11.3.2 旋转体（题型专练）数学沪教版2020必修第三册

11.3.2旋转体 题型一 旋转体的概念及结构特点 一、单选题 1．给出下列空间几何体：①球；②建筑用的方砖；③茶杯；④埃及的金字塔．其中属于多面体的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【详解】结合多面体与旋转体的定义检验各几何体，即可判断． 【解答】易知①球为旋转体；②建筑用的方砖，属于多面体，③茶杯属于旋转体；④埃及的金字塔属于多面体． 故选：B 2．某组合体的上、下部分分别是圆台和圆柱.圆台和圆柱的高相等，且圆台的下底面与圆柱的上底面重合，圆台的上底面半径是下底面半径的一半，则圆台与圆柱的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用圆台和圆柱的体积公式直接计算即可得解. 【详解】设圆台的上底面半径为，高为，则圆台和圆柱的底面半径为， 则圆台体积，圆柱体积， 所以圆台与圆柱的体积之比为. 故选：B 3．下列命题中正确的是（   ） A．直四棱柱是长方体 B．正六棱锥的侧面都是正三角形 C．用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台 D．以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体为圆锥 【答案】C 【分析】由正棱柱、正棱锥的概念判断A、B；由旋转体的结构特征判断C、D． 【详解】对于A，长方体是底面为矩形的直四棱柱，故A不正确； 对于B，正棱锥的侧面都是等腰三角形，所以正六棱锥的侧面都是等腰三角形，故B不正确； 对于C，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台,故C正确； 对于D，以直角三角形的直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体为圆锥，故D不正确. 故选：C. 4．下列说法正确的是（    ） A．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫做棱锥 B．直角三角形绕一条边所在直线旋转一周得到的旋转体是圆锥 C．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥不可能为六棱锥 D．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体是棱台 【答案】C 【分析】利用棱锥、圆锥、棱台的结构特征判断ABD；利用侧棱与其在底面内的射影大小关系推理判断C； 【详解】对于A，有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形的几何体叫做棱锥，A错误； 对于B，直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周得到的旋转体是共底面的两个圆锥构成的组合体，B错误； 对于C，假定是六棱锥，则该六棱锥的底面是正六边形，所有侧棱长相等，各侧棱在底面上的射影都相等， 因此该六棱锥是正六棱锥，而正六边形半径等于其边长，则该六棱锥的侧棱长等于它在底面内的射影， 与平面的斜线段大于它在该平面内的射影矛盾，从而该棱锥不可能是六棱锥，C正确； 对于D，用一个与底面平行的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台，D错误. 故选：C 二、填空题 5．给出下列命题： ①正棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的矩形； ②在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线； ③各个面都是三角形的几何体是三棱锥； ④棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥； ⑤圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线． 其中正确的命题是 ．（填序号） 【答案】①⑤ 【分析】根据正棱柱的定义即可判断①，根据圆柱母线的定义即可判断②，根据三棱锥的定义即可判断③，根据正六棱锥的定义即可判断④，由圆锥的母线定义即可判断⑤. 【详解】正棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的矩形，故①正确； 只有当这两点的连线平行于轴时才是母线，故②错误； 如图所示，故③错误； 若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，故④错误； 圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线，故⑤正确. 所以正确的命题是①⑤． 故答案为：①⑤. 三、解答题 6．（1）已知圆锥的母线长是，侧面积是，求该圆锥的高？ （2）已知圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线长为，求它的体积？ 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）利用圆锥的侧面积求出圆锥的底面半径，再利用勾股定理可求得该圆锥的高； （2）求出圆台的高，利用圆台的体积公式可求得该圆台的体积. 【详解】（1）设圆锥的母线长为，高为，底面半径为， 则该圆锥的侧面积为，解得， 故该圆锥的高为； （2）如图是圆台的轴截面，圆台上、下底面半径分别为、，母线长为，设圆台的高为， 则，解得， 故该圆台的体积为. 7．如图所示，在四边形中，，， (1)求四边形绕旋转一周所成几何体的表面积； (2)求四边形绕旋转一周所成几何体的体积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）分析旋转体的结构特征，结合圆锥、圆台的侧面积公式运算求解； （2）根据题意结合锥体、台体的体积公式运算求解. 【详解】（1）由题意可知，四边形绕旋转一周所成几何体为圆台挖去一个圆锥的组合体， 过点作，垂足分别为，如下图所示： 易知，所以， 又，所以，可得； 故圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为， 母线长；高，母线长， 所以圆台的侧面积为， 圆锥的侧面积为，圆台的下底面面积为， 所以几何体的表面积为． （2）易知几何体的体积等于圆台体积减去圆锥体积， 即， 所以几何体的体积为． 8．图中平面图形从上往下依次由等腰三角形、圆、半圆、矩形、等腰梯形拼接形成，若将它绕直线l旋转形成一个组合体，试分析该组合体由哪些简单几何体构成． 【答案】组合体从上到下依次为圆锥、球、半球、圆柱、圆台 【分析】根据旋转体的定义判断即可. 