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第一节　基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
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(圆)柱、棱(圆)锥、棱(圆)台的表面积和体积的计算公式,并能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的直观图.
教材再回首
1.多面体的结构特征
名称 棱柱 棱锥 棱台
图形
底面 互相　　　　且　　　　　 多边形 互相　　　　　 　　　
侧棱 　　　　　　　　　　　 相交于　　　,但不一定相等 延长线交于 　　　　　
侧面 形状 　　　　　 　　　 　　
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,　　于底面 相交于 　　 延长线交于　　 —
轴截面 　　 　 　　 　　 　 　　　 圆面
侧面 展开图 矩形 扇形 扇环 —
3.直观图的斜二测画法的规则
建 系 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'轴所在平面垂直
规 则 原图形中平行于坐标轴的线段,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　　　　　　　　　　　
4.圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式
圆柱 圆锥 圆台
S圆柱侧=　　 S圆锥侧=　　 S圆台侧=　　　
5.柱体、锥体、台体和球的表面积与体积公式
(其中高为h,球的半径为R)
名称 表面积 体积
柱体 S表面积=S侧+2S底 V=　　　　　　　
锥体 S表面积=S侧+S底 V=　　　　　　　
台体 S表面积=S侧+S上 +S下 V=(S上+S下+)h
球 S=　　　 V=　　　
解题结论拓展
(1)正四面体的表面积为a2,体积为a3(a是正四面体的棱长).
(2)球的截面的性质
①球的任何截面都是圆面;
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=.
(3)直观图与原图形面积的关系
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:
①S直观图=S原图形;②S原图形=2S直观图.
典题细发掘
1.判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)
(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)圆锥的任意一个轴截面都是全等的等腰三角形. (　　)
2.(人A必修②P111T1改编)下列说法正确的是 (　　)
A.相等的角在直观图中仍然相等
B.相等的线段在直观图中仍然相等
C.正方形的直观图是正方形
D.若两条线段平行,则在直观图中对应的两条线段仍然平行
3.(人A必修②P106T8改编)如图,若长方体ABCD-A'B'C'D'中截去体积较小的一部分,其中EH∥B'C'∥FG,则剩下的几何体是 (　　)
A.棱台 B.四棱柱
C.五棱柱 D.六棱柱
4.(北师大必修②P256T2改编)某小区修建一个圆台形的花台,它的两底面半径分别为1 m和2 m,高为1 m,则需要　　　　 m3的土才能把花台填满.
题点一　基本立体图形
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考法(一)　结构特征
[例1]　(多选)下列说法正确的是 (　　)
A.圆柱的母线和它的轴可以不平行
B.圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面
C.以直角三角形的一边所在直线为旋转轴,其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体为圆锥
D.将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周,所得的几何体包括一个圆柱、两个圆锥
考法(二)　直观图
[例2]　(多选)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'=2,则以下说法正确的是 (　　)
A.△ABC是钝角三角形
B.△ABC的面积是△A'B'C'的面积的2倍
C.△ABC是等腰直角三角形
D.△ABC的周长是4+4
|思维建模|
(1)学会通过反例对概念进行辨析,即说明一个命题是错误的,只要举出一个反例即可.
(2)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.”
(3)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图,其面积与原平面图形面积的关系:S直观图=S原图形.
考法(三)　展开图
[例3]　已知正三棱柱ABC-A'B'C'的各棱长均为2,P是线段BC'的中点,沿正三棱柱的表面从点A'到点P的路程最小值为　　　　.
|思维建模|
(1)多面体的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.由多面体画平面展开图,一定要先观察立体图形的每一个面的形状.
(2)求从几何体的表面上一点,沿几何体表面运动到另一点,所走过的最短距离,常将几何体的侧面展开,转化为求平面上两点间的最短距离问题.
[即时训练]
1.下列命题为真命题的是 (　　)
A.两个四棱锥可以拼成一个四棱柱
B.正三棱锥的底面和侧面都是等边三角形
C.经过不共线的三个点的球有且只有一个
D.直棱柱的侧面是矩形
2.如图,△A'O'B'是水平放置的△AOB的直观图,但部分图象被茶渍覆盖,已知O'为坐标原点,顶点A',B'均在坐标轴上,且△AOB的面积为12,则O'B'的长度为 (　　)
A.1　　　　　B.2　　　　　
C.3　　　　　D.4
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
3.某圆柱的高为2,底面周长为16,M,N分别是圆柱上、下底面圆周上的两点,其中OE⊥ON,如图所示,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为 (　　)
A.2 B.2
C.3 D.2
题点二　空间几何体的表面积
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[例4]
(1)(2025·长沙模拟)底面半径为,侧面展开图的扇形圆心角为的圆锥侧面积为 (　　)
A.9π B.6π
C.4π D.3π
(2)某几何体的直观图如图所示,则该几何体的表面积为 (　　)
A.36+12π　　　　　　　　　B.40+12π
C.36+16π D.40+16π
|思维建模|空间几何体表面积的求法
(1)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;
(2)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,求出所给几何体的表面积;
(3)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,面积不要多加或少加.
[即时训练]
4.若正四棱柱ABCD-A1B1C1D1与以正方形ABCD的外接圆为底面的圆柱的体积相同,则正四棱柱与该圆柱的侧面积之比为 (　　)
A. B.
C.π D.2π
5.(2025·南平模拟)已知圆台O1O2的母线长为4,下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍,轴截面周长为16,则该圆台的表面积为　　 　.
