第一节 基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 课件——2027届高考数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“基本立体图形及简单几何体的表面积与体积”核心专题，依据高考评价体系明确基础题（60%）、中档题（30%）、创新题（10%）的考查权重，梳理立体几何基本概念、表面积体积公式、外接内切球、跨知识融合等高频考点，归纳直接应用、割补法、展开法等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题引领+方法提炼+素养提升”，如结合2024年新高考Ⅰ卷圆柱圆锥体积题，详解展开法将空间问题平面化，培养学生空间观念和运算能力。提供三级训练体系，总结等体积法等突破技巧，助力学生掌握答题规律，教师可据此精准教学，提升复习效率。

数 学 构建知识体系 形成关键能力 提高学科素养 精准高效备考 高考能力梯级集训 体系构建 第1节　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 命题报告 命题趋势 基础题(60%):直接考查立体几何基本概念(棱柱、棱锥、圆柱、圆锥的定义与结构特征)、空间几何体的表面积与体积公式(柱体、锥体、台体体积计算,表面积展开与求解); 中档题(30%):外接球、内切球表面积与体积求解.综合应用(空间点、线、面位置关系的判定与证明,空间向量的线性运算与数量积计算,利用空间向量求线线角、线面角); 创新题(10%):跨知识融合(立体几何与函数结合求体积最值、表面积最值,立体几何与不等式结合证明线段长度或角度范围,立体几何与实际应用问题结合) 第1节　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 高频考点 立体几何 基本概念 表面积与体积公式的直接应用(已知几何体棱长、半径等参数求表面积和体积);空间点、线、面的基本位置关系(平行、相交、异面的定义与直观判断) 高频考点 空间点、线、面位置关系 判定定理与性质定理的应用(线面平行的判定与性质、面面平行的判定与性质、线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定与性质);异面直线所成角的求解 空间向量 空间向量的基本运算(线性运算:加法、减法、数乘的坐标计算;数量积a·b=|a||b|cos θ的应用); 空间向量法求角度(线线角、线面角、面面角) 空间向量法证明位置关系 第1节　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 命题规律 新高考卷中的立体几何的考查越来越活,融合了课程学习、探索创新、生活实践等情境问题,对学生的批判性思维能力,阅读理解能力,试题位置迁移信息整理能力,语言表达能力提出了更高要求.简单几何体和组合几何体是培养学生空间想象能力的一个很好的载体,可以单独考查,如几何体的识别、距离和截面面积的计算;也可以与体积、表面积结合考查,重点考查简单几何体的表面积或体积,多为小题,难度则有提升,球与简单几何体的切接问题或与之有关的最值问题,题型为选择题或填空题,这是一类重点问题,有时难度相对较大.几何法注重对图形的分析和推理,适用于图形结构较为简单、几何关系明显的题目,比如证明线面平行,常采用中位线法、平行四边形法,构造平行关系;求异面直线所成角,可通过平移直线使其相交,转化为平面角,再利用解三角形的方法求解.向量法通过建立空间直角坐标系,将几何问题转化为代数运算,对于复杂的几何图形,尤其是难以找到几何关系的题目,向量法具有优势,通过求直线的方向向量和平面的法向量,利用向量的夹角公式来计算空间角和距离.