2025版新高考版高考總復習數(shù)學　空間幾何體的結構特征表面積和體積（十年高考）

2025版新高考版高考總復習數(shù)學專題八立體幾何與空間向量8.1空間幾何體的結構特征、表面積和體積考點1空間幾何體的結構特征1.(2021新高考Ⅰ,3,5分)已知圓錐的底面半徑為2,其側面展開圖為一個半圓,則該圓錐的母線長為()A.2B.22答案B設圓錐的母線長為l,由題意得πl(wèi)=2π·2,∴l(xiāng)=22.故選B.易錯警示1.不清楚圓錐側面展開圖是扇形;2.記不清扇形弧長公式.2.(2014福建文,5,5分)以邊長為1的正方形的一邊所在直線為旋轉軸,將該正方形旋轉一周所得圓柱的側面積等于()A.2πB.πC.2D.1答案A由題意得圓柱的底面半徑r=1,母線l=1.∴圓柱的側面積S=2πrl=2π.故選A.3.(2020課標Ⅰ理,3,5分)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一,它的形狀可視為一個正四棱錐.以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側面三角形的面積,則其側面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為()A.5答案C如圖,設正四棱錐的底面邊長BC=a,側面等腰三角形底邊上的高PM=h,則正四棱錐的高PO=?2∴以|PO|為邊長的正方形面積為h2-a2一個側面三角形面積為12ah∴h2-a24∴4h2-2ah-a2=0,兩邊同除以a2可得4?a2解得?a又∵?a>0,∴?a=5解題關鍵利用以四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側面三角形的面積,求得底面邊長a與側面等腰三角形底邊上的高h之間的關系是求解本題的關鍵.4.(2018課標Ⅰ文,5,5分)已知圓柱的上、下底面的中心分別為O1,O2,過直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形,則該圓柱的表面積為()A.122πB.12πC.82πD.10π答案B本題主要考查圓柱的表面積及圓柱的軸截面.設圓柱的底面半徑為r,高為h,由題意可知2r=h=22,∴圓柱的表面積S=2πr2+2πr·h=4π+8π=12π.故選B.解題關鍵正確理解圓柱的軸截面及熟記圓柱的表面積公式是解決本題的關鍵.5.(2023北京,9,4分,中)坡屋頂是我國傳統(tǒng)建筑造型之一,蘊含著豐富的數(shù)學元素.安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓,展現(xiàn)造型之美.如圖,某坡屋頂可視為一個五面體,其中兩個面是全等的等腰梯形,兩個面是全等的等腰三角形.若AB=25m,BC=10m,且等腰梯形所在平面、等腰三角形所在平面與平面ABCD的夾角的正切值均為145,則該五面體的所有棱長之和為()A.102mB.112mC.117mD.125m答案C顯然AE=ED=FB=FC,作FG⊥AB于G,FH⊥BC于H,設點F在底面ABCD內的射影為O,連接OF,OG,OH,易得OG=12BC=5,四邊形ABCD為矩形,所以∠FGO是平面ABFE與底面ABCD所成角,∠FHO是平面BCF與底面ABCD所成角∵tan∠FGO=tan∠FHO=145,OG=5∴FO=14,OH=5,∴FG=FH=OF2+OG2=39,GB=OH∴EF=AB-2GB=25-10=15.∴AB+BC+CD+AD+AE+ED+BF+FC+EF=25+10+25+10+8+8+8+8+15=117.所以該五面體的所有棱長之和為117m.故選C.6.(2023全國甲理,11,5分,中)已知四棱錐P-ABCD的底面是邊長為4的正方形,PC=PD=3,∠PCA=45°,則△PBC面積為()A.22B.32C.42D.62答案C過P作PO⊥平面ABCD交平面ABCD于點O,取DC的中點E,連接PE、OE,∵PC=PD,∴PE⊥CD,∵PO⊥平面ABCD,AB,CD?