高考数学精品讲义练习【一轮复习】第七章　7．1　基本立体图形

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1．了解柱体、锥体、台体、球及简单组合体的结构特征，并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、柱体、锥体、台体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)的直观图．
1．棱柱、棱锥、棱台
2.圆柱、圆锥、圆台、球
简单组合体：由简单几何体组合而成的几何体叫简单组合体．其构成形式主要有：由简单几何体拼接而成，或由简单几何体截去或挖去一部分而成．
3．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′轴与y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴的夹角为90°．
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．
4．简单几何体的表面积与体积
(1)圆柱、圆锥、圆台的侧面积
其中r，r′为底面半径，l为母线长．
(2)柱体、锥体、台体、球的表面积和体积
5.常见四棱柱及其关系
教材拓展
1．与体积有关的几个结论
(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差．
(2)夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等(祖暅原理).
2．水平放置的平面图形的直观图与原平面图形面积间的关系：S直观图＝ eq \f(\r(2),4)S原图形，S原图形＝2 eq \r(2)S直观图．
1．判断(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)水平放置的菱形的直观图仍是菱形．( × )
(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)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．( × )
(4)锥体的体积等于底面积与高的积．( × )
2．如图，三角形A′B′C′是水平放置的三角形ABC的直观图，则三角形ABC的面积是18．
解析：由直观图画出原图，如图，可得三角形ABC是等腰三角形，且BC＝6，OA＝6，所以三角形ABC的面积S＝ eq \f(1,2)×6×6＝18.
3．(人教A版必修第二册P119练习T1改编)圆锥SO的母线与底面所成角为60°，高为3 eq \r(3)，则该圆锥的侧面积为18π．
解析：如图，由题可知SA＝ eq \f(3\r(3),sin 60°)＝6，OA＝ eq \r(SA2－SO2)＝3，所以该圆锥的侧面积为π×3×6＝18π.
4．(人教B版必修第四册P85例2改编)已知正四棱台ABCD­A1B1C1D1的高为6，且A1B1＝2AB＝4，则该四棱台的体积为56．
解析：根据棱台的体积公式可得VABCD­A1B1C1D1＝ eq \f(1,3)×(22＋42＋ eq \r(22×42))×6＝56.
考点1 基本立体图形
命题角度1 结构特征
【例1】 (多选)下列说法正确的是( AD )
A．底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直的棱柱是正四棱柱
B.有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥
D．如果一个棱柱的所有面都是长方形，那么这个棱柱是长方体
【解析】 若底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直，则该四棱柱底面为正方形，且侧棱垂直于底面，所以该四棱柱为正四棱柱，故A正确；棱台是由棱锥被平行于棱锥底面的平面所截而得的，而有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体有可能不是棱台，因为它的侧棱延长后不一定交于一点，故B错误；当棱锥的各个侧面的共顶点的角之和是360°时，各侧面构成平面图形，故这个棱锥不可能为六棱锥，故C错误；若棱柱的每个侧面都是长方形，则说明侧棱与底面垂直，又底面也是长方形，符合长方体的定义，故D正确．故选AD.
命题角度2 直观图
【例2】 (多选)如图，水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图为等腰梯形A′B′C′D′.已知A′B′＝4，C′D′＝2，则下列说法正确的是( CD )
A．AB＝2
B．A′D′＝2 eq \r(2)
C．四边形ABCD的周长为6＋2 eq \r(2)＋2 eq \r(3)
D．四边形ABCD的面积为6 eq \r(2)
【解析】 如图，过D′作D′E⊥O′B′交O′B′于点E，由等腰梯形A′B′C′D′中，∠D′A′B′
＝45°，A′B′＝4，C′D′＝2，可得△A′D′E是等腰直角三角形，即A′D′＝ eq \r(2)A′E＝ eq \f(1,2)×(4－2)× eq \r(2)＝ eq \r(2)，故B错误；
还原平面图如图，则AB＝A′B′＝4，CD＝C′D′＝2，AD＝2A′D′＝2 eq \r(2)，故A错误；在原图形中，过C作CF⊥AB交AB于点F，则AF＝DC＝2，由勾股定理得CB＝ eq \r(22＋(2\r(2))2)＝2 eq \r(3)，故四边形ABCD的周长为4＋2＋2 eq \r(2)＋2 eq \r(3)＝6＋2 eq \r(2)＋2 eq \r(3)，故C正确；四边形ABCD的面积为 eq \f(1,2)×(4＋2)×2 eq \r(2)＝6 eq \r(2)，故D正确．故选CD.
