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第1节　基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
考试要求　1.利用实物、计算机软件等观察空间图形，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(圆)柱、棱(圆)锥、棱(圆)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、球、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
2.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′轴、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.
3.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
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＝Sh
锥体(棱锥和圆锥) S表面积＝S侧＋S底 V＝Sh
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
1.正方体与球的切、接常用结论：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.长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝.
3.正四面体的外接球的半径R＝a，内切球的半径r＝a，其半径R∶r＝3∶1(a为该正四面体的棱长).
4.直观图与原平面图形面积间关系S直观图＝S原图形.
1.思考辨析(在括号内打“√”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)菱形的直观图仍是菱形.(　　)
(4)两个球的体积之比等于它们的半径比的平方.(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×
解析　(1)反例：由两个平行六面体上下组合在一起的图形满足条件，但不是棱柱.
(2)反例：如图所示的图形满足条件但不是棱锥.
(3)用斜二测画法画水平放置的菱形的直观图是平行四边形，但邻边不一定相等，(3)错误.
(4)球的体积之比等于半径比的立方，故不正确.
2.(2021·新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为(　　)
A.2 B.2 C.4 D.4
答案　B
解析　设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为，侧面展开图为一个半圆，所以2π×＝πl，解得l＝2.
3.(2021·益阳调考)如图，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°的等腰梯形，已知直观图OA′B′C′的面积为4，则该平面图形的面积为(　　)
A. B.4 C.8 D.2
答案　C
解析　由S原图形＝2S直观图，得S原图形＝2×4＝8.
4.体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　　)
A.12π B.π C.8π D.4π
答案　A
解析　由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线为2即为球的直径，所以球的表面积为4πR2＝(2R)2π＝12π.
5.(多选)(2022·青岛一模)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.过球面上任意两点可作球的一个大圆或无数个大圆
C.三棱锥的四个面都可以是直角三角形
D.梯形的直观图可以是平行四边形
答案　BC
解析　对于A，如两个同底的三棱锥构成的六面体，不是三棱锥，故错误；
对于B，球面上任意两点与球心共线时，可以作球的无数个大圆，与球心不共线时，可以作球的一个大圆，故正确；
对于C，一条侧棱垂直于底面直角三角形的一个锐角顶点的三棱锥满足题意，故正确；
对于D，作直观图时，平行于x轴的线段长度不变，平行于y轴的线段长度减半，故错误.
6.(2021·北京卷)对24小时内降水在平地上的积水厚度(mm)进行如下定义：
0～10 10～25 25～50 50～100
小雨 中雨 大雨 暴雨
小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，则这一天的雨水属于哪个等级(　　)
A.小雨 B.中雨 C.大雨 D.暴雨
答案　B
解析　由相似关系可得，雨水形成的小圆锥的底面半径r＝＝50(mm)，故
V小圆锥＝×π×502×150＝503·π(mm3)，从而可得积水厚度h＝＝＝12.5(mm)，属于中雨.
　考点一　基本立体图形
角度1　空间几何体的结构特征
例1 (1)(多选)(2021·潍坊调研)下面关于空间几何体的叙述正确的是(　　)
A.底面是正多边形的棱锥是正棱锥
B.用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
C.长方体是直平行六面体
D.存在每个面都是直角三角形的四面体
答案　CD
解析　A中，当顶点在底面的投影是正多边形的中心才是正棱锥，不正确；
B中，当平面与圆柱的母线平行或垂直时，截得的截面才为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分，B不正确；
C正确；
D正确，如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中的三棱锥C1－ABC，四个面都是直角三角形.
(2)(多选)给出下列四个命题，不正确的是(　　)
A.有两个侧面是矩形的立体图形是直棱柱
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.底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱
答案　ABC
解析　对于A，平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形，故A错；
对于B，等腰三角形的腰不是侧棱时不一定成立(如图)，故B错；
对于C，若底面不是矩形，则C错；
对于D，可知侧棱垂直于底面，故D正确.
综上，命题ABC不正确.
感悟提升　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，只要举出一个反例即可.
角度2　直观图
例2 一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形，则原平面四边形的面积等于(　　)
A.a2 B.2a2 C.a2 D.a2
答案　B
解析　根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则可知，在x轴上(或与x轴平行)的线段，其长度保持不变；在y轴上(或与y轴平行)的线段，其长度变为原来的一半，且∠x′O′y′＝45°(或135°)，所以若设原平面图形的面积为S，则其直观图的面积为S′＝··S＝S.可以提出一个平面图形的面积S与它的直观图的面积S′之间的关系是S′＝S，本题中直观图的面积为a2，所以原平面四边形的面积S＝＝2a2.
