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2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题41基本立体图形、表面积及体积（Word版附解析）
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这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题41基本立体图形、表面积及体积（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。
专题41基本立体图形、表面积及体积
知识梳理
考纲要求
考点预测
常用结论
方法技巧
题型归类
题型一：基本立体图形
题型二：表面积与体积
题型三：与球有关的切、接问题
培优训练
训练一：
训练二：
训练三：
训练四：
训练五：
训练六：
强化测试
单选题：共8题
多选题：共4题
填空题：共6题
一、【知识梳理】
【考纲要求】
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.
【考点预测】
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
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′轴和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
S表＝S侧＋2S底
V＝Sh
锥体
S表＝S侧＋S底
V＝Sh
台体
S表＝S侧＋S上＋S下
V＝(S上＋S下＋)h
球
S表＝4πR2
V＝πR3
【常用结论】
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.
【方法技巧】
1.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.
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，其面积与原图形的面积的关系：
S直观图＝S原图形.
4.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.
5.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.
6.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.
7.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.
8.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.
9.“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.
二、【题型归类】
【题型一】基本立体图形
【典例1】(多选)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
【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.
故选CD.
【典例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
【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.
故选B.
【典例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.
【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＝.
【题型二】表面积与体积
【典例1】如图，四面体的各个面都是边长为1的正三角形，其三个顶点在一个圆柱的下底面圆周上，另一个顶点是上底面的圆心，则圆柱的表面积是( )
A. B.
C. D.
【解析】如图所示，过点P作PE⊥平面ABC，E为垂足，点E为等边三角形ABC的中心，连接AE并延长，交BC于点D.
AE＝AD，AD＝，
∴AE＝×＝，
∴PE＝＝.
设圆柱底面半径为r，则r＝AE＝，
∴圆柱的侧面积S1＝2πr·PE＝2π××＝，
底面积S2＝πr2×2＝π×2×2＝，
∴圆柱的表面积S＝S1＋S2＝＋
＝.
故选C.
【典例2】如图所示，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2，AD＝2，则四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积为________．
【解析】由题意可得，四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体为圆台上面挖去一个圆锥的组合体．如图，过C作CE⊥AD交AD的延长线于E，过C作AB的垂线，垂足为F.
则∠EDC＝180°－∠ADC＝45°，
EC＝CD·sin 45°＝2，ED＝CD·cos 45°＝2，
CF＝AE＝4，BF＝AB－AF＝3，BC＝＝5.
故圆台的上底面半径r＝2，
下底面半径R＝5，高h＝4，母线长l2＝5.
圆锥底面半径r＝2，高h＝2，母线长l1＝2.
所以圆台侧面积
S1＝π(R＋r)l2＝π(5＋2)×5＝35π，
圆锥侧面积
S2＝×2πr×l1＝×2π×2×2＝4π，
圆台下底面面积S3＝πR2＝25π.
故该几何体的表面积
S＝S1＋S2＋S3＝35π＋4π＋25π
＝(60＋4)π.
【典例3】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.
【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＋)＝.
【题型三】与球有关的切、接问题
【典例1】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________．
【解析】截面图如图所示，下底面半径为5，圆周直径为10.
则圆台的下底面位于圆周的直径上，OC＝OB＝5，O′C＝4，∠OO′C＝，
则圆台的高为3，V＝h(S1＋＋S2)＝25π＋16π＋20π＝61π.
【典例2】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________．
【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π3＝π.
【典例3】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________．
【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.
三、【培优训练】
【训练一】(多选)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(π≈3.14)( )
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1 985秒
【解析】A项，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)；
B项，沙漏的体积V＝2××π×2×h
＝2××π×42×8＝(cm3)；
C项，设细沙流入下部后的高度为h1，根据细沙体积不变可知，
＝×π×2×h1，
所以＝h1，所以h1≈2.4(cm)；
D项，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
≈1 985(秒)．
故选ACD.
【训练二】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________.
【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.
【训练三】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________.
【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.
