2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第8章第2讲　简单几何体的表面积与体积Word版含解析

这是一份2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第8章第2讲　简单几何体的表面积与体积Word版含解析，共31页。试卷主要包含了多面体的表面积，柱、锥、台和球的表面积和体积，故选B.等内容，欢迎下载使用。
第2讲　简单几何体的表面积与体积




1．多面体的表面积
多面体的表面积就是围成多面体各个面的面积的和．
2．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
3．柱、锥、台和球的表面积和体积
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．与体积有关的两个结论
(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差．
(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等．
2．几个与球有关的切、接常用结论
(1)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)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝.
(3)由棱柱的上下底面平行和球的对称性，可知直棱柱外接球的球心为上下底面外接圆圆心连线的中点，根据勾股定理求直棱柱外接球的半径．
(4)设正四面体的棱长为a，则它的高为a，内切球半径r＝a，外接球半径R＝a.正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.

1．棱长为2的正四面体的表面积是(　　)
A． B．4
C．4 D．16
答案　C
解析　每个面的面积为×2×2×＝，所以正四面体的表面积为4.故选C．
2．设正六棱锥的底面边长为1，侧棱长为，那么它的体积为(　　)
A．6 B．
C．2 D．2
答案　B
解析　由正六棱锥底面边长为1和侧棱长为，可知高h＝2，又因为底面积S＝，所以体积V＝Sh＝××2＝.故选B.
3．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．
C．8π D．4π
答案　A
解析　由题意，可知正方体的棱长为2，其体对角线长为2，即为球的直径，所以球的表面积为4πR2＝(2R)2π＝12π，故选A．
4．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(　　)
A．1 cm B．2 cm
C．3 cm D． cm
答案　B
解析　∵S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，∴r2＝4，∴r＝2(cm)．故选B.
5．设一个球形西瓜，切下一刀后所得切面圆的半径为4，球心到切面圆心的距离为3，则该西瓜的体积为(　　)
A．100π B．
C． D．
答案　D
解析　由题意知切面圆的半径r＝4，球心到切面圆心的距离d＝3，所以球的半径R＝＝＝5，故球的体积V＝πR3＝π×53＝，即该西瓜的体积为.故选D.
6．如图所示，在上、下底面对应边的比为1∶2的三棱台中，过上底面一边A1B1作一个平行于棱C1C的平面A1B1EF，记平面分三棱台两部分的体积为V1(三棱柱A1B1C1－FEC)，V2，那么V1∶V2＝________.

答案　3∶4
解析　设三棱台的高为h，上底面的面积是S，则下底面的面积是4S，∴V三棱台＝h(S＋4S＋2S)＝Sh，∴V1＝Sh，∴＝＝.



考向一　几何体的表面积
例1　(1)如图，倒置的圆锥上面放置的是一个正四棱柱，已知圆锥的底面半径为2，高为4，正四棱柱的底面边长为，高为1，则该几何体的表面积为(　　)

A．(4＋4)π＋4
B．(4＋4)π＋4＋4
C．12π＋12
D．12π＋4＋4
答案　A
解析　由题意可知，该几何体的表面积S＝S圆锥表＋S正四棱柱侧．又S圆锥表＝π×2×＋π×22＝(4＋4)π，S正四棱柱侧＝4××1＝4，∴S＝(4＋4)π＋4，故选A．
(2)(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　设圆O1的半径为r，球的半径为R，依题意，得πr2＝4π，∴r＝2.由正弦定理可得＝2r，∴AB＝2rsin60°＝2.∴OO1＝AB＝2.易知OO1⊥平面ABC，∴OO1⊥O1A，R＝OA＝＝＝4，∴球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A．

(3)圆台的上、下底面半径分别是10 cm和20 cm，它的侧面展开图的扇环的圆心角是180°，那么圆台的表面积为________cm2(结果中保留π)．
答案　1100π
解析　如图所示，设圆台的上底周长为C，因为扇环的圆心角是180°，所以C＝π·SA．又C＝2π×10＝20π，所以SA＝20(cm)．同理SB＝40(cm)．所以AB＝SB－SA＝20(cm)．S表＝S侧＋S上底＋S下底＝π(r1＋r2)·AB＋πr＋πr＝π×(10＋20)×20＋π×102＋π×202＝1100π(cm2)．故圆台的表面积为1100π cm2.

