小狗作文-单位介绍信范本

专题八 立体几何的表面积和体积问题
一、自主检测

1
、 【
2019
年江苏数】
.
如图，长方体
ABCDA
1B
1
C
1
D
1
的体积是
120
，E
为
CC
1
的中点，则
三棱锥
E-BCD
的体 积是
_____.

【答案】
10.
【解析】因为长方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
的体积为
120
，

所以
ABBCCC
1
120
，

因为
E
为
CC
1
的中点，

所以
CE
1
CC
1
，

2
由长 方体的性质知
CC
1

底面
ABCD
，

所以
CE
是三棱锥
EBCD
的底面
BCD
上的高，

所以三棱锥
EBCD
的体积
V
11
ABBC CE
32
1111
ABBCCC
1
12010.
32212
2
、【
2018
年高考江苏数】
.如图所示，正方体的棱长为
2
，以其所有面的中心为顶点的多面
体的体积为
________．

【答案】
4

3
【解析】

由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的 高为
1
，底面正

第 1 页 共 17 页

方形 的边长等于
2，
，所以该多面体的体积为
21(2)
1
3< br>2
4
.

3
，
P
为平面
ABC外一点，
PC=2
，点
3
、【
2019
年高考全国Ⅰ
卷文数】
已知
∠ACB=90°
P
到
∠ACB
两边
AC
，
BC
的距离均为
3
，那么
P
到平面
ABC
的距离为
___________
．

【答案】
2

【解析】作
PD,PE
分别垂直于
A C,BC
，
PO
平面
ABC
，连接
CO
，


由题意可知
CDPD,CDPO
，
PDPO=P
，
< br>CD^
平面
PDO
，又
OD
平面
PDO
，
CDOD
，

PDPE3
，
PC2
，< br>sinPCEsinPCD
3
，

2
PCBPCA60

，

又易知
PO CO
，
CO
为
ACB
的平分线，

OCD45

,ODCD1,OC2
，

又
PC2
，
PO422
．

本题主要考 查学生空间想象能力，合理画图成为关键，准确找到
P
在底面上的射影，使用线
面垂直 定理，得到垂直关系，利用勾股定理解决．注意画图视角选择不当，线面垂直定
理使用不够灵活，难以发 现垂直关系，问题则很难解决，将几何体摆放成正常视角，是
立体几何问题解决的有效手段，几何关系利 于观察，解题事半功倍．

4
、【
2019
年高考全国
Ⅱ< br>卷文数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印
信的形状多为长方体、正方体或 圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是
“
半正

第 2 页 共 17 页

多面体
”
（图
1
）
.
半 正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体
体现了数学的对称美．图
2
是一个棱数为
48
的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正
方体的表面上， 且此正方体的棱长为
1
．则该半正多面体共有
________
个面，其棱长 为
_________
．（本题第一空
2
分，第二空
3
分． ）


【答案】
26
，
21

【解析】 由图可知第一层（包括上底面）与第三层（包括下底面）各有
9
个面，计
18
个面，
第二层共有
8
个面，所以该半正多面体共有
18826
个 面．

如图，设该半正多面体的棱长为
x
，则
ABBEx
，延长
CB
与
FE
的延长线交于点
G
，
延长BC
交正方体的棱于
H
，由半正多面体对称性可知，
△BGE
为 等腰直角三角形，

BGGECH
22
x,GH2xx( 21)x1
，

22
x
1
21
，

21
即该半正多面体的棱长为
21
．


本题 立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很
简单，稳中求胜是 关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速
还原图形．

5< br>、【
2019
年高考全国
Ⅲ
卷文数】学生到工厂劳动实践，利用
3D
打印技术制作模型．如图，

第 3 页 共 17 页

该模型为长方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D< br>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=6cm，AA
1
=4cm
，
3D
3
打印所用原料密度为
0.9 gcm
，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】由题意得，
S
四边形EF GH
4642312cm
，

