《数学》复习人教A（新高考）-第1节　空间几何体及其表面积、体积-教师复习验收卷

《数学》复习人教A（新高考）-第1节空间几何体及其表面积、体积-教师复习验收卷《数学》复习人教A（新高考）-第1节空间几何体及其表面积、体积-教师复习验收卷/《数学》复习人教A（新高考）-第1节空间几何体及其表面积、体积-教师复习验收卷第1节空间几何体及其表面积、体积知识梳理1.空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且全等多边形互相平行且相似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矩形等腰三角形等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环2.直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画,其规则是：(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、y′轴所在平面垂直.(2)原图形中平行于坐标轴的线段,直观图中仍分别平行于坐标轴.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轴的线段长度在直观图中变为原来的一半.3.多面体的表(侧)面积多面体的各个面都是平面,则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.4.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)l5.空间几何体的表面积与体积公式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＝S底h锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝eq\f(1,3)S底h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)πR31.正方体与球的切、接常用结论正方体的棱长为a,球的半径为R(1)若球为正方体的外接球,则2R＝eq\r(3)a;(2)若球为正方体的内切球,则2R＝a;(3)若球与正方体的各棱相切,则2R＝eq\r(2)a.2.长方体的共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.正四面体的外接球的半径R＝eq\f(\r(6),4)a,内切球的半径r＝eq\f(\r(6),12)a,其半径R∶r＝3∶1(a为该正四面体的棱长).4.直观图与原平面图形面积间关系S直观图＝eq\f(\r(2),4)S原图形.诊断自测1.判断下列结论正误(在括号内打"√”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)有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥.()(3)菱形的直观图仍是菱形.()(4)两个球的体积之比等于它们的半径比的平方.()答案(1)×(2)×(3)×(4)×解析(1)反例：由两个平行六面体上下组合在一起的图形满足条件,但不是棱柱.(2)反例：如图所示的图形满足条件但不是棱锥.(3)用斜二测画法画水平放置的菱形的直观图是平行四边形,但邻边不一定相等,(3)错误.(4)球的体积之比等于半径比的立方,故不正确.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C解析由几何体的结构特征,剩下的几何体为五棱柱.3.已知圆锥的表面积等于12πcm2,其侧面展开图是一个半圆,则底面圆的半径为()A.1cm B.2cmC.3cm D.eq\f(3,2)cm答案B解析设圆锥的底面圆的半径为r,母线长为l,因为侧面展开图是一个半圆,所以πl＝2πr,即l＝2r,所以πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π,解得r＝2.4.(2021·益阳调研)如图,一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°的等腰梯形,已知直观图OA′B′C′的面积为4,则该平面图形的面积为()A.eq\r(2) B.4eq\r(2) C.8eq\r(2) D.2eq\r(2)答案C解析由S原图形＝2eq\r(2)S直观图,得S原图形＝2eq\r(2)×4＝8eq\r(2).5.(2020·天津卷)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.12π B.24π C.36π D.144π答案C解析设球的半径为R,由题意知球的直径2R＝eq\r((2\r(3))2＋(2\r(3))2＋(2\r(3))2),得R＝3,该球的表面积S＝4πR2＝36π.