1、第2讲简单几何体的表面积与体积1多面体的表面积多面体的表面积就是围成多面体各个面的面积的和2圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧2rlS圆锥侧rlS圆台侧(r1r2)l3柱、锥、台和球的表面积和体积名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积S侧2S底VSh锥体(棱锥和圆锥)S表面积S侧S底VSh台体(棱台和圆台)S表面积S侧S上S下V(S上S下)h球S4r2Vr31与体积有关的两个结论(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等2几个与球有关的切、接常用结论(1)正方体的棱长为a，球的半径为
2、R，若球为正方体的外接球，则2Ra；若球为正方体的内切球，则2Ra；若球与正方体的各棱相切，则2Ra.(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R.(3)由棱柱的上下底面平行和球的对称性，可知直棱柱外接球的球心为上下底面外接圆圆心连线的中点，根据勾股定理求直棱柱外接球的半径(4)设正四面体的棱长为a，则它的高为a，内切球半径ra，外接球半径Ra.正四面体的外接球与内切球的半径之比为31.1棱长为2的正四面体的表面积是()A B4 C4 D16答案C解析每个面的面积为22，所以正四面体的表面积为4.故选C2设正六棱锥的底面边长为1，侧棱长为，那么它的体积为()A6
3、 BC2 D2答案B解析由正六棱锥底面边长为1和侧棱长为，可知高h2，又因为底面积S，所以体积VSh2.故选B.3体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A12 B C8 D4答案A解析由题意，可知正方体的棱长为2，其体对角线长为2，即为球的直径，所以球的表面积为4R2(2R)212，故选A4已知圆锥的表面积等于12 cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为()A1 cm B2 cm C3 cm D cm答案B解析S表r2rlr2r2r3r212，r24，r2(cm)故选B.5设一个球形西瓜，切下一刀后所得切面圆的半径为4，球心到切面圆心的距离为3，则该西瓜的体积为(
4、)A100 B C D答案D解析由题意知切面圆的半径r4，球心到切面圆心的距离d3，所以球的半径R5，故球的体积VR353，即该西瓜的体积为.故选D.6如图所示，在上、下底面对应边的比为12的三棱台中，过上底面一边A1B1作一个平行于棱C1C的平面A1B1EF，记平面分三棱台两部分的体积为V1(三棱柱A1B1C1FEC)，V2，那么V1V2_.答案34解析设三棱台的高为h，上底面的面积是S，则下底面的面积是4S，V三棱台h(S4S2S)Sh，V1Sh，.考向一几何体的表面积例1(1)如图，倒置的圆锥上面放置的是一个正四棱柱，已知圆锥的底面半径为2，高为4，正四棱柱的底面边长为，高为1，则该几何
5、体的表面积为()A(44)4B(44)44C1212D1244答案A解析由题意可知，该几何体的表面积SS圆锥表S正四棱柱侧又S圆锥表222(44)，S正四棱柱侧414，S(44)4，故选A(2)(2020全国卷)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，O1为ABC的外接圆，若O1的面积为4，ABBCACOO1，则球O的表面积为()A64 B48 C36 D32答案A解析设圆O1的半径为r，球的半径为R，依题意，得r24，r2.由正弦定理可得2r，AB2rsin602.OO1AB2.易知OO1平面ABC，OO1O1A，ROA4，球O的表面积S4R264.故选A(3)圆台的上、下底面半径分别是10
6、cm和20 cm，它的侧面展开图的扇环的圆心角是180，那么圆台的表面积为_cm2(结果中保留)答案1100解析如图所示，设圆台的上底周长为C，因为扇环的圆心角是180，所以CSA又C21020，所以SA20(cm)同理SB40(cm)所以ABSBSA20(cm)S表S侧S上底S下底(r1r2)ABrr(1020)201022021100(cm2)故圆台的表面积为1100 cm2.空间几何体表面积的求法(1)求解有关多面体侧面积的问题，关键是找到其特征几何图形，如棱柱中的矩形、棱台中的直角梯形、棱锥中的直角三角形，它们是联系高与斜高、边长等几何元素间的桥梁，从而架起求侧面积公式中的未知量与条件
7、中已知几何元素间的联系(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(3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用1.(多选)(2022山东济南高三阶段考试)等腰直角三角形的直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为()A B(1)C2 D(2)答案AB解析如果是绕直角边旋转，则形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，母线就是直角三角形的斜边，长为，所以所形成的几何体的表面积S112(1).如果绕斜边旋转，则形成的是上、下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边上的高，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长是1，所以形成的几何体的表面积
