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高考数学一轮复习 第七章 第1节空间几何体的结构及其表面积、体积
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这是一份高考数学一轮复习 第七章 第1节空间几何体的结构及其表面积、体积，共25页。试卷主要包含了直观图，空间几何体的表面积与体积公式等内容，欢迎下载使用。
考试要求 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、棱柱、棱锥、棱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.
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
空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(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.空间几何体的表面积与体积公式
[微点提醒]
1.台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点.
2.正方体的棱长为a，球的半径为R，则与其有关的切、接球常用结论如下 ：
(1)若球为正方体的外接球，则2R＝eq \r(3)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＝eq \r(2)a.
3.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＝eq \r(a2＋b2＋c2).
4.正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.
基 础 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.( )
(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)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝45°.( )
(4)锥体的体积等于底面面积与高之积.( )
解析 (1)反例：由两个平行六面体上下组合在一起的图形满足条件，但不是棱柱.
(2)反例：如图所示的图形满足条件但不是棱锥.
(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，把x，y轴画成相交成45°或135°，平行于x轴的线段还平行于x轴，平行于y轴的线段还平行于y轴，所以∠A也可能为135°.
(4)锥体的体积等于底面面积与高之积的三分之一，故不正确.
答案 (1)× (2)× (3)× (4)×
2.(必修2P10B1改编)如图，长方体ABCD－A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是( )
A.棱台 B.四棱柱
C.五棱柱 D.六棱柱
解析 由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱.
答案 C
3.(必修2P27练习1改编)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.eq \f(3,2) cm
解析 由题意，得S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，解得r2＝4，所以r＝2(cm).
答案 B
4.(2016·全国Ⅱ卷)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.eq \f(32,3)π C.8π D.4π
解析 设正方体的棱长为a，则a3＝8，解得a＝2.设球的半径为R，则2R＝eq \r(3)a，即R＝eq \r(3).所以球的表面积S＝4πR2＝12π.
答案 A
5.(2017·全国Ⅲ卷)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )
A.π B.eq \f(3π,4) C.eq \f(π,2) D.eq \f(π,4)
解析 如图画出圆柱的轴截面ABCD，O为球心.球半径R＝OA＝1，球心到底面圆的距离为OM＝eq \f(1,2).
∴底面圆半径r＝eq \r(OA2－OM2)＝eq \f(\r(3),2)，故圆柱体积V＝π·r2·h＝π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))eq \s\up12(2)×1＝eq \f(3π,4).
答案 B
6.(2019·菏泽一中月考)用斜二测画法画水平放置的矩形的直观图，则直观图的面积与原矩形的面积之比为________.
解析 设原矩形的长为a，宽为b，则其直观图是长为a，高为eq \f(b,2)sin 45°＝eq \f(\r(2),4)b的平行四边形，所以eq \f(S直观,S矩形)＝eq \f(\f(\r(2),4)ab,ab)＝eq \f(\r(2),4).
答案 eq \f(\r(2),4)
考点一 空间几何体的结构特征
【例1】 (1)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
(2)给出下列命题：
①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；
②在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；
③存在每个面都是直角三角形的四面体；
④棱台的侧棱延长后交于一点.
其中正确命题的序号是________.
解析 (1)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.
(2)①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；③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；④正确，由棱台的概念可知.
答案 (1)A (2)②③④
规律方法 1.关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一个反例.
2.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.
3.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】 下列命题正确的是( )
A.两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
B.两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C.以直角梯形的一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体是圆台
D.用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
解析 如图所示，可排除A，B选项.只有截面与圆柱的母线平行或垂直，则截得的截面为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分.
答案 C
考点二 空间几何体的直观图
【例2】 已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为( )
A.eq \f(\r(3),4)a2 B.eq \f(\r(3),8)a2 C.eq \f(\r(6),8)a2 D.eq \f(\r(6),16)a2
解析 如图①②所示的实际图形和直观图.
由斜二测画法可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝eq \f(1,2)OC＝eq \f(\r(3),4)a，在图②中作C′D′⊥A′B′于D′，则C′D′＝eq \f(\r(2),2)O′C′＝eq \f(\r(6),8)a.所以S△A′B′C′＝eq \f(1,2)A′B′·C′D′＝eq \f(1,2)×a×eq \f(\r(6),8)a＝eq \f(\r(6),16)a2.故选D.
答案 D
规律方法 1.画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可以用“斜”(两坐标轴成45°或135°)和“二测”(平行于y轴的线段长度减半，平行于x轴和z轴的线段长度不变)来掌握.
2.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＝eq \f(\r(2),4)S原图形.
【训练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)
解析 恢复后的原图形为一直角梯形，
所以S＝eq \f(1,2)(1＋eq \r(2)＋1)×2＝2＋eq \r(2).故选A.
答案 A
考点三 空间几何体的表面积
【例3】 (1)若正四棱锥的底面边长和高都为2，则其全面积为________.
(2)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________(结果中保留π).
(3)如图直平行六面体的底面为菱形，若过不相邻两条侧棱的截面的面积分别为Q1，Q2，则它的侧面积为______.
解析 (1)因为四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，所以该四棱锥为正四棱锥，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＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5).
所以该四棱锥的侧面积S＝4×eq \f(1,2)×2×eq \r(5)＝4eq \r(5)，
∴S全＝2×2＋4eq \r(5)＝4＋4eq \r(5).
(2)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.
同理SB＝40.
所以AB＝SB－SA＝20.
S表＝S侧＋S上底＋S下底
＝π(r1＋r2)·AB＋πreq \\al(2,1)＋πreq \\al(2,2)
＝π(10＋20)×20＋π×102＋π×202
＝1 100π(cm2).
故圆台的表面积为1 100π cm2.
(3)设直平行六面体的底面边长为a，侧棱长为l，则S侧＝4al，因为过A1A，C1C与过B1B，D1D的截面都为矩形，从而eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Q1＝AC·l，,Q2＝BD·l，))
则AC＝eq \f(Q1,l)，BD＝eq \f(Q2,l).
又AC⊥BD，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(AC,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BD,2)))eq \s\up12(2)＝a2.∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Q1,2l)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Q2,2l)))eq \s\up12(2)＝a2.
∴4a2l2＝Qeq \\al(2,1)＋Qeq \\al(2,2)，2al＝eq \r(Qeq \\al(2,1)＋Qeq \\al(2,2))，
∴S侧＝4al＝2eq \r(Qeq \\al(2,1)＋Qeq \\al(2,2)).
答案 (1)4＋4eq \r(5) (2)1 100π cm2 (3)2eq \r(Qeq \\al(2,1)＋Qeq \\al(2,2))
规律方法 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.
