【数学】2021届新高考一轮复习北师大版第八章第一讲　空间几何体的结构、表面积和体积作业

【数学】2021届新高考一轮复习北师大版第八章第一讲　空间几何体的结构、表面积和体积作业

第八章　立体几何 第一讲　空间几何体的结构、表面积和体积 ‎1.[2020哈尔滨模拟]如图8 - 1 - 1,一个直三棱柱形容器中盛有水,且侧棱AA1=8.若侧面AA1B1B水平放置时,液面恰好过AC,BC,A1C1,B1C1的中点,当底面ABC水平放置时,液面高为(　　)‎ 图8 - 1 - 1‎ A.7 B.6 C.4 D.2‎ ‎2.[2020山东省统考]已知三棱锥S - ABC中,∠SAB=∠ABC=π‎2‎,SB=4,SC=2‎13‎,AB=2,BC=6,则三棱锥S - ABC的体积是(　　)‎ A.4 B.6 C.4‎3‎ D.6‎‎3‎ ‎3.[2020广东七校联考]已知一圆锥的底面直径与母线长相等,一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切,则球与圆锥的表面积之比为(　　)‎ A.‎2‎‎3‎ B.‎4‎‎9‎ C.‎2‎‎6‎‎9‎ D.‎‎8‎‎27‎ ‎4.[2020大同市高三调研]《九章算术》中,将如图8 - 1 - 2所示的几何体称为刍甍,底面ABCD为矩形,EF ∥底面ABCD,EF 到底面ABCD的距离为h,BC=a,AB=b,EF =c,则VB - CDEFVE - ABD‎ ‎=2时,bc=(　　)‎ 图8 - 1 - 2‎ A.‎1‎‎2‎ B.‎3‎‎2‎ C.‎2‎‎3‎ D.1‎ ‎5.[2020武汉市部分学校质量监测]已知三棱锥P - ABC的四个顶点均在球O的球面上,PA=PB=PC=2,且PA,PB,PC两两互相垂直,则球O的体积为(　　)‎ A.16‎3‎π B.8‎3‎π C.4‎3‎π D.2‎3‎π ‎6.[2020成都市高三摸底测试]若矩形ABCD的对角线交点为O' ,周长为4‎10‎,四个顶点都在球O的表面上,且OO' =‎3‎,则球O的表面积的最小值为(　　)‎ A.‎32‎2‎π‎3‎ B.‎64‎2‎π‎3‎ C.32π D.48π ‎7.[2020安徽省示范高中名校联考]在正方体ABCD - A1B1C1D1中,E,F 是线段AC1上的点,且AE=EF =F C1,分别过点E,F 作与直线AC1垂直的平面α,β,则正方体夹在平面α与β之间的部分的体积占整个正方体体积的(　　)‎ A.‎1‎‎3‎ B.‎1‎‎2‎ C.‎2‎‎3‎ D.‎‎3‎‎4‎ ‎8.[2019安徽省江南十校二模]已知圆台上、下两底面与侧面都与球O相切,已知圆台的侧面面积为16π,则该圆台上、下两底面圆的周长之和为(　　)‎ A.4π B.6π C.8π D.10π ‎9.[2019福州市质检]如图8-1-3,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的长之和为(　　)‎ 图8-1-3‎ A.‎3π‎4‎ B.‎2‎π C.‎3π‎2‎ D.‎‎9π‎4‎ ‎10.[2019绵阳市三诊]已知一个封闭的长方体容器中装有两个大小相同的铁球,若该长方体容器的三个相邻侧面的面积分别为6,8,12,则铁球的直径最大只能为(　　)‎ A.‎3‎ B.2 C.‎5‎ D.4‎ ‎11.[2020南昌市测试]已知一个圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形,则该圆锥的侧面面积为　　　　. ‎ ‎12.[2019广东广州模拟]如图8 - 1 - 4所示,在三棱锥A - PBC中,AP,AB,AC两两垂直,AP=AB=AC=‎2‎.