2021版高考理科数学（北师大版）一轮复习教师用书：第八章　第5讲　简单几何体的再认识（表面积与体积）

第5讲　简单几何体的再认识(表面积与体积)

一、知识梳理

1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式

2.空间几何体的表面积与体积公式

常用结论

1．正方体的外接球、内切球及与各条棱相切球的半径

(1)外接球：球心是正方体的中心；半径r＝a(a为正方体的棱长)．

(2)内切球：球心是正方体的中心；半径r＝(a为正方体的棱长)．

(3)与各条棱都相切的球：球心是正方体的中心；半径r＝a(a为正方体的棱长).2.正四面体的外接球、内切球的球心和半径

(1)正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分)．

(2)外接球：球心是正四面体的中心；半径r＝a(a为正四面体的棱长)．

(3)内切球：球心是正四面体的中心；半径r＝a(a为正四面体的棱长)．

二、教材衍化

1．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________．

解析：S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，

所以r2＝4，所以r＝2.

答案：2 cm

2．

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________．

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V1＝××a×b×c＝abc，剩下的几何体的体积V2＝abc－abc＝abc，所以V1∶V2＝1∶47.

答案：1∶47

一、思考辨析

判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)

(1)多面体的表面积等于各个面的面积之和．(　　)

(2)锥体的体积等于底面积与高之积．(　　)

(3)球的体积之比等于半径比的平方．(　　)

(4)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．(　　)

(5)长方体既有外接球又有内切球．(　　)

答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×

二、易错纠偏

(1)不能把三视图正确还原为几何体而错解表面积或体积；

(2)考虑不周忽视分类讨论；

(3)几何体的截面性质理解有误；

(4)混淆球的表面积公式和体积公式．

1．已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m3.

解析：根据三视图可知该四棱锥的底面是底边长为2 m，高为1 m的平行四边形，四棱锥的高为3 m．故该四棱锥的体积V＝×2×1×3＝2(m3)．

答案：2

2．将一个相邻边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是________．

解析：当底面周长为4π时，底面圆的半径为2，两个底面的面积之和是8π；当底面周长为8π时，底面圆的半径为4，两个底面的面积之和为32π.无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2，故所求的表面积是32π2＋8π或32π2＋32π.

答案：32π2＋8π或32π2＋32π

3．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________．

解析：因为过直线O1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为2，底面圆的直径为2，所以该圆柱的表面积为2×π×()2＋2π×2＝12π.

答案：12π

4．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为________．

解析：设球的半径为R，则由4πR2＝16π，解得R＝2，所以这个球的体积为πR3＝π.

答案：π

　　　　　　空间几何体的表面积(师生共研)

(1)(2020·河南周口模拟)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为30°，则该三棱柱的侧面积为(　　)

A．4＋4  B．4＋4

C．12  D．8＋4

(2)(2020·四川泸州一诊)在梯形ABCD中，∠ABC＝，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为(　　)

A．(5＋)π  B．(4＋)π

C．(5＋2)π  D．(3＋)π

【解析】　(1)连接A1B.因为AA1⊥底面ABC，则AA1⊥BC，又AB⊥BC，AA1∩AB＝A，所以BC⊥平面AA1B1B，所以直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为∠CA1B＝30°.又AA1＝AC＝2，所以A1C＝2，BC＝.又AB⊥BC，则AB＝，则该三棱柱的侧面积为2×2＋2×2＝4＋4，故选A.

(2)

因为在梯形ABCD中，∠ABC＝，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，所以将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为AB＝1，高为BC－AD＝2－1＝1的圆锥，所以该几何体的表面积S＝π×12＋2π×1×2＋π×1×＝(5＋)π.故选A.

【答案】　(1)A　(2)A

空间几何体表面积的求法

(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．

(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)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．　

1．在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为40 cm，母线长最短50 cm，最长80 cm，则斜截圆柱的侧面面积S＝________cm2.

解析：将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形．由题意得所求侧面展开图的面积S＝×(50＋80)×(π×40)＝2 600π(cm2)．

答案：2 600π

2．已知一几何体的三视图如图所示，它的主视图与左视图相同，则该几何体的表面积为________．

解析：由三视图知，该几何体是一个正四棱柱与半球的组合体，且正四棱柱的高为，底面对角线长为4，球的半径为2，所以该正四棱柱的底面正方形的边长为2，该几何体的表面积S＝×4π×22＋π×22＋2××4＝12π＋16.

