第8章 专项训练2 组合体的表面积与体积-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册作业与测评课件PPT（人教A版2019）

第八章　立体几何初步 专项训练2　组合体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 7 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 13 5π 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14 239 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 15 10.(2024·天津南开期末)为迎接我校建校120周年校庆，数学学科在八角形校徽中生发灵感，设计了一枚“立体八角形”水晶雕塑，寓意南开在新时代中国“保持真纯初心，骏骏汲汲前行”，以下为该雕塑的设计图及俯视图，它由两个中心重合的正四棱柱组合而成，其中一个正四棱柱可看作由另一个正四棱柱旋转45°而成，已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，设该雕塑的表面积为S1，该雕塑内可容纳最大球的表面积为S2，该雕塑外接球的表面积为S3，则S1＝________，S2∶S3＝________. 1∶6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 四、解答题 11.在如图所示的多面体中，已知四边形ABCD为矩形，四边形ABFE和DCFE为全等的等腰梯形，AB＝4，BC＝AE＝EF＝2.求此多面体的表面积与体积. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 19 12.(2024·广东广州期中)如图，在梯形ABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，且AD＝a，BC＝2a，∠DCB＝60°，在平面ABCD内过点C作l⊥CB，以l为轴将四边形ABCD旋转一周. (1)求旋转体的表面积； (2)求旋转体的体积； (3)求图中所示圆锥CO的内切球的体积. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 23 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 24 14.(2024·吉林模拟)清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的全等正四面体组合而成(每一个四面体的各个面都过另一个四面体的三条共点的棱的中点).如图，若正四面体的棱长为2，则该组合体的表面积为_____；该组合体的外接球体积与两正交四面体公共部分的内切球体积的比值为________. 27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 25 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 26 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 29 　　　　　　　　　　　　　 R 1.如图所示，一个正方体的棱长为2，以相对两个面的中心连线为轴，挖去一个直径为1的圆柱形孔，则所得几何体的表面积为(　　) A.12＋3π B.12＋eq \f(3π,2) C.24＋2π D.24＋eq \f(3π,2) 解析：所得几何体的表面积为6×22－2π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋2π×eq \f(1,2)×2＝24＋eq \f(3π,2).故选D. 2.一个三角形纸板的三个顶点为A，B，C，AB＝3，BC＝eq \r(2)，AC＝eq \r(5)，以AB边上的高所在直线为旋转轴，将三角形纸板旋转180°，则纸板扫过的空间所形成的几何体的体积为(　　) A.eq \f(5π,6) 　　　　　B.π　　　　　　C.eq \f(5π,3) 　　　　　　D.2π 解析：cosA＝eq \f(AC2＋AB2－BC2,2AC×AB)＝eq \f(5＋9－2,2×\r(5)×3)＝eq \f(2,\r(5))，而A为三角形的内角，故sinA＝eq \f(1,\r(5))，故CD＝ACsinA＝eq \r(5)×eq \f(1,\r(5))＝1，故AD＝eq \r(5)×eq \f(2,\r(5))＝2，故DB＝1，故几何体的体积为eq \f(1,2)×1×eq \f(1,3)(π×22＋π×12)＝eq \f(5π,6).