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高中人教版新课标A第一章 空间几何体综合与测试同步训练题
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这是一份高中人教版新课标A第一章 空间几何体综合与测试同步训练题，共15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。
人教版新课标必修二第一章
一、单选题
1.（2021高三上·黄冈月考）已知圆锥的母线长为 32 ，其侧面展开图是一个圆心角为 2π3 的扇形，则该圆锥的底面面积是（ ）
A. π B. 2π C. 3π D. 4π
2.（2020高一下·广州期中）在四面体ABCD中，已知AB＝AC＝CD＝2， BC=22 ，且CD⊥平面ABC，则该四面体外接球的体积（ ）
A. 16π B. 12π C. 43π D. 6π
3.（2021高二下·汕头期末）已知三棱锥P－ABC中，PA＝4，AB＝AC＝ 23 ，BC＝6，PA⊥面ABC，则此三棱锥的外接球的体积为（ ）
A.256π3 B.256π C.32π3 D.32π
4.（2020高一上·河池期末）棱长为a的正四面体ABCD与正三棱锥 E−BCD 的底面重合，若由它们构成的多面体ABCDE的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥 E−BCD 的表面积为（ ）
A. 3+34a2 B. 3+36a2 C. 3−36a2 D. 3−34a2
5.（2021高三下·河西模拟）将长、宽分别为 4 和 3 的长方形 ABCD 沿对角线 AC 折成直二面角，得到四面体 A−BCD ，则四面体 A−BCD 的外接球的表面积为（ ）
A. 25π B. 50π C. 5π D. 10π
6.（2019高一下·哈尔滨月考）圆锥的侧面展开图为一个扇形，其圆心角为 23π ，半径为3，则此圆锥的体积为（ ）
A. 2 2π B. 23π C. 223π D. 2π
7.（2020高二上·池州期末）已知正三棱柱 ABC−A1B1C1 ，的体积为 163 ，底面积为 43 ，则三棱柱 ABC−A1B1C1 的外接球表面积为（ ）
A. 1123π B. 563π C. 2243π D. 28π
8.（2019高一上·衡阳月考）在一个长方体 ABCD−A1B1C1D1 中，已知 AB=6 ， BC=5 ， BB1=4 ，则从点 A 沿表面到点 C1 的最短路程为（ ）
A. 55 B. 137 C. 313 D. 15
9.（2020高二上·绿园期末）已知三棱锥 S−ABC 的体积为 233 ，各顶点均在以 SC 为直径的球面上 BC=2 ， AB=AC=2 ，则这个球的表面积为（ ）
A. 8π B. 12π C. 16π D. 20π
10.（2020高三上·湖北月考）蹴鞠，又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴，蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录. 3D 打印属于快速成形技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠累积的方式来构造物体的技术（即“积层造型法”）.过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制造，特别是一些高价值应用（比如髋关节、牙齿或一些飞机零部件等）.已知某鞠的表面上有四个点 A 、 B 、 C 、 D ，满足任意两点间的直线距离为 26cm ，现在利用 3D 打印技术制作模型，该模型是由鞠的内部挖去由 ABCD 组成的几何体后剩余的部分，打印所用原料密度为 1g/cm3 ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量约为（ ）（参考数据：取 π=3.14 ， 2=1.41 ， 3=1.73 ，精确到0.1）
A. 113.0g B. 267.9g C. 99.2g D. 13.8g
二、填空题
11.（2021·商丘模拟）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的最短棱长为 .
12.（2020·抚顺模拟）已知一个圆柱的侧面积等于表面积的一半，且其轴截面的周长是18，则该圆柱的体积是________．
13.（2019高二下·上海期中）四面体的6条棱所对应的6个二面角中，钝二面角最多有________个.
14.（2019高一上·河南月考）已知四棱锥的底面是边长为 42 的正方形，高为3，若圆台的上底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，下底面正好为四棱锥底面正方形的外接圆，则该圆台的侧面积为________.
15.（2020高三上·唐山月考）己知四棱台 ABCD−A1B1C1D1 中，上、下底面都是正方形，下底面棱长为2，其余各棱长均为1，则该四棱台的外接球的表面积为________.
16.（2019高二下·静安期末）已知某圆柱是将边长为2的正方形（及其内部）绕其一条边所在的直线旋转一周形成的，则该圆柱的体积为 .
17.（2019高二下·上海月考）如图，在正方体 ABCD−A1B1C1D1 中， AB=1 ， DD1 中点为 Q ，过 A 、 Q 、 B1 三点的截面面积为________.
18.（2020·蚌埠模拟）如图是第七届国际数学教育大会的会徽，它的主题图案由一连串如图所示的直角三角形演化而成.设其中的第一个直角 △OA1A2 是等腰三角形，且 A1A2=A2A3=⋯=AnAn+1=1 ，则， OA2=2,OA3=3,⋯OAn=n ，现将 △OA1A2 沿 OA2 翻折成 △OPA2 ，则当四面体 OPA2A3 体积最大时，它的表面有________个直角三角形；当 PA3=1 时，四面体 OPA2A3 外接球的体积为________.
三、解答题
19.（2019高一上·咸阳月考）已知棱长为5，底面为正方形，各侧面均为正三角形的四棱锥 S−ABCD ，求它的表面积．
20.（2019高二下·上海期中）在正方体 ABCD−A1B1C1D1 中， E,F 分别是 BC,A1D1 的中点.求证：空间四边形 B1EDF 是菱形.
