第七章立體幾何第33講基本立體圖形及幾何體的表面積與體積鏈教材夯基固本激活思維1.(人A必二P106T8改)如圖，若長方體ABCD-A′B′C′D′中被截去體積較小的一部分，其中EH∥A′D′∥FG，則剩下的幾何體是(C)(第1題)A.棱臺 B.四棱柱C.五棱柱 D.簡單組合體2.(人A必二P119T1改)已知圓錐的表面積為12πcm2，其側面展開圖是一個半圓，則底面圓的半徑為(B)A.1cm B.2cmC.3cm D.eq\f(3,2)cm【解析】設圓錐的底面圓的半徑為r，母線長為l，因為側面展開圖是一個半圓，所以πl＝2πr，即l＝2r，所以πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，解得r＝2(cm).3.如圖，一個水平放置的△ABO的斜二測畫法的直觀圖是等腰直角三角形A′B′O′.若B′A′＝B′O′＝1，則原三角形ABO的面積為_eq\r(2)_．(第3題)【解析】根據題意可得O′A′＝eq\r(2)，如圖，在△ABO中，OB＝O′B′＝1，OA＝2O′A′＝2eq\r(2)，所以△ABO的面積為S＝eq\f(1,2)×1×2eq\r(2)＝eq\r(2).(第3題答)4.(人A必二P119T2)當一個球的半徑為_3_時，其體積和表面積的數值相等．【解析】設球的半徑為R，由題意，得eq\f(4,3)πR3＝4πR2，解得R＝3.5.(人A必二P120T3改)如圖，一個直三棱柱形容器中盛有水，且側棱AA1＝16.若側面AA1B1B水平放置時，液面恰好過AC，BC，A1C1，B1C1的中點，則當底面ABC水平放置時，液面高為_12_．(第5題)【解析】設△ABC的面積為a，底面ABC水平放置時，液面高為h，側面AA1B1B水平放置時，水的體積為V＝eq\f(3,4)S△ABC·AA1＝eq\f(3,4)a·16＝12a.當底面ABC水平放置時，水的體積為V＝S△ABCh＝ah，于是ah＝12a，解得h＝12，所以當底面ABC水平放置時，液面高為12.聚焦知識1.直觀圖的斜二測畫法(1)原圖形中，x軸、y軸、z軸兩兩垂直，直觀圖中，x′軸、y′軸的夾角為_45°(或135°)_，z′軸與x′軸、y′軸所在平面_垂直_．(2)原圖形中平行于坐標軸的線段，直觀圖中仍分別平行于坐標軸．平行于x軸和z軸的線段在直觀圖中保持原長度不變，平行于y軸的線段長度在直觀圖中變為原來的_一半_．(3)按照斜二測畫法得到的平面圖形的直觀圖面積與原圖形面積的關系：①S直觀圖＝eq\f(\r(2),4)S原圖形；②S原圖形＝2eq\r(2)S直觀圖．2.多面體的結構特征名稱棱柱棱錐棱臺圖形底面互相平行且全等多邊形互相平行且相似側棱平行且相等相交于一點，但不一定相等延長線交于一點側面形狀_平行四邊形__三角形__梯形_體積公式V＝_Sh_V＝_eq\f(1,3)Sh_V＝_eq\f(1,3)(S上＋eq\r(S上S下)＋S下)h_說明：多面體的表面積是各個面的面積的和．3.旋轉體的結構特征名稱圓柱圓錐圓臺球圖形母線互相平行且相等，垂直于底面相交于一點延長線交于一點軸截面_矩形__等腰三角形__等腰梯形_圓面側面展開圖側面積公式S圓柱側＝_2πrl_S圓錐側＝_πrl_S圓臺側＝_π(r1＋r2)l_S球＝_4πR2_體積V圓柱＝_Sh_V圓錐＝_eq\f(1,3)Sh_V圓臺＝_eq\f(1,3)πh(req\o\al(2,1)＋req\o\al(2,2)＋r1r2)_V球＝_eq\f(4,3)πR3_4.重要結論：(1)四棱柱、四面體的結構特征及關系(2)幾個與球有關的切、接常用結論：①設正方體的棱長為a，球的半徑為R.若球為正方體的外接球，則2R＝eq\r(3)a；若球為正方體的內切球，則2R＝a；若球與正方體的各棱相切，則2R＝eq\r(2)a.②若長方體的同一頂點的三條棱長分別為a，b，c，外接球的半徑為R，則2R＝eq\r(a2＋b2＋c2).③正四面體的外接球與內切球的半徑之比為3∶1.研題型素養養成舉題固法基本立體圖形視角1結構特征例1-1下列命題中正確的是(D)A.在圓柱的上、下底面的圓周上各取一點，則這兩點的連線是圓柱的母線B.直角三角形繞其任一邊所在直線旋轉一周所形成的幾何體都是圓錐C.棱臺的上、下底面可以不相似，但側棱長一定相等D.棱臺各側棱的延長線交于一點【解析】A不一定，只有當這兩點的連線平行于軸時才是母線；B不一定，當以斜邊所在直線為旋轉軸時，其余兩邊旋轉形成的面所圍成的幾何體不是圓錐；C錯誤，棱臺的上、下底面相似且是對應邊平行的多邊形，各側棱延長線交于一點，但是側棱長不一定相等；由棱臺的定義知，棱臺各側棱的延長線交于一點，D正確．