人教A版 (2019)必修 第二册8.3 简单几何体的表面积与体积同步达标检测题

这是一份人教A版 (2019)必修 第二册8.3 简单几何体的表面积与体积同步达标检测题，共36页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．若正方体的棱长为，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的表面积为（ ）
A．B．C．D．
2．益阳市“一园两中心”项目是益阳市委市政府推进“大益阳城市圈”建设、实现益阳“东接东进”战略作出的重大决策.“两中心”是指益阳市文化中心、益阳市政务中心.其中图书馆是益阳市文化中心的重要场馆之一，市政府决定在图书馆顶上安装太阳能板发电，要测量顶部的面积，将图书馆看成一个长方体与一个等底的正四棱锥组合而成，经测量长方体的底面是边长为24m的正方形，且高为10m，当正四棱锥的顶点P在阳光的照射下的影子恰好落在底面正方形的对角线的延长线上时（此时光线正好经过长方体的顶点），正四棱锥顶点的影子Q到长方体下底面中心O的距离为m，则图书馆顶部的面积为（ ）
A．576B．624C．688D．728
3．如图，已知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面为正方形，且侧棱与底面垂直，点O1为A1C1，B1D1的交点，点O2为AC，BD的交点，连接O1O2，点O为O1O2的中点．过点O且与直线AB平行的平面截这个四棱柱所得截面面积的最小值和最大值分别为1和，则四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的表面积为（ ）
A．10B．12C．13D．14
4．四面体的棱两两垂直，设分别为顶点所对面的面积，则有（ ）
A．B．
C．D．
5．如图所示，圆形纸片的圆心为O，半径为，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O，D，E，F为圆O上的点，分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起，使得D，E，F重合，得到三棱锥，则当的边长变化时，三棱锥的表面积S的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．已知某正四棱锥的体积是，该几何体的表面积最小值是，我们在绘画该表面积最小的几何体的直观图时所画的底面积大小是，则和的值分别是（ ）
A．3；B．4；C．4；D．3；
7．已知△ABC在平面内，不重合的两点P，Q在平面同侧，在点M从P运动到Q的过程中，记四面体M-ABC的体积为V，点A到平面MBC的距离为d，则可能的情况是（ ）
A．V保持不变，d先变大后变小B．V保持不变，d先变小后变大
C．V先变大后变小，d不断变大D．V先变小后变大，d不断变小
8．如图，在三棱锥O-ABC中，三条侧棱OA，OB，OC两两垂直，且OA，OB，OC的长分别为a，b，c. M为△ABC内部及其边界上的任意一点，点M到平面OBC，平面OAC，平面OAB的距离分别为a0，b0，c0，则（ ）
A．B．C．1D．2
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．正方体为棱长为2，动点，分别在棱，上，过点，，的平面截该正方体所得的截面记为，设，，其中，下列命题正确的是（ ）
A．当时，为矩形，其面积最大为4；
B．当时，的面积为；
C．当，时，设与棱的交点为，则；
D．当时，以为顶点，为底面的棱锥的体积为定值.
10．如图，在棱长为2的正四面体P-ABC中，D､E分别为AB､AC上的动点(不包含端点)，F为PC的中点，则下列结论正确的有（ ）
A．DE+EF的最小值为；
B．若E为AC中点，则DF的最小值为；
C．若四棱锥F-BDEC的体积为，则DE的取值范围是
D．若，则CE=1
11．已知平行六面体的体积为24，任取其中四个不共面的顶点构成四面体，则该四面体的体积可能取值为（ ）
A．4B．6C．8D．16
12．若四面体各棱长是1或2且该四面体不是正四面体，则其体积的可能值是（ ）
A．B．C．D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.
13．已知空间一点M到正方体六个表面的距离分别为5、6、7、8、9、10，则正方体的体积为______
14．如图，在三棱柱中，D，E，F分别是AB，AC，的中点.设三棱锥F－ADE的体积为，三棱柱的体积为，则＝________.
15．如图，在正四棱锥中，为棱PB的中点，为棱PD的中点，则棱锥与棱锥的体积之比为______．
16．有3个的正方形，如图1所示，连结相邻两边的中点，把每一正方形分割成与两块，然后如图2所示，将这6块粘附在一个正六边形上，再折叠成一个多面体，则这个多面体的体积为________.
