新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破 專題4 第1講　空間幾何體（含解析）

第1講空間幾何體[考情分析]空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征是立體幾何的基礎(chǔ)，空間幾何體的表面積和體積是高考的重點與熱點，多以選擇題、填空題的形式考查，難度中等或偏上．考點一三視圖與直觀圖核心提煉1．一個物體的三視圖的排列規(guī)則俯視圖放在正視圖的下面，長度與正視圖的長度一樣，側(cè)視圖放在正視圖的右面，高度與正視圖的高度一樣，寬度與俯視圖的寬度一樣．即“長對正、高平齊、寬相等”．2．由三視圖還原幾何體的步驟一般先依據(jù)俯視圖確定底面，再利用正視圖與側(cè)視圖確定幾何體．3．S直觀圖＝eq\f(\r(2),4)S原圖．例1(1)(2022·全國甲卷)如圖，網(wǎng)格紙上繪制的是一個多面體的三視圖，網(wǎng)格小正方形的邊長為1，則該多面體的體積為()A．8B．12C．16D．20答案B解析三視圖對應(yīng)的幾何體是放倒的直四棱柱，如圖，直四棱柱的高為2，底面是上底為2，下底為4，高為2的梯形，所以體積V＝Sh＝eq\f(1,2)×(2＋4)×2×2＝12.(2)如圖，已知用斜二測畫法畫出的△ABC的直觀圖是邊長為a的正三角形，則原△ABC的面積為________．答案eq\f(\r(6),2)a2解析如圖，過點C′作C′M′∥y′軸，交x′軸于點M′，過點C′作C′D′⊥x′軸，交x′軸于點D′，則C′D′＝eq\f(\r(3),2)a，∠C′M′D′＝45°，則C′M′＝eq\f(\r(6),2)a，所以原三角形的高CM＝eq\r(6)a，底邊長為a，其面積為S＝eq\f(1,2)×a×eq\r(6)a＝eq\f(\r(6),2)a2.規(guī)律方法由三視圖還原直觀圖的方法(1)注意圖中實、虛線，分別是原幾何體中的可視線與被遮擋線．(2)想象原形，并畫出草圖后進(jìn)行三視圖還原，把握三視圖和幾何體之間的關(guān)系，與所給三視圖比較，通過調(diào)整，準(zhǔn)確畫出原幾何體．(3)由三視圖還原直觀圖時，往往采用削體法，選定一個視圖，比如俯視圖，然后逐步削切正方體等幾何載體．跟蹤演練1(1)(2021·全國乙卷)以圖①為正視圖，在圖②③④⑤中選兩個分別作為側(cè)視圖和俯視圖，組成某個三棱錐的三視圖，則所選側(cè)視圖和俯視圖的編號依次為______(寫出符合要求的一組答案即可)．答案③④(答案不唯一，②⑤也可)解析根據(jù)“長對正、高平齊、寬相等”及圖中數(shù)據(jù)，可知圖②③只能是側(cè)視圖，圖④⑤只能是俯視圖，則組成某個三棱錐的三視圖，所選側(cè)視圖和俯視圖的編號依次是③④或②⑤.若是③④，則原幾何體如圖1所示；若是②⑤，則原幾何體如圖2所示．(2)(2022·運城模擬)某幾何體的正視圖和側(cè)視圖如圖1所示，它的俯視圖的直觀圖是△A′B′C′，如圖2所示，其中O′A′＝O′B′，O′C′＝eq\r(3)，則該幾何體的表面積為()A．36＋12eq\r(3) B．24＋8eq\r(3)C．24＋12eq\r(3) D．36＋8eq\r(3)答案C解析由俯視圖的直觀圖，可得該幾何體的底面是邊長為4的正三角形，底面積是4eq\r(3)，由正視圖和側(cè)視圖知該幾何體是三棱錐，如圖所示，其中SA⊥平面ABC，SA＝6，△SAB，△SAC都是直角三角形，且S△SAB＝S△SAC＝eq\f(1,2)×SA×AB＝eq\f(1,2)×6×4＝12，△SCB是腰長為2eq\r(13)，底邊長為4的等腰三角形，則S△SCB＝eq\f(1,2)×4×eq\r(2\r(13)2－22)＝8eq\r(3)，所以該幾何體的表面積為24＋12eq\r(3).考點二表面積與體積核心提煉1．旋轉(zhuǎn)體的側(cè)面積和表面積(1)S圓柱側(cè)＝2πrl，S圓柱表＝2πr(r＋l)(r為底面半徑，l為母線長)．(2)S圓錐側(cè)＝πrl，S圓錐表＝πr(r＋l)(r為底面半徑，l為母線長)．(3)S球表＝4πR2(R為球的半徑)．2．空間幾何體的體積公式(1)V柱＝Sh(S為底面面積，h為高)．(2)V錐＝eq\f(1,3)Sh(S為底面面積，h為高)．(3)V臺＝eq\f(1,3)(S上＋eq\r(S上·S下)＋S下)h(S上，S下為底面面積，h為高)．(4)V球＝eq\f(4,3)πR3(R為球的半徑)．例2(1)(2022·凌源模擬)五脊殿是宋代傳統(tǒng)建筑中的一種屋頂形式．如圖所示，其屋頂上有一條正脊和四條垂脊，可近似看作一個底面為矩形的五面體．