【训练四】我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体．如图，将底面直径都为2b，高皆为a的半椭球体和已被挖去了圆锥体的圆柱放置于同一平面β上，用平行于平面β且与平面β任意距离d处的平面截这两个几何体，可横截得到S圆及S环两截面．可以证明S圆＝S环总成立．据此，短半轴长为1，长半轴长为3的椭球体的体积是________．
【解析】因为S圆＝S环总成立，所以半椭球体的体积为πb2a－πb2a＝πb2a，
所以椭球体的体积V＝πb2a.
因为椭球体的短半轴长为1，长半轴长为3.
所以椭球体的体积V＝πb2a＝π×12×3＝4π.
【训练五】我国古代数学著作《算法统宗》第八卷“商功”第五章撰述：“刍荛(chú ráo )：倍下长，加上长，以广乘之，又以高乘，用六归之．如屋脊：上斜下平．”刘徽注曰：止斩方亭两边，合之即“刍甍”之形也．即将方台的两边切下来合在一起就是“刍甍”，是一种五面体(如图)：矩形ABCD，棱EF∥AB，AB＝4，EF＝2，△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，则此几何体的表面积为______，体积为______．
【解析】由题意知该五面体的表面积S＝S矩形ABCD＋2S△ADE＋2S梯形ABFE＝2×4＋2××2×＋2××(2＋4)×＝8＋8.过点F作FO⊥平面ABCD，垂足为O，取BC的中点P，连接PF，过点F作FQ⊥AB，垂足为Q，连接OQ.因为△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，所以OP＝(AB－EF)＝1，PF＝＝，OQ＝BC＝1，所以OF＝＝，采用分割的方法，分别过点F，E作与平面ABCD垂直的平面，这两个平面把几何体分割成三部分，如图，包含一个三棱柱EMNFQH，两个全等的四棱锥EAMND，FQBCH，所以这个几何体的体积V＝VEMNFQH＋2VFQBCH＝S△QFH×MQ＋2×S矩形QBCH×FO＝×2××2＋2××1×2×＝.
【训练六】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＝×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.
四、【强化测试】
【单选题】
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
【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.
故选C.
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
【解析】直观图的面积为××42＝2(cm2).
故选B.
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
【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.
故选D.
4. 在我国古代数学名著《数学九章》中有这样一个问题：“今有木长二丈四尺，围之五尺．葛生其下，缠本两周，上与木齐，问葛长几何？”意思是“圆木长2丈4尺，圆周长为5尺，葛藤从圆木的底部开始向上生长，绕圆木两周，刚好顶部与圆木平齐，问葛藤最少长多少尺？”(注：1丈等于10尺)，则这个问题中，葛藤长的最小值为( )
A．2丈4尺 B．2丈5尺
C．2丈6尺 D．2丈8尺
【解析】如图，由题意，圆柱的侧面展开图是矩形，一条直角边(即圆木的高)长24尺，另一条直角边长5×2＝10(尺)，因此葛藤长的最小值为＝26(尺)，即为2丈6尺．
故选C.
5. 在梯形ABCD中，∠ABC＝，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，则将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为( )
A．(5＋)π
B．(4＋)π
C．(5＋2)π
D．(3＋)π
【解析】如图所示，梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为AB＝1，高为BC＝2的圆柱挖去一个底面半径为AB＝1，高为BC－AD＝2－1＝1的圆锥，
∴该几何体的表面积S＝π×12＋2π×1×2＋π×1×＝(5＋)π.
故选A.
6. 玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，它与玉璧、玉圭、玉璋、玉璜、玉琥被称为“六器”，是古人用于祭祀神祇的一种礼器．《周礼》中载有“以玉作六器，以礼天地四方，以苍璧礼天，以黄琮礼地”等文．如图为齐家文化玉琮，该玉琮中方内空，形状对称，圆筒内径2.0 cm，外径2.4 cm，筒高6.0 cm，方高4.0 cm，则其体积约为(单位：cm3)( )
A．23.04－3.92π B．34.56－3.92π
C．34.56－3.12π D．23.04－3.12π
【解析】由题图可知，组合体由圆柱、长方体构成，
组合体的体积为V＝2×π×2＋4×2.4×2.4－π×12×6＝23.04－3.12π.
故选D.
