专题03 多面体与旋转体（高效培优专项训练）数学沪教版2020必修第三册

专题03多面体与旋转体 题型一：多面体的概念 题型二：正四面体和正三棱锥 题型三：折叠与展开面问题 题型四：多面体性质探究 题型五：由平面图旋转得旋转体 题型六：简单组合体的表面积和体积 题型一：多面体的概念 1．有下列四个命题，其中正确的是（    ） A．底面是矩形的平行六面体是长方体 B．棱长相等的直平行六面体是正方体 C．有两条侧棱都垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体 D．对角线相等的平行六面体是直平行六面体 2．下列说法中，正确的是（    ） A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B．一个多面体至少有4个面 C．有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 D．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 3．下列说法正确的是（    ） A．用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，该圆锥―定被分为一个小圆锥和一个圆台 B．有两个面互相平行，其余各面是平行四边形的几何体是棱柱 C．圆台的所有母线延长不一定交于一点 D．一个多面体至少有3个面 4．下列说法正确的是（    ） A．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体 B．有2个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台 C．多面体至少有5个面 D．六棱柱有6条侧棱，6个侧面，侧面均为平行四边形 题型二：正四面体和正三棱锥 5．一个正四面体边长为3，则一个与该正四面体体积相等、高也相等的正三棱柱的侧面积为（    ） A． B． C． D． 6．已知正三棱锥的侧棱长是底面边长的2倍，则侧棱与底面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 7．正四面体的棱长为1，则点A到平面的距离为 8．已知棱长为的正四面体内有一个正方体玩具，若正方体玩具可以在该正四面体内任意转动，则这个正方体玩具的棱长最大值为 . 9．已知正三棱锥底面的边长为6，高为3，则该正三棱锥的侧面积为 ． 10．正三棱锥底面边长为3，侧棱长为，则该正三棱锥的高为 ，侧面上的斜高为 . 11．已知正三棱锥，的中点为，，，请从条件①，条件②，条件③中选择两个条件作为已知，使得三棱锥存在，并求出此正三棱锥的体积.①底面边长为2；②侧棱长为；③斜高为2. 题型三：折叠与展开面问题 12．在等边中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，将沿直线DE折叠后，点A恰好与点F重合，若，，则（   ）. A． B． C． D． 13．“蝠”与“福”发音相同，在中国文化中，蝙蝠图案经常寓意福气临门．某商家设计的折叠储物凳是正三棱台形状，如图，其侧面展开图形似蝙蝠．每个侧面梯形的上底长为分米，下底长为分米，梯形的腰长为分米，忽略储物凳的表面厚度，则该正三棱台储物凳的储物容积为（   ） A．立方分米 B．立方分米 C．7立方分米 D．立方分米 14．在棱长为2的正方体中，M为线段上一动点，求的最小值（   ） A． B． C． D． 15．已知正三棱锥侧棱长.一只小蚂蚁从顶点A出发沿着棱锥的侧面爬行一周回到A点，则小蚂蚁爬行的最短距离是（   ） A． B． C．3 D． 16．如图，沿线段将该圆锥的侧面剪开并展平，得到的圆锥的侧面展开图是（    ） A．三角形 B．正方形 C．扇形 D．圆 题型四：多面体性质探究 17．正多面体各个面都是全等的正多边形，其中，面数最少的是正四面体，面数最多的是正二十面体，它们被称为柏拉图多面体.如图，正二十面体是由20个等边三角形所组成的正多面体.已知多面体满足：顶点数－棱数＋面数，则正二十面体的顶点的个数为（    ）    A．30 B．20 C．12 D．10 18．下列说法错误的是（    ） A．一个八棱柱有10个面 B．任意面体都可以分割成个棱锥 C．棱台侧棱的延长线必相交于一点 D．矩形旋转一周一定形成一个圆柱 19．多面体欧拉定理是指：若多面体的顶点数为，面数为，棱数为，则满足. 