专题十三 简单几何体的结构特征、表面积与体积
一、单选题
1．（2021·全国高三专题练习（理））如图所示，三棱锥O ABC 中， (0 0 0)O ，， ， (4 0 2)A ，， ， (0 4 4)B ，， ， (0 0 3)C ，， ，
则三棱锥 O ABC 的正视图与侧视图的面积之和为（ ）
A．10 B．12 C．14 D．16
【答案】C
【分析】
根据三视图的规则，画出几何体的正视图和侧视图，结合面积公式，即可求解.
【详解】
根据三视图的规则，画出几何体的正视图和侧视图，如图所示：
可得正视图面积为 1 3 4 62
，侧视图面积为 1 4 4 82
，
所以三棱锥O ABC 的正视图与侧视图的面积之和为14 .
故选：C.
2．（2021·北京海淀区·高三期中）我国魏晋时期的数学家刘徽创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形来推算
球的体积.如图 1，在一个棱长为 2a 的立方体内作两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是牟合方盖，
如图 2，设平行于水平面且与水平面距离为 h 的平面为 ，记平面 截牟合方盖所得截面的面积为S，则函
数 ( )S f h 的图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
首先由图 1 得正方体的内切球也是“牟合方盖”内切球，由图 2 可知截面均为正方形，此正方形是平面截内切
球的截面圆的外接正方形，由此计算得到函数解析式，判断选项.
【详解】
正方体的内切球也是“牟合方盖”内切球，用任意平行于水平平面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，
并且此正方形是平面截内切球的截面圆的外接正方形，
内切球的半径为 a ，设截面圆的半径为 r ，则 2 2 2a h r a ，解得： 2 2 2r h ah ，
设截面圆的外接正方形的边长为b ，则 2b r ，正方形的面积 2 2 24 4 8S b r h ah ， 0,2h a ，
由函数形式可知，图象应是开口向下的抛物线.
故选：D
【点睛】
关键点点睛：本题的关键是空间想象能力的考查，关键得到截面是一个正方形，以及与“牟合方盖”内切球的
关系.
3．（2021·北京西城区·高三一模）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的表面积为（ ）
A．12 B．8 2 C．16 D．8 4 2
【答案】D
【分析】
首先把三视图得到直观图，进一步求出几何体的表面积．
【详解】
解：根据几何体的三视图得到直观图，如下图所示四棱锥 1 1 1 1D A B C D ：则 1 1 1 1 1 2A D D C DD ，所以
2 2
1 1 2 2 2 2DC DA
所以表面积为 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1DA D DA B DB C DC D A B C DS S S S S S
1 1 1 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 8 4 22 2 2 2
．
故选： D ．
4．（2021·湖南长沙市·高一月考）如图， A B C 表示水平放置的 ABC 根据斜二测画法得到的
直观图， A B 在 x轴上， B C 与 x轴垂直，且 2B C ，则 ABC 的边 AB 上的高为（ ）
A． 2 B． 2 2 C．4 D． 4 2
【答案】D
【分析】
过C 作 / /C D y 轴交 x 轴于 D ，根据斜二测画法：平行依旧垂改斜，横定纵半竖不变，知 ABC 的边 AB
上的高为 C D 的二倍，即可求高.
【详解】
过C 作 / /C D y 轴交 x 轴于 D ，则 45C DB ，而 B C 与 x轴垂直，且 2B C ，如下图，
∴ 2 2C D ，由斜二测画法的性质知： ABC 的边 AB 上的高为 2 4 2C D .
故选：D
5．（2021·陕西西安市·高三月考（文））如图，已知底面边长为 a 的正四棱锥 P﹣ABCD 的侧棱长为 2a，其
截面 PAC 的面积为 8 7 ，则正四棱锥 P﹣ABCD 的高是（ ）
A． 14 B．2 14 C．4 7 D．4
【答案】B
【分析】
根据正四棱锥的特性， PAC△ 底边 AC 上的高即为此四棱锥的高.
【详解】
由题意可知，PA=PC=2a， 2AC a ，
所以 PAC△ 的高 2 22 7(2 ) ( )2 2h a a a ，
所以 PAC△ 的面积 21 1 7 722 2 2 2S AC h a a a ，
又截面 PAC 的面积为 8 7 ，
所以 27 8 72 a ，解得 a=4，
所以正四棱锥 P﹣ABCD 的高即为 PAC△ 的高 7 4 2 142h ．
故选：B．
6．（2021·北京石景山区·高三一模）一几何体的直观图和主视图如图所示，下列给出的四个俯视图中正确的
是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
通过几何体结合三视图的画图方法，判断选项即可.
【详解】
几何体的俯视图，轮廓是矩形，几何体的上部的棱都是可见线段，所以 C、D 不正确，几何体的上部的棱与
正视图方向垂直，所以 A 不正确
故选：B.
7．（2021·全国高三专题练习（理））现有一批大小不同的球体原材料，某工厂要加工出一个四棱锥零件，要
求零件底面 ABCD 为正方形， 2AB ，侧面 PAD△ 为等边三角形，线段 BC 的中点为 E ，若 1PE ，
则所需球体原材料的最小体积为（ ）
A． 8 2
3
B． 28
3
C． 9 D． 14 3
3
【答案】A
【分析】
首先判断原材料体积最小的球体即为四棱锥 P ABCD 的外接球， E 是直角 PBC 的外心，过 E 作面
PBC 的垂线与过正方形 ABCD 的中心G 与面 ABCD 的垂线交于 O ，则 O 为四棱锥 P ABCD 外接球的
球心．再利用题中所给长度大小关系，可求球半径，求球体积．
【详解】
所需原材料体积最小的球体即为四棱锥 P ABCD 的外接球，
如图，设 F 为 AD 中点，G 为正方形 ABCD 中心，
PADQV 为边长为 2 的等边三角形，
又 1, 2, , 60 ,PE EF AB PF PE PEF
又 1,PE BE CE E 为 PBC 外心,
则球心O 一定在过点 E 且垂直于侧面 PBC 的垂线上
90 60 30OEG OEP FEP ，又 2GE ，
在直角三角形 OGE 中求出 3
3OG ，
又直角 OAG△ 中， 2AG ， 21
3OA ，即球半径 21
3R ， 3 28 214
3 27V R 球 ．
由于此时四棱锥 P ABCD 在球心同侧，不是最小球，可让四棱锥下移到面 ABCD 过球心时，
即球半径 1 22R AC 时，原材料最省．此时 3 8 24 ( 2)3 3V 球 ．
故选：A.
