2021年高三数学二轮复习讲练测之练案 专题二十二 几何体的表面积与体积的求解 【教师版】（文理通用）

专题 22 几何体的表面积与体积的求解 1．练高考 1．【2020 年高考全国Ⅰ卷文数 12 理数 10】已知 , ,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙ 1O 为 ABC 的外接圆．若 ⊙ 1O 的面积为 4π， 1AB BC AC OO   ，则球O 的表面积为 （ ） A． 64π B． 48 C． 36 D． 32 【答案】A 【思路导引】由已知可得等边 ABC 的外接圆半径，进而求出其边长，得出 1OO 的值，根据球截面性质，求出 球的半径，即可得出结论． 【解析】设圆 1O 半径为 r ，球的半径为 R ，依题意，得 2 4 , 2r r     ， 由正弦定理可得 2 sin60 2 3AB r   ， 1 2 3OO AB   ，根据圆截面性质 1OO  平面 ABC ， 2 2 2 2 1 1 1 1 1, 4OO O A R OA OO O A OO r        ，球O 的表面积 24 64S R    ，故选 A． 【专家解读】本题的特点是多面体与球的位置关系，本题考查了三棱锥的外接球，考查球的表面积公式，考查 数学运算、数学直观等学科素养．解题关键是正确应用球的截面性质． 2．【2020 年高考全国Ⅲ卷文数 9 理数 8】如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ） A． 6 4 2 B． 4 4 2 C． 6 2 3 D． 4 2 3 【答案】C 【思路导引】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面 积． 【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形， 根据立体图形可得： 1 2 2 22ABC ADC CDBS S S     △ △ △ ，根据勾股定理可得： 2 2AB AD DB   ，  ADB△ 是边长为 2 2 的等边三角形，根据三角形面积公式可得： 21 1 3sin 60 (2 2) 2 32 2 2ADBS AB AD      △ ，该几何体的表面积是： 2 3 6 2 33 2    ，故选 C． 【专家解读】本题的特点是注重空间想象能力的考查，本题考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，考查 数学运算、直观想象等学科素养．解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法． 3．【2020 年高考天津卷 5】若棱长为 2 3 的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A．12 B． 24 C．36 D．144 【答案】C 【思路导引】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解． 【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即      2 2 2 2 3 2 3 2 3 32R     ， 所以这个球的表面积为 2 24 4 3 36S R      ，故选 C． 【专家解读】本题的特点是多面体与球的位置关系，本题考查了正方体的外接球，考查球的表面积公式，考查 数学运算、数学直观等学科素养．解题关键是正确作出截面，找到正方体外接球直径与正方体体对角线的关系． 【方法总结】求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有： （1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2） 直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再 根据勾股定理求球的半径； （3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心． 4．【2020 年高考浙江卷 5】某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位： 3cm ）是 （ ） A． 7 3 B．14 3 C．3 D．6 【答案】A 【思路导引】根据三视图还原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积． 【解析】如图，几何体是上下结构，下面是三棱柱，底面是等腰直角三角形，斜边为 2，高为 1，三棱柱的高是 2 ， 上 面 是 三 棱 锥 ， 平 面 1 1DAC  平 面 1 1 1A B C ， 且 1 1DA DC ， 三 棱 锥 的 高 是 1 ， ∴ 几 何 体 的 体 积 1 1 1 72 1 2 2 1 12 3 2 3V           ． 