解答立体几何问题
(对应学生用书第36页)
阅卷案例 四字解题
阅卷案例四字解题(2024·新高考Ⅰ卷，T17，15分) 如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝． (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角ACPD的正弦值为，求AD． 读 证明AD∥平面PBC AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为
想 线面平行的判定定理 坐标法及二面角的运算公式
算 在△ABC中得出AB⊥BC 各相关点的坐标，平面的法向量
思 转化与化归 坐标法规范解答
规范解答 满分心得
[解] (1)证明： ····························1分 又因为AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA 平面PAB， 所以AD⊥平面PAB．···················2分 又AB 平面PAB，所以AD⊥AB．··············3分 在△ABC中，AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC．········4分 所以AD∥BC．······················5分 所以AD∥平面PBC．···················6分 (2) 建立如图所示空间直角坐标系Dxyz． 令AD＝t，t＞0，则A(t，0，0)，P(t，0，2)，D(0，0，0)，DC＝，C(0，，0)，＝(－t，，0)，＝(0，0，2)，＝(t，0，2)，＝(0，，0)．···············8分 设平面ACP的法向量n1＝(x1，y1，z1)， 所以·········9分 设x1＝，则y1＝t，z1＝0， 所以n1＝(，t，0)． ············10分 设平面CPD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 所以············11分 设z2＝t，则x2＝－2，y2＝0， ··········12分 因为二面角A-CP-D的正弦值为，且二面角为锐角，则余弦值为，··························13分 所以＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝，········14分 所以t＝，所以AD＝．················15分 得步骤分：得分点的步骤有则给分，无则没分，如第(2)问求两个平面的法向量时，只列对方程组即得1分． 得关键分：解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，如第(1)(2)问解析中标记的关键点． 得计算分：计算准确，如第 (2)问中点的坐标求解，相应平面法向量的求解，待求二面角A-CP-D的余弦值等都要细心运算． 熟知立体几何中的各个定理是正确证明线面位置关系的关键．
§1 空间几何体的表面积、体积
【备考指南】 空间几何体的表面积和体积是历年高考的核心命题点之一．备考时不仅要熟记相应的计算公式，更要理解空间几何体的侧面展开图与表面积的关系以及空间几何体间的割补、等体积的转换意识等．
基础考点1 空间几何体的表面积
【典例1】 (1)(2024·河南郑州三模)已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的侧面积为( )
A．6π B．8π
C．10π D．12π
(2)如图所示，圆O1和圆O2是球O的两个截面圆，且两个截面互相平行，球心O在两个截面之间，记圆O1、圆O2的半径分别为r1，r2，若r2＝3r1＝3，O1O2＝4，则球O的表面积为( )
A．40π B．42π
C．44π D．48π
(3)如图1所示的宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一．图2是小明为自家设计的一个花灯的直观图，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为4 dm，2 dm，正六棱台与正六棱柱的高分别为1 dm，6 dm，则该花灯的表面积为( )
A． dm2 B． dm2
C． dm2 D． dm2
[听课记录]
求解几何体表面积的类型及方法
(1)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；
(2)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；
