空间几何体的结构及其表面积和体积 课件-2027届高三数学一轮复习

空间几何体的结构及其表面积和体积 名称 棱柱 棱锥 棱台 图形 知识点一　多面体的结构特征 名称 棱柱 棱锥 棱台 结构 特征 ①有两个面互相____________，其余各面都是______________. ②每相邻两个四边形的公共边都互相________ 有一个面是__________，其余各面都是有一个公共顶点的__________的多面体 用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，________和________之间的部分 平行且全等 平行四边形 平行 多边形 三角形 截面 底面 名称 棱柱 棱锥 棱台 侧棱 ______________ 相交于________但不一定相等 延长线交于________ 侧面 形状 ______________ __________ ________ 平行且相等 一点 一点 平行四边形 三角形 梯形 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 图形 母线 互相平行且相等，____于底面 相交于________ 延长线交于________   垂直 一点 一点 知识点二　旋转体的结构特征 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 轴截面 全等的________ 全等的________ ______ 全等的_______ _____ ______ 侧面展 开图 ________ ________ ________   矩形 等腰三 角形 等腰 梯形 圆 矩形 扇形 扇环 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何   圆柱 圆锥 圆台 侧面展开图 侧面积公式 S圆柱侧＝________ S圆锥侧＝________ S圆台侧＝_______________ 2πrl πrl π(r1＋r2)l 知识点三　圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 S底h 4πR2 知识点四　柱体、锥体、台体和球体的表面积和体积 直观图 斜二测画法：(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_______________，z′轴与x′轴和y′轴所在平面________. (2)原图形中平行于坐标轴的线段在直观图中仍_______________，平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度________，平行于y轴的线段在直观图中长度为______________ 45°或135° 垂直 平行于坐标轴 不变 原来的一半 知识点五　直观图 归 纳 拓 展 1．一个平面图形在斜二测画法下的直观图与原图形相比，有“三变、三不变”． 三变：坐标轴的夹角改变，与y轴平行线段的长度改变(减半)，图形改变． 三不变：平行性不变，与x轴平行的线段长度不变，相对位置不变． 2．柱体、锥体、台体体积间的关系： 台体的体积常化为两锥体体积之差求解． 3．多面体的外接球与内切球常用的结论： 双 基 自 测 题组一　走出误区 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (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)用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台．(　　) [答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)× [答案]　B 题组二　走进教材 2．(必修2P119T1)已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为(　　) [答案]　ACD 题组三　走向考场 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　B 基本立体图形——自主练透 1．(多选题)若正三棱锥V－ABC和正四棱锥V1－A1B1C1D1的所有棱长均为a，将其中两个正三角形侧面△VAB与△V1A1B1按对应顶点粘合成一个正三角形以后，得到新的组合体是(　　) A．五面体 B．七面体 C．斜三棱柱 D．正三棱柱 [答案]　AC [解析]　新的组合体如图所示，故选AC. 2．(多选题)(2026·湖南常德起点考试)下列说法中不正确的是(　　) A．以直角梯形的一条腰所在直线为旋转轴，其余边旋转一周形成的几何体是圆台 B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 C．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 D．棱台的各侧棱延长后必交于一点 [答案]　ABC [解析]　对于A，以直角梯形的直角腰所在直线为旋转轴，其余边旋转一周形成的几何体是圆台，否则不是，A错误；对于B，下面的几何体有两个面平行，其余各面都是平行四边形，但它不是棱柱，B错误；对于C，底面是正多边形，顶点在底面上的射影是底面中心的棱锥才是正棱锥，C错误；对于D，棱台可以看作是用平行于棱锥的底面的平面截棱锥所得，因此它的各侧棱延长后必交于一点，D正确，故选ABC. 