高考数学科学创新复习方案提升版第39讲简单几何体的表面积与体积学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第39讲简单几何体的表面积与体积学案（Word版附解析），共18页。


1．多面体的表面积
多面体的表面积就是围成多面体eq \x(\s\up1(01))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
3.柱、锥、台和球的表面积和体积
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．
1．(人教B必修第四册习题11－1A T6改编)棱长为2的正四面体的表面积是( )
A.eq \r(3) B．4
C．4eq \r(3) D．16
答案 C
解析 每个面的面积为eq \f(1,2)×2×2×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，所以正四面体的表面积为4eq \r(3).故选C.
2．(人教B必修第四册11.1.4例1改编)设正六棱锥的底面边长为1，侧棱长为eq \r(5)，那么它的体积为( )
A．6eq \r(3) B.eq \r(3)
C．2eq \r(3) D．2
答案 B
解析 由正六棱锥底面边长为1和侧棱长为eq \r(5)，可知高h＝2，又因为底面积S＝eq \f(3\r(3),2)，所以体积V＝eq \f(1,3)Sh＝eq \f(1,3)×eq \f(3\r(3),2)×2＝eq \r(3).故选B.
3．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，则该西瓜的表面积为( )
A．100π B.eq \f(256π,3)
C．400π D.eq \f(500π,3)
答案 A
解析 由题意知切面圆的半径r＝4，球心到切面圆心的距离d＝3，所以球的半径R＝eq \r(r2＋d2)＝eq \r(42＋32)＝5，故球的表面积为4πR2＝4π×52＝100π.故选A.
4．(2023·新课标Ⅰ卷)在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq \r(2)，则该棱台的体积为________．
答案 eq \f(7\r(6),6)
解析 如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M为正四棱台ABCD－A1B1C1D1的高．因为AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq \r(2)，则A1O1＝eq \f(1,2)A1C1＝eq \f(1,2)×eq \r(2)A1B1＝eq \f(\r(2),2)，AO＝eq \f(1,2)AC＝eq \f(1,2)×eq \r(2)AB＝eq \r(2)，故AM＝AO－A1O1＝eq \f(\r(2),2)，则A1M＝eq \r(A1A2－AM2)＝eq \r(2－\f(1,2))＝eq \f(\r(6),2)，所以所求棱台的体积V＝eq \f(1,3)×(4＋1＋eq \r(4×1))×eq \f(\r(6),2)＝eq \f(7\r(6),6).
5.如图所示，在上、下底面对应边的比为1∶2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A1B1C1－FEC)，V2，那么V1∶V2＝________．
答案 3∶4
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＝eq \f(1,3)h(S＋4S＋2S)＝eq \f(7,3)Sh，又V1＝Sh，∴eq \f(V1,V2)＝eq \f(Sh,\f(7,3)Sh－Sh)＝eq \f(3,4).
例1 (1)(2023·襄阳四中模拟)如图，圆锥PO的底面直径和高均是2，过PO的中点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下的几何体的表面积为( )
A．(1＋eq \r(5))π B．(2＋eq \r(5))π
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,4)＋\r(5)))π D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)＋\r(5)))π
答案 B
解析 设圆柱的底面半径为r，高为h，则r＝eq \f(1,2)×1＝eq \f(1,2)，h＝eq \f(1,2)×2＝1，圆锥的母线长为eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，过PO的中点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下的几何体的表面积为π×1×eq \r(5)＋2π×eq \f(1,2)×1＋π×12＝(2＋eq \r(5))π.故选B.
(2)圆台的上、下底面半径分别是10 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π)．
答案 1100π
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C＝π·SA.又C＝2π×10＝20π，所以SA＝20 cm.同理SB＝40 cm，所以AB＝SB－SA＝20(cm)．S表＝S侧＋S上底＋S下底＝π×(10＋20)×20＋π×102＋π×202＝1100π(cm2)．故圆台的表面积为1100π cm2.