故选 A． 【专家解读】本题的特点是注重空间想象能力的考查，本题考查了根据三视图计算几何体的体积，考查数学运 算、直观想象等学科素养．解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法． 5．【2020 年高考北京卷 4】某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（ ） A． 6 3 B． 6 2 3 C．12 3 D．12 2 3 【答案】D 【解析】由题意正三棱柱的高为 2，底面的边长为 2，该三棱柱的表面积为 2 21 33 2 2 2 12 2 32 2        ， 故选 D． 【专家解读】本题的特点是注重空间想象能力的考查，本题考查了根据三视图计算几何体的体积，考查数学运 算、直观想象等学科素养．解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法． 6．【2020 年高考全国Ⅲ卷文数 16 理数 15】已知圆维的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球 的体积为 ． 【答案】 2 3  【思路导引】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值． 【解析】解法一：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 2, 3BC AB AC   ，且点 M 为 BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ， 由于 2 23 1 2 2AM    ，故 1 2 2 2 2 22S    △ABC ，设内切圆半径为 r ，则： ABC AOB BOC AOCS S S S  △ △ △ △ 1 1 1 2 2 2AB r BC r AC r          1 3 3 2 2 22 r      ， 解得： 2 2r = ，其体积： 34 2 3 3V r   ．故答案为： 2 3  ． 解法二：分析知圆锥内半径最大的球的应为该圆锥的内切球，如图，由题可知该圆锥的母线长为 3BS  ，底面 半径为 =1BC ，高为 2 2 2 2SC BS BC   ，不妨设该内切圆与母线 BS 切于 D 点， 令OD OC r  ，则由 SOD SBC  ，可得 OD BC OS BS  ，即 1 32 2 r r   ，得 2 2r  ，此时 34 2=3 3V r  ． 【专家解读】本题的特点是圆锥与球的位置关系，本题考查了圆锥内切球，考查球的体积公式，考查数学运算、 数学直观、数学建模等学科素养．解题关键是认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量 关系，正确作出截面，构造直角三角形，应用勾股定理解题． 7．【2020 年高考江苏卷 9】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 ，内孔半径为 0.5cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是 3cm ． 【答案】12 3 2  【解析】记此六角螺帽毛坯的体积为V ，正六棱柱的体积为 1V ，内孔的体积为正六棱 柱的体积为 2V ，则 2 1 2 16 2 2 sin60 2 12 3, (0.5) 22 2V V            ， ∴ 1 2 12 3 2V V V     ． 【专家解读】本题的特点是空间组合体，本题考查了正六棱柱及圆柱体积公式，考查数学运算、数学直观等学 科素养．解题关键是熟记棱柱及圆柱体积公式． 8．【2020 年高考浙江卷 14】已知圆锥展开图的侧面积为 2 ，且为半圆，则底面半径为 ． 【答案】1 【思路导引】利用题目所给圆锥侧面展开图的条件列方程组，由此求得底面半径． 【解析】设圆锥底面半径为 r ，母线长为l ，则 2 12 22 r l r l              ，解得 1, 2r l  ，故答案为：1． 【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了圆锥侧面展开图有关计算，考查数学运算、直观想象等学科 素养．解题关键是正确应用圆锥侧面展开图中的不变量解题． 9．【2020 年高考全国Ⅰ卷文数 19】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心， ABC 是底面的内接正三 角形， P 为 DO 上一点， 90APC  ． （1）证明：平面 PAB ⊥平面 PAC ； （2）设 2DO  ，圆锥的侧面积为 3 ，求三棱锥 P ABC 的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2） 6 8 ． 