板块4 微专题(1) 空间几何体(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考数学二轮复习专题辅导与测试

第四板块　立体几何 微专题(一)　空间几何体 精练小题·激活知能 1.(2024·新课标Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为 (　　) A.2π B.3π C.6π D.9π 解析:选B　设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为，因为它们的侧面积相等，所以2πr·=πr·，即2=，解得r2=9，故圆锥的体积为×π×9×=3π.故选B. 2.(人A必修二P115例2改编)如图，一个漏斗的上面部分是一个长方体，下面部分是一个四棱锥，两部分的高相等，下面部分的体积为，则这个漏斗的容积为 (　　) A.　　　　　 B. C.　　　　　　 D. 解析:选A　因为长方体与四棱锥同底等高，所以长方体的体积是四棱锥体积的3倍，故这个漏斗的容积为+×3=. 3.如图，圆锥PO的底面直径和高均是2，过PO的中点O'作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下的几何体的表面积为 (　　) A.(1+)π B.(2+)π C.π D.π 解析:选B　设圆柱的底面半径为r，高为h，则r=×1=，h=×2=1，圆锥的母线长为=，过PO的中点O'作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下的几何体的表面积为π×1×+2π××1+π×12 =(2+)π. 4.(人A必修二P120T5改编)一个正方体的顶点都在球面上，它的棱长为a cm，则球的体积为　　　　　 cm3.  解析:因为正方体的棱长为a cm，所以正方体的体对角线长为a cm，又因为正方体的体对角线为外接球的直径，所以球的半径为a cm，所以球的体积V=πR3=πa3 cm3. 答案:πa3 5.(2023·新课标Ⅱ卷)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为　　　　.  解析:如图所示，正四棱锥P-ABCD的底面边长为4，用平行于底面的平面截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥P-A'B'C'D'后，得到正四棱台A'B'C'D'-ABCD，且A'B'=2，AB=4.记O'，O分别为正四棱台A'B'C'D'-ABCD上、下底面的中心，H'，H分别为A'B'，AB的中点，连接PO，PH，O'H'，OH，则PO'=3，O'H'=1，OH=2.易知△PO'H'∽△POH，所以=，即=，解得PO=6，所以OO'=PO-PO'=3，所以该正四棱台的体积V=×3×(22+2×4+42)=28. 答案:28 |调动储备| ⇦S圆柱侧=2πrl，S圆锥侧=πrl，其中r为底面半径，l为母线长. ⇦长方体与四棱锥同底等高，长方体的体积是四棱锥体积的3倍. ⇦圆锥挖去圆柱剩下几何体的表面积为圆锥的表面积+圆柱的侧面积. ⇦棱长为a的正方体的外接球、内切球及与各条棱都相切的球的半径分别为a，，a. ⇦V棱台=(S'++S)h(S'，S分别为上、下底面面积，h为高). 聚焦重难·发掘潜力 考法一　空间几何体的结构特征 [例1]　(1)(2024·黔南二模)某学生为制作圆台形容器，利用如图所示的半圆环(其中小圆和大圆的半径分别是2 cm和4 cm)铁皮材料，通过卷曲使得AB边与DC边对接制成圆台形容器的侧面，则该圆台的高为 (　　) A. cm B.1 cm C. cm D. cm 解析:选C　设圆台的上底面半径为r cm，下底面半径为R cm，母线长为l cm，高为h cm，由题意，得解得所以该圆台的高为h==.故选C. (2)(2023·新课标Ⅰ卷)[多选]下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位:m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有 (　　) A.直径为0.99 m的球体 B.所有棱长均为1.4 m的四面体 C.底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体 D.底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体 解析:选ABD　因为棱长为1 m的正方体的内切球的直径为1 m，所以A正确;因为棱长为1 m的正方体中可放入棱长为 m的正四面体，且>1.4，所以B正确;因为正方体的棱长为1 m，体对角线长为 m，<1.8，所以高为1.8 m的圆柱体不可能整体放入正方体容器中，所以C不正确;因为正方体的体对角线长为 m，且>1.2，设正方体ABCD-A1B1C1D1的中心为O，以AC1为轴对称放置圆柱，设圆柱的底面圆心O1到正方体的表面的最近的距离为h m，如图，结合对称性可知，OC1=C1A=，C1O1=OC1-OO1=-0.6，则=，即=，解得h=->0.01，所以高为0.01 m的圆柱体能够被整体放入正方体内，所以D正确.