2023届高考数学一轮复习-第1讲-第1课时-空间几何体及其表面积、体积

第1讲基本立体图形、简单几何体的表面积与体积考向预测核心素养对空间几何体的认识、立体图形的直观图和几何体的表面积、体积是考查重点，以选择、填空题为主，中等难度．直观想象、数学抽象、数学运算[学生用书P171]一、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(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：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′和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．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)l4.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＝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)πR3常用结论1．直观图与原图形面积的关系按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：(1)S直观图＝eq\f(\r(2),4)S原图形．(2)S原图形＝2eq\r(2)S直观图．2．球的截面的性质(1)球的任何截面是圆面；(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；(3)球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r的关系为r＝eq\r(R2－d2).3．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.二、教材衍化1．(人A必修第二册P105习题8.1T4改编)下列几何体是棱台的是()解析：选D.AC不是由棱锥截成的，不符合棱台的定义，故AC不满足题意．B中的截面不平行于底面，不符合棱台的定义，故B不满足题意．D符合棱台的定义．2.(人A必修第二册P106习题8.1T8改编)如图，长方体ABCD­A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′∥FG，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．(人A必修第二册P120习题8.3T5改编)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________．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).所以S球＝4πR2＝4π×eq\f(14,4)＝14π.答案：14π一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(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)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．()(4)菱形的直观图仍是菱形．()(5)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．()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×二、易错纠偏1．(弄混几何体概念、特征致误)下列结论中错误的是()A．由五个面围成的多面体只能是三棱柱B．棱台各侧棱的延长线交于一点C．圆柱侧面上的直线段都是圆柱的母线D．各个面都是正方形的四棱柱一定是正方体解析：选A.由五个面围成的多面体也可以是四棱锥，所以A选项错误．B，C，D说法均正确．2．(斜二测画法规则不清致误)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()解析：选A.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).故选A.3．(忽略对圆柱形状的讨论致误)将一个邻边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是________．解析：当底面周长为4π时，底面圆的半径为2，两个底面的面积之和是8π；当底面周长为8π时，底面圆的半径为4，两个底面的面积之和为32π.无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2，故所求的表面积是32π2＋8π或32π2＋32π.答案：32π2＋8π或32π2＋32π第1课时空间几何体及其表面积、体积[学生用书P173]考点一基本立体图形(多维探究)复习指导：利用实物模型认识基本立体图形，体会直观图、展开图的含义和作用．角度1结构特征(1)下列命题正确的是()A．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台B．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台C．直角梯形以一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体是圆台D．用平面截圆柱得到的截面只能是圆面和矩形面(2)(多选)下列说法正确的是()A．以直角三角形的一条边所在的直线为轴，其余两边旋转形成的曲面围成的几何体是圆锥B．以等腰三角形底边上的中线所在的直线为轴，将三角形旋转形成的曲面围成的几何体是圆锥C．经过圆锥任意两条母线的截面是等腰三角形D．圆锥侧面的母线长有可能大于圆锥底面圆的直径【解析】(1)如图所示，可排除A，B选项．对于D选项只有截面与圆柱的母线平行或垂直，截得的截面才为矩形面或圆面，否则截面为椭圆面或椭圆面的一部分，故选C.(2)A不正确，直角三角形绕斜边所在直线旋转得到的旋转体不是圆锥；B正确，以等腰三角形底边上的中线所在直线为轴，将三角形旋转形成的曲面围成的几何体是圆锥；C正确，因为圆锥的母线长都相等，所以经过圆锥任意两条母线的截面是等腰三角形；D正确，如图所示，圆锥侧面的母线长l有可能大于圆锥底面圆半径r的2倍(即直径)．