【思路导引】（1）根据已知可得 PA PB PC  ，进而有 PAC PBC△ △ ，可得 90APC BPC     ，即 PB PC ，从而证得 PC  平面 PAB ，即可证得结论； （2）将已知条件转化为母线l 和底面半径 r 的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形 ABC 边 长，在等腰直角三角形 APC 中求出 AP ，在 Rt APO 中，求出 PO ，即可求出结论． 【解析】（1） DQ 为圆锥顶点，O 为底面圆心， OD  平面 ABC ， P 在 DO 上， ,OA OB OC PA PB PC     ， ABC 是圆内接正三角形， AC BC  ， PAC PBC△ △ ， 90APC BPC     ，即 ,PB PC PA PC  ， ,PA PB P PC   平面 ,PAB PC  平面 PAC ，平面 PAB  平面 PAC ； （2）设圆锥的母线为l ，底面半径为 r ，圆锥的侧面积为 3 , 3rl rl   ， 2 2 2 2OD l r   ，解得 1, 3r l  ， 2 sin 60 3AC r  ， 在等腰直角三角形 APC 中， 2 6 2 2AP AC  ， 在 Rt PAO 中， 2 2 6 214 2PO AP OA     ， 三棱锥 P ABC 的体积为 1 1 2 3 633 3 2 4 8P ABC ABCV PO S       △ ． 【专家解读】本题的特点是注重空间线、面位置关系的判断，空间基本计算，本题考查了面面垂直的证明，考 查锥体的体积公式，考查数学运算、直观想象、逻辑推理等学科素养．解题关键是正确进行空间垂直间的相互 转化． 10．【2020 年高考全国Ⅱ卷文数 20】如图，已知三棱柱 1 1 1ABC A B C 的底面是正三角形，侧面 1 1BB C C 是矩形， ,M N 分别为 1 1,BC B C 的中点， P 为 AM 上一点．过 1 1B C 和 P 的平面交 AB 于 E ，交 AC 于 F ． （1）证明： 1AA // MN ，且平面 1A AMN  平面 1 1EB C F ； （2）设 O 为 1 1 1A B C△ 的中心，若 6AO AB  ， AO //平面 1 1EB C F ，且 3MPN   ，求四棱锥 1 1B EB C F 的体 积． 【答案】（1）证明见解析；（2） 24 ． 【思路导引】（1）由 ,M N 分别为 BC ， 1 1B C 的中点， 1//MN CC ，根据条件可得 1 1/ /AA BB ，可证 1MN AA// ， 要证平面 1 1EB C F  平面 1A AMN ，只需证明 EF  平面 1A AMN 即可； （2）根据已知条件求得 1 1EB C FS四边形 和 M 到 PN 的距离，根据椎体体积公式，即可求得 1 1B EB C FV  ． 【解析】（1） ,M N 分别为 BC ， 1 1B C 的中点， 1//MN BB ，又 1 1/ /AA BB ， 1//MN AA 在等边 ABC 中， M 为 BC 中点，则 BC AM ，又 侧面 1 1BB C C 为矩形， 1BC BB  ， 1//MN BB ， MN BC ，由 MN AM M  ， ,MN AM  平面 1A AMN ， BC ⊥ 平面 1A AMN ， 又 1 1 //B C BC ，且 1 1B C  平面 ABC ， BC 平面 ABC ， 1 1 //B C 平面 ABC ， 又 1 1B C  平面 1 1EB C F ，且平面 1 1EB C F 平面 ABC EF ， 1 1 / /B C EF ， //EF BC ， 又 BC  平面 1A AMN ， EF  平面 1A AMN ， EF  平面 1 1EB C F ，平面 1 1EB C F  平面 1A AMN ． （2）过 M 作 PN 垂线，交点为 H ，画出图形，如图  AO //平面 1 1EB C F ， AO  平面 1A AMN ，平面 1A AMN  平面 1 1EB C F NP ， //AO NP ， 又 //NO AP， 6AO NP  ． O 为 1 1 1A B C△ 的中心，  1 1 1 1sin 60 6 sin 60 33 3ON AC       ，故： 3ON AP  ，则 3 3 3AM AP  ．  平面 1 1EB C F  平面 1A AMN ，平面 1 1EB C F 平面 1A AMN NP ， MH 平面 1A AMN ，  MH  平面 1 1EB C F ，又 在等边 ABC 中 EF AP BC AM  ，即 3 6 2 3 3 AP BCEF AM     ． 