【训练3】 (1)圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的表面积为( )
A.6π(4π＋3)
B.8π(3π＋1)
C.6π(4π＋3)或8π(3π＋1)
D.6π(4π＋1)或8π(3π＋2)
(2)(必修2P36A10改编)一直角三角形的三边长分别为6 cm，8 cm，10 cm，绕斜边旋转一周所得几何体的表面积为________.
解析 (1)分两种情况：①以长为6π的边为高时，4π为圆柱底面周长，则2πr＝4π，r＝2，所以S底＝4π，S侧＝6π×4π＝24π2，S表＝2S底＋S侧＝8π＋24π2＝8π(3π＋1)；②以长为4π的边为高时，6π为圆柱底面周长，则2πr＝6π，r＝3.所以S底＝9π，S表＝2S底＋S侧＝18π＋24π2＝6π(4π＋3).
(2)旋转一周所得几何体为以eq \f(24,5) cm为半径的两个同底面的圆锥，其表面积为S＝π×eq \f(24,5)×6＋π×eq \f(24,5)×8＝eq \f(336,5)π(cm2).
答案 (1)C (2)eq \f(336,5)π cm2
考点四 空间几何体的体积
【例4】 (1)(必修2P27例4改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱的体积比V球∶V柱为( )
A.1∶2 B.2∶3
C.3∶4 D.1∶3
(2)(2018·天津卷)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M－EFGH的体积为________.
解析 (1)设球的半径为R，则eq \f(V球,V柱)＝eq \f(\f(4,3)πR3,πR2×2R)＝eq \f(2,3).
(2)连接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因为E，H分别为AD1，CD1的中点，所以EH∥AC，EH＝eq \f(1,2)AC.因为F，G分别为B1A，B1C的中点，所以FG∥AC，FG＝eq \f(1,2)AC.所以EH∥FG，EH＝FG，所以四边形EHGF为平行四边形，又EG＝HF，EH＝HG，所以四边形EHGF为正方形.又点M到平面EHGF的距离为eq \f(1,2)，所以四棱锥M－EFGH的体积为eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))eq \s\up12(2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,12).
答案 (1)B (2)eq \f(1,12)
规律方法 1.(直接法)规则几何体：对于规则几何体，直接利用公式计算即可.
2.(割补法)不规则几何体：当一个几何体的形状不规则时，常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体，然后再计算.经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体，将三棱柱还原为平行六面体，将台体还原为锥体.
3.(等积法)三棱锥：利用三棱锥的“等积性”可以把任一个面作为三棱锥的底面.(1)求体积时，可选择“容易计算”的方式来计算；(2)利用“等积性”可求“点到面的距离”，关键是在面中选取三个点，与已知点构成三棱锥.
【训练4】 (必修2P28A3改编)如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________.
解析 设长方体的相邻三条棱长分别为a，b，c，它截出棱锥的体积为V1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)a×eq \f(1,2)b×eq \f(1,2)c＝eq \f(1,48)abc，剩下的几何体的体积V2＝abc－eq \f(1,48)abc＝eq \f(47,48)abc，所以V1∶V2＝1∶47.
答案 1∶47
考点五 多面体与球的切、接问题 典例迁移
【例5】 (经典母题)(2016·全国Ⅲ卷)在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是( )
A.4π B.eq \f(9π,2) C.6π D.eq \f(32π,3)
解析 由AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，得AC＝10.
要使球的体积V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC的内切圆的半径为r.
则eq \f(1,2)×6×8＝eq \f(1,2)×(6＋8＋10)·r，所以r＝2.
2r＝4＞3，不合题意.
球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R最大.
由2R＝3，即R＝eq \f(3,2).
故球的最大体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(9,2)π.
答案 B
【迁移探究1】 若本例中的条件变为“直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上”，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，求球O的表面积.
解 将直三棱柱补形为长方体ABEC－A1B1E1C1，
则球O是长方体ABEC－A1B1E1C1的外接球.
∴体对角线BC1的长为球O的直径.
因此2R＝eq \r(32＋42＋122)＝13.
故S球＝4πR2＝169π.
【迁移探究2】 若本例中的条件变为“正四棱锥的顶点都在球O的球面上”，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的体积.
解 如图，设球心为O，半径为r，
则在Rt△AOF中，(4－r)2＋(eq \r(2))2＝r2，
解得r＝eq \f(9,4)，
则球O的体积V球＝eq \f(4,3)πr3＝eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,4)))eq \s\up12(3)＝eq \f(243π,16).
规律方法 1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题.
2.若球面上四点P，A，B，C中PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题.
【训练5】 (2019·北京海淀区调研)三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝PC＝AC＝2，AB＝4，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为( )
A.23π B.eq \f(23,4)π C.64π D.eq \f(64,3)π
解析 如图，设O′为正△PAC的中心，D为Rt△ABC斜边的中点，H为AC中点.由平面PAC⊥平面ABC.则O′H⊥平面ABC.作O′O∥HD，OD∥O′H，则交点O为三棱锥外接球的球心，连接OP，又O′P＝eq \f(2,3)PH＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)×2＝eq \f(2\r(3),3)，OO′＝DH＝eq \f(1,2)AB＝2.∴R2＝OP2＝O′P2＋O′O2＝eq \f(4,3)＋4＝eq \f(16,3).
故几何体外接球的表面积S＝4πR2＝eq \f(64,3)π.
答案 D
[思维升华]
1.几何体的截面及作用
(1)常见的几种截面：①过棱柱、棱锥、棱台的两条相对侧棱的截面；②平行于底面的截面；③旋转体中的轴截面；④球的截面.
(2)作用：利用截面研究几何体，贯彻了空间问题平面化的思想，截面可以把几何体的性质、画法及证明、计算融为一体.
2.棱台和圆台是分别用平行于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后得到的，所以在解决棱台和圆台的相关问题时，常“还台为锥”，体现了转化的数学思想.
3.转化与化归思想：计算旋转体的侧面积时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形，“化曲为直”来解决，因此要熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形面积的求法.
[易错防范]
1.求组合体的表面积时：组合体的衔接部分的面积问题易出错.
2.底面是梯形的四棱柱侧放时，容易和四棱台混淆，在识别时要紧扣定义，以防出错.
直观想象与逻辑推理——简单几何体的外接球与内切球问题
1.直观想象主要表现为利用几何图形描述问题，借助几何直观理解问题，运用空间想象认识事物，解决与球有关的问题对该素养有较高的要求.
2.简单几何体外接球问题是立体几何中的难点和重要的考点，此类问题实质是解决球的半径长或确定球心O的位置问题，其中球心的确定是关键.
一、知识要点
1.外接球的问题
(1)必备知识：
①简单多面体外接球的球心的结论.
结论1：正方体或长方体的外接球的球心是其体对角线的中点.
结论2：正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中点.
结论3：直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点.
②构造正方体或长方体确定球心.
③利用球心O与截面圆圆心O1的连线垂直于截面圆及球心O与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心.