21.（2021·石家庄模拟）2022年北京冬奥会标志性场馆——国家速滑馆的设计理念来源于一个冰和速度结合的创意，沿着外墙面由低到高盘旋而成的“冰丝带”，就像速度滑冰运动员高速滑动时留下的一圈圈风驰电掣的轨迹，冰上划痕成丝带，22条“冰丝带”又象征北京2022年冬奥会.其中“冰丝带”呈现出圆形平面、椭圆形平面、马鞍形双曲面三种造型，这种造型富有动感，体现了冰上运动的速度和激情这三种造型取自于球、椭球、椭圆柱等空间几何体，其设计参数包括曲率、挠率、面积体积等对几何图形的面积、体积计算方法的研究在中国数学史上有过辉煌的成就，如《九章算术》中记录了数学家刘徽提出利用牟合方盖的体积来推导球的体积公式，但由于不能计算牟合方盖的体积并没有得出球的体积计算公式直到200年以后数学家祖冲之、祖眶父子在《缀术》提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，才利用牟合方盖的体积推导出球的体积公式原理的意思是：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.
（Ⅰ）利用祖暅原理推导半径为 R 的球的体积公式时，可以构造如图②所示的几何体 M ，几何体 M 的底面半径和高都为 R ，其底面和半球体的底面同在平面 α 内.设与平面 α 平行且距离为 d 的平面 β 截两个几何体得到两个截面，请在图②中用阴影画出与图①中阴影截面面积相等的图形并给出证明；
（Ⅱ）现将椭圆 x2a2+y2b2=1(a>b>0) 所围成的椭圆面分别绕其长轴、短轴旋转一周后得两个不同的椭球 A ， B （如图），类比（Ⅰ）中的方法，探究椭球 A 的体积公式，并写出椭球 A ， B 的体积之比.
22.（2021高一下·湖州期末）如图，已知四棱锥 P−ABCD ， AD//BC 且 AB⊥AD ， AD=62 ， AB=4 ， BC=42 ， △PAD 的面积等于 122 ，E是PD是中点.
（1）求四棱锥 P-ABCD 体积的最大值；
（2）若PB=45 ， tan∠PAD=22 .
（i）求证：AD⊥PC ；
（ii）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解析】设圆锥的底面半径为 r ，则 2πr32=2π3,r=2 ，
所以圆锥的地面面积为 π×(2)2=2π .
故答案为：B
2.【答案】 C
【解析】由于 AC2+AB2=BC2 所以 BA⊥AC ，而 CD⊥ 平面 ABC 故 CD⊥BC ， CD⊥AB ，所以 BA⊥ 平面 ACD ，所以 BA⊥AD 即得到三角形 CBD 和三角形 ABD 都为直角三角形，所以外接球的球心在 BD 的中点， BD2=CD2+BC2=4+8=12 ，故外接球半径 r=3 ，所以外接球的体积为 43πr3=43π ，
故答案为：C.
3.【答案】 A
【解析】因为底面三角形△ABC中，AB＝AC＝ 23 ，BC＝6，从而得出
cos∠BAC=−12，∴sin∠BAC=32 ，
∴△ABC的外接圆半径为 r=12×632=23 ，
∵PA⊥面ABC，∴三棱锥外接球的半径 R2=r2+(PA2)2=(23)2+22=16, ∴R=4 ，
所以三棱维P－ABC外接球的体积 V=43πR3=256π3 。
故答案为：A.
4.【答案】 A
【解析】由题意，多面体ABCDE的外接球即正四面体ABCD的外接球，
由题意可知 AE⊥ 面 BCD 交于 F ，连接 CF ，则 CF=23⋅32a=33a
且其外接球的直径为AE，易求正四面体ABCD的高为 a2−(33a)2=63a .
设外接球的半径为R，由 R2−(63a−R)2=(33a)2 得 R=64a .
设正三棱锥 E−BCD 的高为h，因为 AE=62a=63a+ℎ ，所以 ℎ=66a .
因为底面 ΔBCD 的边长为a，所以 EB=EC=ED=CF2+ℎ2=22a ，
则正三棱锥 E−BCD 的三条侧棱两两垂直.
即正三棱锥 E−BCD 的表面积 S=3×12×(22a)2+12a2×32=3+34a2 ，
故答案为：A.
5.【答案】 A
【解析】取 AC 的中点，连接 OB 、 OD ，如下图所示：
由题意 AC=32+42=5 ，
因为 ∠ABC=∠ADC=90∘ ， O 为 AC 的中点，所以OB=OD=12AC=OA=OC=52 ，所以 O 为四面体 A−BCD 的外接球的球心，且球 O 的半径为 R=52 ，
因此，四面体 A−BCD 的外接球的表面积为 4πR2=25π 。
故答案为：A.
