专题11 空间图形的表面积与体积（知识串讲+热考题型+专题训练）-2023-2024学年高一数学下学期期中期末常考考点精讲精练（苏教版必修第二册）

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几何体的表面积
1．柱体、锥体、台体的侧面积，就是各个侧面面积之和；表面积是各个面的面积之和，即侧面积与底面积之和.
2．把柱体、锥体、台体的面展开成一个平面图形，称为它的展开图，圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形它的表面积就是展开图的面积.
3．计算公式
圆柱的侧面积
圆柱的表面积
圆锥的侧面积
圆锥的表面积
圆台的侧面积
圆台的表面积
球体的表面积
几何体的体积
圆柱的体积
圆锥的体积
圆台的体积
球体的体积
正方体的体积
正方体的体积
（三）球的内切、外接
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R，
①若球为正方体的外接球，则2R＝eq \r(3)a；
②若球为正方体的内切球，则2R＝a；
③若球与正方体的各棱相切，则2R＝eq \r(2)a.
(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＝eq \r(a2＋b2＋c2).
(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.
题型一 几何体的面积
【典例1】（河南省郑州市2023届高三第二次质量预测文科数学试题）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑.如故宫中和殿的屋顶为四角攒尖顶，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，设正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°，则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由侧面为等边三角形，结合面积公式求解即可..
【详解】设底面棱长为，正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°，则侧面为等边三角
形，则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为.
故选：D
【典例2】（2021·全国高考真题（文））已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为________.
【答案】
【解析】
利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案.
【详解】
∵
∴
∴
∴.
故答案为：.
【典例3】（2023·全国·高一专题练习）如图，斜三棱柱中，底面是边长为1的正三角形，侧棱长为2，，则该斜三棱柱的侧面积是_________．
【答案】##
【分析】过点作于，证出≌，得出，证得平面，得出，结合再证明出，得出平行四边形为矩形，即可计算出斜三棱柱的侧面积．
【详解】过点作于，如图所示，
，，，
≌，
，
，即，
又，
平面，
又平面，
，
又，
，
∴平行四边形为矩形，
∴该斜三棱柱的侧面积为：，
故答案为：．
【总结提升】
几类空间几何体表面积的求法
(1)多面体：其表面积是各个面的面积之和．
(2)旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．
(3)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的删、补．
(4)若以三视图形式给出，解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数量关系．
题型二 几何体的体积
【典例4】（2018·全国高考真题（文））在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
在长方体中，连接，
根据线面角的定义可知，
因为，所以，从而求得，
所以该长方体的体积为，故选C.
【典例5】（2023·高一单元测试）已知正三棱锥的侧面积为，高为，则它的体积为___________.
【答案】
【分析】正三棱锥的底面是正三角形，求出高与侧高之间关系，根据条件求出底面的面积即可.
【详解】如图：正三角形ABC，边长为a，内切圆的半径为r，下面推导a与r的关系：
E为BC的中点，O是内切圆的圆心，则 ， ， ；
设正三棱锥的底面边长为，斜高为 ，底面内切圆半径为，
因为正三棱锥的侧面积为，高为，所以 ，
又 ，所以，解得，
所以底面积 ，所以它的体积为 ；
故答案为： .
【典例6】（2023·全国·模拟预测）已知一个圆台内部的球与圆台的上、下底面以及每条母线均相切，设球与圆台的表面积分别为，，体积分别为，，若，则______．
【答案】
【分析】找到球半径与圆台上、下底面半径之间的关系，用，表示出圆台和球的表面积，
由条件求出，之间的关系，结合球的体积公式求.
【详解】第一步：找到球半径与圆台上、下底面半径之间的关系
设圆台的母线长为，高为，上、下底面圆心分别为，，半径分别为，，球的球心为，半径为，作出该组合体的轴截面如图所示，连接，易知点为的中点，则．设为球与圆台侧面的一个切点，连接，根据切线长定理可得，（切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等）
所以（勾股定理的应用）所以，
第二步：用，表示出圆台和球的表面积
则，，（圆台的表面积公式）
第三步：根据得到，之间的关系
故，
第四步：求出
所以．
故答案为：.
【总结提升】
（1）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．
（2）规则几何体：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法
（3）不规则几何体：若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.
提醒：处理高线问题时，经常利用的方法就是“等积法”．
题型三 几何体的展开、折叠、截问题
【典例7】（2023·全国·高一专题练习）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.
【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，
则，所以，
又，则，所以，
所以甲圆锥的高，
乙圆锥的高，
所以.
故选：A.