(2)方法技巧：几何体补成正方体或长方体.
2.内切球问题
(1)必备知识：
①内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等.
②正多面体的内切球和外接球的球心重合.
③正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不一定重合.
(2)方法技巧：体积分割是求内切球半径的通用做法.
二、突破策略
1.利用长方体的体对角线探索外接球半径
【例1】 已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是( )
A.16π B.20π C.24π D.32π
解析 设正四棱柱的底面边长为a，高为h，球半径为R，则正四棱柱的体积为V＝a2h＝16，a＝2，4R2＝a2＋a2＋h2＝4＋4＋16＝24，所以球的表面积为S＝24π.
答案 C
评析 若几何体存在三条两两垂直的线段或者三条线有两个垂直，可构造墙角模型(如下图)，直接用公式(2R)2＝a2＋b2＋c2求出R.
2.利用长方体的面对角线探索外接球半径
【例2】 三棱锥中S－ABC，SA＝BC＝eq \r(13)，SB＝AC＝eq \r(5)，SC＝AB＝eq \r(10).则三棱锥的外接球的表面积为______.
解析 如图，在长方体中，设AE＝a，BE＝b，CE＝c.
则SC＝AB＝eq \r(a2＋b2)＝eq \r(10)，
SA＝BC＝eq \r(b2＋c2)＝eq \r(13)，
SB＝AC＝eq \r(a2＋c2)＝eq \r(5).
从而a2＋b2＋c2＝14＝(2R)2，可得S＝4πR2＝14π.故所求三棱锥的外接球的表面积为14π.
答案 14π
评析 三棱锥的相对棱相等，探寻球心无从着手，注意到长方体的相对面的面对角线相等，可在长方体中构造三棱锥，从而巧妙探索外接球半径.
3.利用底面三角形与侧面三角形的外心探索球心
【例3】 平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝eq \r(2)，BD⊥CD.将其沿对角线BD折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD.若四面体A′BCD的顶点在同一球面上，则该球的体积为( )
A.eq \f(\r(3),2)π B.3π C.eq \f(\r(2),3)π D.2π
解析 如图，设BD，BC的中点分别为E，F.因点F为底面直角△BCD的外心，知三棱锥A′－BCD的外接球球心必在过点F且与平面BCD垂直的直线l1上.又点E为底面直角△A′BD的外心，知外接球球心必在过点E且与平面A′BD垂直的直线l2上.因而球心为l1与l2的交点.又FE∥CD，CD⊥BD知FE⊥平面A′BD.从而可知球心为点F.又A′B＝A′D＝1，CD＝1知BD＝eq \r(2)，球半径R＝FD＝eq \f(BC,2)＝eq \f(\r(3),2).故V＝eq \f(4,3)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))eq \s\up12(3)＝eq \f(\r(3),2)π.
答案 C
评析 三棱锥侧面与底面垂直时，可紧扣球心与底面三角形外心连线垂直于底面这一性质，利用底面与侧面的外心，巧探外接球球心，妙求半径.
4.利用直棱柱上下底面外接圆圆心的连线确定球心
【例4】 一个正六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为eq \f(9,8)，底面周长为3，则这个球的体积为________.
解析 设正六棱柱底面边长为a，正六棱柱的高为h，底面外接圆的半径为r，则a＝eq \f(1,2)，底面积为S＝6·eq \f(\r(3),4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(3\r(3),8)，V柱＝Sh＝eq \f(3\r(3),8)h＝eq \f(9,8)，∴h＝eq \r(3)，R2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝1，R＝1，球的体积为V＝eq \f(4π,3).
答案 eq \f(4π,3)
评析 直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型如下图
其外接球球心就是上下底面外接圆圆心连线的中点.
5.锥体的内切球问题
(1)题设：如图①，三棱锥P－ABC是正三棱锥，求其内切球的半径.
图①
第一步：先画出内切球的截面图，E，H分别是两个三角形的外心；
第二步：求DH＝eq \f(1,3)CD，PO＝PH－r，PD是侧面△ABP的高；
第三步：由△POE∽△PDH，建立等式：eq \f(OE,DH)＝eq \f(PO,PD)，解出r.
(2)题设：如图②，四棱锥P－ABC是正四棱锥，求其内切球的半径.
图②
第一步：先画出内切球的截面图，P，O，H三点共线；
第二步：求FH＝eq \f(1,2)BC，PO＝PH－r，PF是侧面△PCD的高；
第三步：由△POG∽△PFH，建立等式：eq \f(OG,HF)＝eq \f(PO,PF)，解出r.
(3)题设：三棱锥P－ABC是任意三棱锥，求其的内切球半径.
方法：等体积法，三棱锥P－ABC体积等于内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和；
第一步：先画出四个表面的面积和整个锥体体积；
第二步：设内切球的半径为r，球心为O，建立等式：VP－ABC＝VO－ABC＋VO－PAB＋VO－PAC＋VO－PBC⇒VP－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·r＋eq \f(1,3)S△PAB·r＋eq \f(1,3)S△PAC·r＋eq \f(1,3)S△PBC·r＝eq \f(1,3)(S△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋S△PBC)·r；
第三步：解出r＝eq \f(3VP－ABC,SO－ABC＋SO－PAB＋SO－PAC＋SO－PBC)
6.柱体的内切球问题
【例5】 体积为eq \f(4π,3)的球与正三棱柱的所有面均相切，则该棱柱的体积为________.
解析 设球的半径为R，由eq \f(4π,3)R3＝eq \f(4π,3)，得R＝1，所以正三棱柱的高h＝2.
设底面边长为a，则eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)a＝1，所以a＝2eq \r(3).
所以V＝eq \f(\r(3),4)×(2eq \r(3))2×2＝6eq \r(3).
答案 6eq \r(3)
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
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，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.故选C.
答案 C
2.一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( )
A.eq \f(16,3)π B.eq \f(32,3)π C.16π D.24π
解析 设球的半径为R，则S＝4πR2＝16π，解得R＝2，则球的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(32,3)π.
答案 B
3.纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为上、下、东、南、西、北，现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开，外面朝上展平，得到如图所示的平面图形，则标“△”的面的方位是( )
A.南 B.北 C.西 D.下
解析 将所给图形还原为正方体，如图所示，最上面为△，最左面为东，最里面为上，将正方体旋转后让东面指向东，让“上”面向上可知“△”的方位为北.
答案 B
4.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )
A.14斛 B.22斛
C.36斛 D.66斛
解析 设米堆的底面半径为r尺，则eq \f(π,2)r＝8，所以r＝eq \f(16,π).
所以米堆的体积为V＝eq \f(1,4)×eq \f(1,3)π·r2·5＝eq \f(π,12)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,π)))eq \s\up12(2)·5≈eq \f(320,9)(立方尺).
故堆放的米约有eq \f(320,9)÷1.62≈22(斛).
