立体几何第1讲 空间几何体的表面积和体积 作业 解析
5．(2019·福州市质量检测)如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以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( C )

A.3π4 B.2π

C.3π2 D.9π4
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14，所以所有弧长之和为3×2π4＝3π2.故选C.

6．已知三棱锥S­ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，AB＝2，SA＝SB＝SC＝2，则三棱锥S­ABC的外
接球的球心到平面ABC的距离是( A )

A.33 B．1

C.3 D.332
解析：∵三棱锥S­ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，SA＝SB＝SC＝2，∴S在底面ABC内的射影为
AB的中点，设AB的中点为H，连接SH，CH，∴SH⊥平面ABC，∴SH上任意一点到A，B，C的距离相等，易知SH
＝3，CH＝1，∴Rt△SHC中，∠HSC＝30°.在面SHC内作SC的垂直平分线MO，交SH于点O，交SC于点M，则

O为三棱锥S­ABC的外接球的球心．∵SC＝2，∴SM＝1，又∠OSM＝30°，∴SO＝233，OH＝33，∴球心O到平面

ABC的距离为33，故选A.
7．(2019·昆明市模拟)三棱锥P­ABC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P­ABC体积的最大值为( B )
A．2 B．3
C．23 D．33
解析：根据AB⊥BC可知AC为三角形ABC所在截面圆O1的直径，又平面PAC⊥平面ABC，△APC为等边三角

形，所以P在OO1上，如图所示，设PA＝x，则AO1＝12x，PO1＝32x，所以PO1＝32x＝OO
1

＋2＝4－12x2＋2⇒(32x－2)2＝4－(12x)2⇒x2－23x＝0⇒x＝23，所以AO1＝12×23＝3，
PO1＝32×23＝3，当底面三角形ABC的面积最大时，即底面为等腰直角三角形时三棱锥
P­ABC的体积最大，此时V＝13S△ABC×PO1＝13×(12×23×3)×3＝3.
二、填空题
9．(2019·天津卷)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心，则该圆柱的体积为π4.

解析：由题可得，四棱锥底面对角线的长为2，则圆柱底面的半径为12，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·(12)2×1＝π4.
10．(2019·新课标全国卷Ⅲ)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ABCD­A1B1C1D1挖去四棱锥O­EFGH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，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.
不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为118.8g.

解析：由题易得长方体ABCD­A1B1C1D1的体积为6×6×4＝144(cm3)，四边形EFGH
为平行四边形，如图所示，连接GE，HF，易知四边形EFGH的面积为矩形BCC1B1面积的

一半，即12×6×4＝12(cm2)，所以V四棱锥O­EFGH＝13×3×12＝12(cm3)，所以该模型的体积为
144－12＝132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．
11．(2019·河北石家庄质检)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为菱形，PB⊥底面ABCD，
O为对角线AC与BD的交点，若PB＝1，∠APB＝π3，则棱锥P­AOB的外接球的体积是43π.

解析：∵底面ABCD为菱形，O为对角线AC与BD的交点，∴BD⊥AC，又PB⊥底面ABCD，
∴PB⊥AC，∵BD∩PB＝B，∴AC⊥平面PBD，∴AC⊥PO，∴三角形PBA与三角形PAO均为

直角三角形，∴公共斜边的中点即为球心，∵PB＝1，∠APB＝π3，∴PA＝2＝2R(R为P­AOB外

接球的半径)，∴R＝1，故三棱锥P­AOB的外接球的体积是4π×133＝43π.
12．(2019·昆明市诊断测试)数学中有很多公式都是数学家欧拉(Leonhard Euler)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
( B )
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用，所以棱数E＝20×3×12＝30，面数F＝20，顶点数
V＝E－F＋2＝12.故选B.
13．(2019·湖南衡阳二模)如图，正方体AC1的顶点A，B在平面α上，AB＝2，若平面
A1B1C1D1与平面α所成角为30°，由如图所示的俯视方向，正方体AC1在平面α上的俯视图
的面积为( B )
A．2 B．1＋3
C．23 D．22
解析：依题意知，直线AB在平面α内，且平面α与平面ABCD所成的角为30°，与平面B1A1AB所成的角为60°，
故所得的俯视图的面积S＝2(cos30°＋cos60°)＝1＋3.

14．(2019·新课标全国卷Ⅱ)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26个面，其棱长为2－1.

解析：依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、
右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面
体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中
的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半

正多面体的棱长为x，则22x＋x＋22x＝1，解得x＝2－1，故题中的半正多面体的棱长为2－
1.
15．(2019·江西九江二模)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，

AB＝BC＝1.点D为侧棱BB1上的动点．若△ADC1周长的最小值为3＋5，则三棱锥C1­ABC
外接球的表面积为3π.

解析：将侧面ABB1A1和侧面BCC1B1展开在同一平面如图，易知当D为侧棱BB1的
中点时，△ADC1周长最小，此时设BD＝x，则21＋x2＋2＋4x2＝3＋5，可得x＝12，

∴CC1＝1，又易知三棱锥C1­ABC外接球的球心为AC1的中点，∴半径R＝32，则三棱锥
C1­ABC外接球的表面积S＝4πR2＝3π.