专题02立体几何

专题02立体几何题型一单空题1、（2022·江苏海门·高三期末）已知圆柱的底面半径为，体积为4π，则该圆柱的侧面积为__________．【答案】8π【分析】根据条件先计算出母线长，再通过计算可求解.【详解】因为底面半径为，体积为，设母线为，则，得，所以圆柱的侧面积为：，故答案为：2、（2022·广东东莞·高三期末）已知一个圆锥的底面半径为，其侧面积为，则该圆锥的体积为___________.【答案】【分析】根据圆锥的侧面积公式求出圆锥的母线长，利用勾股定理求出圆锥的高，再根据圆锥的体积公式可求出结果.【详解】设圆锥的母线长为，因为圆锥的底面半径，所以圆锥的侧面积，依题意可得，解得，所以圆锥的高，所以该圆锥的体积.故答案为：.3、（2022年广东省佛山市高三模拟试卷）如图，有一圆锥形粮堆，其轴截面是边长为的正，粮堆母线的中点P处有一老鼠正在偷吃粮食，此时小猫正在B处，它要沿圆锥侧面到达P处捕捉老鼠，则小猫所经过的最短路程是__________m．【答案】【解析】【详解】如图所示，根据题意可得为边长为的正三角形，所以，所以圆锥底面周长，根据底面圆的周长等于展开后扇形的弧长，可得，故，则，所以，所以小猫所经过的最短路程是．故答案为：4、（2022年广州附属中学高三模拟试卷）已知P，A，B，C是半径为2的球面上的点，，，点B在AC上的射影为D，则三棱锥体积的最大值是______【答案】【解析】【详解】由题意，，，可知在平面上的射影为的外心，即中点，则球的球心在的延长线上，设，则，所以，即，解得，则，过作于，设,则，再设，由，可得，所以，则，令，则，由可得，所以当时，，所以面积的最大值为，则三棱锥体积的最大值是.故答案为5、（深圳市罗湖区期末试题）若正方形的顶点均在半径为1的球上，则四棱锥体积的最大值为______.【答案】##【解析】【分析】设正方形的边长为，可得到四棱锥体积为，令，则，利用导数的知识求得最大值即可求解【详解】设正方形的中心为，连接，由球的性质可知平面，设正方形的边长为，因为正方形的顶点均在半径为1的球上,且不在大圆上，所以,所以，，所以，四棱锥体积为令，则，令，则，故得，所以，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，当时有最大值，所以，，当且仅当时四棱锥体积的最大值.故答案为：6、（2022·湖北·高三期末）已知一个圆台的上、下底面半径之比为，母线长为，其母线与底面所成的角为，则这个圆台的体积为____________．【答案】【分析】根据题意得圆台的轴截面是等腰梯形，腰，，，进而根据几何关系得圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为，再根据体积公式计算即可.【详解】解：根据题意，其圆台的轴截面是等腰梯形，如图，腰，，，所以过点作，垂足为，所以在中，，因为圆台的上、下底面半径之比为，所以，即圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为，所以圆台的体积为.故答案为：7、（2022·河北深州市中学高三期末）四面体ABCD的顶点A，B，C，D在同一个球面上，．若该球的表面积为．则四面体ABCD体积的最大值为______．【答案】【分析】先由球的表面积为，求得球的半径，进而求得三棱锥的高，然后由四面体的高最大为求解.【详解】因为球的表面积为，所以，解得球的半径，因为，所以ABC的高为，记四面体ABCD外接球球心为O，则三棱锥的高为，所以四面体ABCD体积的最大值为．故答案为：8、（2022·河北唐山·高三期末）已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的体积为______．【答案】【分析】由条件求解底面半径和圆锥的高，即可求得圆锥的体积.【详解】设底面半径为，由题意可知，解得：，圆锥的高，所以圆锥的体积.