由（1）知，四边形 1 1EB C F 为梯形，四边形 1 1EB C F 的面积为： 1 1 1 1 2 6= 6 242 2EB C F EF BCS NP    四边形 ， 1 1 1 1 1 3B EB C F EB C FV S h  四边形 ， h 为 M 到 PN 的距离 2 3 sin 60 3MH    ， 1 24 3 243V     ． 【专家解读】本题的特点是注重空间线、面位置关系的判断，空间基本计算，本题考查了证明线线平行和面面 垂直，及其求四棱锥的体积，考查数学运算、直观想象、逻辑推理等学科素养．解题关键是掌握空间垂直关系 的相互转化． 2．练模拟 1．（2021·内蒙古包头市·高三期末（文））已知一个正四棱锥的底面边长为 4，以该正四棱锥的高为边长的正方 形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则该正四棱锥的侧面积为（ ） A．  4 5 1 B． 5 1 C．  4 5 1 D．  8 5 1 【答案】D 【分析】利用四棱锥斜高与高的关系列方程并求解，再利用侧面积公式直接求解． 【解析】正四棱锥如图，设四棱锥的高OE h ，由底面边长为 4，可知 2OF  ，斜高 2 4EF h  ， 故 2 21 4 42h h    ，解得 2 =2 2 5h  ，故侧面积为  2 214 4 4 4 8 8 5 8 1 52 h h         ，故 选 D ． 2．（2021·安徽安庆市·高三一模（理））如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，E､F 是线段 A1C1 上的两个动点， 且 EF 长为定值，下列结论中不正确的是（ ） A． BD CE B． BD  面 CEF C．三角形 BEF 和三角形 CEF 的面积相等 D．三棱锥 B-CEF 的体积为定值 【答案】C 【分析】由正方体的性质知 BD  面 1 1ACC A ，由△BEF 和△CEF 的底边 EF 上的高不相等可知它们的面积不 相等，又 B 点到面CEF 的距离为定值，即可判断各项的正误． 【解析】BD  面 1 1ACC A ，CE  面 1 1ACC A ，面CEF 与面 1 1ACC A 重合，所以 A，B 均正确，B 到 EF 的 距离为 1 1BAC△ 的高，C 到 EF 的距离即为 1CC ，所以 BEF 的面积大于 CEF△ 的面积， C 错误； B 点到面 CEF 的距离为定值，为 2 BD 长， CEF△ 的面积也为定值， D 正确，故选 C． 3．（2021·江苏苏州模拟）我国南北朝时期的数学家祖暅在计算球的体积时，提出了一个原理（祖暅原理）：“幂 势既同，则积不容异”这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高．这句话的意思是：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，则这两个几何体体积相等．利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等 高的圆柱和圆锥的体积之差．图 1 是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线 AOC 和 BOD 均是以 1 为半径的半圆， 平面 AOC 和平面 BOD 均垂直于平面 ABCD ，用任意平行于帐篷底面 ABCD 的平面截帐篷，所得截面四边 形均为正方形．模仿上述半球的体积计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱，从中挖去一个倒放 的同底等高的正四棱锥（如图 2)，从而求得该帐篷的体积为（ ） A． 2 3 B． 4 3 C． 3  D． 2 3  【答案】B 【分析】根据题意，求得对应正四棱柱的底面边长和高，根据帐篷的体积等于棱柱的体积减去棱锥的体积，根 据体积公式求得结果． 【解析】根据题意，底面正方形的边长为 2 ，高为 1，根据题意，可知该帐篷的体积为 1 42 2 1 2 2 13 3V         ，故选 B． 【点睛】方法点睛：该题考查的是有关几何体体积的求解，解题方法如下： （1）认真读题，理解题意； （2）根据题意，求得相应几何体的棱长； （3）利用体积公式求得结果． 4．“圆材埋壁”是我国古代数学著作《九章算术》中的一个问题：“今有圆材，埋在壁中， 不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径几何．”用现在的数学语言表述是：“如 图所示，一圆柱形埋在墙壁中， 1AB  尺， D 为 AB 的中点， AB CD ， 1CD  寸， 则圆柱底面的直径长是_________寸”．（注：l 尺=10 寸） 【答案】26 【解析】∵ AB CD ， AD BD ，∵ 10AB  寸， ∴ 5AD  寸，在 Rt AOD 中，∵ 2 2 2OA OD AD  ， ∴  22 21 5OA OA   ，∴ 13OA  寸， ∴ 圆柱底面的直径长是 2 26AO  寸．