题点三　空间几何体的体积
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[例5]
(1)(2025·广州模拟)现有一个正四棱台形水库,该水库的下底面边长为2 km,上底面边长为4 km,侧棱长为3 km,则该水库的最大蓄水量为 (　　)
A. km3　　　　　　　　 B.112 km3
C. km3 D.56 km3
(2)如图,在直角梯形ABCD中,AD=AB=4,BC=2,沿中位线EF折起,使得∠AEB为直角,连接AB,CD,则所得的几何体的体积为　　　　.
|思维建模|
简单几何体体积的常用求法
(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.
[即时训练]
6.(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
7.(2024·天津高考)一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF,且两两之间距离为1,AD=1,BE=2,CF=3,则该五面体的体积为 (　　)
A. B.+
C. D.-
第一节　基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
课前·“四基”落实
[教材再回首]
1.平行　全等　平行且相似　互相平行且相等　一点　一点　平行四边形　三角形　梯形
2.垂直　一点　一点　矩形　等腰三角形　等腰梯形
3.45°或135°　平行于坐标轴　不变　长度变为原来的一半
4.2πrl　πrl　π(r1+r2)l　5.S底h　S底h　4πR2　πR3
[典题细发掘]
1.(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
2.选D　由直观图的画法规则知,角度、长度都有可能改变,而线段的平行关系不变,正方形的直观图是平行四边形.
3.C　4.
课堂·题点精研
题点一
[例1]　选BD　根据圆柱母线的定义可知,圆柱的母线和它的轴平行,故A错误;圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面,故B正确;当以斜边为旋转轴时,会得到两个同底的圆锥组合体,故C错误;图①是一个等腰梯形,CD为较长的底边,以边CD所在直线为旋转轴旋转一周所得几何体为一个组合体,如图②,包括一个圆柱、两个圆锥,故D正确.
[例2]　选CD　根据斜二测画法可知,在原图形中,O为CA的中点,AC⊥OB,因为O'C'=O'A'=2O'B'=2,所以CO=AO=2,AC=4,OB=2,则△ABC是斜边为4的等腰直角三角形,如图所示,所以△ABC的周长是4+4,面积是4,故A错误,C、D正确;由斜二测画法可知,△ABC的面积是△A'B'C'的面积的2倍,故B错误.
[例3]　解析:正三棱柱ABC-A'B'C'如图1所示.当按照图2所示展开,过点P作PP'⊥A'C'于点P',可知PP'=1,A'P'=3,由勾股定理可得A'P==;当按照图3所示展开,连接A'P交B'C'于点O,可知OP=1,A'O=,所以A'P=+1.因为+1<,所以点A'到点P的路程最小值为+1.
答案:+1
[即时训练]
1.选D　对于A,两个四棱锥不一定可以拼成一个四棱柱,A错误.对于B,正三棱锥的底面是等边三角形,侧面是等腰三角形,不一定是等边三角形,B错误.对于C,经过不共线的三个点只能确定一个平面,经过不共线的三个点的球有无数个,C错误.对于D,直棱柱的侧面是矩形,D正确.
2.选B　法一　如图,画出△AOB的原图,为直角三角形,且OA=O'A'=6,因为OB·OA=12,所以OB=4,所以O'B'=OB=2.
法二　S直观图=S原图形=3,又S直观图=O'A'·O'B'·sin∠A'O'B',所以O'B'=2.
3.选B　圆柱的侧面展开图及M,N的位置(N为EP的四等分点)如图所示,连接MN,则图中MN即为M到N的最短路径.∵EN=×16=4,EM=2,
∴MN===2.故选B.
题点二
[例4]　(1)A　(2)B
(1)因为圆锥的底面半径为r=,则侧面展开图的弧长为2π,又因为侧面展开图的圆心角为,可得圆锥母线长l==3,所以圆锥的侧面积S=πrl=9π.
(2)由题意可知该几何体的表面积为4×2×4+2×2×2+4π+×4π×4=40+12π.故选B.
[即时训练]
4.快审准解:正四棱柱底面边长与圆柱底面半径之比已知,由正四棱柱与圆柱的体积相同,求出正四棱柱与圆柱的高之比,代入侧面积公式计算即可.
选B　依题意,设正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为a,高为h1,圆柱的高为h2,则圆柱的底面半径为a,则有a2h1=πh2,整理得=,所以正四棱柱与圆柱的侧面积之比为=.故选B.
5.解析:设上底面圆的半径为r,则下底面圆的半径是3r,故轴截面周长为16=4+4+2r+6r,解得r=1,所以上、下底面圆的面积分别为π,9π,圆台侧面积S侧=π(1+3)×4=16π,所以圆台的表面积为π+9π+16π=26π.
答案:26π
题点三
[例5]　(1)A　(2)6
(1)根据题意画出图形,如图所示,其中AH=OO1且AH∥OO1.由AB=2,A1B1=4,AA1=3,可得AC=2,A1C1=4.又AH=OO1且AH∥OO1,OO1⊥A1O1,可得四边形AHO1O是长方形,则OA=O1H,所以A1H=O1A1-O1H=,AH===4,则正四棱台的高h=4,下底面的面积S1=2×2=2,上底面的面积S2=4×4=16.于是正四棱台的体积V=(S1+S2+)h=×(4+16+8)×4=.故该水库的最大蓄水量为 km3.
