（小白高考）新高考数学(零基础)一轮复习教案7.1《空间几何体及其表面积、体积》 (2份打包，原卷版+教师版)

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第1课时 系统知识牢基础——空间几何体
知识点一 空间几何体的结构特征
1．多面体的结构特征
2．特殊的棱柱和棱锥
(1)侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．反之，正棱柱的底面是正多边形，侧棱垂直于底面，侧面是矩形．
(2)底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫做正棱锥．特别地，各棱长均相等的正三棱锥叫做正四面体．反过来，正棱锥的底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面正多边形的中心．
[提醒] (1)棱柱的所有侧面都是平行四边形，但侧面都是平行四边形的几何体却不一定是棱柱．
(2)棱台的所有侧面都是梯形，但侧面都是梯形的几何体却不一定是棱台．
(3)注意棱台的所有侧棱相交于一点．
3．旋转体的结构特征
[重温经典]
1．(教材改编题)下列命题中正确的是( )
A．由五个平面围成的多面体只能是四棱锥
B．棱锥的高线可能在几何体之外
C．仅有一组相对的面平行的六面体一定是棱台
D．有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥
答案：B
2．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
解析：选A 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．
3.如图，长方体ABCD­A′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．简单组合体
答案：C
4．(易错题)从长方体的一个顶点出发的三条棱上各取一点E，F，G(不与顶点重合)，过此三点作长方体的截面，那么这个截面的形状是( )
A．锐角三角形 B．矩形 C．平行四边形 D．正方形
答案：A
5.如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面、下底面圆心为顶点的圆锥而得到的组合体，现用一个竖直的平面去截这个组合体，则截面图形可能是( )
A．①② B．①③ C．①④ D．①⑤
解析：选D 该几何体的轴截面是①，当竖直的截面不经过轴时，截面图形为⑤.故选D.
6．(教材改编题)在如图所示的几何体中，是棱柱的为________．(填序号)
答案：③⑤
知识点二 直观图
1．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′轴和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．
2．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．
[重温经典]
1．一个几何体有6个顶点，则这个几何体不可能是( )
A．三棱柱 B．三棱台 C．五棱锥 D．四面体
解析：选D A、B、C都是6个顶点，D是4个顶点，故选D.
2.(教材改编题)用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图所示，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( )
A．4 cm2 B．4eq \r(2) cm2 C．8 cm2 D．8eq \r(2) cm2
解析：选C 依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与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8 cm2.
3．以钝角三角形的较小边所在直线为轴，其他两边旋转一周形成的面所围成的几何体是( )
A．两个圆锥拼接而成的组合体
B．一个圆台
C．一个圆锥
D．一个大圆锥挖去一个同底的小圆锥
解析：选D 如图，以AB为轴旋转一周所得到的几何体是一个大圆锥挖去一个小圆锥．
4．水平放置的△ABC有一边在水平线上，它的直观图是正三角形，则△ABC是( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．任意三角形
解析：选C 由直观图还原平面图形，易知△ABC为钝角三角形．
5.一水平放置的平面四边形OABC，用斜二测画法画出它的直观图O′A′B′C′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC的面积为________．
解析：因为直观图的面积是原图形面积的eq \f(\r(2),4)倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2eq \r(2).
答案：2eq \r(2)
知识点三 空间几何体的表面积与体积
1．空间几何体的表面积与体积公式
2．几何体的表面积和侧面积的注意点
(1)几何体的侧面积是指(各个)侧面面积之和，而表面积是侧面积与所有底面面积之和．
(2)组合体的表面积应注意重合部分的处理．
3．柱体、锥体、台体侧面积间的关系
(1)当正棱台的上底面与下底面全等时，得到正棱柱；当正棱台的上底面缩为一个点时，得到正棱锥，则S正棱柱侧＝ch′eq \(←――,\s\up7(c′＝c)) S正棱台侧＝eq \f(1,2)(c＋c′)h′eq \(――→,\s\up7(c′＝0))S正棱锥侧＝eq \f(1,2)ch′.
(2)当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥，则
S圆柱侧＝2πrleq \(←――,\s\up7(r′＝r)) S圆台侧＝π(r＋r′)leq \(――→,\s\up7(r′＝0))S圆锥侧＝πrl.