故选C.6.(2021·新高考8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.考点一空间几何体的结构特征1.给出下列命题：①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;②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥;③棱台的上、下底面可以不相似,但侧棱长一定相等.其中正确命题的个数是()A.0 B.1 C.2 D.3答案A解析①不一定,只有当这两点的连线平行于轴时才是母线;②不一定,当以斜边所在直线为旋转轴时,其余两边旋转一周形成的面所围成的几何体不是圆锥,如图所示,它是由两个同底圆锥组成的几何体;③错误,棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形,各侧棱延长线交于一点,但是侧棱长不一定相等.2.以下四个命题中,真命题为()A.侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥B.底面是矩形的平行六面体是长方体C.直四棱柱是直平行六面体D.棱台的侧棱延长后必交于一点答案D解析A中等腰三角形的腰不一定是侧棱,A是假命题,B中,侧棱与底面矩形不一定垂直,B是假命题,C中,直四棱柱的底面不一定是平行四边形,C不正确,根据棱台的定义,选项D是真命题.3.(多选题)(2021·潍坊调研)下面关于空间几何体的叙述正确的是()A.底面是正多边形的棱锥是正棱锥B.用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形C.长方体是直平行六面体D.存在每个面都是直角三角形的四面体答案CD解析A当顶点在底面的投影是正多边形的中心才是正棱锥,不正确;B当平面与圆柱的母线平行或垂直时,截得的截面才为矩形或圆,否则为椭圆或椭圆的一部分,B不正确;C正确;D正确,如图,正方体ABCD－A1B1C1D1中的三棱锥C1－ABC,四个面都是直角三角形.感悟升华1.关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种几何体的概念,要善于通过举反例对概念进行辨析,即要说明一个命题是错误的,只需举一个反例.2.圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上,解题时要注意用好轴截面中各元素的关系.3.既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的,所以在解决棱(圆)台问题时,要注意"还台为锥”的解题策略.考点二空间几何体的直观图角度1水平放置的直观图【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(1)和(2)的实际图形和直观图所示.因为OE＝eq\r((\r(2))2－1)＝1,由斜二测画法可知O′E′＝eq\f(1,2),E′F＝eq\f(\r(2),4),D′C′＝1,A′B′＝3,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).感悟升华1.画几何体的直观图一般采用斜二测画法,其规则可以用"斜”(两坐标轴成45°或135°)和"二测”(平行于y轴的线段长度减半,平行于x轴和z轴的线段长度不变)来掌握.2.按照斜二测画法得到的平面图形的直观图,其面积与原图形的面积的关系：S直观图＝eq\f(\r(2),4)S原图形.【训练1】如图,一个水平放置的平面图形的直观图(斜二测画法)是一个底角为45°、腰和上底长均为2的等腰梯形,则这个平面图形的面积是()A.2＋eq\r(2) B.1＋eq\r(2)C.4＋2eq\r(2) D.8＋4eq\r(2)答案D解析由已知直观图根据斜二测画法规则画出原平面图形,如图所示.由于O′D′＝2,D′C′＝2,∴OD＝4,DC＝2,过D′作D′H⊥A′B′,易知A′H＝2sin45°＝eq\r(2).∴AB＝A′B′＝2A′H＋DC＝2eq\r(2)＋2.故平面图形的面积S＝eq\f(DC＋AB,2)·AD＝4(eq\r(2)＋2).角度2几何体直观图中的计算【例2】(2020·新高考山东卷)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD＝60°.以D1为球心,eq\r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为__________.