(2)法一:分割法　如图,过点C作CM平行于AB,交AD于点M,作CN平行于BE,交EF于点N,连接MN.由题意可知四边形ABCM,四边形BENC都是矩形,AM=DM=2,MN=CN=2,FN=1,AB=CM=2,所以S△AEB=×2×2=2.截面CMN把这个几何体分割为直三棱柱ABE-MCN和四棱锥C-MNFD,直三棱柱ABE-MCN的体积为V1=S△ABE·AM=2×2=4,四棱锥C-MNFD的体积为V2=S四边形MNFD·BE=××(1+2)×2×2=2,所以所求几何体的体积为V1+V2=6.
法二:分割法　如图,连接AC,EC,则该几何体被分割为四棱锥C-ADFE和三棱锥C-ABE,因为VC-ADFE=××2×2=,VC-ABE=××2×2×2=,所以所求几何体的体积为VC-ADFE+VC-ABE=+=6.
法三:补形法　如图,延长BC至点M,使得CM=2,延长EF至N,使得FN=1,连接DM,MN,DN,得到直三棱柱ABE-DMN,所以所求几何体的体积等于直三棱柱ABE-DMN的体积减去四棱锥D-CMNF的体积.因为VABE-DMN=×2×2×4=8,VD-CMNF=××2×2=2,所以所求几何体的体积为VABE-DMN-VD-CMNF=8-2=6.
[即时训练]
6.选B　设圆柱的底面半径为r,则圆锥的母线长为 ,因为它们的侧面积相等,所以2πr·=πr·,即2=,故r2=9,故圆锥的体积为π×9×=3π.故选B.
7.快审准解:采用补形法,补成一个棱柱,求出其直截面,再利用体积公式即可.
选C　用一个完全相同的五面体HIJ-LMN(顶点与五面体ABC-DEF一一对应)与该五面体相嵌,使得D,N;E,M;F,L重合,因为AD∥BE∥CF,且两两之间距离为1.AD=1,BE=2,CF=3,则形成的新组合体为一个三棱柱,该三棱柱的直截面(与侧棱垂直的截面)为边长为1的等边三角形,侧棱长为1+3=2+2=3+1=4,VABC-DEF=VABC-HIJ=××1×1××4=.(共79张PPT)
第七章
立体几何与空间向量
第一节
基本立体图形、简单几何体的
表面积与体积
明确目标
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(圆)柱、棱(圆)锥、棱(圆)台的表面积和体积的计算公式，并能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的直观图.
目录
01.课前·“四基”落实
02.课堂·题点精研
03.课时跟踪检测
课前·“四基”落实
01
教材再回首
1.多面体的结构特征
名称 棱柱 棱锥 棱台
图形
续表
底面 互相_____且_____ 多边形 互相______________
侧棱 _________________ 相交于______，但不一定相等 延长线交于_____
侧面 形状 ____________ _______ _____
平行
全等
平行且相似
互相平行且相等
一点
一点
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
续表
母线 互相平行且相等，_______于底面 相交于_____ 延长线交于_____ —
轴截面 _______ ___________ __________ 圆面
侧面 展开图 矩形 扇形 扇环 —
垂直
一点
一点
矩形
等腰三角形
等腰梯形
3.直观图的斜二测画法的规则
建 系 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'轴所在平面垂直
规 则 原图形中平行于坐标轴的线段，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____________________
45°或135°
平行于坐标轴
不变
长度变为原来的一半
4.圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式
圆柱 圆锥 圆台
S圆柱侧=_____ S圆锥侧=____ S圆台侧=________
2πrl
πrl
π(r1+r2)l
5.柱体、锥体、台体和球的表面积与体积公式(其中高为h，球的半径为R)
名称 表面积 体积
柱体 S表面积=S侧+2S底 V=_____
锥体 S表面积=S侧+S底 V=_______
台体 S表面积=S侧+S上+S下 V=(S上+S下+)h
球 S=______ V=_______
S底h
S底h
4πR2
πR3
解题结论拓展
(1)正四面体的表面积为a2，体积为a3(a是正四面体的棱长).
(2)球的截面的性质
①球的任何截面都是圆面；
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=.
(3)直观图与原图形面积的关系
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：
①S直观图=S原图形；
②S原图形=2S直观图.
典题细发掘
1.判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
(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)圆锥的任意一个轴截面都是全等的等腰三角形.(　　)
×
×
×
√
2.(人A必修②P111T1改编)下列说法正确的是 (　　)
A.相等的角在直观图中仍然相等
B.相等的线段在直观图中仍然相等
C.正方形的直观图是正方形
D.若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行
解析：由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行关系不变，正方形的直观图是平行四边形.
√
3.(人A必修②P106T8改编)如图，若长方体ABCD-A'B'C'D'中截去体积较小的一部分，其中EH∥B'C'∥FG，则剩下的几何体是 (　　)
A.棱台 B.四棱柱
C.五棱柱 D.六棱柱
√
4.(北师大必修②P256T2改编)某小区修建一个圆台形的花台，它的两底面半径分别为1 m和2 m，高为1 m，则需要____m3的土才能把花台填满.
