第2节　空间几何体及其表面积、体积.docx

1、第第 2 节节空间几何体及其表面积、体积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

2、(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 是多面体所有面的面积之和. 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2rlS圆锥侧rlS圆台侧(r1r2)l 5.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VS底h 锥体(棱锥和

3、圆锥)S表面积S侧S底V1 3S 底h 台体(棱台和圆台)S表面积S侧S上S下 V1 3(S 上S下 S上S下)h 球S4R2V4 3R 3 1.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 3a； (2)若球为正方体的内切球，则 2Ra； (3)若球与正方体的各棱相切，则 2R 2a. 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 a2b2c2. 3.正四面体的外接球的半径 R 6 4 a，内切球的半径 r 6 12a，其半径 Rr3 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

4、图 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，

5、长方体 ABCDABCD被截去一部分，其中 EH AD.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 12 cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径 为() A.1 cmB.2 cm C.3 cmD.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l2r，即 l2r，所以r2rlr2r2r3r212，解得 r2. 4.(多选题)(2021新高考 8 省联考)右图是一个正方体的平面展 开图，则在该正方体中() A.AECDB.CHBE C.D

6、GBHD.BGDE 答案BCD 解析还原为正方体即可. 5.(2020天津卷)若棱长为 23的正方体的顶点都在同一球面上， 则该球的表面积 为() A.12B.24C.36D.144 答案C 解 析设 球 的 半 径 为R ， 由 题 意 知 球 的 直 径2R （2 3）2（2 3）2（2 3）2，得 R3，该球的表面积 S4R236.故选 C. 6(2020浙江卷)已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为 2，且它的侧面展开图是一 个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是_ 答案1 解析如图，设圆锥的母线长为 l，底面半径为 r，则圆锥的侧面 积 S 侧rl2，即 rl2. 由于侧面展开图为

7、半圆， 可知1 2 l22，可得 l2， 因此 r1. 考点一空间几何体的结构特征 1.给出下列命题： 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； 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； 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.0B.1C.2D.3 答案A 解析不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线； 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；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

8、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

9、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 ABCDA1B1C1D1中的三棱锥 C1ABC，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

10、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 CD1，腰 ADCB 2，下底 AB3，以 下底所在直线为 x 轴， 则由斜二测画法画出的直观图 ABCD的面积为_. 答案 2 2 解析如图(1)和(2)的实际图形和直观图所示. 因为 OE （ 2）211， 由斜二测画法可知 OE1 2，EF 2 4 ，DC1，AB3， 则直观图 ABCD的面积 S13 2 2 4 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

11、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 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 2B.1 2 C.42 2D.84 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 OD2，DC2， OD4，DC2， 过 D作 DHAB，易知 AH2sin 45 2. ABAB2AHDC2 22. 故平面图形的面积 SDCAB 2 AD4( 22).

12、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 ABCDA1B1C1D1的棱长均为 2， BAD60.以 D1为球心， 5为半径的球面与侧面 BCC1B1的交线长为 _. 答案 2 2 解析如图，连接 B1D1，易知B1C1D1为正三角形，所 以 B1D1C1D12.分别取 B1C1，BB1，CC1的中点 M，G， H，连接 D1M，D1G，D1H，则易得 D1GD1H 2212 5，D1MB1C1，且 D1M 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 2，连接 D1P， 则 D1P D1M2MP2 （

13、 3）2（ 2）2 5，连接 MG，MH，易得 MG MH 2，故可知以 M 为圆心， 2为半径的圆弧 GH 为球面与侧面 BCC1B1的交 线.由B1MGC1MH45知GMH90，所以的长为1 42 2 2 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 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

14、底边上的高与底面正方形的边长的比值为 () A. 51 4 B. 51 2 C. 51 4 D. 51 2 答案C 解析如图，设正四棱锥的底面边长 BCa，侧面等腰三角 形底边上的高 PMh，则正四棱锥的高 POh2a 2 4 ， 以 PO 的长为边长的正方形面积为 h2a 2 4 ， 一个侧面三角形面积为 1 2ah， h2a 2 4 1 2ah，4h 22aha20. 则 a( 51)h，h a 51 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

15、积是 () A. 2 3 B.3 2 4 C.2 2 3 D. 2 2 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. AE2 3AD，AD 3 2 ， AE2 3 3 2 3 3 ， PE PA2AE2 6 3 . 设圆柱底面半径为 r，则 rAE 3 3 ， 圆柱的侧面积 S2rPE2 3 3 6 3 2 2 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

