寒假高中知识点-立几

智建领航者智建领航者§7.1空间几何体及其表面积、体积考试要求1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.能用斜二测画法画出简单空间图形的直观图.3.了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式．1．多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形含义①有两个面互相平行且全等，其余各面都是平行四边形.②每相邻两个四边形的公共边都互相平行有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形的多面体用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面和底面之间的部分侧棱平行且相等相交于一点但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形2.旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，垂直于底面相交于一点延长线交于一点轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆面侧面展开图矩形扇形扇环3.直观图斜二测画法：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中x′轴、y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段在直观图中仍平行于坐标轴，平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段在直观图中长度为原来的一半．4．多面体的表面积、侧面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．5．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)l6.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微思考1．如何求旋转体的表面积？提示求旋转体的侧面积时需要将曲面展开为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面积之和．2．柱体、锥体、台体体积之间有什么关系？提示题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．(×)(2)用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．(√)(3)棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形．(×)(4)在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线．(×)题组二教材改编2．如图，长方体ABCD－A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，剩下的几何体是()A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．六棱柱答案C3.母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于eq\f(8,5)π，则该圆锥的体积为________．答案16π解析由题意知，侧面展开图的弧长为5×eq\f(8,5)π＝8π，设圆锥底面圆的半径为r，则8π＝2πr，∴r＝4，∴圆锥高h＝eq\r(52－42)＝3，∴体积为eq\f(1,3)×π×42×3＝16π.4．一个长方体的顶点都在球面上，且长方体的棱长分别为1,2,3，则球的表面积为_____．答案14π解析设球的半径为R，则2R＝eq\r(12＋22＋32)＝eq\r(14)，则R＝eq\f(\r(14),2).∴S＝4πR2＝4π×eq\f(14,4)＝14π.题组三易错自纠5．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是()答案A解析由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为eq\r(2)，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2eq\r(2).6．下面图形都是由六个全等的小正方形组成，其中可以折成正方体的是()答案C题型一空间几何体命题点1直观图例1已知等腰梯形ABCD，上底CD＝1，腰AD＝CB＝eq\r(2)，下底AB＝3，以下底所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为________．答案eq\f(\r(2),2)解析如图所示，作出等腰梯形ABCD的直观图．因为OE＝eq\r(\r(2)2－1)＝1，所以O′E′＝eq\f(1,2)，E′F＝eq\f(\r(2),4)，则直观图A′B′C′D′的面积S′＝eq\f(1＋3,2)×eq\f(\r(2),4)＝eq\f(\r(2),2).命题点2展开图例2(2020·浙江)已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________．答案1解析如图，设圆锥的母线长为l，底面半径为r，则圆锥的侧面积S侧＝πrl＝2π，∴r·l＝2.又圆锥侧面展开图为半圆，∴eq\f(1,2)πl2＝2π，∴l＝2，∴r＝1.思维升华画几何体的直观图，掌握线段方向、长度两要素即可；几何体的展开图和原几何体的关系(形状和数量关系)是解题重点．跟踪训练1(1)如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是()A．2＋eq\r(2)B.eq\f(1＋\r(2),2)C.eq\f(2＋\r(2),2)D．