课堂·题点精研
02
考法(一)　结构特征
[例1]　(多选)下列说法正确的是(　　)
A.圆柱的母线和它的轴可以不平行
B.圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面
C.以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体为圆锥
D.将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括一个圆柱、两个圆锥
√
题点一　基本立体图形
√
解析：根据圆柱母线的定义可知，圆柱的母线和它的轴平行，故A错误；圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面，故B正确；当以斜边为旋转轴时，会得到两个同底的圆锥组合体，故C错误；图①是一个等腰梯形，CD为较长的底边，以边CD所在直线为旋转轴旋转一周所得几何体为一个组合体，如图②，包括一个圆柱、两个圆锥，故D正确.
考法(二)　直观图
[例2]　(多选)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'=2，则以下说法正确的是(　　)
A.△ABC是钝角三角形
B.△ABC的面积是△A'B'C'的面积的2倍
C.△ABC是等腰直角三角形
D.△ABC的周长是4+4
√
√
解析：根据斜二测画法可知，在原图形中，O为CA的中点，AC⊥OB，因为O'C'=O'A'=2O'B'=2，所以CO=AO=2，AC=4，OB=2，则△ABC是斜边为4的等腰直角三角形，如图所示，所以△ABC的周长是4+4，面积是4，故A错误，C、D正确；由斜二测画法可知，△ABC的面积是△A'B'C'的面积的2倍，故B错误.
(1)学会通过反例对概念进行辨析，即说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可.
(2)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.”
(3)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原平面图形面积的关系：S直观图=S原图形.
思维建模
考法(三)　展开图
[例3]　已知正三棱柱ABC-A'B'C'的各棱长均为2，P是线段BC'的中点，沿正三棱柱的表面从点A'到点P的路程最小值为________.
+1
解析：正三棱柱ABC-A'B'C'如图1所示.当按照图2所示展开，过点P作PP'⊥A'C'于点P'，可知PP'=1，A'P'=3，由勾股定理可得A'P==；当按照图3所示展开，连接A'P交B'C'于点O，可知OP=1，A'O=，所以A'P=+1.因为+1<，所以点A'到点P的路程最小值为+1.
(1)多面体的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.由多面体画平面展开图，一定要先观察立体图形的每一个面的形状.
(2)求从几何体的表面上一点，沿几何体表面运动到另一点，所走过的最短距离，常将几何体的侧面展开，转化为求平面上两点间的最短距离问题.
思维建模
1.下列命题为真命题的是 (　　)
A.两个四棱锥可以拼成一个四棱柱
B.正三棱锥的底面和侧面都是等边三角形
C.经过不共线的三个点的球有且只有一个
D.直棱柱的侧面是矩形
即时训练
√
解析：对于A，两个四棱锥不一定可以拼成一个四棱柱，A错误.对于B，正三棱锥的底面是等边三角形，侧面是等腰三角形，不一定是等边三角形，B错误.对于C，经过不共线的三个点只能确定一个平面，经过不共线的三个点的球有无数个，C错误.对于D，直棱柱的侧面是矩形，D正确.
2.如图，△A'O'B'是水平放置的△AOB的直观图，但部分图象被茶渍覆盖，已知O'为坐标原点，顶点A'，B'均在坐标轴上，且△AOB的面积为12，则O'B'的长度为 (　　)
A.1 B.2
C.3 D.4
√
解析：法一　如图，画出△AOB的原图，
为直角三角形，且OA=O'A'=6，
因为OB·OA=12，所以OB=4，
所以O'B'=OB=2.
法二　S直观图=S原图形=3，又S直观图=O'A'·O'B'·sin∠A'O'B'，所以O'B'=2.
3.某圆柱的高为2，底面周长为16，M，N分别是圆柱上、下底面圆周上的两点，其中OE⊥ON，如图所示，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为 (　　)
A.2 B.2
C.3 D.2
√
解析：圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为EP的四等分点)如图所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径.∵EN=×16=4，EM=2，∴MN===2.故选B.
[例4] (1)(2025·长沙模拟)底面半径为，侧面展开图的扇形圆心角为的圆锥侧面积为(　　)
A.9π B.6π
C.4π D.3π
解析：因为圆锥的底面半径为r=，则侧面展开图的弧长为2π，又因为侧面展开图的圆心角为，可得圆锥母线长l=
=3，所以圆锥的侧面积S=πrl=9π.
√
题点二　空间几何体的表面积
(2)某几何体的直观图如图所示，则该几何体的表面积为 (　　)
A.36+12π
B.40+12π
C.36+16π
D.40+16π
解析：由题意可知该几何体的表面积为4×2×4+2×2×2+4π+×
4π×4=40+12π.故选B.
√
(1)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；
(2)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，求出所给几何体的表面积；
(3)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，面积不要多加或少加.
思维建模
4.若正四棱柱ABCD-A1B1C1D1与以正方形ABCD的外接圆为底面的圆柱的体积相同，则正四棱柱与该圆柱的侧面积之比为 (　　)
A. B.
C.π D.2π
快审准解：正四棱柱底面边长与圆柱底面半径之比已知，由正四棱柱与圆柱的体积相同，求出正四棱柱与圆柱的高之比，代入侧面积公式计算即可.
即时训练
√
解析：依题意，设正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为a，高为h1，圆柱的高为h2，则圆柱的底面半径为a，则有a2h1=πh2，整理得=，所以正四棱柱与圆柱的侧面积之比为=.故选B.
5.(2025·南平模拟)已知圆台O1O2的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为_____.
