2025高考備考數(shù)學(xué)知識點(diǎn)第1講　基本立體圖形、簡單幾何體的表面積與體積

第七章立體幾何與空間向量第1講基本立體圖形、簡單幾何體的表面積與體積課標(biāo)要求命題點(diǎn)五年考情命題分析預(yù)測1.認(rèn)識柱、錐、臺、球及簡單組合體的結(jié)構(gòu)特征，能運(yùn)用這些特征描述現(xiàn)實(shí)生活中簡單物體的結(jié)構(gòu).2.知道球、棱柱、棱錐、棱臺的表面積和體積的計算公式，能用公式解決簡單的實(shí)際問題.3.能用斜二測畫法畫出簡單空間圖形（長方體、球、圓柱、圓錐、棱柱及其簡單組合）的直觀圖.基本立體圖形2023新高考卷ⅠT12；2023全國卷甲T15；2023全國卷甲T16；2021新高考卷ⅠT3；2020新高考卷ⅠT16；2020全國卷ⅠT3；2019全國卷ⅡT16該講每年必考，命題重點(diǎn)為空間幾何體的結(jié)構(gòu)，難度可大可小；空間幾何體的表面積和體積的計算，難度中等；體積的最值問題，常用函數(shù)思想和基本不等式求解，難度中等偏大；與球有關(guān)的切、接問題，對直觀想象核心素養(yǎng)要求較高，難度中等偏大.題型以選擇題和填空題為主.預(yù)計2025年高考命題穩(wěn)定.空間幾何體的表面積（側(cè)面積）2023新高考卷ⅡT9；2022新高考卷ⅡT7；2021新高考卷ⅡT4；2021全國卷甲T14；2020全國卷ⅠT10；2020全國卷ⅡT10；2020天津T5空間幾何體的體積2023新高考卷ⅠT14；2023新高考卷ⅡT9；2023新高考卷ⅡT14；2023全國卷乙T8；2023天津T8；2022新高考卷ⅠT4；2022新高考卷ⅠT8；2022新高考卷ⅡT11；2022全國卷乙T9；2022全國卷甲T9；2022天津T8；2021新高考卷ⅠT12；2021新高考卷ⅡT5；2021全國卷甲T11；2020新高考卷ⅡT13；2020全國卷ⅢT15；2019全國卷ⅠT12；2019全國卷ⅢT16學(xué)生用書P1361.空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征（1）多面體的結(jié)構(gòu)特征名稱棱柱棱錐棱臺圖形底面互相①平行且全等多邊形互相平行且②相似側(cè)棱平行且相等相交于③一點(diǎn)，但不一定相等延長線交于一點(diǎn)，但不一定相等側(cè)面形狀④平行四邊形三角形⑤梯形規(guī)律總結(jié)1.幾種特殊棱柱的結(jié)構(gòu)特征及之間的關(guān)系2.正棱錐的結(jié)構(gòu)特征棱錐正棱錐正三棱錐正四面體（2）旋轉(zhuǎn)體的結(jié)構(gòu)特征名稱圓柱圓錐圓臺球圖形旋轉(zhuǎn)圖形矩形⑥直角三角形⑦直角梯形半圓形母線互相平行且相等，⑧垂直于底面相交于一點(diǎn)延長線交于一點(diǎn)軸截面全等的⑨矩形全等的⑩等腰三角形全等的等腰梯形圓側(cè)面展開圖?矩形?扇形扇環(huán)2.立體圖形的直觀圖（1）畫法：常用斜二測畫法.（2）規(guī)則a.原圖形中x軸、y軸、z軸兩兩垂直，直觀圖中，∠x'O'y'＝?45°或135°（O'為x'軸與y'軸的交點(diǎn)），z'軸與x'軸和y'軸所在平面?垂直.b.原圖形中平行于坐標(biāo)軸的線段，直觀圖中仍?平行于坐標(biāo)軸.c.平行于x軸和z軸的線段在直觀圖中保持原長度?不變，平行于y軸的線段長度在直觀圖中變?yōu)樵瓉淼?一半.（3）用斜二測畫法畫出的平面圖形的直觀圖的面積與原圖形面積的關(guān)系：S直觀圖＝?24S原圖形3.簡單幾何體的表面積與體積（1）圓柱、圓錐、圓臺的側(cè)面展開圖及側(cè)面積公式圓柱圓錐圓臺側(cè)面展開圖側(cè)面積公式S圓柱側(cè)＝?2πrlS圓錐側(cè)＝?πrlS圓臺側(cè)＝?π（r＋r'）l說明圓柱、圓錐、圓臺的側(cè)面積公式間的關(guān)系：S圓柱側(cè)＝2πrlS圓臺側(cè)＝π（r＋r'）lS圓錐側(cè)＝πrl.