高考数学一轮复习课时跟踪检测(四十)空间几何体的表面积与体积理(普通高中)

2021-2022年高考数学理一轮总复习 必修部分开卷速查41 空间几何体的表面积和体积（含解析）新人教A 版1．[xx·重庆]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )正视图左视图俯视图A ．54B ．60C ．66D ．72解析：题中的几何体可看作是从直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中截去三棱锥E －A 1B 1C 1后所剩余的部分(如图所示)，其中在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB⊥AC，AB ＝4，AC ＝3，则BC ＝5，△ABC 的面积等于12×3×4＝6.AA 1⊥平面ABC ，则直角梯形ABEA 1的面积等于12×(2＋5)×4＝14，矩形ACC 1A 1的面积等于3×5＝15.过点E 作EF⊥AA 1于点F ，则EF ＝AB ＝4，A 1F ＝B 1E ＝BB 1－BE ＝3，则A 1E ＝5，所以△A 1C 1E的面积等于12×3×5＝152，直角梯形BCC 1E 的面积等于12×(2＋5)×5＝352，因此题中的几何体的表面积为6＋14＋15＋152＋352＝60，选B .答案：B2．[xx·安徽]一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为( )A ．21＋ 3B ．18＋ 3C ．21D ．18解析：由三视图可知该几何体是棱长为2的正方体从后面右上角和前面左下角分别截去一个小三棱锥后剩余的部分，其表面积为S ＝6×4－12×6＋2×34×(2)2＝21＋ 3.答案：A3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．8π＋16B ．8π－16C ．8π＋8D ．16π－8解析：由三视图可知，该几何体为底面半径r ＝2，高h ＝4的半圆柱挖去一个底面为等腰直角三角形，直角边长为22高为4的直三棱柱，故所求几何体的体积为V ＝π×22×4×12－12×22×22×4＝8π－16，故选B . 答案：B4．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为( )A .163πB ．1912π C .193πD .43π解析：由三视图可知该几何体是底面边长为2，高为1的正三棱柱．其外接球的球心为上下底面中心连线的中点．∴R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＝1912，S ＝4πR 2＝193π，故选C . 答案：C5．如图，正方体ABCD­A′B′C′D′的棱长为4，动点E ，F 在棱AB 上，且EF ＝2，动点Q 在棱D′C′上，则三棱锥A′­EFQ 的体积( )A ．与点E ，F 位置有关B ．与点Q 位置有关C ．与点E ，F ，Q 位置都有关D ．与点E ，F ，Q 位置均无关，是定值解析：因为V A′－EFQ ＝V Q －A′EF ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×4×4＝163，故三棱锥A′­EFQ 的体积与点E ，F ，Q 的位置均无关，是定值．答案：D6．已知球O ，过其球面上A 、B 、C 三点作截面，若O 点到该截面的距离是球半径的一半，且AB ＝BC ＝2，∠B＝120°，则球O 的表面积为( )A .64π3 B ．8π3C ．4πD .16π9解析：如图，球心O 在截面ABC 的射影为△ABC 的外接圆的圆心O 1.由题意知OO 1＝R2，OA＝R ，其中R 为球O 的半径．在△ABC 中，AC ＝AB 2＋BC 2－2AB·BC·cos 120° ＝22＋22－2×2×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝2 3.设△ABC 的外接圆半径为r ，则2r ＝AC sin 120°＝2332＝4，得r ＝2，即O 1A ＝2.在Rt △OO 1A中，OO 21＋O 1A 2＝OA 2，即R 24＋4＝R 2，解得R 2＝163，故球O 的表面积S ＝4πR 2＝64π3，故选A .答案：A7．[xx·山东]三棱锥P －ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D －ABE 的体积为V 1，P －ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝__________.解析：如图，设点C 到平面PAB 的距离为h ，三角形PAB 的面积为S ，则V 2＝13Sh ，V 1＝V E －ADB ＝13×12S×12h ＝112Sh ，所以V 1V 2＝14.