13.3.2 空间图形的体积--2026苏教版高中数学必修第二册章节练（含解析）

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2026苏教版高中数学必修第二册
13.3.2　空间图形的体积
基础过关练
题组一　棱柱、棱锥、棱台的体积
1.(2025江苏淮安金湖中学期中)一个棱柱和一个棱锥的高相等,它们的底面积之比为2∶3,则棱柱与棱锥的体积之比为(　　)
A.1∶2　　　　B.2∶1　　　　C.1∶3　　　　D.3∶1
2.(2025安徽合肥期中)如图,该几何体为“四角反棱台”,它是由两个相互平行的正方形经过旋转连接而成的,且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影为下底面正方形相应边的中点.若下底面正方形的边长为2,“四角反棱台”的高为,则该几何体的体积为(　　)
A.2 C.　　　　D.20
3.(2024河北保定九县一中联考)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=AD=1,M是C1D上一点,且CM⊥B1D,则四棱锥M-ABCD的体积为(　　)
A.
4.(多选题)(2025江苏张家港期中)已知正四棱台ABCD-EFGH的上底面边长为2,下底面边长为4,棱台的体积为56,则下列说法正确的是(　　)
A.该四棱台的高为3　　　　
B.该四棱台的侧棱长为
C.该四棱台的侧面积为12　　　　
D.该四棱台一定不存在内切球
5.(多选题)(2025江苏无锡期中)如图,该几何体是高相等的正四棱柱和正四棱锥组成的几何体,若该几何体底面边长和上面正四棱锥的侧棱长均为10 cm,则下列选项中正确的是(　　)
A.正四棱锥的高为5 cm
B.该几何体的表面积为(100)cm2
C.该几何体的体积为 cm3
D.一只小蚂蚁从点E爬行到点S,所经过的最短路程为 cm
6.(2025江苏徐州铜山第一中学月考)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为　　　　.　
题组二　圆柱、圆锥、圆台的体积
7.(2024湖南长沙期中)若一个圆台的两个底面半径分别为1和2,侧面积为3π,则它的体积为(　　)
A.3π　　　　B.　　　　D.7π
8.(2025江苏盐城第一中学期中)通过24小时内的降雨在平地上的积水厚度(mm)来判断这个时段的降雨量的等级,其中小雨为0.1 mm~9.9 mm,中雨为10.0 mm~24.9 mm,大雨为25.0 mm~49.9 mm,暴雨为50.0 mm~99.9 mm.小明用一个圆锥形容器(如图)收集了24小时的雨水,则这24小时的降雨量属于哪个等级(　　)
A.小雨　　　　B.中雨　　　　C.大雨　　　　D.暴雨
9.(2024江苏南京第一中学月考)已知正三棱柱ABC-A1B1C1与以△ABC的外接圆为底面的圆柱的体积相等,则正三棱柱与圆柱的侧面积的比值为(　　)
A.
10.(2024福建莆田第二十五中学期中)有一块形状为正四棱台ABCD-A1B1C1D1的铁料,其上、下底面的边长分别为20 cm和40 cm,高为30 cm.若要将这块铁料最大限度地打磨为一个圆台.
(1)求削去部分与圆台的体积的比值;
(2)先将整块圆台铁料熔化(不考虑损耗),再将全部铁水凝固成一个圆柱,当圆柱的底面半径为多少时,圆柱的上、下底面圆的周长与侧面积的数值之和最小
题组三　球的表面积和体积
11.(2025江苏淮安期中)已知一个圆柱形容器的轴截面是边长为3的正方形,往容器内注水后水面高度为2,若再往容器中放入一个半径为的实心铁球,则此时水面的高度为(　　)
A.
12.(2025江苏无锡锡东高级中学期中)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,BC=3,∠ABC=90°,其外接球的表面积为16π,则该三棱柱的侧棱长为(　　)
A.3
13.(2025江苏苏州期中)已知圆锥的底面半径为3,圆锥内的最大球的表面积为9π,则该圆锥的侧面积为(　　)
A.9π　　　　B.15π　　　　C.10π
14.(2025河北冀州中学期中)已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AD=20,将该四棱台放入球O内,则球O表面积的最小值为　　　　.
