高考数学一轮复习1 第1讲 空间几何体及其表面积、体积

第1讲空间几何体及其表面积、体积
最新考纲考向预测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．命题
趋势
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，涉及空间几何体的结构特
征，要求考生有较强的空间想象
能力和计算能力，难度为中低档.
核心
素养
直观想象、数学运算
1．空间几何体的结构特征
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(r＋r′)l 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＝
1
3S底h
台体(棱台和圆台) S表面积＝S侧
＋S
上
＋S
下
V＝
1
3(S上＋S下＋S上S下)h
球 S ＝4πR 2
V ＝4
3πR 3
常用结论 1.特殊的四棱柱
四棱柱――→底面为平行四边形平行六面体――→侧棱垂直于底面直平行六面体――→底面为矩形长方体――→底面边
长相等正四棱柱――→侧棱与底面边长相等正方体
上述四棱柱有以下集合关系：{正方体}{正四棱柱}
{长方体}
{直平行六面体}
{平行六面体}
{四棱柱}．
2．斜二测画法中的“三变”与“三不变”
“三变”⎩⎨⎧坐标轴的夹角改变，
与y 轴平行的线段的长度变为原来的一半，图形改变.
“三不变”⎩⎨⎧平行性不改变，
与x 轴，z 轴平行的线段的长度不改变，相对位置不改变.
3．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 ＝3a ； (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 ＝2a . 常见误区
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．与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．Ｋ
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱
台．()
(4)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．()
(5)菱形的直观图仍是菱形．()
(6)多面体的表面积等于各个面的面积之和．()
(7)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．()
(8)长方体既有外接球又有内切球．()
答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)√(7)√(8)×
2．(多选)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：选BCD.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．
3．(易错题)已知圆锥的表面积等于12πcm2，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.3
2 cm
解析：选B.S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，所以r2＝4，所以r＝2.
4．如图，长方体ABCD-A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E-BCD的体积是________．
解析：设长方体中BC＝a，CD＝b，CC1＝c，则abc＝120，
所以V E­BCD＝1
3×1
2ab×
1
2c＝
1
12abc＝10.
答案：10
5．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b
2·sin 45°＝
2
4b的
平行四边形，所以S直观
S矩形
＝＝
2
4ab
ab
＝2
4.
答案：
2 4
空间几何体的结构特征
[题组练透]
1．给出下列几个命题：
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；
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．0B．1
C．2 D．3
解析：选 B.①不一定，只有这两点的连线平行于旋转轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且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．(多选)下列命题，正确的有()
A．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形
B．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直
C．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D．存在每个面都是直角三角形的四面体
解析：选BCD.A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；B正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；C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；D正确，如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中的三棱锥C1­ABC，四个面都是直角三角形．3．如图，将圆柱的侧面沿母线AA1展开，得到一个长为3π，宽AA1为4的矩形，由点A拉一根细绳绕圆柱侧面两周到达A1，线长的最小值为________(线粗忽略不计)．
解析：设AA1的中点为B，侧面展开图为矩形ACC1A1，CC1的中点为B1，则绳长的最小值即为侧面展开图中的AB1＋BC1，又AB1＝BC1＝9π2＋4，所以绳长的最小值为29π2＋4.
答案：29π2＋4
空间几何体概念辨析问题的常用方法
空间几何体的直观图
[题组练透]
1. 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()
A.
2
2B．1 C.2D．2
解析：选A.利用斜二测画法作正方形ABCO的直观图如图所示，
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×
2
2
＝2
2.
2．一平面四边形OABC的直观图O′A′B′C′如图所示，其中O′C′⊥x′，A′B′⊥x′，B′C′∥y′，则四边形OABC的面积为()
A.32
2B．3 2
C．3 D.3 2
解析：选 B.平面四边形OABC的直观图O′A′B′C′是直角梯形，其面积为1
2×(1＋
2)×1＝3 2，
根据平面图形与它的直观图面积比为1∶2
4，
得四边形OABC的面积为3
2
2
4
＝3 2.故选B.
3．已知等边三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为()
A.
3
4a
2 B.
3
8a
2
C.