故选A. 3.(2024·贵州模拟)为了美化广场环境，县政府计划定购一批石墩.已知这批石墩可以看作是一个圆台和一个圆柱拼接而成，其轴截面如图所示，其中AB＝2CE＝2EF＝40 cm，AC＝10eq \r(2) cm，则该石墩的体积为(　　) A.eq \f(10000π,3) cm3 B.eq \f(11000π,3) cm3 C.4000π cm3 D.eq \f(13000π,3) cm3 解析：如图，过点C作CM⊥AB于点M，因为AB＝2CE＝2EF＝40 cm，AC＝10eq \r(2) cm，所以AM＝10 cm，CM＝eq \r(AC2－AM2)＝eq \r(200－100)＝10 cm，所以圆台的体积为V＝eq \f(1,3)(S上＋S下＋eq \r(S上·S下))·CM＝eq \f(1,3)(π×102＋π×202＋eq \r(π×102×π×202))×10＝eq \f(7000π,3)(cm3)，又圆柱的体积为V1＝S·CE＝π×102×20＝2000π(cm3)，所以该石墩的体积为eq \f(7000π,3)＋2000π＝eq \f(13000π,3)(cm3).故选D. 4.(2024·天津北辰三模)中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为(　　) A.eq \f(325π,12) 　　　　　B.eq \f(76π,3) 　　　　　C.eq \f(215π,9) 　　　　　D.eq \f(325π,16) 解析：由题意可知，容器中液体分为：下半部分为圆柱，上半部分为圆台，取轴截面，如图所示，O1，O2，O3分别为AB，CD，EF的中点，可知AB∥CD∥EF，且O1B＝O2C＝2，O1O2＝6，O2P＝4，O2O3＝1，O3P＝3，可得eq \f(O3F,O2C)＝eq \f(O3P,O2P)＝eq \f(3,4)，即O3F＝eq \f(3,2)，所以该容器中液体的体积为π×22×6＋eq \f(1,3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π×22＋π×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(2)＋\r(π×22×π×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(2))))×1＝eq \f(325π,12).故选A. 5.(2024·河北邯郸二模)如图1，“球缺”是指一个球被平面所截后剩下的部分，截得的圆面叫做球缺的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高.已知球缺的体积公式为V＝eq \f(π,3)(3R－h)h2，其中R是球的半径，h是球缺的高.某航空制造公司研发一种新的机械插件，其左右两部分为圆柱，中间为球切除两个相同的“球缺”剩余的部分，制作尺寸如图2所示(单位：cm).则该机械插件中间部分的体积约为(π≈3)(　　) A.62326 cm3 B.62328 cm3 C.62352 cm3 D.62356 cm3 解析：过球心和“球缺”的底面圆的圆心作该几何体的截面， 可得截面图如图所示，由已知可得AB＝14，设D为AB的中点， 则AD＝7，由已知可得2×(OD＋AE)＝58，又AE＝5，所以OD＝ 24，由球的截面性质可得△ODA是以OA为斜边的直角三角形，所 以OA＝eq \r(OD2＋AD2)＝25，即球的半径R＝25，所以以O为球心，OA为半径的球的体积V1＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(62500π,3)，又π≈3，所以V1≈62500，因为球的半径R＝25，OD＝24，所以“球缺”的高为1，所以一个“球缺”的体积V2＝eq \f(π,3)(3R－h)h2≈74，所以该机械插件中间部分的体积约为62500－74×2＝62352(cm3).故选C. 二、多项选择题 6.(2024·安徽黄山期中)一个棱长为2的正方体，用过同一顶点三条棱的中点的平面截去各个顶点得到一个新的几何体，对这个新的几何体，下列说法错误的是(　　) A.所有截面的面积和为2eq \r(3) B.新几何体的表面积为12＋eq \r(3) C.新几何体的表面积为12＋2eq \r(3) D.新几何体的体积为eq \f(20,3) 解析：如图1所示正方体截去各个顶点后得到的几何体如图2所示，为一个14面体，其中8个面是边长为eq \r(2)的正三角形，6个面是边长为eq \r(2)的正方形.