解析：设上底面圆的半径为r，则下底面圆的半径是3r，故轴截面周长为16=4+4+2r+6r，解得r=1，所以上、下底面圆的面积分别为π，9π，圆台侧面积S侧=π(1+3)×4=16π，所以圆台的表面积为π+9π+16π=26π.
26π
[例5]
(1)(2025·广州模拟)现有一个正四棱台形水库，该水库的下底面边长为2 km，上底面边长为4 km，侧棱长为3 km，则该水库的最大蓄水量为(　　)
A. km3 B.112 km3
C. km3 D.56 km3
√
题点三　空间几何体的体积
解析：根据题意画出图形，如图所示，其中AH=OO1且AH∥OO1.由AB=2，A1B1=4，AA1=3，可得AC=2，A1C1=4.又AH=OO1且AH∥OO1，OO1⊥A1O1，可得四边形AHO1O是长方形，则OA=O1H，所以A1H=O1A1-O1H=，AH===4，则正四棱台的高h=4，下底面的面积S1=2×2=2，
上底面的面积S2=4×4=16.于是正四棱台
的体积V=(S1+S2+)h=×(4+16+8)
×4=.故该水库的最大蓄水量为 km3.
(2)如图，在直角梯形ABCD中，AD=AB=4，BC=2，沿中位线EF折起，使得∠AEB为直角，连接AB，CD，则所得的几何体的体积为___.
6
解析：法一：分割法　如图，过点C作CM平行于AB，交AD于点M，作CN平行于BE，交EF于点N，连接MN.由题意可知四边形ABCM，四边形BENC都是矩形，AM=DM=2，MN=CN=2，FN=1，AB=CM=2，所以S△AEB=×2×2=2.截面CMN把这个几何体分割为直三棱柱ABE-MCN和四棱锥C-MNFD，直三棱柱ABE-
MCN的体积为V1=S△ABE·AM=2×2=4，四棱锥C-MNFD
的体积为V2=S四边形MNFD·BE=××(1+2)×2×2=2，所
以所求几何体的体积为V1+V2=6.
法二：分割法　如图，连接AC，EC，则该几何体被分割为四棱锥C-ADFE和三棱锥C-ABE，因为VC-ADFE=××2×2=，VC-ABE
=××2×2×2=，所以所求几何体的体积为VC-ADFE+VC-ABE=+=6.
法三：补形法　如图，延长BC至点M，使得CM=2，延长EF至N，使得FN=1，连接DM，MN，DN，得到直三棱柱ABE-DMN，所以所求几何体的体积等于直三棱柱ABE-DMN的体积减去四棱锥D-CMNF的体积.因为VABE-DMN=×2×2×4=8，VD-CMNF=××2×2=2，所以所求几何体的体积为VABE-DMN-VD-CMNF=8-2=6.
简单几何体体积的常用求法
思维建模
公式法 规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解
割补法 把不规则的几何体分割成规则的几何体，或把不规则的几何体补成规则的几何体
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
6.(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 ，因为它们的侧面积相等，所以2πr·=πr·，即2=，故r2=9，故圆锥的体积为π×9×=3π.故选B.
即时训练
√
7.(2024·天津高考)一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，AD=1，BE=2，CF=3，则该五面体的体积为 (　　)
A. B.+
C. D.-
快审准解：采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.
√
解析：用一个完全相同的五面体HIJ-LMN(顶点与五面体ABC-DEF一一对应)与该五面体相嵌，使得D，N;E，M;F，L重合，因为AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1.AD=1，BE=2，
CF=3，则形成的新组合体为一个三棱柱，该三棱柱
的直截面(与侧棱垂直的截面)为边长为1的等边三角
形，侧棱长为1+3=2+2=3+1=4，VABC-DEF=VABC-HIJ
=××1×1××4=.
数智赋能：电子版随堂训练，根据课堂情况灵活选用
课时跟踪检测
03
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一、单选题
1.下面关于空间几何体叙述正确的是(　　)
A.底面是正多边形的棱锥是正棱锥
B.有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C.正四棱柱都是长方体
D.直角三角形以其直角边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆柱
解析：对于A，底面是正多边形且顶点在底面内的射影为底面中心的棱锥是正棱锥，故A错误;对于B，将两个相同的棱台的底面重合得到的多面体满足有两个面互相平行，其余各面都是梯形，但是这样的多面体不是棱台，故B错误;对于C，因为正四棱柱是底面为正方形的直棱柱，所以正四棱柱都是长方体，故C正确;对于D，根据圆锥的定义可知D不正确.
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2.已知平面四边形OABC用斜二测画法画出的直观图是边长为1的正方形O'A'B'C'，则原图形OABC中的AB= (　　)
A. B.2
C.3 D.2
快审准解：根据斜二测画法规则结合勾股定理即可求解.
解析：根据斜二测画法规则，OA=O'A'=1，OB=2O'B'=2，且OA⊥OB，则AB==3.故选C.
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3.若某圆台的上、下底面的半径分别为1，3，且该圆台的体积为26π，则该圆台的高为 (　　)
A.3 B.4
C.5 D.6
解析：由题可知，该圆台上底面圆的面积为S1=π×12=π，下底面圆的面积为S2=π×32=9π，设该圆台的高为h，则该圆台的体积为V=h(S1+S2+)，即26π=h(π+9π+)，解得h=6.