若某一五脊殿屋頂?shù)恼归L4米，底面矩形的長為6米，寬為4米，正脊到底面矩形的距離為2米，則該五脊殿屋頂?shù)捏w積的估計值為()A.eq\f(32,3)立方米 B.eq\f(64,3)立方米C．32立方米 D．64立方米答案B解析如圖所示，將屋頂分割為一個三棱柱和兩個相同的四棱錐，三棱柱的底面是邊長為4，高為2的等腰三角形，三棱柱的高為4.四棱錐的底面是長為4，寬為1的矩形，其高為2，所以V＝eq\f(1,2)×4×2×4＋2×eq\f(1,3)×4×1×2＝eq\f(64,3)(立方米)．(2)(2022·全國甲卷)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eq\f(S甲,S乙)＝2，則eq\f(V甲,V乙)等于()A.eq\r(5)B．2eq\r(2)C.eq\r(10)D.eq\f(5\r(10),4)答案C解析方法一因為甲、乙兩個圓錐的母線長相等，所以結(jié)合eq\f(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.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＝eq\r(l2－r\o\al(2,1))＝eq\r(5)，h2＝eq\r(l2－r\o\al(2,2))＝2eq\r(2)，所以eq\f(V甲,V乙)＝eq\f(\f(1,3)πr\o\al(2,1)h1,\f(1,3)πr\o\al(2,2)h2)＝eq\f(4\r(5),2\r(2))＝eq\r(10).方法二設(shè)兩圓錐的母線長為l，甲、乙兩圓錐的底面半徑分別為r1，r2，高分別為h1，h2，側(cè)面展開圖的圓心角分別為n1，n2，則由eq\f(S甲,S乙)＝eq\f(πr1l,πr2l)＝eq\f(\f(n1πl(wèi)2,2π),\f(n2πl(wèi)2,2π))＝2，得eq\f(r1,r2)＝eq\f(n1,n2)＝2.由題意知n1＋n2＝2π，所以n1＝eq\f(4π,3)，n2＝eq\f(2π,3)，所以2πr1＝eq\f(4π,3)l，2πr2＝eq\f(2π,3)l，得r1＝eq\f(2,3)l，r2＝eq\f(1,3)l.由勾股定理得，h1＝eq\r(l2－r\o\al(2,1))＝eq\f(\r(5),3)l，h2＝eq\r(l2－r\o\al(2,2))＝eq\f(2\r(2),3)l，所以eq\f(V甲,V乙)＝eq\f(\f(1,3)πr\o\al(2,1)h1,\f(1,3)πr\o\al(2,2)h2)＝eq\f(4\r(5),2\r(2))＝eq\r(10).規(guī)律方法空間幾何體的表面積與體積的求法(1)公式法：對于規(guī)則的幾何體直接利用公式進(jìn)行求解．(2)割補(bǔ)法：把不規(guī)則的圖形分割成規(guī)則的圖形，或把不規(guī)則的幾何體補(bǔ)成規(guī)則的幾何體，不熟悉的幾何體補(bǔ)成熟悉的幾何體．(3)等體積法：選擇合適的底面來求體積．跟蹤演練2(1)(2022·錦州質(zhì)檢)2022年北京冬奧會的成功舉辦使北京成為奧運史上第一座“雙奧之城”．其中2008年北京奧運會的標(biāo)志性場館之一“水立方”搖身一變成為了“冰立方”．“冰立方”在冬奧會期間承接了冰壺和輪椅冰壺等比賽項目．“水立方”的設(shè)計靈感來自于威爾·弗蘭泡沫，威爾·弗蘭泡沫是對開爾文胞體的改進(jìn)，開爾文胞體是一種多面體，它由正六邊形和正方形圍成(其中每一個頂點處有一個正方形和兩個正六邊形)，已知該多面體共有24個頂點，且棱長為2，則該多面體的表面積是()A．24(eq\r(3)＋1) B．24eq\r(3)＋6C．48eq\r(3)＋24 D．16eq\r(3)＋8答案C解析邊長為2的正方形的面積為2×2＝4，正六邊形的面積為6×eq\f(1,2)×2×2×eq\f(\r(3),2)＝6eq\r(3)，又正方形有4個頂點，正六邊形有6個頂點，該多面體共有24個頂點，所以最多有6個正方形，最少有4個正六邊形，1個正六邊形與3個正方形相連，所以該多面體有6個正方形，正六邊形有6×4÷3＝8(個)．所以該多面體的表面積是S＝8×6eq\r(3)＋6×4＝48eq\r(3)＋24.