第七章 §7.1 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（苏教版 提高版）

§7.1　基本立体图形、简单几何体的表面积与体积 课标要求　1.认识柱、锥、台、球及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(圆)柱、棱(圆)锥、棱(圆)台的表面积和体积的计算公式，并能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的直观图． 知识梳理 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 底面 互相平行且全等 多边形 互相平行且相似 侧棱 平行且相等 相交于一点但不一定相等 延长线交于一点 侧面形状 平行四边形 三角形 梯形 (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，垂直于底面 相交于一点 延长线交于一点 轴截面 矩形 等腰三角形 等腰梯形 圆 侧面展开图 矩形 扇形 扇环 2.直观图 (1)画法：常用斜二测画法． (2)规则： ①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45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直． ②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴，平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段，长度在直观图中变为原来的一半． 3．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 圆柱 圆锥 圆台 侧面展开图 侧面积公式 S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r1＋r2)l 4.柱、锥、台、球的表面积和体积 名称 几何体 表面积 体积 柱体 S表＝S侧＋2S底 V＝Sh 锥体 S表＝S侧＋S底 V＝Sh 台体 S表＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h 球 S表＝4πR2 V＝πR3 常用结论 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． 自主诊断 1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”) (1)菱形的直观图仍是菱形．(　×　) (2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．(　×　) (3)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．(　×　) (4)锥体的体积等于底面积与高之积．(　×　) 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 答案　C 解析　由几何体的结构特征知，盛水部分的几何体是四棱柱． 3．下列说法正确的是(　　) A．相等的角在直观图中仍然相等 B．相等的线段在直观图中仍然相等 C．正方形的直观图是正方形 D．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行 答案　D 解析　由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行关系不变，正方形的直观图是平行四边形． 4．若一个圆锥的底面半径和高都是1，则它的母线长等于_____，它的体积等于_____． 答案　　 解析　由轴截面可得圆锥的母线长为＝，体积为×π×12×1＝. 题型一　基本立体图形 命题点1　结构特征 例1 (多选)下列说法正确的是(　　) A．底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直的棱柱是正四棱柱 B．有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台 C．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥 D．如果一个棱柱的所有面都是长方形，那么这个棱柱是长方体 答案　AD 解析　若底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直，则该四棱柱底面为正方形，且侧棱垂直于底面，所以该四棱柱为正四棱柱，故A正确；棱台是由棱锥被平行于棱锥底面的平面所截而得的，而有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体有可能不是棱台，因为它的侧棱延长后不一定交于一点，故B错误；当棱锥的各个侧面的共顶点的角之和是360°时，各侧面构成平面图形，故这个棱锥不可能为六棱锥，故C错误；若每个侧面都是长方形，则说明侧棱与底面垂直，又底面也是长方形，符合长方体的定义，故D正确． 命题点2　直观图 例2 如图，△A′O′B′是水平放置的△AOB的直观图，但部分图象被茶渍覆盖，已知O′为坐标原点，顶点A′，B′均在坐标轴上，且△AOB的面积为12，则O′B′的长度为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　B 解析　方法一　如图，画出△AOB的原图，为直角三角形， 且OA＝O′A′＝6， 因为OB·OA＝12， 所以OB＝4， 所以O′B′＝OB＝2. 方法二　S直观图＝S原图形＝3， 又S直观图＝O′A′·O′B′·sin∠A′O′B′， 所以O′B′＝2. 命题点3　展开图 例3 如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为1 cm，高为5 cm，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路线的长为(　　) A．12 cm B．13 cm C. cm D．15 cm 答案　C 解析　如图，把侧面展开2周可得对角线最短， 则AA1＝＝(cm)． 