新高考数学一轮复习基础版讲义第7章第1节　基本立体图形及几何体的表面积与体积（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习基础版讲义第7章第1节　基本立体图形及几何体的表面积与体积（2份，原卷版+解析版），共6页。试卷主要包含了直观图的斜二测画法，简单几何体的表面积和体积公式，4 cm2D等内容，欢迎下载使用。

【知识梳理】
1.空间几何体的结构特征
(1)多面体的结构特征
(2)旋转体的结构特征
2.直观图的斜二测画法
(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、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
4.简单几何体的表面积和体积公式
[常用结论与微点提醒]
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)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等(祖暅原理).
2.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.
【诊断自测】
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(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)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)两个球的体积之比等于它们的半径比的平方.( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)×
解析 (1)不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线，(1)错误.
(2)反例：如图所示的图形满足条件但不是棱锥，(2)错误.
(3)用斜二测画法画水平放置的菱形的直观图是平行四边形，但邻边不一定相等，(3)错误.
(4)球的体积之比等于半径比的立方，故(4)错误.
2.(必修二P106T8改编)如图，长方体ABCD－A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′∥FG，则剩下的几何体是( )
A.棱台 B.四棱柱
C.五棱柱D.六棱柱
答案 C
解析 由于平面ABFEA′∥平面DCGHD′，且AD，BC，FG，EH，A′D′相互平行且相等，
所以剩下的几何体是五棱柱.
3.(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.2B.2eq \r(2)C.4D.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).
4.(必修二P120T5改编)一个长方体的顶点都在球面上，且长方体的棱长分别为1，2，3，则球的表面积为________.
答案 14π
解析 设球的半径为R，
则2R＝eq \r(12＋22＋32)＝eq \r(14)，则R＝eq \f(\r(14),2)，
故球的表面积为S＝4πR2＝14π.
考点一 基本立体图形
角度1 结构特征
例1 (多选)下列说法中正确的是( )
A.以直角梯形垂直于底面的腰所在直线为旋转轴，其余边旋转一周形成的几何体是圆台
B.有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱
C.底面是正多边形的棱锥是正棱锥
D.棱台的各侧棱延长后必交于一点
答案 AD
解析 由圆台定义知，以直角梯形垂直于底边的腰为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面围成的旋转体是圆台，故A正确；
由棱柱定义可知，棱柱是有两个面平行，其余各面都是平行四边形，且每相邻两个平行四边形的公共边都互相平行的几何体，故B错误；
底面是正多边形的棱锥，但不能保证顶点在底面上的射影为底面正多边形的中心，故C错误；
棱台是由平行于棱锥底面的平面截得的，故棱台的各侧棱延长后必交于一点，故D正确.
感悟提升 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.
角度2 直观图
例2 (1)对于用斜二测画法画水平放置的图形的直观图来说，下列描述不正确的是( )
A.三角形的直观图仍然是一个三角形
B.90°的角的直观图一定会变为45°的角
C.与y轴平行的线段长度变为原来的一半
D.由于选轴的不同，所得的直观图可能不同
答案 B
解析 对于A，根据斜二测画法，相交直线的直观图仍是相交直线，因此三角形的直观图仍是一个三角形，故A正确；
对于B，90°的角的直观图可以变为45°或135°的角，故B错误；
C，D显然正确.
(2)如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是( )
A.2＋eq \r(2)B.eq \f(1＋\r(2),2)
C.eq \f(2＋\r(2),2)D.1＋eq \r(2)
答案 A
解析 因为斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，
所以原图形为直角梯形，其上底为1，下底为1＋eq \r(2)，高为2，
所以S＝eq \f(1,2)×(1＋eq \r(2)＋1)×2＝2＋eq \r(2).
感悟提升 1.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.”
2.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＝eq \f(\r(2),4)S原图形.