6.【答案】 C
【解析】解：圆锥侧面展开图是圆心角为 2π3 ，半径为3的扇形；
则圆锥的母线长为 l=3 ，底面周长即扇形的弧长为 2π3×3=2π ，
所以底面圆的半径为 r=1 ，
所以底面圆的面积为 π×r2=π ，
圆锥的高为 ℎ=32−12=22 ；
所以圆锥的体积为 V=13×π×22=223π ．
故答案为： C ．
7.【答案】 A
【解析】依题意， AA1=16343=4 ，而 S△ABC=12AB×AC×sinA=34AB2=43 ，
解得 AB=4 ，记 △ABC 的中心为О， △A1B1C1 的中心为О1 ， 则 AA1=OO1=4 ，
取 OO1 的中点 D ，因为 AO=CO ， ∠AOD=∠COD=90∘ ，由勾股定理得 AD=CD ，
同理可得 AD=BD=A1D=B1D=C1D ，
所以正三棱柱的外接球的球心为即 D ， AD 为外接球的半径，
由正弦定理得 AO=AB2sin60∘=433 ，
故 AD2=OD2+AO2=4+163=283 ，
故三棱柱 ABC−A1B1C1 的外接球表面积 S=4πR2=4π×283=1123π ，
故答案为：A．
8.【答案】 C
【解析】将长方体展开共三种情况如下：
⑴ AC1=(AB+BC)2+CC12=(6+5)2+42=137 ；
⑵ AC1=AB2+(BB1+B1C1)2=62+(4+5)2=117=313 ；
⑶ AC1=B1C12+(AB+BB1)2=52+(6+4)2=125=55 ，
所以从点 A 沿表面到点 C1 的最短路程为 313 .
故答案为：C.
9.【答案】 C
【解析】如图所示：
因为 BC=2 ， AB=AC=2 ，即 AB2+AC2=BC2 ，
所以 AC⊥AB .
S△ABC=12×2×2=1 ，
VS−ABC=13×S△ABC×SB=13×1×SB=233 ， SB=23 .
所以 OO1=3 .
R=12+(3)2=2 , S=4πR2=16π .
故答案为：C
10.【答案】 C
【解析】由题意可知，几何体 ABCD 是棱长为 26cm 的正四面体，
所需要材料的体积即为正四面体外接球体积与正四面体体积之差，
设正四面体的棱长为 a ，则正四面体的高为 a2−(23×32a)2=6a3 ，
设正四面体外接球半径为 R ，则 R2=(R−6a3)2+(23×32a)2 ，解得 R= 6a4 ，
所以 3D 打印的体积为： V=43π(64a)3−13⋅12a2⋅32⋅63a=68a3π−212a3 ，
又 a3=(26)3=486 ，
所以 V=36π−83≈113.04−13.84=99.2 ，
故答案为：C。
二、填空题
11.【答案】 2
【解析】由图可知该三棱锥的最短棱为底面三角形的直角边即 BC,BD ，棱长最短为 2 .
故答案为： 2 .
12.【答案】 27π
【解析】解：设圆柱的底面圆的半径为 r ，高为 ℎ ．由题意可得 {2πrℎ2πr2+2πrℎ=122(2r+ℎ)=18 ，解得 r=ℎ=3 ，
则该圆柱的体积是 πr2ℎ=27π ．
故答案为: 27π .
13.【答案】 3
【解析】将三棱锥的顶点，向下压到与底重合，侧面的3个二面角都是 180° ，将这个顶点稍稍提高一点点，离开底面，此时3个侧面的二面角都是钝角.
14.【答案】 15π
【解析】由题可知，该四棱锥是正四棱锥，
四棱锥的四条侧棱的中点连线为正方形，且边长为 22 ，该正方形对角线的长为4，
则圆台的上底面的半径为2，四棱锥的底面是边长为 42 的正方形，其对角线长为8，
则圆台的下底面的半径为4，因为四棱锥的高为3，所以圆台的高为 32 ，
则圆台的母线长为 (4−2)2+(32)2=52 .
所以圆台的侧面积为 π(2×52+4×52)=15π .
故答案为： 15π
15.【答案】 10π
【解析】如图，
在四棱台 ABCD−A1B1C1D1 中，连接 AC,A1C1,BD,B1D1 ，
设 AC∩BD=F ， A1C1∩B1D1=E ，连接 EF 并延长到点O，
设O为四棱台 ABCD−A1B1C1D1 外接球心，连接 OA,OA1 ，
在平面 ACC1A1 中，作 AH⊥AC ，垂足为 H ，则 AH=AC−A1C12=22−22=22 ，
在直角三角形 AA1H 中， A1H=AA12−AH2=12−(22)2=22 ，
∴EF=A1H=22 ，
在直角三角形 AOF 中， OA=OF2+AF2=OF2+(2)2=OF2+2 ，
在直角三角形 A1EO 中， OA1=A1E2+OE2=A1E2+(OF+FE)2 =(22)2+(OF+22)2 =OF2+2OF+1 ，
∵OA1=OA ， ∴OF2+2OF+1=OF2+2 ，
解得 OF=22 ， OA=(2)2+(22)2=102 ，
∴ 该四棱台的外接球的表面积为 4π(102)2=10π .
故答案为：10π
16.【答案】 8π
【解析】因为圆柱是将边长为2的正方形（及其内部）绕其一条边所在的直线旋转一周形成的，
则圆柱底面圆半径为 2 ，高为 2 ，
所以该圆柱的体积是 π⋅22⋅2=8π .
故答案为： 8π
17.【答案】 98
【解析】取 C1D1 的中点 P ，连接 AQ,QP,PB1,AB1,QB1 ,如图 则 QP∥AB1 ，所以 A,B1,P,Q 共面，即过 A 、 Q 、 B1 三点的截面为 AB1PQ ,因为 AQ=PB1,PQ=12AB1 ,所以截面为等腰梯形，故面积为 12(22+2)×324=98.