識別空間幾何體的兩種方法(1)定義法：緊扣定義，由已知條件構建幾何模型，在條件不變的情況下，變換模型中的線面關系或增加線、面等基本要素，根據定義進行判定．(2)反例法：通過反例對結構特征進行辨析，要說明一個結論是錯誤的，只要舉出一個反例即可．變式1-1(多選)下面關于空間幾何體的敘述正確的是(CD)A.底面是正多邊形的棱錐是正棱錐B.用平面截圓柱得到的截面只能是圓和矩形C.長方體是直平行六面體D.存在每個面都是直角三角形的四面體【解析】A中，當頂點在底面的投影是正多邊形的中心時才是正棱錐，故A不正確．B中，當平面與圓柱的母線平行或垂直時，截得的截面才為矩形或圓，否則為橢圓或橢圓的一部分，故B不正確．易知C正確．D中，如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1中的三棱錐C1-ABC，四個面都是直角三角形，故D正確．(變式1-1答)視角2直觀圖例1-2已知水平放置的四邊形OABC按斜二測畫法得到如圖所示的直觀圖，其中O′A′∥B′C′，∠O′A′B′＝90°，O′A′＝1，B′C′＝2，則原四邊形OABC的面積為(B)(例1-2)A.eq\f(3\r(2),2) B.3eq\r(2)C.4eq\r(2) D.5eq\r(2)【解析】方法一：由已知求得O′C′＝eq\r(2)，把直觀圖還原后如圖所示，可得原圖形為直角梯形，OA∥CB，OA⊥OC，且OA＝1，BC＝2，OC＝2eq\r(2)，故原四邊形OABC的面積為eq\f(1,2)×(1＋2)×2eq\r(2)＝3eq\r(2).(例1-2答)方法二：由題意知A′B′＝1，所以S直觀圖＝eq\f(1,2)×(1＋2)×1＝eq\f(3,2)，所以S原圖形＝2eq\r(2)S直觀圖＝3eq\r(2).在斜二測畫法中，要確定關鍵點及關鍵線段．平行于x軸的線段平行性不變，長度不變；平行于y軸的線段平行性不變，長度減半．變式1-2如圖，一個水平放置的平面圖形OABC的斜二測直觀圖是平行四邊形O′A′B′C′，且O′C′＝2O′A′＝2，∠A′O′C′＝45°，則平面圖形OABC的周長為(D)(變式1-2)A.12 B.4eq\r(2)C.5 D.10【解析】根據斜二測畫法的規則可知該平面圖形是矩形，如圖，可知AB＝4，OA＝1，故平面圖形OABC的周長為2(OA＋AB)＝10.(變式1-2答)視角3展開圖例1-3(1)如圖，在正三棱錐S-ABC中，∠BSC＝40°，BS＝2，一質點自點B出發，沿著三棱錐的側面繞行一周回到點B的最短路線的長為(C)(例1-3(1))A.2 B.3C.2eq\r(3) D.3eq\r(3)【解析】將三棱錐S-ABC沿側棱BS展開，其側面展開圖如圖所示，其中∠BSB′＝120°，BS＝B′S＝2.一質點自點B出發，沿著三棱錐的側面繞行一周回到點B的最短路線的長為BB′，根據余弦定理得BB′＝eq\r(4＋4＋2×2×2×\f(1,2))＝2eq\r(3).(例1-3(1)答)(2)某圓柱的高為2，底面周長為16，M，N分別是圓柱上、下底面圓周上的兩點，其中OE⊥ON，如圖所示．則在此圓柱側面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長為(B)(例1-3(2))A.2eq\r(17) B.2eq\r(5)C.3 D.2【解析】圓柱的側面展開圖及M，N的位置(N為EP的四等分點)如圖所示，連接MN，則圖中MN即為M到N的最短路徑．EN＝eq\f(1,4)×16＝4，EM＝2，所以MN＝eq\r(EM2＋EN2)＝eq\r(22＋42)＝2eq\r(5).(例1-3(2)答)立體圖形的展開是指將空間圖形沿某一條棱展開為平面圖形，研究其面積或者距離的最小值，把幾何體中的最短路線問題利用展開圖轉化為平面上兩點間距離問題．變式1-3如圖所示，圓臺母線AB長為20cm，上、下底面半徑分別為5cm和10cm，從母線AB的中點M拉一條繩子繞圓臺側面轉到B點，則這條繩長的最小值為_50_cm.(變式1-3)【解析】作出圓臺的軸截面與側面展開圖，如圖所示．如圖(1)，由其軸截面中Rt△OPA與Rt△OQB相似，得eq\f(OA,OA＋AB)＝eq\f(5,10)，可得OA＝20cm.如圖(2)，設∠BOB′＝α，由于eq\o(BB′,\s\up8(︵))的長與底面圓的周長相等，而底面圓的周長為20πcm，所以eq\o(BB′,\s\up8(︵))＝20πcm.