角度3 展开图
例3 (2024·郴州模拟)已知圆台的上、下底面圆半径分别为10和5，侧面积为300π，AB为圆台的一条母线(点B在圆台的上底面圆周上)，M为AB的中点，一只蚂蚁从点B出发，绕圆台侧面爬行一周到点M，则蚂蚁爬行所经路程的最小值为( )
A.30B.40C.50D.60
答案 C
解析 圆台上底面半径为10，下底面半径为5，设母线长为l，
∴侧面积S＝πl(10＋5)＝15πl＝300π，
解得l＝20.
将圆台所在圆锥的侧面展开如图所示，且设扇形所在圆的圆心为O.
线段M1B就是蚂蚁经过的最短距离.
设OA＝R，扇形的圆心角是α，
则由题意知2×5π＝αR，①
2×10π＝α(20＋R)，②
由①②解得α＝eq \f(π,2)，R＝20，
∴OM＝OM1＝30，OB1＝OB＝40，
则M1B＝eq \r(OB2＋OMeq \\al(2,1))＝50，故选C.
感悟提升 在解决空间曲线或折线(段)最短问题时一般要考虑几何体的侧面展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题平面化.
训练1 (1)(2024·枣庄调研)给出下列四个命题，正确的是( )
A.有两个侧面是矩形的立体图形是直棱柱
B.侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥
C.侧面都是矩形的直四棱柱是长方体
D.底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱
答案 D
解析 对于A，平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形，故A错；
对于B，等腰三角形的腰不是侧棱时不一定成立(如图)，故B错；
对于C，若底面不是矩形，则C错；
对于D，可知侧棱垂直于底面，故D正确.
(2)如图，一个水平放置的平面图形由斜二测画法得到的直观图A′B′C′D′是边长为2的菱形，且O′D′＝2，则原平面图形的周长为( )
A.4eq \r(2)＋4B.4eq \r(6)＋4
C.8eq \r(2)D.8
答案 B
解析 根据题意，把直观图还原成原平面图形，如图所示，
其中OA＝2eq \r(2)，OD＝4，AB＝CD＝2，
则AD＝eq \r(OA2＋OD2)＝2eq \r(6)，
故原平面图形的周长为
2＋2＋2eq \r(6)＋2eq \r(6)＝4eq \r(6)＋4.
(3)(2023·福州检测)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，F是线段A1B1上的动点，则AF＋FC1的最小值为________.
答案 eq \r(6)＋eq \r(2)
解析 将正三棱柱ABC－A1B1C1(如图1)中的△A1B1C1沿A1B1翻折至平面ABB1A1上，如图2所示，
在图2中，连接AC1，则AF＋FC1≥AC1，
因为AA1＝A1C1＝2，
且∠AA1C1＝90°＋60°＝150°，
所以AC1＝2AA1·sineq \f(∠AA1C1,2)
＝2×2sin 75°＝4sin(30°＋45°)
＝4×(sin 30°·cs 45°＋cs 30°·sin 45°)
＝eq \r(6)＋eq \r(2)，
所以当A，F，C1共线时，AF＋FC1取得最小值，为eq \r(6)＋eq \r(2).
考点二 面积与体积
角度1 表面积与侧面积
例4 (1)(2024·潍坊模拟)如图，圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为60°的扇形.把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为eq \f(1,3)，则圆台的侧面积为________.
答案 eq \f(16π,3)
解析 设圆锥的底面半径为R，母线长为l，则R＝1，
设圆台上底面半径为r，母线长为l1，则r＝eq \f(1,3).
由已知可得，eq \f(π,3)l＝2πR，所以l＝6.
如图，作出圆锥、圆台的轴截面，
则有eq \f(l－l1,l)＝eq \f(r,R)＝eq \f(1,3)，
解得l1＝4.
所以圆台的侧面积为
π(R＋r)l1＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))π＝eq \f(16π,3).