(2)(2022·連云港模擬)如圖是一個圓臺的側(cè)面展開圖，若兩個半圓的半徑分別是1和2，則該圓臺的體積是()A.eq\f(7\r(2)π,24)B.eq\f(7\r(3)π,24)C.eq\f(7\r(2)π,12)D.eq\f(7\r(3)π,12)答案B解析如圖，設(shè)上底面的半徑為r，下底面的半徑為R，高為h，母線長為l，則2πr＝π·1,2πR＝π·2，解得r＝eq\f(1,2)，R＝1，l＝2－1＝1，h＝eq\r(l2－R－r2)＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(3),2)，上底面面積S′＝π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq\f(π,4)，下底面面積S＝π·12＝π，則該圓臺的體積為eq\f(1,3)(S＋S′＋eq\r(SS′))h＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋\f(π,4)＋\f(π,2)))×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(7\r(3)π,24).考點三多面體與球核心提煉求空間多面體的外接球半徑的常用方法(1)補(bǔ)形法：側(cè)面為直角三角形，或正四面體，或?qū)饩嗟鹊哪Ｐ?，可以還原到正方體或長方體中去求解；(2)定義法：到各個頂點距離均相等的點為外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圓圓心，找其垂線，則球心一定在垂線上，再根據(jù)到其他頂點距離也是半徑，列關(guān)系式求解即可．例3(1)(2022·煙臺模擬)如圖，三棱錐V－ABC中，VA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝VA＝2，則該三棱錐的內(nèi)切球和外接球的半徑之比為()A．(2－eq\r(3))∶1 B．(2eq\r(3)－3)∶1C．(eq\r(3)－1)∶3 D．(eq\r(3)－1)∶2答案C解析因為VA⊥底面ABC，AB，AC?底面ABC，所以VA⊥AB，VA⊥AC，又因為∠BAC＝90°，所以AB⊥AC，而AB＝AC＝VA＝2，所以三條互相垂直且共頂點的棱，可以看成正方體中共頂點的長、寬、高，因此該三棱錐外接球的半徑R＝eq\f(1,2)×eq\r(22＋22＋22)＝eq\r(3)，設(shè)該三棱錐的內(nèi)切球的半徑為r，因為∠BAC＝90°，所以BC＝eq\r(AB2＋AC2)＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，因為VA⊥AB，VA⊥AC，AB＝AC＝VA＝2，所以VB＝VC＝eq\r(VA2＋AB2)＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，由三棱錐的體積公式可得，3×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2·r＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2eq\r(2)×2eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)·r＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2?r＝eq\f(3－\r(3),3)，所以r∶R＝eq\f(3－\r(3),3)∶eq\r(3)＝(eq\r(3)－1)∶3.(2)(2022·全國乙卷)已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當(dāng)該四棱錐的體積最大時，其高為()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(2),2)答案C解析該四棱錐的體積最大即以底面截球的圓面和頂點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＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,3)π(1－h(huán)2)h，則V′＝eq\f(1,3)π(1－3h2)，令V′＝eq\f(1,3)π(1－3h2)＝0，得h＝eq\f(\r(3),3)(負(fù)值舍去)，所以V＝eq\f(1,3)π(1－h(huán)2)h在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))上單調(diào)遞減，所以當(dāng)h＝eq\f(\r(3),3)時，四棱錐的體積最大．規(guī)律方法(1)求錐體的外接球問題的一般方法是補(bǔ)形法，把錐體補(bǔ)成正方體、長方體等求解．(2)求錐體的內(nèi)切球問題的一般方法是利用等體積法求半徑．跟蹤演練3(1)(2022·新高考全國Ⅱ)已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為3eq\r(3)和4eq\r(3)，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為()A．