15.(2025河北邢台期中)如图,在棱长为的正方体内,球O1与球O2的球心O1,O2均在线段AC上,这两个球外切并且球O1与该正方体的上底面相切,球O2与该正方体的下底面相切.
(1)求这两个球的半径之和;
(2)当这两个球的半径分别为多少时,这两个球的表面积之和最小 并求出这个最小值.
能力提升练
题组一　柱体、锥体、台体的体积
1.(2025江苏盐城滨海中学期中)如图,三棱锥P-ABC的体积为V,E,F分别是棱PB,PC上靠近点P的三等分点,G是棱AB上靠近点B的三等分点,H是棱AC上靠近点C的三等分点,则多面体BCFEGH的体积为(　　)
A.V
2.(2025江苏常州前黄中学模拟)长方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱C1D1的中点,平面AB1E将长方体分割成两部分,则体积较大部分与较小部分的体积的比值为(　　)
A.
3.(2024安徽蚌埠教学质量检查)如图所示,圆台的上、下底面半径分别为4 cm和6 cm,AA1,BB1为圆台的两条母线,O1,O分别为上、下底面的圆心,截面ABB1A1与下底面所成的角的大小为60°,且劣弧 cm,则三棱台ABO-A1B1O1的体积为　(　　)
A. cm3
C.19 cm3　　　　D.20 cm3
4.(多选题)(2025江苏徐州铜山第一中学月考)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为BC,CC1的中点,则下面结论正确的是(　　)
A.DD1⊥AF
B.直线AF与平面ABCD所成角的正弦值为
C.平面AEF截该正方体所得的截面面积为
D.点C到平面AEF的距离为
5.(2025江苏盐城期中)如图,在正三棱台MNP-ABC中,MN=6,AB=12,MA=4,则下面结论正确的是(　　)
A.该棱台的侧面与底面所成角的余弦值为
B.该棱台的体积为126
C.该棱台的外接球的表面积为448π
D.异面直线AN与BC所成角的余弦值为
6.(2025江苏南京大厂高级中学期中)如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAB⊥平面ABC,平面PAC⊥平面ABC,且PA=AB=2,AC⊥BC.
(1)求证:PA⊥平面ABC,并求三棱锥P-ABC体积的最大值;
(2)当1≤AC≤时,求平面PAB与平面PBC所成角的正切值的取值范围.
7.(2025江苏无锡辅仁高级中学期中)现有一几何体由上、下两部分组成,上部分是正四棱锥P-A1B1C1D1,下部分是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图所示),且正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.
(1)若AB=6,PO1=2,求该几何体的体积;
(2)若正四棱锥的侧棱长为6,PO1=2.
①求正四棱锥P-A1B1C1D1的侧面积;
②若Q,N分别是线段A1B1,PB1上的动点,求AQ+QN+NC1的最小值.
题组二　球的表面积和体积
8.(多选题)(2025山东济南期中)如图,在三棱锥O-ABC中,OA,OB,OC两两垂直且OA=OB=OC=1,M,N分别为线段OB,AC上异于端点的动点,且满足=μ,则下列说法正确的是(　　)
A.三棱锥O-ABC的外接球的表面积是3π
B.当λ=μ时,线段MN长度的最小值是
C.当λμ=1时,三棱锥O-AMN的体积是定值
D.若空间中的点P满足PA⊥PO且PB⊥PC,则满足条件的点P的轨迹长度为π
9.(2025江苏常州期中)已知球O与圆台O1O2的上、下底面和侧面都相切.圆台上、下底面半径分别为r1,r2,且2r1≤r2.若球O和圆台O1O2的体积分别为V1和V2,则的最大值为　　　　.
