新高考数学高频考点题型归纳33空间几何体的表面积与体积（教师版）

专题33空间几何体的表面积与体积一、关键能力会计算柱、锥、台、球的表面积和体积.二、教学建议1.以结合几何体的结构特征考查几何体的面积体积计算为主，题型基本稳定为选择题或填空题，难度中等以下；也有几何体的面积或体积在解答题中与平行关系、垂直关系等相结合考查的情况.2.与立体几何相关的“数学文化”等相结合，考查数学应用.3.几何体的表面积与体积与多个几何体结合是主要命题形式.有时作为解答题的一个构成部分考查几何体的表面积与体积，有时结合面积、体积的计算考查等积变换等转化思想．三、自主梳理 1.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrlS圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π(r1＋r2)l2.柱、锥、台、球的表面积和体积名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝eq\f(1,3)Sh台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝eq\f(1,3)(S上＋S下＋eq\r(S上S下))h球S＝4πR2V＝eq\f(4,3)πR3【知识必备】1．设正方体的棱长为a，则它的内切球半径r＝eq\f(a,2)，外接球半径R＝eq\f(\r(3),2)a.2．设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则它的外接球半径R＝eq\f(\r(a2＋b2＋c2),2).3．设正四面体的棱长为a，则它的高为eq\f(\r(6),3)a，内切球半径r＝eq\f(\r(6),12)a，外接球半径R＝eq\f(\r(6),4)a.4．直棱柱的外接球半径可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，可知球心为上下底面外接圆圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径．四、高频考点+重点题型考点一空间几何体的的表面积例1.（2020·新课标Ⅰ）已知A、B、C为球O球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球O的表面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设圆半径为r，球的半径为R，依题意，得，由正弦定理可得，，根据圆截面性质平面ABC，，球O的表面积.题组训练1.（2021·全国高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（）A．26% B．34% C．42% D．50%【答案】C【解析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.【详解】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：.故选：C.题组训练2.（2020·江西赣州模拟）在梯形ABCD中，∠ABC＝eq\f(π,2)，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.将梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为()A．4π B.(4＋eq\r(2))πC．6π D．(5＋eq\r(2))π【答案】D【解析】∵在梯形ABCD中，∠ABC＝eq\f(π,2)，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，∴将梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为AB＝1，高为BC＝2的圆柱减去一个底面半径为AB＝1，高为BC－AD＝2－1＝1的圆锥的组合体，∴几何体的表面积S＝π×12＋2π×1×2＋eq\f(1,2)×2π×1×eq\r(12＋12)＝(5＋eq\r(2))π.题组训练3.（2021·全国高考真题（文））已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为________.【答案】【解析】利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案.【详解】∵∴∴∴.故答案为：.考点二直接利用公式求体积例2-1（2021·天津高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点，设圆锥和圆锥的高之比为，即，设球的半径为，则，可得，所以，，所以，，，，则，所以，，又因为，所以，，所以，，，因此，这两个圆锥的体积之和为.故选：B.例2-2.在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】在长方体中，连接，根据线面角的定义可知，因为，所以，从而求得，所以该长方体的体积为，故选C.对点训练1.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M－EFGH的体积为________.【答案】eq\f(1,12)【解析】连接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因为E，H分别为AD1，CD1的中点，所以EH∥AC，EH＝eq\f(1,2)AC.