7. 已知表面积为12π的圆柱的上下底面的中心分别为O1，O2.若过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是正方形，则O1O2＝( )
A．2 B．2 C． D．
【解析】因为圆柱的轴截面是正方形，设底面半径为r，则母线长为2r，所以圆柱的表面积为2πr2＋2πr·2r＝12π，解得r＝，所以O1O2＝2r＝2，
故选B．
8. 在长方体ABCDA1B1C1D1中，四边形ABCD是边长为2的正方形，D1B与DC所成的角是60°，则长方体的外接球的表面积是( )
A．16π B．8π
C．4π D．4π
【解析】如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，因为DC∥AB，所以相交直线D1B与AB所成的角是异面直线D1B与DC所成的角．
连接AD1，由AB⊥平面ADD1A1，得AB⊥AD1，所以在Rt△ABD1中，∠ABD1就是D1B与DC所成的角，即∠ABD1＝60°，又AB＝2，AB＝BD1cos 60°，
所以BD1＝＝4，设长方体ABCDA1B1C1D1外接球的半径为R，则由长方体的体对角线就是长方体外接球的直径得4R2＝D1B2＝16，则R＝2，
所以长方体外接球的表面积是4πR2＝16π.
故选A．
【多选题】
9. 下列结论中正确的是( )
A．由五个面围成的多面体只能是三棱柱
B．正棱台的对角面一定是等腰梯形
C．圆柱侧面上的直线段都是圆柱的母线
D．各个面都是正方形的四棱柱一定是正方体
【解析】由五个面围成的多面体可以是四棱锥，所以A选项错误．B，C，D说法均正确．
故选BCD.
10. 已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的，则下列结论正确的是( )
A．球O的表面积为6π
B．球O的内接正方体的棱长为1
C．球O的外切正方体的棱长为
D．球O的内接正四面体的棱长为2
【解析】设球O的半径为r，△ABC的外接圆圆心为O′，半径为R.易得R＝.因为球心O到平面ABC的距离等于球O半径的，所以r2－r2＝，得r2＝.所以球O的表面积S＝4πr2＝4π×＝6π，选项A正确；球O的内接正方体的棱长a满足a＝2r，显然选项B不正确；球O的外切正方体的棱长b满足b＝2r，显然选项C不正确；球O的内接正四面体的棱长c满足c＝r＝×＝2，选项D正确．
故选AD.
11. 将正三棱锥PABC置于水平反射镜面上，得一“倒影三棱锥”PABCQ，如图．下列关于该“倒影三棱锥”的说法中，正确的有( )
A．PQ⊥平面ABC
B．若P，A，B，C在同一球面上，则Q也在该球面上
C．若该“倒影三棱锥”存在外接球，则AB＝PA
D．若AB＝PA，则PQ的中点必为“倒影三棱锥”外接球的球心
【解析】由“倒影三棱锥”的几何特征可知PQ⊥平面ABC，A正确；当P，A，B，C在同一球面上时，若△ABC的外接圆不是球的最大圆，则点Q不在该球面上，B错误；若该“倒影三棱锥”存在外接球，则三棱锥PABC的外接球的半径与等边三角形ABC外接圆的半径相等，设其为R，则AB＝R，PA＝R，则AB＝PA，C错误；由C的推导可知该“倒影三棱锥”外接球的球心为△ABC的中心，即PQ的中点，D正确.
故选AD.
12. 已知圆锥的顶点为P，母线长为2，底面半径为，A，B为底面圆周上两个动点(A与B不重合)，则下列说法正确的是( )
A．圆锥的体积为π
B．三角形PAB为等腰三角形
C．三角形PAB面积的最大值为
D．直线PA与圆锥底面所成角的大小为
【解析】如图所示，点O为点P在圆锥底面上的射影，连接OA，OB.PO＝＝1，圆锥的体积V＝×π×()2×1＝π，A正确；PA＝PB＝2，B正确；易知直线PA与圆锥底面所成的角为∠PAO＝，D正确；取AB中点C，连接PC，设∠PAC＝θ，则θ∈，S△PAB＝2sin θ·2cos θ＝2sin 2θ，当θ＝时，△PAB面积取得最大值2，C错误．
故选ABD.