若点D,E分别在棱PB,PC上运动(都不与端点重合),则AD+DE+EA的最小值为　　　　. ‎ 图8 - 1 - 4‎ ‎13.[2020安徽省示范高中名校联考]如图8 - 1 - 5,已知四面体ABCD为正四面体,AB=1,E,F 分别是AD,BC的中点.若用一个与直线EF 垂直,且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体,由此得到一个多边形截面,则该多边形截面面积的最大值为(　　)‎ 图8 - 1 - 5‎ A.‎1‎‎4‎ B.‎2‎‎4‎ C.‎3‎‎4‎ D.1‎ ‎14.[2020陕西省百校第一次联考]四棱锥P - ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,PA⊥底面ABCD,异面直线AC与PD所成的角的余弦值为‎10‎‎5‎,则四棱锥的外接球的表面积为(　　)‎ A.48π B.12π C.36π D.9π ‎15.[2020洛阳市第一次联考]已知三棱锥P - ABC的四个顶点均在同一个球面上,底面△ABC满足BA=BC=‎6‎,∠ABC=π‎2‎,若该三棱锥体积的最大值为3,则其外接球的体积为(　　)‎ A.8π B.16π C.‎16‎‎3‎π D.‎32‎‎3‎π ‎16.[2020陕西省百校第一次联考]在三棱柱ABC - A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,记△ABC和四边形ACC1A1的外接圆圆心分别为O1,O2,若AC=2,且三棱柱外接球的体积为‎32π‎3‎,则O1A+O2A的最大值为(　　)‎ A.‎10‎‎2‎ B.‎5‎ C.‎10‎ D.2‎‎5‎ ‎17.[2019合肥市三检]若圆锥SO1,SO2的顶点和底面圆周都在半径为4的同一个球的球面上,两个圆锥的母线长分别为4,4‎2‎,则这两个圆锥重合部分的体积为(　　)‎ A.‎8‎‎3‎π B.8π C.‎56‎‎3‎π D.‎56+16‎‎3‎‎3‎π ‎18. [2020河北九校第二次联考]如图8 - 1 - 6,‎ 图8 - 1 - 6‎ 正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为a,E,F ,G分别是DD1,AB,BC的中点,过点E,F ,G的截面将正方体分割成两部分,则较大几何体的体积为　　　　. ‎ ‎19.[2020西安五校联考]如图8 - 1 - 7,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8 - 1 - 8所示的六面体,则该六面体的表面积为　　　　;若该六面体内有一个小球,则小球的最大体积为　　　　. ‎ 图8 - 1 - 7　　　　　　　　 　图8 - 1 - 8‎ ‎20.[2020惠州市二调][双空题]已知底面边长为a的正三棱柱ABC - A1B1C1的六个顶点均在球O1上,又知球O2与此正三棱柱的5个面都相切,则球O1与球O2的半径之比为　　　　　,表面积之比为　　　　　. ‎ ‎21.[2020南昌市测试]已知正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为3,垂直于棱AA1的截面分别与面对角线A1D,A1B,C1B,C1D相交于点E,F ,G,H,则四棱锥A1 - EF GH的体积的最大值为　　　　. ‎ ‎22.[2019济南市质检]已知等边△ABC的边长为4‎3‎,M,N分别为AB,AC的中点,将△AMN沿MN折起,连接AB,AC,得到四棱锥A - MNCB.点P为四棱锥A - MNCB的外接球球面上任意一点,当四棱锥A - MNCB的体积最大时,点P到平面MNCB的距离的最大值为　　　　. ‎ ‎23.