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§7.1基本立体图形、简单几何体的表面积与体积考试要求 1.认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.知道球、棱(圆)柱、棱(圆)锥、棱(圆)台的表面积和体积的计算公式，并能解决简单的实际问题.3.能用斜二测画法画出简单空间图形的直观图．知识梳理1．空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且全等多边形互相平行且相似侧棱平行且相等相交于一点但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形(2)旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，垂直于底面相交于一点延长线交于一点轴截面矩形等腰三角形等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环2.直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中x ′轴、y ′轴的夹角为45°或135°，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴，平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段，长度在直观图中变为原来的一半．3．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＝2πrl S 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l4．柱、锥、台、球的表面积和体积名称几何体表面积体积柱体S 表＝S 侧＋2S 底V ＝Sh 锥体S 表＝S 侧＋S 底V ＝13Sh台体S 表＝S 侧＋S 上＋S下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S 表＝4πR 2V ＝43πR 3常用结论1．与体积有关的几个结论(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(祖暅原理)．2．直观图与原平面图形面积间的关系：S 直观图＝24S 原图形，S 原图形＝22S 直观图．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)菱形的直观图仍是菱形．(×)(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)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．(×)(4)锥体的体积等于底面积与高之积．(×)教材改编题1.如图，一个三棱柱形容器中盛有水，则盛水部分的几何体是()A．四棱台B．四棱锥C．四棱柱D．三棱柱答案C解析由几何体的结构特征知，盛水部分的几何体是四棱柱．2．下列说法正确的是()A．相等的角在直观图中仍然相等B．相等的线段在直观图中仍然相等C．正方形的直观图是正方形D．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行答案D解析由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行关系不变，正方形的直观图是平行四边形．3．已知圆锥的表面积等于12πcm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为() A．1cm B．2cm C．3cm D.3cm2答案B解析设圆锥底面圆的半径为r cm，母线长为l cm，依题意得2πr＝πl，∴l＝2r，S＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，∴r2＝4，∴r＝2(cm).表题型一基本立体图形命题点1结构特征例1(多选)下列说法中不正确的是()A ．以直角梯形的一条腰所在直线为旋转轴，其余边旋转一周形成的几何体是圆台B ．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱C ．底面是正多边形的棱锥是正棱锥D ．棱台的各侧棱延长后必交于一点答案ABC解析由圆台定义知，以直角梯形垂直于底边的腰为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面围成的旋转体是圆台，故A 错误；由棱柱定义可知，棱柱是有两个面平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体，故B 错误；底面是正多边形的棱锥，不能保证顶点在底面上的射影为底面正多边形的中心，故C 错误；棱台是由平行于棱锥底面的平面截得的，故棱台的各侧棱延长后必交于一点，故D 正确．命题点2直观图例2已知水平放置的四边形OABC 按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中O ′A ′∥B ′C ′，∠O ′A ′B ′＝90°，O ′A ′＝1，B ′C ′＝2，则原四边形OABC 的面积为()A.322B ．32C ．42D ．52答案B 解析方法一由已知求得O ′C ′＝2，把直观图还原为原图形如图，可得原图形为直角梯形，OA ∥CB ，OA ⊥OC ，且OA ＝1，BC ＝2，OC ＝22，得原四边形OABC 的面积为12×(1＋2)×22＝3 2.方法二由题意知A ′B ′＝1，∴S 直观图＝12×(1＋2)×1＝32，∴S 原图形＝22S 直观图＝3 2.命题点3展开图例3如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为1cm，高为5cm，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路线的长为()A．12cm B．13cmC.61cm D．15cm答案C解析如图，把侧面展开2周可得对角线最短，则AA1＝62＋52＝61(cm)．思维升华空间几何体结构特征的判断技巧(1)说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．(2)在斜二测画法中，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．(3)在解决空间折线(段)最短问题时一般考虑其展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题平面化．跟踪训练1(1)如图，一个水平放置的平面图形由斜二测画法得到的直观图A′B′C′D′是边长为2的菱形，且O′D′＝2，则原平面图形的周长为()A．42＋4B．46＋4C．82D．8答案B解析根据题意，把直观图还原成原平面图形，如图所示，其中OA ＝22，OD ＝4，AB ＝CD ＝2，则AD ＝8＋16＝26，故原平面图形的周长为2＋2＋26＋26＝46＋4.(2)(多选)下列命题中不正确的是()A ．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形B ．在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱C ．不存在每个面都是直角三角形的四面体D ．棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等答案ACD解析A 不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；B 正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；C 不正确，如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中的三棱锥C 1－ABC ，四个面都是直角三角形；D 不正确，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱的延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．(3)(2023·岳阳模拟)已知圆锥的侧面积是底面积的54倍，则该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角大小为()A.4π5B.6π5C.8π5D.9π5答案C解析设圆锥的底面圆的半径为r ，母线长为l ，则圆锥的侧面积为πrl ，由题意得πrl πr 2＝54，解得l ＝5r 4，∵圆锥底面圆的周长即为侧面展开图扇形的弧长为2πr ，∴该扇形的圆心角为α＝2πr l ＝2πr 5r 4＝8π5.题型二表面积与体积命题点1表面积例4(1)(2022·深圳模拟)以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于()A ．8πB ．4πC ．8D ．4答案A解析以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周所得的旋转体为圆柱，其底面半径r ＝2，高h ＝2，∴所得圆柱的侧面积S ＝2πrh ＝2π×2×2＝8π.(2)(2023·丽江模拟)已知三棱锥的三条侧棱长均为2，有两个侧面是等腰直角三角形，底面等腰三角形底上的高为5，则这个三棱锥的表面积为()A ．4＋33＋15B ．4＋3＋215C ．4＋3＋15D ．4＋23＋15答案C解析结合题目边长关系，三棱锥如图所示，AB ＝AC ＝AD ＝2，CE ＝5，由题意得△ABC ，△ACD 是等腰直角三角形，则BC ＝CD ＝22，BE ＝BC 2－CE 2＝3，BD ＝23，AE ＝AB 2－BE 2＝1，则该三棱锥的表面积为S △ABC ＋S △ACD ＋S △ABD ＋S △BCD ＝12×2×2＋12×2×2＋12×23×1＋12×23×5＝4＋3＋15.命题点2体积例5(1)(2021·新高考全国Ⅱ)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()A ．20＋123B ．282C.563 D.2823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、下底面的边长分别为2,4，侧棱长为2，所以该棱台的高h ＝22－ 22－2 2＝2，下底面面积S 1＝16，上底面面积S 2＝4，所以该棱台的体积V ＝13h (S 1＋S 2＋S 1S 2)＝13×2×(16＋4＋64)＝2823.(2)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则三棱锥A －B 1CD 1的体积为()A.43B.83C ．4D ．6答案B解析如图，三棱锥A －B 1CD 1是由正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1截去四个小三棱锥A －A 1B 1D 1，C －B 1C 1D 1，B 1－ABC ，D 1－ACD 得到的，又1111ABCD A B C D V －＝23＝8，11111111A A B D C B C D B ABC D ACDV V V V －－－－＝＝＝＝13×12×23＝43，所以11A B CD V －＝8－4×43＝83.思维升华求空间几何体的体积的常用方法公式法规则几何体的体积，直接利用公式割补法把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体等体积法通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积跟踪训练2(1)(2021·北京)定义：24小时内降水在平地上积水厚度(mm)来判断降雨程度．其中小雨(<10mm)，中雨(10mm －25mm)，大雨(25mm －50mm)，暴雨(50mm －100mm)，小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级()A ．小雨B ．中雨C ．大雨D ．暴雨答案B解析由题意，一个半径为2002＝100(mm)的圆面内的降雨充满一个底面半径为2002×150300＝50(mm)，高为150(mm)的圆锥，所以积水厚度d ＝13π×502×150π×1002＝12.5(mm)，属于中雨．(2)(2022·沈阳模拟)在我国瓷器的历史上六棱形的瓷器非常常见，因为六、八是中国人的吉利数字，所以许多瓷器都做成六棱形和八棱形的，但是六棱柱形的瓷器只有六棱柱形笔筒，其余的六棱形都不是六棱柱形．如图为一个正六棱柱形状的瓷器笔筒，高为18.7cm ，底面边长为7cm(数据为笔筒的外观数据)，用一层绒布将其侧面包裹住，忽略绒布的厚度，则至少需要绒布的面积为()A ．120cm 2B ．162.7cm 2C ．785.4cm 2D ．1570.8cm 2答案C解析根据正六棱柱的底面边长为7cm ，得正六棱柱的侧面积为6×7×18.7＝785.4(cm 2)，所以至少需要绒布的面积为785.4cm 2.课时精练1．(2023·淄博模拟)若圆锥的母线长为23，侧面展开图的面积为6π，则该圆锥的体积是()A.3πB ．3πC ．33πD ．9π答案B解析设圆锥的高为h ，底面圆半径为r ，因为母线长为23，所以侧面展开图的面积为πr ×23＝6π，解得r ＝3，所以h ＝ 23 2－ 3 2＝3，所以圆锥的体积V ＝13π×(3)2×3＝3π.2.如图是用斜二测画法画出的水平放置的△AOB 的直观图(图中虚线分别与x ′轴、y ′轴平行)，则原图形△AOB 的面积是()A ．8B ．16C ．32D ．64答案C解析根据题意，如图，原图形△AOB 的底边OB 的长为4，高为16，所以其面积S ＝12×4×16＝32.3．(多选)下列说法不正确的是()A ．棱柱的两个互相平行的面一定是棱柱的底面B ．有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台C ．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥D ．如果一个棱柱的所有面都是长方形，那么这个棱柱是长方体答案ABC解析选项A ，例如六棱柱的相对侧面也互相平行，故A 错误；选项B ，其余各面的边延长后不一定交于一点，故B 错误；选项C ，当棱锥的各个侧面共顶点的角的角度之和是360°时，各侧面构成平面图形，故这个棱锥不可能为六棱锥，故C 错误；选项D ，若每个侧面都是长方形，则说明侧棱与底面垂直，又底面也是长方形，符合长方体的定义，故D 正确．4．