故选ABD. [思维建模] (1)圆锥、圆柱的侧面展开图分别为扇形和矩形，底面周长分别为扇形的弧长、矩形的一边长，据此建立圆锥、圆柱基本量的联系解决问题. (2)解决多面体或旋转体的表面上与长度有关的最值问题时，一般采用转化法，即将表面展开化为平面图形，通过“化折为直”或“化曲为直”来解决，注意展开前后哪些几何量发生变化，哪些不变. [变式训练] 1.(2024·南通模拟)从正方体的八个顶点中选择四个顶点构成空间四面体，则该四面体不可能 (　　) A.每个面都是等边三角形 B.每个面都是直角三角形 C.有一个面是等边三角形，另外三个面都是直角三角形 D.有两个面是等边三角形，另外两个面是直角三角形 解析:选D　如图，D-BA1C1每个面都是等边三角形，A不选;A-DD1C1每个面都是直角三角形，B不选;D-ABC1三个面是直角三角形，一个面是等边三角形，C不选.故选D. 2.(2024·泉州模拟)已知圆锥SO的轴截面是边长为2的正三角形，过其底面圆周上一点A作平面α，若α截圆锥SO得到的截口曲线为椭圆，则该椭圆的长轴长的最小值为 (　　) A. B.1 C. D.2 解析:选C　如图所示，当该椭圆的长轴垂直于母线时，椭圆的长轴取得最小值，且最小值为边长为2的正三角形的高，即为AB=.故选C. 3.如图，在三棱锥V-ABC中，VA=VB=VC=8，∠AVB=∠AVC=∠BVC=30°，过点A作截面AEF，则△AEF周长的最小值为 (　　) A.6 B.6 C.8 D.8 解析:选C　沿侧棱VA把正三棱锥V-ABC展开在一个平面内，如图所示，则AA'即为△AEF周长的最小值.因为∠AVB=∠A'VC=∠BVC=30°，所以∠AVA'=3×30°=90°.在Rt△AVA'中，VA=VA'=8，由勾股定理得AA'===8. 考法二　空间几何体的表面积与体积 [例2]　(1)(2024·青岛三模)在母线长为4，底面直径为6的一个圆柱中挖去一个体积最大的圆锥后，得到一个几何体，则该几何体的表面积为 (　　) A.33π B.39π C.48π D.57π 解析:选C　设圆柱的母线长为h，底面半径为r，圆锥的母线长为l，则体积最大的圆锥的母线l===5，所以S表=S圆柱侧+S圆柱底+S圆锥侧=2πrh+πr2+πrl=24π+9π+15π=48π.故选C. (2) (2024·天津高考)一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，AD=1，BE=2，CF=3，则该五面体的体积为 (　　) A. B.+ C. D.- 解析:选C　因为AD，BE，CF两两平行，且两两之间距离为1，所以该五面体可以分成一个侧棱长为1的三棱柱和一个底面为梯形的四棱锥，其中三棱柱的体积等于棱长均为1的直三棱柱的体积，四棱锥的高为，底面是上底为1、下底为2、高为1的梯形，故该五面体的体积V=×1××1+××=，故选C. [思维建模] 空间几何体的表面积与体积的求法 公式法 对于规则的几何体的表面积和体积，可直接利用公式求解 割补法 把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积的计算，或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 等体 积法 等体积法也称等积转化或等积变形，通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决锥体，特别是三棱锥的体积 [变式训练] 4.如图，圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为的扇形.把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为，则圆台的侧面积为 (　　) A. B. C. D.8π 解析:选C　设圆锥的底面半径为R，母线长为l，则R=1.设圆台上底面半径为r，母线长为l1，则r=.由已知可得==，解得l=6.如图，作出圆锥、圆台的轴截面，则有==，解得l1=4.所以圆台的侧面积为π(R+r)l1=4×π=. 5.(2024·江西二模)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=AA1=2，∠BAC=，点P，E分别为棱A1C1，AA1上的动点(不包括端点)，若AE=A1P，则三棱锥B1-A1PE的体积的最大值为 (　　) A. B. C. D. 