第7章 第1节 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积(已检查)（教师word）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（人教B版2019）

第一节　基本立体图形、简单几何体的表面积与体积 【课程标准】　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.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．　3.能用斜二测画法画出简单空间图形(长方体、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合体)的直观图． 1．空间几何体的结构特征 (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 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 微提醒　(1)常见的几种四棱柱的结构特征及其之间的关系 (2)球的截面的性质 ①球的任何截面是圆面；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＝. 2．立体图形的直观图 (1)画法：常用斜二测画法． (2)规则：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′和y′轴所在平面垂直． ②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴，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轴的线段长度在直观图中变为原来的一半． 学生用书↓第149页 3．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 名称 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 4.柱、锥、台、球的表面积和体积 　　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＝S底h 锥体 (棱锥和圆锥) S表面积＝ S侧＋S底 V＝S底h 台体 (棱台和圆台) S表面积＝ S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋ )h 球 S＝4πR2 V＝πR3 微提醒　(1)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素间的关系．(2)在求解组合体的表面积时，注意几何体表面的构成，尤其是重合部分，面积不要多加或少减． 【记牢常用结论】 1．原图形与直观图面积的关系 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：(1)S直观图＝S原图形．(2)S原图形＝2S直观图． 2．几个与球有关的切、接常用结论 (1)设正方体的棱长为a，球的半径为R. ①若球为正方体的外接球，则2R＝a； ②若球为正方体的内切球，则2R＝a； ③若球与正方体的各棱相切，则2R＝a. (2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝. (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 1．[多选题]下列结论错误的是(　　) A．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 B．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 C．菱形的直观图仍是菱形 D．两个球的体积之比等于它们的半径比的平方 答案：ACD 2．(链接人A必修二P106T8) 如图所示，长方体ABCD -A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是(　　) A．棱台 B．四棱柱 C．五棱柱 D．简单组合体 答案：C 解析：由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱．故选C. 3．(链接苏教必修二P156例2)已知直角梯形ABCD，现绕着它的较长底CD所在的直线旋转一周，所得的几何体包括(　　) A．一个圆柱、一个圆锥 B．一个圆柱、两个圆锥 C．一个圆台、一个圆柱 D．两个圆柱、一个圆台 答案：A 4．(链接人A必修二P119练习T2)一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为(　　) A.π B.π C．16π D．