【教材回扣】
1．多面体的结构特征 名称 棱柱 棱锥 棱台 图形 ①有两个面互相____________，其余各个面都是__________； ②每相邻两个四边形的公共边都互相________ ________ 有一个面是______，其余各面都是有一个公共顶点的______的多面体 相交于____，但不一定相等 12________ □ 用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，__________和________之间的部分 延长线交于 10____ □13________ □结构 特征 侧棱 侧面 11________ □形状 2.旋转体的结构特征 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 图形 互相平行且相等， 14____于底面 □全等的 17____ □ 相交于 15____ □全等的 18____ □ 16延长线交于□____ 20______ □母线 轴截面 全等的 19______ □23____ □侧面展 21____ 22____ □□开图 3.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 名称 圆柱 圆锥 侧面 展开图 圆台 侧面积 24____ 25____ S圆柱侧＝□S圆锥侧＝□公式 4.空间几何体的表面积与体积公式 名称 表面积 几何体 柱体 S表面积＝S侧＋2S底 (棱柱和圆柱) 锥体 S表面积＝S侧＋S底 (棱锥和圆锥) 台体 (棱台和圆台) 球 S表面积＝S侧＋S上＋S下 29______ S＝□S圆台侧＝ 26____ □体积 27______ V＝□28______ V＝□1V＝(S上＋S下＋ 3S上S下)h 30______ V＝□【题组练透】
题组一 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
1．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形．( )
2．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( ) 3．棱台各侧棱的延长线交于一点．( )
4．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是旋转体．( ) 题组二 教材改编
1．(多选题)下面结论正确的是( ) A．三角形的直观图是三角形
B．平行四边形的直观图是平行四边形 C．正方形的直观图是正方形 D．菱形的直观图是菱形
2．如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且4个顶点A，B，C，D在同一个平面内，如果四边形ABCD是边长为30 cm的正方形，那么这个八面体的表面积是( )
A．2253 B．1 0003
C．1 8003 cm2 D．900＋2 0003 cm2
3．如图，圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的体积之比为________．
cm2 cm2
题组三 易错自纠
1．如图，长方体ABCD－A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′，剩下的几何体是( )
A．棱台 B．四棱柱 C．五棱柱 D．六棱柱
2．圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的表面积为( ) A．6π(4π＋3) B．8π(3π＋1)
C．6π(4π＋3)或8π(3π＋1) D．6π(4π＋1)或8π(3π＋2)
3．Rt△ABC的三个顶点都在球O的球面上，AB＝AC＝2，若球心O到平面ABC的距离为1，则球O的半径为______，球O的表面积为________．
题型一 空间几何体
角度
|空间几何体的结构特征
[例1] (多选题)下列命题不正确的是( )
A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱 B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱
C．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱
D．用一平面去截棱锥，截面与底面之间的部分组成的几何体叫棱台 [听课记录]
类题通法
解决与空间几何体结构特征有关问题的三个技巧 (1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力．
(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型．
(3)通过反例对结构特征进行辨析.
巩固训练1：下列命题正确的是( )
A．以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥 B．以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台 C．圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面
D．一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台 角度
|直观图
[例2] 一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形，则原平面四边形的面积等于( )
22
a B．22a2 42222C.a2 D.a 23[听课记录]
类题通法 A.平面图形与其直观图的关系
(1)在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．“平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半．”
(2)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S直观图
2S. 4原图形
巩固训练2：已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的直观图△A′B′C′的面积为( )
3366A.a2 B.a2 C.a2 D.a2 48816＝
角度
|展开图
[例3] 纸制的正方形的六个面根据其方位分别标记为上、下、东、南、西、北．现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开，外面朝上展平，得到如图所示的平面图形，则标“△”的面的方位是( )
A．南 B．北 C．西 D．下 [听课记录]
类题通法
求解展开图问题的关键及注意事项
求解立体图形展开图问题的关键是弄清原有的性质变化与否．应注意：
(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；
(2)长度、角度等几何度量的变化.
