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2020高考数学二轮复习专题讲练8 立体几何（空间几
何体的三视图、表面积与体积）（最新，超经典）
专题三 立体几何
小题增分专项1 空间几何体的三视图、表面积与体积
全国卷3年考情分析
考|题|细|目|表
年份
2019
全国Ⅰ卷
与三棱锥有关的球
的体积·T
12

全国Ⅱ卷
空间几何体的结
构特征与数学文
化·T
16

全国Ⅲ卷
组合体的体
积·T
16

三视图与数学文
空间几何体的三视
2018
图、直观图及最短路
径问题·T
7

空间几何体的三视
2017
图与直观图、面积的
计算·T
7

三棱锥的体积·T
16

命|题|规|律
立体几何问题既是高考的 必考点，也是考查的难点，其在高
考中的命题形式较为稳定，保持“一小一大”或“两小一大”的
格局，多以选择题或者填空题的形式考查空间几何体三视图的识
别，空间几何体的体积或表面积的计算 。

1．空间几何体的三视图
(1)几何体的摆放位置不同，其三视图也不同，需 要注意长对
圆锥的性质及侧
面积的计算·T
16

化·T
3

与外接球有关的
空间几何体体积
的最值问题·T
10

空间 几何体的三球的内接圆柱、
视图及组合体体圆柱的体积的计
积的计算·T
4

算·T
8

正、高平齐、宽相等。
(2)由三视图还原几何体：一般先从俯视图确定底面，再利用
正视图与侧视图确定几何体。
2．空间几何体的两组常用公式
(1)柱体、锥体、台体的表面积公式：
①圆柱的表面积S＝2πr(r＋l)；
②圆锥的表面积S＝πr(r＋l)；
③圆台的表面积S＝π(r′
2
＋r
2
＋r′l＋rl)；
④球的表面积S＝4πR
2
。
(2)柱体、锥体和球的体积公式：
①V
柱体
＝Sh(S为底面面积，h为高)
1
②V
锥体
＝
3
Sh(S为底面面积，h为高)；
4
3
③V
球
＝
3
πR
。

考点一 空间几何体的三视图与直观图
【例1】 (1)(2019·河北唐山第一次摸底 )已知某几何体的三
视图如图所示(俯视图中曲线为四分之一圆弧)，则该几何体的表
面积为( )

ππ
A．1－
4
B．3＋
2

π
C．2＋
4
D．4
解析 由 三视图可知该几何体是一个以俯视图所示图形为
πππ
底面的柱体，底面面积为1×1－
4
＝1－
4
，底面周长为1＋1＋
2
＝

π
π

π
2＋
2
，柱体的高为1，所以该柱体的表面 积为S＝2

1－
4

＋

2＋
2


×1＝4，故选D。
答案 D
(2)我国古代数学名著《算 法统宗》中有如下问题：“今有倚
壁外角堆米，下周九十尺，高十二尺。”其意思为：在屋外墙角
处堆放米(其三视图如图所示)，米堆底部的弧长为90尺，米堆的
高为12尺。圆周率约为3。若将 此堆米用草席盖上，则此草席
的面积至少约为(计算结果保留整数，如544≈23，550
≈ 23)( )

A．250平方尺
C．1 035平方尺

B．990平方尺
D．518平方尺
3
解析 由三视图可知，米堆为圆锥 的
4
，其中，圆锥的高为
33
12尺，底面圆的周长的
4
为 90尺。设圆锥的底面半径为r，则
4
×2πr＝90，由π≈3可得，r＝20。所以圆锥的 母线长为20
2
＋12
2
331
＝544≈23(尺)。易知草席的 面积为圆锥的侧面积的
4
，即
4
×
2
1
×23×1 20＝
2
×90×23＝1 035(平方尺)。故选C。
答案 C

识别三视图应注意以下几方面：①看线型，是线段、虚线还
是曲线， 确定此几何体是简单多面体还是旋转体；②分部分，想
整体，看是简单几何体还是组合体；③对比一些熟 悉的三视图模
型分析，如正方体、圆锥、三棱锥的三视图模型。
【变式训练1】 (201 9·北京高考)某几何体是由一个正方体
去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示。如果网格纸上小正方
形的边长为1，那么该几何体的体积为________。