∵
四棱锥
O−EFGH
的高为
3cm
，
∴
V
OEFGH

1
2
2
1
12312c m
3
．

3
3
又长方体
ABCDA
1< br>B
1
C
1
D
1
的体积为
V
2
466144cm
，

3
所以该模型体积为
VV
2
V
OEFGH
14412132cm
，

其质量为
0.9132118.8g
．

本题考查几何体的体积 问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求
解．根据题意可知模型的体积为长方 体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再
求出模型的质量即可
.
6
、【
2019
年高考北京卷文数】已知
l
，
m
是平面

外的两条不同直线．给出下列三个论断：

①l⊥m
；
②m∥< br>
；
③l⊥

．

__________
．

以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为 结论，写出一个正确的命题：
【答案】如果
l⊥α
，
m∥α
，则l⊥m.
【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：

（
1
）如果
l⊥α
，
m∥α
，则
l⊥m
，正 确；

（
2
）如果
l⊥α
，
l⊥m
，则< br>m∥α
，不正确，有可能
m
在平面
α
内；

（
3
）如果
l⊥m
，
m∥α
，则
l⊥α
， 不正确，有可能
l
与
α
斜交、
l∥α.
故答案为：如果
l⊥α
，
m∥α
，则
l⊥m.

第 4 页 共 17 页

本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推 理能力及空间想象能力
.
将所给论断，分
别作为条件、结论加以分析即可
.
7
、【
2019
年高考天津卷文数】已知四棱锥的底面是边长为
2< br>的正方形，侧棱长均为
5
.
若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点 ，另一个底面的圆心为四棱锥底面
的中心，则该圆柱的体积为
__________.
【答案】
π

4
【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为
2
的正方形，侧棱长均为
5
，

借助勾股定理，可知四棱锥的高为
512
.

若圆柱的一个底 面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，
故圆柱的高为
1< br>，圆柱的底面半径为
1
，

2
π

1

故圆柱的体积为
π



1

.
4

2

本题主要考查空间几何体的结构特征以及圆柱的体积计算问 题，解答时，根据棱锥的结构特
点，确定所求的圆柱的高和底面半径
.
注意本题中圆柱 的底面半径是棱锥底面对角线长度
的一半、不是底边棱长的一半
.
8
、【< br>2018
年高考全国
II
卷文数】已知圆锥的顶点为
S
，母线
SA
，
SB
互相垂直，
SA
与圆
锥底面所成角为< br>30
，若
△SAB
的面积为
8
，则该圆锥的体积为
__________
．

【答案】
8π
【解析】如下图所示，< br>SAO30,ASB90
，又
S
△SAB

得
SA4
，所以
SO
2
11
SASBSA
2
8
，解
22
1
SA2,AOSA
2
SO
2
23
，所以该圆锥的体积为
2
1
V
π
O A
2
SO
8π
.
3


第 5 页 共 17 页

此题为填空题的压轴题，实际上并不难，关键在于根据题意作出相应图形 ，利用平面几何知
识求解相应线段长，代入圆锥体积公式即可
.
二、知识梳理
1、柱、锥、台和球的侧面积和体积