又扇形OBB′的半徑為OA＋AB＝20＋20＝40(cm)，扇形OBB′所在圓的周長為2π×40＝80π(cm)，所以eq\o(BB′,\s\up8(︵))的長度為所在圓周長的eq\f(1,4)，所以OB⊥OB′.在Rt△B′OM中，B′M＝eq\r(402＋302)＝50(cm)，故所求繩長的最小值為50cm.圖(1)圖(2)(變式1-3答)多面體的表面積與體積例2(1)如圖，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面邊長是2，D，E分別是CC1，BC的中點，AE＝DE，則此正三棱柱的側棱長為_2eq\r(2)_；表面積為_12eq\r(2)＋2eq\r(3)_．(例2(1))【解析】設正三棱柱ABC-A1B1C1的側棱長為x，因為△ABC是正三角形，所以AE⊥BC.又底面ABC⊥側面BB1C1C，且交線為BC，所以AE⊥側面BB1C1C.因為DE?平面BB1C1C，所以AE⊥DE.在Rt△AED中，由AE＝DE，得eq\r(1＋\f(x2,4))＝eq\r(3)，解得x＝2eq\r(2)，所以此正三棱柱的側棱長為2eq\r(2).設正三棱柱ABC-A1B1C1的表面積為S，側面積為S側，底面積為S底，則S側＝3×2×2eq\r(2)＝12eq\r(2)，S底＝2×eq\f(\r(3),4)×22＝2eq\r(3)，所以S＝S側＋S底＝12eq\r(2)＋2eq\r(3).(2)(2024·天津卷)已知五面體ABC-DEF中，AD∥BE∥CF，且兩兩之間距離為1.已知AD＝1，BE＝2，CF＝3，則該五面體的體積為(C)(例2(2))A.eq\f(\r(3),6) B.eq\f(3\r(3),4)＋eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(3\r(3),4)－eq\f(1,2)【解析】如圖，用一個完全相同的五面體HIJ-LMN(頂點與五面體ABC-DEF一一對應)與該五面體相嵌，使得D，N；E，M；F，L重合．因為AD∥BE∥CF，且兩兩之間距離為1，AD＝1，BE＝2，CF＝3，則形成的新組合體為一個三棱柱，該三棱柱的直截面(與側棱垂直的截面)是邊長為1的等邊三角形，側棱長為1＋3＝2＋2＝3＋1＝4.故該三棱柱的體積為eq\f(\r(3),4)×12×4＝eq\r(3)，則該五面體的體積為eq\f(\r(3),2).(例2(2)答)變式2(2023·全國甲卷文)在三棱錐P-ABC中，△ABC是邊長為2的等邊三角形，PA＝PB＝2，PC＝eq\r(6)，則該三棱錐的體積為(A)A.1 B.eq\r(3)C.2 D.3【解析】如圖，取AB中點E，連接PE，CE.因為△ABC是邊長為2的等邊三角形，PA＝PB＝2，所以PE⊥AB，CE⊥AB.又PE，CE?平面PEC，PE∩CE＝E，所以AB⊥平面PEC.又PE＝CE＝2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，PC＝eq\r(6)，所以PC2＝PE2＋CE2，即PE⊥CE，所以V＝VB-PEC＋VA-PEC＝eq\f(1,3)S△PEC·AB＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(3)×2＝1.(變式2答)旋轉體的表面積與體積例3(1)(2024·臨汾三模)宋代是中國瓷器的黃金時代，涌現出了五大名窯：汝窯、官窯、哥窯、鈞窯、定窯．其中汝窯被認為是五大名窯之首．如圖(1)，這是汝窯雙耳罐，該汝窯雙耳罐可近似看成由兩個圓臺拼接而成，其直觀圖如圖(2)所示．已知該汝窯雙耳罐下底面圓的直徑是12cm，中間圓的直徑是20cm，上底面圓的直徑是8cm，高是14cm，且上、下兩圓臺的高之比是3∶4，則該汝窯雙耳罐的體積是(D)圖(1)圖(2)(例3(1))A.eq\f(1784π,3)cm3 B.eq\f(1884π,3)cm3C.eq\f(2304π,3)cm3 D.eq\f(2504π,3)cm3【解析】上、下兩圓臺的高之比是3∶4，故上圓臺的高為14×eq\f(3,3＋4)＝6(cm)，下圓臺的高為14×eq\f(4,3＋4)＝8(cm)，故上圓臺的體積為V1＝6×eq\f(π(42＋102＋\r(16×100)),3)＝312π(cm3)，下圓臺的體積為V2＝8×eq\f(π(62＋102＋\r(36×100)),3)＝eq\f(1568π,3)(cm3)，故該汝窯雙耳罐的體積為V1＋V2＝312π＋eq\f(1568π,3)＝eq\f(2504π,3)(cm3).