2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版4含答案

2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版第1讲基本立体图形及其直观图[课程标准]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(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合)的直观图．1．多面体、旋转体的定义(1)由若干个eq\x(\s\up1(01))平面多边形围成的几何体叫多面体．(2)一条平面曲线(包括直线)绕它所在平面内的eq\x(\s\up1(02))一条定直线旋转所形成的曲面叫做eq\x(\s\up1(03))旋转面，封闭的旋转面围成的几何体叫做旋转体．2．棱柱的概念及其分类(1)棱柱的概念有两个面eq\x(\s\up1(04))互相平行，其余各面都是eq\x(\s\up1(05))四边形，并且相邻两个四边形的公共边都eq\x(\s\up1(06))互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．(2)棱柱的分类①按底面多边形边数来分：三棱柱、四棱柱、五棱柱……②按侧棱是否与底面垂直侧棱垂直于底面的棱柱叫做eq\x(\s\up1(07))直棱柱，侧棱不垂直于底面的棱柱叫做eq\x(\s\up1(08))斜棱柱．底面是正多边形的直棱柱叫做eq\x(\s\up1(09))正棱柱，底面是平行四边形的四棱柱也叫做eq\x(\s\up1(10))平行六面体．3．棱锥的概念及其分类(1)棱锥的概念有一个面是eq\x(\s\up1(11))多边形，其余各面都是有一个公共顶点的eq\x(\s\up1(12))三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥．(2)棱锥的分类①按底面多边形的边数分：三棱锥、四棱锥……②底面是正多边形，并且顶点与底面中心的连线垂直于底面的棱锥叫做eq\x(\s\up1(13))正棱锥．4．棱台的概念及其分类(1)棱台的概念用一个eq\x(\s\up1(14))平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间那部分多面体叫做棱台．(2)棱台的分类由三棱锥、四棱锥、五棱锥……截得的棱台分别为三棱台、四棱台、五棱台……5．圆柱、圆锥、圆台、球的概念及表示定义图形及表示圆柱以eq\x(\s\up1(15))矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱，如图中圆柱表示为圆柱O′O圆锥以eq\x(\s\up1(16))直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体，如图中圆锥表示为圆锥SO圆台用eq\x(\s\up1(17))平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台，如图中圆台表示为圆台O′O球eq\x(\s\up1(18))半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周形成的曲面叫做球面，球面所围成的旋转体叫做球体，简称球，如图中的球表示为球O6．简单组合体(1)概念由eq\x(\s\up1(19))简单几何体组合而成的几何体叫做简单组合体．(2)两种构成形式①由简单几何体eq\x(\s\up1(20))拼接而成；②由简单几何体eq\x(\s\up1(21))截去或挖去一部分而成．7．直观图(1)画法：常用eq\x(\s\up1(22))斜二测画法．(2)用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的步骤1．斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(坐标轴的夹角改变,与y轴平行的线段的长度变为原来的一半,图形改变))“三不变”eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(平行性不改变,与x，z轴平行的线段的长度不改变,相对位置不改变)))2．直观图与原图形面积的关系S直观图＝eq\f(\r(2),4)S原图形(或S原图形＝2eq\r(2)S直观图)．1．下列结论正确的是()A．侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥B．六条棱长均相等的四面体是正四面体C．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱D．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台答案B解析底面是等边三角形，且各侧面三角形全等，这样的三棱锥才是正三棱锥，A错误；斜四棱柱也可能有两个侧面是矩形，C错误；截面平行于底面时，底面与截面之间的部分才叫圆台，D错误．故选B.2.如图所示，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，则在△ABC的三边及中线AD中，最长的线段是()A．AB B．ADC．BC D．AC答案D解析△ABC是直角三角形，且∠ABC＝90°，则AC>AB，AC>AD，AC>BC.故选D.3．(人教B必修第四册11.1.1练习AT4改编)以下利用斜二测画法得到的结论中，正确的是()A．相等的角在直观图中仍相等B．相等的线段在直观图中仍相等C．平行四边形的直观图是平行四边形D．菱形的直观图是菱形答案C解析根据斜二测画法的规则可知，平行于坐标轴的直线平行性不变，平行于x轴的线段长度不变，平行于y轴的线段长度减半，故A，B，D错误；对于C，根据平行性不变原则，平行四边形的直观图仍然是平行四边形，C正确．故选C.4.(多选)(人教B必修第四册11.1.1练习AT1(3)改编)如图是一个正方体的平面展开图，将其复原为正方体后，互相重合的点是()A．A与B B．D与EC．B与D D．C与F答案ABD解析将平面展开图还原成正方体如图所示，所以互相重合的点是A与B，D与E，C与F.故选ABD.5.(人教A必修第二册习题8.1T8改编)如图所示，长方体ABCD－A′B′C′D′被截去一小部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是()A．棱台 B．四棱柱C．五棱柱 D．简单组合体答案C解析由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱．故选C.考向一空间几何体的结构特征例1下列说法正确的是()A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点答案B解析A错误，如图1；B正确，如图2，其中PD⊥底面ABCD，且底面ABCD是矩形，可以证明∠PAB，∠PCB都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C错误，如图3；D错误，由棱台的定义知，其侧棱延长后必相交于同一点．故选B.识别空间几何体的两种方法定义法紧扣定义，由已知构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本要素，根据定义进行判定反例法通过反例对结构特征进行辨析，要说明一个结论是错误的，只要举出一个反例即可1.下列结论正确的是()A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体C．若正棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线答案D解析由图1知，A错误；如图2，当两个平行平面与底面不平行时，截得的几何体不是旋转体，B错误；若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形，由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，C错误；由母线的概念知，D正确．故选D.2.(多选)如图，将装有半槽水的长方体水槽固定底面一边后倾斜一个角度，则倾斜后水槽中的水形成的几何体可以是()A．四棱柱 B．四棱台C．三棱柱 D．