故答案为：9、（2022年河北省南宫中学高三模拟试卷）在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱、、两两夹角都为，且，，，、分别为、的中点，则与所成角的余弦值为__________.【答案】【解析】如下图所示：由题意可得，，所以，，，，所以，.因此，与所成角的余弦值为.故答案为：.10、（2022·江苏宿迁·高三期末）已知一个棱长为的正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，若圆锥的底面半径为2，母线长为4，则的最大值为__________.【答案】##【分析】根据给定条件求出圆锥的内切球半径，再求出此球的内接正方体的棱长即可作答.【详解】正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，则当正方体棱长a最大时，正方体的外接球恰为圆锥的内切球，底面半径为2，母线长为4的圆锥轴截面正的内切圆O是该圆锥内切球O截面大圆，如图，正的高，则内切圆O的半径即球半径，于是得球O的内接正方体棱长a有：，解得：，所以的最大值为.故答案为：11、（2022·广东潮州·高三期末）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑ABCD中，AB平面BCD，CDAD，AB=BD=，已知动点E从C点出发，沿外表面经过棱AD上一点到点B的最短距离为，则该棱锥的外接球的表面积为_________．【答案】【分析】先利用展开图，根据最短距离，利用余弦定理求得CD的长，然后将该棱锥补成一个长方体求解.【详解】如图所示：设CD=x，由题意得：，在中，由余弦定理得：，即，即，解得或（舍去），如图所示：该棱锥的外接球即为长方体的外接球，则外接球的半径为：，所以外接球的表面积为，故答案为：12、（2022·福建省高三模拟试卷）在三棱锥中，和都是边长为的正三角形，.若为三棱锥外接球上的动点，则点到平面距离的最大值为_________.【答案】【解析】【详解】设中点为，的外心为，的外心为，过点作面的垂线，过点作直线面的垂线，两条垂线的交点即为三棱锥外接球的球心，因为和都是边长为的正三角形，可得，又，所以，所以，又因为，，所以面，因为平面，所以平面平面，且，所以四边形是边长为的正方形，所以外接球半径，到平面的距离，故答案为：.13、（2022·广东·铁一中学高三期末）已知四面体中，，，，则其外接球的体积为______.【答案】【分析】由题意可采用割补法，构造长宽高分别x，y，z的长方体，其面对角线分别为解出x，y，z,求长方体的体对角线即可.【详解】如图，构造长方体，其面对角线长分别为，则四面体的外接球即为此长方体的外接球，设长方体的长宽高分别x，y，z，外接球半径为R则，所以,则，解得，所以.故答案为：14、（2022·湖南常德·高三期末）已知正三棱锥的底面是边长为的等边三角形，其内切球的表面积为，且和各侧面分别相切于点、、三点，则的周长为______．【答案】【分析】设三棱锥的内切球球心为点，计算出正三棱锥的高，可计算得出该三棱锥侧面上的高，计算出的边长，分析可知为等边三角形，即可得解.【详解】设三棱锥的内切球球心为点，设球切三棱锥的侧面于点，取的中点，连接，设正的中心为点，则在线段上，设，的外接圆半径为，则，，为的中点，则，，设球的半径为，则，可得，即，由正棱锥的性质可知平面，因为平面，则，，所以，，即，解得，，，取的中点，连接、，设球切侧面于点，连接，同理可得，，因为、分别为、的中点，则，，则，且，故，设的中点为，连接、，则，故为等边三角形，易知为等边三角形，故的周长为.故答案为：.15、（2022·湖南娄底·高三期末）若四棱锥的各顶点都在同一个球O的表面上，底面ABCD，，，，，则球O的体积为______．【答案】【分析】设球心O到平面ABCD的距离为h，AD，BC的中点分别为F，E，由已知条件得，四边形ABCD所在的截面圆的圆心G必在线段EF的延长线上，平面，然后由直角三角形、直角梯形中求得球半径，得球体积．