感悟提升　(1)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.”
(2)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：
S直观图＝S原图形.
角度3　展开图
例3 如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4 m，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P处.若该小虫爬行的最短路程为4 m，则圆锥底面圆的半径等于______ m.
答案　
解析　圆锥顶点记为O，把圆锥侧面沿母线OP展开成如图所示的扇形，
由题意OP＝4，PP′＝4，
则cos ∠POP′＝＝－，
又∠POP′为△POP′一内角，
所以∠POP′＝.
设底面圆的半径为r，则2πr＝×4，
所以r＝.
感悟提升　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.
训练1 (1)给出下列命题：
①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；
②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；
③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等.
其中正确命题的个数是(　　)
A.0 B.1 C.2 D.3
答案　A
解析　①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转一周形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等.
(2)(2020·浙江卷)已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________.
答案　1
解析　如图，设圆锥的母线长为l，底面半径为r，则圆锥的侧面积S侧＝πrl＝2π，即r·l＝2.
由于侧面展开图为半圆，
可知πl2＝2π，可得l＝2，
因此r＝1.
(3)已知等腰梯形ABCD，上底CD＝1，腰AD＝CB＝，下底AB＝3，以下底所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为________.
答案　
解析　如图(1)和(2)的实际图形和直观图所示.
因为OE＝＝1，
由斜二测画法可知O′E′＝，E′F＝，
D′C′＝1，A′B′＝3，
则直观图A′B′C′D′的面积
S′＝×＝.
　考点二　表面积与体积
角度1　表面积和侧面积
例4 (1)(多选)已知正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ，若θ＝30°，侧棱长为，则(　　)
A.正四棱锥的底面边长为6
B.正四棱锥的底面边长为3
C.正四棱锥的侧面积为24
D.正四棱锥的侧面积为12
答案　AC
解析　如图，在正四棱锥S－ABCD中，O为正方形ABCD的中心，SH⊥AB，设底面边长为2a(a＞0)，因为∠SHO＝30°，所以OH＝a，OS＝a，SH＝a，在Rt△SAH中，a2＋＝21，所以a＝3，底面边长为6，侧面积为S＝×6×2×4＝24.故选AC.
(2)(2022·重庆诊断)已知圆锥的顶点为A，过母线AB，AC的截面面积是2.若AB，AC的夹角是60°，且AC与圆锥底面所成的角是30°，则该圆锥的表面积为________.
答案　(6＋4)π
解析　如图所示，∵AB，AC的夹角是60°，AB＝AC，∴△ABC是等边三角形，
∴×AC2＝2，
解得AC＝2.
∵AC与圆锥底面所成的角是30°，
∴圆锥底面半径r＝OC＝ACcos 30°＝2×＝.
则该圆锥的表面积＝π×()2＋×2π××2＝(6＋4)π.
角度2　体积
例5 (1)(2020·新高考全国Ⅱ卷)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及M，N分别为BB1，AB的中点，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，
∴VA1－D1MN＝VD1－A1MN
＝·S△A1MN·D1A1＝××2＝1.
(2)如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为________.
答案　
解析　如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH.
则原几何体分割为两个三棱锥和一个直三棱柱.
依题意，三棱锥E－ADG的高EG＝，直三棱柱AGD－BHC的高AB＝1.
则AG＝＝＝.
取AD的中点M，则MG＝，
所以S△AGD＝×1×＝，
∴V多面体＝VE－ADG＋VF－BHC＋VAGD－BHC＝2VE－ADG＋VAGD－BHC
＝×××2＋×1＝.
感悟提升　1.空间几何体表面积的求法
(1)旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用，并弄清底面半径、母线长与对应侧面展开图中边的关系.
(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.
2.求空间几何体的体积的常用方法
(1)公式法：规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解；
(2)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；
(3)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.
训练2 (1)(2021·新高考Ⅱ卷)正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为(　　)
A.20＋12 B.28
C. D.
答案　D
解析　连接该正四棱台上、下底面的中心，如图，因为该四棱台上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高h＝＝，下底面面积S1＝16，上底面面积S2＝4，所以该棱台的体积V＝h(S1＋S2＋)＝××(16＋4＋)＝.