命题角度3 展开图
【例3】 一座山峰的示意图如图所示，山峰大致呈圆锥形，峰底呈圆形，其半径为1 km，峰底A到峰顶S的距离为4 km，B是一条笔直的山路SA的中点．为了发展当地旅游业，现要建设一条从A到B的环山观光公路，当公路长度最短时，公路距山顶的最近距离为( D )
A．2 km B．3 km
C．2 eq \r(5) km D． eq \f(4\r(5),5) km
【解析】 以SA为分界线，将圆锥的侧面展开，可得其展开图如图．则从点A到点B的最短路径为线段A′B，l eq \(AA′,\s\up5(︵))＝2π×1＝2π(km)，所以∠A′SA＝ eq \f(l\(AA′,\s\up5(︵)),4)＝ eq \f(π,2).过S作SP⊥A′B于点P，则公路距山顶的最近距离为SP，因为A′B＝ eq \r(42＋22)＝2 eq \r(5)(km)，所以SP＝ eq \f(SB·SA′,A′B)＝ eq \f(8,2\r(5))＝ eq \f(4\r(5),5)(km).故选D.
1．辨别空间几何体的两种方法
(1)定义法：紧扣定义进行判定．
(2)反例法：要说明一个结论是错误的，只需举出一个反例即可．
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．在解决空间最短距离问题时，一般考虑其展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题平面化．
【对点训练1】 (1)(多选)下面关于空间几何体的叙述正确的是( CD )
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：顶点在底面的投影是正多边形的中心的棱锥才是正棱锥，故A不正确；当平面与圆柱的母线垂直或平行时，截得的截面才为圆或矩形，否则为椭圆或椭圆的一部分，故B不正确；长方体是直平行六面体，故C正确；如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中的三棱锥C1­ABC，四个面都是直角三角形，故D正确．故选CD.
(2)如图，水平放置的△ABC的斜二测直观图为△A′B′C′，已知A′O′＝B′O′＝C′O′＝1，则△ABC的周长为( C )
A．6 B．8
C．2＋2 eq \r(5) D．2＋4 eq \r(5)
解析：根据题意，作出原图△ABC，如图，由斜二测画法，在原图中，CO＝2C′O′＝2，AO＝BO＝1，所以BC＝AC＝ eq \r(5)，故△ABC的周长为2＋2 eq \r(5).故选C.
(3)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2 eq \r(2)，E为AB上的动点，则D1E＋CE的最小值为( D )
A．5
B． eq \r(15)
C．2＋2 eq \r(2)
D． eq \r(17)
解析：将四边形ABCD绕AB翻折到与四边形ABC1D1共面，平面图形如图所示，连接CD1，则CD1的长度即为D1E＋CE的最小值，因为AB＝AD＝1，AA1＝2 eq \r(2)，所以AD1＝ eq \r(12＋(2\r(2))2)＝3，所以DD1＝4，所以CD1＝ eq \r(12＋42)＝ eq \r(17)，即D1E＋CE的最小值为 eq \r(17).故选D.