【详解】设球心O到平面ABCD的距离为h，AD，BC的中点分别为F，E，由已知条件得，四边形ABCD所在的截面圆的圆心G必在线段EF的延长线上，平面，，因为，所以，所以，解得，，因为，所以，因为，所以，所以球O的半径为，所以球O的体积为．故答案为：．16、（华南师范大学附属中学高三期末试题）已知在四面体中，，则该四面体外接球的表面积为__________.【答案】##【解析】【分析】先判断出V在平面的射影为三角形的外心,求出四面体外接球的半径，即可求出四面体外接球的表面积.【详解】在平面的射影为三角形的外心.又，所以由正弦定理得：三角形的外接圆的半径；设四面体外接球的半径为.解得：.所以外接球的表面积为.故答案为：.17、（东莞市高三期末试题）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中记载了“三角垛”．如图，某三角垛最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，每个球的半径相等，且相邻的球都外切，记由球心A，B，C，D构成的四面体的体积为，记能将该三角垛完全放入的四面体的体积为，则的最大值为___________．【答案】【解析】【分析】要使取得最大值，则使取最小值，通过计算出球心在一面的投影点到该边的距离，可算出四面体的最小棱长【详解】设球的半径为，由题意可知四面体为正四面体，边长为，所以四面体的高为，所以，要使取得最大值，则使取最小值，由题意可知此时该三角垛与四面体相切.等边的高为，由余弦定理可算出正四面体任意两面二面角大小的余弦值为，因为位于三角垛顶的球与三面都相切，取的中点，过点作平面的垂线，垂足为，如图可得截面，若设则，所以，已知球心到面距离为，则，在平面里过点作的垂线，所以，所以边上三个球的球心在该面的投影与该边和两个顶点形成等腰梯形，底角为，上底为，高为，所以下底可计算得，所以的最小值为，所以的最大值为.故答案为：18、（2022·河北保定·高三期末）如图，是边长为4的等边三角形的中位线，将沿折起，使得点与重合，平面平面，则四棱雉外接球的表面积是___________.【答案】【分析】求出四边形外接圆的圆半径，再设四棱锥外接球的球心为，由求出半径，代入球的表面积公式即可.【详解】如图，分别取，的中点，，连接，.因为是边长为4的等边三角形，所以，所以，则四边形外接圆的圆心为，半径.设四棱锥外接球的球心为，连接，过点作，垂足为.易证四边形是矩形，则，.设四棱锥外接球的半径为，则，即，解得，故四棱锥外接球的表面积是.故答案为：题型二双空题1、（2022·江苏通州·高三期末）将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A′－BD－C，设三棱锥A′－BDC的外接球和内切球的半径分别为r1，r2，球心分别为O1，O2.若正方形ABCD的边长为1，则________；O1O2＝__________.【答案】##【分析】由题可得，然后利用等积法可得，最后利用球的性质即求.【详解】设，则，∴三棱锥A′－BDC的外接球，点即为，∵将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A′－BD－C，又，∴平面，平面，∴，，∴，，∴，解得，∴，设球与平面，平面BCD分别切于P，Q，则为正方形，∴.故答案为：，.2、（2022年河北省高三大联考模拟试卷）《缀术》是中国南北朝时期的一部算经，汇集了祖冲之和祖暅父子的数学研究成果.《缀术》中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖暅原理，其意思是：如果两等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等，该原理常应用于计算某些几何体的体积.