因为F，G分别为B1A，B1C的中点，所以FG∥AC，FG＝eq\f(1,2)AC.所以EH∥FG，EH＝FG，所以四边形EHGF为平行四边形，又EG＝HF，EH＝HG，所以四边形EHGF为正方形.又点M到平面EHGF的距离为eq\f(1,2)，所以四棱锥M－EFGH的体积为eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,12).对点训练2．（2018·全国高考真题（文））已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为__________．【答案】8π【解析】分析：作出示意图，根据条件分别求出圆锥的母线，高，底面圆半径的长，代入公式计算即可.详解：如下图所示，又，解得，所以，所以该圆锥的体积为.对点训练3．（2021·全国高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高，下底面面积，上底面面积，所以该棱台的体积.故选：D.考点三割补法求体积例3.(2018·天津高考)如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1­BB1D1D的体积为________．【答案】eq\f(1,3)【解析】连接BD1，则四棱锥A1­BB1D1D分成两个三棱锥B­A1DD1与B­A1B1D1，所以VA1­BB1D1D＝VB­A1DD1＋VB­A1B1D1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,3).考点四等体积法求体积例4.如图所示，已知三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1­ABC1的体积为()A.eq\f(\r(3),12) B.eq\f(\r(3),4)C.eq\f(\r(6),12) D.eq\f(\r(6),4)【答案】A【解析】易知三棱锥B1­ABC1的体积等于三棱锥A­B1BC1的体积，又三棱锥A­B1BC1的高为eq\f(\r(3),2)，底面积为eq\f(1,2)，故其体积为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),12).对点训练1.（2021·河北模拟）如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AB＝AA1＝3，点P在棱CC1上，则三棱锥P­ABA1的体积为________．【答案】eq\f(9\r(3),4)【解析】三棱锥P­ABA1的体积为V三棱锥P­ABA1＝V三棱锥C­ABA1＝V三棱锥A1­ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·AA1＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×32×3＝eq\f(9\r(3),4).考点五几何体的外接球例5.（2021·上海）已知正三棱柱的侧棱长为4，底面边长为，且它的六个顶点均在球的球面上，则球的体积为__________.【答案】【解析】根据题意画出图形，由正弦定理求出的外接圆半径，再根据勾股定理，求出球的半径，根据球的体积公式即可求解.【详解】解：如图所示，设中心为，连接，根据等边三角形性质知：是外接圆半径，根据正弦定理得：，得：，又，在中，，故球的体积为：.故答案为:.对点训练1.（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． B．C． D．【答案】D【解析】解法一：为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，，又，分别为，的中点，，，又，平面，∴平面，，为正方体的一部分，，即，故选D．解法二：设，分别为的中点，，且，为边长为2的等边三角形，，又，，中，由余弦定理可得，作于，，为的中点，，，，，又，两两垂直，，，，故选D.对点训练2.（2021·湖北宜昌模拟）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为()A．π B．eq\f(3π,4)C.eq\f(π,2) D．eq\f(π,4)【解析】设圆柱的底面圆半径为r，则r2＝12－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,4)，所以，圆柱的体积V＝eq\f(3,4)π×1＝eq\f(3π,4)，故选B.考点六几何体的内切球例6.（2020·新课标Ⅲ）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【答案】【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为O，由于，故，设内切圆半径为，则：，解得：，其体积：.对点训练1.(2019·天津卷)已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为．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心，则该圆柱的体积为_____________．【答案】【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为，借助勾股定理，可知四棱锥的高为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为，圆柱的底面半径为，故圆柱的体积为.对点训练2.