【五年高考真題分布(2020－2024)】

微專題8空間幾何體的表面積和體積高考定位空間幾何體的表面積和體積是高考考查的重點(diǎn)內(nèi)容，常以選擇題、填空題為主，要求考生要有較強(qiáng)的空間想象能力和計(jì)算能力，難度為中低檔.【真題體驗(yàn)】1.(2024·新高考Ⅰ卷)已知圓柱和圓錐的底面半徑相等，側(cè)面積相等，且它們的高均為eq\r(3)，則圓錐的體積為()A.2eq\r(3)π B.3eq\r(3)πC.6eq\r(3)π D.9eq\r(3)π答案B解析設(shè)圓柱和圓錐的底面半徑均為r，因?yàn)樗鼈兊母呔鶠閑q\r(3)，且側(cè)面積相等，所以2πr×eq\r(3)＝πreq\r(（\r(3)）2＋r2)，得r2＝9，所以圓錐的體積V＝eq\f(1,3)πr2×eq\r(3)＝3eq\r(3)π，故選B.2.(2023·全國(guó)甲卷)在三棱錐P－ABC中，△ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，PA＝PB＝2，PC＝eq\r(6)，則該棱錐的體積為()A.1 B.eq\r(3)C.2 D.3答案A解析如圖，取AB的中點(diǎn)D，連接PD，CD，因?yàn)椤鰽BC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，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，故選A.3.(2024·天津卷)一個(gè)五面體ABC－DEF.已知AD∥BE∥CF，且兩兩之間距離為1，AD＝1，BE＝2，CF＝3，則該五面體的體積為()A.eq\f(\r(3),6) B.eq\f(3\r(3),4)＋eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(3\r(3),4)－eq\f(1,2)答案C解析因?yàn)锳D，BE，CF兩兩平行，且兩兩之間距離為1，則該五面體可以看作底面邊長(zhǎng)為1的正三棱柱的一部分，然后分成一個(gè)側(cè)棱長(zhǎng)為1的三棱柱和一個(gè)底面為梯形的四棱錐，如圖，其中三棱柱的體積等于棱長(zhǎng)均為1的直三棱柱的體積，四棱錐的高為eq\f(\r(3),2)，底面是上底為1、下底為2、高為1的梯形，故該五面體的體積V＝eq\f(1,2)×1×eq\f(\r(3),2)×1＋eq\f(1,3)×eq\f(3,2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，故選C.4.(2024·全國(guó)甲卷)已知圓臺(tái)甲、乙的上底面半徑均為r1，下底面半徑均為r2，圓臺(tái)的母線長(zhǎng)分別為2(r2－r1)，3(r2－r1)，則圓臺(tái)甲與乙的體積之比為_(kāi)_______.答案eq\f(\r(6),4)解析兩圓臺(tái)的上、下底面積對(duì)應(yīng)相等，則兩圓臺(tái)的體積之比為高之比，根據(jù)母線與半徑的關(guān)系可得甲與乙的體積之比為eq\f(\r(4（r2－r1）2－（r2－r1）2),\r(9（r2－r1）2－（r2－r1）2))＝eq\f(\r(3),\r(8))＝eq\f(\r(6),4).【熱點(diǎn)突破】熱點(diǎn)一空間幾何體的側(cè)面積、表面積例1(1)(2024·新鄉(xiāng)二模)設(shè)圓臺(tái)的上、下底面的半徑之比為1∶2，側(cè)面積為18π，且上底面半徑為質(zhì)數(shù)，則該圓臺(tái)的母線長(zhǎng)為()A.2 B.3C.5 D.6(2)(2024·河南部分學(xué)校模擬)如圖1所示，宮燈又稱宮廷花燈，是中國(guó)彩燈中富有特色的漢民族傳統(tǒng)手工藝品之一.圖2是小明為自家設(shè)計(jì)的一個(gè)花燈的直觀圖，該花燈由上面的正六棱臺(tái)與下面的正六棱柱組成，若正六棱臺(tái)的上、下兩個(gè)底面的邊長(zhǎng)分別為4dm和2dm，正六棱臺(tái)與正六棱柱的高分別為1dm和6dm，則該花燈的表面積為()A.