北师大版高考数学一轮复习第八章 §8.1　空间几何体及其表面积、体积试卷

这是一份北师大版高考数学一轮复习第八章 §8.1　空间几何体及其表面积、体积试卷，共23页。试卷主要包含了1　空间几何体及其表面积、体积，旋转体的结构特征，三视图与直观图，多面体的表面积、侧面积，柱、锥、台、球的表面积和体积，52×2＝eq \f，等内容，欢迎下载使用。

考试要求 1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图.3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.4.了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式．
1．多面体的结构特征
2.旋转体的结构特征
3.三视图与直观图
4.多面体的表面积、侧面积
因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．
5．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
6.柱、锥、台、球的表面积和体积
微思考
1．如何求旋转体的表面积？
提示 求旋转体的侧面积时需要将曲面展开为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面积之和．
2．柱体、锥体、台体体积之间有什么关系？
提示
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”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)用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．( √ )
(3)棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形．( × )
(4)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．( × )
题组二 教材改编
2．如图，长方体ABCD－A′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．六棱柱
答案 C
3．母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于eq \f(8,5)π，则该圆锥的体积为________．
答案 16π
解析 由题意知，侧面展开图的弧长为5×eq \f(8,5)π＝8π，
设圆锥底面圆的半径为r，
则8π＝2πr，
∴r＝4，∴圆锥高h＝eq \r(52－42)＝3，
∴体积为eq \f(1,3)×π×42×3＝16π.
4．一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________．
答案 14π
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).
∴S＝4πR2＝4π×eq \f(14,4)＝14π.
题组三 易错自纠
5．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( )
答案 A
解析 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).
6．下面图形都是由六个全等的小正方形组成，其中可以折成正方体的是( )
答案 C
题型一 空间几何体
命题点1 三视图
例1 (2020·全国Ⅱ)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点主视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在左视图中对应的点为( )
A．E B．F C．G D．H
答案 A
解析 由三视图还原几何体，如图所示，
由图可知，所求端点在左视图中对应的点为E.
命题点2 直观图
例2 一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形，则原平面四边形的面积等于( )
A.eq \f(\r(2),4)a2 B．2eq \r(2)a2
C.eq \f(\r(2),2)a2 D.eq \f(2\r(2),3)a2
答案 B
解析 根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则可知，在x轴上(或与x轴平行)的线段，其长度保持不变；在y轴上(或与y轴平行)的线段，其长度变为原来的一半，且∠x′O′y′＝45°(或135°)，所以若设原平面图形的面积为S，则其直观图的面积为S′＝eq \f(1,2)·eq \f(\r(2),2)·S＝eq \f(\r(2),4)S.可以得出一个平面图形的面积S与它的直观图的面积S′之间的关系是S′＝eq \f(\r(2),4)S，本题中直观图的面积为a2，所以原平面四边形的面积S＝eq \f(a2,\f(\r(2),4))＝2eq \r(2)a2.
命题点3 展开图
例3 (2020·浙江)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________．
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＝πrl＝2π，
∴r·l＝2.
又圆锥侧面展开图为半圆，
∴eq \f(1,2)πl2＝2π，
∴l＝2，∴r＝1.
思维升华 (1)由几何体求三视图，要注意观察的方向，掌握“长对正、高平齐，宽相等”的基本要求，由三视图推测几何体，可以先利用俯视图推测底面，然后结合主视图、左视图推测几何体的可能形式．
(2)画几何体的直观图，掌握线段方向、长度两要素即可；几何体的展开图和原几何体的关系(形状和数量关系)是解题重点．
跟踪训练1 (1)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )
A．三棱锥 B．三棱柱
C．四棱锥 D．四棱柱
答案 B
解析 由题意知，该几何体的三视图为一个三角形、两个四边形，经分析可知该几何体为三棱柱．
(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)
答案 A
解析 恢复后的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).
(3)(2020·安庆模拟)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为a，底面边长为b，一只蚂蚁从点A出发沿每个侧面爬到A1，路线为A→M→N→A1，则蚂蚁爬行的最短路程是( )
A.eq \r(a2＋9b2)
B.eq \r(9a2＋b2)
C.eq \r(4a2＋9b2)
D.eq \r(a2＋b2)
答案 A
解析 正三棱柱的侧面展开图是如图所示的矩形，矩形的长为3b，宽为a，则其对角线AA1的长为最短路程．因此蚂蚁爬行的最短路程为eq \r(a2＋9b2).
