基礎(chǔ)組
一、選擇題
1．(2021?柳州三模)若圓錐軸截面的面積為33，母線與底面所成的角為60°，則該圓錐的體積為( )
A．3π；B．4π；C．5π；D．6π
【答案】A．
【解析】圓錐軸截面面積為33，母線與底面所成角為60°，
則圓錐的軸截面是正三角形，設(shè)底面半徑為r，
則有34×(2r)2＝33，解得r=3，則圓錐的高為rtan30°=3，
所以圓錐的體積為13×πr2×3＝3π．
2．(2021春?鉛山縣校級月考)高為m，n(m＜n)的兩圓柱體積分別為Vm和Vn，其側(cè)面面積相等，則Vm與Vn的大小關(guān)系是( )
A．Vm＝Vn；B．Vm＞Vn；C．Vm＜Vn；D．不確定
【答案】B．
【解析】設(shè)高為m，n(m＜n)的兩圓柱的底面半徑分別為rm，rn，
∴πrm2m=Vm，πrn2n=Vn，
∴rm=Vmπm，rn=Vnπn，
根據(jù)側(cè)面積相等可得，2πrmm＝2πrnn，則2πVmπmm=2πVnπnn，
整理得，VmVn=nm＞1，即Vm＞Vn，
3．?dāng)€尖是古代中國建筑中屋頂?shù)囊环N結(jié)構(gòu)形式，宋代稱為撮尖，清代稱攢尖，依其平面有圓形攢尖、三角攢尖、四角攢尖、六角攢尖等，也有單檐和重檐之分，多見于亭閣式建筑，如圖所示，某園林建筑為六角攢尖，它的主要部分的輪廓可近似看作一個正六棱錐，若此正六棱錐的側(cè)面等腰三角形的底角為α，且csα=14，則側(cè)棱與底面外接圓半徑的比為( )
A．2；B．21515；C．1；D．14
【答案】A．
【解析】正六棱錐的底面是正六邊形，設(shè)其外接圓的半徑為R，則底面正六邊形的邊長也為R，
因?yàn)檎忮F的側(cè)面等腰三角形的底角為α，且csα=14，
所以側(cè)棱與底面外接圓的半徑的比為R2csαR=12csα=12×14=2．
4．(2021?安慶二模)《九章算術(shù)》卷五《商功》中，把正四棱臺形狀的建筑物稱為“方亭”，沿“方亭”上底面的一組對邊作垂直于底面的兩截面，去掉截面之間的幾何體，將“方亭”的兩個邊角塊合在一起組成的幾何體稱為“芻甍”．現(xiàn)記截面之間幾何體體積為V1，“芻甍”的體積為V2，若V2V1=13，臺體的體積公式為V=13h(S+SS'+S′)，其中S、S′分別為臺體的上、下底面的面積．則“方亭”的上、下底面邊長之比為( )
A．5-12；B．5-14；C．5+12；D．5+14
【答案】A．
【解析】設(shè)“方亭”的上底面邊長為a，下底面邊長為b，高為h，
則V=13h(a2+ab+b2)，
V1=12ha(a+b)=12h(a2+ab)，
V2=V-V1=13h(a2+ab+b2)-12h(a2+ab)=16h(-a2-ab+2b2)，
∴V2V1=16h(2b2-a2-ab)12h(a2+ab)=13×2-(ab)2-ab(ab)2+ab=13?ab=5-12．
5．(2021?安慶二模)設(shè)直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有頂點(diǎn)都在一個球面上，且球的體積是4010π3，AB＝AC＝AA1，∠BAC＝120°，則此直三棱柱的高是( )
A．42；B．4；C．23；D．22
【答案】D．
【解析】設(shè)AB＝AC＝AA1＝2m．因?yàn)椤螧AC＝120°，所以∠ACB＝30°，
于是2msin30°=2r(r是△ABC外接圓的半徑)，r＝2m．
又球心到平面ABC的距離等于側(cè)棱長AA1的一半，
所以球的半徑為(2m)2+m2=5m．所以球的表面積為43π(5m)3=4010π3，
解得m=2．
于是直三棱柱的高是AA1=2m=22．
6．(2021?和平區(qū)一模)已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，則三棱錐A﹣B1CD1的體積為( )
A．43；B．83；C．4；D．6
【答案】B．
【解析】如圖，
由圖可知，三棱錐A﹣B1CD1是棱長為22的正四面體D1﹣AB1C，
設(shè)D1 在底面的射影為O，可得AO=23(22)2-(2)2=263．
∴D1O=(22)2-(263)2=433．
∴三棱錐A﹣B1CD1的體積為V=13×12×22×22×32×433=83．
7．(2021?濟(jì)南一模)已知菱形ABCD，AB＝BD＝2，將△ABD沿BD折起，使二面角A﹣BD﹣C的大小為60°，則三棱錐A﹣BCD的體積為( )
A．32；B．223；C．332；D．22
【答案】A．
【解析】如圖，取BD的中點(diǎn)記為O，
連接OC，OA，菱形ABCD，AB＝BD＝2，所以△ABD與△BCD是正三角形，AO⊥BD，CO⊥BD，
∴∠AOC就是二面角A﹣BD﹣C的平面角，
AO＝DO＝2×32=3，平面AOC⊥平面CDB，AO=3，
棱錐的高為：32×3，
所以三棱錐的體積為：13×34×22×32×3=32．
8．(2021?廣東一模)《算數(shù)書》是我國現(xiàn)存最早的系統(tǒng)性數(shù)學(xué)典籍，其中記載有求“困蓋”的術(shù)：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，該術(shù)相當(dāng)于給出了由圓錐的底面周長L與高h(yuǎn)，計(jì)算其體積V的近似公式V≈136L2h．用該術(shù)可求得圓率π的近似值．現(xiàn)用該術(shù)求得π的近似值，并計(jì)算得一個底面直徑和母線長相等的圓錐的表面積的近似值為9，則該圓錐體積的近似值為( )
A．3；B．23；C．33；D．3
【答案】A．
【解析】圓錐的體積V=13π(L2π)2h=112L2πh≈136L2h，解得π≈3，