四、解答题：本题共6小题，共计70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10分）已知长方体全部棱长的和为28，其外接球的表面积为，过、、三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体，且这个几何体的体积为．
（1）求棱的长；
（2）求几何体的表面积．
18．（12分）有一堆规格相同的铁制（铁的密度为）六角螺帽共重，已知该种规格的螺帽底面是正六边形，边长是，内孔直径为，高为，
（1）求一个六角螺帽的体积；（精确到）
（2）问这堆六角螺帽大约有多少个？
（参考数据：）
19．（12分）如图所示，正六棱锥被过棱锥高PO的中点且平行于底面的平面所截，得到正六棱台和较小的棱锥.
(1)求大棱锥，小棱锥，棱台的侧面面积之比；
(2)若大棱锥PO的侧棱长为12cm，小棱锥的底面边长为4cm，求截得的棱台的侧面面积和表面积.
20．（12分）如图，水平放置的正四棱台玻璃容器的高为，两底面对角线的长分别为，水深为.
(1)求正四棱台的体积；
(2)将一根长的玻璃棒放在容器中，的一端置于点处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度.（容器厚度，玻璃棒粗细均忽略不计）
21．（12分）如图所示，已知直三棱柱中，是用一平面截得的截面，且，若的面积为S，求证：介于截面与下底面之间的几何体的体积为.
22．（12分）四面体中，
（1）．求证：这个四面体的四个面都是锐角三角形；
（2）有4条长为2的线段和2条长为的线段，用这6条线段作为棱，构成一个三梭锥，问为何值时，可构成一个最大体积的三棱锥，最大值为多少？
(参考公式：三元均值不等式，当且仅当时取得等号)
8.3.1 棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积-----专项检测卷
(时间：120分钟，分值：150分)
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．若正方体的棱长为，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】作图可得：以正方体各个面的中心为顶点的凸多面体可以看成两个各条棱长均相等的正四棱锥底面重合构成的组合体，各侧面面积之和即为所求.
【详解】所求凸多面体的表面积是两个底面边长为1，高为的四棱锥的侧面积之和，如图：
四棱锥的侧棱长，
以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的表面积：．
故选：B
【点睛】
此题考查多面体表面积求法，关键在于准确找出几何体的特征，以及边角特殊关系，对空间想象能力要求较高.
2．益阳市“一园两中心”项目是益阳市委市政府推进“大益阳城市圈”建设、实现益阳“东接东进”战略作出的重大决策.“两中心”是指益阳市文化中心、益阳市政务中心.其中图书馆是益阳市文化中心的重要场馆之一，市政府决定在图书馆顶上安装太阳能板发电，要测量顶部的面积，将图书馆看成一个长方体与一个等底的正四棱锥组合而成，经测量长方体的底面是边长为24m的正方形，且高为10m，当正四棱锥的顶点P在阳光的照射下的影子恰好落在底面正方形的对角线的延长线上时（此时光线正好经过长方体的顶点），正四棱锥顶点的影子Q到长方体下底面中心O的距离为m，则图书馆顶部的面积为（ ）
A．576B．624C．688D．728
【答案】B
【分析】根据给定条件求出正四棱锥的高，进而求出其斜高即可计算四棱锥的侧面积作答.
【详解】依题意，正四棱锥顶点P、底面中心与正四棱柱下底面中心O共线，如图，
因，且，则四边形是平行四边形，即有，又直线，
而，即有，又，由得，
取中点E，连接，则PE是正四棱锥的斜高，而，于是得，
正四棱锥的侧面积，
所以图书馆顶部的面积为.
故选：B
3．如图，已知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面为正方形，且侧棱与底面垂直，点O1为A1C1，B1D1的交点，点O2为AC，BD的交点，连接O1O2，点O为O1O2的中点．过点O且与直线AB平行的平面截这个四棱柱所得截面面积的最小值和最大值分别为1和，则四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的表面积为（ ）
A．10B．12C．13D．14
【答案】D
【分析】当截面平行于平面时，截面面积最小；当截面为平面时，截面面积最大.
根据题设条件列出方程，然后求出正四棱柱的底面边长和高，即可求出四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的表面积．
【详解】由题意知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱柱，设正四棱柱的底面边长为a，高为h
因为过点O且与直线AB平行的平面截这个四棱柱所得截面面积的最小值和最大值分别为1和，
可知当截面平行于平面时，截面面积最小；
当截面为平面时，截面面积最大.