（2）簡單幾何體的表面積與體積表面積體積柱體（棱柱和圓柱）S表面積＝S側(cè)＋2S底V＝?S底h錐體（棱錐和圓錐）S表面積＝S側(cè)＋S底V＝?13S底h臺體（棱臺和圓臺）S表面積＝S側(cè)＋S上＋S下V＝13（S上＋S下＋S上球S＝?4πR2V＝?43πR31.[易錯題]如圖，長方體ABCD－A'B'C'D'被平面EFGH截去幾何體B'C'HEFG，其中EH∥A'D'，則剩下的幾何體是（C）A.棱臺 B.四棱柱 C.五棱柱 D.六棱柱2.[多選/教材改編]給出下列命題，其中錯誤的是（ABD）A.有兩個面互相平行，其余各面都是平行四邊形的幾何體一定是棱柱B.三棱錐的四個面最多有三個直角三角形C.在四棱柱中，若兩個過相對棱的截面都垂直于底面，則該四棱柱為直四棱柱D.以直角三角形的一邊所在直線為軸旋轉(zhuǎn)一周所得的旋轉(zhuǎn)體是圓錐3.[易錯題]圓柱的側(cè)面展開圖是邊長為6π和4π的矩形，則圓柱的表面積為24π2＋18π或24π2＋8π.4.用一個半徑為10cm的半圓紙片卷成一個最大的無底圓錐，放在水平桌面上，被一陣風(fēng)吹倒，如圖所示，則被吹倒后該無底圓錐的最高點(diǎn)到桌面的距離為53cm.解析畫出示意圖，如圖所示，設(shè)圓錐的底面半徑為r，母線長為l.根據(jù)題意知l＝10cm，且2πr＝πl(wèi)，故r＝5cm.所以圓錐的軸截面為等邊三角形，且邊長為10cm.故被吹倒后該無底圓錐的最高點(diǎn)到底面的距離即邊長為10cm的等邊三角形的高，此高為53cm.5.如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，則四棱錐A1－BB1D1D的體積為13解法一（直接法）連接A1C1交B1D1于點(diǎn)E，則A1E⊥B1D1，A1E⊥BB1，又B1D1∩BB1＝B1，則A1E⊥平面BB1D1D，所以A1E為四棱錐A1－BB1D1D的高，且A1E＝22，矩形BB1D1D的長和寬分別為2，1，故V四棱錐A1－BB1D1D解法二（割補(bǔ)法）連接BD1，則四棱錐A1－BB1D1D被分成兩個三棱錐B－A1DD1與B－A1B1D1，則V四棱錐A1－BB1D1D＝V三棱錐B－A1DD1＋V三棱錐B－A1學(xué)生用書P138命題點(diǎn)1基本立體圖形角度1結(jié)構(gòu)特征例1[多選/2023新高考卷Ⅰ]下列物體中，能夠被整體放入棱長為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚度忽略不計）內(nèi)的有（ABD）A.直徑為0.99m的球體B.所有棱長均為1.4m的四面體C.底面直徑為0.01m，高為1.8m的圓柱體D.底面直徑為1.2m，高為0.01m的圓柱體解析由于棱長為1m的正方體的內(nèi)切球的直徑為1m＞0.99m，所以選項(xiàng)A正確；由于棱長為1m的正方體中可放入棱長為2m的正四面體，且2＞1.4，所以選項(xiàng)B正確；因?yàn)檎襟w的棱長為1m，體對角線長為3m，3＜1.8，所以高為1.8m的圓柱體不可能整體放入該正方體容器中，所以選項(xiàng)C不正確；由于正方體的體對角線長為3m，而底面直徑為1.2m的圓柱體，其高0.01m可忽略不計，故只需把圓柱的底面與正方體的體對角線平行放置，即可以整體放入正方體容器中，所以選項(xiàng)D正確.綜上，選ABD.角度2直觀圖例2如圖，矩形O'A'B'C'是水平放置的一個平面圖形的直觀圖，其中O'A'＝6cm，O'C'＝2cm，C'D'＝2cm，則原圖形的形狀是菱形，其面積為242cm2.解析如圖，在原圖形OABC中，OA＝O'A'＝6cm，OD＝2O'D'＝2×22＝42（cm），CD＝C'D'＝2cm，所以O(shè)C＝OD2＋CD2＝（42）2＋22＝6（cm），所以O(shè)A＝OC＝BC＝AB，故四邊形OABC是菱形，S菱形OABC＝OA×角度3展開圖例3長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝AA1＝2，E為棱AA1上的動點(diǎn)，平面BED1交棱CC1于點(diǎn)F，則四邊形BED1F的周長的最小值為（B）A.43 B.213 C.2（2＋5） D.2＋42解析作出長方體如圖1，將其側(cè)面展開，如圖2所示，當(dāng)點(diǎn)E為BD1與AA1的交點(diǎn)，點(diǎn)F為BD'1與CC1的交點(diǎn)時，截面四邊形BED1F的周長最小，最小值為2BD1＝222＋（1+2）2方法技巧求解空間幾何體表面上兩點(diǎn)間的最短距離問題或折線段長度和的最小值問題，常利用幾何體的側(cè)面展開圖，轉(zhuǎn)化為求平面兩點(diǎn)間的最短距離問題.