(2022·莆田模拟)已知圆锥的侧面展开图为一个面积为2π的半圆，则该圆锥的高为()A.52B ．1 C.2D.3答案D解析设圆锥的母线长为l ，圆锥的底面圆半径为r ，如图．πl ＝2πr ，πrl ＝2π，解得r 2＝1，l 2＝4，则圆锥的高h ＝l 2－r 2＝ 3.5.如图，在水平地面上的圆锥形物体的母线长为12，底面圆的半径等于4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥侧面爬行一周后回到点P 处，则小虫爬行的最短路程为()A ．123B ．16C ．24D ．243答案A 解析如图，设圆锥侧面展开图的圆心角为θ，则由题意可得2π×4＝12θ，则θ＝2π3，在△POP ′中，OP ＝OP ′＝12，则小虫爬行的最短路程为PP ′＝122＋122－2×12×12×－12＝123.6．(2022·新高考全国Ⅰ)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5m 时，相应水面的面积为140.0km 2；水位为海拔157.5m 时，相应水面的面积为180.0km 2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m 上升到157.5m 时，增加的水量约为(7≈2.65)()A ．1.0×109m 3B ．1.2×109m 3C ．1.4×109m 3D ．1.6×109m 3答案C 解析如图，由已知得该棱台的高为157．5－148.5＝9(m)，所以该棱台的体积V ＝13×9×(140＋140×180＋180)×106＝60×(16＋37)×106≈60×(16＋3×2.65)×106＝1.437×109≈1.4×109(m 3)．故选C.7.如图，在正四棱锥P －ABCD 中，B 1为PB 的中点，D 1为PD 的中点，则棱锥A －B 1CD 1与棱锥P －ABCD 的体积之比是()A ．1∶4B ．3∶8C ．1∶2D ．2∶3答案A 解析棱锥A －B 1CD 1的体积可以看成是正四棱锥P －ABCD 的体积减去角上的四个小棱锥的体积得到的．因为B 1为PB 的中点，D 1为PD 的中点，所以棱锥B 1－ABC 的体积和棱锥D 1－ACD 的体积都是正四棱锥P －ABCD 的体积的14，棱锥C －PB 1D 1的体积与棱锥A －PB 1D 1的体积之和是正四棱锥P －ABCD 的体积的14，则中间剩下的棱锥A －B 1CD 1的体积11A B CD V －＝V P －ABCD －3×14V P －ABCD ＝14V P －ABCD ，则11A B CD V －∶V P －ABCD ＝1∶4.8.(多选)(2023·邯郸模拟)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面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°，若取θ＝30°，侧棱长为21米，则()A ．正四棱锥的底面边长为6米B ．正四棱锥的底面边长为3米C ．正四棱锥的侧面积为243平方米D ．正四棱锥的侧面积为123平方米答案AC 解析如图，在正四棱锥S －ABCD 中，O 为正方形ABCD 的中心，H 为AB 的中点，则SH ⊥AB ，设底面边长为2a 米．因为∠SHO ＝30°，所以OH ＝AH ＝a 米，OS ＝33a 米，SH ＝233a 米．在Rt △SAH 中，a 2＋233a ＝21，解得a ＝3，所以正四棱锥的底面边长为6米，侧面积为S ＝12×6×23×4＝243(平方米)．9.如图，在六面体ABC －FEDG 中，BG ⊥平面ABC ，平面ABC ∥平面FEDG ，AF ∥BG ，FE ∥GD ，∠FGD ＝90°，AB ＝BC ＝BG ＝2，GD ＝2BC ，四边形AEDC 是菱形，则六面体ABC －FEDG 的体积为________．答案8解析如图，连接AG ，AD ，则V 六面体ABC －FEDG ＝V 四棱锥A －FEDG ＋V 四棱锥A －BCDG ＝2V 四棱锥A －FEDG ，由题意得，EF ＝2，DG ＝4，FG ＝AF ＝2，∴S 梯形FEDG ＝12×(2＋4)×2＝6，∴V 四棱锥A －FEDG ＝13×S 梯形FEDG ×AF ＝4，∴V 六面体ABC －FEDG ＝8.10．(2022·张家口模拟)陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，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B ，C 分别是上、下底面圆的圆心，且AC ＝3AB ＝3BD ，则该陀螺下半部分的圆柱的侧面积与上半部分的圆锥的侧面积的比值是________．答案22解析设AB ＝BD ＝m ，则AD ＝2m ，因为AC ＝3AB ＝3m ，所以BC ＝2m ，则圆柱的侧面积S 1＝2πr ·BC ＝4πm 2，圆锥的侧面积S 2＝πr ×AD ＝2πm 2，故S 1S 2＝4πm 22πm2＝2 2.11.如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为V ，点M ，N 分别为棱AA 1，CC 1的中点，则棱锥B －AMNC 的体积为________．答案13V 解析如图，连接AN ，对于三棱锥B －ACN ，B －AMN ，显然它们等底同高，故V B －ACN ＝V B －AMN ，而V B －ACN ＝V N －ABC ，注意到CN ＝C 1N ，于是三棱锥N －ABC 的高是三棱柱ABC －A 1B 1C 1的一半，且它们都以△ABC 为底面，故V N －ABC ＝13×12V ＝16V ，故V B －AMNC ＝2×16V ＝13V .12.某同学的通用技术作品如图所示，该作品由两个相同的正四棱柱制作而成．已知正四棱柱的底面边长为3cm ，这两个正四棱柱的公共部分构成的多面体的面数为________，体积为________cm 3.答案8182解析公共部分是两个正四棱锥且底面重叠的空间几何体，共8面．四棱锥底面是以32为边长的正方形，S ＝18，其中一个正四棱锥的高为322.∴V ＝13×18×322×2＝182(cm 3)．13．(2022·徐州模拟)如图，一个装有某种液体的圆柱形容器固定在墙面和地面的角落处，容器与地面所成的角为30°，液面呈椭圆形，椭圆长轴上的顶点M ，N 到容器底部的距离分别是12和18，则容器内液体的体积是()A ．15πB ．36πC ．45πD ．48π答案C 解析如图为圆柱的轴截面图，过M 作容器壁的垂线，垂足为F ，因为MN 平行于地面，故∠MNF ＝30°，因为椭圆长轴上的顶点M ，N 到容器底部的距离分别是12和18，故NF ＝18－12＝6，在Rt △MFN 中，MF ＝NF ×tan 30°＝23，即圆柱的底面半径为3，所以容器内液体的体积等于一个底面半径为3，高为(12＋18)的圆柱体积的一半，即为12×π×(3)2×(12＋18)＝45π.14．(2022·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若S 甲S 乙＝2，则V 甲V 乙等于()A.5B ．22 C.10 D.5104答案C 解析方法一由甲、乙两个圆锥的母线长相等，结合S 甲S 乙＝2，可知甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1.