(3)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．
1．(2024·山东泰安三模)已知圆台O1O2的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为( )
A．24π B．25π
C．26π D．27π
2．(教材改编)某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个相同的四面体得到的(如图)，则该几何体共有________个面；若被截正方体的棱长是60 cm，那么该几何体的表面积是________cm2．
基础考点2 空间几何体的体积
【典例2】 (1)(2024·新高考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，则圆锥的体积为( )
A．2π B．3π
C．6π D．9π
(2)(2024·天津高考)一个五面体ABC-DEF.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( )
A． B．＋
C． D．－
(3)(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，圆台的母线长分别为2(r2－r1)和3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为________．
[听课记录]
求解几何体体积的方法
(1)直接法、割补法、轴截面法及等体积转换法．
(2)对于某些动态三棱锥的体积问题，直接求解不方便时，可采用转换底面的方式求解．其涉及“空间点到平面的距离”问题，常采用等体积转换法求解．
1．(2024·山东青岛二中二模)在正三棱台ABC-A1B1C1中，已知AB＝，A1B1＝2，侧棱AA1的长为2，则此正三棱台的体积为( )
A． B．
C． D．
2．(2024·江苏连云港模拟)一个密闭的长方体盒子高为4，底面是边长为2的正方形，盒内有一个半径为1的小球，若将盒子任意翻动，则小球不能到达区域的体积是( )
A．16－4π B．16－π
C．16－π D．16－2π
3．[高考变式]楔体形构件在建筑工程上有广泛的应用．如图，某楔体形构件可视为一个五面体ABCDEF，其中四边形ABCD为正方形．若AB＝6 cm，EF＝3 cm，且EF与平面ABCD的距离为2 cm，则该楔体形构件的体积为( )
A．18 cm3 B．24 cm3
C．30 cm3 D．48 cm3
4．将3个6 cm×6 cm的正方形都沿其中的一对邻边的中点剪开，每个正方形均分成两个部分，如图(1)所示，将这6个部分接入一个边长为3 cm的正六边形上，如图(2)所示．若该平面图沿着正六边形的边折起，围成一个七面体，则该七面体的体积为________cm3．
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阅卷案例 四字解题
阅卷案例四字解题(2024·新高考Ⅰ卷，T17，15分) 如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝． (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角ACPD的正弦值为，求AD． 读 证明AD∥平面PBC AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为
想 线面平行的判定定理 坐标法及二面角的运算公式
算 在△ABC中得出AB⊥BC 各相关点的坐标，平面的法向量
思 转化与化归 坐标法规范解答
规范解答 满分心得
[解] (1)证明： ····························1分 又因为AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA 平面PAB， 所以AD⊥平面PAB．···················2分 又AB 平面PAB，所以AD⊥AB．··············3分 在△ABC中，AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC．········4分 所以AD∥BC．······················5分 所以AD∥平面PBC．···················6分 (2) 建立如图所示空间直角坐标系Dxyz． 令AD＝t，t＞0，则A(t，0，0)，P(t，0，2)，D(0，0，0)，DC＝，C(0，，0)，＝(－t，，0)，＝(0，0，2)，＝(t，0，2)，＝(0，，0)．