答案 B
5.如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为eq \r(3)，D为BC中点，则三棱锥A－B1DC1的体积为( )
A.3 B.eq \f(3,2)C.1 D.eq \f(\r(3),2)
解析 如题图，在正△ABC中，D为BC中点，则有AD＝eq \f(\r(3),2)AB＝eq \r(3)，又∵平面BB1C1C⊥平面ABC，AD⊥BC，AD⊂平面ABC，由面面垂直的性质定理可得AD⊥平面BB1C1C，即AD为三棱锥A－B1DC1的底面B1DC1上的高，
∴VA－B1DC1＝eq \f(1,3)S△B1DC1·AD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×eq \r(3)×eq \r(3)＝1.
答案 C
二、填空题
6.一水平放置的平面四边形OABC，用斜二测画法画出它的直观图O′A′B′C′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC面积为________.
解析 因为直观图的面积是原图形面积的eq \f(\r(2),4)倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2eq \r(2).
答案 2eq \r(2)
7.现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________.
解析 设新的底面半径为r，由题意得eq \f(1,3)πr2·4＋πr2·8＝eq \f(1,3)π×52×4＋π×22×8，解得r＝eq \r(7).
答案 eq \r(7)
8.(2019·济南调研)祖暅(公元前5～6世纪)，祖冲之之子，是我国齐梁时代的数学家.他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异.”这句话的意思是：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.该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现，比祖暅晚一千一百多年.椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体.如图将底面直径皆为2b，高皆为a的椭半球体及已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面β上.以平行于平面β的平面于距平面β任意高d处可横截得到S圆及S环两截面，可以证明S圆＝S环总成立.据此，短轴长为4 cm，长轴为6 cm的椭球体的体积是________ cm3.
解析 因为总有S圆＝S环，
所以椭半球体的体积等于V柱－V锥＝πb2a－eq \f(1,3)πb2a＝eq \f(2,3)πb2a，
椭球体的体积为V＝eq \f(4,3)πb2a.因为2b＝4，2a＝6，所以b＝2，a＝3，
所以，该椭球体的体积是eq \f(4,3)×22×3π＝16π(cm3).
答案 16π
三、解答题
9.如图所示，正四棱台的高是17 cm，两底面边长分别为4 cm和16 cm，求棱台的侧棱长和斜高.
解 设棱台两底面的中心分别为O′和O，B′C′，BC的中点分别为E′，E，连接O′B′，O′E′，O′O，OE，OB，EE′，则四边形O′E′EO，OBB′O′均为直角梯形.
在正方形ABCD中，BC＝16 cm，
则OB＝8eq \r(2) cm，OE＝8 cm，
在正方形A′B′C′D′中，B′C′＝4 cm，
则O′B′＝2eq \r(2) cm，O′E′＝2 cm，
在直角梯形O′OBB′中，
BB′＝eq \r(OO′2＋（OB－O′B′）2)＝19(cm)；
在直角梯形O′OEE′中，
EE′＝eq \r(OO′2＋（OE－O′E′）2)＝5eq \r(13)(cm).
所以这个棱台的侧棱长为19 cm，斜高为5eq \r(13) cm.
10.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，若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？
解 由PO1＝2 m，知O1O＝4PO1＝8 m.因为A1B1＝AB＝6 m，所以正四棱锥P－A1B1C1D1的体积
V锥＝eq \f(1,3)·A1Beq \\al(2,1)·PO1＝eq \f(1,3)×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).
故仓库的容积是312 m3.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.(2019·石家庄模拟)用长度分别为2，3，5，6，9(单位：cm)的五根木棒连接(只允许连接，不允许折断)，组成共顶点的长方体的三条棱，则能够得到的长方体的最大表面积为( )
A.258 cm2 B.414 cm2
C.416 cm2 D.418 cm2
解析 设长方体从同一顶点出发的三条棱的长分别为a，b，c，则长方体的表面积S＝2(ab＋bc＋ac)≤eq \f(1,2)[(a＋b)2＋(b＋c)2＋(a＋c)2]，
当且仅当a＝b＝c时上式“＝”成立.
由题意可知，a，b，c，不可能相等，故当a，b，c的大小最接近时，长方体的表面积最大，此时从同一顶点出发的三条棱的长为8，8，9，
用长度为2，6的木棒连接，长度为3，5的木棒连接各为一条棱，长度为9的木棒为第三条棱，组成长方体，
此时能够得到的长方体的最大表面积为2×(8×8＋8×9＋8×9)＝416(cm2).
答案 C
12.已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为( )
A.eq \f(\r(2),6) B.eq \f(\r(3),6) C.eq \f(\r(2),3) D.eq \f(\r(2),2)
解析 由于三棱锥S－ABC与三棱锥O－ABC底面都是△ABC，O是SC的中点，因此三棱锥S－ABC的高是三棱锥O－ABC高的2倍，
所以三棱锥S－ABC的体积也是三棱锥O－ABC体积的2倍.
在三棱锥O－ABC中，其棱长都是1，如图所示，
S△ABC＝eq \f(\r(3),4)×AB2＝eq \f(\r(3),4)，
高OD＝eq \r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(6),3)，
∴VS－ABC＝2VO－ABC＝2×eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×eq \f(\r(6),3)＝eq \f(\r(2),6).
答案 A
13.如图所示，在透明塑料制成的长方体ABCD－A1B1C1D1容器中灌进一些水，将容器底面一边BC固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜程度的不同，以下命题：①水的形状成棱柱状；②水面EFGH的面积不变；③A1D1始终与水面EFGH平行.其中正确命题的序号是________.
解析 如图所示为水面的三种不同形状，①中形状显然为棱柱，②为以ABFE和DCGH为两个底面，其他为侧面的棱柱，③为以BEF和CHG为底面，其他面为侧面的棱柱，故①正确；水面的形状会随倾斜程度的不同而不同.如①②中水面形状均为矩形，但边长不同，其面积也不同，故②不正确；因为水面在运动过程中保持与边BC平行，而BC与A1D1平行，故A1D1始终与水面EFGH平行，则③正确，故正确命题的序号是①③.
答案 ①③
14.如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；
(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.
解 (1)交线围成的正方形EHGF如图所示.
(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.
因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.
于是MH＝eq \r(EH2－EM2)＝6，AH＝10，HB＝6.
故S四边形A1EHA＝eq \f(1,2)×(4＋10)×8＝56，
S四边形EB1BH＝eq \f(1,2)×(12＋6)×8＝72.
因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，
所以其体积的比值为eq \f(9,7)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,9)也正确)).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
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
全等的矩形
全等的等腰三角形
全等的等腰梯形
圆
侧面展开图
矩形
扇形
扇环
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
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＝S底h
锥 体
(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝eq \f(1,3)S底h
台 体
(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝eq \f(1,3)(S上＋S下＋eq \r(S上S下))h
球
S＝4πR2
V＝eq \f(4,3)πR3
考试要求 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、棱柱、棱锥、棱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.
