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所属成套资源：44个高考必考微专题-2024年高考数学二轮微专题系列
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微专题13 空间几何体的结构、表面积和体积-2024年高考数学二轮微专题系列
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这是一份微专题13 空间几何体的结构、表面积和体积-2024年高考数学二轮微专题系列，共26页。试卷主要包含了5－148，故选C等内容，欢迎下载使用。
高考定位 空间几何体的结构特征是高考重点考查的内容.近几年主要考查空间几何体的表面积与体积，常以选择题与填空题为主，也涉及空间几何体的结构特征等内容，要求考生要有较强的空间想象能力和计算能力，难度为中低档.
1.(2021·新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为eq \r(2)，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )
A.2 B.2eq \r(2)
C.4 D.4eq \r(2)
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eq \r(2)，侧面展开图为一个半圆，
所以2π×eq \r(2)＝πl，解得l＝2eq \r(2)，故选B.
2.(2022·新高考Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(eq \r(7)≈2.65)( )
A.1.0×109 m3 B.1.2×109 m3
C.1.4×109 m3 D.1.6×109 m3
答案 C
解析 如图，由已知得该棱台的高为157.5－148.5＝9(m)，
所以该棱台的体积V＝eq \f(1,3)×9×(140＋eq \r(140×180)＋180)×106＝60×(16＋3eq \r(7))×106≈60×(16＋3×2.65)×106＝1.437×109≈1.4×109(m3).故选C.
3.(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3eq \r(3)和4eq \r(3)，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A.100π B.128π
C.144π D.192π
答案 A
解析 由题意得，正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)×3eq \r(3)＝3，eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)×4eq \r(3)＝4.
设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上.
设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋OOeq \\al(2,1)＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；
当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋OOeq \\al(2,2)＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，
所以R2＝25，
所以该球的表面积为4πR2＝100π.
综上，该球的表面积为100π.
4.(2022·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙.若eq \f(S甲,S乙)＝2，则eq \f(V甲,V乙)＝( )
A.eq \r(5) B.2eq \r(2)
C.eq \r(10) D.eq \f(5\r(10),4)
答案 C
解析 法一 因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，
所以结合eq \f(S甲,S乙)＝2，
可知甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1.
不妨设两个圆锥的母线长为l＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，
则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆，
所以2πr1＝4π，2πr2＝2π，得r1＝2，r2＝1.
由勾股定理得，
h1＝eq \r(l2－req \\al(2,1))＝eq \r(5)，
h2＝eq \r(l2－req \\al(2,2))＝2eq \r(2)，
所以eq \f(V甲,V乙)＝eq \f(\f(1,3)πreq \\al(2,1)h1,\f(1,3)πreq \\al(2,2)h2)＝eq \f(4\r(5),2\r(2))＝eq \r(10).故选C.
法二 设两圆锥的母线长为l，甲、乙两圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，侧面展开图的圆心角分别为n1，n2，
则由eq \f(S甲,S乙)＝eq \f(πr1l,πr2l)＝eq \f(\f(n1πl2,2π),\f(n2πl2,2π))＝2，
得eq \f(r1,r2)＝eq \f(n1,n2)＝2.
由题意知n1＋n2＝2π，
所以n1＝eq \f(4π,3)，n2＝eq \f(2π,3)，
所以2πr1＝eq \f(4π,3)l，2πr2＝eq \f(2π,3)l，
得r1＝eq \f(2,3)l，r2＝eq \f(1,3)l.
由勾股定理得，h1＝eq \r(l2－req \\al(2,1))＝eq \f(\r(5),3)l，
h2＝eq \r(l2－req \\al(2,2))＝eq \f(2\r(2),3)l，
所以eq \f(V甲,V乙)＝eq \f(\f(1,3)πreq \\al(2,1)h1,\f(1,3)πreq \\al(2,2)h2)＝eq \f(4\r(5),2\r(2))＝eq \r(10).故选C.
热点一 空间几何体的结构特征
关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种几何体的概念.
例1 (1)以下四个命题中，真命题为( )
A.侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥
B.底面是矩形的平行六面体是长方体
C.直四棱柱是直平行六面体
D.棱台的侧棱延长后必交于一点
(2)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 (1)D (2)A
解析 (1)A中等腰三角形的腰不一定是侧棱，A是假命题；
B中，侧棱与底面矩形不一定垂直，B是假命题；
C中，直四棱柱的底面不一定是平行四边形，C是假命题；
根据棱台的定义，选项D是真命题.
(2)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.
规律方法 1.圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系.
2.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.
训练1 (多选)(2022·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时才是正棱锥，A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.
热点二 空间几何体的侧面积、表面积
柱体、锥体、台体和球的表面积公式：
(1)若圆柱的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝2πrl，S表＝2πr(r＋l).
(2)若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝πrl，S表＝πr(r＋l).
(3)若圆台的上、下底面半径分别为r′，r，则S侧＝π(r＋r′)l，S表＝π(r2＋r′2＋r′l＋rl).
(4)若球的半径为R，则它的表面积S＝4πR2.
例2 (1)如图，四面体各个面都是边长为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圆心，则圆柱的侧面积是( )
A.eq \f(\r(2),3)π B.eq \f(3\r(2),4)π
C.eq \f(2\r(2),3)π D.eq \f(\r(2),2)π
(2)(多选)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.eq \r(2)π B.(1＋eq \r(2))π
C.2eq \r(2)π D.(2＋eq \r(2))π
答案 (1)C (2)AB
解析 (1)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＝eq \f(2,3)AD，AD＝eq \f(\r(3),2)，
∴AE＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),3)，
∴PE＝eq \r(PA2－AE2)＝eq \f(\r(6),3).
设圆柱底面半径为r，则r＝AE＝eq \f(\r(3),3)，
∴圆柱的侧面积S＝2πr·PE＝2π×eq \f(\r(3),3)×eq \f(\r(6),3)＝eq \f(2\r(2)π,3).
(2)如果绕直角边旋转，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eq \r(2)，
所以所形成的几何体的表面积S＝π×1×eq \r(2)＋π×12＝(eq \r(2)＋1)π.
如果绕斜边旋转，则形成的是上、下两个共底面的圆锥，圆锥的底面半径是直角三角形斜边上的高eq \f(\r(2),2)，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，长是1，
所以形成的几何体的表面积S′＝2×π×eq \f(\r(2),2)×1＝eq \r(2)π.
综上可知，形成几何体的表面积是(eq \r(2)＋1)π或eq \r(2)π.故选AB.
易错提醒 1.旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.
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.
训练2 (1)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__________.