24π 答案：B 解析：设球的半径为R，则S＝4πR2＝16π，解得R＝2，则球的体积V＝πR3＝π.故选B. 5．(链接人A必修二P119习题T2) 如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________． 答案：1∶47 解析：设长方体的相邻三条棱长分别为a，b，c，它截出的棱锥的体积为V1＝××a×b×c＝abc，剩下的几何体的体积V2＝abc－abc＝abc，所以V1∶V2＝1∶47. 学生用书↓第150页 考点一　基本立体图形多维练 角度1　结构特征 (1)下列命题正确的是(　　) A．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台 B．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台 C．直角梯形以一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体是圆台 D．用平面截圆柱得到的截面只能是圆面或矩形面 (2)[多选题]下列说法正确的是(　　) A．以直角三角形的一条边所在的直线为轴，其余两边旋转形成的曲面围成的几何体是圆锥 B．以等腰三角形底边上的中线所在的直线为轴，将三角形旋转形成的曲面围成的几何体是圆锥 C．经过圆锥任意两条母线的截面是等腰三角形 D．圆锥侧面的母线长有可能大于圆锥底面圆的直径 答案：(1)C　(2)BCD 解析： (1)如图所示，可排除A，B选项．对于D选项，只有截面与圆柱的母线平行或垂直时，截得的截面才为矩形面或圆面，否则截面为椭圆面或椭圆面的一部分．故选C. (2)A不正确，直角三角形绕斜边所在的直线旋转得到的旋转体 不是圆锥；B正确，以等腰三角形底边上的中线所在的直线为轴，将三角形旋转形成的曲面围成的几何体是圆锥；C正确，因为圆锥的母线长都相等，所以经过圆锥任意两条母线的截面是等腰三角形；D正确，如图所示，圆锥侧面的母线长l有可能大于圆锥底面圆半径r的2倍(即直径)．故选BCD. 规律方法 空间几何体结构特征的判断技巧 1．紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，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．通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举出一个反例即可．　　 角度2　直观图 已知水平放置的四边形OABC按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中O′A′∥B′C′，∠O′A′B′＝90°，O′A′＝1，B′C′＝2，则原四边形OABC的面积为(　　) A. B．3 C．4 D．5 答案：B 解析： 法一：由已知求得O′C′＝，把直观图还原为原图形如图，可得原图形为直角梯形，OA∥CB，OA⊥OC，且OA＝1，BC＝2，OC＝2，得原四边形OABC的面积为×(1＋2)×2＝3.故选B. 法二：由题意知A′B′＝1，所以S直观图＝×(1＋2)×1＝，所以S原图形＝2S直观图＝3. 　规律方法 在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半．　 角度3　展开图 (1)已知圆台形的木桶的上、下底面的半径分别为4和2，木桶的高为2，则该木桶的侧面展开成的扇环所对的圆心角为(　　) A．π B. C. D. (2)如图，已知正三棱柱ABC-A′B′C′的底面边长为1 cm，侧面积为9 cm2，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点A′的最短路线的长为________ cm. 答案：(1)A　(2)3 解析：(1)如图，将圆台补成圆锥CO，则O1B＝2，AO＝4，BD＝2，所以AD＝2，AB＝＝4，由圆锥的结构特征可知AC＝2AB＝8，而扇环所对外圆弧的长为l＝2π·AO＝8π，所以侧面展开成的扇环所对的圆心角为α＝＝π.故选A. (2)将正三棱柱ABC-A′B′C′沿侧棱展开，其侧面展开图如图所示， 依题意AB＝BC＝CA1＝1 cm，则AA1＝3 cm，由侧面积为9 cm2，所以C△ABC·AA′＝9，则AA′＝3 cm. 依题意沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点A′的最短路线为|AA′1|＝＝＝3(cm)． 规律方法 几何体的表面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，一定先观察立体图形的每一个面的形状． 提醒：利用空间几何体的表面展开图可求几何体的表面积及表面上两点间的距离问题．　 对点练1.(1)[多选题]下列命题正确的是(　　) A．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体为棱台 B．