平面ABCD,∴PO⊥AB,PO⊥CD,又PE∩PO=P,∴CD⊥平面PEO,∴CD⊥OE,延長EO交AB于點F,則F為AB中點,且OF⊥AB,連接PF,∵PO⊥AB,PO∩OF=O,∴AB⊥平面PFO,∵PF?平面PFO,∴AB⊥PF,又F為AB的中點,∴PA=PB.在△PCA中,PC=3,AC=42,∠PCA=45°,由余弦定理得PA2=PC2+AC2-2PC·AC·cos∠PCA=32+(42)2-2×3×42×22=17,∴PA=17在△PBC中,PB=17,BC=4,PC=3,則cos∠PCB=PC2+BC∴sin∠PCB=22∴S△PBC=12BC·PC·sin∠PCB=12×4×3×22故選C.7.(多選)(2023新課標Ⅰ,12,5分,難)下列物體中,能夠被整體放入棱長為1(單位:m)的正方體容器(容器壁厚度忽略不計)內的有()A.直徑為0.99m的球體B.所有棱長均為1.4m的四面體C.底面直徑為0.01m,高為1.8m的圓柱體D.底面直徑為1.2m,高為0.01m的圓柱體答案ABD對于A,正方體內切球直徑為1m>0.99m,故A符合題意.對于B,如圖1,正方體內最大的內接正四面體D-BA1C1的棱長為A1C1=2m>1.4m,故B符合題意.如圖2,假設放入最大的圓柱的上、下底面圓心為P,Q,設圓柱底面半徑為rm,底面直徑為dm,連接CA1,如圖3,在平面A1DCB1中,過Q作QE⊥A1C,交A1D于點E,則QE=rm,A1Q=2rm,PQ=3-22r=(3-2d)m.對于C,PQ=1.8m>3m,故C不符合題意.對于D,PQ=3-2×1.2≈1.732-1.414×1.2≈0.04m>0.01m,故D符合題意.故選ABD.8.(2023全國甲文,16,5分,中)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,O為AC1的中點,若該正方體的棱與球O的球面有公共點,則球O的半徑的取值范圍是.

答案[22,23]解析由該正方體的棱與球O的球面有公共點,可知最小球為與棱相切的球,最大球為正方體的外接球.當球與棱相切時,設球的半徑為R1,有2R1=2×4,∴R1=22,當球為正方體的外接球時,設球的半徑為R2,有(2R2)2=42+42+42,∴R2=23,所以球O的半徑的取值范圍是[22,23].9.(2023全國甲理,15,5分,中)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別為AB,C1D1的中點.以EF為直徑的球的球面與該正方體的棱共有個公共點.

答案12解析設正方體的棱長為2,則EF=22,所以以EF為直徑的球的半徑為2,球心為正方體的中心O,由于正方體的中心O到正方體各棱的距離均為2,所以正方體各棱的中點都在球面上,并且為各棱與球的唯一交點,所以以EF為直徑的球的球面與該正方體的棱共有12個公共點.考點2空間幾何體的表面積和體積1.(2023全國甲文,10,5分,中)在三棱錐P-ABC中,△ABC是邊長為2的等邊三角形,PA=PB=2,PC=6,則該棱錐的體積為()A.1B.3C.2D.3答案A取AB的中點D,連接CD,PD,∵△ABC,△PAB為等邊三角形,∴CD⊥AB,PD⊥AB,∵△ABC的邊長為2,PA=PB=2,∴PD=CD=3,又∵PC=6,∴PD2+CD2=PC2,∴PD⊥CD,又∵CD∩AB=D,CD,AB?平面ABC,∴PD⊥平面ABC,∴PD為三棱錐P-ABC的高,∴VP-ABC=13S△ABC·PD=13×12×2×3×3=1一題多解(分割求和法)取AB的中點D,連接CD,PD,∵△ABC,△PAB為等邊三角形,∴CD⊥AB,PD⊥AB.