在解题时,要根据题目的特点,合理选择解题方法,有时还可以将两种方法结合使用 第1节　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 备考建议 抓牢基础概念与公式:熟记空间几何体的结构特征、表面积与体积公式,掌握空间点、线、面位置关系的基本定义,牢记空间向量的运算规则; 强化推理与运算能力:熟练运用判定定理、性质定理证明位置关系,提升空间向量坐标运算的准确性,掌握角度、距离的计算方法; 突破综合应用:重点练习立体几何与函数、不等式的融合题,学会从实际情境中抽象出立体几何模型,掌握空间向量法在复杂问题中的应用思路 第1节　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 第1节　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 返回目录 目录 1 2 3 基础满分练 课前 自检自测·夯基固本 能力高分练 课中 关键能力·可视思维 素养提升练 课中 高考定向·捕捉热点 第1节　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 基础 满分练 课前 自检自测·夯基固本 四个高考关键点 关键点1 空间几何体的结构 1.下列说法错误的是(　　) [命题点❶❷] A.棱柱的侧棱长一定相等 B.侧棱垂直于底面的棱柱是直棱柱 C.圆柱的母线长与高相等 D.底面是正三角形的棱锥是正棱锥 D 返回目录 解析:选项A,由棱柱的定义知,棱柱的侧棱长一定相等,故选项A说法正确;选项B,由直棱柱的定义知,侧棱垂直于底面的棱柱是直棱柱,故选项B说法正确;选项C,由圆柱的定义知,圆柱的母线长与高相等,故选项C说法正确;选项D,若一个棱锥的底面为正三角形,但其顶点在底面的投影不在正三角形的中心处,则该棱锥不是正棱锥,故选项D说法错误.故选D. 返回目录 2.(人教A版必修第二册教材习题改编)如图所示,长方体ABCD-A'B'C'D'中被截去一部分,其中EH∥A'D',则剩下的几何体是(　　)[命题点❶] A.棱台 B.四棱柱 C.五棱柱 D.简单组合体 C 解析:由几何体的结构特征知,剩下的几何体为五棱柱.故选C. 返回目录 关键点2 直观图与斜二测画法 3.(苏教版选择性必修第二册教材习题改编)用斜二测画法作水平放置的平面图形的直观图时,下列说法一定正确的是(　　)[命题点❸] A.菱形的直观图还是菱形 B.矩形的直观图是平行四边形 C.平行四边形的直观图可能是梯形 D.正三角形的直观图是等腰三角形 B 返回目录 解析:对于选项A,菱形的直观图是平行四边形,所以A错误;对于选项B,矩形的直观图为平行四边形,所以B正确;对于选项C,平行四边形的直观图是平行四边形,所以C错误;对于选项D,正三角形的直观图中高为原来的一半且与底边成45°,其不为等腰三角形,所以D错误.故选B. 返回目录 4.如图,水平放置的△ABO的斜二测直观图是△A'B'O',其中O'A'=2,O'B'=2,则AB=(　　)[命题点❸] A. B.2 C.2 D.2 D 解析:根据O'A'=2,O'B'=2可得OA=2,OB=4,所以AB==2故选D. 返回目录 关键点3 空间几何体的表面积 5.已知圆柱的侧面展开图是长为5 cm,宽为4 cm的矩形,则圆柱的侧面积为(　　)cm2.[命题点❹] A.10 B.20 C.18 D.9 B 解析:因为圆柱的侧面展开图是长为5 cm,宽为4 cm的矩形,所以圆柱的侧面积为5×4=20 cm2.故选B. 返回目录 6.已知圆台的上、下底面圆的半径分别为1和3,母线长为2,则圆台的表面积为(　　)[命题点❹] A.π B.(10+8)π C.(10+16)π D.18π B 解析:设圆台的上、下底面圆的半径分别为r和R,母线为l,则由题意得r=1,R=3,l=2,所以圆台的表面积为S=πr2+πR2+π(r+R)l=π×12+π×32+π×(1+3)×2=10π+8,故选B. 返回目录 7.(人教A版必修第二册教材习题改编)已知圆锥的表面积为12π cm2,其侧面展开图是一个半圆,则底面圆的半径为(　　)[命题点❹] A.1 cm B.2 cm C.3 cm D. cm B 解析:设圆锥的底面圆的半径为r,母线长为l,因为侧面展开图是一个半圆,所以πl=2πr,即l=2r,所以πr2+πrl=πr2+πr·2r=3πr2=12π,解得r=2(cm). 返回目录 关键点4 空间几何体的体积 8.(人教A版必修第二册教材习题改编)当一个球的半径为　　　时,其体积和表面积的数值相等.[命题点❺] 3 解析:设球的半径为R,由题意,得R3=4πR2,解得R=3. 