答案eq\f(\r(2)π,2)解析如图,连接B1D1,易知△B1C1D1为正三角形,所以B1D1＝C1D1＝2.分别取B1C1,BB1,CC1的中点M,G,H,连接D1M,D1G,D1H,则易得D1G＝D1H＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5),D1M⊥B1C1,且D1M＝eq\r(3).由题意知G,H分别是BB1,CC1与球面的交点.在侧面BCC1B1内任取一点P,使MP＝eq\r(2),连接D1P,则D1P＝eq\r(D1M2＋MP2)＝eq\r((\r(3))2＋(\r(2))2)＝eq\r(5),连接MG,MH,易得MG＝MH＝eq\r(2),故可知以M为圆心,eq\r(2)为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线.由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°,所以的长为eq\f(1,4)×2π×eq\r(2)＝eq\f(\r(2)π,2).感悟升华1.本题求解的关键是明确球面与侧面BCC1B1交线的位置,从而转化为以M为圆心,以MH＝eq\r(2)为半径的圆弧的计算.2.题目考查直四棱柱的结构特征与直观图,核心素养是直观想象和数学运算.【训练2】(2020·全国Ⅰ卷)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,设正四棱锥的底面边长BC＝a,侧面等腰三角形底边上的高PM＝h,则正四棱锥的高PO＝eq\r(h2－\f(a2,4)),∴以PO的长为边长的正方形面积为h2－eq\f(a2,4),一个侧面三角形面积为eq\f(1,2)ah,∴h2－eq\f(a2,4)＝eq\f(1,2)ah,∴4h2－2ah－a2＝0.则a＝(eq\r(5)－1)h,∴eq\f(h,a)＝eq\f(\r(5)＋1,4).考点三空间几何体的表面积与侧面积【例3】(2021·成都调研)如图,四面体各个面都是边长为1的正三角形,其三个顶点在一个圆柱的下底面圆周上,另一个顶点是上底面圆心,圆柱的侧面积是()A.eq\f(\r(2),3)π B.eq\f(3\r(2),4)π C.eq\f(2\r(2),3)π D.eq\f(\r(2),2)π答案C解析如图所示,过点P作PE⊥平面ABC,E为垂足,点E为等边三角形ABC的中心,连接AE并延长,交BC于点D.AE＝eq\f(2,3)AD,AD＝eq\f(\r(3),2),∴AE＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),3),∴PE＝eq\r(PA2－AE2)＝eq\f(\r(6),3).设圆柱底面半径为r,则r＝AE＝eq\f(\r(3),3),∴圆柱的侧面积S＝2πr·PE＝2π×eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(2\r(2)π,3).感悟升华空间几何体表面积的求法(1)旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用,并弄清底面半径、母线长与对应侧面展开图中边的关系.(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.【训练3】(多选题)(2021·武汉质检)等腰直角三角形的直角边长为1,现将该三角形绕其某一边旋转一周,则所形成的几何体的表面积可以为()A.eq\r(2)π B.(1＋eq\r(2))πC.2eq\r(2)π D.(2＋eq\r(2))π答案AB解析如果是绕直角边旋转,则形成圆锥,圆锥底面半径为1,高为1,母线就是直角三角形的斜边,长为eq\r(2),所以所形成的几何体的表面积S＝π×1×eq\r(2)＋π×12＝(eq\r(2)＋1)π.如果绕斜边旋转,则形成的是上、下两个圆锥,圆锥的半径是直角三角形斜边上的高eq\f(\r(2),2),两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边,母线长是1,所以形成的几何体的表面积S′＝2×π×eq\f(\r(2),2)×1＝eq\r(2)π.综上可知,形成几何体的表面积是(eq\r(2)＋1)π或eq\r(2)π.故选AB.考点四空间几何体的体积角度1简单几何体的体积【例4】(1)(2021·济南模拟)已知三棱锥S－ABC中,∠SAB＝∠ABC＝eq\f(π,2),SB＝4,SC＝2eq\r(13),AB＝2,BC＝6,则三棱锥S－ABC的体积是()A.4 B.6 C.4eq\r(3) D.6eq\r(3)(2)已知四棱锥的底面是边长为eq\r(2)的正方形,侧棱长均为eq\r(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________.