則設(shè)所求圓錐的底面直徑與母線長為x(x＞0)，則底面半徑為x2，
則S=π(x2)2+12πx2=34πx2≈94x2=9，解得x＝2，
設(shè)高為h，則V=13(x2)2πh=13πx2-(x2)2=33π≈3．
二、填空題
9．(2020秋?湖北期末)用長為24cm的鋼條圍成一個長方體框架，要求長方體的長與寬之比為3：1，則長方體的寬為______時，其體積最大．
【答案】1cm．
【解析】設(shè)寬為xcm，高為ycm，則長為3xcm，
所以有4(3x+x+y)＝24，即2x+2x+y＝6(x＞0，y＞0)，
所以長方體的體積為V=3x?x?xy=3x2y=34?2x?2x?y≤34?(2x+2x+y3)3=6，
當(dāng)且僅當(dāng)2x＝y(tǒng)＝2，即x＝1，y＝2時取等號，
此時長方體的寬為1cm，體積最大為6cm3．
10．(2021?山東模擬)一個直三棱柱容器ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝8cm，AC＝6cm，能放進(jìn)容器內(nèi)最大的水晶彩色實(shí)心球可放置3個，然后再向容器內(nèi)注滿透明液體，即可制作一個漂亮的兒童玩具，則向容器內(nèi)注入的透明液體體積是______．
【答案】32(9﹣π)cm3．
【解析】由題意知，三棱柱的底面是直角三角形，且斜邊長為10cm，
放進(jìn)去最大球即為該幾何體的內(nèi)切球，則球的半徑等于該三棱柱底面直角三角形的內(nèi)切圓的半徑，
設(shè)半徑為r，則8×6＝r(8+6+10)，解得r＝2cm，
∵能放進(jìn)去3個這樣的球，則該容器的高為(2+2)×3＝12cm．
∴透明液體的體積為12×6×8×12-43π×23×3=288-32π=32(9﹣π)cm3．
11．(2020秋?建鄴區(qū)校級期末)如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝AD=2AB＝2，PA＝3，若動點(diǎn)Q在△PAD內(nèi)及邊上運(yùn)動，使得∠CQD＝∠BQA，則三棱錐Q﹣ABC的體積最大值為______．
【答案】223．
【解析】∵底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，∴CD⊥AB，
又PA⊥平面ABCD，PA?平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD，
則AB⊥平面PAD，CD⊥平面PAD，
連接QA，QD，則AB⊥QA，CD⊥QD，
由∠CQD＝∠BQA，得tan∠CQD＝tan∠BQA，則ABQA=CDQD，
∵CD=2AB，QD=2QA，
∵AD＝2，在平面PAD內(nèi)，以DA所在直線為x軸，DA的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，
則D(﹣1，0)，A(1，0)，設(shè)Q(x，y)，
由QD=2QA，得QD2＝2QA2，即(x+1)2+y2＝2(x﹣1)2+2y2，
整理得：x2+y2﹣6x+1＝0，取x＝1，可得y＝2，
得Q在△PAD內(nèi)距離AD的最大值為2，此時Q在PA上，
S△ABC=12×AB×AD=12×2×2=2，
∴三棱錐Q﹣ABC的體積最大值為V=13×2×2=223．
12．(2020秋?云南月考)如圖是某錐形鉆頭的結(jié)構(gòu)示意圖，上部是一個圓錐，下部是一個圓柱，圓錐的底面半徑為r，高為h，圓柱的底面半徑為13r，高為2h．設(shè)鉆頭的體積為V，若鉆頭圓錐的母線長為4cm，則當(dāng)r＝______cm時，鉆頭的體積V最大，此時V＝______cm3．
【答案】833；1602π9．
【解析】由題意可知r2+h2＝16，16≥3312r2?12r2?h2，
可得r2h≤2?(163)32，當(dāng)且僅當(dāng)r=2h，h=463，r=833時取等號，
幾何體的體積為：π?(13r)2?2h+13πr2h=59πr2h=≤5π9?2?(163)32=1602π9．
13．(2019秋?諸城市期末)已知圓錐的底面半徑為2，高為6，在它的所有內(nèi)接圓柱中，表面積的最大值是______．
【答案】9π．
【解析】設(shè)內(nèi)接圓柱的底面半徑為r，高為h，如圖所示：，
∴r2=6-h6，
∴r＝2-h3，
∴圓柱的表面積S＝2πr2+2πrh=2π(2-h3)2+2πh(2-h3)=-49πh2+43πh+8π，
∴當(dāng)h=-43π2×(-49π)=32時，S取得最大值，最大值為-49π×94+43π×32+8π＝9π．
14．(2020秋?紅塔區(qū)校級期中)《九章算術(shù)》中將底面為直角三角形且側(cè)棱垂直于底面的三棱柱稱為“塹堵”；底面為矩形，一條側(cè)棱垂直于底面的四棱錐稱之為“陽馬”；四個面均為直角三角形的四面體稱為“鱉臑”．如圖在塹堵ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，且AA1＝AB＝2．下述四個結(jié)論正確結(jié)論的編號是______．
①四棱錐B﹣A1ACC1為“陽馬”；
②四面體A1﹣C1CB為“鱉臑”；
③過A點(diǎn)分別作AE⊥A1B于點(diǎn)E，AF⊥A1C于點(diǎn)F，則EF⊥A1B；
④四棱錐B﹣A1ACC1體積最大為23．
【答案】①②③．
【解析】在塹堵ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，則BC⊥平面A1ACC1，
