2025高考数学二轮复习-专题四-微专题25-空间几何体-专项训练【含答案】

专题四立体几何微专题25空间几何体[考情分析]空间几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积和体积是高考的重点与热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度中等或偏上．考点一表面积与体积典例1(1)(多选)(2023·新高考全国Ⅱ)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πB．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).A项，圆锥的体积为eq\f(1,3)×π×(eq\r(3))2×1＝π，故A正确；B项，圆锥的侧面积为π×eq\r(3)×2＝2eq\r(3)π，故B错误；C项，取AC的中点D，连接OD，PD，如图所示，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)，故C正确；D项，PD＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，所以S△PAC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(2)＝2，故D错误．(2)(2023·新高考全国Ⅰ)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＝eq\f(1,2)(AC－A1C1)＝eq\f(\r(2),2)，则A1M＝eq\r(AA\o\al(2,1)－AM2)＝eq\r(2－\f(1,2))＝eq\f(\r(6),2)，所以所求体积为V＝eq\f(1,3)×(4＋1＋eq\r(4×1))×eq\f(\r(6),2)＝eq\f(7\r(6),6).跟踪训练1(1)(2023·广州模拟)已知一个圆锥和圆柱的底面半径和高分别相等，若圆锥的轴截面是等边三角形，则这个圆锥和圆柱的侧面积之比为()A．1∶2B．1∶eq\r(2)C．1∶eq\r(3)D.eq\r(3)∶1答案C解析设圆锥和圆柱的底面半径为r，因为圆锥的轴截面是等边三角形，所以圆锥的母线长l＝2r，则圆锥和圆柱的高h＝eq\r(4r2－r2)＝eq\r(3)r，所以圆锥的侧面积S1＝πrl＝2πr2，圆柱的侧面积S2＝2πr×h＝2eq\r(3)πr2，所以圆锥和圆柱的侧面积之比为S1∶S2＝1∶eq\r(3).(2)(多选)(2022·新高考全国Ⅱ)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解析如图，连接BD交AC于O，连接OE，OF.设AB＝ED＝2FB＝2，则AB＝BC＝CD＝AD＝2，FB＝1.因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，所以FB⊥平面ABCD，所以V1＝VE－ACD＝eq\f(1,3)S△ACD·ED＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AD·CD·ED＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3)，V2＝VF－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·FB＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AB·BC·FB＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×1＝eq\f(2,3).因为ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以ED⊥AC，又AC⊥BD，且ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF.因为OE，OF⊂平面BDEF，所以AC⊥OE，AC⊥OF.易知AC＝BD＝eq\r(2)AB＝2eq\r(2)，OB＝OD＝eq\f(1,2)BD＝eq\r(2)，OF＝eq\r(OB2＋FB2)＝eq\r(3)，OE＝eq\r(OD2＋ED2)＝eq\r(6)，EF＝eq\r(BD2＋ED－FB2)＝eq\r(2\r(2)2＋2－12)＝3，所以EF2＝OE2＋OF2，所以OF⊥OE.又OE∩AC＝O，OE，AC⊂平面ACE，所以OF⊥平面ACE，所以V3＝VF－ACE＝eq\f(1,3)S△ACE·OF＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AC·OE·OF＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(6)×eq\r(3)＝2，所以V3≠2V2，V1≠V3，V3＝V1＋V2,2V3＝3V1，所以选项A，B不正确，选项C，D正确．考点二空间几何体的折展问题典例2(1)“莫言下岭便无难，赚得行人空喜欢．”出自南宋诗人杨万里的作品《过松源晨炊漆公店》．如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为40km，山高为40eq\r(15)km，B是山坡SA上一点，且AB＝40km.为了发展旅游业，要建设一条从A到B的环山观光公路，这条公路从A出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，下坡路段长为()A．60km B．12eq\r(6)kmC．72km D．