(2)(多选)(2022·青岛质检)已知四棱台ABCD－A1B1C1D1的上、下底面均为正方形，其中AB＝2eq \r(2)，A1B1＝eq \r(2)，AA1＝BB1＝CC1＝2，则下列结论正确的是( )
A.该四棱台的高为eq \r(3)B.AA1⊥CC1
C.该四棱台的表面积为26D.该四棱台外接球的表面积为16π
答案 (1)1 (2)AD
解析 (1)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eq \f(1,2)πl2＝2π，
可得l＝2(cm)，
因此r＝1(cm).
(2)由棱台的性质，把四棱台还原为四棱锥如图所示.
由题易知点S在平面A1B1C1D1和平面ABCD的射影分别为点O1，O，连接OS，OA，则O1在OS上，
由AB＝2eq \r(2)，A1B1＝eq \r(2)，可知△SA1B1与△SAB的相似比为1∶2，
则SA＝2AA1＝4，AO＝2，
则SO＝2eq \r(3)，OO1＝eq \r(3)，
即该四棱台的高为eq \r(3)，故A正确；
因为SA＝SC＝AC＝4，
所以AA1与CC1的夹角为60°，不垂直，故B错误；
该四棱台的表面积S＝S上底＋S下底＋S侧＝(eq \r(2))2＋(2eq \r(2))2＋4×eq \f(（\r(2)＋2\r(2)）,2)×eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝10＋6eq \r(7)，故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＝eq \r(3)，B1O1＝1，
则OB1＝2＝OB，
即点O到点B与点B1的距离相等，
所以该四棱台的外接球的球心为O，半径r＝2，所以该四棱台外接球的表面积为16π，故D正确.故选AD.
热点三 空间几何体的体积
柱体、锥体、台体和球的体积公式：
(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；
(2)V锥体＝eq \f(1,3)Sh(S为底面面积，h为高)；
(3)V台体＝eq \f(1,3)(S上＋S下＋eq \r(S上S下))h(S上、S下分别为上、下底面面积，h为高)；
(4)V球＝eq \f(4,3)πR3.
考向1 直接利用公式求体积
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＋12eq \r(3) B.28eq \r(2)
C.eq \f(56,3) D.eq \f(28\r(2),3)
答案 D
解析 如图，设上、下底面的中心分别为O1，O，过点B1作B1M⊥OB于点M，则O1B1＝eq \r(2)，OB＝2eq \r(2)，BM＝eq \r(2)，所以该棱台的高h＝B1M＝eq \r(4－2)＝eq \r(2)，所以该四棱台的体积为eq \f(h,3)(S上＋S下＋eq \r(S上S下))＝eq \f(\r(2),3)(22＋42＋eq \r(22×42))＝eq \f(28\r(2),3)，故选D.
考向2 割补法求体积
例4 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 eq \f(\r(2),3)
解析 过AD做与底面ABCD垂直的平面交EF于点G，过BC做与底面ABCD垂直的平面交EF于点H，则多面体ABCDEF被分为三棱锥E－ADG，三棱柱ADG－BCH，三棱锥F－HBC三部分.
依题意，三棱锥E－ADG的高EG＝eq \f(1,2)，直三棱柱AGD－BHC的高AB＝1.
则AG＝eq \r(AE2－EG2)＝eq \r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(3),2).
取AD的中点M，并连接MG，则MG＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(2),2)，
所以S△AGD＝eq \f(1,2)×1×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),4)，
∴V多面体＝VE－ADG＋VF－BCH＋VADG－BCH＝2VE－ADG＋VADG－BCH＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(2),4)×eq \f(1,2)×2＋eq \f(\r(2),4)×1＝eq \f(\r(2),3).
考向3 等体积法求体积
例5 (2022·成都诊断)如图，已知四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为正方形，平面ABCD⊥平面APB，G为PC上一点，且BG⊥平面APC，AB＝2，则三棱锥P－ABC体积的最大值为( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(2\r(2),3)
C.eq \f(4,3) D.2
答案 A
解析 由题意知，平面ABCD⊥平面APB，
则BC⊥AP.
又由BG⊥平面APC，得BG⊥AP.
因为BC∩BG＝B，
所以AP⊥平面PBC，所以AP⊥BP，
所以VP－ABC＝VC－APB＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)PA·PB·BC＝eq \f(1,3)PA·PB.
令PA＝m，PB＝n，则m2＋n2＝4，
所以VP－ABC＝eq \f(1,3)mn≤eq \f(1,3)·eq \f(m2＋n2,2)＝eq \f(2,3)，
当且仅当m＝n＝eq \r(2)时取等号，
所以三棱锥P－ABC体积的最大值为eq \f(2,3).
规律方法 1.规则的几何体可以直接利用相应的公式求解，这就需要熟记柱体、锥体的体积公式；
2.不规则的几何体往往可以通过“间接法”——割补法求得，即把不规则的几何体通过“割补”手段，转化为规则几何体体积的和或差.
训练3 (1)(2022·广州模拟)在五面体EF－ABCD中，正方形CDEF所在平面与平面ABCD垂直，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AD＝DC＝BC＝eq \f(1,2)AB.若三棱锥A－BCE的体积为eq \f(4\r(3),3)，则线段AB的长为________.
(2)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 (1)4 (2)118.8
解析 (1)取AB的中点O，连接CO.
因为AD＝DC＝BC
＝eq \f(1,2)AB，AB∥CD，
所以四边形AOCD为菱形，
所以CO＝OA＝OB，
所以△ACB为直角三角形，
所以AC⊥BC.
因为正方形CDEF所在平面与平面ABCD垂直，CD为交线，ED⊥CD，
所以ED⊥平面ABCD.
设BC＝x，则ED＝x，AB＝2x.
由勾股定理得AC＝eq \r(3)x，
故VA－BCE＝VE－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·ED，
S△ABC＝eq \f(1,2)·x·eq \r(3)x＝eq \f(\r(3),2)x2，
所以VA－BCE＝eq \f(1,3)·eq \f(\r(3),2)x2·x＝eq \f(\r(3),6)x3＝eq \f(4\r(3),3).
解得x＝2.所以AB＝4.
(2)由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，其对角线长分别为6 cm和4 cm，
故V挖去的四棱锥＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×4×6×3＝12(cm3).
又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).
一、基本技能练
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，选项A错误；
其他侧面可能是平行四边形，选项B错误；
棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等，选项D错误；
易知选项C正确.
2.如图所示的等腰梯形是一个几何图形的斜二测直观图，其底角为45°，上底和腰均为1，下底为eq \r(2)＋1，则此直观图对应的平面图形的面积为( )
A.1＋eq \r(2) B.2＋eq \r(2)
C.2＋2eq \r(2) D.4＋2eq \r(2)
答案 B
解析 ∵平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，
∴平面图形为直角梯形，且直角腰长为2，上底边长为1，下底边长为eq \r(2)＋1，
∴平面图形的面积S＝eq \f(1＋1＋\r(2),2)×2＝2＋eq \r(2).故选B.
