2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题三立体几何01真题赏析类型一空间几何体的表面积与体积

类型一空间几何体的表面积与体积1．(2023·新课标Ⅰ卷)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq\r(2)，则该棱台的体积为__________．解析：如图，设正四棱台ABCD-A1B1C1D1的上下底面中心分别为M，N，过A1作A1H⊥AC，垂足点为H，由题意易知A1M＝HN＝eq\f(\r(2),2)，又AN＝eq\r(2)，所以AH＝ANHN＝eq\f(\r(2),2)，又AA1＝eq\r(2)，所以A1H＝MN＝eq\f(\r(6),2)，所以该四棱台的体积为eq\f(1,3)×(1＋4＋eq\r(1×4))×eq\f(\r(6),2)＝eq\f(7\r(6),6).答案：eq\f(7\r(6),6)2．(2023·新课标Ⅱ卷)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为________．解析：如图所示，根据题意易知△SO1A1∽△SOA，所以eq\f(SO1,SO)＝eq\f(O1A1,OA)＝eq\f(\r(2),2\r(2))＝eq\f(1,2)，又SO1＝3，所以SO＝6，所以OO1＝3，又上下底面正方形边长分别为2，4，所以所得棱台的体积为eq\f(1,3)×(4＋16＋eq\r(4×16))×3＝28.答案：283．(2023·全国甲卷)在三棱锥PABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝eq\r(6)，则该棱锥的体积为()A．1 B．eq\r(3)C．2 D．3解析：如图，PA＝PB＝2，AB＝BC＝2，取AB的中点D，连接PD，CD，可得AB⊥PD，AB⊥CD，又PD∩CD＝D，PD、CD⊂平面PCD，所以AB⊥平面PCD，在△PAB与△ABC中，求得PD＝CD＝eq\r(22－12)＝eq\r(3)，在△PCD中，由PD＝CD＝eq\r(3)，PC＝eq\r(6)，得PD2＋CD2＝PC2，则PD⊥CD，所以S△PCD＝eq\f(1,2)×PD×CD＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(3)＝eq\f(3,2)，所以VP-ABC＝eq\f(1,3)S△PCD×AB＝eq\f(1,3)×eq\f(3,2)×2＝1.故选A.答案：A4．(2023·全国乙卷)已知圆锥PO的底面半径为eq\r(3)，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝120°，若△PAB的面积等于eq\f(9\r(3),4)，则该圆锥的体积为()A．πB．eq\r(6)πC．3πD．3eq\r(6)π解析：根据题意，设该圆锥的高为h，即PO＝h，取AB的中点E，连接PE、OE，由于圆锥PO的底面半径为eq\r(3)，即OA＝OB＝eq\r(3)，而∠AOB＝120°，故AB＝eq\r(OA2＋OB2－2OA·OB·cos120°)＝eq\r(3＋3＋3)＝3，同时OE＝OA×sin30°＝eq\f(\r(3),2)，△PAB中，PA＝PB，E为AB的中点，则有PE⊥AB，又由△PAB的面积等于eq\f(9\r(3),4)，即eq\f(1,2)PE·AB＝eq\f(9\r(3),4)，变形可得PE＝eq\f(3\r(3),2)，而PE＝eq\r(h2＋\f(3,4))，则有h2＋eq\f(3,4)＝eq\f(27,4)，解可得h＝eq\r(6)，故该圆锥的体积V＝eq\f(1,3)π×(eq\r(3))2h＝eq\r(6)π.故选B.答案：B5．(多选题)(2023·新课标Ⅰ卷)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有()A．直径为0.99m的球体B．所有棱长均为1.4m的四面体C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体解析：对于A，棱长为1的正方体内切球的直径为1>0.99，选项A正确；对于B，如图1，正方体内部最大的正四面体D-A1BC1的棱长为eq\r(12＋12)＝eq\r(2)>1.4，选项B正确；对于C，棱长为1的正方体的体对角线为eq\r(3)<1.8，选项C错误；对于D，如图2和图3，六边形EFGHIJ为正六边形，E，F，G，H，I，J为棱的中点，高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2m的平面圆，六边形EFGHIJ棱长为eq\f(\r(2),2)m，∠GFH＝∠GHF＝30°，所以FH＝eq\r(3)FG＝eq\r(3)GH＝eq\f(\