12eq\r(15)km答案C解析该圆锥的母线长为eq\r(40\r(15)2＋402)＝160(km)，所以圆锥的侧面展开图是圆心角为eq\f(2×π×40,160)＝eq\f(π,2)的扇形，如图为圆锥的侧面展开图，连接A′B，由两点之间线段最短，知观光公路为图中的A′B，A′B＝eq\r(SA′2＋SB2)＝eq\r(1602＋1202)＝200(km)，过点S作A′B的垂线，垂足为H，记点P为A′B上任意一点，连接PS，当上坡时，P到山顶S的距离PS越来越小，当下坡时，P到山顶S的距离PS越来越大，则下坡路段为图中的HB，由Rt△SA′B∽Rt△HSB，得HB＝eq\f(SB2,A′B)＝eq\f(1202,200)＝72(km)．(2)(2023·黄山模拟)如图1，将一块边长为20的正方形纸片ABCD剪去四个全等的等腰△PEE1，△PFF1，△PGG1，△PHH1，再将剩下的部分沿虚线折成一个正四棱锥P－EFGH，使E与E1重合，F与F1重合，G与G1重合，H与H1重合，点A，B，C，D重合于点O，如图2.则正四棱锥P－EFGH体积的最大值为()A.eq\f(32\r(10),3)B.eq\f(64\r(10),3)C.eq\f(128\r(10),3)D.eq\f(256\r(10),3)答案D解析根据题意，PG是侧棱，底面正方形EFGH的对角线的一半是GC，设GC＝x,0<x<10，则有PG2＝(10－x)2＋102，OF＝OG＝x，四棱锥的高h＝eq\r(PG2－OG2)＝eq\r(200－20x)，底面正方形EFGH的面积S＝4S△OFG＝2x2，∴四棱锥P－EFGH的体积V＝eq\f(2,3)x2eq\r(200－20x)，令t＝eq\r(200－20x)，则x＝eq\f(200－t2,20)，0<t2<200，则V＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(200－t2,20)))2t，V′＝eq\f(1,600)(200－t2)(200－5t2)，当40<t2<200时，V′<0，V＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(200－t2,20)))2t单调递减；当0<t2<40时，V′>0，V＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(200－t2,20)))2t单调递增，∴当t2＝40时，V取最大值，∴Vmax＝eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(200－40,20)))2×eq\r(40)＝eq\f(256\r(10),3).跟踪训练2(1)(2023·广东大湾区联考)如图为三棱锥A－BCD的平面展开图，其中AC＝CD＝CB＝2，AE⊥BD，垂足为C，则该三棱锥的体积为________．答案eq\f(4,3)解析由三棱锥A－BCD的平面展开图可得其直观图，如图所示．其中AC⊥CD，AC⊥CB，CD⊥CB，AC＝CD＝CB＝2，又BC∩CD＝C，BC，CD⊂平面BCD，所以AC⊥平面BCD，所以VA－BCD＝eq\f(1,3)S△BCD·AC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3).(2)如图所示是一个底面半径和高分别为1和4的圆柱形开口容器(下表面密封)，P是母线BC的中点，现有一只蚂蚁位于外壁A处，内壁P处有一米粒，若这只蚂蚁要先爬到上口边缘再爬到点P处取得米粒，则它所需经过的最短路程为()A.eq\r(π2＋36) B.eq\r(π2＋16)C.eq\r(4π2＋36) D.eq\r(4π2＋1)答案A解析依题意可得圆柱的底面半径r＝1，高h＝4，将圆柱的侧面(一半)展开后得矩形ABCD，其中AB＝π，AD＝4，问题转化为在CD上找一点Q，使AQ＋PQ最短，作P关于CD的对称点E，连接AE，AE与CD交于点Q，则得AQ＋PQ的最小值就是AE＝eq\r(π2＋4＋22)＝eq\r(π2＋36).考点三多面体与球典例3(1)(2022·新高考全国Ⅰ)已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3eq\r(3)，则该正四棱锥体积的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(18，\f(81,4))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(81,4)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3))) D．[18,27]答案C解析方法一如图，设该球的球心为O，半径为R，正四棱锥的底面边长为a，高为h，依题意，得36π＝eq\f(4,3)πR3，解得R＝3.由题意及图可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(l2＝h2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))2，,R2＝h－R2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h＝\f(l2,2R)＝\f(l2,6)，,a2＝2l2－\f(l4,18)，))所以正四棱锥的体积V＝eq\f(1,3)a2h＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2l2－\f(l4,18)))·eq\f(l2,6)＝eq\f(l4,18)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(l2,18)))(3≤l≤3eq\r(3))，所以V′＝eq\f(4,9)l3－eq\f(l5,54)＝eq\f(1,9)l3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(l2,6)))(3≤l≤3eq\r(3))．