　　空间几何体表面积的求法
(1)求解有关多面体侧面积的问题，关键是找到其特征几何图形，如棱柱中的矩形、棱台中的直角梯形、棱锥中的直角三角形，它们是联系高与斜高、边长等几何元素间的桥梁，从而架起求侧面积公式中的未知量与条件中已知几何元素间的联系．
(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．
(3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．
　1.(多选)(2022·山东济南高三阶段考试)等腰直角三角形的直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为(　　)
A．π B．(＋1)π
C．2π D．(＋2)π
答案　AB
解析　如果是绕直角边旋转，则形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，母线就是直角三角形的斜边，长为，所以所形成的几何体的表面积S＝π×1×＋π×12＝(＋1)π.如果绕斜边旋转，则形成的是上、下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边上的高，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长是1，所以形成的几何体的表面积S′＝2×π××1＝π.综上可知，形成几何体的表面积是(＋1)π或π.故选AB.
2．若正四棱锥的底面边长和高都为2，则其表面积为________.
答案　4＋4
解析　如图．由题意知底面正方形的边长为2，正四棱锥的高为2，则正四棱锥的斜高PE＝＝.所以该四棱锥的侧面积S＝4××2×＝4，所以S表＝2×2＋4＝4＋4.

多角度探究突破
考向二　几何体的体积
角度　　直接法求体积
例2　(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　作出图形，连接该正四棱台上、下底面的中心，如图，因为该四棱台上、下底面边长分别为2,4，侧棱长为2，所以该棱台高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＋)＝.故选D.

角度　　补形法求体积
例3　(1)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
答案　B
解析　由几何体的直观图可知，该几何体是一个圆柱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.

(2)已知三棱锥P－ABC中，PA＝BC＝5，PB＝AC＝，PC＝AB＝，则该三棱锥的体积为________.
答案　20
解析　分别以三组对棱作为一长方体的相对面的对角线，将原三棱锥补成一个长方体，如图，则VP－ABC＝V长方体－4VP－ABP′.设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则解得∴VP－ABC＝3×4×5－4××3×4×5＝20.

角度　　分割法求体积
例4　我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍薨者，下有袤有广，而上有袤无广，刍，草也，薨，屋盖也”．今有底面为正方形的屋脊形状的多面体(如图所示)，下底面是边长为2的正方形，上棱EF＝.EF∥平面ABCD，EF与平面ABCD的距离为2，该刍薨的体积为(　　)

A．6 B．
C． D．12
答案　B
解析　如图，作FN∥AE，FM∥ED，分别交AB，CD于点N，M，连接MN，则多面体被分割为棱柱与棱锥两个部分，则该刍薨的体积为VF－MNBC＋VADE－NMF＝S四边形MNBC·2＋S直截面·＝×2××2＋×＝.故选B.

角度　　转化法求体积
例5　(1)如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝4，AA1＝6.若E，F分别是棱BB1，CC1上的点，则三棱锥A－A1EF的体积是________.

答案　8
解析　由正三棱柱的底面边长为4，得点F到平面A1AE的距离(等于点C到平面A1ABB1的距离)为×4＝2，则V三棱锥A－A1EF＝V三棱锥F－A1AE＝S△A1AE×2＝××6×4×2＝8.
(2)在三棱锥P－ABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥D－ABE的体积为V1，三棱锥P－ABC的体积为V2，则＝________.
答案　
解析　如图所示，由于D，E分别是边PB与PC的中点，所以S△BDE＝S△PBC．又因为三棱锥A－BDE与三棱锥A－PBC的高相等，所以＝.