(2)(2024·兰州诊断)攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式，兰州市著名景点三台阁(如图1)的屋顶部分是典型的攒尖结构.如图2所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分，它可以看作是不含下底面的正四棱台和正三棱柱的组合体，已知正四棱台上底边、下底边、侧棱的长度(单位：dm)分别为2，6，4，正三棱柱各棱长均相等，则该结构的表面积为________ dm2.
答案 34eq \r(3)＋8
解析 正三棱柱的侧面积为2×2×2＝8(dm2)，
底面积为2×eq \f(1,2)×2×2×sin 60°＝2eq \r(3)(dm2).
正四棱台中，侧面梯形的高为
eq \r(42－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6－2,2)))\s\up12(2))＝2eq \r(3)(dm)，
所以正四棱台的侧面积为
4×eq \f(（2＋6）×2\r(3),2)＝32eq \r(3)(dm2).
所以该结构的表面积为
8＋2eq \r(3)＋32eq \r(3)＝(34eq \r(3)＋8)(dm2).
角度2 体 积
例5 (1)(2023·新高考Ⅰ卷)在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq \r(2)，则该棱台的体积为________.
答案 eq \f(7\r(6),6)
解析 法一 如图所示，设点O1，O分别为正四棱台ABCD－A1B1C1D1上、下底面的中心，连接B1D1，BD，
则O1，O分别为B1D1，BD的中点.
连接O1O，
则O1O即正四棱台ABCD－A1B1C1D1的高.
过点B1作B1E⊥BD，垂足为E，
则B1E＝O1O.
因为AB＝2，A1B1＝1，
所以OB＝eq \r(2)，O1B1＝eq \f(\r(2),2)，
所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝eq \f(\r(2),2)，
又AA1＝eq \r(2)，
所以BB1＝eq \r(2)，
所以B1E＝eq \r(BBeq \\al(2,1)－BE2)＝eq \r(2－\f(1,2))＝eq \f(\r(6),2)，
所以O1O＝eq \f(\r(6),2)，
所以V正四棱台ABCD－A1B1C1D1＝eq \f(1,3)×(22＋12＋eq \r(22×12))×eq \f(\r(6),2)＝eq \f(7\r(6),6).
法二 如图，将正四棱台ABCD－A1B1C1D1补形成正四棱锥P－ABCD.
因为AB＝2，A1B1＝1，AB∥A1B1，
所以A1，B1，C1，D1分别为PA，PB，PC，PD的中点，
又A1A＝eq \r(2)，所以PA＝2eq \r(2)，即PB＝2eq \r(2).
连接BD，取BD的中点为O，连接PO，
则PO⊥平面ABCD，
易知BO＝eq \r(2)，所以PO＝eq \r(PB2－BO2)＝eq \r(6)，
所以正四棱台ABCD－A1B1C1D1的高为eq \f(\r(6),2)，
所以V正四棱台ABCD－A1B1C1D1＝eq \f(1,3)×(22＋12＋eq \r(22×12))×eq \f(\r(6),2)＝eq \f(7\r(6),6).
(2)(2024·南宁质检)木楔子在传统木工中运用广泛，它使得榫卯配合的牢度得到最大化满足.楔子是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛、木片等.如图为一个木楔子的直观图，其中四边形ABCD是边长为2的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥CD，EF＝4，则该木楔子的体积为________.
答案 eq \f(8\r(2),3)
解析 如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH.
易得EG＝HF＝1，AG＝GD＝BH＝HC＝eq \r(3).
取AD的中点O，连接GO，易得GO＝eq \r(2)，
∴S△ADG＝S△BCH＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×2＝eq \r(2).
∴该木楔子的体积
V＝V三棱锥E－ADG＋V三棱锥F－BCH＋V三棱柱ADG－BCH
＝2V三棱锥E－ADG＋V三棱柱ADG－BCH
＝2×eq \f(1,3)×eq \r(2)×1＋eq \r(2)×2
＝eq \f(8\r(2),3).