令V′＝0，得l＝2eq\r(6)，所以当3≤l<2eq\r(6)时，V′>0；当2eq\r(6)<l≤3eq\r(3)时，V′<0，所以函数V＝eq\f(l4,18)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(l2,18)))(3≤l≤3eq\r(3))在[3，2eq\r(6))上单调递增，在(2eq\r(6)，3eq\r(3)]上单调递减，又当l＝3时，V＝eq\f(27,4)；当l＝2eq\r(6)时，V＝eq\f(64,3)；当l＝3eq\r(3)时，V＝eq\f(81,4)，所以该正四棱锥的体积的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3))).方法二如图，设该球的球心为O，半径为R，正四棱锥的底面边长为a，高为h，依题意，得36π＝eq\f(4,3)πR3，解得R＝3.由题意及图可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(l2＝h2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))2，,R2＝h－R2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h＝\f(l2,2R)＝\f(l2,6)，,a2＝2l2－\f(l4,18)，))又3≤l≤3eq\r(3)，所以该正四棱锥的体积V＝eq\f(1,3)a2h＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2l2－\f(l4,18)))·eq\f(l2,6)＝eq\f(l4,18)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(l2,18)))＝72×eq\f(l2,36)·eq\f(l2,36)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(l2,18)))≤72×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\f(l2,36)＋\f(l2,36)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(l2,18))),3)))3＝eq\f(64,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当\f(l2,36)＝2－\f(l2,18)，即l＝2\r(6)时取等号))，所以正四棱锥的体积的最大值为eq\f(64,3)，排除A，B，D.方法三如图，设该球的半径为R，球心为O，正四棱锥的底面边长为a，高为h，正四棱锥的侧棱与高所成的角为θ，依题意，得36π＝eq\f(4,3)πR3，解得R＝3，所以正四棱锥的底面边长a＝eq\r(2)lsinθ，高h＝lcosθ.在△OPC中，作OE⊥PC，垂足为E，则可得cosθ＝eq\f(\f(l,2),R)＝eq\f(l,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，所以l＝6cosθ，所以正四棱锥的体积V＝eq\f(1,3)a2h＝eq\f(1,3)(eq\r(2)lsinθ)2·lcosθ＝eq\f(2,3)(6cosθ)3sin2θcosθ＝144(sinθcos2θ)2.设sinθ＝t，易得t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，则y＝sinθcos2θ＝t(1－t2)＝t－t3，则y′＝1－3t2.令y′＝0，得t＝eq\f(\r(3),3)，所以当eq\f(1,2)<t<eq\f(\r(3),3)时，y′>0；当eq\f(\r(3),3)<t<eq\f(\r(3),2)时，y′<0，所以函数y＝t－t3在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),3)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),2)))上单调递减．又当t＝eq\f(\r(3),3)时，y＝eq\f(2\r(3),9)；当t＝eq\f(1,2)时，y＝eq\f(3,8)；当t＝eq\f(\r(3),2)时，y＝eq\f(\r(3),8)，所以eq\f(\r(3),8)≤y≤eq\f(2\r(3),9)，所以eq\f(27,4)≤V≤eq\f(64,3).所以该正四棱锥的体积的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3))).(2)(2023·南昌模拟)如图，在正四棱锥P－ABCD框架内放一个球O，球O与侧棱PA，PB，PC，PD均相切．若∠APB＝eq\f(π,3)，且OP＝2，则球O的表面积为________．答案8π解析在正四棱锥P－ABCD中，∠APB＝eq\f(π,3)，则△PAB是正三角形，于是AC2＝AB2＋BC2＝PA2＋PC2，所以∠APC＝eq\f(π,2)，因为球O与侧棱PA，PB，PC，PD均相切，则由对称性知，平面PAC截正四棱锥得等腰直角三角形，截球O得球O的大圆，且圆O与直角边PA，PC都相切，如图，显然OP平分∠APC，因此球O的半径R＝OPsineq\f(π,4)＝eq\r(2)，所以球O的表面积为4πR2＝8π.跟踪训练3(1)(2022·全国乙卷)已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(2),2)答案C解析该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O组成的圆锥体积最大．设圆锥的高为h(0<h<1)，底面半径为r，则圆锥的体积V＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,3)π(1－h2)h，则V′＝eq\f(1,3)π(1－3h2)，令V′＝eq\f(1,3)π(1－3h2)＝0，得h＝eq\f(\r(3),3)，所以V＝eq\f(1,3)π(1－h2)h在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))上单调递减，所以当h＝eq\f(\r(3),3)时，四棱锥的体积最大．