所以，解得，
于是四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的表面积为2a2+4ah＝2+12＝14
故选：D
4．四面体的棱两两垂直，设分别为顶点所对面的面积，则有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】取特殊图形，侧棱两两垂直的正三棱锥，并取特殊值，代入检验，即得解
【详解】设计一个特殊图形，侧棱两两垂直的正三棱锥，并取特殊值，则，于是，，代入检验可得D.
故选：D
5．如图所示，圆形纸片的圆心为O，半径为，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O，D，E，F为圆O上的点，分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起，使得D，E，F重合，得到三棱锥，则当的边长变化时，三棱锥的表面积S的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设三棱锥底面边长为a，则．如图所示，连接OD交BC于点G，从而可表示三棱锥的底面积为，侧面积为，可得表面积为，由的范围可求出表面积的范围
【详解】设三棱锥底面边长为a，则．如图所示，连接OD交BC于点G，
则，
故三棱锥的底面积为，侧面积为．
因而表面积为，故．
故选：D
6．已知某正四棱锥的体积是，该几何体的表面积最小值是，我们在绘画该表面积最小的几何体的直观图时所画的底面积大小是，则和的值分别是（ ）
A．3；B．4；C．4；D．3；
【答案】C
【分析】设该正四棱锥底面边长为，高为，由体积得到，再算出侧面积和底面积，进而得到该四棱锥的表面积，然后通过基本不等式求得答案.
【详解】如图，O为底面ABCD的中心，E为BC的中点，连接PO，OE，
设该正四棱锥底面边长为，高为，且，由题意，.
易有，，则，
所以，，将代入并化简得：，
于是，
.
当且仅当时，取“=”.
易知，此时底面ABCD直观图的面积.
故选：C.
7．已知△ABC在平面内，不重合的两点P，Q在平面同侧，在点M从P运动到Q的过程中，记四面体M-ABC的体积为V，点A到平面MBC的距离为d，则可能的情况是（ ）
A．V保持不变，d先变大后变小B．V保持不变，d先变小后变大
C．V先变大后变小，d不断变大D．V先变小后变大，d不断变小
【答案】A
【分析】先用根据题意，可知的过程中，h是单调或不变的，故可排除C、D，
再结合图像，得到所以会先变小后变大或单调或不变，即可求解.
【详解】设点M到平面的距离为h，易知的过程中，h是单调或不变的，于是，是单调的或不变的，排除C、D.
对于AB选项，V不变即h不变，得到，是平行于的平面.
，是M到直线BC的距离.
如图①过程中，会先变小后变大，反向移动，也会先变小后变大；
②的过程中，会一直变大，反向移动会一直变小；
③的过程中，会不变；
所以会先变小后变大或单调或不变，
所以也会先变小后变大或一直变大或不变，又M-ABC的体积为定值，
故d会先变大后变小或不变或者单调.
故选：A.
8．如图，在三棱锥O-ABC中，三条侧棱OA，OB，OC两两垂直，且OA，OB，OC的长分别为a，b，c. M为△ABC内部及其边界上的任意一点，点M到平面OBC，平面OAC，平面OAB的距离分别为a0，b0，c0，则（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】C
【分析】由题意可得，，分别是面，，对应的高，然后利用三棱锥的体积公式可得，对于任意点，连结，，，，将四面体分别为四个部分，，因为点在平面内，故，利用体积相等，列出等式关系，化简变形即可得到答案．
【详解】在四面体中，由于，，两两垂直，
故，，分别是面，，对应的高，
即，
又，，，
故，
对于任意点，连结，，，，如图，
将四面体分别为四个部分，
，
因为本题中点在平面上，
故，，，四点共面，所以，
所以
，
又因为，则有，
将等式两边同时除以，可得．
故选：
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．正方体为棱长为2，动点，分别在棱，上，过点，，的平面截该正方体所得的截面记为，设，，其中，下列命题正确的是（ ）
A．当时，为矩形，其面积最大为4；
B．当时，的面积为；
C．当，时，设与棱的交点为，则；
D．当时，以为顶点，为底面的棱锥的体积为定值.