8、S21.综上可知，形成几何体的表面积是(1)或.故选AB.2若正四棱锥的底面边长和高都为2，则其表面积为_.答案44解析如图由题意知底面正方形的边长为2，正四棱锥的高为2，则正四棱锥的斜高PE.所以该四棱锥的侧面积S424，所以S表22444.多角度探究突破考向二几何体的体积角度直接法求体积例2(2021新高考卷)正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4，侧棱长为2，则其体积为()A2012 B28C D答案D解析作出图形，连接该正四棱台上、下底面的中心，如图，因为该四棱台上、下底面边长分别为2,4，侧棱长为2，所以该棱台高h，下底面面积S116，上底面面积S24，所以该棱台的体积Vh(S1S2
9、)(164).故选D.角度补形法求体积例3(1)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()A90 B63 C42 D36答案B解析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，所以该几何体的体积V32432663.故选B.(2)已知三棱锥PABC中，PABC5，PBAC，PCAB，则该三棱锥的体积为_.答案20解析分别以三组对棱作为一长方体的相对面的对角线，将原三棱锥补成一个长方体，如图，则V
10、PABCV长方体4VPABP.设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则解得VPABC345434520.角度分割法求体积例4我国古代数学名著九章算术中记载：“刍薨者，下有袤有广，而上有袤无广，刍，草也，薨，屋盖也”今有底面为正方形的屋脊形状的多面体(如图所示)，下底面是边长为2的正方形，上棱EF.EF平面ABCD，EF与平面ABCD的距离为2，该刍薨的体积为()A6 B C D12答案B解析如图，作FNAE，FMED，分别交AB，CD于点N，M，连接MN，则多面体被分割为棱柱与棱锥两个部分，则该刍薨的体积为VFMNBCVADENMFS四边形MNBC2S直截面22.故选B.角度转化法求体积例5(
11、1)如图所示，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB4，AA16.若E，F分别是棱BB1，CC1上的点，则三棱锥AA1EF的体积是_.答案8解析由正三棱柱的底面边长为4，得点F到平面A1AE的距离(等于点C到平面A1ABB1的距离)为42，则V三棱锥AA1EFV三棱锥FA1AESA1AE26428.(2)在三棱锥PABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥DABE的体积为V1，三棱锥PABC的体积为V2，则_.答案解析如图所示，由于D，E分别是边PB与PC的中点，所以SBDESPBC又因为三棱锥ABDE与三棱锥APBC的高相等，所以.(1)处理体积问题的思路(2)求体积的常用方法直接法对于
12、规则的几何体，利用相关公式直接计算割补法首先把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体、不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算等体积法选择合适的底面来求几何体的体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任何一个面可作为三棱锥的底面进行等体积变换 3.(2020新高考卷)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为BB1，AB的中点，则三棱锥ANMD1的体积为_.答案解析如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为BB1，AB的中点，SANM11，VANMD1VD1AMN2.4如图所示，已知多面体ABCDEFG中，A
13、B，AC，AD两两互相垂直，平面ABC平面DEFG，平面BEF平面ADGC，ABADDG2，ACEF1，则该多面体的体积为_.答案4解析解法一：(分割法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点C作CHDG于H，连接EH，即把多面体分割成一个直三棱柱DEHABC和一个斜三棱柱BEFCHG.由题意，知V三棱柱DEHABCSDEHAD22，V三棱柱BEFCHGSBEFDE22.故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG224.解法二：(补形法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，显然所求多面体的体积为该正方体体积的一半又正方体的体积V正方体ABHIDEKG