故答案为：26． 5．（2021·浙江高三月考）圆锥被一平面所截得到一个圆台，若圆台的上底面半径为 2cm，下底面半径为 3cm， 圆台母线长为 4cm，则该圆锥的侧面积为_______cm2． 【答案】36 【分析】由所截圆台的上下底面半径的比例及母线长，即可求得圆锥的母线长，以及圆锥底面周长，应用扇形 面积公式即可求圆锥的侧面积． 【解析】如图，圆台的上底面半径为 2cm，下底面半径为 3cm，圆合母线长为 4cm，∴圆锥的侧面积等于扇形 OAB 面积： OABS S ，而 2 3 OC OC OB OC CB   且 4CB cm ，得 8OC cm ，即 12OB OA cm  ，又  6AB cm ，∴  21 362S OB AB cm    ．故答案为： 36 ． 6．（2021·江西上饶一模）直三棱柱 1 1 1ABC A B C 内有一个体积为V 的球，若 ABC 是两直角边长分别为 6， 8 的直角角形，侧棱 1 6AA  ，则V 的最大值为___________． 【答案】 32 3  【分析】要使球的体积V 最大，必须使球的半径 R 最大．因为 ABC 内切圆的半径为 2，求出三棱柱 1 1 1ABC A B C 内切球半径即可； 【解析】 ABC 是两直角边长分别为 6，8 的直角三角形，令 6AB  ， 8BC  ， 2 2 10AC AB BC    ． 如图，由题知，球的体积要尽可能大时，球需与三棱柱内切． 需保证截面圆与 ABC 内切，记圆O 的半径为 r ，则由等面积法得 1 ( )2ABCS AB AC BC r    ， ( ) 6 8AC AB BC r     ， 解得 2r = ． 又侧棱 1 6AA  ，故直三棱柱 1 1 1ABC A B C 的内切球半径为 2R  ，此时V 的最大值 3 max 4 3223 3V    ． 3．练原创 1．已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2，点 P 在棱 AD 上，过点 P 作该正方体的截面，当截面平行于平 面 1 1B D C 且面积为 3 时，线段 AP 的长为（ ） A． 2 B．1 C． 3 D． 3 2 【答案】A 【分析】过点 P 作 DB ， 1A D 的平行线，分别交棱 AB ， 1AA 于点Q ，R ，连接 QR ，BD ，即可得到 PQR 为截面，且为等边三角形，再根据截面面积求出 PQ 的长度，即可求出 AP ； 【解析】如图，过点 P 作 DB ， 1A D 的平行线，分别交棱 AB ， 1AA 于点Q ，R ，连接 QR ，BD ，因为 1 1//BD B D ， 所以 1 1//PQ B D ， 1 1B D  面 1 1B D C ， PQ  面 1 1B D C ，所以 //PQ 面 1 1B D C ， 因为 1 1//A D B C ，所以 1//PR B C ， 1B C  面 1 1B D C ， PR  面 1 1B D C ，所以 //PR 面 1 1B D C ， 又 PQ PR P  ， ,PQ PR  面 PQR ，所以面 //PQR 面 1 1B D C ，则 PQR 为截面， 易知 PQR 是等边三角形，则 21 3 32 2PQ   ，解得 2PQ  ，∴ 2 22AP PQ  ，故选 A． 2．已知正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1 1 24BE BB  ， 14 3AB AA ，则该四棱柱被过点 1A ，C ， E 的 平面截得的截面面积为（ ） A． 24 2 B．36 C．12 19 D． 6 95 【答案】C 【分析】在 1DD 上取点 F ，使 1 2D F  ，连接 1A F ，CF ，得出截面四边形 1A ECF 是平行四边形，利用勾 股定理，分别求得 1 1, ,A E CE AC ，结合余弦定理和面积公式，即可求解． 【解析】由题意，正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1 1 24BE BB  ， 14 3AB AA ，可得 1 1 1 8AA BB CC   ， 2BE  ，在 1DD 上取点 F ，使 1 2D F  ，如图所示，连接 1A F ，CF ，可得 1A F CE 且 1 / /A F CE ，则四 边形 1A ECF 是平行四边形，四棱柱被过点 1A ，C ， E 的平面截得的截面为 1A ECF ，由勾股定理可得 2 2 1 6 6 6 2A E    ， 2 22 6 2 10CE    ， 2 2 2 1 6 6 8 2 34AC     ， 所以 1cos A EC  2 2 2 1 1 1 72 40 136 5 2 102 6 2 2 10 A E CE AC A E CE         ，所以 1 95sin 10A EC  ， 所以平行四边形 1A ECF 的面积为 1 1 95sin 6 2 2 10 12 1910A E CE A EC       ，故选 C． 