10.(2024江苏无锡第一中学期中)如今我国在基建方面世界领先,可谓是逢山开路,遇水架桥,公路里程、高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出的用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先.下图是某重器上一零件结构模型,中间最大球为正四面体ABCD的内切球,中等球与最大球和正四面体三个面均相切,最小球与中等球和正四面体三个面均相切.已知正四面体ABCD的体积为8,则模型中最大球的体积为　　　　,模型中九个球的表面积之和为　　　　.
11.(2025浙江宁波期中,)如图,在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为CC1的中点,经过A,D1,E三点的平面记为平面α.
(1)平面α将正方体ABCD-A1B1C1D1分成两部分,求这两部分的体积之比的值(其中V1≤V2);
(2)点P是在侧面BCC1B1内的动点,且满足A1P∥α,当A1P最短时,求三棱锥P-AA1D1的外接球的表面积.
答案与分层梯度式解析
13.3.2　空间图形的体积
基础过关练
1.B　设棱柱的高为h,底面积为S,体积为V1,棱锥的体积为V2,则棱锥的高为h,底面积为=2,即棱柱与棱锥的体积之比为2∶1.
2.C　如图,把几何体补全为长方体,则A1E=A1H=,
所以该几何体的体积为=2×2×-4×××1×1×.
3.A　在长方体ABCD-A1B1C1D1中,B1C1⊥平面CDD1C1,
又因为CM 平面CDD1C1,所以B1C1⊥CM,
又CM⊥B1D,B1C1∩B1D=B1,B1C1,B1D 平面B1C1D,所以CM⊥平面B1C1D,
又因为C1D 平面B1C1D,所以CM⊥C1D,
所以cos∠CDM=,
所以DM=,
又DC1=DC1,
则点M到平面ABCD的距离d=,
故四棱锥M-ABCD的体积V=×12×.
4.BCD　对于A,设四棱台的高为h,则×(22+2×4+42)h=56,解得h=6,故A错误;
对于B,四棱台的侧棱长为,故B正确;
对于C,四棱台的斜高h'=,故侧面积为4××,故C正确;
对于D,若该四棱台有内切球,则其内切球必与两底面相切,球的直径等于四棱台的高,为6,
而该球的直径一定小于正四棱台下底面边长4,矛盾,
因此该四棱台一定不存在内切球,故D正确.
5.ACD　对于A,正四棱锥S-ABCD中,OA=5 cm,
SA=10 cm,则高SO=(cm),故A正确;
对于B,该几何体的表面积为102+4×10×5+4××102=(100+200)cm2,故B错误;
对于C,该几何体的体积为102×5×102×5(cm3),故C正确;
对于D,把△SAB展开到与矩形ABFE在同一平面,如图,连接SE,则小蚂蚁从点E爬行到点S的最短路径为ES,
取EF的中点O,连接SO,由对称性知SO⊥EF,
易求得SO=(5)cm,
所以最短路程为SE=(cm),故D正确.
6.答案　1
解析　解法一:如图,分别取BC,B1C1的中点D,D1,连接AD,A1D1,DD1,则AD⊥BC,A1D1⊥B1C1,DD1⊥BC,AD=3,
易得S△ABC=×6×3×2×,
设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h,
则×(9,
解得h=,
过A1,D1作底面的垂线,垂足分别为M,N,则M,N均在AD上,且MN=A1D1=,设AM=x,
则AA1=-x,
可得DD1=,
由B,BB1=AA1,
得x2+,
所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠A1AD==1.
解法二:如图,将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥P-ABC,
则A1A与平面ABC所成的角即为PA与平面ABC所成的角.
因为,
故,则VP-ABC=18,
设正三棱锥P-ABC的高为d,
则VP-ABC=d××6×6×,
设底面△ABC的中心为O,连接PO,AO,则PO⊥底面ABC,且AO=2,
所以PA与平面ABC所成角的正切值为tan∠PAO==1.
7.B　设该圆台的母线长为l,高为h,
则其侧面积为π×(1+2)×l=3,
则h==1,
所以圆台的体积为π×(12+1×2+22)×1=.