对于A，所有截面的面积和为eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)×sin60°×8＝4eq \r(3)，故A错误；对于B，C，新几何体的表面积为4eq \r(3)＋eq \r(2)×eq \r(2)×6＝4eq \r(3)＋12，故B，C错误；对于D，新几何体的体积为2×2×2－8×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×1＝eq \f(20,3)，故D正确.故选ABC. 7.(2024·广东佛山阶段练习)中国有悠久的建筑文化，鲁班锁就是其中一种，鲁班锁的形状种类很多，其结构起源于中国古代建筑的榫卯结构，利用了其拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合，十分巧妙，一般都是易拆难装，现有如图1的鲁班锁，其各个面是由正三角形与正八边形构成的，图2是该鲁班锁的直观图，则下列结论正确的是(　　) A.该鲁班锁的各个面中为正三角形的面有8个 B.该鲁班锁的各个面中为正八边形的面有8个 C.若该鲁班锁每条棱的长均为1，则该鲁班锁表面中是正八边形的面的面积之和为12(1＋eq \r(2)) D.若该鲁班锁每条棱的长均为1，则该鲁班锁的体积为eq \f(77,3) 解析：从题图1的鲁班锁和题图2的直观图中可知，各个面中是正三角形的面共有8个，各个面中是正八边形的面有6个，故A正确，B错误；如图1是正八边形的平面图，易得∠AHG＝∠HGF＝eq \f((8－2)×180°,8)＝135°，分别过点H，G作HM⊥AF，GN⊥AF，垂足分别为M，N，AB＝AH＝GH＝GF＝1，AM＝HM＝GN＝FN＝eq \f(\r(2),2)×1＝eq \f(\r(2),2)，则AF＝eq \f(\r(2),2)＋1＋eq \f(\r(2),2)＝eq \r(2)＋1，则每个正八边形的面积为AF2－4×eq \f(1,2)×eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(2),2)＝(eq \r(2)＋1)2－1＝2＋2eq \r(2)，所以该鲁班锁表面中的所有正八边形的面的面积之和为(2＋2eq \r(2))×6＝12(1＋eq \r(2))， 故C正确；如图2，鲁班锁的体积可以看成正方体的体积减去八个 三棱锥的体积，正方体的体积为(1＋eq \r(2))3，小三棱锥的体积为eq \f(1,3)× eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2))) eq \s\up12(3)＝eq \f(\r(2),24)，鲁班锁的体积为(1＋eq \r(2))3－8×eq \f(\r(2),24)＝7＋eq \f(14\r(2),3)，故 D错误.故选AC. 三、填空题 8.(2024·四川乐山期中)如图，正方形ABCD的边长为1，eq \o(CE,\s\up15(︵))所对的圆心角∠CDE＝90°，将图形ABCE绕AE所在直线旋转一周，形成的几何体的表面积为________. 解析：由题意，知形成的几何体是组合体，上面是半球，下面是圆柱，因为正方形ABCD的边长为1，∠CDE＝90°，所以球的半径为1，圆柱的底面半径为1，母线长为1，则形成的几何体的表面积为S＝π×12＋2π×1×1＋eq \f(1,2)×4π×12＝5π. 9.(2024·云南阶段练习)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为在圆锥底部挖去一个正方体后的剩余部分(正方体四个顶点在圆锥母线上，四个顶点在圆锥底面上)，圆锥的底面直径为10eq \r(2) cm，高为10 cm.打印所用材料的密度为0.6 g/cm3.不考虑打印损耗.制作该模型所需材料的质量为________ g.(π取3.14) 解析：设被挖去的正方体的棱长为x cm，圆锥的底面半径为r cm，高为h cm.取过正方体上、下底面面对角线的轴截面，由相似三角形得eq \f(\f(\r(2),2)x,r)＝eq \f(h－x,h)，即eq \f(\f(\r(2),2)x,5\r(2))＝eq \f(10－x,10)，解得x＝5.所以该模型的体积为V＝eq \f(1,3)πr2h－x3＝eq \f(1,3)π×(5eq \r(2))2×10－53＝eq \f(500π,3)－125(cm3)，因此制作该模型所需材料的质量约为0.6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(500π,3)－125))＝314－0.6×125＝239(g). 