14、238，故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG84.多角度探究突破考向三与球有关的切、接、截面问题角度外接球例6(1)(2019全国卷)已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PAPBPC，ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，CEF90，则球O的体积为()A8 B4 C2 D答案D解析设PAPBPC2a，则EFa，FC，EC23a2.在PEC中，cosPEC.在AEC中，cosAEC.PEC与AEC互补，34a21，a，故PAPBPC.又ABBCAC2，PA，PB，PC两两垂直，外接球的直径2R，R，VR33.故选D.(2)正三棱柱的底面边长为，侧棱长为2，且三棱
15、柱的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为()A4 B8 C12 D16答案B解析由正弦定理，得2r(其中r为正三棱柱底面三角形外接圆的半径)，r1，外接球的半径R，外接球的表面积S4R28.故选B.角度内切球例7(2022广东中山高三质检)在直三棱柱A1B1C1ABC中，A1B13，B1C14，A1C15，AA12，则其外接球与内切球的表面积之比为()A B C D29答案A解析如图，连接AC1.由底面三角形的三边长可知，底面三角形为直角三角形，内切球半径r1，取AC，A1C1的中点D，E，连接DE交AC1于点O，则外接球的球心是DE的中点O，由A1C15，AA12，得AC1，所以外接球的半
16、径ROA，所以，故选A角度球的截面问题例8(多选)(2021重庆模拟)在三棱锥PABC中，PA，PB，PC两两垂直，PA3，PB4，PC5，点E为线段PC的中点，过点E作该三棱锥外接球的截面，则所得截面圆的面积可能为()A6 B8 C10 D12答案BCD解析根据题意，在三棱锥PABC中，PA，PB，PC两两垂直，且满足PA3，PB4，PC5，设三棱锥的外接球半径为R，故4R2324252，解得R2.在所有的过点E的截面里，当截面过球心O时，截面圆的面积最大，此时半径为R，最大的截面圆的面积为R2.在所有过点E的截面里，当OE与截面垂直时，截面圆的面积最小，此时截面圆的圆心为E，由于OE，所以
17、最小的截面圆的半径为r，所以最小的截面圆的面积为2.故截面圆的面积的范围为.故选BCD. “切”“接”“截”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(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(3)巧用直角三角形解决截面圆问题的步骤确定球心O和截面圆的圆心O；探求球的半径R和截面圆的半径r；利用OO2r2R2计算相关量5.(2020全国卷)已知ABC是面积为的
18、等边三角形，且其顶点都在球O的球面上若球O的表面积为16，则O到平面ABC的距离为()A B C1 D答案C解析设球O的半径为R，则4R216，解得R2.设ABC外接圆的半径为r，边长为a, ABC是面积为的等边三角形，a2，解得a3，r ，O到平面ABC的距离d1.故选C6(2020全国卷)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_.答案解析易知半径最大的球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中BC2，ABAC3，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为O，由于AM2，故SABC222.设内切圆半径为r，则SABCSAOBSBOCSAOCABrBCrA
19、Cr(323)r2，解得r，则该圆锥内半径最大的球的体积为Vr3.7(2021新高考八省联考)圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为_.答案61解析因为圆台的下底面半径为5，故下底面在外接球的大圆上，如图所示设球的球心为O，圆台上底面的圆心为O，则圆台的高OO3，据此可得圆台的体积V3(525442)61.巧用补形法解决与四面体的外接球有关的问题1已知三棱锥PABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB，BC，AC2，则此三棱锥的外接球的体积为()A BC D答案B解析AB，BC，AC2，PA1，PC，PB2.以PA，PB，PC为过同一顶点的三条
20、棱，作长方体如图所示，则长方体的外接球同时也是三棱锥PABC的外接球长方体的对角线长为2，球的直径为2，半径R，因此，三棱锥PABC的外接球的体积是R3()3.故选B.2已知边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，沿AD进行折叠，使折叠后的BDC，则过A，B，C，D四点的球的表面积为()A3 B4 C5 D6答案C解析连接BC(图略)，由题知几何体ABCD为三棱锥，BDCD1，AD，BDAD，CDAD，BDCD，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是，1,1的长方体，其体对角线长为，故该三棱锥外接球的半径是，其表面积为5.故选C3已知一个四面体ABCD的每个顶点都在表面积为9的球O的表面上