【填空题】
13. 一个六棱锥的体积为2，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．
【解析】设六棱锥的高为h，则V＝Sh，
所以××4×6h＝2，解得h＝1.
设六棱锥的斜高为h′，
则h2＋()2＝h′2，故h′＝2.
所以该六棱锥的侧面积为×2×2×6＝12.
14. 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________．
【解析】如图所示，过球心O作OO1⊥平面ABC，
则O1为等边三角形ABC的外心．
设△ABC的边长为a，
则a2＝，解得a＝3，
∴O1A＝××3＝.
设球O的半径为r，则由4πr2＝16π，得r＝2，即OA＝2.
在Rt△OO1A中，OO1＝＝1，
即O到平面ABC的距离为1.
15. 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的边长为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.
【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.
16. 如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________．
【解析】如图，连接OD，交BC于点G，
由题意知，OD⊥BC，OG＝BC.
设OG＝x，x∈，则BC＝2x，DG＝5－x，
三棱锥的高h＝＝＝，
S△ABC＝×2x×3x＝3x2，
则三棱锥的体积V＝S△ABC·h＝x2·＝·.
令f(x)＝25x4－10x5，x∈，
则f′(x)＝100x3－50x4.
令f′(x)＝0，得x＝2.当x∈(0,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故当x＝2时，f(x)取得最大值80，则V≤×＝4.
所以三棱锥体积的最大值为4.
17. 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________.
【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.
∴＝＝.
18. 小张周末准备去探望奶奶，到商店买了一盒点心，为了美观起见，售货员用彩绳对点心盒做了一个捆扎(如图①所示)，并在角上配了一个花结．彩绳与长方体点心盒均相交于棱的四等分点处．设这种捆扎方法所用绳长为l1，一般的十字捆扎(如图②所示)所用绳长为l2.若点心盒的长、宽、高之比为2∶2∶1，则的值为________．
图① 图②
【解析】∵点心盒的长、宽、高之比是2∶2∶1，
∴设点心盒的长、宽、高分别为4a,4a,2a，
由题意可得l1＝4×a＋4×2a＝12a，
l2＝4×4a＋4×2a＝24a，
∴＝＝.
专题41基本立体图形、表面积及体积
知识梳理
考纲要求
考点预测
常用结论
方法技巧
题型归类
题型一：基本立体图形
题型二：表面积与体积
题型三：与球有关的切、接问题
培优训练
训练一：
训练二：
训练三：
训练四：
训练五：
训练六：
强化测试
单选题：共8题
多选题：共4题
填空题：共6题
一、【知识梳理】
【考纲要求】
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.
【考点预测】
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
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′轴和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
S表＝S侧＋2S底
V＝Sh
锥体
S表＝S侧＋S底
V＝Sh
台体
S表＝S侧＋S上＋S下
V＝(S上＋S下＋)h
球
S表＝4πR2
V＝πR3
【常用结论】
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.
【方法技巧】
1.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.
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，其面积与原图形的面积的关系：
S直观图＝S原图形.
4.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.
5.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.
6.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.
7.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.
8.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.
9.“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.
二、【题型归类】
【题型一】基本立体图形
【典例1】(多选)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
【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.
故选CD.
【典例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
【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.
故选B.
【典例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.
【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＝.
【题型二】表面积与体积
【典例1】如图，四面体的各个面都是边长为1的正三角形，其三个顶点在一个圆柱的下底面圆周上，另一个顶点是上底面的圆心，则圆柱的表面积是( )
A. B.
C. D.
【解析】如图所示，过点P作PE⊥平面ABC，E为垂足，点E为等边三角形ABC的中心，连接AE并延长，交BC于点D.
AE＝AD，AD＝，
∴AE＝×＝，
∴PE＝＝.
设圆柱底面半径为r，则r＝AE＝，
∴圆柱的侧面积S1＝2πr·PE＝2π××＝，
底面积S2＝πr2×2＝π×2×2＝，
∴圆柱的表面积S＝S1＋S2＝＋
＝.
故选C.
【典例2】如图所示，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2，AD＝2，则四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积为________．
【解析】由题意可得，四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体为圆台上面挖去一个圆锥的组合体．如图，过C作CE⊥AD交AD的延长线于E，过C作AB的垂线，垂足为F.