答案(1)C(2)eq\f(π,4)解析(1)∵∠ABC＝eq\f(π,2),AB＝2,BC＝6,∴AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(22＋62)＝2eq\r(10).∵∠SAB＝eq\f(π,2),AB＝2,SB＝4,∴AS＝eq\r(SB2－AB2)＝eq\r(42－22)＝2eq\r(3).由SC＝2eq\r(13),得AC2＋AS2＝SC2,∴AC⊥AS.又∵SA⊥AB,AC∩AB＝A,∴AS⊥平面ABC,∴AS为三棱锥S－ABC的高,∴V三棱锥S－ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×6×2eq\r(3)＝4eq\r(3).故选C.(2)由题意知圆柱的高恰为四棱锥的高的一半,圆柱的底面直径恰为四棱锥的底面正方形对角线的一半.因为四棱锥的底面正方形的边长为eq\r(2),所以底面正方形对角线长为2,所以圆柱的底面半径为eq\f(1,2).又因为四棱锥的侧棱长均为eq\r(5),所以四棱锥的高为eq\r((\r(5))2－12)＝2,所以圆柱的高为1.所以圆柱的体积V＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)×1＝eq\f(π,4).感悟升华求规则几何体的体积,主要是先找准关键的已知量,求必需的未知量,再利用"直接法”代入体积公式计算.【训练4】(1)(2019·江苏卷)如图,长方体ABCD－A1B1C1D1的体积是120,E为CC1的中点,则三棱锥E－BCD的体积是________.(2)《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图,四面体P－ABC为鳖臑,PA⊥平面ABC,∠ABC为直角,且PA＝AB＝BC＝2,则P－ABC的体积为________.答案(1)10(2)eq\f(4,3)解析(1)设长方体中BC＝a,CD＝b,CC1＝c,则abc＝120,∴VE－BCD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)ab×eq\f(1,2)c＝eq\f(1,12)abc＝10.(2)由题意知PA⊥平面ABC,∠ABC＝eq\f(π,2),PA＝AB＝BC＝2,所以S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BC＝2,所以VP－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·PA＝eq\f(1,3)×2×2＝eq\f(4,3).角度2不规则几何体的体积【例5】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,分别过点A,B作EF的垂线,垂足分别为G,H,连接DG,CH.则原几何体分割为两个三棱锥和一个直三棱柱.依题意,三棱锥E－ADG的高EG＝eq\f(1,2),直三棱柱AGD－BHC的高AB＝1.则AG＝eq\r(AE2－EG2)＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(3),2).取AD的中点M,则MG＝eq\f(\r(2),2),所以S△AGD＝eq\f(1,2)×1×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),4),∴V多面体＝VE－ADG＋VF－BHC＋VAGD－BHC＝2VE－ADG＋VAGD－BHC＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),4)×eq\f(1,2)×2＋eq\f(\r(2),4)×1＝eq\f(\r(2),3).感悟升华1.求不规则几何体的体积：当一个几何体的形状不规则时,常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体,然后再计算.2.本题利用"割”的方法把几何体分割成易求体积的三棱锥、三棱柱(也可分割成四棱锥).另外,经常考虑把棱锥补成棱柱,把台体补成锥体,把三棱锥补成四棱锥,把三棱柱补成四棱柱,把不规则几何体补成规则几何体,补一个同样的几何体等.【训练5】(2020·东北三校一联)如图,四边形ABCD是边长为2的正方形,ED⊥平面ABCD,FC⊥平面ABCD,ED＝2FC＝2,则四面体ABEF的体积为()A.eq\f(1,3) B.eq\f(2,3) C.1 D.eq\f(4,3)答案B解析∵ED⊥平面ABCD且AD⊂平面ABCD,∴ED⊥AD.∵在正方形ABCD中,AD⊥DC,而DC∩ED＝D,∴AD⊥平面CDEF.