(2)已知在三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥AC，AA1⊥BC，平面A1BC⊥平面AA1B，AC＝5，若该三棱柱内存在体积为eq\f(4π,3)的内切球，则三棱锥A－A1BC的体积为()A.eq\f(2,3)B.eq\f(4,3)C．2D．4答案D解析如图所示，因为CC1⊥AC，AA1⊥BC⇔CC1⊥BC，AC∩BC＝C，AC，BC⊂平面ABC，所以CC1⊥平面ABC，又因为平面A1BC⊥平面AA1B，平面A1BC∩平面AA1B＝A1B，过点A作AE⊥A1B，则AE⊥平面A1BC，则AE⊥BC，又因为AA1⊥BC，AA1∩AE＝A，AA1，AE⊂平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1，又AB⊂平面ABB1A1，所以AB⊥BC.设AB＝c，AC＝b，BC＝a，则b2＝a2＋c2，又因为三棱柱内切球的体积为eq\f(4π,3)，设内切球的半径为R，则eq\f(4π,3)＝eq\f(4,3)πR3，解得R＝1，又R＝eq\f(c＋a－b,2)，即c＋a－b＝2，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋c2＝25，,a＋c＝7，))解得ac＝12，因为棱柱的高等于内切球直径2，所以＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×12×2＝4，故三棱锥A－A1BC的体积为4.[总结提升]空间几何体在高考题中主要考查表面积、体积问题，常见题型求解思路有两种，一是对于规则的几何体直接使用公式法求解，二是将不规则的几何体分解成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积或体积，再通过求和或作差得不规则几何体的表面积或体积．提醒：组合体的表面积问题注意衔接部分的处理．旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．1．(2023·深圳模拟)圆锥侧面展开图扇形的圆心角为60°，底面圆的半径为8，则圆锥的侧面积为()A．384πB．392πC．398πD．404π答案A解析设圆锥的半径为r，母线长为l，则r＝8，由题意知，2πr＝eq\f(π,3)l，解得l＝48，所以圆锥的侧面积为πrl＝8×48π＝384π.2．(2023·惠州模拟)如图1，在高为h的直三棱柱容器ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝2，AB⊥AC.现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为△A1B1C(如图2)，则容器的高h为()A．2eq\r(2)B．3C．4D．6答案B解析由图2知，其中h表示三棱柱的高，故，因此，无水部分体积与有水部分体积之比为1∶2，所以图1中高度之比为1∶2，则h＝3.3．(2023·日照模拟)红灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围．如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上、下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面除去上、下两个相同球冠剩下的部分．如图2，球冠是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球面的半径为R，球冠的高为h，则球冠的面积S＝2πRh.如图1，已知该灯笼的高为58cm，圆柱的高为5cm，圆柱的底面圆直径为14cm，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为()A．1940πcm2 B．2350πcm2C．2400πcm2 D．2540πcm2答案C解析由题意得，R2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(58－10,2)))2＝72，所以R＝25cm，所以h＝25－eq\f(58－10,2)＝1(cm)，所以两个球冠的面积为2S＝2×2πRh＝2×2×π×25×1＝100π(cm2)，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为4πR2－2S＝4×π×252－100π＝2400π(cm2)．4．(2023·娄底模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝CA＝AA1，点D是棱AA1上的点，AD＝eq\f(1,4)AA1，若截面BDC1分这个棱柱为两部分，则这两部分的体积比为()A．1∶2 B．4∶5C．4∶9 D．5∶7答案D解析不妨令AB＝BC＝CA＝AA1＝4，且上、下底面为等边三角形，又AA1⊥底面ABC，易知三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，所以侧面为正方形，所以三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝AA1·S△ABC＝4×eq\f(1,2)×42×eq\f(\r(3),2)＝16eq\r(3)，而AD＝1，CC1＝4，故＝eq\f(1,2)AC·(AD＋CC1)＝10，所以＝eq\f(1,3)×2eq\r(3)×10＝eq\f(20\r(3),3)，故＝eq\f(28\r(3),3)，所以＝eq\f(5,7).5．(2023·佛山模拟)科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，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．