则∠EDC＝180°－∠ADC＝45°，
EC＝CD·sin 45°＝2，ED＝CD·cos 45°＝2，
CF＝AE＝4，BF＝AB－AF＝3，BC＝＝5.
故圆台的上底面半径r＝2，
下底面半径R＝5，高h＝4，母线长l2＝5.
圆锥底面半径r＝2，高h＝2，母线长l1＝2.
所以圆台侧面积
S1＝π(R＋r)l2＝π(5＋2)×5＝35π，
圆锥侧面积
S2＝×2πr×l1＝×2π×2×2＝4π，
圆台下底面面积S3＝πR2＝25π.
故该几何体的表面积
S＝S1＋S2＋S3＝35π＋4π＋25π
＝(60＋4)π.
【典例3】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.
【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＋)＝.
【题型三】与球有关的切、接问题
【典例1】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________．
【解析】截面图如图所示，下底面半径为5，圆周直径为10.
则圆台的下底面位于圆周的直径上，OC＝OB＝5，O′C＝4，∠OO′C＝，
则圆台的高为3，V＝h(S1＋＋S2)＝25π＋16π＋20π＝61π.
【典例2】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________．
【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π3＝π.
【典例3】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________．
【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.
三、【培优训练】
【训练一】(多选)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(π≈3.14)( )
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1 985秒
【解析】A项，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)；
B项，沙漏的体积V＝2××π×2×h
＝2××π×42×8＝(cm3)；
C项，设细沙流入下部后的高度为h1，根据细沙体积不变可知，
＝×π×2×h1，
所以＝h1，所以h1≈2.4(cm)；
D项，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
≈1 985(秒)．
故选ACD.
【训练二】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________.
【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.
【训练三】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________.
【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.
【训练四】我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体．如图，将底面直径都为2b，高皆为a的半椭球体和已被挖去了圆锥体的圆柱放置于同一平面β上，用平行于平面β且与平面β任意距离d处的平面截这两个几何体，可横截得到S圆及S环两截面．可以证明S圆＝S环总成立．据此，短半轴长为1，长半轴长为3的椭球体的体积是________．
【解析】因为S圆＝S环总成立，所以半椭球体的体积为πb2a－πb2a＝πb2a，
所以椭球体的体积V＝πb2a.
因为椭球体的短半轴长为1，长半轴长为3.
所以椭球体的体积V＝πb2a＝π×12×3＝4π.
【训练五】我国古代数学著作《算法统宗》第八卷“商功”第五章撰述：“刍荛(chú ráo )：倍下长，加上长，以广乘之，又以高乘，用六归之．如屋脊：上斜下平．”刘徽注曰：止斩方亭两边，合之即“刍甍”之形也．即将方台的两边切下来合在一起就是“刍甍”，是一种五面体(如图)：矩形ABCD，棱EF∥AB，AB＝4，EF＝2，△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，则此几何体的表面积为______，体积为______．
【解析】由题意知该五面体的表面积S＝S矩形ABCD＋2S△ADE＋2S梯形ABFE＝2×4＋2××2×＋2××(2＋4)×＝8＋8.过点F作FO⊥平面ABCD，垂足为O，取BC的中点P，连接PF，过点F作FQ⊥AB，垂足为Q，连接OQ.因为△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，所以OP＝(AB－EF)＝1，PF＝＝，OQ＝BC＝1，所以OF＝＝，采用分割的方法，分别过点F，E作与平面ABCD垂直的平面，这两个平面把几何体分割成三部分，如图，包含一个三棱柱EMNFQH，两个全等的四棱锥EAMND，FQBCH，所以这个几何体的体积V＝VEMNFQH＋2VFQBCH＝S△QFH×MQ＋2×S矩形QBCH×FO＝×2××2＋2××1×2×＝.
【训练六】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＝×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.
四、【强化测试】
【单选题】
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
【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.
故选C.
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
【解析】直观图的面积为××42＝2(cm2).
故选B.
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
【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.
故选D.