21、，且ABCDa，ACADBCBD，则a_.答案2解析由题意，知四面体ABCD的对棱都相等，故该四面体可以通过补形补成一个长方体，如图所示，设AFx，BFy，CFz，则，又429，解得xy2，a2.答题启示(1)若四面体中有三条棱两两垂直，则方法是找到三条两两互相垂直的棱，借助墙角模型补成长方体(如图)，用公式 2R求解(2)若四面体的对棱相等，则解题步骤为第一步：画出一个长方体，标出三组互为异面直线的对棱；第二步：设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，列出方程组(其中，为常数)a2b2c2；第三步：根据墙角模型，2RR.对点训练1在ABC中，ABAC，BAC90，将ABC沿BC上的高AD折成直
22、二面角BADC，则三棱锥BACD的外接球的表面积为()A B C3 D2答案C解析如图，ABAC，BAC90，BC2，则BDDCAD1，由题意，得AD底面BDC，又二面角BADC为直二面角，BDDC，把三棱锥BACD补形为正方体，则正方体的体对角线长为，则三棱锥BACD的外接球的半径为，则其外接球的表面积为S423.故选C2已知正四面体ABCD的外接球的体积为8，则这个四面体的表面积为_.答案16解析如图所示，将正四面体ABCD放在一个正方体内，设正方体的棱长为a，正四面体ABCD的外接球的半径为R，则R38，解得R.因为正四面体ABCD的外接球和正方体的外接球是同一个球，则有a2R2，所以a
23、2.而正四面体ABCD的每条棱长均为正方体的面对角线长，所以正四面体ABCD的棱长为a4，因此，这个正四面体的表面积为442sin16.一、单项选择题1(2020天津高考)若棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A12 B24 C36 D144答案C解析正方体的外接球半径等于正方体的体对角线的一半，即R3，所以这个球的表面积为S4R243236.故选C2(2021新高考卷)北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000 km(轨道高度是指卫星到地球表面的距离)将地球看作是一个球心为O，半径r
24、为6400 km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S2r2(1cos)(单位：km2)，则S占地球表面积的百分比约为()A26% B34% C42% D50%答案C解析由题意可得，S占地球表面积的百分比约为0.4242%.故选C3张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八分之五已知三棱锥ABCD的每个顶点都在球O的球面上，AB底面BCD，BCCD，且ABCD，BC2，利用张衡的结论可得球O的表面积为()A30 B10 C33 D12 答案B解析因为
25、BCCD，所以BD，又AB底面BCD，所以球O的球心为侧棱AD的中点，从而球O的直径为.利用张衡的结论可得，则，所以球O的表面积为421010.故选B.4一个底面边长为3的正三棱锥的体积与表面积为24的正方体的体积相等，则该正三棱锥的高为()A12 BC D12答案C解析因为正方体的表面积为24，所以棱长为2，其体积为238.设正三棱锥的高为h，因为正三棱锥的体积与正方体的体积相等，所以33h8，解得h.故选C5已知三棱锥SABC中，SABABC，SB4，SC2，AB2，BC6，则三棱锥SABC的体积是()A4 B6 C4 D6答案C解析由ABC，AB2，BC6，得AC2.由SAB，AB2，S
26、B4，得SA2，则SA2AC2SC2，得SAAC，又SAAB，ABACA，所以SA平面ABC所以三棱锥SABC的体积为SABCSA2624.故选C6(2021全国甲卷)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且ACBC，ACBC1，则三棱锥OABC的体积为()A B C D答案A解析记ABC外接圆的圆心为O1，连接OO1，则OO1平面ABC，由ACBC，ACBC1，知O1为AB的中点，且AB，O1B，又球O的半径为1，所以OB1，所以OO1，所以VOABCSABCOO111，故选A7(2021湛江三模)中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作