答案：12π＋16

　　　　　　空间几何体的体积(多维探究)

角度一　直接利用公式求体积

(2020·山东省实验中学模拟)我国古代《九章算术》里，记载了一个“商功”的例子：今有刍童，下广二丈，袤三丈，上广三丈，袤四丈，高三丈．问积几何？其意思是：今有上下底面皆为长方形的草垛(如图所示)，下底宽2丈，长3丈，上底宽3丈，长4丈，高3丈．问它的体积是多少？该书提供的算法是：上底长的2倍与下底长的和与上底宽相乘，同样下底长的2倍与上底长的和与下底宽相乘，将两次运算结果相加，再乘以高，最后除以6.则这个问题中的刍童的体积为(　　)

A．13.25立方丈  B．26.5立方丈

C．53立方丈  D．106立方丈

【解析】　由题意知，刍童的体积为[(4×2＋3)×3＋(3×2＋4)×2]×3÷6＝26.5(立方丈)，故选B.

【答案】　B

角度二　割补法求体积

《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何？刍甍：底面为矩形的屋脊状的几何体(网格纸中粗线部分为其三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1)，那么该刍甍的体积为(　　)

A．4  B．5 

C．6  D．12

【解析】　如图所示，

由三视图可还原得到几何体ABCDEF，过E，F分别作垂直于底面的截面EGH和FMN，可将原几何体切割成三棱柱EHG­FNM，四棱锥E­ADHG和四棱锥F­MBCN，易知三棱柱的体积为×3×1×2＝3，两个四棱锥的体积相同，都为×1×3×1＝1，则原几何体的体积为3＋1＋1＝5.故选B.

【答案】　B

角度三　等体积法求体积

(2020·贵州部分重点中学联考)如图，在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，点E是棱BB1的中点，点F是棱CC1上靠近C1的三等分点，且三棱锥A1­AEF的体积为2，则四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积为(　　)

A．12  B．8  C．20  D．18

【解析】　设点F到平面ABB1A1的距离为h，由题意得VA1­AEF＝VF­A1AE.又VF­A1AE＝S△A1AE·h＝×·h＝(AA1·AB)·h＝S四边形ABB1A1·h＝VABCD­A1B1C1D1，所以VABCD­A1B1C1D1＝6VA1­AEF＝6×2＝12.所以四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积为12.故选A.

【答案】　A

(1)处理体积问题的思路

①“转”：指的是转换底面与高，将原来不易求面积的底面转换为易求面积的底面，或将原来不易看出的高转换为易看出并易求解长度的高；

②“拆”：指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算；　

③“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原成一个四棱柱，这些都是拼补的方法．

(2)求空间几何体的体积的常用方法

①公式法：对于规则几何体的体积问题，可以直接利用公式进行求解；

②割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算其体积；

③等体积法：一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的．如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解．等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积．

1．(2020·江西上饶二模)已知下图为某几何体的三视图，则其体积为(　　)

A．π＋  B．π＋

C．π＋  D．π＋

解析：选C.

几何体为半圆柱与四棱锥的组合体(如图)，半圆柱的底面半径为1，高为2，四棱锥的底面为边长为2的正方形，高为1，故几何体的体积V＝×π×12×2＋×22×1＝π＋.故选C.

2．(2019·高考全国卷Ⅲ)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ABCD­A1B1C1D1挖去四棱锥O­EFGH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.

解析：由题易得长方体ABCD­A1B1C1D1的体积为6×6×4＝144(cm3)，四边形EFGH为平行四边形，

如图所示，连接GE，HF，易知四边形EFGH的面积为矩形BCC1B1面积的一半，即×6×4＝12(cm2)，所以V四棱锥O­EFGH＝×3×12＝12(cm3)，所以该模型的体积为144－12＝132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．

答案：118.8

　　　　　　球与空间几何体的接、切问题(多维探究)

角度一　外接球

(1)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．

(2)已知三棱锥S­ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S­ABC的体积为9，则球O的表面积为________．

【解析】　(1)设圆柱的底面圆半径为r，则r2＝12－＝，所以，圆柱的体积V＝π×1＝，故选B.

(2)设球O的半径为R，因为SC为球O的直径，所以点O为SC的中点，连接AO，OB，因为SA＝AC，SB＝BC，所以AO⊥SC，BO⊥SC，因为平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，所以AO⊥平面SCB，所以VS­ABC＝VA­SBC＝×S△SBC×AO＝×(×SC×OB)×AO，即9＝×(×2R×R)×R，解得R＝3，所以球O的表面积为S＝4πR2＝4π×32＝36π.