故选BCD.【答案】(1)C(2)BCD角度2直观图(1)对于用斜二测画法画水平放置的图形的直观图来说，下列描述不正确的是()A．三角形的直观图仍然是一个三角形B．90°的角的直观图一定会变为45°的角C．与y轴平行的线段长度变为原来的一半D．由于选轴的不同，所得的直观图可能不同(2)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)【解析】(1)对于A，根据斜二测画法，相交直线的直观图仍是相交直线，因此三角形的直观图仍是一个三角形，故A正确；对于B，90°的角的直观图可以变为45°或135°的角，故B错误；C，D显然正确．(2)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)，故选A.【答案】(1)B(2)A角度3展开图(1)(2021·新高考卷Ⅰ)已知圆锥的底面半径为eq\r(2)，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为()A．2 B.2eq\r(2)C．4 D.4eq\r(2)(2)长方体ABCD­A1B1C1D1的长、宽、高分别为3，2，1，从A到C1沿长方体的表面的最短距离为________．【解析】(1)设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为eq\r(2)，所以2π×eq\r(2)＝πl，解得l＝2eq\r(2)，故选B.(2)结合长方体的三种展开图得AC1的长分别是：3eq\r(2)，2eq\r(5)，eq\r(26)，显然最小值是3eq\r(2).【答案】(1)B(2)3eq\r(2)基本立体图形的有关问题(1)空间几何体的结构特征是以后研究线面关系的基础，要牢记．(2)斜二测画法的关键在于“三变”，“三不变”．(3)利用空间几何体的表面展开图可求几何体的表面积及表面上两点间的距离问题．|跟踪训练|1．(多选)下列命题正确的是()A．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体为棱台B．用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分为棱台C．棱锥是由底面为多边形，其余各面为具有一个公共顶点的三角形围成的几何体D．球面可以看作一个圆绕着它的直径所在的直线旋转180°所形成的曲面解析：选CD.对于A，有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体不一定为棱台，因为不能保证各侧棱的延长线交于一点，所以A错误；对于B，用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分不一定为棱台，因为不能保证截面与底面平行，所以B错误；对于C，由棱锥的定义知由底面为多边形，其余各面为具有一个公共顶点的三角形围成的几何体是棱锥，所以C正确；对于D，球面可以看作一个圆绕着它的直径所在的直线旋转180°所形成的曲面，正确．故选CD.2.如图所示为一个平面图形的直观图，则它的实际形状四边形ABCD为()A．平行四边形 B.梯形C．菱形 D.矩形解析：选D.由斜二测画法可知在原四边形ABCD中DA⊥AB，并且AD∥BC，AB∥CD，故四边形ABCD为矩形．3．圆台的上、下底面半径分别为10cm，20cm，它的侧面展开图扇环的圆心角为180°，则圆台的表面积为________cm2.(结果中保留π)解析：如图所示，设圆台的上底面周长为ccm，因为扇环的圆心角是180°，故c＝π·SA＝2π×10(cm)，所以SA＝20cm.同理可得SB＝40cm，所以AB＝SB－SA＝20cm，所以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.答案：1100π考点二空间几何体的表面积(自主练透)复习指导：了解球、柱、锥、台的表面积的计算公式．1．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解析：选B.设圆柱的轴截面的边长为x，则由x2＝8，得x＝2eq\r(2)，所以S表＝2S底＋S侧＝2×π×(eq\r(2))2＋2π×eq\r(2)×2eq\r(2)＝12π.故选B.2．已知圆台的上、下底面半径和高的比为1∶4∶4，若母线长为10，则圆台的表面积为()A．81π B.100πC.168π D.169π解析：选C.圆台的轴截面如图，设上底面半径为r，下底面半径为R，高为h，母线长为l，则它的母线长l＝eq\r(h2＋（R－r）2)＝eq\r(（4r）2＋（3r）2)＝5r＝10，所以r＝2，R＝8.故S侧＝π(R＋r)l＝π(8＋2)×10＝100π，S表＝S侧＋πr2＋πR2＝100π＋4π＋64π＝168π.3.如图，设正三棱锥S­ABC的侧面积是底面积的2倍，正三棱锥的高SO＝3，则此正三棱锥的表面积为________．解析：如图，设正三棱锥的底面边长为a，斜高为h′，过点O作OE⊥AB，与AB交于点E，连接SE，则SE⊥AB，SE＝h′.因为S侧＝2S底，所以eq\f(1,2)·3a·h′＝eq\f(\r(3),4)a2×2.所以a＝eq\r(3)h′.因为SO⊥OE，所以SO2＋OE2＝SE2.所以32＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)×\r(3)h′))eq\s\up12(2)＝h′2.所以h′＝2eq\r(3)，所以a＝eq\r(3)h′＝6.所以S底＝eq\f(\r(3),4)a2＝eq\f(\r(3),4)×62＝9eq\r(3)，S侧＝2S底＝18eq\r(3).所以S表＝S侧＋S底＝9eq\r(3)＋18eq\r(3)＝27eq\r(3).答案：27eq\r(3)求解几何体表面积的类型及求法求多面体的表面积将它们沿着棱“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求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求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考点三空间几何体的体积(多维探究)复习指导：了解球、柱、锥、台的体积的计算公式．