【点睛】
关键点点睛：本题考查四棱锥的外接球问题，关键是找到球心，可以锁定球心在一条直线上，进而再根据
几何关系确定球心.
8．（2021·漠河市高级中学高三月考（文））某四棱锥的三视图如图所示，则此四棱锥的体积为（ ）
A． 2 B．3 C． 4 D． 6
【答案】D
【分析】
判断出几何体的结构，由此求得几何体的体积.
【详解】
画出几何体对应的原图如图所示，
四棱锥的体积为 2 4 31 2 63 2
.
故选：D
9．（2021·内蒙古包头市·高三一模（文））下图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正
视图中对应的点为 M，在俯视图中对应的点为 N，则该端点在侧视图中对应的点为（ ）
A．F B．E C．H D．G
【答案】A
【分析】
首先还原几何体，对比几何体和三视图判断选项.
【详解】
如图，还原几何体，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D ，切去一个角，即三棱锥 1 1 1A A B D ，如图放在正方体上面，
图中的点 1B 对应正视图中的点 M ，同时对应俯视图中的点 N ，那么在侧视图中应对应点 F .
故选：A
10．（2021·山西临汾市·高三一模（理））在棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，平面 1B D ，则以
平面 截正方体所得的截面面积最大时的截面为底面，以 1B 为顶点的锥体的外接球的表面积为（ ）
A．12 B． 25
3
C． 20
3
D． 6
【答案】B
【分析】
由正方体的对称性，可知当截面为正六边形 EFGHKI 时，截面面积最大，再分当球心在棱锥内部时和当球
心在棱锥外部时，建立方程求得外接球的半径可得选项.
【详解】
解：如图，
由正方体的对称性，可知当截面为正六边形 EFGHKI 时，截面面积最大，
此时正六边形的边长为 2 ，
设 1B D 交截面 EFGHKI 于 M ，则 M 为 1B D 的中点，所以 1 1
1 32B M B D ，
设正六棱锥外接球的球心为 O ，外接球半径为 R ，
当球心在棱锥内部时，有 2 22 2 3R R ，解得 5
2 3
R ，
外接球面积为
25 254 32 3
；
若球心在棱锥外部时，有 2 22 2 3R R ，解得 5 3
2 3
R （舍去）．
∴以 1B 为顶点的锥体的外接球的表面积为 25
3
．
故选：B．
【点睛】
方法点睛：求解几何体外接球半径的思路是依据球的截面的性质：利用球的半径 R ､截面圆的半径 r 及球心
到截面的距离 d 三者的关系 2 2 2R r d 求解，其中确定球心的位置是关键.
11．（2020·江苏苏州市·高一期中）已知用斜二测画法画得的正方形的直观图的面积为18 2 ，那么原正方
形的面积为（ ）
A．36 B．36 2 C． 72 D． 72 2
【答案】C
【分析】
根据斜二测画法的原则得到直观图的对应边长关系，即可求出相应的面积.
【详解】
设原正方形的边长为 a ，
根据斜二测画法的原则可知 O C a ， 1 1
2 2O A OA a ，
高 1 2 2sin 45 2 2 4A D O A a a ，
对应直观图的面积为 22 2 18 24 4a a a ，
即 2 72a ，
故原正方形的面积为 72 ，
故选：C.
12．（2021·北京门头沟区·高三一模）某四棱锥的三视图如图所示，则此四棱锥最长的棱长为（ ）
A．2 B． 2 2
C．4 D． 2 3
【答案】D
【分析】
根据三视图可得物体的直观图，结合图形可得最长的棱为 PC ，根据勾股定理求出即可．
【详解】
解：由三视图知：几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，
底面为正方形如图：
其中 PA 平面 ABCD ，底面 ABCD 为正方形
2PA ， 2AB ， 2AD ，
2 22 2 2 2AC ， 2 22 2 2 2 3PC ．
2 2PB PD
该几何体最长棱的棱长为： 2 3
故选： D ．
13．（2021·全国高三专题练习）已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的底面边长为 a ，高为 h ，球的体积
为8 6 ，则这个正四棱柱的侧面积的最大值为（ ）
A． 48 2 B． 24 2 C．96 2 D．12 2
【答案】B
【分析】
先求出半径，然后利用体对角线等于球的直径建立关系求解.
【详解】
设球的半径为 R ，则 34 8 63 R ，解得 6R .
如图， 正四棱柱底面对角线 2BD a ，在 Rt D DB 中，由 2 2 2 2( 2 ) (2 ) 4a h R R ，
2 2( 2 ) 24 2 2a h ah ， 6 2ah ，则侧面积 4 24 2S ah ，
即侧面积的最大值为 24 2 .
故选：B.
【点睛】
与球有关的组合体问题常见内切和外接两种.解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元
素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长
等于球的直径；球外接于长方体，长方体的顶点均在球面上，长方体的体对角线长等于球的直径.
14．（2021·全国高三专题练习（理））已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A． 3
3
B． 2
3 C． 5
3
D． 6
3
【答案】D
【分析】
首先根据三视图画出几何体的直观图，进一步利用几何体的体积公式求出结果．
【详解】
由三视图可还原成三棱锥 P ABC 如图所示，
其中 ABC 是边长为 2 的正三角形，
作 PH 平面 ABC 与点 H ，
连接 BH ，交 AC 于点G ，则G 为 AC 的中点，
2PH 、 2AC 、 3BG ，
∴ 1 1 62 3 23 2 3P ABCV ，
故选：D
15．（2021·全国高三月考（文））已知正三棱柱 1 1 1ABC A B C 的六个顶点均在球 O 的球面上， 1O 为上底
面 ABC 的外接圆，若 1O 的面积为 4 ，且侧面矩形 1 1AA B B 的面积为 4 15 ，则球 O 的体积为（ ）
A． 64π B． 48 C． 36 D． 32
【答案】C
【分析】
由 1O 的面积求得半径，根据正弦定理解得 AB ，结合侧面积求解 1AA ，最后用勾股定理求得球半径即可
得其体积．
【详解】
如图，设球O 的半径为 R ， 1O 的半径为 r ．依题意， 1O 的面积为
1
2 4O S r ，解得 12r O B ；
在正 ABC 中，由正弦定理得 2 4sin 60
AB r ，解得 2 3AB ；
由侧面矩形 1 1AA B B 的面积为 14 15 AB AA ，得 1 2 5AA ，又 1OO 平面 ABC ，
则得 1 1
1 52OO AA ．在 1Rt OO B△ 中，由勾股定理得 2 2
1 1 5 4 3R OB OO O B ，
故球 O 的体积为 34 363 R ．
故选：C
【点睛】
方法点睛：求外接球半径的常用方法：
（1）补形法：侧面为直角三角形或正四面体或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去
求解；
（2）利用球的性质：几何体在不同面均对直角的棱必然是球的直径；
（3）定义法：到各个顶点距离均相等的点为球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一
定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可．
16．（2021·全国高三专题练习）已知四面体 P ABC 中， 4PA ， 2 7AC ， 2 3PB BC ，PA
平面 PBC，则四面体 P ABC 的内切球半径与外接球半径的比（ ）
A． 2
16
B． 3 2
8
C． 3 2
16
D． 2
8
【答案】C
【分析】
根据三棱锥内切球半径与表面积及体积的关系，求得内切球半径.由外接球的球心性质，找到球心的位置，
从而求出外接球半径，从而求得比值.