(3)(2020·新高考Ⅱ卷)棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1－D1MN的体积为________.
答案 1
解析 如图，由正方体棱长为2及M，N分别为BB1，AB的中点，得
S△A1MN＝2×2－2×eq \f(1,2)×2×1－eq \f(1,2)×1×1＝eq \f(3,2)，
又易知D1A1为三棱锥D1－A1MN的高，且D1A1＝2，
∴VA1－D1MN＝VD1­A1MN＝eq \f(1,3)·S△A1MN·D1A1
＝eq \f(1,3)×eq \f(3,2)×2＝1.
感悟提升 1.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.
2.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.
训练2 (1)在我国瓷器的历史上六棱形的瓷器非常常见，因为六、八是中国人的吉利数字，所以许多瓷器都做成六棱形和八棱形的，但是六棱柱形的瓷器只有六棱柱形笔筒，其余的六棱形都不是六棱柱形.如图为一个正六棱柱形状的瓷器笔筒，高为18.7 cm，底面边长为7 cm(数据为笔筒的外观数据)，用一层绒布将其侧面包裹住，忽略绒布的厚度，则至少需要绒布的面积为( )
A.120 cm2B.162.7 cm2
C.785.4 cm2D.1 570.8 cm2
答案 C
解析 根据正六棱柱的底面边长为7 cm，得正六棱柱的侧面积为6×7×18.7＝785.4(cm2)，
所以至少需要绒布的面积为785.4 cm2.
(2)如图，在平面五边形ABCDE中，AB＝DE＝1，BC＝CD＝2，AE＝eq \r(2)，∠ABC＝∠BCD＝∠CDE＝90°，则五边形ABCDE绕直线AB旋转一周所成的几何体的体积为________.
答案 eq \f(23π,3)
解析 由图可知，五边形ABCDE可看作正方形BCDF切去一个等腰直角三角形AEF，将五边形ABCDE绕直线AB旋转一周得到的几何体是一个圆柱挖去一个圆锥.
所求几何体的体积V＝V圆柱－V圆锥＝22π×2－eq \f(1,3)×12×π×1＝eq \f(23π,3).
【A级 基础巩固】
1.一个菱形的边长为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.2eq \r(3) cm2B.2eq \r(6) cm2
C.4eq \r(6) cm2D.8eq \r(3) cm2
答案 B
解析 直观图的面积为eq \f(\r(2),4)×eq \f(\r(3),2)×42＝2eq \r(6)(cm2).
2.下面关于空间几何体的叙述正确的是( )
A.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
B.用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
C.直平行六面体是长方体
D.存在每个面都是直角三角形的四面体
答案 D
解析 A中，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，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中，直平行六面体是平行六面体的侧棱与底面垂直，所以底面可以是平行四边形，它不是长方体，C不正确；
D中，如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中的四面体C1－ABC，四个面都是直角三角形，D正确.
3.(2024·沈阳质监)刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.由曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.则如图所示正八面体(八个面均为正三角形)的总曲率为( )
A.2πB.4πC.6πD.8π
答案 B
解析 因为正八面体每一个顶点都是4个正三角形的交点，所以正八面体每个顶点处的曲率为2π－eq \f(π,3)×4＝eq \f(2π,3)，又正八面体有6个顶点，
所以正八面体的总曲率为eq \f(2π,3)×6＝4π，故选B.
4.(2024·济南模拟)用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截得的圆台上底面半径为1，下底面半径为2，且该圆台的侧面积为3eq \r(5)π，则原圆锥的母线长为( )
A.2B.eq \r(5)C.4D.2eq \r(5)
答案 D
解析 设圆台的母线长为l，
因为该圆台的侧面积为3eq \r(5)π，
所以由圆台侧面积公式可得
πl(1＋2)＝3πl＝3eq \r(5)π，解得l＝eq \r(5).