又四邊形A1ACC1為矩形，∴四棱錐B﹣A1ACC1為“陽馬”，故①正確；
四面體A1C1CB中，△A1C1C、△A1BC、△A1BC1、△BCC1都是直角三角形，
∴四面體A1C1CB為“鱉臑”，故②正確；
過A點(diǎn)分別作AE⊥A1B于點(diǎn)E，AF⊥A1C于點(diǎn)F，
∵BC⊥AC，BC⊥AA1，AC∩AA1＝A，∴BC⊥平面AA1C1C，
又AF?平面AA1C1C，∴BC⊥AF，∵A1C∩BC＝C，∴AF⊥平面A1BC，得AF⊥A1B，
∵AE∩AF＝A，∴A1B⊥平面AEF，而EF?平面AEF，∴EF⊥A1B，故③正確；
當(dāng)AC＝BC=2時，四棱錐B﹣A1ACC1體積為：
VB﹣A1ACC1=13×2×2×2=43＞23，故④錯誤．
∴正確結(jié)論的編號是①②③．
15．(2020秋?東陽市校級期中)一個三棱錐的6條棱中有5條棱長是1，一條棱長是x，則該三棱錐的體積最大值是______．
【答案】18．
【解析】不妨設(shè)三棱錐A﹣BCD的棱AC＝
則△ABD和△BCD都是邊長為1的正三角形
故A到BD的距離為32，S△BCD=34，
∴當(dāng)平面ABD與平面BCD垂直時，A到平面BCD的距離取得最大值32，
故三棱錐的體積最大值為13×34×32=18．
16．(2020秋?浙江期中)如圖，在三棱錐P﹣ABC中，點(diǎn)B在以AC為直徑的圓上運(yùn)動，PA⊥平面ABC，AD⊥PB，垂足為D，DE⊥PC，垂足為E，若PA=23，AC=2，則PEEC=______，三棱錐P﹣ADE體積的最大值是______．
【答案】3；34．
【解析】由PA⊥平面ABC，得PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB＝A，
∴BC⊥平面PAB，得BC⊥AD，又AD⊥PB，PB∩BC＝B，
∴AD⊥平面PBC，得AD⊥PC，而DE⊥PC，AD∩DE＝D，
∴PC⊥平面ADE，可得AE⊥PC．
在Rt△PAC中，由PA=23，AC=2，得PC＝4．
由Rt△PEA∽Rt△PAC，得PEPA=PAPC，則PE=PA2PC=124=3，
∴EC＝PC﹣PE＝4﹣3＝1，
∴PEEC=3；
由PE＝3，PA＝23，得AE2＝3，
又PD⊥DE，∴AD2+DE2＝AE2＝3，得3＝AD2+DE2≥2AD?DE，
即AD?DE≤32(當(dāng)且僅當(dāng)AD＝DE時等號成立)．
∴三棱錐P﹣ADE體積的最大值是13×12AD×DE×PE=13×12×32×3=34．
17．(2021?江蘇模擬)如圖，該圖展現(xiàn)的是一種被稱為“正六角反棱柱”的多面體，其由兩個全等且平行的正六邊形作為基底，側(cè)面由12個全等的以正六邊形的邊為底的等腰三角形組成．若某個正六角反棱柱各棱長均為1，則其外接球的表面積為______．
【答案】(3+3)π．
【解析】作出該幾何體在下底面的投影圖如圖，
∵正六角反棱柱各棱長均為1，∴OA＝1，OB=32，則AB＝1-32，
過側(cè)面任意一三角形上頂點(diǎn)作底面垂線，設(shè)垂足為A，d為上下兩底面距離，
則d2=(32)2-(1-32)2=3-1，
設(shè)球的半徑為R，則有R2=12+(d2)2=1+d24=1+3-14=3+34，
∴其外接球的表面積為S＝4π×3+34=(3+3)π．
18．(2021春?瑤海區(qū)月考)在正三棱錐S﹣ABC中，AB＝BC＝CA＝6，點(diǎn)D是SA的中點(diǎn)，若SB⊥CD，則該三棱錐外接球的表面積為______．
【答案】54π．
【解析】如圖，取AC中點(diǎn)P，連接SP，BP．
在正三棱錐S﹣ABC中，SA＝SC．
∴SP⊥AC．
∵SP∩BP＝P，SP、BP?平面SPB，
∴AC⊥平面SPB．
∵SB?平面SNB，
∴AC⊥SB．
又∵CD⊥EF，AC∩DC＝C，AC、DC?平面SAC，
∴EF⊥平面SAC．
又∵SB?平面SAB，EF?平面SAB，SB∩EF＝E．
∴SB⊥平面SAC．
∵AS、CS?平面SAC，
∴SB⊥AS，SB⊥SC．
∵正三棱錐的三個側(cè)面全等，
∴CS⊥AS．
∵CA＝6，CS⊥AS，
∴CS＝AS＝6×22=32．
∵AS、CS、BC兩兩垂直，且CS＝AS＝SB＝32．
∴可將正三棱錐S﹣ABC補(bǔ)成正方體AIBS﹣GHKC．
∴正三棱錐S﹣ABC外接球的直徑即為正方體AIBS﹣GHKC的體對角線SH．
∵SH=3SB＝36．
∴正三棱錐的外接球的表面積為S＝4πR2＝4π×(332)2＝54π．
19．(2021春?花山區(qū)校級月考)已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的外接球體積為36π，則其外接球被平面A1BC1截得圖形面積的最小值為______．
【答案】8π．
【解析】根據(jù)正四棱柱的外接球性質(zhì)得，長方體對角線為外接球直徑2R，底面為正方形，
設(shè)AC＝BC＝a，CC1＝b，
外接球體積為36π=4πR33，
故R＝3，AC1＝6，
故2a2+b2＝36，
AB1D1中，AB1＝AD1=a2+b2=36-a2，B1D1=2a，
所以cs∠AB1D1=12B1D1AB1=a2?36-a2，sin∠AB1D1=72-3a272-2a2，
設(shè)△AB1D1外接圓半徑r，則2r=ADsin∠AB1D1=2(36-a2)72-3a2，
所以r=66×36-a224-a2=66×24-a2+1224-a2=66(24-a2+1224-a2)≥66×212=22，
當(dāng)且僅當(dāng)24-a2=1224-a2，即a＝23時取等號，此時截面圓面積為8π，
故外接球被平面A1BC1截得圖形面積的最小值8π．