(108＋30eq\r(3))dm2 B.(72＋30eq\r(3))dm2C.(64＋24eq\r(3))dm2 D.(48＋24eq\r(3))dm2答案(1)B(2)A解析(1)設(shè)圓臺(tái)上底面的半徑為r，下底面半徑為R，母線為l，則R＝2r.如圖，O1，O分別為圓臺(tái)上、下底面的圓心，AB為一條母線，連接O1O，O1A，OB，過(guò)點(diǎn)A作AD⊥OB于點(diǎn)D，則四邊形OO1AD為矩形，得OD＝O1A＝r，所以BD＝OB－OD＝R－r＝r，在Rt△ABD中，r<l，圓臺(tái)的側(cè)面積為S＝πl(wèi)(r＋R)，所以l＝eq\f(S,π（r＋R）)＝eq\f(S,3πr)＝eq\f(18π,3πr)＝eq\f(6,r)，又r為質(zhì)數(shù)，所以r＝2或3.當(dāng)r＝2時(shí)，l＝3，則r<l，符合題意；當(dāng)r＝3時(shí)，l＝2，則r>l，不符合題意.所以圓臺(tái)的母線長(zhǎng)為3.(2)因?yàn)檎馀_(tái)的上、下兩個(gè)底面的邊長(zhǎng)分別為4dm和2dm，正六棱臺(tái)的高為1dm.所以正六棱臺(tái)的斜高為eq\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4×\f(\r(3),2)－2×\f(\r(3),2)))\s\up12(2))＝2dm，所以該花燈的表面積為eq\f(1,2)×(4＋2)×2×6＋6×2×6＋eq\f(\r(3),4)×42×6＋eq\f(\r(3),4)×22×6＝108＋30eq\r(3)(dm2).故選A.易錯(cuò)提醒1.旋轉(zhuǎn)體的表面積問(wèn)題應(yīng)注意其側(cè)面展開(kāi)圖的應(yīng)用.2.多面體的表面積是各個(gè)面的面積之和，組合體的表面積注意銜接部分的處理.訓(xùn)練1(1)“李白斗酒詩(shī)百篇，長(zhǎng)安市上酒家眠”，本詩(shī)句中的“斗”的本義是指盛酒的器具，后又作為計(jì)量糧食的工具，某數(shù)學(xué)興趣小組利用相關(guān)材料制作了一個(gè)如圖所示的正四棱臺(tái)來(lái)模擬“斗”，用它研究“斗”的相關(guān)幾何性質(zhì)，已知該四棱臺(tái)的上、下底的邊長(zhǎng)分別是2、4，高為1，則該四棱臺(tái)的表面積為()A.12eq\r(2) B.32C.20＋12eq\r(2) D.20＋12eq\r(3)(2)(2024·佛山二模)某圓錐高為eq\r(3)，母線與底面所成的角為eq\f(π,3)，則該圓錐的表面積為()A.3π B.4πC.5π D.6π答案(1)C(2)A解析(1)根據(jù)題意可知，該四棱臺(tái)的側(cè)面都是上底邊長(zhǎng)為2，下底邊長(zhǎng)為4的等腰梯形，所以側(cè)面的斜高為h′＝eq\r(1＋1)＝eq\r(2)，則一個(gè)側(cè)面的面積為(2＋4)×eq\r(2)×eq\f(1,2)＝3eq\r(2)，上下底底面面積分別為2×2＝4，4×4＝16，所以該四棱臺(tái)的表面積為4＋16＋3eq\r(2)×4＝20＋12eq\r(2).(2)由圓錐高為eq\r(3)，母線與底面所成的角為eq\f(π,3)，得圓錐底面圓半徑r＝eq\f(\r(3),tan\f(π,3))＝1，母線l＝eq\r(12＋（\r(3)）2)＝2，所以圓錐的表面積S＝πr2＋πrl＝3π.熱點(diǎn)二空間幾何體的體積考向1直接利用公式求體積例2(1)(2024·北京東城區(qū)模擬)《天工開(kāi)物》是我國(guó)明代科學(xué)家宋應(yīng)星所著的一部綜合性科學(xué)技術(shù)著作，書(shū)中記載了一種制造瓦片的方法.某校高一年級(jí)計(jì)劃實(shí)踐這種方法，為同學(xué)們準(zhǔn)備了制瓦用的黏土和圓柱形的木質(zhì)圓桶，圓桶底面外圓的直徑為20cm，高為20cm.