考点2 空间几何体的表面积
【例4】 (1) (2024·辽宁大连一模)陀螺起源于我国，最早出土石制陀螺的是山西夏县发现的新石器时代遗址．如图所示的是一个陀螺立体结构图．已知底面圆的直径AB＝12 cm，圆柱体部分的高BC＝6 cm，圆锥体部分的高CD＝4 cm，则这个陀螺的表面积(单位：cm2)是( C )
A．(72＋12 eq \r(13))π B．(84＋24 eq \r(13))π
C．(108＋12 eq \r(13))π D．(108＋24 eq \r(13))π
【解析】 由题意可知，圆锥的母线长为 eq \r(42＋62)＝2 eq \r(13)(cm)，所以这个陀螺的表面积是π×62＋2π×6×6＋π×2 eq \r(13)×6＝(108＋12 eq \r(13))π(cm2).故选C.
(2)(2024·陕西安康模拟)已知正三棱台ABC­A1B1C1的上底面积为 eq \r(3)，下底面积为4 eq \r(3)，高为2，则该三棱台的表面积为( A )
A．5 eq \r(3)＋3 eq \r(39) B．3 eq \r(39)
C．5 eq \r(3)＋18 D．18
【解析】 由题意可得正三棱台上、下底面边长分别为2和4，设C1在底面ABC内的射影为H，作HQ⊥BC于点Q，连接CH，C1Q，如图所示，则C1H⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，则有C1H⊥BC，又HQ⊥BC，C1H∩HQ＝H，C1H，HQ⊂平面C1HQ，所以BC⊥平面C1HQ，因为C1Q⊂平面C1HQ，所以BC⊥C1Q，由BC＝4，B1C1＝2，BB1＝CC1，得CQ＝1，又∠HCQ＝ eq \f(π,6)，所以HQ＝ eq \f(\r(3),3)，则C1Q＝ eq \r(C1H2＋HQ2)＝ eq \f(\r(39),3)，故该三棱台的侧面积为 eq \f(2＋4,2)× eq \f(\r(39),3)×3＝3 eq \r(39)，表面积为5 eq \r(3)＋3 eq \r(39).故选A.
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或弧之间的关系．
(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．
【对点训练2】 (1)(2024·山东青岛三模)在母线长为4，底面直径为6的一个圆柱中挖去一个体积最大的圆锥后，得到一个几何体，则该几何体的表面积为( C )
A．33π B．39π
C．48π D．57π
解析：设圆柱的底面半径为r，高为h，体积最大的圆锥的母线长为l＝ eq \r(h2＋r2)＝ eq \r(42＋32)＝5，则S表＝S圆柱侧＋S圆柱底＋S圆锥侧＝2πrh＋πr2＋πrl＝24π＋9π＋15π＝48π.故选C.
(2)底面边长为2 eq \r(2)，且侧棱长为2 eq \r(5)的正四棱锥的体积和侧面积分别为( A )
A． eq \f(32,3)，24 B． eq \f(32,3)，6
C．32，24 D．32，6
解析：由正四棱锥底面为正方形，且底面中心为顶点在底面上的射影，结合题设，得底面对角线长为4，则正四棱锥的高为 eq \r((2\r(5))2－22)＝4，斜高为 eq \r((2\r(5))2－(\r(2))2)＝3 eq \r(2)，所以正四棱锥的体积为 eq \f(1,3)×4×2 eq \r(2)×2 eq \r(2)＝ eq \f(32,3)，侧面积为 eq \f(1,2)×3 eq \r(2)×2 eq \r(2)×4＝24.故选A.
