高考定位 空间几何体的表面积和体积是高考考查的重点内容,常以选择题、填空题为主,要求考
生要有较强的空间想象能力和计算能力,难度为中低档.
【真题体验】
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√3,则圆锥的体
积为( )
A.2√3π
B.3√3π
C.6√3π
D.9√3π
答案 B
解析 设圆柱和圆锥的底面半径均为r,
因为它们的高均为√3,且侧面积相等,
所以2πr×√3＝πr√(√3)
2＋r
2,得r2＝9,
所以圆锥的体积V＝1
3πr2×√3＝3√3π,故选B.
2.(2023·全国甲卷)在三棱锥P－ABC 中,△ABC 是边长为2 的等边三角形,PA＝PB＝2,PC＝√6,则
该棱锥的体积为( )
A.1
B.√3
C.2
D.3
答案 A
解析 如图,取AB 的中点D,连接PD,CD,
因为△ABC 是边长为2 的等边三角形,PA＝PB＝2,
所以PD⊥AB,CD⊥AB,
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＝1
3·S△ABC·PD＝1
3 × 1
2 ×2×√3×√3＝1,故选A.
3.(2024·天津卷)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.√3
6
B.3√3
4
＋1
2
C.√3
2
D.3√3
4
－1
2
答案 C
解析 因为AD,BE,CF 两两平行,且两两之间距离为1,则该五面体可以看作底面边长为1 的正三
棱柱的一部分,然后分成一个侧棱长为1 的三棱柱和一个底面为梯形的四棱锥,如图,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√3
2 ,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
2 ×1× √3
2 ×1＋1
3 × 3
2 × √3
2 ＝√3
2 ,故选C.
4.(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),3(r2－r1),则圆台甲与乙的体积之比为 .
答案 √6
4
解析 两圆台的上、下底面积对应相等,则两圆台的体积之比为高之比,
根据母线与半径的关系可得甲与乙的体积之比为√4(r2−r1)
2−(r2−r1)
2
√9(r2−r1)
2−(r2−r1)
2 ＝√3
√8 ＝√6
4 .
5.(2025·北京卷)某科技兴趣小组用3D 打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体,其中
ABCDEF 是一个平面多边形,平面ARF⊥平面ABC,平面TCD⊥平面
ABC,AB⊥BC,AB∥RS∥EF∥CD,AF∥ST∥BC∥ED,若AB＝BC＝8,AF＝CD＝4,AR＝RF＝TC＝
TD＝5
2,则该多面体的体积为 .
答案 60
解析 因为BC∥AF,AB⊥BC,所以AB⊥AF,
因为平面ARF⊥平面ABC,
所以AB⊥平面ARF,
因为AB∥CD,AB⊥BC,所以BC⊥CD,
因为平面TCD⊥平面ABC,
所以BC⊥平面TCD,
延长CB 与EF 相交于点N,延长AB 与DE 相交于点Q.
所以BN∥EQ,BQ∥EN.
所以BQEN 是边长为4 的正方形,
点S 到BQEN 四边距离均为5
2,
S 到平面BQEN 距离为√(
5
2)
2
−(
4
2)
2
＝3
2.
所以正四棱锥S－BQEN 体积为1
3 ×4×4× 3
2 ＝8.
多面体ARF－BNS 是三棱柱＋三棱锥,其体积为
1
2 ×4×√(
5
2)
2
−(
4
2)
2
×8＋1
3 × 1
2 ×4×√(
5
2)
2
−(
4
2)
2
× 4
2 ＝26.
同理多面体TCD－BQS 的体积也为26,
所以所求体积为2×26＋8＝60.
【热点突破】
热点一 空间几何体的侧面积、表面积
柱体、锥体、台体和球的侧面积和表面积公式:
(1)若圆柱的底面半径为r,母线长为l,则S 侧＝2πrl,S 表＝2πr(r＋l).
(2)若圆锥的底面半径为r,母线长为l,则S 侧＝πrl,S 表＝πr(r＋l).