三棱锥答案AC解析根据题图，因为有水的部分始终有两个平面平行，而其余各面都易证是平行四边形，因此形成的几何体是四棱柱或三棱柱．故选AC.考向二平面图形与其直观图的关系例2(多选)(2023·朝阳建平实验中学月考)如图所示，△A′B′C′是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中O′C′＝O′A′＝2O′B′＝2，则以下说法正确的是()A．△ABC是钝角三角形B．△ABC的面积是△A′B′C′的面积的2倍C．△ABC是等腰直角三角形D．△ABC的周长是4＋4eq\r(2)答案CD解析根据斜二测画法可知，在原图形中，O为CA的中点，AC⊥OB，因为O′C′＝O′A′＝2O′B′＝2，所以CO＝AO＝2，AC＝4，OB＝2，则△ABC是斜边为4的等腰直角三角形，如图所示，所以△ABC的周长是4＋4eq\r(2)，面积是4，故A错误，C，D正确；由斜二测画法可知，△ABC的面积是△A′B′C′的面积的2eq\r(2)倍，故B错误．故选CD.在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半．注意：直观图面积是原图形面积的eq\f(\r(2),4)倍．用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y′轴，BC，AD平行于x′轴．已知四边形ABCD的面积为2eq\r(2)cm2，则原平面图形的面积为________cm2.答案8解析解法一：依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上、下底的长分别与BC，AD相等，高为梯形ABCD的高的2eq\r(2)倍，所以原平面图形的面积为8cm2.解法二：依题意可知，S直观图＝2eq\r(2)(cm2)，故S原图形＝2eq\r(2)S直观图＝8(cm2)．多角度探究突破考向三空间几何体的展开图和截面图角度空间几何体的展开图问题例3某圆柱的高为2，底面周长为16，M，N分别是圆柱上、下底面圆周上的两点，O为下底面圆的圆心，ME是圆柱的母线，OE⊥ON，如图所示，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为()A．2eq\r(17) B．2eq\r(5)C．3 D．2答案B解析圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为EP的四等分点)如图所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径．EN＝eq\f(1,4)×16＝4，EM＝2，∴MN＝eq\r(EM2＋EN2)＝eq\r(22＋42)＝2eq\r(5).故选B.角度空间几何体的截面问题例4某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为4eq\r(3)的正方体的六个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合)，若其中一个截面圆的周长为4π，则该球的半径是()A．2 B．4C．2eq\r(6) D．4eq\r(6)答案B解析设截面圆的半径为r，球的半径为R，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半，即2eq\r(3)，根据截面圆的周长可得4π＝2πr，得r＝2，故由题意知R2＝r2＋(2eq\r(3))2，即R2＝22＋(2eq\r(3))2＝16，所以R＝4.故选B.(1)通常利用空间几何体的表面展开图解决以下问题：①求几何体的表面积或侧面积；②求几何体表面上任意两个点的最短表面距离．(2)求解与截面有关的问题的关键是确定截面的形状，并从几何体中获取相关的数据进行计算．(3)作多面体截面的关键在于确定截点，有了位于多面体同一表面上的两个截点即可连接成截线，从而得到截面．1.如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为1cm，高为5cm，若一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点，则该质点所经最短路线的长为()A．12cm B．13cmC.eq\r(61)cm D．15cm答案C解析如图所示，把侧面展开两周可得对角线最短，AA′1＝eq\r(62＋52)＝eq\r(61)(cm)．故选C.2．(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，AC1⊥平面α.平面α截此正方体所得的截面有以下四个结论，其中正确的是()A．截面形状可能是正三角形B．截面的形状可能是正方形C．截面形状可能是正五边形D．截面面积的最大值为3eq\r(3)答案AD解析对于A，当α截此正方体所得截面为B1CD1时满足，故A正确；对于B，由对称性得截面形状不可能为正方形，故B错误；对于C，由对称性得截面形状不可能是正五边形，故C错误；对于D，当截面为正六边形时面积最大，为6×eq\f(\r(3),4)×(eq\r(2))2＝3eq\r(3)，故D正确．故选AD.课时作业一、单项选择题1．将一个等腰梯形绕它的较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括()A．一个圆台、两个圆锥 B．两个圆台、一个圆柱C．两个圆柱、一个圆台 D．一个圆柱、两个圆锥答案D解析从较短的底边的端点向另一底边作垂线，两条垂线把等腰梯形分成了两个直角三角形，一个矩形，所以一个等腰梯形绕它的较长的底边所在直线旋转一周形成的是由一个圆柱、两个圆锥所组成的几何体，如图所示．故选D.2．(2024·衡水模拟)将12根长度相同的小木棍通过黏合端点的方式(不可折断)，不可能拼成()A．正三棱柱 B．正四棱锥C．正四棱柱 D．正六棱锥答案D解析A，B，C中的图形均可由12根长度相同的小木棍通过黏合端点的方式得到；对于D，因为正六边形的中心到六个顶点的距离都等于边长，所以正六棱锥的侧棱长总比底边长，故D不成立．故选D.3．(2023·济南一模)已知正三角形的边长为2，用斜二测画法画出该三角形的直观图，则所得直观图的面积为()A.eq\f(\r(2),4) B.eq\f(\r(6),4)C．2eq\r(2) D．2eq\r(6)答案B解析S原图＝eq\f(1,2)×2×2×sin60°＝eq\r(3)，由斜二测画法中直观图和原图的面积的关系eq\f(S直观图,S原图)＝eq\f(\r(2),4)，得S直观图＝eq\f(\r(2),4)×eq\r(3)＝eq\f(\r(6),4).故选B.4．在我国古代数学名著《数学九章》中有这样一个问题：“今有木长二丈四尺，围之五尺．葛生其下，缠木两周，上与木齐，问葛长几何？”意思是“圆木长2丈4尺，圆周长为5尺，葛藤从圆木的底部开始向上生长，绕圆木两周，刚好顶部与圆木平齐，问葛藤最少长多少尺？”(注：1丈等于10尺)，则这个问题中，葛藤长的最小值为()A．2丈4尺 B．2丈5尺C．2丈6尺 D．2丈8尺答案C解析由题意，圆柱的侧面展开两次后是一条直角边(即圆木的高)长24尺，另一条直角边长5×2＝10尺的矩形，因此葛藤长的最小值为eq\r(242＋102)＝26(尺)，即为2丈6尺．故选C.5.通用技术老师指导学生制作统一规格的圆台形容器，用如图所示的圆环沿虚线剪开得到的一个半圆环(其中小圆和大圆的半径分别是1cm和4cm)制作该容器的侧面，则该圆台形容器的高为()A.eq\f(\r(3),2)cm B．1cmC.eq\r(3)cm D.eq\f(3\r(3),2)cm答案D解析由已知圆台的侧面展开图为半圆环，不妨设上、下底面圆的半径分别为rcm，Rcm(r<R)，则2πr＝π×1，2πR＝π×4，解得r＝eq\f(1,2)，R＝2.所以圆台的轴截面为等腰梯形，其上、下底边的长分别为1cm和4cm，腰长为3cm，即AD＝1cm，BC＝4cm，AB＝3cm，过点A作AH⊥BC，垂足为H，所以BH＝eq\f(3,2)cm，AH＝eq\f(3\r(3),2)cm，该圆台形容器的高为eq\f(3\r(3),2)cm.故选D.6．过棱长为1的正方体的一条体对角线作截面，则截得正方体的截面面积的最小值是()A．1 B.eq\r(2)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(\r(6),2)答案D解析取AA1的中点E，CC1的中点F，连接BE，ED1，D1F，FB，如图所示．