3．将边长为1的正方形 ABCD 沿对角线 AC 折起，使 ABD 为正三角形，则三棱锥 A BCD 的体积为（ ） A． 1 6 B． 1 12 C． 3 12 D． 2 12 【答案】D． 【解析】取 AC 的中点 O ，连接 BO ， DO ，由题意， , ,AC BO AC DO  2 2BO DO  ，因为 ABD 为正 三角形，∴ 1DB  ， DO OB ， 1 1 1 2 2 3 3 2 2 12A BCD D ABC ABCV V S DO        ．选 D． 4．（2021·江苏南通市·高三期末）如图，在边长为 2 的正方形 ABCD 中，点 M 是边 CD 的中点，将 ADM△ 沿 AM 翻折到 PAM△ ，连结 PB，PC，在 ADM△ 翻折到 PAM△ 的过程中，下列说法错误的是（ ） A．四棱锥 P ABCM 的体积的最大值为 2 5 5 B．当面 PAM  平面 ABCM 时，二面角 P AB C- - 的正切值为 5 4 C．存在某一翻折位置，使得 AM PB D．棱 PB 的中点为 N，则 CN 的长为定值 【答案】C 【分析】当面 PAM  平面 ABCM 时，四棱锥 P ABCM 的高取得最大值，此时体积达到最大值，经计算可 知 A 正确；作出二面角 P AB C- - 的平面角，经计算可知 B 正确；利用反证法可知 C 不正确；取 PA 的中点 Q ，连QN ，QM ，CN ，可得CN QM ，经计算可知 D 正确． 【解析】在 ADM△ 翻折到 PAM△ 的过程中，因为四棱锥 P ABCM 的底面积为定值，定值为 1 (1 2) 2 32    ，所以当四棱锥 P ABCM 的高取得最大值时，其体积达到最大， 当面 PAM  平面 ABCM 时，四棱锥 P ABCM 的高取得最大值，其最大值为直角三角形 DAM 的斜边上的 高，其值为 2 2 1 2 2 5 51 2    ，所以四棱锥 P ABCM 的体积的最大值为 1 2 5 33 5    2 5 5 ，故 A 正确； 当面 PAM  平面 ABCM 时，过 P 作 PG AM^ ，垂足为G ，则 PG  平面 ABCM ，所以 PG AB ， 过G 作GH AB ，垂足为 H ，连 PH ，因为 PG GH G ，所以 AB  平面 PGH ，所以 AB PH ，所 以 PHG 为二面角 P AB C- - 的平面角， 在直角三角形 PAM 中， 2 2 1 2 2 5 51 2 PG    ，在直角三角形 PGA中， 2 2 2 2 2 5 4 52 5 5AG PA PG          ，因为 2 2 1 5cos 51 2 DMAMD AM      ， 所以 5cos cos 5GAH AMD   ，在直角三角形GAH 中， 4 5 5 4cos 5 5 5AH AG GAH     ，所以 2 2 2 2 4 5 4 8 5 5 5GH AG AH                ，所以 2 5 55tan 8 4 5 PGPHG GH     ，所以二面角 P AB C- - 的正切值为 5 4 ，故 B 正确； 连接GB ，如图： 假设 AM PB ，因为 AM PG ， PG PB P ，所以 AM  平面 PGB ，所以 AG GB ， 所以 4 5 2 55cos 2 5 AGGAB AB    ，又 5cos cos 5GAH AMD   ，二者相矛盾，故假设不成立，故 AM 与 PB 不垂直，故 C 不正确； 取 PA 的中点Q ，连QN ， QM ，CN ，如图： 因为QN / / AB ， 1 2QN AB ， / /MC AB ， 1 2MC AB ，所以 / /QN MC ，QN MC ，所以四边形QNCM 为平行四边形，所以CN QM ，在直角三角形QPM 中， 2 2 2 21 1 2QN PQ PM     ，所以 2CN  ，即 CN 的长为定值 2 ，故 D 正确，故选 C． 5．在三棱锥 P ABC 中，平面 PAB  平面 ABC ， ABC△ 是边长为 6 的等边三角形， PAB△ 是以 AB 为斜 边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______． 【答案】 48π 【解析】如图，在等边三角形 ABC 中，取 AB 的中点 F ，设等边三角形 ABC 的中心为 O ，连接 PF，CF，OP．由 6AB  ，得 2 2 3, 33AO BO CO CF OF     ， PAB△ 是以 AB 为斜边的等腰角三角形， PF AB  ，又平面 PAB  平面 ABC ， PF  平面 ABC ， PF OF  ， 2 2 2 3OP OF PF   ，则O 为棱锥 P ABC 的外接球球心，外接球半径 2 3R OC  ， 该三棱锥外接球的表面积为  2 4π 2 3 48π  ，故答案为 48π ． 6．