8．3 简单几何体的表面积与体积
8．3.1 棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积
一、 单项选择题
1. 侧面都是等腰直角三角形的正三棱锥，底面边长为a时，该三棱锥的表面积是( )
A. a2 B. a2
C. a2 D. a2
2. (2023连云港高二阶段练习)如图，一种棱台形状的无盖容器(无上底面A1B1C1D1)模型其上、下底面均为正方形，面积分别为4 cm2，9 cm2，且A1A＝B1B＝C1C＝D1D.若该容器模型的体积为 cm3，则该容器模型的表面积为( )
A. (5＋9) cm2 B. (4＋9) cm2
C. (3＋9) cm2 D. (2＋9) cm2
3. (2023长春实验中学高一期末)一个三棱柱容器中盛有水，侧棱AA1＝8，若侧面ABB1A1如图2水平放置时，水面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点，那么当底面ABC水平放置时，水面高为( )
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
4. 已知长方体中过一个顶点的三条棱长的比是1∶2∶3，体对角线长为2，则这个长方体的体积为( )
A. 6 B. 12 C. 24 D. 48
5. 若底面是菱形的棱柱其侧棱垂直于底面，且侧棱长为5，它的体对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是( )
A. 130 B. 140 C. 150 D. 160
6. (2023贵阳一中高三期末)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A. 40＋4
B. 28＋3＋4
C. 28＋4×(＋)
D. 28＋16
二、 多项选择题
7. (2023忻州高一联考)如图，在透明塑料制成的长方体ABCD-A1B1C1D1容器内灌进一些水(未满)，现将容器底面一边BC固定在底面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，则下列结论中正确的是( )
A. 水的部分始终呈棱柱状
B. 水面四边形EFGH的面积为定值
C. 多面体ABCD-EFGH的表面积不变
D. 若E∈AA1，F∈BB1，则AE＋BF是定值
8. 若长方体ABCD-A1B1C1D1的长、宽、高分别为3，2，1，则下列结论中正确的是( )
A. 长方体的表面积为20
B. 长方体的体积为6
C. 沿长方体的表面从点A到点C1的最短距离为3
D. 沿长方体的表面从点A到点C1的最短距离为2
三、 填空题
9. (2023南昌八一中学三模)如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体，则得到的二十四等边体与原正方体的体积之比为________．
10. 如图，在上、下底面对应边的比为1∶2的三棱台中，过上底面一边A1B1作一个平行于棱C1C的平面A1B1EF，记平面分三棱台两部分的体积为V1(三棱柱A1B1C1-FEC)，V2两部分，那么V1∶V2＝________．
11. (2022广州越秀区期末)某校学生进行创客活动，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＝2EF＝2BF，AB＝BC＝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.
12. (2022郴州期末)已知A，B，C是半径为3的球O的球面上的三个点，且∠ACB＝120°，AB＝，AC＋BC＝2，则三棱锥O-ABC的体积为________．
四、 解答题
13. (2023绍兴高一期中)如图，已知正三棱锥S-ABC的底面边长为2，正三棱锥的高SO＝1.求：
(1) 正三棱锥S-ABC的体积；
(2) 正三棱锥S-ABC的表面积．
14. (2023大连第十二中学高一阶段练习)现需要设计一个仓库，由上下两部分组成，如图所示，上部分的形状是正四棱锥P-A1B1C1D1，下部分的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1，正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．