考点3 空间几何体的体积
【例5】 (1)(2024·山东潍坊三模)某同学在劳动课上做了一个木制陀螺，该陀螺是由两个底面重合的圆锥组成．已知该陀螺上、下两圆锥的体积之比为1∶2，上圆锥的高与底面半径相等，则上、下两圆锥的母线长的比值为( A )
A． eq \f(\r(10),5) B． eq \f(1,2)
C． eq \f(\r(2),2) D． eq \f(\r(15),5)
【解析】 设上、下两圆锥的底面半径为r，高分别为h1，h2，体积分别为V1，V2，因为上圆锥的高与底面半径相等，所以h1＝r，则 eq \f(V1,V2)＝ eq \f(\f(1,3)πr2h1,\f(1,3)πr2h2)＝ eq \f(h1,h2)＝ eq \f(r,h2)＝ eq \f(1,2)，解得h2＝2r，上圆锥的母线长为 eq \r(r2＋h eq \\al(2,1))＝ eq \r(r2＋r2)＝ eq \r(2)r，下圆锥的母线长为 eq \r(r2＋h eq \\al(2,2))＝ eq \r(r2＋4r2)＝ eq \r(5)r，所以上、下两圆锥的母线长的比值为 eq \f(\r(2)r,\r(5)r)＝ eq \f(\r(10),5).故选A.
(2) (2024·天津卷)如图，一个五面体ABC­DEF.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( C )
A． eq \f(\r(3),6) B． eq \f(3\r(3),4)＋ eq \f(1,2)
C． eq \f(\r(3),2) D． eq \f(3\r(3),4)－ eq \f(1,2)
【解析】 方法一 如图，延长AD到G，使DG＝BE，延长BE到H，使EH＝AD，连接GH，HF，GF，AF，BF，可得AG＝BH＝CF＝3，结合AG∥BH∥CF，可知ABC­GHF为三棱柱，因为四边形ABED与四边形HGDE全等，所以VF­ABED＝VF­HGDE＝ eq \f(1,3)VABC­GHF，由AG∥BH∥CF，且它们两两之间的距离为1，可知当ABC­GHF为正三棱柱时，底面边长为1，高为3，此时VABC­GHF＝ eq \f(\r(3),4)×12×3＝ eq \f(3\r(3),4).根据棱柱的性质，若ABC­GHF为斜三棱柱，则由体积公式可得其体积也是 eq \f(3\r(3),4)，因此，VF­HGDE＝ eq \f(1,3)VABC­GHF＝ eq \f(\r(3),4)，可得该五面体的体积V＝VABC­GHF－VF­HGDE＝ eq \f(\r(3),2).故选C.
方法二 如图，用一个完全相同的五面体与该五面体相接，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，VABC­DEF＝ eq \f(1,2)VABC­HIJ＝ eq \f(1,2)× eq \f(1,2)×1×1× eq \f(\r(3),2)×4＝ eq \f(\r(3),2).故选C.
求空间几何体的体积的常用方法
【对点训练3】 (1)(2024·江西九江二模)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝ eq \f(π,2)，P，E分别为棱A1C1，AA1上的动点(不包括端点)，若AE＝A1P，则三棱锥B1­A1PE的体积的最大值为( D )
A． eq \f(1,24) B． eq \f(1,12)
C． eq \f(1,6) D． eq \f(1,3)
解析：在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，故A1E为三棱锥E­A1B1P的高，设AE＝A1P＝t，t∈(0，2)，则A1E＝2－t，由∠BAC＝ eq \f(π,2)，得AB⊥AC，故A1B1⊥A1C1，则S△A1B1P＝ eq \f(1,2)A1P×A1B1＝t，故VB1­A1PE＝VE­A1B1P＝ eq \f(1,3)S△A1B1P·A1E＝ eq \f(1,3)t(2－t)＝－ eq \f(1,3)(t－1)2＋ eq \f(1,3)，故当t＝1时，三棱锥B1­A1PE的体积有最大值 eq \f(1,3).故选D.
(2)(2024·北京卷)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23 mm，升量器的高为57.5 mm.(不计量器的厚度)
解析：设升、斗、斛量器的容积分别为V1 mm3，V2 mm3，V3 mm3，由题意得V3＝π× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(325,2))) eq \s\up12(2)×230，则V2＝ eq \f(1,10)V3＝π× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(325,2))) eq \s\up12(2)×23，所以斗量器的高为23 mm；设升量器的高为h mm，则V1＝ eq \f(1,10)V2＝π× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(325,2))) eq \s\up12(2)×2.3＝π× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(65,2))) eq \s\up12(2)·h，解得h＝57.5，所以升量器的高为57.5 mm.