4. 在我国古代数学名著《数学九章》中有这样一个问题：“今有木长二丈四尺，围之五尺．葛生其下，缠本两周，上与木齐，问葛长几何？”意思是“圆木长2丈4尺，圆周长为5尺，葛藤从圆木的底部开始向上生长，绕圆木两周，刚好顶部与圆木平齐，问葛藤最少长多少尺？”(注：1丈等于10尺)，则这个问题中，葛藤长的最小值为( )
A．2丈4尺 B．2丈5尺
C．2丈6尺 D．2丈8尺
【解析】如图，由题意，圆柱的侧面展开图是矩形，一条直角边(即圆木的高)长24尺，另一条直角边长5×2＝10(尺)，因此葛藤长的最小值为＝26(尺)，即为2丈6尺．
故选C.
5. 在梯形ABCD中，∠ABC＝，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，则将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为( )
A．(5＋)π
B．(4＋)π
C．(5＋2)π
D．(3＋)π
【解析】如图所示，梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为AB＝1，高为BC＝2的圆柱挖去一个底面半径为AB＝1，高为BC－AD＝2－1＝1的圆锥，
∴该几何体的表面积S＝π×12＋2π×1×2＋π×1×＝(5＋)π.
故选A.
6. 玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，它与玉璧、玉圭、玉璋、玉璜、玉琥被称为“六器”，是古人用于祭祀神祇的一种礼器．《周礼》中载有“以玉作六器，以礼天地四方，以苍璧礼天，以黄琮礼地”等文．如图为齐家文化玉琮，该玉琮中方内空，形状对称，圆筒内径2.0 cm，外径2.4 cm，筒高6.0 cm，方高4.0 cm，则其体积约为(单位：cm3)( )
A．23.04－3.92π B．34.56－3.92π
C．34.56－3.12π D．23.04－3.12π
【解析】由题图可知，组合体由圆柱、长方体构成，
组合体的体积为V＝2×π×2＋4×2.4×2.4－π×12×6＝23.04－3.12π.
故选D.
7. 已知表面积为12π的圆柱的上下底面的中心分别为O1，O2.若过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是正方形，则O1O2＝( )
A．2 B．2 C． D．
【解析】因为圆柱的轴截面是正方形，设底面半径为r，则母线长为2r，所以圆柱的表面积为2πr2＋2πr·2r＝12π，解得r＝，所以O1O2＝2r＝2，
故选B．
8. 在长方体ABCDA1B1C1D1中，四边形ABCD是边长为2的正方形，D1B与DC所成的角是60°，则长方体的外接球的表面积是( )
A．16π B．8π
C．4π D．4π
【解析】如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，因为DC∥AB，所以相交直线D1B与AB所成的角是异面直线D1B与DC所成的角．
连接AD1，由AB⊥平面ADD1A1，得AB⊥AD1，所以在Rt△ABD1中，∠ABD1就是D1B与DC所成的角，即∠ABD1＝60°，又AB＝2，AB＝BD1cos 60°，
所以BD1＝＝4，设长方体ABCDA1B1C1D1外接球的半径为R，则由长方体的体对角线就是长方体外接球的直径得4R2＝D1B2＝16，则R＝2，
所以长方体外接球的表面积是4πR2＝16π.
故选A．
【多选题】
9. 下列结论中正确的是( )
A．由五个面围成的多面体只能是三棱柱
B．正棱台的对角面一定是等腰梯形
C．圆柱侧面上的直线段都是圆柱的母线
D．各个面都是正方形的四棱柱一定是正方体
【解析】由五个面围成的多面体可以是四棱锥，所以A选项错误．B，C，D说法均正确．
故选BCD.
10. 已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的，则下列结论正确的是( )
A．球O的表面积为6π
B．球O的内接正方体的棱长为1
C．球O的外切正方体的棱长为
D．球O的内接正四面体的棱长为2
【解析】设球O的半径为r，△ABC的外接圆圆心为O′，半径为R.易得R＝.因为球心O到平面ABC的距离等于球O半径的，所以r2－r2＝，得r2＝.所以球O的表面积S＝4πr2＝4π×＝6π，选项A正确；球O的内接正方体的棱长a满足a＝2r，显然选项B不正确；球O的外切正方体的棱长b满足b＝2r，显然选项C不正确；球O的内接正四面体的棱长c满足c＝r＝×＝2，选项D正确．
故选AD.