【答案】　(1)B　(2)36π

角度二　内切球

(1)如图，

在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，表面积为S1，球O的体积为V2，表面积为S2，则的值是__________，＝________.

(2)已知棱长为a的正四面体，则此正四面体的表面积S1与其内切球的表面积S2的比值为________．

【解析】　(1)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，所以＝＝.＝＝.

(2)正四面体的表面积为S1＝4××a2＝a2，其内切球半径r为正四面体高的，即r＝×a＝a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝，则＝＝.

【答案】　(1)　　(2)

解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：

1.

(2020·四川成都一诊)如图，在矩形ABCD中，EF∥AD，GH∥BC，BC＝2，AF＝FG＝BG＝1.现分别沿EF，GH将矩形折叠使得AD与BC重合，则折叠后的几何体的外接球的表面积为(　　)

A．24π  B．6π

C.π  D．π

解析：选C.由题意可知，折叠后的几何体是底面为等边三角形的三棱柱，底面等边三角形外接圆的半径为×

＝.因为三棱柱的高为BC＝2，所以其外接球的球心与底面外接圆圆心的距离为1，则三棱柱外接球的半径为R＝＝，所以三棱柱外接球的表面积S＝4πR2＝.故选C.

2．(2020·黑龙江哈尔滨师范大学附属中学模拟)在底面是边长为2的正方形的四棱锥P­ABCD中，点P在底面的射影H为正方形ABCD的中心，异面直线PB与AD所成角的正切值为2.若四棱锥P­ABCD的内切球半径为r，外接球的半径为R，则＝(　　)

A.  B．

C.  D．

解析：

选B.如图，取E，F分别为AB，CD的中点，连接EF，PE，PF.由题意知，P­ABCD为正四棱锥，底面边长为2.因为BC∥AD，所以∠PBC即为异面直线PB与AD所成的角．因为∠PBC的正切值为2，所以四棱锥的斜高为2，所以△PEF为等边三角形，则正四棱锥P­ABCD的内切球的半径r即为△PEF的内切圆的半径，为.

设O为正四棱锥外接球的球心，连接OA，AH.由题可得AH＝，PH＝.在Rt△OHA中，R2＝()2＋(－R)2，解得R＝，

所以＝.

　确定球心位置的三种方法

决定球的几何要素是球心的位置和球的半径，在球与其他几何体的结合问题中，通过位置关系的分析，找出球心所在的位置是解题的关键，不妨称这个方法为球心位置分析法．

方法一　由球的定义确定球心

若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球．也就是说如果一个定点到一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体外接球的球心．

(1)长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点；

(2)正三棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点；

(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；

(4)正棱锥的外接球球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到；

(5)若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心．

　已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是(　　)

A．16π　　　　　　　 B．20π

C．24π  D．32π

【解析】　已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，可求得底面边长为2，故球的直径为＝2，则半径为，故球的表面积为24π，故选C.

【答案】　C

方法二　构造长方体或正方体确定球心

(1)正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；

(2)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；

(3)若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；

(4)若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体．

　如图，边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，将△AED，△EBF，△FCD分别沿DE，EF，FD折起，使A，B，C三点重合于点A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为(　　)

A.  B．

C.  D．

【解析】　易知四面体A′EFD的三条侧棱A′E，A′F，A′D两两垂直，且A′E＝1，A′F＝1，A′D＝2，把四面体A′EFD补成从顶点A′出发的三条棱长分别为1，1，2的一个长方体，则长方体的外接球即为四面体A′EFD的外接球，球的半径为r＝ ＝.故选B.

【答案】　B

方法三　由性质确定球心

利用球心O与截面圆圆心O′的连线垂直于截面圆及球心O与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心．

　正三棱锥A­BCD内接于球O，且底面边长为，侧棱长为2，则球O的表面积为________．

【解析】　

如图，M为底面△BCD的中心，易知AM⊥MD，DM＝1，AM＝.在Rt△DOM中，OD2＝OM2＋MD2，即OD2＝(－OD)2＋1，解得OD＝，故球O的表面积为4π×＝π.

【答案】　π

[基础题组练]

1．圆柱的底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么圆柱的侧面积是(　　)

A．4πS  B．2πS

C．πS  D．πS

解析：选A.由πr2＝S得圆柱的底面半径是，故侧面展开图的边长为2π·＝2，所以圆柱的侧面积是4πS，故选A.