8.B　作出容器及所盛雨水的轴截面,如图所示,过C作CO⊥AB于点O,交DE于点F,
则AB=200 mm,OC=300 mm,CF=150 mm,
故F为OC的中点,所以DE=AB=100 mm,DF=50 mm,
圆锥形容器内的雨水的体积V=·π·DF2·CF=125 000π(mm3),
则这24小时的降雨量的高度为=12.5(mm),所以这24小时的降雨量的等级为中雨.
9.C　设正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为a,高为h,
则△ABC的面积为a2sin 60°=a2,
故正三棱柱ABC-A1B1C1的体积为a2h.
设△ABC的外接圆半径为R,则2R=a,
设圆柱的高为m,则圆柱的体积为πR2m=a2m,
由题意得,
正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面积为3ah,圆柱的侧面积为2πR·m=πam,
故正三棱柱与圆柱的侧面积的比值为=2.
10.解析　(1)若要将这块铁料最大限度地打磨为一个圆台,则圆台OO1的上、下底面圆与正四棱台的上、下底面正方形的边分别相切,高为正四棱台的高.
则圆台OO1的上底面半径为O1Q=10 cm,下底面半径为OP=20 cm,高为O1O=30 cm,
则圆台OO1的体积V1=π(102+202+10×20)×30=7 000π(cm3).
又正四棱台的体积V=×(202+402+)×30=28 000(cm3),
所以削去部分的体积V2=(28 000-7 000π)cm3,
所以削去部分与圆台的体积的比值为.
(2)设圆柱的底面半径为r cm(r>0),高为h cm(h>0),则πr2h=7 000π,即r2h=7 000,所以h=,
圆柱的底面周长为2πr cm,侧面积S侧=2πrh cm2,
则圆柱的上、下底面圆的周长与侧面积的数值之和为4πr+2πrh=4πr+2πr×,
因为4πr+π,
当且仅当4πr=时,取等号,
所以当圆柱的底面半径为10 cm时,圆柱的上、下底面圆的周长与侧面积的数值之和最小.
11.D　设放入实心铁球后水面的高度为h,由题意知圆柱的底面半径为,则π××2+π×=π××h,解得h=.
12.C　将直三棱柱补形为长方体ABCE-A1B1C1E1(图略),
则该长方体的外接球即为直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球,且长方体的体对角线BE1的长为外接球的直径,设外接球的半径为R(R>0),则S球=4πR2=16π,解得R=2(舍负),
设直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为x(x>0),则2R=.
13.B　设圆锥内的最大球的半径为R(R>0),由S=4πR2=9π得R=,
因为∠COE+∠DOE=∠CAB+∠DOE=π,
所以∠COE=∠CAB,设∠COE=∠CAB=2α,
则sin α=,
cos α=,
则cos 2α=cos2α-sin2α=,
在△COE中,cos 2α=,
所以CD=CO+OD=4,故BC==5,
所以圆锥的侧面积为π×3×5=15π.
14.答案　1 600π
解析　设正四棱台上、下底面外接圆的半径分别为r1,r2,外接球的半径为R,球心为O,
则r1=20,r2=10,设球心O到上底面的距离为d,
则R2=,
所以202+d2=102+(h-d)2,解得d=0,故R=20.
当d=0时,球O是正四棱台的外接球,此时R2=400,
所以球O的表面积的最小值为S=4πR2=1 600π.
15.解析　(1)由题知平面ABCD为过球心O1,O2和对棱AB,CD的截面,如图,
AD=.
设球O1,O2的半径分别为r,R,
则AC=AO1+O1O2+O2C=+1)(r+R)=3,
得r+R=.
(2)设这两个球的表面积之和为S,则S=4π(r2+R2)=4π[(r+R)2-2rR].
因为rR≤,当且仅当r=R时等号成立,
所以-2rR≥-,
所以S=4π[(r+R)2-2rR]≥2π(r+R)2=2π·)π,
当且仅当r=R=时等号成立.
所以当这两个球的半径均为)π.
