《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

5.(2023·河南郑州一中期末)已知圆台OO₁轴截面的面积为3$\sqrt{3}$，上、下底面半径之比为1∶2，母线与底面所成的角为60°，则圆台的侧面积为　　　　　　　　　　　　　　　(　　　)
A. 3$\sqrt{3}$π
B. 6$\sqrt{3}$π
C. 6π
D. 9π

答案：
C　[作出轴截面ABCD，则四边形ABCD为等腰梯形，∠ABC = 60°，过点A作AE⊥BC，设上底面半径为x，则下底面半径为2x，则上底面直径AD = 2x，下底面直径BC = 4x，则BE = $\frac{1}{2}$(BC - AD) = x，则AE = $\sqrt{3}$x，则S梯形ABCD = $\frac{1}{2}$(2x + 4x)×$\sqrt{3}$x = 3$\sqrt{3}$，解得x = 1，则上底面半径r₁ = 1，下底面半径r₂ = 2，母线长l = 2BE = 2，则圆台的侧面积S侧 = πl(r₁ + r₂) = 2π(1 + 2) = 6π. 故选C.]

6.(2024·江苏南京期中)如图，已知正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的表面积为　　　　　　　(　　　)

A. 8$\sqrt{3}$
B. 4$\sqrt{3}$
C. 2$\sqrt{3}$
D. $\sqrt{3}$

答案：
B [正方体的棱长为2，根据图形，取正方体一条棱的中点M，连接MD，MC，则MD⊥MC，且MD = MC = 1，所以CD = $\sqrt{2}$，因为侧面△ACD为等边三角形，所以S△ACD = $\frac{1}{2}$×$\sqrt{2}$×$\sqrt{2}$sin60° = $\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以该八面体的表面积S = 8×$\frac{\sqrt{3}}{2}$ = 4$\sqrt{3}$. 故选B.]

例6　　(1)(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 = $\sqrt{6}$，则该棱锥的体积为　　(　　　)
A. 1
B. $\sqrt{3}$
C. 2
D. 3

答案：

(1)A　[取AB的中点E，连接PE，CE，如图，
∵△ABC是边长为2的等边三角形，PA = PB = 2，
∴PE⊥AB，CE⊥AB，
∴PE = CE = 2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$ = $\sqrt{3}$，又PC = $\sqrt{6}$，故PC² = PE² + CE²，即PE⊥CE，又AB∩CE = E，AB，CE⊂平面ABC，
∴PE⊥平面ABC，
∴VP - ABC = $\frac{1}{3}$S△ABC·PE = $\frac{1}{3}$×$\frac{1}{2}$×2×$\sqrt{3}$×$\sqrt{3}$ = 1. 故选A.]

(2)(2023·新课标Ⅰ卷)在正四棱台ABCD - A₁B₁C₁D₁中，AB = 2，A₁B₁ = 1，AA₁ = $\sqrt{2}$，则该棱台的体积为________.
[课堂笔记]
______________________________

答案：

(2)答案　$\frac{7\sqrt{6}}{6}$
解析　如图，过A₁作A₁M⊥AC，垂足为M，易知A₁M为正四棱台ABCD - A₁B₁C₁D₁的高．因为AB = 2，A₁B₁ = 1，AA₁ = $\sqrt{2}$，则A₁O₁ = $\frac{1}{2}$A₁C₁ = $\frac{1}{2}$×$\sqrt{2}$A₁B₁ = $\frac{\sqrt{2}}{2}$，AO = $\frac{1}{2}$AC = $\frac{1}{2}$×$\sqrt{2}$AB = $\sqrt{2}$，故AM = AO - A₁O₁ = $\frac{\sqrt{2}}{2}$，则A₁M = $\sqrt{A_{1}A^{2}-AM^{2}}$ = $\sqrt{2 - \frac{1}{2}}$ = $\frac{\sqrt{6}}{2}$，所以所求棱台的体积V = $\frac{1}{3}$×(4 + 1 + $\sqrt{4×1}$)×$\frac{\sqrt{6}}{2}$ = $\frac{7\sqrt{6}}{6}$.