题型二 表面积与体积
命题点1 表面积
例4 (2020·全国Ⅰ)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
答案 A
解析 如图，设圆O1的半径为r，球的半径为R，正三角形ABC的边长为a.
由πr2＝4π，得r＝2，
则eq \f(\r(3),3)a＝2，a＝2eq \r(3)，OO1＝a＝2eq \r(3).
在Rt△OO1A中，由勾股定理得
R2＝r2＋OOeq \\al(2,1)＝22＋(2eq \r(3))2＝16，
所以S球＝4πR2＝4π×16＝64π.
命题点2 体积
例5 (2020·新高考全国Ⅱ)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.
思维升华 (1)空间几何体表面积的求法
①旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．
②多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．
③以三视图为载体的需确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．
(2)空间几何体体积问题的常见类型及解题策略
①直接利用公式进行求解．
②用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．
③以三视图的形式给出的应先得到几何体的直观图．
跟踪训练2 (1)(2018·全国Ⅰ)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．12π
C．8eq \r(2)π D．10π
答案 B
解析 设圆柱的轴截面的边长为x，
则由x2＝8，得x＝2eq \r(2)，
∴S圆柱表＝2S底＋S侧＝2×π×(eq \r(2))2＋2π×eq \r(2)×2eq \r(2)＝12π.
(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________．
答案 eq \f(\r(2),3)
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＝VBCG－ADM＝S△BCG·AB＝eq \f(\r(2),4)，V2＝2VF－BCG＝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).
题型三 与球有关的切、接问题
命题点1 简单几何体的外接球
例6 (2020·枣庄模拟)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1＝4，△ABC是边长为2eq \r(3)的正三角形，D1是线段B1C1的中点，点D是线段A1D1上的动点，则三棱锥D－ABC外接球的表面积的取值范围为__________(用区间表示)．
答案 [25π，32π]
解析 如图，设三棱柱ABC－A1B1C1上、下底面的中心分别为O1，O2，三棱锥D－ABC外接球的球心为O，连接O1O2，AO2，
由△ABC是边长为2eq \r(3)的正三角形知O1在A1D1上，且AO2＝A1O1＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)×2eq \r(3)＝2.根据三棱柱的结构特征以及AA1⊥平面ABC，可得O1O2⊥平面ABC，O在O1O2上，连接OD，OA，设O1D＝x，OO2＝y，球O的半径为R，则R2＝y2＋4，R2＝x2＋(4－y)2，可得y＝eq \f(x2,8)＋eq \f(3,2)，x∈[0，2]，所以y2＋4∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(25,4)，8))，所以球O的表面积S＝4πR2＝4π(y2＋4)∈[25π，32π]．
思维升华 (1)求解多面体的外接球时，经常用到截面图．如图所示，设球O的半径为R，截面圆O′的半径为r，M为截面圆上任意一点，球心O到截面圆O′的距离为d，则在Rt△OO′M中，OM2＝OO′2＋O′M2，即R2＝d2＋r2.
(2)求解球的内接正方体、长方体等问题的关键是把握球的直径即是几何体的体对角线．
命题点2 简单几何体的内切球
例7 (2020·全国Ⅲ)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 eq \f(\r(2),3)π
解析 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，
则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△PAB中，PA＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝2eq \r(2)，△PEO∽△PDB，
故eq \f(PO,PB)＝eq \f(OE,DB)，即eq \f(2\r(2)－r,3)＝eq \f(r,1)，
解得r＝eq \f(\r(2),2)，
故内切球的体积为eq \f(4,3)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))3＝eq \f(\r(2),3)π.
思维升华 “切”的问题处理规律
(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决．
(2)体积分割是求内切球半径的通用方法．
跟踪训练3 (1)已知三棱锥S－ABC的三条侧棱两两垂直，且SA＝1，SB＝SC＝2，若点P为三棱锥S－ABC的外接球的球心，则这个外接球的半径是________．
答案 eq \f(3,2)
解析 如图所示，将三棱锥补形为长方体，则该三棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设外接球半径为R，
则(2R)2＝12＋22＋22＝9，
∴4R2＝9，R＝eq \f(3,2).