【答案】BCD
【分析】由题意可知，当，变化时，截面为不同的图形，所以根据选项逐一判断即可．
【详解】解：对A：
当时，点与点重合，所以，此时为矩形，当点与点重合时，的面积最大，，故选项A错误；
对B：
当，时，为的中位线，，
，，为等腰梯形，
过作于，，，，，
，
的面积为，故选项B正确；
对C：
由图可设与交于点，可得，，
，则，，故选项C正确；
对D：
如图，当时，以为顶点，为底面的棱锥为，，故选项D正确；
故选：BCD．
10．如图，在棱长为2的正四面体P-ABC中，D､E分别为AB､AC上的动点(不包含端点)，F为PC的中点，则下列结论正确的有（ ）
A．DE+EF的最小值为；
B．若E为AC中点，则DF的最小值为；
C．若四棱锥F-BDEC的体积为，则DE的取值范围是
D．若，则CE=1
【答案】BC
【分析】（1）将平面PAC和平面BAC沿AC边展开为平面四边形PABC即可求解；
（2）设PD=m，易知m≥，又有PADCAD，所以CD=PD=m，又DF⊥PC，根据勾股定理即可求解；
（3）由得，又，所以，又，可得，再利用余弦定理及均值不等式即可求解的取值范围；
（4）由即可求解.
【详解】解：对于A选项，如下展开图
易知AF⊥AB，则有DE+EF≥AF=，又因为D､E不能是端点，故有DE+EF>，没有最小值，A错误；
对于B选项，设PD=m，易知m≥，又有PADCAD，所以CD=PD=m，
连接DF，则有DF⊥PC，故，B正确；
对于C选项，设等边ABC的中心为O，连接PO，
易知PO⊥平面ABC，则，
所心得，
所以，又，
则有，又，可得，
所以，C正确；
对于D选项，设CE=t，，
解得或1，即或1，D错误；
故选：BC.
11．已知平行六面体的体积为24，任取其中四个不共面的顶点构成四面体，则该四面体的体积可能取值为（ ）
A．4B．6C．8D．16
【答案】AC
【分析】结合图形分两种情况可解得结果.
【详解】
设平行六面体的体积为
如左图，当取顶点时，则该四面体体积；
如右图，当取顶点时，则该四面体体积.
故选：AC.
12．若四面体各棱长是1或2且该四面体不是正四面体，则其体积的可能值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】先根据边长，分析四面体由3种情况：（1）1边为1，其他5边为2；（2）2边为1，其他四边为2；（3）3边为1,3边为2.
对于（1）（2），取AB的中点为E,连结CE，DE，计算，即可求体积；
对于（3）过D作DO垂直底面于O,，直接求底面积和高，即可求体积.
【详解】因为四面体各棱长是1或2且该四面体不是正四面体，所以四面体的各棱长可以为（1）1边为1，其他5边为2；（2）2边为1，其他四边为2；（3）3边为1,3边为2.
（1）当四面体的各棱长为1边为1，其他5边为2；如图示：
不妨设,其他5边为2；
取AB的中点为E,连结CE，因为BC=AC=2,
所以CE⊥AB且；
同理可证：DE⊥AB且.
又，所以AB⊥面.所以.
在△CDE中，取CD中点F，连结EF,则EF⊥CD,且,
所以
所以
（2）当四面体的各棱长为2边为1，其他四边为2；由于三角形两边之和大于第三边，只能是对边为1，如图示：不妨设,其他4边为2；
取AB的中点为E,连结CE，因为BC=AC=2,
所以CE⊥AB且；
同理可证：DE⊥AB且.
又，所以AB⊥面.所以.
在△CDE中，取CD中点F，连结EF,则EF⊥CD,且,
所以
所以
（3）当四面体的各棱长为3边为1,3边为2；由于三角形两边之和大于第三边，只能是三条底边为1，侧棱为2，如图示：不妨设,；
则四面体ABCD为正棱锥，过D作DO垂直底面于O,则O为三角形ABC的中心，
所以，
所以.
而
所以.
故选：ACD
【点睛】
立体几何中求体积（或求距离），常用的方法有：(1) 直接法；(2)等体积法；(3) 补形法；(4)向量法.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.
13．已知空间一点M到正方体六个表面的距离分别为5、6、7、8、9、10，则正方体的体积为______
【答案】1或或3375
【分析】根据空间任意一点到正方体六个面的距离，存在3对距离之差或和等于棱长，结合已知求棱长，即可求正方体的体积.
【详解】由正方体的性质，空间中一点到平行两个平面的距离之差或和为棱长，
所以，已知距离中存在3对距离之差或和为定值，即为正方体棱长.