40－20eq \r(2) 解析：如图，设两个正方形的中心为O，连接OA，OE，OC，BD，因为旋转了45°而成，所以∠AOC＝∠COE＝45°，由对称性可设AB＝BC＝CD＝DE＝x，BD＝eq \r(2)BC＝eq \r(2)CD＝eq \r(2)x，所以AB＋BD＋DE＝(2＋eq \r(2))x＝1，则x＝eq \f(2－\r(2),2)，所以S1＝16×eq \f(2－\r(2),2)×2＋2×1×1＋8×eq \f(1,2)×eq \f(2－\r(2),2)×eq \f(2－\r(2),2)＝40－20eq \r(2)，可容纳最大球的半径为eq \f(1,2)，所以S2＝4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＝π，外接球的半径R＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2)))\s\up12(2)＋OA2)＝eq \r(1＋\f(1,2))＝eq \f(\r(6),2)，S3＝4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2))) eq \s\up12(2)＝6π，所以S2∶S3＝1∶6. 解：由题意可知，△BCF和△ADE都是边长为2的等边三角形，故S△BCF＝S△ADE＝eq \f(1,2)×2×2sin60°＝eq \r(3)， 因为AB＝4，所以S四边形ABCD＝AB·BC＝8，分别过E，F向 AB作垂线，垂足分别为P，Q，如图1所示，结合等腰梯形的 性质可知，EF＝PQ＝2，AP＝QB＝1， 从而PE＝QF＝eq \r(22－12)＝eq \r(3)， 故S四边形ABFE＝eq \f(1,2)(AB＋EF)·PE＝3eq \r(3)， 故多面体的表面积S＝2S四边形ABFE＋2S△BCF＋S四边形ABCD＝8＋8eq \r(3). 将五面体补全为直三棱柱ADG－BCH，如图2所示，则多面体的体积V＝VADG－BCH－VE－ADG－VF－BCH，由几何体的特征，知GE＝FH＝1，AG＝GD＝BH＝HC＝eq \r(3)， 由余弦定理，得cos∠AGD＝eq \f(AG2＋GD2－AD2,2AG·GD)＝eq \f(1,3)，故sin∠AGD＝eq \f(2\r(2),3)，所以S△ADG＝S△BCH＝eq \f(1,2)AG·GDsin∠AGD＝eq \r(2)，故VE－ADG＝VF－BCH＝eq \f(1,3)S△ADG·GE＝eq \f(\r(2),3)，VADG－BCH＝S△ADG·GH＝4eq \r(2)，从而多面体的体积V＝VADG－BCH－VE－ADG－VF－BCH＝eq \f(10\r(2),3). 解：(1)由题图可知，该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的，在直角梯形ABCD中，AD＝a，BC＝2a，过点D作DE⊥BC于点E，则四边形ABED和四边形DECO为矩形，AD＝BE＝a，AB＝DE＝OC，如图所示，在Rt△DEC中，由∠DCB＝60°，得DE＝CE·tan∠DCE＝(2a－a)tan60°＝eq \r(3)a，DC＝eq \f(CE,cos∠DCE)＝eq \f(2a－a,cos60°)＝2a，所以AB＝OC＝eq \r(3)a，OD＝a，因为旋转体的表面积S＝S圆柱＋S圆锥侧－S圆锥底，所以S＝2π·2a·eq \r(3)a＋2π(2a)2＋π·a·2a－πa2＝(9＋4eq \r(3))πa2. (2)因为旋转体的体积V＝V圆柱－V圆锥， 所以旋转体的体积V＝π·(2a)2·eq \r(3)a－eq \f(1,3)π·a2·eq \r(3)a＝eq \f(11\r(3),3)πa3. (3)设圆锥CO的内切球的球心为O′，半径为R，则点O′在直线l上，设球O′切CD于点F，连接DO′，O′F， 则∠DFO′＝90°，OO′＝O′F＝R，O′C＝eq \r(3)a－R， 因为∠DCB＝60°，所以∠O′CF＝30°， 在Rt△O′CF中，sin∠O′CF＝eq \f(O′F,O′C)＝eq \f(R,\r(3)a－R)＝eq \f(1,2)，解得R＝eq \f(\r(3),3)a， 所以圆锥CO的内切球的体积 V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)a)) eq \s\up12(3)＝eq \f(4\r(3),27)πa3. 13.[多选]在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD＝4，BC＝eq \r(5)，eq \o(EB,\s\up12(→))＝3eq \o(AE,\s\up12(→))，以DE所在的直线为轴，其余四边旋转半周形成的面围成一个几何体，则(　　) A.该几何体由半个圆柱和半个圆台组合而成 B.该几何体的高为2 C.该几何体的体积为eq \f(20π,3) D.该几何体的表面积为(7＋3eq \r(5))π＋8 解析：如图，该几何体由半个圆锥和半个圆台组合而成，故A错误；因为eq \o(EB,\s\up12(→))＝3eq \o(AE,\s\up12(→))，所以AE＝eq \f(1,4)AB＝1，又AB∥CD，AB＝2CD＝4，所以DE⊥AB，因为AD＝BC＝eq \r(5)，所以DE＝eq \r(AD2－AE2)＝2，即该几何体的高为2，故B正确；该几何体的体积为eq \f(1,2)×eq \f(1,3)×π×12×2＋eq \f(1,2)×eq \f(1,3)×2π×(22＋2×3＋32)＝eq \f(20π,3)，故C正确；该几何体的表面积为eq \f(1,2)×(π×12＋π×1×eq \r(5))＋eq \f(1,2)π×(22＋32＋2×eq \r(5)＋3×eq \r(5))＋eq \f(4＋6,2)×2－eq \f(1,2)×2×2＝(7＋3eq \r(5))π＋8，故D正确.故选BCD. 解析：该组合体一共有24个面，每一个面都是全等的边长为1的等边三角形，则其表面积为24×eq \f(1,2)×1×1×sineq \f(π,3)＝6eq \r(3).该组合体的外接球也是任意一个正四面体的外接球，可用一个正四面体来看，E是△BCD的中心，F是球心，则DE＝eq \f(2,3)DCsineq \f(π,3)＝eq \f(2\r(3),3)，AE＝eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq \f(2\r(6),3)，设外接球的半径为R，则AF＝DF＝R，又AF＋ 6eq \r(3) EF＝AE，DF2＝EF2＋DE2，解得R＝eq \f(\r(6),2)，两正交四面体的公共部分一共有8个面，且每一个面都是全等的边长为1的等边三角形，则其表面积为8×eq \f(1,2)×1×1×sineq \f(π,3)＝2eq \r(3)，大正四面体的体积为eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×sineq \f(π,3)×eq \f(2\r(6),3)＝eq \f(2\r(2),3)，则每个小正四面体的体积为eq \f(2\r(2),3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)＝eq \f(\r(2),12)，则中间部分的体积为eq \f(2\r(2),3)－4×eq \f(\r(2),12)＝eq \f(\r(2),3)，设其内切球的半径为r，则中间部分的体积也可表示为eq \f(1,3)×2eq \r(3)r＝eq \f(\r(2),3)，解得r＝eq \f(\r(6),6)，故该组合体 的外接球体积与两正交四面体公共部分的内切球体积的比值为eq \f(\f(4,3)πR3,\f(4,3)πr3)＝27. 15.(2024·福建期中)如图，一个圆锥挖去一个内接正三棱柱ABC－A1B1C1(棱柱各顶点均在圆锥侧面或底面上)，若棱柱侧面BCC1B1落在圆锥底面上.已知正三棱柱的底面边长为2eq \r(3)，高为2. (1)求挖去的正三棱柱ABC－A1B1C1的体积； (2)求该几何体的表面积. 解：(1)因为正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为2eq \r(3)，高为2， 则S△ABC＝eq \f(1,2)BC2·sineq \f(π,3)＝eq \f(1,2)×(2eq \r(3))2×eq \f(\r(3),2)＝3eq \r(3)， 所以正三棱柱ABC－A1B1C1的体积 V＝S△ABC·AA1＝3eq \r(3)×2＝6eq \r(3). (2)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，由(1)知，S△ABC＝3eq \r(3)，S矩形BCC1B1＝BB1·BC＝2×2eq \r(3)＝4eq \r(3)， 设圆锥的底面圆圆心为O，则O是矩形BCC1B1的中心，设圆O的半径为r， 有2r＝2,1)eq \r(BB＋BC2) ＝eq \r(22＋(2\r(3))2)＝4， 即r＝2， 令BC的中点为E，连接AE，则AE⊥BC， 且AE∥DO，AE＝ABsineq \f(π,3)＝2eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝3，OE＝1， 于是eq \f(DO,AE)＝eq \f(r,r－OE)＝2，解得DO＝6， 则圆锥的母线长l＝eq \r(DO2＋r2)＝eq \r(62＋22)＝2eq \r(10)， 圆锥的底面圆面积S1＝πr2＝4π， 侧面积S2＝πrl＝π×2×2eq \r(10)＝4eq \r(10)π， 所以该几何体的表面积S＝S1－S矩形BCC1B1＋S2＋2S矩形BCC1B1＋2S△ABC＝4π－4eq \r(3)＋4eq \r(10)π＋2×4eq \r(3)＋2×3eq \r(3)＝4π＋4eq \r(10)π＋10eq \r(3). $$