返回目录 9.(人教A版必修第二册教材习题改编)如图,将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥,则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为　　　　　.[命题点❺] 1∶47 解析:设长方体的相邻三条棱长分别为a,b,c,它截出的棱锥的体积为 V1=abc=abc,剩下的几何体的体积V2=abc-abc=abc, 所以V1∶V2=1∶47. 返回目录 10.(人教A版必修第二册教材习题改编)如图,一个直三棱柱形容器中盛有水,且侧棱AA1=16.若侧面AA1B1B水平放置时,液面恰好过AC,BC,A1C1, B1C1的中点,则当底面ABC水平放置时,液面高为　　　　　.[命题点❺] 12 解析:设△ABC的面积为a,底面ABC水平放置时,液面高为h,侧面AA1B1B水平放置时,水的体积为V=S△ABC·AA1=a·16=12a.当底面ABC水平放置时,水的体积为V=S△ABCh=ah,于是ah=12a,解得h=12,所以当底面ABC水平放置时,液面高为12. 返回目录 回归教材•考教衔接 1.空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征[❶] 主要应用空间结构判断截面、交线问题以及体积、表面积计算 名称 棱柱 棱锥 棱台 图形 返回目录 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 返回目录 (2)旋转体的结构特征[❷] 圆柱、圆锥、圆台、球分别由矩形、直角三角形、直角梯形、半圆绕定轴旋转而成 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 — 返回目录 2.直观图[❸] 原图面积是直观图面积的2倍 (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°. 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. 返回目录 3.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式[❹] 几何体 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 返回目录 4.柱、锥、台、球的表面积和体积[❺] 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 返回目录 能力 高分练 课中 关键能力•可视思维 考点1　基本立体图形 角度 1 结构特征 命题视角:①多面体:命题聚焦“定义核心要素”与“特殊化延伸”;②旋转体:命题聚焦“旋转生成逻辑”与“截面性质”. 例1 (多选)(2026·湖南常德高三开学考试)下列说法中不正确的是(　 　) A.以直角梯形的一条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 ABC 返回目录 考点1 考点2 解析:对于A,以直角梯形的直角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,否则不是,A错误;对于B,如图所示的几何体有两个面平行,其余各面都是平行四边形,但它不是棱柱,B错误;对于C,底面是正多边形,顶点在底面上的射影是底面中心的棱锥才是正棱锥,C错误;对于D,棱台可以看作是用平行于棱锥的底面的平面截棱锥所得,因此它的各侧棱延长后必交于一点,D正确,故选ABC. 返回目录 考点1 考点2 对点训练1 (多选)下列说法正确的有(　　) A.球体是旋转体的一种,且球面上的点到球心的距离都相等 B.现有两条平行直线,其中一条直线与一个平面相交,那么另一条直线可能与这个平面不相交 C.若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线相交 D.