訓(xùn)練1（1）[2023全國卷甲]在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，C1D1的中點(diǎn).以EF為直徑的球的球面與該正方體的棱共有12個公共點(diǎn).解析如圖，線段EF過正方體的中心，所以以EF為直徑的球的球心即正方體的中心，球的半徑為EF2，而正方體的中心到每一條棱的距離均為EF2，所以以EF為直徑的球與每一條棱均相切，所以共有12個公共點(diǎn)（2）已知等腰梯形ABCD，上底CD＝1，腰AD＝CB＝2，下底AB＝3，以AB所在直線為x軸，用斜二測畫法畫出水平放置的等腰梯形ABCD的直觀圖A'B'C'D'，則四邊形A'B'C'D'的面積為22解析取AB的垂直平分線EO為y軸，則等腰梯形ABCD和其直觀圖分別如圖1和圖2所示.過點(diǎn)E'作E'F⊥A'B'于點(diǎn)F.因?yàn)镺E＝（2）2－1＝1，由斜二測畫法可知O'E'＝12，E'F＝24，D'C'＝1，A'B'＝3，則四邊形A'B'C'D'的面積S'＝D'C（3）已知圓臺上底面半徑為13，下底面半徑為23，母線長為2，AB為圓臺母線，一只螞蟻從點(diǎn)A出發(fā)繞圓臺側(cè)面一圈到點(diǎn)B，則螞蟻經(jīng)過的最短路徑的長度為23解析設(shè)圓臺對應(yīng)圓錐的頂點(diǎn)為O，將圓錐沿AB所在直線展開如圖所示，設(shè)點(diǎn)A在展開圖中的點(diǎn)為A'，依題意得，螞蟻經(jīng)過的最短路徑為A'B.因?yàn)閳A臺上底面半徑為13，下底面半徑為23，所以O(shè)B＝AB＝2.設(shè)展開圖的圓心角為θ，則θ＝2π×234＝π3，所以△OAA'為等邊三角形，又B為OA的中點(diǎn)，所以A'B＝命題點(diǎn)2空間幾何體的表面積（側(cè)面積）例4（1）[2022新高考卷Ⅱ]已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為33和43，其頂點(diǎn)都在同一球面上，則該球的表面積為（A）A.100π B.128π C.144π D.192π解析由題意，得正三棱臺上、下底面的外接圓的半徑分別為23×32×33＝3，23×32×43＝4.設(shè)該棱臺上、下底面的外接圓的圓心分別為O1，O2，連接O1O2，則O1O2＝1，其外接球的球心O在直線O1O2上.設(shè)球O的半徑為R，當(dāng)球心O在線段O1O2上時，R2＝32＋OO12＝42＋（1－OO1）2，解得OO1＝4（舍去）；當(dāng)球心O不在線段O1O2上時，R2＝42＋OO22＝32＋（1＋OO2）2，解得OO2（2）[2021全國卷甲]已知一個圓錐的底面半徑為6，其體積為30π，則該圓錐的側(cè)面積為39π.解析設(shè)該圓錐的高為h，則由已知條件可得13×π×62×h＝30π，解得h＝52，則圓錐的母線長為?2＋62＝254+36＝13方法技巧求空間幾何體的表面積的常見類型及解題思路求多面體的表面積即求各個面的面積之和，通常會利用特殊的四邊形及三角形的面積公式.求旋轉(zhuǎn)體的表面積可以從旋轉(zhuǎn)體的形成過程及其幾何特征入手，將其展開后求表面積，但要搞清旋轉(zhuǎn)體的底面半徑、母線長與對應(yīng)側(cè)面展開圖中的邊長關(guān)系.注意組合體的表面積要注意對銜接部分的處理.訓(xùn)練2《九章算術(shù)》中有一種幾何體叫做芻甍（méng）（底面為矩形的屋脊?fàn)钚w），如圖是一個芻甍，四邊形EFBA為等腰梯形，EF∥AB，F(xiàn)B＝FC＝3，AB＝2EF＝2BC＝4，則此芻甍的表面積為8＋82.