4．柱体、锥体、台体体积间的关系如图所示
[重温经典]
1．已知圆柱O′O的底面半径为r，母线长是底面直径的2倍，则圆柱O′O的表面积是( )
A．4πr2 B．10πr2 C．8πr2 D．6πr2
解析：选B ∵母线l＝2×2r＝4r，∴S侧＝2πr·l＝2πr·4r＝8πr2，S表＝2πr2＋8πr2＝10πr2.
2．平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为eq \r(2)，则此球的体积为( )
A．4eq \r(3)π B．6eq \r(3)π C.eq \r(6)π D．4eq \r(6)π
解析：选A 由已知得球的半径为eq \r(\r(2)2＋12)＝eq \r(3)，所以球的体积为eq \f(4π,3)×(eq \r(3))3＝4eq \r(3)π，故选A.
3.如图所示，已知三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1­ABC1的体积为( )
A.eq \f(\r(3),12) B.eq \f(\r(3),4) C.eq \f(\r(6),12) D.eq \f(\r(6),4)
解析：选A 易知三棱锥B1­ABC1的体积等于三棱锥A­B1BC1的体积，又三棱锥A­B1BC1的高为eq \f(\r(3),2)，底面积为eq \f(1,2)，故其体积为eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),12).
4．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________．
解析：易知圆台的高为3，所以其体积为V＝eq \f(1,3)πh(R2＋r2＋Rr)＝61π.
答案：61π
5．(教材改编题)如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________．
答案：1∶47
第2课时 精研题型明考向——空间几何体及其表面积、体积
一、真题集中研究——明考情
1．(2020·全国卷Ⅰ·考查空间几何体的结构特征)
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＝am，① 易知h2＋a2＝m2，②
由①②得m＝eq \f(1＋\r(5),2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＝\f(1－\r(5),2)a舍去))，所以eq \f(m,2a)＝eq \f(\f(1＋\r(5),2)a,2a)＝eq \f(1＋\r(5),4).故选C.
2．(考查三棱锥的外接球表面积)已知△ABC是面积为eq \f(9\r(3),4)的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为( )
A.eq \r(3) B.eq \f(3,2) C．1 D.eq \f(\r(3),2)
解析：选C 由等边三角形ABC的面积为eq \f(9\r(3),4)，得eq \f(\r(3),4)AB2＝eq \f(9\r(3),4)，解得AB＝3，
则△ABC的外接圆半径r＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)AB＝eq \f(\r(3),3)AB＝eq \r(3).设球的半径为R，
则由球的表面积为16π，得4πR2＝16π，得R＝2，所以球心O到平面ABC的距离d＝eq \r(R2－r2)＝1，
故选C.
3．(考查圆锥的侧面积、侧面展开图)已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，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________．
解析：法一：设该圆锥的母线长为l，
因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，其面积为2π，所以eq \f(1,2)πl2＝2π，解得l＝2，
所以该半圆的弧长为2π.设该圆锥的底面半径为R，则2πR＝2π，解得R＝1.
法二：设该圆锥的底面半径为R，则该圆锥侧面展开图中的圆弧的弧长为2πR.
因为侧面展开图是一个半圆，设该半圆的半径为r，则πr＝2πR，即r＝2R，
所以侧面展开图的面积为eq \f(1,2)·2R·2πR＝2πR2＝2π，解得R＝1.
答案：1
4．(借助生产实际考查空间几何体的体积)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.
解析：正六棱柱的体积为6×eq \f(\r(3),4)×22×2＝12eq \r(3)(cm3)，圆柱的体积为π×0.52×2＝eq \f(π,2)(cm3)，则该六角螺帽毛坯的体积是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(12\r(3)－\f(π,2)))cm3.
答案：12eq \r(3)－eq \f(π,2)
5．(考查圆锥的内切球体积)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________．
解析：法一：如图，在圆锥的轴截面ABC中，CD⊥AB，BD＝1，BC＝3，圆O内切于△ABC，E为切点，连接OE，则OE⊥BC.在Rt△BCD中，CD＝eq \r(BC2－BD2)＝2eq \r(2).易知BE＝BD＝1，则CE＝2.设圆锥的内切球半径为R，则OC＝2eq \r(2)－R.在Rt△COE中，OC2－OE2＝CE2，即(2eq \r(2)－R)2－R2＝4，解得R＝eq \f(\r(2),2)，所以圆锥内半径最大的球的体积为eq \f(4,3)πR3＝eq \f(\r(2),3)π.
