第7章 第1节 空间几何体(Word教师用书)-【新高考方案】2025年高考数学一轮总复习（强基版）

第七章 立体几何与空间向量 第一节　空间几何体 1.认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构. 2.理解斜二测画法，能通过直观图还原原图并会相关计算. 3.知道球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题. 回首教材 1.多面体的结构特征 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 互相平行且相等 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 2.旋转体的结构特征 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 矩形 等腰三角形 等腰梯形 圆面 侧面展开图 矩形 扇形 扇环 3.直观图的斜二测画法的规则 建系 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 规则 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轴的线段在直观图中长度变为原来的一半 4.圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式 圆柱 圆锥 圆台 S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r1＋r2)l 5.柱体、锥体、台体和球的表面积与体积公式(其中高为h，球的半径为R) 表面积 体积 柱体 S表面积＝S侧＋2S底 V＝S底h 锥体 S表面积＝S侧＋S底 V＝S底h 台体 S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h 球 S＝4πR2 V＝πR3 拓展教材(常见结论及应用) (1)正四面体的表面积为a2，体积为a3(a是正四面体的棱长). (2)球的截面的性质 ①球的任何截面都是圆面； ②球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面； ③球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r的关系为r＝. (3)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： ①S直观图＝S原图形； ②S原图形＝2S直观图. 发掘教材 一、高考命题注重“教考衔接”(示例分析) 考题品悟 (2023·新课标Ⅰ卷)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为. 追根溯源 (苏教必修②P206T5)一个正四棱台形油槽可以装煤油190 L，假如它的上、下底面边长分别为60 cm和40 cm，求它的深度. 发现启迪 在高考中，空间几何体的表面积和体积必考1题.两题均以正四棱台为载体考查体积公式，教材题给出了体积，上、下底面积求高，高考题给出了上、下底面积，侧棱长求体积，其实也是求高，怎能不说高考题源于教材，高于教材呢！ 二、复习备考要强化“教材本位” A组——教材信息的发掘训练 1.(人B必修④P90T5改编)判断正误. (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)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥.(　 ) (3)棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分.(　 ) (4)夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是圆柱.(　 ) (5)上、下底面是两个平行的圆面的旋转体是圆台.(　 ) 答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)× 2.(人A必修②P106T8改编)如图，若长方体ABCD-A′B′C′D′中截去体积较小的一部分，其中EH∥B′C′∥FG，则剩下的几何体是(　 ) A.棱台 B.四棱柱 C.五棱柱 D.六棱柱 答案：C 3.(人A必修②P119T1改编)如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且4个顶点A，B，C，D在同一个平面内.如果四边形ABCD是边长为3 cm的正方形，那么这个八面体的表面积是________ cm2. 答案：18 4.(北师大必修②P256T2改编)某小区修建一个圆台形的花台，它的两底面半径分别为1 m和2 m，高为1 m，则需要________ m3的土才能把花台填满. 