圆柱
圆锥
面积
S
侧
＝2πrh
S
侧
＝πrl
体积
V＝Sh＝πr
2
h
111
V＝Sh＝
πr
2< br>h＝
πr
2
l
2
－r
2

333< br>11
V＝(S
上
＋S
下
＋S
上
S
下
)h＝
π(r
2
＋
33
1
r
2
2
＋r
1
r
2
)h
直棱柱
正棱锥
正棱台
球
注意：
（1）在求多面体的侧面积时，应对每一侧面分别求解 后再相加，对于组合体的表面积应注
意重合部分的处理.
（2）圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲 面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，
而表面积是侧面积与底面圆的面积之和.
2、在求解一些不规则的几何体的体积以及两个几何体的体积之比时，常常需要用到分割法.
在求一个 几何体被分成两部分的体积之比时，若有一部分为不规则几何体，则可用整个
几何体的体积减去规则几何 体的体积求出其体积.
（1）解决空间几何体表面上的最值问题的根本思路是“展开”，即将空间几何 体的“面”展开
后铺在一个平面上，将问题转化为平面上的最值问题.
（2）如果已知的空间 几何体是多面体，则根据问题的具体情况可以将这个多面体沿多面体
中某条棱或者两个面的交线展开，把 不在一个平面上的问题转化到一个平面上.
如果是圆柱、圆锥则可沿母线展开，把曲面上的问题转化为平面上的问题.
3、方法与技巧
（1）棱柱、棱锥要掌握各部分的结构特征，计算问题往往转化到一个三角形中进行解决.
旋转 体要抓住“旋转”特点，弄清底面、侧面及展开图形状.
（2）要注意将空间问题转化为平面问题.
S
侧
＝Ch
1
S
侧
＝Ch′
2
1
S
侧
＝(C＋C′)h′
2
S
球面
＝4πR
2

V＝Sh
1
V＝Sh
3
1
V＝(S
上
＋S
下＋S
上
S
下
)h
3
4
V＝
πR
3

3
圆台 S
侧
＝π(r
1
＋r
2
)l

第 6 页 共 17 页

（3）求几何体的体积，要注意分割与补形.将不规则的几何体通过 分割或补形将其转化为规
则的几何体求解.
（4）一些几何体表面上的最短距离问题，常常利用几何体的展开图解决.
4、失误与防范
（1）几何体展开、折叠问题，要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系.
（2） 与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.解题时要认真分析图形，明确切点
和接点的位置，确 定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，
切点为正方体各个面的中心，正方 体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的
顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径 .
三、考点例析
题型一 多面体的表面积与体积
求多面体的表面积与体积常用方 法：1、公式法：可以运用规则的几何体；2、割补法：
把不规则的图形分割成规则的图形，或者把几何 体补成熟悉的几何体。3、等积法：通过转
换顶点，换成底面积或者高易求的几何体。
例1、 (2017徐州、连云港、宿迁三检）．如图，在正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，已知
ABAA
1
3
，
点P
在棱
CC
1
上，则三棱锥
PABA
1
的体 积为 ▲ ．
A
1

B
1

P
A
B

C
C
1

)

【答案】
93

4
【解析】因为正三棱柱
ABCA< br>1
B
1
C
1
中，
AA
1
CC
1
，因为
AA
1
面AA
1
B
1
B，
CC
1
面AA
1
B
1
B
，所以
CC
1
面AA
1
B
1
B
，因为点
P
在棱
CC
1
上，所以点
C
到平面
AA< br>1
B
1
B
的距离就是点
P
到平
面
A A
1
B
1
B
的距离．作
CDAB
，垂直为点D
，因为正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1中，
AA
1

面
ABC
，
CD
面< br>ABC
，所以
CDAA
1
，而
AB面AA
1B
1
B
，
AA
1
面AA
1
B
1
B
，

第 7 页 共 17 页

ABAA
1
A
1
，所以
CD面AA
1
B
1B
．因为正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1中，
ABAA
1
3
，
所以
CD
3319
，
ABA
1
的面积
S33
，所以三棱锥
PABA
1
的体积
2
22
1193393
V SCD
．
33224
点评：对于立体几何中求表面积和求体积的问题，一 定要遵循“一作二证三计算”的原则，推
理证明不能忽视．

例2、(2019南京 、盐城一模）如图，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝4，AC＝3，BC＝1，
E，F分别为A B，PC的中点，则三棱锥BEFC的体积为________．

【答案】
3

6
1111133
【解析】 V
B EFC
＝V
FBEC
＝V
PBEC
＝·(·S
△BEC·PA)＝×××4＝.
2232346
解后反思

求空间几何体的 体积的本质就是找几何体的高(即找线面垂直)，常见的空间几何体体积
的求法有：作高法、转换顶点法 、割补法.
例3、(2018南通、泰州一调）如图，铜质六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个 圆柱所
构成的．已知正六棱柱的底面边长、高都为4 cm，圆柱的底面积为93 cm
2
.若将该螺帽
熔化后铸成一个高为6 cm的正三棱柱零件，则该正三棱柱的底面边长为________cm(不
计损耗)．