法二：如图，记圆锥的轴截面为△ABC，其中AC＝BC＝3，AB＝2，CD⊥AB.在Rt△BCD中，CD＝eq \r(BC2－BD2)＝2eq \r(2)，则S△ABC＝2eq \r(2).设△ABC的内切圆O的半径为R，则R＝eq \f(2×S△ABC,3＋3＋2)＝eq \f(\r(2),2)，所以圆锥内半径最大的球的体积为eq \f(4,3)πR3＝eq \f(\r(2),3)π.
答案：eq \f(\r(2),3)π
[把脉考情]
[方法技巧] 求空间几何体表面积的常见类型及思路
处理体积问题的思路
求体积的常用方法
[针对训练]
1.如图是一个装有水的倒圆锥形杯子，杯子口径6 cm，高8 cm (不含杯脚)，已知水的高度是4 cm，现往杯子中放入一种直径为1 cm的珍珠，该珍珠放入水中后直接沉入杯底，且体积不变，如果放完珍珠后水不溢出，则最多可以放入珍珠( )
A．98颗 B．106颗 C．120颗 D．126颗
解析：选D 如图，等腰△ABC中，底边AB＝6 cm，高CD＝8 cm；等腰△CEF中，底边为EF，高CP＝4 cm.∵△CAB∽△CEF，∴eq \f(EF,AB)＝eq \f(CP,CD)，即eq \f(EF,6)＝eq \f(4,8)，∴EF＝3，
∴放入珍珠的最大体积为V＝eq \f(1,3)π×32×8－eq \f(1,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2×4＝21π.∵一颗珍珠体积为eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＝eq \f(π,6)，
eq \f(21π,\f(π,6))＝126，∴最多放入珍珠126颗，故选D.
2.我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，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，则该刍甍的体积为( )
A．6 B.eq \f(11,3) C.eq \f(31,4) D．12
解析：选B 如图，作FN∥AE，FM∥ED，则多面体被分割为棱柱与棱锥两部分，则该刍甍的体积为VF­MNBC＋VDAE­MNF＝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\c1(2－\f(3,2)))×2＋eq \f(2×2,2)×eq \f(3,2)＝eq \f(11,3).
题型三 与球有关的切接问题
考法(一) 与球有关的内切问题
[例1] (1)若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为________．
(2)若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则eq \f(S1,S2)＝________.
[解析] (1)过圆锥的旋转轴作轴截面，得截面△ABC及其内切圆⊙O1和外接圆⊙O2，且两圆同圆心，即△ABC的内心与外心重合，易得△ABC为正三角形，由题意知⊙O1的半径r＝1，∴△ABC的边长为2eq \r(3)，圆锥的底面半径为eq \r(3)，高为3，∴V＝eq \f(1,3)×π×(eq \r(3))2×3＝3π.
(2)设正四面体的棱长为a，
则正四面体表面积为S1＝4×eq \f(\r(3),4)·a2＝eq \r(3)a2，其内切球半径为正四面体高的eq \f(1,4)，即r＝eq \f(1,4)×eq \f(\r(6),3)a＝eq \f(\r(6),12)a，
因此内切球表面积为S2＝4πr2＝eq \f(πa2,6)，则eq \f(S1,S2)＝eq \f(\r(3)a2,\f(π,6)a2)＝eq \f(6\r(3),π).
[答案] (1)3π (2)eq \f(6\r(3),π)
[方法技巧]
处理与球有关内切问题的策略
解答此类问题时首先要找准切点，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来作．
考法(二) 与球有关的外接问题
[例2] (1)已知正三棱锥S­ABC的侧棱长为4eq \r(3)，底面边长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是( )
A．16π B．20π C．32π D．64π
(2)已知三棱锥P­ABC每对异面的棱的长度都相等，且 △ABC的边长分别为eq \r(11)，3,4，则三棱锥P­ABC外接球的体积为________．
[解析] (1)如图所示，O为外接球的球心，E为△ABC的重心．
因为正三棱锥S­ABC底面边长为6，所以AE＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)×6＝2eq \r(3)，
又SA＝4eq \r(3)，所以三棱锥的高SE＝eq \r(SA2－AE2)＝ eq \r(4\r(3)2－2\r(3)2)＝6.
在直角三角形AOE中，AO＝R，OE＝SE－SO＝6－R，
由AO2＝AE2＋OE2，即R2＝(2eq \r(3))2＋(6－R)2，解得R＝4，
所以球的表面积S＝4πR2＝64π，故选D.