[新定义题]过圆锥的轴作截面,如果截面三角形为正三角形,则称圆锥为等边圆锥.已知一等边圆锥中,过顶点P的截面与底面交于CD,O为底面圆的圆心,若∠COD=90°,且S△PCD=‎7‎‎2‎,那么这个等边圆锥的体积为(　　)‎ A.‎2‎‎3‎‎3‎π B.‎3‎‎3‎π C.2π D.‎3‎π ‎24.[2020四川五校联考]在棱长为6的正方体ABCD - A1B1C1D1中,点E,F 分别是棱C1D1,B1C1的中点,过A,E,F 三点作该正方体的截面,则截面的周长为　　　　. ‎ ‎25.[双空题]在棱长为8的正方体空盒内,有四个半径为r的小球在盒底四角,分别与正方体的三个面(三个面交于一点)相切,另有一个半径为R的大球放在四个小球之上,与四个小球均相切,并与正方体盒盖相切,无论怎样翻转盒子,五个球相切不松动,则小球的半径r的最大值为　　　　,大球的半径R的最小值为　　　　. ‎ ‎26.[原创题]在日常生活中,石子是我们经常见到的材料,比如在各种建筑工地或者建材市场上常常能看到堆积如山的石子.某雕刻师计划在底面边长为2 m,高为4 m的正四棱柱形的石料ABCD - A1B1C1D1中雕出一个四棱锥O - ABCD和球M的组合体(如图8 - 1 - 9所示),‎ 图8 - 1 - 9‎ 其中O为正四棱柱的中心,当球的半径r取最大值时,该雕刻师需去除的石料约重　　　　kg.(其中π≈3.14,石料的密度ρ=2.4 g/cm3,质量m=ρV,V为体积) ‎ 第一讲　空间几何体的结构、表面积和体积 ‎1.B　设底面ABC的面积为S,侧面AA1B1B水平放置时,液面恰好过AC,BC,A1C1,B1C1的中点,则水的体积为‎3‎‎4‎S×8,设当底面ABC水平放置时,液面高为h,则Sh=‎3‎‎4‎‎×‎8S,可得h=6.故选B.‎ ‎2.C　由SB=4,AB=2,且∠SAB=π‎2‎,得SA=2‎3‎.由AB=2,BC=6,∠ABC=π‎2‎,得AC=2‎10‎.因为SA2+AC2=SC2,所以∠SAC=π‎2‎,即SA⊥AC,又∠SAB=π‎2‎,则SA⊥AB,易得SA⊥平面ABC.由于S△ABC=‎1‎‎2‎‎×‎2×6=6,从而三棱锥S - ABC的体积V=‎1‎‎3‎S△ABC×SA=‎1‎‎3‎‎×‎6×2‎3‎=4‎3‎.选C.‎ ‎3.B　设圆锥底面圆的半径为R,球的半径为r,由题意知,圆锥的轴截面是边长为2R的等边三角形,竖直的过球的直径的圆是该等边三角形的内切圆,如图D 8 - 1 - 10所示,‎ 图D 8 - 1 - 10‎ 所以r=‎3‎‎3‎R,S球=4πr2=4π·(‎3‎‎3‎R)2=‎4π‎3‎R2,S圆锥=πR·2R+πR2=3πR2,所以球与圆锥的表面积之比S球S圆锥‎=‎4π‎3‎R‎2‎‎3πR‎2‎=‎‎4‎‎9‎,故选B.‎ ‎4.D　VE - ABD=‎1‎‎3‎S△ABD×h=‎1‎‎3‎‎×‎‎1‎‎2‎ab×h=‎1‎‎6‎abh.同理VF - BCD=‎1‎‎6‎abh.因为VF-BCDVB-DEF‎=VB-CDFVB-DEF=S‎△CDFS‎△DEF=‎bc,所以VB - DEF=‎1‎‎6‎ach,则VB - CDEF=VB - CDF+VB - DEF=‎1‎‎6‎abh+‎1‎‎6‎ach,所以VB-CDEFVE-ABD‎=‎b+cb=1+cb=2,所以cb=1,则bc=1,故选D.‎ ‎5.C　因为PA,PB,PC两两互相垂直,PA=PB=PC=2,所以以PA,PB,PC为交于一点的三条棱构造正方体,则球O即此正方体的外接球,该正方体的体对角线长为球的直径,即球的直径为PA‎2‎+PB‎2‎+PC‎2‎‎=‎‎2‎‎2‎‎+‎2‎‎2‎+‎‎2‎‎2‎=2‎3‎,又球的半径R=‎3‎,所以球O的体积V=‎4‎‎3‎πR3=‎4‎‎3‎π‎(‎3‎)‎‎3‎=4‎3‎π,故选C.