20．(2021?三模擬)《九章算術(shù)》卷五《商功》中，記載一個問題“今有圓堡瑽(cng)，…”這里所說的圓堡瑽就是圓柱體形土筑小城堡．如圖，一圓堡瑽的軸截面是邊長為4的正方形ABCD，點(diǎn)E為上底圓周上一個動點(diǎn)(與C、D點(diǎn)不重合)，三棱錐B﹣ACE外接球的表面積為______．
【答案】32π．
【解析】圓堡瑽的軸截面是邊長為4的正方形ABCD，點(diǎn)E為上底圓周上一個動點(diǎn)(與C、D點(diǎn)不重合)，
取AC的中點(diǎn)為O，則CA＝OB＝OE＝OC＝22，
所以三棱錐B﹣ACE的外接球的半徑為22，
所以三棱錐B﹣ACE外接球的表面積為4π×(22)2=32π．
21．(2021春?安徽月考)如圖1，在一個正方形S1S2S3S4內(nèi)，有一個小正方形和四個全等的等邊三角形．將四個等邊三角形折起來，使S1，S2，S3，S4重合于點(diǎn)S，且折疊后的四棱雉S﹣ABCD的外接球的表面積是16π(如圖2)，則四棱錐S﹣ABCD的體積是______．
【答案】163．
【解析】在圖2中，連接AC，BD交于點(diǎn)O，則O是正四棱錐外接球的球心，正四棱錐的所有棱都相等，
設(shè)其為x，則外接球的半徑是OA=22x，
所以4π(22x)2=16π，x=22，
因此SO=OA=22x=2．
故四棱錐S﹣ABCD的體積13?x2?SO=13×(22)2×2=163．
22．(2021?桂林一模)某市民廣場有一批球形路障球(如圖1所示)．現(xiàn)公園管理處響應(yīng)市民要求，決定將每個路障球改造成方便市民歇腳的立方八面體石凳(如圖2所示)．其中立方八面體有24條棱、12個頂點(diǎn)、14個面(6個正方形、8個正三角形)，它是將立方體“切”去8個“角”后得到的幾何體經(jīng)過測量，這批球形路障球每個直徑為60cm，若每個路障球?yàn)楦脑旌笏玫牧⒎桨嗣骟w的外接球，則每個改造后的立方八面體表面積為______cm2．
【答案】5400+18003．
【解析】由題意知，截去的八個四面體是全等的正三棱錐，
則立方八面體表面有8個正三角形，再加上6個小正方形，且正方形邊長與正三角形邊長相等，
當(dāng)立方八面體外接于路障球時體積最大，即路障球?yàn)榱⒎桨嗣骟w的外接球．
設(shè)立方八面體棱長為a，外接球直徑d=2a2+2a2=2a＝60，則a＝30，
所以立方八面體表面積S=6a2+8?34a2=5400+18003．
23．(2021春?新疆月考)三棱錐S﹣ABC的底面是邊長為12的等邊三角形SB＝SC＝62，二面角S﹣BC﹣A為60°，則三棱錐S﹣ABC的外接球的表面積為______．
【答案】208π．
【解析】如圖，設(shè)D為BC中點(diǎn)，G為正△ABC外心，
依題意有BD＝DC＝6，SB=SC=62，∴SD⊥BC，∴SD＝6，
∠SDA為二面角S﹣BC﹣A的平面角，∠SDA＝60°，
設(shè)S在底面ABC的射影為E，則可證E在AD上，則ED＝3，AE=33，GD=23，AG=43，GE=23-3，設(shè)O為三棱錐的外接球球心，
則OG∥SE，過O點(diǎn)在面SAD內(nèi)作OF⊥SE，F(xiàn)為垂足，
則OF=GE=23-3，AG=43，
設(shè)求半徑為R，OG＝d，則R2＝OA2＝OS2，(43)2+d2=(23-3)2+(33-d)2，
解得d＝﹣2，R2＝52．
則球心O在底面ABC的下方，事實(shí)上當(dāng)O在底面ABC的下方時，
(43)2+d2=(23-3)2+(33+d)2
解得d＝2，R2＝52．三棱錐S﹣ABC的外接球的表面積為208π．
24．(2021春?廣東月考)《九章算術(shù)》是我國古代數(shù)學(xué)名著，它在幾何學(xué)中的研究比西方早一千多年，書中將四個面都為直角三角形的四面體稱為鱉臑．在鱉臑ABCD的四個直角三角形中，BD是Rt△BAD和Rt△BCD的斜邊，且所有直角三角形斜邊長分別為AD=5，BC=13，BD=14，它的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，則球O的體積為______．
【答案】714π3．
【解析】由已知，BD是Rt△BAD和Rt△BCD的斜邊，
取BD中點(diǎn)O，連接OC，OA，則OC＝OA＝OB＝OD，
∴O為鱉臑ABCD的外接球的球心，且半徑R=12BD=142，
∴球O的體積為V=43π×(142)3=714π3．
提高組
一、選擇題
1．(2021?大慶一模)已知四棱錐P﹣ABCD，底面ABCD為矩形，點(diǎn)P在平面ABCD上的射影為AD的中點(diǎn)O．若AB＝2，AD＝6，PO＝4，則四棱錐P﹣ABCD的表面積等于( )
A．34+65；B．34+43；C．6+65+43；D．6+63+413
【答案】A．
【解析】因?yàn)辄c(diǎn)P在平面ABCD上的射影為AD的中點(diǎn)O，
所以PO⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以CD⊥PO，
又底面ABCD為矩形，所以CD⊥AD，AD∩PO＝O，
所以CD⊥平面PAD，又PD?平面PAD，
所以PD⊥CD，故△PDC為直角三角形，
在Rt△PDC中，CD＝AB＝2，PD=PO2+OD2=42+32=5，
所以S△PDC=12×2×5=5，S△PAD=12?AD?PO=12×6×4=12，
S矩形ABCD＝AB?AD＝2×6＝12，
連結(jié)OC，取BC的中點(diǎn)E，連結(jié)PE，
因?yàn)镺C=CD2+OD2=13，PC=OP2+OC2=29，