答案： B组——迷点盲点的澄清训练 1.(直观图与原图形面积的关系用错)如图，Rt△O′B′A′是一个平面图形的直观图，若O′B′＝，则这个平面图形的面积是(　 ) A.1 B. C.2 D.4 答案：C 2.(几何体形状不确定时，忽视分类讨论)圆柱的侧面展开图是边长分别为6π和4π的矩形，则圆柱的体积是________. 答案：24π2或36π2 题点一　基本立体图形(自主练通) 1.下列说法正确的是(　 ) A.两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台 B.以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥 C.各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体 D.圆锥的轴截面是等腰三角形 解析：选D　棱台是棱锥过侧棱上一点作底面的平行平面分割而得到的.而两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体中，把梯形的腰延长后，有可能不交于一点，就不是棱台，故A错误；以直角三角形的斜边为轴旋转一周所得的旋转体不是圆锥，故B错误；各侧面都是正方形的四棱柱中，如果底面是菱形，不一定是正方体，故C错误；圆锥的轴截面是等腰三角形，故D正确.故选D. 2.(2024·江门月考)[多选]下列说法正确的是(　 ) A.圆台的轴截面一定是等腰梯形 B.用一个平面去截棱锥，一定会得到一个棱锥和一个棱台 C.将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在的直线旋转一周，所得到的几何体是由一个圆台和两个圆锥组合而成的 D.有两个面平行，其余各面都是四边形，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 解析：选AD　圆台的轴截面是等腰梯形，故A正确；用平行于底面的平面去截棱锥，一定会得到一个棱锥和一个棱台，用其他平面去截棱锥，不会得到一个棱锥和一个棱台，故B错误；将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在的直线旋转一周，所围成的几何体是由一个圆柱和两个圆锥组合而成的，故C错误；有两个面平行，其余各面都是四边形，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，符合棱柱的定义，故D正确.故选AD. 3.(2024·淮北一模)如图，在三棱台A′B′C′-ABC中，沿平面A′BC截去三棱锥A′-ABC，则剩余的部分是(　 ) - A.三棱锥 　　　 B.四棱锥 C.三棱柱 　　　 D.组合体 解析：选B　三棱台A′B′C′-ABC中，沿平面A′BC截去三棱锥A′-ABC，剩余的部分是以A′为顶点，四边形BCC′B′为底面的四棱锥A′-BCC′B′.故选B. 4.如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的斜二测画法的直观图，其中O′C′＝O′A′＝2O′B′，则△ABC是(　 ) A.钝角三角形 B.等腰三角形，但不是直角三角形 C.等腰直角三角形 D.等边三角形 解析：选C　将其还原成原图，设A′C′＝2，则可得OB＝2O′B′＝1，AC＝A′C′＝2，从而AB＝BC＝，所以AB2＋BC2＝AC2，即AB⊥BC，故△ABC是等腰直角三角形.故选C. [思维建模] 空间几何体结构特征的判断技巧 (1)定义法：紧扣结构特征是判断的关键，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定. (2)反例法：学会通过反例对概念进行辨析，即说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可. 题点二　空间几何体的侧面积与表面积 例1　(2024·武汉统考)已知某圆锥的母线长、底面圆的直径都等于球的半径，则球与圆锥的表面积之比为(　 ) A.8 B. C. D. 解析：选B　设圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，球的半径为R，则l＝2r＝R，即R＝2r，l＝2r，球的表面积S1＝4πR2＝16πr2，圆锥的表面积S2＝πrl＋πr2＝2πr2＋πr2＝3πr2，则＝＝.故选B. 例2　(2024·驻马店期末)《九章算术》中将正四棱台(上、下底面均为正方形)称为“方亭”.现有一方亭，高为2，上底面边长为2，下底面边长为4，则此方亭的表面积为__________. 解析：如图所示，AC，BD分别是正四棱台不相邻两个侧面的高，AE⊥CD，则AE即为正四棱台的高，AE＝2.由AB＝2, CD＝4，得AC＝BD＝＝，所以此方亭的表面积为42＋22＋4×＝20＋12. 