解析:选D　在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，故A1E为三棱锥E-A1B1P的高.设AE=A1P=t，t∈(0，2)，则A1E=2-t，由∠BAC=，得AB⊥AC，故A1B1⊥A1C1，则=A1P×A1B1=t，故==·A1E=t(2-t)=-(t-1)2+，所以当t=1时，三棱锥B1-A1PE的体积有最大值. 6.(2023·新课标Ⅰ卷)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，A1B1=1，AA1=，则该棱台的体积为　　　　.  解析:法一　如图，设点O1，O分别为正四棱台ABCD-A1B1C1D1上、下底面的中心，连接B1D1，BD，则点O1，O分别为B1D1，BD的中点，连接O1O，则O1O为正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高，过点B1作B1E⊥BD，垂足为E，则B1E=O1O.因为AB=2，A1B1=1，所以OB=BD=×AB=，O1B1=B1D1=×A1B1=，所以BE=OB-OE=OB-O1B1=.又AA1=，所以BB1=，B1E===，所以O1O=，所以=×(22+12+)×=. 法二　如图，将正四棱台ABCD-A1B1C1D1补形成正四棱锥P-ABCD，因为AB=2，A1B1=1，AB∥A1B1，所以A1，B1，C1，D1分别为PA，PB，PC，PD的中点. 又A1A=，所以PA=2，即PB=2.连接BD，取BD的中点O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，易知BO=，所以PO==，所以正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高为，所以=×(22+12+)×=. 答案: 考法三　球的切、接问题 　　与球有关的切、接问题的几个常用结论 (1)内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等. (2)正多面体的内切球和外接球的球心重合. (3)正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不一定重合. (4)棱长为a的正方体内切球半径为，外接球半径为a. (5)棱长为a的正四面体内切球的半径r=a，即高的. 题点1　外接球问题 [例3]　(1)(2024·安康期末)已知某正三棱台的所有顶点都在半径为5的球面上，若该正三棱台的上、下底面边长分别是3和5，则该正三棱台的高为 (　　) A.1 B.2 C.3 D.4 解析:选D　如图，设该正三棱台为ABC-A1B1C1，三棱台的上底面外接圆为☉O1，下底面外接圆为☉O，连接O1A1，OA，O1O，则O1A1=×=×=3，OA=×=×=5.又球的半径为5，所以球心即下底面外接圆的圆心O，连接OA1，则OA1=5，所以OO1===4，即该正三棱台的高为4，故选D. (2)(2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA=　　　　.  解析:法一　如图1，S，A，B，C构成三棱锥S-ABC，将三棱锥S-ABC补形为直三棱柱SMN-ABC，则该三棱柱的外接球即三棱锥的外接球.设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r，连接O1A，则2r===2，所以O1A=r=.设三棱锥外接球球心为O，连接OA，OO1，则OA=2，OO1=SA，在Rt△OO1A中，由勾股定理得OA2=O1A2+O，即4=3+SA2，解得SA=2. 法二　如图2，设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r，连接O1A，则2r===2，所以O1A=r=. S，A，B，C构成三棱锥S-ABC，设三棱锥的外接球球心为O，连接OO1，则OO1⊥平面ABC.又SA⊥平面ABC，所以OO1∥SA，连接OS，OA，则OS=OA=2.过O作SA的垂线，垂足为H，则四边形AO1OH为矩形，所以OO1=AH，由OS=OA可知H为SA的中点，则OO1=AH=SA.在Rt△OO1A中，由勾股定理得OA2=O1A2+O，即4=3+SA2，解得SA=2. 答案:2 [思维建模] 求解外接球问题的方法 　　解决多面体外接球问题的关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面多边形外接圆的圆心，再过此圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点的情况确定球心的准确位置. 题点2　内切球问题 [例4]　(1)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为　　　　.  