故答案为 98
18.【答案】 4；43π
【解析】当四面体 OPA2A3 体积最大时，平面 OPA2⊥ 平面 OA2A3 ，因为 A2A3⊥OA2 ，所以根据平面与平面垂直的性质定理可得 A2A3⊥ 平面 OPA2 ，所以 A2A3⊥PA2 ，所以△ PA2A3 为直角三角形，所以 |PA3|=|PA2|2+|A2A3|2=1+1=2 ，又 |OP|=1 ， |OA3|=3 ，
所以 |OA3|2=|OP|2+||PA3|2 ，所以 OP⊥PA3 ，所以三角形 OPA3 为直角三角形，
所以它的表面有4个直角三角形，
因为 |PO|=|PA2|=|PA3|=1 ，所以点 P 在平面 OA2A3 内的射影是直角三角形 OA2A3 的外心，
也就是 OA3 的中点 M ，且四面体 OPA2A3 的外接球的球心 N 在直线 PM 上，如图：
容易求得 |PM|=12 ，设 |NA3|=|NP|=R ，
则在直角三角形 NMA3 中，由勾股定理可得 |NA3|2=|NM|2+|MA3|2 ，
所以 R2=(R−12)2+(32)2 ，解得 R=1 ，
所以四面体 OPA2A3 外接球的体积为 43πR3=43π .
故答案为：（1）4（2） 43π
三、解答题
19.【答案】 解：∵四棱锥S﹣ABCD的各棱长均为5，
底面为正方形，各侧面均为正三角形，
设E为AB的中点，则SE⊥AB，
SE =52−254=532
∴S侧＝4S△SAB＝4 ×12×5×532= 25 3 ，
S底=52= 25，
它的表面积S＝S底+S侧＝25+25 3 ．
20.【答案】 证明：取 B1C1 中点 G ，联结 GD1、GE ，
则 GE∥C1C∥D1D,GE=C1C=D1D ，
∴ 四边形 GEDD1 是平行四边形， GD1∥ED,GD1=ED ，
∵FD1∥B1G,FD1=B1G
∴四边形 FB1GD1 是平行四边形， ∴B1F∥GD,B1F=GD ， ∴B1F∥ED,B1F=ED ，
∴四边形 B1EDF 是平行四边形，
又 B1E=BB12+(12BC)2=52BB1 , B1F=B1A12+(12A1D1)2=52A1B1 , A1B1=BB1
∴B1E=B1F ， ∴ 空间四边形 B1EDF 是菱形.
21.【答案】 解：（Ⅰ）由图可知，图①几何体的为半径为 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，与图①截面面积相等的图形是圆环（如阴影部分）
证明如下：
在图①中，设截面圆的圆心为 O1 ，易得截面圆 O1 的面积为 π(R2−d2) ，
在图②中，截面截圆锥得到的小圆的半径为 d ，所以，圆环的面积为 π(R2−d2) ，所以，截得的截面的面积相等
（Ⅱ）类比（Ⅰ）可知，椭圆的长半轴为 a ，短半轴为 b ，构造一个底面半径为 b ，高为 a 的圆柱，把半椭球与圆柱放在同一个平面上（如图），在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，即挖去的圆锥底面半径为 b ，高为 a ；
在半椭球截面圆的面积 πb2a2(a2−d2) ，
在圆柱内圆环的面积为 πb2−πb2a2d2=πb2a2(a2−d2)
∴距离平面 α 为 d 的平面截取两个几何体的平面面积相等，
根据祖暅原理得出椭球 A 的体积为：
VA=2(V圆柱−V圆锥)=2(π⋅b2⋅a−13π⋅b2⋅a)=4π3ab2 ，
同理：椭球 B 的体积为 VB=4π3a2b
所以，两个椭球 A ， B 的体积之比为 ba .
22.【答案】 （1）解：记P点到AD的距离为h，由AD=62及△PAD的面积等于122
得12· 62·h=122 ， 得 h=4，
当△PAD翻折到面PAD⊥面ABCD时，四棱锥P-ABCD体积有最大值，
则Vmax=13×12×（62+42）×4×4=8023；
（2）（i）证明：记点 P 在 AD 上的射影为 H ，则 PH⊥AD ，
由 tan∠PAD=22 ，可得 AH=42=BC ，
又由题意 AD//BC ，得四边形 ABCH 为矩形，得 CH⊥AD ，
又 PH⊥AD ，且 PH∩CH=H ，
∴AD⊥ 平面 PCH ，
因为 PC⊂ 平面 PCH ，所以 AD⊥PC ；
（ii）解：取 PH 中点 G ，则 GE//HD ，且 GE=12HD=2 ，
在 BC 上取 CF=2 ，则 GE//CF 且 GE=CF ，
∴ 四边形 FCEG 为平行四边形，得 CE//FG ，
则直线 CE 与平面 PBC 所成角即为直线 FG 与平面 PBC 所成角，
由 AD⊥ 面 PCH ，且 AD//BC ，得 BC⊥ 面 PCH ，
作 GM⊥PC 于 M ，则 GM⊥ 面 PBC ，连 MF ，则 ∠GFM 即为直线 CE 与平面 PBC 所成角，
在 Rt△PCB 中，由 PB=45 ，得 PC=43 ，
又 PD=CD=26 ，由平行四边形对角线定理得 (2CE)2+PD2=2(PC2+CD2) ，得 CE=30 ，
又 PH=CH=4 ，可得 GM=1 ，
在 Rt△GMF 中，得 sin∠GFM=GMGF=GMCE=130=3030 ．
人教版新课标必修二第一章
一、单选题
1.（2021高三上·黄冈月考）已知圆锥的母线长为 32 ，其侧面展开图是一个圆心角为 2π3 的扇形，则该圆锥的底面面积是（ ）
A. π B. 2π C. 3π D. 4π
2.（2020高一下·广州期中）在四面体ABCD中，已知AB＝AC＝CD＝2， BC=22 ，且CD⊥平面ABC，则该四面体外接球的体积（ ）