易知FC＝eq\f(ED,2)＝1,VA－BEF＝VABCDEF－VF－ABCD－VA－DEF.∵VE－ABCD＝ED×S正方形ABCD×eq\f(1,3)＝2×2×2×eq\f(1,3)＝eq\f(8,3),VB－EFC＝BC×S△EFC×eq\f(1,3)＝2×2×1×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(2,3),∴VABCDEF＝eq\f(8,3)＋eq\f(2,3)＝eq\f(10,3).又VF－ABCD＝FC×S正方形ABCD×eq\f(1,3)＝1×2×2×eq\f(1,3)＝eq\f(4,3),VA－DEF＝AD×S△DEF×eq\f(1,3)＝2×2×2×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(4,3),VA－BEF＝eq\f(10,3)－eq\f(4,3)－eq\f(4,3)＝eq\f(2,3).故选B.考点五多面体与球的切、接问题【例6】(2021·重庆质检)已知球O是三棱锥P－ABC的外接球,PA＝AB＝PB＝AC＝2,CP＝2eq\r(2),点D是PB的中点,且CD＝eq\r(7),则球O的表面积为()A.eq\f(28π,3) B.eq\f(14π,3)C.eq\f(28\r(21)π,27) D.eq\f(16π,3)答案A解析依题意,由PA＝AC＝2,CP＝2eq\r(2),得AP⊥AC.连接AD,由点D是PB的中点且PA＝AB＝PB＝2,得AD＝eq\r(3),又CD＝eq\r(7),AC＝2,可知AD⊥AC,又AP∩AD＝A,AP⊂平面PAB,AD⊂平面PAB,所以AC⊥平面PAB.以△PAB为底面,AC为侧棱补成一个直三棱柱,则球O是该三棱柱的外接球,球心O到底面△PAB的距离d＝eq\f(1,2)AC＝1.由正弦定理得△PAB的外接圆半径r＝eq\f(PA,2sin60°)＝eq\f(2,\r(3)),所以球O的半径R＝eq\r(d2＋r2)＝eq\r(\f(7,3)).故球O的表面积S＝4πR2＝eq\f(28π,3).【迁移】本例改为"棱长为4的正方体”,则此正方体外接球和内切球的体积各是多少?解由题意可知,此正方体的体对角线长即为其外接球的直径,正方体的棱长即为其内切球的直径.设该正方体外接球的半径为R,内切球的半径为r.又正方体的棱长为4,故其体对角线长为4eq\r(3),从而V外接球＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×(2eq\r(3))3＝32eq\r(3)π,V内切球＝eq\f(4,3)πr3＝eq\f(4,3)π×23＝eq\f(32π,3).感悟升华1.与球有关的组合体问题,一种是内切,一种是外接.球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题,球与多面体的组合,通过多面体的一条侧棱和球心,或"切点”、"接点”作出截面图,把空间问题化归为平面问题.2.若球面上四点P,A,B,C中PA,PB,PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直,可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题.【训练6】(2020·全国Ⅲ卷)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)解析当球为圆锥的内切球时,球的半径最大.如图为圆锥内球半径最大时的轴截面图.其中球心为O,设其半径为r,AC＝3,O1C＝1,∴AO1＝eq\r(AC2－O1C2)＝2eq\r(2).∵OO1＝OM＝r,∴AO＝AO1－OO1＝2eq\r(2)－r,又∵△AMO∽△AO1C,∴eq\f(OM,O1C)＝eq\f(AO,AC),即eq\f(r,1)＝eq\f(2\r(2)－r,3),解得r＝eq\f(\r(2),2).∴该圆锥内半径最大的球的体积V＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(\r(2)π,3)."空间弯曲性”——"曲率”的应用"强调应用”也是高考卷命题的指导思想,体现了新课标的"在玩中学,在学中思,在思中得”的崭新理念,既有利于培养考生的探究意识和创新精神,又能够很好地提升考生的数学综合素养,因而成为高考试卷中的一道亮丽的风景线.如2021年新高考8省联考的第20题,此题以大兴国际机场的建设成就、大学微分几何中的曲率为背景,结合立体几何的相关知识命制试题,旨在考查学生获取新知识,探究新问题的能力.【典例】(2021·新高考8省联考)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.