由題意可知，PB＝PB，則PE⊥BC，且PE=PC2-CE2=25，
所以S△PBC=12?BC?PE=12×6×25=65，
所以四棱錐P﹣ABCD的表面積為2S△PDC+S△PAD+S△PBC+S矩形ABCD
=2×5+12+65+12=34+65．
2．(2021?汕頭一模)斐波那契螺旋線被譽(yù)為自然界最完美的“黃金螺旋”，它的畫法是：以斐波那契數(shù)：1，1，2，3，5，…為邊的正方形拼成長方形，然后在每個正方形中畫一個圓心角為90°的圓弧，這些圓弧所連起來的弧線就是斐波那契螺旋線．自然界存在很多斐波拉契螺旋線的圖案，例如向日葵、鸚鵡螺等．如圖為該螺旋線的前一部分，如果用接下來的一段圓弧所對應(yīng)的扇形做圓錐的側(cè)面，則該圓錐的體積為( )
A．460π3；B．260π3；C．12515π192；D．12515π64
【答案】A．
【解析】由斐波那契數(shù)的規(guī)律可知，從第三項(xiàng)起，每一個數(shù)都是前面兩個數(shù)之和，
即接下來的底面半徑是3+5＝8，對應(yīng)的弧長l＝2π×8×14=4π，
設(shè)圓錐底面半徑為r，則2πr＝4π，即r＝2，
∴圓錐的高h(yuǎn)=82-22=60，
則該圓錐的體積為V=13π×22×60=460π3．
3．(2021?西安模擬)如圖，已知底面邊長為a的正四棱錐P﹣ABCD的側(cè)棱長為2a，若截面PAC的面積為87，則正四棱錐P﹣ABCD的體積等于( )
A．1214；B．32143；C．3273；D．1083
【答案】B．
【解析】作PO⊥底面ABCD于點(diǎn)O，則O是AC中點(diǎn)，
AC=a2+a2=2a，
PO=PC2-(AC2)2=(2a)2-(22a)2=142a，
∵截面PAC的面積為87，
∴S△PAC=12×2a×142a=87，
解得a＝4，
∴正四棱錐P﹣ABCD的體積為：
VP﹣ABCD=13×S正方形ABCD×PO
=13×a2×142a
=146a3
=146×43
=32143．
4．(2020秋?菏澤期末)沙漏是古代的一種計(jì)時裝置，它由兩個形狀完全相同的容器和一個狹窄的連接管道組成，開始時細(xì)沙全部在上部容器中，細(xì)沙通過連接管道全部流到下部容器所需要的時間稱為該沙漏的一個沙時．如圖，某沙漏由上下兩個圓錐組成，圓錐的底面直徑和高均為8cm，細(xì)沙全部在上部，其高度為圓錐高度的23(細(xì)管長度忽略不計(jì))．假設(shè)該沙漏每秒鐘漏下0．02cm3的沙，且細(xì)沙全部漏入下部后，恰好堆成一個蓋住沙漏底部的圓錐沙堆．以下結(jié)論正確的是( )
A．沙漏的側(cè)面積是165πcm2；
B．沙漏中的細(xì)沙體積為1024πcm3；
C．細(xì)沙全部漏入下部后此錐形沙堆的高度約為1．2cm；
D．該沙漏的一個沙時大約是1985秒(π≈3．14)
【答案】D．
【解析】對于A，沙漏的側(cè)面積為S＝2πRL=2π?4?42+42=322πcm3，故A錯誤；
對于B，設(shè)細(xì)沙在上部時，細(xì)沙的底面半徑為r，則r=23×4=83cm，
所以細(xì)沙的體積為V1=13π×(83)2×163=102481πcm3，故B錯誤；
對于C，設(shè)細(xì)沙流入下部后的高度為h1，根據(jù)細(xì)沙體積不變可知：
13π×42×h1=102481π，解得h1=6427≈2．4cm，故C錯誤；
對于D，該沙漏的一個沙時為：1024π81÷0．02=1024×3．1481×50≈1985秒，故D正確．
5．(2021?甘肅模擬)《九章算術(shù)?商功》有如下敘述：“斜解立方，得兩堵斜解塹堵，其一為陽馬，一為鱉臑．陽馬居二，鱉臑居一，不易之率也．”(陽馬和鱉臑是我國古代對一些特殊錐體的稱謂)．取一個長方體，按如圖所示將其一分為二，得兩個一模一樣的三棱柱，均稱為塹堵，再沿塹堵的一頂點(diǎn)與相對的棱剖開，得四棱錐和三棱錐各一個．其中以矩形為底，有一棱與底面垂直的四棱錐，稱為陽馬．余下的三棱錐是由四個直角三角形組成的四面體，稱為鱉臑．那么如圖所示，a＝3，b＝4，c＝5的陽馬外接球的表面積是( )
A．202π；B．252π；C．50π；D．200π
【答案】C．
【解析】因?yàn)殚L方體、塹堵、陽馬、鱉臑，各個幾何體的頂點(diǎn)都在同一個外接球的表面上，
所以它們的外接球是相同的，外接球的直徑就是長方體的體對角線的長度，
所以外接球的半徑為：R=1232+42+52=502，
陽馬外接球的表面積是4πR2＝50π．
6．(2021?遼寧模擬)為了方便向窄口容器中注入液體，某單位設(shè)計(jì)一種圓錐形的漏斗，設(shè)計(jì)要求如下：該圓錐形漏斗的高為10cm，且當(dāng)窄口容器的容器口是半徑為1cm的圓時，漏斗頂點(diǎn)處伸入容器部分的高為2cm，則制造該漏斗所需材料面積的大小約為( )(假設(shè)材料沒有浪費(fèi))
A．15 5πcm2；B．20 5πcm2；C．25 5πcm2；D．30 5πcm2
【答案】C．
【解析】如圖，
圓錐的高PO＝10cm，PO1＝2cm，O1A1＝1cm，
由△POA∽△PO1A1，可得O1A1OA=PO1PO，則OA=PO?O1A1PO1=10×12=5cm，
則PA=PO2+OA2=100+25=55cm，
沿母線PA剪開，可得一扇形，則扇形面積即為所需材料的面積，
展開后扇形的半徑為PA=55，弧長為2π×5＝10π，
扇形的面積S=12×10π×55=25 5πcm2，
二、填空題
7．正三棱錐的側(cè)棱長為3，底面邊長為26，則此三棱錐的體積為______．
【答案】23．
【解析】如圖，
設(shè)底面三角形ABC的中心為O，連接AO并延長，交BC于D，