···············8分 设平面ACP的法向量n1＝(x1，y1，z1)， 所以·········9分 设x1＝，则y1＝t，z1＝0， 所以n1＝(，t，0)． ············10分 设平面CPD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 所以············11分 设z2＝t，则x2＝－2，y2＝0， ··········12分 因为二面角A-CP-D的正弦值为，且二面角为锐角，则余弦值为，··························13分 所以＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝，········14分 所以t＝，所以AD＝．················15分 得步骤分：得分点的步骤有则给分，无则没分，如第(2)问求两个平面的法向量时，只列对方程组即得1分． 得关键分：解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，如第(1)(2)问解析中标记的关键点． 得计算分：计算准确，如第 (2)问中点的坐标求解，相应平面法向量的求解，待求二面角A-CP-D的余弦值等都要细心运算． 熟知立体几何中的各个定理是正确证明线面位置关系的关键．
§1 空间几何体的表面积、体积
【备考指南】 空间几何体的表面积和体积是历年高考的核心命题点之一．备考时不仅要熟记相应的计算公式，更要理解空间几何体的侧面展开图与表面积的关系以及空间几何体间的割补、等体积的转换意识等．
基础考点1 空间几何体的表面积
【典例1】 (1)(2024·河南郑州三模)已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的侧面积为( )
A．6π B．8π
C．10π D．12π
(2)如图所示，圆O1和圆O2是球O的两个截面圆，且两个截面互相平行，球心O在两个截面之间，记圆O1、圆O2的半径分别为r1，r2，若r2＝3r1＝3，O1O2＝4，则球O的表面积为( )
A．40π B．42π
C．44π D．48π
(3)如图1所示的宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一．图2是小明为自家设计的一个花灯的直观图，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为4 dm，2 dm，正六棱台与正六棱柱的高分别为1 dm，6 dm，则该花灯的表面积为( )
A． dm2 B． dm2
C． dm2 D． dm2
(1)A (2)A (3)A [(1)因为底面半径r＝2，所以底面周长L＝2πr＝4π，
则圆锥的母线长l＝＝3，所以圆锥的侧面积S＝πrl＝6π.故选A．
(2)设球O的半径为R，依题意得＝R2＝，则(4－OO2)2＋1＝＋9，
解得OO2＝1，因此R2＝10，所以球O的表面积S＝4πR2＝40π.故选A．
(3)正六棱柱的六个侧面面积之和为2×6×6＝72(dm2)，正六棱柱的底面面积为×22×6＝6(dm2)，正六棱台的斜高为＝2(dm)，
故正六棱台的侧面积为×(4＋2)×2×6＝36(dm2)，
又正六棱台的上底面面积为×42×6＝24(dm2)，
所以该花灯的表面积为72＋6＋36＋24＝108＋30(dm2)．故选A．]
求解几何体表面积的类型及方法
(1)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；
(2)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；
(3)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．
1．(2024·山东泰安三模)已知圆台O1O2的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为( )
A．24π B．25π
C．26π D．27π
C [如图，作出圆台的轴截面ABDC，设上底面圆O1的半径为r，则下底面圆O2的半径是3r，故轴截面周长为16＝4＋4＋2r＋6r，解得r＝1，
所以上、下底面圆的面积分别为π，9π，圆台侧面积S侧＝π(1＋3)×4＝16π，
所以圆台的表面积为π＋9π＋16π＝26π.故选C．]
2．(教材改编)某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个相同的四面体得到的(如图)，则该几何体共有________个面；若被截正方体的棱长是60 cm，那么该几何体的表面积是________cm2．