（2021·湖南模拟）如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则eq\f(V1,V2)的值是________．【答案】eq\f(3,2)【解析】设圆柱内切球的半径为R，则由题设可得圆柱O1O2的底面圆的半径为R，高为2R，故eq\f(V1,V2)＝eq\f(πR2·2R,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3,2).对点训练3.已知正三棱锥的高为1，底面边长为2eq\r(3)，内有一个球与四个面都相切，则棱锥的内切球的半径为________．【答案】eq\r(2)－1【解析】如图，过点P作PD⊥平面ABC于点D，连接AD并延长交BC于点E，连接PE，∵△ABC是正三角形，∴AE是BC边上的高和中线，D为△ABC的中心．∵AB＝2eq\r(3)，∴S△ABC＝3eq\r(3)，DE＝1，PE＝eq\r(2).∴S表＝3×eq\f(1,2)×2eq\r(3)×eq\r(2)＋3eq\r(3)＝3eq\r(6)＋3eq\r(3).∵PD＝1，∴三棱锥的体积V＝eq\f(1,3)×3eq\r(3)×1＝eq\r(3).设球的半径为r，以球心O为顶点，三棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个小棱锥，则r＝eq\f(3\r(3),3\r(6)＋3\r(3))＝eq\r(2)－1.考点七、表面积、体积的最值例7-1.单位正方体内部或边界上不共面的四个点构成的四面体体积的最大值为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】要使四面体的体积最大，则四面体的四个顶点应该在正方体的表面上，了叙述方便，把此时的四面体称为正方体的内接四面体，记正方体的外接球为球O，由题意知正方体的内接四面体体积的最大值不大于球O的内接四面体的体积的最大值，球O的内接四面体以正四面体的体积最大，此时正四面体恰好是正方体的内接四面体，正方体为1时，内接正四面体的体积为．故选：C．例7-2.已知正方形的边长为，将沿对角线折起，使平面平面，得到三棱锥．若O为的中点，点，分别为，上的动点（不包括端点），且，则当点到平面的距离为________时，三棱锥的体积取得最大值，且最大值是________．【答案】【解析】首先证明平面，则即为三棱锥的高，设，将三棱锥的体积表示为关于的二次函数，利用二次函数的性质即可求解.【详解】因为四边形是正方形，所以和都是等腰直角三角形，因为O为的中点，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为，所以，设，可得，，所以三棱锥的体积为，所以当时，三棱锥的体积最大为.故答案为：；.例7-3.已知三棱锥的四个顶点都在半径为的球面上，，则该三棱锥体积的最大值是__．【答案】【解析】如图所示，设，则，外接圆的半径为则三棱锥的高为，三棱锥的体积公式为，设，则，，令，解得，在单增，单减，，所以三棱锥体积最大值为对点训练1.（2018·全国高考真题）设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】如图所示，点M为三角形ABC的中心，E为AC中点，当平面时，三棱锥体积最大此时，,点M为三角形ABC的中心中，有故选B.对点训练2.如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______.【答案】【解析】对点训练3．（2021·浙江期末）在四面体中，，，，，若四面体的外接球半径为，则四面体的体积的最大值为_________．【答案】【解析】根据题意可以将此四面体放入一个长方体中，则易求四面体高与底面长的关系，再根据体积公式写出其体积表达式，最后利用基本不等式即可.【详解】如图所示，不妨将四面体放入下图中的长方体中，则长方体的宽为，设长方体的长为，高为.因为四面体的外接球半径为，所以此长方体外接球半径为，则，解得，所以四面体的体积，当且仅当时等号成立，所以四面体的体积最大值为.故答案为:考点八、截面面积例8.（2021·安徽马鞍山高三）已知正方体的棱长为，直线平面，平面截此正方体所得截面中，正确的说法是（）A．截面形状可能为四边形 B．截面形状可能为五边形C．截面面积最大值为 D．截面面积最大值为【答案】D【解析】如图在正方体中平面，所以平面与平面平行平面与正方体的截面可以是三角形、六边形但不会是五边形和四边形当截面为正六边形时，截面面积有最大，由题可知：，则故选：D对点训练1．（2020·江苏苏州期末）已知在球的内接长方体中，，，则球的表面积为________，若为线段的中点，则过点的平面截球所得截面面积的最小值为______．【答案】【解析】如图，因为球的内接长方体中，，，所以，所以球的表面积，当球的截面，即为截面圆圆心时，球心到截面圆的距离时最大，此时截面圆的半径最小，此时截面圆的面积最小，而,所以，所以截面圆面积.故答案为：；对点训练2.（2020·山东省泰安市三模）已知球O是正三棱锥的外接球，，，点E是线段AB的中点，过点E作球O的截面，则截面面积的最小值是_______.【答案】【解析】如图，设三棱锥的外接球半径为R，正三角形的外接圆圆心为，因为，三角形是正三角形，为正三角形的外接圆圆心，所以，因为，所以，，解得，，因为过作球的截面，当截面与垂直时，截面圆的半径最小，所以当截面与垂直时，截面圆的面积有最小值，在中，，故，截面面积，故答案为：.考点九、非球几何体的切接例9.（2018·江苏高考真题）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．【答案】【解析】分析：先分析组合体的构成，再确定锥体的高，最后利用锥体体积公式求结果.