　　
(1)处理体积问题的思路

(2)求体积的常用方法
直接法
对于规则的几何体，利用相关公式直接计算
割补法
首先把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体、不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算
等体积法
选择合适的底面来求几何体的体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任何一个面可作为三棱锥的底面进行等体积变换
　3.(2020·新高考Ⅱ卷)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为BB1，AB的中点，则三棱锥A－NMD1的体积为________.
答案　
解析　如图，∵正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为BB1，AB的中点，∴S△ANM＝×1×1＝，∴VA－NMD1＝VD1－AMN＝××2＝.

4．如图所示，已知多面体ABC－DEFG中，AB，AC，AD两两互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为________.

答案　4
解析　解法一：(分割法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点C作CH⊥DG于H，连接EH，即把多面体分割成一个直三棱柱DEH－ABC和一个斜三棱柱BEF－CHG.

由题意，知V三棱柱DEH－ABC＝S△DEH×AD＝×2＝2，V三棱柱BEF－CHG＝S△BEF×DE＝×2＝2.故所求几何体的体积为V多面体ABC－DEFG＝2＋2＝4.
解法二：(补形法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，显然所求多面体的体积为该正方体体积的一半．又正方体的体积V正方体ABHI－DEKG＝23＝8，
故所求几何体的体积为V多面体ABC－DEFG＝×8＝4.

多角度探究突破
考向三　与球有关的切、接、截面问题
角度　　外接球
例6　(1)(2019·全国Ⅰ卷)已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为(　　)
A．8π B．4π
C．2π D．π
答案　D
解析　设PA＝PB＝PC＝2a，则EF＝a，FC＝，∴EC2＝3－a2.在△PEC中，cos∠PEC＝.在△AEC中，cos∠AEC＝.

∵∠PEC与∠AEC互补，∴3－4a2＝1，a＝，故PA＝PB＝PC＝.又AB＝BC＝AC＝2，∴PA，PB，PC两两垂直，∴外接球的直径2R＝＝，∴R＝，∴V＝πR3＝π×3＝π.故选D.
(2)正三棱柱的底面边长为，侧棱长为2，且三棱柱的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为(　　)
A．4π B．8π
C．12π D．16π
答案　B
解析　由正弦定理，得＝2r(其中r为正三棱柱底面三角形外接圆的半径)，∴r＝1，∴外接球的半径R＝＝，∴外接球的表面积S＝4πR2＝8π.故选B.
角度　　内切球
例7　(2022·广东中山高三质检)在直三棱柱A1B1C1－ABC中，A1B1＝3，B1C1＝4，A1C1＝5，AA1＝2，则其外接球与内切球的表面积之比为(　　)
A． B．
C． D．29
答案　A
解析　如图，连接AC1.由底面三角形的三边长可知，底面三角形为直角三角形，内切球半径r＝＝1，取AC，A1C1的中点D，E，连接DE交AC1于点O，则外接球的球心是DE的中点O，由A1C1＝5，AA1＝2，得AC1＝，所以外接球的半径R＝OA＝，所以＝＝，故选A．

角度　　球的截面问题
例8　(多选)(2021·重庆模拟)在三棱锥P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，PA＝3，PB＝4，PC＝5，点E为线段PC的中点，过点E作该三棱锥外接球的截面，则所得截面圆的面积可能为(　　)
A．6π B．8π
C．10π D．12π
答案　BCD
解析　根据题意，在三棱锥P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，且满足PA＝3，PB＝4，PC＝5，设三棱锥的外接球半径为R，故4R2＝32＋42＋52，解得R2＝.在所有的过点E的截面里，当截面过球心O时，截面圆的面积最大，此时半径为R，最大的截面圆的面积为πR2＝.在所有过点E的截面里，当OE与截面垂直时，截面圆的面积最小，此时截面圆的圆心为E，由于OE＝＝，所以最小的截面圆的半径为r＝＝＝，所以最小的截面圆的面积为π·2＝.故截面圆的面积的范围为.故选BCD.
　　“切”“接”“截”问题的处理规律
(1)“切”的处理
解决与球有关的内切问题主要是指球内切于多面体或旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面．
(2)“接”的处理
把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．
(3)巧用直角三角形解决截面圆问题的步骤