用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分为棱台 C．棱锥是由底面为多边形，其余各面为具有一个公共顶点的三角形围成的几何体 D．球面可以看作一个圆绕着它的直径所在的直线旋转180°所形成的曲面 学生用书↓第151页 (2)如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中O′C′＝O′A′＝2O′B′，则以下说法正确的是(　　) A．△ABC是钝角三角形 B．△ABC是等边三角形 C．△ABC是等腰直角三角形 D．△ABC是等腰三角形，但不是直角三角形 (3)在长方体ABCD -A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝4，AA1＝1，则一只小虫从A点沿长方体的表面爬到C1点的最短距离是________． 答案：(1)CD　(2)C　(3)5 解析：(1)对于A，有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体不一定为棱台，因为不能保证各侧棱的延长线交于一点，所以A错误；对于B，用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分不一定为棱台，因为不能保证截面与底面平行，所以B错误；对于C，由棱锥的定义知由底面为多边形，其余各面为具有一个公共顶点的三角形围成的几何体是棱锥，所以C正确；对于D，球面可以看作一个圆绕着它的直径所在的直线旋转180°所形成的曲面，所以D正确．故选CD. (2)将直观图还原成原图形，如图所示，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. (3)如图所示，长方体ABCD -A1B1C1D1的表面有三种展开方法， 则图①中，AC1＝＝；图②中，AC1＝＝5；图③中，AC1＝＝.所以一只小虫从A点沿长方体的表面爬到C1点的最短距离是5. 考点二　空间几何体的表面积基础练 [(1)若圆锥侧面展开图是圆心角为，半径为1的扇形，则这个圆锥表面积与侧面积的比为(　　) A．3∶2 B．2∶1 C．4∶3 D．5∶3 (2)已知一张边长为2的正方形纸片绕着它的一条边所在的直线旋转弧度，则该纸片扫过的区域形成的几何体的表面积为(　　) A．2π B．π＋8 C．2π＋8 D．4π＋8 (3)已知三棱锥的三条侧棱长均为2，有两个侧面是等腰直角三角形，底面等腰三角形底上的高为，则这个三棱锥的表面积为(　　) A．4＋3＋ B．4＋＋2 C．4＋＋ D．4＋2＋ 答案：(1)C　(2)C　(3)C 解析：(1)如图，由题意知，＝⇒r＝l＝，S侧＝πrl＝，S圆锥＝S侧＋πr2＝，故S圆锥∶S侧＝4∶3.故选C. (2)因为一张边长为2的正方形纸片绕着它的一条边所在的直线旋转弧度，所形成的几何体为柱体，该柱体是底面半径r为2，高h为2的圆柱的八分之一，所以其表面积S＝(2πrh＋2πr2)＋rh×2＝×(2π×2×2＋2π×22)＋2×2×2＝2π＋8.故选C. (3)结合题目边长关系，可得三棱锥如图所示，其中AB＝AC＝AD＝2，CE＝，由题意得△ABC，△ACD是等腰直角三角形，则BC＝CD＝2，BE＝＝，BD＝2，AE＝＝1，则该三棱锥的表面积为S△ABC＋S△ACD＋S△ABD＋S△BCD＝×2×2＋×2×2＋×2×1＋×2×＝4＋＋.故选C. 规律方法 几何体表面积的类型及求解方法 求多面体 的表面积 直接求各面面积然后求和或将它们沿着棱“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 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 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，求出所给不规则几何体的表面积 对点练2.(1)若正四棱锥的底面边长和高都为2，则其表面积为________． (2)已知一个圆柱的体积为2π，底面直径与母线长相等，圆柱内有一个三棱柱，与圆柱等高，底面是顶点在圆周上的正三角形，则三棱柱的侧面积为________． 答案：(1)4＋4　(2)6 解析：(1)如图，由题意知底面正方形的边长为2，正四棱锥的高为2，则正四棱锥的斜高PE＝＝.所以该四棱锥的侧面积S＝4××2×＝4，所以S表＝2×2＋4＝4＋4. (2)设圆柱的底面半径为r，则πr2·2r＝2π，所以r＝1.设三棱柱底面边长为a，则＝2r＝2，所以a＝，所以三棱柱的侧面积为3×a×2r＝3××2＝6. 考点三　空间几何体的体积多维练 角度1　公式法求体积 (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________． 