若直线m上的三个点在平面α内,则m⊂α AD 返回目录 考点1 考点2 解析:A选项,球体是旋转体的一种,由球的定义可知球面上的点到球心的距离都相等,故A正确;B选项,如图,m∥n,m∩α=A,则直线m,n可确定平面β,且α∩β=l,则A∈l,由于m,n⊂β,m∩l=A,所以n也与直线l相交,设交点为B,则B∈α,所以n∩α=B,故B错误;C选项,若一条直线平行于两个相交平面,由线面平行的性质定理可知这条直线与这两个平面的交线平行,故C错误;D选项,根据平面的性质可知,如果一条直线上有两个点在一个平面内,则这条直线在这个平面内,即m⊂α,故D正确.故选AD. 返回目录 考点1 考点2 角度 2 直观图 命题视角:①斜二测画法核心规则:命题的“基础辨析点”;②直观图与原图形的面积关系:命题的“高频计算点”;③直观图还原原图形:命题的“逆向思维点”. 例2 (一题多解)已知水平放置的四边形OABC按斜二测画法得到如图所示的直观图,其中O'A'∥B'C',∠O'A'B'=90°,O'A'=1,B'C'=2,则原四边形OABC的面积为(　　) A. B.3 C.4 D.5 B 返回目录 考点1 考点2 解析: (方法1)由已知求得O'C'=,把直观图还原后如图所示,可得原图形为直角梯形,OA∥CB,OA⊥OC,且OA=1,BC=2,OC=2,故原四边形OABC的面积为(1+2)×2=3 (方法2)由题意知A'B'=1,所以S直观图=(1+2)×1=,所以S原图形=2S直观图=3 返回目录 考点1 考点2 对点训练2 (原创)如图,ABC是一平面图形的水平放置的斜二测直观图,AC∥y轴,OA=OB=AC=2,则这个平面图形的实际周长为(　　) A.8+4 B.6+4 C.12 D.8+ A 解析:根据斜二测画法作出原图,在直角坐标系x'O'y'中,在x'轴上取O'A'=OA=2,O'B'=OB=2,过A'作A'C'∥y'轴,并使A'C'=2AC,连接A'C',B'C', 则△A'B'C'即为△ABC原来的图形,如图所示.则周长为2+2+4+=8+4故选A. 返回目录 考点1 考点2 角度 3 展开图 命题视角:通过展开图判断几何体、利用展开图转化空间问题、基于展开图计算关键量. 例3 (2026·福建福州高三期中)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,高为5,一质点从A点出发,沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路线长为(　　) A. B.10 C.5 D.13 D 返回目录 考点1 考点2 解析:由已知,需绕三棱柱的侧面绕行两周,则将三棱柱沿AA1展开,并沿底边扩大2倍,如图所示, 则展开图是以2×3×2=12为底,5为高的矩形,则最短路径即为其对角线长为=13.故选D. 返回目录 考点1 考点2 对点训练3 (2026·湖南长沙开学考试)如图,圆锥底面半径为3,母线PA=12, ,一只蚂蚁从A点出发,沿圆锥侧面绕行一周,到达B点,最短路线长度为(　　) A.6 B.16 C.4 D.12 C 返回目录 考点1 考点2 解析:把圆锥侧面沿母线PA剪开,展在同一平面内得扇形APA',连接AB,如图所示,令扇形APA'圆心角大小为θ,则12θ=2π×3,解得θ=,在Rt△PAB中,PB=PA'=4,则AB==4,所以一只蚂蚁从A点出发,沿圆锥侧面绕行一周,到达B点,最短路线长度为4故选C. 返回目录 考点1 考点2 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 方法导引 辨别空间几何体的两种方法 定义法 紧扣定义,由已知构建几何模型,在条件不变的情况下,变换模型中的线面关系或增加线、面等基本要素,根据定义进行判定 反例法 通过反例对结构特征进行辨析,要说明一个结论是错误的,只要举出一个反例即可 返回目录 考点1 考点2 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 方法导引 斜二测画法中的“三变”与“三不变” “三变” “三不变” 返回目录 考点1 考点2 解题思维路径 方法导引 在解决空间曲线或折线(段)最短问题时,一般要考虑几何体的侧面展开图,采用化曲为直的策略将空间问题平面化. 