【详解】
由已知及勾股定理得， 2 7, 2 3,AB PC PBC 为等边三角形，
ABC 为等腰三角形，且易得底边的高为 5．
所以， 1 1 1 32 3 2 3 4 4 33 3 2 2P ABC PBCV S PA
，
表面积 21 1 3 12 3 4 2 2 3 2 3 52 2 2 2S
16 3 ，
设内切球半径为 r ， 1
3V S r ，所以， 14 3 16 33 r ， 3
4r ；
如图，取 PBC 的外接圆圆心为 1O ，三棱锥的外接球球心为 O ，
由 1
2 32 4,sin 60PO 1 2PO ， 1
1 22OO PA ，
因此外接球半径 2 22 2 2 2,R
故内切球半径与外接球半径的比为 3 2
16
．
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：内切球半径求解方法及外接球球心确定方法是本题关键点.
17．（2021·全国高三专题练习）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
【分析】
如图，取 AC 的中点O ，连接 BO ， DO ，进而得 2
2BO DO ，进一步得 DO OB ，再结合等体积
法求解.
【详解】
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 ．
故选：D．
【点睛】
本题考查几何体体积的求法，考查空间思维能力与运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于利用勾股
定理得 DO OB ，再结合等体积法求解即可.
18．（2021·全国高三专题练习）一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为（ ）
A． 21 3 B．18 3 C． 21 D．18
【答案】A
【分析】
根据三视图确定多面体的形状及其基本量，进而求解.
【详解】
如图，
将边长为 2 的正方体截去两个角，
∴ 21 32 2 6 1 1 6 2 2 21 32 4S 表
故选: A
19．（2021·全国高三专题练习）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为
阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥 PABC 为鳖臑，PA⊥平面 ABC，PA＝AB＝2，
AC＝4，三棱锥 PABC 的四个顶点都在球 O 的球面上，则球 O 的表面积为（ ）
A．8π B．12π C．20π D．24π
【答案】C
【分析】
将三棱锥 PABC 放入长方体中，如图，三棱锥 PABC 的外接球就是长方体的外接球．计算出长方体的对角线
长就是外接球的直径，根据球的表面积公式计算可得选项.
【详解】
将三棱锥 PABC 放入长方体中，如图，三棱锥 PABC 的外接球就是长方体的外接球．
因为 PA＝AB＝2，AC＝4， ABC 为直角三角形，所以 BC＝ 2 24 2 2 3 ．
设外接球的半径为 R，依题意可得(2R)2＝22＋22＋( 2 3 )2＝20，故 R2＝5，则球 O 的表面积为 4πR2＝20π．
故选：C．
【点睛】
关键点点睛：在解决几何体的外接球的问题，关键在于求得球心和球半径，在求解时，常运用补全几何体
和依据球的截面的性质：利用球的半径 R ､截面圆的半径 r 及球心到截面的距离 d 三者的关系 2 2 2R r d
求解.
20．（2021·广东高三专题练习）如图，在矩形 ABCD 中，已知 2AB ， 1AD ， ,E F 分别为 AB，CD 的
中点，将四边形 ADFE 沿 EF 折到四边形 A D FE 的位置，若得到几何体 A EB D FC 的外接球的表面积为
5π ，则直线 A B 与平面 EBCF 所成角的大小为（ ）
A． π
6 B． π
4 C． π
3 D． 5π
12
【答案】A
【分析】
由已知得三棱柱 A EB D FC 的外接球的半径 5
2R ，利用棱柱的几何性质找到外接球的球心，利用三角
形求得 2π
3MHN ，利用线面角的定义知 A BE 为直线 A B 与平面 EBCF 所成的角，即可求得答案.
【详解】
设几何体 A EB D FC 的外接球的半径为 R ，由 24π 5πS R 得 5
2R ，如图所示，
球心应为过四边形 EBCF 的中心 N 的该面的垂线与过四边形 A EFD 的中心 M 的该面的垂线的交点 O，记
H 为 EF 的中点，连接 , , , ,OE NE OH MH NH ，则 5
2OE ， 1
2HN ，
2 21 1 2
2 2 2NE
，
2 2
2
5 2
2
3
2ON
，
设 MHN ，则 tan 32
ON
HN
，所以 2π
3
.
由 EF 平面 A EB ，得 A BE 为直线 A B 与平面 EBCF 所成的角.
在 A BE 中， 2
3A EB MHN ，所以
6A BE .
故选：A.
【点睛】
方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法
(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆
的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
(2)若球面上四点 P，A，B，C 构成的三条线段 , ,PA PB PC 两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为一个
球内接长方体，利用 2 2 2 24PA PB PC R 求解．
21．（2021·湖北高三月考）某班科技兴趣小组研究在学校的图书馆顶上安装太阳能板的发电量问题，要测量
顶部的面积，将图书馆看成是一个长方体与一个等底的正四棱锥组合而成，经测量长方体的底面正方形的
的边长为 26 米，高为 9 米，当正四棱锥的顶点在阳光照射下的影子恰好落在底面正方形的对角线的延长线
上时，测的光线与底面夹角为 030 ，正四棱锥顶点的影子到长方体下底面最近顶点的距离为 11.8 米，则图
书馆顶部的面积大约为（ ）平方米（注： 2 1.4 3 1.7 233 15.2 ， ， ）
A．990 B．890 C． 790 D． 690
【答案】C
【分析】
由题知 30PSO ， 1 9CC 1 11.8SC ， 26AB ，进而得 30SO ，故在 Rt PSO△ 中， 17PO ，
进一步得正四棱锥 P ABCD 中， ' 17 9 8PO ，再求正四棱锥 P ABCD 得侧面积即可得答案.