(1) 若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积(含上下两部分)是多少？
(2) 若上部分正四棱锥的侧棱长为6 m，当PO1为多少时，下部分的正四棱柱侧面积最大，最大面积是多少？
【答案解析】
8．3 简单几何体的表面积与体积
8．3.1 棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积
1. A 解析：如图，PA，PB，PC两两垂直，且PA＝PB＝PC，△ABC为等边三角形，AB＝a，所以PA＝PB＝PC＝a，所以表面积为×a2＋××3＝a2＋a2＝a2.
2. A 解析：依题意可知，上底面边长为2 cm，下底面边长为3 cm.设模型的高为h1，则×（4＋＋9）×h1＝×h1＝，h1＝1，所以侧面等腰梯形的高h2＝＝，所以模型的表面积为4××＋9＝5＋9(cm2).
3. C 解析：不妨令此三棱柱为直三棱柱，如图，当侧面AA1B1B水平放置时，水的形状为四棱柱形，底面是梯形．设△ABC的面积为S，则S梯形ABFE＝S，V水＝S·AA1＝6S.当底面ABC水平放置时，水的形状为三棱柱形，设水面高为h，则有V水＝Sh，所以6S＝Sh，所以h＝6.故当底面ABC水平放置时，水面高为6.
4. D 解析：因为长方体的过一个顶点的三条棱长的比是1∶2∶3，所以设三条棱长分别为k，2k，3k，则长方体的对角线长为＝2，所以k＝2，所以这个长方体的体积为6×4×2＝48.
5. D 解析：设在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，体对角线A1C＝9，BD1＝15，在Rt△A1AC中，A1A＝5，可得AC＝＝2.同理可得BD＝＝10.因为四边形ABCD为菱形，所以AC，BD互相垂直平分，所以AB＝＝＝8，即菱形ABCD的边长为8，所以这个棱柱的侧面积为S＝(AB＋BC＋CD＋DA)·AA1＝4×8×5＝160.
6. A 解析：由题意，作出立体图形如下图所示，过点B作BF⊥AE于点F.由几何知识，得CE＝BF＝AE＝DE＝4，BC＝EF＝2，∠AED＝∠AFB＝∠BCD＝90°.在Rt△ADE中，由勾股定理，得AD＝＝4.在Rt△CDE中，由勾股定理，得CD＝＝4.在Rt△BCD中，由勾股定理，得BD＝＝6.在Rt△ABF中，由勾股定理，得AB＝＝2.在△ABD中，由余弦定理，得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos ∠ABD，解得cos ∠ABD＝，所以sin ∠ABD＝＝，S＝S△ADE＋S△CDE＋S△BCD＋S△ABD＋S梯形ABCE＝＋＋＋·sin ∠ABD＋＝＋＋＋×＋＝40＋4.
7. AD 解析：对于A，由于四边形ABFE与四边形DCGH全等，且各条侧棱相互平行，所以由棱柱的定义可知，水的部分始终呈棱柱状，故A正确；对于B，因为水面四边形EFGH为矩形，所以水面四边形EFGH的面积等于EF·FG，因为水面四边形EFGH的边长FG不变，EF在变化，所以水面四边形EFGH的面积在变化，故B错误；对于D，由于水平放置时，水的体积是定值，水的高度是定值h，底面面积不变，所以当一部分上升的同时，另一部分下降相同的高度a，设BF＝h＋a，则AE＝h－a，所以BF＋AE＝h＋a＋h－a＝2h为定值，所以当E∈AA1，F∈BB1时，AE＋BF是定值，故D正确；对于C，因为棱柱ABFEDCGH的体积不变，高为BC不变，故其底面积不变，由D知，当E∈AA1，F∈BB1时，AE＋BF是定值，但EF不是定值，则底面周长不是定值，所以侧面积不是定值，即表面积不是定值，故C错误．故选AD.
8. BC 解析：长方体的表面积为2×(3×2＋3×1＋2×1)＝22，故A错误；长方体的体积为3×2×1＝6，故B正确；如图1，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝3，BC＝2，BB1＝1.求表面上最短距离可把几何体展开成平面图形，如图2，将侧面ABB1A1和侧面BCC1B1展开，则有AC1＝＝，即经过侧面ABB1A1和侧面BCC1B1时的最短距离是；如图3，将侧面ABB1A1和上底面A1B1C1D1展开，则有AC1＝＝3，即经过侧面ABB1A1和上底面A1B1C1D1时的最短距离是3；如图4，将侧面ADD1A1和上底面A1B1C1D1展开，则有AC1＝＝2，即经过侧面ADD1A1和上底面A1B1C1D1时的最短距离是2.因为3<2<，所以沿长方体表面从点A到点C1的最短距离是3，故C正确，D错误．故选BC.