巩固训练3：如图所示是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图，A，B，C是展开图上的三点，则在正方体盒子中，∠ABC的值为( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
题型二 空间几何体的表面积与体积
[例4] (1)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )
A．122π B．12π C．82π D．10π
(2)[2020·江苏卷]如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是________cm3.
(3)(一题两空)如图，在直角梯形ABCD中，AD＝AB＝4，BC＝2，沿中位线EF折起，使得∠AEB为直角，连接AB，CD，则所得的几何体的表面积为________，体积为________．
[听课记录]
类题通法
(1)几何体表面积的计算：根据几何体的直观图或三视图所给的条件，确定表面的形状，选择正确的平面图形的面积公式求解，注意表面积与底面积、侧面积的区别．
(2)几何体体积的计算：简单几何体可用体积公式直接求解，一些组合体的体积则需用转换法、分割法、补形法等方法进行求解.
巩固训练4：(1)若圆锥的侧面展开图是圆心角为120°，半径为l的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比为( )
A．3:2 B．2:1 C．4:3 D．5:3
(2)如图所示，已知三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1－ABC1的体积为( )
33 B. 12466C. D. 124A.
(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________．
题型三 空间几何体与球的切、接问题 高频考点
角度
|几何体的外接球
[例5] (1)[2019·全国卷Ⅰ]已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为( )
A．86π B．46π C．26π D.6π
(2)[2020·新高考Ⅰ卷]已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1
为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________． [听课记录]
类题通法
(1)求解多面体的外接球时，经常用到截面圆．如图所示，设球O的半径为R，截面圆O′的半径为r，M为截面圆上任意一点，球心O到截面圆O′的距离为d，则在Rt△OO′M中，OM2＝OO′2＋O′M2，即R2＝d2＋r2.
(2)求解球的内接正方体、长方体等问题的关键是把握球的直径即是几何体的体对角线．
(3)若球面上四点P，A，B，C的连线中PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，则可构造长方体或正方体解决问题.
巩固训练5：(1)[2020·天津卷]若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A．12π B．24π C．36π D．144π (2)[2021·河北唐山模拟]已知四棱锥P－ABCD的顶点都在球O的球面上，PA⊥底面ABCD，AB＝AD＝1，BC＝CD＝2.若球O的表面积为36π，则PA＝( )
A．2 B.6 C.31 D.33 角度
|几何体的内切球
[例6] (1)已知正三棱锥的高为6，内切球(与四个面都相切)的表面积为16π，则其底面边长为( )
A．18 B．12 C．63 D．43
(2)(一题两空)半径为R的球的外切圆柱(球与圆柱的侧面、两底面都相切)的表面积为________，体积为________．
[听课记录]
类题通法 (1)正多面体存在内切球且正多面体的中心为内切球的球心． (2)求多面体内切球半径，往往可用“等体积法”．
1
V多＝S表·R内切·.
3
13
(3)正四面体内切球半径是高的，外接球半径是高的.
44
(4)并非所有多面体都有内切球(或外接球).
2π
巩固训练6：将半径为3，圆心角为的扇形围成一个圆锥(接缝处忽略不计)，则该圆
3
锥的内切球的体积为( )
2π3πA. B.
334π
C. D．2π 3
[预测1] 核心素养——数学抽象、直观想象
如图，在矩形ABCD中，EF∥AD，GH∥BC，BC＝2，AF＝FG＝BG＝1.现分别沿EF，GH将矩形折叠使得AD与BC重合，则折叠后的几何体的外接球的表面积为( )
A．24π B．6π 168C.π D.π 33
[预测2] 立体几何中的数学文化
玉琮是中国古代玉器中重要的礼器，神人纹玉琮王是新石器时代良渚文化的典型玉器，1986年出土于浙江省余杭市反山文化遗址．玉琮王通高8.8 cm，孔径4.9 cm、外径17.6 cm.琮体四面各琢刻一完整的兽面神人图像，兽面的两侧各浅浮雕鸟纹．器形呈扁矮的方柱体，内圆外方，上下端为圆面的射，中心有一上下垂直相透的圆孔．试估计该神人纹玉琮王的体积约为(单位：cm3)( )
A．6 250 B．3 050 C．2 850 D．2 350
状 元 笔 记
球心的确定
“切”“接”问题的处理规律
(1)“切”的处理
解决与球有关的内切问题主要是指球内切于多面体或旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．
(2)“接”的处理
把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．
1．由球的定义确定球心
若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球．也就是说如果一个定点到一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体外接球的球心．
①长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点； ②正三棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点； ③直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；
④正棱锥的外接球的球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到．
[典例1] 若正三棱柱ABC－A ′B ′C ′的底面边长为2，侧棱长为1，其顶点都在同一球面上，则球的表面积为________．
【解析】 如图，H ′，H分别为上、下底面的中心，HH ′的中心O为外接球的球心． 由题意得，在Rt△OAH中， 231AH ＝，OH ＝，
32
则外接球的半径R＝OA＝AH2＋OH2＝
19， 12
19π
表面积S ＝4πR2＝.