3.如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为( )
A.4 B.eq \f(4,3)
C.eq \f(2,3) D.3
答案 B
解析 易知该几何体是由上、下两个全等的正四棱锥组成的，其中正四棱锥底面边长为eq \r(2)，棱锥的高为1，所以该多面体的体积V＝2×eq \f(1,3)×(eq \r(2))2×1＝eq \f(4,3).
4.已知在梯形ABCD中，∠ABC＝eq \f(π,2)，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＋eq \r(2))π B.(4＋eq \r(2))π
C.(5＋2eq \r(2))π D.(3＋eq \r(2))π
答案 A
解析 因为在梯形ABCD中，∠ABC＝eq \f(π,2)，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，
所以将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周得到的几何体是一个底面半径为1，高为2的圆柱挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后剩余的部分，如图所示.
所以该几何体的表面积S＝π×12＋2π×1×2＋π×1×eq \r(12＋12)＝(5＋eq \r(2))π.
5.如图，位于西安大慈恩寺的大雁塔，是唐代玄奘法师为保存经卷、佛像而主持修建的，是我国现存最早的四方楼阁式砖塔.塔顶可以看成一个正四棱锥，其侧棱与底面所成的角为45°，则该正四棱锥的一个侧面与底面的面积之比为( )
A.eq \r(3)∶2 B.eq \r(2)∶2
C.eq \r(3)∶3 D.eq \r(3)∶4
答案 D
解析 设塔顶是正四棱锥P－ABCD(如图)，PO是正四棱锥的高.
设正四棱锥底面边长为a，则底面面积S1＝a2，
因为AO＝eq \f(\r(2),2)a，∠PAO＝45°，
所以PA＝eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)a＝a，
所以△PAB是正三角形，其面积为
S2＝eq \f(\r(3),4)a2，
所以S2∶S1＝eq \f(\r(3),4)a2∶a2＝eq \r(3)∶4.
6.过圆锥的轴作截面，如果截面为正三角形，则称该圆锥为等边圆锥.已知在一等边圆锥中，过顶点P的截面与底面交于CD，若∠COD＝90°(O为底面圆心)，且S△PCD＝eq \f(\r(7),2)，则这个等边圆锥的表面积为( )
A.2π＋eq \r(2)π B.3π
C.2π＋eq \r(3)π D.π＋eq \r(3)π
答案 B
解析 如图，连接PO，设圆锥的母线长为2a，则圆锥的底面圆的半径为a，高为PO＝eq \r(3)a.
由已知得CD＝eq \r(2)a，PC＝PD＝2a，
则S△PCD＝eq \f(1,2)×eq \r(2)a×eq \r(（\r(3)a）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a))\s\up12(2))＝eq \f(\r(7),2)，
从而可得a＝1，
圆锥的表面积为πa×2a＋πa2＝3πa2＝3π.
7.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( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,3)
C.1 D.eq \f(4,3)
答案 B
解析 ∵ED⊥平面ABCD且AD⊂平面ABCD，
∴ED⊥AD.
∵在正方形ABCD中，AD⊥DC，
又DC∩ED＝D，DC，ED⊂平面CDEF，
∴AD⊥平面CDEF.
易知FC＝eq \f(ED,2)＝1，VA－BEF＝VABCDEF－VF－ABCD－VA－DEF.
∵VE－ABCD＝eq \f(1,3)·ED·S正方形ABCD＝eq \f(1,3)×2×2×2＝eq \f(8,3)，
VB－EFC＝eq \f(1,3)·BC·S△EFC＝eq \f(1,3)×2×2×1×eq \f(1,2)＝eq \f(2,3)，
∴VABCDEF＝VE－ABCD＋VB－EFC＝eq \f(8,3)＋eq \f(2,3)＝eq \f(10,3).
又VF－ABCD＝eq \f(1,3)·FC·S正方形ABCD＝eq \f(1,3)×1×2×2＝eq \f(4,3)，
VA－DEF＝eq \f(1,3)·AD·S△DEF＝eq \f(1,3)×2×2×2×eq \f(1,2)＝eq \f(4,3)，
∴VA－BEF＝VABCDEF－VF－ABCD－VA－DEF＝eq \f(10,3)－eq \f(4,3)－eq \f(4,3)＝eq \f(2,3).故选B.
8.黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值为eq \f(\r(5)－1,2)，约为0.618.这个比例被公认为是最能引起美感的比例，因此被称为黄金比.在几何世界中有很多黄金图形，在三角形中，如果相邻两边之比等于黄金比，且它们夹角的余弦值为黄金比值，那么这个三角形一定是直角三角形，且这个三角形称为黄金分割直角三角形.在正四棱锥中，以黄金分割直角三角形的长直角边作为正四棱锥的高，黄金分割直角三角形的短直角边的边长作为底面正方形的边心距(正多边形的边心距是正多边形的外接圆圆心到正多边形某一边的距离)，斜边作为正四棱锥的斜高，这样得到的正四棱锥称为黄金分割正四棱锥.在黄金分割正四棱锥中，以该正四棱锥的高为边长的正方形的面积与该正四棱锥的侧面积之比为( )
A.eq \f(\r(5)－1,2) B.eq \f(\r(5)＋1,2)
C.1 D.eq \f(1,4)
答案 D
解析 如图，在黄金分割正四棱锥P－ABCD中，O是正方形ABCD的中心，
PE是正四棱锥的斜高，设OE＝a，则CD＝2a，
∴Rt△POE为黄金分割直角三角形，
则eq \f(OE,PE)＝eq \f(\r(5)－1,2)，
∴PE＝eq \f(\r(5)＋1,2)a，
则PO＝eq \r(PE2－OE2)＝eq \r(\f(1＋\r(5),2))a，
∴以该正四棱锥的高为边长的正方形的面积S＝PO2＝eq \f(1＋\r(5),2)a2，
又正四棱锥的四个侧面是全等的，
∴S侧＝4S△PCD＝4×eq \f(1,2)×CD×PE＝2(1＋eq \r(5))a2，
∴该正四棱锥的高为边长的正方形的面积与该正四棱锥的侧面积之比为eq \f(1,4).
9.(2022·潍坊二模)如图，在棱长为eq \r(2)的正方体ABCD－A′B′C′D′中，点E，F，G分别是棱A′B′，B′C′，CD的中点，则由点E，F，G确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于________.
答案 eq \f(3\r(3),2)
解析 分别取AD，CC′和AA′的中点为P，M，N，
可得出过E，F，G三点的平面截正方体所得截面为正六边形EFMGPN，
则正六边形的边长MG＝eq \r(CG2＋CM2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝1，
故截面多边形的面积S＝6×eq \f(\r(3),4)×12＝eq \f(3\r(3),2).