答案：20＋12 [思维建模] 求空间几何体表面积的技巧 (1)多面体的表面积是各个面的面积之和. (2)组合体的表面积应注意重合部分的处理. (3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展开为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和. [针对训练] 1.(2024·临沂期中)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1的八个顶点中，有四个顶点A，B1，C，D1恰好是正四面体的顶点，则此正四面体的表面积与正方体的表面积之比为(　 ) A.∶1 B.1∶ C.∶2 D.∶3 解析：选D　设正方体的棱长为a，则正方体的表面积是6a2，正四面体AB1CD1的棱长为a，它的表面积是4××(a)2×＝2a2，正四面体的表面积与正方体的表面积之比为∶3.故选D. 2.(2023·烟台三模)已知底面半径为3的圆锥SO，其轴截面为正三角形，若它的一个内接圆柱的底面半径为1，则此圆柱的侧面积为(　 ) A.π B.2π C.4π D.8π 解析：选C　如图，作出圆锥SO的轴截面△SAB，依题意OB＝OA＝3，OD＝OC＝1，SB＝6，所以SO＝＝3，易知△BDF∽△BOS，则＝，所以DF＝2，即圆锥的内接圆柱的底面半径r＝1，高h＝2，所以圆柱的侧面积S＝2πrh＝2×1×2π＝4π.故选C. 题点三　空间几何体的体积 例3　(公式法)(2023·全国乙卷)已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝120°，若△PAB的面积等于，则该圆锥的体积为(　 ) A.π B.π C.3π D.3π 解析：选B　在△AOB中，∠AOB＝120°，而OA＝OB＝，取AB的中点C，连接OC，PC，有OC⊥AB，PC⊥AB，如图，∠ABO＝30°，OC＝，AB＝2BC＝3，由△PAB的面积为，得×3×PC＝，解得PC＝，于是PO＝＝＝，所以圆锥的体积V＝π×OA2×PO＝π×()2×＝π. 例4　(等体积法)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M在对角线BC1上移动，则三棱锥M-AB1D1的体积为(　 ) A. B.8 C. D.4 解析：选C　令B1到平面AMD1的距离为d，VM-AB1D1＝VB1-AMD1＝·S△AMD1·d，因为正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥D1C1，AB＝D1C1， 所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1，所以S△AMD1＝S△AC1D1， VB1-AMD1＝·S△AMD1·d＝·S△AC1D1·d＝VB1-AC1D1，所以VM-AB1D1＝VB1-AC1D1＝VA-B1C1D1， 因为正方体ABCD-A1B1C1D1中AA1⊥平面A1B1C1D1，则AA1为三棱锥A-B1C1D1的高， VM-AB1D1＝VA-B1C1D1＝·AA1·S△B1C1D1＝×2××2×2＝. 例5　(割补法)(2023·新课标Ⅱ卷)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为________. 解析：如图所示，正四棱锥P-ABCD的底面边长为4，用平行于底面的平面截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥P-A′B′C′D′后，得到正四棱台A′B′C′D′-ABCD，且A′B′＝2，AB＝4.记O′，O分别为正四棱台A′B′C′D′-ABCD上、下底面的中心，H′，H分别为A′B′，AB的中点，连接PO，PH，O′H′，OH，则PO′＝3，O′H′＝1，OH＝2.易知△PO′H′∽△POH，所以＝，即＝，解得PO＝6，所以OO′＝PO－PO′＝3，所以该正四棱台的体积V＝×3×(22＋2×4＋42)＝28. 答案：28 [思维建模] 简单几何体体积的常用求法 公式法 规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解 割补法 把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体 等体积法 通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积 [针对训练] 3.(2024·漳州期末)已知圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆，过圆锥高的中点且与底面平行的平面截此圆锥所得的圆台体积是(　 ) A.π B.π C.π D.π 解析：选A　设圆锥的高为h，母线长为l，底面圆半径为r，则解得l＝2，r＝1，所以h＝＝，所以圆台体积为π×12×－π×2×＝π，故选A. 4.