不妨设两个圆锥的母线长为l ＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2，则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆，所以2πr 1＝4π，2πr 2＝2π，得r 1＝2，r 2＝1.由勾股定理得，h 1＝l 2－r 21＝5，h 2＝l 2－r 22＝22，所以V 甲V 乙＝13πr 21h 113πr 22h 2＝4522＝10.故选C.方法二设两圆锥的母线长为l ，甲、乙两圆锥的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2，侧面展开图的圆心角分别为n 1，n 2，则由S 甲S 乙＝πr 1l πr 2l ＝n 1πl 22πn 2πl 22π＝2，得r 1r 2＝n 1n 2＝2.由题意知n 1＋n 2＝2π，所以n 1＝4π3，n 2＝2π3，所以2πr 1＝4π3l ,2πr 2＝2π3l ，得r 1＝23l ，r 2＝13l .由勾股定理得，h 1＝l 2－r 21＝53l ，h 2＝l 2－r 22＝223l ，所以V 甲V 乙＝13πr 21h 113πr 22h 2＝4522＝10.故选C.15．(多选)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝2，AB ＝BC ＝1，∠ABC ＝90°，侧面AA1C 1C 的中心为O ，点E 是侧棱BB 1上的一个动点，下列判断正确的是()A ．直三棱柱的侧面积是4＋22B ．直三棱柱的体积是13C ．三棱锥E －AA 1O 的体积为定值D ．AE ＋EC 1的最小值为22答案ACD 解析因为在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝2，AB ＝BC ＝1，∠ABC ＝90°，所以△ABC 和△A 1B 1C 1是等腰直角三角形，侧面全是矩形，所以其侧面积为1×2×2＋12＋12×2＝4＋22，故A 正确；直三棱柱的体积V ＝S △ABC ·AA 1＝12×1×1×2＝1，故B 不正确；如图所示，由BB 1∥平面AA 1C 1C ，且点E 是侧棱BB 1上的一个动点，所以三棱锥E －AA 1O 的高为定值22，1AA O S △＝14×2×2＝22，所以1E AA O V 锥－三棱＝13×22×22＝16，为定值，故C 正确；由该棱柱的侧面展开图易知(图略)，AE ＋EC 1的最小值为AA 21＋ A 1B 1＋B 1C 1 2＝22＋ 1＋12＝22，故D 正确．16．(2023·榆林模拟)如图，某款酒杯容器部分为圆锥，且该圆锥的轴截面是面积为163cm 2的正三角形．若在该酒杯内放置一个圆柱形冰块，要求冰块高度不超过杯口高度，则酒杯可放置圆柱冰块的最大体积为________cm 3.答案2563π27解析设圆锥的底面半径为r cm ，圆柱形冰块的底面半径为x cm ，高为h cm ，由已知可得，12×32×(2r )2＝163，解得r ＝4，h ＝(r －x )·tan 60°＝3(4－x )，0＜x ＜4.设圆柱形冰块的体积为V ，则V ＝3πx 2(4－x )，0＜x ＜4.令f (x )＝3πx 2(4－x )，0＜x ＜4.则f ′(x )＝3πx (8－3x )，则当x f ′(x )＞0，当x f ′(x )＜0，∴f (x )max ＝f ＝2563π27.∴酒杯可放置圆柱冰块的最大体积为2563π27cm 3.。
第5讲 简单几何体的再认识(表面积与体积)一、知识梳理1．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＝2πrlS 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l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 V ＝S 底h 锥 体(棱锥和圆锥) S 表面积＝S 侧＋S 底 V ＝13S 底h台 体(棱台和圆台)S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 3常用结论1．正方体的外接球、内切球及与各条棱相切球的半径 (1)外接球：球心是正方体的中心；半径r ＝32a (a 为正方体的棱长)． (2)内切球：球心是正方体的中心；半径r ＝a2(a 为正方体的棱长)．(3)与各条棱都相切的球：球心是正方体的中心；半径r ＝22a (a 为正方体的棱长).2.正四面体的外接球、内切球的球心和半径(1)正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分)．(2)外接球：球心是正四面体的中心；半径r ＝64a (a 为正四面体的棱长)． (3)内切球：球心是正四面体的中心；半径r ＝612a (a 为正四面体的棱长)． 二、教材衍化1．已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为________．解析：S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π， 所以r 2＝4，所以r ＝2. 答案：2 cm 2．如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________．解析：设长方体的相邻三条棱长分别为a ，b ，c ，它截出棱锥的体积V 1＝13×12×12a ×12b ×12c ＝148abc ，剩下的几何体的体积V 2＝abc －148abc ＝4748abc ，所以V 1∶V 2＝1∶47. 答案：1∶47一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)多面体的表面积等于各个面的面积之和．( ) (2)锥体的体积等于底面积与高之积．( ) (3)球的体积之比等于半径比的平方．( )(4)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．( ) (5)长方体既有外接球又有内切球．( ) 答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)× 二、易错纠偏常见误区|Ｋ(1)不能把三视图正确还原为几何体而错解表面积或体积； (2)考虑不周忽视分类讨论； (3)几何体的截面性质理解有误；(4)混淆球的表面积公式和体积公式．1．已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m 3.解析：根据三视图可知该四棱锥的底面是底边长为2 m ，高为1 m 的平行四边形，四棱锥的高为3 m ．故该四棱锥的体积V ＝13×2×1×3＝2(m 3)．答案：22．将一个相邻边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是________．解析：当底面周长为4π时，底面圆的半径为2，两个底面的面积之和是8π；当底面周长为8π时，底面圆的半径为4，两个底面的面积之和为32π.无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2，故所求的表面积是32π2＋8π或32π2＋32π.答案：32π2＋8π或32π2＋32π3．