解析如圖所示，過點(diǎn)F作FG⊥AB于G，F(xiàn)H⊥BC于H.因?yàn)镕B＝FC＝3，BC＝2，所以H為BC的中點(diǎn)，易得FH＝2，所以S△FBC＝S△EAD＝2.因?yàn)樗倪呅蜤FBA為等腰梯形，且AB＝2EF＝4，所以易得FG＝2，所以S梯形EFBA＝S梯形EFCD＝12×（2＋4）×2＝32，所以此芻甍的表面積S＝2×4＋2×2＋2×32＝8＋82命題點(diǎn)3空間幾何體的體積角度1求空間幾何體的體積例5（1）[2023全國卷乙]已知圓錐PO的底面半徑為3，O為底面圓心，PA，PB為圓錐的母線，∠AOB＝2π3，若△PAB的面積等于934，則該圓錐的體積為（A.π B.6π C.3π D.36π解析在△AOB中，AO＝BO＝3，∠AOB＝2π3，由余弦定理得AB＝3+3－2×3×3×（－12）＝3，設(shè)等腰三角形PAB底邊AB上的高為h，則S△PAB＝12×3h＝934，解得h＝332，由勾股定理得母線PA＝（32）（2）[2023天津高考]在三棱錐P－ABC中，線段PC上的點(diǎn)M滿足PM＝13PC，線段PB上的點(diǎn)N滿足PN＝23PB，則三棱錐P－AMN和三棱錐P－ABC的體積之比為（BA.19 B.29 C.13 解析如圖，因?yàn)镻M＝13PC，PN＝23PB，所以S△PMNS△PBC＝12PM·PN·sin∠BPC12PC·PB·sin∠BPC＝PM·PNPC·PB＝13×23＝29方法技巧求空間幾何體體積的常用方法直接法對于規(guī)則的幾何體，利用相關(guān)公式直接計算.割補(bǔ)法把不規(guī)則的幾何體分割成規(guī)則的幾何體，或者把不規(guī)則的幾何體補(bǔ)成規(guī)則的幾何體，然后進(jìn)行體積計算.等體積法通過轉(zhuǎn)換底面和高來求幾何體的體積，即通過將原來不容易求面積的底面轉(zhuǎn)換為容易求面積的底面，或?qū)⒃瓉聿蝗菀卓闯龅母咿D(zhuǎn)換為容易看出并容易求解的高進(jìn)行求解.常用于求三棱錐的體積.正四面體的體積是212a3（a是正四面體的棱長）.訓(xùn)練3（1）十字歇山頂是中國古代建筑屋頂?shù)慕?jīng)典樣式之一，圖1中的故宮角樓的頂部即為十字歇山頂.其上部可視為由兩個相同的直三棱柱交疊而成的幾何體（圖2）.這兩個直三棱柱有一個公共側(cè)面ABCD.在底面BCE中，若BE＝CE＝3，∠BEC＝120°，則該幾何體的體積為（C） 圖1 圖2A.272 B.2732 C.27 解析如圖所示，該幾何體可視為由直三棱柱BCE－ADF與兩個三棱錐G－MAB，G－NCD拼接而成.記直三棱柱BCE－ADF的高為h，底面BCE的面積為S，所求幾何體的體積為V，則S＝12BE×CE×sin120°＝12×3×3×32＝934，h＝CD＝BC＝33.所以V＝V三棱柱BCE－ADF＋V三棱錐V三棱錐G－NCD＝Sh＋13S×12h＋13S×12h＝43（2）[2023新高考卷Ⅰ]在正四棱臺ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝2，則該棱臺的體積為766解析如圖所示，設(shè)點(diǎn)O1，O分別為正四棱臺ABCD－A1B1C1D1上、下底面的中心，連接B1D1，BD，則點(diǎn)O1，O分別為B1D1，BD的中點(diǎn)，連接O1O，則O1O即正四棱臺ABCD－A1B1C1D1的高，過點(diǎn)B1作B1E⊥BD，垂足為E，則B1E＝O1O.因?yàn)锳B＝2，A1B1＝1，所以O(shè)B＝2，O1B1＝22，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝22，又AA1＝2，所以BB1＝2，B1E＝BB12－BE2＝2－12＝62，所以O(shè)1O＝62，所以V正四棱臺ABCD－A1角度2體積的最值問題例6[2022全國卷乙]已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點(diǎn)為O，底面的四個頂點(diǎn)均在球O的球面上，則當(dāng)該四棱錐的體積最大時，其高為（C）A.13 B.12 C.33 解析該四棱錐的體積最大即該四棱錐底面所在圓面和頂點(diǎn)O組成的圓錐體積最大.