11. 将正三棱锥PABC置于水平反射镜面上，得一“倒影三棱锥”PABCQ，如图．下列关于该“倒影三棱锥”的说法中，正确的有( )
A．PQ⊥平面ABC
B．若P，A，B，C在同一球面上，则Q也在该球面上
C．若该“倒影三棱锥”存在外接球，则AB＝PA
D．若AB＝PA，则PQ的中点必为“倒影三棱锥”外接球的球心
【解析】由“倒影三棱锥”的几何特征可知PQ⊥平面ABC，A正确；当P，A，B，C在同一球面上时，若△ABC的外接圆不是球的最大圆，则点Q不在该球面上，B错误；若该“倒影三棱锥”存在外接球，则三棱锥PABC的外接球的半径与等边三角形ABC外接圆的半径相等，设其为R，则AB＝R，PA＝R，则AB＝PA，C错误；由C的推导可知该“倒影三棱锥”外接球的球心为△ABC的中心，即PQ的中点，D正确.
故选AD.
12. 已知圆锥的顶点为P，母线长为2，底面半径为，A，B为底面圆周上两个动点(A与B不重合)，则下列说法正确的是( )
A．圆锥的体积为π
B．三角形PAB为等腰三角形
C．三角形PAB面积的最大值为
D．直线PA与圆锥底面所成角的大小为
【解析】如图所示，点O为点P在圆锥底面上的射影，连接OA，OB.PO＝＝1，圆锥的体积V＝×π×()2×1＝π，A正确；PA＝PB＝2，B正确；易知直线PA与圆锥底面所成的角为∠PAO＝，D正确；取AB中点C，连接PC，设∠PAC＝θ，则θ∈，S△PAB＝2sin θ·2cos θ＝2sin 2θ，当θ＝时，△PAB面积取得最大值2，C错误．
故选ABD.
【填空题】
13. 一个六棱锥的体积为2，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．
【解析】设六棱锥的高为h，则V＝Sh，
所以××4×6h＝2，解得h＝1.
设六棱锥的斜高为h′，
则h2＋()2＝h′2，故h′＝2.
所以该六棱锥的侧面积为×2×2×6＝12.
14. 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________．
【解析】如图所示，过球心O作OO1⊥平面ABC，
则O1为等边三角形ABC的外心．
设△ABC的边长为a，
则a2＝，解得a＝3，
∴O1A＝××3＝.
设球O的半径为r，则由4πr2＝16π，得r＝2，即OA＝2.
在Rt△OO1A中，OO1＝＝1，
即O到平面ABC的距离为1.
15. 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的边长为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.
【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.
16. 如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________．
【解析】如图，连接OD，交BC于点G，
由题意知，OD⊥BC，OG＝BC.
设OG＝x，x∈，则BC＝2x，DG＝5－x，
三棱锥的高h＝＝＝，
S△ABC＝×2x×3x＝3x2，
则三棱锥的体积V＝S△ABC·h＝x2·＝·.
令f(x)＝25x4－10x5，x∈，
则f′(x)＝100x3－50x4.
令f′(x)＝0，得x＝2.当x∈(0,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故当x＝2时，f(x)取得最大值80，则V≤×＝4.
所以三棱锥体积的最大值为4.
17. 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________.
【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.
∴＝＝.
18. 小张周末准备去探望奶奶，到商店买了一盒点心，为了美观起见，售货员用彩绳对点心盒做了一个捆扎(如图①所示)，并在角上配了一个花结．彩绳与长方体点心盒均相交于棱的四等分点处．设这种捆扎方法所用绳长为l1，一般的十字捆扎(如图②所示)所用绳长为l2.若点心盒的长、宽、高之比为2∶2∶1，则的值为________．
图① 图②
【解析】∵点心盒的长、宽、高之比是2∶2∶1，
∴设点心盒的长、宽、高分别为4a,4a,2a，
由题意可得l1＝4×a＋4×2a＝12a，
l2＝4×4a＋4×2a＝24a，
∴＝＝.
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