‎ ‎6.C　解法一　由题意,知矩形ABCD所在的圆面为球O的一个截面.因为O' 为矩形ABCD的对角线的交点,所以OO' 所在直线垂直于矩形ABCD所在的圆面.因为矩形ABCD的周长为4‎10‎,所以BC+CD=2‎10‎.设BC=x,则CD=2‎10‎ - x,所以BD2=BC2+CD2=x2+(2‎10‎ - x)2,即BD2=2(x - ‎10‎)2+20.设球O的半径为R,则R2=(BD‎2‎)2+O' O2=‎1‎‎2‎(x - ‎10‎)2+8,所以当x=‎10‎时,R2取得最小值8,又球O的表面积S=4πR2,则Smin=32π,故选C.‎ 解法二　由题意,知矩形ABCD所在的圆面为球O的一个截面.因为O' 为矩形ABCD的对角线的交点,所以OO' 所在直线垂直于矩形ABCD所在的圆面.设球O的半径为R,则R=‎' ‎,因此要使球O的表面积取得最小值,只需BD取得最小值.由题意,知AB+AD=2‎10‎,两边平方,得40=AB2+AD2+2AB·AD≤2(AB2+AD2),即AB2+AD2≥20,当且仅当AB=AD=‎10‎时等号成立,所以BD2≥20,所以球O的半径R的最小值为‎1‎‎4‎‎×20+3‎=2‎2‎,所以球O的表面积S的最小值Smin=4π×(2‎2‎)2=32π,故选C.‎ ‎7.C　连接A1B,A1D,BD,B1D1,CD1,CB1,如图D 8 - 1 - 11所示,分析易知过点E,F且与直线AC1垂直的平面分别为平面A1BD,平面CB1D1,则平面α为平面A1BD,平面β为平面CB1D1,设正方体的棱长为1,则VA-BDA‎1‎‎=VC‎1‎‎-CB‎1‎D‎1‎=‎‎1‎‎6‎,则正方体夹在这两个平面之间的部分的体积为1 - 2‎×‎1‎‎6‎=‎‎2‎‎3‎,占整个正方体体积的‎2‎‎3‎,故选C.‎ 图D 8 - 1 - 11‎ ‎8.C　设圆台上、下两底面的半径分别为r,R,分析易知母线长为R+r,画出圆台的轴截面,如图D 8 - 1 - 12所示,‎ 图D 8 - 1 - 12‎ 则圆台的侧面面积S侧=π(R+r)2=16π,所以R+r=4,所以该圆台上、下两底面圆的周长之和为2(R+r)π=8π.故选C.‎ ‎9.C　正方体的表面被该球面所截得的弧是相等的三部分,如图D 8 - 1 - 13所示,上底面被球面截得的弧长是以A1为圆心,1为半径的圆的周长的‎1‎‎4‎,所以所求弧的长之和为3‎×‎2π‎4‎=‎‎3π‎2‎.故选C.‎ 图D 8 - 1 - 13‎ ‎10.B　设长方体容器的长、宽、高分别为a,b,c,∵长方体容器的三个相邻侧面的面积分别为6,8,12,∴ab×ac×bc=6×8×12=576,∴(abc)2=242,得abc=24.不妨令a=4,b=3,c=2,则长方体容器如图D 8 - 1 - 14所示,‎ 图D 8 - 1 - 14‎ 分析易知铁球的直径最大为2,否则不可能放进该长方体容器中.故选B.‎ ‎11.‎2‎π　因为圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形,所以圆锥的底面半径r=1,母线长l=‎2‎,所以圆锥的侧面面积S=πrl=‎2‎π.‎ ‎12.1+‎3‎　由AP,AB,AC两两垂直,AP=AB=AC=‎2‎,得PB=PC=BC=2,∠APB=∠APC=45°.