【详解】
如图 1，根据题意得： 30PSO ， 1 9CC 1 11.8SC ， 26AB ，
所以 1 13 2 18.2C O ，故 1 1 11.8 18.2 30SO SC C O ，
故在 Rt PSO△ 中，设 PO x ，则 2PS x ， 30SO ，
所以 2 2 2SO OP SP ，即： 2 2900 4x x ，解得 10 3 17x
所以如图 2，在正四棱锥 P ABCD 中， ' 17 9 8PO ， 26AB ，
取 BC 中点 E ，连接 , 'EP EO ，所以 ' 13EO
由正四棱锥的性质得 PEO 为直角三角形，故 2 2 2 2 2' ' 13 8 233PE PO O E ，
所以 233 15.2PE ，
所以正四棱锥 P ABCD 的侧面积为 14 4 15.2 26 790.4 7902PBCS S △ .
故选：C
【点睛】
本题考查棱锥的侧面积的求法，考查空间想象能力，运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于根据题
意求出正四棱锥 P ABCD 中， ' 17 9 8PO ，再求正四棱锥 P ABCD 得侧面积即可.
22．（2021·和平区·高三月考）球与棱长为3 2 的正四面体各条棱都相切，则该球的表面积为（ ）
A． 6 B．18 C． 9 D．10
【答案】C
【分析】
采用补形的方法，将正四面体补充为正方体，由此分析出球与正方体的关系，再根据正方体的棱长求解出
球的表面积.
【详解】
将正四面体补形为一个正方体如图所示（红色线条表示正四面体），则正四面体的棱为正方体的面对角线，
因为球与正四面体的各条棱都相切，所以球与正方体的各个面都相切，所以所求的球为正方体的内切球，
又因为正方体的棱长为 3 2 3
2
，所以球的半径 3
2R ，
所以球的表面积为：
234 92
，
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键在于找到正四面体和正方体之间的联系，将原本复杂的正四面体的棱切球问
题转化为较为简单的正方体的内切球问题.
23．（2021·吉林白山市·高三月考（理））已知菱形 ABCD 的边长为 3 ，沿对角线 AC 将三角形 ABC 折起，
则当四面体 B ACD 的体积最大时，它的外接球的表面积为（ ）
A． 5 B． 6 C． 20 D． 24
【答案】A
【分析】
先根据条件求出 AC ，然后构造长方体求出外接球的半径即可.
【详解】
当平面 ABC 平面 ACD 时，四面体的体积最大．
令 2AC x ，则 ABC ， ACD 的高为 23 x ，
则 2 2 31 1 12 3 3 (0 3)3 2 3V x x x x x x
，
则 2( ) 1V x x ，当 0 1x 时， 0V x ，
当1 3x 时， 0V x ．
故当 1x ，即 2AC 时， V x 有最大值，此时在四面体中的 2BD ．
以四面体的顶点构造长方体（长、宽、高分别为 a ，b ， c ，四面体的棱是长方体的面对角线），
则
2 2
2 2
2 2
4
3
3
a b
b c
a c
，
令四面体的外接球（即长方体的外接球）的半径为 R ，则 2 2 2 24 5R a b c ，
则外接球的表面积 24 5S R ．
故选：A.
【点睛】
关键点睛：解决本题的第一个关键是求出 AC ，第二个关键是求外接球的半径.
24．（2021·浙江绍兴市·高三一模）某几何体由四棱锥和半个圆柱组合而成，其三视图如图所示，则该几何
体的体积是（ ）
A．8 B． 8
3
C．8 3
D． 8
3
【答案】B
【分析】
画出该几何体的直观图，然后根据三视图的数据以及锥体体积公式以及圆柱的体积公式计算即可.
【详解】
如图
所以四棱锥的体积为： 21 82 23 3
半个圆柱的体积为： 21 1 22
故该几何体的体积为： 8
3
故选：B
25．（2021·安徽高三月考（文））在四面体 ABCD 中，BCD 是边长为 2 的等边三角形，ABD 是以 BD 为
斜边的等腰直角三角形，平面 ABD⊥平面 ABC，则四面体 ABCD 的外接球的表面积为（ ）
A．6π B． 6 π C．8π D．2 2 π
【答案】A
【分析】
根据面面垂直的性质定理，构造正方体，运用正方体的性质，结合球的表面积公式进行求解即可.
【详解】
解析：因为 ABD 是以 BD 为斜边的等腰直角三角形，所以 DA⊥AB，又因为平面 ABD⊥平面 ABC，平面
ABD 平面 ABC AB ，
所以 DA⊥平面 ABC，所以 DA⊥AC，可得 DA，BA，CA 两两垂直，且 DA=BA=CA= 2 2 22
´ = ，构造正
方体如图所示，
可得四面体 ABCD 的外接球半径 2 2 21 6( 2) ( 2) ( 2)2 2R ，
所以表面积为 24 6R .
故选：A
26．（2021·陕西西安市·高三月考（理））如图，已知底面边长为 a 的正四棱锥 P ABCD 的侧棱长为 2 ,a 若
截面 PAC 的面积为8 7, 则正四棱锥 P ABCD 的体积等于（ ）
A．12 14 B． 32 14
3
C． 32 7
8
D．108
3
【答案】B
【分析】
连接 BD ，交 AC 于O ，连接 PO ，根据截面 PAC 的面积为8 7 可解得 4a ，即可求出体积.
【详解】
解：连接 BD ，交 AC 于O ，连接 PO ，则 PO 底面 ABCD 且O 是 AC 中点，
2 2 2AC a a a ，
22
22 2 1422 2 2
ACPO PC a a a
，
截面 PAC 的面积为8 7 ，
1 142 8 72 2PACS a a ＝ ，解得 4a ，
正四棱锥 P ABCD- 的体积为：
1
3P ABCD ABCDV S PO 正方形＝ 21 14
3 2a a 314
6 a 314 46
32 14
3
.