设原圆锥的母线长为l′，
由三角形相似可得eq \f(l′－l,l′)＝eq \f(1,2)，解得l′＝2eq \r(5)，
所以原圆锥的母线长为2eq \r(5).故选D.
5.(2024·重庆诊断)在古希腊数学家欧几里得的著作《几何原本》中，把轴截面为等腰直角三角形的圆锥称为直角圆锥.在直角圆锥SO中，点S与底面圆O都在同一个球面上，若球的表面积为4π，则圆锥的侧面积为( )
A.4eq \r(2)πB.4πC.eq \r(2)πD.π
答案 C
解析 由题意，设直角圆锥SO的底面圆的半径为r，则直角圆锥SO的高为r，
又在直角圆锥SO中，点S与底面圆O都在同一个球面上，
设球的半径为R，则r＝R，
又因为球的表面积为4π，则4πR2＝4π，
解得R＝1，即r＝1，
所以圆锥的母线长为eq \r(12＋12)＝eq \r(2)，
所以圆锥的侧面积为eq \f(1,2)×2π×1×eq \r(2)＝eq \r(2)π.故选C.
6.如图，AB，CD分别是圆柱上、下底面圆的直径，且AB⊥CD.O1，O2分别为上、下底面圆的圆心，若圆柱的轴截面为正方形，且三棱锥A－BCD的体积为4eq \r(3)，则该圆柱的侧面积为( )
A.9πB.10πC.12πD.14π
答案 C
解析 设圆柱的母线长为2a，且圆柱的轴截面为正方形，则圆柱的底面圆的半径为a，
连接O1C，O1D，O1O2，如图，由题意可知VA－BCD＝2VA－O1CD＝2×eq \f(1,3)×AO1×S△O1CD＝2×eq \f(1,3)×AO1×eq \f(1,2)×O1O2×CD＝2×eq \f(1,3)×a×eq \f(1,2)×2a×2a＝eq \f(4,3)a3＝4eq \r(3)，解得a＝eq \r(3)，
所以该圆柱的侧面积
S＝2π×a×2a＝2π×eq \r(3)×2eq \r(3)＝12π.故选C.
7.(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＝eq \r(6)，则该棱锥的体积为( )
A.1B.eq \r(3)C.2D.3
答案 A
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＝eq \r(3)，又PC＝eq \r(6)，
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＝eq \f(1,3)·S△ABC·PD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×eq \r(3)×eq \r(3)＝1，故选A.
8.(2023·全国乙卷)已知圆锥PO的底面半径为eq \r(3)，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝eq \f(2π,3)，若△PAB的面积等于eq \f(9\r(3),4)，则该圆锥的体积为( )
A.πB.eq \r(6)πC.3πD.3eq \r(6)π
答案 B
解析 在△AOB中，AO＝BO＝eq \r(3)，∠AOB＝eq \f(2π,3)，
由余弦定理得
AB＝eq \r(3＋3－2×\r(3)×\r(3)×（－\f(1,2)）)＝3.
设等腰三角形PAB底边AB上的高为h，
则S△PAB＝eq \f(1,2)×3h＝eq \f(9\r(3),4)，解得h＝eq \f(3\r(3),2)，
由勾股定理得母线PA＝eq \r(（\f(3,2)）2＋（\f(3\r(3),2)）2)＝3，
则该圆锥的高PO＝eq \r(PA2－OA2)＝eq \r(6)，
所以该圆锥的体积为eq \f(1,3)×3π×eq \r(6)＝eq \r(6)π.
9.如图是水平放置的正方形ABCO，在直角坐标系xOy中，点B的坐标为(2，2)，则由斜二测画法画出的正方形的直观图中，顶点B′到x′轴的距离为________.
答案 eq \f(\r(2),2)
解析 利用斜二测画法作正方形ABCO的直观图如图，在坐标系x′O′y′中，B′C′＝1，∠x′C′B′＝45°.