如图，某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面，侧面为球面的一部分，上底直径为，下底直径为，上下底面间的距离为，则该卧足杯侧面所在的球面的半径是________；卧足杯的容积是________（杯的厚度忽略不计）.【答案】①.②.【解析】【详解】如下图：设球体的半径为，，由得，，解得，所以；由祖暅原理知，碗的体积等于下图右边中间高为的圆柱体积减去一个圆台，设圆台上表面半径为，则，下表面半径为，所以，，.故答案为：；.3、（2022·江苏海安·高三期末）如图，ABCD是一块直角梯形加热片，AB∥CD，∠DAB＝60°，AB＝AD＝4dm．现将△BCD沿BD折起，成为二面角A－BD－C是90°的加热零件，则AC间的距离是________dm；为了安全，把该零件放进一个球形防护罩，则球形防护罩的表面积的最小值是________dm2．（所有器件厚度忽略不计）【答案】4【分析】设E为BD的中点，由题可得AE⊥平面BCD，进而可求，再结合条件可得△DAB的中心为棱锥的外接球的球心，即求.【详解】∵ABCD是一块直角梯形加热片，AB∥CD，∠DAB＝60°，AB＝AD＝4dm．∴△DAB为等边三角形，，设E为BD的中点，连接AE，CE，则AE⊥BD，又二面角A－BD－C是90°，∴AE⊥平面BCD，CE平面BCD，∴AE⊥CE，又CE=2dm，，∴，设△DAB的中心为O，则OE⊥平面BCD，又E为BD的中点，△BCD为直角三角形，∴OB=OC=OD=OA，即O为三棱锥的外接球的球心，又，故球形防护罩的表面积的最小值为.故答案为：4，.4、（2022·江苏如东·高三期末）已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，AC1⊥平面α，当平面α过点B1时，平面α截此正方体所得截面多边形的面积为_________；当平面α过线段BC中点时，平面α截此正方体所得截面多边形的周长为_________.【答案】【分析】由平面知识得出平面α截此正方体所得截面就是平面，再由面积公式得出平面α截此正方体所得截面多边形的面积，取取的中点为，证明平面α截此正方体所得截面就是平面，最后由边长关系得出周长.【详解】如下图所示，由平面，则，又，，所以平面，所以，同理可证，，由线面垂直判定可知平面，即平面α截此正方体所得截面就是平面，由可知，.分别取的中点为，连接，延长，容易得出的延长线交于一点，如下图所示，因为，所以共面，共面，平面平面，又平面，平面，所以共面，容易证明，由线面垂直判定可知平面，即平面α截此正方体所得截面就是平面，因为，所以平面α截此正方体所得截面多边形的周长为.故答案为：；5、（2022·江苏如皋·高三期末）已知三棱锥D－ABC中，AB＝AC＝AD＝1，∠DAB＝∠DAC＝，∠BAC＝，则点A到平面BCD的距离为_________，该三棱锥的外接球的体积为_________.【答案】【详解】①如下图所示，设点A到平面BCD的距离为h，取BC中点E，连AE、DE，因为AB=AC=AD=1，，所以BC=1，，，所以②取AB中点F，连CF交AE于G，则G是的外心，过G作，O为三棱锥外接球的球心，过O作，所以设球的半径为R，则，所以，所以故答案为：①；②6、（2020·山东·模拟预测）足球运动是一项古老的体育活动，众多的资料表明，中国古代足球的出现比欧洲早，历史更为悠久，如图，现代比赛用足球是由正五边形与正六边形构成的共32个面的多面体，著名数学家欧拉证明了凸多面体的面数(F)，顶点数(V)，棱数(E)满足F+VE=2，那么，足球有______.个正六边形的面，若正六边形的边长为，则足球的直径为______(结果保留整数)(参考数据【答案】

20