【详解】因为平面图形从上往下依次由等腰三角形、圆、半圆、矩形、等腰梯形拼接形成， 若将它绕直线l旋转形成一个组合体从上到下依次为圆锥、球、半球、圆柱、圆台. 9．如图，观察下列实物图. (1)上述三个实物图抽象出的几何体与多面体有何不同？ (2)上述实物图抽象出的几何体中的曲面能否由某些平面图形旋转而成？ (3)如何形成上述几何体的曲面？ 【答案】(1)答案见解析 (2)可以 (3)答案见解析 【详解】（1）这三个实物图抽象出的几何体是旋转体，是由平面图形绕某一直线旋转而成的. （2）可以. （3）第一个几何体可以由半圆绕其直径所在的直线旋转而成； 第二个几何体可以由直角梯形绕其直角边所在的直线旋转而成； 第三个几何体可以由直角三角形绕其直角边所在的直线旋转而成. 10．如图，这是由一个半圆柱和一个长方体组合而成的几何体，其中，． (1)求该几何体的体积； (2)求该几何体的表面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用长方体和半圆柱的体积公式计算即可； （2）直接算各个面的面积相加即可. 【详解】（1）长方体的体积为， 半圆柱的底面积为， 半圆柱的体积为， 该几何体的体积为. （2）长方体去掉上底面后的表面积为， 由（1）得半圆柱的底面积为， 半圆柱的侧面积为， 所以该几何体的表面积为. 题型一 有关旋转体的计算 一、单选题 1．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》．该书收录了有关降水量计算的四个例子，其中一个是天池盆收集雨水．已知天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸（注：1尺寸），当盆中积水深九寸时，平地的降雨量（降雨量是指在一定时间内降落在地面上的某一点或某一单位面上的水层深度）是（    ） A．9寸 B．6寸 C．4寸 D．3寸 【答案】D 【分析】先求得盆中水体积，再除以盆上底面积即可. 【详解】由题意知天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸， 由积水深9寸知水面半径为（寸），如图， 则盆中水体积为（立方寸） 所以降雨量为（寸）， 故选：D． 2．在中，，，，现以所在直线为轴，其余两边旋转一周形成曲面围成的几何体，则这个几何体的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】旋转形成的几何体为两个共同底面的圆锥，求出底面半径，结合圆锥侧面积公式计算即可得. 【详解】设边上的高为，，，则， 则旋转形成的几何体为两个共同底面的圆锥，底面半径为，母线长分别为和， 则这个几何体的表面积. 故选：A. 3．已知圆台上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为2，则圆台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用圆台体积公式即可求得结果. 【详解】设上、下底面的半径分别为，高为h，母线， 则，， 所以. 故选：C. 4．已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，且圆台的母线与底面所成的角的大小为，则圆台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先由圆台的母线与底面所成的角求出圆台的高，再由圆台的体积公式计算求解. 【详解】因为圆台的上、下底面半径分别为1和2， 根据线面角定义圆台的母线与底面所成的角的大小为， 设高为，则母线为， 所以，所以 由圆台的体积公式为. 故选：B. 5．一圆台的上、下底面半径分别为2、4，体积为，则该圆台的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用圆台体积公式可得其高为，即可知母线长，利用侧面展开图面积求出圆台的侧面积. 【详解】根据题意可知，圆台上底面面积为，下底面面积为； 设圆台的高为，由体积可得， 解得，所以可得圆台母线长为， 根据侧面展开图可得圆台侧面积为. 故选：C 6．若水平放置的平面四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，则以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据斜二测图形信息推出原图形的尺寸，再分析旋转后几何体的构成，最后求出体积. 【详解】已知在斜二测图形中，， 根据斜二测画法中平行于轴的线段长度不变的规则，可知在原图形中，，. 又已知，由斜二测画法中平行于轴的线段长度减半的性质， 可得原图形中，且（斜二测画法中轴与轴夹角在原图形中为）. 如图，得到原图. 因为梯形以边为轴旋转一周，所以得到的几何体为圆台. 其中圆台的底面半径，高； 根据圆台体积公式，可得. 故选：B. 7．中国冶炼铸铁的技术起源于春秋时期，并在战国时期取得了显著的进步，推动了当时社会的发展.现将一个体积为的实心铁球熔化后，浇铸成一个圆台状的实心铁锭（不考虑损耗），若该圆台的一个底面周长是另一个底面周长的2倍，高为，则该圆台的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出圆台的上下底面的半径，求出母线长后可求表面积. 【详解】如图所示，设圆台较大的底面半径为，较小的底面半径为， 则，解得. 过点作，垂足为，则母线 . 故选：D. 8．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸）（   ） A．2寸 B．3寸 C．4寸 D．5寸 【答案】B 【分析】根据题意先求积水深9寸的水面半径，求出盆中水的体积，根据平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积即可求解. 【详解】由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸． 因为积水深9寸，所以水面半径为寸， 所以盆中水的体积为（立方寸）． 所以平地降雨量等于（寸）， 故选：B. 9．已知圆锥侧面展开图的圆心角为，半径为8，则过圆锥母线中点的平面截圆锥所得圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】解法一：首先根据扇形的弧长和圆锥底面周长相等，求底面圆的半径，再求圆锥和圆台的高，代入体积公式，即可求解；方法二：利用大圆锥体积减去小圆锥体积就是圆台体积. 【详解】解法一如图，易得圆锥的母线长为8，底面半径r满足，（提示：圆锥的侧面展开图（扇形）的弧长与圆锥的底面周长相等）所以，高为． 故圆台的上、下底面半径分别为1，2，高为，体积． 解法二  如图，易得圆锥的母线长为8，底面半径r满足，所以，高为．故圆台的上、下底面半径分别为1，2，高为，体积． 故选：D 二、填空题 10．如图所示的图形是由六个直角边均为1和的直角三角形组成的，则该图形绕直线l旋转一周得到的几何体的体积为 . 