此，同理平面，又平面，
即有，因为，平面，
所以平面.
（3）在三棱锥中，，
则的面积，的面积，
设点到平面的距离为，由得：，
于是，
所以点到平面的距离为.
19．（2023春·浙江·高一期中）三棱柱的棱长都为2，D和E分别是和的中点．
(1)求证：直线平面；
(2)若，点B到平面的距离为，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）法一，根据中位线可得线线平行，证明面面平行再证线面平行，法二，作出辅助线，证明，即可得证；
（2）根据线面平行可得，由等体积法求解.
【详解】（1）在三棱柱中，，取中点F，连接DF，EF，
∵D和E分别是和的中点，
，
又面，面，且面，面，
∴//面，EF//面，又，面，
∴面//平面，而面DEF，故直线//平面．
法二，连接CE交于点G，连接CD交于点H，连接HG，如图，
在三棱柱中，，，
∴，，
∴，则，又面，面，
∴直线平面.
（2）如图，
∵直线//平面，
∴，又，
所以平行四边形边上的高，
由B到面的高，则.
20．（2023春·河北邢台·高一河北南宫中学校考阶段练习）如图，半球底面圆的圆心为O（即半球所在球的球心），半径为4.作平行于半球底面的平面得截面圆，以圆面为底面向下挖去一个圆柱（圆柱下底面圆心即半球底面圆的圆心）.若圆柱的内接正四棱柱的底面正方形的边长为x，体积为V.
(1)求出体积V关于x的函数解析式，并指出定义域；
(2)当x为何值时，正四棱柱体积最大？最大值是多少？
附：，，
，（当且仅当时取等）
，（当且仅当时取等）
【答案】(1)，定义域为
(2)当时，体积有最大值
【分析】(1) 先设正四棱柱的高为,再根据柱体体积公式求解即可；
(2)应用基本不等式求正四棱柱体积最大即得.
【详解】（1）设正四棱柱的高为，
则，，
，
,定义域为，
（2）
当，时取等，
∴当时，体积有最大值
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