又∵CD∩PD=D,∴AB⊥平面PCD,∵△ABC的邊長為2,PA=PB=2,∴PD=CD=3,又∵PC=6,∴PD2+CD2=PC2,∴PD⊥CD,∴S△PCD=12PD·CD=12×(3)2=∴VP-ABC=VA-PCD+VB-PCD=13S△PCD·(AD+BD)=13×32×2=1,2.(2023全國乙理,8,5分,中)已知圓錐PO的底面半徑為3,O為底面圓心,PA,PB為圓錐的母線,∠AOB=120°,若△PAB的面積等于934,則該圓錐的體積為(A.πB.6πC.3πD.36π答案B設圓錐的母線長為l,半徑長為r,則r=3.在△AOB中,由∠AOB=120°,OA=OB=3,得AB=3.S△PAB=12AB·l2?AB22=12×3×l2?94=934,所以l=3,則圓錐的高h=l23.(多選)(2023新課標Ⅱ,9,5分,中)已知圓錐的頂點為P,底面圓心為O,AB為底面直徑,∠APB=120°,PA=2,點C在底面圓周上,且二面角P-AC-O為45°,則()A.該圓錐的體積為πB.該圓錐的側面積為43πC.AC=22D.△PAC的面積為3答案AC對于A,連接PO,∵PA=PB=2,∠APB=120°,∴AB=23,PO=1,∴圓錐的體積V=13π×(3)2×1=π,故A正確對于B,S側=12×2π×3×2=23π,故B錯誤對于C,取AC的中點D,連接PD,OD.∵OA=OC,PA=PC,D為AC的中點,∴OD⊥AC,PD⊥AC.∴∠PDO即為二面角P-AC-O的平面角,∴∠PDO=45°,又PO⊥底面圓,OD?底面圓,∴PO⊥OD,∴PO=DO=1,∴PD=2,AC=2AD=2OA2?OD2=2對于D,S△PAC=12AC·PD=12×22×2=2,故選AC.4.(2016課標Ⅱ文,4,5分)體積為8的正方體的頂點都在同一球面上,則該球的表面積為()A.12πB.323C.8πD.4π答案A設正方體的棱長為a,則a3=8,解得a=2.設球的半徑為R,則2R=3a,即R=3,所以球的表面積S=4πR2=12π.故選A.方法點撥對于正方體與長方體,其體對角線為其外接球的直徑,即外接球的半徑等于體對角線的一半.5.(2015課標Ⅱ,理9,文10,5分)已知A,B是球O的球面上兩點,∠AOB=90°,C為該球面上的動點.若三棱錐O-ABC體積的最大值為36,則球O的表面積為()A.36πB.64πC.144πD.256π答案C∵S△OAB是定值,且VO-ABC=VC-OAB,∴當OC⊥平面OAB時,VC-OAB最大,即VO-ABC最大.設球O的半徑為R,則(VO-ABC)max=13×12R2×R=16R3=36,∴R=6,∴球O的表面積S=4πR2思路分析由△OAB的面積為定值分析出當OC⊥平面OAB時,三棱錐O-ABC的體積最大,從而根據(jù)已知條件列出關于R的方程,進而求出R值,利用球的表面積公式即可求出球O的表面積.導師點睛點C是動點,在三棱錐O-ABC中,如果以面ABC為底面,則底面面積與高都是變量,而S△OAB為定值,因此轉化成以面OAB為底面,這樣高越大,體積越大.6.(2021北京,8,4分)對24小時內降水在平地上的積水厚度(mm)進行如下定義:平地降雨量(mm)0~1010~2525~5050~100降雨等級小雨中雨大雨暴雨如圖所示,小明用一個圓錐形容器接了24小時的雨水,那么這24小時降雨的等級是()A.小雨B.中雨C.大雨D.暴雨答案B命題意圖:本題以測量24小時內降水在平地上的積水厚度為載體,考查學生的空間想象能力、運算求解能力以及應用意識,考查的核心素養(yǎng)是數(shù)學運算、直觀想象,落實了應用性、綜合性和創(chuàng)新性的考查要求.解題思路:作圓錐的軸截面如圖,設圓錐形容器中水面的半徑為rmm,由題意得r100=150300,所以r=50,則容器內的雨水的體積V=13π×502×150=125000π(mm3).所以24小時內降水在平地上的積水厚度為125000ππ×1002=12.5(mm7.