【典例8】（2023春·福建三明·高一三明一中校考阶段练习）如图是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧、所在圆的半径分别是3和9，且，则该圆台的高为______；侧面积为______.
【答案】
【分析】利用圆台的性质、扇形的弧长公式、勾股定理以及扇环的面积公式进行求解.
【详解】
因为两个圆弧、所在圆的半径分别是3和9，且，
所以的长为，即圆台上底面的周长为，设上底面半径为，
则，解得，
同理可得，的长为，即圆台下底面的周长为，设下底面半径为，
则，解得，
又因为圆台母线长，如图，圆台的高为，
所以圆台的高为，侧面积为.
故答案为：，.
【典例9】（2023·辽宁辽阳·统考一模）将3个6cm×6cm的正方形都沿其中的一对邻边的中点剪开，每个正方形均分成两个部分，如图（1）所示，将这6个部分接入一个边长为的正六边形上，如图（2）所示.若该平面图沿着正六边形的边折起，围成一个七面体，则该七面体的体积为______.
【答案】108
【分析】根据平面图形折起后得到七面体，由七面体为正方体被平面所截，由对称性可得其体积.
【详解】将平面图形折叠并补形得到如图所示的正方体，
该七面体为正方体沿着图中的六边形截面截去一部分后剩下的另一部分，由对称性知其体积为正方体体积的一半，即.
故答案为：
【典例10】（2023春·河南郑州·高三安阳一中校联考阶段练习）已知正方体 的棱长为 3 ，以为球心，为半径的球被该正方体的表面所截，则所截得的曲线总长为_________
【答案】.
【分析】先得出球被由正方体的表面所截曲面，再由弧长公式得出所截得的曲线总长.
【详解】如下图所示，易知球被由正方体的表面所截曲面为，
由，即，故.
球被面，面，面所截的曲线长均为，
故在此三面上所截得的曲线长为，
球在面，面，面所截得的曲线长均为，
故在这三面上所截得的曲线长的和为，
故所截得的曲线总长为.
故答案为：.
【总结提升】
有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形(折前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系，哪些变，哪些不变．
研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．
题型四 几何体的外接球
【典例11】（四川省乐山市2023届高三下学期第二次调查研究考试数学（理）试题）在菱形中，，，将绕对角线所在直线旋转至，使得，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】如图，取的中点，连接的，利用勾股定理证明，则有平面平面，设点为的外接圆的圆心，则在上，设点为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为，利用勾股定理求出外接球的半径，再根据球的表面积公式即可得解.
【详解】如图，取的中点，连接，
在菱形中，，则都是等边三角形，
则，
因为平面平面，
所以即为二面角的平面角，
因为，所以，即，
所以平面平面，
如图，设点为的外接圆的圆心，则在上，且，
设点为三棱锥的外接球的球心，则平面
外接球的半径为，设，
则，解得，
所以，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故选：B.
【典例12】（2023春·辽宁朝阳·高二北票市高级中学校考阶段练习）如图，在直三棱柱的侧面展开图中，B，C是线段AD的三等分点，且．若该三棱柱的外接球O的表面积为12π，则_______________．
【答案】
【分析】根据正三棱柱得性质，确定外接球的球心，利用球的表面积公式以及勾股定理，可得答案.
【详解】由该三棱柱的外接球O的表面积为12π，设外接球得半径为，则，解得，
由题意，取上下底面三角形得中心，分别为，得中点即为外接圆圆心，作图如下：
则，平面，，
平面，，
在等边中，，
在中，，
.
故答案为：.
【典例13】（2023·内蒙古赤峰·校联考一模）在三棱锥中，已知平面，且是边长为的正三角形，三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积为___________.
【答案】
【分析】根据等边三角形以及三棱锥的性质找外接球的球心，根据勾股定理即可求解高，进而由体积公式即可的体积.
【详解】取,,的中点,,，连结,,，交于点，
则，
设三棱锥的外接球的半径
由外接球表面积为可得
设三棱锥的外接球的球心为，
连结，则平面，
过作，交于，，
，故
所以,故三棱锥的体积为
故答案为：
【总结提升】
1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．
2．若球面上四点P，A，B，C中PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题．
3.一个多面体的顶点都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球的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径.
题型五 几何体的内切球
【典例14】（2023春·河南濮阳·高三统考阶段练习）在正三棱锥中，，若球与三棱锥的六条棱均相切，则球的表面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】作出辅助线，找到球心的位置，求出三棱锥的高，设出棱切球的半径，求出，由半径相等列出方程，求出半径，进而求出球的表面积.