思维升华 (1)辨别空间几何体的两种方法 ①定义法：紧扣定义进行判定； ②反例法：要说明一个结论是错误的，只需举出一个反例即可． (2)在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段：平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半． (3)在解决空间折线(段)最短问题时一般考虑其展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题平面化． 跟踪训练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 答案　B 解析　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＝＝2， 故原平面图形的周长为 2＋2＋2＋2＝4＋4. (2)(多选)下面关于空间几何体的叙述正确的是(　　) A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形 C．长方体是直平行六面体 D．存在每个面都是直角三角形的四面体 答案　CD 解析　当顶点在底面的投影是正多边形的中心时才是正棱锥，故A不正确； 当平面与圆柱的母线平行或垂直时，截得的截面才为圆或矩形，否则为椭圆或椭圆的一部分，故B不正确； 长方体是直平行六面体，故C正确； 如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中的三棱锥C1－ABC，四个面都是直角三角形，故D正确． (3)有一根高为3π，底面半径为1的圆柱形铁管，用一段铁丝在铁管上缠绕2圈，并使铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端，则铁丝的最短长度为________． 答案　5π 解析　如图，把圆柱的侧面展开图再延展一倍，所以铁丝的最短长度即为AB的长，此时AB＝＝5π. 题型二　表面积与体积 命题点1　表面积 例4 (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 答案　A 解析　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)如图所示，已知三棱台ABC－A1B1C1的上、下底面都是等腰直角三角形，CC1⊥平面ABC，AC＝2，A1C1＝1，CC1＝1，则这个三棱台的侧面积为(　　) A. B. C. D．3＋2 答案　A 解析　因为CC1⊥平面ABC，AC，CB⊂平面ABC， 所以CC1⊥AC，CC1⊥CB， 又AC＝2，A1C1＝1，CC1＝1， 所以＝＝×(1＋2)×1＝， 在梯形A1ABB1中，易知，A1B1＝，AB＝2，AA1＝BB1＝，所以＝×(＋2)×＝， 所以这个三棱台的侧面积S侧＝＋＋＝＋＋＝. 命题点2　体积 例5 (1)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 答案　A 解析　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＝××2＝. ∴多面体的体积V＝V三棱锥E－ADG＋V三棱锥F－BCH＋V三棱柱AGD－BHC＝2V三棱锥E－ADG＋V三棱柱AGD－BHC ＝××1×2＋×2＝. (2)(2023·新高考全国Ⅰ)在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为________． 答案　 解析　如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M， 易知A1M为四棱台ABCD－A1B1C1D1的高， 因为AB＝2，A1B1＝1，AA1＝， 则A1O1＝A1C1＝×A1B1＝， AO＝AC＝×AB＝， 故AM＝AO－A1O1＝， 则A1M＝＝＝， 所以所求棱台体积为V＝×(4＋1＋)×＝. 思维升华 求空间几何体的体积的常用方法 公式法 规则几何体的体积，直接利用公式 割补法 把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体 等体积法 通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积 跟踪训练2 (1)定义：通过24小时内降水在平地上的积水厚度(mm)来判断降雨程度；其中小雨(0 mm－10 mm)，中雨(10 mm－25 mm)，大雨(25 mm－50 mm)，暴雨(50 mm－100 mm)；小明用一个圆锥形容器(如图)接了24小时的雨水，则这天降雨属于哪个等级(　　) A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨 答案　B 解析　由题意，一个半径为＝100(mm)的圆面内的降雨充满一个底面半径为×＝50(mm)，高为150(mm)的圆锥， 所以积水的厚度为＝12.5(mm)， 由题意可知，这天降雨属于中雨． (2)(多选)已知在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，A1B1＝2，AA1＝2，则关于该正四棱台，下列说法正确的是(　　) A．∠A1AB＝ B．高为 C．体积为 D．表面积为12 答案　BC 解析　过点A1分别作底面ABCD，AB的垂线，垂足分别为M，N，如图所示， 则AM＝AC＝，AN＝AB＝1， 可得A1M＝＝， A1N＝＝. 对于A，在Rt△AA1N中，可得sin∠A1AN＝＝，且∠A1AN为锐角，则∠A1AB＝，故A错误； 对于B，正四棱台的高即为A1M＝，故B正确； 对于C，正四棱台的体积V＝×(4×4＋2×2＋)×＝，故C正确； 对于D，四棱台的表面积S＝4×4＋2×2＋4×＝20＋12，故D错误． 课时精练 一、单项选择题 1．(2024·武汉模拟)下列说法正确的是(　　) A．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体 B．球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段 C．以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥 D．