(2022新高考Ⅰ,4,5分,應用性)南水北調工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問題,其中一部分水蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔148.5m時,相應水面的面積為140.0km2;水位為海拔157.5m時,相應水面的面積為180.0km2.將該水庫在這兩個水位間的形狀看作一個棱臺,則該水庫水位從海拔148.5m上升到157.5m時,增加的水量約為(7≈2.65)()A.1.0×109m3B.1.2×109m3C.1.4×109m3D.1.6×109m3答案C140km2=140×106m2,180km2=180×106m2,由棱臺體積公式V=13(S+S'+SS')h可得V增加水量=13×(140+180+140×180)×106×(157.5-148.5)=3×(320+607)×106≈3×(320+60×2.65)×106=1437×106≈1.4×109(m3),故選8.(2021全國甲理,11,5分)已知A,B,C是半徑為1的球O的球面上的三個點,且AC⊥BC,AC=BC=1,則三棱錐O-ABC的體積為()A.2答案A解題指導:本題的關鍵點為O到平面ABC的距離的求解.先求出小圓(△ABC的外接圓)的半徑,通過球半徑和小圓半徑,結合勾股定理得出O到平面ABC的距離,然后利用體積公式得出結果.解析如圖所示,由AC⊥BC可知,△ABC是以AB為斜邊的直角三角形,又知AC=BC=1,∴AB=2,∴Rt△ABC的外接圓圓心為AB的中點O1,半徑r=AB2=22,連接OO1,∵點O為球心,∴OO1⊥平面ABC,即OO1的長為O在Rt△OO1B中,OB=1,O1B=22∴OO1=12∴VO-ABC=13×12易錯警示牢記錐體的體積公式中的“13”.易錯選C9.(2022新高考Ⅱ,7,5分)已知正三棱臺的高為1,上、下底面邊長分別為33和43,其頂點都在同一球面上,則該球的表面積為()A.100πB.128πC.144πD.192π答案A設正三棱臺為A'B'C'-ABC,△A'B'C',△ABC的外心分別為D',D,則A'D'=3,AD=4,又知D'D=1,所以正三棱臺的外接球球心在線段D'D的延長線上,設球心為O,半徑為R,如圖所示,在Rt△A'D'O中,R2=32+(DO+1)2①,在Rt△ADO中,R2=42+DO2②,由①②得R=5,所以該球的表面積為4π×52=100π,故選A.10.(2022新高考Ⅰ,8,5分)已知正四棱錐的側棱長為l,其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為36π,且3≤l≤33,則該正四棱錐體積的取值范圍是()A.18,C.274,643D.[答案C如圖,S-ABCD是正四棱錐,連接AC,BD,交于點O,設正方形ABCD的邊長為a,SO=h,SE是外接球的直徑,則SE=2R=6.由AO2=SO·OE,得a22=h(6-h),又l2=a22+h2,∴l(xiāng)2=6h,∴則a2=2h(6-h)=l2∴正四棱錐的體積V=1=19∴V'=49l3?l554,令V'V在[3,26)上單調遞增,在(26,33]上單調遞減,而l=3時,V=274,l=33時,V=814,l=26時,V=∴該正四棱錐體積的取值范圍是27411.