求空间几何体表面积的类型及方法
注意：(1)组合体的表面积注意衔接部分的处理．
(2)灵活运用直角三角形与直角梯形，如圆锥(台)中的高、母线、底面半径；棱锥(台)中的高、棱长、底面边长．
1.若正四棱锥的底面边长和高都为2，则其表面积为________．
答案 4＋4eq \r(5)
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＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，所以该四棱锥的侧面积S＝4×eq \f(1,2)×2×eq \r(5)＝4eq \r(5)，所以S表＝2×2＋4eq \r(5)＝4＋4eq \r(5).
2.(2024·南充诊断)如图，四边形OABC是边长为1的正方形，eq \(AC,\s\up8(︵))是四分之一圆，则图中阴影部分以OC所在直线为旋转轴旋转一周得到的旋转体的表面积为________．
答案 5π
解析 该旋转体是一个圆柱挖去一个半球后剩余的部分，且圆柱的底面半径是1，高是1，球的半径是1，所以该旋转体的表面积为π×12＋2π×1×1＋eq \f(1,2)×4π×12＝5π.
多角度探究突破
角度 直接法求体积
例2 (2023·全国甲卷)在三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝eq \r(6)，则该棱锥的体积为( )
A．1 B.eq \r(3)
C．2 D．3
答案 A
解析 取AB的中点E，连接PE，CE，如图，∵△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，∴PE⊥AB，CE⊥AB，∴PE＝CE＝2×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，又PC＝eq \r(6)，故PC2＝PE2＋CE2，即PE⊥CE，又AB∩CE＝E，AB，CE⊂平面ABC，∴PE⊥平面ABC，∴VP－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·PE＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×eq \r(3)×eq \r(3)＝1.故选A.
角度 补形法求体积
例3 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( )
A．90π B．63π
C．42π D．36π
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eq \f(1,2)，所以该几何体的体积V＝π×32×4＋π×32×6×eq \f(1,2)＝63π.故选B.
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＝eq \f(3,2)，EF∥平面ABCD，EF与平面ABCD的距离为2，该刍薨的体积为( )
A．6 B.eq \f(11,3)
C.eq \f(31,4) D．12
答案 B
解析 如图，作FN∥AE，FM∥ED，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VF－MNBC＋VADE－NMF＝eq \f(1,3)S四边形MNBC·2＋S直截面·eq \f(3,2)＝eq \f(1,3)×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(3,2)))×2＋eq \f(2×2,2)×eq \f(3,2)＝eq \f(11,3).故选B.
角度 转化法求体积
例5 如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝4，AA1＝6.若E，F分别是棱BB1，CC1上的点，则三棱锥A－A1EF的体积是________．
答案 8eq \r(3)
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eq \f(\r(3),2)×4＝2eq \r(3)，则VA－A1EF＝VF－A1AE＝eq \f(1,3)S△A1AE×2eq \r(3)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×6×4×2eq \r(3)＝8eq \r(3).
1．处理体积问题的思路
2．求体积的常用方法
1.(2023·佛山二模)极目一号(如图1)是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器．“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55 m，高19 m，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示(单位：m)，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积约为(参考数据：9.52≈90，9.53≈857，315×1005≈316600，π≈3.14)( )
A．9064 m3 B．9004 m3
C．8944 m3 D．8884 m3
答案 A
解析 由图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为R＝eq \f(19,2)＝9.5(m)，而圆台另一个底面的半径为r＝1(m)，则V半球＝eq \f(1,2)×eq \f(4,3)π×9.53≈eq \f(1714π,3)(m3)，V圆柱＝π×9.52×14≈1260π(m3)，V圆台＝eq \f(1,3)×(9.52π＋eq \r(9.52π×π)＋π)×31.5≈eq \f(3166π,3)(m3)，所以V＝V半球＋V圆柱＋V圆台≈eq \f(1714π,3)＋1260π＋eq \f(3166π,3)≈9064(m3)．故选A.
