7.1 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（人教A版）

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何核心考点，覆盖柱锥台球结构特征、表面积体积计算及斜二测画法，对接课标要求。通过表格对比梳理多面体与旋转体特征，汇总公式体系，结合近5年高考真题分析，明确体积计算（占比45%）、结构特征辨析（30%）等高频考点，归纳出直观图转化、展开图最短路径等6类常考题型。 课件亮点在于“真题溯源+技巧建模”，如2024新课标I卷圆柱圆锥体积题，提炼等体积法与斜补法突破策略，培养数学思维与空间观念。通过“三变三不变”口诀攻克直观图易错点，课下精练卷分层设计，助力学生掌握答题规范，教师可精准定位学情，提升复习效率。

正禾一本通 高三一轮总复习 高效讲义 数 学 （2026版） 第七章 立体几何与空间向量 01 [课标要求] 1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．　 2.知道球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题．　 3.能用斜二测画法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合)的直观图． 7．1　基本立体图形、简单几何体的表面积与体积 01 03 02 题型一 题型三 题型二 夯基·主干知识巩固牢 研析·核心题型探究透 课下巩固精练卷(五十三) 目 录 目 录 模板来自于：第一PPT https:/// 4 夯基·主干知识巩固牢 研析·核心题型探究透 课下巩固精练卷(五十三) 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 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04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 感谢观看 【必备知识】 1．空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征 名称 棱柱 棱锥 棱台 图形 平行且相等 一点 一点 平行四边形 三角形 梯形 名称 棱柱 棱锥 棱台 底面 互相 且 多边形 互相 侧棱 相交于 ，但不一定相等 延长线交于 侧面形状 平行 全等 平行 一点 一点 (2)旋转体的结构特征 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 图形 母线 互相平行且相等， 于底面 相交于 延长线交于 垂直 圆 矩形 扇形 扇环 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 轴截面 全等的 全等的 全等的 侧面展开图 矩形 等腰三角形 等腰梯形 平行 2．直观图 (1)画法：空间几何体的直观图常用 画法来画． (2)规则： ①夹角：原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为 (或 )，z′轴与x′轴(或y′轴)垂直． ②方向：原图形中与x轴、y轴、z轴平行的，在直观图中与x′轴、y′轴、z′轴 ． ③长度：原图形中与x轴、z轴平行的，在直观图中长度不变，原图形中与y轴平行的，长度变成原来的 ． 斜二测 45° 135° πrl π(r1＋r2)l 3．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 名称 圆柱 圆锥 圆台 侧面 展开图 侧面 积公式 S圆柱侧＝ S圆锥侧＝ S圆台侧＝ 2πrl (S上＋S下 4.空间几何体的表面积与体积公式 几何体 表面积 体积 柱体 S表面积＝S侧＋2S底 V＝ 锥体 S表面积＝S侧＋S底 V＝ 台体 S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝ 球 S＝ V＝ S底·h 4πR2 S底·h 【必记结论】 1．与体积有关的几个结论 (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(祖暅原理)． 2．直观图与原平面图形面积间的关系 S直观图＝S原图形，S原图形＝2S直观图． 【基点诊断】 1．判断下列说法正误(在括号内打“√”或“×”) (1)菱形的直观图仍是菱形．(　　 ) (2)棱台是由平行于棱锥底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分．(　　 ) (3)用两个平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．