27、，提出“幂势既同，则积不容异”“幂”是截面积，“势”是几何体的高详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等上述原理在中国被称为祖暅原理一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为2的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为()A16 B16C18 D21答案D解析由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与正六棱台的体积相等，正六棱台的上、下底面边长分别为1和2，则S1611，S26226，故V(S1S2)h221.故选D.8(2021天津高考)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球
28、面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为13，则这两个圆锥的体积之和为()A3 B4 C9 D12答案B解析如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆锥AD和圆锥BD的高之比为31，即AD3BD，设球的半径为R，则，可得R2，所以ABADBD4BD4，所以BD1，AD3，因为CDAB，则CADACDBCDACD90，所以CADBCD，又因为ADCBDC，所以ACDCBD，所以，所以CD，因此，这两个圆锥的体积之和为CD2(ADBD)344.故选B.二、多项选择题9正三棱锥底面边长为3，侧棱长为2，则下列说法正确的是()A正三棱锥的高为3B正三棱锥的斜高为C正三棱锥的体积为D正三棱锥的侧面积为答
29、案AB解析正三棱锥SABC，底面ABC是边长为3的等边三角形，侧棱长为SASBSC2，取BC的中点D，连接SD，AD，过S作SO平面ABC，交AD于O，AD，AOAD，正三棱锥的高为SO3，故A正确；正三棱锥的斜高为SD，故B正确；正三棱锥的体积为VSABCSO33，故C错误；正三棱锥的侧面积为S33，故D错误故选AB.10如图，已知四棱台ABCDA1B1C1D1的上、下底面均为正方形，其中AB2，A1B1，AA1BB1CC12，则下列说法正确的是()A该四棱台的高为BAA1CC1C该四棱台的表面积为26D该四棱台外接球的表面积为16答案AD解析由棱台的性质，画出切割前的四棱锥，由于AB2，A
30、1B1，可知SA1B1与SAB相似比为12，则SA2AA14，AO2，则SO2，则OO1，该四棱台的高为，A正确；因为SASCAC4，则AA1与CC1的夹角为60，不垂直，B错误；该四棱台的表面积为SS上底S下底S侧284106，C错误；由于上、下底面都是正方形，则外接球的球心在OO1上，在平面B1BOO1中，由于OO1，B1O11，则OB12OB，即点O到点B与点B1的距离相等，则rOB2，该四棱台外接球的表面积为16，D正确故选AD.11(2022湖北孝感开学考试)沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部
31、流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时如图，某沙漏由上、下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8 cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的(细管长度忽略不计)假设该沙漏每秒钟漏下0.02 cm3的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆以下结论正确的是()A沙漏中的细沙体积为 cm3B沙漏的体积是128 cm3C细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4 cmD该沙漏的一个沙时大约是1985秒(3.14)答案ACD解析对于A，根据圆锥的截面图可知，细沙在上部时，细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比，所以细沙的底面半径r4 cm，所以体积V
32、r2 cm3；对于B，沙漏的体积V22h2428 cm3；对于C，设细沙全部漏入下部后的高度为h1，根据细沙体积不变，可知2h1，所以h1，所以h12.4 cm；对于D，因为细沙的体积为 cm3，沙漏每秒钟漏下0.02 cm3的沙，所以一个沙时为501985秒故选ACD.12如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBCCC16，ACBC，E，F分别为BB1，A1C1的中点，过点A，E，F作三棱柱的截面，则下列结论中正确的是()A三棱柱ABCA1B1C1外接球的表面积为106BBC1C若交B1C1于M，则EMD将三棱柱ABCA1B1C1分成体积较大部分和体积较小部分的体积比为135答案CD解析
33、如图所示，将该三棱柱视为正方体ACBDA1C1B1D1的一部分，则三棱柱ABCA1B1C1外接球的半径2R6，R3，其表面积为4R2108，故A错误；延长AF与CC1交于点P，连接PE交B1C1于M，连接FM，则平面AEMF即为截面，因为FC1AC，F是A1C1的中点，所以C1是PC的中点由MPC1与MEB1相似，得2，得B1MB1C1，而E是BB1的中点，所以ME与BC1不平行，故B错误；因为B1M2，又B1E3，所以在RtB1EM中，EM，故C正确；延长PE交BC于点Q，则将三棱柱ABCA1B1C1分成体积较大部分的体积为VPACQVPFMC1VAQBE681234626378，所以剩余部