10.(2022·佛山质检)已知圆锥的顶点为S，底面圆周上的两点A，B满足△SAB为等边三角形，且面积为4eq \r(3)，又知圆锥轴截面的面积为8，则圆锥的侧面积为________.
答案 8eq \r(2)π
解析 设圆锥的母线长为l，由△SAB为等边三角形，且面积为4eq \r(3)，
所以eq \f(1,2)l2sin eq \f(π,3)＝4eq \r(3)，
解得l＝4；
又设圆锥底面半径为r，高为h，
则由轴截面的面积为8，得rh＝8；
又r2＋h2＝l2＝16，解得r＝h＝2eq \r(2)，
所以圆锥的侧面积S＝πrl＝π·2eq \r(2)·4＝8eq \r(2)π.
11.如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，点D在棱AA1上，则三棱锥D－BB1C1的体积为________.
答案 eq \f(2\r(3),3)
解析 如图，取BC的中点O，连接AO.
∵正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，
∴AC＝2，OC＝1，
则AO＝eq \r(3).
∵AA1∥平面BCC1B1，
∴点D到平面BCC1B1的距离为eq \r(3).
又S△BB1C1＝eq \f(1,2)×2×2＝2，
∴VD－BB1C1＝eq \f(1,3)×2×eq \r(3)＝eq \f(2\r(3),3).
12.已知三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠ABC＝eq \f(π,2)，SB＝4，SC＝2eq \r(13)，AB＝2，BC＝6，则三棱锥S－ABC的体积为________.
答案 4eq \r(3)
解析 ∵∠ABC＝eq \f(π,2)，AB＝2，BC＝6，
∴AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝eq \r(22＋62)＝2eq \r(10).
∵∠SAB＝eq \f(π,2)，AB＝2，SB＝4，
∴AS＝eq \r(SB2－AB2)＝eq \r(42－22)＝2eq \r(3).
由SC＝2eq \r(13)，得AC2＋AS2＝SC2，
∴AC⊥AS.
又∵SA⊥AB，AC∩AB＝A，AC，AB⊂平面ABC，
∴AS⊥平面ABC.
∴AS为三棱锥S－ABC的高，
∴V三棱锥S－ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×6×2eq \r(3)＝4eq \r(3).
二、创新拓展练
13.(多选)(2022·邯郸模拟)攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑.下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°.若取θ＝30°，侧棱长为eq \r(21)米，则( )
A.正四棱锥的底面边长为6米
B.正四棱锥的底面边长为3米
C.正四棱锥的侧面积为24eq \r(3)平方米
D.正四棱锥的侧面积为12eq \r(3)平方米
答案 AC
解析 如图，在正四棱锥S－ABCD中，O为正方形ABCD的中心，H为AB的中点，
则∠SHO为侧面SAB与底面ABCD所成的锐二面角，
且SH⊥AB，∠SHO＝30°，设底面边长为2a，
所以OH＝AH＝a，OS＝eq \f(\r(3),3)a，
SH＝eq \f(2\r(3),3)a.
在Rt△SAH中，a2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)a))eq \s\up12(2)＝21，
解得a＝3，
所以正四棱锥的底面边长为6米，侧面积为S＝eq \f(1,2)×6×2eq \r(3)×4＝24eq \r(3)(平方米).
14.(多选)(2022·福州调研)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝eq \f(1,2)，则下列结论中错误的是( )
A.AC⊥AF
B.EF∥平面ABCD
C.三棱锥A－BEF的体积为定值
D.△AEF的面积与△BEF的面积相等
答案 AD
解析 由题意及图形知，当点F与点B1重合时，∠CAF＝60°，故A错误；
由正方体ABCD－A1B1C1D1的两个底面平行，EF⊂平面A1B1C1D1，知EF∥平面ABCD，故B正确；
由几何体的性质及图形知，三角形BEF的面积是定值，点A到平面DD1B1B的距离是定值，故可得三棱锥A－BEF的体积为定值，故C正确；
由图形可以看出，B到直线EF的距离与A到直线EF的距离不相等，故△AEF的面积与△BEF的面积不相等，故D错误.故选AD.
15.(多选)《九章算术》是《算经十书》中最重要的一部，其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称为“羡除”，则( )
A.“羡除”有且仅有两个面为三角形
B.“羡除”一定不是台体
C.不存在有两个面为平行四边形的“羡除”
D.“羡除”至多有两个面为梯形
答案 ABC
解析 由题意知AE∥BF∥CD，四边形ACDE为梯形，
如图所示.选项A，由题意知“羡除”有且仅有两个面为三角形，故A正确；
选项B，因为AE∥BF∥CD，
所以“羡除”一定不是台体，故B正确；
选项C，假设四边形ABFE和四边形BCDF为平行四边形，
则AE∥BF∥CD，且AE＝BF＝CD，
即四边形ACDE为平行四边形，与已知四边形ACDE为梯形矛盾，故不存在，故C正确；
选项D，若AE≠BF≠CD，则“羡除”有三个面为梯形，故D错误.故选ABC.
16.(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE的体积分别为V1，V2，V3，则( )
A.V3＝2V2 B.V3＝V1
C.V3＝V1＋V2 D.2V3＝3V1
答案 CD
解析 如图，连接BD交AC于O，连接OE，OF.
设AB＝ED＝2FB＝2，
则AB＝BC＝CD＝AD＝2，FB＝1.
因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，
所以FB⊥平面ABCD，
所以V1＝VE－ACD＝eq \f(1,3)S△ACD·ED＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)AD·CD·ED＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×2＝eq \f(4,3)，
V2＝VF－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·FB＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)AB·BC·FB＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×1＝eq \f(2,3).
因为ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以ED⊥AC，
又AC⊥BD，且ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF.
因为OE，OF⊂平面BDEF，
所以AC⊥OE，AC⊥OF.
易知AC＝BD＝eq \r(2)AB＝2eq \r(2)，OB＝OD＝eq \f(1,2)BD＝eq \r(2)，OF＝eq \r(OB2＋FB2)＝eq \r(3)，
OE＝eq \r(OD2＋ED2)＝eq \r(6)，
EF＝eq \r(BD2＋（ED－FB）2)
＝eq \r(（2\r(2)）2＋（2－1）2)＝3，
所以EF2＝OE2＋OF2，所以OF⊥OE.
又OE∩AC＝O，OE，AC⊂平面ACE，
所以OF⊥平面ACE，
所以V3＝VF－ACE＝eq \f(1,3)S△ACE·OF
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)AC·OE·OF
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \r(6)×eq \r(3)＝2，
所以V3≠2V2，V1≠V3，V3＝V1＋V2，2V3＝3V1，所以选项A，B不正确，选项C，D正确.故选CD.