能力提升练
1.B　如图,连接EC,EH,EA,PG,PH,
由题易知S△FHC=×S△PAC,
∴VE-FHC=×××VB-APC,
易知S四边形HGBC=S△ABC-×S△ABC,
∴VE-HGBC=×VP-ABC,
∴多面体BCFEGH的体积为VE-FHC+VE-HGBC=V.
2.C　取DD1的中点F,连接EF,AF,C1D,如图所示,
则EF∥C1D∥AB1,所以E,F,A,B1四点共面,
易知△D1EF∽△A1B1A,相似比为,所以直线AF与B1E必相交,设交点为G,则G∈平面ADD1A1,G∈平面A1B1C1D1,又平面ADD1A1∩平面A1B1C1D1=A1D1,所以G∈A1D1,
所以AF,A1D1,B1E交于一点,
故长方体被平面AB1EF分割成的体积较小部分为三棱台D1EF-A1B1A,
设AB=a,AD=b,AA1=c,则长方体的体积V=abc,
abc,
故体积较大部分的体积V'=V-abc,
所以体积较大部分与较小部分的体积的比值为.
3.C　如图,分别取A1B1,AB的中点E,F,连接EF,O1E,OF.
则O1E⊥A1B1,OF⊥AB且O1E∥OF,易知O1O⊥平面ABO,又因为AB 平面ABO,所以O1O⊥AB,
又OF∩O1O=O,OF,O1O 平面FEO1O,
所以AB⊥平面FEO1O,
又EF 平面FEO1O,所以EF⊥AB,
故截面ABB1A1与下底面所成的角为∠EFO,则∠EFO=60°,　
过E作EH⊥FO于点H,则EH∥O1O,且EH=O1O,
又劣弧 cm,弧所在圆的半径为4 cm,
所以∠A1O1B1=,
所以EO1=4sin=2(cm),
同理可得OF=3 cm,所以FH=3-2=1(cm),
又∠EFO=60°,所以O1O=EH=FHtan 60°=(cm),
易得△A1O1B1的面积为×4×4×(cm2),
△AOB的面积为×6×6×(cm2),
所以三棱台ABO-A1B1O1的体积为×(4)×=19(cm3).
4.BCD　如图,取DD1的中点G,连接AG,则AG是AF在平面AA1D1D内的射影,显然AG与DD1不垂直,则DD1与AF不垂直,故A错误;
连接AC,因为FC⊥平面ABCD,所以∠FAC是直线AF与平面ABCD所成的角,易得CF=,故B正确;
连接AD1,D1F,易知EF∥AD1,EF=××,故C正确;
设C到平面AEF的距离为h,
由VC-AEF=VA-CEF,得S△CEF·AB,
即×××××××1,解得h=,故D正确.
5.C　如图,设O1,O分别为上、下底面的中心,D,E分别为MN,AB的中点,连接O1D,OE,DE,OO1,O1M,OA,AP,
则O1D⊥MN,OE⊥AB,DE⊥AB,OO1⊥OA,OO1⊥OE,
O1M=2,
所以∠DEO为二面角M-AB-C的平面角,
在等腰梯形MNBA中,DE=,
在直角梯形O1OED中,cos∠DEO=,故A错误;
在直角梯形O1OAM中,OO1==2,
S△MNP=×62=9×122=36,
所以棱台的体积V=×(9)×2=42,故B错误;
设该棱台外接球的半径为R,由正弦定理可得△MNP,△ABC的外接圆的半径分别为2,
由球的截面性质知=2①或=2②,解①得R2=112,②无解,
∴该棱台的外接球的表面积为4πR2=448π,故C正确;
∵NP∥BC,∴∠ANP或其补角为异面直线AN与BC所成角,
在等腰梯形MNBA中,cos∠MAB=,
∴cos∠AMN=cos(π-∠MAB)=-cos∠MAB=-,
∴AP=AN=,
∴cos∠ANP=,
∴异面直线AN与BC所成角的余弦值为,故D错误.