16、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. 2B.(1 2) C.2 2D.(2 2) 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 2，所以所形成的几何体的表面积 S1 2 12( 21).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 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 S2 2 2 1 2.综上

17、可知，形成几何体的表 面积是( 21)或 2.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 SABC 中， SABABC 2， SB4， SC2 13，AB2，BC6，则三棱锥 SABC 的体积是() A.4B.6C.4 3D.6 3 (2)已知四棱锥的底面是边长为 2的正方形，侧棱长均为 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) 4 解析(1)ABC 2，AB2，BC6，AC AB 2BC2 22622 10. SAB 2，AB2，SB

18、4，AS SB 2AB2 42222 3.由 SC2 13， 得 AC2AS2SC2，ACAS.又SAAB，ACABA，AS平面 ABC， AS 为三棱锥 SABC 的高，V三棱锥SABC1 3 1 2262 34 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 2，所以底面正方形 对角线长为 2，所以圆柱的底面半径为1 2. 又因为四棱锥的侧棱长均为 5，所以四棱锥的高为 （ 5）2122，所以圆柱 的高为 1. 所以圆柱的体积 V 1 2 2 1 4. 感悟升华求规则几何体的体积， 主要是先找准

19、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)(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_. (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 PABC 为鳖臑，PA平面 ABC，ABC 为直角， 且 PAABBC2，则 PABC 的体积为_. 答案(1) 61(2)4 3 解析(1)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，OCOB5，OC4， OOC 2 ， 则圆台的高为 3，V1 3h(

20、S 1 S1S2S2)25162061. (2)由题意知 PA平面 ABC， ABC 2， PAABBC2， 所以 S ABC1 2ABBC 2，所以 VPABC1 3S ABCPA1 322 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，EFAB， EF2，则该多面体的体积为_. 答案 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 EADG 的高 EG1 2，直

21、三棱柱 AGDBHC 的高 AB1. 则 AG AE2EG212 1 2 2 3 2 . 取 AD 的中点 M，则 MG 2 2 ， 所以 SAGD1 21 2 2 2 4 ， V多面体VEADGVFBHCVAGDBHC2VEADGVAGDBHC 1 3 2 4 1 22 2 4 1 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

22、 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，ED2FC2， 则四面体 ABEF 的体积为() A.1 3 B.2 3 C.1D.4 3 答案B 解析ED平面 ABCD 且 AD平面 ABCD， EDAD. 在正方形 ABCD 中，ADDC，而 DCEDD， AD平面 CDEF. 易知 FCED 2 1，VABEFVABCDEFVFABCDVADEF. VEABCDEDS 正方形ABCD1 3222 1 3 8 3，V BEFCBCSE

23、FC1 322 11 2 1 3 2 3， VABCDEF8 3 2 3 10 3 .又 VFABCDFCS 正方形ABCD1 3122 1 3 4 3，V ADEF ADSDEF1 3222 1 2 1 3 4 3，V ABEF10 3 4 3 4 3 2 3.故选 B. 考点五多面体与球的切、接问题 【例 6】 （经典母题）(2021重庆质检)已知球 O 是三棱锥 PABC 的外接球，PA ABPBAC2，CP2 2，点 D 是 PB 的中点，且 CD 7，则球 O 的表面 积为() A.28 3 B.14 3 C.28 21 27 D.16 3 答案A 解析依题意，由 PAAC2，CP2

24、 2，得 APAC. 连接 AD，由点 D 是 PB 的中点且 PAABPB2，得 AD 3， 又 CD 7，AC2，可知 ADAC， 又 APADA，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 d1 2AC1. 由正弦定理得PAB 的外接圆半径 r PA 2sin 60 2 3， 所以球 O 的半径 R d2r2 7 3. 故球 O 的表面积 S4R228 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

25、，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 4 3， 从而 V 外接球4 3R 34 3(2 3) 332 3， V内切球4 3r 34 32 332 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

26、方体或正方体确定直径解决外接问题. 【训练 6】(2020全国卷)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 2 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，AC3，O1C1， AO1 AC2O1C22 2. OO1OMr，AOAO1OO12 2r， 又AMOAO1C， OM O1C AO AC，即 r 1 2 2r 3 ，解得 r 2 2 . 该圆锥内半径最大的球的体积 V4 3 2 2 3 2 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

27、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 新高考八省联考第 20 题以立体几何考查曲率，考查根据新情境提供的信息 结合几何知识解决新问题，这就是高考的一种趋势. 【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 2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