設(shè)圓錐的高為h（0＜h＜1），底面半徑為r，則圓錐的體積V＝13πr2h＝13π（1－h(huán)2）h，則V'＝13π（1－3h2），令V'＝0，得h＝33，所以V＝13π（1－h(huán)2）h（33，1）上單調(diào)遞減，所以當(dāng)h＝33方法技巧求解體積的最值問題的方法（1）幾何法：根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征，先確定體積表達(dá)式中的常量與變量，然后利用幾何知識判斷變量什么情況下取得最值，從而確定體積的最值.（2）代數(shù)法：先設(shè)變量，求出幾何體的體積表達(dá)式，然后轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題或利用不等式求解即可.訓(xùn)練4[2023湖北省宜昌市三校聯(lián)考]已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為3，點(diǎn)E為棱D1C1上一動點(diǎn)，點(diǎn)F為BB1上一動點(diǎn)，且滿足EF＝2，則三棱錐B1－EFC1的體積的最大值為312解析如圖，不妨設(shè)C1E＝m（0＜m≤3），B1F＝n（0＜n≤3），則EF＝C1E2＋B1C12＋B1F2＝m2＋（3）2＋n2＝2，所以m2＋n2＝1.于是V三棱錐B1－EFC1＝V三棱錐F－B1EC1＝13S△1.[命題點(diǎn)1角度3]在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，F(xiàn)是線段A1B1上的動點(diǎn)，則AF＋FC1的最小值為6＋2.解析將正三棱柱ABC－A1B1C1（如圖1）中的△A1B1C1沿A1B1翻折至平面ABB1A1上，如圖2所示.在圖2中，連接AC1，則AF＋FC1≥AC1.因?yàn)锳A1＝A1C1＝2，且∠AA1C1＝90°＋60°＝150°，所以AC1＝AA12＋A1C12所以當(dāng)A，F(xiàn)，C1三點(diǎn)共線時，AF＋FC1取得最小值，為6＋2.圖1 圖22.[命題點(diǎn)2/2024江蘇常州模擬]已知四棱臺ABCD－A1B1C1D1的兩底面均為長方形，且上、下底面中心的連線與底面垂直，若AB＝9，AD＝6，A1B1＝3，棱臺的體積為263，則該棱臺的表面積是（D）A.60 B.163＋127C.83＋67＋60 D.163＋127＋60解析因?yàn)槔馀_的上、下底面相似，且AB＝9，AD＝6，A1B1＝3，所以A1D1＝2，S長方形A1B1C1D1＝3×2＝6，S長方形ABCD＝9×6＝54.設(shè)棱臺的高為h，則V＝13×（6＋54＋6×54設(shè)A1C1∩B1D1＝O1，AC∩BD＝O2，連接O1O2，如圖所示.因?yàn)樯?、下底面中心的連線與底面垂直，所以O(shè)1O2＝h，且四棱臺的四條側(cè)棱長相等.因?yàn)锳C＝36+81＝313，A1C1＝13AC＝13，側(cè)棱AA1＝（AC－A1C12）2＋?2＝4，所以等腰梯形ABB1A1的高h(yuǎn)1＝AA12－（AB－A1B12）2＝7，所以S梯形ABB1A1＝12×（3＋9）×7＝67＝S梯形CDD1C1，等腰梯形ADD1A1的高h(yuǎn)2＝AA12－（AD－3.[命題點(diǎn)3角度1/2023深圳高三模擬]如圖，圓內(nèi)接四邊形ABCD中，DA⊥AB，∠D＝45°，AB＝2，BC＝22，AD＝6，現(xiàn)將該四邊形沿AB旋轉(zhuǎn)一周，則旋轉(zhuǎn)形成的幾何體的體積為（D）A.30π B.40π C.184π3 解析圓內(nèi)接四邊形ABCD中，DA⊥AB，∠D＝45°，所以∠ABC＝135°，∠C＝90°，如圖，過點(diǎn)C作CE⊥AB交AB的延長線于點(diǎn)E，所以四邊形AECD是直角梯形，∠CBE＝45°，故△CEB是等腰直角三角形，所以四邊形ABCD沿AB旋轉(zhuǎn)一周，得到的旋轉(zhuǎn)體是圓錐與圓臺的組合體，即圓臺挖去一個以圓臺上底面為底面的圓錐，又CE＝BE＝BCsin45°＝22×22＝2，AE＝BE＋AB＝2＋2＝4，所以旋轉(zhuǎn)體的體積V＝13π×（22＋2×6＋62）×4－13π×22×2＝200π4.