22【解析】因为足球是由正五边形与正六边形构成，所以每块正五边形皮料周围都是正六边形皮料，每两个相邻的多边形恰有一条公共边，每个顶点处都有三块皮料，而且都遵循一个正五边形，两个正六边形结论.设正五边形为块，正六边形为块，有题知：，解得.所以足球有个正六边形的面.每个正六边形的面积为.每个正五边形的面积为.球的表面积.所以，.所以足球的直径为.故答案为：，.7、（2022年江苏省淮安市高三模拟试卷）如图一个正三棱锥的底面边长为1，高为2，则此三棱锥的体积为________.若一个正三棱柱的顶点分别在三条棱上，分别在底面△ABC上，此三棱柱的侧面积最大值为________.【答案】①.##②.【解析】【详解】由三角形面积公式可得：，由锥体体积公式可得：；由题意得：三棱锥为正三棱锥，设其高为，则，设，则，由相似知识得：，故，则，故三棱柱的侧面积为，因为，所以当时，三棱柱的侧面积取得最大值，且，故答案为：，.8、(2022·江苏常州期中)正方体eqABCD－A\s\do(1)B\s\do(1)C\s\do(1)D\s\do(1)的棱长为2，点O为线段A1C的中点，三棱锥O－ABC的体积为，过点O且垂直于eqA\s\do(1)C的平面与底面ABCD的交线长为．【答案】eq\f(2,3)；EQ\R(,2)【解析】①由题意可知，设AB交CD于点O1，可得到OO1⊥平面ABC，即OO1为三棱锥O－ABC的高，所以VO－ABC＝EQ\F(1,3)S△ABCOO1＝EQ\F(1,3)×EQ\F(1,2)×2×2×1＝eq\f(2,3)；②法一：由题意可得，AC1⊥平面C1BD，取AD的中点为点E，AB的中点为点F，则OE∥C1D，EF∥BD，所以平面OEF∥平面C1BD，则AC1⊥平面OEF，又因为平面OEF与平面ABCD交于EF，所以EF＝EQ\F(1,2)BD＝EQ\R(,2)．法二：连接C1B，C1D，BD，易证：eqA\s\do(1)C⊥C\s\do(1)B，A1C⊥C1D，A1C⊥BD，所以A1C⊥平面CBD，连接C1O1，交A1C于点E，由VEQ\S\DO(C－C\S\DO(1)BD)＝VEQ\S\DO(C\S\DO(1)－CBD)，则解得eqCE＝\f(2\r(,3),3)＝\f(1,3)A\s\do(1)C，所以eq\f(CE,CO)＝\f(CO\s\do(1),CO\s\do(2))＝\f(2,1)，所以eq\f(AO\s\do(2),AO\s\do(1))＝\f(O\s\do(3)O\s\do(4),BD)＝\f(1,2)＝\f(O\s\do(3)O\s\do(4),2\r(,2))，解得O3O4＝eq\r(,2)，即交线O3O4长为eq\r(,2)．9、(2022·江苏南京市中华中学期中)在棱长均为3的正三棱锥S－ABC中，则正三棱锥S－ABC的体积为．若D为BC的中点，则SD与面SAB所成角的余弦值为．【答案】EQ\F(9\R(,2),4)；EQ\F(\R(,7),3)【解析】由题意可知，取SA中点E，连接ED，因为S－ABC是正三棱锥，所以SD＝AD＝3sin60°＝EQ\F(3\R(,3),2)，ED＝EQ\R(,SD\S(2)－SE\S(2))＝EQ\R(,\b\bc\((\l(\F(3\R(,3),2)))\s\up12(2)－\b\bc\((\l(\F(3,2)))\s\up12(2))＝EQ\F(3\R(,2),2)，所以VS﹣ABC＝2VB﹣SAD＝2EQ\F(1,3)EQ\F(1,2)SAEDBD＝2EQ\F(1,3)EQ\F(1,2)3EQ\F(3\R(,2),2)EQ\F(3,2)＝EQ\F(9\R(,2),4)；(2)设点D到平面SAB距离为h，SD与面SAB所成角为θ，因为VD﹣SAB＝VS﹣ABD＝EQ\F(1,2)VS﹣ABC，所以EQ\F(1,3)EQ\F(1,2)32sin60°h＝EQ\F(1,2)EQ\F(9\R(,2),4)，解得h＝EQ\F(\R(,6),2)，所以sinθ＝EQ\F(h,SD)＝EQ\F(\F(\R(,6),2),\F(3\R(,3),2))＝EQ\F(\R(,2),3)，cosθ＝EQ\R(,