答案：148．某几何体的三视图如图所示，则其体积为__________．解析：该几何体为一个半圆锥，故其体积为V ＝13×12×π×12×2＝π3.答案：π39．在三棱锥A­BCD 中，AB ＝CD ＝6，AC ＝BD ＝AD ＝BC ＝5，则该三棱锥的外接球的表面积为________．解析：依题意得，该三棱锥的三组对棱分别相等，因此可将该三棱锥补形成一个长方体，设该长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，且其外接球的半径为R ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝62，b 2＋c 2＝52，c 2＋a 2＝52，得a2＋b 2＋c 2＝43，即(2R)2＝a 2＋b 2＋c 2＝43，易知R 即为该三棱锥的外接球的半径，所以该三棱锥的外接球的表面积为4πR 2＝43π.答案：43π10．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V ； (2)求该几何体的侧面积S.解析：(1)由该几何体的俯视图、正视图、侧视图可知，该几何体是四棱锥，且四棱锥的底面ABCD 是相邻两边长分别为6和8的矩形，高HO ＝4，O 点是AC 与BD 的交点，如图所示．∴该几何体的体积V ＝13×8×6×4＝64.(2)如图所示，作OE⊥AB，OF⊥BC，侧面HAB 中，HE ＝HO 2＋OE 2＝42＋32＝5， ∴S △HAB ＝12×AB×HE＝12×8×5＝20.侧面HBC 中，HF ＝HO 2＋OF 2＝42＋42＝4 2. ∴S △HBC ＝12×BC×HF＝12×6×42＝12 2.∴该几何体的侧面积S ＝2(S △HAB ＋S △HBC )＝40＋24 2.B 级 能力提升练11．[xx·大纲全国]正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A .81π4 B ．16π C ．9π D .27π4解析：由图知，R 2＝(4－R)2＋2，∴R 2＝16－8R ＋R 2＋2，∴R＝94，∴S 表＝4πR 2＝4π×8116＝814π，选A .答案：A12．[xx·湖南]一块石材表示的几何体的三视图如图所示．将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：该几何体为直三棱柱，底面是边长分别是6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r ＝2×12×6×86＋8＋10＝2，故选B .答案：B13．已知三棱锥D －ABC 中，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，BD ＝5，AC ＝2，BC⊥AD，则该三棱锥的外接球的表面积为( )A .6πB ．6πC ．5πD ．8π解析：∵由勾股定理易知AB⊥BC，DA⊥BC， ∴BC⊥平面DAB. ∴CD＝BD 2＋BC 2＝ 6. ∴AC 2＋AD 2＝CD 2.∴DA⊥AC.取CD 的中点O ，由直角三角形的性质知O 到点A ，B ，C ，D 的距离均为62， 其即为三棱锥的外接球球心．故三棱锥的外接球的表面积为4π⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝6π. 答案：B14．如图1，在直角梯形ABCD 中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AB ＝4，AD ＝CD ＝2，将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC⊥平面ABC ，得到几何体D －ABC ，如图2所示．(1)求证：BC⊥平面ACD ； (2)求几何体D －ABC 的体积．解析：(1)证明：在图中，可得AC ＝BC ＝22， 从而AC 2＋BC 2＝AB 2，故AC⊥BC， 又平面ADC⊥平面ABC ，平面ADC∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ， ∴BC⊥平面ACD.(2)由(1)可知，BC 为三棱锥B －ACD 的高，BC ＝22，S △ACD ＝2，∴V B －ACD ＝13S △ACD ·BC＝13×2×22＝423，由等体积性可知，几何体D －ABC 的体积为423.27226 6A5A 橚@30436 76E4 盤3o32137 7D89 綉35794 8BD2诒28203 6E2B 渫r30882 78A2 碢25802 64CA 擊40174 9CEE 鳮35625 8B29 謩35178 896A 襪。