14 10 800＋3 600 [由题意知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，所以该几何体有8个面为等边三角形，再加上6个面为小正方形，所以该几何体共有14个面；
如果被截正方体的棱长是60 cm，那么石凳的表面积是S＝8××30×30×sin 60°＋6×30×30＝(cm2)．]
【教师备选资源】
1．(2024·广东佛山二模)某圆锥高为，母线与底面所成的角为，则该圆锥的表面积为( )
A．3π B．4π
C．5π D．6π
A [设圆锥底面半径为r，母线长为l，由圆锥高为，母线与底面所成的角为，得r＝＝1，l＝＝2，所以圆锥的表面积S＝πr2＋πrl＝3π.故选A．]
2．(2024·辽宁大连一模)陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在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( )
A．π B．π
C．π D．π
C [由题意可知，圆锥的母线长为＝2(cm)，
所以这个陀螺的表面积是π×62＋2π×6×6＋π×2×6＝π(cm2)．
故选C．]
3．(教材改编)如图是某灯具厂生产的一批不倒翁型台灯的外形，它由一个圆锥和一个半球组合而成，圆锥的高是0.4 m，底面直径和球的直径都是0.6 m，现对这个台灯表面涂胶，如果每平方米需要涂200克，则共需涂胶(精确到个位数，π取3.14)( )
A．176克 B．207克
C．239克 D．270克
B [由已知得圆锥的母线长l＝＝0.5(m)，
所以台灯表面积为S＝πrl＋2πr2＝π×0.3×0.5＋2π×0.32＝0.33π(m2)，
需要涂胶的质量为0.33π×200＝66π≈66×3.14＝207.24≈207(克)．故选B．]
4．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，则圆台的侧面积为( )
A． B．
C． D．8π
C [设圆锥底面半径为R，母线为l，则R＝1.设圆台上底面半径为r，母线为l1，则r＝．
由已知可得，＝＝，所以l＝6．
如图，作出圆锥、圆台的轴截面，
则有＝＝，所以l1＝4．
所以圆台的侧面积为π(R＋r)l1＝4×π＝π.故选C．]
基础考点2 空间几何体的体积
【典例2】 (1)(2024·新高考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，则圆锥的体积为( )
A．2π B．3π
C．6π D．9π
(2)(2024·天津高考)一个五面体ABC-DEF.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( )
A． B．＋
C． D．－
(3)(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，圆台的母线长分别为2(r2－r1)和3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为________．
(1)B (2)C (3) [(1)设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为，因为它们的侧面积相等，所以2πr×＝πr×，即2＝，故r＝3，故圆锥的体积为π×9×＝3π.故选B．
(2)因为AD，BE，CF两两平行，且两两之间距离为1，则该五面体可以分成一个侧棱长为1的三棱柱和一个底面为梯形的四棱锥，其中三棱柱的体积等于棱长均为1的直三棱柱的体积，四棱锥的高为，底面是上底为1、下底为2、高为1的梯形，故该五面体的体积V＝×1××1＋××＝．故选C．
(3)由题意可得两个圆台的高分别为h甲＝＝(r2－r1)，
h乙＝＝2(r2－r1)，
所以＝＝＝＝．]
求解几何体体积的方法
(1)直接法、割补法、轴截面法及等体积转换法．
(2)对于某些动态三棱锥的体积问题，直接求解不方便时，可采用转换底面的方式求解．其涉及“空间点到平面的距离”问题，常采用等体积转换法求解．
1．(2024·山东青岛二中二模)在正三棱台ABC-A1B1C1中，已知AB＝，A1B1＝2，侧棱AA1的长为2，则此正三棱台的体积为( )
A． B．
C． D．
C [正三棱台ABC-A1B1C1中，已知AB＝，A1B1＝2，
所以△ABC的面积为×××＝，△A1B1C1的面积为×2×2×＝3．
设O，O1分别是△ABC，△A1B1C1的中心，
设D，D1分别是BC，B1C1的中点，
所以A，O，D三点共线，A1，O1，D1三点共线，
AD＝AB×sin ＝×＝，A1D1＝A1B1×sin ＝2×＝3，
所以OD＝AD＝，O1D1＝A1D1＝1，
DD1＝
＝＝，