解析:易知半径最大的球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中BC=2，AB=AC=3，且点M为BC边上的中点.设内切圆的圆心为O，由于AM==2，故S△ABC=×2×2=2.设内切圆的半径为r，则S△ABC=S△AOB+S△BOC+S△AOC=×AB×r+×BC×r+×AC×r=×(3+3+2)×r=2，解得r=.所以该圆锥内半径最大的球的体积为V=πr3=π. 答案:π (2)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点在球O1上，又球O2与此三棱柱的五个面都相切，则球O1与球O2的表面积之比为　　　　.  解析:由题意可得两球球心O1，O2是重合的，设为O，过正三棱柱的一条侧棱AA1和球心作截面.如图，设正三棱柱底面边长为a，球O1，O2的半径分别为R1，R2，表面积分别为S1，S2，取BC，B1C1的中点分别为E，E1，连接AE，A1E1，EE1，设△A1B1C1的中心为D1， 则R2=OD1=D1E1=×a=a，即=a2.则正三棱柱的高h=2R2=a，在Rt△A1D1O中，A1D1=×a=a，有=+=+=a2，所以===5，所以球O1与球O2的表面积之比S1∶S2=5∶1. 答案:5∶1 [思维建模] 求解内切球问题的关键点 　　求解多面体内切球问题的关键是求内切球的半径.求内切球半径的一般方法:将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各分割棱锥的体积之和求内切球的半径. [变式训练] 7.如图，△ABC是边长为4的正三角形，D是BC的中点，沿AD将△ABC折叠，形成三棱锥A-BCD.当二面角B-AD-C为直二面角时，三棱锥A-BCD外接球的体积为 (　　) A.5π B.20π C. D. 解析:选D　由于二面角B-AD-C为直二面角，且△ABD和△ACD都是直角三角形，故可将三棱锥A-BCD补形成长方体来求其外接球的半径R，即(2R)2=22+22+(2)2，解得R=，从而三棱锥A-BCD外接球的体积V==. 8.在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=4，A1B1=2，AA1=，若球O与上底面A1B1C1D1以及棱AB，BC，CD，DA均相切，则球O的表面积为 (　　) A. B. C.25π D. 解析:选C　设棱台上、下底面的中心为N，M，连接D1B1，DB，则D1B1=2，DB=4，所以棱台的高MN===1.设球半径为R，根据正四棱台的结构特征可知球O与上底面A1B1C1D1相切于N，与棱AB，BC，CD，DA均相切于各边中点处，设BC的中点为E，连接OE，OM，ME，所以OE2=OM2+ME2⇒R2=(R-1)2+22，解得R=，所以球O的表面积为4πR2=25π. [专题验收评价] 1.若某圆锥的底面半径r=1，且底面的周长等于母线长，则该圆锥的高为 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　设该圆锥的高为h，依题意有2πr=，即4π2r2=r2+h2，解得h=r=.故选A. 2.下列关于空间几何体的叙述，正确的是 (　　) A.圆柱是将矩形旋转一周所得到的几何体 B.有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱 C.一个棱锥的侧面是全等的等腰三角形，那它一定是正棱锥 D.用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体叫棱台 解析:选B　以矩形的一边所在的直线为旋转轴，将矩形旋转一周而形成的曲面所围成的几何体叫做圆柱，而以矩形的一条对角线为轴，旋转所得到的几何体不是圆柱，故A错误;若棱柱有两个相邻侧面是矩形，则侧棱与底面两条相交的边垂直，则侧棱与底面垂直，此时棱柱一定是直棱柱，故B正确; 如图所示，若AB=AC=CD=BD=4，BC=AD=3，满足侧面均为全等的等腰三角形，但此时底面BCD不是正三角形，故C错误;用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体叫棱台.若截面与底面不平行，则不是棱台，故D错误.故选B. 3.某车间需要对一个圆柱形工件进行加工，该工件底面半径为15 cm，高为10 cm，加工方法为在底面中心处打一个半径为r cm且和原工件有相同轴的圆柱形通孔.若要求工件加工后的表面积最大，则r的值应设计为 (　　) A. B. C.4 D.5 解析:选D　因为大圆柱表面积为2×152π+10×2×15π=750π，小圆柱侧面积为10×2πr，上、下底面积为2πr2，所以加工后工件的表面积为750π+20πr-2πr2，当r=5时表面积最大.故选D. 4.