1＋eq\r(2)答案A解析恢复后的原图形为一直角梯形，其上底为1，下底为1＋eq\r(2)，高为2，所以S＝eq\f(1,2)(1＋eq\r(2)＋1)×2＝2＋eq\r(2).(2)(2020·安庆模拟)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为a，底面边长为b，一只蚂蚁从点A出发沿每个侧面爬到A1，路线为A→M→N→A1，则蚂蚁爬行的最短路程是()A.eq\r(a2＋9b2) B.eq\r(9a2＋b2)C.eq\r(4a2＋9b2) D.eq\r(a2＋b2)答案A解析正三棱柱的侧面展开图是如图所示的矩形，矩形的长为3b，宽为a，则其对角线AA1的长为最短路程．因此蚂蚁爬行的最短路程为eq\r(a2＋9b2).题型二表面积与体积命题点1表面积例3(2020·全国Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为()A．64πB．48πC．36πD．32π答案A解析如图，设圆O1的半径为r，球的半径为R，正三角形ABC的边长为a.由πr2＝4π，得r＝2，则eq\f(\r(3),3)a＝2，a＝2eq\r(3)，OO1＝a＝2eq\r(3).在Rt△OO1A中，由勾股定理得R2＝r2＋OOeq\o\al(2,1)＝22＋(2eq\r(3))2＝16，所以S球＝4πR2＝4π×16＝64π.命题点2体积例4(2020·新高考全国Ⅱ)棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1－D1MN的体积为________．答案1解析如图，由正方体棱长为2，得＝2×2－2×eq\f(1,2)×2×1－eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(3,2)，又易知D1A1为三棱锥D1－A1MN的高，且D1A1＝2，∴＝eq\f(1,3)×eq\f(3,2)×2＝1.思维升华(1)空间几何体表面积的求法①旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．②多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．(2)空间几何体体积问题的常见类型及解题策略①直接利用公式进行求解．②用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．跟踪训练2(1)(2018·全国Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为()A．12eq\r(2)π B．12πC．8eq\r(2)π D．10π答案B解析设圆柱的轴截面的边长为x，则由x2＝8，得x＝2eq\r(2)，∴S圆柱表＝2S底＋S侧＝2×π×(eq\r(2))2＋2π×eq\r(2)×2eq\r(2)＝12π.(2)如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为________．答案eq\f(\r(2),3)解析如图，过BC作与EF垂直的截面BCG，作平面ADM∥平面BCG，取BC的中点O，连接GO，FO，由题意可得FO＝eq\f(\r(3),2)，FG＝eq\f(1,2)，所以GO＝eq\r(FO2－FG2)＝eq\f(\r(2),2)，所以S△BCG＝eq\f(1,2)×1×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),4)，V1＝VBCG－ADM＝S△BCG·AB＝eq\f(\r(2),4)，V2＝2VF－BCG＝2×eq\f(1,3)S△BCG·GF＝2×eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),4)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(2),12)，所以V＝V1＋V2＝eq\f(\r(2),3).题型三与球有关的切、接问题命题点1简单几何体的外接球例5(八省联考)圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为________．答案61π解析截面图如图所示，下底面半径为5，圆周直径为10.则圆台的下底面位于圆周的直径上，OC＝OB＝5，O′C＝4，∠OO′C＝eq\f(π,2)，则圆台的高为3，V＝eq\f(1,3)h(S1＋eq\r(S1S2)＋S2)＝25π＋16π＋20π＝61π.思维升华(1)求解多面体的外接球时，经常用到截面图．如图所示，设球O的半径为R，截面圆O′的半径为r，M为截面圆上任意一点，球心O到截面圆O′的距离为d，则在Rt△OO′M中，OM2＝OO′2＋O′M2，即R2＝d2＋r2.(2)求解球的内接正方体、长方体等问题的关键是把握球的直径即是几何体的体对角线．命题点2简单几何体的内切球例6(2020·全国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eq\f(\r(2),3)π解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△PAB中，PA＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝2eq\r(2)，△PEO∽△PDB，故eq\f(PO,PB)＝eq\f(OE,DB)，即eq\f(2\r(2)－r,3)＝eq\f(r,1)，解得r＝eq\f(\r(2),2)，故内切球的体积为eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))3＝eq\f(\r(2),3)π.思维升华“切”的问题处理规律(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决．(2)体积分割是求内切球半径的通用方法．跟踪训练3(1)已知三棱锥S－ABC的三条侧棱两两垂直，且SA＝1，SB＝SC＝2，若点P为三棱锥S－ABC的外接球的球心，则这个外接球的半径是________．