用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台 答案　B 解析　虽然各侧面都是正方形，但底面可能是菱形，所以该四棱柱不一定是正方体，故A错误； 球的直径的定义即为“连接球面上两点并且经过球心的线段”，故B正确； 以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，以直角三角形的斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是两个共底面的圆锥组成的几何体，故C错误； 用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台，故D错误． 2.如图，圆台的侧面展开图为半圆环，图中线段AB＝8，C，O，D为线段AB的四等分点，则该圆台的表面积为(　　) A．11π B. C．6π D．5π 答案　A 解析　设圆台上底面半径为r，下底面半径为R， 则2πr＝×2π×2,2πR＝×2π×4， 解得r＝1，R＝2， ∴圆台上、下底面面积分别为 S1＝πr2＝π，S2＝πR2＝4π， 又圆台的侧面积S3＝＝6π， ∴圆台的表面积S＝S1＋S2＋S3＝11π. 3.如图，在水平地面上的圆锥形物体的母线长为12，底面圆的半径等于4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥侧面爬行一周后回到点P处，则小虫爬行的最短路程为(　　) A．12 B．16 C．24 D．24 答案　A 解析　如图，设圆锥侧面展开图的圆心角为θ， 则由题意可得2π×4＝12θ， 则θ＝， 在△POP′中，OP＝OP′＝12， 则小虫爬行的最短路程为 PP′＝＝12. 4.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 答案　B 解析　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. 5.如图，四边形ABCD的斜二测画法直观图为等腰梯形A′B′C′D′，已知A′B′＝4，C′D′＝2，则下列说法正确的是(　　) A．AB＝2 B．A′D′＝2 C．四边形ABCD的周长为4＋2＋2 D．四边形ABCD的面积为6 答案　D 解析　如图，过点D′作DE⊥O′B′于点E， 由等腰梯形A′B′C′D′可得，△A′D′E是等腰直角三角形， 即A′D′＝A′E＝×(4－2)×＝，B错误； 还原平面图如图， 即AB＝4＝2CD，AD＝2，A错误； 过点C作CF⊥AB于点F， 由勾股定理得CB＝2， 故四边形ABCD的周长为4＋2＋2＋2＝6＋2＋2，C错误； 四边形ABCD的面积为×(4＋2)×2＝6，D正确． 6．(2023·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 答案　B 解析　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. 二、多项选择题 7．(2023·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 米，则(　　) A．正四棱锥的底面边长为6 米 B．正四棱锥的底面边长为3 米 C．正四棱锥的侧面积为24 平方米 D．正四棱锥的侧面积为12 平方米 答案　AC 解析　如图，在正四棱锥S－ABCD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 米． 因为∠SHO＝30°， 所以OH＝AH＝a 米，OS＝a 米，SH＝a 米． 在Rt△SAH中，a2＋2＝21， 解得a＝3，所以正四棱锥的底面边长为6米，侧面积为×6×2×4＝24(平方米)． 8．(2023·新高考全国Ⅱ)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π B．该圆锥的侧面积为4π C．AC＝2 D．△PAC的面积为 答案　AC 解析　依题意，∠APB＝120°，PA＝2， 所以OP＝1，OA＝OB＝. A项，圆锥的体积为×π×()2×1＝π，故A正确； B项，圆锥的侧面积为π××2＝2π，故B错误； C项，取AC的中点D，连接OD，PD，如图所示， 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＝＝， 则AC＝2，故C正确； D项，PD＝＝， 所以S△PAC＝×2×＝2，故D错误． 三、填空题 9.中学开展劳动实习，学习加工制作食品包装盒．现有一张边长为6的正六边形硬纸片，如图所示，裁掉阴影部分，然后按虚线处折成高为的正六棱柱无盖包装盒，则此包装盒的体积是________． 答案　72 解析　如图，正六边形的每个内角为120°， 按虚线处折成高为的正六棱柱， 即BF＝， 所以BE＝＝1， 可得正六棱柱底边边长AB＝6－2×1＝4， 则正六棱柱的底面积为 S＝6××4×4×＝24， 所以正六棱柱的体积V＝24×＝72. 10．(2023·吕梁模拟)公园、旅游景点的护栏顶部常常用“半正多面体”装饰(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．如图2是一个棱数为24的“半正多面体”，其棱长为，则该“半正多面体”的表面积为 ________，体积为 ________. 答案　12＋4　 解析　如图，该棱长为的“半正多面体”的所有顶点恰为正方体各棱的中点，容易得到正方体的棱长为2. 设该“半正多面体”的表面积为S，体积为V，则该“半正多面体”的表面由6个正方形和8个等边三角形组成，所以其表面积S＝6×()2＋8××××＝12＋4， 则该“半正多面体”可以看作是棱长为2的正方体，在8个顶点处截去侧棱长为1的8个正三棱锥得到的，所以其体积V＝23－8×××1×1×1＝. 11.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ABCD－A1B1C1D1挖去正四棱台ABCD－EFGH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. 答案　282＋54 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)×＝27(cm2)， 故该模型的表面积为 96＋36＋9＋27＝(141＋27)cm2， 故所需金属膜的质量为 2×(141＋27)＝(282＋54)mg. 12．