【答案】 【分析】根据图形，外面的六边形的边长为，旋转得到的几何体是两个同底的圆台，再根据圆台的体积公式求解，内部的六边形边长为1，旋转得到的几何体是一个圆柱，两个与圆柱同底的圆锥.再根据圆柱，圆锥的体积公式求解，然后外部的减内部的体积即为所求. 【详解】根据题意，直角三角形斜边为，又直角短边长度为， 所以直线与上下两个直角三角形斜边的交点均为中点，即直线左右平分此图形， 由题意可知此图外面的六边形边长为， 如图： 作，， ，可得， 所以， 由圆台定义可得：该图形绕直线l旋转一周得到的几何体是两个同底的圆台， 上底半径为，下底半径为，高为 ， 所以旋转得到的几何体的体积为， 又内部的六边形边长为1， 作，， 所以， 所以旋转得到的几何体是一个圆柱，两个与圆柱同底的圆锥， 圆锥的底面半径为，高为，圆柱的底面半径为，高为1， 内部的六边形旋转得到的几何体的体积为， 所以几何体的体积为. 故答案为： 11．已知正四棱台中，，其侧面积为，为侧面的中位线，若该棱台内切球半径为，则二面角的余弦值为 . 【答案】 【分析】求出正四棱台的上下底的边长以及斜高，作出二面角的平面角，求出相关线段长，利用余弦定理即可求得答案. 【详解】由正四棱台内切球半径为，可知棱台的高为， 设，则，故侧面的高即斜高为， 正四棱台侧面为等腰梯形，棱台侧面积为，故， 解得，即棱台上底长为1，下底长为2，斜高为， 设上底边中点为E，中点为F，中点为G， 连接，由于正四棱台侧面为等腰梯形，为侧面的中位线， 则；又， 故，且在正四棱台中，有， 故四边形为等腰梯形，故， 则即为二面角的平面角， 在等腰梯形中，， 则，即， 故在中，， 则在等腰梯形中，，； 设分别为的中点，则四边形为等腰梯形，， 则， 在中，， 在中，，，， 求得， 则二面角的余弦值为， 故答案为. 12．已知正四面体ABCD的棱长为，其顶点都在球O的球面上，点M在棱CD上，且，则过点M的平面截球O所得截面的面积最小值为 ． 【答案】 【分析】根据题意，把正四面体放置在一个棱长为1的正方体中，取的中点，得到，由，求得，再由过点且垂直于的截面为面积最小，结合球的截面的性质，求得截面圆的半径，利用圆的面积公式，即可求解. 【详解】如图所示，由题可知棱长为1的正方体的顶点也都在球面上，所以球的半径为， 取的中点，连接，则， 由且正四面体的棱长为，可得，， 则， 因为过点的平面截球所得截面为圆，则过点且垂直于的截面为面积最小， 设该截面圆半径为， 则， 可得所得截面的圆面积最小值为． 故答案为：. 13．已知某圆台轴截面的周长为，母线与底面成角，圆台的高为，该圆台的体积为 ． 【答案】 【分析】取圆台的轴截面，可知四边形为等腰梯形，根据题中信息求出圆台上、下底面半径，结合台体体积公式可求得该圆台的体积. 【详解】如下图所示，在圆台中，设该圆台上、下底面的半径分别为、，高为， 取圆台的轴截面，可知四边形为等腰梯形， 过点、在平面内作，，垂足分别为、， 由题意可知，，则、都为等腰直角三角形， 故，，则，， 在平面内，因为，，， 则四边形为矩形，故， 由题意可知，梯形的周长为， 即，解得， 故， 因此，该圆台的体积为. 故答案为：. 三、解答题 14．如图是一块正四棱台的工艺石料，该四棱台的上、下底面的边长分别为2dm和4dm，高为3dm．    (1)求四棱台的表面积； (2)现要将这块工艺石料最大限度打磨为一个圆台造型，求圆台的体积． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）利用正四棱台的性质，求出侧面等腰梯形的高，再分别计算每个面的面积，相加即可得棱台的表面积； （2）若要这块石料最大限度打磨为一个圆台，则圆台的上、下底面圆是正四棱台的上、下底面正方形的内切圆，高为正四棱台的高，再根据圆台的体积公式计算即可. 【详解】（1）正四棱台侧面是全等的等腰梯形， 分别取中点，连接，作交于， 如图所示，因为，，且，则四边形为矩形， 则，，，， 所以， 所以四棱台的表面积为．    （2）若要这块石料最大限度打磨为一个圆台， 则圆台的上、下底面圆是正四棱台的上、下底面正方形的内切圆，高为正四棱台的高， 则圆台上底面圆半径，下底面圆半径，高， 则圆台的体积为． 15．如图，在等腰直角△中，，，为的中点，、分别为、边上一点，满足，．将△、△分别沿着、翻折成△、△，满足，在平面的同侧，且． (1)证明：，，，共面； (2)设几何体的体积为，求的最大值； (3)当取最大值时，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据三角形相似即可得故共线，进而可求证，或者利用相似得与重合求解， （2）根据题意可得几何体为三棱台，即可根据体积公式求解， （3）根据体积最大可得，进而根据二面角的定义可知是二面角的平面角，即可利用余弦定理求解. 【详解】（1） 延长，相交于点，连接、． 由题意，，所以，． 因为，所以，且在同一平面内． 所以．所以，故共线．即直线，所以共面． （法二）延长，相交于点． 因为，所以∽，且． 延长，相交于点． 因为，所以∽ 因为，，所以，故与重合． 即直线，所以共面． （2）因为，平面，平面，故平面 同理，平面 又，所以平面平面． 由（1）知共面，所以，几何体为三棱台． 由，，平面， 所以平面，从而平面平面．过作，垂足为， 则平面，故平面 易知，． 则． 当且仅当，即取到等号， 故体积的最大值为， （3）由（2）知，当取最大值时， 因为，所以 取的中点，连接，，则， 所以是二面角的平面角． 在三角形中，由余弦定理得． 16．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，被任意一个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. (1)如图1，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，求该不规则几何体的体积； (2)将两个底面半径为，高为的圆柱体按如图2所示正交拼接在一起，公共部分叫做“牟合方盖”，如图3.取牟合方盖的八分之一，根据祖暅原理，它的体积和某个四棱锥的体积相加等于棱长为的正方体的体积，求这两个圆柱公共部分几何体即“牟合方盖”的体积； (3)半径为的两个球的球心距离也为，根据祖暅原理计算两个球的公共部分的体积. 【答案】(1)21 (2) (3) 【分析】（1）由已知条件求出正六棱台体积，即可得到答案； （2）由题，该几何体在距底面距离处的横截面积为，阴影部分面积为，根据祖暅原理，列式计算； （3）由题，两个球的公共部分为两个底面半径为的球冠，每个球冠的体积等同于一个底面半径为，高为的圆柱中间挖去一个上下底面半径分别为和，高为的圆台的组合体体积，列式计算得解. 【详解】（1）正六棱台的上表面面积，下表面面积， 正六棱台的体积为. （2）根据图4，该几何体在距底面距离处的横截面积为，阴影部分面积为. 底面边长和高为的正四棱锥在距底面距离处的横截面积与阴影部分相等. 