故选：B．
27．（2020·安徽滁州市·高二月考（理））如图，在棱长为 1 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，三棱锥 1 1C A BD
的体积为（ ）
A． 1
3 B． 1
4 C． 1
2 D． 2
3
【答案】A
【分析】
用正方体的体积减去四个三棱锥的体积．
【详解】
由
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 11 1 13 2 6B A BC D A DC C BDC A A BDV V V V ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 14 1 4 6 3C A BD ABCD A B C D B A BCV V V ．
故选：A．
28．（2021·天津河西区·高三一模）将长、宽分别为 4 和3的长方形 ABCD 沿对角线 AC 折成直二面角，得
到四面体 A BCD ，则四面体 A BCD 的外接球的表面积为（ ）
A． 25 B． 50 C． 5 D．10
【答案】A
【分析】
取 AC 的中点 O ，说明O 为四面体 A BCD 的外接球的球心，求出球O 的半径，利用球体的表面积公式可
求得结果.
【详解】
取 AC 的中点，连接OB 、OD ，如下图所示：
由题意 2 23 4 5AC ，
因为 90ABC ADC ，O 为 AC 的中点，所以， 1 5
2 2OB OD AC OA OC ，
所以，O 为四面体 A BCD 的外接球的球心，且球O 的半径为 5
2R ，
因此，四面体 A BCD 的外接球的表面积为 24 25R .
故选：A.
【点睛】
方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中
去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则
球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.
二、多选题
29．（2021·江苏常州市·高三一模）1982 年美国数学学会出了一道题：一个正四面体和一个正四棱锥的所有
棱长都相等，将正四面体的一个面和正四棱锥的一个侧面紧贴重合在一起，得到一个新几何体.中学生丹尼
尔做了一个如图所示的模型寄给美国数学学会，美国数学学会根据丹尼尔的模型修改了有关结论.对于该新
几何体，则（ ）
A． / /AF CD
B． AF DE
C．新几何体有 7 个面
D．新几何体的六个顶点不能在同一个球面上
【答案】ABD
【分析】
根据棱长相等的正四面体和正四棱锥组成几何体--斜三棱柱，利用它们的性质证线线平面、异面直线垂直、
四点共面即可判断 A、B、C 的正误，由斜棱柱的性质判断 D 的正误.
【详解】
由题意，正四面体和正四棱锥的所有棱长都相等，G、H 为 BC、ED 的中点，连接 FG、AH、GH，即
, , / / , ,FG BC AH DE AF GH GH BC GH DE ，
∴ / / / /GH BE CD ， AF DE ， / /AF CD，故 A、B 正确；
∴ , , ,A F C D 四点共面，即新几何体为斜三棱柱，有 5 个面且无外接球，C 错误，D 正确；
故选：ABD.
30．（2021·辽宁高三二模）如图，直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，所有棱长均为 1，点 E 为棱 1 1B C 上任意一点，
则下列结论正确的是（ ）
A．直线 1AA 与直线 BE 所成角的范围是 π0, 4
B．在棱 1 1B C 上存在一点 E ，使 1AB 平面 1A BE
C．若 E 为棱 1 1B C 的中点，则平面 ABE 截三棱柱 1 1 1ABC A B C 所得截面面积为 3 19
16
D．若 F 为棱 1 1A B 上的动点，则三棱锥 F ABE 体积的最大值为 1
6
【答案】AC
【分析】
由异面直线夹角求法可判断 A；利用反证法结合线面垂直的判定及性质可判断 B；利用线线平行得到平面
ABE 截三棱柱所得截面为等腰梯形 ABEG ，即可求得面积判断 C；由面积公式知 ABFS△ 不变，利用等体积
知可求得体积的最大值可判断 D.
【详解】
对于 A，由直三棱柱 1 1 1ABC A B C ， 1 1/ /AA BB ， 1B BE 为直线 1AA 与直线 BE 所成角，
当 E 与 1B 重合时，直线 1AA 与直线 BE 所成角为 0，当 E 与 1C 重合时，直线 1AA 与直线 BE 所成角为 π
4
，
所以直线 1AA 与直线 BE 所成角的范围是 π0, 4
，故 A 正确；
对于 B，假设 1AB 平面 1A BE ，又 BE 平面 1A BE ， 1AB BE ，设 BC 中点为 H ，
则 AH BC ，则 AH 平面 1 1BCC B ，所以 1AB 在平面 1 1BCC B 上的射影为 1B H ，
由三垂线定理得 1B H BE ，又因为 1 1BCC B 为正方形，所以点 E 为 1CC 中点，与点 E 为棱 1 1B C 上一点矛
盾，故 B 错误.
对于 C，取 1 1AC 中点G ，连结 EG ，GA，则平面 ABE 截三棱柱 1 1 1ABC A B C 所得截面为等腰梯形 ABEG ，
1AB ， 1
2EG ，
在直角 1BB E△ 中， 5
2EB ，所以梯形的高为
2 25 1 19
2 4 4
，梯形的面积为
1 1 19 3 1912 2 4 16S
，故 C 正确.
对于 D，因为 1
1 1
2 2ABFS AB BB △ ，且 F ABE E ABFV V ，
所以当 E 与 1C 重合时，三棱锥 F ABE 的体积最大，取 1 1A B 中点 M ，
则 1C M 平面 1 1ABB A ，得
1 1
1 1 1 3 3
3 3 2 2 12C ABF ABFV S C M
，故 D 错误.