解析 如图所示的正方 体ABCD－A
1
B
1
C
1
D
1
的棱长为 4，去
掉四棱柱MQD
1
A
1
－NPC
1
B
1
(其底面是一个上底为2，下底为4，
高为2的直角梯形)所得的几何体为题中三视图对应 的几何体，

1
故所求几何体的体积为4
3
－
2
×(2＋4)×2×4＝40。

答案 40
考点二 空间几何体的表面积与体积
【例2】 (1)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学
名 著，书中提到了一种名为“刍甍”的五面体，如图所示，四边
形ABCD为矩形，棱EF∥AB。若此几 何体中，AB＝4，EF＝2，
△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，则该几何体的表
面积为( )

A．83 B．8＋83

C．62＋23 D．8＋62＋23
解析 如图所示，取BC的中点P，连接PF，则PF⊥BC，
过F作F Q⊥AB，垂足为Q。因为△ADE和△BCF都是边长为2
的等边三角形，且EF∥AB，所以四边形 ABFE为等腰梯形，FP
1
＝3，则BQ＝
2
(AB－EF)＝1，FQ＝ BF
2
－BQ
2
＝3，所以S
梯
11
形
E FBA
＝S
梯形
EFCD
＝×(2＋4)×3＝33，又S
△
ADE
＝S
△
BCF
＝
22
×2×3＝3，S
矩 形
ABCD
＝4×2＝8，所以该几何体的表面积S＝
33×2＋3×2＋8＝8＋8 3。故选B。

答案 B
(2)(2019·全国Ⅲ卷)学生到工厂劳动实践，利 用3D打印技术
制作模型。如图，该模型为长方体ABCD－A
1
B
1
C
1
D
1
挖去四棱锥
O－EFGH后所得的几何体，其中O为长方 体的中心，E，F，G，
H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA
1
＝4 cm。3D打印
所用原料密度为0.9 gcm
3
。不考虑打印损耗，制作该模型所需原
料的质量为________g。

解析 由题易得长方体ABCD－A
1
B
1
C
1
D
1
的体积为6×6×4
＝144(cm
3
)，四边形EFGH为平行四边形，如图所示，连接GE，
1
HF，易知四边形EFGH的面积 为矩形BCC
1
B
1
面积的一半，即
2
1
×6×4 ＝12(cm
)，所以V
四棱锥
O
－
EFGH
＝
3
×3×12＝12(cm
3
)，所以
2
该模型的体积为144－12 ＝132(cm
3
)，所以制作该模型所需原料
的质量为132×0.9＝118.8 (g)。

答案 118.8

(1)求几何体的表面积的方法
①求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面图形问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点。
②求不规则几何体的表面积时，通常 将所给几何体分割成柱、
锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差
求得所 给几何体的表面积。
(2)求空间几何体体积的常用方法
公式法 直接根据常见柱、锥、台等规则几何体的体积公式计算
等积法
割补法

【变式训练2】 (1)(2019·天津高考)已知四棱锥的底面是边
长为2的正方形，侧棱 长均为5。若圆柱的一个底面的圆周经
过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中< br>心，则该圆柱的体积为______。
解析 由题可得，四棱锥底面对角线的长为2，则圆柱底 面
根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得
体积计算更容易，或是求出一些体积 比等
把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补
形，转化为可计算体积的几何体