角度1直接利用公式求体积(1)(2022·江苏南通联考)已知正三棱柱ABC­A1B1C1的各棱长均为2，点D在棱AA1上，则三棱锥D­BB1C1的体积为________．(2)(2020·新高考卷Ⅱ)棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1­D1MN的体积为________．【解析】(1)如图，取BC中点O，连接AO.因为正三棱柱ABC­A1B1C1的各棱长均为2，所以AC＝2，OC＝1，则AO＝eq\r(3).因为AA1∥平面BCC1B1，所以点D到平面BCC1B1的距离为eq\r(3).又因为S△BB1C1＝eq\f(1,2)×2×2＝2，所以VD­BB1C1＝eq\f(1,3)×2×eq\r(3)＝eq\f(2\r(3),3).(2)如图，由正方体棱长为2，M，N分别为棱BB1，AB的中点，得S△A1MN＝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D1­A1MN的高，且D1A1＝2，所以VA1­D1MN＝VD1­A1MN＝eq\f(1,3)·S△A1MN·D1A1＝eq\f(1,3)×eq\f(3,2)×2＝1.【答案】(1)eq\f(2\r(3),3)(2)1角度2割补法求体积在梯形ABCD中，∠ABC＝eq\f(π,2)，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为()A.eq\f(2π,3) B.eq\f(4π,3)C.eq\f(5π,3) D.2π【解析】如图所示，过点D作BC的垂线，垂足为H.则由旋转体的定义可知，该梯形绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体为一个圆柱挖去一个圆锥．其中圆柱的底面半径R＝AB＝1，高h1＝2HC＝BC＝2，其体积V1＝πR2h1＝π×12×2＝2π；圆锥的底面半径r＝DH＝1，高h2＝HC＝1，其体积V2＝eq\f(1,3)πr2h2＝eq\f(1,3)π×12×1＝eq\f(π,3).故所求几何体的体积V＝V1－V2＝2π－eq\f(π,3)＝eq\f(5π,3).【答案】C几何体的体积计算要点|跟踪训练|1．(2021·新高考卷Ⅱ)正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为()A．20＋12eq\r(3) B.28eq\r(2)C.eq\f(56,3) D.eq\f(28\r(2),3)解析：选D.连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高h＝eq\r(22－（2\r(2)－\r(2)）2)＝eq\r(2)，下底面面积S1＝16，上底面面积S2＝4，所以该棱台的体积V＝eq\f(1,3)h(S1＋S2＋eq\r(S1S2))＝eq\f(1,3)×eq\r(2)×(16＋4＋eq\r(64))＝eq\f(28\r(2),3).故选D.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________．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＝VBCG­ADM＝S△BCG·AB＝eq\f(\r(2),4)，V2＝2VF­BCG＝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).答案：eq\f(\r(2),3)[学生用书P352(单独成册)][A基础达标]1．(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解析：选AD.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．2．(多选)(2022·山东潍坊模拟)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.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(2)))πC．2eq\r(2)π D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\r(2)))π解析：选AB.如果绕直角边所在直线旋转，那么形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，母线长就是直角三角形的斜边长eq\r(2)，所以所形成的几何体的表面积S＝πrl＋πr2＝π×1×eq\r(2)＋π×12＝(eq\r(2)＋1)π；如果绕斜边所在直线旋转，那么形成的是同底的两个圆锥，圆锥的底面半径是直角三角形斜边高为eq\f(\r(2),2)，两个圆锥的母线长都是1，所以形成的几何体的表面积S＝2×πrl＝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.3.一平面四边形OABC的直观图O′A′B′C′如图所示，其中O′C′⊥x′轴，A′B′⊥x′轴，B′C′∥y′轴，则四边形OABC的面积为()A.eq\f(3\r(2),2) B.3eq\r(2)C.3 D.eq\f(3,2)解析：选B.平面四边形OABC的直观图O′A′B′C′是直角梯形，其面积为eq\f(1,2)×(1＋2)×1＝eq\f(3,2)；则S原＝2eq\r(2)S直＝3eq\r(2).故选B.4.(2022·太原市高三模拟)如图是水平放置的某个三角形的直观图，D′是△A′B′C′中B′C′边的中点且A′D′∥y′轴，A′B′，A′D′，A′C′三条线段对应原图形中的线段AB，AD，AC，那么()A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AD，最短的是AC解析：选C.由题中的直观图可知，A′D′∥y′轴，B′C′∥x′轴，根据斜二测画法的规则可知，在原图形中AD∥y轴，BC∥x轴，又因为D′为B′C′的中点，所以△ABC为等腰三角形，且AD为底边BC上的高，则有AB＝AC>AD成立．5．圆柱的底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么圆柱的侧面积是()A．4πS B.2πSC.πS D.eq\f(2\r(3),3)πS解析：选A.