3
19π
【答案】 3
2．构造长方体或正方体确定球心
①正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补成长方体或正方体；
②同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补成长方体或正方体；
③若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补成长方体或正方体； ④若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补成长方体或正方体．
[典例2] 若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的体积是________．
【解析】 三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为3，则可将三棱锥补形成正方
34π339π
体．从而其外接球的直径为3，半径为，故所求外接球的体积V＝×＝.
2322
9π
【答案】
2
类题通法
一般地，若一个三棱锥的三条侧棱两两垂直，且其长度分别为a，b，c，则可以将这个三棱锥补形成一个长方体，长方体的体对角线的长就是该三棱锥外接球的直径，即2R ＝ a2＋b2＋c2.
3.由球的性质确定球心
[典例3] 正三棱锥A－BCD内接于球O，且底面边长为3，侧棱长为2，则球O的表面积为________．
【解析】 如图，设三棱锥A－BCD的外接球的半径为r，M为正△BCD的中心，因为BC ＝CD ＝BD ＝3，AB ＝AC ＝AD ＝2，AM⊥平面BCD，所以DM ＝1，AM ＝23
3，又OA ＝OD ＝r，所以(3－r)2＋1＝r2，解得r ＝，所以球O的表面积S＝4πr2
3
16π＝. 3
16π
【答案】 3
【探究】 本题运用公式R2＝r2＋d2(r为三棱锥底面外接圆的半径，R为三棱锥外接球的半径，d为球心到三棱锥底面中心的距离)求球的半径，该公式是求球的半径的常用式．本题的思路是探求正棱锥外接球半径的通法，该方法的实质是通过寻找外接球的一个轴截面，把立体几何问题转化为平面几何问题来研究．
第一节 基本立体图形及空间几何体的表面积和体积 课前基础巩固 [教材回扣]
平行且全等 平行四边形 平行 多边形 三角形 截面 底面 平行且相等 一点 一点 平行四边形 三角形 梯形 垂直 一点 一点 矩形 等腰三角形 等腰梯形
14
圆 矩形 扇形 扇环 2πrl πrl π(r＋r′)l S底h S底h 4πR2 πR3
33
[题组练透] 题组一
1．× 2.× 3.√ 4.× 题组二
1．解析：由斜二测直观图的画法法则可知，A、B正确，C不正确，因为正方形的直观图是平行四边形，D不正确，菱形的直观图不是菱形，而是平行四边形．故选AB.
答案：AB
1
2．解析：每个三角形面积为S＝×30×153＝2253，则表面积为S＝8×2253＝1
28003(cm2)，故选C
答案：C
3．解析：设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R，
4
∵V球＝πR3，V圆柱＝πR2·2R＝2πR3，
3
4πR32
∴V球V圆柱＝2πR3＝.
33
2答案： 3题组三
1．解析：由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱，故选C. 答案：C
2．解析：设圆柱的底面半径为r， 分两种情况．①若6π＝2πr，r＝3.
∴圆柱的表面积为：4π×6π＋2πr2＝24π2＋18π＝6π(4π＋3)．
②若4π＝2πr，r＝2，∴圆柱的表面积为：4π×6π＋2×πr2＝24π2＋8π＝8π(3π＋1)，故选C.