将棱PA,AB,AC剪开,将平面APB与平面APC翻折到平面PBC上,如图D 8 - 1 - 15所示,连接A' A″,与PB交于点D' ,与PC交于点E' ,‎ 图D 8 - 1 - 15‎ 易知此时AD+DE+EA的值最小,即为A' D' +D' E' +E' A″=A' A″,∠A' PA″=150°,则AD+DE+EA的最小值为A' A″=‎(‎2‎‎)‎‎2‎+(‎2‎‎)‎‎2‎-2×‎2‎×‎2‎×cos150°‎‎=‎‎4+2‎‎3‎=1+‎3‎.‎ ‎13.A　如图D 8 - 1 - 16所示,‎ 图D 8 - 1 - 16‎ 将正四面体ABCD放在正方体中,与直线EF垂直的截面,即与正方体的上下底面平行的平面,记该平面分别与AC,AB,BD,CD于K,L,M,N,则截面为KLMN,由面面平行的性质可知KL∥BC,MN∥BC,LM∥AD,KN∥AD,则四边形KLMN为平行四边形,又AD⊥BC,所以KL⊥LM,‎ 所以四边形KLMN为矩形.又KLBC‎=‎ALAB,LMAD‎=‎BLAB,且BC=AD=AB=1,所以KL+LM=1,S四边形KLMN=KL·LM≤(KL+LM‎2‎)2=‎1‎‎4‎,当且仅当KL=LM=‎1‎‎2‎时取等号,故选A.‎ ‎14.D　四棱锥P - ABCD可补形成如图D 8 - 1 - 17所示的长方体,‎ 图D 8 - 1 - 17‎ 则四棱锥P - ABCD的外接球即该长方体的外接球.设PA=x,连接B1C,B1A,则有PD∥B1C,所以∠ACB1即异面直线AC与PD所成的角,所以cos∠ACB1=‎10‎‎5‎.在△AB1C中,由余弦定理得B1A2=B1C2+AC2 - 2B1C·AC·cos∠ACB1,即x2+4=x2+4+8 - 2x‎2‎‎+4‎‎×‎2‎2‎‎×‎‎10‎‎5‎,解得x=1,因此该长方体的体对角线的长为‎1‎‎2‎‎+‎2‎‎2‎+‎‎2‎‎2‎=3,则长方体的外接球的半径为‎3‎‎2‎,所以该四棱锥的外接球的表面积为4π×(‎3‎‎2‎)2=9π,故选D.‎ ‎15.D　如图D 8 - 1 - 18,‎ 图D 8 - 1 - 18‎ ‎∵△ABC是等腰直角三角形,∴AC为截面圆的直径,外接球的球心O在截面ABC上的射影为AC的中点D,∴当P,O,D共线且P,O位于截面ABC同一侧时三棱锥的体积最大,高最大,此时三棱锥的高为PD,∴‎1‎‎3‎‎×‎1‎‎2‎×‎6‎×‎6‎×‎PD=3,解得PD=3.连接OC,设外接球的半径为R,则OD=3 - R,OC=R,在△ODC中,CD=‎1‎‎2‎AC=‎3‎,由勾股定理得(3 - R)2+(‎3‎)2=R2,解得R=2.∴三棱锥P - ABC的外接球的体积V=‎4‎‎3‎π×23=‎32‎‎3‎π,故选D.‎ ‎16.C　设三棱柱ABC - A1B1C1的外接球半径为r,则有‎4π‎3‎r3=‎32π‎3‎,解得r=2.记三棱柱ABC - A1B1C1的外接球球心为O,如图D 8 - 1 - 19,连接OA,OC,‎ 图D 8 - 1 - 19‎ 则有OA=OC=2.连接OO1,则有OO1=‎1‎‎2‎AA1,OO1⊥平面ABC.记M为AC的中点,连接O2M,O1M,OO2,OM,则有O2M∥AA1,且O2M=‎1‎‎2‎AA1,又AA1⊥平面ABC,所以MO2⊥平面ABC,所以四边形OO1MO2为矩形.因为OA=OC,所以OM⊥AC,所以O1M2+O2M2=O1M2+OO‎1‎‎2‎=OM2=AO2 - AM2=3.易知O2M⊥AC,又OM∩O2M=M,所以AC⊥平面OO1MO2,所以AC⊥MO1,所以O1A2+O2A2=O1M2+AM2+O2M2+AM2=5,所以(O1A+O2A)2≤2(O1A2+‎ O2A2)=10,即O1A+O2A≤‎10‎,当且仅当O1A=O2A时取等号.因此,O1A+O2A的最大值是‎10‎,故选C.