(2)(2021·全国甲卷)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　设该圆锥的高为h，则由已知条件可得×π×62·h＝30π，解得h＝，则圆锥的母线长为＝＝，故该圆锥的侧面积为π×6×＝39π.
(3)如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，ED⊥平面ABCD，FC⊥平面ABCD，ED＝2FC＝2，则四面体ABEF的体积为________.
答案　
解析　∵ED⊥平面ABCD且AD 平面ABCD，∴ED⊥AD.
∵在正方形ABCD中，AD⊥DC，
而DC∩ED＝D，
∴AD⊥平面CDEF.
易知FC＝＝1，VA－BEF＝VABCDEF－VF－ABCD－VA－DEF.
∵VE－ABCD＝ED×S正方形ABCD×＝2×2×2×＝，VB－EFC＝BC×S△EFC×＝2×2×1××＝，
∴VABCDEF＝＋＝.又VF－ABCD＝FC×S正方形ABCD×＝1×2×2×＝，VA－DEF＝AD×S△DEF×＝2×2×2××＝，VA－BEF＝－－＝.
　考点三　与球有关的切、接问题
角度1　外接球
例6 (1)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为________.
答案　
解析　如图所示，由球心作平面ABC的垂线，
则垂足为BC的中点M.
又AM＝BC＝，
OM＝AA1＝6，
所以球O的半径R＝OA＝＝.
(2)已知正三棱锥S－ABC的侧棱长为4，底面边长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是________.
答案　64π
解析　如图，过点S作SE⊥平面ABC于点E，记球心为O.
∵在正三棱锥S－ABC中，底面边长为6，侧棱长为4，
∴BE＝××6＝2，
∴SE＝＝6.
∵球心O到四个顶点的距离相等，均等于该正三棱锥外接球的半径R，
∴OB＝R，OE＝6－R.
在Rt△BOE中，OB2＝BE2＋OE2，
即R2＝12＋(6－R)2，解得R＝4，
∴外接球的表面积为S＝4πR2＝64π.
感悟提升　(1)求解多面体的外接球时，经常用到截面图.如图所示，设球O的半径为R，截面圆O′的半径为r，M为截面圆上任意一点，球心O到截面圆O′的距离为d，则在Rt△OO′M中，OM2＝OO′2＋O′M2，即R2＝d2＋r2.
(2)求解球的内接正方体、长方体等问题的关键是把握球的直径即是几何体的体对角线.
角度2　内切球
例7 (2020·全国Ⅲ卷)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________.
答案　π
解析　圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆.在△PAB中，PA＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝2，△PEO∽△PDB，故＝，即＝，解得r＝，
故内切球的体积为π＝π.
感悟提升　“切”的问题处理规律
(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决.
(2)体积分割是求内切球半径的通用方法.
训练3 (1)如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　平面ACD1截球O的截面为△ACD1的内切圆，
∵正方体棱长为1，
∴AC＝CD1＝AD1＝.
∴内切圆半径r＝tan 30°·AE
＝×＝.
∴S＝πr2＝π×＝.
(2)(2022·衡阳联考)设圆锥的顶点为A，BC为圆锥底面圆O的直径，点P为圆O上的一点(异于B，C)，若BC＝4，三棱锥A－PBC的外接球表面积为64π，则该圆锥的体积为________.
答案　24π或8π
解析　如图所示.
∵BP⊥PC，AO⊥平面PBC，
∴三棱锥A－PBC的外接球球心M在AO上，又球M的表面积为64π，
∴r外＝4，在Rt△MOB中，
BM＝4，BO＝2，
∴MO＝2，MA＝4，∴AO＝6或AO＝2，
∴V圆锥＝×π××6＝24π或V圆锥＝×π××2＝8π.
三棱锥外接球球心的确定方法
空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：
(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.
(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解.
(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.
一、补形法之一——存在侧棱与底面垂直
例1 (1)在三棱锥A－BCD中，若AD⊥平面BCD，AB⊥BC，AD＝BD＝2，CD＝4，点A，B，C，D在同一个球面上，则该球的表面积为________.
答案　20π
解析　根据题意得BC⊥平面ABD，则BC⊥BD，即AD，BC，BD三条线两两垂直，所以可将三棱锥A－BCD放置于长方体内，如图所示.
该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，球心为长方体体对角线的中点.
即外接球的半径为体对角线长的一半.