∵底面等邊三角形的邊長為26，則AD=24-6=32，
∴AO=23×32=22，則PO=32-(22)2=1．
∴此三棱錐的體積為V=13×12×26×26×32×1=23．
8．(2021?江蘇一模)四面體的棱長為1或2，但該四面體不是正四面體，請寫出一個這樣四面體的體積______；這樣的不同四面體的個數(shù)為______．
【答案】1112，3．
【解析】四面體的棱長為1或2，但該四面體不是正四面體，
可以構(gòu)成一個底面邊長為1的正三角形，側(cè)棱長均為2的正三棱錐，
該三棱錐的高為h=22-(33)2=113，
則體積V=13×34×113=1112，
1和2可以構(gòu)成的三角形有：
邊長為1的正三角形，邊長為2的正三角形，邊長為1，2，2的三角形，
除了已求體積的正三棱錐外，還可以是：
四個1，2，2的三角形拼成的三棱錐；
兩個邊長為2的正三角形和兩個1，2，2的三角形拼成的三棱錐，
綜上這樣的不同四面體的個數(shù)為3．
9．(2020秋?成都期中)在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝2，AB＝3，P為BC的中點(diǎn)，點(diǎn)Q為側(cè)面ADD1A1內(nèi)的一點(diǎn)，當(dāng)B1P⊥AQ，△CDQ的面積最小值時，三棱錐Q﹣ACD的體積為______．
【答案】45．
【解析】如圖，
以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，
則A(2，0，0)，B1(2，3，2)，P(1，3，0)，
設(shè)Q(x，0，z)，
則AQ→=(x-2，0，z)，B1P→=(-1，0，-2)，
∵B1P⊥AQ，∴AQ→?B1P→=2-x-2z=0，即x＝2﹣2z．
|DQ|=x2+z2，
S△CDQ=12×3×x2+z2=32(2-2z)2+z2=325z2-8z+4．
∴當(dāng)z=45，x=25時，△CDQ的面積取最小值355．
此時三棱錐Q﹣ACD的體積為13S△AQD×CD=13×12×2×45×3=45．
10．(2020秋?相城區(qū)月考)已知一個圓柱的軸截面是周長為12米的長方形，則滿足這個條件的圓柱的最大體積是______立方米．
【答案】8π．
【解析】如圖，設(shè)圓柱的底面半徑為r，母線長為l
由題意，4r+2l＝12，即2r+l＝6，則l＝6﹣2r(0＜r＜3)．
圓柱的體積V＝πr2l＝πr2(6﹣2r)≤π?(r+r+6-2r3)3=8π，
當(dāng)且僅當(dāng)r＝6﹣2r，即r＝2時上式等號成立．
∴圓柱的最大體積是8π．
11．(2020秋?袁州區(qū)校級月考)已知正四面體S﹣ABC的棱長為1，如果一個高為36的長方體能在該正四面體內(nèi)任意轉(zhuǎn)動，則該長方體的長和寬形成的長方形的面積的最大值為______．
【答案】124
【解析】設(shè)S在平面ABC上的射影為O，則O為△ABC的中心，延長AO交BC于D，則D為BC的中點(diǎn)，
∵正四面體棱長為1，∴AD=32，AO=23AD=33，∴SO=SA2-AO2=63，
∴正四面體的體積為VS﹣ABC=13S△ABC?SO=13×12×1×32×63=212，表面積為S表＝4S△ABC＝4×12×1×32=3，
設(shè)正四面體S﹣ABC的內(nèi)切球半徑為R，則13×3×R=212，解得R=612，
設(shè)長方體的長和寬分別為x，y，則長方體的體對角線長為x2+y2+(36)2=x2+y2+112，
若高為36的長方體能在該正四面體內(nèi)任意轉(zhuǎn)動，則x2+y2+112≤2R=66，
∴x2+y2≤112，
∴xy≤x2+y22≤124，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)=612時取等號．
12．(2020秋?合肥月考)如圖，已知：在△ABC中，CA=CB=3，AB＝3，點(diǎn)F是BC邊上異于點(diǎn)B，C的一個動點(diǎn)，EF⊥AB于點(diǎn)E，現(xiàn)沿EF將△BEF折起到△PEF的位置，使PE⊥AC，則四棱錐P﹣ACFE的體積的最大值為______．
【答案】24．
【解析】設(shè)AB的中點(diǎn)為D，則CD⊥AB，EF∥CD，且CD=32，
∵EF⊥AB，∴EF⊥PE，
∴PE⊥CD，又PE⊥AC，AC∩CD＝C，
∴PE⊥平面ABC，
設(shè)BE＝x(0＜x＜32)，則PE＝x，EF=x3，
∴S四邊形ACFE＝S△ABC﹣S△BEF=334-x223，
∴VP﹣ACFE=13×(334-x223)×x=34x-x363，
V′(x)=34-36x2，∴當(dāng)0＜x＜62時，V′(x)＞0，當(dāng)62＜x＜32時，V′(x)＜0，
∴當(dāng)x=62時，V(x)取得極大值也是最大值V(62)=24．
13．(2020秋?天心區(qū)校級月考)在三棱錐P﹣ABC中，PA＝PB＝PC＝2，二面角A﹣PB﹣C為直二面角，∠APB＝2∠BPC(∠BPC＜π4)，M，N分別為側(cè)棱PA，PC上的動點(diǎn)，設(shè)直線MN與平面PAB所成的角為α，當(dāng)tanα的最大值為2532時，則三棱錐P﹣ABC的體積為______．
【答案】96125．
【解析】如圖所示，當(dāng)點(diǎn) MN 與平面 PAB 所成的角為二面角 B﹣AP﹣C 的大小時，此時線面角達(dá)到最大，
設(shè) N 運(yùn)動到 C 時，作 CM⊥PA 于 M，CD⊥PB 于 D，連結(jié) DM，
∵二面角 A﹣PB﹣C 為直二面角 ，∴ 面 APB⊥面 PBC，