已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2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________．解析：因为过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为22，底面圆的直径为22，所以该圆柱的表面积为2×π×(2)2＋22π×22＝12π.答案：12π4．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为________．解析：设球的半径为R ，则由4πR 2＝16π，解得R ＝2，所以这个球的体积为43πR 3＝323π.答案：323π空间几何体的表面积(师生共研)(1)(2020·河南周口模拟)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ⊥BC ，AA 1＝AC ＝2，直线A 1C 与侧面AA 1B 1B 所成的角为30°，则该三棱柱的侧面积为( )A ．4＋4 2B ．4＋4 3C ．12D ．8＋4 2(2)(2020·四川泸州一诊)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为( )A ．(5＋2)πB ．(4＋2)πC ．(5＋22)πD ．(3＋2)π【解析】 (1)连接A 1B .因为AA 1⊥底面ABC ，则AA 1⊥BC ，又AB ⊥BC ，AA 1∩AB ＝A ，所以BC ⊥平面AA 1B 1B ，所以直线A 1C 与侧面AA 1B 1B 所成的角为∠CA 1B ＝30°.又AA 1＝AC ＝2，所以A 1C ＝22，BC ＝ 2.又AB ⊥BC ，则AB ＝2，则该三棱柱的侧面积为22×2＋2×2＝4＋42，故选A.(2)因为在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2，所以将梯形ABCD绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为AB ＝1，高为BC －AD ＝2－1＝1的圆锥，所以该几何体的表面积S ＝π×12＋2π×1×2＋π×1×12＋12＝(5＋2)π.故选A.【答案】 (1)A (2)A空间几何体表面积的求法(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．(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．在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为40 cm ，母线长最短50 cm ，最长80 cm ，则斜截圆柱的侧面面积S ＝________cm 2.解析：将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形．由题意得所求侧面展开图的面积S ＝12×(50＋80)×(π×40)＝2 600π(cm 2)．答案：2 600π2．已知一几何体的三视图如图所示，它的主视图与左视图相同，则该几何体的表面积为________．解析：由三视图知，该几何体是一个正四棱柱与半球的组合体，且正四棱柱的高为2，底面对角线长为4，球的半径为2，所以该正四棱柱的底面正方形的边长为22，该几何体的表面积S ＝12×4π×22＋π×22＋22×2×4＝12π＋16.答案：12π＋16空间几何体的体积(多维探究) 角度一 直接利用公式求体积(2020·山东省实验中学模拟)我国古代《九章算术》里，记载了一个“商功”的例子：今有刍童，下广二丈，袤三丈，上广三丈，袤四丈，高三丈．问积几何？其意思是：今有上下底面皆为长方形的草垛(如图所示)，下底宽2丈，长3丈，上底宽3丈，长4丈，高3丈．问它的体积是多少？该书提供的算法是：上底长的2倍与下底长的和与上底宽相乘，同样下底长的2倍与上底长的和与下底宽相乘，将两次运算结果相加，再乘以高，最后除以6.则这个问题中的刍童的体积为( )A ．13.25立方丈B ．26.5立方丈C ．53立方丈D ．106立方丈【解析】 由题意知，刍童的体积为[(4×2＋3)×3＋(3×2＋4)×2]×3÷6＝26.5(立方丈)，故选B.【答案】 B角度二 割补法求体积《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何？刍甍：底面为矩形的屋脊状的几何体(网格纸中粗线部分为其三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1)，那么该刍甍的体积为( )A ．4B ．5C ．6D ．12【解析】 如图所示，由三视图可还原得到几何体ABCDEF ，过E ，F 分别作垂直于底面的截面EGH 和FMN ，可将原几何体切割成三棱柱EHG -FNM ，四棱锥E ADHG 和四棱锥F -MBCN ，易知三棱柱的体积为12×3×1×2＝3，两个四棱锥的体积相同，都为13×1×3×1＝1，则原几何体的体积为3＋1＋1＝5.故选B.【答案】 B角度三 等体积法求体积(2020·贵州部分重点中学联考)如图，在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是平行四边形，点E 是棱BB 1的中点，点F 是棱CC 1上靠近C 1的三等分点，且三棱锥A 1AEF 的体积为2，则四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积为( )A ．12B ．8C ．20D ．18【解析】 设点F 到平面ABB 1A 1的距离为h ，由题意得V A 1AEF ＝V F A 1AE .又V F A 1AE ＝13S△A1AE ·h ＝13×⎝⎛⎭⎫12AA 1·AB ·h ＝16(AA 1·AB )·h ＝16S 四边形ABB 1A 1·h ＝16V ABCD A 1B 1C 1D 1，所以V ABCD A 1B 1C 1D 1＝6V A 1AEF ＝6×2＝12.所以四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积为12.故选A.【答案】 A(1)处理体积问题的思路①“转”：指的是转换底面与高，将原来不易求面积的底面转换为易求面积的底面，或将原来不易看出的高转换为易看出并易求解长度的高；②“拆”：指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算； ③“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原成一个四棱柱，这些都是拼补的方法．(2)求空间几何体的体积的常用方法①公式法：对于规则几何体的体积问题，可以直接利用公式进行求解；②割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，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，便于计算其体积；③等体积法：一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的．如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解．等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积．