1
的半径为
2
，易知四棱锥的高为5－1＝2，故圆柱的高为 1，所
以圆柱的体积为
π
答案
4

(2)(2019·广 州市综合测试)已知直四棱柱ABCD－A
1
B
1
C
1
D< br>1
的所有棱长都是1，∠ABC＝60°，AC∩BD＝O，A
1
C
1
∩B
1
D
1
＝
O
1
，点H在线段OB1
上，OH＝3HB
1
，点M是线段BD上的动点，
则三棱锥M－C1
O
1
H的体积的最小值为________。
1
解析 V< br>三棱锥
M
－
C
1
O
1
H
＝V
三棱锥
C
1
－
MO
1
H
＝
3
× S
△
MO
1
H
×h(h为C
1
到平面BDD
1
B
1
的距离)，由已知可得C
1
O
1
⊥平面B DD
1
B
1
，又直
四棱柱的所有棱长都为1，且∠ABC＝60°， 所以A
1
B
1
C
1
D
1
是菱
11 11
形，C
1
O
1
＝
2
，所以V
三棱锥< br>M
－
C
1
O
1
H
＝
3
×< br>2
×
2
×O
1
H×h′，其中h′
为M到直线O1
H的距离，O
1
H是定值，所以h′最小时，V
三棱锥
如图， 延长
M
－
C
1
O
1
H
最小。O
1
H交B
1
B于点F，交OB的延长线于
B
1
H1B
1
O
1
133
点N，连接OO
1
，因为
HO
＝
3
，所以
NO
＝
3
，NO＝
2
，NB ＝
3，NO
1
＝

33


2
＝
1＋


2


1

2
π
π×

2

×1＝
4
。

3113131
，O
H＝
×＝
1
2428
，M到直线
3
2
O
1
H的距离的最小值即B到直线O
1
H的距离 ，NF＝

2

2
＋

3


＝
2
3×
3
431293
3＋
9
＝
3
，所以h′＝＝
31
，所以(V
三棱锥
M
－
C
1
O
1
H
)
min
31
3
131 2933
＝
12
×
8
×
31
＝
48
。

3
答案
48

考点三 多面体与球的切、接问题
增分考点 广度拓展
考向1 外接球问题
【例3】 (2019·河北省九校联考)已知三棱柱ABC－A
1
B
1
C
1< br>的所有顶点都在球O的球面上，该三棱柱的五个面所在的平面
截球面所得的圆大小相同，若球O的 表面积为20π，则三棱柱的
体积为( )
A．63
C．123
B．12
D．18
解析 设球O的半径为R，则由4πR
2
＝2 0π得R
2
＝5，由题
意知，此三棱柱为正三棱柱，且底面三角形的外接圆与侧面的外
接圆大小相同，故设三棱柱的底面边长为a，高为h，如图，取
三角形ABC的中心O
1
，四边形BCC
1
B
1
的中心O
2
，连接OO< br>1
，
22
OA，O
2
B，O
1
A，由题意可 知，在Rt△AOO
1
中，OO
2
1
＋AO
1
＝A O
＝R
2

h

2

，即
2

＋



3a

22

＝R
2
＝5 ①，又AO
1
＝BO
2
，所以AO
2
1
＝BO
2
，
3


< br>即


3a

2

h

2

a

2

＝

＋

②，由①②可得a
2
＝12，h＝2，所以三棱
3


2

2


V＝


柱的体积
3
2


h＝63。故选A。
4
a


答案 A

解决多面体的外接球问题，关键是确定球心位置，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
心作垂直于此面的垂线，则球心一定在此垂线 上，最后根据其他
顶点情况确定球心的准确位置。对于特殊的多面体还可以通过补
成正方体或长 方体的方法找到球心位置。

【变式训练3】 (2019·石家庄教学质量检测)如 图，在四棱
锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，PB⊥底面ABCD，O为对
π
角线AC与BD的交点，若PB＝1，∠APB＝∠BAD＝
3
，则三棱
锥P－AOB 的外接球的体积是________。

解析 因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD ，即OA⊥
OB。因为PB⊥平面ABCD，所以PB⊥AO，又OB∩PB＝B，所
以AO⊥ 平面PBO，所以AO⊥PO，即△PAO是以PA为斜边的
直角三角形。因为PB⊥AB，所以△PA B是以PA为斜边的直角
三角形，所以三棱锥P－AOB的外接球的直径为PA。因为PB＝
π
1，∠APB＝
3
，所以PA＝2，所以三棱锥P－AOB的外接球的半
4π
径为1，所以三棱锥P－AOB的外接球的体积为
3
。
4π
答案
3

考向2 内切球问题
【例4】 设正三棱锥P－ABC的高为H，且此 三棱锥内切
H
球的半径为R，若二面角P－AB－C的正切值为35，则
R
＝ ( )