(2)(2024·福州、廈門三檢)已知圓錐的體積為eq\f(\r(3)π,3)，且它的側面展開圖是一個半圓，則它的母線長為_2_．【解析】設圓錐的底面半徑為r，母線長為l.因為它的側面展開圖是一個半圓，則2πr＝πl，即l＝2r.又圓錐的體積為eq\f(1,3)πr2×eq\r(l2－r2)＝eq\f(\r(3)π,3)，則可解得r＝1，l＝2，故母線長為2.變式3(2024·九省聯考)若軸截面為正三角形的圓錐MM′的高與球O的直徑相等，則圓錐MM′的體積與球O的體積的比值是_eq\f(2,3)_，圓錐MM′的表面積與球O的表面積的比值是_1_．【解析】設圓錐MM′的底面半徑為r，球O的半徑為R，因為圓錐MM′的軸截面為正三角形，所以圓錐MM′的高h＝eq\r(3)r，母線l＝2r，圓錐MM′的體積V1＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(\r(3),3)πr3.由題可知h＝2R，所以球O的半徑R＝eq\f(\r(3),2)r，球O的體積V2＝eq\f(4π,3)R3＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)r))eq\s\up12(3)＝eq\f(\r(3),2)πr3，所以eq\f(V1,V2)＝eq\f(\f(\r(3)π,3)r3,\f(\r(3)π,2)r3)＝eq\f(2,3).圓錐MM′的表面積S1＝πrl＋πr2＝3πr2，球O的表面積S2＝4πR2＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)r))eq\s\up12(2)＝3πr2，所以eq\f(S1,S2)＝eq\f(3πr2,3πr2)＝1.祖暅原理內容：冪勢既同，則積不容異．含義：夾在兩個平行平面間的兩個幾何體，如果被平行于這兩個平面的任意平面所截，兩個截面的面積總相等，那么這兩個幾何體的體積一定相等．應用：等底面積、等高的兩個柱體或錐體的體積相等．例4有一個球形瓷碗，它可以看成半球的一部分，若瓷碗的碗口直徑為8，高為2，利用祖暅原理可求得該球形瓷碗的體積為_eq\f(52π,3)_．【解析】設瓷碗所在球O1的半徑為R，則有(R－2)2＋42＝R2，得R＝5.設從瓷碗碗口截面圓心O2處任意豎直距離O2O3＝h(O3也可在O2下方，此時h＜0)，如圖(1)，則瓷碗的截面圓半徑O3F＝eq\r(52－(3＋h)2)，面積為π[52－(3＋h)2].如圖(2)，在以過球心的截面圓為底面圓，以R＝5為高的圓柱中挖去一個等底等高的圓錐，其中圓O1與圓O4在同一平面上，圓O3所在平面截圓柱所得截面的圓心為O5，易知O5M＝3＋h，故圓環的面積也為π[52－(3＋h)2]，即在求瓷碗體積時，符合祖暅原理(備注：瓷碗是圖(3)中上方倒扣的部分).當h＝0時，如圖(4)所示，此時OC＝BC＝3.由祖暅原理得，圖(3)中圓O2與圓O1之間部分的幾何體的體積V1＝圓柱的體積－圓錐的體積＝π×52×3－eq\f(1,3)×π×32×3＝66π，所以瓷碗的體積V2＝V半球－V1＝eq\f(4,3)×π×53×eq\f(1,2)－V1＝eq\f(52π,3).圖(1)圖(2)圖(3)圖(4)(例4答)變式4如圖，某個西晉越窯臥足杯的上、下底為互相平行的圓面，側面為球面的一部分，上底面的直徑為4eq\r(6)cm，下底面的直徑為6cm，上、下底面間的距離為3cm，則該臥足杯側面所在的球面的半徑是_5_cm；臥足杯的容積是_54π_cm3(杯的厚度忽略不計)．(變式4)【解析】如圖(1)，設球體的半徑為Rcm，OO1＝xcm.由OM2＝ON2，得x2＋(2eq\r(6))2＝(x＋3)2＋32，解得x＝1，所以R＝eq\r(OOeq\o\al(2,1)＋O1M2)＝5.由祖暅原理知，碗的體積等于圖(2)中高為3cm的圓柱的體積減去一個圓臺的體積．設圓臺上底面半徑為r1cm，則r1＝O1P＝OO1＝1，下底面半徑為r2cm，則r2＝O2Q＝O2O＝4.V圓臺＝eq\f(1,3)πh(req\o\al(2,2)＋req\o\al(2,1)＋r1r2)＝21π(cm3)，V碗＝V圓柱－V圓臺＝πR2h－21π＝54π(cm3).圖(1)圖(2)(變式4答)隨堂內化1.(2025·蘇州期中)在軸截面頂角為直角的圓錐內，作一內接圓柱，若圓柱的表面積等于圓錐的側面積，則圓柱的底面半徑與圓錐的底面半徑的比值為(D)A.eq\f(1,4) B.eq\f(\r(2),4)C.eq\f(1,2) D.eq\f(\r(2),2)【解析】設圓柱和圓錐底面半徑分別為r，R，因為圓錐軸截面頂角為直角，所以圓錐母線長為eq\r(2)R.