6
8a
2 D.
6
16a
2
解析：选D.如图①②所示的实际图形和直观图，
由②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝1
2OC＝
3
4a，在图②中作C′D′⊥A′B′于D′，则
C′D′＝
2
2O′C′＝
6
8a.所以S△A′B′C′＝
1
2A′B′·C′D′＝
1
2×a×
6
8a＝
6
16a
2.故选D.
平面图形与其直观图的关系
(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，其面积与原图形的面积的关系：S直
观图＝
2
4S原图形．
空间几何体的表面积与体积
角度一空间几何体的表面积
(1)(2021·河南周口模拟)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB
⊥BC，AA1＝AC＝2，直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为30°，则该三棱柱的侧面积为()
A．4＋4 2 B．4＋4 3
C．12 D．8＋4 2
(2)(多选)(2021·山东潍坊期末)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，则所形成的几何的表面积可以为()
A.2πB．(1＋2)π
C．22πD．(2＋2)π
【解析】(1)连接A1B.因为AA1⊥底面ABC，则AA1⊥BC，又
AB⊥BC，AA1∩AB＝A，所以BC⊥平面AA1B1B，所以直线A1C与侧面
AA1B1B所成的角为∠CA1B＝30°.又AA1＝AC＝2，所以A1C＝22，BC
＝ 2.又AB⊥BC，则AB＝2，则该三角棱柱的侧面积为22×2＋2×2＝4＋42，故选A.
(2)如果绕直角边所在直线旋转，那么形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，母线长就是直角三角形的斜边长2，所以所形成的几何体的表面积S＝πrl＋πr2＝π×1×2＋π×12＝(2＋1)π.如果绕斜边所在直线旋转，那么形成的是同底的两个圆锥，圆
锥的底面半径是直角三角形斜边的高2
2，两个圆锥的母线长都是1，所以形成的几何
体的表面积S＝2×πrl＝2×π×2
2×1＝2π.综上可知，形成几何体的表面积是(2＋1)π或2π.故选AB.
【答案】(1)A(2)AB
三类几何体表面积的求法
求多面体的表面积只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积.
求旋转体的表面积可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中
的边长关系.
求不规则几何体的表面积通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积.
角度二空间几何体的体积
(1)如图所示，已知三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1­ABC1的体积为()
A.
3
12 B.
3
4
C.
6
12 D.
6
4
(2)图(1)是一种生活中常见的容器，其结构如图(2)，其中ABCD是矩形，ABFE和CDEF都是等腰梯形，且AD⊥平面CDEF.现测得AB＝20 cm，AD＝15 cm，EF＝30 cm，AB与EF间的距离为25 cm，则几何体EF-ABCD的体积为()
A．2 500 cm3B．3 500 cm3
C．4 500 cm3D．3 800 cm3
【解析】(1)易知三棱锥B1­ABC1的体积等于三棱锥A-B1BC1的体积，又三棱锥
A-B1BC1的高为
3
2，底面积为
1
2，故其体积为
1
3×
1
2×
3
2
＝3
12.故选A.
(2)如图，连接AC ，EC ，AF .因为ABCD 是矩形，所以AB ＝CD .所以过点D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，连接AG ，则AG ⊥EF .由题意知，AG ＝25 cm.因为AD ⊥平面CDEF ，所以AD ⊥DG .因为
AD ＝15 cm ，所以DC 与EF 间的距离DG ＝
252－152＝
20(cm)．因为EF ＝30 cm ，AB ＝DC ＝20 cm.所以S △ECD ＝1
2×20×20＝200(cm 2)，S △EFC ＝12×30×20＝300(cm 2)．所以V A ­EDC ＝13×200×15＝1 000(cm 3)，V A ­EFC ＝1
3×300×15＝1 500(cm 3)．因为V B ­AFC ＝V C ­AFB ＝23V C ­AEF ＝23V A ­CEF ＝2
3×1 500＝1 000(cm 3)，所以几何体EF -ABCD 的体积V EF ­ABCD ＝V A ­DCE ＋V A ­EFC ＋V B ­AFC ＝1 000＋1 500＋1 000＝3 500(cm 3)．故选B .
【答案】 (1)A (2)B
(1)处理体积问题的思路
(2)求体积的常用方法 直接法
对于规则的几何体，利用相关公式直接计算
割补法
把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不
规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算
等体 积法
选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面作为三棱锥的底面进行等体积变换
1．(2020·高考全国卷Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC 的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为() A．64πB．48π
C．36πD．32π
解析：选A.如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝
AC＝OO1，所以
AB
sin 60°
＝2r，解得AB＝23，故OO1＝23，所
以R2＝OO21＋r2＝(23)2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.