【例】 (2024·山西晋城一模)若一个正n棱台的棱数大于15，且各棱的长度构成的集合为{2，3}，则n的最小值为6，该棱台各棱的长度之和的最小值为42．
【解析】 根据正棱台的结构特征可知，正n棱台的总棱数为3n(n≥3，n∈N*)，则3n>15，解得n>5，所以n的最小值为6.要想各棱长之和最小，则棱数总和要最小，故n＝6，又因为棱台的上、下底面边长不相等，所以可取上底面边长为2，下底面边长为3，要使各棱长之和最小，则侧棱长取2，故该棱台各棱的长度之和的最小值为2×12＋3×6＝42.
本题考查棱台的几何特征，看似是求最值的题目，但是抓住正棱台上、下底面相似，侧棱相等这些特征，题目瞬间可解．在复习过程中要重视对基础概念、基本知识的掌握和理解．
课时作业44
1．（5分）下列四个命题中正确的是( C )
A．每个面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥
B．所有棱长都相等的四棱柱是正方体
C．以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱
D．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叫做圆锥
解析：如图所示，在三棱锥A­BCD中，有AB＝BC＝CD＝AD＝a，AC＝BD＝b，a≠b，满足每个面都是等腰三角形，但该棱锥不是正三棱锥，A错误；底面为菱形的直四棱柱，其侧棱与底面边长相等，该四棱柱的所有棱长都相等，但不是正方体，B错误；以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱，C正确；以直角三角形的一条直角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叫做圆锥，D错误．故选C.
2．（5分）在高为6的三棱柱ABC­A1B1C1中，△A′B′C′是底面△ABC的水平放置的斜二测直观图，如图，O′A′＝O′B′＝2，O′C′＝ eq \r(3)，则三棱柱ABC­A1B1C1的体积为( D )
A．6 eq \r(3) B．8 eq \r(3)
C．12 eq \r(3) D．24 eq \r(3)
解析：直观图△A′B′C′对应的原图形为如图所示的△ABC，其中OA＝O′A′＝2，OB＝O′B′＝2，OC⊥AB，OC＝2O′C′＝2 eq \r(3)，因此△ABC的面积S△ABC＝ eq \f(1,2)AB·OC＝4 eq \r(3)，所以三棱柱ABC­A1B1C1的体积为V＝S△ABC×6＝24 eq \r(3).故选D.
3．（5分）（2025·八省联考）底面直径和母线长均为2的圆锥的体积为( A )
A． eq \f(\r(3),3)π B．π
C．2π D．3π
解析：由题可知圆锥的底面半径R＝1，母线长l＝2，则高h＝ eq \r(l2－R2)＝ eq \r(22－12)＝ eq \r(3)，所以圆锥的体积为V＝ eq \f(1,3)πR2h＝ eq \f(\r(3),3)π.故选A.
4．（5分）在高为3的直三棱柱ABC­A1B1C1中，△ABC是以C为直角的等腰三角形，且AB＝2 eq \r(2)，其中D为棱B1C1的中点，M为线段BC上的动点，则AM＋MD的最小值为( B )
A．3＋ eq \r(5) B． eq \r(26)
C．2＋ eq \r(10) D．5
解析：将等腰直角三角形ABC沿BC翻折到与矩形BCC1B1共面，如图所示，AM＋MD的最小值为AD，由于AC＝BC＝2 eq \r(2)× eq \f(\r(2),2)＝2，C1D＝1，所以AD＝ eq \r((2＋3)2＋12)＝ eq \r(26).故选B.