100π B．128πC．144π D．192π答案A解析由題意，得正三棱臺上、下底面的外接圓的半徑分別為eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×3eq\r(3)＝3，eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×4eq\r(3)＝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＋OOeq\o\al(2,1)＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；當(dāng)球心O不在線段O1O2上時，R2＝42＋OOeq\o\al(2,2)＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以該球的表面積為4πR2＝100π.綜上，該球的表面積為100π.(2)(2022·衡水中學(xué)調(diào)研)將兩個一模一樣的正三棱錐共底面倒扣在一起，已知正三棱錐的側(cè)棱長為2，若該組合體有外接球，則正三棱錐的底面邊長為________，該組合體的外接球的體積為________．答案eq\r(6)eq\f(8\r(2),3)π解析如圖，連接PA交底面BCD于點O，則點O就是該組合體的外接球的球心．設(shè)三棱錐的底面邊長為a，則CO＝PO＝R＝eq\f(\r(3),3)a，得eq\r(2)×eq\f(\r(3),3)a＝2，所以a＝eq\r(6)，R＝eq\r(2)，所以V＝eq\f(4,3)π·(eq\r(2))3＝eq\f(8\r(2),3)π.專題強(qiáng)化練一、選擇題1．(2022·唐山模擬)圓柱的底面直徑與高都等于球的直徑，則球的表面積與圓柱的側(cè)面積的比值為()A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．2∶3答案A解析設(shè)球的半徑為r，依題意知圓柱的底面半徑也是r，高是2r，圓柱的側(cè)面積為2πr·2r＝4πr2，球的表面積為4πr2，其比例為1∶1.2．(2021·新高考全國Ⅰ)已知圓錐的底面半徑為eq\r(2)，其側(cè)面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為()A．2B．2eq\r(2)C．4D．4eq\r(2)答案B解析設(shè)圓錐的母線長為l，因為該圓錐的底面半徑為eq\r(2)，所以2π×eq\r(2)＝πl(wèi)，解得l＝2eq\r(2).3.(2022·福州模擬)已知一個直三棱柱的高為2，如圖，其底面△ABC水平放置的直觀圖(斜二測畫法)為△A′B′C′，其中O′A′＝O′B′＝O′C′＝1，則此三棱柱的表面積為()A．4＋4eq\r(2) B．8＋4eq\r(2)C．8＋4eq\r(5) D．8＋8eq\r(5)答案C解析由斜二測畫法的“三變”“三不變”可得底面△ABC的原圖形如圖所示，其中OA＝2OB＝2OC＝2，所以AB＝AC＝eq\r(5)，所以此三棱柱的表面積為S＝2×eq\f(1,2)×2×2＋(2＋2eq\r(5))×2＝8＋4eq\r(5).4．(2021·新高考全國Ⅱ)正四棱臺的上、下底面的邊長分別為2,4，側(cè)棱長為2，則其體積為()A．20＋12eq\r(3) B．28eq\r(2)C.eq\f(56,3) D.eq\f(28\r(2),3)答案D解析作出圖形，連接該正四棱臺上、下底面的中心，如圖，因為該四棱臺上、下底面的邊長分別為2,4，側(cè)棱長為2，所以該棱臺的高h(yuǎn)＝eq\r(22－2\r(2)－\r(2)2)＝eq\r(2)，下底面面積S1＝16，上底面面積S2＝4，所以該棱臺的體積V＝eq\f(1,3)h(S1＋S2＋eq\r(S1S2))＝eq\f(1,3)×eq\r(2)×(16＋4＋eq\r(64))＝eq\f(28\r(2),3).5．(2022·河南湘豫名校聯(lián)考)高一學(xué)生小李在課間玩耍時不慎將一個籃球投擲到一個圓臺狀垃圾簍中，恰好被上底口(半徑較大的圓)卡住，球心到垃圾簍底部的距離為5eq\r(10)a，垃圾簍上底面直徑為24a，下底面直徑為18a，母線長為13a，則該籃球的表面積為()A．154πa2B.eq\f(616,3)πa2C．308πa2D．616πa2答案D解析畫出球與垃圾簍組合體的軸截面圖，如圖所示．根據(jù)題意，設(shè)垃圾簍的高為h，則h＝eq\r(13a2－12a－9a2)＝4eq\r(10)a.