已知某面体各面均为五边形，且经过每个顶点的棱数为3，则 （   ） A．6 B．10 C．12 D．20 20．多面体欧拉定理是指对于简单多面体，其顶点数V、棱数E及面数F间有著名的欧拉公式：，并且多面体所有面的内角总和为.已知某正多面体所有面的内角总和为，且各面都为正三角形，设过每个顶点的棱数为n，则该正多面体的顶点数V= ，棱数E= . 题型五：由平面图旋转得旋转体 21．如图，该几何体是由哪个平面图形旋转得到的？画出其余平面图形旋转得到的几何体．（  ）    A．   B．   C．   D．   22．以边长为2的正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周所得几何体的侧面积为（    ） A． B． C． D． 23．如图所示的正六边形，是由六个直角边长分别为与的全等的直角三角形拼接而成的，该图形（阴影部分）绕着线段的中垂线旋转一周得到一个几何体，现在用密度为的材料去制造该几何体，则该几何体的质量为 g.（结果用π表示） 24．如图所示，在直角梯形中，，，，．将折线绕着所在直线旋转一周形成的旋转面的面积是 ．    25．如图，把直角梯形ABCD绕AB所在直线旋转一周，所得几何体体积为 . 题型六：简单组合体的表面积和体积 26．如图，为大圆台型碗的内部放置着一个小圆台型的碗，且小圆台型碗的大口面恰好为大圆台型碗的小口面，两圆台的轴截面分别为ABCD和ABEF，若，则大圆台型碗与小圆台型碗侧面积之比为（    ）    A．2 B．3 C．4 D．5 27．已知矩形中，，，以所在直线为旋转轴，将矩形旋转一周形成一个几何体，则的体积为（   ） A． B． C． D． 28．水楔子在传统木工中运用广泛，它使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，如图为一个木楔子，其中四边形是边长为1的正方形，且均为正三角形，，，则该小楔子的体积为（   ） A． B． C． D． 29．某礼品盒生产厂设计了一款如图所示的八面体形礼品包装盒，该八面体是由正四面体在4个顶点处分别截去一个棱长为的小正四面体而得到的．已知该礼品包装盒的高度为，若不考虑包装盒材料的厚度，则该礼品包装盒的体积为（   ） A． B． C． D． 30．“牟合方盖”是指由两个相同的圆柱成直角相交而得到的公共部分对应的几何体，如图，若圆柱的底面半径为r，则组成的牟合方盖的表面积为现有底面半径为1，高为3的两个圆柱成直角相交形成一个“十字”几何体，如图，则该几何体的表面积为（    ） A． B． C． D． 2 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03多面体与旋转体 题型一：多面体的概念 题型二：正四面体和正三棱锥 题型三：折叠与展开面问题 题型四：多面体性质探究 题型五：由平面图旋转得旋转体 题型六：简单组合体的表面积和体积 题型一：多面体的概念 1．有下列四个命题，其中正确的是（    ） A．底面是矩形的平行六面体是长方体 B．棱长相等的直平行六面体是正方体 C．有两条侧棱都垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体 D．对角线相等的平行六面体是直平行六面体 【答案】D 【分析】由长方体的结构特征判断A；由正方体的结构特征判断B；由直平行六面体的结构特征判断C、D. 【详解】对于A，底面是矩形的平行六面体，它的侧面不一定是矩形，故它也不一定是长方体，即A不正确； 对于B，若底面是菱形，则棱长都相等的直四棱柱不是正方体，故B不正确； 对于C，若侧棱垂直于底面两条平行边，则侧棱不一定垂直于底面，故侧棱垂直于底面两条边的平行六面体不一定是直平行六面体．故C不正确；. 对于D，若平行六面体对角线相等，则对角面皆是矩形，于是可得侧棱垂直于底面，因此对角线相等的平行六面体是直平行六面体，故D正确. 故选：D. 2．下列说法中，正确的是（    ） A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B．一个多面体至少有4个面 C．有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 D．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 【答案】B 【分析】根据简单几何体的定义以及结构特征去判断即可. 