A. 16π B. 12π C. 43π D. 6π
3.（2021高二下·汕头期末）已知三棱锥P－ABC中，PA＝4，AB＝AC＝ 23 ，BC＝6，PA⊥面ABC，则此三棱锥的外接球的体积为（ ）
A.256π3 B.256π C.32π3 D.32π
4.（2020高一上·河池期末）棱长为a的正四面体ABCD与正三棱锥 E−BCD 的底面重合，若由它们构成的多面体ABCDE的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥 E−BCD 的表面积为（ ）
A. 3+34a2 B. 3+36a2 C. 3−36a2 D. 3−34a2
5.（2021高三下·河西模拟）将长、宽分别为 4 和 3 的长方形 ABCD 沿对角线 AC 折成直二面角，得到四面体 A−BCD ，则四面体 A−BCD 的外接球的表面积为（ ）
A. 25π B. 50π C. 5π D. 10π
6.（2019高一下·哈尔滨月考）圆锥的侧面展开图为一个扇形，其圆心角为 23π ，半径为3，则此圆锥的体积为（ ）
A. 2 2π B. 23π C. 223π D. 2π
7.（2020高二上·池州期末）已知正三棱柱 ABC−A1B1C1 ，的体积为 163 ，底面积为 43 ，则三棱柱 ABC−A1B1C1 的外接球表面积为（ ）
A. 1123π B. 563π C. 2243π D. 28π
8.（2019高一上·衡阳月考）在一个长方体 ABCD−A1B1C1D1 中，已知 AB=6 ， BC=5 ， BB1=4 ，则从点 A 沿表面到点 C1 的最短路程为（ ）
A. 55 B. 137 C. 313 D. 15
9.（2020高二上·绿园期末）已知三棱锥 S−ABC 的体积为 233 ，各顶点均在以 SC 为直径的球面上 BC=2 ， AB=AC=2 ，则这个球的表面积为（ ）
A. 8π B. 12π C. 16π D. 20π
10.（2020高三上·湖北月考）蹴鞠，又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴，蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录. 3D 打印属于快速成形技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠累积的方式来构造物体的技术（即“积层造型法”）.过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制造，特别是一些高价值应用（比如髋关节、牙齿或一些飞机零部件等）.已知某鞠的表面上有四个点 A 、 B 、 C 、 D ，满足任意两点间的直线距离为 26cm ，现在利用 3D 打印技术制作模型，该模型是由鞠的内部挖去由 ABCD 组成的几何体后剩余的部分，打印所用原料密度为 1g/cm3 ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量约为（ ）（参考数据：取 π=3.14 ， 2=1.41 ， 3=1.73 ，精确到0.1）
A. 113.0g B. 267.9g C. 99.2g D. 13.8g
二、填空题
11.（2021·商丘模拟）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的最短棱长为 .
12.（2020·抚顺模拟）已知一个圆柱的侧面积等于表面积的一半，且其轴截面的周长是18，则该圆柱的体积是________．
13.（2019高二下·上海期中）四面体的6条棱所对应的6个二面角中，钝二面角最多有________个.
14.（2019高一上·河南月考）已知四棱锥的底面是边长为 42 的正方形，高为3，若圆台的上底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，下底面正好为四棱锥底面正方形的外接圆，则该圆台的侧面积为________.
15.（2020高三上·唐山月考）己知四棱台 ABCD−A1B1C1D1 中，上、下底面都是正方形，下底面棱长为2，其余各棱长均为1，则该四棱台的外接球的表面积为________.
16.（2019高二下·静安期末）已知某圆柱是将边长为2的正方形（及其内部）绕其一条边所在的直线旋转一周形成的，则该圆柱的体积为 .
17.（2019高二下·上海月考）如图，在正方体 ABCD−A1B1C1D1 中， AB=1 ， DD1 中点为 Q ，过 A 、 Q 、 B1 三点的截面面积为________.
18.（2020·蚌埠模拟）如图是第七届国际数学教育大会的会徽，它的主题图案由一连串如图所示的直角三角形演化而成.设其中的第一个直角 △OA1A2 是等腰三角形，且 A1A2=A2A3=⋯=AnAn+1=1 ，则， OA2=2,OA3=3,⋯OAn=n ，现将 △OA1A2 沿 OA2 翻折成 △OPA2 ，则当四面体 OPA2A3 体积最大时，它的表面有________个直角三角形；当 PA3=1 时，四面体 OPA2A3 外接球的体积为________.
三、解答题
19.（2019高一上·咸阳月考）已知棱长为5，底面为正方形，各侧面均为正三角形的四棱锥 S−ABCD ，求它的表面积．
20.（2019高二下·上海期中）在正方体 ABCD−A1B1C1D1 中， E,F 分别是 BC,A1D1 的中点.求证：空间四边形 B1EDF 是菱形.