首先，在圓桶的外側(cè)面均勻包上一層厚度為2cm的黏土，然后，沿圓桶母線方向?qū)ね翆臃指畛伤牡确?如圖)，等黏土干后，即可得到大小相同的四片瓦.每位同學(xué)制作四片瓦，全年級(jí)共500人，需要準(zhǔn)備的黏土量(不計(jì)損耗)與下列哪個(gè)數(shù)字最接近.(參考數(shù)據(jù)：π≈3.14)()A.0.8m3 B.1.4m3C.1.8m3 D.2.2m3(2)(2024·西安二模)在正四棱臺(tái)A1B1C1D1－ABCD中，AB＝2A1B1，且三棱錐B1－ABC的體積為6，則該正四棱臺(tái)的體積為()A.14 B.21C.24 D.36答案(1)B(2)B解析(1)由條件可得四片瓦的體積V＝π×122×20－π×102×20＝880π(cm3)，所以500名學(xué)生，每人制作4片瓦共需黏土的體積為500×880π＝440000π(cm3)，又π≈3.14，所以共需黏土的體積約為1.3816m3，故選B.(2)設(shè)正四棱臺(tái)的高為h(h>0)，AB＝2A1B1＝2a，則VB1－ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×(2a)2×h＝eq\f(2,3)a2h＝6，所以a2h＝9，所以該正四棱臺(tái)的體積為eq\f(1,3)h(a2＋a×2a＋4a2)＝eq\f(7,3)a2h＝21.考向2割補(bǔ)法求體積例3如圖，在多面體ABCDEF中，已知四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，且△ADE，△BCF均為正三角形，EF∥AB，EF＝2，則該多面體的體積為_(kāi)_______.答案eq\f(\r(2),3)解析過(guò)AD作與底面ABCD垂直的平面交EF于點(diǎn)G，過(guò)BC作與底面ABCD垂直的平面交EF于點(diǎn)H，則多面體ABCDEF被分為三棱錐E－ADG，三棱柱ADG－BCH，三棱錐F－HBC三部分.依題意，三棱錐E－ADG的高EG＝eq\f(1,2)，直三棱柱AGD－BHC的高AB＝1，則AG＝eq\r(AE2－EG2)＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(3),2).取AD的中點(diǎn)M，并連接MG，則MG＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2)，∴S△AGD＝eq\f(1,2)×1×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),4)，∴V多面體＝VE－ADG＋VF－BCH＋VADG－BCH＝2VE－ADG＋VADG－BCH＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),4)×eq\f(1,2)×2＋eq\f(\r(2),4)×1＝eq\f(\r(2),3).考向3等體積法求體積例4(2024·成都診斷)在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為4的正方形，∠PBA＝∠PBC，PD⊥AD，Q為正方形ABCD內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)(不含邊界)，且滿足QA⊥QP，若PD＝2，則三棱錐Q－PBC的體積的最小值為()A.3 B.eq\f(8,3)C.eq\f(4,3) D.2答案B解析如圖，因?yàn)椤螾BA＝∠PBC，AB＝CB，PB＝PB，所以△PAB≌△PCB，所以PA＝PC，又AD＝CD，PD＝PD，所以△PAD≌△PCD，所以∠PDC＝∠PDA，因?yàn)镻D⊥AD，所以PD⊥CD.又AD∩CD＝D，AD，CD?平面ABCD，所以PD⊥平面ABCD.連接QD，因?yàn)锳Q?