故选：AC
【点睛】
思路点睛：本题考查求异面直线成角，立体几何截面问题，体积运算，
（1）求异面直线所成角的常用方法是平移线段法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为
共面直线问题来解决；
（2）截面问题：利用线面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定
交线的位置，对于最值问题，常用函数思想来解决．
31．（2021·高二月考）如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为 1 的正三角形构成的，将
它沿虚线折起来，可以得到如图所示的六面体，则下列说法正确的是（ ）
A．六面体的体积为 2
6
B．若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为 8 6
729
C．折后棱 AB ， CD 所在直线异面且垂直
D．折后棱 AB ，CD 所在直线相交
【答案】ABD
【分析】
六面体由两个全等的正四面体组成，算出每个正四面体的高为 6
3
，再利用锥体的体积公式即可判断 A；
由图形的对称性，小球的体积要达到最大，即球与六面体的每个面都相切时体积达到最大，利用等体积法
求得内切球的半径 6
9R ，再利用球的体积公式即可判断 B；利用翻折变换规律，折后 AB 、CD 在共底
的两个四面体的底面，可判断 C D；
【详解】
对于 A，六面体由两个全等的正四面体组成，其中每个四面体的棱长为 1，取 BC 的中点 D，连接 AD ，且
AD BC ，由正四面体性质知，顶点S在底面的投影在 AD 上，如图所示，
3
2AD ， 2 2 3 3
3 3 2 3AO AD ，故四面体的高为
2
31 3
6
3SO
，故六面体的休积
1 3 6 22 3 4 3 6V ，故 A 正确；
对于 B，由图形的对称性，小球的体积要达到最大，即球与六面体的每个面都相切时体积达到最大，六面体
的每个面的面积是 1 3 31 12 2 4S ，连接球心与五个顶点，把六面体分成了六个三棱锥，且每个小棱
锥的高都是球的半径 R ，由等体积法知 2 1 366 3 4 R
，解得 6
9R ，所以球的体积
3
34 4 6 8 6
3 3 9 729V R
，故 B 正确；
对于 CD，折后 AB 、CD 在共底的两个四面体的底面，则直线 AB 与 CD 相交，故 C 错误，D 正确；
故选：ABD.
【点睛】
结论点睛：本题考查求锥体的体积，内切球的半径，及翻折变换的规律，求内切球半径常用的方法是等体
积法，锥体的内切球半径 3Vr S
，即求锥体的体积及表面积，考查学生的空间想象能力与计算能力，属于
中档题.
第 II 卷（非选择题）
三、填空题
32．（2021·安徽高三月考（理））为提高学生的动手能力，学校的学科拓展中心建立了 3D 打印中心和陶瓷
DIY 工作坊.一名同学在 3D 打印中心用橡胶打印了如图（1）所示的模具，该模具是棱长为 2 的正方体截去
两个三棱锥后剩下的部分.该同学又在陶瓷 DIY 工作坊做了 5 个异形瓶，其瓶口形状如图（2）中①②③④⑤
所示，则此橡胶七面体模具能作为图（2）中哪种异形瓶的瓶塞？答：___________.(写出所有满足条件的编
号).
【答案】①②⑤
【分析】
分别画出用一个平面去截模具得到的截面情况，逐一比照即可得解.
【详解】
解：如图所示截面中， 2 22 2 2 2AB AC BC ，所对应的图形为①；
过正方体侧棱的中点，作平行于底面的截面，如下图所示：则 1 2 12AB AF CD DE ，
1 2 2 22BC EF ，所对应的图形为②；
连接正方体三条面对角线的中点与底面的一个顶点，得到如下所示截面：则
1 2 2 22BC CD AD AB ，所对应的图形为⑤；
对于图形③，是边长为 2 2 的正方形，正方体的面对角线为 2 2 ，显然在图中找不到边长为 2 2 的正方
形，故③错误；
对于图形④，两腰长为 2 2 为正方体的面对角线，则过正方体的两条面对角线的截面与几何体的零一条交
线也为面对角线，即长度也为 2 2 ，故④也不符合题意；
故答案为：①②⑤
33．（2021·浙江高一期末）如图， O A B △ 是水平放置的 OAB 的直观图，则 OAB 的周长为________．
【答案】10 2 13
【分析】
根据斜二测画法的规则得到直角三角形 OAB 的直角边长，用勾股定理求出斜边长可得结果.
【详解】
根据斜二测画法的规则可知，| | 6OA ，| | 4OB ，
2AOB ，
所以 2 2| | | | | | 36 16 2 13AB OA OB ，
所以 OAB 的周长为| | | | | | 6 4 2 13 10 2 13OA OB AB .
故答案为：10 2 13 .
【点睛】
关键点点睛：掌握斜二测画法的规则是解题关键.
34．（2021·全国高三其他模拟）已知三棱锥 A BCD 的四个面都为直角三角形，且 AB 平面 BCD，
4AB BC ， 2CD .若三棱锥 A BCD 的外接球的体积为V ，则V __________.
【答案】 36
【分析】
将三棱锥 A BCD 放在长、宽、高分别为 2，4，4 的长方体中，即可求出球半径，进而求出体积.
【详解】
依题意，三棱锥 A BCD 可放在长、宽、高分别为 2，4，4 的长方体中，则三棱锥 A BCD 的外接球即
为长方体的外接球，且外接球的直径为长方体的体对角线，补全图形如图所示.在 Rt BCD 中，
2 24 2 2 5BD .设三棱锥 A BCD 的外接球的半径为 R ，则
22 2 22 4 2 5 6R AB BD ， 3R ，故 34 3 363V .
故答案为：36 .
35．（2021·辽宁高三其他模拟）在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 12 4AB AD AA ， E ， F ，G 分别
为 1BB ， 1 1A D ， AD 的中点，则平面 EFG 截长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的外接球所得的截面圆的面积为
___________.
【答案】 41
5
【分析】
求出外接球的球心到平面 EFG 的距离，以及外接球的半径，进一步求出截面圆的半径，从而求出面积.
【详解】
如图，连结 GB ，易知平面 FGBE 平面 ABCD ，则正方形 ABCD 的中心 1O 到GB 的距离等于球心O 到
平面 EFG 的距离，易知该距离等于点 A 到GB 距离的一半，故球心 O 到平面 EFG 的距离 2
5
d ，长方
体 1 1 1 1ABCD A B C D 的外接球半径 16 16 4 32R ，设截面的圆的半径为 r ，则 2 2 2 41
5r R d ，
则该圆的面积为 41
5
.
故答案为： 41
5
.
36．（2021·全国高三其他模拟（文））四面体 ABCD 的顶点 A 、B 、C 、D 在同个球面上，AD 平面 ABC ，
2 6
3AD ， 2AB ， 3AC ， 60CAB ，则该四面体的外接球的表面积为___________.
【答案】12
【分析】
利用余弦定理计算出 AB ，利用正弦定理计算出 ABC 的外接圆半径 r ，利用公式
2
2
2
ADR r
可
计算出四面体 ABCD 的外接球半径 R ，利用球体面积可求得结果.
【详解】
如下图所示：
圆柱 1 2O O 的底面圆直径为 2r ，母线长为 h ，则 1 2O O 的中点 O 到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则O 为
圆柱 1 2O O 的外接球球心.