答案：C
3．解析：设O1为斜边BC的中点，则O1为△ABC的外接圆的圆心， ∴OO1⊥平面ABC，则O1O＝1
1
在Rt△OBO1中，O1B＝BC＝2，
2于是OB＝
O1O2＋O1B2＝3.
∴球的半径R＝OB＝3，则球的表面积S＝4πR2＝12π. 答案：3 12π
课堂题型讲解
题型一
例1 解析：对于A，它的每相邻两个四边形的公共边不一定互相平行，故A错；对于B，也是它的每相邻两个四边形的公共边不一定互相平行，例如，两个底面全等的斜四棱柱拼接在一起，故B错；对于C，它符合棱柱的定义，故C对；对于D，它的截面与底面不一定互相平行，故D错．故选ABD.
答案：ABD
巩固训练1 解析：由圆锥、圆台、圆柱的定义可知A，B错误，C正确．对于命题D，只有用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，D不正确．
故选C. 答案：C
例2 解析：根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则可知，在x轴上(或与x轴平行)的线段，其长度保持不变；在y轴上(或与y轴平行)的线段，其长度变为原来的一半，且∠x′O′y′＝45°(或135°)，所以，若设原平面图形的面积为S，则其直观图的面积为S′122＝··S＝S.可以得出一个平面图形的面积S与它的直观图的面积S′之间的关系是S′2242a2
2
＝S，本题中直观图的面积为a，所以原平面四边形的面积S＝＝22a2. 42
4
答案：B
巩固训练2 解析：如图(1)所示的是△ABC的实际图形，图(2)是△ABC的直观图．
13
由图(2)可知A′B′＝AB＝a，O′C′＝OC＝a，在图(2)中作C′D′⊥A′B′于
24
26点D′，则C′D′＝O′C′＝a.
281166∴S△A′B′C′＝A′B′·C′D′＝×a×a＝a2.故选D.
22816
答案：D
例3 解析：如图所示的正方体，要展开成要求的平面图，必须剪开棱BC，使正方形BCC1B1向东的方向展开，剪开棱D1C1使正方形DCC1D1向北的方向展开．剪开棱A1B1，使正方形ABB1A1向南的方向展开，然后展开，则标“△”的面的方位向北，故选B.
答案：B
巩固训练3 解析：还原成正方体后如图所示，由正方体的性质可知，△ABC为正三角形，故∠ABC＝60°.
故选C. 答案：C 题型二
例4 解析：(1)设圆柱的轴截面的边长为x，则由x2＝8，得x＝22，∴S圆柱＝2S底＋S侧＝2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.
故选B.
32π
×2×2＝123(cm3)，圆柱的体积为π×0.52×2＝(cm3)，42
π
123－ cm3. 则该六角螺帽毛坯的体积为2
(2)正六棱柱的体积为6×
(3)如图，过点C作CM平行于AB，交AD于点M，作CN平行于BE，交EF于点N，连接MN.由题意可知ABCM，BENC都是矩形，AM＝DM＝2，CN＝2，FN＝1，AB＝CM＝
1
22，所以S△AEB＝×2×2＝2，
21
S梯形ABCD＝×(2＋4)×22＝62，
21
S梯形BEFC＝×(2＋3)×2＝5，
21
S梯形AEFD＝×(3＋4)×2＝7，
2在直角三角形CMD中，CM＝22，MD＝2，所以CD＝23.又因为DF＝FC＝5，所
1
以S△DFC＝×23×2＝6，所以这个几何体的表面积为2＋62＋5＋7＋6＝14＋62＋
2
6.
因为截面CMN把这个几何体分割为直三棱柱ABE－MCN和四棱锥C－MNFD，又因为
1
直三棱柱ABE－MCN的体积为V1＝S△ABE·AM＝×2×2×2＝4，四棱锥C－MNFD的体积
2
111
为V2＝S四边形MNFD·BE＝×(1＋2)×2×2＝2，所以所求几何体的体积为V1＋V2＝6.
332
π
答案：(1)B (2)123－ (3)14＋62＋6 6
2
2πl3124111
巩固训练4 解析：(1)底面半径r＝＝l，故圆锥中S侧＝πl2，S表＝πl2＋π3l＝92π333πl2，所以表面积与侧面积的比为43.