設圓柱高為h，則eq\f(h,R)＝eq\f(R－r,R)，h＝R－r.由題得π×R×eq\r(2)R＝2πr2＋2πr×(R－r)，得eq\f(r,R)＝eq\f(\r(2),2).2.(多選)在正四棱臺ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，A1B1＝2，AA1＝2，則關于該正四棱臺，下列說法正確的是(BC)A.∠A1AB＝eq\f(π,6) B.高為eq\r(2)C.體積為eq\f(28\r(2),3) D.表面積為12eq\r(3)【解析】如圖，過點A1分別作底面ABCD、AB的垂線，垂足分別為M，N，則AM＝eq\f(1,4)AC＝eq\r(2)，AN＝eq\f(1,4)AB＝1，可得A1M＝eq\r(A1A2－AM2)＝eq\r(2)，A1N＝eq\r(A1A2－AN2)＝eq\r(3).對于A，在Rt△AA1N中，sin∠A1AN＝eq\f(A1N,AA1)＝eq\f(\r(3),2)，且∠A1AN為銳角，則∠A1AB＝eq\f(π,3)，故A錯誤；對于B，正四棱臺的高即為A1M＝eq\r(2)，故B正確；對于C，正四棱臺的體積V＝eq\f(1,3)×(4×4＋2×2＋eq\r(4×4×2×2))×eq\r(2)＝eq\f(28\r(2),3)，故C正確；對于D，四棱臺的表面積S＝4×4＋2×2＋4×eq\f(\r(3)×(2＋4),2)＝20＋12eq\r(3)，故D錯誤．(第2題答)3.如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，E為棱AB的中點．一個點從E出發在正方體的表面上依次經過棱BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA上的點，又回到E，則整個線路的最短長度為_3eq\r(2)_．(第3題)【解析】如圖，將正方體六個面展開，從圖中E到E，兩點之間線段最短，而且依次經過棱BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中點，故所求的最小值為3eq\r(2).(第3題答)4.(2024·全國甲卷理)已知甲、乙兩個圓臺上、下底面的半徑均為r1和r2，母線長分別為2(r2－r1)和3(r2－r1)，則兩個圓臺的體積之比eq\f(V甲,V乙)＝_eq\f(\r(6),4)_．【解析】由題可得兩個圓臺的高分別為h甲＝eq\r([2(r2－r1)]2－(r2－r1)2)＝eq\r(3)(r2－r1)，h乙＝eq\r([3(r2－r1)]2－(r2－r1)2)＝2eq\r(2)(r2－r1)，所以eq\f(V甲,V乙)＝eq\f(\f(1,3)(S2＋S1＋\r(S2S1))h甲,\f(1,3)(S2＋S1＋\r(S2S1))h乙)＝eq\f(h甲,h乙)＝eq\f(\r(3)(r2－r1),2\r(2)(r2－r1))＝eq\f(\r(6),4).練案?趁熱打鐵，事半功倍．請老師布置同學們及時完成《配套精練》．練案?1.補不足、提能力，老師可增加訓練《抓分題·高考夯基固本天天練》(提高版)對應內容，成書可向當地發行咨詢購買．2.為提高高考答卷速度及綜合應考能力，老師可適時安排《一年好卷》或《抓分卷·高考增分提速天天練》(提高版)，成書可向當地發行咨詢購買．配套精練A組夯基精練一、單項選擇題1.(2021·新高考Ⅰ卷)已知圓錐的底面半徑為eq\r(2)，其側面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為(B)A.2 B.2eq\r(2)C.4 D.4eq\r(2)【解析】設圓錐的母線長為l，由于圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長，則πl＝2π×eq\r(2)，解得l＝2eq\r(2).2.(2024·新高考Ⅰ卷)已知圓柱和圓錐的底面半徑相等，側面積相等，且它們的高均為eq\r(3)，則圓錐的體積為(B)A.2eq\r(3)π B.3eq\r(3)πC.6eq\r(3)π D.9eq\r(3)π【解析】設圓柱的底面半徑為r，則圓錐的母線長為eq\r(r2＋3)，而它們的側面積相等，所以2πr×eq\r(3)＝πr×eq\r(3＋r2)，即2eq\r(3)＝eq\r(3＋r2)，故r＝3，故圓錐的體積為eq\f(1,3)π×9×eq\r(3)＝3eq\r(3)π.3.