A．5 B．6 C．7 D．8
解析 取线段A B的中点D，设P在底面ABC内的射影为O，
313
连接PD，OD。设AB＝a，则OD＝
2
a×
3
＝
6
a，易知∠PDC
为二面角P－AB －C的平面角，所以tan∠PDC＝35，所以PD
1
＝6OD＝3a。设三棱锥的表面积为 S，体积为V，则V＝
3
SR，
13
2
1

H13
2

即
3
×
4
aH＝
3
×

3×a×3a＋a

×R，化简得
R
＝7。
24

答案 C

解决多面体的内切球问题，一般是将多面体分 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4】 在三棱锥P－ABC中，侧棱PA＝PB＝2，
PC＝ 6，当三棱锥P－ABC的三个侧面的面积之和最大时，三
棱锥P－ABC内切球的表面积是( )
A．(32－86)π B．(32－166)π
C．(40－86)π D．(40－166)π
1
解析 其中一个侧面的面积S
△
PAB
＝
2
×PA×PB×sin∠APB

＝2sin∠APB，要使此面积 最大，则∠APB＝90°。同理可知，当
PA，PB，PC两两垂直时，三棱锥P－ABC的三个侧面 的面积之
和最大。设三棱锥的内切球的球心为O，则O到三棱锥的四个
面的距离与球的半径r相 等。因为PA＝PB＝2，PC＝6，所以
BC＝AC＝10，AB＝22，可得△ABC，△APC， △APB，△BPC
1
的面积分别为4，6，2，6，所以V
三棱锥
P
－
ABC
＝
3
×(4＋6＋2
1
＋6)·r＝
3
×2×6，解得r＝6－2，所以内切球的表面积S＝
(40－166)π。
答案 D
强|化|训|练
1．(2019·武昌区统考)已知正三棱锥S－ABC的所有顶点都< br>在球O的球面上，棱锥的底面是边长为23的正三角形，侧棱长
为25，则球O的表面积为( )
A．10π B．25π C．100π D．125π
解析 如图，设O< br>1
为正三棱锥S－ABC的底面中心，连接
SO
1
，则SO
1
是三棱锥的高，三棱锥的外接球的球心O在SO
1
上，
设球的半径为R，连接 AO
1
，AO，因为正三角形ABC的边长为
32
23，所以AO
1
＝23×
2
×
3
＝2，因为SA＝25，所以在Rt△
AS O
1
中，SO
1
＝25
2
－2
2
＝4 ，在Rt△AOO
1
中，R
2
＝(4－R)
2

5

5
＋2，解得R＝
2
，所以球O的表面积为4π×
2

2
＝25π，故选B。

2

答案 B
2．(2019·昆明市模拟)三棱锥P－ABC的所有顶点都在半径
为2 的球O的球面上。若△PAC是等边三角形，平面PAC⊥平
面ABC，AB⊥BC，则三棱锥P－AB C体积的最大值为( )
A．2 B．3 C．23 D．33
解析 根据 AB⊥BC可知AC为△ABC所在截面圆O
1
的直
径，又平面PAC⊥平面ABC， △APC为等边三角形，所以P在
13
OO
1
上，如图所示，设PA＝x，则 AO
1
＝
2
x，PO
1
＝
2
x，所以3
PO
1
＝
2
x＝OO
1
＋2＝
< br>
1

2
4－

2
x

＋ 2⇒





1

2
32

＝4－

x

⇒x
2
x－22

2


13
－23x＝0⇒x＝23，所以AO< br>1
＝
2
×23＝3，PO
1
＝
2
×23＝< br>3，当底面△ABC的面积最大时，即底面为等腰直角三角形时三
11
棱锥P－ABC的 体积最大，此时V＝
3
S
△
ABC
×PO
1
＝3

1
×

2
×2

3×

3

×3＝3。故选

B。

答案 B


重点增分专练(六) 空间几何体的三视图、表面积与体积
A级 基础达标
一、选择题
1．(2019·昆明市教学质量检测)一个三棱柱的 三视图如图所
示，则该三棱柱的侧面积为( )