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
空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(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.空间几何体的表面积与体积公式
[微点提醒]
1.台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点.
2.正方体的棱长为a，球的半径为R，则与其有关的切、接球常用结论如下 ：
(1)若球为正方体的外接球，则2R＝eq \r(3)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＝eq \r(2)a.
3.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＝eq \r(a2＋b2＋c2).
4.正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.
基 础 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.( )
(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)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝45°.( )
(4)锥体的体积等于底面面积与高之积.( )
解析 (1)反例：由两个平行六面体上下组合在一起的图形满足条件，但不是棱柱.
(2)反例：如图所示的图形满足条件但不是棱锥.
(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，把x，y轴画成相交成45°或135°，平行于x轴的线段还平行于x轴，平行于y轴的线段还平行于y轴，所以∠A也可能为135°.
(4)锥体的体积等于底面面积与高之积的三分之一，故不正确.
答案 (1)× (2)× (3)× (4)×
2.(必修2P10B1改编)如图，长方体ABCD－A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是( )
A.棱台 B.四棱柱
C.五棱柱 D.六棱柱
解析 由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱.
答案 C
3.(必修2P27练习1改编)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.eq \f(3,2) cm
解析 由题意，得S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，解得r2＝4，所以r＝2(cm).
答案 B
4.(2016·全国Ⅱ卷)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.eq \f(32,3)π C.8π D.4π
解析 设正方体的棱长为a，则a3＝8，解得a＝2.设球的半径为R，则2R＝eq \r(3)a，即R＝eq \r(3).所以球的表面积S＝4πR2＝12π.
答案 A
5.(2017·全国Ⅲ卷)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )
A.π B.eq \f(3π,4) C.eq \f(π,2) D.eq \f(π,4)
解析 如图画出圆柱的轴截面ABCD，O为球心.球半径R＝OA＝1，球心到底面圆的距离为OM＝eq \f(1,2).
∴底面圆半径r＝eq \r(OA2－OM2)＝eq \f(\r(3),2)，故圆柱体积V＝π·r2·h＝π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))eq \s\up12(2)×1＝eq \f(3π,4).
答案 B
6.(2019·菏泽一中月考)用斜二测画法画水平放置的矩形的直观图，则直观图的面积与原矩形的面积之比为________.
解析 设原矩形的长为a，宽为b，则其直观图是长为a，高为eq \f(b,2)sin 45°＝eq \f(\r(2),4)b的平行四边形，所以eq \f(S直观,S矩形)＝eq \f(\f(\r(2),4)ab,ab)＝eq \f(\r(2),4).
答案 eq \f(\r(2),4)
考点一 空间几何体的结构特征
【例1】 (1)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
(2)给出下列命题：
①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；
②在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；
③存在每个面都是直角三角形的四面体；
④棱台的侧棱延长后交于一点.
其中正确命题的序号是________.
解析 (1)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.
(2)①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；③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；④正确，由棱台的概念可知.
答案 (1)A (2)②③④
规律方法 1.关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一个反例.
2.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.
3.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】 下列命题正确的是( )
A.两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
B.两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C.以直角梯形的一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体是圆台
D.用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
解析 如图所示，可排除A，B选项.只有截面与圆柱的母线平行或垂直，则截得的截面为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分.
答案 C
考点二 空间几何体的直观图
【例2】 已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为( )
A.eq \f(\r(3),4)a2 B.eq \f(\r(3),8)a2 C.eq \f(\r(6),8)a2 D.eq \f(\r(6),16)a2
解析 如图①②所示的实际图形和直观图.
由斜二测画法可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝eq \f(1,2)OC＝eq \f(\r(3),4)a，在图②中作C′D′⊥A′B′于D′，则C′D′＝eq \f(\r(2),2)O′C′＝eq \f(\r(6),8)a.所以S△A′B′C′＝eq \f(1,2)A′B′·C′D′＝eq \f(1,2)×a×eq \f(\r(6),8)a＝eq \f(\r(6),16)a2.故选D.
答案 D
规律方法 1.画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可以用“斜”(两坐标轴成45°或135°)和“二测”(平行于y轴的线段长度减半，平行于x轴和z轴的线段长度不变)来掌握.
2.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＝eq \f(\r(2),4)S原图形.
【训练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)
解析 恢复后的原图形为一直角梯形，
所以S＝eq \f(1,2)(1＋eq \r(2)＋1)×2＝2＋eq \r(2).故选A.
答案 A
考点三 空间几何体的表面积
【例3】 (1)若正四棱锥的底面边长和高都为2，则其全面积为________.
(2)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________(结果中保留π).
(3)如图直平行六面体的底面为菱形，若过不相邻两条侧棱的截面的面积分别为Q1，Q2，则它的侧面积为______.
解析 (1)因为四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，所以该四棱锥为正四棱锥，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＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5).
所以该四棱锥的侧面积S＝4×eq \f(1,2)×2×eq \r(5)＝4eq \r(5)，
∴S全＝2×2＋4eq \r(5)＝4＋4eq \r(5).
(2)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.
同理SB＝40.
所以AB＝SB－SA＝20.
S表＝S侧＋S上底＋S下底
＝π(r1＋r2)·AB＋πreq \\al(2,1)＋πreq \\al(2,2)
＝π(10＋20)×20＋π×102＋π×202
＝1 100π(cm2).
故圆台的表面积为1 100π cm2.
(3)设直平行六面体的底面边长为a，侧棱长为l，则S侧＝4al，因为过A1A，C1C与过B1B，D1D的截面都为矩形，从而eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Q1＝AC·l，,Q2＝BD·l，))
则AC＝eq \f(Q1,l)，BD＝eq \f(Q2,l).
又AC⊥BD，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(AC,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BD,2)))eq \s\up12(2)＝a2.∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Q1,2l)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Q2,2l)))eq \s\up12(2)＝a2.
∴4a2l2＝Qeq \\al(2,1)＋Qeq \\al(2,2)，2al＝eq \r(Qeq \\al(2,1)＋Qeq \\al(2,2))，
∴S侧＝4al＝2eq \r(Qeq \\al(2,1)＋Qeq \\al(2,2)).
答案 (1)4＋4eq \r(5) (2)1 100π cm2 (3)2eq \r(Qeq \\al(2,1)＋Qeq \\al(2,2))
规律方法 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.
【训练3】 (1)圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的表面积为( )
A.6π(4π＋3)
B.8π(3π＋1)
C.6π(4π＋3)或8π(3π＋1)
D.6π(4π＋1)或8π(3π＋2)
(2)(必修2P36A10改编)一直角三角形的三边长分别为6 cm，8 cm，10 cm，绕斜边旋转一周所得几何体的表面积为________.