答案： 解析：如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M 为正四棱台ABCD -A1B1C1D1的高， 因为AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则A1O1＝A1C1＝×A1B1＝，AO＝AC＝×AB＝，故AM＝(AC－A1C1)＝，则A1M＝＝ ＝，所以所求体积为V＝×(4＋1＋)×＝. 角度2　等体积法求体积 在棱长为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S△A1MN＝2×2－2××2×1－×1×1＝，又易知D1A1为三棱锥D1-A1MN的高，且D1A1＝2，所以V三棱锥A1-D1MN＝V三棱锥D1-A1MN＝·S△A1MN·D1A1＝××2＝1. 角度3　割补法求体积 (1)如图，一个装有某种液体的圆柱形容器固定在墙面和地面的角落内，容器与地面所成的角为30°，液面呈椭圆形，椭圆长轴上的顶点M，N到容器底部的距离分别是10和16，则容器内液体的体积是(　　) A．36π B．39π C．42π D．45π 学生用书↓第152页 (2)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________． 答案：(1)B　(2)8 解析：(1)将含液体部分的几何体补成如图所示的圆柱，过M作底面的平行平面，与过N的母线交于点S，连接MS，由题意知∠MNS＝30°，则MS＝6×＝2，故圆柱的底面半径为，则容器内液体的体积为×(10＋16)×π×()2＝13×π×3＝39π.故选B. (2)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， 所以S梯形FEDG＝×(2＋4)×2＝6，所以V四棱锥A-FEDG＝×S梯形FEDG×AF＝4，所以V六面体ABC-FEDG＝8. 规律方法 求空间几何体的体积的三种方法 　　 对点练3.(1)(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 (2)某圆锥的体积为1，用一个平行于圆锥底面的平面截该圆锥得到一个圆台，若圆台上底面和下底面的半径之比为1∶2，则该圆台的体积为(　　) A. B. C. D. (3)已知三棱柱ABC-A1B1C1的体积为6，则四面体C-A1BC1的体积为________． 答案：(1)A　(2)A　(3)2 解析：(1)取AB中点E，连接PE，CE，如图， 因为△ABC是边长为2的等边三角形，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×＝，PC＝，故PC2＝PE2＋CE2，即PE⊥CE，所以V＝VB -PEC＋VA-PEC＝S△PEC·AB＝××××2＝1.故选A. (2)该圆锥的轴截面如图所示．其中等腰梯形DECB为截得的圆台的轴截面，DE∥BC.由圆台上底面和下底面的半径之比为1∶2，可得＝.过A作AF⊥BC，垂足为F，且AF交DE于H，易知△ADE∽△ABC，所以＝＝，则＝1－＝.即截得的圆台的体积是该圆锥体积的，又该圆锥的体积是1，所以该圆台的体积是.故选A. (3)如右图，VC-A1BC1＝VA1-BCC1＝VA1-BB1C1＝VB-A1B1C1＝S△A1B1C1·AA1＝VABC-A1B1C1，因为三棱柱ABC-A1B1C1的体积为6，所以四面体C-A1BC1的体积为2. 课时测评50　基本立体图形、简单几何体的表面积与体积 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (每小题5分，共50分) 1．下列说法中正确的是(　　) A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥 B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥 C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是六棱锥 D．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线 答案：D 解析：对于A，如图①所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各个面都是三角形，但它不是三棱锥，故A错误；对于B，如图②③所示，若△ABC不是直角三角形，或是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥，故B错误；对于C，若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由过中心和定点的截面知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，故C错误；对于D，根据圆锥母线的定义知，D正确．故选D. 2.