可将三棱锥 D ABC 放在圆柱 1 2O O 内 ，使得圆 2O 为 ABC 的外接圆，点 D 在圆 1O 上，
由余弦定理可得 2 2 2 2 cos 7BC AB AC AB AC BAC ，则 7BC ，
所以， ABC 的外接圆直径为 2 212 sin 3
BCr BAC
， 21
3r ,
AD 平面 ABC ，所以，四面体 ABCD 的外接球半径为
2
2 32
ADR r
，
因此，四面体 ABCD 的外接球的表面积为 24 12R .
故答案为：12 .
【点睛】
方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中
去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则
球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.
37．（2021·全国高三其他模拟（理））如图，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如
此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的棱长都相等，其中八个为正三角形，
六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.若用一小桶油漆刚好可以涂该二十四等边体的表面一
遍，则用该小桶油漆去涂与该二十四等边体棱长相等的正四面体魔方表面(也是涂一遍)，那么至少可以涂
___________个这样的正四面体魔方.(结果取整数)
【答案】 5
【分析】
设二十四等边体的棱长为1，计算其表面积，再计算正四面体魔方的表面积，即可解得.
【详解】
设该二十四等边体的棱长为1，则正四面体魔方的棱长也为1，则该二十四等边体的表面积为
2 21 38 1 6 1 2 3 62 2
，正四面体的表面积为 21 34 1 32 2
，而
2 3 6 62 5.46
3 3
，所以至少可以涂 5个这样正四面体魔方.
故答案为：5.
38．（2021·黑龙江高三二模（理））已知三棱锥 D ABC 的四个顶点均在球О 的球面上， ABC
和 DBC△ 所在的平面互相垂直，且 , 2 3AB AC BC CD BD ，则球О 的表面积为
________________________．
【答案】16
【分析】
由已知先确定外接球的球心位置，然后结合球的性质求出外接球的半径，再由球的表面积公式即可求解．
【详解】
解：取 BC 中点 E ，连接 AE ， DE ，
因为 AB AC ，
所以 ABC 的外心 E 为 BC 的中点，
因为 2 3BC CD BD ，
所以 BCD△ 为等边三角形，故 DE BC ，
因为 ABC 和 DBC△ 所在的平面互相垂直，
所以 DE 平面 ABC ，则球心 O 在 DE 上，
因为 BCD△ 中， 2 3BC CD BD ，
所以 3DE ， 1 13OE DE ，
因为 1 32AE BC ，
则 2 2 2 2 1 3 4R OA OE AE ，
故 2R ， 4 4 16S ．
故答案为：16 ．
【点睛】
与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确
定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方
体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
39．（2021·山东高三专题练习）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”
即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面
积总相等，那么这两个几何体的体积相等.椭球是椭圆绕其长轴旋转所成的旋转体，如图，将底面半径都为b .
高都为 ( )a a b 的半椭球和已被挖去了圆锥的圆柱（被挖去的圆锥以圆柱的上底面为底面，下底面的圆心
为顶点）放置于同一平面 上，用平行于平面 且与平面 任意距离 d 处的平面截这两个几何体，截面
分别为圆面和圆环，可以证明S 圆=S 圆环总成立.据此，椭圆的短半轴长为 2，长半轴长为 4 的椭球的体积是
___________.
【答案】 64π
3
【分析】
因为S 圆=S 圆环总成立，所以由已知条件可得 2 2 21 2b a b a b a3 3
，从而代值可得答案
【详解】
解：∵S 圆=S 圆环总成立，
∴半椭球的体积为： 2 2 21 2b a b a b a3 3
，
∴椭球的体积 24V b a3
，
∵椭球体短轴长为 2，长半轴长为 4，
∴该椭球体的体积 24 642 43 3V .
故答案为： 64π
3
四、解答题
40．（2021·江苏高一课时练习）如图所示，在长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，AB＝BC＝4，BB1＝2 2 ，点 E，
F，M 分别为 C1D1，A1D1，B1C1 的中点，过点 M 的平面α与平面 DEF 平行，且与长方体的面相交，交线围
成一个平面图形.在图中，画出这个平面图形，并求这个平面图形的面积(不必说明画法与理由).
【答案】图象见解析， 6 5 .
【分析】
设 N 为 1 1A B 的中点，连结 MN ，AN 、AC 、CM ，则四边形 MNAC 为所求的图形．推导出四边形 MNAC
为梯形，过 M 作 MP AC 于点 P ，由此能求出梯形 MNAC 的面积．
【详解】
解：如图，设 N 为 A1B1 的中点，连接 MN，AN，AC，CM，
则四边形 MNAC 为所求的平面图形.
因为 M，N，E，F 均为中点，
所以 MN∥EF，
又 EF⊂平面 DEF，MN⊄ 平面 DEF，
所以 MN∥平面 DEF，
又 AN∥DE，AN⊄ 平面 DEF，DE⊂平面 DEF，
所以 AN∥平面 DEF，
又 MN∩AN＝N，MN，AN⊂平面 MNAC，
所以平面 MNAC∥平面 DEF.
易知 MN∥AC，四边形 MNAC 为梯形，且 1 2 22MN AC ，
过 M 作 MP AC 于点 P ，
可得 8 4 2 3MC ， 22
AC MNPC ，
得 2 2 10MP MC QC
梯形 MNAC 的面积 1 (2 2 4 2) 10 6 52
，
41．（2021·全国高三其他模拟（文））已知在六面体 PABCDE 中，PA 平面 ABCD ，ED 平面 ABCD ，
且 2PA ED ，底面 ABCD 为菱形，且 60ABC .
（1）求证：平面 PAC 平面 PBD ；
（2）若 2AB ， 1DE ，且 M 为 PB 的中点，求三棱锥 E PAM 的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2） 3
3
【分析】
（1）连接 BD 交 AC 于O ，易知 BD AC ，由 PA 平面 ABCD 得 PA BD ，进而得 BD 平面 PAC ，
由于 BD 平面 PBD ，故即可证得；
（2）根据题意易得 / /DE 平面 PAC ， / /BC 平面 ADEP ，故根据等体积法得
1 1 1 1
2 2 2 2E PAM M PAE B PAE C PAE E PAC D PACV V V V V V ，再根据几何关系求解即可.
【详解】
解：（1）证明：连接 BD 交 AC 于O ，
∵ 底面 ABCD 为菱形，∴ BD AC ，O 为 ,BD AC 中点，
∵ PA 平面 ABCD ， BD 平面 ABCD ，
∴ PA BD ，
∵ AC PA A ，
∴ BD 平面 PAC ，
∵ BD 平面 PBD ，
∴ 平面 PAC 平面 PBD .