(　　 ) (4)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．(　　 ) × × × √ 2．如图，一个三棱柱形容器中盛有水，则盛水部分的几何体是(　　 ) A．四棱台 B．四棱锥 C．四棱柱 D．三棱柱 解析：选C.由几何体的结构特征知，盛水部分的几何体是四棱柱． 3．如图，圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的体积之比为(　　 ) A．1∶2 B．2∶3 C．3∶4 D．4∶5 解析：选B.设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R，则球的体积V1＝πR3，圆柱的体积V2＝πR2·2R＝2πR3，∴V1∶V2＝πR3∶2πR3＝2∶3. 4．已知正四棱锥的侧面都是等边三角形，它的斜高为，则这个正四棱锥的体积为_______. 解析：如图所示， 因为PC＝，△PAB为等边三角形， 所以AC＝1，PA＝2， 所以OC＝AC＝1， 在Rt△POC中，PO＝， 所以V＝. 答案： 5．(人教A版必修二·P118例3)如图，某种浮标由两个半球和一个圆柱黏合而成，半球的直径是0.3 m，圆柱高0.6 m．如果在浮标表面涂一层防水漆，每平方米需要0.5 kg涂料，那么给1 000个这样的浮标涂防水漆需要涂料________kg.(π取3.14) 解析：一个浮标的表面积为＝0.847 8(m2)，所以给1 000个这样的浮标涂防水漆约需涂料0.847 8×0.5×1 000＝423.9(kg)． 答案：423.9 题型一　基本立体图形 角度1　结构特征 【例1】　(多选)下列说法中正确的是(　　 ) A．以直角梯形垂直于底面的腰所在直线为旋转轴，其余边旋转一周形成的几何体是圆台 B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 C．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 D．棱台的各侧棱延长后必交于一点 解析：选AD.由圆台定义知A正确； 由棱柱定义可知，棱柱是有两个面平行，其余各面都是平行四边形，且每相邻两个平行四边形的公共边都互相平行的几何体，故B错误； 底面是正多边形的棱锥，但不能保证顶点在底面上的射影为底面正多边形的中心，故C错误； 棱台是由平行于棱锥底面的平面截得的，故棱台的各侧棱延长后必交于一点，故D正确． 角度2　直观图 【例2】　已知△ABC是边长为a的正三角形，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为(　　 ) A．a2 B．a2 C．a2 D．a2 解析：选A.法一　根据题意，建立如图①所示的平面直角坐标系，再按照斜二测画法画出其直观图，如图②所示． 由斜二测画法可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝a. 作C′D′⊥A′B′于D′，则C′D′＝O′C′＝a， 故S△A′B′C′＝A′B′·C′D′＝a2. 法二　易得原图形△ABC的面积S＝， 所以S直观图＝S原图形＝ [变式]　例2变为：已知△ABC的平面直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形，则原△ABC的面积为____________． 解析：法一　如图所示， 在直观图中，正△A′B′C′的边长为a，故点A′到底边B′C′的距离是a，作A′D′⊥x′轴于点D′，则△A′D′O′是等腰直角三角形，故可得O′A′＝a.由此可得在平面图中△ABC的高为a，原△ABC的面积为a2. 法二　易得直观图的面积S＝a2，所以S原图形＝＝a2. 答案：a2 思维升华　在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．注意直观图与原图形中的“三变”“三不变”： “三变” 坐标轴的夹角改变，与y轴平行的线段的长度改变减半，图形改变 “三不变” 平行性不变，与x轴平行的线段长度不变，相对位置不变 角度3　展开图 【例3】　(2024·郴州模拟)已知圆台的上、下底面圆半径分别为10和5，侧面积为300π，AB为圆台的一条母线(点B在圆台的上底面圆周上)，M为AB的中点，一只蚂蚁从点B出发，绕圆台侧面爬行一周到点M，则蚂蚁爬行所经路程的最小值为(　　 ) A．30 B．40 C．50 D．60 解析：选C.圆台上底面半径为10，下底面半径为5，设母线长为l，则侧面积S＝πl(10＋5)＝15πl＝300π，解得l＝20. 将圆台所在圆锥的侧面展开如图所示，且设扇形所在圆的圆心为O，则线段M1B就是蚂蚁经过的最短距离． 设OA＝R，扇形的圆心角是α， 则由题意知2×5π＝αR　①， 2×10π＝α(20＋R)　②， 由①②解得α＝，R＝20， 所以OM＝OM1＝30，OB1＝OB＝40， 则M1B＝＝50. 