根据祖暅原理，它的体积和某个四棱锥的体积相加等于棱长为的正方体的体积 即，所以. （3）两个球的公共部分为两个底面半径为的球冠， 每个球冠的体积等同于一个底面半径为，高为的圆柱中间挖去一个上下底面半径分别为和，高为的圆台的组合体体积， 则， 即. 题型二 有关旋转体的侧面展开图与截面问题 一、单选题 1．《算数书》竹简于上世纪八十年代出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相乘也，叉以高乘之，三十六成一."该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.现有一圆锥底面周长为，侧面面积为，其体积的近似公式为，用此π的近似取值（用分数表示）计算过该圆锥顶点的截面面积的最大值为（    ） A．15 B． C． D．8 【答案】D 【分析】由已知求得母线长，底面半径为，再结合体积近似公式和圆锥体积公式求π的近似值并确定，最后利用余弦定理求截面顶角的范围，由三角形面积公式有截面积为，即可确定最大值. 【详解】若圆锥母线长为，底面半径为，则，故， 又，故， 而，则，可得， 所以， 若截面顶角，当截面为轴截面时，此时， 又截面面积为，故当时截面面积的最大值为8. 故选：D 2．中国被称为“制扇王国”，折扇的起源历史悠久，最早可以追溯到西汉时期.现有一把折扇，其结构如图.完全展开后扇面的圆心角为，上板长为若把该扇面围成一个圆台，则圆台的高为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】应用几何扇形弧长计算，结合圆台的几何特征计算即可. 【详解】设小扇形的半径为xcm，则大扇形的半径为， 设圆台的上下底面半径分别为， 则， 所以， 所以， 所以圆台的高为 故选： 3．已知圆台的上、下底面半径分别为r，R，高为h，平面经过圆台的两条母线，设截此圆台所得的截面面积为S，则（    ） A．当时，S的最大值为 B．当时，S的最大值为 C．当时，S的最大值为 D．当时，S的最大值为 【答案】D 【分析】通过将圆台补成圆锥，利用图形分和讨论即可. 【详解】如图,将圆台补成圆锥. 设圆台的母线长为,则,等腰梯形为过两母线的截面. 设，由，得, 则， 当时，，当最大，即截面为轴截面时面积最大， 则的最大值为. 当时,，当时，截面面积最大， 则的最大值为. 故选：D. 【点睛】关键点睛：本题的关键的是通过补图，利用三角形相似和三角形面积公式得到，然后再分和讨论即可. 4．已知一个圆台母线长为，侧面展开图是一个面积为的半圆形扇环（如图所示），在该圆台内能放入一个可以自由转动的正方体（圆台表面厚度忽略不计），则该正方体体积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】通过空间想象将圆台内自由转动的正方体问题，转化为求解圆台内球最大问题.先由侧面展开前后图形关系建立方程求解各相关各量、、、、等，再计算比较圆台高与圆锥内切球直径的大小关系确定最大球状态，求解半径，进而求正方体棱长与体积可得. 【详解】要使圆台内能放入自由转动的正方体的体积最大，则该正方体的外接球恰好为该圆台内能放入的最大的球. 设圆台的侧面展开图半圆形扇环的内圆半径为，外圆半径为， 则，化简得， 又圆台母线长为，联立，解得. 设圆台上、下底面圆半径分别为、，则，解得. 如图1，还台为锥，设上、下底面圆心为、， 在中，，又为锐角，则. 由相似性可知，圆台的轴截面等腰梯形的底角为， 故圆台的高. 如图2，圆锥轴截面为正三角形， 则正三角形内切圆即圆锥内切球半径长为， 因为正三角形内切圆直径， 故圆锥内切球即圆台内能放入的最大的球，直径为. 设正方体的棱长为，由正方体外接球直径即为体对角线可得，解得， 此时正方体的体积最大，最大为. 故选：B. 二、多选题 5．如图是一个圆台的侧面展开图，若，所在圆的半径分别是2和4，且，则（   ） A．圆台的侧面积为 B．圆台的高为 C．圆台的体积为 D．圆台内部可以容纳的球的直径最大为 【答案】BCD 【分析】A选项，由扇形弧长和面积公式得到扇形和扇形的面积，相减得到A错误；B选项，求出圆台上下底面的半径，作出辅助线，由勾股定理求出圆台的高；C选项，根据圆台体积公式得到C正确；D选项，根据圆台的高得到当球的直径为时，半径为，求出此时球心到的距离为，得到D正确. 【详解】A选项，由题意得， 又，故， 扇形的面积为， 扇形的面积为， 故圆台的侧面积为，A错误； B选项，圆台母线长， 由题意得，， 解得，过点作⊥于点，为圆台的高， 则，， 由勾股定理得， 圆台的高为，B正确； C选项，圆台的体积为，C正确； D选项，由于圆台的高为，当球的直径为时，半径为， 梯形的面积为， ， ， 故， 又，故此时球心到的距离为， 而， 故圆台内部可以容纳的球的直径最大为，D正确. 故选：BCD 三、填空题 6．如图，曲线是一个圆心位于,半径为得四分之一圆弧，是直线上的线段，两者交于，，与轴共同构造一个封闭区域，将绕轴旋转一周得到几何体，现已知：过点作的水平截面，所得的截面积与之间的函数关系式为，利用的表达式与祖暅原理，考虑一个长方体，一个四棱锥和一个平放的半圆柱，计算几何体的体积为 . 【答案】 【分析】 利用祖暅原理，通过一个长方体减去一个四棱锥加上一个半圆柱的组合体，使其与的水平截面表达式相等，算出构造的组合体体积即可. 【详解】 如图，取一个宽，长，高的长方体挖空一个四棱锥，再加个半径，高的圆柱， 当高时，水平截面（阴影部分）面积， 由，可得， 由，可得， 则此组合体水平截面面积与之间的函数关系式为， 所以此组合体体积与几何体的体积相等， . 故答案为：. 7．圆台母线长为3，下底直径为10，上底直径为5，过圆台两条母线作截面，则该截面面积最大值是 【答案】 【分析】求出轴截面时所补成的等腰三角形的顶角的余弦值，则判断其为钝角，再计算出截面积的表达式，得到最值． 【详解】由题意作出轴截面，并将其补充成等腰三角形，    则，，， 因为，， 所以为三角形的中位线，则， 在中利用余弦定理得，， 因为，所以， 过圆台两条母线所作截面也为等腰梯形，并将其补成的等腰三角形，设其顶角为， 则， 因为，且，则当时，的最大值为． 故答案为：． 8．《缀术》中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖暅原理，其意思是：如果两个等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等.该原理常应用于计算某些几何体的体积.如图，某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面，侧面为球面的一部分，上底直径为，下底直径为6cm，上下底面间的距离为3cm，则该卧足杯侧面所在的球面的半径是 cm；卧足杯的容积是 （杯的厚度忽略不计） 【答案】 【分析】设球体的半径为，，得到，解出，求出球体半径；由祖暅原理知，碗的体积等于下图右边中间高为的圆柱体积减去一个圆台，分别求出圆柱和圆台的容积，作差即可求解. 