5．（5分）（2024·天津北辰区三模）我国载人航天技术发展日新月异．目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活动．从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新．如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体．圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为( A )
A． eq \f(325π,12) B． eq \f(76π,3)
C． eq \f(215π,9) D． eq \f(325π,16)
解析：由题意可知容器中液体分为两部分，下部为圆柱，上部为圆台，取轴截面，如图所示，O1，O2，O3分别为AB，CD，EF的中点，可知AB∥CD∥EF，且O1B＝O2C＝2，O1O2＝6，O2P＝4，O2O3＝1，则O3P＝3，可得 eq \f(O3F,O2C)＝ eq \f(O3P,O2P)＝ eq \f(3,4)，即O3F＝ eq \f(3,2)，所以该容器中液体的体积为π×22×6＋ eq \f(1,3)×π×22＋π× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \r(π×22×π×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))\s\up12(2))×1＝ eq \f(325π,12).故选A.
6．（5分）（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 eq \r(3)，则圆锥的体积为( B )
A．2 eq \r(3)π B．3 eq \r(3)π
C．6 eq \r(3)π D．9 eq \r(3)π
解析：设圆锥的底面半径为r，则圆锥的母线长为 eq \r(3＋r2)，由圆柱和圆锥的侧面积相等，可得2 eq \r(3)πr＝πr× eq \r(3＋r2)，解得r＝3，圆锥的体积为 eq \f(1,3)×π×32× eq \r(3)＝3 eq \r(3)π.故选B.
7．（5分）（2024·湖南衡阳三模）已知圆锥SO（O是底面圆的圆心，S是圆锥的顶点）的母线长为 eq \r(7)，高为 eq \r(3)，P，Q为底面圆周上任意两点（P，O，Q三点不共线），则三棱锥O­SPQ体积的最大值为( A )
A． eq \f(2\r(3),3) B． eq \f(4\r(3),3)
C．2 eq \r(3) D．4 eq \r(3)
解析：如图，圆锥的底面半径为 eq \r((\r(7))2－(\r(3))2)＝2，则S△SOP＝ eq \f(1,2)×SO×OP＝ eq \f(1,2)× eq \r(3)×2＝ eq \r(3)，要使三棱锥O­SPQ的体积最大，需使底面△SOP上的高最大，故需使OQ⊥平面SOP，因为平面SOP⊥底面圆O，且交线为OP，所以只需使OQ⊥OP即可，此时(VO­SPQ)max＝(VQ­SOP)max＝ eq \f(1,3)×S△SOP×OQ＝ eq \f(1,3)× eq \r(3)×2＝ eq \f(2\r(3),3).故选A.
8．（5分）（2024·湖北武汉二模）灯笼起源于我国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围．如图1，某灯笼的轮廓由三部分组成，上、下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分（除去两个球缺）.如图2，“球缺”是指一个球被平面所截后剩下的部分，截得的圆面叫做球缺的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高．已知球缺的体积公式为V＝ eq \f(π,3)(3R－h)h2，其中R是球的半径，h是球缺的高．已知该灯笼的高为40 cm，圆柱的高为4 cm，圆柱的底面圆直径为24 cm，则该灯笼的体积约为（参考数据：π≈3）( B )
A．32 000 cm3 B．33 664 cm3
C．33 792 cm3 D．35 456 cm3
解析：该灯笼去掉圆柱部分的高为40－8＝32(cm)，设灯笼球缺的高为h1 cm，球缺所在球的半径为R1 cm，则R1－h1＝ eq \f(32,2)＝16，由圆柱的底面圆直径为24 cm，则有(R1－h1)2＋122＝R eq \\al(2,1)，即162＋122＝R eq \\al(2,1)，解得R1＝20，则h1＝4，该灯笼的体积V＝2V圆柱＋V球－2V球缺＝2×4×122×π＋ eq \f(4,3)×π×203－2× eq \f(π,3)×(60－4)×42≈3 456＋32 000－1 792＝33 664(cm3).故选B.