[命題點(diǎn)3角度1]如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝4，BC＝2，將四邊形BCFE沿中位線EF折起，使得∠AEB為直角，連接AB，CD，如圖2，則所得的幾何體的體積為6.圖1 圖2解析解法一（分割法）如圖，過點(diǎn)C作CM平行于AB，交AD于點(diǎn)M，作CN平行于BE，交EF于點(diǎn)N，連接MN.由題意可知四邊形ABCM，BENC都是矩形，AM＝DM＝2，F(xiàn)N＝1，MN＝AE＝BE＝CN＝2.易得截面CMN把這個幾何體分割為直三棱柱ABE－MCN和四棱錐C－MNFD，且BE⊥平面AEFD.因?yàn)橹比庵鵄BE－MCN的體積V1＝S△ABE·AM＝12×2×2×2＝4，四棱錐C－MNFD的體積V2＝13S四邊形MNFD·CN＝13×12×（1＋2）×2×2＝2，所以所求幾何體的體積V＝V1＋V解法二（分割法）如圖，連接AC，EC，則幾何體被分割為四棱錐C－ADFE和三棱錐C－ABE，因?yàn)閂C－ADFE＝13×（3+42×2）×2＝143，VC－ABE＝13×（12×2×2）×2＝43，所以所求幾何體的體積V＝VC－ADFE＋VC－ABE＝解法三（補(bǔ)形法）如圖，延長BC至點(diǎn)M，使得CM＝2，延長EF至點(diǎn)N，使得FN＝1，連接DM，MN，DN，得到直三棱柱ABE－DMN，所以所求幾何體的體積等于直三棱柱ABE－DMN的體積減去四棱錐D－CMNF的體積.因?yàn)閂ABE－DMN＝（12×2×2）×4＝8，VD－CMNF＝13×（1+22×2）×2＝2，所以所求幾何體的體積V＝VABE－DMN－VD－CMNF＝8－2學(xué)生用書·練習(xí)幫P3281.[2024福州市一檢]一個正四棱臺形油槽可以裝煤油190000cm3，其上、下底面邊長分別為60cm和40cm，則該油槽的深度為（D）A.754cm B.25cm C.50cm 解析設(shè)正四棱臺形油槽的高，即深度為hcm，依題意，得190000＝?3（602＋402＋602×402.[2024武漢部分學(xué)校調(diào)考]某玻璃制品廠需要生產(chǎn)一種如圖1所示的玻璃杯，該玻璃杯可以近似看成是由一個圓柱挖去一個圓臺得到的，其近似模型的直觀圖如圖2所示（圖中數(shù)據(jù)單位為cm），則該玻璃杯近似模型的體積（單位：cm3）為（A） 圖1 圖2A.43π6 B.47π6 C.53π解析由題意可得，該玻璃杯近似模型的體積V＝π×（32）2×6－13π[1＋（32）2＋1×32]×（6－2）＝27π2－19π3.[2024江西宜春模擬]水平放置的△ABC的直觀圖如圖中△A'B'C'所示，其中B'O'＝C'O'＝1，A'O'＝32，則△ABC的形狀為（AA.等邊三角形B.直角三角形C.等腰（非等邊）三角形D.三邊互不相等的三角形解析由題意知，在△ABC中，AO⊥BC于點(diǎn)O，如圖，∵A'O'＝32，∴AO＝3，∵B'O'＝C'O'＝1，∴BO＝CO＝1，BC＝2，又AB＝AO2＋BO2＝3+1＝2，AC＝AO2＋CO2＝3+1＝2，∴4.[2024遼寧撫順德才高級中學(xué)模擬]2023年3月12日，在馬來西亞吉隆坡舉行的YongJunKLSpeedcubing比賽半決賽中，來自中國的9歲魔方天才王藝衡以4.69秒的成績打破了“解三階魔方平均用時最短”吉尼斯世界紀(jì)錄.一個三階魔方由27個單位正方體組成，如圖，把魔方的中間一層轉(zhuǎn)動了45°，則該魔方的表面積增加了（C）A.54 B.54－362C.108－722 D.81－722解析如圖，轉(zhuǎn)動了45°后，此時魔方相對原來魔方多出了16個全等的小三角形的面積，顯然小三角形為等腰直角三角形，設(shè)其直角邊長為x，則斜邊長為2x，則有2x＋2x＝3，解得x＝3－322.