高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题34空间几何体的表面积与体积(原卷版+解析)

这是一份高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题34空间几何体的表面积与体积(原卷版+解析)，共42页。试卷主要包含了(2023·全国甲，(2023·全国乙，(2023·新高考Ⅱ卷T11）等内容，欢迎下载使用。
专题34 空间几何体的表面积、体积
空间几何体的表面积、体积
几何体的表面积
锥体表面积
台体表面积
柱体表面积
台体体积
柱体体积
锥体体积
几何体的体积
练高考 明方向
1.(2023·全国甲（理、文）T10） 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）
A. B. C. D.
答案：C
分析：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.
【详解】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，则，
所以，又，则，所以，
所以甲圆锥的高，乙圆锥的高，
所以.故选：C.
2.(2023·全国乙（理、文）T12） 已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A. B. C. D.
答案：C
分析：先证明当四棱锥顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.
【详解】设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为，则（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为又，则，当且仅当即时等号成立，
3.(2023·新高考Ⅰ卷T4）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（ ）
A. B. C. D.
答案：C
分析：根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．
【详解】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积．
棱台上底面积，下底面积，
∴
．
4.(2023·新高考Ⅱ卷T11）（多选题） 如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ）
A. B.
C. D.
答案：CD
分析：直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可.
【详解】
设，因为平面，，则，
，连接交于点，连接，易得，
又平面，平面，则，又，平面，则平面，又，过作于，易得四边形为矩形，则，
则，，
，则，，，
则，则，，，故A、B错误；C、D正确.
5.(2023·北京卷T9） 已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（ ）
A. B. C. D.
答案：B
分析：求出以为球心，5为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积.
【详解】
设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心，且，故.因为，故，故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，而三角形内切圆的圆心为，半径为，故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为。
6.(2023·全国甲（文）T19） 小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．
（1）证明：平面；
（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
答案：（1）证明见解析； （2）．
分析：（1）分别取的中点，连接，由平面知识可知，，依题从而可证平面，平面，根据线面垂直的性质定理可知，即可知四边形为平行四边形，于是，最后根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）再分别取中点，由（1）知，该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍，即可解出．
【解析】
（1）如图所示：，
分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．
（2）如图所示：，
分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍．因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积．
7.(2023·全国乙（文）T18） 如图，四面体中，，E为AC的中点．
（1）证明：平面平面ACD；
（2）设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．
答案：（1）证明详见解析 （2）
分析：（1）通过证明平面来证得平面平面.
（2）首先判断出三角形的面积最小时点的位置，然后求得到平面的距离，从而求得三棱锥的体积.
【解析】（1）由于，是的中点，所以.由于，所以，所以，故，由于，平面，所以平面，由于平面，所以平面平面.
（2）依题意，，三角形是等边三角形，
所以，由于，
所以三角形是等腰直角三角形，所以.，所以，
由于，平面，所以平面.
由于，所以，由于，所以，
所以，所以，由于，所以当最短时，三角形的面积最小值.过作，垂足为，在中，，解得，
所以，所以过作，垂足为，则，所以平面，且，所以,所以.
8．(2023年高考全国甲卷理科)已如A．B．C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为( )
A．B．C．D．
答案：A
解析：，为等腰直角三角形，，
则外接圆的半径为，又球的半径为1，设到平面的距离为，
则，所以．
9．（2023·北京高考真题）定义：24小时内降水在平地上积水厚度（）来判断降雨程度．其中小雨（），中雨（），大雨（），暴雨（），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（ ）
A．小雨B．中雨C．大雨D．暴雨
答案：B
分析：计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.
【解析】由题意，一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为，高为的圆锥，所以积水厚度，属于中雨.
10.(2023·全国卷Ⅰ高考文科·T19)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,∠APC=90°.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAC;(2)设DO=2,圆锥的侧面积为3π,求三棱锥P-ABC的体积.
【命题意图】本题考查空间线、面位置关系,证明平面与平面垂直,求锥体的体积,注意空间内垂直间的相互转化,考查逻辑推理、直观想象、数学计算的能力,属于中档题.
【解题指南】(1)根据已知可得PA=PB=PC,进而有△PAC≌△PBC,可得∠APC=∠BPC=90°,即PB⊥PC,从而证得PB⊥平面PAC,即可证得结论;
(2)将已知条件转化为母线l和底面半径r的关系,进而求出底面半径,求出正三角形ABC的边长,在等腰直角三角形APB中求出AP,结合PA=PB=PC即可求出结论.
【解析】(1)由题设可知,PA=PB=PC.由于△ABC是正三角形,故可得△PAC≌△PAB.△PAC≌△PBC.