1．(2020·江西上饶二模)已知下图为某几何体的三视图，则其体积为( )A ．π＋23B ．π＋13C ．π＋43D ．π＋34解析：选C.几何体为半圆柱与四棱锥的组合体(如图)，半圆柱的底面半径为1，高为2，四棱锥的底面为边长为2的正方形，高为1，故几何体的体积V ＝12×π×12×2＋13×22×1＝π＋43.故选C.2．(2019·高考全国卷Ⅲ)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ABCD -A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O -EFGH 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，AB ＝BC ＝6 cm ，AA 1＝4 cm.3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.解析：由题易得长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积为6×6×4＝144(cm 3)，四边形EFGH 为平行四边形，如图所示，连接GE ，HF ，易知四边形EFGH 的面积为矩形BCC 1B 1面积的一半，即12×6×4＝12(cm 2)，所以V四棱锥O -EFGH ＝13×3×12＝12(cm 3)，所以该模型的体积为144－12＝132(cm 3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．答案：118.8球与空间几何体的接、切问题(多维探究) 角度一 外接球(1)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．πB ．3π4C.π2 D ．π4(2)已知三棱锥S -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S -ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．【解析】 (1)设圆柱的底面圆半径为r ，则r 2＝12－⎝⎛⎭⎫122＝34，所以，圆柱的体积V ＝34π×1＝3π4，故选B.(2)设球O 的半径为R ，因为SC 为球O 的直径，所以点O 为SC 的中点，连接AO ，OB ，因为SA ＝AC ，SB ＝BC ，所以AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，因为平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ，所以AO ⊥平面SCB ，所以V S ABC ＝V A SBC ＝13×S △SBC ×AO ＝13×(12×SC ×OB )×AO ，即9＝13×(12×2R ×R )×R ，解得R ＝3，所以球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π.【答案】 (1)B (2)36π 角度二 内切球(1)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，表面积为S 1，球O 的体积为V 2，表面积为S 2，则V 1V 2的值是__________，S 1S 2＝________.(2)已知棱长为a 的正四面体，则此正四面体的表面积S 1与其内切球的表面积S 2的比值为________．【解析】 (1)设圆柱内切球的半径为R ，则由题设可得圆柱O 1O 2的底面圆的半径为R ，高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.S 1S 2＝2πR ·2R ＋2πR 24πR 2＝32.(2)正四面体的表面积为S 1＝4×34×a 2＝3a 2，其内切球半径r 为正四面体高的14，即r ＝14×63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2πa 26＝63π. 【答案】 (1)32 32 (2)63π解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：1.(2020·四川成都一诊)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 ．24πB ．6π C.163π D ．83π解析：选C.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，底面等边三角形外接圆的半径为23×12－⎝⎛⎭⎫122＝33.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 ＝⎝⎛⎭⎫332＋12＝233，所以三棱柱外接球的表面积S＝4πR 2＝16π3.故选C.2．(2020·黑龙江哈尔滨师范大学附属中学模拟)在底面是边长为2的正方形的四棱锥P -ABCD 中，点P 在底面的射影H 为正方形ABCD 的中心，异面直线PB 与AD 所成角的正切值为2.若四棱锥P -ABCD 的内切球半径为r ，外接球的半径为R ，则r R＝( )A.23 B ．25C.12 D ．13解析：选B.如图，取E ，F 分别为AB ，CD 的中点，连接EF ，PE ，PF .由题意知，P ABCD 为正四棱锥，底面边长为2.因为BC ∥AD ，所以∠PBC 即为异面直线PB 与AD 所成的角．因为∠PBC 的正切值为2，所以四棱锥的斜高为2，所以△PEF 为等边三角形，则正四棱锥P -ABCD 的内切球的半径r 即为△PEF 的内切圆的半径，为33. 设O 为正四棱锥外接球的球心，连接OA ，AH .由题可得AH ＝2，PH ＝ 3.在Rt △OHA 中，R 2＝(2)2＋(3－R )2，解得R ＝536，所以r R ＝25.确定球心位置的三种方法决定球的几何要素是球心的位置和球的半径，在球与其他几何体的结合问题中，通过位置关系的分析，找出球心所在的位置是解题的关键，不妨称这个方法为球心位置分析法．方法一 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；(5)若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心．已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是( )A ．16πB ．20πC ．24πD ．32π【解析】 已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，可求得底面边长为2，故球的直径为22＋22＋42＝26，则半径为6，故球的表面积为24π，故选C.【答案】 C方法二 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，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(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，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(3)若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体； (4)若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体．