四边形BED1F为过棱长为1的正方体的一条体对角线BD1所作截面的面积最小的截面，且四边形BED1F是菱形，其截面面积为eq\f(1,2)BD1·EF＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(2)＝eq\f(\r(6),2).故选D.7.如图所示，在单位正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线A1B上存在一点P，使得AP＋D1P取得最小值，则此最小值为()A．2 B.eq\f(\r(2)＋\r(6),2)C．2＋eq\r(2) D.eq\r(2＋\r(2))答案D解析如图所示，把对角面A1C绕A1B旋转至A1BC′D1′，使其与△AA1B在同一平面上，连接AD1′，则AD1′＝eq\r(1＋1－2×1×1×cos135°)＝eq\r(2＋\r(2))为所求的最小值．故选D.8.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解析如图，O为正方形ABCD的中心，E为CD的中点．设CD＝a，PE＝b，则PO＝eq\r(PE2－OE2)＝eq\r(b2－\f(a2,4))，由题意，得PO2＝eq\f(1,2)ab，即b2－eq\f(a2,4)＝eq\f(1,2)ab，化简得4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up12(2)－2·eq\f(b,a)－1＝0，解得eq\f(b,a)＝eq\f(\r(5)＋1,4)(负值舍去)．故选C.二、多项选择题9.(2023·池州期中)如图，我们常见的足球是由若干个正五边形和正六边形皮革缝合而成．如果我们把足球抽象成一个多面体，它有60个顶点，每个顶点发出的棱有3条，设其顶点数V、面数F与棱数E满足V＋F－E＝2，据此判断，关于这个多面体的说法正确的是()A．共有20个六边形 B．共有10个五边形C．共有90条棱 D．共有32个面答案ACD解析由题意，设共有m个正五边形，n个正六边形，即eq\f(5m＋6n,3)＋(m＋n)－eq\f(5m＋6n,2)＝2，解得m＝12，故B错误；∵顶点数V＝eq\f(5m＋6n,3)＝60，解得n＝20，故A正确；棱数E＝eq\f(5m＋6n,2)＝90，故C正确；面数F＝m＋n＝32，故D正确．故选ACD.10．(2024·成都模拟)如图是由斜二测画法得到的水平放置的△ABC的直观图△A1B1C1，其中A1B1＝B1C1，A1D1是B1C1边上的中线，则由图形可知下列结论中正确的是()A．AB＝BC＝AC B．AD⊥BCC．AB⊥BC D．AC>AD>AB>BC答案CD解析由直观图知△ABC为直角三角形，AB⊥BC，AB＝2A1B1，BC＝B1C1，D为BC的中点，如图所示，又A1B1＝B1C1，故A，B错误，C，D正确．11.在通用技术课上，某小组将一个直三棱柱ABC－A1B1C1展开，得到的平面图如图所示，其中AB＝4，AC＝3，BC＝AA1＝5，M是BB1上的点，则()A．AM与A1C1是异面直线B．AC⊥A1MC．平面AB1C将三棱柱截成两个四面体D．A1M＋MC的最小值是eq\r(106)答案ABD解析由题设，得如图1所示直三棱柱，由直三棱柱的结构特征知，AM与A1C1是异面直线，A正确；因为AA1⊥AC，BA⊥AC，且AA1∩BA＝A，则AC⊥平面AA1B1B，又A1M⊂平面AA1B1B，故AC⊥A1M，B正确；由图1知，平面AB1C将三棱柱截成四棱锥B1－ACC1A1和三棱锥B1－ABC，一个五面体和一个四面体，C错误；将平面AA1B1B和平面CC1B1B展开到一个平面内，如图2，当A1，M，C共线时，A1M＋MC最小，为eq\r(106)，D正确．故选ABD.三、填空题12．若已知△ABC的直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形，则△ABC的面积为_________．答案eq\f(\r(6),2)a2解析如图所示是△ABC的直观图△A′B′C′.作C′D′∥y′轴交x′轴于点D′，则C′D′对应△ABC的高CD，∴CD＝2C′D′＝2×eq\r(2)×C′O′＝2eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)a＝eq\r(6)a.而AB＝A′B′＝a，∴S△ABC＝eq\f(1,2)a·eq\r(6)a＝eq\f(\r(6),2)a2.13．过年了，小张准备去探望奶奶，到商店买了一盒点心．为了美观，售货员用彩绳对点心盒做了一个捆扎(如图1所示)，并在角上配了一个花结．彩绳与长方体点心盒均相交于棱的四等分点处．设这种捆扎方法所用绳长为l1，一般的十字捆扎(如图2所示)所用绳长为l2.若点心盒的长、宽、高之比为2∶2∶1，则eq\f(l1,l2)的值为________．答案eq\f(\r(2),2)解析设点心盒的长为2a(a>0)，因为点心盒的长、宽、高之比为2∶2∶1，所以点心盒的宽、高分别为2a，a.如题图1，绳长l1＝4×eq\f(\r(2),2)a＋4×eq\r(2)a＝6eq\r(2)a，如题图2，绳长l2＝4×2a＋4a＝12a，所以eq\f(l1,l2)＝eq\f(6\r(2)a,12a)＝eq\f(\r(2),2).14．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________个面，其棱长为________．答案26eq\r(2)－1解析先求面数，有如下两种解法．解法一：由“半正多面体”的结构特征及棱数为48可知，其上部分有9个面，中间部分有8个面，下部分有9个面，共有2×9＋8＝26个面．解法二：一般地，对于凸多面体，顶点数(V)＋面数(F)－棱数(E)＝2.(欧拉公式)由题图知，棱数为48的半正多面体的顶点数为24.故由V＋F－E＝2，得面数F＝2＋E－V＝2＋48－24＝26.再求棱长．作中间部分的横截面，由题意知该截面为各顶点都在边长为1的正方形上的正八边形ABCDEFGH，如图，设其边长为x，则正八边形的边长即为棱长．连接AF，过H，G分别作HM⊥AF，GN⊥AF，垂足分别为M，N，则AM＝MH＝NG＝NF＝eq\f(\r(2),2)x.又AM＋MN＋NF＝1，∴eq\f(\r(2),2)x＋x＋eq\f(\r(2),2)x＝1，∴x＝eq\r(2)－1，即半正多面体的棱长为eq\r(2)－1.四、解答题15．一个圆台的母线长为12cm，两底面面积分别为4πcm2，25πcm2，求：(1)圆台的高；(2)将圆台还原为圆锥后，圆锥的母线长．解(1)圆台的轴截面是等腰梯形ABCD(如图所示)．由已知可得O1A＝2cm，OB＝5cm.又由题意知腰长AB＝12cm，所以圆台的高AM＝eq\r(122－（5－2）2)＝3eq\r(15)(cm)．(2)如图所示，延长BA，OO1，CD，交于点S，设截得此圆台的圆锥的母线长为lcm，则由△SAO1∽△SBO，可得eq\f(l－12,l)＝eq\f(2,5)，解得l＝20，即截得此圆台的圆锥的母线长为20cm.16.如图，圆台的上、下底面半径分别为5cm，10cm，母线长AB＝20cm，从圆台母线AB的中点M拉一条绳子绕圆台侧面转到点A.求：(1)绳子的最短长度；(2)在绳子最短时，求上底面圆周上的点到绳子的最短距离．解(1)如图，绳子的最短长度为侧面展开图中AM的长度．由eq\f(OB,OB＋AB)＝eq\f(5,10)，得OB＝20cm，所以OA＝40cm，OM＝30cm.设∠BOB′＝θ，由2π×5＝OB·θ，解得θ＝eq\f(π,2).所以AM＝eq\r(OA2＋OM2)＝50(cm)，即绳子的最短长度为50cm.(2)过点O作OQ⊥AM于点Q，交eq\o(BB′,\s\up8(︵))于点P，则PQ的长度为所求最短距离．因为OA·OM＝AM·OQ，所以OQ＝24cm.故PQ＝24－20＝4(cm)，即上底面圆周上的点到绳子的最短距离为4cm.17．北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是eq\f(π,3)，所以正四面体在各顶点的曲率为2π－3×eq\f(π,3)＝π，故其总曲率为4π.(1)求四棱锥的总曲率；(2)若多面体满足：顶点数－棱数＋面数＝2，证明：这类多面体的总曲率是常数．解(1)由题意可知，四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和．可以从整个多面体的角度考虑，所有与顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合．