【对点练习】　1.(1)如图，一个水平放置的平面图形由斜二测画法得到的直观图A′B′C′D′是边长为2的菱形，且O′D′＝2，则原平面图形的周长为(　　 ) A．4＋4 B．4＋4 C．8 D．8 解析：选B.根据题意，把直观图还原成原平面图形，如图所示， 其中OA＝2，OD＝4，AB＝CD＝2， 则AD＝， 故原平面图形的周长为2＋2＋2＋4. (2)(2024·福州检测)在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AA1＝2，F是线段A1B1上的动点，则AF＋FC1的最小值为________． 解析：将正三棱柱ABC­A1B1C1(如图1)中的△A1B1C1沿A1B1翻折至平面ABB1A1上，如图2所示， 在图2中，连接AC1，则AF＋FC1≥AC1， 因为AA1＝A1C1＝2，且∠AA1C1＝90°＋60°＝150°， 所以AC1＝2AA1·sin ＝2×2sin 75°＝4sin (30°＋45°) ＝4×(sin 30°·cos 45°＋cos 30°·sin 45°)＝， 所以当A，F，C1共线时，AF＋FC1取得最小值为. 答案： 题型二　几何体的表面积 【例4】　(1)(2024·潍坊模拟)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，则圆台的侧面积为________． 解析：设圆锥的底面半径为R，母线长为l，则R＝1， 设圆台上底面半径为r，母线长为l1，则r＝. 由已知可得，l＝2πR，所以l＝6. 如图，作出圆锥、圆台的轴截面， 则有，解得l1＝4. 所以圆台的侧面积为π(R＋r)l1＝4×π＝. 答案： (2)(2024·兰州诊断)攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式，兰州市著名景点三台阁(如图1)的屋顶部分是典型的攒尖结构．如图2所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分，它可以看作是不含下底面的正四棱台和正三棱柱的组合体．已知正四棱台上底边、下底边、侧棱的长度(单位：dm)分别为2，6，4，正三棱柱各棱长均相等，则该结构的表面积为________ dm2. 解析：正三棱柱的侧面积为2×2×2＝8 dm2， 底面积为2××2×2×sin 60°＝2 dm2. 正四棱台中，侧面梯形的高为 所以正四棱台的侧面积为4× 所以该结构的表面积为8＋2＝dm2. 答案：34＋8 【对点练习】　2.(1)(2023·深圳模拟)以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于(　　 ) A．8π B．4π C．8 D．4 解析：选A.以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周所得的旋转体为圆柱，其底面半径r＝2，高h＝2，所得圆柱的侧面积S＝2πrh＝2π×2×2＝8π. (2)如图1是文祥塔，位于浙江省温州市泰顺县城南象山之上，初名象山塔，后人重修时易名为文祥塔．已知该塔六面七层且第七层塔身可近似地视为一个高2.8 m、底面边长为2 m的正六棱柱，塔顶可近似地视为一个高1 m的正六棱锥，如图2所示，则该塔的第七层塔身及其塔顶的表面积之和约为(　　 ) A．45.6 m2 B．m2 C．m2 D．m2 解析：选A.如图，设正六棱锥的底面正六边形的中心为O，则△OAB为等边三角形，连接点O与边AB的中点H，连接PH，由已知可得OH⊥AB，PH⊥AB，因为正六边形的边长为2，所以OH＝.又正六棱锥的高PO＝1，故正六棱锥的侧面的高为PH＝＝2，则该塔的第七层塔身及其塔顶的表面积之和为×6＝45.6(m2)． 题型三　几何体的体积 角度1　公式法求体积 ·教考衔接· 链接高考·【例5】(1)(2024·新课标Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为则圆锥的体积为( ) B. C. D. 解析:选B.设圆柱和圆锥的底面半径均为r，因为它们的高均为，且侧面积相等，所以得r2 =9，所以圆锥的体积. (2)(2025·八省联考)底面直径和母线长均为2的圆锥的体积为( ) A. B. C. 2 D. 3 解析:选A.由题意知高h=，V=·12·=. 教材溯源·(人教B版必修四P91)已知一个正方体和一个圆柱等高并且侧面积相等，求这个正方体和圆柱的体积之比. 解:设圆柱和正方体的高均为h，圆柱的底面半径为R， 则由侧面积相等得，∴，∴. ∴ ∴. 角度2　等体积法求体积 【例6】　(2020·新课标Ⅱ卷)棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1­D1MN的体积为________． 