返回目录 考点1 考点2 考点2　表面积与体积 角度 1 表面积 命题视角:聚焦“表面积构成”与“公式应用”. 例4 (1)已知圆锥的底面半径为2,高为4,则该圆锥的侧面积为(　　) A.4π B.12π C.16π D.π B 返回目录 考点1 考点2 解析:已知圆锥的底面半径r=2, 高h=4,则母线长l==6,圆锥的侧面展开图为扇形,且扇形的弧长为圆锥底面圆周长2πr,扇形的半径为圆锥的母线长l,则圆锥侧面积S=2πrl=πrl=2×6π=12π. 返回目录 考点1 考点2 (2)(2025·山东临沂期末)如图是一个在圆柱顶部挖去一个与该圆柱同底面的圆锥的几何模型,已知圆柱的底面半径为3,圆锥的高为4,若该几何模型的体积为60π,则其表面积为(　　) A.48π B.60π C.72π D.144π C 解析:设圆柱的高为h,则π·32·h-32·4=60π,解得h=8,故所求表面积为S=π·32+2π·3·8+π·3=72π.故选C. 返回目录 考点1 考点2 对点训练4 (2025·浙江宁波期末)实心圆锥PO的底面直径为6,高为4,过PO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,则剩下几何体的表面积为(　　) A.27.75π B.30π C.32.25π D.34.5π B 返回目录 考点1 考点2 解析:根据题意PO的中点为O'可知,挖去的圆柱底面半径为,高为2,剩下几何体的表面积为圆锥表面积加上挖去圆柱的侧面积,显然圆锥母线为=5,易知圆锥表面积为π×32+π×3×5=24π,圆柱侧面积为 2π2=6π,所以剩下几何体的表面积为24π+6π=30π.故选B. 返回目录 考点1 考点2 角度 2 体积 命题视角:体积求解的核心是转化与化归,围绕“底面积×高”的基本逻辑,结合几何体特征选择合适的方法. 例5 (1)(2026·江苏南京高三开学考试)已知正四棱锥的底面边长为4,且其侧面积是底面积的2倍,则此正四棱锥的体积为(　　) A.　　　　B.36　　　　C.32　　　　D. D 返回目录 考点1 考点2 解析:如图所示,在正四棱锥S-ABCD中, BC=4,O为底面正方形的中心,E为BC的中点. 由已知可得44×SE=2×4×4,所以SE=4,又OE=2, 所以OS==2, 所以正四棱锥的体积V=4×4×2故选D. 返回目录 考点1 考点2 (2)(2025·江苏苏州模拟)如图为一个木楔子,其中四边形ABCD是边长为1的正方形,且△ADE,△BCF均为正三角形,EF∥CD,EF=2,则该木楔子的体积为(　　) A.　　 　　B.　　　　　C.　 　　　D. D 返回目录 考点1 考点2 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,则由题意等腰梯形ABFE≌等腰梯形CDEF,则EG=HF=, AG=GD=BH=HC=取AD的中点O,连接GO,因为AG=GD,所以GO⊥AD,则GO=,S△ADG=S△BCH=1= 返回目录 考点1 考点2 因为AB∥EF,AG⊥EF,所以AB⊥AG,因为四边形ABCD为正方形,所以AB⊥AD,又AD∩AG=A,AD,AG⊂平面ADG,所以AB⊥平面ADG,所以EF⊥平面AGD,同理可证EF⊥平面BCH,所以多面体的体积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 =2+1=故选D. 返回目录 考点1 考点2 对点训练5 (多选)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,BC=3,CC1=4,且AB⊥BC,P为BC1的中点,则( 　　) A.三棱锥A-BCC1的体积为4 B.三棱锥C-APC1的体积为 C.四棱锥C1-ABB1A1的体积为8 D.三棱锥C1-ABC的表面积为14+2 ACD 返回目录 考点1 考点2 解析:对于A,CC1×S△ABC =42×3=4,故A正确;对于B,,而三棱锥A-BCC1与三棱锥A-PCC1有共同的高,∵P为BC1的中点, ∴, ∴4=2,故B错误; 对于C,2×3×4-4=8,故C正确; 返回目录 考点1 考点2 对于D,由题可知,AC=,AC1=,BC1=5,∴AB2+B=A, ∴△ABC1是直角三角形,AB⊥BC1, ∴三棱锥C1-ABC的表面积为S△ABC+2×3+3×4+4+2×5=14+2,故D正确. 