(3)若圆台的上、下底面半径分别为r',r,则S 侧＝π(r＋r')l,S 表＝π(r2＋r'2＋r'l＋rl).
(4)若球的半径为R,则它的表面积S＝4πR2.
例1 (1)(2025·浙江强基联盟联考)已知底面半径为2 的圆锥SO,其轴截面是正三角形,它的一个内
接圆柱的底面半径为1,则此圆柱的侧面积与圆锥SO 的侧面积的比值为( )
A.1
B.√3
2
C.√3
4
D.1
2
(2)(2025·淄博质检)如图所示,在圆内接四边形ABCD 中,DA⊥AB,∠D＝45°,AB＝2,BC＝2√2,AD
＝6,现将该四边形沿AB 旋转一周,则旋转形成的几何体的表面积为 .
答案 (1)C (2)(36√2＋36)π
解析 (1)作出轴截面,如图所示,
由题意可得,AB＝4,DE＝2,
可知D,E 分别为SA,SB 的中点,
则M,N 分别为OA,OB 的中点,
则DM＝1
2SO＝1
2 ×√4
2−2
2＝√3,
可得S 圆柱侧面积＝2π×1×√3＝2√3π,
又S 圆锥侧面积＝π×2×4＝8π,
所以所求的比值为2√3 π
8 π
＝√3
4 .故选C.
(2)因为在圆内接四边形ABCD 中,∠DAB＝90°,∠D＝45°,
所以∠DCB＝180°－∠DAB＝90°,
∠ABC＝180°－∠D＝135°.
延长AB,过点C 作CE⊥AB,垂足为E,过点C 作CF⊥AD,
垂足为F,则∠CBE＝45°,
所以△BCE 是等腰直角三角形,
所以BE＝CE＝2.
作出四边形ABCD 关于直线AB 对称的图形,如图所示.
由于CE∥AF,AE∥CF,∠DAB＝90°,
所以四边形AECF 是矩形,AF＝CE＝2,DF＝CF＝AE＝4,
所以在等腰直角三角形CDF 中,CD＝4√2.
将该四边形沿AB 旋转一周,则旋转形成的几何体是一个圆台挖掉一个圆锥,
其表面积为π×62＋π×(2＋6)×4√2＋π×2×2√2＝(36√2＋36)π.
易错提醒 1.旋转体的表面积问题应注意其侧面展开图的应用.
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.
训练1 (1)“李白斗酒诗百篇,长安市上酒家眠”,本诗句中的“斗”的本义是指盛酒的器具,后又
作为计量粮食的工具.某数学兴趣小组利用相关材料制作了一个如图所示的正四棱台来模拟“斗”,
用它研究“斗”的相关几何性质,已知该四棱台的上、下底面的边长分别是2,4,高为1,则该四棱
台的表面积为( )
A.12√2
B.32
C.20＋12√2
D.20＋12√3
(2)(2025·武汉调研)陀螺是我国民间较早的娱乐工具之一,也称陀罗,图1 是一种木陀螺,可近似地
看作是一个圆锥和一个圆柱的组合体,其直观图如图2 所示,其中A 是圆锥的顶点,B,C 分别是圆柱
的上、下底面圆的圆心,且AB＝1,AC＝3,底面圆的半径为1,则该陀螺的表面积是 .
答案 (1)C (2)(5＋√2)π
解析 (1)因为该正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4,高为1,
所以侧面的斜高为h'＝√(2−1)
2＋1
2＝√2,
则一个侧面的面积为(2＋4)×√2× 1
2 ＝3√2,
上、下底底面面积分别为2×2＝4,4×4＝16,
所以该四棱台的表面积为
4＋16＋3√2×4＝20＋12√2.
(2)由AB＝1,AC＝3,
得BC＝2,即圆柱的母线长l'＝2.