2．已知圆锥的高为3，底面半径长为4，若一球的表面积与此圆锥的侧面积相等，则该球的半径长为(　　)

A．5  B．

C．9  D．3

解析：选B.因为圆锥的底面半径R＝4，高h＝3，所以圆锥的母线l＝5，所以圆锥的侧面积S＝πRl＝20π.设球的半径为r，则4πr2＝20π，所以r＝，故选B.

3．(2020·安徽黄山一模)如图所示为某几何体的三视图，则几何体的体积为(　　)

A.  B．1

C.  D．3

解析：选B.

由主视图可得如图的四棱锥P­ABCD，其中平面ABCD⊥平面PCD.

由主视图和俯视图可知AD＝1，CD＝2，P到平面ABCD的距离为.

所以四棱锥P­ABCD的体积为V＝×S长方形ABCD×h＝×1×2×＝1.故选B.

4．(2020·河南郑州三模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)

A.  B．

C.  D．

解析：选D.

几何体是半个圆柱挖去半个圆锥所形成的，如图，

由题意可知几何体的体积为：×12·π×2－××12·π×2＝.故选D.

5．(2020·广东茂名一模)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，四边形ABCD是边长为2的正方形，D1B与DC所成的角是60°，则长方体的外接球的表面积是(　　)

A．16π  B．8π

C．4π  D．4π

解析：选A.如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，因为DC∥AB，所以相交直线D1B与AB所成的角是异面直线D1B与DC所成的角．

连接AD1，由AB⊥平面ADD1A1，得AB⊥AD1，所以在Rt△ABD1中，∠ABD1就是D1B与DC所成的角，即∠ABD1＝60°，又AB＝2，AB＝BD1cos 60°，

所以BD1＝＝4，设长方体ABCD­A1B1C1D1外接球的半径为R，则由长方体的体对角线就是长方体外接球的直径得4R2＝D1B2＝16，则R＝2，

所以长方体外接球的表面积是4πR2＝16π.故选A.

6．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其主视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是________．

解析：

因为四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，所以该四棱锥为正四棱锥，如图，

由题意知底面正方形的边长为2，正四棱锥的高为2，

取正方形的中心O，AD的中点E，连接PO，OE，PE，可知PO为正四棱锥的高，△PEO为直角三角形，则正四棱锥的斜高PE＝＝.

所以该四棱锥的侧面积S＝4××2×＝4.

答案：4

7.已知圆锥SO，过SO的中点P作平行于圆锥底面的截面，以截面为上底面作圆柱PO，圆柱的下底面落在圆锥的底面上(如图)，则圆柱PO的体积与圆锥SO的体积的比值为________．

解析：设圆锥SO的底面半径为r，高为h，则圆柱PO的底面半径是，高为，

所以V圆锥SO＝πr2h，V圆柱PO＝π·＝，所以＝.

答案：

8．已知正三棱锥的高为1，底面边长为2，内有一个球与四个面都相切，则棱锥的内切球的半径为________．

解析：如图，过点P作PD⊥平面ABC于点D，连接AD并延长交BC于点E，连接PE，

因为△ABC是正三角形，

所以AE是BC边上的高和中线，D为△ABC的中心．

因为AB＝BC＝2，

所以S△ABC＝3，DE＝1，PE＝.

所以S表＝3××2×＋3＝3＋3.

因为PD＝1，所以三棱锥的体积V＝×3×1＝.

设球的半径为r，以球心O为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小棱锥，

则r＝＝－1.

答案：－1

9．已知一个几何体的三视图如图所示．

(1)求此几何体的表面积；

(2)如果点P，Q在正视图中所示位置，P为所在线段的中点，Q为顶点，求在几何体表面上，从P点到Q点的最短路径的长．

解：(1)由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和．

S圆锥侧＝(2πa)·(a)＝πa2，

S圆柱侧＝(2πa)·(2a)＝4πa2，

S圆柱底＝πa2，

所以S表＝πa2＋4πa2＋πa2＝(＋5)πa2.

(2)沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面，如图．

则PQ＝＝＝a，

所以从P点到Q点在侧面上的最短路径的长为a.

10.如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.

(1)证明：平面AEC⊥平面BED；

(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E­ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．

解：(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.

因为BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE.

故AC⊥平面BED.

又AC平面AEC，

所以平面AEC⊥平面BED.

(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝.

因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝x.

由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝x.