由题设，棱长为，，
所以正方体的体积为1或或.
故答案为：1或或3375.
14．如图，在三棱柱中，D，E，F分别是AB，AC，的中点.设三棱锥F－ADE的体积为，三棱柱的体积为，则＝________.
【答案】1∶24##
【分析】分别算出三棱锥F－ADE的与原三棱柱的底面积之比和高之比，进而根据椎体和柱体的体积公式求得答案.
【详解】设三棱柱的底面ABC的面积为S，高为h，则其体积.
∵D，E分别为AB，AC的中点，∴的面积等于.
又∵F为的中点，∴F到底面ABC的距离是到底面ABC距离h的一半，即为.
∴于是三棱锥F－ADE的体积，则.
故答案为：.
15．如图，在正四棱锥中，为棱PB的中点，为棱PD的中点，则棱锥与棱锥的体积之比为______．
【答案】
【分析】根据图形可求出与棱锥的体积之比，即可求出结果．
【详解】如图所示：
棱锥可看成正四棱锥减去四个小棱锥的体积得到，
设正四棱锥的体积为，为PB的中点，为PD的中点，
所以，而，
同理，
故棱锥的体积的为，
即棱锥与棱锥的体积之比为
故答案为：.
16．有3个的正方形，如图1所示，连结相邻两边的中点，把每一正方形分割成与两块，然后如图2所示，将这6块粘附在一个正六边形上，再折叠成一个多面体，则这个多面体的体积为________.
【答案】
根据图2的展开图得到几何体的空间立体图，并确定几何体的构成：由一个直角棱长为12cm的直三棱柱和一个上底为的等边三角形、下底为的等边三角形的棱台且去掉三个直角棱长为6cm的直三棱柱构成，即可求几何体的体积；
【详解】由题意，可知6块粘附在一个正六边形上，
再折叠成一个多面体为一个下底面为边长为正六边形，
中间为边长为的等边三角形，且上面是直角棱为的直三棱柱；
∴几何体可看作：由一个直角棱长为12cm的直三棱柱和一个上底为的等边三角形、
下底为的等边三角形的棱台且去掉三个直角棱长为6cm的直三棱柱构成；
∴棱台的上底面积为，
下底面积为，
而高；
故，棱台体积，
而直角棱长为6cm的直三棱柱的体积，
直角棱长为12cm的直三棱柱的体积；
∴几何体体积：
故答案为：
【点睛】
本题考查了利用平面图形还原成空间几何体，分析几何体的构成，根据不同部分的体积公式求体积，然后求和加总；
四、解答题：本题共6小题，共计70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10分）已知长方体全部棱长的和为28，其外接球的表面积为，过、、三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体，且这个几何体的体积为．
（1）求棱的长；
（2）求几何体的表面积．
【答案】（1）2或3；（2）．
【分析】（1）利用分割组合体可得关于的方程即得；（2）利用表面积公式即得.
【详解】（1）设，，，则，∴①
又为长方体外接球半径)，∴②
又，∴③
由①②③，解得或或
∴棱长AA1为2或3
（2）由（1）知，
若，，则
其他情况，同理
∴
18．（12分）有一堆规格相同的铁制（铁的密度为）六角螺帽共重，已知该种规格的螺帽底面是正六边形，边长是，内孔直径为，高为，
（1）求一个六角螺帽的体积；（精确到）
（2）问这堆六角螺帽大约有多少个？
（参考数据：）
【答案】（1）；（2）261个.
（1）利用六棱柱的体积减去圆柱的体积即得解；
（2）计算即得解.
【详解】（1）由题得
（2）这堆螺帽的个数为：（个）
答：每个螺帽的体积为，共有261个螺帽.
【点睛】
本题主要考查空间几何体的体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
19．（12分）如图所示，正六棱锥被过棱锥高PO的中点且平行于底面的平面所截，得到正六棱台和较小的棱锥.
(1)求大棱锥，小棱锥，棱台的侧面面积之比；
(2)若大棱锥PO的侧棱长为12cm，小棱锥的底面边长为4cm，求截得的棱台的侧面面积和表面积.
【答案】(1)；
(2)侧面积；表面积.