解析：如图，由正方体棱长为2及M，N分别为BB1，AB的中点， 得S△A1MN＝2×2－2×， 又易知D1A1为三棱锥D1­A1MN的高，且D1A1＝2， ∴VA1­D1MN＝VD1­A1MN＝·D1A1＝×2＝1. 答案：1 角度3　割补法求体积 【例7】　如图为一个木楔子的直观图，其中四边形ABCD是边长为2的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥CD，EF＝4，则该木楔子的体积为(　　 ) A． B．4 C． D．2 解析：选A.如图，分别过点A，B作EF的垂线， 垂足分别为G，H，连接DG，CH， 易得EG＝HF＝1，AG＝GD＝BH＝HC＝. 取AD的中点O，连接GO，易得GO＝， ∴S△ADG＝S△BCH＝. ∴多面体的体积V＝V三棱锥E­ADG＋V三棱锥F­BCH＋V三棱柱AGD­BHC ＝2V三棱锥E­ADG＋V三棱柱AGD­BHC＝. 【对点练习】　3.(1)(2024·天津卷)一个五面体ABC­DEF.已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1.并已知AD＝1，BE＝2，CF＝3.则该五面体的体积为(　　) A． B． C． D． 解析：选C.因为AD，BE，CF两两平行，且两两之间距离为1，则该五面体可以分成一个侧棱长为1的三棱柱和一个底面为梯形的四棱锥，其中三棱柱的体积等于棱长均为1的直三棱柱的体积，四棱锥的高为，底面是上底为1、下底为2、高为1的梯形，故该五面体的体积V＝. (2)(2023·新课标Ⅰ卷)在正四棱台ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为________． 解析：如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M， 易知A1M为四棱台ABCD­A1B1C1D1的高， 因为AB＝2，A1B1＝1，AA1＝， 则A1O1＝， 故AM＝(AC－A1C1)＝，则A1M＝， 所以所求体积为V＝. 答案： (3)已知三棱柱ABC­A1B1C1的体积为6，则四面体C­A1BC1的体积为__． 解析：如图，，因为三棱柱ABC­A1B1C1的体积为6，所以四面体C­A1BC1的体积为2. 答案：2 【基础巩固题】 1．下面关于空间几何体的叙述正确的是(　　 ) A．直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥 B．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形 C．直平行六面体是长方体 D．存在每个面都是直角三角形的四面体 解析：选D.A中，不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转一周形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体，A不正确； B中，当平面与圆柱的母线平行或垂直时，截得的截面才为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分，B不正确； C中，直平行六面体是平行六面体的侧棱与底面垂直，所以底面可以是平行四边形，它不是长方体，C不正确； D中，如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中的四面体C1­ABC，四个面都是直角三角形，D正确． 2．如图是用斜二测画法画出的水平放置的△AOB的直观图(图中虚线分别与x′轴、y′轴平行)，则原图形△AOB的面积是(　　 ) A．8 B．16 C．32 D．64 解析：选C.根据题意，如图， 原图形△AOB的底边OB的长为4，高为16， 所以其面积S＝×4×16＝32. 3．如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去到正方体的某个顶点的距离均为2的几何体后的剩余部分，则该几何体的表面积为(　　 ) A．24－3π B．24－π C．24＋π D．24＋5π 解析：选B.由题意知，该几何体是从棱长为2的正方体中截去以正方体某个顶点为球心，2为半径的球后的剩余部分，则其表面积＝6×22－3× ×π×22＋×4×π×22＝24－π. 4．(2024·广东肇庆模拟)如图，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥爬行一周后回到点P处，若该小虫爬行的最短路程为4，则这个圆锥的体积为(　　 ) A． B． C． D. 解析：选A.设圆锥的顶点为O，以母线OP为轴可作出圆锥侧面展开图 如图所示， ∵小虫爬行的最短路程为4，∴PP′＝又OP＝OP′＝4， ∴cos ∠POP′＝，∴∠POP′＝， 设圆锥底面半径为r，高为h，则2πr＝×4，解得r＝， ∴h＝， ∴圆锥体积V＝πr2h＝π×. 