名师点拨：空间几何体结构特征的判断技巧 1．紧扣各种空间几何体的定义及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．说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可． 【变式训练】 (多选题)下列结论错误的是(　　) A．过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形可能是矩形 B．侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥 C．侧面都是矩形的直四棱柱是长方体 D．若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱 [答案]　BCD [解析]　在如图所示的平行六面体中，侧面ADD1A1及侧面BCC1B1都是矩形，且平面ABB1A1及平面DCC1D1都与底面ABCD垂直，故D错误；截面BDD1B1可能为矩形，故A正确；将菱形沿一条对角线折起所得三棱锥各面都是等腰三角形，但该棱锥不一定是正棱锥，故B错误；侧面都是矩形但底面为梯形的直四棱柱不是长方体，故C错误．故选BCD. 空间几何体的直观图——师生共研 [答案]　D 已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为(　　) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [引申]若已知△ABC的平面直观图△A1B1C1是边长为a的正三角形，则原△ABC的面积为________. 2．在原图形中与x轴或y轴平行的线段，在直观图中与x′轴或y′轴平行，原图中不与坐标轴平行的线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出． 名师点拨： [答案]　C 【变式训练】 (2025·湖北部分学校开学考)如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB用斜二测画法画出的直观图(图中虚线分别与x′轴和y′轴平行)，O′B′＝2O′D′＝6，O′C′＝8，则△OAB的面积为(　　) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 几何体的表面积与侧面积——师生共研 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(2026·河南漯河高中检测)已知一个圆柱底面半径为2，高为3，上底面的同心圆半径为1，以这个圆面为上底面，圆柱下底面为下底面的圆台被挖去，剩余的几何体表面积等于________. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨：空间几何体表面积的求法 1．旋转体的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意其轴截面及侧面展开图的应用． 2．多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理． 3．既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略． [答案]　A 【变式训练】 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　8πR2 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 几何体的体积——多维探究 [答案]　A 角度1　直接利用公式求体积 (2025·广西名校模拟)已知正四面体的高等于球O的直径，则正四面体的体积与球O的体积之比为(　　) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 角度2　割补法求体积 1．(2026·江苏南京调研)与圆柱底面成45°角的平面截圆柱得到如图所示的几何体，截面上的点到圆柱底面距离的最大值为4，最小值为2，则该几何体的体积为________. [答案]　3π [答案]　D 2．(2025·北京大兴三模)《九章算术》是我国古代的一部数学名著，书中记载了一类名为“羡除”的五面体．如图，在羡除ABCDEF中，底面ABCD是正方形，EF∥平面ABCD，EF＝2，其余棱长都为1，则这个几何体的体积为(　　) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　B 角度3　等体积法求体积 已知三棱台ABC－A1B1C1中，三棱锥A－A1B1C1的体积为4，三棱锥A1－ABC的体积为8，则该三棱台的体积为(　　) 名师点拨：求空间几何体的体积的常用方法 [答案]　A 【变式训练】 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　A 2．(角度2)(2025·浙江数海漫游模拟)已知长方体ABCD－A′B′C′D′中，AB＝BC＝2BB′＝4，则四面体AB′CD′的体积是(　　) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　14 球与几何体的切、接问题——师生共研 [答案]　52π 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (R—球半径，r—截面圆的半径，h—球心到截面圆心的距离)．