解析 (1)分两种情况：①以长为6π的边为高时，4π为圆柱底面周长，则2πr＝4π，r＝2，所以S底＝4π，S侧＝6π×4π＝24π2，S表＝2S底＋S侧＝8π＋24π2＝8π(3π＋1)；②以长为4π的边为高时，6π为圆柱底面周长，则2πr＝6π，r＝3.所以S底＝9π，S表＝2S底＋S侧＝18π＋24π2＝6π(4π＋3).
(2)旋转一周所得几何体为以eq \f(24,5) cm为半径的两个同底面的圆锥，其表面积为S＝π×eq \f(24,5)×6＋π×eq \f(24,5)×8＝eq \f(336,5)π(cm2).
答案 (1)C (2)eq \f(336,5)π cm2
考点四 空间几何体的体积
【例4】 (1)(必修2P27例4改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱的体积比V球∶V柱为( )
A.1∶2 B.2∶3
C.3∶4 D.1∶3
(2)(2018·天津卷)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M－EFGH的体积为________.
解析 (1)设球的半径为R，则eq \f(V球,V柱)＝eq \f(\f(4,3)πR3,πR2×2R)＝eq \f(2,3).
(2)连接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因为E，H分别为AD1，CD1的中点，所以EH∥AC，EH＝eq \f(1,2)AC.因为F，G分别为B1A，B1C的中点，所以FG∥AC，FG＝eq \f(1,2)AC.所以EH∥FG，EH＝FG，所以四边形EHGF为平行四边形，又EG＝HF，EH＝HG，所以四边形EHGF为正方形.又点M到平面EHGF的距离为eq \f(1,2)，所以四棱锥M－EFGH的体积为eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))eq \s\up12(2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,12).
答案 (1)B (2)eq \f(1,12)
规律方法 1.(直接法)规则几何体：对于规则几何体，直接利用公式计算即可.
2.(割补法)不规则几何体：当一个几何体的形状不规则时，常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体，然后再计算.经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体，将三棱柱还原为平行六面体，将台体还原为锥体.
3.(等积法)三棱锥：利用三棱锥的“等积性”可以把任一个面作为三棱锥的底面.(1)求体积时，可选择“容易计算”的方式来计算；(2)利用“等积性”可求“点到面的距离”，关键是在面中选取三个点，与已知点构成三棱锥.
【训练4】 (必修2P28A3改编)如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________.
解析 设长方体的相邻三条棱长分别为a，b，c，它截出棱锥的体积为V1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)a×eq \f(1,2)b×eq \f(1,2)c＝eq \f(1,48)abc，剩下的几何体的体积V2＝abc－eq \f(1,48)abc＝eq \f(47,48)abc，所以V1∶V2＝1∶47.
答案 1∶47
考点五 多面体与球的切、接问题 典例迁移
【例5】 (经典母题)(2016·全国Ⅲ卷)在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是( )
A.4π B.eq \f(9π,2) C.6π D.eq \f(32π,3)
解析 由AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，得AC＝10.
要使球的体积V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC的内切圆的半径为r.
则eq \f(1,2)×6×8＝eq \f(1,2)×(6＋8＋10)·r，所以r＝2.
2r＝4＞3，不合题意.
球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R最大.
由2R＝3，即R＝eq \f(3,2).
故球的最大体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(9,2)π.
答案 B
【迁移探究1】 若本例中的条件变为“直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上”，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，求球O的表面积.
解 将直三棱柱补形为长方体ABEC－A1B1E1C1，
则球O是长方体ABEC－A1B1E1C1的外接球.
∴体对角线BC1的长为球O的直径.
因此2R＝eq \r(32＋42＋122)＝13.
故S球＝4πR2＝169π.
【迁移探究2】 若本例中的条件变为“正四棱锥的顶点都在球O的球面上”，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的体积.
解 如图，设球心为O，半径为r，
则在Rt△AOF中，(4－r)2＋(eq \r(2))2＝r2，
解得r＝eq \f(9,4)，
则球O的体积V球＝eq \f(4,3)πr3＝eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,4)))eq \s\up12(3)＝eq \f(243π,16).
规律方法 1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题.
2.若球面上四点P，A，B，C中PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题.
【训练5】 (2019·北京海淀区调研)三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝PC＝AC＝2，AB＝4，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为( )
A.23π B.eq \f(23,4)π C.64π D.eq \f(64,3)π
解析 如图，设O′为正△PAC的中心，D为Rt△ABC斜边的中点，H为AC中点.由平面PAC⊥平面ABC.则O′H⊥平面ABC.作O′O∥HD，OD∥O′H，则交点O为三棱锥外接球的球心，连接OP，又O′P＝eq \f(2,3)PH＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)×2＝eq \f(2\r(3),3)，OO′＝DH＝eq \f(1,2)AB＝2.∴R2＝OP2＝O′P2＋O′O2＝eq \f(4,3)＋4＝eq \f(16,3).
故几何体外接球的表面积S＝4πR2＝eq \f(64,3)π.
答案 D
[思维升华]
1.几何体的截面及作用
(1)常见的几种截面：①过棱柱、棱锥、棱台的两条相对侧棱的截面；②平行于底面的截面；③旋转体中的轴截面；④球的截面.
(2)作用：利用截面研究几何体，贯彻了空间问题平面化的思想，截面可以把几何体的性质、画法及证明、计算融为一体.
2.棱台和圆台是分别用平行于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后得到的，所以在解决棱台和圆台的相关问题时，常“还台为锥”，体现了转化的数学思想.
3.转化与化归思想：计算旋转体的侧面积时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形，“化曲为直”来解决，因此要熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形面积的求法.
[易错防范]
1.求组合体的表面积时：组合体的衔接部分的面积问题易出错.
2.底面是梯形的四棱柱侧放时，容易和四棱台混淆，在识别时要紧扣定义，以防出错.
直观想象与逻辑推理——简单几何体的外接球与内切球问题
1.直观想象主要表现为利用几何图形描述问题，借助几何直观理解问题，运用空间想象认识事物，解决与球有关的问题对该素养有较高的要求.
2.简单几何体外接球问题是立体几何中的难点和重要的考点，此类问题实质是解决球的半径长或确定球心O的位置问题，其中球心的确定是关键.
一、知识要点
1.外接球的问题
(1)必备知识：
①简单多面体外接球的球心的结论.
结论1：正方体或长方体的外接球的球心是其体对角线的中点.
结论2：正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中点.
结论3：直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点.
②构造正方体或长方体确定球心.
③利用球心O与截面圆圆心O1的连线垂直于截面圆及球心O与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心.
(2)方法技巧：几何体补成正方体或长方体.
2.内切球问题
(1)必备知识：
①内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等.
②正多面体的内切球和外接球的球心重合.