过点B′作x′轴的垂线，垂足为点D′.
在Rt△B′D′C′中，
B′D′＝B′C′sin 45°＝1×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),2).
10.(2024·佛山调研 )如图，有一个圆锥形粮堆，其轴截面是边长为8 m的等边三角形ABC，粮堆母线AC的中点P处有一老鼠正在偷吃粮食，此时小猫正在B处，它要沿圆锥侧面到达P处捕捉老鼠，则小猫所经过的最短路程是________ m.
答案 4eq \r(5)
解析 如图所示，根据题意可得△ABC是边长为8 m的正三角形，
所以BC＝8 m，
所以圆锥底面周长为π×8＝8π(m).
设圆锥侧面展开后的扇形圆心角为θ，点B在展开图中对应的点为B′，连接AB′，B′P.
根据底面圆的周长等于展开后扇形的弧长，可得8θ＝8π，
故θ＝π，则∠B′AC＝eq \f(π,2)，
所以B′P＝eq \r(64＋16)＝4eq \r(5)(m)，
所以小猫所经过的最短路程是4eq \r(5) m.
11.陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，也称陀罗.图1是一种木陀螺，可近似地看作是一个圆锥和一个圆柱的组合体，其直观图如图2所示，其中B，C分别是上、下底面圆的圆心，且AC＝3AB＝3BD，则该陀螺下半部分的圆柱的侧面积与上半部分的圆锥的侧面积的比值是________.
答案 2eq \r(2)
解析 设AB＝BD＝m，则AD＝eq \r(2)m，
因为AC＝3AB＝3m，所以BC＝2m，
则圆柱的侧面积S1＝2π·BD·BC＝4πm2，
圆锥的侧面积S2＝π·BD·AD＝eq \r(2)πm2，
故eq \f(S1,S2)＝eq \f(4πm2,\r(2)πm2)＝2eq \r(2).
12.某同学的通用技术作品如图所示，该作品由两个相同的正四棱柱组成.已知正四棱柱的底面边长为3 cm，则这两个正四棱柱的公共部分构成的多面体的面数为________，体积为________cm3.
答案 8 18eq \r(2)
解析 易知两个正四棱柱的公共部分为两个正四棱锥拼接而成，且两个正四棱锥的底面重合，
所以公共部分构成的多面体的面数为8，
因为正四棱柱的底面边长为3，则公共部分的两个正四棱锥的底面边长为3eq \r(2)，高为eq \f(3\r(2),2)，
所以体积V＝2×eq \f(1,3)×(3eq \r(2))2×eq \f(3\r(2),2)＝18eq \r(2)(cm3).
【B级 能力提升】
13.(2024·邢台质检)如图，圆内接四边形ABCD中，DA⊥AB，∠D＝45°，AB＝2，BC＝2eq \r(2)，AD＝6，现将该四边形沿AB旋转一周，则旋转形成的几何体的表面积为( )
A.(16eq \r(2)＋16)πB.(28eq \r(2)＋4)π
C.(36eq \r(2)＋36)πD.(36eq \r(2)＋40)π
答案 C
解析 连接BD，在圆内接四边形ABCD中，∠DAB＝90°，所以BD是四边形ABCD外接圆的直径，
所以∠DCB＝90°，
则∠ABC＝135°.
延长AB，过点C作CE垂直AB的延长线于点E，
过点C作CF⊥AD，垂足为F，
则∠CBE＝45°，
所以△BCE是等腰直角三角形，
所以BE＝CE＝2.
作出四边形ABCD关于直线AB对称的图形，如图所示.
由于CE∥AF，AE∥CF，∠DAB＝90°，
所以四边形AECF是矩形，
AF＝CE＝2，DF＝CF＝AE＝4，
所以在等腰直角三角形CDF中，CD＝4eq \r(2).将该四边形沿AB旋转一周，则旋转形成的几何体是一个圆台挖掉一个圆锥，
其表面积为π×62＋π×(2＋6)×4eq \r(2)＋π×2×2eq \r(2)＝(36eq \r(2)＋36)π.故选C.
