【同步必刷题】1.3 空间几何体的表面积和体积 提高练（含解析）

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2020-2021学年人教A版必修二同步必刷题提高练
第一章《空间几何体》
1.3
空间几何体的表面积和体积
一．选择题
1．（2020秋?邯郸期末）已知三棱锥P﹣ABC的三条侧棱两两垂直，且PA，PB，PC的长分别为a，b，c，又（a+b）2c＝16，侧面PAB与底面ABC成45°角，当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为（　　）
A．10π
B．40π
C．20π
D．18π
2．（2020秋?秦州区校级期末）已知边长为的菱形ABCD，A＝60°，沿对角线BD把△ABD折起，二面角A﹣BD﹣C的平面角是120°，则三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积是（　　）
A．20π
B．28π
C．36π
D．54π
3．（2021?山东模拟）如图，圆柱的轴截面是边长为4的正方形ABCD，点E为上底圆弧上一个动点，当三棱锥B﹣ACE的体积最大时，三棱锥B﹣ACE外接球的表面积为（　　）
A．2
B．π
C．32π
D．π
4．（2021?二模拟）在正三棱锥A﹣BCD中，侧棱长为2，底面边长为2，则三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为（　　）
A．36π
B．24π
C．12π
D．6π
5．（2021?十二模拟）已知三棱锥P﹣ABC中，AC⊥BC，AC＝6，BC＝2，PC＝PB＝2，当三棱锥P﹣ABC的体积最大时，其外接球的表面积等于（　　）
A．
B．50π
C．100π
D．96π
6．（2021?十九模拟）已知四面体ABCD内接于半径为R的球O内，BCAB＝3，∠BAC，若球心O到平面ABC的距离为，则四面体ABCD体积的最大值为（　　）
A．2
B．
C．
D．
7．（2020秋?新疆月考）已知三棱锥P﹣ABC，AB＝BC＝2，，，PA过三校锥P﹣ABC外接球心O，点E是线段AB的中点，过点E作三棱锥P﹣ABC外接球O的截面，则下列结论正确的是（　　）
A．三棱锥P﹣ABC体积为
B．截面面积的最小值是2π
C．三棱锥P﹣ABC体积为
D．截面面积的最小值是
8．（2020秋?工农区校级月考）三棱锥A﹣BCD，底面BCD是边长为的正三角形，AB，AC，AD两两成角相等，2，2，，则三棱锥A﹣BCD外接球的体积为（　　）
A．8π
B．4π
C．2π
D．π
二．填空题
9．（2021?浙江模拟）如图，在圆锥SO中，AB为底面圆O的直径，AB＝6，且cos∠BSA，则圆锥SO的侧面积为　
　．
10．（2021?山东模拟）圆柱甲的下底面的面积为S1，体积为V1，圆锥乙的底面积为S2，体积为V2，若V1＝6V2，S1＝S2，且甲的外接球表面积为16S1，则甲、乙的侧面积之比为　
　．
11．（2021?十八模拟）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AC1，AC∩BD＝O，则该长方体的表面积的最大值为　
　，此时异面直线OA1与CD1所成角的大小为　
　．
12．（2021?四模拟）已知三棱锥P﹣ABC中，AB＝AC＝BC＝2，PB⊥PC，平面PBC⊥平面ABC，则三棱锥的外接球的体积为　
　．
13．（2021?十七模拟）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，M为BC的中点，则三棱锥A1﹣BMD的外接球的体积为　
　．
14．（2021?十六模拟）如图，在棱长均为3的正四棱锥P﹣ABCD中，E，F，G，H分别是PA，PB，PC，PD上的点，平面EFGH与平面ABCD平行，S为AC和BD的交点，当四棱锥S﹣EFCH的体积最大时，四棱锥S﹣EFGH的外接球的表面积是　
　．
15．（2021?普陀区一模）若正方体的棱长为1，则该正方体的外接球的体积为　
　．
三．解答题
16．（2020秋?南京期中）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AC中点．
（1）求证：B1A||平面C1BD；
（2）若AA1＝AB＝3，BC＝4，且AB⊥BC，求三棱锥B﹣B1C1D的体积．