平面ABCD，所以PD⊥AQ，又QA⊥QP，QP∩PD＝P，QP，PD?平面PDQ，所以AQ⊥平面PDQ，又QD?平面PDQ，所以AQ⊥QD，故點(diǎn)Q在以AD為直徑的半圓上(不包含A，D兩點(diǎn)).又VQ－PBC＝VP－QBC＝eq\f(1,3)S△QBC·PD，所以當(dāng)S△QBC最小，即點(diǎn)Q到BC的距離最小，即點(diǎn)Q是半圓弧eq\o(AD,\s\up8(︵))的中點(diǎn)時(shí)，三棱錐Q－PBC的體積最小，故三棱錐Q－PBC的體積的最小值為eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×4×2×2＝eq\f(8,3).故選B.規(guī)律方法1.規(guī)則的幾何體可以直接利用相應(yīng)的公式求解，這就需要熟記柱體、錐體的體積公式；2.不規(guī)則的幾何體往往可以通過(guò)“間接法”——割補(bǔ)法求得，即把不規(guī)則的幾何體通過(guò)“割補(bǔ)”手段，轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體體積的和或差.訓(xùn)練2(1)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為4，P，Q是棱DD1的兩個(gè)三等分點(diǎn)，則三棱錐Q－PBC的體積為()A.eq\f(8,3) B.eq\f(32,9)C.eq\f(16,9) D.eq\f(16,3)(2)紫砂壺是中國(guó)特有的手工制造陶土工藝品，其制作始于明朝正德年間.紫砂壺的壺型眾多，經(jīng)典的有西施壺、掇球壺、石瓢壺、潘壺等.其中石瓢壺的壺體可以近似看成一個(gè)圓臺(tái)，如圖給出了一個(gè)石瓢壺的相關(guān)數(shù)據(jù)(單位：cm)，現(xiàn)在向這個(gè)空石瓢壺中加入91πcm3的礦泉水后，問(wèn)石瓢壺內(nèi)水深為_(kāi)_______cm.()A.2.8 B.2.9C.3 D.3.1答案(1)B(2)C解析(1)如圖所示.VQ－PBC＝VB－PQC＝eq\f(1,3)S△PQC·BC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(4,3)×4×4＝eq\f(32,9).(2)由題知礦泉水的體積為91πcm3，將圓臺(tái)的中軸面拿出，補(bǔ)全為一個(gè)三角形，如圖所示.加入礦泉水后，記石瓢壺內(nèi)水深為h，水平面半徑為r，由圖可知△ABC∽△AFG，所以有eq\f(AB,AF)＝eq\f(BC,FG)，即eq\f(AB,AB＋6)＝eq\f(2,3)，解得AB＝12.由△ABC∽△ADE，得eq\f(AB,AD)＝eq\f(BC,DE)，即eq\f(12,18－h(huán))＝eq\f(4,r)，解得h＝18－3r，故加入礦泉水后圓臺(tái)的體積為V＝eq\f(1,3)π(18－3r)(62＋6r＋r2)＝91π，解得r＝eq\r(3,125)＝5，所以h＝18－3r＝3.【精準(zhǔn)強(qiáng)化練】一、單選題1.(2024·淄博模擬)某圓錐的側(cè)面積為16π，其側(cè)面展開(kāi)圖為一個(gè)半圓，則該圓錐的底面半徑長(zhǎng)為()A.2 B.4C.2eq\r(2) D.4eq\r(2)答案C解析設(shè)圓錐的母線長(zhǎng)為l，底面半徑為r，即側(cè)面展開(kāi)圖的半徑為l，側(cè)面展開(kāi)圖的弧長(zhǎng)為πl(wèi).又圓錐的底面周長(zhǎng)為2πr，所以2πr＝πl(wèi)，即圓錐的母線長(zhǎng)l＝2r，所以圓錐的側(cè)面積為πrl＝2πr2＝16π，解得r＝2eq\r(2).2.(2024·廣州調(diào)研)正四棱臺(tái)的上、下底面邊長(zhǎng)分別為2，4，側(cè)棱長(zhǎng)為eq\r(11)，則其體積為()A.28 B.eq\f(28,3)C.32 D.24答案A解析如圖所示，在正四棱臺(tái)ABCD－A1B1C1D1中，OO1是該四棱臺(tái)的高(O1，O分別為上、下底面的中心)，連接OB，O1B1，過(guò)點(diǎn)B1作B1E⊥OB，垂足為E.