因为陀螺的底面圆的半径r＝1,
所以圆锥的母线长l＝√1
2＋1
2＝√2,
则圆锥的侧面积为πrl＝π×1×√2＝√2π,
又圆柱的侧面积为2πrl'＝2π×1×2＝4π,
圆柱的底面积为πr2＝π×12＝π,
所以该陀螺的表面积S＝√2π＋4π＋π＝(5＋√2)π.
热点二 空间几何体的体积
柱体、锥体、台体和球的体积公式:
(1)V 柱体＝Sh(S 为底面面积,h 为高);
(2)V 锥体＝1
3Sh(S 为底面面积,h 为高);
(3)V 台体＝1
3(S 上＋S 下＋√S上S下)h(S 上、S 下分别为上、下底面面积,h 为高);
(4)V 球＝4
3 πR3.
考向1 直接利用公式求体积
例2 (1)(2025·东北三省四市联考)辽宁省博物馆收藏的商晚期饕餮纹大圆鼎(如图1)出土于辽宁省
喀左县小波汰沟.此鼎直耳,深腹,柱足中空,胎壁微薄,口沿下及足上端分别饰单层兽面纹,足有扉
棱,耳、腹、足皆有炱痕.它的主体部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(忽略鼎壁厚度),如
图2 所示.已知球的半径为R,圆柱的高近似于半球的半径,则此鼎的容积约等于( )
A.8
3πR3
B.7
3πR3
C.2πR3
D.5
3πR3
(2)(2025·重庆质检)已知正三棱台ABC－A1B1C1的上、下底面的边长分别为6 和12,且棱台的侧面
与底面所成的二面角为60°,则此三棱台的体积为( )
A.27√3
B.45√3
C.63√3
D.81√3
答案 (1)D (2)C
解析 (1)由题设可知此鼎的容积为半球体积与圆柱体积的和,所以容积约为1
2 × 4
3πR3＋πR3＝5
3πR3.
(2)由题意可知,正三棱台ABC－A1B1C1的上底面面积为1
2 ×6×6× √3
2 ＝9√3,
下底面面积为1
2 ×12×12× √3
2 ＝36√3.
如图,设AB,A1B1的中点分别为D,D1,H,H1分别为下、上底面中心,
连接DD1,CD,HH1,D1C1,
由正三棱台的性质可知DD1⊥AB,CD⊥AB,
因为平面A1B1BA∩平面ABC＝AB,
所以∠D1DC 为棱台的侧面与底面所成的二面角的平面角,
即∠D1DC＝60°.
过D1作D1E⊥CD 交CD 于点E,
因为DH＝1
3DC＝1
3 × √3
2 ×12＝2√3,
D1H1＝1
3D1C1＝1
3 × √3
2 ×6＝√3,
所以DE＝DH－D1H1＝√3,
D1E＝DE·tan 60°＝3.
所以此三棱台的体积为1
3 ×(9√3＋36√3＋√9√3×36√3)×3＝63√3.故选C.
考向2 割补法求体积
例3 如图,在多面体ABCDEF 中,已知四边形ABCD 是边长为1 的正方形,且△ADE,△BCF 均为正
三角形,EF∥AB,EF＝2,则该多面体的体积为 .
答案 √2
3
解析 过AD 作与底面ABCD 垂直的平面交EF 于点G,过BC 作与底面ABCD 垂直的平面交EF 于
点H,
则多面体ABCDEF 被分为三棱锥E－ADG,直三棱柱ADG－BCH,三棱锥F－HBC 三部分.
依题意,三棱锥E－ADG 的高EG＝1
2,
直三棱柱AGD－BHC 的高AB＝1,
AG＝√A E
2−EG
2＝√1
2−(
1
2)
2
＝√3
2 .
取AD 的中点M,并连接MG,
则MG＝√(
√3
2 )
2
−(
1
2)
2
＝√2
2 ,
∴S△AGD＝1
2 ×1× √2
2 ＝√2
4 ,
∴V 多面体＝VE－ADG＋VF－BCH＋VADG－BCH＝2VE－ADG＋VADG－BCH＝1
3 × √2
4 × 1
2 ×2＋√2
4 ×1＝√2
3 .