9. 5∶6 解析：设原正方体的棱长为2a，则正方体的体积为2a×2a×2a＝8a3.因为截去的8个三棱锥为全等的三棱锥，都有三条互相垂直的棱长，棱长为a，所以截去的体积为8×××a2×a＝a3，所以二十四等边体的体积为V＝8a3－a3＝a3，所以二十四等边体与原正方体的体积之比为＝.
10. 3∶4 解析：设三棱台的高为h，上底面的面积是S，则下底面的面积是4S，所以V三棱台＝h(S＋4S＋2S)＝Sh，V1＝Sh，所以＝＝.
11. 282＋54 解析：由题意，得该几何体侧面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. 解析：因为AB＝，∠ACB＝120°，所以△ABC的外接圆半径为r＝＝＝1，所以三棱锥O-ABC的高为h＝＝2.在△ABC中，由余弦定理可得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC cos ∠ACB，即3＝AC2＋BC2＋AC·BC＝(AC＋BC)2－AC·BC，解得AC·BC＝1，所以S△ABC＝AC·BC sin 120°＝，所以V三棱锥O-ABC＝S△ABC·h＝××2＝.
13. (1) 在正三棱锥S-ABC中，S△ABC＝·AB·BC·sin 60°＝×2×2＝，
所以正三棱锥S-ABC的体积V＝S△ABC·SO＝××1＝.
(2) 连接CO并延长交AB于点E，连接SE，则E为AB的中点，
所以CE＝＝，OE＝CE＝.
在Rt△SOE中，SE＝＝，
在△ABS中，SA＝SB，所以SE⊥AB，
所以S△ABS＝×2×＝，
则正三棱锥S-ABC的表面积为3S△ABS＋S△ABC＝3×＋＝3.
14. (1) 因为PO1＝2 m，正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍，所以O1O＝8 m，
所以仓库的容积V＝×62×2＋62×8＝312(m3).
(2) 设PO1＝x m，则O1O＝4x m，A1O1＝ m，A1B1＝ m，
所以正四棱柱的侧面积S＝4·4x·＝16x·(0所以S≤16×＝288，
当且仅当x＝，即x＝3时，等号成立，Smax＝288 m2，
所以当PO1＝3 m时，正四棱柱的侧面积最大，最大为288 m2.8．3.2 圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积
一、 单项选择题
1. 如果一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( )
A. B.
C. D.
2. 若圆锥的体积与球的体积相等，且圆锥的底面半径与球的直径相等，则圆锥的侧面积与球的表面积之比为( )
A. ∶2 B. ∶4
C. 1∶2 D. ∶4
3. (2023大埔高三二模)在马致远的《汉宫秋》楔子中写道：“毡帐秋风迷宿草，穹庐夜月听悲笳．”毡帐是古代北方游牧民族以为居室、毡制帷幔．如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与圆柱的组合体，圆锥的高为4，侧面积为15π，圆柱的侧面积为18π，则该毡帐的体积为( )
A. 39π
B. 18π
C. 38π
D. 45π
4. (2023漳州高一联考)陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，图1是一种木陀螺，可近似地看作是一个圆锥和一个圆柱的组合体，其直观图如图2所示，其中A是圆锥的顶点，B，C分别是圆柱上、下底面圆的圆心，且AC＝3AB.若该陀螺的体积是，底面圆的半径为2，则其表面积为( )
A. (16＋2)π B. (16＋4)π
C. (20＋4)π D. (20＋2)π
5. (2023长沙一中阶段练习)如图，已知一个球内接圆台，圆台上、下底面的半径分别为3和4，球的体积为，则该圆台的侧面积和体积分别为( )
A. 35π， B. 35π，259π
C. 35π，259π D. 35π，