A．123
C．12＋3
B．24
D．24＋23

解析 根据 三视图可知该三棱柱的直观图如图所示，所以该
三棱柱的侧面积S＝
[
23
2
＋1
2
＋2
]
×4＝(2×2＋2)×4＝24。

答案 B
2．(2019·浙江高考)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，
他提出 的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理
可以得到柱体的体积公式V
柱体
＝Sh，其中S是柱体的底面积，h
是柱体的高。若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱 体
的体积(单位：cm
3
)是( )

A．158 B．162
C．182 D．324

解析 由三视图可知，该几何体是一 个直五棱柱，所以其体
1
积V＝
2
×(4×3＋2×3＋6×6)×6＝16 2。故选B。
答案 B
3．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为
( )

7
A.
3

8
C.
3

8－π
B.
3

7－π
D.
3

解析 由三视图知该几何体是由如图所示的四棱锥P－
ABCD挖去一个半圆锥后形成的，四棱 锥的底面是边长为2的正
方形，高是2，圆锥的底面半径是1，高是2，所以该几何体的
8－π
111
2
体积V＝
3
×2×2×2－
2
×
3
π×1
×2＝
3
。故选B。

答案 B
4．已知圆柱的上、下底面的中心分别为O
1
，O
2
，过直线
O
1
O
2
的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆
柱的表面积为( )
A．122π
C．82π
B．12π
D．10π
解析 根据题意，可得截面是边长为22的正方形，所以圆
柱的高为22 ，底面圆的半径为2，所以其表面积为S＝2π(2)
2
＋22π×22＝12π。故选B。
答案 B
5．(2019·昆明市诊断测试)数学中有很多公式都是数学家欧
拉(Leonhard E uler)发现的，它们都叫欧拉公式，分散在各个数学
分支之中，任意一个凸多面体的顶点数V、棱数 E、面数F之间，
都满足关系式V－E＋F＝2，这个等式就是立体几何中的“欧拉
公式”。若 一个凸二十面体的每个面均为三角形，则由欧拉公式
可得该多面体的顶点数为( )
A．10 B．12
C．15 D．20

解析 二十面体的每 个面均为三角形，每条棱都是两个面共
1
用，所以棱数E＝20×3×
2
＝3 0，面数F＝20，顶点数V＝E－F
＋2＝12。故选B。
答案 B
6．(20 19·合肥市第二次教学质量检测)我国古代名著《张丘
建算经》中记载：“今有方锥，下广二丈，高三 丈。欲斩末为方
亭，令上方六尺。问：斩高几何？”大致意思是：有一个正四棱
锥下底边长为二 丈，高三丈，现从上面截去一段，使之成为正四
棱台，且正四棱台的上底边长为六尺，则截去的正四棱锥 的高是
多少。如果我们把求截去的正四棱锥的高改为求剩下的正四棱台
的体积，则该正四棱台的 体积是(注：1丈＝10尺)( )
A．1 946立方尺 B．3 892立方尺
C．7 784立方尺 D．11 676立方尺
解析 解法一：如图，记正四棱台为A< br>1
B
1
C
1
D
1
－ABCD。该
正 四棱台由正四棱锥S－ABCD截得，O为正方形ABCD的中心，
E为BC的中点，E
1为B
1
C
1
的中点，设正四棱台的高为x，则由
30－x
3SO
1
O
1
E
1
图中△SO
1
E1
∽△SOE，得
SO
＝
OE
，即
30
＝10
，解得x＝21，
1
所以该正四棱台的体积V＝
3
×(6< br>2
＋6×20＋20
2
)×21＝3 892(立
方尺)，故选B。

解法二：如解法一中图，记正四棱台为A
1
B
1< br>C
1
D
1
－ABCD。
该正四棱台由正四棱锥S－ABCD截 得，O为正方形ABCD的中
心，E为BC的中点，E
1
为B
1
C< br>1
的中点，设截去的正四棱锥的高
SO
1
O
1
E1
x3
为x，则由图中△SO
1
E
1
∽△SOE，得< br>SO
＝
OE
，即
30
＝
10
，解
得 x＝9，所以该正四棱台的体积V＝V
正四棱锥
S
－
ABCD
－V正 四棱锥S
11
2
－A1B1C1D1＝
3
×20×30－
3
×6
2
×9＝3 892(立方尺)，故选B。
答案 B
7．( 2019·全国Ⅰ卷)已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O
的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC 是边长为2的正三角形，E，F
分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为( )
A．86π B．46π
C．26π D.6π
解析 因为点E，F分别为P A，AB的中点，所以EF∥PB，
因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE。取AC 的中点
D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE
＝C，A C，CE⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，
PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC ，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，