又∠APC =90°,故∠APB=90°,∠BPC=90°.从而PB⊥PA,PB⊥PC,故PB⊥平面PAC,
因为PB在平面PAB内,所以平面PAB⊥平面PAC.
(2)设圆锥的底面半径为r,母线长为l.由题设可得rl=3,l2-r2=2.解得r=1,l=3,从而AB=3.
由(1)可得PA2+PB2=AB2,故PA=PB=PC=62.所以三棱锥P-ABC的体积为13×12×PA×PB×PC=13×12×623=68.
11.(2023·全国卷Ⅱ文科·T20)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点.过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.
(1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;
(2)设O为△A1B1C1的中心,若AO=AB=6,AO∥平面EB1C1F,且∠MPN=π3,求四棱锥B-EB1C1F的体积.
【命题意图】本题考查证明线线平行和面面垂直、四棱锥的体积,意在考查学生的分析能力、空间想象能力和运算求解能力.
【解析】(1)因为M,N分别为BC,B1C1的中点,所以MN∥BB1,又AA1∥BB1,所以MN∥AA1,
在等边△ABC中,M为BC的中点,则BC⊥AM,又因为侧面BB1C1C为矩形,所以BC⊥BB1,
因为MN∥BB1,所以MN⊥BC,由MN∩AM=M,MN,AM⊂平面A1AMN,所以BC⊥平面A1AMN,
又因为B1C1∥BC,且B1C1⊄平面ABC,BC⊂平面ABC,所以B1C1∥平面ABC,
又因为B1C1⊂平面EB1C1F,且平面EB1C1F∩平面ABC=EF,所以B1C1∥EF ,所以EF∥BC,
又因为BC⊥平面A1AMN,所以EF⊥平面A1AMN,因为EF⊂平面EB1C1F,所以平面EB1C1F⊥平面A1AMN.
(2)过M作PN的垂线,交点为H,如图:
因为AO∥平面EB1C1F,AO⊂平面A1AMN,平面A1AMN∩平面EB1C1F=NP,所以AO∥NP,又因为NO∥AP,
所以AO=NP=6,AP=ON,因为O为△A1B1C1的中心,
所以ON=13A1C1sin π3=13×6×sin π3=3,故:AP=ON=3,则AM=3AP=33,
因为平面EB1C1F⊥平面A1AMN,平面EB1C1F∩平面A1AMN=NP,MH⊂平面A1AMN,所以MH⊥平面EB1C1F,
又因为在等边△ABC中,EF∥BC,所以EFBC=APAM,即EF=AP·BCAM=3×633=2,
由(1)知,四边形EB1C1F为梯形,所以S四边形EB1C1F=EF+B1C12·NP=2+62×6=24,
所以VB-EB1C1F=13S四边形EB1C1F·h,h为M到PN的距离MH=23·sin π3=3,所以V=13×24×3=24.
12．(2023年高考数学课标Ⅰ卷理科)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．B．C．D．
答案：C
【解析】如图，设，则，由题意，
即，化简得，解得（负值舍去）．
【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题．
13．(2023年高考数学课标全国Ⅱ卷理科)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图是一个棱数为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为．则该半正多面体共有 个面，其棱长为 (本题第一空分，第二空分).
答案：共有个面；棱长为.
【解析】由图可知第一层与第三层各有个面，计个面，第二层共有个面，所以该半正多面体共有个面．如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，∵，∴，∴，即该半正多面体棱长为．
【点评】第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几何解决．本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形．
14．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)学生到工厂劳动实践，利用D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，分别为所在棱的中点，打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________．
答案：118.8
【解析】由题意得，四棱锥的底面积为，其高为点到底面的距离为，则此四棱锥的体积为．又长方体的体积为，所以该模型体积为，其质量为．
【点评】此题牵涉到的是3D打印新时代背景下的几何体质量，忽略问题易致误，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．
15．(2023年高考数学课标Ⅱ卷（理）)已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若 的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．
答案：
解析：因为母线、所成角的余弦值为，所以母线、所成角的正弦值为．设母线长为，则的面积为，解得，又与圆锥底面所成角为45°，可得底面半径，所以该圆锥的侧面积是．
16．(2023高考数学课标Ⅲ卷理科)在封闭的直三棱柱内有一个体积为的球,若,,,,则的最大值是( )
A．B．C．D．
答案：B
【解析】要使球的体积最大,必须球的半径最大.由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时,球的半径取得最大值,此时球的体积为,故选B.