③正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不一定重合.
(2)方法技巧：体积分割是求内切球半径的通用做法.
二、突破策略
1.利用长方体的体对角线探索外接球半径
【例1】 已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是( )
A.16π B.20π C.24π D.32π
解析 设正四棱柱的底面边长为a，高为h，球半径为R，则正四棱柱的体积为V＝a2h＝16，a＝2，4R2＝a2＋a2＋h2＝4＋4＋16＝24，所以球的表面积为S＝24π.
答案 C
评析 若几何体存在三条两两垂直的线段或者三条线有两个垂直，可构造墙角模型(如下图)，直接用公式(2R)2＝a2＋b2＋c2求出R.
2.利用长方体的面对角线探索外接球半径
【例2】 三棱锥中S－ABC，SA＝BC＝eq \r(13)，SB＝AC＝eq \r(5)，SC＝AB＝eq \r(10).则三棱锥的外接球的表面积为______.
解析 如图，在长方体中，设AE＝a，BE＝b，CE＝c.
则SC＝AB＝eq \r(a2＋b2)＝eq \r(10)，
SA＝BC＝eq \r(b2＋c2)＝eq \r(13)，
SB＝AC＝eq \r(a2＋c2)＝eq \r(5).
从而a2＋b2＋c2＝14＝(2R)2，可得S＝4πR2＝14π.故所求三棱锥的外接球的表面积为14π.
答案 14π
评析 三棱锥的相对棱相等，探寻球心无从着手，注意到长方体的相对面的面对角线相等，可在长方体中构造三棱锥，从而巧妙探索外接球半径.
3.利用底面三角形与侧面三角形的外心探索球心
【例3】 平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝eq \r(2)，BD⊥CD.将其沿对角线BD折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD.若四面体A′BCD的顶点在同一球面上，则该球的体积为( )
A.eq \f(\r(3),2)π B.3π C.eq \f(\r(2),3)π D.2π
解析 如图，设BD，BC的中点分别为E，F.因点F为底面直角△BCD的外心，知三棱锥A′－BCD的外接球球心必在过点F且与平面BCD垂直的直线l1上.又点E为底面直角△A′BD的外心，知外接球球心必在过点E且与平面A′BD垂直的直线l2上.因而球心为l1与l2的交点.又FE∥CD，CD⊥BD知FE⊥平面A′BD.从而可知球心为点F.又A′B＝A′D＝1，CD＝1知BD＝eq \r(2)，球半径R＝FD＝eq \f(BC,2)＝eq \f(\r(3),2).故V＝eq \f(4,3)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))eq \s\up12(3)＝eq \f(\r(3),2)π.
答案 C
评析 三棱锥侧面与底面垂直时，可紧扣球心与底面三角形外心连线垂直于底面这一性质，利用底面与侧面的外心，巧探外接球球心，妙求半径.
4.利用直棱柱上下底面外接圆圆心的连线确定球心
【例4】 一个正六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为eq \f(9,8)，底面周长为3，则这个球的体积为________.
解析 设正六棱柱底面边长为a，正六棱柱的高为h，底面外接圆的半径为r，则a＝eq \f(1,2)，底面积为S＝6·eq \f(\r(3),4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(3\r(3),8)，V柱＝Sh＝eq \f(3\r(3),8)h＝eq \f(9,8)，∴h＝eq \r(3)，R2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝1，R＝1，球的体积为V＝eq \f(4π,3).
答案 eq \f(4π,3)
评析 直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型如下图
其外接球球心就是上下底面外接圆圆心连线的中点.
5.锥体的内切球问题
(1)题设：如图①，三棱锥P－ABC是正三棱锥，求其内切球的半径.
图①
第一步：先画出内切球的截面图，E，H分别是两个三角形的外心；
第二步：求DH＝eq \f(1,3)CD，PO＝PH－r，PD是侧面△ABP的高；
第三步：由△POE∽△PDH，建立等式：eq \f(OE,DH)＝eq \f(PO,PD)，解出r.
(2)题设：如图②，四棱锥P－ABC是正四棱锥，求其内切球的半径.
图②
第一步：先画出内切球的截面图，P，O，H三点共线；
第二步：求FH＝eq \f(1,2)BC，PO＝PH－r，PF是侧面△PCD的高；
第三步：由△POG∽△PFH，建立等式：eq \f(OG,HF)＝eq \f(PO,PF)，解出r.
(3)题设：三棱锥P－ABC是任意三棱锥，求其的内切球半径.
方法：等体积法，三棱锥P－ABC体积等于内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和；
第一步：先画出四个表面的面积和整个锥体体积；
第二步：设内切球的半径为r，球心为O，建立等式：VP－ABC＝VO－ABC＋VO－PAB＋VO－PAC＋VO－PBC⇒VP－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·r＋eq \f(1,3)S△PAB·r＋eq \f(1,3)S△PAC·r＋eq \f(1,3)S△PBC·r＝eq \f(1,3)(S△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋S△PBC)·r；
第三步：解出r＝eq \f(3VP－ABC,SO－ABC＋SO－PAB＋SO－PAC＋SO－PBC)
6.柱体的内切球问题
【例5】 体积为eq \f(4π,3)的球与正三棱柱的所有面均相切，则该棱柱的体积为________.
解析 设球的半径为R，由eq \f(4π,3)R3＝eq \f(4π,3)，得R＝1，所以正三棱柱的高h＝2.
设底面边长为a，则eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)a＝1，所以a＝2eq \r(3).
所以V＝eq \f(\r(3),4)×(2eq \r(3))2×2＝6eq \r(3).
答案 6eq \r(3)
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
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，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.故选C.
答案 C
2.一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( )
A.eq \f(16,3)π B.eq \f(32,3)π C.16π D.24π
解析 设球的半径为R，则S＝4πR2＝16π，解得R＝2，则球的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(32,3)π.
答案 B
3.纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为上、下、东、南、西、北，现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开，外面朝上展平，得到如图所示的平面图形，则标“△”的面的方位是( )
A.南 B.北 C.西 D.下
解析 将所给图形还原为正方体，如图所示，最上面为△，最左面为东，最里面为上，将正方体旋转后让东面指向东，让“上”面向上可知“△”的方位为北.
答案 B
4.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )
A.14斛 B.22斛
C.36斛 D.66斛
解析 设米堆的底面半径为r尺，则eq \f(π,2)r＝8，所以r＝eq \f(16,π).
所以米堆的体积为V＝eq \f(1,4)×eq \f(1,3)π·r2·5＝eq \f(π,12)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,π)))eq \s\up12(2)·5≈eq \f(320,9)(立方尺).
故堆放的米约有eq \f(320,9)÷1.62≈22(斛).