∵CD⊥PB，CD?面 APB，面 APB∩面 PBC＝PB，
∴CD⊥面 APB，∴AP⊥CD，又 AP⊥CM，CD∩CM＝M，
∴AP⊥面 CDM，∴AP⊥DM，
∴∠DMC＝α，則 tanα=2532，
設(shè) ∠BPC=β，∠APB=2β，
∵PB＝PA＝PC＝2，
∴tanα=CDDM=2sinβPD?sin2β=2sinβ2csβ?(2sinβcsβ)=2532，
∴csβ=45，∴sinβ=35，
∴V=13(12?PA?PB?sin2β)?2sinβ=13(12?2?2?2?35?45)?2?35=96125，
14．(2020春?湖南月考)在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝a，AD＝b，AA1=32，若體對角線長為52，則長方體的表面積的最大值是______．
【答案】32+482．
【解析】由已知得，a2+b2+(32)2=(52)2，所以 a2+b2＝32，
所以長方體表面積 S=2ab+62(a+b)，
因?yàn)?2ab≤a2+b2＝32，2a2+2b2≥a2+b2+2ab＝(a+b)2，
所以 (a+b)2≤2a2+2b2＝64，
∴a+b≤8，當(dāng)且僅當(dāng) a＝b＝4 等號成立，
故表面積 S=2ab+62(a+b)≤32+482，
15．(2020春?南崗區(qū)校級期中)如圖，圓形紙片的圓心為O，半徑為5cm，該紙片上的等邊三角形ABC的中心為O．D，E，F(xiàn)為圓O上的點(diǎn)，△DBC，△ECA，△FAB分別是以BC，CA，AB為底邊的等腰三角形．沿虛線剪開后，分別以BC，CA，AB為折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F(xiàn)重合，得到三棱錐．當(dāng)所得三棱錐體積(單位：cm3)最大時，△ABC的邊長為______(cm)．
【答案】43．
【解析】由題意，連接OD，交BC于點(diǎn)G，由題意得OD⊥BC，OG=36BC，
設(shè)OG＝x，則BC＝23x，DG＝5﹣x，
三棱錐的高h(yuǎn)=DG2-OG2=25-10x+x2-x2=25-10x，
S△ABC=12×32×(23x)2=33x2，
則V=13S△ABC×h=13×33x2×25-10x=3×25x4-10x5，
令f(x)＝25x4﹣10x5，x∈(0，52)，f′(x)＝100x3﹣50x4，
令f′(x)≥0，即x4﹣2x3≤0，解得x≤2，
則f(x)≤f(2)＝80，
∴V≤3×80=415cm3，∴體積最大值為415cm3．
此時△ABC的邊長為BC=23×2=43cm．
16．(2021?西安一模)農(nóng)歷五月初五是端午節(jié)，民間有吃粽子的習(xí)慣，粽子，古稱“角黍”“裹蒸”“包米”“簡粽”等，早在春秋時期就已出現(xiàn)，到了晉代成為了端午節(jié)慶食物．將寬為1的矩形紙片沿虛線折起來，可以得到粽子形狀的六面體，則該六面體的體積為______；若該六面體內(nèi)有一球，當(dāng)該球體積最大時，球的表面積是______．
【答案】13；4π9．
【解析】由題意可得該六面體是由兩個全等的四面體組合而成，
四面體的兩兩垂直的棱長為1，
如圖，該六面體的體積為V＝2VS﹣ABC＝2×13×1×12×1×1=13，
當(dāng)該六面體內(nèi)有一球，且該球的體積取最大值時，
球心為O，且該球與SD相切，其中D為BC的中點(diǎn)，
過球心O作OE⊥SD，則OE就是球的半徑，
SA＝1，OA=23AD=63，故SO=33，SD=22，OD=66，
因?yàn)镾O×OD＝SD×OE，所以球的半徑OE=SO×ODSD=33×6622=13，
所以該球的表面積為4π?(13)2=4π9，
17．(2021?福建模擬)球面幾何是幾何學(xué)的一個重要分支，在航海、航空、衛(wèi)星定位等方面都有廣泛的應(yīng)用．如圖，A，B，C是球面上不在同一大圓(大圓是過球心的平面與球面的交線)上的三點(diǎn)，經(jīng)過這三點(diǎn)中任意兩點(diǎn)的大圓的劣弧分別為AB，BC，CA，由這三條劣弧組成的圖形稱為球面△ABC．已知地球半徑為R，北極為點(diǎn)N，P，Q是地球表面上的兩點(diǎn)，若P，Q在赤道上，且經(jīng)度分別為東經(jīng)40°和東經(jīng)80°，則球面△NPQ的面積為______；若NP＝NQ＝PQ=263R，則球面△NPQ的面積為______．
【答案】2πR29；πR2．
【解析】PQ在赤道上，且經(jīng)度分別為40°和80°，
上半球面面積為12×4π×R2=2πR2，
球面△PNQ面積為40°360°×2πR2=2πR29，
當(dāng)NP＝NQ＝PQ=26R3時，△PNQ為等邊三角形，
根據(jù)題意構(gòu)造一個正四面體N﹣PQS，如圖所示：
其中心為O，O是高NH的靠近H的四等分點(diǎn)，
則cs∠NOP=-cs∠HOP=-OHOP=-OHON=-13，
由余弦定理可得：cs∠NOP=ON2+OP2-PN22ON?OP=2R2-PN22R2=-13，
解得PN=263R，正好為題目給的長度，
所以球面PNQ的面積為S△PNQ=14×4πR2=πR2，
18．(2021?銀川二模)已知一個圓錐的底面面積為3π，側(cè)面展開圖是半圓，則其外接球的表面積等于______．
【答案】16π．
【解析】設(shè)圓錐底面圓半徑為r，圓錐的底面圓面積為3π，
可得πr2＝3π，所以r=3，
母線長為l，圓錐的外接球半徑為R，
∵側(cè)面展開圖是半圓，23π=12×2lπ，∴l(xiāng)＝23，