【详解】正棱锥底面是正多边形，还需要满足顶点到底面射影落在底面正多边形的中心，A错误； 多面体中面数最少为三棱锥，四个面，B正确，； 有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体不一定是棱柱，还需要满足各个侧面的交线互相平行，C错误； 用一个平面去截棱锥，必须是平行于底面的平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分才是棱台，D错误. 故选：B. 3．下列说法正确的是（    ） A．用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，该圆锥―定被分为一个小圆锥和一个圆台 B．有两个面互相平行，其余各面是平行四边形的几何体是棱柱 C．圆台的所有母线延长不一定交于一点 D．一个多面体至少有3个面 【答案】A 【分析】根据圆锥、棱柱以及圆台和多面体的定义，一一判断各选项，即得答案. 【详解】对于A项，用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，原圆锥一定被分为一个小圆锥和一个圆台，故A正确； 对于B项，满足条件的几何体可能是组合体，如图，故B错误； 对于C项，圆台的所有母线延长一定交于一点，故C错误； 对于D项，多面体至少有4个面，所以D错误. 故选：A. 4．下列说法正确的是（    ） A．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体 B．有2个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台 C．多面体至少有5个面 D．六棱柱有6条侧棱，6个侧面，侧面均为平行四边形 【答案】D 【分析】根据多面体、棱柱和棱台的定义判断即可. 【详解】A选项：各侧面都是正方形的四棱柱，可以是底面为菱形的直棱柱，不一定是正方体，故A错； B选项：有2个面平行，其余各面都是梯形，但若是各侧棱的延长线不能交于一点，则该几何体不是棱台，故B错； C选项：多面体是指四个或四个以上多边形所围成的立体，故C错； D选项：根据棱柱的定义可知六棱柱有6条侧棱，6个侧面，侧面均为平行四边形，故D正确. 故选：D. 题型二：正四面体和正三棱锥 5．一个正四面体边长为3，则一个与该正四面体体积相等、高也相等的正三棱柱的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意求出该正四面体的体积和高，继而可求出正三棱柱的底面积，即可得出正三棱柱的底面边长，继而可求正三棱柱的侧面积. 【详解】如图为中点，为点在底面的投影， 由题意得，， ， 所以该正四面体的体积为. 所以正三棱柱的体积为，高为， 所以正三棱柱的底面积为， 设正三棱柱的底面边长为，则， 可得， 所以正三棱柱的底面边长为， 所以该正三棱柱的侧面积为. 故选：A. 6．已知正三棱锥的侧棱长是底面边长的2倍，则侧棱与底面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正三棱锥的性质，结合线面角的定义即可求解正弦值. 【详解】 已知正三棱锥的侧棱长是底面边长的2倍，可设底面边长为1，侧棱长为2 连接顶点与底面中心，如图所示: 由底面正三角形的中心到点A的距离为， 所以侧棱与底面所成角的余弦值为：， 则侧棱与底面所成角的正弦值为：， 故选：C. 7．正四面体的棱长为1，则点A到平面的距离为 【答案】/ 【分析】作出辅助线，得到即为点A到平面的距离，为等边三角形的中心，结合勾股定理求出答案. 【详解】取的中点，连接，则⊥， 过点作⊥平面，垂足为，即为点A到平面的距离， 则点在上，且为等边三角形的中心， 因为正四面体的棱长为1，则， 由勾股定理得，则， 因为，由勾股定理得， 则点A到平面的距离为. 故答案为： 8．已知棱长为的正四面体内有一个正方体玩具，若正方体玩具可以在该正四面体内任意转动，则这个正方体玩具的棱长最大值为 . 【答案】 【分析】根据题意，求出该正四面体的内切球半径，若正方体在纸盒内任意转动，当正方体玩具的棱长最大时，其外接球是正四面体的内切球，设此时正方体玩具的棱长为，分析可得关于的方程，解可得答案. 【详解】根据题意，如图：正四面体中，其棱长为， 设为底面的外心，为其内切球的球心，设其内切球半径为， 连接、，    底面为等边三角形，则，， 则， 则有，解得， 若正方体在纸盒内任意转动，当正方体玩具的棱长最大时，其外接球是正四面体的内切球， 设此时正方体玩具的棱长为，则其外接球直径为， 则有，解得， 即这个正方体玩具的棱长最大值为． 