①确定球心O和截面圆的圆心O′；
②探求球的半径R和截面圆的半径r；
③利用OO′2＋r2＝R2计算相关量．
　5.(2020·全国Ⅱ卷)已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为(　　)
A． B．
C．1 D．
答案　C
解析　设球O的半径为R，则4πR2＝16π，解得R＝2.设△ABC外接圆的半径为r，边长为a, ∵△ABC是面积为的等边三角形，∴a2×＝，解得a＝3，∴r＝× ＝× ＝，∴O到平面ABC的距离d＝＝＝1.故选C．
6．(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　
解析　易知半径最大的球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中BC＝2，AB＝AC＝3，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为O，由于AM＝＝2，故S△ABC＝×2×2＝2.设内切圆半径为r，则S△ABC＝S△AOB＋S△BOC＋S△AOC＝AB×r＋BC×r＋AC×r＝×(3＋2＋3)×r＝2，解得r＝，则该圆锥内半径最大的球的体积为V＝πr3＝.

7．(2021·新高考八省联考)圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为________.
答案　61π
解析　因为圆台的下底面半径为5，故下底面在外接球的大圆上，如图所示．设球的球心为O，圆台上底面的圆心为O′，则圆台的高OO′＝＝＝3，据此可得圆台的体积V＝π×3×(52＋5×4＋42)＝61π.

　巧用补形法解决与四面体的外接球有关的问题
1．已知三棱锥P－ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB＝，BC＝，AC＝2，则此三棱锥的外接球的体积为(　　)
A． B．
C． D．
答案　B
解析　∵AB＝，BC＝，AC＝2，∴PA＝1，PC＝，PB＝2.以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱，作长方体如图所示，则长方体的外接球同时也是三棱锥P－ABC的外接球．∵长方体的对角线长为＝2，∴球的直径为2，半径R＝，因此，三棱锥P－ABC的外接球的体积是πR3＝π×()3＝.故选B.

2．已知边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，沿AD进行折叠，使折叠后的∠BDC＝，则过A，B，C，D四点的球的表面积为(　　)
A．3π B．4π
C．5π D．6π
答案　C
解析　连接BC(图略)，由题知几何体ABCD为三棱锥，BD＝CD＝1，AD＝，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥CD，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是，1,1的长方体，其体对角线长为＝，故该三棱锥外接球的半径是，其表面积为5π.故选C．
3．已知一个四面体ABCD的每个顶点都在表面积为9π的球O的表面上，且AB＝CD＝a，AC＝AD＝BC＝BD＝，则a＝________.
答案　2
解析　由题意，知四面体ABCD的对棱都相等，故该四面体可以通过补形补成一个长方体，如图所示，设AF＝x，BF＝y，CF＝z，则＝＝，又4π2＝9π，解得x＝y＝2，∴a＝＝2.

答题启示
(1)若四面体中有三条棱两两垂直，则方法是找到三条两两互相垂直的棱，借助墙角模型补成长方体(如图)，用公式 ＝2R求解．


(2)若四面体的对棱相等，则解题步骤为
第一步：画出一个长方体，标出三组互为异面直线的对棱；

第二步：设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，列出方程组
(其中α，β，γ为常数)⇒a2＋b2＋c2＝；
第三步：根据墙角模型，＝2R⇒R＝.
对点训练
1．在△ABC中，AB＝AC＝，∠BAC＝90°，将△ABC沿BC上的高AD折成直二面角B′－AD－C，则三棱锥B′－ACD的外接球的表面积为(　　)
A．π B．π
C．3π D．2π
答案　C
解析　如图，∵AB＝AC＝，∠BAC＝90°，∴BC＝2，则BD＝DC＝AD＝1，由题意，得AD⊥底面B′DC，又二面角B′－AD－C为直二面角，∴B′D⊥DC，把三棱锥B′－ACD补形为正方体，则正方体的体对角线长为，则三棱锥B′－ACD的外接球的半径为，则其外接球的表面积为S＝4π×2＝3π.故选C．