(1)解总曲率＝2π×顶点数－所有内角和,对于四棱锥底面的内角和为2π,四个侧面的内角和为4π,从而总曲率为10π－2π－4π＝4π.(2)证明对于多面体有顶点数－棱数＋面数＝2,总曲率＝顶点数×2π－各面内角之和,设面数为k,ni为第i(i＝1,2,…,k)个面的边数,各面内角之和可以表示为eq\o(∑,\s\up6(k),\s\do4(i＝1))(ni－2)π,由于一个棱会出现在两个面上,所以eq\o(∑,\s\up6(k),\s\do4(i＝1))(ni－2)π＝棱数×2π－面数×2π,从而总曲率＝2π×顶点数－棱数×2π＋面数×2π＝2π(顶点数－棱数＋面数)＝2π×2＝4π.素养升华1.题目以大兴国际机场为背景考查数学应用,突出数学建模、直观想象与数学运算素养.2.试题反映了大融合的理念、新课改的精神,对培养学生的创新应用意识起到了积极引导作用.【训练】(2019·全国Ⅲ卷)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解析由题意得,四棱锥O－EFGH的底面积为4×6－4×eq\f(1,2)×2×3＝12(cm2),其高为点O到底面EFGH的距离,为3cm,则此四棱锥的体积为V1＝eq\f(1,3)×12×3＝12(cm3).又长方体ABCD－A1B1C1D1的体积为V2＝4×6×6＝144(cm3),所以该模型的体积V＝V2－V1＝144－12＝132(cm3),因此模型所需原材料的质量为0.9×132＝118.8(g).A级基础巩固一、选择题1.下列说法中,正确的是()A.棱柱的侧面可以是三角形B.若棱柱有两个侧面是矩形,则该棱柱的其他侧面也是矩形C.正方体的所有棱长都相等D.棱柱的所有棱长都相等答案C解析棱柱的侧面都是平行四边形,选项A错误;其他侧面可能是平行四边形,选项B错误;棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等,选项D错误;易知选项C正确.2.一个菱形的边长为4cm,一内角为60°,用斜二测画法画出的这个菱形的直观图的面积为()A.2eq\r(3)cm2 B.2eq\r(6)cm2 C.4eq\r(6)cm2 D.8eq\r(3)cm2答案B解析直观图的面积为eq\f(\r(2),4)×eq\f(\r(3),2)×42＝2eq\r(6)(cm2).3.(2020·郑州调研)现有同底等高的圆锥和圆柱,已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形,则圆锥的侧面积为()A.3π B.eq\f(3π,2) C.eq\f(\r(5)π,2)D.eq\r(5)π答案D解析设底面圆的半径为R,圆柱的高为h,依题意2R＝h＝2,∴R＝1.∴圆锥的母线l＝eq\r(h2＋R2)＝eq\r(22＋1)＝eq\r(5),因此S圆锥侧＝πRl＝1×eq\r(5)π＝eq\r(5)π.4.(多选题)(2021·烟台调研)在一个密闭透明的圆柱筒内装一定体积的水,将该圆柱筒分别竖直、水平、倾斜放置时,指出圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状可能是()A.圆面 B.矩形面C.梯形面 D.椭圆面或部分椭圆面答案ABD解析将圆柱桶竖放,水面为圆面;将圆柱桶斜放,水面为椭圆面或部分椭圆面;将圆柱桶水平放置,水面为矩形面,但圆柱桶内的水平面不可以呈现出梯形面.5.已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上,若AB＝3,AC＝4,AB⊥AC,AA1＝12,则球O的半径为()A.eq\f(3\r(17),2) B.2eq\r(10) C.eq\f(13,2) D.3eq\r(10)答案C解析将直三棱柱补形为长方体ABEC－A1B1E1C1,则球O是长方体ABEC－A1B1E1C1的外接球.∴体对角线BC1的长为球O的直径.因此2R＝eq\r(32＋42＋122)＝13,则R＝eq\f(13,2).6.如图所示,正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为eq\r(3),D为BC中点,则三棱锥A－B1DC1的体积为()A.3 B.eq\f(3,2) C.1 D.eq\f(\r(3),2)答案C解析由题意可知,AD⊥平面B1DC1,即AD为三棱锥A－B1DC1的高,且AD＝eq\f(\r(3),2)×2＝eq\r(3),易求得S△B1DC1＝eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＝eq\r(3),所以VA－B1DC1＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×eq\r(3)＝1.7.