2．在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为40 cm，母线长最短50 cm，最长80 cm，则斜截圆柱的侧面面积S＝________cm2.
解析：将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩
形．由题意得该斜截圆柱的侧面面积S＝1
2×(50＋80)×(π×40)＝2 600π(cm
2)．
答案：2 600π
3．(2021·普通高等学校招生全国统一考试模拟)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________．答案：61π
与球有关的接、切问题
(1)若直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，且AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的表面积为________．
(2)(2020·高考全国卷Ⅲ)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】(1)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．所以体对角线BC1的长为球O的直径．
因此2R＝32＋42＋122＝13.
故S球＝4πR2＝169π.
(2)圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴载面P AB，如图所示，则△P AB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB中，P A＝PB＝
3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝22，△PEO∽△PDB，故PO
PB
＝OE
DB，即
22－r
3＝r
1，解得r＝
2
2，故内切球的体积为
4
3
π
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫2
2
3
＝2
3
π.
【答案】(1)169π(2)
2 3π
处理球的“切”“接”问题的求解策略
解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：
1．(多选)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1
3，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4
3 D ．球O 的内接正四面体的棱长为2
解析：选AD.设球O 的半径为r ，△ABC 的外接圆圆心为O ′，半径为R .易得R ＝233.因为球心O 到平面ABC 的距离等于球O 半径的13，所以r 2－19r 2＝43，得r 2＝32.所以球O 的表面积S ＝4πr 2＝4π×3
2＝6π，选项A 正确；球O 的内接正方体的棱长a 满足3a ＝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 ＝263r ＝263×6
2＝2，选项D 正确．
2．设球O 内切于正三棱柱ABC -A 1B 1C 1，则球O 的体积与正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积的比值为________．
解析：设球O 半径为R ，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面边长为a ，则R ＝33×a
2＝3
6a ，即a ＝23R ，又正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的高为2R ，所以球O 的体积与正三棱柱
ABC -A 1B 1C 1的体积的比值为43πR334a2×2R ＝43πR334
×12R2×2R ＝23π
27.
答案：23π
27
高考新声音系列5 数学文化与立体几何的交汇
纵观近几年高考，立体几何以数学文化为背景的问题层出不穷，让人耳目一
新．从中国古代数学文化中挖掘素材，考查立体几何的有关知识，既符合考生的认知水平又可以引导考生关注中华优秀传统文化，并提升审题能力，增加对数学文化的理解，发展数学核心素养．
《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为“鳖臑”．如图所
示，平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD .将平面四边形ABCD 沿对角线BD 折成一个“鳖臑”A ′-BCD ，则该“鳖臑”的内切球的半径为________．
【解析】 因为A ′D ＝CD ＝1，且△A ′CD 为直角三角形，所以CD ⊥A ′D .又CD ⊥BD ，BD ∩A ′D ＝D ，所以CD ⊥平面A ′BD ，所以CD ⊥A ′B .又由A ′B ＝A ′D ＝1，BD ＝2，得A ′B ⊥A ′D ，且A ′D ∩CD ＝D ，所以A ′B ⊥平面A ′CD ，所以A ′B ⊥A ′C ，由题意得A ′C ＝2，设该“鳖臑”的内切球的半径为r ，
则13(S △A ′BC ＋S △A ′CD ＋S △A ′BD ＋S △BCD )r ＝13×CD ×S △A ′BD ，所以13×⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋12＋12＋22r ＝
13×1×1
2，解得r ＝2－12.
【答案】
2－12
求解与数学文化有关的立体几何问题，首先要在阅读理解上下功夫，明确其中一些概念的意义，如“斩堵”“阳马”
和“鳖臑”等的特征是求解相关问题的前提，其次目标要明确，根据目标联想相关公式，然后进行求解．
魏晋时期数学家齐徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体内
两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”．刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为π∶4.若正方体的棱长为2，则“牟合
方盖”的体积为()
A．16B．16 3
C.16
3 D.
128
3
解析：选C.若正方体的棱长为2，则其内切球的半径r＝1，所以正方体的内切球
的体积V球＝4
3π×13＝4
3
π.又已知
V球
V牟合方盖
＝π
4，所以V牟合方盖
＝4
π×
4
3
π＝16
3.故选C.