过D作DE⊥A1D1，垂足为E，则DE∥OO1，
因为DE ＝
＝ ＝，
所以三棱台的高为，
所以三棱台的体积为V＝××＝．故选C．]
2．(2024·江苏连云港模拟)一个密闭的长方体盒子高为4，底面是边长为2的正方形，盒内有一个半径为1的小球，若将盒子任意翻动，则小球不能到达区域的体积是( )
A．16－4π B．16－π
C．16－π D．16－2π
B [小球在长方体盒子自由滚动，当与长方体三面相切时，即在长方体的8个顶点处的单位立方体空间内，
不能到达的空间为8×＝8－，
此后当小球移动时与长方体的四个侧面相切，
其不能到达的空间为以长方体的侧棱中间长2为棱的棱柱减去底面半径为1的圆柱的四分之一体积(这样的空间有四个)，体积为4×＝8－2π，
故小球不能到达的空间体积为V＝8－＋8－2π＝16－π.故选B．]
3．[高考变式]楔体形构件在建筑工程上有广泛的应用．如图，某楔体形构件可视为一个五面体ABCDEF，其中四边形ABCD为正方形．若AB＝6 cm，EF＝3 cm，且EF与平面ABCD的距离为2 cm，则该楔体形构件的体积为( )
A．18 cm3 B．24 cm3
C．30 cm3 D．48 cm3
C [如图所示，
设G，H分别为AB，DC的中点，连接EG，EH，GH，
因为四边形ABCD为正方形，所以AB∥DC，又AB 平面EFCD，DC 平面EFCD，所以AB∥平面EFCD．
又平面EFCD∩平面ABFE＝EF，所以AB∥EF．
因为G，H分别为AB，DC的中点，AB＝6 cm，EF＝3 cm，所以EF∥GB，EF＝GB，
则四边形EGBF为平行四边形，EG∥FB，
同理EH∥FC，又GH∥BC，
所以EGH-FBC为三棱柱，由题意，可得
V四棱锥E-AGHD＝S矩形AGHD·h＝AD·AG·h＝×6×3×2＝12(cm3)．
又V三棱柱EGH-FBC＝3V三棱锥B-EGH＝3V三棱锥E-BGH＝3××V四棱锥E-AGHD＝V四棱锥E-AGHD＝×12＝18(cm3)．
所以该多面体的体积为V＝V四棱锥E-AGHD＋V三棱柱EGH-FBC＝12＋18＝30(cm3)．故选C．]
4．将3个6 cm×6 cm的正方形都沿其中的一对邻边的中点剪开，每个正方形均分成两个部分，如图(1)所示，将这6个部分接入一个边长为3 cm的正六边形上，如图(2)所示．若该平面图沿着正六边形的边折起，围成一个七面体，则该七面体的体积为________cm3．
108 [将平面图形折叠并补形得到如图所示的正方体，
该七面体为正方体沿着图中的六边形截面截去一部分后剩下的另一部分，由对称性知其体积为正方体体积的一半，即×63＝108(cm3)．]
【教师备选资源】
(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB，记三棱锥E-ACD，F-ABC，F-ACE的体积分别为V1，V2，V3，则( )
A．V3＝2V2 B．V3＝V1
C．V3＝V1＋V2 D．2V3＝3V1
CD [如图，连接BD交AC于点O，连接OE，OF.设AB＝ED＝2FB＝2，则AB＝BC＝CD＝AD＝2，FB＝1．
因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，所以FB⊥平面ABCD，所以V1＝VE-ACD＝S△ACD·ED＝AD·CD·ED＝×2×2×2＝，V2＝VF-ABC＝S△ABC·FB＝AB·BC·FB＝×2×2×1＝．
因为ED⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以ED⊥AC，又AC⊥BD，且ED∩BD＝D，ED，BD 平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF．
因为OE，OF 平面BDEF，所以AC⊥OE，AC⊥OF．
易知AC＝BD＝AB＝2，OB＝OD＝BD＝，OF＝＝，OE＝＝，EF＝＝＝3，所以EF2＝OE2＋OF2，所以OF⊥OE，又OE∩AC＝O，OE，AC 平面ACE，所以OF⊥平面ACE，所以V3＝VF-ACE＝S△ACE·OF＝AC·OE·OF＝×2××＝2，所以V3≠2V2，V1≠V3，V3＝V1＋V2，2V3＝3V1，所以选项A，B不正确，选项C，D正确．故选CD．]
专题限时集训(十一) 空间几何体的表面积、体积
一、单项选择题
1．(2024·陕西西安模拟)乒乓球被誉为我国的“国球”，一个标准尺寸乒乓球的直径是40 mm，其表面积约为( )
A．3 000 mm2 B．4 000 mm2
C．5 000 mm2 D．6 000 mm2
C [标准尺寸乒乓球的直径是40 mm，则其半径R＝20 mm，故表面积S＝4πR2≈5 000(mm2)．故选C．]