(2020·安庆调研)已知在四面体PABC中,PA＝4,BC＝2eq\r(6),PB＝PC＝2eq\r(3),PA⊥平面PBC,则四面体PABC的外接球的表面积是()A.160π B.128π C.40π D.32π答案C解析∵PB2＋PC2＝12＋12＝24＝BC2,∴PB⊥PC,又PA⊥平面PBC,∴PA⊥PB,PA⊥PC,即PA,PB,PC两两垂直,以PA,PB,PC为从同一顶点出发的三条棱补成长方体,所以该长方体的体对角线长为eq\r(PA2＋PB2＋PC2)＝eq\r(12＋12＋16)＝2eq\r(10),故该四面体的外接球半径为eq\r(10).于是四面体P－ABC的外接球的表面积是4π(eq\r(10))2＝40π.8.(多选题)(2021·武汉模拟)长方体ABCD－A1B1C1D1的长、宽、高分别为3,2,1,则()A.长方体的表面积为20B.长方体的体积为6C.沿长方体的表面从A到C1的最短距离为3eq\r(2)D.沿长方体的表面从A到C1的最短距离为2eq\r(5)答案BC解析长方体的表面积为2×(3×2＋3×1＋2×1)＝22,A错误.长方体的体积为3×2×1＝6,B正确.如图1所示,长方体ABCD－A1B1C1D1中,AB＝3,BC＝2,BB1＝1,将侧面ABB1A1和侧面BCC1B1展开,如图2所示.连接AC1,则有AC1＝eq\r(52＋12)＝eq\r(26),即经过侧面ABB1A1和侧面BCC1B1时,A到C1的最短距离是eq\r(26);将侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1展开,如图3所示,连接AC1,则有AC1＝eq\r(32＋32)＝3eq\r(2),即经过侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1时,A到C1的最短距离是3eq\r(2);将侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1展开,如图4所示.连接AC1,则有AC1＝eq\r(42＋22)＝2eq\r(5),即经过侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1时,A到C1的最短距离是2eq\r(5).因为3eq\r(2)<2eq\r(5)<eq\r(26),所以沿长方体表面由A到C1的最短距离是3eq\r(2),C正确,D错误.故选BC.二、填空题9.如图是水平放置的正方形ABCO,在直角坐标系xOy中,点B的坐标为(2,2),则由斜二测画法画出的正方形的直观图中,顶点B′到x′轴的距离为________.答案eq\f(\r(2),2)解析利用斜二测画法作正方形ABCO的直观图如图,在坐标系x′O′y′中,|B′C′|＝1,∠x′C′B′＝45°.过点B′作x′轴的垂线,垂足为点D′.在Rt△B′D′C′中,|B′D′|＝|B′C′|sin45°＝1×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2).10.如图,在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下面及母线均相切.记圆柱O1O2的体积为V1,球O的体积为V2,则eq\f(V1,V2)的值是________.答案eq\f(3,2)解析设圆柱内切球的半径为R,则由题设可得圆柱O1O2的底面圆的半径为R,高为2R,故eq\f(V1,V2)＝eq\f(πR2·2R,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3,2).11.(2020·江苏卷)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＝12eq\r(3)－eq\f(π,2)(cm3).12.(2021·佛山质检)已知圆锥的顶点为S,底面圆周上的两点A、B满足△SAB为等边三角形,且面积为4eq\r(3),又知圆锥轴截面的面积为8,则圆锥的侧面积为________.答案8eq\r(2)π解析设圆锥的母线长为l,由△SAB为等边三角形,且面积为4eq\r(3),所以eq\f(1,2)l2sineq\f(π,3)＝4eq\r(3),解得l＝4;又设圆锥底面半径为r,高为h,则由轴截面的面积为8,得rh＝8;又r2＋h2＝16,解得r＝h＝2eq\r(2),所以圆锥的侧面积S＝πrl＝π·2eq\r(2)·4＝8eq\r(2)π.B级能力提升13.(2020·全国Ⅰ卷)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.64π B.48π C.36π D.32π答案A解析如图所示,设球O的半径为R