截至2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050m，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇原位大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“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，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R＝eq\f(19,2)＝9.5(m)，而圆台另一个底面的半径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)．6．(2023·西宁模拟)已知矩形ABCD的顶点都在球心为O的球面上，AB＝3，BC＝eq\r(3)，且四棱锥O－ABCD的体积为4eq\r(3)，则球O的表面积为()A．76π B．112πC.eq\f(76\r(3)π,3) D.eq\f(224\r(7)π,3)答案A解析由题可知矩形ABCD所在截面圆的半径r即为矩形ABCD的对角线长度的一半，∵AB＝3，BC＝eq\r(3)，∴r＝eq\f(\r(32＋\r(3)2),2)＝eq\r(3)，又矩形ABCD的面积S＝AB·BC＝3eq\r(3)，则O到平面ABCD的距离h满足eq\f(1,3)×3eq\r(3)h＝4eq\r(3)，解得h＝4，故球的半径R＝eq\r(r2＋h2)＝eq\r(19)，故球的表面积为4πR2＝76π.7.(多选)某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台O1O2，在轴截面ABCD中，AB＝AD＝BC＝2cm，且CD＝2AB，则()A．该圆台的高为1cmB．该圆台轴截面面积为3eq\r(3)cm2C．该圆台的体积为eq\f(7\r(3)π,3)cm3D．一只小虫从点C沿着该圆台的侧面爬行到AD的中点，所经过的最短路程为5cm答案BCD则圆台的高为eq\r(3)cm，故A错误；圆台的轴截面面积为eq\f(1,2)×(2＋4)×eq\r(3)＝3eq\r(3)(cm2)，故B正确；圆台的体积为eq\f(1,3)×eq\r(3)×(π＋4π＋eq\r(π·4π))＝eq\f(7\r(3)π,3)(cm3)，故C正确；由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为4cm，底面半径为2cm，侧面展开图的圆心角θ＝eq\f(2π×2,4)＝π，设P为AD的中点，连接CP，如图2，可得∠COD＝eq\f(π,2)，OC＝4cm，OP＝3cm，则CP＝eq\r(42＋32)＝5(cm)，从点C沿着该圆台的侧面爬行到AD的中点，所经过的最短路程为5cm，故D正确．8．(多选)(2023·新高考全国Ⅰ)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的圆柱体答案ABD解析对于A，因为0.99m<1m，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内，故A正确；对于B，因为正方体的面对角线长为eq\r(2)m，且eq\r(2)>1.4，所以能够被整体放入正方体内，故B正确；对于C，因为正方体的体对角线长为eq\r(3)m，且eq\r(3)<1.8，所以不能够被整体放入正方体内，故C错误；对于D，因为1.2m>1m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过AC1的中点O作OE⊥AC1，设OE∩AC＝E，可知AC＝eq\r(2)，CC1＝1，AC1＝eq\r(3)，OA＝eq\f(\r(3),2)，那么tan∠CAC1＝eq\f(CC1,AC)＝eq\f(OE,AO)，即eq\f(1,\r(2))＝eq\f(OE,\f(\r(3),2))，解得OE＝eq\f(\r(6),4)，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))2＝eq\f(3,8)＝eq\f(9,24)>eq\f(9,25)＝0.62，即eq\f(\r(6),4)>0.6，所以以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2m的圆柱，若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心为O1，与正方体下底面的切点为M，可知AC1⊥O1M，O1M＝0.6，那么tan∠CAC1＝eq\f(CC1,AC)＝eq\f(O1M,AO1)，即eq\f(1,\r(2))＝eq\f(0.6,AO1)，解得AO1＝0.6eq\r(2)，根据对称性可知圆柱的高为eq\r(3)－2×0.6eq\r(2)≈1.732－1.2×1.414＝0.0352>0.01，所以能够被整体放入正方体内，所以D正确．9．(2023·辽阳模拟)将3个6cm×6cm的正方形都沿其中的一对邻边的中点剪开，每个正方形均分成两个部分，如图(1)所示，将这6个部分接入一个边长为3eq\r(2)cm的正六边形上，如图(2)所示．若该平面图沿着正六边形的边折起，围成一个七面体，则该七面体的体积为________cm3.答案108解析将平面图形折叠并补形得到如图所示的正方体，该七面体为正方体沿着图中的六边形截面截去一部分后剩下的另一部分，由对称性知其体积为正方体体积的一半，即eq\f(1,2)×63＝108(cm3)．10．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)··D1A1＝eq\f(1,3)×eq\f(3,2)×2＝1.11.如图，在多面体ABCEF中，D为AB的中点，四边形CDFE为矩形，且DF⊥AB，AC＝BC＝2，∠ACB＝120°，当AE⊥BE时，多面体ABCEF的体积为________．答案eq\f(2\r(6),3)解析在△ABC中，因为AC＝BC且D为AB的中点，所以