返回目录 考点1 考点2 解题思维路径 方法导引 1.旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用,并弄清底面半径、母线长与对应侧面展开图中边的关系. 2.多面体的表面积是各个面的面积之和;组合体的表面积注意衔接部分的处理. 返回目录 考点1 考点2 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 方法导引 求空间几何体的体积的常用方法 (1)公式法:规则几何体的体积问题,直接利用公式进行求解; (2)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; (3)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. 返回目录 考点1 考点2 素养 提升练 课中 高考定向•捕捉热点 命题趋势1:近三年高考中,基本立体图形的表面积与体积以基础公式应用为主,聚焦柱、锥、台、球的核心公式. 1.(2024·新高考Ⅰ,5)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(　　) A.2π B.3π C.6π D.9π B 返回目录 解析:∵圆柱和圆锥的底面半径相等,∴可设圆柱和圆锥的底面半径为r.又圆柱和圆锥的高均为,∴圆柱的侧面积为2πr,圆锥的侧面积为 πr=πr又圆柱和圆锥的侧面积相等, ∴2πr=πr,∴r2=9. ∴圆锥的体积为πr2π·9=3 返回目录 2.(2024·天津,9)一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF,且两两之间的距离为1,并已知AD=1,BE=2,CF=3,则该五面体的体积为(　　) A. B. C. D. C 返回目录 解析:如图,用一个和五面体ABC-DEF完全相同的五面体HIJ-LMN与五面体ABC-DEF拼在一起,其中顶点L,M,N分别与顶点D,E,F重合.由题意可知,拼成的组合体是一个三棱柱.该三棱柱的直截面(与侧棱垂直的截面)是边长为1的等边三角形,其面积为12=,三棱柱的侧棱长为1+3=2+2=3+1=4,所以VABC-DEF=VABC-HIJ=4=故选C. 返回目录 命题趋势2:强化几何体组合与空间想象,融合直观图、展开图分析,注重参数讨论与实际应用建模. 3.(原创)已知正方体、等边圆柱(母线长等于底面圆的直径)与球的表面积相等,它们的体积分别为V1,V2,V3,则下面关系中成立的是(　　) A.V1>V2>V3 B.V1>V3>V2 C.V3>V2>V1 D.V2>V1>V3 C 返回目录 解析:设正方体的棱长为a,等边圆柱底面圆的半径为r,球体的半径为R,所以正方体的表面积为S1=6a2,等边圆柱的表面积为S2=2πr2+2πr×2r=6πr2,球的表面积为S3=4πR2,因为S1=S2=S3,即6a2=6πr2=4πR2,由6a2=6πr2得a=r,由6πr2=4πR2,解得R=r,所以正方体的体积为V1=a3=r3,等边圆柱的体积为V2=πr2×2r=2πr3,球的体积为V3=R3=r)3=r3,因为>2=,所以V3>V2>V1,故选C. 返回目录 4.(原创)我国南北朝时期伟大的数学家、天文学家祖暅,首次发现“幂势既同,则积不容异”的结论,被称为“祖暅原理”,并用其推导出球的体积公式(示意如图),比西方早一千一百多年,显示出我国古代在数学研究上的辉煌成就.半球台的定义:用一个平行于半球大圆面的平面去截半球,截面圆和大圆面之间的部分叫半球台,大圆面叫下底面,截面叫上底面,则一个下底面半径为5,上底面半径为4的半球台的体积为　　　　　.  66π 返回目录 解析:因为半球台下底面半径R=5,上底面半径r=4,所以半球台高度h==3,由祖暅原理得,半球台的体积等于底面半径为R、高为h的圆柱的体积减去底面半径为h、高为h的圆锥的体积,所以半球台的体积V=πR2h-h2·h=75π-9π=66π. 返回目录 $