注：若截面为非特殊三角形可用正弦定理求其外接圆半径r. 名师点拨：几何体外接球问题的处理 解题关键是确定球心和半径，其解题思维流程是： 特别的： 1．若四面体的两个面是有公共斜边的直角三角形，则其外接球球心为斜边中点，半径为斜边的一半． 2．有三条棱两两垂直或相对的棱相等的四面体可补成长方体或正方体，其外接球半径为体对角线长的一半． 3．有一侧棱垂直底面的锥体可补成直棱柱，其球心为棱柱上、下底面外接圆圆心连线的中点，可利用球心到各顶点距离相等求得半径． 注意：不共面的四点确定一个球面． 特别提醒：正多面体的中心为其内切球、外接球的球心，并非所有的多面体都有内切球(或外接球)． 几何体内切球问题的处理 1．解题时常用以下结论确定球心和半径：①球心在过切点且与切面垂直的直线上；②球心到各面距离相等． [答案]　C 【变式训练】 如图，三棱锥V－ABC中，VA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AV＝2，则该三棱锥的内切球和外接球的半径之比为(　　) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师讲坛 · 素养提升 [答案]　B 最值问题 1．(2025·广东中山一中等四校联考)圆锥顶点A，底面半径为1，母线AB＝4，AB的中点为M，一只蚂蚁从底面圆周上的点B绕圆锥侧面一周到达M的最短路线中，其中下坡路的长是(　　) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　C 2．(2022·全国乙卷)已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为(　　) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　B 3．(2026·广西邕衡名校联盟调研)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，其中AB＝AC，BC＝2，AB⊥AC，点P为球O上一个动点，则三棱锥P－ABC体积的最大值为(　　) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨：立体几何中最值问题的解法 1．观察图形特征，确定取得最值的条件，计算最值． 2．设出未知量建立函数关系，利用基本不等式或导数计算最值． 3．几何体表面两点间路程最值问题，“展平”处理．转化为平面内两点间距离问题． [答案]　A 【变式训练】 1．(2025·安徽一模)在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，AA1＝5，E，F，G分别为侧棱BB1，CC1，DD1上一点，则AE＋EF＋FG＋GA1的最小值为(　　) [答案]　C 2．(2025·浙江名校协作体开学考试)已知圆锥的底面半径为1，高为3，则其内接圆柱的表面积的最大值为(　　) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 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＝________ 锥体(棱锥和圆锥) S表面积＝S侧＋S底 V＝__________ 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＝________ V＝πR3 S底·h (1)设正方体的棱长为a，则它的内切球半径r＝，外接球半径R＝ a. (2)设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则它的外接球半径R＝. (3)设正四面体的棱长为a，则它的高为h＝a，内切球半径r＝h＝a，外接球半径R＝h＝a. (4)有两个面平行且相似，其他各面都是梯形的多面体是棱台．(　　) (5)已知球O的半径为R，其内接正方体的棱长为a，则R＝a.(　　) (6)圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS.(　　) A．1 cm B．2 cm C．3 cm D． cm [解析]　由条件得∴3r2＝12，∴r＝2. 3．(多选题)(必修2P116T3改编)“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到的半正多面体的表面积为12＋4，则关于该半正多面体的下列说法中正确的是(　　) A．AB＝ B．该半正多面体的外接球的表面积为6π C．AB与平面BCD所成的角为 D．与AB所成的角是的棱共有16条 [解析]　设正方体的棱长为2a，则6×(a)2＋8××(a)2＝12＋4，∴a＝1，∴AB＝a＝，A正确；显然该半正多面体外接球的球心为对应正方体的中心，∴外接球半径R＝，∴S球＝8π，B错误；显然AB与平面BCD所成角为∠HBA＝，C正确；与AB成角是的有BC，AC，EN，FD，FM，EM，AN，BD，CT，CP，DP，DR，MS，MR，NT，SN共16条，D正确．故选ACD. 4．