【答案】 210
3
2
【解析】由题意知，熔化前后的体积相等，熔化前 的体积为6××4×4－93×4＝603，设
4

第 8 页 共 17 页

所求正三棱柱的底面边长为x cm，则有
210cm.
题型二 旋转体的表面积与体积
3
2
x·6＝603，解得x＝210，所以所求边长为4
旋转体主要就是圆柱、圆锥、球等几何体，根据不同的几何体运用不同的求法。
例4、 (2019苏州期末）如图，某种螺帽是由一个半径为2的半球体挖去一个正三棱锥构成
的几何体，该正 三棱锥的底面三角形内接于半球底面大圆，顶点在半球面上，则被挖去
的正三棱锥体积为_______ _．

【答案】23
【解析】正三棱锥的底面正三角形的边长为a＝23，面积 S＝
1
三椎锥的体积V＝Sh＝23.
3
例5、(2019常州期末）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________．
3
2
a＝33，高h＝2.所以正
4

3
【答案】.
8
【解析】设圆锥底面半径为2r，高为2h，则圆柱底面 圆半径为r，高为h，所以
3
＝.
18
π（2r）
2
·2 h
3
例6、(2019苏北四市、苏中三市三调） 已知直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB=3
cm，BC=1 cm，CD=2 cm．将此直角梯形绕AB边所在的直线旋转一周，由此形成的几
何体的体积为 ▲ cm
3
．
πr
2
h
V
圆柱
＝
V
圆锥

第 9 页 共 17 页

【答案】
7

3
【解析】




所求几何体的体积为
VV
圆锥
+V
圆柱=
1
12
7

33
例7、(2018 盐城三模）若一圆锥的底面半径为1，其侧面积是底面积的3倍，则该圆锥的
体积为 ▲ ．
【答案】：
22


3
底
【解析】：设圆锥的高为
h
，母线为
l
，由
S
侧
=

rl S,=r

2
得，

1l=3

1
，即
l=3
，
2
h3
2
1
2
22< br>，
2
故该圆锥的体积为


122
1
3
22

.
3
题型三 几何体展开与折叠问题
几何 体的折叠问题和展开问题要紧紧抓住折叠或展开的前后过程中不变的量来处理。解决这
类组合体的问题基 本方法就是讲组合体分解若部分，分别计算。
例8、(2018南京、盐城、连云港二模）在边长为4 的正方形ABCD内剪去四个全等的等腰
三角形(如图1中阴影部分)，折叠成底面边长为2的正四棱锥 SEFGH(如图2)，则正四
棱锥SEFGH的体积为________．
（图1）
4
【答案】
3
（图2）
【解析】 连结EG，HF，交点为O，正方形EFGH的对角线EG＝2，EO＝1，则点E到线

第 10 页 共 17 页

段AB的距离为1，EB＝1
2
＋2
2
＝＝SE
2
－OE
2
＝5－1＝2，故正四棱锥SEFGH14
的体积为×(2)
2
×2＝.
33
例9、(2017南京 三模）如图，在直三棱柱ABC－A
1
B
1
C
1
中，AB＝ 1，BC＝2，BB
1
＝3，∠ABC
＝90°，点D为侧棱BB
1
上的动点．当AD＋DC
1
最小时，三棱锥D－ABC
1
的体积为 ▲ ．
A
1

B
1

D
A
B

C
C
1


1
【答案】． 3
【解析】将侧面展开如下图，所以由平面几何性质可得：
ADDC
1
AC
1
，当且仅当
A,D,C
1
三点共线取到.此时
B D1
，所以
S
A
1
B
1
C
1
中 有
BB
1
CB
，又
ABCB
即
ABD
11
ABBD
.在直三棱柱ABC－
22
，易得
CB平面
ABD
，所以
C
1
B
1