如图是用斜二测画法画出的水平放置的△AOB的直观图(图中虚线分别与x′轴、y′轴平行)，则原图形△AOB的面积是(　　) A．8 B．16 C．32 D．64 答案：C 解析：根据题意，如图， 原图形△AOB的底边OB的长为4，高为16，所以其面积S＝×4×16＝32.故选C. 3．(2024·四川广元模拟) 如图，长方体ABCD -A1B1C1D1的体积为36，E为棱CC1上的点，且CE＝2EC1，则三棱锥E-BCD的体积是(　　) A．3 B．4 C．6 D．12 答案：B 解析：因为S△BCD＝S四边形ABCD，CE＝CC1，VABCD -A1B1C1D1＝S四边形ABCD·CC1＝36，所以VE-BCD＝S△BCD·CE＝×S四边形ABCD×CC1＝×36＝4.故选B. 4．(2024·陕西咸阳模拟)若圆台的高是3，一个底面半径是另一个底面半径的2倍，母线与下底面成45°角，则这个圆台的侧面积是(　　) A．27π B．27π C．9π D．36π 答案：B 解析：由题意，可作该圆台的轴截面，如图所示， 则圆台的高h＝O1O2＝BE＝3，上底面半径r＝O2B，下底面半径R＝O1A，即2O2B＝O1A，母线l＝AB，∠BAE＝45°.在Rt△ABE中，AE＝BE＝3，AB＝3.易知在正方形O2O1EB中，O2B＝O1E，则AO1＝2EO1＝2AE＝6，即O2B＝3.综上，h＝3，r＝3，R＝6，l＝3，故圆台的侧面积S＝π(r＋R)l＝π(3＋6)×3＝27π.故选B. 5．(2024·浙江金华模拟) 如图，S -ABC是正三棱锥且侧棱长为a，E，F分别是SA，SC上的动点，三角形BEF的周长的最小值为a，则侧棱SA，SC的夹角为(　　) A．30° B．60° C．20° D．90° 答案：A 解析：把正三棱锥沿SB剪开，展开形成三个全等的等腰三角形，分别为△SBC，△SCA，△SAB′，连接BB′，交SC于点F，交SA于点E，则线段BB′的长就是△BEF的最小周长，BB′＝a，又SB＝SB′＝a，根据勾股定理，SB2＋SB′2＝BB′2＝2a2，所以△SBB′是等腰直角三角形，∠BSB′＝90°，所以∠ASC＝90°×＝30°，所以侧棱SA，SC的夹角为30°.故选A. 6．[多选题](2023·新课标Ⅱ卷)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P-AC-O为45°，则(　　) A．该圆锥的体积为π B．该圆锥的侧面积为4π C．AC＝2 D．△PAC 的面积为 答案：AC 解析：依题意，∠APB＝120°，PA＝2，所以OP＝1，OA＝OB＝，对于A选项，圆锥的体积为×π×()2×1＝π，所以A选项正确；对于B选项，圆锥的侧面积为π××2＝2π，所以B选项错误；对于C选项，如图，设D是AC的中点，连接OD，PD，则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P-AC-O的平面角，则∠PDO＝45°，所以OP＝OD＝1，故AD＝CD＝＝，则AC＝2，所以C选项正确；对于D选项，PD＝＝，所以S△PAC＝×2×＝2，所以D选项错误．故选AC. 7.(数学文化)[多选题]攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，多见于亭阁式建筑、园林建筑．如图为四角攒尖，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°.若取θ＝30°，侧棱长为米，则(　　) A．正四棱锥的底面边长为6米 B．正四棱锥的底面边长为3米 C．正四棱锥的侧面积为24平方米 D．正四棱锥的侧面积为12平方米 答案：AC 解析：如图，在正四棱锥S-ABCD中，O为正方形ABCD的中心，H为AB的中点，则SH⊥AB，设底面边长为2a.因为∠SHO＝30°，所以OH＝AH＝a，OS＝a，SH＝a.在Rt△SAH中，a2＋2＝21，解得a＝3，所以正四棱锥的底面边长为6米，侧面积为S＝×6×2×4＝24(平方米)．故选AC. 8．已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为________． 答案：39π 解析：因为V＝π·62·h＝30π，所以h＝，所以l＝＝＝，所以S侧＝πrl＝π×6×＝39π. 9．已知一平面截一球得到直径为2 cm的圆面，球心到这个面的距离是 cm，则该球的体积为________． 答案：36π cm3 解析：由题意知截面圆的半径为r＝ cm，所以球的半径为R＝ ＝3(cm)，体积为V＝πR3＝π×33＝36π(cm3)． 10．(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________． 答案：28 解析：法一：由于＝，而截去的正四棱锥的高为3，所以原正四棱锥的高为6，所以原正四棱锥的体积为×(4×4)×6＝32，截去的正四棱锥的体积为×(2×2)×3＝4，所以棱台的体积为32－4＝28. 