(2022全國乙,理9,文12,5分)已知球O的半徑為1,四棱錐的頂點為O,底面的四個頂點均在球O的球面上,則當該四棱錐的體積最大時,其高為()A.1答案C如圖,設∠AO1D=α1,∠AO1B=α2,∠BO1C=α3,∠CO1D=α4,球O的半徑為R,四棱錐的底面所在圓O1的半徑為r,則R=1,S四邊形ABCD=12r2(sinα1+sinα2+sinα3+sinα4當且僅當α1=α2=α3=α4=π2時,四邊形ABCD的面積最大,最大為2r2,此時四邊形ABCD為正方形在△OO1C中,設高OO1=h,則h=R2V四棱錐O-ABCD=13S四邊形ABCDh=13×2r2令r2=t,則V四棱錐O-ABCD=23t1?t=設f(t)=t2-t3,則f'(t)=2t-3t2=t(2-3t),當t∈0,23時,f'(t)>0,則f(t)當t∈23,1時,f'(t)<0,則f(t)∴t=23時,f(t)取得最大值,且f(t)max=4∴(V四棱錐O-ABCD)max=4327,此時高h=1?r2一題多解:由題意知S四邊形ABCD=S△ABD+S△CBD=12BD·?1+12BD·?2=12BD(h1+h2),其中h1,h2分別表示點A與點C到BD的距離,要使四邊形ABCD的面積取最大值,則BD與AC均為四邊形ABCD所在圓的直徑,且BD⊥AC,此時BD取得最大值,h1+h2也取得最大值,所以S四邊形ABCD取最大值時,四邊形ABCD為正方形,設其邊長為a,四棱錐O-ABCD的高為h(0<h<1),體積為V,則有12a2+h2=1,即a2=2-2h2,所以V=13a2·?=13(2-2h2)·h(0<h<1),∴V=23(h-h3),∴V'=23(1-3h2),令1-3h2>0,解得0<h<33,令1-3h2<0,解得33<h<1,∴函數(shù)V=12.(2022全國甲,理9,文10,5分)甲、乙兩個圓錐的母線長相等,側面展開圖的圓心角之和為2π,側面積分別為S甲和S乙,體積分別為V甲和V乙.若S甲S乙=2,則V甲VA.5答案C設甲、乙兩個圓錐的側面展開圖的圓心角分別為θ甲和θ乙,母線長均為l,底面半徑分別為r甲,r乙,高分別為h甲,h乙.由S甲S乙=2得r甲r乙=2,即r甲=2r乙,所以θ甲=2θ乙.又θ甲+θ乙=2π,所以θ甲=4π3,θ乙=2π3,所以r甲=23l,r乙=13l,所以h甲=53l,h13.(多選)(2022新高考Ⅱ,11,5分)如圖,四邊形ABCD為正方形,ED⊥平面ABCD,FB∥ED,AB=ED=2FB.記三棱錐E-ACD,F-ABC,F-ACE的體積分別為V1,V2,V3,則()A.V3=2V2B.V3=V1C.V3=V1+V2D.2V3=3V1答案CD因為ED⊥平面ABCD,且FB∥ED,所以FB⊥平面ABCD.設AB=ED=2FB=2a,則FB=a,則V1=13S△所以V2=12V1=23a3.如圖,連接BD,交AC于易證AC⊥平面BDEF.S△EOF=S梯形BDEF-S△ODE-S△OBF=12(a+2a)×22a?12×2a×2a?12故V1+V2=V3,2V3=3V1成立,故選CD.一題多解:由ED⊥平面ABCD,ED∥FB知FB⊥平面ABCD,設AB=ED=2FB=2a,則FB=a.由于S△ACD=S△ABC=2a2,所以V2=12V1=23a3.連接BD,交AC于點O,連接OE,OF,則有OE=6a,OF=3所以OE2+OF2=EF2,即OE⊥OF,易知AC⊥平面BDEF,所以OF⊥AC,又OE∩AC=O,所以OF⊥平面EAC,則OF為三棱錐F-ACE的高.所以V3=13S△ACE·OF=13×12×22a×6a×3a=2a3,所以14.(2018課標Ⅲ,理10,文12,5分)設A,B,C,D是同一個半徑為4的球的球面上四點,△ABC為等邊三角形且其面積為93,則三棱錐D-ABC體積的最大值為()A.123B.183C.243D.543答案B本題考查空間幾何體的體積及與球有關的切接問題.設等邊△ABC的邊長為a,則有S△ABC=12a·a·sin60°=93,解得設△ABC外接圓的半徑為r,則2r=6sin60°,解得r=2則球心到平面ABC的距離為42所以點D到平面ABC的最大距離為2+4=6,所以三棱錐D-ABC體積的最大值為13×93×6=183,故選方法總結解決與球有關的切、接問題的策略:(1)“接”的處理:①構造正(長)方體,轉化為正(長)方體的外接球問題.②空間問題平面化,把平面問題轉化到直角三角形中,作出適當截面(過球心,接點等).③利用球心與截面圓心的連線垂直于截面定球心所在直線.