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4.如图，一个底面半径为3的圆柱被一平面所截，截得的几何体的最短和最长母线长分别为4和10，则该几何体的体积为 (　　)
A.90π B.63π
C.42π D.36π
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解析：由几何体的直观图可知，该几何体是一个圆柱被截去上面虚线部分所得，如图所示，将圆柱补全，并将圆柱从点A处水平分成上、下两部分.由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的，所以该几何体的体积V=π×32×4+π×32×6×=63π.故选B.
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5.如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去到正方体的某个顶点的距离均为2的几何体后的剩余部分，则该几何体的表面积为 (　　)
A.24-3π B.24-π
C.24+π D.24+5π
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解析：由题意知，该几何体是从棱长为2的正方体中截去以正方体某个顶点为球心，2为半径的球后的剩余部分，则其表面积为6×22-3××π×22+×4×π×22=24-π.
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6.如图，一个组合体的上面部分是一个高为 m长方体，下面部分是一个正四棱锥，公共面是边长为1 m的正方形，已知该组合体的体积为m3，则其表面积为(　　)
A.(2+)m2 B.(3+)m2
C.(2+)m2 D.(3+)m2
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解析：由题意知该组合体由长方体和正四棱锥组成，且该组合体的体积为 m3，长方体的体积为1×1×= m3，则正四棱锥的体积为-= m3，所以正四棱锥的高为= m，所以正四棱锥斜面上的高为= m，所以正四棱锥的一个侧面积为×1×= m2，所以该组合体的表面积为1××4+1×1+×4=(3+)m2，故B正确.
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7.已知底面半径为2的圆锥SO，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为1，则此圆柱侧面积与圆锥SO侧面积的比值为 (　　)
A.1 B.
C. D.
快审准解：借助于轴截面求圆柱的高为，再结合圆柱、圆锥的侧面积公式运算求解.
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解析：作出轴截面，如图所示，
(关键点：利用圆锥的轴截面，将立体问题平面化)
由题意可得AB=4，DE=2，可知D，E分别为SA，SB的中点，则M，N分别为OA，OB的中点，则DM=SO=，
可得S圆柱侧=2π×=2π，
S圆锥侧=π×2×4=8π，
所以比值为.故选C.
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8.已知长方体ABCD-A1B1C1D1，E是棱C1D1的中点，平面AB1E将长方体分割成两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为 (　　)
A. B.
C. D.
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解析：取DD1的中点为F，连接EF，AF，如图所示，由长方体性质可得EF∥AB1，因此平面AB1E即为平面AB1EF，
根据长方体性质，由相似比可知AF，A1D1，B1E交于同一点，所以长方体被平面AB1EF割成的体积较小部分为三棱台D1EF-A1B1A.设长方体的各棱长为AB=a，AD=b，AA1=c，因此长方体的体积为V=abc.再由棱台体积公式可得=(++)b
=b=abc，可得较大部分的体积为V'=V-=abc.因此体积较小部分与体积较大部分的体积之比为=.
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9.(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
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解析：如图，取AB的中点D，连接PD，CD，因为△ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2，所以PD⊥AB，CD⊥AB，所以PD=CD=.又PC=，所以PD2+CD2=PC2，所以PD⊥CD.又AB∩CD=D，AB，CD 平面ABC，所以PD⊥平面ABC，所以VP-ABC
=×S△ABC×PD=××2××=1，故选A.
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10.(2025·佛山模拟)如图，在△ABC中，AC边上的高为BH，且BH=AH=3，CH=6，矩形DEFG的顶点D，G分别在边BA，BC上，E，F都在边AC上，以AC为轴将△ABC旋转一周，则矩形DEFG旋转形成的几何体的最大体积为 (　　)
A.π B.π
C.12π D.18π
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解析：由已知得△CGF∽△CBH，△ADE是等腰直角三角形，设DE=a(00，V(a)单调递增，当213
二、多选题
11.如图，我们常见的足球是由若干个正五边形和正六边形皮革缝合而成.如果我们把足球抽象成一个多面体，它有60个顶点，每个顶点发出的棱有3条，设其顶点数V、面数F与棱数E满足V+F-E=2，据此判断，关于这个多面体的说法正确的是(　　)
A.共有20个正六边形
B.共有10个正五边形
C.共有90条棱
D.共有32个面
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解析：由题意，设共有m个正五边形，n个正六边形，即
+(m+n)-=2，解得m=12，故B错误;由顶点数V==60，解得n=20，故A正确;棱数E==90，故C正确;面数F=m+n=32，故D正确.故选ACD.
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12.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，BC=3，CC1=4，且AB⊥BC，P为BC1的中点，则下列结论正确的是 (　　)
A.三棱锥A-BCC1的体积为4
B.三棱锥C-APC1的体积为
C.四棱锥C1-ABB1A1的体积为8
D.三棱锥C1-ABC的表面积为14+2　
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解析：==×CC1×S△ABC=×4××2×3=4，
故A正确；=，而三棱锥A-BCC1与三棱锥A-PCC1有共同的高，∵P为BC1的中点，∴=，∴=
=×4=2，故B错误；
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=-==××2×3×4=8，故C正确；由题可知AC=，AC1=，BC1=5，∴AB2+B=A，∴△ABC1是直角三角形，AB⊥BC1，∴三棱锥C1-ABC的表面积为S△ABC+++=×2×3+×3×4+××4+×2×5=14+2，故D正确.