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课时分层作业四十空间几何体的表面积与体积一、选择题(每小题5分,共35分)1。

某几何体的三视图如图所示(图中网格的边长为1个单位）,其中俯视图为扇形,则该几何体的体积为( )A。

B。

C.D。

【解析】选B。

由三视图知几何体是圆锥的一部分，由俯视图可得：底面扇形的圆心角为120°，又由侧视图知几何体的高为3,底面圆的半径为2，所以几何体的体积V=××π×22×3=。

2.已知一个空间几何体的三视图如图所示,其中俯视图是边长为6的正三角形，若这个空间几何体存在唯一的一个内切球（与该几何体各个面都相切)，则这个几何体的表面积是 ( )A。

18 B.36 C.45D。

54【解析】选D。

由三视图知，几何体为正三棱柱。

因为俯视图是边长为6的正三角形，所以几何体的内切球的半径R=6××=，所以三棱柱的侧棱长为2。

所以几何体的表面积S=2××6×6×+3×6×2=54。

3.已知某几何体的外接球的半径为，其三视图如图所示，图中均为正方形，则该几何体的体积为( ）A。

7.2 空间几何体的表面积与体积[课 时 跟 踪 检 测][基 础 达 标]1．某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为37，则侧视图中线段的长度x 的值是()A.7 B ．27 C ．4D ．5解析：分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P －ABCD ，故其体积V ＝13×32＋32×4×CP ＝37，∴CP ＝7，∴x ＝32＋72＝4，故选C.答案：C2．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A ．7B ．6C ．5D ．3解析：设圆台较小底面半径为r ， 则另一底面半径为3r .由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7. 答案：A3．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为( )A ．6B ．8C ．12D ．24解析：由题意可知该六棱锥为正六棱锥，正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′. 由题意，得13×6×34×22×h ＝23，∴h ＝1， ∴斜高h ′＝12＋32＝2，∴S 侧＝6×12×2×2＝12.故选C.答案：C4．(2018届攀枝花质检)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就．书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”，若某“阳马”的三视图如图所示(网格纸上小正方形的边长为1)，则该“阳马”最长的棱长为( )A ．5B ．34 C.41D ．5 2解析：由三视图知：几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，如图：其中PA ⊥平面ABCD ，∴PA ＝3，AB ＝CD ＝4，AD ＝BC ＝5， ∴PB ＝32＋42＝5，PC ＝32＋42＋52＝52， PD ＝32＋52＝34.∴该几何体最长棱的棱长为5 2. 答案：D5．(2018届开封市高三定位考试)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为( )A.2π9 B ．π3C.16π3D ．16π9解析：由题图知该几何体是某圆锥的三分之一部分， 所以V ＝13×13×π×22×4＝169π，故选D. 答案：D6.(2018届益阳市、湘潭市高三调研考试)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为( )A.23 B ．43 C.83D ．4解析：由三视图知三棱锥为图中所示A －PBC (正方体边长为2)，∴V A －PBC ＝13×S △PBC ×2＝13×12×2×2×2＝43，故选B.答案：B7．(2018届武汉调研)已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，且该棱锥的高为4，底面边长为22，则该球的表面积为________．解析：如图，正四棱锥P －ABCD 的外接球的球心O 在它的高PO 1上，设球的半径为R ，因为底面边长为22，所以AC ＝4.在Rt △AOO 1中，R 2＝(4－R )2＋22，所以R ＝52，所以球的表面积S ＝4πR 2＝25π.答案：25π8．已知球O 的内接圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则球O 的表面积为________． 解析：由题意可得，球心在轴截面正方形的中心，则外接球的半径R ＝12＋12＝2，该球的表面积4πR 2＝8π.答案：8π9．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中圆的直径为4，该几何体的体积为V 1，直径为4的球的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________.解析：由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个与其底面相同的圆锥，因此V 1＝8π－8π3＝16π3，V 2＝4π3×23＝32π3，V 1∶V 2＝1∶2.答案：1∶210．已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正(主)视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．解析：由正视图知三棱锥的形状如图所示，且AB ＝AD ＝BC ＝CD ＝2，BD ＝23，设O 为BD 的中点，连接OA ，OC ，则OA ⊥BD ，OC ⊥BD ，结合正视图可知AO ⊥平面BCD .又OC ＝CD 2－OD 2＝1，∴V 三棱锥A －BCD ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×23×1×1＝33. 答案：3311．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.解析：由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为V ＝13π×12×1×2＋π×12×2＝83π.答案：83π12．如图，在四边形ABCD 中，∠DAB ＝90°，∠ADC ＝135°，AB ＝5，CD ＝22，AD ＝2，求四边形ABCD 绕AD 旋转一周所成几何体的表面积及体积．解：由已知得CE ＝2，DE ＝2，CB ＝5，S 表面＝S 圆台侧＋S 圆台下底＋S 圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×22＝(60＋42)π，V ＝V 圆台－V圆锥＝13(π·22＋π·52＋22·52π2)×4－13π×22×2＝1483π.[能 力 提 升]1．(2018届唐山统考)三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC 且PA ＝2，△ABC 是边长为3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( )A.4π3B ．4πC ．8πD ．20π解析：由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、以PA 为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC 的外接圆半径r ＝32×3×23＝1，外接球球心到△ABC 的外接圆圆心的距离d ＝1，所以外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝2，所以三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝8π，故选C.答案：C2．如图是一个以A 1B 1C 1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝2，∠A 1B 1C 1＝90°，AA 1＝4，BB 1＝3，CC 1＝2，求：(1)该几何体的体积； (2)截面ABC 的面积．解：(1)过C 作平行于A 1B 1C 1的截面A 2B 2C ，交AA 1，BB 1分别于点A 2，B 2.由直三棱柱性质及∠A 1B 1C 1＝90°可知B 2C ⊥平面ABB 2A 2，则该几何体的体积V ＝VA 1B 1C 1－A 2B 2C ＋VC －ABB 2A 2＝12×2×2×2＋13×12×(1＋2)×2×2＝6.(2)△ABC 中，AB ＝22＋－2＝5，BC ＝22＋－2＝5， AC ＝22＋－2＝2 3.则S △ABC ＝12×23×52－32＝ 6.。