即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P－ ABC放在正方体中如图
所示。因为AB＝2，所以该正方体的棱长为2，所以该正方体的
6< br>体对角线长为6，所以三棱锥P－ABC的外接球的半径R＝
2
，
4
3
4

6

3
所以球O的体积V＝
3
πR< br>＝
3
π

＝6π。故选D。

2


答案 D
二、填空题
8.如图，在正 三棱柱ABC－A
1
B
1
C
1
中，D为棱AA
1< br>的中点。
若AA
1
＝4，AB＝2，则四棱锥B－ACC
1
D 的体积为________。

解析 取AC的中点O，连接BO(图略)， 则BO⊥AC，所以
BO⊥平面ACC
1
D。因为AB＝2，所以BO＝3。因为D为 棱AA
1
1
的中点，AA
1
＝4，所以AD＝2，所以S梯形ACC 1D＝
2
×(2＋4)×2
1
＝6，所以四棱锥B－ACC
1
D的体积为
3
×6×3＝23。
答案 23
9．(2019·石家庄市 一模)已知正方体ABCD－A
1
B
1
C
1
D
1< br>的棱
长为a，O，O
1
分别为底面ABCD和A
1
B
1
C
1
D
1
的中心，记四棱锥
O
1
－AB CD和O－A
1
B
1
C
1
D
1
的公共部分 的体积为V，则体积V的
值为________。
解析 如图所示，四棱锥O－A
1
B
1
C
1
D
1
和四棱锥O
1
－A BCD
的公共部分是同底等高的四棱锥O
1
－EFGH和四棱锥O－EFGH
a
的组合体，其中，四边形EFGH是边长为
2
的正方形，OO
1
＝ a，
1

a

2
aa
3
所以公共部分的体 积V＝2×
3
×

2

×
2
＝
1 2
。


a
3
答案
12

10．如图，半径为4的球O中有一内接圆柱，则圆柱的侧

面积的最大值是______ __。

解析 设圆柱的上底面半径为r，球的半径与上底面夹角为
α，则r＝4c osα，圆柱的高为8sinα。所以圆柱的侧面积为32πsin2α。
π
当且仅当α＝4
时，sin2α＝1，圆柱的侧面积最大，所以圆柱的侧
面积的最大值为32π。
答案 32π
11．已知正方体ABCD－A
1
B
1
C< br>1
D
1
的棱长为1，过正方体
ABCD－A
1
B1
C
1
D
1
的体对角线BD
1
的截面的面积为 S，则S的取
值范围是________。
解析 如图所示，设截面分别交AA
1< br>，CC
1
于点M，N。由
图可知，当M，N分别为AA
1
，C C
1
的中点时，截面面积最小，
116
最小为
2
·MN·B D
1
＝
2
×2×3＝
2
；当截面为四边形ABC
1
D
1
时，截面面积最大，最大为1×2＝2。故S的取值范围是




6

。
2
，2


答案




6


，2
2

B级 能力冲关
12.(2019·沈阳市质量监测)如 图，四棱锥P－ABCD的底面为
矩形，矩形的四个顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，
且球的表面积为16π，点P在球面上，则四棱锥P－ABCD体积
的最大值为( )