由图可知，四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个面为三角形，1个面为四边形．所以四棱锥的表面内角和为4个三角形，1个四边形的所有内角和，则其总曲率为2π×5－(4π＋2π)＝4π.(2)证明：设顶点数、棱数、面数分别为n，l，m，所以有n－l＋m＝2.设第i个面的棱数为xi，所以x1＋x2＋…＋xm＝2l，所以总曲率为2πn－π[(x1－2)＋(x2－2)＋…＋(xm－2)]＝2πn－π(2l－2m)＝2π(n－l＋m)＝4π，所以这类多面体的总曲率是常数．第2讲简单几何体的表面积与体积[课程标准]知道球、棱(圆)柱、棱(圆)锥、棱(圆)台的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题．1．多面体的表面积多面体的表面积就是围成多面体eq\x(\s\up1(01))各个面的面积的和．2．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＝eq\x(\s\up1(02))2πrlS圆锥侧＝eq\x(\s\up1(03))πrlS圆台侧＝eq\x(\s\up1(04))π(r1＋r2)l3.柱、锥、台和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＝eq\x(\s\up1(05))Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝eq\x(\s\up1(06))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＝eq\x(\s\up1(07))4πR2V＝eq\x(\s\up1(08))eq\f(4,3)πR3与体积有关的两个结论(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差．(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等．1．(人教B必修第四册习题11－1AT6改编)棱长为2的正四面体的表面积是()A.eq\r(3) B．4C．4eq\r(3) D．16答案C解析每个面的面积为eq\f(1,2)×2×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，所以正四面体的表面积为4eq\r(3).故选C.2．(人教B必修第四册11.1.4例1改编)设正六棱锥的底面边长为1，侧棱长为eq\r(5)，那么它的体积为()A．6eq\r(3) B.eq\r(3)C．2eq\r(3) D．2答案B解析由正六棱锥底面边长为1和侧棱长为eq\r(5)，可知高h＝2，又因为底面积S＝eq\f(3\r(3),2)，所以体积V＝eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,3)×eq\f(3\r(3),2)×2＝eq\r(3).故选B.3．设一个球形西瓜，切下一刀后所得切面圆的半径为4，球心到切面圆心的距离为3，则该西瓜的表面积为()A．100π B.eq\f(256π,3)C．400π D.eq\f(500π,3)答案A解析由题意知切面圆的半径r＝4，球心到切面圆心的距离d＝3，所以球的半径R＝eq\r(r2＋d2)＝eq\r(42＋32)＝5，故球的表面积为4πR2＝4π×52＝100π.故选A.4．(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________．答案eq\f(7\r(6),6)解析如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M为正四棱台ABCD－A1B1C1D1的高．因为AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq\r(2)，则A1O1＝eq\f(1,2)A1C1＝eq\f(1,2)×eq\r(2)A1B1＝eq\f(\r(2),2)，AO＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)AB＝eq\r(2)，故AM＝AO－A1O1＝eq\f(\r(2),2)，则A1M＝eq\r(A1A2－AM2)＝eq\r(2－\f(1,2))＝eq\f(\r(6),2)，所以所求棱台的体积V＝eq\f(1,3)×(4＋1＋eq\r(4×1))×eq\f(\r(6),2)＝eq\f(7\r(6),6).5.如图所示，在上、下底面对应边的比为1∶2的三棱台中，过上底面一边A1B1作一个平行于棱C1C的平面A1B1EF，记平面分三棱台两部分的体积为V1(三棱柱A1B1C1－FEC)，V2，那么V1∶V2＝________．答案3∶4解析设三棱台的高为h，上底面的面积是S，则下底面的面积是4S，∴V三棱台＝eq\f(1,3)h(S＋4S＋2S)＝eq\f(7,3)Sh，又V1＝Sh，∴eq\f(V1,V2)＝eq\f(Sh,\f(7,3)Sh－Sh)＝eq\f(3,4).考向一几何体的表面积例1(1)(2023·襄阳四中模拟)如图，圆锥PO的底面直径和高均是2，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，则剩下的几何体的表面积为()A．(1＋eq\r(5))π B．(2＋eq\r(5))πC.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)＋\r(5)))π D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)＋\r(5)))π答案B解析设圆柱的底面半径为r，高为h，则r＝eq\f(1,2)×1＝eq\f(1,2)，h＝eq\f(1,2)×2＝1，圆锥的母线长为eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，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，则剩下的几何体的表面积为π×1×eq\r(5)＋2π×eq\f(1,2)×1＋π×12＝(2＋eq\r(5))π.故选B.(2)圆台的上、下底面半径分别是10cm和20cm，它的侧面展开图的扇环的圆心角是180°，那么圆台的表面积为________cm2(结果中保留π)．答案1100π解析如图所示，设圆台的上底周长为C，因为扇环的圆心角是180°，所以C＝π·SA.又C＝2π×10＝20π，所以SA＝20cm.同理SB＝40cm，所以AB＝SB－SA＝20(cm)．S表＝S侧＋S上底＋S下底＝π×(10＋20)×20＋π×102＋π×202＝1100π(cm2)．故圆台的表面积为1100πcm2.求空间几何体表面积的类型及方法多面体的表面积只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积旋转体的表面积可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系不规则几何体的表面积通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积注意：(1)组合体的表面积注意衔接部分的处理．(2)灵活运用直角三角形与直角梯形，如圆锥(台)中的高、母线、底面半径；棱锥(台)中的高、棱长、底面边长．1.若正四棱锥的底面边长和高都为2，则其表面积为________．答案4＋4eq\r(5)解析如图，由题意知底面正方形的边长为2，正四棱锥的高为2，则正四棱锥的斜高PE＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，所以该四棱锥的侧面积S＝4×eq\f(1,2)×2×eq\r(5)＝4eq\r(5)，所以S表＝2×2＋4eq\r(5)＝4＋4eq\r(5).2.(2024·南充诊断)如图，四边形OABC是边长为1的正方形，eq\o(AC,\s\up8(︵))是四分之一圆，则图中阴影部分以OC所在直线为旋转轴旋转一周得到的旋转体的表面积为________．答案5π解析该旋转体是一个圆柱挖去一个半球后剩余的部分，且圆柱的底面半径是1，高是1，球的半径是1，所以该旋转体的表面积为π×12＋2π×1×1＋eq\f(1,2)×4π×12＝5π.