6. (2022扬州期末适应性考试)刘徽构造的几何模型“牟合方盖”中说：“取立方棋八枚，皆令立方一寸，积之为立方二寸．规之为圆困，径二寸，高二寸．又复横规之，则其形有似牟合方盖矣．”牟合方盖是一个正方体被两个圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时的两圆柱体的公共部分，计算其体积的方法是将原来的“牟合方盖”平均分为八份，取它的八分之一(如图1).记正方形OABC的边长为r，设OP＝h，过点P作平面PQRS平行于平面OABC.OS＝OQ＝r，由勾股定理有PS＝PQ＝，故此正方形PQRS的面积是r2－h2.如果将图1的几何体放在棱长为r的正方体内(如图2)，不难证明图2中与图1等高处阴影部分的面积等于h2.如图3，设此棱锥顶点到平行于底面的截面的高度为h，不难发现对于任何高度h，此截面面积必为h2，根据祖暅原理计算牟合方盖体积为(注：祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是两个同高的立体，如在等高处的截面积相等，则体积相等)( )
A. r3 B. r3π
C. r3 D. r3π
二、 多项选择题
7. 已知一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，则下列结论中正确的是( )
A. 圆柱的侧面积为2πR2
B. 圆锥的侧面积为2πR2
C. 圆柱的侧面积与球的表面积相等
D. 圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶2
8. 已知△ABC的三边长分别是AC＝3，BC＝4，AB＝5，则下列说法中正确的是( )
A. 以BC所在直线为轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的侧面积为15π
B. 以BC所在直线为轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的体积为36π
C. 以AC所在直线为轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的侧面积为25π
D. 以AC所在直线为轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的体积为16π
三、 填空题
9. (2022宁德期末)如图，“甜筒”状旋转几何体，由一个圆锥与一个半球组合而成，其中圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则这个组合体的表面积为________．
(第9题) (第11题)
10. 若圆台的上、下底半径分别为1和2，母线长为3，则此圆台的体积为________．
11. (2023佛山九江中学阶段练习)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________．
12. 在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图，三棱锥D-ABC为一个鳖臑，其中DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝2，AM⊥DC，M为垂足，则三棱锥M-ABC的外接球的表面积为________．
四、 解答题
13. 已知圆锥的侧面展开图为半圆，母线长为2.
(1) 求圆锥的底面积；
(2) 在该圆锥内放置一个圆柱，且圆柱的底面中心O与圆锥的底面中心重合，当圆柱的侧面积最大时，求圆柱的体积．
14. 某广场准备设置一些多面体形或球形的石凳供市民休息，如图1的多面体石凳是由图2的正方体石块截去八个相同的四面体得到，且该石凳的体积是 dm3.
(1) 求正方体石块的棱长；
(2) 若将图2的正方体石块打磨成一个球形的石凳，求此球形石凳的最大体积．
图1 图2
【答案解析】
8．3.2 圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积
1. B 解析：设球的半径为R.因为4πR2＝16π，所以R＝2，所以V＝πR3＝.
2. A 解析：设圆锥的底面半径为r，圆锥的高为h，则球的半径为，所以πr2h＝·，所以h＝，所以圆锥的母线长为＝r，所以圆锥的侧面积S1＝×2πr·r＝πr2，球的表面积S2＝4π＝πr2，所以＝.
3. A 解析：设圆柱的底面半径为r，高为h，圆锥的母线长为l.因为圆锥的侧面积为15π，所以πrl＝15π，即rl＝15.因为l2＝r2＋42，所以联立解得r＝3（负值舍去）.因为圆柱的侧面积为18π，所以2πrh＝18π，即2π×3h＝18π，解得h＝3，所以该毡帐的体积为πr2×4＋πr2h＝39π.