考向3 等体积法求体积
例4 在四棱锥P－ABCD 中,底面ABCD 是边长为4 的正方形,∠PBA＝∠PBC,PD⊥AD,Q 为正方
形ABCD 内一动点(不含边界),且满足QA⊥QP,若PD＝2,则三棱锥Q－PBC 的体积的最小值为(
)
A.3
B.8
3
C.4
3
D.2
答案 B
解析 如图,因为∠PBA＝∠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.
因为PD⊥AD,所以PD⊥CD.
又AD∩CD＝D,AD,CD⊂平面ABCD,
所以PD⊥平面ABCD.
连接QD,因为AQ⊂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,
故点Q 在以AD 为直径的半圆上(不包含A,D 两点).
又VQ－PBC＝VP－QBC＝1
3S△QBC·PD,
所以当S△QBC最小,即点Q 到BC 的距离最小,即点Q 是半圆弧´AD的中点时,三棱锥Q－PBC 的体积
最小,
故三棱锥Q－PBC 的体积的最小值为1
3 × 1
2 ×4×2×2＝8
3.故选B.
规律方法 1.规则的几何体可以直接利用相应的公式求解,这就需要熟记柱体、锥体的体积公式;
2.不规则的几何体往往可以通过“间接法”——割补法求得,即把不规则的几何体通过“割补”手
段,转化为规则几何体体积的和或差.
训练2 (1)(2025·湛江调研)中国冶炼块铁的起始年代虽然迟至公元前6 世纪,约比西方晚900 年,但
是冶炼铸铁的技术却比欧洲早2 000 年.现将一个轴截面为正方形且侧面积为36π 的实心圆柱铁锭
冶炼熔化后,浇铸成一个底面积为81π 的圆锥,则该圆锥的母线与底面所成角的正切值为( )
A.1
3
B.2
3
C.1
9
D.2
9
(2)(多选)(2025·兰州诊断)已知三棱柱ABC－A1B1C1,D,E,F 分别是棱AB,BC,CA 的中点,记三棱柱
ABC－A1B1C1的体积为V,则( )
A.三棱锥A1－DEF 的体积为1
24 V
B.四棱锥A1－ADEF 的体积为1
6V
C.多面体A1B1ABEF 的体积为5
12V
D.多面体A1B1C1DEF 的体积为2
3V
答案 (1)D (2)BC
解析 (1)设圆柱的底面半径为r1,母线长为l1,
圆锥的底面半径为r2,高为h2,
则圆柱的侧面积为2πr1l1＝πl1
2＝36π,
解得l1＝6,r1＝3,故V 圆柱＝πr1
2l1＝54π.
由πr2
2＝81π,得r2＝9,
又V 圆锥＝1
3πr2
2h2＝27πh2＝54π,
则h2＝2,
故所求正切值为
h2
r2
＝2
9.故选D.
(2)对于A,如图1,设三棱柱ABC－A1B1C1
的底面积为S,高为h,
则三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝Sh.
因为D,E,F 分别是棱AB,BC,CA 的中点,
所以S△DEF＝1
4S,
则三棱锥A1－DEF 的体积为1
3 × 1
4 Sh＝1
12V,故A 错误;
对于B,如图1,因为AF＝1
2AC,DE∥AC,DE＝1
2AC,
所以DE∥AF,DE＝AF,
则四边形ADEF 为平行四边形,
所以S 四边形ADEF＝1
2S,
则V A1−ADEF＝1
3 × 1
2Sh＝1
6V,故B 正确;
对于C,如图2,由题易知△CEF∽△C1B1A1,
棱柱上、下底面平行,并且E,F 分别是棱BC,CA 的中点,
则线段C1C,B1E,A1F 的延长线交于一点,
则多面体CEFC1B1A1为棱台,
且S△CEF＝1
4S,
则V CEF C1B1 A1＝1
3h(S＋1
4 S＋√S· 1
4 S)
＝7
12Sh＝7
12V,
所以V A1B1 ABEF＝V ABC −A1B1C1－V CEF C1B1 A1＝V－7
12V＝5
12V,故C 正确;
对于D,如图3,
因为S△ADF＝S△BDE＝S△CEF,
所以V A1−ADF＝V B1−BDE＝V C1−CEF＝1
3 × 1
4 Sh＝1
12V,
则V A1B1C1DEF＝V ABC −A1B1C1－V A1−ADF－V B1−BDE－V C1−CEF＝V－3× 1
12V＝3
4V,故D 错误.