高考数学（理科）一轮复习空间几何体的表面积与体积学案含答案本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址学案41 空间几何体的表面积与体积导学目标：1.了解球、棱柱、棱锥、棱台的表面积的计算公式.2.了解球、柱、锥、台的体积的计算公式.3.培养学生的空间想象能力、逻辑推理能力和计算能力，会利用所学公式进行必要的计算.4.提高认识图、理解图、应用图的能力．自主梳理．多面体的表面积设直棱柱高为h，底面多边形的周长为c，则S直棱柱侧＝______.设正n棱锥底面边长为a，底面周长为c，斜高为h′，则S正棱锥侧＝____________＝____________.设正n棱台下底面边长为a，周长为c，上底面边长为a′，周长为c′，斜高为h′，则S正棱台侧＝__________＝____________.设球的半径为R，则S球＝____________.2．几何体的体积公式柱体的体积V柱体＝______．特别地，底面半径是r，高是h的圆柱体的体积V圆柱＝πr2h.锥体的体积V锥体＝________．特别地，底面半径是r，高是h的圆锥的体积V圆锥＝13πr2h.台体的体积V台体＝______________．特别地，上、下底面的半径分别是r′、r，高是h的圆台的体积V圆台＝13πh．球的体积V球＝__________．自我检测．已知两平行平面α，β间的距离为3，P∈α，边长为1的正三角形ABc在平面β内，则三棱锥P—ABc的体积为A.14B.12c.36D.342．从一个正方体中，如图那样截去4个三棱锥后，得到一个正三棱锥A—BcD，则它的表面积与正方体表面积的比为A.3∶3B.2∶2c.3∶6D.6∶63．设三棱柱ABc—A1B1c1的体积为V，P，Q分别是侧棱AA1，cc1上的点，且PA＝Qc1，则四棱锥B—APQc的体积为A.16VB.14Vc.13VD.12V4．下图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是A．9πB．10πc．11πD．12π5．某几何体的三视图如下，则它的体积是A．8－2π3B．8－π3c．8－2πD.2π3探究点一多面体的表面积及体积例1 三棱柱的底面是边长为4的正三角形，侧棱长为3，一条侧棱与底面相邻两边都成60°角，求此棱柱的侧面积与体积．变式迁移1 已知三棱柱ABc—A1B1c1的侧棱与底面边长都等于2，A1在底面ABc上的射影为Bc的中点，则三棱柱的侧面面积为________．探究点二旋转体的表面积及体积例2如图所示，半径为R的半圆内的阴影部分以直径AB所在直线为轴，旋转一周得到一几何体，求该几何体的表面积及其体积．变式迁移2 直三棱柱ABc—A1B1c1的各顶点都在同一球面上．若AB＝Ac＝AA1＝2，∠BAc＝120°，则此球的表面积等于________．探究点三侧面展开图中的最值问题例3 如图所示，长方体ABcD－A1B1c1D1中，AB＝a，Bc＝b，cc1＝c，并且a>b>c>0.求沿着长方体的表面自A到c1的最短线路的长．变式迁移3如图所示，在直三棱柱ABc－A1B1c1中，底面为直角三角形，∠AcB＝90°，Ac＝6，Bc＝cc1＝2.P是Bc1上一动点，则cP＋PA1的最小值是________．．有关柱、锥、台、球的面积和体积的计算，应以公式为基础，充分利用几何体中的直角三角形、直角梯形求有关的几何元素．2．当给出的几何体比较复杂，有关的计算公式无法运用，或者虽然几何体并不复杂，但条件中的已知元素彼此离散时，我们可采用“割”、“补”的技巧，化复杂几何体为简单几何体，或化离散为集中，给解题提供便利．