∴圓錐的軸截面為等邊三角形，
∴球心為等邊三角形的中心，∴R=23×32×23=2，
∴外接球的表面積是4πR2＝16π．
19．(2021?九江二模)如圖所示，已知直四棱柱ABCD﹣A1BC1D1的底面是有一個角為π6的菱形，且該直四棱柱有內(nèi)切球(球與四棱柱的每個面都相切)，設(shè)其內(nèi)切球的表面積為S1，對角面BB1D1D和AA1C1C的面積之和為S2，則S1S2的值為______．
【答案】6π12．
【解析】設(shè)∠ABC＝α，AB＝a，內(nèi)切球的半徑為R，則2R＝asinα，∴R=a2sinα，
四棱柱的高為：asinα，∴S1＝4πR2，由題意可得AC+BD＝2a(sinα2+csα2)，
∴S2＝2a(sinα2+csα2)?asinα＝a2(sinα2+csα2)sinα，
∴S1S2=πa2sin2α2a2(sinα2+csα2)?sinα=πsinα2(sinα2+csα2)=πsinα21+sinα=πsinπ621+sinπ6=6π12．
20．(2021?承德二模)某中學(xué)開展勞動實(shí)習(xí)，學(xué)習(xí)加工制作模具，有一個模具的毛坯直觀圖如圖所示，是由一個圓柱體與兩個半球?qū)佣傻慕M合體，其中圓柱體的底面半徑為1，高為2，半球的半徑為1．現(xiàn)要在該毛坯的內(nèi)部挖出一個中空的圓柱形空間，該中空的圓柱形空間的上下底面與毛坯的圓柱體底面平行，挖出中空的圓柱形空間后模具制作完成，則該模具體積的最小值為______．
【答案】26π27．
【解析】設(shè)中空圓柱的底面半徑為r，圓柱的高為2+h(0＜h＜2)，
則r2+(h2)2=1，r2=1-h24，
∴中空圓柱的體積V＝πr2(2+h)=π(1-h24)(2+h)．
V′=-π(34h2+h-1)，可得當(dāng)h∈(0，23)時，V′＞0，當(dāng)h∈(23，2)時，V′＜0，
則當(dāng)h=23時，V取得最大值為6427π，
又毛坯的體積為π×12×2+43π×13=10π3，
∴該模具體積的最小值為10π3-6427π=26π27．
21．(2021?金鳳區(qū)校級一模)魯班鎖是中國傳統(tǒng)的智力玩具，起源于中國古代建筑中首創(chuàng)的榫卯結(jié)構(gòu)，它的外觀是如圖所示的十字立方體，其上下、左右、前后完全對稱，六根完全一樣的正四棱柱體分成三組，經(jīng)90°榫卯起來．若正四棱柱的高為6，底面正方形的邊長為1，現(xiàn)將該魯班鎖放進(jìn)一個球形容器(容器壁的厚度忽略不計(jì))，則該球形容器表面積的最小值為______．
【答案】41π．
【解析】由題意，該球形容器的半徑的最小值為并在一起的兩個長方體體對角線的一半，
即為12×12+22+62=412
∴該球形容器體積的最小值為：4π?R2＝41π．
22．(2021?河南模擬)已知四面體ABCD的棱長均為26，E，F(xiàn)分別為棱BC，BD上靠近點(diǎn)B的三等分點(diǎn)，過A，E，F(xiàn)三點(diǎn)的平面與四面體ABCD的外接球O的球面相交，得圓O'，則球O的半徑為______，圓O'的面積為______．
【答案】3；8π．
【解析】設(shè)點(diǎn)A在平面BCD上的射影為G，則G為△BCD的中心，
所以GB=23×32×26=22，AG=AB2-GB2=24-8=4，
由于△BCD為正三角形，故四面體外接球的球心O在線段AG上，
設(shè)球O的半徑為R，則OB2＝OG2+GB2，即(|4-R|)2+(22)2=R2，解得R＝3；
設(shè)O在平面AEF上的射影為O'，則O'即為過A，E，F(xiàn)三點(diǎn)的平面截球O所得截面圓的圓心．
設(shè)G在平面AEF上的射影為G'，EF與BG交于點(diǎn)H．
在Rt△AGH中，AG＝4，HG為△BCD高的13，HG=13×32×26=2，
所以AH=16+2=32，所以GG'=AG?GHAH=4×232=43．
由OO'GG'=AOAG，得OO'=34×43=1；
由球的截面性質(zhì)得OO'⊥平面AEF，所以截面圓O'的半徑r=32-12=22，
所以圓O'的面積為πr2＝8π．
23．(2021春?瑤海區(qū)月考)已知正四棱錐S﹣ABCD的底邊長為6，側(cè)棱長為62，則該四棱錐的外接球體積為______．
【答案】646π．
【解析】正四棱錐P﹣ABCD的外接球的球心在它的高PO1上，
正四棱錐S﹣ABCD的底邊長為6，側(cè)棱長為62，AB＝62，
三角形PAC是正三角形，三角形的外接圓恰好是四棱錐的外接球的大圓．
記球心為O，PO＝AO＝R，PO1=32×62=36，PO=23×32×62=26，
得R＝26，∴球的體積V=43π?(26)3＝646π．
附：分層訓(xùn)練答案
基礎(chǔ)組
1．A；2．B；3．A；4．A；5．D；6．B；7．A；8．A；9．1cm；10．32(9﹣π)cm3；11．223；12．833，1602π9；13．9π；14．①②③；15．18；16．3，34；17．(3+3)π；18．54π；19．8π；20．32π；21．163；22．5400+18003；23．208π；24．714π3．
提高組
1．A；2．A；3．B；4．D；5．C；6．C；7．23；8．1112，3；9．45；10．8π；11．124；12．24；13．96125；14．32+482；15．43；16．13，4π9；17．2πR29，πR2；18．16π；19．6π12；20．26π27；21．41π；22．3，8π；23．646π．

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