顯然OB＝eq\f(1,2)eq\r(42＋42)＝2eq\r(2)，O1B1＝eq\f(1,2)eq\r(22＋22)＝eq\r(2)，所以該正四棱臺(tái)的高OO1＝B1E＝eq\r(11－（2\r(2)－\r(2)）2)＝3，則該正四棱臺(tái)的體積V＝eq\f(1,3)×(22＋2×4＋42)×3＝28.故選A.3.(2024·合肥調(diào)研)已知圓臺(tái)的上、下底面半徑分別為1和3，側(cè)面展開(kāi)圖是半個(gè)圓環(huán)，則圓臺(tái)的側(cè)面積為()A.6π B.16πC.26π D.32π答案B解析圓臺(tái)的上底面圓半徑r′＝1，下底面圓半徑r＝3，設(shè)圓臺(tái)的母線長(zhǎng)為l，扇環(huán)所在的小圓的半徑為x，依題意有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2π×3＝π（l＋x），,2π×1＝πx，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2，,l＝4，))所以圓臺(tái)的側(cè)面積S＝π(r′＋r)l＝π(1＋3)×4＝16π.4.(2024·信陽(yáng)二模)已知一個(gè)圓柱底面半徑為2，高為3，上底面的同心圓半徑為1，以這個(gè)圓面為上底面，圓柱下底面為下底面的圓臺(tái)被挖去，剩余的幾何體表面積等于()A.(9＋3eq\r(10))π B.(14＋3eq\r(10))πC.(5＋2eq\r(10))π D.(15＋3eq\r(10))π答案D解析剩余幾何體表面積等于圓環(huán)的面積加上圓臺(tái)的側(cè)面積再加上圓柱的側(cè)面積，由題意r＝1，R＝2，h＝3，所以圓環(huán)的面積為S1＝π(R2－r2)＝3π，圓臺(tái)母線l＝eq\r(（R－r）2＋h2)＝eq\r(1＋9)＝eq\r(10)，所以圓臺(tái)側(cè)面積為S2＝πl(wèi)(R＋r)＝3eq\r(10)π，圓柱側(cè)面積為S3＝2πRh＝12π，所以剩余的幾何體表面積等于S1＋S2＋S3＝(15＋3eq\r(10))π.5.(2024·蘇州調(diào)研)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，E，F(xiàn)是線段B1D1上的動(dòng)點(diǎn)且EF＝1，則三棱錐A－BEF的體積為()A.eq\f(\r(2),4) B.eq\f(\r(2),6)C.eq\f(\r(2),12) D.無(wú)法確定答案C解析如圖所示，連接AC與BD交于點(diǎn)O，因?yàn)锽B1⊥平面ABCD，AO?平面ABCD，所以AO⊥BB1，又AO⊥BD，BD∩BB1＝B，BD，BB1?平面BDD1B1，因此AO⊥平面BDD1B1.VA－BEF＝eq\f(1,3)·S△BEF·AO＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),12).6.(2024·宜賓二模)在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為棱PA和PB中點(diǎn)，則四棱錐P－CDEF和四棱錐P－ABCD的體積之比為()A.eq\f(2,5) B.eq\f(3,7)C.eq\f(3,8) D.eq\f(4,9)答案C解析連接AC，CE，由題意可知VD－PCE＝eq\f(1,2)VD－PAC＝eq\f(1,4)VP－ABCD，VF－PCE＝eq\f(1,4)VB－PAC＝eq\f(1,8)VP－ABCD，則VP－CDEF＝VD－PCE＋VF－PCE＝eq\f(1,4)VP－ABCD＋eq\f(1,8)VP－ABCD＝eq\f(3,8)VP－ABCD，所以eq\f(VP－CDEF,VP－ABCD)＝eq\f(3,8).7.