已知正四棱柱的底面棱长与侧棱长之比为1∶2，且其外接球的表面积为36π，则该正四棱柱的侧面积为 (　　) A.12 B.24 C.36 D.48 解析:选D　设正四棱柱的底面棱长为a，则侧棱长为2a，由其外接球的表面积为36π，设其半径为R，则4πR2=36π，解得R=3.又正四棱柱外接球的直径为其体对角线，所以=2×3，解得a=，则该正四棱柱的侧面积为a×2a×4=×2×4=48.故选D. 5.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F分别为AB，AC的中点，平面EB1C1F将三棱柱分成体积为V1，V2的两部分，则V1:V2= (　　) A.1∶1 B.4∶3 C.6∶5 D.7∶5 解析:选D　设三棱柱ABC-A1B1C1的高为h，上、下底面面积均为S，体积为V，则V=V1+V2=Sh.因为E，F分别为AB，AC的中点，所以S△AEF=S，结合题意可知几何体AEF-A1B1C1为棱台，则V1=h=Sh，故V2=Sh-Sh=Sh，所以V1∶V2=7∶5，故选D. 6.(2024·武汉模拟)[多选]一个圆柱与一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论正确的是 (　　) A.圆柱的侧面积为4πR2 B.圆锥的侧面积为2πR2 C.圆柱的侧面积与球的表面积相等 D.球的体积是圆锥体积的两倍 解析:选ACD　因为圆柱的底面直径和高都等于2R，所以圆柱的侧面积S1=2πR·2R=4πR2，故A正确;因为圆锥的底面直径和高都等于2R，所以圆锥的侧面积S2=πR·=πR2，故B错误;因为圆柱的侧面积S1=4πR2，球的表面积S3=4πR2，所以圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C正确;球的体积V1=πR3，圆锥的体积V2=πR2·2R=πR3，即球的体积是圆锥体积的两倍，故D正确. 7.(2024·潍坊二模)如图，圆台的上、下底面半径分别为r1，r2，且2r1+r2=12，半径为4的球与圆台的上、下底面及每条母线均相切，则圆台的侧面积为 (　　) A.36π B.64π C.72π D.100π 解析:选D　如图所示，作出轴截面，O1，O2分别为上、下底面圆的圆心，M为侧面切点，O为内切球球心，则O为O1O2的中点，OM⊥AB，OO1=OM=4，O1O2=8，O1A=MA=r1，O2B=MB=r2.因为2r1+r2=12，所以r2=12-2r1，则AB=MA+MB=r1+r2=12-r1.过点A作AG⊥O2B，垂足为G，则BG=r2-r1=12-3r1，在Rt△AGB中，由勾股定理得AG2+BG2=AB2，即82+(12-3r1)2=(12-r1)2，解得r1=2或r1=4.因为r1<r2，所以r1=2，r2=8，故AB=10，所以圆台的侧面积为π×10×(2+8)=100π.故选D. 8.(2022·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 (　　) A.100π B.128π C.144π D.192π 解析:选A　由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为××3=3，××4=4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2(图略)，则O1O2=1，其外接球的球心O在直线O1O2上.设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2=32+O=42+(1-OO1)2，解得OO1=4(舍去);当球心O不在线段O1O2上时，R2=42+O=32+(1+OO2)2，解得OO2=3，所以R2=25，所以该球的表面积为4πR2=100π. 9.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体，圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　由题意可知，容器中液体分为两部分，下半部分为圆柱，上半部分为圆台，取轴截面，如图所示，O1，O2，O3分别为AB，CD，EF的中点，则AB∥CD∥EF，且O1B=O2C=2，O1O2=6，O2P=4，O2O3=1，O3P=3，可得==，即O3F=，所以该容器中液体的体积为π×22×6+×1=. 10.设四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面积分别为S1，S2，侧面积为S，若一个小球与该四棱台的每个面都相切，则 (　　) A.S2=S1S2 B.S=S1+S2 C.S=2 D.