此时AC为该球的直径，所以该球的表面积S＝4πR2＝π·AC2＝π·(22＋42)＝20π.
(2)在三棱锥A－BCD中，若AB⊥平面BCD，AB＝2，BC＝CD＝BD＝，点A，B，C，D在同一个球面上，则该球的表面积为________.
答案　8π
解析　由题意得底面BCD为等边三角形，又AB⊥平面BCD，所以可将三棱锥A－BCD放置于直棱柱的一角，如图所示，
该三棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球，球心为直三棱柱上下底面外接圆圆心连线的中点.
设直三棱柱上下底面外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，取O1O2的中点为O，连接OB，O2B，则O为外接球的球心，OB为外接球的半径，O2B为△BCD外接圆的半径，OO2＝1.
根据等边三角形性质可以得到O2B＝··＝1，则有OB＝eq \r(OO＋O2B2)＝，
所以外接球的表面积S＝4π·OB2＝8π.
二、补形法之二——对棱相等
例2 在三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝2，AC＝BD＝，AD＝BC＝，则该三棱锥外接球的半径为________.
答案　
解析　考虑到三棱锥A－BCD对棱相等，可利用长方体面对角线相等，
将该三棱锥放置于长方体内，三组对棱即为长方体的三组面对角线，如图所示.
该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
球心在长方体对角线的中点，即外接球的半径为体对角线长的一半.
设此长方体的长、宽、高分别为x、y、z，
则有即x2＋y2＋z2＝6.
所以外接球的半径R＝＝.
三、借助三角形外心确定球心位置
例3 (1)在三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA＝PC＝AB＝2，AC＝4，∠BAC＝30°，则该三棱锥外接球的体积为________.
答案　9π
解析　如图所示，在△ABC中，由余弦定理得BC2＝(2)2＋42－2×2×4·cos 30°＝4.
所以AB2＋BC2＝16＝AC2，即△ABC为直角三角形.
故△ABC外接圆的圆心为斜边AC的中点.
取AC的中点为O1，连接PO1，则PO1⊥AC.
由平面PAC⊥平面ABC，得PO1⊥平面ABC.
该三棱锥外接球的球心在线段PO1上.
设球心为O，连接OA，则OA＝OP，且均为外接球的半径.
在Rt△PO1A中，PO1＝＝2.
在Rt△OO1A中，OA2＝OO＋AO，
即R2＝(2－R)2＋4，则R＝.
所以外接球的体积V＝πR3＝π＝9π.
(2)如图所示，在三棱锥S－ABC中，△ABC与△SBC都是边长为1的正三角形，二面角A－BC－S的大小为，若S，A，B，C四点都在球O的表面上，则球O的表面积为________.
答案　
解析　如图，取线段BC的中点D，连接AD，SD，
由题意得AD⊥BC，
SD⊥BC，
∴∠ADS是二面角A－BC－S的平面角，
∴∠ADS＝，
由题意得BC⊥平面ADS，分别取AD，SD的三等分点E，F，
在平面ADS内，过点E，F分别作直线垂直于AD，SD，
两条直线的交点即球心O，连接OA，
则球O半径R＝OA，
由题意知BD＝，AD＝，DE＝AD＝，AE＝AD＝，
连接OD，在Rt△ODE中，
∠ODE＝，OE＝DE＝，
∴OA2＝OE2＋AE2＝，
∴球O的表面积为S＝4πR2＝.
(3)在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝1，AB⊥BC，BC⊥CP，PA⊥AB，∠CPA＝60°，则该三棱锥外接球的体积为________.
答案　π
解析　如图所示，由题意知，△ABC，△PCB，△PAB均为直角三角形，而且有Rt△PCB≌Rt△PAB，则PC＝PA.
又∠CPA＝60°，所以△PAC为等边三角形，则PA＝PC＝AC＝＝.
在Rt△ABC中，其外接圆的圆心为斜边AC的中点，
设其为O1，过点O1作直线l⊥平面ABC，该三棱锥外接球的球心在l上.
不妨设球心为O，则OA＝OB＝OC＝OP.
取PB的中点为O2，则O2A＝O2C＝PB＝O2B＝O2P，故O2与O重合.
所以外接球的半径R＝PB＝＝.
故外接球的体积V＝πR3＝π＝π.