(2)如图所示，由于三棱锥P­ABC每对异面的棱的长度都相等，所以该三棱锥可以补形成一个长方体，且该长方体各面上的对角线长分别为eq \r(11)，3,4，设该长方体的长、宽、高分别为a，b，c，且不妨设a2＋b2＝(eq \r(11))2＝11，b2＋c2＝32＝9，a2＋c2＝42＝16，
所以a2＋b2＋c2＝18，所以三棱锥外接球的直径为eq \r(a2＋b2＋c2)＝3eq \r(2).
故外接球的体积为eq \f(4π,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),2)))3＝9eq \r(2)π.
[答案] (1)D (2)9eq \r(2)π
[方法技巧]
1．求解几何体外接球的半径的思路
一是根据球的截面的性质，如本例(1)，利用球的半径R、截面圆的半径r及球心到截面圆的距离d三者的关系R2＝r2＋d2求解，其中，确定球心的位置是关键；二是将几何体补成长方体，如本例(2)，利用该几何体与长方体共有外接球的特征，由外接球的直径等于长方体的体对角线长求解．
2．解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：

[针对训练]
1．将半径为3，圆心角为eq \f(2π,3)的扇形围成一个圆锥(接缝处忽略不计)，则该圆锥的内切球的体积为( )
A.eq \f(\r(2)π,3) B.eq \f(\r(3)π,3) C.eq \f(4π,3) D．2π
解析：选A 设圆锥的底面半径为r，高为h，则2πr＝eq \f(2π,3)×3，∴r＝1.∴h＝eq \r(32－12)＝2eq \r(2).设圆锥内切球的半径为R，则eq \f(R,2\r(2)－R)＝eq \f(1,3)，∴R＝eq \f(\r(2),2)，∴V球＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))3＝eq \f(\r(2)π,3)，故选A.
2.如图，在三棱锥A­BCD中，AD⊥BD，AC⊥BC，∠DAB＝eq \f(π,6)，∠BAC＝eq \f(π,4).三棱锥的外接球的表面积为16π，则该三棱锥的体积的最大值为( )
A.eq \f(7,3) B.eq \f(4\r(3),3) C.eq \f(8,3) D.eq \f(14,3)
解析：选B 设外接球的半径为R.由题意得，4πR2＝16π，解得R＝2.由题意知△ADB，△ABC都是直角三角形，所以三棱锥A­BCD的外接球的球心为AB的中点，且AB＝4.由∠DAB＝eq \f(π,6)，∠BAC＝eq \f(π,4)，可求得AD＝2eq \r(3)，BD＝2，AC＝BC＝2eq \r(2).当三棱锥A­BCD的体积最大时，平面ADB⊥平面ABC.所以三棱锥的体积的最大值为V三棱锥A­BCD＝V三棱锥C­ABD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2eq \r(3)×2＝eq \f(4\r(3),3).故选B.
3．已知三棱锥S­ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，AB＝2，SA＝SB＝SC＝2，则三棱锥S­ABC的外接球的球心到平面ABC的距离是( )
A.eq \f(\r(3),3) B．1 C.eq \r(3) D.eq \f(3\r(3),2)
解析：选A ∵三棱锥S­ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，SA＝SB＝SC＝2，
∴S在底面ABC内的射影为AB的中点．设AB的中点为H，连接SH，CH(图略)，
∴SH⊥平面ABC，∴SH上任意一点到A，B，C的距离相等，易知SH＝eq \r(3)，CH＝1，
∴在Rt△SHC中，∠HSC＝30°.在平面SHC内作SC的垂直平分线MO，交SH于点O，交SC于点M，
则O为三棱锥S­ABC的外接球的球心．∵SC＝2，∴SM＝1，又∠OSM＝30°，∴SO＝eq \f(2\r(3),3)，OH＝eq \f(\r(3),3)，∴球心O到平面ABC的距离为eq \f(\r(3),3)，故选A.