=+ 解析:选D　设内切球的球心为O，连接OA，OB，OC，OD，OA1，OB1，OC1，OD1，则OA，OB，OC，OD，OA1，OB1，OC1，OD1把四棱台ABCD-A1B1C1D1分割成六个四棱锥，且六个四棱锥的高都为内切球的半径R，四棱台ABCD-A1B1C1D1的高为2R，所以=(S1+S2+)·2R=(S1+S2+S)·R，化简可得S1+S2+2=(+)2=S.故选D. 11.(2024·衡阳三模)已知圆锥SO(O是底面圆的圆心，S是圆锥的顶点)的母线长为，高为，P，Q为底面圆周上任意两点，则三棱锥O-SPQ体积的最大值为 (　　) A. B. C.2 D.4 解析:选A　如图，由题意，得圆锥的底面半径为=2，则S△SOP=×SO×OP=××2=.要使三棱锥O-SPQ体积最大，须使底面△SOP上的高最大，故须使OQ⊥平面SOP.因为平面SOP⊥底面，且交线为OP，所以只须使OQ⊥OP即可，此时(VO-SPQ)max=(VQ-SOP)max=×S△SOP×OQ=××2=.故选A. 12.(2024·重庆二模)将一个半径为 cm的铁球熔化后，浇铸成一个正四棱台形状的铁锭，若这个铁锭的底面边长为1 cm和2 cm，则它的高为　　　　 cm.  解析:球的体积为V1=π×=π.设铁锭的高为h，则正四棱台的体积为V2=(1+4+)h=h.由V1=V2，解得h=π. 答案:π 13.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为BB1，AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为　　　　.  解析:因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为BB1，AB的中点，所以==××1×1×2=. 答案: 14.(2023·全国甲卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点.以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有　　　　个公共点.  解析:如图，线段EF过正方体的中心，所以以EF为直径的球的球心即正方体的中心，球的半径为，而正方体的中心到每一条棱的距离均为，所以以EF为直径的球与每一条棱均相切，所以共有12个公共点. 答案:12 15.(2024·南京模拟)已知SO1=2，底面半径O1A=4的圆锥内接于球O，则经过S和O1A中点的平面截球O所得截面面积的最小值为 (　　) A.π B.π C.π D.5π 解析:选A　如图，设球O的半径为R，线段O1A的中点为E，因为A+O=AO2，所以42+(R-2)2=R2，解得R=5.设经过S和O1A中点E的平面截球O所得截面圆的圆心为O2，半径为r，球心O到截面的距离OO2=d，则r2=R2-d2，要使截面面积最小，则r最小，即d最大.因为当d为点O到SE的距离时最大，则d·SE=SO·EO1，又SE==2，所以d===，所以r2=52-=，故截面面积的最小值为πr2=π. 16.(2024·吕梁三模)在四面体ABCD中，AD与BC互相垂直，AD=2BC=4，且AB+BD=AC+CD=2，则四面体体积的最大值为 (　　) A.4 B.6 C.8 D.4.5 解析:选A　由题意可知，点B在平面ABD内以A，D为焦点的椭圆上，点C在平面CAD内以A，D为焦点的椭圆上，所以焦距为2c=4，即c=2.由椭圆定义可知长轴长为2a=2，即a=，所以B，C到AD中点M距离的最大值为短半轴长b=.在△MBC中，BM=CM=，BC=2，所以S△MBC=×2×=3.又AD⊥BC，所以当AD垂直于平面MBC时，四面体体积最大，最大值为V=×S△MBC×AD=4，故选A. 17.(2024·渭南二模)已知棱长为a的正四面体内有一个正方体玩具，若正方体玩具可以在该正四面体内任意转动，则这个正方体玩具的棱长最大值为　　　　.  解析:根据题意，如图，在正四面体PABC中，其棱长为a，设O为底面△ABC的外心，O'为其内切球的球心，其内切球半径为R，连接OC，O'C，PO，底面△ABC为等边三角形，则CO=，PO===，PO'=-R=O'C.由O'C2=OO'2+OC2，即=R2+，解得R=.若正方体在正四面体内任意转动，则当正方体玩具的棱长最大时，其外接球是正四面体的内切球，设此时正方体玩具的棱长为m，则其外接球直径为m，所以m=2×，解得m=，即这个正方体玩具的棱长最大值为. 答案: 18.将3个6 cm×6 cm的正方形都沿其中的一对邻边的中点剪开，每个正方形均分成两个部分，如图(1)所示，将这6个部分接入一个边长为3 cm的正六边形上，如图(2)所示.若该平面图沿着正六边形的边折起，围成一个七面体，则该七面体的体积为　　　　 cm3.  解析:将平面图形折叠并补形得到如图所示的正方体，该七面体为正方体沿着图中的六边形截面截去一部分后剩下的另一部分，由对称性知其体积为正方体体积的一半，即×63=108(cm3). 答案:108 学科网（北京）股份有限公司 $$