(2021·全國甲卷理)已知A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個點，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，則三棱錐O-ABC的體積為(A)A.eq\f(\r(2),12) B.eq\f(\r(3),12)C.eq\f(\r(2),4) D.eq\f(\r(3),4)【解析】因為AC⊥BC，AC＝BC＝1，所以△ABC為等腰直角三角形，AB＝eq\r(2)，則△ABC外接圓的半徑為eq\f(\r(2),2).又球O的半徑為1，設O到平面ABC的距離為d，則d＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2)，所以VO-ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·d＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),12).4.(2022·全國甲卷)甲、乙兩個圓錐的母線長相等，側面展開圖的圓心角之和為2π，側面積分別為S甲和S乙，體積分別為V甲和V乙，若eq\f(S甲,S乙)＝2，則eq\f(V甲,V乙)＝(C)A.eq\r(5) B.2eq\r(2)C.eq\r(10) D.eq\f(5\r(10),4)【解析】設圓錐母線長為l，甲、乙兩個圓錐的底面半徑分別為r1，r2，高分別為h1，h2，則eq\f(S甲,S乙)＝eq\f(πr1l,πr2l)＝2，所以r1＝2r2.又eq\f(2πr1,l)＋eq\f(2πr2,l)＝2π，所以r1＋r2＝l，所以r1＝eq\f(2,3)l，r2＝eq\f(1,3)l，所以h1＝eq\r(l2－req\o\al(2,1))＝eq\f(\r(5),3)l，h2＝eq\r(l2－req\o\al(2,2))＝eq\f(2\r(2),3)l，所以eq\f(V甲,V乙)＝eq\f(\f(1,3)πreq\o\al(2,1)h1,\f(1,3)πreq\o\al(2,2)h2)＝eq\f(\f(4,9)×\f(\r(5),3)l3,\f(1,9)×\f(2\r(2),3)l3)＝eq\r(10).5.(2022·新高考Ⅰ卷)南水北調工程緩解了北方一些地區水資源短缺問題，其中一部分水蓄入某水庫．已知該水庫水位為海拔148.5m時，相應水面的面積為140.0km2；水位為海拔157.5m時，相應水面的面積為180.0km2.將該水庫在這兩個水位間的形狀看作一個棱臺，則該水庫水位從海拔148.5m上升到157.5m時，增加的水量約為(eq\r(7)≈2.65)(C)A.1.0×109m3 B.1.2×109m3C.1.4×109m3 D.1.6×109m3【解析】如圖，依題意可知棱臺的高MN＝157.5－148.5＝9(m)，所以增加的水量即為棱臺的體積V.棱臺上底面面積S＝180.0km2＝180×106m2，下底面面積S′＝140.0km2＝140×106m2，所以V＝eq\f(1,3)h(S＋S′＋eq\r(SS′))＝eq\f(1,3)×9×(140×106＋180×106＋eq\r(140×180×1012))＝3×(320＋60eq\r(7))×106≈(96＋18×2.65)×107＝1.437×109≈1.4×109(m3).(第5題答)6.(2024·廣州一模)已知正四棱臺ABCD-A1B1C1D1的上、下底面邊長分別為1和2，且BB1⊥DD1，則該棱臺的體積為(B)A.eq\f(7\r(2),2) B.eq\f(7\r(2),6)C.eq\f(7,6) D.eq\f(7,2)【解析】如圖，連接D1B1，DB，取D1B1，DB的中點分別為O，H，連接OH，D1H.在正四棱臺ABCD-A1B1C1D1中，四邊形ABCD，A1B1C1D1均為正方形，且OH垂直于上、下底面，DD1＝BB1，易知D1B1∥BH，D1B1＝BH＝eq\r(2)，故四邊形D1B1BH為平行四邊形，則BB1∥D1H，且BB1＝D1H.因為DD1⊥BB1，則DD1⊥D1H.又DD1＝BB1＝D1H，且DH＝eq\f(1,2)DB＝eq\r(2).由D1D2＋D1H2＝DH2，即2D1H2＝2，解得D1H＝1.由OH⊥平面A1B1C1D1，D1O?平面A1B1C1D1，則OH⊥D1O，則OH＝eq\r(D1H2－D1O2)＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2).