【精准强化练】
一、单选题
1.(2025·四川名校大联考)已知圆锥的表面积为3π,其侧面展开图是一个半圆,则该圆锥的底面直径
为( )
A.1
B.2
C.3
D.4
答案 B
解析 设圆锥的母线长为l,底面圆的半径为r,
因为圆锥的侧面展开图是一个半圆,
所以2πr＝πl,即l＝2r,
所以πr2＋πrl＝3πr2＝3π,解得r＝1,
所以该圆锥的底面直径为2r＝2.故选B.
2.(2025·郑州模拟)如图所示是一个无盖的瓶子,该瓶子由上部分圆柱和下部分圆台构成,圆柱的底
面圆的半径为1,圆台的下底面圆的半径为2,圆柱和圆台的高相等.若该瓶子的侧面积为(3√2＋
2)π,则其体积为( )
A.10 π
3
B.4π
C.14 π
3
D.16 π
3
答案 A
解析 设圆柱和圆台的高均为h,圆台的母线为l,则l＝√h
2＋1.
瓶子的侧面积S＝2πh＋π·(1＋2)l
＝2πh＋3π√h
2＋1＝(3√2＋2)π,
解得h＝1.
瓶子的体积V＝1
3π×1×(12＋22＋1×2)＋π×12×1＝10
3 π.故选A.
3.(2025·合肥模拟)若正四棱柱ABCD－A1B1C1D1与以正方形ABCD 的外接圆为底面的圆柱的体积相
同,则正四棱柱与该圆柱的侧面积之比为( )
A.π
2
B.√2
C.√2π
D.2π
答案 B
解析 设正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面边长为a,高为h1,圆柱的高为h2,
则圆柱的底面半径为√2
2 a,
则有a2h1＝π(
√2
2 a)
2
h2,整理得
h1
h2
＝π
2 ,
故正四棱柱与圆柱的侧面积之比为
4 ah1
2π ×(
√2
2 a)×h2
＝√2.故选B.
4.已知一个圆柱的底面半径为2,高为3,上底面的同心圆半径为1,以这个圆面为上底面,圆柱下底
面为下底面的圆台被挖去,剩余几何体的表面积等于( )
A.(9＋3√10)π
B.(14＋3√10)π
C.(5＋2√10)π
D.(15＋3√10)π
答案 D
解析 剩余几何体的表面积等于圆环的面积加上圆台的侧面积再加上圆柱的侧面积.
设圆台的上、下底面半径分别为r,R,高为h,
则由题意r＝1,R＝2,h＝3,
所以圆环的面积为S1＝π(R2－r2)＝3π,
圆台的母线l＝√( R−r )
2＋h
2＝√1＋9＝√10,
所以圆台的侧面积为S2＝πl(R＋r)＝3√10π,
圆柱的侧面积为S3＝2πRh＝12π,
所以剩余几何体的表面积等于S1＋S2＋S3＝(15＋3√10)π.
5.(2025·沧州调研)已知一个正四棱柱和某正四棱锥的底面边长相等,侧面积相等,且它们的高均为
√15,则此正四棱锥的体积为( )
A.60√5
B.60√15
C.120√5
D.180√15
答案 B
解析 如图所示,设正四棱柱为ABCD－A1B1C1D1,正四棱锥为O1－ABCD.