816
A．8 B.
3
C．16 D.
3

解析 设球的半径为R，由题知4πR
2
＝16π，则R＝2，再设

< br>大圆内的矩形长、宽分别为x，y，由题知x
2
＋y
2
＝16，则矩形 面
x
2
＋y
2
积xy≤
2
＝8，当且仅当x＝y时 上式取等号，即底面为正方
形时，底面面积最大。四棱锥P－ABCD的高的最大值2，故四
1 16
棱锥P－ABCD体积的最大值为
3
×8×2＝
3
，故选D。
答案 D
13. (2019·济南市模拟)我国南北朝时期的数学家祖暅提出了
计 算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异。”意思是：两
个等高的几何体若在所有等高处的水平截面 的面积相等，则这两
个几何体的体积相等。已知曲线C：y＝x
2
，直线l为曲线C在 点
(1,1)处的切线，如图所示，阴影部分为曲线C、直线l以及x轴
所围成的平面图形，记 该平面图形绕y轴旋转一周所得到的几何
体为T。给出以下四个几何体：

图①是底面直径和高均为1的圆锥；
图②是将底面直径和高均为1的圆柱挖掉一个与圆柱同底
等高的倒置圆锥得到的几何体；
图③是底面边长和高均为1的正四棱锥；
图④是将上底面直径为2，下底面直径为1，高为1 的圆台
挖掉一个底面直径为2，高为1的倒置圆锥得到的几何体。
根据祖暅原理，以上四个几何体中与T的体积相等的是
( )
A．① B．②
C．③ D．④
解析 由题意y＝x
2
，所以y′＝2x，故直线l的方 程为y＝
2x－1。设直线y＝t(0≤t≤1)与曲线y＝x
2
、直线y＝2x－1 的交
点分别为
2


y＝x
，
P，Q，P(x1
，y
1
)(x
1
≥0)，Q(x
2
，y2
)，由



y＝t，

解得
x< br>1
＝


y＝2x－1，
t，由



y＝t，

t＋1
解得x
2
＝
2
，所 以高度为t处的旋转

t＋1

t－1

2
< br>－πt＝π

2
。如图△

2

2
体的截面面积为
2
S＝πx
2
2
－πx
1< br>＝π


1
ABC为高为1，底面半径为
2
的圆 锥的过轴的截面，设高度为t
r
1－t
处的水平截面的半径为r，即HD＝t，HG＝ r，则
1
＝
1
，所以
2

1－t

1－t

2
，所
r＝
2
，所以高度为t处的水平截面的面 积为S′＝π


2

以S＝S′，所以旋转体T的体积与上述圆锥 的体积相同，故选A。


答案 A
14．已知在正四棱锥S－ABCD 中，SA＝63，那么当该棱
锥的体积最大时，它的高为________。
解析 设正四棱 锥的底面正方形的边长为a，高为h，因为
a
2
在正四棱锥S－ABCD中，SA＝6 3，所以
2
＋h
2
＝108，即a
2
＝
1
2
2
3
216－2h
，所以正四棱锥的体积V
S
－
ABCD
＝
3
ah＝72h－
3
h
，令y
2
2
3
＝72h－
3
h
，则y′＝72－2h
2
， 令y′>0，得0得h>6，所以当该棱锥的体积最大时，它的高为6。
答案 6

15.如图所示，三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为3的等< br>边三角形，D是线段AB的中点，DE∩PB＝E，且DE⊥AB，若
333
∠EDC＝ 120°，PA＝
2
，PB＝
2
，则三棱锥P－ABC的外接球
的表 面积为________。

解析 在三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为3的等边三角
3
形，设△ABC的外心为O
1
，外接圆的半径O
1
A＝< br>2sin60°
＝3，
333
在△PAB中，PA＝
2
，PB ＝
2
，AB＝3，满足PA
2
＋PB
2
＝AB
2< br>，
所以△PAB为直角三角形，△PAB的外接圆的圆心为D，由于
CD⊥AB，ED⊥ AB，∠EDC＝120°为二面角P－AB－C的平面角，
分别过两个三角形的外心O
1，D作两个半平面的垂线交于点O，
则O为三棱锥P－ABC的外接球的球心，在Rt△OO
1
D中，∠
3O
1
D3
ODO
1
＝30°，DO
1
＝
2
，则cos30°＝
OD
＝
2OD
，OD＝1，连接
OA，设OA＝R，则R
＝AD＋OD
13
4π×
4
＝13π。
答案 13π
222

3

2< br>13
2

＝
2
＋1＝
4
，S

球
＝4πR
2
＝