已知球O 的半径为 4 ,3 点 , , ,A B C D 均在球面上，若 ABC 为等边三角形，且其面积为 3, 则三棱锥 D ABC 的最大体积是___________． 【答案】 2 3  3 【分析】根据三角形面积求出边长，即可求出三角形外接圆半径，继而可求出高的最大值，求出体积． 【解析】设 ABC 外接圆的圆心为 1,O 由 ABC 是面积为 3 的等边三角形，得 21 sin60 3,2 AB   解得 2AB  ，则 1 1 2 3 .2 sin60 3 ABO B    当三棱棱锥 D ABC 体积最大时，球心O 在 1DO 上，因此有 2 2 1 1 2 ,3OO OB O B   所以 1DO 的最大值为 4 2 23 3   ，三棱锥 D ABC 的最大体积为 1 1 1 2 33 23 3 3ABCV S DO       ． 7．（2021·浙江杭州市·高三期末）在棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，棱 1BB ， 1 1B C 的中点分别为 E ， F ，点 P 在平面 1 1BCC B 内，作 PQ  平面 1ACD ，垂足为Q ．当点 P 在 1EFB△ 内（包含边界）运动时，点 Q 的轨迹所组成的图形的面积等于_____________． 【答案】 3 12 【分析】由正方体性质可知平面 1 / /ACD 平面 1 1A BC ，且 PQ  平面 1ACD ，故点Q 的轨迹所组成的图形与 平面 1EFB 在平面 1 1A BC 正 投影图形全等，故可求得投影的面积，即为所求解． 【解析】由正方体性质可知平面 1 / /ACD 平面 1 1A BC ，且 PQ  平面 1ACD ， 故点Q 的轨迹所组成的图形与平面 1EFB 在平面 1 1A BC 正投影图形全等，又 1 1 1B A BC 为正三棱锥，故正投影 如图， 即 1EFB△ 再平面 1 1A BC 的正投影为 1E F B  ，且 1E F   ， 1 3= 3F B ， 1 3 3E B  ， 1 2 3E B F    ， 1 1 1 1 2 3sin2 3 12E F BS B E B F             ，点Q 的轨迹所组成的图形的面积为 3 12 ，故答案为： 3 12 ． 8．（2021·山东菏泽市·高三期末）古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点 A 、 B 距离之比  0, 1    是常数的点的轨迹是一个圆心在直线 AB 上的圆，该圆简称为阿氏圆．根据以上信息，解决下 面的问题：在棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，点 P 是正方体的表面 1 1ADD A (包括边界)上的动点，若 动点 P 满足 2PA PD ，则点 P 所形成的阿氏圆的半径为______；若 E 是CD 的中点，且满足 APB EPD   ， 则三棱锥 P ACD 体积的最大值是______． 阿波罗尼奥斯 【答案】 4 3 4 3 9 【分析】在 AD 上取点 M ，在 AD 延长线上取点 N ，使得 2MA MD ， 2NA ND ，则 ,M N 是题中阿氏 圆上的点，则 MN 是阿氏圆的直径，由此可求得半径，由 APB EPD   可得 Rt PDE Rt PAB△ △ ， 2PA AB PD DE   ，即 P 在上述阿氏圆上，这样当 P 是阿氏圆与 1DD 交点Q 时， P 到平面 ACD 距离最大，三 棱锥 P ACD 体积的最大，由体积公式计算可得． 【解析】在 AD 上取点 M ，在 AD 延长线上取点 N ，使得 2MA MD ， 2NA ND ，则 ,M N 是题中阿氏 圆上的点，由题意 MN 是阿氏圆的直径， 2AD  ，则 2 3MD  ， 2DN  ，所以 2 823 3MN    ，∴阿氏圆半径为 4 2 3 MN  ； 正方体中 AB ， CD 都与侧面 1 1ADD A 垂直，从而与侧面 1 1ADD A 内的直线 ,PA PD 垂直， 如图 APB EPD   ，则 Rt PDE Rt PAB△ △ ，∴ 2PA AB PD DE   ，即 P 在上述阿氏圆上， ∵ ACD△ 的面积是 2 为定值，因此只要 P 到平面 ACD 距离最大，则三棱锥 P ACD 体积的最大， 由于 P 点在阿氏圆上，当 P 是阿氏圆与 1DD 交点Q 时， P 到平面 ACD 距离最大， 此时 2QA QD ，因此 2 2 23 2QA QD QD   ， 2 3 3QD  ，三棱锥 P ACD 体积的最大值为 1 2 3 4 323 3 9V     ．故答案为： 4 3 ； 4 3 9 ． 【关键点点睛】本题考查棱锥的体积，考查新定义的理解与应用．解题关键是正确理解新定义得出圆半径，由 已知角相等得出 P 点就在新定义“阿氏圆”上，从而易得它到底面距离最大时的位置，从而得出最大体积．