4. C 解析：设AB＝a，则BC＝2a，所以陀螺的体积V＝π×4a＋π×4×2a＝，解得a＝2，则圆锥母线长为＝2，所以陀螺的表面积S＝4π＋4π×4＋π×2×2＝（20＋4）π.
5. D 解析：设球的半径为R，则＝，所以R＝5.如图，取圆台的轴截面ABCD，设圆台的上、下底面圆心分别为F，E，则E，F分别为AB，CD的中点，连接OE，OF，OA，OB，OC，OD，则OA＝OB＝OC＝OD＝5.由垂径定理可知，OE⊥AB，OF⊥CD，所以OE＝＝＝3，OF＝＝＝4，所以EF＝7，AD＝＝5.故圆台的侧面积为π(3＋4)×5＝35π，圆台的体积为π(32＋42＋3×4)×7＝.
6. C 解析：V棱锥＝Sh＝×r2×r＝r3，由祖暅原理可得图2中牟合方盖外部的体积等于V棱锥＝r3，所以图1中几何体体积为V＝r3－r3＝r3，所以牟合方盖体积为8V＝r3.
7. CD 解析：依题意，得球的半径为R，则圆柱的侧面积为2πR×2R＝4πR2，故A错误；圆锥的侧面积为×2πR×＝πR2，故B错误；球的表面积为4πR2，圆柱的侧面积为4πR2，故C正确；因为V圆柱＝πR2·2R＝2πR3，V圆锥＝πR2·2R＝πR3，V球＝πR3，所以V圆柱∶V圆锥∶V球＝2πR3∶πR3∶πR3＝3∶1∶2，故D正确．故选CD.
8. AD 解析：以BC所在直线为轴旋转一周，所得的旋转体是底面半径为3，母线长为5，高为4的圆锥，所以侧面积为π×3×5＝15π，体积为×π×32×4＝12π，故A正确，B错误；以AC所在直线为轴旋转一周，所得的旋转体是底面半径为4，母线长为5，高为3的圆锥，所以侧面积为π×4×5＝20π，体积为×π×42×3＝16π，故C错误，D正确．故选AD.
9. 4π 解析：由题意，得这个组合体的表面积为S＝×4π×12＋π×1×2＝4π.
10. 解析：因为圆台的上、下底半径分别为1和2，母线长为3，所以圆台的高h＝＝2，所以此圆台体积V＝(r2＋R2＋Rr)h＝.
11. 解析：如图，作出该圆锥的侧面展开图，该小虫爬行的最短路程为PP′.由余弦定理，得cos ∠P′OP＝＝＝－，所以∠P′OP＝.设底面圆的半径为r，则有2πr＝·4，解得r＝，所以这个圆锥的高为h＝＝，则这个圆锥的体积为V＝Sh＝πr2h＝π××＝.
12. 8π 解析：取AC的中点O，连接MO，BO，因为AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝2，所以AC＝2，则AO＝BO＝CO＝.又AM⊥DC，所以MO＝AC＝，所以点O就是三棱锥M-ABC的外接球的球心，所以三棱锥M-ABC的外接球的半径为，所以三棱锥M-ABC的外接球的表面积为4π×（）2＝8π.
13. (1) 设圆锥的底面圆半径为R，则2πR＝2 π，所以R＝，
故圆锥的底面积为πR2＝3π.
(2) 设圆柱的高OO1＝h，OD＝r.
在Rt△AOB中，AO＝＝3.
因为△AO1D1∽△AOB，所以＝，
即＝，则h＝3－r，
所以S圆柱侧面积＝2πrh＝2πr（3－r）＝－2π（r2－r）＝－2π＋π，
所以当r＝，即h＝时，圆柱的侧面积最大，
此时V圆柱＝πr2h＝.
14. (1) 设正方体石块的棱长为a dm，
则每个截去的四面体的体积为××＝.
由题意，得8×＋＝a3，解得a＝4，
故正方体石块的棱长为4 dm.
(2) 当球形石凳的面与正方体的各个面都相切时球形石凳的体积最大，
此时正方体的棱长正好是球的直径，所以球形石凳的最大体积V＝π×＝(dm3).