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1．正三棱锥底面边长为a，高为eq \f(\r(6),6)a，则此正三棱锥的侧面积为( )
A.eq \f(3,4)a2 B.eq \f(3,2)a2 C.eq \f(3\r(3),4)a2 D.eq \f(3\r(3),2)a2
解析：选A 因为底面正三角形中高为eq \f(\r(3),2)a，其重心到顶点距离为eq \f(\r(3),2)a×eq \f(2,3)＝eq \f(\r(3),3)a，且棱锥高为eq \f(\r(6),6)a，
所以利用勾股定理可得侧棱长为 eq \r(\f(a2,6)＋\f(a2,3))＝eq \f(\r(2),2)a，斜高为 eq \r(\f(a2,2)－\f(a2,4))＝eq \f(a,2)，
所以侧面积为S＝3×eq \f(1,2)×a×eq \f(a,2)＝eq \f(3,4)a2.
2.如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2eq \r(2)，AD＝2，则四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成几何体的表面积为( )
A．(15＋eq \r(2))π B．2(15＋eq \r(2))π
C．4(15＋eq \r(2))π D．(15＋4eq \r(2))π
解析：选C S表＝S圆台底面＋S圆台侧面＋S圆锥侧面＝π×52＋π×(2＋5)×5＋π×2×2eq \r(2)＝4(15＋eq \r(2))π.故选C.
3．魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为π∶4，若“牟合方盖”的体积为18，则正方体的棱长为( )
A．18 B．6 C．3 D．2
解析：选C 因为“牟合方盖”的体积为18，所以该正方体的内切球的体积为18×eq \f(π,4)＝eq \f(9,2)π，设正方体的棱长为a，则该正方体的内切球半径为eq \f(a,2)，所以eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))3＝eq \f(9,2)π，解得a＝3，故选C.
4．唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度)，如图2所示，已知球的半径为R，酒杯内壁表面积为eq \f(14,3)πR2，设酒杯上部分(圆柱)的体积为V1，下部分(半球)的体积为V2，则eq \f(V2,V1)＝( )
A．2 B.eq \f(3,2) C.eq \f(1,2) D．1
解析：选C 设酒杯上部分高为h，则酒杯内壁表面积S＝eq \f(1,2)×4πR2＋2πRh＝eq \f(14,3)πR2，解得h＝eq \f(4,3)R，
∴V1＝πR2h＝eq \f(4,3)πR3，V2＝eq \f(1,2)×eq \f(4,3)πR3＝eq \f(2,3)πR3，∴eq \f(V2,V1)＝eq \f(1,2).
5.(多选)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的底面是正方形，AA1＝2AB，E是DD1的中点，则( )
A．△B1EC为直角三角形
B．CE∥A1B
C．三棱锥C1­B1CE的体积是长方体体积的eq \f(1,6)
D．三棱锥C1­B1CD1的外接球的表面积是正方形ABCD面积的6π倍
解析：选ACD 令AA1＝2AB＝2a，在△B1EC中，B1E＝eq \r(3)a，EC＝eq \r(2)a，B1C＝eq \r(5)a，所以B1E2＋EC2＝B1C2，则△B1EC为直角三角形，故A正确；
因为A1B与D1C平行，而CE与D1C相交，所以CE与A1B不平行，故B错误；
三棱锥C1­B1CE的体积为VC1­B1CE＝VB1­C1CE＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2a×a×a＝eq \f(a3,3)，VABCD­A1B1C1D1＝2a3，则三棱锥C1­B1CE的体积是长方体体积的eq \f(1,6)，故C正确；
因为三棱锥C1­B1CD1的外接球就是长方体ABCD­A1B1C1D1的外接球，所以三棱锥C1­B1CD1的外接球半径R＝eq \f(\r(a2＋a2＋2a2),2)＝eq \f(\r(6)a,2)，三棱锥C1­B1CD1的外接球的表面积为S＝4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6)a,2)))2＝6a2π，又S正方形ABCD＝a2，所以三棱锥C1­B1CD1的外接球的表面积是正方形ABCD面积的6π倍，故D正确，故选A、C、D.
6．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
解析：选A 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4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以eq \f(AB,sin 60°)＝2r，解得AB＝2eq \r(3)，故OO1＝2eq \r(3)，所以R2＝OOeq \\al(2,1)＋r2＝(2eq \r(3))2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.