平面< br>ABD
，
锥
C
1
B
1
是三棱
C1
ABD
的高，所以
1
V
DABC
1
V
C
1
ABD
C
1
B
1
S
3
ABD
111
2

323

【解后反思 】对于求空间几何体中在两个侧面上两个有公共点距离之和最小值的问题，一般
都可以转化为同一个平面 上问题.本题也是数学中最有名的“将军饮马”的问题，有兴趣的
同科可以用网络搜索查阅这个问题.
四、巩固训练
1、(2019扬州期末）底面半径为1，母线长为3的圆锥的体积是________．

第 11 页 共 17 页

【答案】
22π

3
122π
【解析】圆锥的高为h＝3
2
－1
2
＝ 22，圆锥的体积V＝×π×1
2
×22＝.
33
2、(2019镇江期末） 已知一个圆锥的底面积为π，侧面积为2π，则该圆锥的体积为________．
【答案】
3π

3
2


πr＝π，

r＝1，

【解析】设圆锥的底面半径、高、母线长分别为r，h，l，则解得
所以h

πrl＝2π，

l＝2.

13π
＝3.圆锥的体积V＝Sh＝.
33
3、(2019宿迁期末） 设圆锥的轴截面是一个边长为2 cm的正三角形，则该圆锥的体积为
________ cm
3
.
【答案】
3
π
3
13
【 解析】圆锥的底面半径R＝1，高h＝2
2
－1
2
＝3，故圆锥的体积为V＝ ×π×1
2
×3＝
33
π.
4、(2019南通、泰州、扬州一调） 已知正四棱柱的底面长是3 cm，侧面的对角线长是35
cm，则这个正四棱柱的体积为________cm
3
.
【答案】. 54
【解析】由题意知，正四棱柱的高为（35）
2
－3
2
＝6， 所以它的体积V＝3
2
×6＝54，故
答案为54.
5、(2019泰州期末） 如图，在直三棱柱ABCA
1
B
1
C< br>1
中，点M为棱AA
1
的中点，记三棱锥
V
1
A1
MBC的体积V
1
，四棱锥A
1
BB
1
C< br>1
C的体积为V
2
，则的值是________．
V
2

1
【答案】
4
【解析】解法1(割补法) 设△ABC的面积为S，三棱柱的高为h，则V
1< br>＝VA
1
ABC－V
MABC

第 12 页 共 17 页

111112V
1
Sh3
＝Sh－S×h＝Sh，V
2
＝VABCA
1
B
1
C
1
－VA
1ABC＝Sh－Sh＝Sh，所以＝·＝
332633V
2
62Sh
1< br>.
4
11
解法2(等积转换) V
1
＝VBA
1< br>MC＝VBA
1
AC＝VA
1
ABC，V
2
＝2VA
1
BC
1
B
1
＝2VBA
1
B
1
C
1
22
V
1
1
＝2VA
1
AB C，所以＝.
V
2
4
6、(2019通州、海门、启东期末）已知正三棱柱 ABC－A
1
B
1
C
1
的各棱长均为2，点D在棱
AA
1
上，则三椎锥D－BB
1
C
1
的体积为______ __．