多角度探究突破考向二几何体的体积角度直接法求体积例2(2023·全国甲卷)在三棱锥P－ABC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答案A解析取AB的中点E，连接PE，CE，如图，∵△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，∴PE⊥AB，CE⊥AB，∴PE＝CE＝2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，又PC＝eq\r(6)，故PC2＝PE2＋CE2，即PE⊥CE，又AB∩CE＝E，AB，CE⊂平面ABC，∴PE⊥平面ABC，∴VP－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·PE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×eq\r(3)＝1.故选A.角度补形法求体积例3如图，一个底面半径为3的圆柱被一平面所截，截得的几何体的最短和最长母线长分别为4和10，则该几何体的体积为()A．90π B．63πC．42π D．36π答案B解析由几何体的直观图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示．将圆柱补全，并将圆柱从点A处水平分成上、下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的eq\f(1,2)，所以该几何体的体积V＝π×32×4＋π×32×6×eq\f(1,2)＝63π.故选B.角度分割法求体积例4我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍薨者，下有袤有广，而上有袤无广，刍，草也，薨，屋盖也”．今有底面为正方形的屋脊形状的多面体(如图所示)，下底面是边长为2的正方形，上棱EF＝eq\f(3,2)，EF∥平面ABCD，EF与平面ABCD的距离为2，该刍薨的体积为()A．6 B.eq\f(11,3)C.eq\f(31,4) D．12答案B解析如图，作FN∥AE，FM∥ED，分别交AB，CD于点N，M，连接MN，则多面体被分割为棱柱与棱锥两个部分，则该刍薨的体积为VF－MNBC＋VADE－NMF＝eq\f(1,3)S四边形MNBC·2＋S直截面·eq\f(3,2)＝eq\f(1,3)×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3,2)))×2＋eq\f(2×2,2)×eq\f(3,2)＝eq\f(11,3).故选B.角度转化法求体积例5如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝4，AA1＝6.若E，F分别是棱BB1，CC1上的点，则三棱锥A－A1EF的体积是________．答案8eq\r(3)解析由正三棱柱的底面边长为4，得点F到平面A1AE的距离(等于点C到平面A1ABB1的距离)为eq\f(\r(3),2)×4＝2eq\r(3)，则VA－A1EF＝VF－A1AE＝eq\f(1,3)S△A1AE×2eq\r(3)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×6×4×2eq\r(3)＝8eq\r(3).1．处理体积问题的思路2．求体积的常用方法直接法对于规则的几何体，利用相关公式直接计算割补法首先把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体、不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算等体积法选择合适的底面来求几何体的体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任何一个面可作为三棱锥的底面进行等体积变换1.(2023·佛山二模)极目一号(如图1)是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器．“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55m，高19m，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示(单位：m)，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积约为(参考数据：9.52≈90，9.53≈857，315×1005≈316600，π≈3.14)()A．9064m3 B．9004m3C．8944m3 D．8884m3答案A解析由图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为R＝eq\f(19,2)＝9.5(m)，而圆台另一个底面的半径为r＝1(m)，则V半球＝eq\f(1,2)×eq\f(4,3)π×9.53≈eq\f(1714π,3)(m3)，V圆柱＝π×9.52×14≈1260π(m3)，V圆台＝eq\f(1,3)×(9.52π＋eq\r(9.52π×π)＋π)×31.5≈eq\f(3166π,3)(m3)，所以V＝V半球＋V圆柱＋V圆台≈eq\f(1714π,3)＋1260π＋eq\f(3166π,3)≈9064(m3)．故选A.2．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则三棱锥A－B1CD1的体积为()A．eq\f(4,3) B．eq\f(8,3)C．4 D．6答案B解析如图，三棱锥A－B1CD1是由正方体ABCD－A1B1C1D1截去四个小三棱锥A－A1B1D1，C－B1C1D1，B1－ABC，D1－ACD得到的，又VABCD－A1B1C1D1＝23＝8，VA－A1B1D1＝VC－B1C1D1＝VB1－ABC＝VD1－ACD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×23＝eq\f(4,3)，所以VA－B1CD1＝8－4×eq\f(4,3)＝eq\f(8,3).3.如图所示，已知多面体ABCDEFG中，AB，AC，AD两两互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为________．答案4解析解法一(分割法)：因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点C作CH⊥DG于H，连接EH，即把多面体分割成一个直三棱柱DEH－ABC和一个斜三棱柱BEF－CHG.由题意，知V三棱柱DEH－ABC＝S△DEH·AD＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×1))×2＝2，V三棱柱BEF－CHG＝S△BEF·DE＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×1))×2＝2.故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG＝2＋2＝4.解法二(补形法)：因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，显然所求多面体的体积为该正方体体积的一半．又正方体的体积V正方体ABHI－DEKG＝23＝8，故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG＝eq\f(1,2)×8＝4.课时作业一、单项选择题1．(2023·锦州二模)已知某圆锥的高为2eq\r(2)cm，体积为eq\f(2\r(2)π,3)cm3，则该圆锥的侧面积为()A.eq\f(3π,2)cm2 B．3πcm2C．6πcm2 D．12πcm2答案B解析设该圆锥的底面半径与母线长分别为r，l，由V＝eq\f(1,3)πr2×2eq\r(2)＝eq\f(2\r(2)π,3)，得r＝1cm，所以l＝eq\r(12＋（2\r(2)）2)＝3(cm)，所以该圆锥的侧面积S＝πrl＝3π(cm2)．故选B.2．张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八分之五．已知三棱锥A－BCD的每个顶点都在球O的球面上，AB⊥底面BCD，BC⊥CD，且AB＝CD＝eq\r(3)，BC＝2，利用张衡的结论可得球O的表面积为()A．