28、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 3，所以正四面体在各顶点的曲率为 23 3，故其总曲 率为 4. (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2顶点数所有内角和，对于四棱锥底面的内角和为 2，四 个侧面的内角和为 4， 从而总曲率为 10244. (2)证明对于多面体有顶点数棱数面数2， 总曲率顶点数2各面内角之和， 设面数为 k， ni为第 i(i1， 2， ， k)个面的边数， 各面内角之和可以表示为 k i1 (ni 2)， 由于一个棱会出现在两个面上，所以

29、k i1 (ni2)棱数2面数2， 从而总曲率2顶点数棱数2面数22(顶点数棱数面数) 224. 素养升华第(2)问中，设多面体 a 个顶点，b 条棱，c 个面，每个面的边数分别 为 n1，n2，nc，由于一个棱会出现在两个面上，所以 n1n2nc2b， 这是难点，所以面角和为(n12)(n22)(nc2)2b2c，从而总 曲率为 2a2b2c4，题目突出数学建模素养和直观想象素养. 【训练】 (2019全国卷)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 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

30、别为所在棱的中点，ABBC6 cm， AA14 cm.3D 打印所用原料密度为 0.9 g/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 OEFGH 的底面积为 4641 22312(cm 2)， 其高为点 O 到底面 EFGH 的距离，为 3 cm，则此四棱锥的体积为 V11 3123 12(cm3). 又长方体 ABCDA1B1C1D1的体积为 V2466144(cm3)， 所以该模型的体积 VV2V114412132(cm3)， 因此模型所需原材料的质量为 0.9132118.8(g). A 级基础巩固 一、选择题 1.下列说法中，正确

31、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 4 cm，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.2 3 cm2B.2 6 cm2C.4 6 cm2D.8 3 cm2 答案B 解析直观图的面积为 2 4 3 2 422 6(cm2). 3.(2020郑州调研)现有同底等高的圆锥

32、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.3B.3 2 C. 5 2 D. 5 答案D 解析设底面圆的半径为 R，圆柱的高为 h， 依题意 2Rh2，R1. 圆锥的母线 l h2R2 221 5， 因此 S 圆锥侧Rl1 5 5. 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

33、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 ABCA1B1C1的 6 个顶点都在球 O 的球面上， 若 AB3， AC4， ABAC，AA112，则球 O 的半径为() A.3 17 2 B.2 10C.13 2 D.3 10 答案C 解析将直三棱柱补形为长方体 ABECA1B1E1C1， 则球 O 是长方体 ABECA1B1E1C1的外接球. 体对角线 BC1的长为球 O 的直径. 因此 2R 324212213，则 R13 2 . 6.如图所示，正三棱柱 ABCA1B1C1的底面边长为 2，侧棱长为 3，D 为 BC 中 点，则三棱锥 AB1DC1的体积为() A.3B

34、.3 2 C.1D. 3 2 答案C 解析由题意可知，AD平面 B1DC1， 即 AD 为三棱锥 AB1DC1的高，且 AD 3 2 2 3， 易求得 SB1DC11 22 3 3， 所以 VAB1DC11 3 3 31. 7.(2020安庆调研)已知在四面体 PABC 中，PA4，BC2 6，PBPC2 3， PA平面 PBC，则四面体 PABC 的外接球的表面积是() A.160B.128C.40D.32 答案C 解析PB2PC2121224BC2，PBPC， 又 PA平面 PBC，PAPB，PAPC， 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

35、方体，所以该长方体的体对角线长为 PA2PB2PC2 1212162 10， 故该四面体的外接球半径为 10. 于是四面体 PABC 的外接球的表面积是 4( 10)240. 8.(多选题)(2021武汉模拟)长方体 ABCDA1B1C1D1的长、 宽、 高分别为 3， 2， 1， 则() A.长方体的表面积为 20 B.长方体的体积为 6 C.沿长方体的表面从 A 到 C1的最短距离为 3 2 D.沿长方体的表面从 A 到 C1的最短距离为 2 5 答案BC 解析长方体的表面积为 2(323121)22，A 错误.长方体的体积为 3216，B 正确.如图 1 所示，长方体 ABCDA1B1C

36、1D1中，AB3，BC2， BB11，将侧面 ABB1A1和侧面 BCC1B1展开，如图 2 所示. 连接 AC1，则有 AC1 5212 26，即经过侧面 ABB1A1和侧面 BCC1B1时，A 到 C1的最短距离是 26；将侧面 ABB1A1和底面 A1B1C1D1展开，如图 3 所示，连 接 AC1，则有 AC1 32323 2，即经过侧面 ABB1A1和底面 A1B1C1D1时，A 到 C1的最短距离是 3 2；将侧面 ADD1A1和底面 A1B1C1D1展开，如图 4 所示. 连接 AC1，则有 AC1 42222 5，即经过侧面 ADD1A1和底面 A1B1C1D1时， A 到 C