‎ ‎17.A　如图D 8 - 1 - 20,‎ 图D 8 - 1 - 20‎ 因为球的半径R=4,圆锥SO1的母线长SC=4,圆锥SO2的母线长SB=4‎2‎,易知∠BSO1=45°,∠CSO1=60°,SO1=2.记SB与圆锥SO1的底面交于A点,则C,A,O1三点共线,且AO1=SO1=2,则两圆锥重合部分的体积V=‎1‎‎3‎‎×‎22×π×2=‎8‎‎3‎π.故选A.‎ ‎18.‎119‎‎144‎a3　如图D 8 - 1 - 21所示,延长GF,DA交于点M,延长FG,DC交于点N,连接EM,EN分别与A1A,C1C交于点P,Q,连接PF,QG,‎ 图D 8 - 1 - 21‎ 则五边形EPFGQ即符合题意的正方体的截面图形.易得PA=QC=a‎6‎,连接EA,EC,截面下面部分可分割成三部分,分别是三棱锥E - PAF、三棱锥E - CGQ、五棱锥E - AFGCD,则截面下面部分的体积V1=VE - PAF+VE - CGQ+VE - AFGCD=‎1‎‎3‎‎×‎1‎‎2‎×a‎6‎×a‎2‎×‎a+‎1‎‎3‎‎×‎1‎‎2‎×a‎6‎×a‎2‎×‎a+‎1‎‎3‎(a2 - ‎1‎‎2‎‎×a‎2‎×‎a‎2‎)‎×a‎2‎=‎‎25‎‎144‎a3,则较大几何体的体积V=a3 - ‎25‎‎144‎a3=‎119‎‎144‎a3.‎ ‎19.‎3‎‎3‎‎2‎　‎8‎6‎π‎729‎　由题意知该六面体的每个面均是边长为1的正三角形,所以该六面体的表面积为‎3‎‎4‎‎×‎12×6=‎3‎‎3‎‎2‎.‎ 将棱长为1的正四面体补成一个正方体,示意图如图D 8 - 1 - 22,则正方体的棱长为‎2‎‎2‎,所以正四 图D 8 - 1 - 22‎ 面体PQRS的体积V1=(‎2‎‎2‎)3 - 4‎×‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎×‎2‎‎2‎×‎2‎‎2‎×‎2‎‎2‎=‎‎2‎‎12‎,所以本题中的六面体的体积V2=2‎×‎2‎‎12‎=‎‎2‎‎6‎.当小球与六面体的六个面均相切时,小球的体积最大,设此时小球的半径为r.小球的体积最大时,小球的球心与5个顶点的连线将该六面体分为六个全等的三棱锥,则六个三棱锥的体积和等于该六面体的体积,即有‎1‎‎3‎‎×‎3‎‎4‎×‎r×6=‎2‎‎6‎,解得r=‎2‎‎3‎‎3‎,故小球的最大体积为‎4‎‎3‎π·r3=‎4‎‎3‎π·(‎2‎‎3‎‎3‎)3=‎8‎6‎π‎729‎.‎ ‎20.‎5‎∶1　5∶1　设球O1、球O2的半径分别为R,r,由于正三棱柱的六个顶点均在同一个球面上,所以球心O1在上、下底面中心连成的线段的中点处,又球O2与正三棱柱的5个面都相切,易知点O2与O1重合.如图D 8 - 1 - 23,取上、下底面的中心分别为F,E,连接EF,‎ 图D 8 - 1 - 23‎ 设BC的中点为D,EF的中点为O1,连接AD,O1A,则E在AD上,O1A =R,O1E=r,在△O1EA中,AE=‎2‎‎3‎‎×‎‎3‎‎2‎a=‎3‎‎3‎a,O1E=r=‎1‎‎3‎‎×‎‎3‎‎2‎a=‎3‎‎6‎a,由于O1A2=O1E2+AE2,所以R2=‎5‎‎12‎a2,r2=‎1‎‎12‎a2,则球O1与球O2的半径之比为‎5‎∶1,所以球O1与球O2的表面积之比为‎4πR‎2‎‎4πr‎2‎‎=R‎2‎r‎2‎=‎‎5‎‎12‎a‎2‎‎1‎‎12‎a‎2‎=5∶1.‎ ‎21.‎8‎‎3‎　如图D 8 - 1 - 24,设垂直于棱AA1的截面与棱AA1,BB1,CC1,DD1分别交于A2,B2,C2,D2,A2E=x(00,当x∈(2,3)时,y' <0,故当x=2时,y有最大值,ymax=‎1‎‎3‎‎×‎(6×22 - 2×23)=‎8‎‎3‎.