故答案为：. 9．已知正三棱锥底面的边长为6，高为3，则该正三棱锥的侧面积为 ． 【答案】 【分析】根据题意正三棱锥三个侧面全等，利用锥体的高及底边长求得斜高，即可得到侧面积. 【详解】 在正三棱锥中，底面边长为6，高， 且为的中心也是重心，所以， 则，所以， 即. 故答案为：. 10．正三棱锥底面边长为3，侧棱长为，则该正三棱锥的高为 ，侧面上的斜高为 . 【答案】 3 / 【分析】运用正棱锥顶点和底面中心的连线即是棱锥的高，再用勾股定理可求棱锥的高，根据正棱锥侧面是等腰三角形可求斜高. 【详解】如图，正三棱锥，取的中心为O，连接PO， 由正三棱锥的定义得面ABC， 又为等边三角形，则， 所以正三棱锥的高， 作交AB于D，又，， 则正三棱锥的斜高， 所以该正三棱锥的高为3，侧面上的斜高为. 故答案为：3，. 11．已知正三棱锥，的中点为，，，请从条件①，条件②，条件③中选择两个条件作为已知，使得三棱锥存在，并求出此正三棱锥的体积.①底面边长为2；②侧棱长为；③斜高为2. 【答案】答案见解析 【分析】本题是求正三棱锥体积，有三种条件组合，先分析不能选②③的原因，再看选①②和①③的思路. 选①②：先由算出，再根据三角形面积公式算出.接着在中用勾股定理算出，最后根据三棱锥体积公式算出体积. 选①③：先算出和，然后在中用勾股定理算出，最后用三棱锥体积公式算出体积. 【详解】因为，可知②③不能同时成立，故不能选②③. 若选①②：则，， 在中，则， 所以正三棱锥的体积为； 选①③：则，，， 在中，则， 所以正三棱锥的体积为. 题型三：折叠与展开面问题 12．在等边中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，将沿直线DE折叠后，点A恰好与点F重合，若，，则（   ）. A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据对称性可得三角形全等，再由三角形相似得出，解出后由余弦定理求解. 【详解】如图，    因为将沿直线DE折叠后，点A恰好与点F重合， 所以， 设，则， ， ， ， ，即， 解得， 由余弦定理，， 故选：A 13．“蝠”与“福”发音相同，在中国文化中，蝙蝠图案经常寓意福气临门．某商家设计的折叠储物凳是正三棱台形状，如图，其侧面展开图形似蝙蝠．每个侧面梯形的上底长为分米，下底长为分米，梯形的腰长为分米，忽略储物凳的表面厚度，则该正三棱台储物凳的储物容积为（   ） A．立方分米 B．立方分米 C．7立方分米 D．立方分米 【答案】D 【分析】设为底面的中心，连接，先求出，再利用勾股定理求出，即可求出棱台的高，再根据台体的体积公式即可得解. 【详解】如图，在正三棱台中，， 将棱台补全为正三棱锥， 设为底面的中心，连接，则平面， 而平面，所以， 因为，所以， ， 所以， 则正三棱台的高， 该正三棱台的上底面面积， 下底面面积， 所以该正三棱台储物凳的储物容积 . 故选：D. 14．在棱长为2的正方体中，M为线段上一动点，求的最小值（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将绕翻折至与共面，当共线时，最小，再由余弦定理求解即可. 【详解】连接，如图， 由正方体的性质可得为等腰直角三角形，故， 为直角三角形，， 将图中绕翻折至与共面，如图， 所以由图可知，共线时，最小， 此时， 由余弦定理可知， 所以最小值为. 故选：B 15．已知正三棱锥侧棱长.一只小蚂蚁从顶点A出发沿着棱锥的侧面爬行一周回到A点，则小蚂蚁爬行的最短距离是（   ） A． B． C．3 D． 【答案】D 【分析】将三棱锥的侧面展开，则所求最短距离可转化为求的长度，利用勾股定理即可得到答案． 【详解】 将三棱锥三个侧面沿着剪开展开置于同一平面内如图所示，则，所求最短距离为线段的长度， 而，由勾股定理得， 所以虫子爬行的最短距离. 故选：D 16．如图，沿线段将该圆锥的侧面剪开并展平，得到的圆锥的侧面展开图是（    ） A．三角形 B．正方形 C．扇形 D．圆 【答案】C 【分析】利用圆锥侧面展开图特征判断即可. 【详解】将圆锥的侧面沿母线剪开并展平，得到圆锥的侧面展开图是扇形. 故选：C 题型四：多面体性质探究 17．正多面体各个面都是全等的正多边形，其中，面数最少的是正四面体，面数最多的是正二十面体，它们被称为柏拉图多面体.如图，正二十面体是由20个等边三角形所组成的正多面体.