30 B．10eq\r(10)C．33 D．12eq\r(10)答案B解析因为BC⊥CD，所以BD＝eq\r(7)，又AB⊥底面BCD，所以球O的球心为侧棱AD的中点，从而球O的直径为AD＝eq\r(10).利用张衡的结论可得eq\f(π2,16)＝eq\f(5,8)，则π＝eq\r(10)，所以球O的表面积为4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),2)))eq\s\up12(2)＝10π＝10eq\r(10).故选B.3．(2024·合肥模拟)长方体的体对角线长为1，表面积为1，有一面为正方形，则其体积为()A.eq\f(\r(2),108) B.eq\f(\r(2),27)C.eq\f(\r(2),9) D.eq\f(\r(2),6)答案B解析不妨设长方体的底面为正方形，边长为a，高为b，则底面的对角线为eq\r(a2＋a2)＝eq\r(2)a，∵长方体的体对角线长为1，表面积为1，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4ab＋2a2＝1，,（\r(2)a）2＋b2＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(\r(2),6)，,b＝\f(2\r(2),3)，))∴长方体的体积为a2b＝eq\f(\r(2),27).故选B.4.(2023·河源模拟)最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的《数书九章》(1247年)．该书第二章为“天时类”，收录了有关降水量计算的四个例子，分别是“天池测雨”“圆罂测雨”“峻积验雪”和“竹器验雪”．“竹器验雪”法是下雪时用一个圆台形的器皿收集雪量(平地降雪厚度＝器皿中积雪体积除以器皿口面积)，已知数据如图(单位：cm)，则平地降雪厚度的近似值为()A.eq\f(91,12)cm B.eq\f(31,4)cmC.eq\f(95,12)cm D.eq\f(97,12)cm答案C解析器皿中雪表面的半径为eq\f(20＋40,4)＝15(cm)，所以平地降雪厚度的近似值为eq\f(\f(1,3)π×20×（102＋152＋10×15）,π×202)＝eq\f(95,12)(cm)．故选C.5．(2024·武汉模拟)已知一个圆柱的侧面积等于表面积的eq\f(2,3)，且其轴截面的周长是16，则该圆柱的体积是()A．54π B．36πC．27π D．16π答案D解析设圆柱的底面半径为r，高为h，由题意可得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2πrh＝\f(2,3)（2πrh＋2πr2），,4r＋2h＝16，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(r＝2，,h＝4，))∴该圆柱的体积是πr2h＝16π.故选D.6.(2023·常州模拟)如图，圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为60°的扇形．把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为eq\f(1,3)，则圆台的侧面积为()A.eq\f(8π,3) B.eq\f(\r(35)π,2)C.eq\f(16π,3) D．8π答案C解析假设圆锥的半径为R，母线长为l，则R＝1.设圆台的上底面半径为r，母线长为l1，则r＝eq\f(1,3).由已知可得，eq\f(π,3)＝eq\f(2πR,l)＝eq\f(2π,l)，所以l＝6.如图，作出圆锥、圆台的轴截面，则eq\f(l－l1,l)＝eq\f(r,R)＝eq\f(1,3)，所以l1＝4.所以圆台的侧面积为π(R＋r)l1＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))π＝eq\f(16π,3).故选C.7．(2023·天津高考)在三棱锥P－ABC中，线段PC上的点M满足PM＝eq\f(1,3)PC，线段PB上的点N满足PN＝eq\f(2,3)PB，则三棱锥P－AMN和三棱锥P－ABC的体积之比为()A.eq\f(1,9) B.eq\f(2,9)C.eq\f(1,3) D.eq\f(4,9)答案B解析如图，因为PM＝eq\f(1,3)PC，PN＝eq\f(2,3)PB，所以eq\f(S△PMN,S△PBC)＝eq\f(\f(1,2)PM·PNsin∠BPC,\f(1,2)PC·PBsin∠BPC)＝eq\f(PM·PN,PC·PB)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9)，所以eq\f(VP－AMN,VP－ABC)＝eq\f(VA－PMN,VA－PBC)＝eq\f(\f(1,3)S△PMN·d,\f(1,3)S△PBC·d)＝eq\f(S△PMN,S△PBC)＝eq\f(2,9)(其中d为点A到平面PBC的距离，因为平面PMN和平面PBC重合，所以点A到平面PMN的距离也为d)．故选B.8．中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高．详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．上述原理在中国被称为祖暅原理．一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为2eq\r(3)的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为()A．16 B．16eq\r(3)C．18eq\r(3) D．21答案D解析由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与正六棱台的体积相等，∵正六棱台的上、下底面边长分别为1和2，则S1＝6×eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2)，S2＝6×eq\f(1,2)×2×2×eq\f(\r(3),2)＝6eq\r(3)，故V＝eq\f(1,3)(S1＋eq\r(S1S2)＋S2)h＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),2)＋3\r(3)＋6\r(3)))×2eq\r(3)＝21.故选D.二、多项选择题9．(2023·黄冈模拟)如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论正确的是()A．圆柱的侧面积为2πR2B．圆锥的侧面积为2πR2C．圆柱的侧面积与球的表面积相等D．圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶2答案CD解析∵圆柱和圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，∴圆柱的侧面积为2πR·2R＝4πR2，A错误；圆锥的母线长l＝eq\r(R2＋（2R）2)＝eq\r(5)R，侧面积为πRl＝eq\r(5)πR2，B错误；球的表面积为4πR2，∴圆柱的侧面积与球的表面积相等，C正确；∵V圆柱＝πR2·2R＝2πR3，V圆锥＝eq\f(1,3)πR2·2R＝eq\f(2,3)πR3，V球＝eq\f(4,3)πR3，∴V圆柱∶V圆锥∶V球＝2πR3∶eq\f(2,3)πR3∶eq\f(4,3)πR3＝3∶1∶2，D正确．故选CD.10．(2023·新课标Ⅱ卷)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P－AC－O为45°，则()A．该圆锥的体积为π B．该圆锥的侧面积为4eq\r(3)πC．AC＝2eq\r(2) D．△PAC的面积为eq\r(3)答案AC解析依题意，∠APB＝120°，PA＝2，所以OP＝1，OA＝OB＝eq\r(3)，对于A，圆锥的体积为eq\f(1,3)×π×(eq\r(3))2×1＝π，A正确；对于B，圆锥的侧面积为π×eq\r(3)×2＝2eq\r(3)π，B错误；对于C，设D是AC的中点，连接OD，PD，则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P－AC－O的平面角，则∠PDO＝45°，所以OP＝OD＝1，故AD＝CD＝eq\r(3－1)＝eq\r(2)，则AC＝2eq\r(2)，C正确；对于D，PD＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，所以S△PAC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(2)＝2，D错误．