又正方形A1B1C1D1的面積為1，正方形ABCD的面積為4，故正四棱臺ABCD-A1B1C1D1的體積V＝eq\f(1,3)×(1＋4＋eq\r(1×4))×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(7\r(2),6).(第6題答)二、多項選擇題7．折扇在我國已有三四千年的歷史，“扇”與“善”諧音，折扇也寓意“善良”“善行”．它以字畫的形式集中體現了我國文化的方方面面，是運籌帷幄、決勝千里、大智大勇的象征(如圖(1))．圖(2)是一個圓臺的側面展開圖(扇形的一部分)，若扇形的兩個圓弧所在圓的半徑分別是1和3，且∠ABC＝120°，則該圓臺(BCD)圖(1)圖(2)(第7題)A.高為eq\f(2\r(2),3)B.表面積為eq\f(34π,9)C.體積為eq\f(52\r(2)π,81)D.上底面積、下底面積和側面積之比為1∶9∶24【解析】對于A，設圓臺的上底面半徑為r，下底面半徑為R，則2πr＝eq\f(2π,3)·1，2πR＝eq\f(2π,3)·3，解得r＝eq\f(1,3)，R＝1.又圓臺的母線長為3－1＝2，所以高為h＝eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(4\r(2),3)，故A錯誤；對于B，圓臺的上底面面積為eq\f(π,9)，下底面面積為π，側面積為π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋1))×2＝eq\f(8π,3)，所以圓臺的表面積為S＝eq\f(π,9)＋π＋eq\f(8π,3)＝eq\f(34π,9)，故B正確；對于C，圓臺的體積為V＝eq\f(1,3)π×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2)＋\f(1,3)×1＋12))×eq\f(4\r(2),3)＝eq\f(52\r(2)π,81)，故C正確；對于D，圓臺的上底面積、下底面積和側面積之比為eq\f(π,9)∶π∶eq\f(8π,3)＝1∶9∶24，故D正確．8.(2022·新高考Ⅱ卷)如圖，四邊形ABCD為正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.記三棱錐E-ACD，F-ABC，F-ACE的體積分別為V1，V2，V3，則(CD)(第8題)A.V3＝2V2 B.V3＝V1C.V3＝V1＋V2 D.2V3＝3V1【解析】如圖，連接BD交AC于點O，連接OE，OF.設AB＝ED＝2FB＝2，則AB＝BC＝CD＝AD＝2，FB＝1.又ED⊥平面ABCD，FB∥ED，所以FB⊥平面ABCD，所以V1＝VE-ACD＝eq\f(1,3)S△ACD×ED＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×AD×CD×ED＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3)，V2＝VF-ABC＝eq\f(1,3)S△ABC×FB＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×AB×BC×FB＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×1＝eq\f(2,3).因為ED⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以ED⊥AC，又AC⊥BD，且ED∩BD＝D，ED，BD?平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF.因為OE，OF?平面BDEF，所以AC⊥OE，AC⊥OF.易知AC＝BD＝eq\r(2)AB＝2eq\r(2)，OB＝OD＝eq\f(1,2)BD＝eq\r(2)，OF＝eq\r(OB2＋FB2)＝eq\r(3)，OE＝eq\r(OD2＋ED2)＝eq\r(6)，EF＝eq\r(BD2＋(ED－FB)2)＝eq\r((2\r(2))2＋(2－1)2)＝3，所以EF2＝OE2＋OF2，所以OF⊥OE.又OE∩AC＝O，OE，AC?