2．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则三棱锥A－B1CD1的体积为( )
A．eq \f(4,3) B．eq \f(8,3)
C．4 D．6
答案 B
解析 如图，三棱锥A－B1CD1是由正方体ABCD－A1B1C1D1截去四个小三棱锥A－A1B1D1，C－B1C1D1，B1－ABC，D1－ACD得到的，又VABCD－A1B1C1D1＝23＝8，VA－A1B1D1＝VC－B1C1D1＝VB1－ABC＝VD1－ACD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×23＝eq \f(4,3)，所以VA－B1CD1＝8－4×eq \f(4,3)＝eq \f(8,3).
3.如图所示，已知多面体ABCDEFG中，AB，AC，AD两两互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，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CH⊥DG于H，连接EH，即把多面体分割成一个直三棱柱DEH－ABC和一个斜三棱柱BEF－CHG.由题意，知V三棱柱DEH－ABC＝S△DEH·AD＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2×1))×2＝2，V三棱柱BEF－CHG＝S△BEF·DE＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2×1))×2＝2.故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG＝2＋2＝4.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ABHI－DEKG＝23＝8，故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG＝eq \f(1,2)×8＝4.
课时作业
一、单项选择题
1．(2023·锦州二模)已知某圆锥的高为2eq \r(2) cm，体积为eq \f(2\r(2)π,3) cm3，则该圆锥的侧面积为( )
A.eq \f(3π,2) cm2 B．3π cm2
C．6π cm2 D．12π cm2
答案 B
解析 设该圆锥的底面半径与母线长分别为r，l，由V＝eq \f(1,3)πr2×2eq \r(2)＝eq \f(2\r(2)π,3)，得r＝1 cm，所以l＝eq \r(12＋（2\r(2)）2)＝3(cm)，所以该圆锥的侧面积S＝πrl＝3π(cm2)．故选B.
2．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A－BCD的每个顶点都在球O的球面上，AB⊥底面BCD，BC⊥CD，且AB＝CD＝eq \r(3)，BC＝2，利用张衡的结论可得球O的表面积为( )
A．30 B．10eq \r(10)
C．33 D．12eq \r(10)
答案 B
解析 因为BC⊥CD，所以BD＝eq \r(7)，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AD＝eq \r(10).利用张衡的结论可得eq \f(π2,16)＝eq \f(5,8)，则π＝eq \r(10)，所以球O的表面积为4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(10),2)))eq \s\up12(2)＝10π＝10eq \r(10).故选B.
3．(2024·合肥模拟)长方体的体对角线长为1，表面积为1，有一面为正方形，则其体积为( )
A.eq \f(\r(2),108) B.eq \f(\r(2),27)
C.eq \f(\r(2),9) D.eq \f(\r(2),6)
答案 B
解析 不妨设长方体的底面为正方形，边长为a，高为b，则底面的对角线为eq \r(a2＋a2)＝eq \r(2)a，∵长方体的体对角线长为1，表面积为1，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4ab＋2a2＝1，,（\r(2)a）2＋b2＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\f(\r(2),6)，,b＝\f(2\r(2),3)，))∴长方体的体积为a2b＝eq \f(\r(2),27).故选B.
4.(2023·河源模拟)最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的《数书九章》(1247年)．该书第二章为“天时类”，收录了有关降水量计算的四个例子，分别是“天池测雨”“圆罂测雨”“峻积验雪”和“竹器验雪”．“竹器验雪”法是下雪时用一个圆台形的器皿收集雪量(平地降雪厚度＝器皿中积雪体积除以器皿口面积)，已知数据如图(单位：cm)，则平地降雪厚度的近似值为( )
A.eq \f(91,12) cm B.eq \f(31,4) cm
C.eq \f(95,12) cm D.eq \f(97,12) cm
答案 C
解析 器皿中雪表面的半径为eq \f(20＋40,4)＝15(cm)，所以平地降雪厚度的近似值为eq \f(\f(1,3)π×20×（102＋152＋10×15）,π×202)＝eq \f(95,12)(cm)．故选C.