由已知得，三棱锥E­ACD的体积V三棱锥E­ACD＝×·AC·GD·BE＝x3＝，故x＝2.

从而可得AE＝EC＝ED＝.

所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.

故三棱锥E­ACD的侧面积为3＋2.

[综合题组练])

1.如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为(　　)

A.  B．π

C.  D．

解析：选C.正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A1为圆心，1为半径的圆周长的，所以所有弧长之和为3×＝.故选C.

2．(2020·江西萍乡一模)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为(　　)

A.  B．

C.  D．4

解析：选A.由三视图可得，该几何体是如图所示的三棱柱ABB1­DCC1，

挖去一个三棱锥E­FCG所形成的，故所求几何体的体积为

×(2×2)×2－××1＝.

故选A.

3．(2020·福建厦门外国语学校模拟)已知等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，斜边AB＝2，点D是斜边AB上一点(不同于点A，B)．沿线段CD折起形成一个三棱锥A­CDB，则三棱锥A­CDB体积的最大值是(　　)

A．1  B．

C.  D．

解析：选D.设AD＝x，将△ACD折起使得平面ACD⊥平面BCD.在△ACD中，由面积公式得CD·h1＝AD·1(h1为点A到直线CD的距离)，则h1＝.由题易知h1为点A到平面BCD的距离，故三棱锥A­CDB体积为V＝S△BCD·h1＝×·h1＝·，x∈(0，2)．令t＝，则t∈[1，)，故V＝·＝·.由于－t是减函数，故当t＝1时，V取得最大值为×(2－1)＝.故选D.

4．设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上的四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥D­ABC体积的最大值为(　　)

A．12  B．18

C．24  D．54

解析：选B.如图，E是AC的中点，M是△ABC的重心，O为球心，连接BE，OM，OD，BO.因为S△ABC＝AB2＝9，

所以AB＝6，BM＝BE

＝＝2.易知OM⊥平面ABC，所以在Rt△OBM中，OM＝＝2，所以当D，O，M三点共线且DM＝OD＋OM时，三棱锥D­ABC的体积取得最大值，且最大值Vmax＝S△ABC×(4＋OM)＝×9×6＝18.故选B.

5.如图所示，已知三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1­ABC1的体积为________．

解析：三棱锥B1­ABC1的体积等于三棱锥A­B1BC1的体积，三棱锥A­B1BC1的高为，底面积为，故其体积为××＝.

答案：

6．已知半球O的半径r＝2，正三棱柱ABC­A1B1C1内接于半球O，其中底面ABC在半球O的大圆面内，点A1，B1，C1在半球O的球面上．若正三棱柱ABC­A1B1C1的侧面积为6，则其侧棱的长是________．

解析：依题意O是正三角形ABC的中心，设AB＝a，分析计算易得0<a<2，AO＝a，在Rt△AOA1中，A′O＝r＝2，则AA1＝＝ ，所以正三棱柱ABC­A1B1C1的侧面积S＝3a·AA1＝3a＝3＝6，整理得a4－12a2＋36＝0，解得a2＝6，即a＝，此时侧棱AA1＝.

答案：

7.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，P为BC边的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截正方体所得的截面为S，当CQ＝1时，S的面积为________．

解析：当CQ＝1时，Q与C1重合．如图，取A1D1，AD的中点分别为F，G.连接AF，AP，PC1，C1F，PG，D1G，AC1，PF.

因为F为A1D1的中点，P为BC的中点，G为AD的中点，

所以AF＝FC1＝AP＝PC1＝，PG綊CD，AF綊D1G.

由题意易知CD綊C1D1，

所以PG綊C1D1，所以四边形C1D1GP为平行四边形，

所以PC1綊D1G，所以PC1綊AF，

所以A，P，C1，F四点共面，

所以四边形APC1F为菱形．

因为AC1＝，PF＝，过点A，P，Q的平面截正方体所得的截面S为菱形APC1F，

所以其面积为AC1·PF＝××＝.

答案：

8．已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为________．

解析：如图所示，设S在底面的射影为S′，连接AS′，SS′.△SAB的面积为·SA·SB·sin∠ASB＝·SA2·＝·SA2＝5，所以SA2＝80，SA＝4.因为SA与底面所成的角为45°，所以∠SAS′＝45°，AS′＝SA·cos 45°＝4×＝2.所以底面周长l＝2π·AS′＝4π，所以圆锥的侧面积为×4×4π＝40π.

答案：40π