【详解】如下图：设球体的半径为，，由， 得，解得，所以； 作一个高与球的半径相等，底面半径也与球的半径相等的圆柱，可得过的两截面的面积相等， 由祖暅原理知，碗的体积等于下图右边中间高为的圆柱体积减去一个圆台， 设圆台上表面半径为，则， 下表面半径为，所以， ， . .故答案为：；. 9．正三棱台的上､下底边长分别为6，18，该正三棱台内部有一个内切球（与上､下底面和三个侧面都相切），则正三棱台的表面积为 . 【答案】 【分析】利用内切球的性质，从截面形状分析数量关系，进而求出棱台表面积. 【详解】 如图，上底面边上的中线为，下底面边上的中线为. 根据内切球的性质可知，球与三个平面的切点分别在、、上. 考察截面 . 根据勾股定理易知，，. 圆与相切于,其中 分别为棱台上下底面的中心，为斜高， 因，， 由切线长定理，易得，，则, 上底面面积为，下底面面积为， 因此三棱台的表面积为. 故答案为： 四、解答题 10．南北朝时期的伟大科学家祖暅，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么，这两个几何体的体积相等．球的体积可以利用祖暅原理求出．如图，左边是一个半径为的半球（用经过球心的平面截球体所得的几何体），右边是从底面半径和高均为的圆柱中挖去一个以该圆柱的上底面为底面､下底面圆心为顶点的圆锥所得到的几何体，这两个几何体在同一平面上．现用任意一个平行于的平面截这两个几何体，记左边半球被平面截得的截面面积为，右边几何体被平面截得的截面面积为． (1)当平面与的距离为时，求的值； (2)利用祖暅原理求此半球的体积，并由此给出球体的体积公式． 【答案】(1)； (2)； 【分析】（1）结合题意，判断截面形状，再利用公式求即可； （2）由（1）得到对于任意，都有，利用祖暅原理将左边半球的体积转化为右边几何体体积求解即可. 【详解】（1）当平面与的距离为时， 由题意得左边半球被平面截得的截面为圆面， 其半径，则； 右边几何体被平面截得的截面为圆心相同的圆环，易得大圆的半径为， 因为圆柱的高等于底面半径，所以小圆的半径为，则． （2）由（1）得当平面与的距离为时，， 即对于任意，都有， 由祖暅原理可得左边半球的体积等于右边几何体体积， 即， 所以半径为的球体的体积公式为． 11．如图，是圆柱的底面直径，，是圆柱的母线且，点是圆柱底面圆周上的点． (1)求圆柱的侧面积和体积； (2)若是的中点，点在线段上，求的最小值．并求此时二面角的正切值. 【答案】(1) (2)； 【分析】（1）利用圆柱的侧面积和体积公式计算即得； （2）将和转化到一个平面中，利用三点共线时线段和最短即可求得最小值；过点作于点，证明平面，由证明平面得到点到平面的距离为，利用等体积求出点到平面的距离，再求出中边上的高，根据二面角的定义即可求得二面角的正切值. 【详解】（1）圆柱的侧面积为； （2） 如图，将绕着旋转到使其与平面共面，且在的反向延长线上. 连接交于点，此时三点共线，故取得最小值， 即； 因， 则，，， 过点作于点，因平面，平面，则， 又平面，故平面， 又， 平面， 平面，则平面，点到平面的距离为， 设点到平面的距离为，则由等体积可得， 因，， 则有，解得. 再设中边上的高为，则由等面积可得，解得. 设二面角的平面角为，显然是锐角， 依题意，，则， 即二面角的正切值为. 一、单选题 1．我国魏晋时期的数学家刘徽创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形来推算球的体积.如图1，在一个棱长为的立方体内作两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是牟合方盖，如图2，设平行于水平面且与水平面距离为的平面为，记平面截牟合方盖所得截面的面积为，则函数的图象是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先由图1得正方体的内切球也是“牟合方盖”内切球，由图2可知截面均为正方形，此正方形是平面截内切球的截面圆的外接正方形，由此计算得到函数解析式，判断选项. 【详解】正方体的内切球也是“牟合方盖”内切球，用任意平行于水平平面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，并且此正方形是平面截内切球的截面圆的外接正方形， 内切球的半径为，设截面圆的半径为，则，解得：， 设截面圆的外接正方形的边长为，则，正方形的面积，，由函数形式可知，图象应是开口向下的抛物线. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题的关键是空间想象能力的考查，关键得到截面是一个正方形，以及与“牟合方盖”内切球的关系. 2．在边长为2的菱形中，，垂足为点E，以所在的直线为轴，其余四边旋转半周形成的面围成一个几何体，则该几何体的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题设得到旋转体为底面直径、母线为2的半圆锥和上下底面直径分别为2、4，母线为2的半圆台，画出几何体，利用圆锥、圆台的表面积公式求几何体的表面积. 【详解】由题设，，如下图示：    绕所在的直线为轴旋转半周，则与重合， 所得旋转体为底面直径、母线为2的半圆锥和上下底面直径分别为2、4，母线为2的半圆台组合而成，如下图示：    所以圆锥表面积为，圆台表面积为， 则几何体的表面积. 故选：C 3．如图，圆台的上、下底面圆半径分别为1、2，高，点S、A分别为其上、下底面圆周上一点，则下列说法中错误的是（    ）    A．该圆台的体积为 B．直线SA与直线所成角最大值为 C．该圆台有内切球，且半径为 D．直线与平面所成角正切值的最大值为 【答案】B 【分析】对于A，根据圆台的体积公式，可得答案；对于B，根据异面直线夹角的定义，作图，利用三角函数的定义，可得答案；对于C，研究圆台的轴截面，结合等腰体形存在内切圆的判定，可得答案；对于D，根据线面角的定义，作图，利用线面垂直判定定理，结合函数的单调性，可得答案. 【详解】对于A选项，，则A选项正确． 对于B选项，如图（1），过作垂直于下底面于点，则， 所以直线与直线所成角即为直线与直线所成角，即为所求， 而，由圆的性质得，， 所以， 因为，则B选项错误．    对于C选，设上底面半径为，下底面半径为，若圆台存在内切球， 则必有轴截面的等腰梯形存在内切圆，如图（2）所示，梯形的上底和下底分别为2，4， 高为，易得等腰梯形的腰为，假设等腰梯形有内切圆， 由内切圆的性质以及切线长定理，可得腰长为，所以圆台存在内切球， 且内切球的半径为，则C选项正确；    对于D选项，如图（3），平面即平面， 过点做交于点，因为垂直于下底面，而含于下底面， 所以，又，且平面， 所以平面，所以直线与平面所成角即为， 且．设，则， 所以，其中， 所以， 当时，，当时， ．根据复合函数的单调性， 可知函数，在上单调递增， 所以当时，有最大值，最大值为，所以D选项正确．    故选：B. 【点睛】本题考查立体几何的内切球问题，线面角的最值求解，异面直线所成角的求解，圆台的体积的求解.