(2024·梅州模拟)在马致远的《汉宫秋》楔子中写道：“毡帐秋风迷宿草，穹庐夜月听悲笳.”毡帐是古代北方游牧民族以为居室、毡制帷幔.如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与圆柱的组合体，圆锥的高为4，侧面积为15π，圆柱的侧面积为18π，则该毡帐的体积为(　 ) A.39π B.18π C.38π D.45π 解析：选A　设圆柱的底面半径为r，高为h，圆锥的母线长为l，因为圆锥的侧面积为15π，所以πrl＝15π，即rl＝15.因为l2＝r2＋42，所以联立解得r＝3(舍负).因为圆柱的侧面积为18π，所以2πrh＝18π，即2π×3h＝18π，解得h＝3，所以该毡帐的体积为πr2×4＋πr2h＝39π.故选A. 多面体的平面展开图 1.常见多面体的展开图 (1)直棱柱的侧面展开图是矩形. (2)正棱锥的侧面展开图是由一些全等的等腰三角形拼成的，底面是正多边形. (3)正棱台的侧面展开图是由一些全等的等腰梯形拼成的，底面是正多边形. 2.常见旋转体的展开图 (1)圆柱的侧面展开图是矩形，矩形的长(或宽)是底面圆周长，宽(或长)是圆柱的母线长. (2)圆锥的侧面展开图是扇形，扇形的半径长是圆锥的母线长，弧长是圆锥的底面周长. (3)圆台的侧面展开图是扇环，扇环的上、下弧长分别为圆台的上、下底面周长. [应用体验] 1.(2024·沈阳阶段练习)[多选]圆台的上、下底面半径分别是10和20，它的侧面展开图扇环的圆心角为180°，则下面说法正确的是(　 ) A.圆台的母线长是20 B.圆台的表面积是1 100π C.圆台的高是10 D.圆台的体积是π 解析：选ABD　依题意，圆台侧面展开图如图，设圆台的上底面周长为C，由扇环的圆心角为180°，得C＝π·SA，又C＝10×2π，则SA＝20，同理SB＝40，于是圆台的母线AB＝SB－SA＝20，高h＝＝10，表面积S＝(10＋20)×20π＋100π＋400π＝1 100π，体积V＝π×10×(102＋10×20＋202)＝π，故选ABD. 2.如图，正三棱锥A-BCD中，∠BAD＝30°，侧棱长为2，过点C的平面截得△CB1D1.则△CB1D1的周长的最小值为(　 ) A.2 B.2 C.4 D.2 解析：选D　由题意，沿正三棱锥A-BCD的侧棱AC剪开，所得侧面展开图是三个顶角为30°的等腰三角形，腰长为2，如图所示，连接CC1，则∠CAC1＝90°，所以△CAC1是等腰直角三角形，则CC1＝＝2，由两点间距离线段最短，得△CB1D1的周长的最小值为C，C1两点之间的距离，即2，故选D. 3.第24届冬奥会于2022年在中国北京举办，单板滑雪的U型场地近似为圆柱体的一部分(如图).现一名运动员从顶端A点滑行到另一顶端B点，则滑行的最短距离约为(　 ) A. m B. m C. m D. m 快审准解：先画出U型场地的截面，求出∠AOC的大小，从而可求出弧AD的长，然后在U型场地侧面展开图中计算即可. 解析：选A　如图(1)所示是U型场地的截面示意图， 设圆柱的底面半径为r，则在Rt△ACO中， (r－4)2＋2＝r2，解得r＝10. 设∠AOC＝θ，则sin θ＝＝＝， 所以θ≈53°，所以∠AOD≈106°， 所以弧AD的长为l＝≈＝π. U型场地侧面展开图如图(2)所示， 则从顶端A点滑行到另一顶端B点，滑行的最短距离约为 m. 4.已知正三棱柱ABC-A′B′C′的各棱长均为2，P是线段BC′的中点，沿正三棱柱的表面从点A′到点P的路程最小值为________. 解析：正三棱柱ABC-A′B′C′如图1所示.当按照图2所示展开，过点P作PP′⊥A′C′于点P′，可知PP′＝1，A′P′＝3，由勾股定理可得A′P＝＝；当按照图3所示展开，连接A′P交B′C′于点O，可知OP＝1，A′O＝，所以A′P＝＋1.因为＋1<，所以点A′到点P的路程最小值为＋1. 答案：＋1 |反思领悟| (1)多面体的展开图可以有不同的形状，应多实践，观察并大胆想象立体图形与表面展开图的关系.由多面体画平面展开图，一定要先观察立体图形的每一个面的形状. (2)求从几何体的表面上一点，沿几何体表面运动到另一点，所走过的最短距离，常将几何体的侧面展开，转化为求平面上两点间的最短距离问题. [课时跟踪检测] 1.[多选]下列说法正确的是(　 ) A.球体是旋转体 B.圆柱的母线垂直于其底面 C.斜棱柱的侧面中没有矩形 D.用正棱锥截得的棱台叫做正棱台 解析：选ABD　由旋转体的概念可知，球体是旋转体，故A正确；圆柱的母线平行于圆柱的轴，垂直于其底面，故B正确；斜棱柱的侧面中可能有矩形，故C错误；用正棱锥截得的棱台叫做正棱台，故D正确.故选ABD. 2.三棱柱各面所在平面将空间分成不同部分的个数为(　 ) A.18 B.21 C.24 D.27 解析：选B　三棱柱的三个侧面将空间分成7部分，三棱柱的两个底面将空间分成3部分.