如图，边长为2的正方形ABCD 中，点E ，F 分别是边AB ，BC 的中点，将△AED ，△EBF ，△FCD 分别沿DE ，EF ，FD 折起，使A ，B ，C 三点重合于点A ′，若四面体A ′EFD 的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为( )A. 2 B ．62 C.112D ．52【解析】 易知四面体A ′EFD 的三条侧棱A ′E ，A ′F ，A ′D 两两垂直，且A ′E ＝1，A ′F ＝1，A ′D ＝2，把四面体A ′EFD 补成从顶点A ′出发的三条棱长分别为1，1，2的一个长方体，则长方体的外接球即为四面体A ′EFD 的外接球，球的半径为r ＝1212＋12＋22＝62.故选B.【答案】 B方法三 由性质确定球心利用球心O 与截面圆圆心O ′的连线垂直于截面圆及球心O 与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心．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，M 为底面△BCD 的中心，易知AM ⊥MD ，DM ＝1，AM ＝ 3.在Rt △DOM 中，OD 2＝OM 2＋MD 2，即OD 2＝(3－OD )2＋1，解得OD ＝233，故球O 的表面积为4π×⎝⎛⎭⎫2332＝163π. 【答案】163π[基础题组练]1．圆柱的底面积为S ，侧面展开图是一个正方形，那么圆柱的侧面积是( ) A ．4πS B ．2πS C ．πSD ．233πS解析：选A.由πr 2＝S 得圆柱的底面半径是S π，故侧面展开图的边长为2π·S π＝2πS ，所以圆柱的侧面积是4πS ，故选A.2．已知圆锥的高为3，底面半径长为4，若一球的表面积与此圆锥的侧面积相等，则该球的半径长为( )A ．5B ． 5C ．9D ．3解析：选B.因为圆锥的底面半径R ＝4，高h ＝3，所以圆锥的母线l ＝5，所以圆锥的侧面积S ＝πRl ＝20π.设球的半径为r ，则4πr 2＝20π，所以r ＝5，故选B.3．(2020·安徽黄山一模)如图所示为某几何体的三视图，则几何体的体积为( )A.12 B ．1 C.32D ．3解析：选B.由主视图可得如图的四棱锥P -ABCD ，其中平面ABCD ⊥平面PCD . 由主视图和俯视图可知AD ＝1，CD ＝2，P 到平面ABCD 的距离为32.所以四棱锥P -ABCD 的体积为V ＝13×S 长方形ABCD ×h ＝13×1×2×32＝1.故选B.4．(2020·河南郑州三模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.5π3 B ．4π3C.π3D ．2π3解析：选D.几何体是半个圆柱挖去半个圆锥所形成的，如图，由题意可知几何体的体积为：12×12·π×2－13×12×12·π×2＝2π3.故选D.5．(2020·广东茂名一模)在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，D 1B 与DC 所成的角是60°，则长方体的外接球的表面积是( )A ．16πB ．8πC ．4πD ．42π 解析：选A.如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，因为DC ∥AB ，所以相交直线D 1B 与AB 所成的角是异面直线D 1B 与DC 所成的角．连接AD 1，由AB ⊥平面ADD 1A 1，得AB ⊥AD 1，所以在Rt △ABD 1中，∠ABD 1就是D 1B 与DC 所成的角，即∠ABD 1＝60°，又AB ＝2，AB ＝BD 1cos 60°，所以BD 1＝ABcos 60°＝4，设长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1外接球的半径为R ，则由长方体的体对角线就是长方体外接球的直径得4R 2＝D 1B 2＝16，则R ＝2，所以长方体外接球的表面积是4πR 2＝16π.故选A.6．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其主视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是________．解析：因为四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，所以该四棱锥为正四棱锥，如图， 由题意知底面正方形的边长为2，正四棱锥的高为2，取正方形的中心O ，AD 的中点E ，连接PO ，OE ，PE ，可知PO 为正四棱锥的高，△PEO 为直角三角形，则正四棱锥的斜高PE ＝22＋12＝ 5.所以该四棱锥的侧面积S ＝4×12×2×5＝4 5.答案：4 57.已知圆锥SO ，过SO 的中点P 作平行于圆锥底面的截面，以截面为上底面作圆柱PO ，圆柱的下底面落在圆锥的底面上(如图)，则圆柱PO 的体积与圆锥SO 的体积的比值为________．解析：设圆锥SO 的底面半径为r ，高为h ，则圆柱PO 的底面半径是r2，高为h 2，所以V 圆锥SO ＝13πr 2h ，V 圆柱PO ＝π⎝⎛⎭⎫r 22·h 2＝πr 2h 8，所以V 圆柱PO V 圆锥SO ＝38.答案：388．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则棱锥的内切球的半径为________．解析：如图，过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ，连接AD 并延长交BC 于点E ，连接PE ，因为△ABC 是正三角形，所以AE 是BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心． 因为AB ＝BC ＝23，所以S △ABC ＝33，DE ＝1，PE ＝ 2.所以S 表＝3×12×23×2＋33＝36＋3 3.因为PD ＝1，所以三棱锥的体积V ＝13×33×1＝ 3.设球的半径为r ，以球心O 为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小棱锥，则r ＝3336＋33＝2－1.答案：2－19．已知一个几何体的三视图如图所示．(1)求此几何体的表面积；(2)如果点P ，Q 在正视图中所示位置，P 为所在线段的中点，Q 为顶点，求在几何体表面上，从P 点到Q 点的最短路径的长．解：(1)由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和．S 圆锥侧＝12(2πa )·(2a )＝2πa 2，S 圆柱侧＝(2πa )·(2a )＝4πa 2， S 圆柱底＝πa 2，所以S 表＝2πa 2＋4πa 2＋πa 2＝(2＋5)πa 2. (2)沿P 点与Q 点所在母线剪开圆柱侧面，如图．则PQ ＝AP 2＋AQ 2＝a 2＋（πa ）2＝a 1＋π2， 所以从P 点到Q 点在侧面上的最短路径的长为a 1＋π2.10.如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E -ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积．