(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)． 答案　120＋24π　144＋18π 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. 四、解答题 13.如图，矩形O′A′B′C′是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形OABC的直观图，其中O′A′＝3，O′C′＝1. (1)求平面四边形OABC的面积； (2)若该四边形OABC以OA为轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积和表面积． 解　(1)因为S原图形＝2S直观图， 所以S四边形OABC＝2S直观图＝6. (2)平面四边形OABC如图所示，在Rt△ODC中， 有OC2＝OD2＋CD2＝(2)2＋12＝9， 所以OC＝3，所以AB＝3. 如图，分别过点B，C作OA及其延长线的垂线，垂足为E，F. 矩形FEBC绕OA及其延长线旋转一周得到一个底面半径r＝OD＝2，母线l1＝BC＝3的圆柱； Rt△BEA绕OA旋转一周得到一个底面半径r＝OD＝2，母线l2＝AB＝3，高h1＝AE＝1的圆锥； Rt△CFO绕OA及其延长线旋转一周得到一个底面半径r＝OD＝2，母线l3＝OC＝3，高h2＝OF＝CD＝1的圆锥． 所以旋转形成的几何体为圆柱挖去一个同底的圆锥，再加上一个同底的圆锥构成的组合体． 则旋转形成的几何体的体积即等于圆柱的体积，减去挖去的圆锥体积，加上组合的圆锥的体积， 所以旋转形成的几何体的体积V＝πr2l1－πr2l2＋πr2l3＝π×(2)2×3－π×(2)2×1＋π×(2)2×1＝24π. 旋转形成的几何体的表面积即圆柱的侧面积，加上两个圆锥的侧面积之和， 所以S＝2πrl1＋πrl2＋πrl3＝2π×2×3＋π×2×3＋π×2×3＝24π. 14.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AD＝AB＝CD，平面ADP⊥平面PCD，PD⊥PC. (1)求证：△ADP为直角三角形； (2)若PC＝AD＝1，求四棱锥P－ABCD的体积． (1)证明　作AE⊥DC， E为垂足， 在等腰梯形ABCD中，设AD＝AB＝BC＝CD＝a(a>0)， ∴DE＝(CD－AB)＝a，∠ADE＝60°， ∴AC＝＝a， ∴AC2＋AD2＝DC2， ∴AC⊥AD. 又PC⊥PD，平面ADP⊥平面PCD，平面ADP∩平面PCD＝PD，PC⊂平面PCD， ∴PC⊥平面ADP， 又AD⊂平面ADP，∴PC⊥AD， ∵AC∩PC＝C，AC，PC⊂平面ACP， ∴AD⊥平面ACP， ∵AP⊂平面ACP，∴AD⊥AP， ∴∠DAP＝90°，即△ADP为直角三角形． (2)解　由(1)知在等腰梯形ABCD中，AE＝. S△ADC＝×1×＝， S梯形ABCD＝×＝. ∴＝.∴＝. 又PC⊥平面ADP，△ADP为直角三角形， PD⊥PC， ∴DP＝＝，AP＝＝， ∴VP－ADC＝VC－ADP＝××1××1＝. ∴VP－ABCD＝VP－ADC＝×＝. 15．(2022·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若＝2，则等于(　　) A. B．2 C. D. 答案　C 解析　方法一　因为甲、乙两个圆锥的母线长相等， 所以结合＝2， 可知甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1. 不妨设两个圆锥的母线长为l＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2， 则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆， 所以2πr1＝4π，2πr2＝2π，得r1＝2，r2＝1. 由勾股定理得， h1＝＝，h2＝＝2， 所以＝＝＝. 方法二　设两圆锥的母线长为l，甲、乙两圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，侧面展开图的圆心角分别为n1，n2， 则由＝＝＝2，得＝＝2. 由题意知n1＋n2＝2π， 所以n1＝，n2＝， 所以2πr1＝l,2πr2＝l， 得r1＝l，r2＝l. 由勾股定理得，h1＝＝l， h2＝＝l， 所以＝＝＝. 16．(多选)(2023·营口模拟)如图，四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PA∥BE，PA＝BC＝2BE＝2AB＝2，记四面体P－CDE，E－PBC，E－PAC的体积分别为V1，V2，V3，则下列说法正确的是(　　) A．该几何体的体积为 B．V3＝2V2 C．3V1＝2V2 D．V1＋V2＝V3 答案　BD 解析　因为PA⊥平面ABCD，BE∥PA， 则BE⊥平面ABCD， 因为BC⊂平面ABCD，所以BC⊥BE， 因为四边形ABCD为矩形，则BC⊥AB， 因为AB∩BE＝B，AB，BE⊂平面ABEP， 所以BC⊥平面ABEP， 同理可证CD⊥平面PAD， 故该几何体的体积为 V＝VC－ABEP＋VP－ACD＝××(1＋2)×1×2＋××1×2×2＝，故A错误； 取PA的中点F，连接EF，DF， 因为BE∥PA，PA＝2BE，F为PA的中点， 则AF∥BE且AF＝BE， 所以四边形ABEF为平行四边形，所以EF∥AB， 又因为AB∥CD，则EF∥CD， 因为EF⊄平面PCD，CD⊂平面PCD， 所以EF∥平面PCD， 所以点E，F到平面PCD的距离相等， 所以V1＝VE－PCD＝VF－PCD＝VC－PDF＝×1××1×2＝， V2＝VE－PBC＝VC－PBE＝××1×1×2＝， 因为BE∥PA，BE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC， 所以BE∥平面PAC， 所以点B，E到平面PAC的距离相等， 故V3＝VE－PAC＝VB－PAC＝VP－ABC＝××2×1×2＝， 所以3V1≠2V2，V3＝2V2，V1＋V2＝V3，故B，D正确，C错误． 学科网（北京）股份有限公司 $