23
【答案】
3
【解析】因为AA
1
‖平面BCC
1
B
1
，所以点D到平面BCC
1
B
1
的距离即为A
1
点到平面BCC
1
B
1
111
的距离，也即为正三角形A
1
B
1
C
1
的 高，等于3，故VD－BB
1
C＝S△BB
1
C·h＝×
33223
×2×2×3＝.
3
7、(2018无锡期末） 直三棱柱ABCA
1
B
1
C
1
中，已知AB⊥BC，AB＝3，BC＝4，AA1
＝5，
若三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________．
【答案】 50π
【解析】根据条件可知该直三棱柱的外接球即三棱锥B
1
ABC的外接球，也就是以BA，BC，
222
BB
1
为棱的长方体的外接 球，设其半径为R，则2R＝BA
2
＋BC
2
＋BB
2
1< br>＝3＋4＋5，
52
得R＝，故该球的表面积为S＝4πR
2
＝50π .
2
8、（2016苏州期末）将半径为5的圆分割成面积之比为1∶2∶3的三个扇形作为 三个圆锥
的侧面，设这三个圆锥的底面半径依次为r
1
，r
2
，r< br>3
，则r
1
＋r
2
＋r
3
＝_______ _.
【答案】 5
【解析】思路分析 先利用“三个圆锥的侧面积的和等于原来圆的面积”列出等式(方程)．
由πr
1
l ＋πr
2
l＋πr
3
l＝πl
2
，得r
1
＋r
2
＋r
3
＝l，本题中，l＝5.
解后反思 先列式，再化简，最后才代入数据．实际结果与1∶2∶3无关．

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9、(2018苏中三市、苏北四市三调）现有一正四棱柱形铁块，底面 边长为高的
8
倍，将其熔
化锻造成一个底面积不变的正四棱锥形铁件（不计材料损耗） ．设正四棱柱与正四棱锥
的侧面积分别为
S
1
,
S
2
,则
S
1
的值为 ▲ ．
S
2
2
【答案】
5

【解析】设正四棱柱得高为< br>a
，所以底面边长为
8a
，
根据体积相等，且高相等，所以正四
棱锥的高为
3a
，则正棱锥侧面的高为

3a



4a

22
5a
,所以
S
1
48 a
2
2

.
S
2
4
1
8 aa5
5
2
10、(2018常州期末）已知圆锥的高为6，体积为8.用平行于圆 锥底面的平面截圆锥，得到
的圆台体积是7，则该圆台的高为________．
【答案】 3
1
2
【解析】设截得的小圆锥的高为h
1
，底面半径为r1
，体积为V
1
＝
πr
1
h
1
；大圆 锥的高为h＝6，
3
1
2
πr
h
1
2
r< br>1
h
1
V
1
3
11

h
1

3
1
底面半径为r，体积为V＝
πr
h＝8.依题意有＝ ，V
1
＝1，＝＝

h

＝，得
3rhV1
2
8
πr
h
3
1
h
1
＝h＝3，所以圆 台的高为h－h
1
＝3.
2
11、（2016南通、扬州、淮安、宿迁、泰 州二调）在体积为
3
的四面体ABCD中，AB⊥平
2
面BCD，AB＝1， BC＝2，BD＝3，则CD长度的所有可能值为________．
【答案】 7，19
11
【解析】因为AB⊥平面BCD，AB＝1，BC＝2，BD＝3，所以V
ABCD＝××2×3sin∠CBD×1
32
＝
331
，解得sin∠CBD＝ ，故cos∠CBD＝±，从而在△BCD中由余弦定理得CD
2
＝4
222
1

22

±
＋9－2×2×3×
，即CD
＝7或 CD＝19，故CD＝7或19.

2


12、(2016苏锡常镇调研） 设棱长为a的正方体的体积和表面积分别为V
1
，S
1
，底面半径

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V
1
3S
1
和高均为r的圆锥的体积和侧面积分别为V
2
，S
2
，若＝，则的值为___ _____．
V
2
π
S
2
【答案】
32

π
【解析】 不妨设V
1
＝27，V
2＝9π，故V
1
＝a
3
＝27，即a＝3，所以S
1
＝ 6a
2
＝54.
11
如图所示，又V
2
＝h×πr
2
＝
πr
3
＝9π，即r＝3，所以l＝2r，
33
1 S
1
5432
即S
2
＝l×2πr＝2πr
2
＝9 2π，所以＝＝.
2S
2
92π
π