【详解】取的中心，连接，
则平面，且与棱均相切的球的球心在上，
连接并延长交于，则为的中点，，
连接，易证，
过作，交于点，
设球的半径为，则，
由题意易求得，
由勾股定理得，
在中，，所以，
设，则，
因为，从而，所以，
所以，
故球的表面积为.
【典例15】（2023春·浙江宁波·高一余姚中学校考阶段练习）已知某圆锥的内切球的体积为，则该圆锥的表面积的最小值为__________．
【答案】
【分析】由球的体积公式求出内切球的半径，设底面半径为，结合图形利用表示母线，根据圆锥表面积公式求其表面积的解析式，利用基本不等式求其最小值.
【详解】设圆锥的内切球半径为，则，解得，
设圆锥顶点为，底面圆周上一点为，底面圆心为，
内切球球心为，内切球切母线于，
底面半径，
则，又，
由已知为直角三角形，
又，，
所以，
所以，
所以，
故，
又，
故，
故该圆锥的表面积为，
令则，
当且仅当，即时取等号．
故答案为：.
【规律方法】
1. 求解多面体的内切球问题，一般是将多面体分割为以内切球球心为顶点，多面体的各侧面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各分割棱锥的体积之和求内切球的半径.
2．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：
题型六 空间几何体面积、体积的综合问题
【典例16】（2023·全国·高一专题练习）如图，已知正三棱锥S﹣ABC的底面边长为2，正三棱锥的高SO＝1．
(1)求正三棱锥S﹣ABC的体积；
(2)求正三棱锥S﹣ABC表面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意分别确定三棱锥的底面积和三棱锥的高即可确定其体积；
（2）连接CO延长交AB于E，连接SE，则E为AB的中点，分别求得底面积和侧面积，然后计算其表面积即可．
【详解】（1）在正三棱锥S﹣ABC中，,
所以.
（2）连接CO延长交AB于E，连接SE，则E为AB的中点，如图所示，
所以，
在直角三角形SOE中，，
在△ABS中，SA＝SB，所以SE⊥AB，
所以，
则表面积为：．
【典例17】（2023·高一单元测试）已知是底面边长1的正四棱柱，为与的交点．
(1)设与底面所成的角为，求该棱柱的侧面积；
(2)若点到平面的距离为，求四棱柱的体积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设正四棱柱的高为，由题知是与底面所成的角，进而得，再计算侧面积；
（2）连接，取中点，连接，进而证明得点到平面的距离是，再根据得，进而计算体积即可.
【详解】（1）解：设正四棱柱的高为，
因为是底面边长1的正四棱柱，
所以平面，
所以，是与底面所成的角，
因为与底面所成的角为
所以，即，
所以，该棱柱的侧面积
（2）解：连接，取中点，连接，
因为在正四棱柱中，，
所以，四边形为平行四边形，
所以，
因为为与的交点，中点，
所以，
所以，四边形是平行四边形，
所以
因为点到平面的距离是，中点，
所以，点到平面的距离是，
所以，点到平面的距离是，
因为在正四棱柱中，，为与的交点，
所以，
所以
所以，，
因为，
所以，解得，
所以，四棱柱的体积为
一、单选题
1．（2023·广东·校联考模拟预测）已知一个圆锥和圆柱的底面半径和高分别相等，若圆锥的轴截面是等边三角形，则这个圆锥和圆柱的侧面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据圆锥和圆柱的侧面积公式求解即可.
【详解】设圆锥和圆柱的底面半径为，
因为圆锥的轴截面是等边三角形，所以圆锥的母线长为，
则圆锥和圆柱的高为，
所以圆锥的侧面积为，
圆柱的侧面积为，
所以圆锥和圆柱的侧面积之比为,
故选:C.
2．（2023·全国·高一专题练习）在数学探究活动课中，小华进行了如下探究：如图1，水平放置的正方体容器中注入了一定量的水；现将该正方体容器其中一个顶点固定在地面上，使得DA，DB，DC三条棱与水平面所成角均相等，此时水平面为HJK，如图2所示．若在图2中，则在图1中（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设出正方体的边长，利用水的体积相等建立方程求解
【详解】当DA，DB，DC三条棱与水平面所成角均相等时，三棱锥为正三棱锥，设正方体的棱长为3，
则，
所以，则题图1中，
则，所以.