6.解析　(1)如图,过C作CD⊥AB交AB于点D,
∵平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,CD 平面ABC,∴CD⊥平面PAB,
又PA 平面PAB,∴CD⊥PA.
∵平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,AC⊥BC,BC 平面ABC,∴BC⊥平面PAC,
又PA 平面PAC,∴BC⊥PA,
又CD∩BC=C,CD,BC 平面ABC,∴PA⊥平面ABC.
∴三棱锥P-ABC的高为PA=2.设AC=a,BC=b,
在Rt△ABC中,根据勾股定理得a2+b2=4.
故VP-ABC=ab.
又ab≤时,取等号,
∴三棱锥P-ABC体积的最大值为.
(2)过D作DE⊥PB交PB于点E,连接CE,
由(1)知CD⊥平面PAB,∵PB 平面PAB,∴CD⊥PB,
又CD∩DE=D,CD,DE 平面CDE,∴PB⊥平面CDE,
又CE 平面CDE,∴PB⊥CE,
∴∠CED是平面PAB与平面PBC所成的角.
在Rt△CDE中,tan∠CED=.
设AC=x(1≤x≤,
在Rt△DEB中,易知DE=,
∴tan∠CED=,
∵1≤x≤,
∴2≤≤4,∴tan∠CED∈.
∴当1≤AC≤.
7.解析　(1)由题意知正四棱柱的高O1O=8,
所以正四棱柱的体积为6×6×8=288,
正四棱锥P-A1B1C1D1的体积为×6×6×2=24,
所以该几何体的体积为288+24=312.
(2)①连接O1B1(图略),则O1B1=,
所以B1C1=4×=8,
正四棱锥P-A1B1C1D1的斜高为,
所以正四棱锥P-A1B1C1D1的侧面积为4××8×2.
②如图,将长方形ABB1A1,△PA1B1,△PB1C1展开在一个平面内,连接AC1,AB1,当A,Q,N,C1四点共线时,AQ+QN+NC1最短,
由已知及①得PA1=PB1=PC1=6,A1B1=B1C1=8,
因为AA1=OO1=4×2=8,AB=8,
所以AB1=8.
设∠A1B1P=α,则cos α=cos∠PB1C1=,
由①得sin α=,
所以sin 2α=2sin αcos α=2××,
cos 2α=1-2sin2α=1-2×,
所以cos∠AB1C1=cos,
所以AC1=,　
故AQ+QN+NC1的最小值为.
8.ACD　对于A,三棱锥O-ABC的外接球即棱长为1的正方体的外接球,其直径2R=,
所以外接球的表面积为4πR2=π()2=3π,故A正确;
对于B,易得OA⊥平面OBC,如图1,在线段OC上取点D,使=μ,连接DN,MD,则DN∥OA,DN=1-μ,ND⊥平面OBC,又因为MD 平面OBC,所以ND⊥DM.
当λ=μ时,μ,
故MN=
=,故B错误;
对于C,当λμ=1时,,
因为=λ,所以OM=λOB=λ,
由DN∥OA得点N到平面OAM的距离等于点D到平面OAM的距离,连接AD,如图1,
故VO-AMN=VN-OAM=VD-OAM=VA-ODM,
因为OA⊥平面OBC,所以OA为三棱锥A-ODM的高,
从而VO-AMN=VA-ODM=×,
故三棱锥O-AMN的体积是定值,故C正确;
对于D,由PA⊥PO可知动点P在以OA为直径的球的球面上,
由PB⊥PC可知动点P在以BC为直径的球的球面上,
故点P的轨迹是分别以OA,BC为直径的两球的球面相交所得的圆,设圆心为I.
在图1中,取BC,OA的中点E,F,连接OE,EF,则E,F即为两球的球心.
EF垂直于相交圆☉I所在的平面,由球的对称性可知垂足为I.
如图2,在过两球心E,F的轴截面圆中,两圆的相交弦GH即为相交圆☉I的直径,则EF⊥GH.
其中EG=,
因为OA⊥平面OBC,OE 平面OBC,
所以OA⊥OE,即FO⊥OE.