几何体的“分割”：几何体的分割即将已知的几何体按照结论的要求，分割成若干个易求体积的几何体，进而求之．几何体的“补形”：与分割一样，有时为了计算方便，可将几何体补成易求体积的几何体，如长方体、正方体等．另外补台成锥是常见的解决台体侧面积与体积的方法，由台体的定义，我们在有些情况下，可以将台体补成锥体研究体积．一、选择题．一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为A．48B．32＋817c．48＋817D．802．已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面相切，若这个球的体积是32π3，则这个三棱柱的体积是B．163c．243D．4833．已知正方体ABcD—A1B1c1D1的棱长为a，长为定值的线段EF在棱AB上移动，若P是A1D1上的定点，Q是c1D1上的动点，则四面体P—QEF的体积是A．有最小值的一个变量B．有最大值的一个变量c．没有最值的一个变量D．一个不变量4．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为A．πa2B.73πa2c.113πa2D．5πa25．某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中最大的是A．8B．62c．10二、填空题6．如图，半径为2的半球内有一内接正六棱锥P—ABcDEF，则此正六棱锥的侧面积是________．7．一块正方形薄铁片的边长为4cm，以它的一个顶点为圆心，一边长为半径画弧，沿弧剪下一个扇形，用这块扇形铁片围成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的容积等于________cm3.8．如图，半径为R的球o中有一内接圆柱．当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是________．三、解答题9．如图组合体中，三棱柱ABc—A1B1c1的侧面ABB1A1是圆柱的轴截面，c是圆柱底面圆周上不与A、B重合的一个点．当点c是弧AB的中点时，求四棱锥A1—Bcc1B1与圆柱的体积比．0．如图，四面体ABcD中，△ABc与△DBc都是边长为4的正三角形．求证：Bc⊥AD；试问该四面体的体积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及此时棱长AD的大小；若不存在，说明理由．1．如图，多面体ABFEDc的直观图及三视图如图所示，m，N分别为AF，Bc的中点．求证：mN∥平面cDEF；求多面体A—cDEF的体积．学案41 空间几何体的表面积与体积自主梳理．ch12nah′12ch′12nh′12h′4πR2 2.Sh 13Sh 13h 43πR3自我检测．D [由题意，S△ABc＝34，三棱锥的高h＝3，∴V三棱锥P—ABc＝13Sh＝34.]2．A [设正方体棱长为a，则正四面体棱长AB＝2a，∴S正四面体表＝4×34×2＝23a2.∵S正方体表＝6a2，∴四面体的表面积与正方体表面积的比为3∶3.]3．c4.D [据三视图可知该几何体由球和圆柱体组成，如图所示，故该几何体的表面积为S＝S圆柱＋S球＝2π＋6π＋4π＝12π.]5．A [由三视图可知该几何体是一个边长为2的正方体内部挖去一个底面半径为1，高为2的圆锥，所以V＝23－13×π×2＝8－2π3，故选A.]课堂活动区例1 解题导引对于斜棱柱表面积及体积的求解必须求各个侧面的面积和棱柱的高．