34、分的体积为6667830，所以体积之比为，故D正确故选CD.三、填空题13(2021全国甲卷)已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30，则该圆锥的侧面积为_.答案39解析设该圆锥的高为h，则由已知条件可得62h30，解得h，则圆锥的母线长为，故该圆锥的侧面积为639.14(2022山东枣庄模拟)某公园预备在国庆节前夕，用鲜花做成一个花柱摆放在公园正门口，它的下面是一个直径为2 m，高为4 m的圆柱形物体，上面是一个直径为2 m的半球形物体，如果1 m2大约需要鲜花200朵，那么装饰这个花柱大约需要_朵鲜花(取3.1)答案6200解析由题意知，圆柱形物体的侧面面积S1243.12424.8(m2
35、)，半球形物体的表面积S24243.116.2(m2)，所以花柱的表面积SS1S224.86.231(m2)又312006200(朵)，所以装饰这个花柱大约需要6200朵鲜花15(2019全国卷)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型如图，该模型为长方体ABCDA1B1C1D1挖去四棱锥OEFGH后所得的几何体其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，ABBC6 cm，AA14 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为_g.答案118.8解析由题意，知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对角线长分别为6 cm和4 cm，故V挖去的
36、四棱锥46312(cm3)又因为V长方体664144(cm3)，所以模型的体积为V长方体V挖去的四棱锥14412132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为1320.9118.8(g)16已知一个高为1的三棱锥，各侧棱长都相等，底面是边长为2的等边三角形，则三棱锥的表面积为_，若三棱锥内有一个体积为V的球，则V的最大值为_.答案3解析该三棱锥侧面的斜高为 ，则S侧322，S底2，所以三棱锥的表面积S表23.由题意知，当球与三棱锥的四个面都相切时，其体积最大设三棱锥的内切球的半径为r，则三棱锥的体积V锥S表rS底1，所以3r，所以r，所以三棱锥的内切球的体积最大为Vmaxr3.四、解答题17
37、如图，在ABC中，AB8，BC10，AC6，DB平面ABC，且AEFCBD，BD3，FC4，AE5.求此几何体的体积解解法一：(分割法)如图，取CMANBD，连接DM，MN，DN，用“分割法”把原几何体分割成一个直三棱柱和一个四棱锥，则V几何体V三棱柱V四棱锥由题知三棱柱ABCNDM的体积为V186372，四棱锥DMNEF的体积为V2S梯形MNEFDN(12)6824，则几何体的体积为VV1V2722496.解法二：(补形法)用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使AABBCC8，所以V几何体V三棱柱SABCAA24896.18在半径为15的球O内有一个底面边长为12的内接正三棱锥ABCD，
38、求此正三棱锥的体积解如图所示，显然OAOBOCOD15.设H为BCD的中心，则A，O，H三点在同一条直线上HBHCHD1212，OH9，正三棱锥ABCD的高h91524.又SBCD(12)2108，VABCD10824864；如图所示，同理，可得正三棱锥ABCD的高h1596，SBCD108，VABCD1086216.综上，正三棱锥ABCD的体积为864或216.19现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥PA1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCDA1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍(1)若AB6 m，PO12 m，则仓库的
39、容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？解(1)由PO12知O1O4PO18.因为A1B1AB6，所以正四棱锥PA1B1C1D1的体积V锥A1BPO162224(m3)正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积V柱AB2O1O628288(m3)所以仓库的容积VV锥V柱24288312(m3)(2)设A1B1a m，PO1h m，则0h6，O1O4h.连接O1B1.因为在RtPO1B1中，O1BPOPB，所以2h236，即a22(36h2)于是仓库的容积VV柱V锥a24ha2ha2h(36hh3)，0h6，从而V(363h2)26(12h2)令V0，得h2或h2(舍去)当0h0，V是单调递增函数；当2h6时，V0，V是单调递减函数故h2时，V取得极大值，也是最大值因此，当PO12 m时，仓库的容积最大