(2024·南昌模擬)木桶效應(yīng)，也可稱為短板效應(yīng)，是說(shuō)一只水桶能裝多少水取決于它最短的那塊木板.如果一只桶的木板中有一塊不齊或者某塊木材有破洞，這只桶就無(wú)法盛滿水，此時(shí)我們可以傾斜水桶，設(shè)法讓桶裝水更多.如圖，棱長(zhǎng)為2的正方體容器，在頂點(diǎn)C1和棱AA1的中點(diǎn)M處各有一個(gè)小洞(小洞面積忽略不計(jì))，為了保持平衡，以BD為軸轉(zhuǎn)動(dòng)正方體，則用此容器裝水，最多能裝水的體積V＝()A.4 B.eq\f(16,3)C.6 D.eq\f(20,3)答案C解析棱長(zhǎng)為2的正方體的體積為23＝8，在BB1，DD1上分別取P，Q，使得B1P＝D1Q＝eq\f(1,2)，又M為棱AA1的中點(diǎn)，故由勾股定理得C1P＝MQ＝MP＝C1Q＝eq\r(4＋\f(1,4))＝eq\f(\r(17),2)，故四邊形PMQC1為菱形，故P，M，Q，C1四點(diǎn)共面，取BB1，CC1，DD1的中點(diǎn)T，R，X，連接MT，TR，RX，XM，則平面PMQC1將長(zhǎng)方體MTRX－A1B1C1D1的體積平分，故以BD為軸轉(zhuǎn)動(dòng)正方體，用此容器裝水，則最多能裝入的體積為長(zhǎng)方體MTRX－ABCD的體積加上長(zhǎng)方體MTRX－A1B1C1D1的體積的一半，故最多能裝水的體積V＝eq\f(3,4)VABCD－A1B1C1D1＝eq\f(3,4)×8＝6.8.在三棱錐A－BCD中，AC⊥平面BCD，BD⊥CD.若AB＝3，BD＝1，則該三棱錐體積的最大值為()A.2 B.eq\f(4,3)C.1 D.eq\f(2,3)答案D解析因?yàn)锳C⊥平面BCD，BD?平面BCD，所以AC⊥BD，又BD⊥CD，AC∩CD＝C，AC，CD?平面ACD，所以BD⊥平面ACD，因?yàn)锳D?平面ACD，所以BD⊥AD.在Rt△ABD中，AB＝3，BD＝1，則AD＝eq\r(AB2－BD2)＝2eq\r(2)，因?yàn)锳C⊥平面BCD，CD?平面BCD，所以AC⊥CD.在Rt△ACD中，不妨設(shè)AC＝a，CD＝b(a>0，b>0)，由AC2＋CD2＝AD2得a2＋b2＝8，所以S△ACD＝eq\f(1,2)AC·CD＝eq\f(1,2)ab＝eq\f(1,4)×2ab≤eq\f(1,4)(a2＋b2)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b且a2＋b2＝8，即a＝b＝2時(shí)，等號(hào)成立，所以VA－BCD＝VB－ACD＝eq\f(1,3)S△ACD·BD≤eq\f(1,3)×2×1＝eq\f(2,3)，所以該三棱錐體積的最大值為eq\f(2,3).二、多選題9.(2024·邯鄲模擬)“阿基米德多面體”又稱“半正多面體”，與正多面體類(lèi)似，它們也都是凸多面體，每個(gè)面都是正多邊形，并且所有棱長(zhǎng)也都相等，但不同之處在于阿基米德多面體的每個(gè)面的形狀不全相同.有幾種阿基米德多面體可由正多面體進(jìn)行“截角”得到如圖，正八面體E－ABCD－F的棱長(zhǎng)為3，取各條棱的三等分點(diǎn)，截去六個(gè)角后得到一種阿基米德多面體，則該阿基米德多面體()A.共有18個(gè)頂點(diǎn) B.共有36條棱C.表面積為6＋8eq\r(3) D.體積為8eq\r(2)答案BD解析由圖可知該多面體有24個(gè)頂點(diǎn)，36條棱，故A錯(cuò)誤，B正確；該多面體的棱長(zhǎng)為1，且表面由6個(gè)正方形和8個(gè)正六邊形組成，故該多面體的表面積為6×1＋8×6×eq\f(1,2)×1×1×sin60°＝6＋12eq\r(3)，故C錯(cuò)誤；正八面體E－ABCD－F可分為兩個(gè)全等的正四面體，其棱長(zhǎng)為3，過(guò)E作EO⊥平面ABCD于O，連接AO，如圖.因?yàn)镋O⊥平面ABCD，且OA?