故选AC.11．(2022·新高考Ⅱ卷)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB，记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE的体积分别为V1，V2，V3，则()A．V3＝2V2 B．V3＝V1C．V3＝V1＋V2 D．2V3＝3V1答案CD解析设AB＝ED＝2FB＝2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1＝eq\f(1,3)ED·S△ACD＝eq\f(1,3)·2a·eq\f(1,2)·(2a)2＝eq\f(4,3)a3，V2＝eq\f(1,3)FB·S△ABC＝eq\f(1,3)·a·eq\f(1,2)·(2a)2＝eq\f(2,3)a3，连接BD交AC于点M，连接EM，FM，易得BD⊥AC，又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，又BM＝DM＝eq\f(1,2)BD＝eq\r(2)a，过F作FG⊥DE于点G，易得四边形BDGF为矩形，则FG＝BD＝2eq\r(2)a，EG＝a，则EM＝eq\r(（2a）2＋（\r(2)a）2)＝eq\r(6)a，FM＝eq\r(a2＋（\r(2)a）2)＝eq\r(3)a，EF＝eq\r(a2＋（2\r(2)a）2)＝3a，EM2＋FM2＝EF2，则EM⊥FM，S△EFM＝eq\f(1,2)EM·FM＝eq\f(3\r(2),2)a2，AC＝2eq\r(2)a，则V3＝VA－EFM＋VC－EFM＝eq\f(1,3)AC·S△EFM＝2a3，则2V3＝3V1，V3＝3V2，V3＝V1＋V2.故选CD.三、填空题12．(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________．答案28解析解法一：由于eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)，而截去的正四棱锥的高为3，所以原正四棱锥的高为6，所以原正四棱锥的体积为eq\f(1,3)×(4×4)×6＝32，截去的正四棱锥的体积为eq\f(1,3)×(2×2)×3＝4，所以棱台的体积为32－4＝28.解法二：棱台的体积为eq\f(1,3)×3×(16＋4＋eq\r(16×4))＝28.13.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12eq\r(3)－eq\f(π,2)解析正六棱柱的体积为6×eq\f(\r(3),4)×22×2＝12eq\r(3)(cm3)，挖去的圆柱的体积为πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)×2＝eq\f(π,2)(cm3)，故所求几何体的体积为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(12\r(3)－\f(π,2)))(cm3)．14.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ABCD－A1B1C1D1挖去四棱锥O－EFGH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＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.答案118.8解析由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对角线长分别为6cm和4cm，故V挖去的四棱锥＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×4×6×3＝12(cm3)．又V长方体＝6×6×4＝144(cm3)，所以模型的体积为V长方体－V挖去的四棱锥＝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)．四、解答题15．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝1，AA1＝eq\r(2)，∠CAB＝120°.(1)求直三棱柱ABC－A1B1C1的体积；(2)求直三棱柱ABC－A1B1C1的表面积．解(1)AB＝AC＝1，AA1＝eq\r(2)，∠CAB＝120°，则直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为S△ABC·AA1＝eq\f(1,2)AB·ACsin∠CAB·AA1＝eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(3),2)×eq\r(2)＝eq\f(\r(6),4).(2)AB＝AC＝1，∠CAB＝120°，则BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠CAB＝3，解得BC＝eq\r(3).故直三棱柱ABC－A1B1C1的表面积为2×eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(3),2)＋eq\r(2)×(1＋1＋eq\r(3))＝2eq\r(2)＋eq\r(6)＋eq\f(\r(3),2).16．如图，在△ABC中，AB＝8，BC＝10，AC＝6，BD⊥平面ABC，且AE∥FC∥BD，BD＝3，FC＝4，AE＝5.求此几何体的体积．解解法一(分割法)：由AB＝8，AC＝6，BC＝10，得AB2＋AC2＝BC2，所以AB⊥AC.因为BD⊥平面ABC，AE∥BD，所以AE⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，所以AE⊥AB，又AB⊥AC，AE∩AC＝A，AE，AC⊂平面ACFE，所以AB⊥平面ACFE.如图，取CM＝AN＝BD，连接DM，MN，DN，用“分割法”把原几何体分割成一个直三棱柱和一个四棱锥，则V几何体＝V三棱柱＋V四棱锥．由题意知三棱柱ABC－NDM的体积为V1＝eq\f(1,2)×8×6×3＝72，四棱锥D－MNEF的体积为V2＝eq\f(1,3)S梯形MNEF·DN＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×(1＋2)×6×8＝24，则此几何体的体积为V＝V1＋V2＝72＋24＝96.解法二(补形法)：用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使AA′＝BB′＝CC′＝8，所以V几何体＝eq\f(1,2)V三棱柱＝eq\f(1,2)S△ABC·AA′＝eq\f(1,2)×24×8＝96.17．现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，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，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？解(1)由PO1＝2m知O1O＝4PO1＝8m.因为A1B1＝AB＝6m，所以正四棱锥P－A1B1C1D1的体积V锥＝eq\f(1,3)A1Beq\o\al(2,1)·PO1＝eq\f(1,3)×62×2＝24(m3)．正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)．所以仓库的容积V＝V锥＋V柱＝24＋288＝312(m3)．(2)设A1B1＝am，PO1＝hm，则0＜h＜6，O1O＝4hm．连接O1B1.因为在Rt△PO1B1中，O1Beq\o\al(2,1)＋POeq\o\al(2,1)＝PBeq\o\al(2,1)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))eq\s\up12(2)＋h2＝36，即a2＝2(36－h2)．