9．（7分）（多选）（2024·云南红河州二模）如图所示，圆锥的底面半径和高都等于球的半径，则下列选项中正确的是( ABD )
A．圆锥的轴截面为直角三角形
B．圆锥的表面积大于球的表面积的一半
C．圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为π
D．圆锥的体积与球的体积之比为1∶4
解析：设球的半径为R.如图所示，OB＝OA＝OC＝R，所以∠BAC＝ eq \f(π,2)，故A正确；圆锥的表面积为S1＝πR2＋π·R· eq \r(2)R＝πR2＋ eq \r(2)πR2，球的表面积为S2＝4πR2，所以S1> eq \f(1,2)S2，故B正确；圆锥的母线长为 eq \r(2)R，底面周长为2πR，所以圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为 eq \f(2πR,\r(2)R)＝ eq \r(2)π，故C错误；圆锥的体积为V1＝ eq \f(1,3)·πR2·R＝ eq \f(1,3)πR3，球的体积为V2＝ eq \f(4,3)πR3， eq \f(V1,V2)＝ eq \f(1,4)，故D正确．故选ABD.
10．（7分）（多选）如图所示，△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′，O′B′＝2，则以下正确的有( ABC )
A．OA＝4
B．△ABC是等腰直角三角形
C．OB＝4
D．△ABC的面积为8
解析：还原△ABC，如图所示，根据题意得OA＝OC＝O′C′＝4，OB＝2O′B′＝4，故A，C正确；因为OA＝OB＝OC＝4，所以∠BCA＝∠BAC＝45°，则∠CBA＝90°，故△ABC是等腰直角三角形，故B正确；△ABC的面积S＝ eq \f(1,2)×AC×OB＝ eq \f(1,2)×8×4＝16，故D错误．故选ABC.
11．（7分）（多选）如图，正方体ABCD­A′B′C′D′的棱长为4，动点E，F在棱AB上，且EF＝2，动点Q在棱D′C′上，则在三棱锥A′­EFQ中，下列说法正确的是( AD )
A．△EFQ的面积与点E，F的位置无关
B．三棱锥A′­EFQ的体积与点Q的位置有关
C．三棱锥A′­EFQ的体积与点E，F，Q的位置都有关
D．三棱锥A′­EFQ的体积与点E，F，Q的位置均无关
解析：如图，连接AD′，BC′，因为AB∥C′D′，且AB＝C′D′，可知四边形ABC′D′为平行四边形，且AB⊥平面ADD′A′，又AD′⊂平面ADD′A′，则AB⊥AD′，可知四边形ABC′D′为矩形，所以△EFQ的面积S△EFQ＝ eq \f(1,2)EF·AD′＝ eq \f(1,2)×2×4 eq \r(2)＝4 eq \r(2)，即△EFQ的面积为定值，与点E，F的位置无关，故A正确；因为A′D′⊥平面ABB′A′，且平面ABB′A′∥平面CDD′C′，可知三棱锥Q­A′EF的高为A′D′＝4，所以三棱锥A′­EFQ的体积VA′­EFQ＝VQ­A′EF＝ eq \f(1,3)A′D′·S△A′EF＝ eq \f(1,3)×4× eq \f(1,2)×2×4＝ eq \f(16,3)，即三棱锥A′­EFQ的体积为定值，与点E，F，Q的位置均无关，故B，C错误，D正确．故选AD.
12．（7分）（2024·山西吕梁二模）已知圆台O1O2的高为3，中截面（过高的中点且垂直于轴的截面）的半径为3，若中截面将该圆台的侧面分成了面积比为1∶2的两部分，则该圆台的母线长为5．
解析：如图，设圆台的上、下底面圆的半径分别为r，R，因为中截面的半径为3，所以根据梯形中位线性质可知r＋R＝6.又中截面将该圆台的侧面分成了面积比为1∶2的两部分，所以根据圆台侧面积公式可知 eq \f(π(r＋3),π(3＋R))＝ eq \f(r＋3,9－r)＝ eq \f(1,2)，解得r＝1，所以R＝5.又圆台的高为3，所以圆台的母线长为 eq \r(32＋(R－r)2)＝ eq \r(32＋42)＝5.