由幾何關(guān)系得陰影部分的面積為S1＝12×（3－322）2＝274－922，所以增加的表面積為S＝16S1＝16×（274－925.[2022全國卷甲]甲、乙兩個圓錐的母線長相等，側(cè)面展開圖的圓心角之和為2π，側(cè)面積分別為S甲和S乙，體積分別為V甲和V乙.若S甲S乙＝2，則V甲VA.5 B.22 C.10 D.5解析因?yàn)榧?、乙兩個圓錐的母線長相等，所以結(jié)合S甲S乙＝2可知，甲、乙兩個圓錐側(cè)面展開圖的圓心角之比是2∶1.不妨設(shè)兩個圓錐的母線長為l＝3，甲、乙兩個圓錐的底面半徑分別為r1，r2，高分別為h1，h2，則由題意知，兩個圓錐的側(cè)面展開圖剛好可以拼成一個周長為6π的圓，所以2πr1＝4π，2πr2＝2π，得r1＝2，r2＝1.由勾股定理得，h1＝l2－r12＝5，h2＝l2－r22＝6.[2023全國卷甲]在三棱錐P－ABC中，△ABC是邊長為2的等邊三角形，PA＝PB＝2，PC＝6，則該棱錐的體積為（A）A.1 B.3 C.2 D.3解析如圖，取AB的中點(diǎn)D，連接PD，CD，因?yàn)椤鰽BC是邊長為2的等邊三角形，PA＝PB＝2，所以PD⊥AB，CD⊥AB，所以PD＝CD＝3，又PC＝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＝13×S△ABC×PD＝13×12×2×3×3＝17.[2024安徽六校聯(lián)考]18世紀(jì)英國數(shù)學(xué)家辛普森運(yùn)用定積分，推導(dǎo)出了現(xiàn)在中學(xué)數(shù)學(xué)教材中柱、錐、球、臺等幾何體的統(tǒng)一體積公式V＝16h（L＋4M＋N）（其中L，N，M，h分別為該幾何體的上底面面積、下底面面積、中截面面積和高），我們也稱為“萬能求積公式”.例如，已知球的半徑為R，可得該球的體積V＝16×2R（0＋4×πR2＋0）＝43πR3；已知正四棱錐的底面邊長為a，高為h，可得該正四棱錐的體積V＝16×h[0＋4×（a2）2＋a2]＝13a2h.類似地，運(yùn)用該公式求解下列問題：如圖，已知球O的表面積為16πcm2，若用距離球心O都為1cm的兩個平行平面去截球O，則夾在這兩個平行平面之間的幾何體的體積為解析如圖，設(shè)上、下截面小圓的圓心分別為E，F(xiàn)，A是上底面截面小圓上一點(diǎn)，連接OA，EA，設(shè)球O的半徑為R，∵球O的表面積為4πR2＝16π，∴R＝2，∴OA＝R＝2，又OE＝1，OE⊥EA，∴截面小圓半徑r＝EA＝OA2－OE2＝4－1＝3，根據(jù)“萬能求積公式”可得所求幾何體的體積V＝16×2×[π×（3）2＋4×π×22＋π×（3）28.[2024南昌市模擬]如圖，高度均為3的封閉玻璃圓錐和圓柱容器內(nèi)裝入等體積的水，此時水面高度均為h，若h＝2，記圓錐的底面半徑為R，圓柱的底面半徑為r，則Rr＝33913解析對于圓錐，盛水部分形成圓臺，如圖，記上底面為圓O'，下底面為圓O，則由下底面半徑為R，易得上底面半徑為R3，∴V圓臺＝13[π（R3）2＋πR2＋π（R3）2·圓柱中水的體積為V圓柱＝πr2·2＝2πr2.依題意，得26πR227＝2πr2，∴Rr＝9.[2024江西分宜中學(xué)、臨川一中等校聯(lián)考]在如圖所示的斜截圓柱中，已知圓柱的底面直徑為40cm，母線長最短50cm，最長80cm，則斜截圓柱的側(cè)面面積S＝2600πcm2.解析將如題圖所示的兩個相同的斜截圓柱對接，對接后的幾何體是圓柱，如圖，該圓柱側(cè)面展開圖的面積為π×40×（50＋80）＝5200π（cm2），則斜截圓柱的側(cè)面面積S＝12×5200π＝2600π（cm2）10.[2023上海市進(jìn)才中學(xué)模擬改編]如圖，在底面半徑為1，高為3的圓錐中，O是底面圓心，P為圓錐頂點(diǎn)，A，B是底面圓周上的兩點(diǎn)，∠AOB＝2π3，C為母線PB的中點(diǎn)，則在該圓錐的側(cè)面上，A到C的最短的路徑長為3.