详解：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于，所以该多面体的体积为对点训练1.学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型．如图，该模型为在圆锥底部挖去一个正方体后的剩余部分（正方体四个顶点在圆锥母线上，四个顶点在圆锥底面上），圆锥底面直径为，高为.打印所用部料密度为．不考虑打印损耗．制作该模型所需原料的质量为________.（取）【答案】【解析】设被挖去的正方体的棱长为，圆锥底面半径为，取过正方体上下底面面对角线的轴截面，由相似三角形得则，解得．模型的体积为，因此，制作该模型所需材料质量约为．故答案为：.考点十、几何体的展开例10．（2021·湖南期末）已知圆柱及其展开图如图所示，则其体积为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】结合展开图求出圆柱的底面半径与高，进而结合体积公式即可求出结果.【详解】设底面半径为，高为，根据展开图得，则，所以圆柱的体积为，故选：D.对点训练1.（2021·河北正定中学模拟）圆柱的底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么圆柱的侧面积是()A．4πS B．2πSC．πS D．eq\f(2\r(3),3)πS【答案】A【解析】由πr2＝S得圆柱的底面半径是eq\r(\f(S,π))，故侧面展开图的边长为2π·eq\r(\f(S,π))＝2eq\r(πS)，所以圆柱的侧面积是4πS，故选A.考点11、数学文化题例11．（2019·全国高考真题（理））中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．【答案】共26个面.棱长为.【解析】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面．如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，，，即该半正多面体棱长为．对点训练1.（2021·河北巨鹿中学）蹴鞠（如图所示），又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等，蹴有用脚蹴、踢的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、塌、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗传名录.已知某蹴鞠（近似看作球体）的表面上有四个点、、、，满足为正三棱锥，是的中点，且，侧棱，则该蹴鞠的表面积为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】若，为中点易得，再应用余弦定理、勾股定理求得，即为直三棱锥，即可求外接球半径，进而求表面积.【详解】如下图，若为中点，则，又，∴，又为正三棱锥且侧棱，∴，若，则，，在中，，即，可得，，∴，即为直三棱锥，易得外接球半径，∴该蹴鞠的表面积为.故选：A对点训练2．（2021·上海期末）五月五是端午，门插艾，香满堂，吃粽子，蘸白糖，粽子古称“角黍”，是我国南北各地的节令食品，因各地风俗不同，粽子的形状和食材也会不同，有一种各面都是正三角形的正四面体形粽子，若该正四面体粽子的棱长为8cm，则现有1立方米体积的食材，最多可以包成这种粽子_______个.【答案】16572【解析】根据题意，利用棱锥的体积公式求得正四面体粽子的体积，进而求得答案.【详解】如图所示，正四面体的棱长为，设底面正三角形的中心为，连接，则平面，连接，则，所以，所以一个粽子的体积为：，由，又由所以1立方米体积的食材，最多可以包成这种粽子个.故答案为：.对点训练3.（2021·浙江高一期末）我国古代数学名著《九章算术》中记载“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺．问积几何?”这里的“羡除”，是指由三个等腰梯形和两个全等的三角形围成的五面体．在图1所示羡除中，，，，，等腰梯形和等腰梯形的高分别为和，且这两个等腰梯形所在的平面互相垂直．按如图2的分割方式进行体积计算，得该“羡除”的体积为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】由图可知，中间部分为棱柱，两侧为两个全等的四棱锥，再由柱体和锥体的体积公式可求得结果.【详解】按照图中的分割方式，中间为直三棱柱，直三棱柱的底面为直角三角形，两条直角边长分别为、，直三棱柱的高为，所以，直三棱柱的体积为.两侧为两个全等的四棱锥，四棱锥的底面为直角梯形，直角梯形的面积为，四棱锥的高为，所以，两个四棱锥的体积之和为，因此，该“羡除”的体积为.故选：A.巩固训练单项选择题1．（2020·江苏省高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm，高为2cm，内孔半轻为0.5cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.【答案】【解析】正六棱柱体积为圆柱体积为所求几何体体积为故答案为：2．如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以eq\r(2)为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为()A．eq\f(3π,4) B．eq\r(2)πC．eq\f(3π,2) D．