7．(多选)已知四棱台ABCD­A1B1C1D1的上下底面均为正方形，其中AB＝2eq \r(2)，A1B1＝eq \r(2)，AA1＝BB1＝CC1＝2，则下述正确的是( )
A．该四棱台的高为eq \r(3)
B．AA1⊥CC1
C．该四梭台的表面积为26
D．该四梭台外接球的表面积为16π
解析：选AD 由棱台性质，画出切割前的四棱锥如图所示，由于AB＝2eq \r(2)，A1B1＝eq \r(2)，可知△SA1B1与△SAB相似比为1∶2；则SA＝2AA1＝4，AO＝2，则SO＝2eq \r(3)，则OO1＝eq \r(3)，该四棱台的高为eq \r(3)，A正确；
因为SA＝SC＝AC＝4，所以AA1与CC1夹角为60°，不垂直，B错误；
该四棱台的表面积为S＝S上底＋S下底＋S侧＝2＋8＋4×eq \f(\r(2)＋2\r(2),2)×eq \f(\r(14),2)＝10＋6eq \r(7)，C错误；
由于上下底面都是正方形，则外接球的球心在OO1上，在平面B1BOO1上中，由于OO1＝eq \r(3)，B1O1＝1，则OB1＝2＝OB，即点O到点B与点B1的距离相等，则r＝OB＝2，该四棱台外接球的表面积为16π，D正确，故选A、D.
8．已知一个圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面面积为________．
解析：因为圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，所以圆锥的底面半径r＝1，母线长l＝eq \r(2)，所以圆锥的侧面面积S＝πrl＝eq \r(2)π.
答案：eq \r(2)π
9．已知三棱锥S­ABC外接球O的体积为288π，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，cs∠CBA＝eq \f(3,5)，则三棱锥S­ABC体积的最大值为________．
解析：在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs∠CBA，解得BC＝10.因为AB2＋AC2＝BC2，所以AC⊥AB，所以Rt△ABC的外接圆半径为5.
因为eq \f(4,3)πR3＝288π，故R＝6.球心O到平面ABC的距离d＝eq \r(36－25)＝eq \r(11)，
当平面SBC⊥平面ABC时，三棱锥S­ABC的体积最大，为eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×6×8))×(6＋eq \r(11))＝48＋8eq \r(11).
答案：48＋8eq \r(11)
10.如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；
(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．
解：(1)交线围成的正方形EHGF如图所示．
(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.
因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.
于是MH＝eq \r(EH2－EM2)＝6，AH＝10，HB＝6.
故S四边形A1EHA＝eq \f(1,2)×(4＋10)×8＝56，
S四边形EB1BH＝eq \f(1,2)×(12＋6)×8＝72.
因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为eq \f(9,7)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,9)也正确)).
11.如图是一个以A1B1C1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC，已知A1B1＝B1C1＝2，∠A1B1C1＝90°，AA1＝4，BB1＝3，CC1＝2，求：
(1)该几何体的体积．
(2)截面ABC的面积．
解：(1)过C作平行于A1B1C1的截面A2B2C，交AA1，BB1分别于点A2，B2.
由直三棱柱性质及∠A1B1C1＝90°可知B2C⊥平面ABB2A2，
则该几何体的体积V＝VA1B1C1­A2B2C＋VC­ABB2A2＝eq \f(1,2)×2×2×2＋eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×(1＋2)×2×2＝6.
(2)在△ABC中，AB＝eq \r(22＋4－32)＝eq \r(5)，
BC＝eq \r(22＋3－22)＝eq \r(5)，AC＝eq \r(2\r(2)2＋4－22)＝2eq \r(3).
则S△ABC＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×eq \r(\r(5)2－\r(3)2)＝eq \r(6).
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，但不一定相等
侧面形状
平行四边形
三角形
梯形
名称
圆柱
圆锥
圆台
球
图形
旋转
图形
矩形
直角三角形
直角梯形
半圆形
旋转轴
任一边所在的直线
任一直角边所在的直线
垂直于底边的腰所在的直线
直径所在的直线
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
全等的矩形
全等的等腰三角形
全等的等腰梯形
圆
侧面展开图
矩形
扇形
扇环
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＝4πR2
V＝eq \f(4,3)πR3
常规
角度
1.几何体体积和表面积的计算：主要考查棱柱、棱锥或不规则几何体的体积与表面积的计算．
2.球的切、接问题：主要考查几何体与球的组合体的识辨，球的体积、表面积的计算
创新
角度
几何体的体积与表面积的计算与空间线面位置关系、数学文化、实际生产生活的应用交汇命题
求多面体
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
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
提醒
在求解组合题的表面积时，注意几何体表面的构成，尤其是重合部分，面积不要多加或少加
直接法
对于规则的几何体，利用相关公式直接计算
割补法
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，即利用三棱锥的任一个面作为三棱锥的底面进行等体积变换