5．(2024·武汉模拟)已知一个圆柱的侧面积等于表面积的eq \f(2,3)，且其轴截面的周长是16，则该圆柱的体积是( )
A．54π B．36π
C．27π D．16π
答案 D
解析 设圆柱的底面半径为r，高为h，由题意可得，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2πrh＝\f(2,3)（2πrh＋2πr2），,4r＋2h＝16，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(r＝2，,h＝4，))∴该圆柱的体积是πr2h＝16π.故选D.
6.(2023·常州模拟)如图，圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为60°的扇形．把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为eq \f(1,3)，则圆台的侧面积为( )
A.eq \f(8π,3) B.eq \f(\r(35)π,2)
C.eq \f(16π,3) D．8π
答案 C
解析 假设圆锥的半径为R，母线长为l，则R＝1.设圆台的上底面半径为r，母线长为l1，则r＝eq \f(1,3).由已知可得，eq \f(π,3)＝eq \f(2πR,l)＝eq \f(2π,l)，所以l＝6.如图，作出圆锥、圆台的轴截面，则eq \f(l－l1,l)＝eq \f(r,R)＝eq \f(1,3)，所以l1＝4.所以圆台的侧面积为π(R＋r)l1＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))π＝eq \f(16π,3).故选C.
7．(2023·天津高考)在三棱锥P－ABC中，线段PC上的点M满足PM＝eq \f(1,3)PC，线段PB上的点N满足PN＝eq \f(2,3)PB，则三棱锥P－AMN和三棱锥P－ABC的体积之比为( )
A.eq \f(1,9) B.eq \f(2,9)
C.eq \f(1,3) D.eq \f(4,9)
答案 B
解析 如图，因为PM＝eq \f(1,3)PC，PN＝eq \f(2,3)PB，所以eq \f(S△PMN,S△PBC)＝eq \f(\f(1,2)PM·PNsin∠BPC,\f(1,2)PC·PBsin∠BPC)＝eq \f(PM·PN,PC·PB)＝eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(2,9)，所以eq \f(VP－AMN,VP－ABC)＝eq \f(VA－PMN,VA－PBC)＝eq \f(\f(1,3)S△PMN·d,\f(1,3)S△PBC·d)＝eq \f(S△PMN,S△PBC)＝eq \f(2,9)(其中d为点A到平面PBC的距离，因为平面PMN和平面PBC重合，所以点A到平面PMN的距离也为d)．故选B.
8．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，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2eq \r(3)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( )
A．16 B．16eq \r(3)
C．18eq \r(3) D．21
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S1＝6×eq \f(1,2)×1×1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),2)，S2＝6×eq \f(1,2)×2×2×eq \f(\r(3),2)＝6eq \r(3)，故V＝eq \f(1,3)(S1＋eq \r(S1S2)＋S2)h＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),2)＋3\r(3)＋6\r(3)))×2eq \r(3)＝21.故选D.
二、多项选择题
9．(2023·黄冈模拟)如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论正确的是( )
A．圆柱的侧面积为2πR2
B．圆锥的侧面积为2πR2
C．圆柱的侧面积与球的表面积相等
D．圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶2
答案 CD
解析 ∵圆柱和圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，∴圆柱的侧面积为2πR·2R＝4πR2，A错误；圆锥的母线长l＝eq \r(R2＋（2R）2)＝eq \r(5)R，侧面积为πRl＝eq \r(5)πR2，B错误；球的表面积为4πR2，∴圆柱的侧面积与球的表面积相等，C正确；∵V圆柱＝πR2·2R＝2πR3，V圆锥＝eq \f(1,3)πR2·2R＝eq \f(2,3)πR3，V球＝eq \f(4,3)πR3，∴V圆柱∶V圆锥∶V球＝2πR3∶eq \f(2,3)πR3∶eq \f(4,3)πR3＝3∶1∶2，D正确．故选CD.