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三、填空题
13.(2024·北京高考)汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65 mm，325 mm，325 mm，且斛量器的高为230 mm，则斗量器的高为___ mm，升量器的高为_______mm.(不计量器的厚度)
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　57.5
23
解析：设升、斗量器的高分别为h1 mm，h2 mm，升、斗、斛量器的容积分别为V1 mm3，V2 mm3，V3 mm3，因为升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，所以V3=10V2，即π××230=
10×π××h2，解得h2=23.又V2=10V1，即π××23=10×
π××h1，解得h1=57.5，所以升、斗量器的高分别为57.5 mm，23 mm.
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14.用斜二测画法，画一个水平放置的平面图形的直观图，已知直观图是一个底角为45°，腰和上底边均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是_______.
解析：如图所示，等腰梯形A'B'C'D'为水平放置的原平面图形的直观图，
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作D'E'∥A'B'，交B'C'于E'，根据题意可得E'C'=A'B'=，所以B'C'=1+.由斜二测画法规则，等腰梯形A'B'C'D'对应的原图形为直角梯形ABCD，且AB=2，BC=1+，AD=1，所以直角梯形ABCD的面积SABCD=×(1+1+)×2=2+.
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15.已知正四面体棱长为2，所有与它四个顶点距离相等的平面截这个四面体所得的截面的面积之和为______.
解析：如图1，E，F，G分别为正四面体棱的中点，此时它的四个顶点到截面EFG的距离相等，△EFG是边长为1的
等边三角形，S△EFG=，这样的截面有4个;
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如图2，E，F，M，N分别为正四面体棱的中点，
此时它的四个顶点到截面EFMN的距离相等，四边形EFMN是边长为1的正方形，S四边形EFMN=1，这样的截面有3个.所以满足条件的截面的面积之和为3+.
13课时跟踪检测(四十七)　基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
一、单选题
1.下面关于空间几何体叙述正确的是 (　　)
A.底面是正多边形的棱锥是正棱锥
B.有两个面互相平行,其余各面都是梯形的多面体是棱台
C.正四棱柱都是长方体
D.直角三角形以其直角边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆柱
2.已知平面四边形OABC用斜二测画法画出的直观图是边长为1的正方形O'A'B'C',则原图形OABC中的AB= (　　)
A. B.2
C.3 D.2
3.若某圆台的上、下底面的半径分别为1,3,且该圆台的体积为26π,则该圆台的高为 (　　)
A.3 B.4
C.5 D.6
4.如图,一个底面半径为3的圆柱被一平面所截,截得的几何体的最短和最长母线长分别为4和10,则该几何体的体积为 (　　)
A.90π B.63π
C.42π D.36π
5.如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去到正方体的某个顶点的距离均为2的几何体后的剩余部分,则该几何体的表面积为 (　　)
A.24-3π B.24-π
C.24+π D.24+5π
6.如图,一个组合体的上面部分是一个高为 m长方体,下面部分是一个正四棱锥,公共面是边长为1 m的正方形,已知该组合体的体积为m3,则其表面积为 (　　)
A.(2+)m2 B.(3+)m2
C.(2+)m2 D.(3+)m2
7.已知底面半径为2的圆锥SO,其轴截面是正三角形,它的一个内接圆柱的底面半径为1,则此圆柱侧面积与圆锥SO侧面积的比值为 (　　)
A.1 B.
C. D.
8.已知长方体ABCD A1B1C1D1,E是棱C1D1的中点,平面AB1E将长方体分割成两部分,则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为 (　　)
A. B.
C. D.
9.(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
10.(2025·佛山模拟)如图,在△ABC中,AC边上的高为BH,且BH=AH=3,CH=6,矩形DEFG的顶点D,G分别在边BA,BC上,E,F都在边AC上,以AC为轴将△ABC旋转一周,则矩形DEFG旋转形成的几何体的最大体积为 (　　)
A.π B.π
C.12π D.18π
二、多选题
11.如图,我们常见的足球是由若干个正五边形和正六边形皮革缝合而成.如果我们把足球抽象成一个多面体,它有60个顶点,每个顶点发出的棱有3条,设其顶点数V、面数F与棱数E满足V+F-E=2,据此判断,关于这个多面体的说法正确的是 (　　)
A.共有20个正六边形 B.共有10个正五边形
C.共有90条棱 D.共有32个面
12.如图,在直三棱柱ABC A1B1C1中,AB=2,BC=3,CC1=4,且AB⊥BC,P为BC1的中点,则下列结论正确的是 (　　)
A.三棱锥A BCC1的体积为4
B.三棱锥C APC1的体积为
C.四棱锥C1 ABB1A1的体积为8
D.三棱锥C1 ABC的表面积为14+2　
三、填空题
13.(2024·北京高考)汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器,其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列,底面直径依次为65 mm,325 mm,325 mm,且斛量器的高为230 mm,则斗量器的高为　　　　 mm,升量器的高为　　　　 mm.(不计量器的厚度)
14.用斜二测画法,画一个水平放置的平面图形的直观图,已知直观图是一个底角为45°,腰和上底边均为1的等腰梯形,则这个平面图形的面积是　　　　　.
15.已知正四面体棱长为2,所有与它四个顶点距离相等的平面截这个四面体所得的截面的面积之和为　　　　　.