答案eq\f(3,2)解析如图所示，将三棱锥补形为长方体，则该三棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设外接球半径为R，则(2R)2＝12＋22＋22＝9，∴4R2＝9，R＝eq\f(3,2).即这个外接球的半径是eq\f(3,2).(2)如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为()A.eq\f(\r(6)π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,6)D.eq\f(\r(3)π,3)答案C解析平面ACD1，截球O的截面为△ACD1的内切圆，∵正方体棱长为1，∴AC＝CD1＝AD1＝eq\r(2).∴内切圆半径r＝tan30°·AE＝eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6),6).∴S＝πr2＝π×eq\f(1,6)＝eq\f(π,6).空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心及半径，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解．(3)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．一、解方程确定球心的位置例1已知正三棱锥S－ABC的侧棱长为4eq\r(3)，底面边长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是________．答案64π解析如图，过点S作SE⊥平面ABC于点E，记球心为O.∵在正三棱锥S－ABC中，底面边长为6，侧棱长为4eq\r(3)，∴BE＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×6＝2eq\r(3)，∴SE＝eq\r(SB2－BE2)＝6.∵球心O到四个顶点的距离相等，均等于该正三棱锥外接球的半径R，∴OB＝R，OE＝6－R.在Rt△BOE中，OB2＝BE2＋OE2，即R2＝12＋(6－R)2，解得R＝4，∴外接球的表面积为S＝4πR2＝64π.二、借助三角形的外心确定球心的位置例2(2021·南昌市八一中学模拟)如图所示，在三棱锥S－ABC中，△ABC与△SBC都是边长为1的正三角形，二面角A－BC－S的大小为eq\f(2π,3)，若S，A，B，C四点都在球O的表面上，则球O的表面积为()A.eq\f(7π,3)B.eq\f(13π,3)C.eq\f(4π,3)D．3π答案A解析如图，取线段BC的中点D，连接AD，SD，由题意得AD⊥BC，SD⊥BC，∴∠ADS是二面角A－BC－S的平面角，∴∠ADS＝eq\f(2π,3)，由题意得BC⊥平面ADS，分别取AD，SD的三等分点E，F，在平面ADS内，过点E，F分别作直线垂直于AD，SD，两条直线的交点即球心O，连接OA，则球O半径R＝OA，由题意知BD＝eq\f(1,2)，AD＝eq\f(\r(3),2)，DE＝eq\f(1,3)AD＝eq\f(\r(3),6)，AE＝eq\f(2,3)AD＝eq\f(\r(3),3)，连接OD，在Rt△ODE中，∠ODE＝eq\f(π,3)，OE＝eq\r(3)DE＝eq\f(1,2)，∴OA2＝OE2＋AE2＝eq\f(7,12)，∴球O的表面积为S＝4πR2＝eq\f(7π,3).三、有公共直角边四面体的外接球问题例3(2021·新疆维吾尔自治区模拟)在四面体ABCD中，AB＝eq\r(2)，DA＝DB＝CA＝CB＝1，则四面体ABCD的外接球的表面积为()A．πB．2πC．3πD．4π答案B解析取AB的中点O，由AB＝eq\r(2)，DA＝DB＝CA＝CB＝1，所以CA2＋CB2＝AB2，AD2＋BD2＝AB2，可得∠ACB＝∠ADB＝90°，所以OA＝OB＝OC＝OD＝eq\f(\r(2),2)，即O为外接球的球心，球的半径R＝eq\f(\r(2),2)，所以四面体ABCD的外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×eq\f(1,2)＝2π.四、对棱相等的四面体外接球问题例4在四面体ABCD中，若AB＝CD＝eq\r(3)，AC＝BD＝2，AD＝BC＝eq\r(5)，则四面体ABCD的外接球的表面积为()A．2πB．4πC．6πD．8π答案C解析由题意可采用割补法，考虑到四面体ABCD的四个面为全等的三角形，所以可在其每个面补上一个以eq\r(3)，2，eq\r(5)为三边的三角形作为底面，且分别以x，y，z长、两两垂直的侧棱的三棱锥，从而可得到一个长、宽、高分别为x，y，z的长方体，并且x2＋y2＝3，x2＋z2＝5，y2＋z2＝4，则有(2R)2＝x2＋y2＋z2＝6(R为球的半径)，得2R2＝3，所以球的表面积为S＝4πR2＝6π.课时精练1．(2020·天津)若棱长为2eq\r(3)的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A．12πB．24πC．36πD．144π答案C解析由题意知，正方体的体对角线就是球的直径，∴2R＝eq\r(2\r(3)2＋2\r(3)2＋2\r(3)2)＝6，∴R＝3，∴S球＝4πR2＝36π.2．已知一个圆锥的母线长为4，且其侧面积是其轴截面面积的4倍，则该圆锥的高为()A．πB.eq\f(3π,2)C.eq\f(2π,3)D.eq\f(π,2)答案A解析不妨设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，根据题意，则4×eq\f(1,2)×2rh＝πrl，所以eq\f(h,l)＝eq\f(π,4)，解得h＝π.3．