即这个外接球的半径是eq \f(3,2).
(2)如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为( )
A.eq \f(\r(6)π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,6) D.eq \f(\r(3)π,3)
答案 C
解析 平面ACD1，截球O的截面为△ACD1的内切圆，
∵正方体棱长为1，
∴AC＝CD1＝AD1＝eq \r(2).
∴内切圆半径r＝tan 30°·AE＝eq \f(\r(3),3)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(6),6).
∴S＝πr2＝π×eq \f(1,6)＝eq \f(π,6).
空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心及半径，常见的求解方法有如下几种：
(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．
(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解．
(3)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
一、解方程确定球心的位置
例1 已知正三棱锥S－ABC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________．
答案 64π
解析 如图，过点S作SE⊥平面ABC于点E，记球心为O.
∵在正三棱锥S－ABC中，底面边长为6，
侧棱长为4eq \r(3)，
∴BE＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)×6＝2eq \r(3)，
∴SE＝eq \r(SB2－BE2)＝6.
∵球心O到四个顶点的距离相等，均等于该正三棱锥外接球的半径R，
∴OB＝R，OE＝6－R.
在Rt△BOE中，OB2＝BE2＋OE2，
即R2＝12＋(6－R)2，
解得R＝4，
∴外接球的表面积为S＝4πR2＝64π.
二、借助三角形的外心确定球心的位置
例2 (2020·南昌市八一中学模拟)如图所示，在三棱锥S－ABC中，△ABC与△SBC都是边长为1的正三角形，二面角A－BC－S的大小为eq \f(2π,3)，若S，A，B，C四点都在球O的表面上，则球O的表面积为( )
A.eq \f(7π,3) B.eq \f(13π,3)
C.eq \f(4π,3) D．3π
答案 A
解析 如图，取线段BC的中点D，连接AD，SD，
由题意得AD⊥BC，SD⊥BC，
∴∠ADS是二面角A－BC－S的平面角，
∴∠ADS＝eq \f(2π,3)，
由题意得BC⊥平面ADS，分别取AD，SD的三等分点E，F，
在平面ADS内，过点E，F分别作直线垂直于AD，SD，
两条直线的交点即球心O，连接OA，
则球O半径R＝OA，
由题意知BD＝eq \f(1,2)，AD＝eq \f(\r(3),2)，DE＝eq \f(1,3)AD＝eq \f(\r(3),6)，AE＝eq \f(2,3)AD＝eq \f(\r(3),3)，
连接OD，在Rt△ODE中，
∠ODE＝eq \f(π,3)，OE＝eq \r(3)DE＝eq \f(1,2)，
∴OA2＝OE2＋AE2＝eq \f(7,12)，
∴球O的表面积为S＝4πR2＝eq \f(7π,3).
三、有公共直角边四面体的外接球问题
例3 (2020·新疆维吾尔自治区模拟)在四面体ABCD中，AB＝eq \r(2)，DA＝DB＝CA＝CB＝1，则四面体ABCD的外接球的表面积为( )
A．π B．2π C．3π D．4π
答案 B
解析 取AB的中点O，
由AB＝eq \r(2)，DA＝DB＝CA＝CB＝1，
所以CA2＋CB2＝AB2，AD2＋BD2＝AB2，
可得∠ACB＝∠ADB＝90°，
所以OA＝OB＝OC＝OD＝eq \f(\r(2),2)，
即O为外接球的球心，球的半径R＝eq \f(\r(2),2)，
所以四面体ABCD的外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×eq \f(1,2)＝2π.
四、对棱相等的四面体外接球问题
例4 在四面体ABCD中，若AB＝CD＝eq \r(3)，AC＝BD＝2，AD＝BC＝eq \r(5)，则四面体ABCD的外接球的表面积为( )
A．2π B．4π
C．6π D．8π
答案 C
解析 由题意可采用割补法，考虑到四面体ABCD的四个面为全等的三角形，所以可在其每个面补上一个以eq \r(3)，2，eq \r(5)为三边的三角形作为底面，且分别以x，y，z长、两两垂直的侧棱的三棱锥，从而可得到一个长、宽、高分别为x，y，z的长方体，并且x2＋y2＝3，x2＋z2＝5，y2＋z2＝4，则有(2R)2＝x2＋y2＋z2＝6(R为球的半径)，得2R2＝3，所以球的表面积为S＝4πR2＝6π.