所以球心到上底面的距離為eq\r(10)a.設(shè)籃球的半徑為r，則r2＝10a2＋(12a)2＝154a2.故該籃球的表面積為4πr2＝616πa2.6．(2022·西北工業(yè)大學(xué)附屬中學(xué)模擬)如圖1，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點P在正方形A1B1C1D1內(nèi)(包含邊界)，若三棱錐P－ABC的側(cè)視圖如圖2所示，則此三棱錐的俯視圖不可能是()答案D解析如圖(1)所示，當(dāng)點P為A1D1的中點時，此時三棱錐P－ABC的俯視圖為選項C；如圖(2)所示，當(dāng)點P為B1C1的中點時，此時三棱錐P－ABC的俯視圖為選項B；如圖(3)所示，取A1D1和B1C1的中點E和F，連接EF，當(dāng)點P為EF的中點時，此時三棱錐P－ABC的俯視圖為選項A，所以此三棱錐P－ABC的俯視圖不可能是選項D.7.(2022·湖北聯(lián)考)定義：24小時內(nèi)降水在平地上積水厚度(mm)來判斷降雨程度．其中小雨(<10mm)，中雨(10mm～25mm)，大雨(25mm～50mm)，暴雨(50mm～100mm)，小明用一個圓錐形容器接了24小時的雨水，如圖，則這天降雨屬于哪個等級()A．小雨 B．中雨C．大雨 D．暴雨答案B解析由題意知，一個半徑為eq\f(200,2)＝100(mm)的圓面內(nèi)的降雨充滿一個底面半徑為eq\f(200,2)×eq\f(150,300)＝50(mm)，高為150(mm)的圓錐，所以積水厚度d＝eq\f(\f(1,3)π×502×150,π×1002)＝12.5(mm)，屬于中雨．8．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2eq\r(3)，AA1＝6，∠ACB＝30°，則此直三棱柱的外接球的表面積是()A．48πB．64πC．72πD．84π答案D解析如圖所示，設(shè)△ABC的外接圓的半徑為r，則2r＝eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(2\r(3),sin30°)＝4eq\r(3)，解得r＝2eq\r(3).設(shè)直三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的球半徑為R，所以R＝eq\r(r2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AA1,2)))2)＝eq\r(21)，所以該直三棱柱外接球的表面積是S＝4πR2＝84π.9.如圖，在正三棱錐P－ABC中，∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝30°，PA＝PB＝PC＝2，一只蟲子從A點出發(fā)，繞三棱錐的三個側(cè)面爬行一周后，又回到A點，則蟲子爬行的最短距離是()A．3eq\r(2)B．3eq\r(3)C．2eq\r(3)D．2eq\r(2)答案D解析將三棱錐由PA展開，如圖所示，則∠APA1＝90°，所求最短距離為AA1的長度，∵PA＝2，∴由勾股定理可得AA1＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2).∴蟲子爬行的最短距離為2eq\r(2).10.(2022·八省八校聯(lián)考)如圖，已知正四面體ABCD的棱長為1，過點B作截面α分別交側(cè)棱AC，AD于E，F(xiàn)兩點，且四面體ABEF的體積為四面體ABCD體積的eq\f(1,3)，則EF的最小值為()A.eq\f(\r(2),2)B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(1,3)D.eq\f(\r(3),3)答案D解析由題知VB－AEF＝eq\f(1,3)VB－ACD，所以S△AEF＝eq\f(1,3)S△ACD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),12)，記EF＝a，AE＝b，AF＝c，則eq\f(1,2)bcsin60°＝eq\f(\r(3),12)，即bc＝eq\f(1,3).則a2＝b2＋c2－2bccos60°≥2bc－bc＝bc＝eq\f(1,3)，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝eq\f(\r(3),3)時取等號，所以a即EF的最小值為eq\f(\r(3),3).11．(2022·聊城模擬)用與母線不垂直的兩個平行平面截一個圓柱，若兩個截面都是橢圓形狀，則稱夾在這兩個平行平面之間的幾何體為斜圓柱．