21.（2021·石家庄模拟）2022年北京冬奥会标志性场馆——国家速滑馆的设计理念来源于一个冰和速度结合的创意，沿着外墙面由低到高盘旋而成的“冰丝带”，就像速度滑冰运动员高速滑动时留下的一圈圈风驰电掣的轨迹，冰上划痕成丝带，22条“冰丝带”又象征北京2022年冬奥会.其中“冰丝带”呈现出圆形平面、椭圆形平面、马鞍形双曲面三种造型，这种造型富有动感，体现了冰上运动的速度和激情这三种造型取自于球、椭球、椭圆柱等空间几何体，其设计参数包括曲率、挠率、面积体积等对几何图形的面积、体积计算方法的研究在中国数学史上有过辉煌的成就，如《九章算术》中记录了数学家刘徽提出利用牟合方盖的体积来推导球的体积公式，但由于不能计算牟合方盖的体积并没有得出球的体积计算公式直到200年以后数学家祖冲之、祖眶父子在《缀术》提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，才利用牟合方盖的体积推导出球的体积公式原理的意思是：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.
（Ⅰ）利用祖暅原理推导半径为 R 的球的体积公式时，可以构造如图②所示的几何体 M ，几何体 M 的底面半径和高都为 R ，其底面和半球体的底面同在平面 α 内.设与平面 α 平行且距离为 d 的平面 β 截两个几何体得到两个截面，请在图②中用阴影画出与图①中阴影截面面积相等的图形并给出证明；
（Ⅱ）现将椭圆 x2a2+y2b2=1(a>b>0) 所围成的椭圆面分别绕其长轴、短轴旋转一周后得两个不同的椭球 A ， B （如图），类比（Ⅰ）中的方法，探究椭球 A 的体积公式，并写出椭球 A ， B 的体积之比.
22.（2021高一下·湖州期末）如图，已知四棱锥 P−ABCD ， AD//BC 且 AB⊥AD ， AD=62 ， AB=4 ， BC=42 ， △PAD 的面积等于 122 ，E是PD是中点.
（1）求四棱锥 P-ABCD 体积的最大值；
（2）若PB=45 ， tan∠PAD=22 .
（i）求证：AD⊥PC ；
（ii）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解析】设圆锥的底面半径为 r ，则 2πr32=2π3,r=2 ，
所以圆锥的地面面积为 π×(2)2=2π .
故答案为：B
2.【答案】 C
【解析】由于 AC2+AB2=BC2 所以 BA⊥AC ，而 CD⊥ 平面 ABC 故 CD⊥BC ， CD⊥AB ，所以 BA⊥ 平面 ACD ，所以 BA⊥AD 即得到三角形 CBD 和三角形 ABD 都为直角三角形，所以外接球的球心在 BD 的中点， BD2=CD2+BC2=4+8=12 ，故外接球半径 r=3 ，所以外接球的体积为 43πr3=43π ，
故答案为：C.
3.【答案】 A
【解析】因为底面三角形△ABC中，AB＝AC＝ 23 ，BC＝6，从而得出
cos∠BAC=−12，∴sin∠BAC=32 ，
∴△ABC的外接圆半径为 r=12×632=23 ，
∵PA⊥面ABC，∴三棱锥外接球的半径 R2=r2+(PA2)2=(23)2+22=16, ∴R=4 ，
所以三棱维P－ABC外接球的体积 V=43πR3=256π3 。
故答案为：A.
4.【答案】 A
【解析】由题意，多面体ABCDE的外接球即正四面体ABCD的外接球，
由题意可知 AE⊥ 面 BCD 交于 F ，连接 CF ，则 CF=23⋅32a=33a
且其外接球的直径为AE，易求正四面体ABCD的高为 a2−(33a)2=63a .
设外接球的半径为R，由 R2−(63a−R)2=(33a)2 得 R=64a .
设正三棱锥 E−BCD 的高为h，因为 AE=62a=63a+ℎ ，所以 ℎ=66a .
因为底面 ΔBCD 的边长为a，所以 EB=EC=ED=CF2+ℎ2=22a ，
则正三棱锥 E−BCD 的三条侧棱两两垂直.
即正三棱锥 E−BCD 的表面积 S=3×12×(22a)2+12a2×32=3+34a2 ，
故答案为：A.
5.【答案】 A
【解析】取 AC 的中点，连接 OB 、 OD ，如下图所示：
由题意 AC=32+42=5 ，
因为 ∠ABC=∠ADC=90∘ ， O 为 AC 的中点，所以OB=OD=12AC=OA=OC=52 ，所以 O 为四面体 A−BCD 的外接球的球心，且球 O 的半径为 R=52 ，
因此，四面体 A−BCD 的外接球的表面积为 4πR2=25π 。
故答案为：A.