对于D选项这样的动点问题求最值，如果不能从图形中找到最值对应的点的位置，那么可以通过求函数最值的方法求解. 4．一封闭圆锥容器的轴截面是边长为3的等边三角形，一个半径为的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥容器内壁的最大面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分别计算侧面与底面上小球可能接触到的容器内壁的面积，即可得解 【详解】在圆锥内壁侧面，小球接触到的区域围成一个圆台侧面，如下图所示：      因为小球的半径， 所以, 又都是等边三角形，所以，， 于是，圆台的上、下底面圆的半径分别，， 母线长， 所以圆台的侧面积为. 在圆锥底面，小球接触到的区域是一个圆， 其半径为，其面积为. 综上，圆锥内壁上小球能接触到的最大面积为. 故选：A 二、填空题 5．已知正方体棱长为2，动点P在的内切圆圆周上运动，M为棱的中点，现将直线BM绕棱旋转，则在旋转过程中，动点P到动直线BM距离的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】根据题设画出示意图，并将问题化为求中点到面与圆锥交线距离最小值，即可求最小值. 【详解】如下图，将直线BM绕棱旋转，几何体为锥体，截正方体部分锥体如下， 由，面，面，则， 又，面，则面， 面，故面面， 所以，圆锥侧面上，面与圆锥交线上存在到面距离最短的点， 又，且交线上侧的点到面距离比下侧到面面距离要远， 要使在旋转过程中，动点P到动直线BM距离最小， 只需内切圆最下侧的点，即中点到距离最小，即为所求， 而，，故， 所以中点到距离. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：应用正方体、旋转体性质将问题化为点到直线距离为关键. 6．如图，将正四棱柱斜立在平面上，顶点在平面内，平面，点在平面内，且.若将该正四棱柱绕旋转，的最大值为 .    【答案】 【分析】过点作，垂足为，连接，过点作平面，垂足为，当三点共线，且时，取得最大值，进而可得出答案. 【详解】过点作，垂足为，连接， 因为平面，所以平面， 所以点到平面的距离为， 则， ， 过点作平面，垂足为， 当三点共线，且时，取得最大值， 最大值为 .    故答案为：. 【点睛】关键点点睛：过点作平面，垂足为，由三点共线，且时，取得最大值，是解决本题的关键. 三、解答题 7．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，将分别以AB，BC，AC所在的直线为旋转轴旋转一周，得到三个旋转体，，，设，，的体积分别为，，. (1)若，，求的表面积S； (2)若，求y的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）作出旋转体，其表面积即两个圆锥侧面积的和，利用余弦定理求出，继而求得底面圆半径，代入公式计算即得； （2）由（1）类似过程求得和，计算出其体积，作出旋转体，是由两个同底面圆的大圆锥去掉小圆锥组成的组合体，求出底面圆半径，间接法求出,代入所求式，运用换元法、基本不等式和二次函数的单调性即可求得函数最大值. 【详解】（1）    如图1，把以直线AB为旋转轴旋转一周得到旋转体， 它是由两个同底面圆的圆锥拼成的组合体，其表面积即两个圆锥的侧面积的和. 因，，， 由余弦定理，，可得，, 因,设底面圆半径为，由解得，， 于是，； （2）由（1）可得，，即， 底面圆半径为， 于是，.    如图2，把以直线为旋转轴旋转一周得到旋转体, 它是由两个同底面圆的大圆锥去掉小圆锥组成的组合体. 设底面圆半径为，因,易得， 则，于是，，同理可得， 于是， ， 设，当且仅当时等号成立，则， 因时，函数单调递增，故，则， 即时，. 【点睛】思路点睛：本题主要考查旋转体的表面积求法和与其体积有关的函数的最值求法，属于难题. 解题思路是作出旋转体的图形，理解其组成，正确求出底面半径、高，母线长等关键量，代入公式，整理后，运用换元，利用基本不等式和函数的单调性求其最值. 8．“牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法．它是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向相交时两圆柱公共部分形成的几何体（如图1），点被称为“牟合方盖”的上顶点，点为“牟合方盖”的中心．过点作平面使得． (1)求平面截“牟合方盖”所得截面的面积； (2)B，E为平面与两圆柱交线的交点，为BE的中点，过OD作平面ODSC，S，C为“牟合方盖”表面上的点且位于平面AOD同一侧，，过S作平面ABC，交边界BD于点，设． （i）当时（如图2），是否存在使得？若存在，求出；若不存在，请说明理由； （ii）若，点S到平面ABR的距离为，求与． 【答案】(1)； (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）根据对称性可得截面图形为正方形且边长为4，从而求出截面面积； （2）（i）合理作出辅助线，计算得，则，，解出即可； （ii）作出辅助线，设，表示出相关线段长，再根据等体积法得到，解出值，从而得到三角函数值. 【详解】（1）根据圆柱对称性可知，该截面图形为正方形，正方形边长， 截面面积； （2）（i）作图，连接，过S作于点， ，所以为圆柱的母线的一部分，， 过作于点，连接，， 平面，平面，， ，平面， 几何图形为圆面的一部分， ，， ， ， ， 解得或（舍），. （ii）作图，过S作于点，过作于点， 过作，交弧于点，过作于点， 作于点，连接并延长交于点，交于点， 连接，连接并延长交于点， 因为，所以． 设，故， 所以， ， 且平面，平面， ， 又，平面， 平面，平面，， 在三棱锥中，， ， ， ， ， ， ，，故， 所以 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 11.3.2旋转体 基础达标题 旋转体的概念及结构特点 有关旋转体的计算 旋转体 能力提升题 有关旋转体的侧面展开图与截面 问题 拓展培优题 A 基础达标题 题型一旋转体的概念及结构特点 一、单选题 1.给出下列空间几何体：①球；②建筑用的方砖；③茶杯；④埃及的金字塔.其中属于多面体的个数为() A.1 B.2 C.3 D.4 2.某组合体的上、下部分分别是圆台和圆柱.圆台和圆柱的高相等，且圆台的下底面与圆柱的上底面重合， 圆台的上底面半径是下底面半径的一半，则圆台与圆柱的体积之比为() A高 ®日 c 0,4 7 3.下列命题中正确的是（) A.直四棱柱是长方体 B.正六棱锥的侧面都是正三角形 C.用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台 D.以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体为圆锥 4.