由πr2＝S得圆柱的底面半径是eq\r(\f(S,π))，故侧面展开图的边长为2π·eq\r(\f(S,π))＝2eq\r(πS)，所以圆柱的侧面积是4πS，故选A.6.(2020·高考全国卷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)解析：选C.设正四棱锥的高为h，底面正方形的边长为2a，斜高为m，依题意得h2＝eq\f(1,2)×2a×m，即h2＝am①，易知h2＋a2＝m2②，由①②得m＝eq\f(1＋\r(5),2)a(舍负)，所以eq\f(m,2a)＝eq\f(\f(1＋\r(5),2)a,2a)＝eq\f(1＋\r(5),4).故选C.7．一个圆台上、下底面的半径分别为3cm和8cm，若两底面圆心的连线长为12cm，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A作AC⊥OB，交OB于点C.在Rt△ABC中，AC＝12cm，BC＝8－3＝5(cm)．所以AB＝eq\r(122＋52)＝13(cm)．答案：138．(2021·高考全国卷甲)已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为________．解析：设该圆锥的高为h，则由已知条件可得eq\f(1,3)×π×62×h＝30π，解得h＝eq\f(5,2)，则圆锥的母线长为eq\r(h2＋62)＝eq\r(\f(25,4)＋36)＝eq\f(13,2)，故该圆锥的侧面积为π×6×eq\f(13,2)＝39π.答案：39π9.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P­A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD­A1B1C1D1(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，若AB＝6m，PO1＝2m，则仓库的容积是多少？解：由PO1＝2m，知O1O＝4PO1＝8m.因为A1B1＝AB＝6m，所以正四棱锥P­A1B1C1D1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ABCD­A1B1C1D1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)．故仓库的容积是312m3.10.如图所示，底面半径为1，高为1的圆柱OO1中有一内接长方体A1B1C1D1­ABCD.设矩形ABCD的面积为S，长方体A1B1C1D1­ABCD的体积为V，AB＝x.(1)将S表示为x的函数；(2)求V的最大值．解：(1)连接AC(图略)，因为矩形ABCD内接于⊙O，所以AC为⊙O的直径．因为AC＝2，AB＝x，所以BC＝eq\r(4－x2)，所以S＝AB·BC＝xeq\r(4－x2)(0<x<2)．(2)因为长方体的高AA1＝1，所以V＝S·AA1＝xeq\r(4－x2)＝eq\r(x2（4－x2）)＝eq\r(－（x2－2）2＋4).因为0<x<2，所以0<x2<4，故当x2＝2即x＝eq\r(2)时，V取得最大值，此时Vmax＝2.[B综合应用]11．(2021·新高考卷Ⅱ)北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km(轨道高度是指卫星到地球表面的距离)．将地球看作是一个球心为O，半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S＝2πr2(1－cosα)(单位：km2)，则S占地球表面积的百分比约为()A．26% B.34%C.42% D.50%解析：选C.由题意可得，S占地球表面积的百分比约为eq\f(2πr2（1－cosα）,4πr2)＝eq\f(1－cosα,2)＝eq\f(1－\f(6400,6400＋36000),2)≈0.42＝42%.故选C.12.(2022·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)πC.eq\f(2\r(2),3)π D.eq\f(\r(2),2)π解析：选C.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)，所以AE＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),3)，所以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)，所以圆柱的侧面积S＝2πr·PE＝2π×eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(2\r(2)π,3).13.(2022·济南模拟)已知三棱锥S­ABC中，∠SAB＝∠ABC＝eq\f(π,2)，SB＝4，SC＝2eq\r(13)，AB＝2，BC＝6，则三棱锥S­ABC的体积是()A．4 B.6C.4eq\r(3) D.6eq\r(3)解析：选C.因为∠ABC＝eq\f(π,2)，AB＝2，BC＝6，所以AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(22＋62)＝2eq\r(10).因为∠SAB＝eq\f(π,2)，AB＝2，SB＝4，所以AS＝eq\r(SB2－AB2)＝eq\r(42－22)＝2eq\r(3).由SC＝2eq\r(13)，得AC2＋AS2＝SC2，所以AC⊥AS.又因为SA⊥AB，AC∩AB＝A，所以AS⊥平面ABC，所以AS为三棱锥S­ABC的高，所以V三棱锥S­ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×6×2eq\r(3)＝4eq\r(3).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ABCD­A1B1C1D1挖去四棱锥O­EFGH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.解析：由题易得长方体ABCD­A1B1C1D1的体积为6×6×4＝144(cm3)，四边形EFGH为平行四边形，四棱锥O­EFGH的高为3cm，如图所示，连接GE，HF，易知四边形EFGH的面积为矩形BCC1B1面积的一半，即eq\f