(2020·全国Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该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，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()A.eq\f(\r(5)－1,4)B.eq\f(\r(5)－1,2)C.eq\f(\r(5)＋1,4)D.eq\f(\r(5)＋1,2)答案C解析设正四棱锥的底面正方形的边长为a，高为h，侧面三角形底边上的高(斜高)为h′，则由已知得h2＝eq\f(1,2)ah′.如图，设O为正四棱锥S－ABCD底面的中心，E为BC的中点，则在Rt△SOE中，h′2＝h2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2，∴h′2＝eq\f(1,2)ah′＋eq\f(1,4)a2，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h′,a)))2－eq\f(1,2)·eq\f(h′,a)－eq\f(1,4)＝0，解得eq\f(h′,a)＝eq\f(\r(5)＋1,4)(负值舍去)．4.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝eq\r(3)，点E为AB上的动点，则D1E＋CE的最小值为()A．2eq\r(2) B.eq\r(10)C.eq\r(5)＋1 D．2＋eq\r(2)答案B解析如图，连接AD1，BC1分别延长至F，G，使得AD＝AF，BC＝BG，连接EG，FG，∵四棱柱ABCD－A1B1C1D1为正四棱柱，∴AB⊥平面ADD1A1，AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥AF，AB⊥BG，又AB＝AD＝AF，∴四边形ABGF为正方形，∴EG＝eq\r(BE2＋BG2)＝eq\r(BE2＋BC2)＝CE，∴D1E＋CE的最小值为D1G，又D1G＝eq\r(D1F2＋FG2)＝eq\r(9＋1)＝eq\r(10)，∴D1E＋CE的最小值为eq\r(10).5．(多选)下列说法正确的是()A．棱柱的侧棱长都相等B．棱柱的两个互相平行的面一定是棱柱的底面C．棱台的侧面是等腰梯形D．用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面答案AD解析A正确；B不正确，例如六棱柱的相对侧面也互相平行；C不正确，棱台的侧棱长可能不相等；D正确，用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面．故选AD.6．(多选)正三棱锥底面边长为3，侧棱长为2eq\r(3)，则下列叙述正确的是()A．正三棱锥的高为3B．正三棱锥的斜高为eq\f(\r(39),2)C．正三棱锥的体积为eq\f(27\r(3),4)D．正三棱锥的侧面积为eq\f(3\r(39),4)答案AB解析如图，取△ABC的中心为O，连接PO，由题意得PO⊥平面ABC，又△ABC为等边三角形，则AO＝eq\f(2,3)eq\r(32－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2)＝eq\r(3)，所以正三棱锥的高为PO＝eq\r(PA2－AO2)＝eq\r(12－3)＝3，S△ABC＝eq\f(1,2)×3×3sin60°＝eq\f(9\r(3),4)，所以正三棱锥的体积为VP－ABC＝eq\f(1,3)S△ABCPO＝eq\f(9\r(3),4)，作PD⊥AB交AB于D，又PA＝PB＝2eq\r(3)，AD＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(3,2)，则正三棱锥的斜高为PD＝eq\r(PA2－AD2)＝eq\f(\r(39),2)，所以正三棱锥的侧面积为3S△PAB＝3×eq\f(1,2)×PD×AB＝3×eq\f(1,2)×eq\f(\r(39),2)×3＝eq\f(9\r(39),4).故选AB.7．一个六棱锥的体积为2eq\r(3)，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．答案12解析设六棱锥的高为h，则V＝eq\f(1,3)Sh，所以eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×4×6h＝2eq\r(3)，解得h＝1.设六棱锥的斜高为h′，则h2＋(eq\r(3))2＝h′2，故h′＝2.所以该六棱锥的侧面积为eq\f(1,2)×2×2×6＝12.8．(2020·全国Ⅱ改编)已知△ABC是面积为eq\f(9\r(3),4)的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为________．答案1解析如图所示，过球心O作OO1⊥平面ABC，则O1为等边三角形ABC的外心．设△ABC的边长为a，则eq\f(\r(3),4)a2＝eq\f(9\r(3),4)，解得a＝3，∴O1A＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×3＝eq\r(3).设球O的半径为r，则由4πr2＝16π，得r＝2，即OA＝2.在Rt△OO1A中，OO1＝eq\r(OA2－O1A2)＝1，即O到平面ABC的距离为1.9.(2020·江苏)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的边长为2cm，高为2cm，内孔半径为0.5cm，则此六角螺帽毛坯的体积是________cm3.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(12\r(3)－\f(π,2)))解析螺帽的底面正六边形的面积S＝6×eq\f(1,2)×22×sin60°＝6eq\r(3)(cm2)，正六棱柱的体积V1＝6eq\r(3)×2＝12eq\r(3)(cm3)，圆柱的体积V2＝π×0.52×2＝eq\f(π,2)(cm3)，所以此六角螺帽毛坯的体积V＝V1－V2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(12\r(3)－\f(π,2)))cm3.10.