這兩個截面稱為斜圓柱的底面，兩底面之間的距離稱為斜圓柱的高，斜圓柱的體積等于底面積乘以高．橢圓的面積等于長半軸與短半軸長之積的π倍，已知某圓柱的底面半徑為2，用與母線成45°角的兩個平行平面去截該圓柱，得到一個高為6的斜圓柱，對于這個斜圓柱，下列選項錯誤的是()A．底面橢圓的離心率為eq\f(\r(2),2)B．側(cè)面積為24eq\r(2)πC．在該斜圓柱內(nèi)半徑最大的球的表面積為36πD．底面積為4eq\r(2)π答案C解析不妨過斜圓柱的最高點D和最低點B作平行于圓柱底面的截面圓，夾在它們之間的是圓柱，如圖，矩形ABCD是圓柱的軸截面，平行四邊形BFDE是斜圓柱的過底面橢圓的長軸的截面，由圓柱的性質(zhì)知∠ABF＝45°，則BF＝eq\r(2)AB，設(shè)橢圓的長軸長為2a，短軸長為2b，則2a＝eq\r(2)·2b，a＝eq\r(2)b，c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))2)＝eq\f(\r(2),2)a，所以離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，A正確；EG⊥BF，垂足為G，則EG＝6，易知∠EBG＝45°，則BE＝6eq\r(2)，又CE＝AF＝AB＝4，所以斜圓柱的側(cè)面積為S＝2π×2×(4＋6eq\r(2))－2π×2×4＝24eq\r(2)π，B正確；2b＝4，b＝2,2a＝4eq\r(2)，a＝2eq\r(2)，橢圓面積為πab＝4eq\r(2)π，D正確；由于斜圓柱的兩個底面的距離為6，而圓柱的底面直徑為4，所以斜圓柱內(nèi)半徑最大的球的半徑為2，則球的表面積為4π×22＝16π，C錯誤．12．(2022·新高考全國Ⅰ)已知正四棱錐的側(cè)棱長為l，其各頂點都在同一球面上．若該球的體積為36π，且3≤l≤3eq\r(3)，則該正四棱錐體積的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(18，\f(81,4))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(81,4)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3))) D．[18,27]答案C解析方法一如圖，設(shè)該球的球心為O，半徑為R，正四棱錐的底面邊長為a，高為h，依題意，得36π＝eq\f(4,3)πR3，解得R＝3.由題意及圖可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(l2＝h2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))2，,R2＝h－R2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h＝\f(l2,2R)＝\f(l2,6)，,a2＝2l2－\f(l4,18)，))所以正四棱錐的體積V＝eq\f(1,3)a2h＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2l2－\f(l4,18)))·eq\f(l2,6)＝eq\f(l4,18)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(l2,18)))(3≤l≤3eq\r(3))，所以V′＝eq\f(4,9)l3－eq\f(l5,54)＝eq\f(1,9)l3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(l2,6)))(3≤l≤3eq\r(3))．令V′＝0，得l＝2eq\r(6)，所以當(dāng)3≤l<2eq\r(6)時，V′>0；當(dāng)2eq\r(6)<l≤3eq\r(3)時，V′<0，所以函數(shù)V＝eq\f(l4,18)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(l2,18)))(3≤l≤3eq\r(3))在[3,2eq\r(6))上單調(diào)遞增，在(2eq\r(6)，3eq\r(3)]上單調(diào)遞減，又當(dāng)l＝3時，V＝eq\f(27,4)；當(dāng)l＝2eq\r(6)時，V＝eq\f(64,3)；當(dāng)l＝3eq\r(3)時，V＝eq\f(81,4)，所以該正四棱錐的體積的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3))).