(2)“切”的處理:①體積分割法求內切球半徑.②作出合適的截面(過球心,切點等),在平面上求解.③多球相切問題,連接各球球心,轉化為處理多面體問題.15.(2017課標Ⅲ,理8,文8,5分)已知圓柱的高為1,它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上,則該圓柱的體積為()A.πB.3π4C.π答案B本題考查球的內接圓柱的體積.設圓柱的底面半徑為r,則r2+122=12,解得r=∴V圓柱=π×322×1=34思路分析利用勾股定理求圓柱的底面半徑,再由體積公式求圓柱的體積.解題規(guī)律有關球的切或接問題,要重視利用勾股定理求解.16.(2015山東理,7,5分)在梯形ABCD中,∠ABC=π2,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2.將梯形ABCD繞AD所在的直線旋轉一周而形成的曲面所圍成的幾何體的體積為A.2π3B.4π答案C如圖,此幾何體是底面半徑為1,高為2的圓柱挖去一個底面半徑為1,高為1的圓錐,故所求體積V=2π-π3=5評析本題主要考查幾何體的體積及空間想象能力.17.(2014陜西理,5,5分)已知底面邊長為1,側棱長為2的正四棱柱的各頂點均在同一個球面上,則該球的體積為()A.32π3答案D如圖為正四棱柱AC1.根據(jù)題意得AC=2,∴對角面ACC1A1為正方形,∴外接球直徑2R=A1C=2,∴R=1,∴V球=4π3,18.(2021全國甲文,14,5分)已知一個圓錐的底面半徑為6,其體積為30π,則該圓錐的側面積為.

答案39π解題指導:先利用圓錐的體積公式求出圓錐的高h,再利用母線長l=?2+r2求出母線長l,最后利用S側=解析設圓錐的底面圓半徑為r,高為h,母線長為l.由圓錐的體積V=13πr2h得h=5∴母線長l=r2∴圓錐的側面積S側=πrl=39π.19.(2013課標Ⅱ,15,5分,0.158)已知正四棱錐O-ABCD的體積為322,底面邊長為3,則以O為球心,OA為半徑的球的表面積為答案24π解析設底面中心為E,連接OE,AE,則|AE|=12|AC|=6∵體積V=13×|AB|2×|OE|=|OE|=3∴|OA|2=|AE|2+|OE|2=6.從而以OA為半徑的球的表面積S=4π·|OA|2=24π.思路分析先根據(jù)已知條件直接利用錐體的體積公式求得正四棱錐O-ABCD的高,再利用勾股定理求出|OA|,最后根據(jù)球的表面積公式計算即可.20.(2013課標Ⅰ,15,5分,0.123)已知H是球O的直徑AB上一點,AH∶HB=1∶2,AB⊥平面α,H為垂足,α截球O所得截面的面積為π,則球O的表面積為.

答案9解析平面α截球O所得截面為圓面,圓心為H,設球O的半徑為R,則由AH∶HB=1∶2得OH=13由圓H的面積為π,得圓H的半徑為1,所以R32+12=R2,得出R2=98,所以球O的表面積S=4πR2=4π·921.(2023新課標Ⅰ,14,5分,易)在正四棱臺ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=2,則該棱臺的體積為.

答案7解析正四棱臺ABCD-A1B1C1D1如圖所示.設其上、下底面中心分別為O1,O,連接O1O,O1A1,OA,由正四棱臺的定義可知O1O⊥平面ABCD,O1O⊥平面A1B1C1D1,四邊形ABCD,A1B1C1D1均為正方形.∵AB=2,A1B1=1,∴AO=2,A1O1=22易知AO∥A1O1,又∵AA1=2,∴在直角梯形A1O1OA中,O1O=(2)2∴V正四棱臺ABCD?A1B1C1D1=1322.(2023新課標Ⅱ,14,5分,易)底面邊長為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截,截去一個底面邊長為2,高為3的正四棱錐,所得棱臺的體積為.