14.(多选)(2024·营口质检)如图，四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PA∥BE，PA＝BC＝2BE＝2AB＝2，记三棱锥P－CDE，E－PBC，E－PAC的体积分别为V1，V2，V3，则下列说法正确的是( )
A.该几何体的体积为eq \f(4,3)
B.V3＝2V2
C.3V1＝2V2
D.V1＋V2＝V3
答案 BD
解析 因为PA⊥平面ABCD，BE∥PA，
所以BE⊥平面ABCD，
又BC⊂平面ABCD，所以BC⊥BE.
因为四边形ABCD为矩形，所以BC⊥AB，
又AB∩BE＝B，AB，BE⊂平面ABEP，
所以BC⊥平面ABEP，
同理可证得CD⊥平面PAD，
故该几何体的体积V＝VC－ABEP＋VP－ACD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×(1＋2)×1×2＋eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×2×2＝eq \f(5,3)，故A错误；
如图，取PA的中点为F，连接EF，FC，FD，
因为BE∥PA，PA＝2BE，
所以AF∥BE且AF＝BE，
所以四边形ABEF为平行四边形，
所以EF∥AB，
又AB∥CD，所以EF∥CD，
因为EF⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
所以EF∥平面PCD，
所以点E，F到平面PCD的距离相等，
所以V1＝VP－CDE＝VE－PCD＝VF－PCD＝VC－PDF
＝eq \f(1,3)×1×eq \f(1,2)×1×2＝eq \f(1,3)，
V2＝VE－PBC＝VC－PBE＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×2＝eq \f(1,3).
因为BE∥PA，BE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，所以BE∥平面PAC，
所以点B，E到平面PAC的距离相等，
所以V3＝VE－PAC＝VB－PAC＝VP－ABC
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×1×2＝eq \f(2,3)，
所以V3＝2V2，3V1≠2V2，V1＋V2＝V3，故B，D正确，C错误.故选BD.
15.(2023·新高考Ⅱ卷)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为________.
答案 28
解析 如图所示，正四棱锥P－ABCD的底面边长为4，用平行于底面的平面截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥P－A′B′C′D′后，得到正四棱台A′B′C′D′－ABCD，且A′B′＝2，AB＝4.
记O′，O分别为正四棱台A′B′C′D′－ABCD上、下底面的中心，H′，H分别为A′B′，AB的中点，则P，O′，O三点共线，P，H′，H三点共线.
连接PO，PH，O′H′，OH，
则PO′＝3，O′H′＝1，OH＝2.
易知△PO′H′∽△POH，
所以eq \f(PO′,PO)＝eq \f(O′H′,OH)，即eq \f(3,PO)＝eq \f(1,2)，
解得PO＝6，
所以OO′＝PO－PO′＝3，
所以该正四棱台的体积
V＝eq \f(1,3)×3×(22＋2×4＋42)＝28.
16.(2024·淮安段测)如图，一个正三棱锥P－ABC的底面边长为1，高为2，则此三棱锥的体积为________.若一个正三棱柱A1B1C1－A0B0C0的顶点A1，B1，C1分别在该三棱锥的三条棱上，A0，B0，C0在该三棱锥的底面ABC上，则此三棱柱侧面积的最大值为________.
答案 eq \f(\r(3),6) eq \f(3,2)
解析 由三角形面积公式可得S△ABC＝eq \f(1,2)×1×1×sin 60°＝eq \f(\r(3),4).
设三棱锥P－ABC的高为h，
VP－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·h＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×2＝eq \f(\r(3),6).
由题意得，三棱锥P－A1B1C1为正三棱锥，设其高为h1，则A1A0＝2－h1.
设A1B1＝x(0