5．(2024·陕西咸阳模拟)若圆台的高是3，一个底面半径是另一个底面半径的2倍，母线与下底面成45°角，则这个圆台的侧面积是(　　 ) A．27π B．27π C．9π D．36π 解析：选B.由题意，可作该圆台的轴截面，如图所示， 则圆台的高h＝O1O2＝BE＝3，上底面半径r＝O2B，下底面半径R＝O1A，即2O2B＝O1A，母线l＝AB，∠BAE＝45°.在Rt△ABE中，AE＝BE＝3，AB＝.易知在正方形O2O1EB中，O2B＝O1E，则AO1＝2EO1＝2AE＝6，即O2B＝3.综上，h＝3，r＝3，R＝6，l＝3，故圆台的侧面积S＝π(r＋R)l＝π(3＋6)×π. 6．(2024·浙江金华模拟)如图，S­ABC是正三棱锥且侧棱长为a，E，F分别是SA，SC上的动点，三角形BEF的周长的最小值为a，则侧棱SA，SC的夹角为(　　 ) A．30° B．60° C．20° D．90° 解析：选A.把正三棱锥沿SB剪开，展开形成三个全等的等腰三角形，分别为△SBC，△SCA，△SAB′，连接BB′，交SC于点F，交SA于点E，则线段BB′的长就是△BEF的最小周长，BB′＝a，又SB＝SB′＝a，根据勾股定理，SB2＋SB′2＝BB′2＝2a2，所以△SBB′是等腰直角三角形，∠BSB′＝90°，所以∠ASC＝90°×＝30°，所以侧棱SA，SC的夹角为30°. 7．(多选)(2024·邯郸模拟)攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°，若取θ＝30°，侧棱长为 m，则(　　 ) A．正四棱锥的底面边长为6 m B．正四棱锥的底面边长为3 m C．正四棱锥的侧面积为24 m2 D．正四棱锥的侧面积为12 m2 解析：选AC.如图，在正四棱锥S­ABCD中， O为正方形ABCD的中心，H为AB的中点， 则SH⊥AB，设底面边长为2a m. 因为∠SHO＝30°，OH＝AH＝a m， 所以OS＝a m，SH＝a m. 在Rt△SAH中，a2＋2＝21， 解得a＝3，所以正四棱锥的底面边长为6 m， 侧面积为(m2)． 8．(多选)(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P­AC­O为45°，则(　　) A．该圆锥的体积为π B．该圆锥的侧面积为4π C．AC＝2 D．△PAC的面积为 解析：选AC.依题意，∠APB＝120°，PA＝2， 所以OP＝1，OA＝OB＝， A选项，圆锥的体积为×π×2×1＝π，A选项正确； B选项，圆锥的侧面积为π×π，B选项错误； C选项，设D是AC的中点，连接OD，PD(图略)， 则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P­AC­O的平面角， 则∠PDO＝45°，所以OP＝OD＝1， 故AD＝CD＝，则AC＝2，C选项正确； D选项，PD＝，所以S△PAC＝＝2， D选项错误． 9．(2024·全国甲卷)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台的母线长分别为2(r2－r1)，3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为________． 解析：两圆台的上、下底面积对应相等，则两圆台的体积之比为高之比，根据母线与半径的关系可得甲与乙的体积之比为. 答案： 10．(2024·北京卷)汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱．若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65 mm，325 mm，325 mm，且斛量器的高为230 mm，则斗量器的高为_____mm，升量器的高为______mm.(不计量器的厚度) 解析：设升、斗量器的高分别为h1 mm，h2 mm，升、斗、斛量器的容积分别为V1 mm3，V2 mm3，V3 mm3，因为升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，所以V3＝10V2，即π×2×230＝10×π×2×h2，解得h2＝23.又V2＝10V1，即π×2×23＝10×π×2×h1，解得h1＝57.5，所以升、斗量器的高分别为57.5 mm，23 mm. 答案：23　57.5 【综合应用题】 11．(2024·宁德质检)中国古代数学家很早就对空间几何体进行了系统的研究，中国传世数学著作《九章算术》卷五“商功”主要讲述了以立体问题为主的各种形体体积的计算公式．例如在推导正四棱台(古人称方台)体积公式时，将正四棱台切割成九部分进行求解．如图1为俯视图，图2为立体切面图．E对应的是正四棱台中间位置的长方体；B，D，H，F对应四个三棱柱，A，C，I，G对应四个四棱锥．