17．（2020秋?金凤区校级月考）已知棱长均为4，底面为正方形的四棱锥S﹣ABCD如图所示，求它的体积．
18．（2020秋?富顺县校级期中）如图，在三棱锥P﹣ABC中，∠ACB＝90°，PA⊥底面ABC．M，N分别为PB，PC的中点．
（1）求证：MN∥平面ABC；
（2）若PA＝AC＝CB＝2，求三棱锥C﹣ABM的体积．
19．（2020秋?河南月考）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，E，M分别是BC，BB1的中点．
（1）求证：A1，D，M，E四点共面；
（2）已知N在棱CC1上，求四面体A1BMN的体积．
20．（2020秋?公主岭市期末）在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，M在棱PD上，且PMPD，在底面ABCD中，BA＝BC，DA＝DC，AC＝2，O为对角线AC，BD的交点．
（1）证明：OM∥平面PBC；
（2）若PA＝2，求三棱锥M﹣PBC的体积．
21．（2020秋?邯郸期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是等腰梯形AB∥DC，BC＝CD＝AD＝2，AB＝4，M，N分别是AB，AD的中点．
（1）证明：平面PMN⊥平面PAD；
（2）若二面角C﹣PN﹣D的大小为60°，求四棱锥P﹣ABCD的体积．
22．（2020秋?道里区校级期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱垂直于底面，∠BAC＝90°，AB＝1，AC＝2，AA1＝3．点E在侧棱BB1上，且BB1＝9BE．
（1）求证：AE⊥平面A1BC1；
（2）设D为B1C1的中点，求六面体ABA1DC1体积．
参考答案与试题解析
一．选择题
1．【解答】解：如图，根据已知条件得：Vabcab?ab?，当且仅当a＝b时取等号，
∵侧面PAB与底面ABC成45°角，
∴PCa＝c，
Va2a2，此时a＝b＝2，c，
∴4R2＝a2+b2+c2＝10，
∴外接球的表面积为40π，
故选：A．
2．【解答】解：如图所示：
设菱形ABCD的对角线交于F，由菱形的性质可得：
二面角A﹣BD﹣C的平面角是∠AFC＝120°，∠AFE＝60°，
因为菱形的边长为2，A＝60°，
所以AF，AE，EF，
设OO′＝x，又O′B＝2，O′F＝1，
所以由勾股定理可得：R2＝OB2＝OA2，
即R，
解得x，所以R2＝7，
所以四面体的外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×7＝28π，
故选：B．
3．【解答】解：当三棱锥B﹣ACE的体积最大时，即三棱锥E﹣ABC体积最大时，也就是点E到平面ABC的距离最大，
此时点E为上底圆弧CD的中点，
取AC的中点为O，则OA＝OB＝OC＝OE＝2，
即三棱锥B﹣ACE的外接球的半径为2，
∴三棱锥B﹣ACE外接球的表面积为4π?（2）2＝32π，
故选：C．
4．【解答】解：由题意可知AB＝AD＝AC＝2，BC＝CD＝BD＝2，
则AB2+AD2＝BD2，所以AB⊥AD，同理可得AB⊥AC，AC⊥AD，
从而可以构造以ABCD为其中四个顶点的正方体，棱长为2，外接球的半径为R，
外接球的直径就是正方体的体对角线的长，所以R3，
所以外接球的体积为：36π．
故选：A．
5．【解答】解：如图，取BC的中点H，连接PH，则PH⊥BC，因为△ABC的面积为定值，
所以当PH⊥平面ABC时，三棱锥的体积最大，
因为△ABC为直角三角形，
故其外接圆圆心为AB的中点M，
则OM⊥平面ABC
，又PH⊥平面ABC，
所以OM∥PH，连接OP，MH，过O作ON⊥PH于点N，则四边形OMHN为矩形，
ON＝MH，在△ABC中，MHAC＝3，AB8，所以MB＝8，
连接OB，设三棱锥的外接球半径为R，OM＝d，
则在△OMB中，R2＝d2+16，①，
在△PON中，OP2＝ON2+NP2，即R2＝32+（7﹣d）2，②，
联立①②并求解得d＝3，所以R2＝32+16＝25，
所以三棱锥的外接球的表面积为：4π?R2＝100π．
故选：C．
6．【解答】解：△ABC的外接圆的圆心为O′，半径为r，则，得r＝3，
连接OO′，BO′，OB，则，解得R＝2，
由题意可知，当D到平面ABC的距离为时，四面体ABCD的体积最大，