13．（7分）（2024·黑龙江双鸭山模拟）如图1是第19届杭州亚运会的会徽“潮涌”，可将其视为一扇环ABCD（如图2）.已知 eq \(AB,\s\up8(︵))的长为2π，AD＝3，扇环ABCD的面积为9π，若将该扇环作为侧面围成一圆台，则该圆台的体积为 eq \f(14\r(2)π,3)．
解析：如图，设∠AOB＝θ，OA＝r，
由题意可知 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(θr＝2π，,\f(1,2)θ(3＋r)2－\f(1,2)θr2＝9π，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(r＝3，,θ＝\f(2π,3)，))则 eq \(CD,\s\up8(︵))的长为 eq \f(2π,3)×6＝4π，将该扇环作为侧面围成一圆台，则圆台上、下底面的半径分别为1和2，所以其高为 eq \r(32－(2－1)2)＝2 eq \r(2)，故该圆台的体积为V＝ eq \f(1,3)×（π＋4π＋ eq \r(π×4π)）×2 eq \r(2)＝ eq \f(14\r(2)π,3).
14．（7分）（2024·全国甲卷）已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台甲、乙的母线长分别为2(r2－r1)，3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为 eq \f(\r(6),4)．
解析：由题意得两圆台的上、下底面积对应相等，则两圆台的体积之比为高之比，根据母线长与半径的关系可得甲与乙的体积之比为 eq \f(\r([2(r2－r1)]2－(r2－r1)2),\r([3(r2－r1)]2－(r2－r1)2))＝ eq \f(\r(3)(r2－r1),2\r(2)(r2－r1))＝ eq \f(\r(6),4).
15．（5分）（2024·广东广州三模）如图，已知斜三棱柱ABC­A1B1C1中，O为四边形ACC1A1对角线的交点，设四棱锥O­BCC1B1的体积为V1，三棱柱ABC­A1B1C1的体积为V2，则V1∶V2＝( B )
A．2∶3 B．1∶3
C．1∶4 D．1∶6
解析：因为O为四边形ACC1A1对角线的交点，所以O为CA1的中点，所以V1＝VO­BCC1B1＝ eq \f(1,2)VA1­BCC1B1＝ eq \f(1,2)(VABC­A1B1C1－VA1­ABC)＝ eq \f(1,2)V2－ eq \f(1,3)V2＝ eq \f(1,3)V2，所以V1∶V2＝1∶3.故选B.
16．（5分）（2024·湖北黄石三模）已知三棱锥P­ABC的底面是边长为3的正三角形，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，则三棱锥P­ABC的体积为( D )
A．3 eq \r(3) B．2 eq \r(5)
C．2 eq \r(3) D． eq \r(11)
解析：如图，在三棱锥P­ABC中，分别取BC，PC的中点D，E，连接AD，AE，DE，则DE∥PB，正三角形ABC的边长为3，PA＝3，PB＝4，PC＝5，于是AE⊥PC，AD⊥BC，又PB2＋BC2＝25＝PC2，则PB⊥BC，有DE⊥BC，而AD∩DE＝D，AD，DE⊂平面ADE，则有BC⊥平面ADE，又AE⊂平面ADE，则AE⊥BC，而PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，因此AE⊥平面PBC，AE＝ eq \r(AC2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)PC))2)＝ eq \r(32－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))2)＝ eq \f(\r(11),2)，S△PBC＝ eq \f(1,2)PB·BC＝6，所以三棱锥P­ABC的体积为V＝ eq \f(1,3)S△PBC·AE＝ eq \r(11).故选D.
17．（8分）已知长方体的表面积为8，所有棱长和为16，则长方体体积的最大值为 eq \f(32,27)．
解析：设从长方体同一顶点出发的三条棱长分别为a，b，c，则2(ab＋bc＋ac)＝8，4(a＋b＋c)＝16，所以ab＋bc＋ac＝4，a＋b＋c＝4，不妨设c≤b≤a，则0