若这四个三棱柱的体积之和为12，四个四棱锥的体积之和为4，则该正四棱台的体积为(　　 ) A．24 B．28 C．32 D．36 解析：选B.如图，令四棱锥的底面边长为a， 高为h，三棱柱的高为b， 依题意，得四棱锥的体积为a2h＝1，即a2h＝3， 三棱柱的体积为ahb＝3，即abh＝6， 因此b＝2a，于是长方体的体积V＝b2h＝4a2h＝12， 所以该正四棱台的体积为12＋4＋12＝28. 12．(2024·广东惠州模拟)如图①所示，在高为h的直三棱柱容器ABC­A1B1C1中，AB＝AC＝2，AB⊥AC.现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好在平面A1B1C内(如图②)，则容器的高h为(　　 ) A．2 B．3 C．4 D．6 解析：选B.结合题图②知·h， 故 ·h， 所以题图①中容器的高度与水深之比为3∶2，又水深为2，则h＝3. 13．(2024·山东济南二模)17世纪30年代，意大利数学家卡瓦列利在《不可分量几何学》一书中介绍了利用平面图形旋转计算球体体积的方法．如图，是一个半圆，圆心为O，四边形ABCD是半圆的外切矩形．以直线OE为轴将该平面图形旋转一周，记△OCD、阴影部分、半圆所形成的几何体的体积分别为V1，V2，V3，则下列说法正确的是(　　 ) A．V1＋V2<V3 B．V1＋V2>V3 C．V1>V2 D．V1＝V2 解析：选D.由旋转体的概念可得△OCD、阴影部分、半圆所形成的几何体分别为圆锥、圆柱减去同半径的半球、半球， 易知OE＝DE，设DE＝OE＝r， 故V1＝πr2×r＝πr3，V2＝πr2×r－πr3＝πr3，V3＝πr3＝πr3， 显然V1＝V2，且V1＋V2＝V3. 14．(多选)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，侧面AA1C1C的中心为O，点E是侧棱BB1上的一个动点，下列判断正确的是(　　 ) A．直三棱柱的侧面积是4＋2 B．直三棱柱的体积是 C．三棱锥E­AA1O的体积为定值 D．AE＋EC1的最小值为2 解析：选ACD.因为在直三棱柱ABC­A1B1C1中， AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°， 所以△ABC和△A1B1C1是等腰直角三角形，侧面全是矩形， 所以其侧面积为1×2×2＋，故A正确； 直三棱柱的体积V＝S△ABC·AA1＝×1×1×2＝1，故B不正确； 如图所示，因为BB1∥平面AA1C1C，且点E是侧棱BB1上的一个动点， 所以三棱锥E­AA1O的高为定值＝ ＝为定值，故C正确； 由该棱柱的侧面展开图易知(图略)，AE＋EC1的最小值为 故D正确． 15．某校高一年级学生进行创客活动，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD­A1B1C1D1挖去正四棱台ABCD­EFGH后所得的几何体，其中AB＝BC＝2EF＝2BF＝6 cm，AA1＝4 cm，为增强其观赏性和耐用性，现对该模型表面镀上一层金属膜，每平方厘米需要金属2 mg，不考虑损耗，所需金属膜的质量为________ mg. 解析：由题意，该几何体侧面4个面的面积和为4×4×6＝96(cm2)， 底面积为6×6＝36(cm2)， 正方形EFGH的面积为3×3＝9(cm2)． 考虑梯形ABFE，高为(cm)， 故正四棱台的侧面积为4××(3＋6)× 故该模型的表面积为96＋36＋9＋27＝， 故所需金属膜的质量为2×＝mg. 答案：282＋54 16．(2024·温州模拟)魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺·鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具．自1974年魔方问世起，世界上陆续出现了各种各样的魔方．魔方爱好者小明拥有一款“Zcube三面体曲面三阶魔方”，它的直观图如图所示，它由27个小块构成(其中，包含18个棱长为2 cm的正方体小块，9个底面半径为2 cm，高为2 cm的个圆柱小块)，则该魔方的表面积为________ cm2；体积为________ cm3(魔方中的空隙忽略不计)． 解析：魔方表面共有30个边长为2 cm的正方形， 故面积为30×22＝120(cm2)， 魔方表面共有6个半径为2 cm的扇形， 故面积为6×π·22×＝6π(cm2)， 魔方表面共有个圆柱的侧面9个， 故面积为9×2π·2×2×＝18π(cm2)， 故该魔方的表面积为120＋6π＋18π＝(120＋24π)cm2； 18个棱长为2 cm的正方体小块的体积为18×23＝144(cm3)， 9个底面半径为2 cm，高为2 cm的个圆柱小块的体积为 π·22××2×9＝18π(cm3)， 故魔方体积为(144＋18π)cm3. 答案：120＋24π　144＋18π $