解：(1)证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD . 因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE . 故AC ⊥平面BED . 又AC平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .(2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x . 由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E -ACD 的体积V 三棱锥E -ACD ＝13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，故x ＝2. 从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥E -ACD 的侧面积为3＋2 5.[综合题组练])1.如图，以棱长为1的正方体的顶点A 为球心，以2为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为( )A.3π4 B ．2π C.3π2D ．9π4解析：选C.正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A 1为圆心，1为半径的圆周长的14，所以所有弧长之和为3×2π4＝3π2.故选C.2．(2020·江西萍乡一模)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.236 B ．72C.76D ．4解析：选A.由三视图可得，该几何体是如图所示的三棱柱ABB 1DCC 1，挖去一个三棱锥E -FCG 所形成的，故所求几何体的体积为 12×(2×2)×2－13×⎝⎛⎭⎫12×1×1×1＝236. 故选A.3．(2020·福建厦门外国语学校模拟)已知等腰直角三角形ABC 中，∠ACB ＝90°，斜边AB ＝2，点D 是斜边AB 上一点(不同于点A ，B )．沿线段CD 折起形成一个三棱锥A -CDB ，则三棱锥A -CDB 体积的最大值是( )A ．1B ．12C.13D ．16解析：选D.设AD ＝x ，将△ACD 折起使得平面ACD ⊥平面BCD .在△ACD 中，由面积公式得12CD ·h 1＝12AD ·1(h 1为点A 到直线CD 的距离)，则h 1＝x 1＋（x －1）2.由题易知h 1为点A 到平面BCD 的距离，故三棱锥A -CDB 体积为V ＝13S △BCD ·h 1＝13×⎝⎛⎭⎫12BD ·1·h 1＝16·2x －x 2x 2－2x ＋2，x ∈(0，2)．令t ＝x 2－2x ＋2，则t ∈[1，2)，故V ＝16·2－t 2t ＝16·⎝⎛⎭⎫2t －t .由于2t －t 是减函数，故当t ＝1时，V 取得最大值为16×(2－1)＝16.故选D. 4．设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上的四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D -ABC 体积的最大值为( )A ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．54 3解析：选B.如图，E 是AC 的中点，M 是△ABC 的重心，O 为球心，连接BE ，OM ，OD ，BO .因为S △ABC ＝34AB 2＝93，所以AB ＝6，BM ＝23BE＝23AB 2－AE 2＝2 3.易知OM ⊥平面ABC ，所以在Rt △OBM 中，OM ＝OB 2－BM 2＝2，所以当D ，O ，M 三点共线且DM ＝OD ＋OM 时，三棱锥D -ABC 的体积取得最大值，且最大值V max ＝13S △ABC ×(4＋OM )＝13×93×6＝18 3.故选B.5.如图所示，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1ABC 1的体积为________．解析：三棱锥B 1ABC 1的体积等于三棱锥A -B 1BC 1的体积，三棱锥A B 1BC 1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312. 答案：3126．已知半球O 的半径r ＝2，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1内接于半球O ，其中底面ABC 在半球O 的大圆面内，点A 1，B 1，C 1在半球O 的球面上．若正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧面积为63，则其侧棱的长是________．解析：依题意O 是正三角形ABC 的中心，设AB ＝a ，分析计算易得0<a <23，AO ＝33a ，在Rt △AOA 1中，A ′O ＝r ＝2，则AA 1＝r 2－AO 2＝4－a 23，所以正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧面积S ＝3a ·AA 1＝3a4－a 23＝3－a 43＋4a 2＝63，整理得a 4－12a 2＋36＝0，解得a 2＝6，即a ＝6，此时侧棱AA 1＝ 2.答案： 27.如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为BC 边的中点，Q 为线段CC 1上的动点，过点A ，P ，Q 的平面截正方体所得的截面为S ，当CQ ＝1时，S 的面积为________．解析：当CQ ＝1时，Q 与C 1重合．如图，取A 1D 1，AD 的中点分别为F ，G .连接AF ，AP ，PC 1，C 1F ，PG ，D 1G ，AC 1，PF .因为F 为A 1D 1的中点，P 为BC 的中点，G 为AD 的中点， 所以AF ＝FC 1＝AP ＝PC 1＝52，PG 綊CD ，AF 綊D 1G . 由题意易知CD 綊C 1D 1，所以PG 綊C 1D 1，所以四边形C 1D 1GP 为平行四边形， 所以PC 1綊D 1G ，所以PC 1綊AF ， 所以A ，P ，C 1，F 四点共面， 所以四边形APC 1F 为菱形．因为AC 1＝3，PF ＝2，过点A ，P ，Q 的平面截正方体所得的截面S 为菱形APC 1F ， 所以其面积为12AC 1·PF ＝12×3×2＝62.答案：628．已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°.若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．解析：如图所示，设S 在底面的射影为S ′，连接AS ′，SS ′.△SAB 的面积为12·SA ·SB ·sin∠ASB ＝12·SA 2·1－cos 2∠ASB ＝1516·SA 2＝515，所以SA 2＝80，SA ＝4 5.因为SA 与底面21 所成的角为45°，所以∠SAS ′＝45°，AS ′＝SA ·cos 45°＝45×22＝210.所以底面周长l ＝2π·AS ′＝410π，所以圆锥的侧面积为12×45×410π＝402π. 答案：402π。