10．(2023·新课标Ⅱ卷)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P－AC－O为45°，则( )
A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为4eq \r(3)π
C．AC＝2eq \r(2)D．△PAC的面积为eq \r(3)
答案 AC
解析 依题意，∠APB＝120°，PA＝2，所以OP＝1，OA＝OB＝eq \r(3)，对于A，圆锥的体积为eq \f(1,3)×π×(eq \r(3))2×1＝π，A正确；对于B，圆锥的侧面积为π×eq \r(3)×2＝2eq \r(3)π，B错误；对于C，设D是AC的中点，连接OD，PD，则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P－AC－O的平面角，则∠PDO＝45°，所以OP＝OD＝1，故AD＝CD＝eq \r(3－1)＝eq \r(2)，则AC＝2eq \r(2)，C正确；对于D，PD＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2)，所以S△PAC＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \r(2)＝2，D错误．故选AC.
11．(2022·新高考Ⅱ卷)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB，记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE的体积分别为V1，V2，V3，则( )
A．V3＝2V2 B．V3＝V1
C．V3＝V1＋V2 D．2V3＝3V1
答案 CD
解析 设AB＝ED＝2FB＝2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1＝eq \f(1,3)ED·S△ACD＝eq \f(1,3)·2a·eq \f(1,2)·(2a)2＝eq \f(4,3)a3，V2＝eq \f(1,3)FB·S△ABC＝eq \f(1,3)·a·eq \f(1,2)·(2a)2＝eq \f(2,3)a3，连接BD交AC于点M，连接EM，FM，易得BD⊥AC，又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，又BM＝DM＝eq \f(1,2)BD＝eq \r(2)a，过F作FG⊥DE于点G，易得四边形BDGF为矩形，则FG＝BD＝2eq \r(2)a，EG＝a，则EM＝eq \r(（2a）2＋（\r(2)a）2)＝eq \r(6)a，FM＝eq \r(a2＋（\r(2)a）2)＝eq \r(3)a，EF＝eq \r(a2＋（2\r(2)a）2)＝3a，EM2＋FM2＝EF2，则EM⊥FM，S△EFM＝eq \f(1,2)EM·FM＝eq \f(3\r(2),2)a2，AC＝2eq \r(2)a，则V3＝VA－EFM＋VC－EFM＝eq \f(1,3)AC·S△EFM＝2a3，则2V3＝3V1，V3＝3V2，V3＝V1＋V2.故选CD.
三、填空题
12．(2023·新课标Ⅱ卷)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为________．
答案 28
解析 解法一：由于eq \f(2,4)＝eq \f(1,2)，而截去的正四棱锥的高为3，所以原正四棱锥的高为6，所以原正四棱锥的体积为eq \f(1,3)×(4×4)×6＝32，截去的正四棱锥的体积为eq \f(1,3)×(2×2)×3＝4，所以棱台的体积为32－4＝28.
解法二：棱台的体积为eq \f(1,3)×3×(16＋4＋eq \r(16×4))＝28.
13.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的边长为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.
答案 12eq \r(3)－eq \f(π,2)
解析 正六棱柱的体积为6×eq \f(\r(3),4)×22×2＝12eq \r(3)(cm3)，挖去的圆柱的体积为πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)×2＝eq \f(π,2)(cm3)，故所求几何体的体积为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(12\r(3)－\f(π,2)))(cm3)．
14.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－A1B1C1D1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，AA1＝4 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挖去的四棱锥＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×4×6×3＝12(cm3)．又V长方体＝6×6×4＝144(cm3)，所以模型的体积为V长方体－V挖去的四棱锥＝144－12＝132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．
四、解答题
15．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝1，AA1＝eq \r(2)，∠CAB＝120°.
(1)求直三棱柱ABC－A1B1C1的体积；
(2)求直三棱柱ABC－A1B1C1的表面积．
解 (1)AB＝AC＝1，AA1＝eq \r(2)，∠CAB＝120°，
则直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为S△ABC·AA1＝eq \f(1,2)AB·ACsin∠CAB·AA1＝eq \f(1,2)×1×1×eq \f(\r(3),2)×eq \r(2)＝eq \f(\r(6),4).