(2023·新高考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]　解法一：如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M为四棱台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＋)×＝. 解法二：同解法一棱台高h＝，∴＝S△ABD×＝，又 ＝，＝.∴＝＝，＝＝， ∴＝＋＋＝，∴＝＝. 5．(2024·新课标Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为(　　) A．2π B．3π C．6π D．9π [解析]　设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以2πr×＝πr×即2＝，故r＝3，故圆锥的体积为π×9×＝3π.故选B. A．a2 　 B．a2 C．a2 D．a2 [解析]　解法一：如图①、②所示的实际图形和直观图． 由②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝OC＝a，在图②中作C′D′⊥A′B′于D′，则C′D′＝O′C′＝a.∴S△A′B′C′＝A′B′·C′D′＝×a×a＝a2. 解法二：S△A′B′C′＝S△ABC＝×a2＝a2.故选D. [答案]　a2 [解析]　在△A1D1C1中，由正弦定理＝，得x＝a，∴S△ABC＝×a×a＝a2. 1．在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段的位置，注意“三变”与“三不变”；平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系是 S直观图＝S原图形． A．8 B．12 C．48 D．24 [解析]　由直观图可得如下平面图形：其中OB＝O′B′＝6，OD＝O′D′＝3，OC＝2O′C′＝16，AD∥y轴，且AD＝OC＝16，所以 S△OAB＝×6×16＝48.故选C. 1．(2026·江苏南通调研)已知某圆锥底面的半径为，体积为，则该圆锥的侧面积为(　　) A．π B．2π C．2π D．4π [解析]　设圆锥的高为h，因为底面半径r＝，由体积V＝πr2h＝，解得h＝，圆锥的母线长l＝＝＝2，所以圆锥的侧面积为S＝πrl＝2π.故选B. [答案]　(15＋3)π [解析]　如右图所示：剩余几何体表面积等于圆环的面积加上圆台的侧面积再加上圆柱的侧面积，由题意r＝1，R＝2，h＝3，所以圆环的面积为S1＝π(R2－r2)＝3π，圆台母线l＝＝＝，所以圆台侧面积为S2＝πl(R＋r)＝3π，圆柱侧面积为S3＝2πRh＝12π，所以剩余的几何体表面积等于S1＋S2＋S3＝(15＋3)π. 1．(2026·陕西安康模拟)已知正三棱台ABC－A1B1C1的上底面积为，下底面积为4，高为2，则该三棱台的表面积为(　　) A．5＋3 B．3 C．5＋18 D．18 [解析]　由面积公式可得正三棱台上下底面边长分别为2和4，设C1在底面ABC内的射影为H，作HQ⊥BC于Q，C1H⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，则有C1H⊥BC，又HQ⊥BC，C1H∩HQ＝H，C1H，HQ⊂平面C1HQ，所以BC⊥平面C1HQ，C1Q⊂平面C1HQ，所以BC⊥C1Q，由BC＝4，B1C1＝2，BB1＝CC1，则CQ＝1，又∠HCQ＝，所以HQ＝，则C1Q＝＝，故三棱台的侧面积为××3＝3，表面积为5＋3.故选A. 2．(2025·湖南长沙调研)唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度)，如图2所示．已知球的半径为R，酒杯的容积πR3，则其内壁表面积为________. [解析]　设圆柱的高为h，内壁的表面积为S，由题意可知：πR3＋πR2·h＝πR3，解得：h＝3R.内壁的表面积等于圆柱的侧面积加半球的表面积，即S＝2πR·h＋2πR2＝8πR2. A． B． C． D． [解析]　设正四面体的棱长为a，球O的半径为R，易得正四面体的高h＝＝a，则R＝a.正四面体的体积V1＝× a2sin 60°×a＝a3，球O的体积V2＝πR3＝π×3＝πa3，所以＝.故选A. [解析]　作出几何体的轴截面如图所示：则所求几何体是由一个底面直径为2，高为2的圆柱与一个底面直径为2，高为2的圆柱的一半构成，则所求几何体体积．V＝π×12×2＋π×12×2＝3π. A．2 B． C． D． [解析]　解法一：连接AC，BD交于点M，取EF的中点为O，则OM⊥平面ABCD，由EF＝2，其余棱长都为1，所以OM＝，取BC的中点为G，连接FG，则FG⊥BC，过O作ON⊥FG，则ON⊥平面BCF，如图所示，由题意可知，FG＝，则FN＝×＝，所以ON＝＝，所以V＝×1×1×＋2×××12×＝.故选D. 解法二：作AP⊥EF于P，BQ⊥EF于Q，连接DP、QC.由题意易知ADP－BCQ为直三棱柱，且AP＝DP＝，∴S△ADP＝，又EF⊥平面ADP，∴V＝＋2×××＝.故选D. A．12＋3 B．12＋4 C．12＋4 D．12＋4 解析]　如图，＝8，＝＝4，∴＝， ∴＝，∴＝＝，∴＝4，∴＝＋＝12＋4，故选B. 1．