故三棱柱各面所在平面将空间分成不同部分的个数为3×7＝21. 3.某学校新建的天文观测台可看作一个球体，其半径为3 m.现要在观测台的表面涂一层防水漆，若每平方米需用0.5 kg涂料，则共需要涂料(单位：kg)(　 ) A.1.5π B.4.5π C.6π D.18π 解析：选D　因为R＝3，所以球的表面积S＝4πR2＝36π.又每平方米需用0.5 kg涂料，所以共需36π×0.5＝18π(kg)涂料.故选D. 4.如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝3，O′C′＝1，则原图形是(　 ) A.面积为6的矩形 B.面积为的矩形 C.面积为6的菱形 D.面积为的菱形 解析：选C　因为∠D′O′A′＝45°，O′C′＝C′D′＝1，所以O′D′＝，故在原图中，OD＝2，CD＝C′D′＝1，OC＝＝＝3，所以四边形OABC为菱形(如图所示)，OA＝3，则原图形面积为S＝OA×OD＝6. 5.(2024·昆明期末)如图，圆锥SO2被平行于底面的一个平面所截，截去一个上、下底面半径分别为3和5，高为4的圆台O1O2，则所得圆锥SO1的体积为(　 ) A.16π B.18π C.20π D.24π 解析：选B　设圆锥SO1的高为h，则＝，解得h＝6，因此圆锥SO1的体积为π×32×6＝18π.故选B. 6.(2024·兰州期末)如图中小正方形的边长为1，粗线画出的是某平面多边形，现将该图形绕对称轴旋转180°，则所得几何体的表面积为(　 ) A.15π＋37π B.46π C.15π＋21π D.37π 解析：选C　依题意，几何体是多边形绕线段CD的中垂线旋转180°得到的，它是以线段BE为底面圆直径，高为3的圆锥，和以线段CD，BE分别为上、下底面直径，高为3的圆台组成，而BE＝8，CD＝2，圆锥的母线长AB＝＝5，圆锥的侧面积S1＝π×4×5＝20π，圆台的母线长BC＝＝3，圆台的侧面积S2＝π(1＋4)×3＝15π，所以所得几何体的表面积为S1＋S2＋π×12＝15π＋21π.故选C. 7.(2022·新课标Ⅰ卷)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148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2.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148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(≈2.65)(　 ) A.1.0×109 m3 B.1.2×109 m3 C.1.4×109 m3 D.1.6×109 m3 解析：选C　如图，由已知得该棱台的高为157.5－148.5＝9(m)，所以该棱台的体积V＝×9×(140＋＋180)×106＝60×(16＋3)×106≈60×(16＋3×2.65)×106＝1.437×109≈1.4×109(m3).故选C. 8.(2023·全国甲卷)在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝，则该棱锥的体积为(　 ) A.1 B. C.2 D.3 解析：选A　如图，取AB的中点D，连接PD，CD，因为△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，所以PD⊥AB，CD⊥AB，所以PD＝CD＝，又PC＝，所以PD2＋CD2＝PC2，所以PD⊥CD，又AB∩CD＝D，AB，CD⊂平面ABC，所以PD⊥平面ABC，所以VP-ABC＝×S△ABC×PD＝××2××＝1，故选A. 9.(2023·张家口三模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，过A1B1的截面与AC交于点D，与BC交于点E，该截面将三棱柱分成体积相等的两部分，则＝(　 ) A. B. C. D. 解析：选D　由题可知平面A1B1ED与棱柱上、下底面分别交于A1B1，ED，则A1B1∥ED，ED∥AB，显然CDE-C1A1B1是三棱台，设△ABC的面积为1，△CDE的面积为S，三棱柱的高为h，∴·1·h＝h(1＋S＋)，解得＝，由△CDE∽△CAB，可得＝＝.故选D. 10.圆柱的轴截面是周长为12的矩形，则满足条件的圆柱的最大体积为(　 ) A.8π B.10π C.12π D.16π 解析：选A　设圆柱的底面半径为r，高为h，则4r＋2h＝12，即2r＋h＝6，圆柱的体积V＝πr2h＝πr2(6－2r)＝－2πr3＋6πr2,0<r<3，V′＝－6πr2＋12πr＝－6πr(r－2)，当0<r<2时，V′>0，函数单调递增，当2<r<3时，V′<0，函数单调递减，所以当r＝2时，函数V(r)取得最大值，最大值为V(2)＝8π.故选A. 11.