解决此类斜棱柱侧面积问题的关键：在已知棱柱高的条件下，用线面垂直⇒线线垂直的方法作出各个侧面的高，并在相应的直角三角形中求解侧面的高．解如图，过点A1作A1o⊥面ABc于点o，连接Ao.过点A1作A1E⊥AB于点E，过点A1作A1F⊥Ac于点F，连接Eo，Fo，易得oE⊥AB，oF⊥Ac，∵AA1和AB与Ac都成60°角，∴△A1AE≌△A1AF，∴A1E＝A1F.∵A1o⊥面ABc，∴Eo＝Fo.∴点o在∠BAc的角平分线上，延长Ao交Bc于点D，∵△ABc是正三角形，∴Bc⊥AD.∴Bc⊥AA1.∵AA1∥BB1，∴侧面BB1c1c是矩形，∴三棱柱的侧面积为S＝2×3×4×sin60°＋3×4＝12＋123.∵AA1＝3，AA1与AB和Ac都成60°角，∴AE＝32.∵∠BAo＝30°，∴Ao＝3，A1o＝6.∴三棱柱的体积为V＝34×16×6＝122.变式迁移1 27＋4解析如图所示，设D为Bc的中点，连接A1D，AD.∵△ABc为等边三角形，∴AD⊥Bc，∴Bc⊥平面A1AD，∴Bc⊥A1A，又∵A1A∥B1B，∴Bc⊥B1B，又∵侧面与底面边长都等于2，∴四边形BB1c1c是正方形，其面积为4.作DE⊥AB于E，连接A1E，则AB⊥A1E，又∵AD＝22－12＝3，DE＝AD•BDAB＝32，∴AE＝AD2－DE2＝32，∴A1E＝AA21－AE2＝72，∴S四边形ABB1A1＝7，∴S三棱柱侧＝27＋4.例2 解题导引解决这类题的关键是弄清楚旋转后所形成的图形的形状，再将图形进行合理的分割，然后利用有关公式进行计算．求全面积时不要忘记“内表面”．解如图所示，过c作co1⊥AB于o1，在半圆中可得∠BcA＝90°，∠BAc＝30°，AB＝2R，∴Ac＝3R，Bc＝R，co1＝32R，∴S球＝4πR2，S圆锥Ao1侧＝π×32R×3R＝32πR2，S圆锥Bo1侧＝π×32R×R＝32πR2，∴S几何体表＝S球＋S圆锥Ao1侧＋S圆锥Bo1侧＝112πR2＋32πR2＝11＋32πR2，∴旋转所得到的几何体的表面积为11＋32πR2.又V球＝43πR3，V圆锥Ao1＝13•Ao1•πco21＝14πR2•Ao1，V圆锥Bo1＝13Bo1•πco21＝14πR2•Bo1，∴V几何体＝V球－＝43πR3－12πR3＝56πR3.变式迁移2 20π解析在△ABc中，AB＝Ac＝2，∠BAc＝120°，可得Bc＝23，由正弦定理，可得△ABc外接圆的半径r＝2，设此圆圆心为o′，球心为o，在Rt△oBo′中，易得球半径R＝5，故此球的表面积为4πR2＝20π.例3 解题导引本题可将长方体表面展开，利用平面内两点间的线段长是两点间的最短距离来解答．解将长方体相邻两个面展开有下列三种可能，如图所示．三个图形甲、乙、丙中Ac1的长分别为：a＋b2＋c2＝a2＋b2＋c2＋2ab，a2＋b＋c2＝a2＋b2＋c2＋2bc，a＋c2＋b2＝a2＋b2＋c2＋2ac，∵a>b>c>0，∴ab>ac>bc>0.故最短线路的长为a2＋b2＋c2＋2bc.变式迁移3 52解析将△Bcc1沿Bc1线折到面A1c1B上，如图所示．连接A1c即为cP＋PA1的最小值，过点c作cD垂直A1c1延长线交于D，△Bcc1为等腰直角三角形，∴cD＝1，c1D＝1，A1D＝A1c1＋c1D＝7.∴A1c＝A1D2＋cD2＝49＋1＝52.课后练习区．c [由三视图知该几何体的直观图如图所示，该几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4、宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，高为4；另两个侧面是矩形，宽为4，长为42＋12＝17.