高考定位 空间几何体的结构特征是高考重点考查的内容.近几年主要考查空间几何体的表面积与体积，常以选择题与填空题为主，也涉及空间几何体的结构特征等内容，要求考生要有较强的空间想象能力和计算能力，难度为中低档.
1.(2021·新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为eq \r(2)，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )
A.2 B.2eq \r(2)
C.4 D.4eq \r(2)
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eq \r(2)，侧面展开图为一个半圆，
所以2π×eq \r(2)＝πl，解得l＝2eq \r(2)，故选B.
2.(2022·新高考Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(eq \r(7)≈2.65)( )
A.1.0×109 m3 B.1.2×109 m3
C.1.4×109 m3 D.1.6×109 m3
答案 C
解析 如图，由已知得该棱台的高为157.5－148.5＝9(m)，
所以该棱台的体积V＝eq \f(1,3)×9×(140＋eq \r(140×180)＋180)×106＝60×(16＋3eq \r(7))×106≈60×(16＋3×2.65)×106＝1.437×109≈1.4×109(m3).故选C.
3.(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3eq \r(3)和4eq \r(3)，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A.100π B.128π
C.144π D.192π
答案 A
解析 由题意得，正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)×3eq \r(3)＝3，eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)×4eq \r(3)＝4.
设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上.
设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋OOeq \\al(2,1)＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；
当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋OOeq \\al(2,2)＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，
所以R2＝25，
所以该球的表面积为4πR2＝100π.
综上，该球的表面积为100π.
4.(2022·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙.若eq \f(S甲,S乙)＝2，则eq \f(V甲,V乙)＝( )
A.eq \r(5) B.2eq \r(2)
C.eq \r(10) D.eq \f(5\r(10),4)
答案 C
解析 法一 因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，
所以结合eq \f(S甲,S乙)＝2，
可知甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1.
不妨设两个圆锥的母线长为l＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，
则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆，
所以2πr1＝4π，2πr2＝2π，得r1＝2，r2＝1.
由勾股定理得，
h1＝eq \r(l2－req \\al(2,1))＝eq \r(5)，
h2＝eq \r(l2－req \\al(2,2))＝2eq \r(2)，
所以eq \f(V甲,V乙)＝eq \f(\f(1,3)πreq \\al(2,1)h1,\f(1,3)πreq \\al(2,2)h2)＝eq \f(4\r(5),2\r(2))＝eq \r(10).故选C.
法二 设两圆锥的母线长为l，甲、乙两圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，侧面展开图的圆心角分别为n1，n2，
则由eq \f(S甲,S乙)＝eq \f(πr1l,πr2l)＝eq \f(\f(n1πl2,2π),\f(n2πl2,2π))＝2，
得eq \f(r1,r2)＝eq \f(n1,n2)＝2.
由题意知n1＋n2＝2π，
所以n1＝eq \f(4π,3)，n2＝eq \f(2π,3)，
所以2πr1＝eq \f(4π,3)l，2πr2＝eq \f(2π,3)l，
得r1＝eq \f(2,3)l，r2＝eq \f(1,3)l.
由勾股定理得，h1＝eq \r(l2－req \\al(2,1))＝eq \f(\r(5),3)l，
h2＝eq \r(l2－req \\al(2,2))＝eq \f(2\r(2),3)l，
所以eq \f(V甲,V乙)＝eq \f(\f(1,3)πreq \\al(2,1)h1,\f(1,3)πreq \\al(2,2)h2)＝eq \f(4\r(5),2\r(2))＝eq \r(10).故选C.
热点一 空间几何体的结构特征
关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种几何体的概念.
例1 (1)以下四个命题中，真命题为( )
A.侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥
B.底面是矩形的平行六面体是长方体
C.直四棱柱是直平行六面体
D.棱台的侧棱延长后必交于一点
(2)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 (1)D (2)A
解析 (1)A中等腰三角形的腰不一定是侧棱，A是假命题；
B中，侧棱与底面矩形不一定垂直，B是假命题；
C中，直四棱柱的底面不一定是平行四边形，C是假命题；
根据棱台的定义，选项D是真命题.
(2)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.
规律方法 1.圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系.
2.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.
训练1 (多选)(2022·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时才是正棱锥，A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.
热点二 空间几何体的侧面积、表面积
柱体、锥体、台体和球的表面积公式：
(1)若圆柱的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝2πrl，S表＝2πr(r＋l).
(2)若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝πrl，S表＝πr(r＋l).
(3)若圆台的上、下底面半径分别为r′，r，则S侧＝π(r＋r′)l，S表＝π(r2＋r′2＋r′l＋rl).
(4)若球的半径为R，则它的表面积S＝4πR2.
例2 (1)如图，四面体各个面都是边长为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圆心，则圆柱的侧面积是( )
A.eq \f(\r(2),3)π B.eq \f(3\r(2),4)π
C.eq \f(2\r(2),3)π D.eq \f(\r(2),2)π
(2)(多选)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.eq \r(2)π B.(1＋eq \r(2))π
C.2eq \r(2)π D.(2＋eq \r(2))π
答案 (1)C (2)AB
解析 (1)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＝eq \f(2,3)AD，AD＝eq \f(\r(3),2)，
∴AE＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),3)，
∴PE＝eq \r(PA2－AE2)＝eq \f(\r(6),3).
设圆柱底面半径为r，则r＝AE＝eq \f(\r(3),3)，
∴圆柱的侧面积S＝2πr·PE＝2π×eq \f(\r(3),3)×eq \f(\r(6),3)＝eq \f(2\r(2)π,3).
(2)如果绕直角边旋转，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eq \r(2)，
所以所形成的几何体的表面积S＝π×1×eq \r(2)＋π×12＝(eq \r(2)＋1)π.
如果绕斜边旋转，则形成的是上、下两个共底面的圆锥，圆锥的底面半径是直角三角形斜边上的高eq \f(\r(2),2)，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，长是1，
所以形成的几何体的表面积S′＝2×π×eq \f(\r(2),2)×1＝eq \r(2)π.
综上可知，形成几何体的表面积是(eq \r(2)＋1)π或eq \r(2)π.故选AB.
易错提醒 1.旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.
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.
训练2 (1)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__________.
(2)(多选)(2022·青岛质检)已知四棱台ABCD－A1B1C1D1的上、下底面均为正方形，其中AB＝2eq \r(2)，A1B1＝eq \r(2)，AA1＝BB1＝CC1＝2，则下列结论正确的是( )
A.该四棱台的高为eq \r(3)B.AA1⊥CC1
C.该四棱台的表面积为26D.该四棱台外接球的表面积为16π
答案 (1)1 (2)AD
解析 (1)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eq \f(1,2)πl2＝2π，
可得l＝2(cm)，
因此r＝1(cm).