不妨设底面边长AB＝a,高OO1＝√15,
作O1E⊥BC 于点E,连接OE,
则O1E＝√OO1
2＋O E
2＝√15＋1
4 a
2.
又正四棱柱的侧面积S1＝4AB·OO1＝4√15a,
正四棱锥的侧面积S2＝4·1
2BC·O1E
＝2√15＋1
4 a
2·a,
则4√15a＝2√15＋1
4 a
2·a,
解得a＝6√5.
所以正四棱锥的体积 V＝1
3S 四边形ABCD·OO1
＝√15
3 a2＝60√15.故选B.
6.(2025·昆明诊断)如图,在三棱锥S－ABC 中,AS,AB,AC 两两垂直,且AS＝AB＝AC＝2√2,点E,F
分别是棱AS,BS 的中点,点G 是棱SC 上靠近点C 的三等分点,则空间几何体EFG－ABC 的体积为(
)
A.7√2
6
B.5√2
3
C.2√2
D.20√2
9
答案 D
解析 过点G 作GH∥AC,交SA 于点H,如图.
因为AC⊥AB,AC⊥AS,AB∩AS＝A,AB,AS⊂平面SAB,
所以AC⊥平面SAB,
又GH∥AC,所以GH⊥平面SAB,
且GH
AC ＝SG
SC ＝2
3,
可得GH＝2
3AC＝4√2
3 .
因为E,F 分别为AS,BS 的中点,
所以S△SEF＝1
4S△ABS＝1
4 × 1
2 ×(2√2)2＝1,
所以VG－SEF＝1
3S△SEF·GH
＝1
3 ×1× 4√2
3
＝4√2
9 ,
VC－SAB＝1
3S△SAB·AC
＝1
3 × 1
2 ×(2√2)3＝8√2
3 ,
因此VEFG－ABC＝VC－SAB－VG－SEF
＝8√2
3
－4√2
9
＝20√2
9
.
7.如图,在三棱柱ABC－A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB＝BC＝CA＝AA1,点D 是棱AA1上的点,AD
＝1
4AA1,若截面BDC1分这个棱柱为两部分,则这两部分的体积比为( )
A.1∶2
B.4∶5
C.4∶9
D.5∶7
答案 D
解析 不妨设AB＝BC＝CA＝AA1＝4,
由题意易知三棱柱ABC－A1B1C1为正三棱柱,且侧面为正方形,
所以三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝AA1·S△ABC＝4× 1
2 ×42× √3
2 ＝16√3,
而AD＝1,CC1＝4,
故S
A C
四边形C1 D＝1
2AC·(AD＋CC1)＝10,
所以V B−AC C1 D＝1
3 ×2√3×10＝20√3
3
,
故V C1−A1B1BD＝V－V B−AC C1 D＝28√3
3
,
所以
V B−AC C1 D
V C1−A1B1BD
＝5
7.
8.木桶效应,也可称为短板效应,是说一只水桶能装多少水取决于它最短的那块木板.如果一只桶的
木板中有一块不齐或者某块木材有破洞,这只桶就无法盛满水,此时我们可以倾斜水桶,设法让桶装
水更多.如图,棱长为2 的正方体容器,在顶点C1和棱AA1的中点M 处各有一个小洞(小洞面积忽略
不计),为了保持平衡,以BD 为轴转动正方体,则用此容器装水,最多能装水的体积V＝( )
A.4
B.16
3
C.6
D.20
3
答案 C
解析 如图,以BD 为轴转动正方体,要使能装水最多,则水面平行BD 且经过MC1,
设水面与棱BB1,DD1的交点分别为P,Q,
即多面体ABCD－MPC1Q 即为所求.