法二：棱台的体积为×3×(16＋4＋)＝28. (每小题8分，共32分) 11．(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 答案：B 解析：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，所以∠ABO＝30°，OC＝，BC＝，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.故选B. 12．(2024·广东惠州模拟)如图①所示，在高为h的直三棱柱容器ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝2，AB⊥AC.现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好在平面A1B1C内(如图②)，则容器的高h为(　　) A．2 B．3 C．4 D．6 答案：B 解析：结合题图②知VC-A1B1C1＝S△A1B1C1h，故VC-ABB1A1＝VABC-A1B1C1－VC-A1B1C1＝S△A1B1C1h－S△A1B1C1h＝S△A1B1C1h，所以题图①中容器的高度与水深之比为3∶2，又水深为2，则h＝3.故选B. 13．(数学文化)(2023·山东济南二模)17世纪30年代，意大利数学家卡瓦列利在《不可分量几何学》一书中介绍了利用平面图形旋转计算球体体积的方法．如图，是一个半圆，圆心为O，四边形ABCD是半圆的外切矩形．以直线OE为轴将该平面图形旋转一周，记△OCD，阴影部分，半圆所形成的几何体的体积分别为V1，V2，V3，则下列说法正确的是(　　) A．V1＋V2<V3 B．V1＋V2>V3 C．V1>V2 D．V1＝V2 答案：D 解析：由旋转体的概念可得△OCD、阴影部分、半圆所形成的几何体分别为圆锥、圆柱减去同半径的半球、半球，易知OE＝DE，设DE＝OE＝r， 故V1＝πr2×r＝πr3，V2＝πr2×r－×πr3＝πr3，V3＝×πr3＝πr3，显然V1＝V2，且V1＋V2＝V3.故选D. 14．(2024·九省适应性测试)已知轴截面为正三角形的圆锥MM′的高与球O的直径相等，则圆锥MM′的体积与球O的体积的比值是________，圆锥MM′的表面积与球O的表面积的比值是________． 答案： 　1 解析：设圆锥的底面半径为r，球的半径为R，因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高h＝r，母线l＝2r，由题可知h＝2R，所以球的半径R＝r，所以圆锥的体积为V1＝×(π×r2)×r＝πr3，球的体积V2＝πR3＝π×3＝πr3，所以＝＝；圆锥的表面积S1＝πrl＋πr2＝3πr2，球的表面积S2＝4πR2＝4π×2＝3πr2，所以＝＝1. (每小题9分，共18分) 15．[多选题]折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征(如图①)．图②是一个圆台的侧面展开图(扇形的一部分)，若两个圆弧，所在圆的半径分别是3和9，且∠ABC＝120°，则该圆台的(　　) A．高为4 B．体积为π C．表面积为34π D．上底面面积、下底面面积和侧面面积之比为1∶9∶22 答案：AC 解析：设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，则2πr＝×2π×3,2πR＝×2π×9，解得r＝1，R＝3.易知圆台的母线长l＝6，则圆台的高为h＝＝4，则选项A正确；圆台的体积＝π×4×(32＋3×1＋12)＝π，则选项B错误；圆台的上底面面积为π，下底面面积为9π，侧面面积为π(1＋3)×6＝24π，则圆台的表面积为π＋9π＋24π＝34π，则选项C正确；由C选项可知上底面面积、下底面面积和侧面面积之比为1∶9∶24，则选项D错误．故选AC. 16.[多选题]如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，侧面AA1C1C的中心为O，点E是侧棱BB1上的一个动点，下列判断正确的是(　　) A．直三棱柱的侧面积是4＋2 B．直三棱柱的体积是 C．三棱锥E-AA1O的体积为定值 D．AE＋EC1的最小值为2 答案：ACD 解析：因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，所以△ABC和△A1B1C1是等腰直角三角形，侧面全是矩形，所以其侧面积为1×2×2＋×2＝4＋2，故A正确；直三棱柱的体积V＝S△ABC·AA1＝×1×1×2＝1，故B不正确；如图所示，因为BB1∥平面AA1C1C，且点E是侧棱BB1上的一个动点，所以三棱锥E-AA1O的高为定值，S△AA1O＝××2＝，所以V三棱锥E-AA1O＝××＝，为定值，故C正确；由该棱柱的侧面展开图易知(图略)，AE＋EC1的最小值为＝＝2，故D正确．故选ACD. 学科网（北京）股份有限公司 $$