在Rt△FOE中,EF=,
所以EF2=EG2+FG2,所以EG⊥GF,
在Rt△EGF中,GI=,
即相交圆☉I的半径为.
所以点P的轨迹长度即为☉I的周长,为2π×π,故D正确.
　
9.答案　
解析　画出球O与圆台O1O2的轴截面,如图,由已知及切线长定理知圆台O1O2的母线长为r1+r2,
连接O1O2,过点A作AA1⊥BO2于A1,设球O的半径为R,则圆台O1O2的高O1O2=AA1=2R,A1B=r2-r1,
在Rt△AA1B中,由勾股定理得(r1+r2)2=(r2-r1)2+4R2,化简得R2=r1r2,
所以,
因为2r1≤r2,所以,
由对勾函数的性质可知y=t+上单调递减,
故当,
所以.
10.答案　;9π
解析　设正四面体的棱长为x,高为h,△BCD外接圆的半径为r,
则x,
由VA-BCD=×x2sin 60°×,
解得x=2.
如图,取BC的中点E,连接DE,AE,
则CE=BE=,
过点A作AF⊥底面BCD于点F,则F在DE上,且DF=2EF,
所以DF=2,
故AF==4.
设点O为最大球的球心,连接DO并延长,交AE于点M,则DM⊥AE,
设最大球的半径为R,则OF=OM=R,
易得Rt△AOM∽Rt△AEF,
所以,解得R=1,
所以最大球的体积为π,且OM=OF=1,
则AO=4-1=3,sin∠EAF=.
设最小球的球心为J,中等球的球心为K,则两球均与直线AE相切,设切点分别为H,G,
连接HJ,KG,则HJ,KG分别为最小球和中等球的半径,长度分别设为a,b,
则AJ=3HJ=3a,AK=3GK=3b,则JK=AK-AJ=3b-3a,
又JK=a+b,所以3b-3a=a+b,解得b=2a,
又OK=R+b=AO-AK=3-3b,故4b=3-R=2,解得b=,
故模型中九个球的表面积之和为4πR2+4πb2×4+4πa2×4=4π+4π+π=9π.
11.解析　(1)由题意知平面ADD1A1∥平面BCC1B1,且平面ADD1A1∩平面α=AD1,E∈平面α,E∈平面BCC1B1,
故平面α与平面BCC1B1相交,且交线与AD1平行,
设平面α与BC交于点F,连接EF,AF,BC1,ED,
易得D1C1∥A1B1∥AB,且D1C1=A1B1=AB,
故四边形ABC1D1为平行四边形,
则AD1∥BC1,故EF∥BC1,
又因为E为CC1的中点,所以F为BC的中点,
所以V1=×CD+S四边形ADCF×CE
=××4×4×4+××(4+2)×4×2=,
则V2=V正方体-V1=43-×.
(2)如图,分别取BB1,B1C1的中点M,N,连接A1M,MN,A1N,NF,
则NF∥BB1∥AA1,NF=BB1=AA1,故四边形AFNA1是平行四边形,所以A1N∥AF,
又A1N 平面α,AF 平面α,所以A1N∥平面α,
易得MN∥BC1∥EF,同理得MN∥平面α,
又A1N∩MN=N,A1N,MN 平面A1MN,
所以平面A1MN∥平面α,
又A1P∥平面α,所以点P在线段MN上(含端点),
易知当点P为线段MN的中点时,A1P最短.
取AD1的中点Q,则点Q为△A1AD1的外心,连接ME,交NF于点H,连接QH,PH,则QH⊥平面AD1A1,所以三棱锥P-AA1D1的外接球的球心在QH上,设为点O,
连接OD1,OP,则OD1,OP的长等于外接球半径R,
设OQ=h,则OH=4-h,
在Rt△OD1Q中,R2=(2)2+h2①,
在Rt△OPH中,R2=(4-h)2+()2②,
①②联立,解得h=,
故三棱锥P-AA1D1的外接球的表面积S=4πR2=4π×.
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