所以S表＝42＋2×4＋12××4×2＋4×17×2＝48＋817.]2．D [由43πR3＝32π3，∴R＝2.∴正三棱柱的高h＝4.设其底面边长为a，则13•32a＝2，∴a＝43.∴V＝34×2×4＝483.]3．D 4.B5．c [将三视图还原成几何体的直观图如图所示．它的四个面的面积分别为8,6,10,62，故最大的面积应为10.6．67解析取底面中心为o，AF中点为m，连接Po、om、Pm、Ao，则Po⊥om，om⊥AF，Pm⊥AF，∵oA＝oP＝2，∴om＝3，Pm＝4＋3＝7.∴S侧＝6×12×2×7＝67.7.153π解析围成圆锥筒的母线长为4cm，设圆锥的底面半径为r，则2πr＝14•2π×4，∴r＝1，∴圆锥的高h＝42－12＝15.∴V圆锥＝13•πr2•h＝153π．8．2πR2解析方法一设圆柱的轴与球的半径的夹角为α，则圆柱高为2Rcosα，圆柱底面半径为Rsinα，∴S圆柱侧＝2π•Rsinα•2Rcosα＝2πR2sin2α.当sin2α＝1时，S圆柱侧最大为2πR2，此时，S球表－S圆柱侧＝4πR2－2πR2＝2πR2.方法二设圆柱底面半径为r，则其高为2R2－r2.∴S圆柱侧＝2πr•2R2－r2，S′圆柱侧＝4πR2－r2－4πr2R2－r2.令S′圆柱侧＝0，得r＝22R.当0<r<22R时，S′>0；当22R<r<R时，S′<0.∴当r＝22R时，S圆柱侧取得最大值2πR2.此时S球表－S圆柱侧＝4πR2－2πR2＝2πR2.方法三设圆柱底面半径为r，则其高为2R2－r2，∴S圆柱侧＝2πr•2R2－r2＝4πr2R2－r2≤4πr2＋R2－r22＝2πR2．∴当r＝22R时，S圆柱侧最大为2πR2.此时S球表－S圆柱侧＝4πR2－2πR2＝2πR2.9．解设圆柱的底面半径为r，母线长为h，当点c是弧的中点时，三角形ABc的面积为r2，三棱柱ABc—A1B1c1的体积为r2h，三棱锥A1—ABc的体积为13r2h，四棱锥A1—Bcc1B1的体积为r2h－13r2h＝23r2h，圆柱的体积为πr2h，故四棱锥A1—Bcc1B1与圆柱的体积比为2∶3π.0．证明取Bc的中点E，连接AE，DE，EF，∵△ABc与△DBc都是边长为4的正三角形，∴AE⊥Bc，DE⊥Bc.又AE∩DE＝E，∴Bc⊥平面AED.又AD⊂面AED，∴Bc⊥AD.解由已知得，△AED为等腰三角形，且AE＝ED＝23，设AD＝x，F为棱AD的中点，则EF＝12－12x2，S△AED＝12x12－x24＝1448x2－x4，V＝13S△AED•＝1348x2－x4，当x2＝24，即x＝26时，Vmax＝8，∴该四面体存在最大值，最大值为8，此时棱长AD＝26.1．证明由多面体ABFEDc的三视图知，三棱柱AED—BFc中，底面DAE是等腰直角三角形，DA＝AE＝2，DA⊥平面ABFE，面ABFE，ABcD都是边长为2的正方形．连接EB，则m是EB的中点，在△EBc中，mN∥Ec，且Ec⊂平面cDEF，mN⊄平面cDEF，∴mN∥平面cDEF.解∵DA⊥平面ABFE，EF⊂平面ABFE，∴EF⊥AD.又EF⊥AE，AE∩AD＝A，∴EF⊥平面ADE. 又DE⊂平面ADE，∴EF⊥DE，∴四边形cDEF是矩形，且平面cDEF⊥平面DAE.取DE的中点H，连接AH，∵DA⊥AE，DA＝AE＝2，∴AH＝2，且AH⊥平面cDEF.∴多面体A—cDEF的体积V＝13ScDEF•AH＝13DE•EF•AH＝83.。