（2）∵ PA 平面 ABCD ， ED 平面 ABCD ，
∴ / /PA DE ，
∵ DE 平面 PAC ， PA 平面 PAC ，
∴ / /DE 平面 PAC ，
∵ 底面 ABCD 为菱形，∴ / /BC AD
∵ BC 平面 ADEP ， AD 平面 ADEP
∴ / /BC 平面 ADEP ，
∵ M 为 PB 的中点，
∴ 三棱锥 E PAM 的体积 1 1 1 1
2 2 2 2E PAM M PAE B PAE C PAE E PAC D PACV V V V V V ，
由（1）知得 BD 平面 PAC ， 2AB ， 1DE ， 60ABC ， 2PA ED ，
∴ 1 2 2 22PACS ， 1 32OD BD ，
所以 1 1 2 32 33 3 3D PAC PACV S OD △ ，
所以 1 3=2 3E PAM D PACV V
【点睛】
本题考查面面垂直的证明，等体积法求几何体的体积，考查空间想象能力，逻辑推理能力，运算求解能力，
是中档题.本题第二问解题的关键在于根据已知条件，利用等体积转化法得
1 1 1 1
2 2 2 2E PAM M PAE B PAE C PAE E PAC D PACV V V V V V .
42．（2021·吉林高三月考（文））如图，在四棱锥 P ABCD 中，平面 ABCD 平面 PAB ， PAB△ 为等
边三角形，四边形 ABCD 为矩形， E 为 PB 的中点.
（1）证明：平面 ADE 平面 PBC .
（2）平面 ADE 分此棱锥为两部分，若 2AB AD ，求大的部分体积与小的部分体积之比.
【答案】（1）证明见解析；（2） 5
3 .
【分析】
（1）先证明 AE PB ， AD PB ，可得 PB 平面 ADE ，再利用面面垂直的判定定理可得结论.
（2）求得 2 3
3P ABCDV ，设 F 为 PC 的中点，连接 DF ，EF ，则 3 3 3
2 2 4P ADFE P ADE D AEPV V V ，
从而可得答案.
【详解】
（1）证明：因为 PAB△ 为等边三角形， E 为 PB 的中点，所以 AE PB .
因为平面 ABCD 平面 PAB 且相交于 AB ， AD AB ，
所以 AD 平面 PAB ，则 AD PB .
又 AD AE A ，所以 PB 平面 ADE .
因为 PB 平面 PBC ，所以平面 ADE 平面 PBC .
（2）设 F 为 PC 的中点，连接 DF ， EF ，所以 / /EF DA， 1
2EF DA
令 1AD ，则 2AB ， 3AE ，
所以 1 2 32 1 33 3P ABCDV
3 3 3 1 1 31 32 2 2 3 2 4P ADFE P ADE D AEPV V V ，
所以大的部分体积与小的部分体积之比为 2 3 3 3 5:3 4 4 3
.
【点睛】
方法点睛：空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：（1）求简单几何体的体积时若所给的几何体为柱
体锥体或台体，则可直接利用公式求解(2)求组合体的体积时若所给定的几何体是组合体，不能直接利用公
式求解，则常用转换法、分割法、补形法等进行求解.
43．（2021·湖南长沙市·雅礼中学高一月考）如图，圆锥 PO 的底面直径和高均是 a，过 PO 的中点O 作平
行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，
（1）求圆柱的表面积；
（2）求圆锥挖去圆柱剩下几何体的体积．
【答案】（1） 23
8 a ；（2） 35
96 a ．
【分析】
（1）设圆锥底面半径为 r，圆柱底面半径为 r ，求得 r 和 r 的值，以及圆柱和圆锥的母线长，结合侧面积
和圆的面积公式，即可求解；
（2）利用圆锥和圆柱的体积公式，即可求得剩下几何体的体积．
【详解】
（1）设圆锥底面半径为 r，圆柱底面半径为 r ，
因为过 PO 的中点 O 作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，
可得
2
ar ，
4
ar ，且圆柱母线长
2
al ，圆锥母线长
2
2 5
2 2
al a a
，
所以圆柱的表面积为：
2
2 232 2 2 24 4 2 8
a a aS r r l a 表
（2）剩下几何体的体积
2 2
2 2 21 1 5
3 3 2 4 2 96
a a aV r OP r OO a a
．
五、双空题
44．（2021·河南高三月考（理））已知四面体 ABCD 的棱长均为 2 6, ,E F 分别为棱 ,BC BD 上靠近点 B 的
三等分点，过 , ,A E F 三点的平面与四面体 ABCD 的外接球O 的球面相交,得圆 'O ，则球O 的半径为
___________，圆 'O 的面积为__________．
【答案】 3 8
【分析】
先找到四面体 ABCD 的外接球 O 在线段 AG 上，利用勾股定理计算出半径 R，连结 'OO ，证明 'OO ⊥面
AEF ，计算出小圆半径 r，求出面积.
【详解】
设点 A 在平面 BCD上的射影为G ，则G 为 BCD△ 的中心，
所以 2 22 3 2 6 2 2, = 24 8 43 2GB AG AB GB ，
由于 BCD△ 为正三角形，故四面体外接球的球心 O 在线段 AG 上，
设球 O 的半径为 R ，则 2 2 2OB OG GB ，
即 222 4 2 2R R ，解得 3R ；
设O 在平面 AEF 上的射影为 'O ，
则 'O 即为过 , ,A E F 三点的平面截球O 所得截面圆的圆心．
设G 在平面 AEF 上的射影为 ',G EF 与 BG 交于点 H ．
在 Rt AGH△ 中， 4,AG HG 为 BCD△ 高的 1
3
1 3 2 6 23 2HG ,所以 16 2 3 2AH
所以 4 2 4' 33 2
AG GHGG AH
由 '
'
OO AO
GG AG
得 3 4' 14 3OO
由球的截面性质得 'OO 平面 AEF ，
所以截面圆 'O 的半径 2 23 1 2 2r ，
所以圆 'O 的面积为 2 8r .
故答案为：3；8 .
【点睛】
多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：
(1)公式法；(2) 多面体几何性质法；(3)补形法；(4)寻求轴截面圆半径法；(5)确定球心位置法．
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