2．已知正四面体ABCD的外接球的体积为8π，则这个四面体的表面积为________.
答案　16
解析　如图所示，将正四面体ABCD放在一个正方体内，设正方体的棱长为a，正四面体ABCD的外接球的半径为R，则πR3＝8π，解得R＝.因为正四面体ABCD的外接球和正方体的外接球是同一个球，则有a＝2R＝2，所以a＝2.而正四面体ABCD的每条棱长均为正方体的面对角线长，所以正四面体ABCD的棱长为a＝4，因此，这个正四面体的表面积为4××42×sin＝16.




一、单项选择题
1．(2020·天津高考)若棱长为2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．24π
C．36π D．144π
答案　C
解析　正方体的外接球半径等于正方体的体对角线的一半，
即R＝＝3，所以这个球的表面积为S＝4πR2＝4π×32＝36π.故选C．
2．(2021·新高考Ⅱ卷)北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000 km(轨道高度是指卫星到地球表面的距离)．将地球看作是一个球心为O，半径r为6400 km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S＝2πr2(1－cosα)(单位：km2)，则S占地球表面积的百分比约为(　　)
A．26% B．34%
C．42% D．50%
答案　C
解析　由题意可得，S占地球表面积的百分比约为＝＝≈0.42＝42%.故选C．
3．张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八分之五．已知三棱锥A－BCD的每个顶点都在球O的球面上，AB⊥底面BCD，BC⊥CD，且AB＝CD＝，BC＝2，利用张衡的结论可得球O的表面积为(　　)
A．30 B．10
C．33 D．12
答案　B
解析　因为BC⊥CD，所以BD＝，又AB⊥底面BCD，所以球O的球心为侧棱AD的中点，从而球O的直径为.利用张衡的结论可得＝，则π＝，所以球O的表面积为4π2＝10π＝10.故选B.
4．一个底面边长为3的正三棱锥的体积与表面积为24的正方体的体积相等，则该正三棱锥的高为(　　)
A．12 B．
C． D．12
答案　C
解析　因为正方体的表面积为24，所以棱长为2，其体积为23＝8.设正三棱锥的高为h，因为正三棱锥的体积与正方体的体积相等，所以××3×3×h＝8，解得h＝.故选C．
5．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　由∠ABC＝，AB＝2，BC＝6，得AC＝2.由∠SAB＝，AB＝2，SB＝4，得SA＝2，则SA2＋AC2＝SC2，得SA⊥AC，又SA⊥AB，AB∩AC＝A，所以SA⊥平面ABC．所以三棱锥S－ABC的体积为S△ABC·SA＝××2×6×2＝4.故选C．
6．(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　记△ABC外接圆的圆心为O1，连接OO1，则OO1⊥平面ABC，由AC⊥BC，AC＝BC＝1，知O1为AB的中点，且AB＝，O1B＝，又球O的半径为1，所以OB＝1，所以OO1＝，所以VO－ABC＝S△ABC·OO1＝××1×1×＝，故选A．
7．(2021·湛江三模)中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高．详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．上述原理在中国被称为祖暅原理．一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为2的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为(　　)

A．16 B．16
C．18 D．21
答案　D
解析　由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与正六棱台的体积相等，∵正六棱台的上、下底面边长分别为1和2，则S1＝6××1×1×＝，S2＝6××2×2×＝6，故V＝(S1＋＋S2)h＝××2＝21.故选D.
8．(2021·天津高考)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为(　　)
A．3π B．4π
C．9π D．12π
答案　B
解析　如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3∶1，即AD＝3BD，设球的半径为R，则＝，可得R＝2，所以AB＝AD＋BD＝4BD＝4，所以BD＝1，AD＝3，因为CD⊥AB，则∠CAD＋∠ACD＝∠BCD＋∠ACD＝90°，所以∠CAD＝∠BCD，又因为∠ADC＝∠BDC，所以△ACD∽△CBD，所以＝，所以CD＝＝，因此，这两个圆锥的体积之和为×CD2×(AD＋BD)＝×3×4＝4π.故选B.