故选：B
3．（2023·陕西西安·校联考模拟预测）已知正四面体的各棱长均为，各顶点均在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】正四面体的外接球球心在正四面体的高上，由可构建外接球半径与棱长的关系，求出半径．
【详解】
如图，是正四面体的高，是外接球球心，设外接球半径为，
∵正四面体棱长为，∴，，，，
由得，
解得，∴．
故选：D．
4．（2023·全国·模拟预测）已知正方体的棱长为2，棱的中点为S，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设的外接圆的圆心为，半径为r，求出，设三棱锥的外接球球心为O，半径为R，由题意可得，代入化简求出，由外接球表面积公式代入即可得出答案.
【详解】解：设的外接圆的圆心为，半径为r．因为是直角三角形，
所以为AC的中点，．设三棱锥的外接球球心为O，半径为R．
如图，连接，OS，则平面ABC，．
过作于点H，连接SH．在四边形中，
易得，即，解得，
所以三棱锥的外接球的表面积为．
故选:A．
二、多选题
5．（2023·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）如图甲，在矩形中，，，为上一动点（不含端点），且满足将沿折起后，点在平面上的射影总在棱上，如图乙，则下列说法正确的有（ ）
A．翻折后总有
B．当时，翻折后异面直线与所成角的余弦值为
C．当时，翻折后四棱锥的体积为
D．在点运动的过程中，点运动的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】根据线面垂直得出线线垂直，可判断A，作于，可得异面直线所成的角，判断B，作，设，，利用三角形相似可得，利用函数性质求出的范围判断D，求出棱锥的高，再由四棱锥体积公式计算可判断C.
【详解】在图乙中，因为点在平面上的射影在棱上，所以平面，
又平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，故A正确；
如图，
在图乙中作于，连接，则，所以与所成角即为与所成角，又由平面可得平面，所以而，，则，即与所成角余弦值为，故B错误；
如上图，在图乙中作于，连接，则由平面可得，又，平面，所以平面，
又平面，则，在图甲中，如图，
作，则，，三点共线，设，，则由可得，即，又在图乙中有，
所以，所以，而，所以，，故D正确；
当时，，则，所以，
则，故C正确.
故选：ACD.
三、填空题
6.（2021秋·陕西渭南·高一校考阶段练习）已知圆柱上下底面圆周均在球面上，且圆柱底面直径和高相等，则该球与圆柱的体积之比为________．
【答案】##
【分析】设圆柱底面圆的半径，外接球的半径为，得到，结合圆柱和球的体积公式，即看求解.
【详解】如图所示，作出圆柱与外接球的组合体的轴截面，
设圆柱底面圆的半径，外接球的半径为，则，
所以，可得，
所以外接球的体积，
圆柱的体积为，
所以该球与圆柱的体积之比为.
故答案为：.
7．（2021春·陕西汉中·高一校考期中）已知球是四棱锥的外接球，四边形是边长为1的正方形，点在球面上运动且，则当四棱锥的体积最大时，球的表面积是___________.
【答案】
【分析】设与平面夹角为，求得四棱锥的体积为，得到四棱锥的体积最大时，满足平面，将四棱锥补成一个正四棱柱，结合正四棱柱的性质和球的表面积公式，即可求解.
【详解】设与平面夹角为，
则四棱锥的体积为，
当时，四棱锥的体积最大，即，此时平面，
将四棱锥补成一个正四棱柱，如图所示，
此时四棱锥和该正四棱柱有相同的外接球，设球的半径为，
则，可得，
所以球的表面积为.
故答案为：
8．（2023·高一单元测试）足球起源于中国古代的蹴鞠游戏，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动.已知某鞠（球）的表面上有四个点，满足，平面，，若三棱锥的体积为，则该“鞠”的体积的最小值为______.
【答案】
【分析】根据三棱锥的外接球的球心到所有顶点距离相等，且都为球半径，即可找到球心的位置，然后在直角三角形中，根据基本不等式即可求解最小值，进而可得球半径的最小值.
【详解】取中点为,过作交于，则,即为中点.
因为平面,所以平面.
因为,所以,
所以，,
所以，是三棱锥外接球球心,为球的半径.
由,
又,当且仅当,等号成立,此时,
所以球半径,故,
该“鞠”的体积最小值为
故答案为：
9．（2023·全国·高一专题练习）直三棱柱的所有棱长均为2，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为______．
【答案】##
【分析】设的中点为，再根据题意结合正三棱柱的性质和球的性质即可求解即可.
【详解】设的中点为，则，，
又因为面面，且面面面，
所以面，
所以题中所求交线即为以为圆心，为半径的一段圆弧，
设该圆弧与的交点分别为，
球与侧面的交线如图所示，则，
易知，
所以该圆弧所对的圆心角为，
故所求弧长为.