6.【答案】 C
【解析】解：圆锥侧面展开图是圆心角为 2π3 ，半径为3的扇形；
则圆锥的母线长为 l=3 ，底面周长即扇形的弧长为 2π3×3=2π ，
所以底面圆的半径为 r=1 ，
所以底面圆的面积为 π×r2=π ，
圆锥的高为 ℎ=32−12=22 ；
所以圆锥的体积为 V=13×π×22=223π ．
故答案为： C ．
7.【答案】 A
【解析】依题意， AA1=16343=4 ，而 S△ABC=12AB×AC×sinA=34AB2=43 ，
解得 AB=4 ，记 △ABC 的中心为О， △A1B1C1 的中心为О1 ， 则 AA1=OO1=4 ，
取 OO1 的中点 D ，因为 AO=CO ， ∠AOD=∠COD=90∘ ，由勾股定理得 AD=CD ，
同理可得 AD=BD=A1D=B1D=C1D ，
所以正三棱柱的外接球的球心为即 D ， AD 为外接球的半径，
由正弦定理得 AO=AB2sin60∘=433 ，
故 AD2=OD2+AO2=4+163=283 ，
故三棱柱 ABC−A1B1C1 的外接球表面积 S=4πR2=4π×283=1123π ，
故答案为：A．
8.【答案】 C
【解析】将长方体展开共三种情况如下：
⑴ AC1=(AB+BC)2+CC12=(6+5)2+42=137 ；
⑵ AC1=AB2+(BB1+B1C1)2=62+(4+5)2=117=313 ；
⑶ AC1=B1C12+(AB+BB1)2=52+(6+4)2=125=55 ，
所以从点 A 沿表面到点 C1 的最短路程为 313 .
故答案为：C.
9.【答案】 C
【解析】如图所示：
因为 BC=2 ， AB=AC=2 ，即 AB2+AC2=BC2 ，
所以 AC⊥AB .
S△ABC=12×2×2=1 ，
VS−ABC=13×S△ABC×SB=13×1×SB=233 ， SB=23 .
所以 OO1=3 .
R=12+(3)2=2 , S=4πR2=16π .
故答案为：C
10.【答案】 C
【解析】由题意可知，几何体 ABCD 是棱长为 26cm 的正四面体，
所需要材料的体积即为正四面体外接球体积与正四面体体积之差，
设正四面体的棱长为 a ，则正四面体的高为 a2−(23×32a)2=6a3 ，
设正四面体外接球半径为 R ，则 R2=(R−6a3)2+(23×32a)2 ，解得 R= 6a4 ，
所以 3D 打印的体积为： V=43π(64a)3−13⋅12a2⋅32⋅63a=68a3π−212a3 ，
又 a3=(26)3=486 ，
所以 V=36π−83≈113.04−13.84=99.2 ，
故答案为：C。
二、填空题
11.【答案】 2
【解析】由图可知该三棱锥的最短棱为底面三角形的直角边即 BC,BD ，棱长最短为 2 .
故答案为： 2 .
12.【答案】 27π
【解析】解：设圆柱的底面圆的半径为 r ，高为 ℎ ．由题意可得 {2πrℎ2πr2+2πrℎ=122(2r+ℎ)=18 ，解得 r=ℎ=3 ，
则该圆柱的体积是 πr2ℎ=27π ．
故答案为: 27π .
13.【答案】 3
【解析】将三棱锥的顶点，向下压到与底重合，侧面的3个二面角都是 180° ，将这个顶点稍稍提高一点点，离开底面，此时3个侧面的二面角都是钝角.
14.【答案】 15π
【解析】由题可知，该四棱锥是正四棱锥，
四棱锥的四条侧棱的中点连线为正方形，且边长为 22 ，该正方形对角线的长为4，
则圆台的上底面的半径为2，四棱锥的底面是边长为 42 的正方形，其对角线长为8，
则圆台的下底面的半径为4，因为四棱锥的高为3，所以圆台的高为 32 ，
则圆台的母线长为 (4−2)2+(32)2=52 .
所以圆台的侧面积为 π(2×52+4×52)=15π .
故答案为： 15π
15.【答案】 10π
【解析】如图，
在四棱台 ABCD−A1B1C1D1 中，连接 AC,A1C1,BD,B1D1 ，
设 AC∩BD=F ， A1C1∩B1D1=E ，连接 EF 并延长到点O，
设O为四棱台 ABCD−A1B1C1D1 外接球心，连接 OA,OA1 ，
在平面 ACC1A1 中，作 AH⊥AC ，垂足为 H ，则 AH=AC−A1C12=22−22=22 ，
在直角三角形 AA1H 中， A1H=AA12−AH2=12−(22)2=22 ，
∴EF=A1H=22 ，
在直角三角形 AOF 中， OA=OF2+AF2=OF2+(2)2=OF2+2 ，
在直角三角形 A1EO 中， OA1=A1E2+OE2=A1E2+(OF+FE)2 =(22)2+(OF+22)2 =OF2+2OF+1 ，
∵OA1=OA ， ∴OF2+2OF+1=OF2+2 ，
解得 OF=22 ， OA=(2)2+(22)2=102 ，
∴ 该四棱台的外接球的表面积为 4π(102)2=10π .
故答案为：10π
16.【答案】 8π
【解析】因为圆柱是将边长为2的正方形（及其内部）绕其一条边所在的直线旋转一周形成的，
则圆柱底面圆半径为 2 ，高为 2 ，
所以该圆柱的体积是 π⋅22⋅2=8π .
故答案为： 8π
17.【答案】 98
【解析】取 C1D1 的中点 P ，连接 AQ,QP,PB1,AB1,QB1 ,如图 则 QP∥AB1 ，所以 A,B1,P,Q 共面，即过 A 、 Q 、 B1 三点的截面为 AB1PQ ,因为 AQ=PB1,PQ=12AB1 ,所以截面为等腰梯形，故面积为 12(22+2)×324=98.