故选C.
(2)VB1－ABC1＝VA－B1BC1 1133＝××＝. 32212故选A.
(3)如图，取AD的中点M，过M作MN⊥EF于N，取BC的中点G，过G作GH⊥EF于H，连接AN，DN，BH，CH，则原几何体可分割为左锥体E－ADN、右锥体F－BCH、
1
直三棱柱ADN－BCH，且两锥高各是，柱高是1.连接EM，则由△ADE是边长为1的正三
2
3角形，知EM＝，
2
MN＝
32－12＝2. 2221211212∴V＝×1××1＋2××××1×＝.
2232223
2
答案：(1)C (2)A (3)
3
题型三
例5 解析：(1)本题主要考查三棱锥的外接球的体积，考查考生的化归与转化能力、空间想象能力、运算求解能力，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．
因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB， 因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE. 取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，
所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC， 所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，
所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P－ABC放在正方体中如图所示．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为2，所以该正方体的体对角线长为6，所以三棱锥P－ABC的外接球的半径R＝
(2)
6446，所以球O的体积V＝πR3＝π3＝6π，故选D. 2332
如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝使MP＝2，连接D1P，则D1P＝
D1M2＋MP2＝
22＋12＝5，D1M⊥B1C1，
且D1M＝3.由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，
32＋22＝5，连接MG，MH，易
得MG＝MH＝2，故可知以M为圆心，2为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．由12π∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以GH的长为×2π×2＝.
42
2答案：(1)D (2)π
2
巩固训练5 解析：(1)设外接球的半径为R，易知2R＝3×23＝6，所以R＝3，于是表面积S＝4πR2＝36π，故选C.
(2)设球O的半径为R，则4πR2＝36π，解得R＝3.设底面ABCD外接圆的半径为r，则由圆的内接四边形的性质可知∠B＋∠D＝180°.又AB＝AD＝1，BC＝CD＝2，AC＝AC，故△ABC≌△ADC，故∠B＝∠D＝90°，故AC＝36－5＝31.故选C. 答案：(1)C (2)C 例6
12＋22＝5＝2r，故PA＝2R2－2r2＝
解析：(1)如图，由题意知，球心在三棱锥的高PE上，设内切球的半径为R，则S球＝4πR2
＝16π，所以R＝2，所以OE＝OF＝2，OP＝4.在Rt△OPF中，PF＝OP2－OF2＝23，
OFPF2
因为△OPF∽△DPE，所以＝，得DE＝23，AD＝3DE＝63，AB＝AD＝12.故选
DEPE3
B.
(2)S表＝πR2×2＋π×2×R×R×2
＝2πR2＋4πR2＝6πR2， V＝π×R2×R×2＝2πR3. 答案：(1)B (2)6πR2 2πR3
2π
巩固训练6 解析：设圆锥的底面半径为r，高为h，则2πr＝×3，∴r＝1.∴h＝32－12
3
R12442π2
＝22.设圆锥内切球的半径为R，则＝，∴R＝，∴V球＝πR3＝π×3＝.
2333222－R3故选A.
答案：A
高考命题预测
预测1 解析：由题意可知，折叠后的几何体是底面为等边三角形的三棱柱，底面等边2
三角形外接圆的半径为×
3
12312－＝23.因为三棱柱的高为BC＝2，所以其外接球的球
心与底面外接圆圆心的距离为1，则三棱柱外接球的半径为R＝16π
三棱柱外接球的表面积S＝4πR2＝.故选C.
3
答案：C
32＋12＝23，所以33预测2 解析：由题意，该神人纹玉琮王的体积为底面边长为17.6 cm，高为8.8 cm的长方体的体积减去底面直径为4.9 cm，高为8.8 cm的圆柱的体积．
4.92
3
则V＝17.6×17.6×8.8－π×2×8.8≈2 560 cm.
结合该神人纹玉琮王外面方形偏低且去掉雕刻部分，可估计该神人纹玉琮王的体积约为2 350 cm3.故选D. 答案：D
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