平面ABCD，所以O(shè)E⊥OA，正方形ABCD中，由邊長(zhǎng)為3，則對(duì)角線長(zhǎng)為3eq\r(2)，則OA＝eq\f(3\r(2),2)，在Rt△AOE中，EO＝eq\r(AE2－AO2)＝eq\f(3\r(2),2)，則EF＝2OE＝3eq\r(2)，正八面體E－ABCD－F的體積為eq\f(1,3)×32×3eq\r(2)＝9eq\r(2)，切割掉6個(gè)棱長(zhǎng)均為1的正四棱錐，減少的體積為6×eq\f(1,3)×12×eq\f(\r(2),2)＝eq\r(2)，所以該阿基米德多面體的體積為9eq\r(2)－eq\r(2)＝8eq\r(2)，故D正確.10.(2023·新高考Ⅱ卷)已知圓錐的頂點(diǎn)為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，∠APB＝120°，PA＝2，點(diǎn)C在底面圓周上，且二面角P－AC－O為45°，則()A.該圓錐的體積為π B.該圓錐的側(cè)面積為4eq\r(3)πC.AC＝2eq\r(2) D.△PAC的面積為eq\r(3)答案AC解析在△PAB中，由余弦定理得AB＝2eq\r(3)，如圖，連接PO，易知圓錐的高h(yuǎn)＝PO＝1，底面圓的半徑r＝AO＝BO＝eq\r(3).對(duì)于A，該圓錐的體積V＝eq\f(1,3)πr2h＝π，故A正確；對(duì)于B，該圓錐的側(cè)面積S側(cè)＝πr·PA＝2eq\r(3)π，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，取AC的中點(diǎn)H，連接PH，OH.因?yàn)镺A＝OC，所以O(shè)H⊥AC，同理可得PH⊥AC，則二面角P－AC－O的平面角為∠PHO＝45°，所以O(shè)H＝PO＝1，AH＝CH＝eq\r(AO2－OH2)＝eq\r(2)，所以AC＝2eq\r(2)，故C正確；對(duì)于D，PH＝eq\r(2)OH＝eq\r(2)，S△PAC＝eq\f(1,2)·AC·PH＝2，故D錯(cuò)誤.11.已知圓臺(tái)的軸截面如圖所示，其上、下底面半徑分別為r上＝1，r下＝2，母線AB長(zhǎng)為2，點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，則()A.圓臺(tái)的體積為eq\f(7\r(3),3)πB.圓臺(tái)的側(cè)面積為12πC.圓臺(tái)母線AB與底面所成角為60°D.在圓臺(tái)的側(cè)面上，從點(diǎn)C到點(diǎn)E的最短路徑長(zhǎng)為4答案AC解析對(duì)于A，圓臺(tái)的高為eq\r(3)，則圓臺(tái)的體積V＝eq\f(1,3)π×(12＋1×2＋22)×eq\r(3)＝eq\f(7\r(3)π,3)，故A正確；對(duì)于B，由題意，圓臺(tái)的側(cè)面展開(kāi)圖為半圓環(huán)，其面積為S＝eq\f(1,2)×2π×2×4－eq\f(1,2)×2π×1×2＝6π，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，過(guò)A作AF∥O1O2交底面于F，由O1O2⊥底面，所以∠ABF即為母線AB與底面所成角.在等腰梯形ABCD中，AB＝2，BF＝2－1＝1，所以cos∠ABF＝eq\f(BF,AB)＝eq\f(1,2).因?yàn)椤螦BF為銳角，所以∠ABF＝60°.故C正確；對(duì)于D，如圖所示，在圓臺(tái)的側(cè)面上，從C到E的最短路徑的長(zhǎng)度為CE.由題意可得，F(xiàn)B＝FC＝4，AB＝2.由E為AB中點(diǎn)，所以FE＝3，所以CE＝eq\r(CF2＋FE2)＝eq\r(42＋32)＝5，故D錯(cuò)誤.三、填空題12.(2024·福州調(diào)研)在直三棱柱A1B1C1－ABC中，AB⊥BC，AC1＝2AA1＝4，則該三棱柱的體積的最大值為_(kāi)_______.答案6解