因为M 为棱AA1的中点,显然过点M,C1的平面与正方体的棱B1B,D1D 分别交于对应的四等分点,
取BB1,CC1,DD1的中点T,R,X,连接MT,TR,RX,XM,
则平面PMQC1将长方体MTRX－A1B1C1D1的体积平分,
则最多能装水的体积为长方体MTRX－ABCD 的体积加上长方体MTRX－A1B1C1D1的体积的一半,
故最多能装水的体积V＝3
4 V ABCD−A1B1C1 D1＝3
4 ×8＝6.
二、多选题
9.(2025·南京调研)攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式,宋代称为撮尖,清代称攒尖,通常有
圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖,也有单檐和重檐之分,多见于亭阁式建筑、园林建筑.
下面以四角攒尖为例,如图,它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知此正四棱锥的侧棱
与底面所成角的正切值近似为√6
6 ,侧棱长近似为√21m,则下列结论正确的是( )
A.该正四棱锥的底面边长近似为3 m
B.该正四棱锥的高近似为√3 m
C.该正四棱锥的侧面积近似为48√3 m2
D.该正四棱锥的体积近似为12√3 m3
答案 BD
解析 如图,在正四棱锥S－ABCD 中,O 为正方形ABCD 的中心,
则SO⊥平面ABCD,
则∠SAO 为侧棱与底面所成角,
且tan∠SAO＝√6
6 .
设底面边长为2a,
则OA＝√2a,OS＝OA·tan∠SAO＝√3
3 a.
在Rt△SAO 中,(√2a)2＋(
√3
3 a)
2
＝21,
解得a＝3,
故正四棱锥的底面边长为6 m,高为√3 m,
斜高为√(√21)
2−3
2＝2√3(m),
侧面积S＝1
2 ×6×2√3×4＝24√3(m2),
体积V＝1
3 ×62×√3＝12√3(m3),
故A,C 错误,B,D 正确.
10.“阿基米德多面体”又称“半正多面体”,与正多面体类似,它们也都是凸多面体,每个面都是
正多边形,并且所有棱长也都相等,但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不全相同.有几
种阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到,如图,正八面体E－ABCD－F 的棱长为3,取各
条棱的三等分点,截去六个角后得到一种阿基米德多面体,则该阿基米德多面体( )
A.共有18 个顶点
B.共有36 条棱
C.表面积为6＋8√3
D.体积为8√2
答案 BD
解析 由图可知该多面体有24 个顶点,36 条棱,故A 错误,B 正确;
该多面体的棱长为1,且表面由6 个正方形和8 个正六边形组成,故该多面体的表面积为6×1＋
8×6× 1
2 ×1×1×sin 60°＝6＋12√3,故C 错误;
正八面体E－ABCD－F 可分为两个全等的正四面体,其棱长为3,
过E 作EO⊥平面ABCD 于点O,连接AO,如图,
则OE⊥OA,
且OA＝3√2
2 .
在Rt△AOE 中,EO＝√A E
2−A O
2＝3√2
2 ,
则EF＝2OE＝3√2,正八面体E－ABCD－F 的体积为1
3 ×32×3√2＝9√2,
切割掉6 个棱长均为1 的正四棱锥,减少的体积为6× 1
3 ×12× √2
2 ＝√2,
所以该阿基米德多面体的体积为9√2－√2＝8√2,故D 正确.
11.(2023·新高考Ⅱ卷)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB 为底面直径,∠APB＝120°,PA＝2,点
C 在底面圆周上,且二面角P－AC－O 为45°,则( )
A.该圆锥的体积为π
B.该圆锥的侧面积为4√3π
C.AC＝2√2
D.△PAC 的面积为√3
答案 AC
解析 在△PAB 中,由余弦定理得AB＝2√3,如图,连接PO,易知圆锥的高h＝PO＝1,底面圆的半
径r＝AO＝BO＝√3.
对于A,该圆锥的体积V＝1
3πr2h＝π,故A 正确;
对于B,该圆锥的侧面积S 侧＝πr·PA＝2√3π,故B 错误;
对于C,取AC 的中点H,连接PH,OH.