在△ABC中，∵BCAB＝3，∠BAC，
由余弦定理可得，cos，得AC＝3．
∴，
∴四面体ABCD体积的最大值为．
故选：D．
7．【解答】解：三棱锥P﹣ABC外接球O的球心为PA中点．OE⊥AB，
过点E作三棱锥S﹣ABC外接球O的截面，要使截面面积最小，当且仅当截面与OE垂直时．
可得截面半径为1，则截面面积的最小值是π，故B，D错误．
在△ABC中由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2AB?BC?cos∠ABC，
∴，
设过A、B、C的截面圆的圆心为G，半径为r，连接OG，
则OG⊥平面ABC，
在△ABC中由正弦定理得，
即，解得r＝2．
在Rt△OGA中，由勾股定理得，
∴三棱锥P﹣ABC的高为，
故三棱锥P﹣ABC体积为，A正确．
故选：A．
8．【解答】解：三棱锥A﹣BCD，底面BCD是边长为的正三角形，AB，AC，AD两两成角相等，
所以∠BAC＝∠CAD＝∠DAB，
进一步得到三棱锥A﹣BCD为正三棱锥．
如图所示：
由于2，2，
所以点E、F为AB和BC的中点，
则EF∥AC，
由于在正棱锥中满足对棱互相垂直，
所以AC⊥BD，由于EF∥AC，
所以EF⊥BD，
且满足，
所以DE⊥EF，
所以EF⊥平面ABD，
所以AC⊥平面ABD，
所以，
设AB＝AC＝AD＝x，
所以，
解得x＝1，
设外接球的半径为R，
所以（2R）2＝12+12+12，解得，
所以．
故选：D．
二．填空题
9．【解答】解：连接SO，，
由题意知∠ASO，
所以cos∠BSA＝2cos2∠ASO﹣1，所以cos∠ASO，
所以sin∠ASO，
易知AO＝3，所以SA＝5，
所以圆锥SO的侧面积为π×3×5＝15π．
故答案为：15π．
10．【解答】解：设甲、乙的底面圆半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，甲的外接球的半径为R，
则，即，
∵，
∴R＝2r1，又∵，
∴，即，
∴乙的母线长2r1，
∴甲的侧面积为2πr1h1＝4，乙的侧面积为πr2l2＝2，
∴甲、乙的侧面积之比为2．
故答案为：2．
11．【解答】解：设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，根据已知得a2+b2+c2＝3，
∴长方体的表面积为2ab+2bc+2ac≤（a2+b2）+（b2+c2）+（a2+c2）＝2（a2+b2+c2）＝6，当且仅当a＝b＝c＝1时等号成立，
此时长方体ABCD﹣A1B1C1D1为正方形，且表面积最大，最大值为6，
如图所示，，
连接A1B，则A1B∥CD1，则易得∠OA1B即为异面直线OA1与CD1所成的角，
连接A1D，易知△A1BD为等边三角形，O为BD的中点，所以∠OA1B＝30°，
故答案为：6，30°．
12．【解答】解：取BC的中点D，连接AD，PD，因为平面PBC⊥平面ABC，
所以AD⊥平面PBC，
在AD上取一点O，使得OA＝OP，则O为外接球的球心，
设球的半径为R，AB＝AC＝BC＝2，
所以AD，PD＝1，R2＝（R）2+12，解得R，
则三棱锥P﹣ABC的外接球的体积V（）3π．
故答案为：π．
13．【解答】解：如图，因为底面三角形BMD在正方形ABCD中，
所以外接圆圆心O′为底面正方形的对角线AC中靠近点A的四等分点，
过O′作底面BMD的垂线，因为正方体的对角线AC1垂直平面BA1D，
且经过△BA1D的外心，所以AC1与过O′的底面BMD的垂线的交点O即为三棱锥外接球的球心，
可知O为体对角线AC1中靠近A的四等分点，
所以外接球的半径为：R，
所以外接球的体积为：．
故答案为：．
14．【解答】解：因为平面EFGH与平面ABCD平行，
所以四边形EFGH与四边形ABCD相似，故四边形EFGH是正方形，
设x，（0＜x＜1），
所以x2，易知四棱锥S﹣EFGH
与四棱锥P﹣ABCD
的高的比值为：1﹣x，
设VP﹣ABCD＝V0，
则VS﹣EFGH＝＝x2（1﹣x）?V0，
设f（x）＝x2（1﹣x），（0＜x＜1），则f′（x）＝2x﹣3x2，则当0＜x时，f′（x）＞0，
x＜1时，f′（x）＜0，
所以当x时，f（x）取得最大值，此时VS﹣EFGH取得最大值，
连接PS，FH，EG，设FH与EG交于点M，易知点M在PS上，
设四棱锥S﹣EFGH
的外接球的球心为O，半径为R，易知O在PS上，