方法二如圖，設(shè)該球的球心為O，半徑為R，正四棱錐的底面邊長為a，高為h，依題意，得36π＝eq\f(4,3)πR3，解得R＝3.由題意及圖可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(l2＝h2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))2，,R2＝h－R2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h＝\f(l2,2R)＝\f(l2,6)，,a2＝2l2－\f(l4,18)，))又3≤l≤3eq\r(3)，所以該正四棱錐的體積V＝eq\f(1,3)a2h＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2l2－\f(l4,18)))·eq\f(l2,6)＝eq\f(l4,18)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(l2,18)))＝72×eq\f(l2,36)·eq\f(l2,36)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(l2,18)))≤72×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\f(l2,36)＋\f(l2,36)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(l2,18))),3)))3＝eq\f(64,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)\f(l2,36)＝2－\f(l2,18)，即l＝2\r(6)時取等號))，所以正四棱錐的體積的最大值為eq\f(64,3)，排除A，B，D.方法三如圖，設(shè)該球的半徑為R，球心為O，正四棱錐的底面邊長為a，高為h，正四棱錐的側(cè)棱與高所成的角為θ，依題意，得36π＝eq\f(4,3)πR3，解得R＝3，所以正四棱錐的底面邊長a＝eq\r(2)lsinθ，高h(yuǎn)＝lcosθ.在△OPC中，作OE⊥PC，垂足為E，則可得cosθ＝eq\f(\f(l,2),R)＝eq\f(l,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，所以l＝6cosθ，所以正四棱錐的體積V＝eq\f(1,3)a2h＝eq\f(1,3)(eq\r(2)lsinθ)2·lcosθ＝eq\f(2,3)(6cosθ)3sin2θcosθ＝144(sinθcos2θ)2.設(shè)sinθ＝t，易得t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，則y＝sinθcos2θ＝t(1－t2)＝t－t3，則y′＝1－3t2.令y′＝0，得t＝eq\f(\r(3),3)，所以當(dāng)eq\f(1,2)<t<eq\f(\r(3),3)時，y′>0；當(dāng)eq\f(\r(3),3)<t<eq\f(\r(3),2)時，y′<0，所以函數(shù)y＝t－t3在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),3)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),2)))上單調(diào)遞減．又當(dāng)t＝eq\f(\r(3),3)時，y＝eq\f(2\r(3),9)；當(dāng)t＝eq\f(1,2)時，y＝eq\f(3,8)；當(dāng)t＝eq\f(\r(3),2)時，y＝eq\f(\r(3),8)，所以eq\f(\r(3),8)≤y≤eq\f(2\r(3),9)，所以eq\f(27,4)≤V≤eq\f(64,3).所以該正四棱錐的體積的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3))).二、填空題13.(2022·湘潭模擬)陀螺是中國民間的娛樂工具之一，也叫做陀羅．陀螺的形狀結(jié)構(gòu)如圖所示，由一個同底的圓錐體和圓柱體組合而成，若圓錐體和圓柱體的高以及底面圓的半徑長分別為h1，h2，r，且h1＝h2＝r，設(shè)圓錐體的側(cè)面積和圓柱體的側(cè)面積分別為S1和S2，則eq\f(S1,S2)＝________.答案eq\f(\r(2),2)解析由題意知，圓錐的母線長為l＝eq\r(h\o\al(2,1)＋r2)＝eq\r(2)r，則圓錐的側(cè)面積為S1＝πrl＝eq\r(