【分析】（1）设小棱锥的底面边长为，斜高为，从而可得出大棱锥的底面边长和斜高，然后可分别求出大棱锥，小棱锥，棱台的侧面积，从而可求出大棱锥，小棱锥，棱台的侧面积之比；
（2）根据条件可求出大棱锥的底面边长和斜高，从而可求出大棱锥的侧面积；根据（1）的结论可求出棱台的侧面积；再求出棱台的上下底面的面积，从而可求出棱台的表面积.
(1)
设小棱锥的底面边长为，斜高为，则大棱锥的底面边长为，斜高为，
所以大棱锥的侧面积为，小棱锥的侧面积为，
棱台的侧面积为，
所以大棱锥，小棱锥，棱台的侧面积之比.
(2)
因为小棱锥的底面边长为4cm，所以大棱锥的底面边长为8cm，
因为大棱锥的侧棱长为12cm，所以大棱锥的斜高为cm，
所以大棱锥的侧面积为，
所以棱台的侧面积为，
棱台的上，下底面的面积和为，
所以棱台的表面积为.
20．（12分）如图，水平放置的正四棱台玻璃容器的高为，两底面对角线的长分别为，水深为.
(1)求正四棱台的体积；
(2)将一根长的玻璃棒放在容器中，的一端置于点处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度.（容器厚度，玻璃棒粗细均忽略不计）
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，结合台体的体积公式，即可求出结果.
（2）设玻璃棒在上的点为，玻璃棒与水面的交点为，过点作，交于点，过点作，交于点，推导出为等腰梯形，求出，，由正弦定理求出，由此能求出玻璃棒没入水中部分的长度．
(1)
解：由题意可知，下底面正方形的边长为，上底面正方形的边长为，
所以下底面面积为，上底面的面积，
又台体的高为，
所以正四棱台的体积
(2)
解：设玻璃棒在上的点为，则，玻璃棒与水面的交点为，在平面中，过点作，交于点，过点作，交于点，
∵为正四棱台，
∴，，
∴为等腰梯形，画出平面的平面图，
∵，
∴，
由勾股定理得：，
，
根据正弦定理得：，
，
，
．
∴玻璃棒没入水中部分的长度为．
21．（12分）如图所示，已知直三棱柱中，是用一平面截得的截面，且，若的面积为S，求证：介于截面与下底面之间的几何体的体积为.
【答案】证明见解析
【分析】由于所求几何体不是规则的，于是可通过分割法或者补形法求解体积.
【详解】
证法一（分割）：为了讨论方便，不妨设.如图所示.
可将几何体分割成一个小直三棱柱与两个三棱锥.
过作交于，过作交于，联结、，
则几何体被分割成：
直三棱柱，三棱锥，三棱锥.
设，A到的距离为d，则，由于
，
，
故.
证法二（补形）：将几何体以为底面进行两次等几何体补形，
使侧棱的长均为，这样就将不规则的几何体补形为新的直三棱柱，
而原几何体的体积等于这个新直三棱柱体积的，
故.
22．（12分）四面体中，
（1）．求证：这个四面体的四个面都是锐角三角形；
（2）有4条长为2的线段和2条长为的线段，用这6条线段作为棱，构成一个三梭锥，问为何值时，可构成一个最大体积的三棱锥，最大值为多少？
(参考公式：三元均值不等式，当且仅当时取得等号)
【答案】（1）证明见解析；（2）当时，三棱锥体积最大为．
【分析】（1）在四面体中，由已知可得四面体的四个面为全等三角形，设长方体的长、宽、高分别为、、，证明为锐角三角形，即可证明这个四面体的四个面都是锐角三角形；
（2）当2条长为的线段不在同一个三角形中，写出三棱锥体积，利用基本不等式求最值；当边长为的两条棱在同一个三角形中时，可知当平面时，体积取最大值，比较大小的结论.
【详解】（1）∵四面体，如图，
故四面体中四个面为全等三角形，
即只需证明一个为锐角三角形即可，设长方体长宽高分别为，则，
∴，∴为锐角三角形，故四面体四个面都为锐角三角形；
（2）解：2条长为的线段不在同一个三角形中，此时长为的两条线段必还在三棱锥的对棱，不妨设，
取中点，连接，(如图)，
则，，则平面，，
在中，，，
，
∴，
由均值不等式，等号当且仅当时成立，即，
∴此时，
当边长为的两条棱在同一个三角形中时，设，
当且仅当平面时，体积取最大，此时，
∵，
综上，当时，三棱锥体积最大为