17．(2023高考数学新课标1理科)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1．62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有
( )
A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛
答案：B
解析：设圆锥底面半径为r，则=，所以米堆的体积为=，故堆放的米约为÷1．62≈22．
讲典例 备高考
类型一、有关空间几何体的体积问题
基础知识：
1.空间几何体的体积(h为高，S为下底面积，S′为上底面积)
(1)V柱体＝Sh.特别地，V圆柱＝πr2h(r为底面半径)．
(2)V锥体＝eq \f(1,3)Sh.特别地，V圆锥＝eq \f(1,3)πr2h(r为底面半径)．
(3)V台体＝eq \f(1,3)h(S＋eq \r(\a\vs4\al(SS′))＋S′)．特别地，V圆台＝eq \f(1,3)πh(r2＋rr′＋r′2)(r，r′分别为上、下底面半径)．
基础题型：
1．玉琮是中国古代玉器中重要的礼器，神人纹玉琮王是新石器时代良渚文化的典型玉器，年出土于浙江省余杭市反山文化遗址.玉琮王通高，孔径、外径.琮体四面各琢刻一完整的兽面神人图像.兽面的两侧各浅浮雕鸟纹.器形呈扁矮的方柱体，内圆外方，上下端为圆面的射，中心有一上下垂直相透的圆孔.试估计该神人纹玉琮王的体积约为（单位：）（ ）
A．B．C．D．
答案：D
【解析】由题可知，该神人纹玉琮王可看做是一个底面边长为，高为的正四棱柱中挖去一个底面直径为，高为的圆柱，此时求得体积记为，cm3，
记该神人纹玉琮王的实际体积为，则，且由题意可知， cm3，故。
2．已知三棱柱的体积为，点分别在侧棱上，且，则三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
答案：C
【解析】设三棱柱的体积为，则，如图所示，
由四边形的面积为面积的，则，又，又，得，得，同理，，故三棱锥的体积为，即三棱锥的体积为.
3．在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为正方形A1B1C1D1的中心，P，M，N分别为DD1，AB，BC的中点，则四面体OPMN的体积为( )
A.eq \f(5,12) B.eq \f(5,6) C.eq \f(5\r(2),12) D.eq \f(5\r(2),6)
答案：B
【解析】如图所示，连接BD交MN于点Q，连接PQ，连接OD1，由正方体的特点可知，MN⊥BD，MN⊥DD1，则根据线面垂直的判定定理可知MN⊥平面BDD1O，则VO-PMN＝VM-OPQ＋VN-OPQ＝eq \f(1,3)S△OPQ·MN，又S△OPQ＝Seq \a\vs4\al(梯形D1OQD)－Seq \a\vs4\al(△OD1P)－S△QDP＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)＋\f(3\r(2),2)))×2－eq \f(1,2)×1×eq \r(2)－eq \f(1,2)×1×eq \f(3\r(2),2)＝eq \f(5\r(2),4)，故VO-PMN＝eq \f(1,3)×eq \f(5\r(2),4)×eq \r(2)＝eq \f(5,6).
4．如图，长方体的体积是120，E为的中点，则三棱锥E−BCD的体积是 .
答案：10
【解析】因为长方体的体积为120，所以，因为为的中点，所以，由长方体的性质知底面，所以是三棱锥的底面上的高，所以三棱锥的体积.
【名师点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.
5．已知正四棱锥的底面边长是，侧棱长是，则该正四棱锥的体积为________.
答案：
【解析】如图，正四棱锥中，，，设正四棱锥的高为，连结，则，在直角三角形中，.
.
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，则该几何体的体积为________．
答案：6
【解析】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.
7、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，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，易求得EG＝HF＝eq \f(1,2)，
AG＝GD＝BH＝HC＝eq \f(\r(3),2)，则△BHC中BC边的高h＝eq \f(\r(2),2).
∴S△AGD＝S△BHC＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(2),2)×1＝eq \f(\r(2),4)，
∴V多面体＝VE-ADG＋VF-BHC＋VAGD-BHC＝2VE-ADG＋VAGD-BHC＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(2),4)×eq \f(1,2)×2＋eq \f(\r(2),4)×1＝eq \f(\r(2),3).