连接OH，易知EF＝2，SM，HM，则（R）2+2＝R2，解得R，
所以四棱锥S﹣EFGH的外接球的表面积是：4π?R2．
故答案为：．
15．【解答】解：∵正方体棱长为1，
∴正方体的外接球的半径R，
∴正方体的外接球的体积V（）3．
故答案为：．
三．解答题
16．【解答】（1）证明：连接B1C交BC1于点O，连接OD，
∵四边形BCC1B1是平行四边形，∴O是BC1的中点，
又D是AC的中点，
∴OD∥AB1，
又OD?平面BDC1，AB1?平面BDC1，
∴B1A||平面C1BD．
（2）解：∵CC1∥BB1，CC1?平面B1BD，BB1?平面B1BD，
∴CC1∥平面B1BD，
∴VVV，
∵AB＝3，BC＝4，AB⊥BC，D是AC的中点，
∴S△BCDS△ABC3，
又BB1＝AA1＝3，BB1⊥平面ABC，
∴V3，
∴三棱锥B﹣B1C1D的体积VVV3．
17．【解答】解：棱长均为4，底面为正方形的四棱锥S﹣ABCD如图所示，
S正方形ABCD＝4×4＝16，
四棱锥S﹣ABCD的高h2，
∴它的体积V．
18．【解答】解：（1）证明：∵M，N分别为PB，PC的中点．∴MN∥BC，
∵MN?平面ABC，BC?平面ABC，
∴MN∥平面ABC．
（2）∵PA＝AC＝CB＝2，
∴M到平面ABC的距离为dPA1，
∴三棱锥C﹣ABM的体积为：
VC﹣ABM＝VM﹣ABC
．
19．【解答】解：（1）证明：连接A1D，B1C，
∵A1B1∥DC且A1B1＝DC，∴四边形A1B1CD是平行四边形，
∴A1D∥B1C，
又∵E，M分别为BC，BB1中点，∴ME∥B1C，∴ME∥A1D，
∴A1，D，M，E四点共面．
（2）由题意，得△BMN的面积，
由题意得A1B1⊥平面BMN，且A1B1＝4，
∴四面体A1BMN的体积．
20．【解答】解：（1）证明：在底面ABCD中，△BAC，△DAC都为等腰三角形，故对角线AC⊥BD，
所以，，
由M在棱PD上，且，知，
所以在△PBD中有，所以OM∥PB，
又OM?平面PBC，PB?平面PBC，所以OM∥平面PBC．
（2）由（1）可知：点M到平面PBC的距离等于点O到平面PBC的距离，
所以三棱锥M﹣PBC的体积等于三棱锥O﹣PBC的体积，
而PA⊥平面ABCD，所以三棱锥O﹣PBC的高h＝PA＝2，
所以，
故三棱锥M﹣PBC的体积为1．
21．【解答】证明：（1）连接DM，由题意可得，DC∥BM，DC＝BM，
则四边形BCDM为平行四边形，得DM＝BC，DM∥BC，
∴三角形AMD为正三角形，则MN⊥AD，
又∵PD⊥平面ABCD，MN?平面ABCD，∴PD⊥MN，
∵PD∩AD＝D，∴MN⊥平面PAD，而MN?平面PMN，
∴平面PMN⊥平面PAD；
解：（2）连接BD，可得BD∥MN，∴BD⊥AD，BD⊥PD，
建立如图所示空间直角坐标系，则D（0，0，0），C（﹣1，，0），N（1，0，0），
设P（0，0，m）（m＞0），则，，
设平面PNC的一个法向量为，
∴，取z，则．
而平面PND的一个法向量，
由|cos|＝cos60°，解得m．
∴四棱锥P﹣ABCD的体积V．
22．【解答】解：（1）证明：∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱垂直于底面，∠BAC＝90°，
AB＝1，AC＝2，AA1＝3．点E在侧棱BB1上，且BB1＝9BE．
∴A1C1⊥A1B1，A1C1⊥A1A，
∵A1B1∩A1A＝A1，A1B1?平面A1B1BA，A1A?平面A1B1BA，
∴A1C1⊥平面平面A1B1BA，∵AE?平面A1B1BA，∴AE⊥A1C1，
以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，3），E（1，0，），A1（0，0，0），B（1，0，3），
（1，0，），（1，0，3），
∴0，∴AE⊥A1B，
∵A1B∩A1C1＝A1，A1B?平面A1BC1，A1B?平面A1BC1，
∴AE⊥平面A1BC1．
（2）∵D为B1C1的中点，∴，
D到平面ABA1的距离h1，，
∴六面体ABA1DC1体积为：
V
＝1．
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精品试卷·第
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