因为OA＝OC,所以OH⊥AC,
同理可得PH⊥AC,
则二面角P－AC－O 的平面角为∠PHO＝45°,
所以OH＝PO＝1,CH＝AH＝√A O
2−O H
2＝√2,
所以AC＝2√2,故C 正确;
对于D,PH＝√2OH＝√2,S△PAC＝1
2·AC·PH＝2,故D 错误.
三、填空题
12.(2025·西安调研)在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中,AB＝2,A1B1＝1,AA1＝√2,则该棱台的体积为
.
答案 7√6
6
解析 法一 如图,连接AC,BD 交于点O,
连接A1C1,B1D1交于点O1,连接OO1,过点A1作A1H⊥AC 于点H,
则OO1为正四棱台ABCD－A1B1C1D1的高.
在等腰梯形A1ACC1中,AC＝√2AB＝2√2,
A1C1＝√2A1B1＝√2,
则AO＝1
2AC＝√2,A1O1＝1
2A1C1＝√2
2 ,
所以AH＝√2
2 .
又AA1＝√2,所以A1H＝√6
2 ,
所以OO1＝A1H＝√6
2 ,
所以正四棱台ABCD－A1B1C1D1的体积为1
3 ×(12＋22＋√1
2×2
2)× √6
2 ＝7√6
6 .
法二 将正四棱台补形为正四棱锥P－ABCD,
如图,因为AB＝2,A1B1＝1,所以A1,B1,C1,D1分别为PA,PB,PC,PD 的中点.
又AA1＝√2,所以PA＝PB＝PC＝PD＝2√2.
过点P 作PO⊥平面ABCD,垂足为O,连接OA,易知O 为正方形ABCD 的中心,
又因为AB＝2,所以OA＝√2,
所以PO＝√P A
2−O A
2＝√6,
所以四棱锥P－ABCD 的体积为1
3PO·S 正方形ABCD＝1
3 ×√6×4＝4√6
3 ,
同理,四棱锥P－A1B1C1D1的体积为√6
6 ,
所以正四棱台ABCD－A1B1C1D1的体积为4√6
3
－√6
6 ＝7√6
6 .
13.(2024·北京卷)汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器,其中升
量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10 的等比数列,底
面直径依次为65 mm,325 mm,325 mm,且斛量器的高为230 mm,则斗量器的高为
mm,升量器的高为 mm(不计量器的厚度).
答案 23 57.5
解析 设升、斗量器的高分别为h1 mm,h2 mm,升、斗、斛量器的容积分别为V1 mm3,V2 mm3,V3
mm3.
因为升、斗、斛量器的容积成公比为10 的等比数列,
所以V3＝10V2,
即π×(
325
2 )
2
×230＝10×π×(
325
2 )
2
×h2,
解得h2＝23.
又V2＝10V1,
即π×(
325
2 )
2
×23＝10×π×(
65
2 )
2
×h1,
所以h1＝57.5,
所以升、斗量器的高分别为57.5 mm,23 mm.
14.如图,在长方体ABCD－A1B1C1D1中,AB＝3,BC＝4,AA1＝5,O 是A1C1的中点,则三棱锥O－
AB1C 的体积为 .
答案 10
解析 由题意可得V O−A B1C＝V ABC −A1B1C1－V B1−A A1O－V B1−C C1O－V B1−ABC.
因为AB＝3,BC＝4,AA1＝5,
O 是A1C1的中点,
所以V ABC −A1B1C1＝1
2 ×3×4×5＝30,
V B1−A A1O＝V A −A1O B1＝1
3 × 1
2 ×3× 4
2 ×5＝5,
V B1−C C1O＝V C −B1OC1＝1
3 × 1
2 ×4× 3
2 ×5＝5,
V B1−ABC＝1
3 × 1
2 ×3×4×5＝10,
所以V O−A B1C＝V ABC −A1B1C1－V B1−A A1O－V B1−C C1O－V B1−ABC＝30－5－5－10＝10