2．(2024·安徽合肥三模)已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为8的半圆，则该圆锥的体积为( )
A．48π B．16π
C．64π D．
D [设圆锥的底面圆半径为r，
由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则2πr＝8π，解得r＝4，
又侧面展开图是半径为8的半圆，即圆锥的母线长为8，
则圆锥的高h＝＝4，
所以该圆锥的体积为V＝πr2h＝π×42×4＝．
故选D．]
3．如图所示的花盆为正四棱台，上口宽为5，下口宽为3，侧棱长为3，则该花盆的体积为( )
A． B．49
C． D．245
A [如图，由题意，该棱台的上、下底面的对角线长分别为5，3，
所以棱台的高为h＝＝5，
故棱台的体积为V＝h(S上＋S下＋)＝×5×(52＋32＋)＝．故选A．]
4．(2024·广东广州模拟)如图所示，某同学制作了一个工艺品．该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为8的正方体的六个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合)．若其中一截面圆的周长为4π，则球的体积为( )
A． B．
C． D．
C [设球的半径为R，截面圆的半径为r，相对的两个截面圆间的距离为2d，
因为截面圆的周长为4π，可得2πr＝4π，解得r＝2，
又因为该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为8的正方体的六个面所截后剩余的部分，
所以相对两截面圆之间的距离为2d＝8，解得d＝4，
根据球的截面的性质，可得R2＝r2＋d2＝22＋42＝20，即R＝2(负值舍去)，
所以球的体积为V＝R3＝．故选C．]
5．(2024·天津二模)在各棱长均为2的正三棱柱ABC-A1B1C1中，上、下底面的中心分别为D，H，三个侧面的中心分别为E，F，G，若在该三棱柱中挖去两个三棱锥D-EFG和H-EFG，则剩余部分的体积为( )
A． B．
C． D．
A [如图所示，
因为三个侧面的中心分别为E，F，G，
所以三棱锥D-EFG和三棱锥H-EFG的底面EFG面积为S△ABC，
高为正三棱柱的高的一半，
故挖去的几何体的体积为2××××2×2sin 60°×1＝，三棱柱的体积为×2×2sin 60°×2＝2，故剩余几何体的体积为2－＝．
故选A．]
6．已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中，O为四边形ACC1A1对角线的交点，设三棱柱ABC-A1B1C1的体积为V1，四棱锥O-BCC1B1的体积为V2，则V2∶V1＝( )
A．1∶3 B．1∶4
C．1∶6 D．2∶3
A [如图，连接A1B，
则V1＝，＝V1，
所以＝V1，
又O为A1C的中点，
所以点A1到平面BCC1B1的距离是点O到平面BCC1B1的距离的2倍，则＝＝2V2，
所以V1＝2V2，即＝．
故选A．]
7．(2023·全国甲卷)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，则△PBC的面积为( )
A．2 B．3
C．4 D．6
C [如图，过点P作PO⊥平面ABCD，垂足为O，取DC的中点M，AB的中点N，连接PM，MN，AO，BO．
由PC＝PD，得PM⊥DC，又PO⊥DC，PO∩PM＝P，所以DC⊥平面POM，又OM 平面POM，所以DC⊥OM.在正方形ABCD中，DC⊥NM，所以M，N，O三点共线，所以OA＝OB，所以Rt△PAO≌Rt△PBO，所以PB＝PA．
在△PAC中，由余弦定理，得PA＝＝，所以PB＝.在△PBC中，由余弦定理，得cos ∠PCB＝＝，所以sin ∠PCB＝，所以S△PBC＝PC·BC sin ∠PCB＝4．
故选C．]
8．(2024·湖北武汉二模)灯笼起源于中国的西汉时期，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，某球形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＝(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，圆柱的底面圆的直径为24 cm，则该灯笼的体积为(取π＝3)( )
A．32 000 cm3 B．33 664 cm3
C．33 792 cm3 D．35 456 cm3
B [该灯笼去掉圆柱部分的高为40－8＝32(cm)，则R－h＝＝16(cm)，由圆柱的底面圆的直径为24 cm，则有(R－h)2＋122＝R2，即162＋122＝R2，可得R＝20 cm，则h＝4，V＝2V圆柱＋V球－2V球缺＝2×4×122×π＋×π×203－2×(60－4)×42