平面ACE，所以OF⊥平面ACE，所以V3＝VF-ACE＝eq\f(1,3)S△ACE×OF＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×AC×OE×OF＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(6)×eq\r(3)＝2，所以V3≠2V2，V1≠V3，V3＝V1＋V2，2V3＝3V1，故A，B錯誤，C，D正確．(第8題答)三、填空題9.(2023·新高考Ⅰ卷)在正四棱臺ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq\r(2)，則該棱臺的體積為_eq\f(7\r(6),6)_．【解析】如圖，由AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq\r(2)，則A1C1＝eq\r(2)，AC＝2eq\r(2).設AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，則AO＝eq\f(1,2)×eq\r(2)AB＝eq\r(2)，OO1＝eq\r((\r(2))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(6),2)，所以該棱臺的體積為V＝eq\f(1,3)×(4＋1＋eq\r(4×1))×eq\f(\r(6),2)＝eq\f(7\r(6),6).(第9題答)10.如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝eq\r(3)，CC1＝3，若P為線段B1C上的動點，則DP＋PC1的最小值為_eq\r(13)_．(第10題)【解析】DP，PC1分別在平面A1B1CD與平面CB1C1內移動，如圖，將平面CB1C1以CB1為軸旋轉至平面A1B1CD所在平面，得到B1CC1′，則C1′D即為DP＋PC1的最小值．在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝eq\r(3)，CC1＝3，則∠B1CC′1＝∠B1CC1＝30°，CD＝1，CC1′＝3，則C′1D2＝12＋32－2×1×3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝13，則C′1D＝eq\r(13)，即DP＋PC1的最小值為eq\r(13).(第10題答)11.(2024·北京卷)漢代劉歆設計的“銅嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的標準量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形狀均可視為圓柱．若升、斗、斛量器的容積成公比為10的等比數列，底面直徑依次為65mm，325mm，325mm，且斛量器的高為230mm，則斗量器的高為_23_mm，升量器的高為_eq\f(115,2)_mm.【解析】設升量器的高為h1mm，斗量器的高為h2mm，則eq\f(π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(325,2)))\s\up12(2)h2,π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(65,2)))\s\up12(2)h1)＝eq\f(π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(325,2)))\s\up12(2)×230,π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(325,2)))\s\up12(2)h2)＝10，故h2＝23mm，h1＝eq\f(115,2)mm.12.(2024·泰安一模)如圖，在水平放置的圓柱內，放入三個半徑相等的實心小球A，B，C(小球材質密度＞1×103kg/m3)，小球A，C分別與上底面、下底面相切，小球B與圓柱壁相切，且A，B，C在軸截面中，向圓柱內注滿水，水面剛好淹沒小球C，若圓柱底面半徑為4＋2eq\r(3)，則球A的體積為_eq\f(256π,3)_，圓柱的側面積與球B的表面積的比值為_eq\r(3)＋2_．(第12題)【解析】根據題意，作出圓柱的軸截面圖(圖略)，連接BC，AB，AC，則△ABC為等邊三角形，設圓柱底面半徑為R，高為h，小球的半徑為r，則h＝4r，2R＝eq\r(3)r＋2r，故R＝eq\f(\r(3)r＋2r,2)＝4＋2eq\r(3)，解得r