于是仓库的容积V＝V柱＋V锥＝a2·4h＋eq\f(1,3)a2·h＝eq\f(13,3)a2h＝eq\f(26,3)(36h－h3)，0＜h＜6，从而V′＝eq\f(26,3)(36－3h2)＝26(12－h2)．令V′＝0，得h＝2eq\r(3)或h＝－2eq\r(3)(舍去)．当0＜h＜2eq\r(3)时，V′＞0，V是增函数；当2eq\r(3)＜h＜6时，V′＜0，V是减函数．故当h＝2eq\r(3)时，V取得极大值，也是最大值．因此当PO1＝2eq\r(3)m时，仓库的容积最大．考情分析：与球有关的切、接、截面问题是高考的核心命题点之一，几乎每年都有涉及，出现在选填题中．考点难度2023Ⅰ卷T12内切球易2022Ⅰ卷T8外接球难Ⅱ卷T7外接球难考向一外接球例1(1)(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3eq\r(3)和4eq\r(3)，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A．100π B．128πC．144π D．192π答案A解析设正三棱台上、下底面所在圆面的半径分别为r1，r2，所以2r1＝eq\f(3\r(3),sin60°)，2r2＝eq\f(4\r(3),sin60°)，即r1＝3，r2＝4.设球心到上、下底面的距离分别为d1，d2，球的半径为R(R≥4)，所以d1＝eq\r(R2－9)，d2＝eq\r(R2－16)，故|d1－d2|＝1或d1＋d2＝1，即|eq\r(R2－9)－eq\r(R2－16)|＝1或eq\r(R2－9)＋eq\r(R2－16)＝1，解得R2＝25，符合题意，所以球的表面积为S＝4πR2＝100π.故选A.(2)(2023·绵阳模拟)在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为线段AB，BC的中点，连接DE，DF，EF，将△ADE，△CDF，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使A，B，C三点重合，得到三棱锥O－DEF，则该三棱锥外接球的表面积为________．答案6π解析由题意可知OD，OE，OF两两垂直，且OD＝2，OE＝OF＝1，将三棱锥O－DEF补成一个长方体，如图所示，则长方体的体对角线就是三棱锥的外接球的直径，设外接球的半径为R，(2R)2＝OD2＋OE2＋OF2＝4＋1＋1＝6，得4R2＝6，所以该三棱锥外接球的表面积为4πR2＝6π.1．求解空间几何体的外接球问题的策略(1)定球心：球心到接点的距离相等且为半径．(2)作截面：选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的．(3)求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解．2．补形法主要应用于以下特点的图形(1)若四面体中有三条棱两两垂直，则方法是找到三条两两互相垂直的棱，借助墙角模型补成长方体(如图)．(2)若四面体的对棱相等，则借助墙角模型补成长方体(如图)．3．与外接球有关的常用结论(1)正方体的棱长为a，外接球的半径为R，则2R＝eq\r(3)a.(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝eq\r(a2＋b2＋c2).(3)由棱柱的上、下底面平行和球的对称性，可知直棱柱外接球的球心为上、下底面外接圆圆心连线的中点，根据勾股定理求直棱柱外接球的半径．1.(2021·天津高考)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为eq\f(32π,3)，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为()A．3π B．4πC．9π D．12π答案B解析如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，圆锥AD和圆锥BD的高之比为3∶1，即AD＝3BD，设球的半径为R，则eq\f(4πR3,3)＝eq\f(32π,3)，可得R＝2，所以AB＝AD＋BD＝4BD＝4，所以BD＝1，AD＝3，因为CD⊥AB，则∠CAD＋∠ACD＝∠BCD＋∠ACD＝90°，所以∠CAD＝∠BCD，又因为∠ADC＝∠BDC，所以△ACD∽△CBD，所以eq\f(AD,CD)＝eq\f(CD,BD)，所以CD＝eq\r(AD·BD)＝eq\r(3)，因此，这两个圆锥的体积之和为eq\f(1,3)π·CD2·(AD＋BD)＝eq\f(π,3)×3×4＝4π.故选B.2．(2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝________．答案2解析如图，将三棱锥S－ABC转化为直三棱柱SMN－ABC，设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r，则2r＝eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(3,\f(\r(3),2))＝2eq\r(3)，可得r＝eq\r(3).设三棱锥S－ABC的外接球球心为O，连接OA，OO1，则OA＝2，OO1＝eq\f(1,2)SA，因为OA2＝OOeq\o\al(2,1)＋O1A2，即4＝eq\f(1,4)SA2＋3，所以SA＝2.考向二内切球例2(1)(2023·邢台一模)已知圆台的上、下底面半径之比为eq\f(1,2)，侧面积为9π，在圆台的内部有一球O，该球与圆台的上、下底面及母线均相切，则球O的表面积为()A．3π B．5πC．8π D．9π答案C解析设圆台的上底面半径为r，则下底面半径为2r，母线长为l，如图所示，作出圆台与球的轴截面．由于球O与圆台的上、下底面及母线均相切，故l＝AD＝AH＋DG＝r＋2r＝3r.根据圆台的侧面积公式S＝(πr＋2πr)l＝9π，可得r＝1，所以球O的直径为HG＝eq\r(AD2－（DG－AH）2)＝2eq\r(2)，故球O的半径为R＝eq\r(2)，所以球O的表面积为4πR2＝8π.故选C.(2)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)π,3)解析易知半径最大的球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中BC＝2，AB＝AC＝3，且点M为BC边上的中点，设内切球的球心为O，由于AM＝eq\r(32－12)＝2eq\r(2)，故S△ABC＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)＝2eq\r(2).设内切球的半径为r，则S△ABC＝S△AOB＋S△BOC＋S△AOC＝eq\f(1,2)AB·r＋eq\f(1,2)BC·r＋eq\f(1,2)AC·r＝eq\f(1,2)×(3＋2＋3)×r＝2eq\r(2)，解得r＝eq\f(\r(2),2)，其体积V＝eq\f(4,3)πr3＝eq\f(\r(2)π,3).1．“切”的处理解决与球有关的内切问题主要是指球内切于多面体或旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面．注意：体积分割是求内切球半径的通用方法．2．与内(棱)切球有关的常用结论(1)正方体的棱长为a，球的半径为R，①若球为正方体的内切球，则2R＝a；②若球与正方体的各棱相切，则2R＝eq\r(2)a.(2)设正四面体的棱长为a，则它的高为eq\f(\r(6),3)a，内切球半径r＝eq\f(\r(6),12)a，外接球半径R＝eq\f(\r(6),4)a.正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.(3)二级结论：一个多面体的表面积为S，如果这个多面体有半径为r的内切球，则此多面体的体积V满足V＝eq\f(1,3)Sr.1.(2024·启东质检)在直三棱柱A1B1C1－ABC中，A1B1＝3，B1C1＝4，A1C1＝5，AA1＝2，则其外接球与内切球的表面积之比为()A.eq\f(29,4) B.eq\f(19,2)C.eq\f(29,2) D．29答案A解析如图，连接AC1.由底面三角形的三边长可知，底面三角形为直角三角形，内切球的半径r＝eq\f(AA1,2)＝1，