故答案为：.
10．（2021春·陕西渭南·高一校考阶段练习）已知A，B是球O的球面上两点，，C为该球面上的动点，当三棱锥体积最大时的高为6，则球O的表面积为__________．
【答案】
【分析】根据题意可得当时，三棱锥的体积最大，即可求得半径，代入计算即可求得球O的表面积.
【详解】如下图所示，
易知三棱锥的底面积为定值，当其体积最大时只需三棱锥的高取最大即可；
设球O的半径为，所以高的最大值为，
所以球O的表面积为.
故答案为：
11．（2023·高一课前预习）如图，四边形是圆柱的轴截面，是圆柱的一条母线，已知，，，求该圆柱的侧面积___________；表面积______________.
【答案】
【分析】由已知求圆柱的底面半径，根据圆柱的侧面积公式和表面积公式求解.
【详解】因为四边形是圆柱的轴截面，
所以为底面圆的直径，
又点为底面圆上异于点的点，
所以，
因为，，
所以，即底面圆的半径，
因为，所以圆柱的母线长，
所以圆柱的侧面积，设圆柱的表面积为，
则．
故答案为：；.
四、解答题
12. （2023·高一课时练习）若圆柱底面直径和高都等于球的直径，求圆柱与球的表面积之比.
【答案】3∶2
【分析】根据圆柱的侧面积公式，求出圆柱的表面积，再由球的表面积公式，即可求解.
【详解】设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R.
∴，，
∴，
即圆柱与球的表面积之比为3:2.
13．（2023春·河北邯郸·高一校考阶段练习）如图所示，底面半径为1，高为1的圆柱中有一内接长方体，设矩形的面积为S，长方体的体积为V，，
(1)将S表示为x的函数；
(2)求V的最大值．
【答案】(1)；
(2)2.
【分析】（1）连接，求出，即得解；
（2）求出V的解析式，再利用二次函数图象性质求解.
【详解】（1）连接，因为矩形ABCD内接于⊙O，
所以AC为⊙O的直径．
因为，，
所以，
所以，
（2）因为长方体的高，
所以，
因为，所以，
故当即时，V取得最大值，此时.
14．（2023·河南焦作·统考模拟预测）如图1，在中，，，为的中点，为上一点，且．现将沿翻折到，如图2．
(1)证明：．
(2)已知，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据条件，证明平面，再由线面垂直的性质得到线线垂直即可；
（2）根据条件，求出四棱锥的底面面积和高，再求出四棱锥的体积即可.
【详解】（1）证明：在中，，
∴，，
∵，平面,平面,
∴平面,又平面，
∴.
（2）作交于,
∵平面，平面，∴，
又,平面，平面，
∴平面.
在中，，，
，，又为的中点，，
，又， .
四边形的面积,
四棱锥的体积.
15．（2023春·安徽阜阳·高一阜阳市第三中学校考阶段练习）现需要设计一个仓库，由上下两部分组成，如图所示，上部分的形状是正四棱锥，下部分的形状是正四棱柱，正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍．
(1)若，，则仓库的容积（含上下两部分）是多少？
(2)若上部分正四棱锥的侧棱长为6m，当为多少时，下部分的正四棱柱侧面积最大，最大面积是多少？
【答案】(1)
(2)当时，正四棱柱侧面积最大，最大为
【分析】（1）利用柱体和锥体的体积公式计算；
（2）设，正四棱柱侧面积用x表示，利用基本不等式求最大值.
【详解】（1）∵，正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍，∴．
所以仓库的容积
（2）若正四棱锥的侧棱长为6m，设，
则，，．
∴正四棱柱侧面积，
∴，
当且仅当，即时，．
所以当时，正四棱柱侧面积最大，最大为．
16. （2023·全国·高一专题练习）如图，是圆柱的母线，线段的两个端点分别在圆柱的两个底面圆周上，它与圆柱的轴所成的角为，且，轴到平面的距离为3，求此圆柱的侧面积及体积.
【答案】，
【分析】由题意求出圆柱的高和底面半径，根据圆柱的侧面积及体积.公式，即可求得答案.
【详解】由题意知异面直线与轴所成的角为，
又，故直线与所成的角为，
连接,由题意知底面,底面,
故，
∵，故在中，，
作,垂足为D，则D为的中点，
又平面,则平面底面，
底面,平面底面，故平面,
又因为平面,平面,故平面，
所以为轴到平面的距离，即，
则，
即圆柱的底面半径为5，高为 ，
故圆柱的侧面积,
体积为.