[A级基础练]
1．下列命题是真命题的是()
A．有两个侧面是矩形的四棱柱是直四棱柱
B．正四面体是特殊的正四棱柱
C．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的多面体叫做棱锥
D．正四棱柱是平行六面体
解析：选 D.A项，当两个侧面是矩形且相邻时，四棱柱是直四棱柱，当两个侧面是矩形且不相邻时，四棱柱不是直四棱柱，故A项错误；B项，正四面体是三棱锥，故B项错误；C项，棱锥是有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形的几何体，故C项错误；D项，正四棱柱是平行六面体，故D项正确．故选D.
2．已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，且该圆柱的内切球O1的表面积为S1，该圆柱的上、下底面的圆周都在球O2上，球O2的表面积为S2，则S1∶S2＝() A．1∶2B．1∶2 C.2∶1D．2∶1
解析：选B.设球O1和球O2的半径分别为r，R，因为该圆柱的轴截面是边长为2
的正方形，所以r＝1，R＝2，所以S1
S2＝
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫r
R
2
＝
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
1
2
2
＝1
2，故选B.
3．如图所示，在三棱台A′B′C′-ABC中，沿A′BC截去三棱锥A′-ABC，则剩余的部分是()
A．三棱锥B．四棱锥
C．三棱柱D．组合体
解析：选 B.如图所示，在三棱台A′B′C′-ABC中，沿A′BC截去三棱锥A′-ABC，剩余部分是四棱锥A′-BCC′B′.
4.如图是一个实心金属几何体的直观图，它的中间是高l为61
24的圆柱，
上、下两端均是半径r为2的半球，若将该实心金属几何体在熔炉中高温熔化(不考虑过程中的原料损失)，熔成一个实心球，则该球的直径为() A．3B．4
C．5 D．6
解析：选C.设实心球的半径为R，实心金属几何体的体积V＝4
3
πr3＋πr2l＝4
3
π×8
＋π×4×61
24＝125
6
π.因为4
3
πR3＝125
6
π，所以R＝5
2，所以该球的直径为2R＝5.
5．(2020·高考全国卷Ⅱ)已知△ABC是面积为93
4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()
A. 3
B.3 2
C．1 D.
3 2
解析：选 C.由等边三角形ABC的面积为93
4，得
3
4AB
2＝934，得AB＝3，则
△ABC的外接圆半径r＝2
3×
3
2AB＝
3
3AB＝ 3.设球的半径为R，则由球的表面积为
16π，得4πR2＝16π，得R＝2，则球心O到平面ABC的距离d＝R2－r2＝1，故选C.
6．有一个长为5 cm，宽为4 cm的矩形，则其直观图的面积为________．
解析：由于该矩形的面积S＝5×4＝20(cm2)，所以其直观图的面积S′＝
2
4S＝52
(cm2)．
答案：5 2 cm2
7．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8 cm，若两底面圆心的连线长为12 cm，则这个圆台的母线长为________cm.
解析：如图，过点A作AC⊥OB，交OB于点C.
在Rt△ABC中，AC＝12 cm，BC＝8－3＝5(cm)．
所以AB＝122＋52＝13(cm)．
答案：13
8．如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是边长为2的正方形，且P A＝PB ＝PC＝PD，已知四棱锥的表面积是12，则它的体积为________．
解析：由题意可知四棱锥P­ABCD为正四棱锥，如图所
示，设AC交BD于点O，连接PO，则PO是四棱锥的高．设正
四棱锥的斜高为h′，则2×2＋4×1
2×2h′＝12，
解得h′＝2，
则正四棱锥的高PO＝22－12＝ 3.
所以正四棱锥的体积V＝1
3×4×3＝43 3.
答案：433
9.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 -A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍，若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？
解：由PO 1＝2 m ，知O 1O ＝4PO 1＝8 m .
因为A 1B 1＝AB ＝6 m ，所以正四棱锥P -A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝1
3×62×2＝24(m 3)；
正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积 V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)，
所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)． 故仓库的容积是312 m 3.
10.如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .
(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；
(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E -ACD 的体积为6
3，求该三棱锥的侧面积．
解：(1)证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .
因为BE ⊥平面ABCD ，所以BE ⊥AC .因为BE ∩BD ＝B ，BE ，BD ⊂平面BED ，故AC ⊥平面BED .
又AC ⊂平面AEC ， 所以平面AEC ⊥平面BED .
(2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝3
2x ，GB ＝GD
＝x
2.
因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝3
2x.
由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝2
2x.
由已知得，三棱锥E-ACD的体积V三棱锥E-ACD＝1
3×1
2·AC·GD·BE＝
6
24x
3＝63，故x
＝2.
从而可得AE＝EC＝ED＝ 6.
所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为 5.
故三棱锥E-ACD的侧面积为3＋2 5.
[B级综合练]
11．(多选)(2021·山东青岛一模)已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面均为正方形，其中AB＝22，A1B1＝2，AA1＝BB1＝CC1＝2，则下列结论正确的是()
A．该四棱台的高为 3
B．AA1⊥CC1
C．该四棱台的表面积为26
D．该四棱台外接球的表面积为16π
解析：选AD.根据题意将四棱台补成四棱锥如图所示，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．由于AB＝22，A1B1＝2，可知
△SA1B1与△SAB的相似比为1∶2，则SA＝2AA1＝4，AO＝2，则SO＝23，则OO1＝3，故该四棱台的高为3，A正确；因为SA＝SC＝AC＝4，所以AA1与CC1的夹角为
60°，不垂直，B错误；该四棱台的表面积S＝S上底＋S下底＋S侧＝2＋8＋
4×（2＋22）
2×22－⎝
⎛
⎭
⎪
⎫2
2
2
＝10＋67，C错误；由于四棱台的上、下底面都是
正方形，则外接球的球心在线段OO1上，在平面B1BOO1上，由于OO1＝3，B1O1＝1，则OB1＝2＝OB，即点O到点B与点B1的距离相等，故点O是外接球球心，外接球半径r＝OB＝2，故该四棱台外接球的表面积为16π，D正确．故选AD.
12．(多选)将正三棱锥P-ABC置于水平反射镜面上，得一“倒影三棱锥”P-ABC-Q，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＝2P A
D．若AB＝
6
2P A，则PQ的中点必为“倒影三棱锥”外接球的球心
解析：选AD.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P-ABC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＝3R，P A＝2R，则AB＝6
2 P A，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.
13．(多选)(2020·山东济南二模)已知圆锥的顶点为P，母线长为2，底面半径为3，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P AB为等腰三角形C．三角形P AB面积的最大值为 3
D．直线P A与圆锥底面所成角的大小为π6
解析：选ABD.如图所示，点O为点P在圆锥底面上的射
影，连接OA，OB.PO＝22－（3）2＝1，圆锥的体积V＝1
3×π×(3)2×1＝π，A正确；P A＝PB＝2，B正确；易知直线P A与圆锥底面所成的角为
∠P AO＝π
6，D正确；取AB中点C，连接PC，设∠P AC＝θ，则θ∈⎣⎢
⎡
⎭
⎪
⎫
π
6
，π
2，S△P AB
＝
2sinθ·2cosθ＝2sin 2θ，当θ＝π
4
时，△P AB面积取得最大值2，C错误．故选ABD.
14．如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以2为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为()
A.3π
4 B.2π
C.3π
2 D.
9π
4
解析：选 C.正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部
分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A1为圆心，1为半径的圆周
长的1
4，所以所有弧长之和为3×2π
4
＝3π
2.故选C.
[C级创新练]
15．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πb 2a －13πb 2a ＝23πb 2a ，
所以椭球体的体积V ＝43πb 2a .
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 ＝43πb 2a ＝43π×12×3＝4π.
答案：4π
16．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＋2×12×2×22－12＋2×12×(2＋4)×22－12＝8＋83.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 ＝12(AB －EF )＝1，PF ＝
22－12＝3，OQ＝1
2BC＝1，所以OF＝PF2
－OP2＝2，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EMN-FQH，两个全等的四棱锥E-AMND，F­QBCH，所以这个几何体
的体积V＝V EMN­FQH＋2V F­QBCH＝S△QFH×MQ＋2×1
3S矩形QBCH ×FO＝1
2×2×2×2＋
2×1
3×1×2×2＝
102
3.答案：8＋83
102
3。