基本方法：
求空间几何体体积的方法
公式法：当所给几何体是常见的柱、锥、台等规则的几何体时，可以直接利用公式进行求解．
2、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，便于计算其体积．
3、等体积转化法：一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的．如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解．等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积．
类型二、有关空间几何体的表面积问题
基础知识：
1、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，表面积是侧面积与底面面积之和．
2、旋转体的表面积与侧面积
名称侧面积 表面积
圆柱(底面半径r，母线长l)2πrl 2πr(l＋r)
圆锥(底面半径r，母线长l)πrl πr(l＋r)
圆台(上、下底面半径r1，r2，母线长l)π(r1＋r2)l π(r1＋r2)l＋π(req \\al(2,1)＋req \\al(2,2))
基本题型：
1．已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为矩形，点P在平面ABCD上的射影为AD的中点O.若AB＝2，AD＝6，PO＝4，则四棱锥P-ABCD的表面积等于( )
A．34＋6eq \r(5) B．34＋4eq \r(3)
C．6＋6eq \r(5)＋4eq \r(3) D．6＋6eq \r(3)＋4eq \r(13)
答案：A
【解析】连接OB，OC，如图，因为PO⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PO⊥AD，同理PO⊥CD，PO⊥OB，PO⊥OC，PO⊥AB，又CD⊥AD，AD∩PO＝O，AD，PO⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，所以CD⊥PD，同理AB⊥PA，因此S△PAD＝eq \f(1,2)AD·PO＝eq \f(1,2)×6×4＝12，PD＝eq \r(42＋32)＝5，PC＝PB＝eq \r(PD2＋CD2)＝eq \r(52＋22)＝eq \r(29)，S△PCD＝eq \f(1,2)CD·PD＝eq \f(1,2)×2×5＝5，同理S△PAB＝5，S矩形ABCD＝2×6＝12，PC＝PB＝eq \r(PD2＋CD2)＝eq \r(52＋22)＝eq \r(29)，故△PBC是等腰三角形，所以底边上的高为h＝eq \r(PC2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BC,2)))2)＝eq \r(29－9)＝2eq \r(5)，S△PBC＝eq \f(1,2)×6×2eq \r(5)＝6eq \r(5)，所以所求表面积为S＝12＋5＋5＋12＋6eq \r(5)＝34＋6eq \r(5).
2．在直角梯形中，，，，若将直角梯形绕边旋转一周，则所得几何体的表面积为( )
A．B．C．D．
答案：B
【解析】画出旋转后的几何体如下图所示，由图可知，几何体是由一个圆柱挖掉一个圆锥所得.所以表面包括圆锥的侧面、圆柱的侧面和圆柱的一个底面.圆锥的侧面积为，圆柱的侧面积为，圆柱的一个底面面积为，所以几何体的表面积为.
3、如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为30°，则该三棱柱的侧面积为( )
A．4＋4eq \r(2) B．4＋4eq \r(3)
C．12 D．8＋4eq \r(2)
答案：A
【解析】连接A1B.因为AA1⊥底面ABC，则AA1⊥BC，又AB⊥BC，AA1∩AB＝A，所以BC⊥平面AA1B1B，所以直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为∠CA1B＝30°.又AA1＝AC＝2，所以A1C＝2eq \r(2)，BC＝eq \r(2).又AB⊥BC，则AB＝eq \r(2)，则该三棱柱的侧面积为2eq \r(2)×2＋2×2＝4＋4eq \r(2).
4．鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的表面积为（ ）
A． B． C． D．
答案：A
【解析】由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为的正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为，则该几何体的表面积为
.
5、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，则圆柱的侧面积是( )
A.eq \f(\r(2),3)π B.eq \f(3\r(2),4)π
C.eq \f(2\r(2),3)π D.eq \f(\r(2),2)π
答案：C
【解析】设圆柱的底面半径为r，母线长为l，因为四面体各个面都是边长为1的正三角形，可得2r＝eq \f(1,sin 60°)＝eq \f(2\r(3),3)，解得r＝eq \f(\r(3),3)，又由四面体各个面都是边长为1的正三角形，可得棱锥的高为h＝eq \r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))2)＝eq \f(\r(6),3)，即圆柱的母线长为l＝eq \f(\r(6),3)，所以圆柱的侧面积为S＝2πrl＝2π×eq \f(\r(3),3)×eq \f(\r(6),3)＝eq \f(2\r(2)π,3).
6．(多选)已知四棱台ABCD-A1B1C1D1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．该四棱台的表面积为26
D．该四棱台外接球的表面积为16π
答案：AD
【解析】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，则外接球半径r＝OB＝2，该四棱台外接球的表面积为16π，D正确．故选A、D.
基本方法：
求空间几何体的表面积的方法
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，
2、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
3、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
类型三、几何体的表面积、体积的最值问题
1、如图所示，圆形纸片的圆心为O，半径为6，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，则当△ABC的边长变化时，三棱锥的表面积S的取值范围是( )
A．(0,36π) B．(0,27eq \r(3))
C．(0,45－9eq \r(3)) D．(0,54eq \r(3))
答案：D
【解析】设三棱锥底面边长为a，则0