1.下列说法中，正确的是(　　)
A.棱柱的侧面可以是三角形
B.若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其他侧面也是矩形
C.正方体的所有棱长都相等
D.棱柱的所有棱长都相等
答案　C
解析　棱柱的侧面都是平行四边形，A错误；其他侧面可能是平行四边形，B错误；棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等，D错误；易知C正确.
2.一个菱形的边长为4 cm，一内角为60°，用斜二测画法画出的这个菱形的直观图的面积为(　　)
A.2 cm2 B.2 cm2
C.4 cm2 D.8 cm2
答案　B
解析　直观图的面积为××42＝2(cm2).
3.现有同底等高的圆锥和圆柱，已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则圆锥的侧面积为(　　)
A.3π B. C. D.π
答案　D
解析　设底面圆的半径为R，圆柱的高为h，
依题意2R＝h＝2，∴R＝1.
∴圆锥的母线l＝＝＝，
因此S圆锥侧＝πRl＝1×π＝π.
4.(多选)(2021·烟台调研)在一个密闭透明的圆柱筒内装一定体积的水，将该圆柱筒分别竖直、水平、倾斜放置时，指出圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状可能是(　　)
A.圆面
B.矩形面
C.梯形面
D.椭圆面或部分椭圆面
答案　ABD
解析　将圆柱桶竖放，水面为圆面；
将圆柱桶斜放，水面为椭圆面或部分椭圆面；
将圆柱桶水平放置，水面为矩形面，但圆柱桶内的水平面不可以呈现出梯形面.
5.在四面体ABCD中，AB＝，DA＝DB＝CA＝CB＝1，则四面体ABCD的外接球的表面积为(　　)
A.π B.2π C.3π D.4π
答案　B
解析　取AB的中点O，
由AB＝，DA＝DB＝CA＝CB＝1，
所以CA2＋CB2＝AB2，AD2＋BD2＝AB2，
可得∠ACB＝∠ADB＝90°，
所以OA＝OB＝OC＝OD＝，
即O为外接球的球心，球的半径R＝，
所以四面体ABCD的外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×＝2π.
6.(2020·全国Ⅰ卷)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆.若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为(　　)
A.64π B.48π C.36π D.32π
答案　A
解析　如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以＝2r，解得AB＝2，故OO1＝2，所以R2＝OO＋r2＝(2)2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.
7.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝，点E为AB上的动点，则D1E＋CE的最小值为(　　)
A.2 B.
C.＋1 D.2＋
答案　B
解析　如图，连接AD1，BC1分别延长至F，G，使得AD＝AF，BC＝BG，连接EG，FG，
∵四棱柱ABCD－A1B1C1D1为正四棱柱，
∴AB⊥平面ADD1A1，AB⊥平面BCC1B1，
∴AB⊥AF，AB⊥BG，
又AB＝AD＝AF，
∴四边形ABGF为正方形，
∴EG＝＝＝CE，
∴D1E＋CE的最小值为D1G，
又D1G＝＝＝，
∴D1E＋CE的最小值为.
8.(2021·全国甲卷)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O－ABC的体积为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　如图所示，因为AC⊥BC，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝.连接OO1，则OO1⊥平面ABC，OO1＝＝＝，所以三棱锥O－ABC的体积V＝
S△ABC·OO1＝××1×1×＝.
9.(2021·济南模拟)已知三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠ABC＝，SB＝4，SC＝2，AB＝2，BC＝6，则三棱锥S－ABC的体积是(　　)
A.4 B.6 C.4 D.6
答案　C
解析　∵∠ABC＝，AB＝2，BC＝6，∴AC＝＝＝2.∵∠SAB＝，AB＝2，SB＝4，∴AS＝＝＝2.由SC＝2，得AC2＋AS2＝SC2，∴AC⊥AS.又∵SA⊥AB，AC∩AB＝A，∴AS⊥平面ABC，∴AS为三棱锥S－ABC的高，∴V三棱锥S－ABC＝××2×6×2＝4.
10.(2020·江苏卷)如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的.已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是________cm3.
答案　12－
解析　螺帽的底面正六边形的面积S＝6××22×sin 60°＝6(cm2)，正六棱柱的体积V1＝6×2＝12(cm3)，圆柱的体积V2＝π×0.52×2＝(cm3)，所以此六角螺帽毛坯的体积V＝V1－V2＝cm3.
11.如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现.我们来重温这个伟大发现，圆柱的体积与球的体积之比为________，圆柱的表面积与球的表面积之比为________.