(2)由棱台的性质，把四棱台还原为四棱锥如图所示.
由题易知点S在平面A1B1C1D1和平面ABCD的射影分别为点O1，O，连接OS，OA，则O1在OS上，
由AB＝2eq \r(2)，A1B1＝eq \r(2)，可知△SA1B1与△SAB的相似比为1∶2，
则SA＝2AA1＝4，AO＝2，
则SO＝2eq \r(3)，OO1＝eq \r(3)，
即该四棱台的高为eq \r(3)，故A正确；
因为SA＝SC＝AC＝4，
所以AA1与CC1的夹角为60°，不垂直，故B错误；
该四棱台的表面积S＝S上底＋S下底＋S侧＝(eq \r(2))2＋(2eq \r(2))2＋4×eq \f(（\r(2)＋2\r(2)）,2)×eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝10＋6eq \r(7)，故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＝eq \r(3)，B1O1＝1，
则OB1＝2＝OB，
即点O到点B与点B1的距离相等，
所以该四棱台的外接球的球心为O，半径r＝2，所以该四棱台外接球的表面积为16π，故D正确.故选AD.
热点三 空间几何体的体积
柱体、锥体、台体和球的体积公式：
(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；
(2)V锥体＝eq \f(1,3)Sh(S为底面面积，h为高)；
(3)V台体＝eq \f(1,3)(S上＋S下＋eq \r(S上S下))h(S上、S下分别为上、下底面面积，h为高)；
(4)V球＝eq \f(4,3)πR3.
考向1 直接利用公式求体积
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＋12eq \r(3) B.28eq \r(2)
C.eq \f(56,3) D.eq \f(28\r(2),3)
答案 D
解析 如图，设上、下底面的中心分别为O1，O，过点B1作B1M⊥OB于点M，则O1B1＝eq \r(2)，OB＝2eq \r(2)，BM＝eq \r(2)，所以该棱台的高h＝B1M＝eq \r(4－2)＝eq \r(2)，所以该四棱台的体积为eq \f(h,3)(S上＋S下＋eq \r(S上S下))＝eq \f(\r(2),3)(22＋42＋eq \r(22×42))＝eq \f(28\r(2),3)，故选D.
考向2 割补法求体积
例4 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 eq \f(\r(2),3)
解析 过AD做与底面ABCD垂直的平面交EF于点G，过BC做与底面ABCD垂直的平面交EF于点H，则多面体ABCDEF被分为三棱锥E－ADG，三棱柱ADG－BCH，三棱锥F－HBC三部分.
依题意，三棱锥E－ADG的高EG＝eq \f(1,2)，直三棱柱AGD－BHC的高AB＝1.
则AG＝eq \r(AE2－EG2)＝eq \r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(3),2).
取AD的中点M，并连接MG，则MG＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(2),2)，
所以S△AGD＝eq \f(1,2)×1×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),4)，
∴V多面体＝VE－ADG＋VF－BCH＋VADG－BCH＝2VE－ADG＋VADG－BCH＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(2),4)×eq \f(1,2)×2＋eq \f(\r(2),4)×1＝eq \f(\r(2),3).
考向3 等体积法求体积
例5 (2022·成都诊断)如图，已知四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为正方形，平面ABCD⊥平面APB，G为PC上一点，且BG⊥平面APC，AB＝2，则三棱锥P－ABC体积的最大值为( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(2\r(2),3)
C.eq \f(4,3) D.2
答案 A
解析 由题意知，平面ABCD⊥平面APB，
则BC⊥AP.
又由BG⊥平面APC，得BG⊥AP.
因为BC∩BG＝B，
所以AP⊥平面PBC，所以AP⊥BP，
所以VP－ABC＝VC－APB＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)PA·PB·BC＝eq \f(1,3)PA·PB.
令PA＝m，PB＝n，则m2＋n2＝4，
所以VP－ABC＝eq \f(1,3)mn≤eq \f(1,3)·eq \f(m2＋n2,2)＝eq \f(2,3)，
当且仅当m＝n＝eq \r(2)时取等号，
所以三棱锥P－ABC体积的最大值为eq \f(2,3).
规律方法 1.规则的几何体可以直接利用相应的公式求解，这就需要熟记柱体、锥体的体积公式；
2.不规则的几何体往往可以通过“间接法”——割补法求得，即把不规则的几何体通过“割补”手段，转化为规则几何体体积的和或差.
训练3 (1)(2022·广州模拟)在五面体EF－ABCD中，正方形CDEF所在平面与平面ABCD垂直，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AD＝DC＝BC＝eq \f(1,2)AB.若三棱锥A－BCE的体积为eq \f(4\r(3),3)，则线段AB的长为________.
(2)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 (1)4 (2)118.8
解析 (1)取AB的中点O，连接CO.
因为AD＝DC＝BC
＝eq \f(1,2)AB，AB∥CD，
所以四边形AOCD为菱形，
所以CO＝OA＝OB，
所以△ACB为直角三角形，
所以AC⊥BC.
因为正方形CDEF所在平面与平面ABCD垂直，CD为交线，ED⊥CD，
所以ED⊥平面ABCD.
设BC＝x，则ED＝x，AB＝2x.
由勾股定理得AC＝eq \r(3)x，
故VA－BCE＝VE－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·ED，
S△ABC＝eq \f(1,2)·x·eq \r(3)x＝eq \f(\r(3),2)x2，
所以VA－BCE＝eq \f(1,3)·eq \f(\r(3),2)x2·x＝eq \f(\r(3),6)x3＝eq \f(4\r(3),3).
解得x＝2.所以AB＝4.
(2)由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，其对角线长分别为6 cm和4 cm，
故V挖去的四棱锥＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×4×6×3＝12(cm3).
又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).
一、基本技能练
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，选项A错误；
其他侧面可能是平行四边形，选项B错误；
棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等，选项D错误；
易知选项C正确.
2.如图所示的等腰梯形是一个几何图形的斜二测直观图，其底角为45°，上底和腰均为1，下底为eq \r(2)＋1，则此直观图对应的平面图形的面积为( )
A.1＋eq \r(2) B.2＋eq \r(2)
C.2＋2eq \r(2) D.4＋2eq \r(2)
答案 B
解析 ∵平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，
∴平面图形为直角梯形，且直角腰长为2，上底边长为1，下底边长为eq \r(2)＋1，
∴平面图形的面积S＝eq \f(1＋1＋\r(2),2)×2＝2＋eq \r(2).故选B.