课时跟踪检测(四十七)
1.选C　对于A,底面是正多边形且顶点在底面内的射影为底面中心的棱锥是正棱锥,故A错误;对于B,将两个相同的棱台的底面重合得到的多面体满足有两个面互相平行,其余各面都是梯形,但是这样的多面体不是棱台,故B错误;对于C,因为正四棱柱是底面为正方形的直棱柱,所以正四棱柱都是长方体,故C正确;对于D,根据圆锥的定义可知D不正确.
2.快审准解:根据斜二测画法规则结合勾股定理即可求解.
选C　根据斜二测画法规则,OA=O'A'=1,OB=2O'B'=2,且OA⊥OB,则AB==3.故选C.
3.选D　由题可知,该圆台上底面圆的面积为S1=π×12=π,下底面圆的面积为S2=π×32=9π,设该圆台的高为h,则该圆台的体积为V=h(S1+S2+),即26π=h(π+9π+),解得h=6.
4.选B　由几何体的直观图可知,该几何体是一个圆柱被截去上面虚线部分所得,如图所示,
将圆柱补全,并将圆柱从点A处水平分成上、下两部分.由图可知,该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的,所以该几何体的体积V=π×32×4+π×32×6×=63π.故选B.
5.选B　由题意知,该几何体是从棱长为2的正方体中截去以正方体某个顶点为球心,2为半径的球后的剩余部分,则其表面积为6×22-3××π×22+×4×π×22=24-π.
6.选B　由题意知该组合体由长方体和正四棱锥组成,且该组合体的体积为 m3,长方体的体积为1×1×= m3,则正四棱锥的体积为-= m3,所以正四棱锥的高为= m,所以正四棱锥斜面上的高为= m,所以正四棱锥的一个侧面积为×1×= m2,所以该组合体的表面积为1××4+1×1+×4=(3+)m2,故B正确.
7.快审准解:借助于轴截面求圆柱的高为,再结合圆柱、圆锥的侧面积公式运算求解.
选C　作出轴截面,如图所示,
(关键点:利用圆锥的轴截面,将立体问题平面化)
由题意可得AB=4,DE=2,可知D,E分别为SA,SB的中点,则M,N分别为OA,OB的中点,则DM=SO=,可得S圆柱侧=2π×=2π,S圆锥侧=π×2×4=8π,所以比值为.故选C.
8.选D　取DD1的中点为F,连接EF,AF,如图所示,
由长方体性质可得EF∥AB1,因此平面AB1E即为平面AB1EF,根据长方体性质,由相似比可知AF,A1D1,B1E交于同一点,所以长方体被平面AB1EF割成的体积较小部分为三棱台D1EF A1B1A.设长方体的各棱长为AB=a,AD=b,AA1=c,因此长方体的体积为V=abc.再由棱台体积公式可得=(++)b=b=abc,可得较大部分的体积为V'=V-=abc.因此体积较小部分与体积较大部分的体积之比为=.
9.选A　如图,
取AB的中点D,连接PD,CD,因为△ABC是边长为2的等边三角形,PA=PB=2,所以PD⊥AB,CD⊥AB,所以PD=CD=.又PC=,所以PD2+CD2=PC2,所以PD⊥CD.又AB∩CD=D,AB,CD 平面ABC,所以PD⊥平面ABC,所以VP ABC=×S△ABC×PD=××2××=1,故选A.
10.选C　由已知得△CGF∽△CBH,△ADE是等腰直角三角形,设DE=a(00,V(a)单调递增,当211.选ACD　由题意,设共有m个正五边形,n个正六边形,即+(m+n)-=2,解得m=12,故B错误;由顶点数V==60,解得n=20,故A正确;棱数E==90,故C正确;面数F=m+n=32,故D正确.故选ACD.
12.选ACD　==×CC1×S△ABC=×4××2×3=4,故A正确;=,而三棱锥A BCC1与三棱锥A PCC1有共同的高,∵P为BC1的中点,∴=,∴==×4=2,故B错误;=-==××2×3×4=8,故C正确;由题可知AC=,AC1=,BC1=5,∴AB2+B=A,∴△ABC1是直角三角形,AB⊥BC1,∴三棱锥C1 ABC的表面积为S△ABC+++=×2×3+×3×4+××4+×2×5=14+2,故D正确.
13.解析:设升、斗量器的高分别为h1 mm,h2 mm,升、斗、斛量器的容积分别为V1 mm3,V2 mm3,V3 mm3,因为升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列,所以V3=10V2,即π××230=10×π××h2,解得h2=23.又V2=10V1,即π××23=10×π××h1,解得h1=57.5,所以升、斗量器的高分别为57.5 mm,23 mm.
答案:23　57.5
14.解析:如图所示,等腰梯形A'B'C'D'为水平放置的原平面图形的直观图,
作D'E'∥A'B',交B'C'于E',根据题意可得E'C'=A'B'=,所以B'C'=1+.由斜二测画法规则,等腰梯形A'B'C'D'对应的原图形为直角梯形ABCD,且AB=2,BC=1+,AD=1,所以直角梯形ABCD的面积SABCD=×(1+1+)×2=2+.
答案:2+
15.解析:如图1,E,F,G分别为正四面体棱的中点,此时它的四个顶点到截面EFG的距离相等,△EFG是边长为1的等边三角形,S△EFG=,这样的截面有4个;如图2,E,F,M,N分别为正四面体棱的中点,此时它的四个顶点到截面EFMN的距离相等,四边形EFMN是边长为1的正方形,S四边形EFMN=1,这样的截面有3个.所以满足条件的截面的面积之和为3+.
答案:3+

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