解析因?yàn)閳A錐的底面半徑r＝1，高為3，則母線長l＝PB＝3+1＝2.在底面圓O中，AB＝∠AOB·r＝2π3.如圖所示為圓錐的側(cè)面展開示意圖，連接AC，則線段AC的長為最短路徑長.設(shè)∠APB為α，則AB＝α·l＝2π3，解得α＝π3，在△APC中，PC＝12PB＝1，PA＝2，α＝π3，則由余弦定理可得AC＝AP2＋11.[2023山西運(yùn)城高三模擬]巴普士（約公元3～4世紀(jì)），古希臘亞歷山大學(xué)派著名幾何學(xué)家，生前有大量的著作，但大部分遺失在歷史長河中，僅有《數(shù)學(xué)匯編》保存下來.《數(shù)學(xué)匯編》一共8卷，在《數(shù)學(xué)匯編》第3卷中記載著這樣一個定理：“如果在同一平面內(nèi)的一個閉合圖形的內(nèi)部與一條直線不相交，那么該閉合圖形圍繞這條直線旋轉(zhuǎn)一周所得到的旋轉(zhuǎn)體的體積等于該閉合圖形的面積與該閉合圖形的重心旋轉(zhuǎn)所得周長的積”.已知在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝BC＝2AD＝4，如圖所示，利用上述定理可求得梯形ABCD的重心G到點(diǎn)B的距離為（C）A.1139 B.209 C.21139 解析直角梯形ABCD繞AB旋轉(zhuǎn)一周所得幾何體的體積V1＝13（4π＋16π＋4π×16π）×4＝112π3，設(shè)重心G到AB的距離為d1，則112π3＝2+42×4×2πd1，解得d1＝149；直角梯形ABCD繞BC旋轉(zhuǎn)一周所得幾何體的體積V2＝π×42×2＋13×π×42×（4－2）＝32π＋32π3＝128π3，設(shè)重心G到BC的距離為d2，則128π3＝2+42×4×2π12.[2024四川部分學(xué)校高三聯(lián)考]已知某圓柱的軸截面是邊長為2的正方形ABCD，在該圓柱的底面內(nèi)任取一點(diǎn)E，則當(dāng)四棱錐E－ABCD的體積最大時，該四棱錐的側(cè)面積為（B）A.1＋2＋5 B.1＋22＋5C.1＋2＋25 D.2＋25解析如圖，設(shè)圓柱的上、下底面圓心分別為O1，O，連接OE，O1E.四棱錐E－ABCD的體積V＝13S正方形ABCD·d，其中d為點(diǎn)E到AD的距離，因?yàn)檎叫蜛BCD的面積為定值2×2＝4，所以當(dāng)E為AD的中點(diǎn)時，四棱錐E－ABCD的體積最大，此時AE⊥DE，OE⊥AD，O1E⊥BC，OE＝1，AE＝DE＝2，BE＝CE＝22＋（2）2＝6，O1E＝（6）2－12＝5，四棱錐E－ABCD的側(cè)面積為S＝12AD·OE＋12AB·AE＋12CD·DE＋12BC·O1E＝12×2×1＋12×2×2＋1213.[2023昆明市“三診一?！盷某機(jī)床廠工人將一個實(shí)心圓錐的舊零件改造成一個正四棱柱的新零件，且正四棱柱的中心在圓錐的軸上，下底面在圓錐的底面內(nèi).已知該圓錐的底面圓半徑為3cm，高為3cm，則該正四棱柱體積（單位：cm3）的最大值為（B）A.54（10－72） B.8 C.274 解析作出圖形如圖所示，設(shè)正四棱柱的底面邊長為x，高為h，由相似得ABCD＝SESO，即2x6＝3－?3，所以h＝3－22x.因?yàn)?＜3－22x＜3，所以所以正四棱柱的體積V＝x2×h＝x2（3－22x）＝－22x3＋3x2（0＜x＜3所以V'＝－322x2＋6x.令V'＝－322x2＋6x＝0，得x＝22，當(dāng)0＜x＜22時，V'＞0，V＝－22x3＋3x2單調(diào)遞增；當(dāng)22＜x＜32時，V'＜0，V＝－22x3＋3x2單調(diào)遞減.所以當(dāng)x＝22時，V＝－22x3＋3x14.[多選/2022新高考卷Ⅱ]如圖，四邊形ABCD為正方形，ED⊥平面ABCD，F(xiàn)B∥ED，AB＝ED＝2FB.記三棱錐E－ACD，F(xiàn)－ABC，F(xiàn)－ACE的體積分別為V1，V2，V3，則（CD）A.V3＝2V2 B.V3＝V1C.V3＝V1＋V2 D.2V3＝3V1解析如圖，連接BD交AC于