所以四棱锥A1 - EFGH的体积的最大值为‎8‎‎3‎.‎ ‎22.‎13‎+1　由题意知,当四棱锥A - MNCB体积最大时,平面AMN⊥平面MNCB.如图D 8 - 1 - 25,‎ 图D 8 - 1 - 25‎ 在等腰梯形MNCB中,易知BM=MN=NC=2‎3‎,BC=4‎3‎,∠MBC=∠NCB=π‎3‎,连接BN,CM,易得△BNC与△BMC是直角三角形,所以梯形MNCB的外接圆圆心O1是边BC的中点.又△AMN是等边三角形,其外接圆圆心O2是等边三角形AMN的中心.连接AO2并延长,与MN交于一点,分别过O1,O2作梯形MNCB,△AMN所在平面的垂线,则两垂线的交点O即是四棱锥A - MNCB外接球的球心,故四棱锥A - MNCB外接球的半径R=OB=BO‎1‎‎2‎+OO‎1‎‎2‎‎=‎(2‎3‎‎)‎‎2‎+1‎=‎‎13‎,所以点P到平面MNCB的距离的最大值为R+OO1=‎13‎+1.‎ ‎23.B　如图D 8 - 1 - 26,连接PO,‎ 图D 8 - 1 - 26‎ 设圆锥的母线长为2a,则圆锥的底面半径为a,圆锥的高PO=‎3‎a.由已知得CD=‎2‎a,PC=PD=2a,则S△PCD=‎1‎‎2‎‎×‎‎2‎a‎×‎‎14‎‎2‎a=‎7‎‎2‎,得a=1,故圆锥的体积为‎1‎‎3‎π×12‎×‎3‎×‎1=‎3‎‎3‎π,故选B.‎ ‎【素养落地】　试题以圆锥为载体,要求考生从对几何体的整体观察中去认识和理解几何体中元素间的关系,建立形与数的联系,体现了对直观想象核心素养的考查.‎ ‎24.6‎13‎+3‎2‎　如图D 8 - 1 - 27,延长EF,A1B1,相交于点M,连接AM,交BB1于点H,延长FE,A1D1,相交于点N,连接AN,交DD1于点G,连接FH,EG,可得截面为五边形AHFEG.因为ABCD - A1B1C1D1是棱长为6的正方体,且E,F分别是棱C1D1,B1C1的中点,易得EF=3‎2‎,AG=AH=2‎13‎,EG=FH=‎13‎,截面的周长为AH+HF+EF+EG+AG=6‎13‎+3‎2‎.‎ 图D 8 - 1 - 27‎ ‎25.2　‎5‎‎2‎　易知当正方体盒底四角的四个小球中相邻小球均相切时,小球的半径r最大,大球的半径R最小,故可得r的最大值为2,下面分析r=2时R的取值.如图D 8 - 1 - 28所示,‎ 图D 8 - 1 - 28‎ 由对称性知,大球球心O与四个小球球心O1,O2,O3,O4均为一个正四棱锥的顶点,且OO1=R+r=R+2,O1O2=4.连接OH,O1H,其中H是正四棱锥的底面的中心,易知正四棱锥O - O1O2O3O4的高OH的长为8 - r - R=6 - R,故在Rt△OHO1中,OH2+HO‎1‎‎2‎=OO‎1‎‎2‎,即(6 - R)2+‎(2‎2‎)‎‎2‎=(R+2)2,解得R=‎5‎‎2‎.故小球的半径r的最大值为2,大球的半径R的最小值为‎5‎‎2‎.‎ ‎【易错提醒】　解答本题容易出现的错误是不能根据题意确定五个球的球心的位置,从而不能抽象出正四棱锥模型.‎ ‎26.21 952　由题意得正四棱柱ABCD - A1B1C1D1的体积V1=22×4=16(m3),正四棱锥O - ABCD的体积V2=‎1‎‎3‎‎×‎22×2=‎8‎‎3‎(m3),分析知球M的半径r的最大值为1,此时球M的体积V3=‎4‎‎3‎πr3=‎4‎‎3‎π×13=‎4π‎3‎(m3),故去除石料的体积V=V1 - V2 - V3=16 - ‎8‎‎3‎‎ - ‎‎4π‎3‎≈‎27.44‎‎3‎(m3).又ρ=2.4 g/cm3=2 400 kg/m3,故需去除的石料的质量m=ρV≈2 400‎×‎‎27.44‎‎3‎=21 952(kg).‎