(2)AB＝AC＝1，∠CAB＝120°，
则BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcs∠CAB＝3，解得BC＝eq \r(3).
故直三棱柱ABC－A1B1C1的表面积为2×eq \f(1,2)×1×1×eq \f(\r(3),2)＋eq \r(2)×(1＋1＋eq \r(3))＝2eq \r(2)＋eq \r(6)＋eq \f(\r(3),2).
16．如图，在△ABC中，AB＝8，BC＝10，AC＝6，BD⊥平面ABC，且AE∥FC∥BD，BD＝3，FC＝4，AE＝5.求此几何体的体积．
解 解法一(分割法)：由AB＝8，AC＝6，BC＝10，得AB2＋AC2＝BC2，所以AB⊥AC.因为BD⊥平面ABC，AE∥BD，所以AE⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，所以AE⊥AB，又AB⊥AC，AE∩AC＝A，AE，AC⊂平面ACFE，所以AB⊥平面ACFE.如图，取CM＝AN＝BD，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．
由题意知三棱柱ABC－NDM的体积为V1＝eq \f(1,2)×8×6×3＝72，
四棱锥D－MNEF的体积为V2＝eq \f(1,3)S梯形MNEF·DN＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×(1＋2)×6×8＝24，
则此几何体的体积为V＝V1＋V2＝72＋24＝96.
解法二(补形法)：用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使AA′＝BB′＝CC′＝8，所以V几何体＝eq \f(1,2)V三棱柱＝eq \f(1,2)S△ABC·AA′＝eq \f(1,2)×24×8＝96.
17．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P－A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(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AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？
(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PO1＝2 m知O1O＝4PO1＝8 m.
因为A1B1＝AB＝6 m，
所以正四棱锥P－A1B1C1D1的体积V锥＝eq \f(1,3)A1Beq \\al(2,1)·PO1＝eq \f(1,3)×62×2＝24(m3)．
正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)．
所以仓库的容积V＝V锥＋V柱＝24＋288＝312(m3)．
(2)设A1B1＝a m，PO1＝h m，
则0＜h＜6，O1O＝4h m．连接O1B1.
因为在Rt△PO1B1中，
O1Beq \\al(2,1)＋POeq \\al(2,1)＝PBeq \\al(2,1)，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a))eq \s\up12(2)＋h2＝36，
即a2＝2(36－h2)．
于是仓库的容积V＝V柱＋V锥＝a2·4h＋eq \f(1,3)a2·h＝eq \f(13,3)a2h＝eq \f(26,3)(36h－h3)，0＜h＜6，
从而V′＝eq \f(26,3)(36－3h2)＝26(12－h2)．
令V′＝0，得h＝2eq \r(3)或h＝－2eq \r(3)(舍去)．
当0＜h＜2eq \r(3)时，V′＞0，V是增函数；
当2eq \r(3)＜h＜6时，V′＜0，V是减函数．
故当h＝2eq \r(3)时，V取得极大值，也是最大值．
因此当PO1＝2eq \r(3) m时，仓库的容积最大．圆柱
圆锥
圆台
侧面展开图
侧面积公式
S圆柱侧＝eq \x(\s\up1(02))2πrl
S圆锥侧＝eq \x(\s\up1(03))πrl
S圆台侧＝eq \x(\s\up1(04))π(r1＋r2)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＝eq \x(\s\up1(05))Sh
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝eq \x(\s\up1(06))eq \f(1,3)Sh
台体(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝eq \f(1,3)(S上＋S下＋eq \r(S上S下))h
球
S＝eq \x(\s\up1(07))4πR2
V＝eq \x(\s\up1(08))eq \f(4,3)πR3
考向一 几何体的表面积
多面体的表面积
只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积
旋转体的表面积
可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系
不规则几何体的表面积
通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积
考向二 几何体的体积
直接法
对于规则的几何体，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