(角度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 [解析]　取AB中点E，连接PE，CE，如图，∵△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，∴PE⊥AB，CE⊥AB，又PE，CE⊂平面PEC，PE∩CE＝E，∴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. A． B．16 C． D．32 [解析]　如图所示：可知四面体AB′CD′即为长方体ABCD－A′B′C′D′中去掉4个全等的三棱锥，所以四面体AB′CD′的体积为4×4×2－4××2××4×4＝.故选A. 3．(角度3)三棱台ABC－A1B1C1中，AB＝2A1B1，且＝2，则＝________. [解析]　如图，三棱台ABC－A1B1C1中，AB＝2A1B1，∴S△ABC＝，∴＝＝＝8，又＝，∴＝＝＝4，∴＝＋＋＝14. 1．(2026·河南周口开学考试)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝，AB＝AC＝2，PA＝2，则该三棱锥外接球的表面积为________. [解析]　在底面△ABC中，∠BAC＝，AB＝AC＝2，由余弦定理，可得BC＝＝6，设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r1，三棱锥外接球的球心为O，半径为r2，在△ABC中，由正弦定理可得2r1＝＝＝4，解得r1＝2，因 为PA⊥平面ABC，OO1⊥平面ABC，且球心O到点P，A的距离相等，所以球心O到底面ABC的距离为d＝OO1＝PA＝1，在Rt△OBO1中，r＝r＋d2＝(2)2＋12＝13，故该三棱锥外接球的表面积为4πr＝52π. 2．(2026·江苏南京中华中学调研)已知圆台的上下底面半径之比为1∶2，它的内切球(与圆台的上下底面以及每条母线都相切的球)体积为，则该圆台的体积为(　　) A． B． C．3π D． [解析]　由于圆台的内切球体积为，设其内切球半径为R，所以＝R3，则半径R＝1，所以圆台的高度h＝2，设圆台上底面半径为r1，则下底面半径为2r1，圆台轴截面如下图：O为球心，O1，O2为上下底面圆圆心，根据切线长定理，圆台的母线长l＝BC＝BA＋AC＝O1B＋O2C＝r1＋2r1＝3r1，由母线长l与圆台上下底面半径r1,2r1、高度h关系可得：l2＝h2＋(2r1－r1)2，所以9r＝4＋r，可得r1＝，则该圆台的体积为V＝h[r＋(2r1)2＋r1·2r1]π＝×2×π＝.故选A. 2．利用体积法求多面体内切球半径，r＝. A．(2－)∶1 B．(2－3)∶1 C．(－1)∶3 D．(－1)∶2 [解析]　因为VA⊥底面ABC，AB、AC⊂底面ABC，所以VA⊥AB，VA⊥AC.又因为∠BAC＝90°，所以AB⊥AC，而AB＝AC＝AV＝2.所以三条棱互相垂直且共顶点，AB，AC，AV可以看成正方体中，共顶点的三条棱，因此该三棱锥外接球的半径R＝＝.因为∠BAC＝90°，所以BC＝＝＝2，因为VA⊥AB，VA⊥AC，AB＝AC＝AV＝2，所以VB＝VC＝＝＝2.设该三棱锥的内切球的半径为r，由三棱锥的体积公式可得：V＝·S表·r＝ ×r＝××2×2×2⇒r＝，所以r∶R＝∶＝(－1)∶3，故选C. A．0 B． C． D． [解析]　将圆锥侧面沿母线AB剪开并展开成扇形，则该扇形半径AB＝4，弧长为2π×1＝2π，圆心角∠BAM＝＝，最短路线即为扇形中的线段BM，BM＝＝2，过A作BM的垂线，垂足为N，当蚂蚁从B点爬行到点N过程中，它与点A的距离越来越小，于是BN为上坡路段，当蚂蚁从点N爬行到点M的过程中，它与点A的距离越来越大，于是NM为下坡路段，下坡路段长NM＝AM·cos∠AMB＝2×＝.故选B. A． B． C． D． [解析]　设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为α，则SABCD＝·AC·BD·sin α≤ ·AC·BD≤·2r·2r＝2r2(当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立)，即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2，又r2＋h2＝1，则VO－ABCD＝·2r2·h＝≤＝，当且仅当r2＝2h2即h＝时等号成立，故选C. A． B． C． D．1 [解析]　由题意，∵球O的半径为1，且BC＝2，∴A，B，C三点所在的平面经过球心，BC为球的一条直径．∵AB＝AC，∴△ABC是等腰直角三角形，如图，由几何知识得，当点P位于垂直于平面ABC的直径的端点时，三棱锥P－ABC的体积取得最大值，此时BO＝CO＝AO＝PO＝BC＝1，∴最大值为V＝S△ABC·OP＝·BC·AO·OP＝××2×1×1＝，故选B. A． B． C． D．14 [解析]　如图所示，将正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(图1)的侧面展开，得到展开图(图2)，当A，E，F，G，A1五点共线时，AE＋EF＋FG＋GA1取得最小值，且最小值为＝.故选A. A． B．2π C． D． [解析]　设内接圆柱的底面半径为r(0<r<1)，高为h(0<h<3)，因为圆锥的底面半径为1，高为3，由相似三角形可得＝，则h＝3(1－r)，则圆柱的表面积为S＝2πr2＋2πrh＝2πr2＋2πr×3(1－r)＝－4πr2＋6πr＝－4π2＋π，所以当r＝时，内接圆柱的表面积取得最大值为π.故选C. $