答案28解析棱臺的兩底面邊長分別為2與4,高為3(由上、下底面邊長可知棱臺的高與截去的棱錐的高相等)所以棱臺的體積V=13×(22+42+22×23.(2014山東理,13,5分)三棱錐P-ABC中,D,E分別為PB,PC的中點,記三棱錐D-ABE的體積為V1,P-ABC的體積為V2,則V1V2答案1解析如圖,設S△ABD=S1,S△PAB=S2,E到平面ABD的距離為h1,C到平面PAB的距離為h2,則S2=2S1,h2=2h1,V1=13S1h1,V2=13S2h2,∴V1V2評析本題考查三棱錐的體積的求法以及等體積轉化法在求空間幾何體體積中的應用.本題的易錯點是不能利用轉化與化歸思想把三棱錐的體積進行適當?shù)霓D化,找不到兩個三棱錐的底面積及相應高的關系,從而造成題目無法求解或求解錯誤.24.(2011課標理,15,5分)已知矩形ABCD的頂點都在半徑為4的球O的球面上,且AB=6,BC=23,則棱錐O-ABCD的體積為.

答案83解析如圖,連接AC,BD,交于O1,則O1為矩形ABCD所在小圓的圓心,連接OO1,則OO1⊥面ABCD,易求得O1C=23,又OC=4,∴OO1=OC∴棱錐體積V=13×6×23×2=83失分警示立體感不強,空間想象能力差,無法正確解出棱錐的高而得出錯誤結論.評析本題主要考查球中截面圓的性質及空間幾何體的體積的計算,通過球這個載體考查學生的空間想象能力及推理運算能力.25.(2011課標文,16,5分)已知兩個圓錐有公共底面,且兩圓錐的頂點和底面的圓周都在同一個球面上.若圓錐底面面積是這個球面面積的316,則這兩個圓錐中,體積較小者的高與體積較大者的高的比值為答案1解析如圖,設球的半徑為R,圓錐底面半徑為r,由題意得πr2=316×4πR2∴r=32R,∴OO1=12R.體積較小的圓錐的高AO1=R-12R=12R,體積較大的圓錐的高BO1=R+故這兩個圓錐中,體積較小者的高與體積較大者的高的比值為13評析本題考查球、球內接圓錐的相關問題,考查R,r的關系,由題意得到r=32R是解答本題的關鍵26.(2023全國乙文,19,12分)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=22,PB=PC=6,BP,AP,BC的中點分別為D,E,O,點F在AC上,BF⊥AO.(1)證明:EF∥平面ADO;(2)若∠POF=120°,求三棱錐P-ABC的體積.解析(1)證明:因為AB=2,BC=22,AB⊥BC,所以AC2=AB2+BC2=12,AC=23.設AF=λAC,則BF·AO=(λAC?AB)·解得λ=12,所以F為AC的中點所以EF∥PC,又OD∥PC,所以EF∥OD,又因為EF?平面ADO,OD?平面ADO,所以EF∥平面ADO.(2)因為AB⊥BC,OF∥AB,所以OF⊥BC,又PB=PC=6,所以OP⊥BC,又OF∩OP=O,OF,OP?平面OPF,所以BC⊥平面OPF,又BC?平面ABC,所以平面ABC⊥平面OPF,過點P作PM⊥OF于點M,又平面OPF∩平面ABC=OF,PM?平面OPF,所以PM⊥平面ABC,因為BC=22,PB=PC=6,所以OP=2,又∠POF=120°,所以PM=OP·sin(180°-120°)=3,即三棱錐P-ABC的高為3.所以三棱錐P-ABC的體積V=1327.(2022全國甲文,19,12分)小明同學參加綜合實踐活動,設計了一個封閉的包裝盒.包裝盒如圖所示:底面ABCD是邊長為8(單位:cm)的正方形,△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均為正三角形,且它們所在的平面都與平面ABCD垂直.(1)證明:EF∥平面ABCD;(2)求該包裝盒的容積(不計包裝盒材料的厚度).解析取AB、BC、CD、DA的中點M、N、P、Q,連接EM、FN、GP、HQ、MN、NP、PQ、QM.(1)證明:在正三角形ABE中,M為AB的中點,所以EM⊥AB.又平面ABE∩平面ABCD=AB,且平面ABE⊥平面ABCD,所以