3.如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为( )
A.4 B.eq \f(4,3)
C.eq \f(2,3) D.3
答案 B
解析 易知该几何体是由上、下两个全等的正四棱锥组成的，其中正四棱锥底面边长为eq \r(2)，棱锥的高为1，所以该多面体的体积V＝2×eq \f(1,3)×(eq \r(2))2×1＝eq \f(4,3).
4.已知在梯形ABCD中，∠ABC＝eq \f(π,2)，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＋eq \r(2))π B.(4＋eq \r(2))π
C.(5＋2eq \r(2))π D.(3＋eq \r(2))π
答案 A
解析 因为在梯形ABCD中，∠ABC＝eq \f(π,2)，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，
所以将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周得到的几何体是一个底面半径为1，高为2的圆柱挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后剩余的部分，如图所示.
所以该几何体的表面积S＝π×12＋2π×1×2＋π×1×eq \r(12＋12)＝(5＋eq \r(2))π.
5.如图，位于西安大慈恩寺的大雁塔，是唐代玄奘法师为保存经卷、佛像而主持修建的，是我国现存最早的四方楼阁式砖塔.塔顶可以看成一个正四棱锥，其侧棱与底面所成的角为45°，则该正四棱锥的一个侧面与底面的面积之比为( )
A.eq \r(3)∶2 B.eq \r(2)∶2
C.eq \r(3)∶3 D.eq \r(3)∶4
答案 D
解析 设塔顶是正四棱锥P－ABCD(如图)，PO是正四棱锥的高.
设正四棱锥底面边长为a，则底面面积S1＝a2，
因为AO＝eq \f(\r(2),2)a，∠PAO＝45°，
所以PA＝eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)a＝a，
所以△PAB是正三角形，其面积为
S2＝eq \f(\r(3),4)a2，
所以S2∶S1＝eq \f(\r(3),4)a2∶a2＝eq \r(3)∶4.
6.过圆锥的轴作截面，如果截面为正三角形，则称该圆锥为等边圆锥.已知在一等边圆锥中，过顶点P的截面与底面交于CD，若∠COD＝90°(O为底面圆心)，且S△PCD＝eq \f(\r(7),2)，则这个等边圆锥的表面积为( )
A.2π＋eq \r(2)π B.3π
C.2π＋eq \r(3)π D.π＋eq \r(3)π
答案 B
解析 如图，连接PO，设圆锥的母线长为2a，则圆锥的底面圆的半径为a，高为PO＝eq \r(3)a.
由已知得CD＝eq \r(2)a，PC＝PD＝2a，
则S△PCD＝eq \f(1,2)×eq \r(2)a×eq \r(（\r(3)a）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a))\s\up12(2))＝eq \f(\r(7),2)，
从而可得a＝1，
圆锥的表面积为πa×2a＋πa2＝3πa2＝3π.
7.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( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,3)
C.1 D.eq \f(4,3)
答案 B
解析 ∵ED⊥平面ABCD且AD⊂平面ABCD，
∴ED⊥AD.
∵在正方形ABCD中，AD⊥DC，
又DC∩ED＝D，DC，ED⊂平面CDEF，
∴AD⊥平面CDEF.
易知FC＝eq \f(ED,2)＝1，VA－BEF＝VABCDEF－VF－ABCD－VA－DEF.
∵VE－ABCD＝eq \f(1,3)·ED·S正方形ABCD＝eq \f(1,3)×2×2×2＝eq \f(8,3)，
VB－EFC＝eq \f(1,3)·BC·S△EFC＝eq \f(1,3)×2×2×1×eq \f(1,2)＝eq \f(2,3)，
∴VABCDEF＝VE－ABCD＋VB－EFC＝eq \f(8,3)＋eq \f(2,3)＝eq \f(10,3).
又VF－ABCD＝eq \f(1,3)·FC·S正方形ABCD＝eq \f(1,3)×1×2×2＝eq \f(4,3)，
VA－DEF＝eq \f(1,3)·AD·S△DEF＝eq \f(1,3)×2×2×2×eq \f(1,2)＝eq \f(4,3)，
∴VA－BEF＝VABCDEF－VF－ABCD－VA－DEF＝eq \f(10,3)－eq \f(4,3)－eq \f(4,3)＝eq \f(2,3).故选B.
8.黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值为eq \f(\r(5)－1,2)，约为0.618.这个比例被公认为是最能引起美感的比例，因此被称为黄金比.在几何世界中有很多黄金图形，在三角形中，如果相邻两边之比等于黄金比，且它们夹角的余弦值为黄金比值，那么这个三角形一定是直角三角形，且这个三角形称为黄金分割直角三角形.在正四棱锥中，以黄金分割直角三角形的长直角边作为正四棱锥的高，黄金分割直角三角形的短直角边的边长作为底面正方形的边心距(正多边形的边心距是正多边形的外接圆圆心到正多边形某一边的距离)，斜边作为正四棱锥的斜高，这样得到的正四棱锥称为黄金分割正四棱锥.在黄金分割正四棱锥中，以该正四棱锥的高为边长的正方形的面积与该正四棱锥的侧面积之比为( )
A.eq \f(\r(5)－1,2) B.eq \f(\r(5)＋1,2)
C.1 D.eq \f(1,4)
答案 D
解析 如图，在黄金分割正四棱锥P－ABCD中，O是正方形ABCD的中心，
PE是正四棱锥的斜高，设OE＝a，则CD＝2a，
∴Rt△POE为黄金分割直角三角形，
则eq \f(OE,PE)＝eq \f(\r(5)－1,2)，
∴PE＝eq \f(\r(5)＋1,2)a，
则PO＝eq \r(PE2－OE2)＝eq \r(\f(1＋\r(5),2))a，
∴以该正四棱锥的高为边长的正方形的面积S＝PO2＝eq \f(1＋\r(5),2)a2，
又正四棱锥的四个侧面是全等的，
∴S侧＝4S△PCD＝4×eq \f(1,2)×CD×PE＝2(1＋eq \r(5))a2，
∴该正四棱锥的高为边长的正方形的面积与该正四棱锥的侧面积之比为eq \f(1,4).
9.(2022·潍坊二模)如图，在棱长为eq \r(2)的正方体ABCD－A′B′C′D′中，点E，F，G分别是棱A′B′，B′C′，CD的中点，则由点E，F，G确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于________.
答案 eq \f(3\r(3),2)
解析 分别取AD，CC′和AA′的中点为P，M，N，
可得出过E，F，G三点的平面截正方体所得截面为正六边形EFMGPN，
则正六边形的边长MG＝eq \r(CG2＋CM2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝1，
故截面多边形的面积S＝6×eq \f(\r(3),4)×12＝eq \f(3\r(3),2).