故答案为 98
18.【答案】 4；43π
【解析】当四面体 OPA2A3 体积最大时，平面 OPA2⊥ 平面 OA2A3 ，因为 A2A3⊥OA2 ，所以根据平面与平面垂直的性质定理可得 A2A3⊥ 平面 OPA2 ，所以 A2A3⊥PA2 ，所以△ PA2A3 为直角三角形，所以 |PA3|=|PA2|2+|A2A3|2=1+1=2 ，又 |OP|=1 ， |OA3|=3 ，
所以 |OA3|2=|OP|2+||PA3|2 ，所以 OP⊥PA3 ，所以三角形 OPA3 为直角三角形，
所以它的表面有4个直角三角形，
因为 |PO|=|PA2|=|PA3|=1 ，所以点 P 在平面 OA2A3 内的射影是直角三角形 OA2A3 的外心，
也就是 OA3 的中点 M ，且四面体 OPA2A3 的外接球的球心 N 在直线 PM 上，如图：
容易求得 |PM|=12 ，设 |NA3|=|NP|=R ，
则在直角三角形 NMA3 中，由勾股定理可得 |NA3|2=|NM|2+|MA3|2 ，
所以 R2=(R−12)2+(32)2 ，解得 R=1 ，
所以四面体 OPA2A3 外接球的体积为 43πR3=43π .
故答案为：（1）4（2） 43π
三、解答题
19.【答案】 解：∵四棱锥S﹣ABCD的各棱长均为5，
底面为正方形，各侧面均为正三角形，
设E为AB的中点，则SE⊥AB，
SE =52−254=532
∴S侧＝4S△SAB＝4 ×12×5×532= 25 3 ，
S底=52= 25，
它的表面积S＝S底+S侧＝25+25 3 ．
20.【答案】 证明：取 B1C1 中点 G ，联结 GD1、GE ，
则 GE∥C1C∥D1D,GE=C1C=D1D ，
∴ 四边形 GEDD1 是平行四边形， GD1∥ED,GD1=ED ，
∵FD1∥B1G,FD1=B1G
∴四边形 FB1GD1 是平行四边形， ∴B1F∥GD,B1F=GD ， ∴B1F∥ED,B1F=ED ，
∴四边形 B1EDF 是平行四边形，
又 B1E=BB12+(12BC)2=52BB1 , B1F=B1A12+(12A1D1)2=52A1B1 , A1B1=BB1
∴B1E=B1F ， ∴ 空间四边形 B1EDF 是菱形.
21.【答案】 解：（Ⅰ）由图可知，图①几何体的为半径为 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，与图①截面面积相等的图形是圆环（如阴影部分）
证明如下：
在图①中，设截面圆的圆心为 O1 ，易得截面圆 O1 的面积为 π(R2−d2) ，
在图②中，截面截圆锥得到的小圆的半径为 d ，所以，圆环的面积为 π(R2−d2) ，所以，截得的截面的面积相等
（Ⅱ）类比（Ⅰ）可知，椭圆的长半轴为 a ，短半轴为 b ，构造一个底面半径为 b ，高为 a 的圆柱，把半椭球与圆柱放在同一个平面上（如图），在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，即挖去的圆锥底面半径为 b ，高为 a ；
在半椭球截面圆的面积 πb2a2(a2−d2) ，
在圆柱内圆环的面积为 πb2−πb2a2d2=πb2a2(a2−d2)
∴距离平面 α 为 d 的平面截取两个几何体的平面面积相等，
根据祖暅原理得出椭球 A 的体积为：
VA=2(V圆柱−V圆锥)=2(π⋅b2⋅a−13π⋅b2⋅a)=4π3ab2 ，
同理：椭球 B 的体积为 VB=4π3a2b
所以，两个椭球 A ， B 的体积之比为 ba .
22.【答案】 （1）解：记P点到AD的距离为h，由AD=62及△PAD的面积等于122
得12· 62·h=122 ， 得 h=4，
当△PAD翻折到面PAD⊥面ABCD时，四棱锥P-ABCD体积有最大值，
则Vmax=13×12×（62+42）×4×4=8023；
（2）（i）证明：记点 P 在 AD 上的射影为 H ，则 PH⊥AD ，
由 tan∠PAD=22 ，可得 AH=42=BC ，
又由题意 AD//BC ，得四边形 ABCH 为矩形，得 CH⊥AD ，
又 PH⊥AD ，且 PH∩CH=H ，
∴AD⊥ 平面 PCH ，
因为 PC⊂ 平面 PCH ，所以 AD⊥PC ；
（ii）解：取 PH 中点 G ，则 GE//HD ，且 GE=12HD=2 ，
在 BC 上取 CF=2 ，则 GE//CF 且 GE=CF ，
∴ 四边形 FCEG 为平行四边形，得 CE//FG ，
则直线 CE 与平面 PBC 所成角即为直线 FG 与平面 PBC 所成角，
由 AD⊥ 面 PCH ，且 AD//BC ，得 BC⊥ 面 PCH ，
作 GM⊥PC 于 M ，则 GM⊥ 面 PBC ，连 MF ，则 ∠GFM 即为直线 CE 与平面 PBC 所成角，
在 Rt△PCB 中，由 PB=45 ，得 PC=43 ，
又 PD=CD=26 ，由平行四边形对角线定理得 (2CE)2+PD2=2(PC2+CD2) ，得 CE=30 ，
又 PH=CH=4 ，可得 GM=1 ，
在 Rt△GMF 中，得 sin∠GFM=GMGF=GMCE=130=3030 ．
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