如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现．我们来重温这个伟大发现，圆柱的体积与球的体积之比为________，圆柱的表面积与球的表面积之比为________．答案eq\f(3,2)eq\f(3,2)解析由题意，圆柱底面半径r＝球的半径R，圆柱的高h＝2R，则V球＝eq\f(4,3)πR3，V柱＝πr2h＝π·R2·2R＝2πR3.∴eq\f(V柱,V球)＝eq\f(2πR3,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3,2).S球＝4πR2，S柱＝2πr2＋2πrh＝2πR2＋2πR·2R＝6πR2.∴eq\f(S柱,S球)＝eq\f(6πR2,4πR2)＝eq\f(3,2).11.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长AB＝1，过点A1的平面α与正方体的面相交，交线围成一个正三角形．(1)在图中画出这个正三角形(不必说明画法和理由)；(2)平面α将该正方体截成两个几何体，求体积较大的几何体的体积和表面积．解(1)连接A1D，A1B，BD，则△A1BD为所求三角形(作法不唯一)，如图所示．(2)平面α将正方体截成三棱锥A1－ABD和多面体BCD－A1B1C1D1两部分，＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,6)，＝1－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6)，因此体积较大的几何体是多面体BCD－A1B1C1D1，其体积为eq\f(5,6)，由BD＝eq\r(2)，得＝eq\f(\r(3),2)，又S△BCD＝eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,2)，＝1，故多面体BCD－A1B1C1D1的表面积为eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2)×3＋1×3＝eq\f(\r(3),2)＋eq\f(9,2).12.现需要设计一个仓库，由上、下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P－A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．(1)若AB＝6m，PO1＝2m，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6m，当PO1为多少时，下部的正四棱柱侧面积最大，最大侧面积是多少？解(1)∵PO1＝2m，正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍，∴O1O＝8m，∴仓库的容积V＝eq\f(1,3)×62×2＋62×8＝312(m3)．(2)若正四棱锥的侧棱长为6m，设PO1＝xm，则O1O＝4xm，A1O1＝eq\r(36－x2)(m)，A1B1＝eq\r(2)eq\r(36－x2)(m)，∴正四棱柱侧面积S＝4·4x·eq\r(2)eq\r(36－x2)＝16eq\r(2)x·eq\r(36－x2)(0<x<6)，∴S≤16eq\r(2)×eq\f(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(36－x2)))2,2)＝288eq\r(2)，当且仅当x＝eq\r(36－x2)，即x＝3eq\r(2)时，取等号，∴当PO1为3eq\r(2)m时，正四棱柱侧面积最大，最大为288eq\r(2)m2.13．(多选)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，侧面AA1C1C的中心为O，点E是侧棱BB1上的一个动点，下列判断，正确的是()A．直三棱柱的侧面积是4＋2eq\r(2)B．直三棱柱的体积是eq\f(1,3)C．三棱锥E－AA1O的体积为定值D．AE＋EC1的最小值为2eq\r(2)答案ACD解析在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，底面ABC和A1B1C1是等腰直角三角形，侧面全是矩形，所以其侧面积为1×2×2＋eq\r(12＋12)×2＝4＋2eq\r(2)，故A正确；直三棱柱的体积为V＝S△ABCAA1＝eq\f(1,2)×1×1×2＝1，故B不正确；由BB1∥平面AA1C1C，且点E是侧棱BB1上的一个动点，所以三棱锥E－AA1O的高为定值eq\f(\r(2),2)，＝eq\f(1,4)×eq\r(2)×2＝eq\f(\r(2),2)，所以＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(1,6)，故C正确；设BE＝x∈[0,2]，则B1E＝2－x，在Rt△ABE和Rt△EB1C1中，AE＋EC1＝eq\r(1＋x2)＋eq\r(1＋2－x2).由其几何意义，即平面内动点(x,1)与两定点(0,0)，(2,0)距离和的最小值，由对称可知，当E为BB1的中点时，其最小值为eq\r(2)＋eq\r(2)＝2eq\r(2)，故D正确．故选ACD.14．多面体欧拉定理是指对于简单多面体，其各维对象数总满足一定的数量关系，在三维空间中，多面体欧拉定理可表示为：V(顶点数)＋F(表面数)－E(棱长数)＝2.在数学上，富勒烯的结构都是以正五边形和正六边形面组成的凸多面体，例如富勒烯C60(结构图如图)是单纯用碳原子组成的稳定分子，具有60个顶点和32个面，其中12个面为正五边形，20个面为正六边形．除C60外具有封闭笼状结构的富勒烯还可能有C28，C32，C50，C70，C84，C240，C540等，则C84结构含有正六边形的个数为()A．12B．24C．30D．32答案D解析设分子中形状为正五边形和正六边形的面各有x个和y个，V＝84，F＝x＋y，E＝3×84÷2.由欧拉公式V＋F－E＝2，可得84＋x＋y－3×84÷2＝2即x＋y＝44.又由多边形的边数可表示C84的棱数，即(5