37、1的最短距离是 2 5.因为 3 22 5 26，所以沿长方体表面由 A 到 C1的 最短距离是 3 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 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 xOy中，|BC|1，xCB45. 过点 B作 x轴的垂线，垂足为点 D. 在 RtBDC中，|BD|BC|sin 451 2 2 2 2 . 10.如图，在圆柱 O1O2内有一个球 O，该球与圆柱的上、下面

38、及母 线均相切.记圆柱 O1O2的体积为 V1，球 O 的体积为 V2，则V1 V2的值 是_. 答案 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V1 V2 R22R 4 3R 3 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 2 cm， 高为 2 cm， 内孔半径为 0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是_cm3. 答案12 3 2 解析螺帽的底面正六边形的面积 S61 22 2sin 606 3(cm2)，正六棱柱 的体积 V16 3212 3(cm3

39、)，圆柱的体积 V20.522 2(cm 3)，所以此 六角螺帽毛坯的体积 VV1V212 3 2(cm 3). 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 4 3，又知圆锥轴截面的面积为 8，则圆锥的侧面积为 _. 答案8 2 解析设圆锥的母线长为 l，由SAB 为等边三角形，且面积为 4 3， 所以 1 2l 2sin 34 3，解得 l4； 又设圆锥底面半径为 r，高为 h， 则由轴截面的面积为 8，得 rh8； 又 r2h216，解得 rh2 2， 所以圆锥的侧面积 Srl2 248 2. B 级能力提升 13.(20

40、20全国卷)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 4，ABBCACOO1，则球 O 的表面积为() A.64B.48C.36D.32 答案A 解析如图所示，设球 O 的半径为 R，O1的半径为 r，因为 O1的面积为 4，所以 4r2，解得 r2，又 ABBCAC OO1，所以 AB sin 602r，解得 AB2 3，故 OO 12 3，所 以 R2OO21r2(2 3)22216， 所以球 O 的表面积 S4R2 64.故选 A. 14.(2020重庆诊断)已知圆锥的顶点为 A，过母线 AB，AC 的截面面积是 2 3.若 AB，AC 的夹

41、角是 60，且 AC 与圆锥底面所成的角是 30，则该圆锥的表面积为 _. 答案(64 3) 解析如图所示， AB， AC 的夹角是 60， ABAC， ABC 是等边三角形， 3 4 AC22 3， 解得 AC2 2. AC 与圆锥底面所成的角是 30， 圆锥底面半径 rOCACcos 302 2 3 2 6. 则该圆锥的表面积( 6)21 22 62 2(64 3). 15.(2021长沙检测)在封闭的直三棱柱 ABCA1B1C1内有一个体积为 V 的球.若 ABBC，AB6，BC8，AA13，则 V 的最大值是_. 答案 9 2 解析由 ABBC，AB6，BC8，得 AC10. 要使球的

42、体积 V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切， 设底面ABC 的内切圆的半径为 r. 则1 268 1 2(6810)r，所以 r2. 2r43，不合题意. 球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径 R 最大. 由 2R3，即 R3 2. 故球的最大体积 V4 3R 39 2. 16.(2020沈阳一监)农历五月初五是端午节， 民间有吃粽子的习俗， 粽子又称 “粽 籺” ，故称“角黍” ，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期 楚国大臣、爱国主义诗人屈原.如图(1)的平行四边形形状的纸片是由六个边长为 1 的正三角形组成的， 将它沿虚线折起来， 可以得到如图(2)

43、的粽子形状的六面体， 则该六面体的体积为_；若该六面体内有一球，则该球的体积的最大值为 _. 答案 2 6 8 6 729 解析由对称性可知该六面体是由两个全等的正四面体合成的， 正四面体的棱长 为 1，则正四面体的高为1 3 3 2 6 3 ，所以正四面体的体积为1 3 1 21 3 2 6 3 2 12. 因为该六面体的体积是正四面体体积的 2 倍，所以该六面体的体积是 2 6 . 要使球的体积达到最大，则球与该六面体的六个面都要相切.连接球心和六面体 的五个顶点，把六面体分成了六个全等的三棱锥.设球的半径为 R，则 2 6 6 1 3 1 21 3 2 R ，解得 R 6 9 ，所以球的体积 V4 3 R34 3 6 9 3 8 6 729 .