答案 B
5.如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为eq \r(3)，D为BC中点，则三棱锥A－B1DC1的体积为( )
A.3 B.eq \f(3,2)C.1 D.eq \f(\r(3),2)
解析 如题图，在正△ABC中，D为BC中点，则有AD＝eq \f(\r(3),2)AB＝eq \r(3)，又∵平面BB1C1C⊥平面ABC，AD⊥BC，AD⊂平面ABC，由面面垂直的性质定理可得AD⊥平面BB1C1C，即AD为三棱锥A－B1DC1的底面B1DC1上的高，
∴VA－B1DC1＝eq \f(1,3)S△B1DC1·AD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×eq \r(3)×eq \r(3)＝1.
答案 C
二、填空题
6.一水平放置的平面四边形OABC，用斜二测画法画出它的直观图O′A′B′C′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC面积为________.
解析 因为直观图的面积是原图形面积的eq \f(\r(2),4)倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2eq \r(2).
答案 2eq \r(2)
7.现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________.
解析 设新的底面半径为r，由题意得eq \f(1,3)πr2·4＋πr2·8＝eq \f(1,3)π×52×4＋π×22×8，解得r＝eq \r(7).
答案 eq \r(7)
8.(2019·济南调研)祖暅(公元前5～6世纪)，祖冲之之子，是我国齐梁时代的数学家.他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异.”这句话的意思是：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.该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现，比祖暅晚一千一百多年.椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体.如图将底面直径皆为2b，高皆为a的椭半球体及已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面β上.以平行于平面β的平面于距平面β任意高d处可横截得到S圆及S环两截面，可以证明S圆＝S环总成立.据此，短轴长为4 cm，长轴为6 cm的椭球体的体积是________ cm3.
解析 因为总有S圆＝S环，
所以椭半球体的体积等于V柱－V锥＝πb2a－eq \f(1,3)πb2a＝eq \f(2,3)πb2a，
椭球体的体积为V＝eq \f(4,3)πb2a.因为2b＝4，2a＝6，所以b＝2，a＝3，
所以，该椭球体的体积是eq \f(4,3)×22×3π＝16π(cm3).
答案 16π
三、解答题
9.如图所示，正四棱台的高是17 cm，两底面边长分别为4 cm和16 cm，求棱台的侧棱长和斜高.
解 设棱台两底面的中心分别为O′和O，B′C′，BC的中点分别为E′，E，连接O′B′，O′E′，O′O，OE，OB，EE′，则四边形O′E′EO，OBB′O′均为直角梯形.
在正方形ABCD中，BC＝16 cm，
则OB＝8eq \r(2) cm，OE＝8 cm，
在正方形A′B′C′D′中，B′C′＝4 cm，
则O′B′＝2eq \r(2) cm，O′E′＝2 cm，
在直角梯形O′OBB′中，
BB′＝eq \r(OO′2＋（OB－O′B′）2)＝19(cm)；
在直角梯形O′OEE′中，
EE′＝eq \r(OO′2＋（OE－O′E′）2)＝5eq \r(13)(cm).
所以这个棱台的侧棱长为19 cm，斜高为5eq \r(13) cm.
10.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，若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？
解 由PO1＝2 m，知O1O＝4PO1＝8 m.因为A1B1＝AB＝6 m，所以正四棱锥P－A1B1C1D1的体积
V锥＝eq \f(1,3)·A1Beq \\al(2,1)·PO1＝eq \f(1,3)×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).
故仓库的容积是312 m3.
能力提升题组
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11.(2019·石家庄模拟)用长度分别为2，3，5，6，9(单位：cm)的五根木棒连接(只允许连接，不允许折断)，组成共顶点的长方体的三条棱，则能够得到的长方体的最大表面积为( )
A.258 cm2 B.414 cm2
C.416 cm2 D.418 cm2
解析 设长方体从同一顶点出发的三条棱的长分别为a，b，c，则长方体的表面积S＝2(ab＋bc＋ac)≤eq \f(1,2)[(a＋b)2＋(b＋c)2＋(a＋c)2]，
当且仅当a＝b＝c时上式“＝”成立.
由题意可知，a，b，c，不可能相等，故当a，b，c的大小最接近时，长方体的表面积最大，此时从同一顶点出发的三条棱的长为8，8，9，
用长度为2，6的木棒连接，长度为3，5的木棒连接各为一条棱，长度为9的木棒为第三条棱，组成长方体，
此时能够得到的长方体的最大表面积为2×(8×8＋8×9＋8×9)＝416(cm2).
答案 C
12.已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为( )
A.eq \f(\r(2),6) B.eq \f(\r(3),6) C.eq \f(\r(2),3) D.eq \f(\r(2),2)
解析 由于三棱锥S－ABC与三棱锥O－ABC底面都是△ABC，O是SC的中点，因此三棱锥S－ABC的高是三棱锥O－ABC高的2倍，
所以三棱锥S－ABC的体积也是三棱锥O－ABC体积的2倍.
在三棱锥O－ABC中，其棱长都是1，如图所示，
S△ABC＝eq \f(\r(3),4)×AB2＝eq \f(\r(3),4)，
高OD＝eq \r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(6),3)，
∴VS－ABC＝2VO－ABC＝2×eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×eq \f(\r(6),3)＝eq \f(\r(2),6).
答案 A
13.如图所示，在透明塑料制成的长方体ABCD－A1B1C1D1容器中灌进一些水，将容器底面一边BC固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜程度的不同，以下命题：①水的形状成棱柱状；②水面EFGH的面积不变；③A1D1始终与水面EFGH平行.其中正确命题的序号是________.
解析 如图所示为水面的三种不同形状，①中形状显然为棱柱，②为以ABFE和DCGH为两个底面，其他为侧面的棱柱，③为以BEF和CHG为底面，其他面为侧面的棱柱，故①正确；水面的形状会随倾斜程度的不同而不同.如①②中水面形状均为矩形，但边长不同，其面积也不同，故②不正确；因为水面在运动过程中保持与边BC平行，而BC与A1D1平行，故A1D1始终与水面EFGH平行，则③正确，故正确命题的序号是①③.
答案 ①③
14.如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；
(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.
解 (1)交线围成的正方形EHGF如图所示.
(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.
因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.
于是MH＝eq \r(EH2－EM2)＝6，AH＝10，HB＝6.
故S四边形A1EHA＝eq \f(1,2)×(4＋10)×8＝56，
S四边形EB1BH＝eq \f(1,2)×(12＋6)×8＝72.
因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，
所以其体积的比值为eq \f(9,7)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,9)也正确)).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
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
全等的矩形
全等的等腰三角形
全等的等腰梯形
圆
侧面展开图
矩形
扇形
扇环
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
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＝S底h
锥 体
(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝eq \f(1,3)S底h
台 体
(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝eq \f(1,3)(S上＋S下＋eq \r(S上S下))h
球
S＝4πR2
V＝eq \f(4,3)πR3
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