＝3 456＋32 000－1 792＝33 664(cm3)．故选B．]
二、多项选择题
9．某圆锥的底面半径是3，母线长为4，则下列关于此圆锥的说法正确的是( )
A．圆锥的体积是9π
B．圆锥的侧面展开图的圆心角是
C．过圆锥的两条母线作截面，面积的最大值是8
D．圆锥的侧面积是12π
BCD [因为圆锥的底面半径r＝3，母线长l＝4，
所以圆锥的高h＝＝＝．
对于A，因为圆锥的体积为V＝S底h＝π×32×＝3π，故A错误；
对于B，因为圆锥的底面半径为3，所以圆锥的底面周长为2π×3＝6π，又因为圆锥的母线长为4，所以圆锥的侧面展开图的圆心角为＝，故B正确；
对于C，设圆锥的两条母线的夹角为θ，过这两条母线作截面，其面积为S＝×4×4×sin θ＝8sin θ，
当θ＝时，面积有最大值，最大值为8，故C正确；
对于D，圆锥的侧面积为S侧＝π×3×4＝12π，故D正确．故选BCD．]
10．(2024·新疆喀什区二模)如图，圆台O1O2，在轴截面ABCD中，AB＝AD＝BC＝CD＝2，下面说法正确的是( )
A．线段AC＝2
B．该圆台的表面积为11π
C．该圆台的体积为7π
D．沿着该圆台的表面，从点C到AD中点的最短距离为5
ABD [显然四边形ABCD是等腰梯形，AB＝AD＝BC＝2，CD＝4，其高即为圆台的高h＝＝．对于A，在等腰梯形ABCD中，AC＝＝2，A正确；
对于B，圆台的表面积S＝π×12＋π×22＋π(1＋2)×2＝11π，B正确；
对于C，圆台的体积V＝π·(12＋1×2＋22)×＝π，C错误；
对于D，将圆台一半侧面展开，如图中扇环ABCD，且E为AD的中点，
而圆台对应的圆锥半侧面展开图为COD，且OC＝4，又∠COD＝＝，
在Rt△COE中，CE＝＝5，斜边CE上的高为＝>2，即CE与弧AB相离，
所以C到AD中点的最短距离为5，D正确．
故选ABD．]
11．(2024·湖北武汉模拟)中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分)．现有一个如图所示的曲池，AA1垂直于底面，AA1＝5，底面扇环所对的圆心角为，弧AD的长度是弧BC长度的3倍，CD＝2，则下列说法正确的是( )
A．弧AD的长度为π
B．曲池的体积为
C．曲池的表面积为20＋14π
D．三棱锥A-CC1D的体积为5
ACD [设弧AD所在圆的半径为R，弧BC所在圆的半径为r，因为弧AD的长度是弧BC长度的3倍，R＝3×r，即R＝3r，
所以CD＝R－r＝2r＝2，所以r＝1，R＝3，
所以弧AD的长度为π，故A正确；
曲池的体积为V＝×AA1＝×5＝10π，
故B错误；
曲池的表面积为×2＋×5＋2×5×2
＝×2＋×5＋20＝20＋14π，故C正确；
三棱锥A-CC1D的体积为××2×5×3＝5，故D正确．
故选ACD．]
三、填空题
12．如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，BC的中点，则四棱锥B-A1EFC1的体积为________．
1 [法一：＝
＝××2－×2×2＝1．
法二：＝＝
＝××1×1×2＋××1×2×2＝1．]
13．某同学欲为台灯更换一种环保材料的灯罩，如图所示，该灯罩是一个有上底面无下底面的圆台．经测量，灯罩的上底面直径为18 cm，下底面直径为34 cm，灯罩的侧面展开图是一个圆心角为的扇环，则新灯罩所需环保材料的面积为________cm2(结果保留π)．
705π [如图为圆台轴截面：
如图为圆台侧面展开图：
圆台上底面半径为r1＝9 cm，下底面半径为r2＝17 cm，l1＝＝3r1，l2＝＝3r2，
则扇环面积为：πr2l2－πr1l1＝π＝＝3π(172－92)＝624π(cm2)，
则新灯罩所需环保材料的面积为＝624π＋81π＝705π(cm2)．]
14．(2024·九省联考)已知轴截面为正三角形的圆锥MM′的高与球O的直径相等，则圆锥MM′的体积与球O的体积的比值是________，圆锥MM′的表面积与球O的表面积的比值是________．
1 [设圆锥的底面半径为r，球的半径为R，
因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高h＝r，母线l＝2r，
由题可知，h＝2R，所以球的半径R＝r，
所以圆锥的体积为V1＝×π×r2×r＝πr3，
球的体积V2＝πR3＝π×＝πr3，
所以＝＝；
圆锥的表面积S1＝πrl＋πr2＝3πr2，
球的表面积S2＝4πR2＝4π×＝3πr2，
所以＝＝1．]
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