7.(2023·全国乙卷)已知圆锥PO的底面半径为$\sqrt{3}$，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB = 120°，若△PAB的面积等于$\frac{9\sqrt{3}}{4}$，则该圆锥的体积为　　　　　　　　　　　(　　　)
A. π
B. $\sqrt{6}$π
C. 3π
D. 3$\sqrt{6}$π

答案：
B　[在△AOB中，∠AOB = 120°，而OA = OB = $\sqrt{3}$，取AB的中点C，连接OC，PC，则OC⊥AB，PC⊥AB，如图，∠ABO = 30°，OC = $\frac{\sqrt{3}}{2}$，AB = 2BC = 3，由△PAB的面积等于$\frac{9\sqrt{3}}{4}$，得$\frac{1}{2}$×3×PC = $\frac{9\sqrt{3}}{4}$，解得PC = $\frac{3\sqrt{3}}{2}$，于是PO = $\sqrt{PC^{2}-OC^{2}}$ = $\sqrt{(\frac{3\sqrt{3}}{2})^{2}-(\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}}$ = $\sqrt{6}$，所以圆锥的体积V = $\frac{1}{3}$π×OA²×PO = $\frac{1}{3}$π×($\sqrt{3}$)²×$\sqrt{6}$ = $\sqrt{6}$π. 故选B.]

例7　　如图，已知正四棱柱ABCD - A₁B₁C₁D₁的体积为36，E，F分别为棱B₁B，C₁C上的点（异于端点），且EF//BC，则四棱锥A₁ - AEFD的体积为________.

[课堂笔记]　　______________________________

答案：
答案　12
解析　补体，如图，VA₁ - AEFD = $\frac{1}{3}$VAA₁D₁D - EE₁F₁F = $\frac{1}{3}$VABCD - A₁B₁C₁D₁ = 12.

8.如图，一个底面半径为3的圆柱被一平面所截，截得的几何体的最短和最长母线长分别为4和10，则该几何体的体积为　　　　(　　　)

A. 90π
B. 63π
C. 42π
D. 36π

答案：
B　[由几何体的直观图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示．将圆柱补全，并将圆柱从点A处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的$\frac{1}{2}$，所以该几何体的体积V = π×3²×4 + π×3²×6×$\frac{1}{2}$ = 63π. 故选B.]

例8　　(2023·安徽合肥一中期末)木楔子在传统木工中运用广泛，它使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛、木片等. 如图为一个木楔子的直观图，其中四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF//CD，EF = 2，则该木楔子的体积为　　　　　　　　　　　　　　　　　(　　　)

A. $\frac{4\sqrt{2}}{3}$
B. $\sqrt{2}$
C. $\frac{2\sqrt{2}}{3}$
D. $\frac{\sqrt{2}}{3}$
[课堂笔记]　______________________________

答案：
D　[如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，则由题意，得等腰梯形ABFE全等于等腰梯形CDEF，则EG = HF = $\frac{2 - 1}{2}$ = $\frac{1}{2}$，AG = GD = BH = HC = $\sqrt{1^{2}-(\frac{1}{2})^{2}}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$. 取AD的中点O，连接GO，因为AG = GD，所以GO⊥AD，则GO = $\sqrt{(\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}-(\frac{1}{2})^{2}}$ = $\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以S△ADG = S△BCH = $\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$×1 = $\frac{\sqrt{2}}{4}$. 因为AB//EF，AG⊥EF，所以AB⊥AG，因为四边形ABCD为正方形，所以AB⊥AD，又因为AD∩AG = A，AD，AG⊂平面ADG，所以AB⊥平面ADG，所以EF⊥平面AGD，同理可证EF⊥平面BCH，所以多面体的体积V = VE - ADG + VF - BCH + VAGD - BHC = 2VE - ADG + VAGD - BHC = 2×$\frac{1}{3}$×$\frac{\sqrt{2}}{4}$×$\frac{1}{2}$ + $\frac{\sqrt{2}}{4}$×1 = $\frac{\sqrt{2}}{3}$. 故选D.]