10.(2022·佛山质检)已知圆锥的顶点为S，底面圆周上的两点A，B满足△SAB为等边三角形，且面积为4eq \r(3)，又知圆锥轴截面的面积为8，则圆锥的侧面积为________.
答案 8eq \r(2)π
解析 设圆锥的母线长为l，由△SAB为等边三角形，且面积为4eq \r(3)，
所以eq \f(1,2)l2sin eq \f(π,3)＝4eq \r(3)，
解得l＝4；
又设圆锥底面半径为r，高为h，
则由轴截面的面积为8，得rh＝8；
又r2＋h2＝l2＝16，解得r＝h＝2eq \r(2)，
所以圆锥的侧面积S＝πrl＝π·2eq \r(2)·4＝8eq \r(2)π.
11.如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，点D在棱AA1上，则三棱锥D－BB1C1的体积为________.
答案 eq \f(2\r(3),3)
解析 如图，取BC的中点O，连接AO.
∵正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，
∴AC＝2，OC＝1，
则AO＝eq \r(3).
∵AA1∥平面BCC1B1，
∴点D到平面BCC1B1的距离为eq \r(3).
又S△BB1C1＝eq \f(1,2)×2×2＝2，
∴VD－BB1C1＝eq \f(1,3)×2×eq \r(3)＝eq \f(2\r(3),3).
12.已知三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠ABC＝eq \f(π,2)，SB＝4，SC＝2eq \r(13)，AB＝2，BC＝6，则三棱锥S－ABC的体积为________.
答案 4eq \r(3)
解析 ∵∠ABC＝eq \f(π,2)，AB＝2，BC＝6，
∴AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝eq \r(22＋62)＝2eq \r(10).
∵∠SAB＝eq \f(π,2)，AB＝2，SB＝4，
∴AS＝eq \r(SB2－AB2)＝eq \r(42－22)＝2eq \r(3).
由SC＝2eq \r(13)，得AC2＋AS2＝SC2，
∴AC⊥AS.
又∵SA⊥AB，AC∩AB＝A，AC，AB⊂平面ABC，
∴AS⊥平面ABC.
∴AS为三棱锥S－ABC的高，
∴V三棱锥S－ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×6×2eq \r(3)＝4eq \r(3).
二、创新拓展练
13.(多选)(2022·邯郸模拟)攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑.下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°.若取θ＝30°，侧棱长为eq \r(21)米，则( )
A.正四棱锥的底面边长为6米
B.正四棱锥的底面边长为3米
C.正四棱锥的侧面积为24eq \r(3)平方米
D.正四棱锥的侧面积为12eq \r(3)平方米
答案 AC
解析 如图，在正四棱锥S－ABCD中，O为正方形ABCD的中心，H为AB的中点，
则∠SHO为侧面SAB与底面ABCD所成的锐二面角，
且SH⊥AB，∠SHO＝30°，设底面边长为2a，
所以OH＝AH＝a，OS＝eq \f(\r(3),3)a，
SH＝eq \f(2\r(3),3)a.
在Rt△SAH中，a2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)a))eq \s\up12(2)＝21，
解得a＝3，
所以正四棱锥的底面边长为6米，侧面积为S＝eq \f(1,2)×6×2eq \r(3)×4＝24eq \r(3)(平方米).
14.(多选)(2022·福州调研)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝eq \f(1,2)，则下列结论中错误的是( )
A.AC⊥AF
B.EF∥平面ABCD
C.三棱锥A－BEF的体积为定值
D.△AEF的面积与△BEF的面积相等
答案 AD
解析 由题意及图形知，当点F与点B1重合时，∠CAF＝60°，故A错误；
由正方体ABCD－A1B1C1D1的两个底面平行，EF⊂平面A1B1C1D1，知EF∥平面ABCD，故B正确；
由几何体的性质及图形知，三角形BEF的面积是定值，点A到平面DD1B1B的距离是定值，故可得三棱锥A－BEF的体积为定值，故C正确；
由图形可以看出，B到直线EF的距离与A到直线EF的距离不相等，故△AEF的面积与△BEF的面积不相等，故D错误.故选AD.
15.(多选)《九章算术》是《算经十书》中最重要的一部，其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称为“羡除”，则( )
A.“羡除”有且仅有两个面为三角形
B.“羡除”一定不是台体
C.不存在有两个面为平行四边形的“羡除”
D.“羡除”至多有两个面为梯形
答案 ABC
解析 由题意知AE∥BF∥CD，四边形ACDE为梯形，
如图所示.选项A，由题意知“羡除”有且仅有两个面为三角形，故A正确；
选项B，因为AE∥BF∥CD，
所以“羡除”一定不是台体，故B正确；
选项C，假设四边形ABFE和四边形BCDF为平行四边形，
则AE∥BF∥CD，且AE＝BF＝CD，
即四边形ACDE为平行四边形，与已知四边形ACDE为梯形矛盾，故不存在，故C正确；
选项D，若AE≠BF≠CD，则“羡除”有三个面为梯形，故D错误.故选ABC.
16.(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE的体积分别为V1，V2，V3，则( )
A.V3＝2V2 B.V3＝V1
C.V3＝V1＋V2 D.2V3＝3V1
答案 CD
解析 如图，连接BD交AC于O，连接OE，OF.
设AB＝ED＝2FB＝2，
则AB＝BC＝CD＝AD＝2，FB＝1.
因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，
所以FB⊥平面ABCD，
所以V1＝VE－ACD＝eq \f(1,3)S△ACD·ED＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)AD·CD·ED＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×2＝eq \f(4,3)，
V2＝VF－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·FB＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)AB·BC·FB＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×1＝eq \f(2,3).
因为ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以ED⊥AC，
又AC⊥BD，且ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF.
因为OE，OF⊂平面BDEF，
所以AC⊥OE，AC⊥OF.
易知AC＝BD＝eq \r(2)AB＝2eq \r(2)，OB＝OD＝eq \f(1,2)BD＝eq \r(2)，OF＝eq \r(OB2＋FB2)＝eq \r(3)，
OE＝eq \r(OD2＋ED2)＝eq \r(6)，
EF＝eq \r(BD2＋（ED－FB）2)
＝eq \r(（2\r(2)）2＋（2－1）2)＝3，
所以EF2＝OE2＋OF2，所以OF⊥OE.
又OE∩AC＝O，OE，AC⊂平面ACE，
所以OF⊥平面ACE，
所以V3＝VF－ACE＝eq \f(1,3)S△ACE·OF
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)AC·OE·OF
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \r(6)×eq \r(3)＝2，
所以V3≠2V2，V1≠V3，V3＝V1＋V2，2V3＝3V1，所以选项A，B不正确，选项C，D正确.故选CD.
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