二、多项选择题
9．正三棱锥底面边长为3，侧棱长为2，则下列说法正确的是(　　)
A．正三棱锥的高为3
B．正三棱锥的斜高为
C．正三棱锥的体积为
D．正三棱锥的侧面积为
答案　AB
解析　正三棱锥S－ABC，底面△ABC是边长为3的等边三角形，侧棱长为SA＝SB＝SC＝2，取BC的中点D，连接SD，AD，过S作SO⊥平面ABC，交AD于O，AD＝＝，AO＝AD＝×＝，∴正三棱锥的高为SO＝＝＝3，故A正确；正三棱锥的斜高为SD＝＝＝，故B正确；正三棱锥的体积为V＝S△ABC·SO＝××3××3＝，故C错误；正三棱锥的侧面积为S＝3××3×＝，故D错误．故选AB.

10．如图，已知四棱台ABCD－A1B1C1D1的上、下底面均为正方形，其中AB＝2，A1B1＝，AA1＝BB1＝CC1＝2，则下列说法正确的是(　　)

A．该四棱台的高为
B．AA1⊥CC1
C．该四棱台的表面积为26
D．该四棱台外接球的表面积为16π
答案　AD
解析　由棱台的性质，画出切割前的四棱锥，由于AB＝2，A1B1＝，可知△SA1B1与△SAB相似比为1∶2，则SA＝2AA1＝4，AO＝2，则SO＝2，则OO1＝，该四棱台的高为，A正确；因为SA＝SC＝AC＝4，则AA1与CC1的夹角为60°，不垂直，B错误；该四棱台的表面积为S＝S上底＋S下底＋S侧＝2＋8＋4××＝10＋6，C错误；由于上、下底面都是正方形，则外接球的球心在OO1上，在平面B1BOO1中，由于OO1＝，B1O1＝1，则OB1＝2＝OB，即点O到点B与点B1的距离相等，则r＝OB＝2，该四棱台外接球的表面积为16π，D正确．故选AD.

11．(2022·湖北孝感开学考试)沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时．如图，某沙漏由上、下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8 cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的(细管长度忽略不计)．假设该沙漏每秒钟漏下0.02 cm3的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆．以下结论正确的是(　　)

A．沙漏中的细沙体积为 cm3
B．沙漏的体积是128π cm3
C．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4 cm
D．该沙漏的一个沙时大约是1985秒(π≈3.14)
答案　ACD
解析　对于A，根据圆锥的截面图可知，细沙在上部时，细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比，所以细沙的底面半径r＝×4＝ cm，所以体积V＝πr2×＝××＝ cm3；对于B，沙漏的体积V＝2××π×2×h＝2××π×42×8＝ cm3；对于C，设细沙全部漏入下部后的高度为h1，根据细沙体积不变，可知＝×π×2×h1，所以＝h1，所以h1≈2.4 cm；对于D，因为细沙的体积为 cm3，沙漏每秒钟漏下0.02 cm3的沙，所以一个沙时为≈×50≈1985秒．故选ACD.
12．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝CC1＝6，AC⊥BC，E，F分别为BB1，A1C1的中点，过点A，E，F作三棱柱的截面α，则下列结论中正确的是(　　)