课时精练
1．以下命题中真命题的序号是( )
①若棱柱被一平面所截，则分成的两部分不一定是棱柱；
②有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱；
③当球心到平面的距离小于球面半径时，球面与平面的交线总是一个圆．
A．①③ B．②③ C．①② D．①②③
答案 A
解析 ①正确；②有两个面平行，其余各面都是平行四边形并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱，故不正确；③当球心到平面的距离小于球面半径时，球面与平面的交线总是一个圆，正确．综上可得，只有①③正确．
2．(2020·天津)若棱长为2eq \r(3)的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A．12π B．24π
C．36π D．144π
答案 C
解析 由题意知，正方体的体对角线就是球的直径，
∴2R＝eq \r(2\r(3)2＋2\r(3)2＋2\r(3)2)＝6，
∴R＝3，∴S球＝4πR2＝36π.
3．已知一个圆锥的母线长为4，且其侧面积是其轴截面面积的4倍，则该圆锥的高为( )
A．π B.eq \f(3π,2) C.eq \f(2π,3) D.eq \f(π,2)
答案 A
解析 不妨设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，
根据题意，则4×eq \f(1,2)×2rh＝πrl，
所以eq \f(h,l)＝eq \f(π,4)，
解得h＝π.
4．(2020·全国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)
答案 C
解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a，高为h，
侧面三角形底边上的高(斜高)为h′，
则由已知得h2＝eq \f(1,2)ah′.
如图，设O为正四棱锥S－ABCD底面的中心，E为BC的中点，
则在Rt△SOE中，h′2＝h2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))2，
∴h′2＝eq \f(1,2)ah′＋eq \f(1,4)a2，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h′,a)))2－eq \f(1,2)·eq \f(h′,a)－eq \f(1,4)＝0，
解得eq \f(h′,a)＝eq \f(\r(5)＋1,4)(负值舍去)．
5．已知某四面体的三视图如图所示，主视图、左视图、俯视图是全等的等腰直角三角形，则该四面体的四个面中直角三角形的个数为( )
A．4 B．3 C．2 D．1
答案 A
解析 由三视图可知该几何体如图所示，
CB⊥AB，CB⊥DA，DA∩AB＝A，
所以CB⊥平面DAB，
所以CB⊥BD，即△DBC是直角三角形，因此△ABC，△DAB，△DAC，△DBC都是直角三角形．
6.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝eq \r(3)，点E为AB上的动点，则D1E＋CE的最小值为( )
A．2eq \r(2) B.eq \r(10)
C.eq \r(5)＋1 D．2＋eq \r(2)
答案 B
解析 如图，连接AD1，BC1分别延长至F，G，使得AD＝AF，BC＝BG，连接EG，FG，
∵四棱柱ABCD－A1B1C1D1为正四棱柱，
∴AB⊥平面ADD1A1，AB⊥平面BCC1B1，
∴AB⊥AF，AB⊥BG，
又AB＝AD＝AF，
∴四边形ABGF为正方形，
∴EG＝eq \r(BE2＋BG2)＝eq \r(BE2＋BC2)＝CE，
∴D1E＋CE的最小值为D1G，
又D1G＝eq \r(D1F2＋FG2)＝eq \r(9＋1)＝eq \r(10)，
∴D1E＋CE的最小值为eq \r(10).
7．一个六棱锥的体积为2eq \r(3)，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．
答案 12
解析 设六棱锥的高为h，则V＝eq \f(1,3)Sh，
所以eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×4×6h＝2eq \r(3)，解得h＝1.
设六棱锥的斜高为h′，
则h2＋(eq \r(3))2＝h′2，故h′＝2.
所以该六棱锥的侧面积为eq \f(1,2)×2×2×6＝12.