答案　　
解析　由题意，圆柱底面半径为r，球的半径为R，
圆柱的高h＝2R，则V球＝πR3，
V柱＝πr2h＝π·R2·2R＝2πR3.
∴＝＝.
S球＝4πR2，
S柱＝2πr2＋2πrh＝2πR2＋2πR·2R＝6πR2.
∴＝＝.
12.(2019·全国Ⅲ卷)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCD－A1B1C1D1挖去四棱锥O－EFGH后所得的几何体.其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为______g.
答案　118.8
解析　由题意得，四棱锥O－EFGH的底面积为4×6－4××2×3＝12(cm2)，其高为点O到底面EFGH的距离，为3 cm，则此四棱锥的体积为V1＝×12×3＝12(cm3).
又长方体ABCD－A1B1C1D1的体积为
V2＝4×6×6＝144(cm3)，
所以该模型的体积V＝V2－V1＝144－12＝132(cm3)，
因此模型所需原材料的质量为0.9×132＝118.8(g).
13.(2021·淄博二模)碳70(C70)是一种碳原子族，可高效杀死癌细胞，它是由70个碳原子构成的，其结构是由五元环(正五边形面)和六元环(正六边形面)组成的封闭的凸多面体，共37个面，则其六元环的个数为(　　)
C70分子结构图
A.12 B.25 C.30 D.36
答案　B
解析　根据题意，顶点数就是碳原子数，即为70，每个碳原子被3条棱共用，面数为37，设有正五边形x个，正六边形y个，则x＋y＝37，5x＋6y＝70×3，解得x＝12，y＝25，故正六边形个数为25，即六元环的个数为25.
14.(多选)(2022·武汉调研)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝1，则当E，F移动时，下列结论正确的是(　　)
A.AE∥平面C1BD
B.四面体ACEF的体积不为定值
C.三棱锥A－BEF的体积为定值
D.四面体ACDF的体积为定值
答案　ACD
解析　对于A，如图1，AB1∥DC1，
易证AB1∥平面C1BD，
同理AD1∥平面C1BD，且AB1∩AD1＝A，AB1，AD1 平面AB1D1，
所以平面AB1D1∥平面C1BD，
又AE 平面AB1D1，所以AE∥平面C1BD，A正确.
对于B，如图2，S△AEF＝×1
×＝，
点C到平面AEF的距离为点C到平面AB1D1的距离d为定值，
所以VA－CEF＝VC－AEF＝××d＝d为定值，所以B错误；
对于C，如图3，S△BEF＝×1×3＝，点A到平面BEF的距离为A到平面BB1D1D的距离d′为定值，
所以VA－BEF＝××d′＝d′为定值，C正确；
对于D，如图4，四面体ACDF的体积为VA－CDF＝VF－ACD＝××3×3×3＝为定值，D正确.
15.若E，F是三棱柱ABC－A1B1C1侧棱BB1和CC1上的点，且B1E＝CF，三棱柱的体积为m，则四棱锥A－BEFC的体积为________.
答案　
解析　如图所示，连接AB1，AC1.
因为B1E＝CF，所以梯形BEFC的面积等于梯形B1EFC1的面积.
又四棱锥A－BEFC的高与四棱锥A－B1EFC1的高相等，
所以VA－BEFC＝VA－B1EFC1＝VA－BB1C1C.
又VA－A1B1C1＝S△A1B1C1·AA1，
VABC－A1B1C1＝S△A1B1C1·AA1＝m，
所以VA－A1B1C1＝，
所以VA－BB1C1C＝VABC－A1B1C1－VA－A1B1C1＝，
所以VA－BEFC＝×＝，
即四棱锥A－BEFC的体积是.
16.在半径为15的球O内有一个底面边长为12的内接正三棱锥A－BCD，则此正三棱锥的体积为________.
答案　864或216
解析　①如图所示，
显然OA＝OB＝OC＝OD＝15.
设H为△BCD的中心，
则A，O，H三点在同一条直线上.
∵HB＝HC＝HD＝××12＝12，
∴OH＝＝9，
∴正三棱锥A－BCD的高h＝9＋15＝24.
又S△BCD＝×(12)2＝108，
∴VA－BCD＝×108×24＝864.
②如图所示，同理，可得正三棱锥A－BCD的高h′＝15－9＝6，S△BCD＝108，
∴VA－BCD＝×108×6＝216.
综上，正三棱锥A－BCD的体积为864或216.

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