A．三棱柱ABC－A1B1C1外接球的表面积为106π
B．BC1∥α
C．若α交B1C1于M，则EM＝
D．α将三棱柱ABC－A1B1C1分成体积较大部分和体积较小部分的体积比为13∶5
答案　CD
解析　如图所示，将该三棱柱视为正方体ACBD－A1C1B1D1的一部分，则三棱柱ABC－A1B1C1外接球的半径2R＝6，R＝3，其表面积为4πR2＝108π，故A错误；延长AF与CC1交于点P，连接PE交B1C1于M，连接FM，则平面AEMF即为截面α，因为FC1∥AC，F是A1C1的中点，所以C1是PC的中点．由△MPC1与△MEB1相似，得＝＝2，得B1M＝B1C1，而E是BB1的中点，所以ME与BC1不平行，故B错误；因为B1M＝2，又B1E＝3，所以在Rt△B1EM中，EM＝＝，故C正确；延长PE交BC于点Q，则α将三棱柱ABC－A1B1C1分成体积较大部分的体积为VP－ACQ－VP－FMC1－VA－QBE＝××6×8×12－××3×4×6－××2×6×3＝78，所以剩余部分的体积为×6×6×6－78＝30，所以体积之比为＝，故D正确．故选CD.

三、填空题
13．(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.
14．(2022·山东枣庄模拟)某公园预备在国庆节前夕，用鲜花做成一个花柱摆放在公园正门口，它的下面是一个直径为2 m，高为4 m的圆柱形物体，上面是一个直径为2 m的半球形物体，如果1 m2大约需要鲜花200朵，那么装饰这个花柱大约需要________朵鲜花．(π取3.1)
答案　6200
解析　由题意知，圆柱形物体的侧面面积S1＝π×2×4＝3.1×2×4＝24.8(m2)，半球形物体的表面积S2＝×4π×2＝×4×3.1×1＝6.2(m2)，所以花柱的表面积S＝S1＋S2＝24.8＋6.2＝31(m2)．又31×200＝6200(朵)，所以装饰这个花柱大约需要6200朵鲜花．
15．(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，知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对角线长分别为6 cm和4 cm，故V挖去的四棱锥＝××4×6×3＝12(cm3)．又因为V长方体＝6×6×4＝144(cm3)，所以模型的体积为V长方体－V挖去的四棱锥＝144－12＝132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．
16．已知一个高为1的三棱锥，各侧棱长都相等，底面是边长为2的等边三角形，则三棱锥的表面积为________，若三棱锥内有一个体积为V的球，则V的最大值为________.
答案　3　
解析　该三棱锥侧面的斜高为 ＝，则S侧＝3××2×＝2，S底＝××2＝，所以三棱锥的表面积S表＝2＋＝3.由题意知，当球与三棱锥的四个面都相切时，其体积最大．设三棱锥的内切球的半径为r，则三棱锥的体积V锥＝S表·r＝S底·1，所以3r＝，所以r＝，所以三棱锥的内切球的体积最大为Vmax＝πr3＝.
四、解答题
17．如图，在△ABC中，AB＝8，BC＝10，AC＝6，DB⊥平面ABC，且AE∥FC∥BD，BD＝3，FC＝4，AE＝5.求此几何体的体积．

解　解法一：(分割法)
如图，取CM＝AN＝BD，

连接DM，MN，DN，用“分割法”把原几何体分割成一个直三棱柱和一个四棱锥，
则V几何体＝V三棱柱＋V四棱锥．
由题知三棱柱ABC－NDM的体积为V1＝×8×6×3＝72，
四棱锥D－MNEF的体积为V2＝×S梯形MNEF×DN＝××(1＋2)×6×8＝24，
则几何体的体积为V＝V1＋V2＝72＋24＝96.
解法二：(补形法)用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使AA′＝BB′＝CC′＝8，

所以V几何体＝V三棱柱＝×S△ABC×AA′＝×24×8＝96.
18．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，求此正三棱锥的体积．
解　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.
19．现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P－A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．

(1)若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？
(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？
解　(1)由PO1＝2知O1O＝4PO1＝8.
因为A1B1＝AB＝6，
所以正四棱锥P－A1B1C1D1的体积
V锥＝A1B·PO1＝×62×2＝24(m3)．
正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积
V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)．
所以仓库的容积V＝V锥＋V柱＝24＋288＝312(m3)．
(2)设A1B1＝a m，PO1＝h m，

则0