8．(2020·全国Ⅱ改编)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________．
答案 1
解析 如图所示，过球心O作OO1⊥平面ABC，
则O1为等边三角形ABC的外心．
设△ABC的边长为a，
则eq \f(\r(3),4)a2＝eq \f(9\r(3),4)，解得a＝3，
∴O1A＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)×3＝eq \r(3).
设球O的半径为r，则由4πr2＝16π，得r＝2，即OA＝2.
在Rt△OO1A中，OO1＝eq \r(OA2－O1A2)＝1，
即O到平面ABC的距离为1.
9.(2020·江苏)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的边长为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 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(12\r(3)－\f(π,2)))
解析 螺帽的底面正六边形的面积
S＝6×eq \f(1,2)×22×sin 60°＝6eq \r(3)(cm2)，
正六棱柱的体积V1＝6eq \r(3)×2＝12eq \r(3)(cm3)，
圆柱的体积V2＝π×0.52×2＝eq \f(π,2)(cm3)，
所以此六角螺帽毛坯的体积
V＝V1－V2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(12\r(3)－\f(π,2)))cm3.
10.如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现．我们来重温这个伟大发现，圆柱的体积与球的体积之比为________，圆柱的表面积与球的表面积之比为________．
答案 eq \f(3,2) eq \f(3,2)
解析 由题意，圆柱底面半径r＝球的半径R，
圆柱的高h＝2R，则V球＝eq \f(4,3)πR3，
V柱＝πr2h＝π·R2·2R＝2πR3.
∴eq \f(V柱,V球)＝eq \f(2πR3,\f(4,3)πR3)＝eq \f(3,2).
S球＝4πR2，
S柱＝2πr2＋2πrh＝2πR2＋2πR·2R＝6πR2.
∴eq \f(S柱,S球)＝eq \f(6πR2,4πR2)＝eq \f(3,2).
11.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长AB＝1，过点A1的平面α与正方体的面相交，交线围成一个正三角形．
(1)在图中画出这个正三角形(不必说明画法和理由)；
(2)平面α将该正方体截成两个几何体，求体积较大的几何体的体积和表面积．
解 (1)连接A1D，A1B，BD，则△A1BD为所求三角形(作法不唯一)，如图所示．
(2)平面α将正方体截成三棱锥A1－ABD和多面体BCD－A1B1C1D1两部分，
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×1＝eq \f(1,6)，
＝1－eq \f(1,6)＝eq \f(5,6)，
因此体积较大的几何体是多面体BCD－A1B1C1D1，其体积为eq \f(5,6)，
由BD＝eq \r(2)，得＝eq \f(\r(3),2)，
又S△BCD＝eq \f(1,2)×1×1＝eq \f(1,2)，＝1，
故多面体BCD－A1B1C1D1的表面积为eq \f(\r(3),2)＋eq \f(1,2)×3＋1×3＝eq \f(\r(3),2)＋eq \f(9,2).
12.现需要设计一个仓库，由上、下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P－A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(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．
(1)若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？
(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m，当PO1为多少时，下部的正四棱柱侧面积最大，最大侧面积是多少？
解 (1)∵PO1＝2 m，正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍，
∴O1O＝8 m，
∴仓库的容积V＝eq \f(1,3)×62×2＋62×8＝312(m3)．
(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m，设PO1＝x m，
则O1O＝4x m，A1O1＝eq \r(36－x2)(m)，
A1B1＝eq \r(2)eq \r(36－x2)(m)，
∴正四棱柱侧面积S＝4·4x·eq \r(2)eq \r(36－x2)＝16eq \r(2)x·eq \r(36－x2)(0∴S≤16eq \r(2)×eq \f(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(36－x2)))2,2)＝288eq \r(2)，
当且仅当x＝eq \r(36－x2)，即x＝3eq \r(2)时，取等号，
∴当PO1为3eq \r(2) m时，正四棱柱侧面积最大，最大为288eq \r(2) m2.