下列说法正确的是() A.有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫做棱锥 B.直角三角形绕一条边所在直线旋转一周得到的旋转体是圆锥 C.如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥不可能为六棱锥 D.用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体是棱台 1/13 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 二、填空题 5.给出下列命题： ①正棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的矩形： ②在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线； ③各个面都是三角形的几何体是三棱锥： ④棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥； ⑤圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线. 其中正确的命题是一·（填序号） 三、解答题 6.(1)己知圆锥的母线长是2，侧面积是2π，求该圆锥的高？ (2)己知圆台的上底面半径为2，下底面半径为4，母线长为3，求它的体积？ 7.如图所示，在四边形ABCD中，∠DAB=90°，∠ADC=135°，AB=5,CD=2V2,AD=2, (1)求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积； (2)求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的体积. 8.图中平面图形从上往下依次由等腰三角形、圆、半圆、矩形、等腰梯形拼接形成，若将它绕直线1旋转 形成一个组合体，试分析该组合体由哪些简单几何体构成 9.如图，观察下列实物图. 2/13 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (1)上述三个实物图抽象出的几何体与多面体有何不同？ (2)上述实物图抽象出的几何体中的曲面能否由某些平面图形旋转而成？ (3)如何形成上述几何体的曲面？ 10.如图，这是由一个半圆柱和一个长方体组合而成的几何体，其中AB=A4=2,AD=6. B D B (1)求该几何体的体积： (2)求该几何体的表面积. B 能力提升题 题型一有关旋转体的计算 一、单选题 1.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》.该书收录了有关降水量计算的四个例子， 其中一个是天池盆收集雨水.已知天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸（注： 1尺=10寸)，当盆中积水深九寸时，平地的降雨量（降雨量是指在一定时间内降落在地面上的某一点或某 单位面上的水层深度)是() A.9寸 B.6寸 C.4寸 D.3寸 2.在ABC中，∠C=,AC=3,BC=4,现以AB所在直线为轴，其余两边旋转一周形成曲面围成的 2 几何体，则这个几何体的表面积为() 4.& B.12元 c.168n D.564 25 3.己知圆台上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为2，则圆台的体积为() A.3V3π B.83n c.7v3 D.2V3元 3 3 3/13 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 4.己知圆台的上、下底面半径分别为1和2，且圆台的母线与底面所成的角的大小为，则圆台的体积为 () A. 4π B. 7π 3 3 C. 2 D.3π 5.一圆台的上、下底面半径分别为2、4，体积为563 2π，则该圆台的侧面积为() 3 A.12π B.18π C.24π D.36π 6.若水平放置的平面四边形AOBC按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中A'C'IO'B', AC'⊥B'C',AC'=1,OB'=2,则以原四边形AOBC的边A0为轴旋转一周得到的几何体的体积为() B衣 A.72 3π B.14V2 3π C.6√2π D.10W2 3 7.中国冶炼铸铁的技术起源于春秋时期，并在战国时期取得了显著的进步，推动了当时社会的发展现将一 个体积为3 g14红cm的实心铁球熔化后，浇铸成一个圆台状的实心铁锭（不考虑损耗），若该圆台的一个底面 周长是另一个底面周长的2倍，高为2cm,则该圆台的表面积为() A.3+3V5πcm B.(5+5V10πcm2 c.5+3V10πcm D.(5+3W5)πcm 8.我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池 盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注： ①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸)() A.2寸 B.3寸 C.4寸 D.5寸 9。已知圆锥侧面展开图的圆心角为乃，半径为8，则过圆锥母线中点的平面截圆锥所得圆台的体积为() A.2f5 B.V15元 C.215元 D.75 3 3π 二、填空题 10.如图所示的图形是由六个直角边均为1和，√5的直角三角形组成的，则该图形绕直线1旋转一周得到的 4/13 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 几何体的体积为」 11.已知正四棱台ABCD-A,B,C,D,中，AB=2A,B,其侧面积为9，MN为侧面AAB,B的中位线，若该棱 台肉切球半径为三，则二面角4-N-C的余弦值为 12.已知正四面体ABCD的棱长为V2,其顶点都在球O的球面上，点M在棱CD上，且CM=3CD,则 4 过点M的平面截球O所得截面的面积最小值为一· 13.已知某圆台轴截面的周长为62+4，母线与底面成45角，圆台的高为√2，该圆台的体积为 三、解答题 14.如图是一块正四棱台ABCD-A,B,C,D,的工艺石料，该四棱台的上、下底面的边长分别为2dm和4dm, 高为3dm. D O1· Q A B D B (1)求四棱台ABCD-A,B,C,D的表面积； (2)现要将这块工艺石料最大限度打磨为一个圆台造型，求圆台0-O,的体积. 15.如图，在等腰直角△ABC中，∠C=90°，AB=6,D为AB的中点，E、F分别为AB、AC边上一点， 满足AE=1,EF/IDC.