eq\f(9π,4)答案：C解析：正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A1为圆心，1为半径的圆周长的eq\f(1,4)，所以所有弧长之和为3×eq\f(2π,4)＝eq\f(3π,2).故选C.3．已知圆柱的高为2，底面半径为eq\r(3)，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于()A．4π B．eq\f(16,3)πC．eq\f(32,3)π D．16π答案：D解析：如图，由题意知圆柱的中心O为这个球的球心，于是，球的半径r＝OB＝eq\r(OA2＋AB2)＝eq\r(12＋（\r(3)）2)＝2.故这个球的表面积S＝4πr2＝16π.故选D.4.（2021·全国高考真题（理））已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】由题可得为等腰直角三角形，得出外接圆的半径，则可求得到平面的距离，进而求得体积.【详解】，为等腰直角三角形，，则外接圆的半径为，又球的半径为1，设到平面的距离为，则，所以.故选：A.5．已知正三棱锥的高为6，内切球(与四个面都相切)的表面积为16π，则其底面边长为()A．18 B．12C．6eq\r(3) D．4eq\r(3)答案：B解析：由题意知，球心在三棱锥的高PE上，设内切球的半径为R，则S球＝4πR2＝16π，所以R＝2，所以OE＝OF＝2，OP＝4.在Rt△OPF中，PF＝eq\r(OP2－OF2)＝2eq\r(3).因为△OPF∽△DPE，所以eq\f(OF,DE)＝eq\f(PF,PE)，得DE＝2eq\r(3)，AD＝3DE＝6eq\r(3)，AB＝eq\f(2,\r(3))AD＝12.故选B.6．正四棱锥V­ABCD的五个顶点在同一个球面上．若其底面边长为4，侧棱长为2eq\r(6)，则此球的体积为()A．72eq\r(2)π B．36πC．9eq\r(2)π D.eq\f(9π,2)答案：B解析：由题意知正四棱锥的高为eq\r(2\r(6)2－2\r(2)2)＝4，设其外接球的半径为R，则R2＝(4－R)2＋(2eq\r(2))2，解得R＝3，所以外接球的体积为eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×33＝36π.故选B.多项选择题7．下列说法正确的是()A．用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面B．圆台的任意两条母线延长后一定交于一点C．有一个面为多边形，其余各面都是三角形的几何体叫作棱锥D．若棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥不可能是正六棱锥答案：ABD解析：在A中，用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面，故A正确；在B中，由圆台的概念知圆台的任意两条母线延长后一定交于一点，故B正确；在C中，依照棱锥的定义，其余各面的三角形必须有公共的顶点，故C错误；在D中，若六棱锥的底面边长都相等，则底面为正六边形，由过底面中心和顶点的截面知，若以正六边形为底面，侧棱长一定大于底面边长，故D正确．8．如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，且AB＝2，AD＝EF＝1.则()A．平面BCF⊥平面ADFB．EF⊥平面DAFC．△EFC为直角三角形D．VC­BEF∶VF­ABCD＝1∶4答案：AD解析：因BF⊥AF，BF⊥DA，所以BF⊥平面DAF，所以平面BCF⊥平面ADF，由题意可知，平面CBF将几何体EFABCD分成的两个锥体的体积分别为V四棱锥F­ABCD，V三棱锥F­CBE.过点F作FG⊥AB于点G，因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，FG⊂平面ABEF，所以FG⊥平面ABCD.所以V四棱锥F­ABCD＝eq\f(1,3)×1×2×FG＝eq\f(2,3)FG，V三棱锥F­BCE＝V三棱锥C­BEF＝eq\f(1,3)×S△BEF×CB＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×FG×1×1＝eq\f(1,6)FG，由此可得V三棱锥C­BEF∶V四棱锥F­ABCD＝1∶4.三、填空题9．已知底面边长为1，侧棱长为eq\r(2)的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为________.答案：eq\f(4,3)π解析：依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径，可设球半径为R，则2R＝eq\r(12＋12＋（\r(2)）2)＝2，解得R＝1，所以V＝eq\f(4π,3)R3＝eq\f(4π,3).10．在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2a的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝2a.若在这个四棱锥内放一球，则此球的最大半径为________．答案：(2－eq\r(2))a解析：由题意知，当球与四棱锥各面均相切，即内切于四棱锥时球的半径最大．作出其侧视图，如图所示．易知球的半径r＝(2－eq\r(2))a.11．若正三棱柱ABC­A′B′C′的底面边长为2，侧棱长为1，其顶点都在同一个球面上，则球的表面积为________．答案：eq\f(19π,3)解析：如图，H′，H分别