13、(2018苏锡常镇调研）在棱长为2的正四面体
PABC
中，
M
，
N
分别为
PA
，
BC
的中点，点
D
是线 段
PN
上一点，且
PD2DN
，则三棱锥
DMBC
的体 积为 ▲ ．
【答案】
2

9
【解析】 思路分析：解决 空间几何体的体积计算问题常常有两个途径：一是直接利用体积
公式求解，另一种是利用等体积转化的思 想进行计算.
解题过程：连结
MB
，
MC
，
MN
，过点
D
作
DHMN
于
H
，因为
BABP，M为PA
的中点，所以
PABM
，同理
PACM
，又因为
BMCMM
，所以
PA面MBC
，
又因为
MN面M BC
，所以
PAMN
，又因为
DHMN
，所以
DHPA
，从而
DH面MBC
，故
DH
为点
D
到平面MBC
的高.在
MBC
中，
MBMC
，N为BC
的 中点，则
MNMB
2
NB
2
2
，
MBC< br>的面积
S
11
BCMN222
，在
NPM中，因为
DHPM
，
PD2DN
，
所
22
1 1
PM
，从而三棱锥
DMBC
的体积
33
以
D H
1112
．
V
DMBC
S
MBC
 DH2
3339
14、(2019苏锡常镇调研（一）） 已知圆柱的轴截面的对角线长为2，则这个圆柱的侧面积
的最大值为________．
【答案】 2π

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【解析】 设圆柱的底面半径为r，母线长为l，则l＝4－4r
2
，0＝2πr4－4r
2
＝4πr
2
（1－r
2
）≤2π[r
2
＋(1－r
2
)]＝2π，当且仅当r
2
＝ 1－r
2
，即r＝
“＝”，所以这个圆柱的侧面积的最大值为2π.
15、（2016无锡期末） 如图，在圆锥VO中，O为底面圆心，半径OA⊥OB，且OA＝VO< br>＝1，则O到平面VAB的距离为________．
2
时取
2

【答案】
3

3
【解析】思路分析 在立体几何求点到平面的距离问题中，往往有两种途径：(1) 利用等体
积法，这种方法一般不需要作出高线；(2) 利用面面垂直的性质作出高线，再进行计算．
解法1 因为VO⊥平面AOB，OA⊂平面AOB，所以VO⊥OA，同理VO⊥OB，又因为OA⊥ OB，
13
OA＝VO＝OB＝1，所以VA＝VB＝AB＝2，所以S
△VAB＝VA×ABsin60°＝.设O到平
22
1113
面VAB的距离为h，由V
VAOB
＝V
OVAB
，得
S
△AOB
×VO＝S
△VAB
×h，得OA×OB×VO＝h，
3322
解得h＝
3.
3
解法2 取AB中点M，连结VM，过点O作OH⊥VM于H.因为OA＝OB，M 是AB中点，
所以OM⊥AB，因为VO⊥平面AOB，AB⊂平面AOB，所以VO⊥AB，又因为O M⊥AB，
VO∩OM＝O，所以AB⊥平面VOM，又因为AB⊂平面VAB，所以面VAB⊥平面V OM，
又因为OH⊥VM，OH⊂平面VOM，平面VAB∩平面VOM＝VH，所以OH⊥平面VAB ，
VO×OM3
所以OH为点O到平面VAB的距离，且OH＝＝.
VM3

16、(2018苏州期末） 鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯
结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的
正四棱柱体分成 三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为5，底面正方形的边长为1，
现将该鲁班锁放进一个球形容 器内，则该球形容器的表面积至少为________(容器壁的厚
度忽略不计，结果保留π)．

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【答案】30π
【解析】
思路分析
设球形容器的最小半径为R，则“十字立方体”的24个顶点均在 半径为R
的球面上，所以两根并排的四棱柱体组成的长方体的八个顶点在这个球面上．
球的直 径就是长方体的体对角线的长度，所以2R＝1
2
＋2
2
＋5
2＝30，得4R
2
＝30.从而S
球面
＝4πR
2
＝3 0π.


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