将△AEF、△BDC分别沿着EF、DC翻折成△GEF、△HDC,满足G,H在 平面CDEF的同侧，且GE/IHD. 5/13 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 E (1)证明：C,F,G,H共面； (2)设几何体DCHEFG的体积为V,求V的最大值； (3)当V取最大值时，求二面角F-CH-D的余弦值 16.中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖堩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，被任意一个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堩原理 (1)如图1，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为2√5的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”， 求该不规则几何体的体积； 图1正六棱台和不规则几何体 (2)将两个底面半径为r,高为6的圆柱体按如图2所示正交拼接在一起，公共部分叫做“牟合方盖”，如图 3.取牟合方盖的八分之一，根据祖堩原理，它的体积和某个四棱锥的体积相加等于棱长为r的正方体的体积， 求这两个圆柱公共部分几何体即“牟合方盖”的体积； 6/13 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 图2两个圆柱体图3牟合方盖 图4祖暅原理计算牟合方盖的八分之一 (3)半径为R的两个球的球心距离也为R,根据祖堩原理计算两个球的公共部分的体积. 图5两个球及其公共部分 题型二有关旋转体的侧面展开图与截面问题 一、单选题 1.《算数书》竹简于上世纪八十年代出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“困盖” 的术：“置如其周，令相乘也，叉以高乘之，三十六成一"该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高，计 算其体积了的近似公式V≈工.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率x近似取为3现有一圆锥底面周长 36 为6 相面面积为号，英体积的近似公式为” 3 ,用此π的近似取值（用分数表示）计算过该圆锥 112 顶点的截面面积的最大值为() A.15 B.3万 C.88 D.8 21 2.中国被称为“制扇王国”，折扇的起源历史悠久，最早可以追溯到西汉时期现有一把折扇，其结构如图.完 2 全展开后扇面的圆心角为二π，上板长为16cm.若把该扇面围成一个圆台，则圆台的高为() 7/13 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 扇面 ←上板习 小骨犬骨 A.28V -cm B.10v2cm C.103cm D.32V _cm 3 3 3.已知圆台O,O的上、下底面半径分别为r,R,高为h,平面0经过圆台OO的两条母线，设截此圆台 所得的截面面积为S,则() A.当h≥R-r时，S的最大值为(R+2r)h B.当h≥R-r时，S的最大值为 R+r2+(R-r)2 2(R-r) C.当h<R-r时，S的最大值为R+2rh D.当h<R-r时，S的最大值为 R+[2+(R-2] 2(R-r) 己知一个圆台母线长为3，侧面展开图是一个面积为，的半圆形扇环（如图所示），在该圆台内能苏 一个可以自由转动的正方体（圆台表面厚度忽略不计），则该正方体体积的最大值为() A.1 B.64 27 7 C.2√2 D. 二、多选题 5,如图是一个圆台的侧面展开图，若DE,AC所在圆的半径分别是2和4，且∠ABC=,则( 8/13 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 B D A,圆台的侧面积为25π B。圆台的高为119 6 6 C.圆台的体积为17519 D.圆台内部可以容纳的球的直径最大为19 648 6 三、填空题 6.如图，曲线G是一个圆心位于(1,0)，半径为1得四分之一圆弧，C,是直线L:y=x上的线段，两者交于 (1,1),G,C,与x轴共同构造一个封闭区域G,将G绕y轴旋转一周得到几何体2，现已知：过点(0，y)作 2的水平截面，所得的截面积S与y之间的函数关系式为S(y)=2π-2y2+2πV1-y2(0≤y≤1)，利用S(y的 表达式与祖堩原理，考虑一个长方体，一个四棱锥和一个平放的半圆柱，计算几何体Ω的体积为· A(1,1) C2 C 0 B2,0x 7.圆台O,0,母线长为3，下底直径为10，上底直径为5，过圆台两条母线作截面，则该截面面积最大值是 8.《缀术》中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖堩原理，其意思是：如果两个等高的几何体在同高 处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等.该原理常应用于计算某些几何体的体积如图， 某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面，侧面为球面的一部分，上底直径为4√6cm,下底直径为 6cm,上下底面间的距离为3cm,则该卧足杯侧面所在的球面的半径是 cm;卧足杯的容积是 cm3(杯的厚度忽略不计) 9.正三棱台ABC-A,B,C,的上、下底边长分别为6,18，该正三棱台内部有一个内切球（与上、下底面和三个 侧面都相切)，则正三棱台的表面积为 9/13 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 四、解答题 10.南北朝时期的伟大科学家祖暅，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖堩原理：“幂势既同，则积不容异”， 意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截 面的面积总相等，那么，这两个几何体的体积相等.球的体积可以利用祖堩原理求出.如图，左边是一个 半径为R的半球O(用经过球心的平面截球体所得的几何体)，右边是从底面半径和高均为R的圆柱中挖去 一个以该圆柱的上底面为底面、下底面圆心Q为项点的圆锥所得到的几何体，这两个几何体在同一平面上. 现用任意一个平行于α的平面B截这两个几何体，记左边半球O被平面B截得的截面面积为S,右边几何 体被平面B截得的截面面积为S,. h… e- (1)当平面B与a的距离为h(0≤h≤R)时，求S,S2的值； (2)利用祖暅原理求此半球Q的体积，并由此给出球体的体积公式. 11.如图，AB是圆柱的底面直径，AB=2,PA是圆柱的母线且PA=2,点C是圆柱底面圆周上的点. E 5B C (1)求圆柱的侧面积和体积： (2)若AC=1,D是PB的中点，点E在线段PA上，求CE+ED的最小值.并求此时二面角D-CE-P的正切 值 拓展培优题 10/13