已知一个圆锥的高与其底面圆的半径相等，且体积为，在该圆锥内有一个正方体，其下底面的四个顶点在圆锥的底面上，上底面的四个顶点在圆锥的侧面上，则该正方体的棱长为(　 ) A. B．1 C．2－ D．4－2 解析：选D　因为圆锥的高与其底面圆的半径相等，设圆锥的高为h，底面圆的半径为r，则r＝h，又因为圆锥的体积为，可得πr2h＝πr3＝，解得r＝2，则h＝2.设圆锥的顶点为S，底面圆心为O，则高为SO＝2，SO与正方体的上底面交点为O1，在该圆锥内有一个正方体，其下底面的四个顶点在圆锥的底面上，上底面的四个顶点在圆锥的侧面上，取其轴截面，如图所示，设正方体的棱长为a，可得CD＝a，由△SO1D∽△SOA，可得＝，即＝，解得a＝＝4－2，所以该正方体的棱长为4－2. 12.(2023·新课标Ⅰ卷)[多选]下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　 ) A.直径为0.99 m的球体 B.所有棱长均为1.4 m的四面体 C.底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体 D.底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体 解析：选ABD　因为棱长为1 m的正方体的内切球的直径为1 m，所以A正确；因为棱长为1 m的正方体中可放入棱长为 m的正四面体，且＞1.4，所以B正确；因为正方体的棱长为1 m，体对角线长为 m，＜1.8，所以高为1.8 m的圆柱体不可能整体放入正方体容器中，所以C不正确； 因为正方体的体对角线长为 m，且＞1.2，设正方体ABCD-A1B1C1D1的中心为O，以AC1为轴对称放置圆柱，设圆柱的底面圆心O1到正方体的表面的最近的距离为h m，如图，结合对称性可知，OC1＝C1A＝，C1O1＝OC1－OO1＝－0.6，则＝，即＝，解得h＝－＞0.01，所以能够被整体放入正方体内，所以D正确.故选ABD. 13.如图，一个水平放置在桌面上的无盖正方体容器ABCD-A1B1C1D1，AB＝4，容器内装有高度为h的水，现将容器绕着棱A1B1所在直线顺时针旋转45°，容器中溢出的水刚好装满一个半径为 的半球形容器，不考虑容器厚度以及其他因素影响，则h＝________. 解析：由题意可知当旋转后，此时水面溢出，则此时水在正方体容器中形成一个三棱柱(正方体的一半)，故由长方体、球的体积公式可知，16h－×43＝×π3，解得h＝. 答案： 14.如图，在六面体ABC-FEDG中，BG⊥平面ABC，平面ABC∥平面FEDG，AF∥BG，FE∥GD，∠FGD＝90°，AB＝BC＝BG＝2，GD＝2BC，四边形AEDC是菱形，则六面体ABC-FEDG的体积为________. 解析：如图，连接AG，AD，则V六面体ABC-FEDG＝V四棱锥A-FEDG＋V四棱锥A-BCDG ＝2V四棱锥A-FEDG，由题意得，EF＝2，DG＝4，FG＝AF＝2， ∴S梯形FEDG＝×(2＋4)×2＝6，∴V四棱锥A-FEDG＝×S梯形FEDG×AF＝4， ∴V六面体ABC-FEDG＝8. 答案：8 15.如图，在正四棱台ABCD-EFGH中，AB＝4，EF＝9，且四棱锥E-ABCD的体积为48，则该四棱台的体积为________. 解析：法一　由题意，设点E到平面ABCD的距离为h，由四边形ABCD面积为S＝(4)2＝48，得四棱锥E-ABCD的体积为48＝hS＝×48h，得h＝3.所以棱台体积为V＝h＝×3×＝399. 法二　由题意，设点E到平面ABCD的距离为h，由四边形ABCD面积为S＝(4)2＝48，得四棱锥E-ABCD的体积为48＝hS＝×48h，得h＝3. 由棱台定义知，延长EA，FB，GC，HD交于一点，设为P，设棱锥P-ABCD的高为x，则棱锥P-EFGH的高为x＋3，由三角形相似可得＝＝，得x＝，于是棱台体积V＝(x＋3)S下－xS上＝××243－××48＝399. 答案：399 16.(2024·锦州模拟)已知用斜二测画法画梯形OABC的直观图O′A′B′C′如图所示，O′A′＝3C′B′，C′E′⊥O′A′，SOABC＝8，C′D′∥y′轴，C′E′＝，D′为O′A′的三等分点，则四边形OABC绕y轴旋转一周形成的空间几何体的体积为________. 解析：在直观图中，C′D′＝C′E′＝1，所以在还原图中，CD＝2(易弄混直观图与还原图中线段长度的关系)，如图，在直观图中，O′A′＝3C′B′，D′为O′A′的三等分点，所以在还原图中，OA＝3CB，D为OA的三等分点，又在直观图中，C′D′∥y′轴，所以在还原图中，CD∥y轴，则CD⊥OA，所以SOABC＝CD×(OA＋CB)＝×2×4CB＝4CB＝8，则CB＝2，故OA＝6，OD＝OA＝2，所以四边形OABC是等腰梯形，所以四边形OABC绕y轴旋转一周所形成的空间几何体的体积等于一个圆台的体积减去一个圆锥的体积，即V＝π×(42＋4×6＋62)×2－π×22×2＝－＝48π. 答案：48π 140 学科网（北京）股份有限公司 $$