13．我国古代数学家刘徽在学术研究中，不迷信古人，坚持实事求是．他对《九章算术》中“开立圆术”给出的公式产生质疑，为了证实自己的猜测，他引入了一种新的几何体“牟合方盖”：以正方体相邻的两个侧面为底做两次内切圆柱切割，然后剔除外部，剩下的内核部分．如果“牟合方盖”的主视图和左视图都是圆，则其俯视图的形状为( )
答案 B
解析 由题意得在正方体内做两次内切圆柱切割，得到的几何体的直观图如图所示，由图易得其俯视图为B.
14．(2020·六盘山高级中学模拟)已知点M，N，P，Q在同一个球面上，MN＝3，NP＝4，MP＝5，若四面体MNPQ体积的最大值为10，则这个球的表面积是________．
答案 eq \f(625π,16)
解析 由MN＝3，NP＝4，MP＝5，
可知∠PNM＝90°，
则球心O在过PM的中点O′与平面MNP垂直的直线上，
因为△MNP的面积为定值，所以高最大时体积最大，
根据球的几何性质可得，当O′Q过球心时体积最大，
因为四面体Q－MNP的最大体积为10，
所以eq \f(1,3)×S△MNP×O′Q＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×3×4×O′Q＝10，
可得O′Q＝5，
在△OO′P中，OP2＝OO′2＋O′P2，
所以R2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5－R))2＋eq \f(25,4)，解得R＝eq \f(25,8)，
所以球的表面积为4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(25,8)))2＝eq \f(625π,16).
15.如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，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，△DBC，△ECA，△FAB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△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________．
答案 4eq \r(15)
解析 如图，连接OD，交BC于点G，
由题意知，OD⊥BC，OG＝eq \f(\r(3),6)BC.
设OG＝x，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,2)))，则BC＝2eq \r(3)x，DG＝5－x，
三棱锥的高h＝eq \r(DG2－OG2)＝eq \r(25－10x＋x2－x2)
＝eq \r(25－10x)，
S△ABC＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)x×3x＝3eq \r(3)x2，
则三棱锥的体积V＝eq \f(1,3)S△ABC·h＝eq \r(3)x2·eq \r(25－10x)＝eq \r(3)·eq \r(25x4－10x5).
令f(x)＝25x4－10x5，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,2)))，
则f′(x)＝100x3－50x4.
令f′(x)＝0，得x＝2.当x∈(0，2)时，f′(x)>0，f(x)是增加的，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(5,2)))时，f′(x)<0，f(x)是减少的，故当x＝2时，f(x)取得最大值80，则V≤eq \r(3)×eq \r(80)＝4eq \r(15).
所以三棱锥体积的最大值为4eq \r(15).
16．在半径为15的球O内有一个底面边长为12eq \r(3)的内接正三棱锥A－BCD，求此正三棱锥的体积．
解 ①如图所示，显然OA＝OB＝OC＝OD＝15.
设H为△BCD的中心，
则A，O，H三点在同一条直线上．
∵HB＝HC＝HD＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)×12eq \r(3)＝12，
∴OH＝eq \r(OB2－HB2)＝9，
∴正三棱锥A－BCD的高h＝9＋15＝24.
又S△BCD＝eq \f(\r(3),4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(12\r(3)))2＝108eq \r(3)，
∴VA－BCD＝eq \f(1,3)×108eq \r(3)×24＝864eq \r(3).
②如图所示，同理，可得正三棱锥A－BCD的高h′＝15－9＝6，
S△BCD＝108eq \r(3)，
∴VA－BCD＝eq \f(1,3)×108eq \r(3)×6＝216eq \r(3).
综上，正三棱锥A－BCD的体积为864eq \r(3)或216eq \r(3).名称
棱柱
棱锥
棱台
图形
含义
①有两个面互相平行且全等，其余各面都是平行四边形．
②每相邻两个四边形的公共边都互相平行
有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形的多面体
用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面和底面之间的部分
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
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
全等的矩形
全等的等腰三角形
全等的等腰梯形
圆面
侧面展开图
矩形
扇形
扇环
三视图
画法规则：长对正、高平齐、宽相等
直观图
斜二测画法：(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在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轴的线段在直观图中长度为原来的一半.
圆柱
圆锥
圆台
侧面展开图
侧面积公式
S圆柱侧＝2πrl
S圆锥侧＝πrl
S圆台侧＝π(r1＋r2)l
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＝Sh
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝eq \f(1,3)Sh
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