已知多面体满足：顶点数－棱数＋面数，则正二十面体的顶点的个数为（    ）    A．30 B．20 C．12 D．10 【答案】C 【分析】首先求出棱数，在根据所给公式计算可得. 【详解】因为每个面都是三角形，每个面对应3条棱，且每1条棱被2个三角形共用， 即1个面对应条棱，所以共有条棱， 所以由顶点数－棱数＋面数，得：顶点数棱数面数. 故选：C 18．下列说法错误的是（    ） A．一个八棱柱有10个面 B．任意面体都可以分割成个棱锥 C．棱台侧棱的延长线必相交于一点 D．矩形旋转一周一定形成一个圆柱 【答案】D 【分析】根据几何体的定义及特征，利用逐一检验法对各每一个选项依次检验． 【详解】解：对于选项A：根据棱柱的定义，八棱柱有8个侧面，2个底面，共10个面，故A正确； 对于选项B：任意面体，在面体内取一点为，将点与面体的各个顶点连接，即可构成个棱锥，故B说法正确； 对于选项C：根据棱台的定义，其的侧棱的延长线必交于一点，故C说法正确； 对于选项D：矩形以一边所在直线为旋转轴旋转形成圆柱，故若以矩形对角线所在直线为旋转轴旋转，不能形成圆柱，故D错误； 故选：D． 19．多面体欧拉定理是指：若多面体的顶点数为，面数为，棱数为，则满足. 已知某面体各面均为五边形，且经过每个顶点的棱数为3，则 （   ） A．6 B．10 C．12 D．20 【答案】C 【分析】根据给定条件，结合欧拉公式列出方程组，求解方程组即得. 【详解】设该多面体的顶点数为，棱数为， 依题意，，消去得， 所以. 故选：C 20．多面体欧拉定理是指对于简单多面体，其顶点数V、棱数E及面数F间有著名的欧拉公式：，并且多面体所有面的内角总和为.已知某正多面体所有面的内角总和为，且各面都为正三角形，设过每个顶点的棱数为n，则该正多面体的顶点数V= ，棱数E= . 【答案】 12 30 【分析】由正多面体所有面的内角总和公式求得V，设过每个顶点的棱数为n，把正多面体的棱数与面数用含有n的代数式表示，代入欧拉定理求得n，则答案可求． 【详解】解：由题意，，得，即； 设过每个顶点的棱数为n，则 ， ， 代入，得，解得． 故． 故答案为∶12；30． 题型五：由平面图旋转得旋转体 21．如图，该几何体是由哪个平面图形旋转得到的？画出其余平面图形旋转得到的几何体．（  ）    A．   B．   C．   D．   【答案】A 【分析】根据旋转体的形成过程，借助直观想象，逐一分析每个选项. 【详解】B选项，旋转一周后，为两个圆锥拼成的几何体； C选项，旋转一周后，为圆锥和圆柱拼成的几何体； D选项，旋转一周后，是上下两个圆锥，中间用圆柱相连的几何体； A选项，旋转一周后，是圆台和圆锥形成的几何体，只有A符合题意. 其余平面图形旋转得到的几何体如图：      故选：A 22．以边长为2的正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周所得几何体的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正三角形绕一边所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的全等圆锥,根据圆锥的侧面积公式求解． 【详解】如图，正三角形绕所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的全等圆锥，    底面半径,母线长, 由圆锥的侧面积公式可得该几何体的侧面积为. 故选:C. 23．如图所示的正六边形，是由六个直角边长分别为与的全等的直角三角形拼接而成的，该图形（阴影部分）绕着线段的中垂线旋转一周得到一个几何体，现在用密度为的材料去制造该几何体，则该几何体的质量为 g.（结果用π表示） 【答案】 【分析】外部正六边形的边长为，旋转得到的几何体是两个全等的圆台，计算其体积；内部的六边形边长为2cm，旋转得到的几何体是一个圆柱和两个与圆柱同底的圆锥，计算其体积，两体积之差即为该图形（阴影部分）绕着线段的中垂线旋转一周得到的几何体的体积，乘以密度即可求解. 【详解】外部正六边形的边长为，旋转得到的几何体是两个全等的圆台，上底面半径为，下底面半径为，高为, 体积为. 内部的六边形边长为2cm，旋转得到的几何体是一个圆柱和两个与圆柱同底的圆锥， 圆锥的底面半径为，高为1cm，圆柱的底面半径为，高为， 内部的六边形旋转得到的几何体的体积为， 所以该几何体的体积为，用密度为的材料去制造该几何体， 则该几何体的质量为. 故答案为：. 24．如图所示，在直角梯形中，，，，．将折线绕着所在直线旋转一周形成的旋转面的面积是 ．    【答案】 【分析】根据旋转体在性质，结合圆锥和圆台的侧面积公式即可求解. 【详解】过作于点， 由于，，，， 所以，进而，故 因此，又，所以四边形为直角梯形， 所以折线绕着所在直线旋转一周形成的旋转体为：以绕形成的圆锥和以梯形绕着形成的圆台，挖去以绕形成的小圆锥，如图示：, 故表面积为, 故答案为：    25．如图，把直角梯形ABCD绕AB所在直线旋转一周，所得几何体体积为 . 【答案】 【分析】根据题意知该旋转体是圆锥和圆柱的组合体，分别求出该组合体的体积即可． 【详解】解：该旋转体为圆柱与圆锥的组合体，如图所示； 则圆锥和圆柱的底面半径为，圆锥的高为，圆柱的高； 所以组合体的体积为；     故答案为：. 题型六：简单组合体的表面积和体积 26．如图，为大圆台型碗的内部放置着一个小圆台型的碗，且小圆台型碗的大口面恰好为大圆台型碗的小口面，两圆台的轴截面分别为ABCD和ABEF，若，则大圆台型碗与小圆台型碗侧面积之比为（    ）    A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】由圆台侧面积公式得，，结合即可求解. 【详解】不妨设，则，， 如图，延长AF，BE相交于点O，易知轴截面ABCD与ABEF均为等腰梯形， 由，得点O必然落在线段DC上且点O为DC的中点， 所以，， 易知四边形ABCO是平行四边形，则，所以.    故选：C. 27．已知矩形中，，，以所在直线为旋转轴，将矩形旋转一周形成一个几何体，则的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以所在直线为旋转轴，旋转一周形成两个共底面的圆锥，旋转一周形成一个倒立的相同的几何体，将其体积记为，这两个几何体重叠部分是以圆为底面，为顶点的两个小圆锥，其体积记为，计算可求矩形旋转一周形成的面所围成的几何体的体积. 【详解】根据题意作出矩形与几何体，分别如图下左右两图所示： 旋转一周形成两个共底面的圆锥，旋转一周形成一个倒立的相同的几何体， 将这两个几何体的体积均记为，这两个几何体的重叠部分是以圆O为底面， A，C分别为顶点的两个小圆锥，记两个小圆锥的体积和为， 而，点B到直线的距离为，圆O的半径为， 所以的体积. 故选：C 28．水楔子在传统木工中运用广泛，它使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，如图为一个木楔子，其中四边形是边长为1的正方形，且均为正三角形，，，则该小楔子的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别过点，作的垂线，垂足分别为，，连接，，取的中点，连接，求出，结合三棱锥和三棱柱的体积公式计算即可． 【详解】如图，分别过点，作的垂线，垂足分别为，，连接，， 则由题意等腰梯形全等于等腰梯形， 则． 取的中点，连接，因为，所以， 则， ． 因为，，所以， 因为四边形为正方形，所以， 又，，平面， 所以平面，所以平面，同理可证平面， 所以多面体的体积． 故选：D． 29．某礼品盒生产厂设计了一款如图所示的八面体形礼品包装盒，该八面体是由正四面体在4个顶点处分别截去一个棱长为的小正四面体而得到的．已知该礼品包装盒的高度为，若不考虑包装盒材料的厚度，则该礼品包装盒的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】把八面体补成正四面体，得到正四面体的棱长与高的关系，计算大正四面体与小正四面体的体积可得结果. 【详解】 如图，将八面体补全为正四面体，设棱长为，底面中心为， 则，， 因为截下的小正四面体棱长为，所以小正四面体的高为, 所以正四面体的高为，即，故， 所以正四面体的体积为， 小正四面体的体积为， 所以包装盒的体积为. 故选：D. 30．“牟合方盖”是指由两个相同的圆柱成直角相交而得到的公共部分对应的几何体，如图，若圆柱的底面半径为r，则组成的牟合方盖的表面积为现有底面半径为1，高为3的两个圆柱成直角相交形成一个“十字”几何体，如图，则该几何体的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】运用圆柱表面积公式，即可求解. 【详解】解：由题可知该几何体的表面积等于两个圆柱表面积的和减去“牟合方盖”的表面积， 即 故选：A. 2 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $