微练(十一) 空间几何体
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基础过关练
一、单项选择题
1．(2025·泉州一模)已知圆柱的底面半径与球的半径均为1，且圆柱的侧面积等于球的表面积，则该圆柱的母线长等于 ( )
A.1 B．2 C．3 D．4
2．(2025·昆明一模)一个内角为30°且斜边长为2的直角三角形，绕斜边旋转一周所得几何体的体积为 ( )
A. B． C． D．
3．已知圆锥的高为3，底面半径为4.若一球的表面积与此圆锥的侧面积相等，则该球的半径为 ( )
A.5 B． C．9 D．3
4．(2025·岳阳一模)将一个底面半径为2，高为2的圆锥形石材打磨成一个球，则该球表面积的最大值为 ( )
A. B．
C. D．
5．(2025·北京一模)如图，冰淇淋蛋筒是大家常见的一种食物，有种冰淇淋蛋筒可以看作是由半径为10 cm，圆心角为的扇形蛋卷坯卷成的圆锥，假设高出蛋筒部分的奶油和包裹在蛋筒内部的奶油体积相等，则该种冰淇淋中奶油的总体积约为(忽略蛋筒厚度) ( )
A.π cm3 B．π cm3
C.π cm3 D．π cm3
6．在四棱锥P ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点E，F分别为棱PA和PB的中点，则四棱锥P CDEF和四棱锥P ABCD的体积之比为 ( )
A. B． C． D．
7．(2023·全国乙卷)已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝，若△PAB的面积等于，则该圆锥的体积为 ( )
A.π B．π C．3π D．3π
8．(2025·日照一模)已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和4，高为3.若该圆台内有一个球，则该球的表面积的最大值为 ( )
A.9π B． C．27π D．
二、多项选择题
9．有一张长和宽分别为8和4的矩形硬纸板，以这张硬纸板为侧面，将它折成正四棱柱，则此正四棱柱的体对角线的长度为 ( )
A.2 B．2 C．4 D．
10．(2025·朔州一模)已知圆锥SO的侧面积为4π，底面圆的周长为2π，则 ( )
A.圆锥的母线长为4
B.圆锥的母线与底面所成角的正弦值为
C.圆锥的体积为π
D.沿着圆锥母线的中点截圆锥所得圆台的体积为π
11．已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的，则下列结论正确的是 ( )
A.球O的表面积为6π
B.球O的内接正方体的棱长为1
C.球O的外切正方体的棱长为
D.球O的内接正四面体的棱长为2
三、填空题
12．若一个圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为1的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比是________．
13．(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________．
14．如图，在正三棱柱ABC A1B1C1中，D为棱AA1的中点．若AA1＝4，AB＝2，则四棱锥B ACC1D的体积为________．
能力提升练
15．(2025·广东一模)如图，已知圆台形水杯盛有水(不计厚度)，杯口的半径为4，杯底的半径为3，高为6.5，当杯底水平放置时，水面的高度为水杯高度的一半，若放入一个半径为r的球(球被完全浸没)，水恰好充满水杯，则r＝ ( )
A.1.5 B．2 C．3 D．3.25
16．(2025·江西一模)已知正四棱锥O ABCD的底面边长为2，侧棱长为2，点O′在该棱锥的高上，分别以O，O′为球心作球，使得点A，B，C，D都在球O′的表面上，两球面的公共点的集合形成的轨迹是以线段OO′上一点E为圆心，半径为的圆，则当球O′的半径为时，球O的表面积为 ( )
A.16π B．8π C．4π D．2π
微练(十一) 空间几何体
1．B 解析 设圆柱的母线长为x，则2πx＝4π，解得x＝2.故选B.
2．D 解析
如图，在直角三角形ABC中，|AB|＝2，∠CAB＝30°，则|AC|＝2cos 30°＝，将直角三角形ABC沿斜边AB旋转一周，旋转形成的几何体为两个同底的圆锥，如图所示，有|CO|＝|AC|sin 30°＝，所以所求几何体的体积V＝S圆·|AB|＝π·|OC|2·|AB|＝π××2＝.故选D.
3．B 解析 因为圆锥的底面半径R＝4，高h＝3，所以圆锥的母线l＝5，所以圆锥的侧面积S＝πRl＝20π.设球的半径为r，则4πr2＝20π，所以r＝.故选B.
4．A 解析 由题意可得圆锥的母线长为＝4，所以圆锥的轴截面是等边三角形，将圆锥形石材打磨成一个球，要使球的表面积最大，则球的半径要最大，此时球是圆锥的内切球，设等边三角形的内切圆的半径为r，由等边三角形的性质可得tan 30°＝，所以r＝，所以球的表面积为4πr2＝4π＝.故选A.
5．D 解析 设圆锥底面半径为r，由题意可知2πr＝，所以r＝，设圆锥的高为h，则h＝＝，所以圆锥的体积为：π××＝π，所以该种冰淇淋中奶油的总体积约为π cm3.故选D.
6．C 解析
如图，连接AC，CE，由题意可知VD PCE＝VD PAC＝VP ABCD，VF PCE＝VB PAC＝VP ABCD，则VP CDEF＝VD PCE＋VF PCE＝VP ABCD＋VP ABCD＝VP ABCD，所以＝.
7．B 解析 在△AOB中，AO＝BO＝，∠AOB＝，由余弦定理得AB＝＝3.设等腰三角形PAB底边AB上的高为h，则S△PAB＝×3h＝，解得h＝，由勾股定理得母线PA＝＝3，则该圆锥的高PO＝＝，所以该圆锥的体积为×3π×＝π.故选B.
8．B 解析
如图，作出圆台的轴截面，要使球的表面积最大，则球需要与AD，CD，BC相切，设圆O的半径为R，则OE＝OF，因为OE⊥CD，OF⊥BC，所以△OCE≌△OCF，作OG⊥AB，BH⊥CD，因为BG＝1，CE＝4，所以CH＝3，而BH＝3，由勾股定理得BC＝＝6，则OG＝3－R，且OB2＝BG2＋OG2＝OF2＋BF2，而BF＝BC－CF＝BC－CE＝2，即得到(3－R)2＋12＝22＋R2，解得R＝，则该球的表面积的最大值为S＝4πR2＝4π×＝，故B正确．
9．BD 解析 分两种情况求解：①若正四棱柱的高为8，则底面边长为1，此时体对角线的长度为＝；②若正四棱柱的高为4，则底面边长为2，此时体对角线的长度为＝2.
10．ACD 解析
如图．对于A，设圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，则πrl＝4π，2πr＝2π，故r＝1，l＝4，故A正确．对于B，设圆锥的高为h，则h＝＝，故圆锥的母线与底面所成角的正弦值为，故B错误．对于C，圆锥的体积为×πr2h＝π，故C正确．对于D，沿着圆锥母线的中点截圆锥所得小圆锥的体积为×π，故所得圆台的体积为×π＝π，故D正确．故选ACD.
11．AD 解析 设球O的半径为r，△ABC的外接圆圆心为O′，半径为R，易得R＝.因为球心O到平面ABC的距离等于球O半径的，所以r2－r2＝，得r2＝.所以球O的表面积S＝4πr2＝4π×＝6π，选项A正确；球O的内接正方体的棱长a满足a＝2r，显然选项B不正确；球O的外切正方体的棱长b满足b＝2r，显然选项C不正确；球O的内接正四面体的棱长c满足c＝r＝×＝2，选项D正确．故选AD.
12．4∶3 解析 设圆锥的底面半径为r，则底面周长为2πr，故展开后的扇形弧长为2πr，又扇形的圆心角为，半径为1，故2πr＝×1，则r＝，所以圆锥的侧面积为，表面积为，故表面积与侧面积的比是4∶3.
13． 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＝＝.
14．2 解析 取AC的中点O，连接BO(图略)，则BO⊥AC，所以BO⊥平面ACC1D.因为AB＝2，所以BO＝.因为D为棱AA1的中点，AA1＝4，所以AD＝2，所以S梯形ACC1D＝×(2＋4)×2＝6，所以四棱锥B ACC1D的体积为×6×＝2.
15．D 解析 如图，O1M＝4，O2N＝3，OH＝，又放入的球的半径为r，所以圆台O1O的体积V＝××(16π＋π＋14π)＝3π，由题可知：πr3＝π，则r＝，此时小球恰好与上下底面相切；下面考虑当小球与侧棱MN相切时，设球心为I，球的半径为R，则IO2＝R＝IH，由于tan ∠NMO1＝＝，则＝－tan∠NMO1＝－，则tan ∠INO2＝，那么＝，则R＝×(2＋)>，所以I在O上方，小球的部分体积在圆台外面，不符合题意．所以当该小球与上、下底面相切即球心在点O时，符合题意，此时r＝3.25.故选D.
16．A 解析
如图，由题意可得圆E的半径为，设球O，O′的半径分别为R，R′，设AC∩BD＝G，则AG＝＝，OG＝＝3，O′G＝＝，OO′＝OG－O′G＝.由题意，得解得所以球O的表面积为4πR2＝16π.故选A.(共31张PPT)
微练(十一) 空间几何体
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解析微专题7 空间几何体
1.空间几何体的表面积与体积公式
名称 几何体 表面积 体积
柱体 S表＝S侧＋2S底 V＝Sh(S为底面积)
锥体 S表＝S侧＋S底 V＝Sh(S为底面积)
台体 S表＝S侧＋ S上＋S下 V＝(S上＋S下＋ )h
球 S＝4πR2 V＝πR3
2.球的切接问题
(1)设正方体的棱长为a，球的半径为R.
①若球为正方体的外接球，则2R＝a；
②若球为正方体的内切球，则2R＝a；
③若球与正方体的各棱相切，则2R＝a.
(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝；
(3)正四面体的棱长为a，其外接球的半径与其内切球的半径之比为3∶1.
3.常用结论
假设正四面体的棱长为a，则有
(1)正四面体的高h＝a，S表面积＝a2，V＝a3；
(2)相邻两个面的二面角α：cos α＝；
(3)三条侧棱与底面的夹角β：cos β＝.
微点一 空间几何体的侧面积、表面积
例1 (1)(2025·黑龙江一模)已知圆锥的轴截面是一个斜边长为2的等腰直角三角形，则圆锥的表面积为 ( )
A．π B．2π
C．4π D．(2＋2)π
(2)(2023·全国甲卷)已知四棱锥P ABCD的底面是边长为4的正方形，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，则△PBC的面积为 ( )
A．2 B．3 C．4 D．6
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训练1 (2025·湖南模拟)亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式，它是逗留赏景的场所，也是园林风景的重要点缀．重檐圆亭(图①)是常见的一类亭，其顶层部分可以看作是一个圆锥以及一个圆台(图②)的组合体．已知某重檐凉亭的圆台部分的轴截面如图③所示，则该圆台部分的侧面积为 ( )
A．3.6π m2 B．3.8π m2
C．4.2π m2 D．5.4π m2
微点二 空间几何体的体积
例2 (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 ( )
A．2π B．3π
C．6π D．9π
(2)(2025·湘潭模拟)楔形构件在建筑工程上有广泛的应用．如图，某楔形构件可视为一个五面体ABCDEF，其中四边形ABCD为正方形．若AB＝6 cm，EF＝3 cm，且EF与平面ABCD的距离为2 cm，则该楔形构件的体积为 ( )
A．18 cm3 B．24 cm3
C．30 cm3 D．48 cm3
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训练2 如图，四羊方尊(又称四羊尊)为中国商代晚期青铜器，其盛酒部分可近似视为一个正四棱台(上、下底面的边长分别为40 cm，20 cm，高为24 cm)，则四羊方尊的容积约为 ( )
A．22 400 cm3 B．32 400 cm3
C．44 800 cm3 D．67 200 cm3
微点三 空间几何体的“切接”与“容球”问题
考向1 空间几何体的“切接”问题
例3 (1)(2025·榆林模拟)在直三棱柱ABC A1B1C1中，各棱长均为2，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 ( )
A． B．
C． D．
(2)(2025·汉中模拟)如图，圆台的上、下底面半径分别为r1，r2，且2r1＋r2＝12，半径为4的球与圆台的上、下底面及每条母线均相切，则圆台的侧面积为 ( )
A．36π B．64π
C．72π D．100π
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(1)“接”的策略：把一个多面体的几个顶点放在球面上即球的外接问题，解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体顶点的距离等于球的半径．
(2)“切”的策略：解决与球有关的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体的有关问题，解答时要先找准切点，通过作截面来解决，如果内切的是多面体，则多通过多面体过球心的对角面来作截面．
训练3 (1) 已知一个正四棱锥的底面边长为2，内切球的体积为，则这个正四棱锥的体积为 ( )
A． B. C. D. 16
(2)(2025·延边一模)在直三棱柱ABC A1B1C1中，BC＝，AA1＝2，且∠BAC＝，则该三棱柱的外接球的体积为 ( )
A． B．4π C．π D．
考向2 空间几何体的“容球”问题
例4 (2025·全国二卷)一个底面半径为4 cm，高为9 cm的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为________cm.
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训练4 棱长为6的正方体空盒(盒子厚度忽略不计)中，有四个半径为r的小球分布在盒底四角，且均与所在角落处的正方体的三个面相切．另有一个半径为R的大球放在四个小球之上，与四个小球相切的同时与正方体空盒的盒盖相切．若无论怎样翻转盒子，五球均不松动，则小球半径r的最大值为________；大球半径R的最小值为________．
1．(2023·新课标Ⅱ卷)(多选题)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．该圆锥体积为π
B．该圆锥的侧面积为4π
C．AC＝2
D．△PAC的面积为
2．(2022·新课标Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(≈2.65) ( )
A．1.0×109 m3 B．1.2×109 m3
C．1.4×109 m3 D．1.6×109 m3
3．(2023·新课标Ⅰ卷)在正四棱台ABCD A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为________．
4．(2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝________．
微专题7 空间几何体
例1 (1)D 解析 因为轴截面是一个斜边长为2的等腰直角三角形，所以圆锥的底面半径R＝，母线l＝2，所以圆锥的表面积S＝πR2＋πRl＝(2＋2)π.故选D.
(2)C 解析
如图，过点P作PO⊥平面ABCD，垂足为O，取DC的中点M，AB的中点N，连接PM，MN，AO，BO.由PC＝PD，得PM⊥DC，又PO⊥DC，PO∩PM＝P，PO，PM 平面POM，所以DC⊥平面POM，又OM 平面POM，所以DC⊥OM.在正方形ABCD中，DC⊥MN，所以M，N，O三点共线，所以OA＝OB，所以Rt△PAO≌Rt△PBO，所以PB＝PA.在△PAC中，由余弦定理，得PA＝＝，所以PB＝.在△PBC中，由余弦定理，得cos ∠PCB＝＝，所以sin ∠PCB＝，所以S△PBC＝PC·BC sin ∠PCB＝4，故选C.
训练1 B 解析
圆台的上底圆直径为3，下底圆直径为4.6，高为0.6，过点A，B分别作AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为E，F，故DE＝CF＝＝0.8，则AD＝BC＝＝1，故该圆台部分的侧面积为＝3.8π m2.
例2 (1)B 解析 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2πr×＝πr，得r2＝9，所以圆锥的体积V＝πr2×＝3π.故选B.
(2)C 解析
如图所示，设G，H分别为AB，DC的中点，连接EG，EH，GH，因为四边形ABCD为正方形，所以AB∥DC，又AB 平面EFCD，DC 平面EFCD，所以AB∥平面EFCD，又平面EFCD∩平面ABFE＝EF，所以AB∥EF，因为G，H分别为AB，DC的中点，AB＝6 cm，EF＝3 cm，所以EF∥GB，EF＝GB，则四边形EGBF为平行四边形，则EG∥FB，同理EH∥FC，又GH∥BC，所以EGHFBC为三棱柱，设四棱锥EAGHD的高为h cm，由题意，可得V四棱锥EAGHD＝S矩形AGHD·h＝AD·AG·h＝×6×3×2＝12(cm3)，又V三棱柱EGHFBC＝3V三棱锥BEGH＝3V三棱锥EBGH＝3××V四棱锥EAGHD＝V四棱锥EAGHD＝×12＝18(cm3).所以该楔形构件的体积为V＝V四棱锥EAGHD＋V三棱柱EGHFBC＝12＋18＝30(cm3).故选C.
训练2 A 解析 由题意可得，四羊方尊的容积约为×(402＋202＋)×24＝22 400(cm3).故选A.
例3 (1)A 解析
如图，设上、下两个底面的中心分别为O2，O1，连接O1O2，因为所有棱长为2的直三棱柱ABCA1B1C1的六个顶点都在同一球面上，所以直三棱柱ABCA1B1C1外接球的球心O为O1O2的中点，连接OA，在等边△ABC中，AO1＝××2＝，在直角△OAO1中，OA2＝AO＋O1O2＝＋1＝，所以直三棱柱ABCA1B1C1外接球的半径R＝OA＝，所以球的表面积为4πR2＝4π×＝.故选A.
(2)D 解析
如图所示，作出轴截面，O1，O2分别为上、下底面圆的圆心，M为侧面切点，O为内切球球心，则O为O1O2的中点，OM⊥AB，OO1＝OM＝4，O1O2＝8，O1A＝MA＝r1，O2B＝MB＝r2，因为2r1＋r2＝12，所以r2＝12－2r1，则AB＝MA＋MB＝r1＋r2＝12－r1，过点A作AG⊥O2B，垂足为G，则BG＝r2－r1＝12－3r1，在Rt△ABG中，由勾股定理得AG2＋BG2＝AB2，即82＋(12－3r1)2＝(12－r1)2，解得r1＝2或r1＝4，因为r1训练3 (1)C 解析
因为内切球的体积为，所以内切球的半径为1.如图所示，设球与正四棱锥底面切于点E，侧面切于点F，设SO＝x，延长SF交底面于点G，连接EG.因为正四棱锥的底面边长为2，所以EG＝，SE＝1＋x，SG＝＝.又△SOF∽△SGE，所以＝，即＝，解得x＝3.所以SE＝4，所以正四棱锥的体积为×(2)2×4＝.故选C.
(2)D 解析
如图，设△ABC外接圆半径为r，圆心为O1，设外接球球心为O，半径为R，因为BC＝，∠BAC＝，在△ABC中由正弦定理有＝＝2＝2r r＝1, 则O1A＝r＝1，则有OO1＝AA1＝，所以R2＝r2＋OO＝1＋3＝4 R＝2，所以球的体积为V＝πR3＝π×23＝，故选D.
例4 2.5 解析 设铁球半径为r cm，若两个铁球的球心在竖直方向上，且分别与两个底面相切，则铁球球心与圆柱上、下底面的距离均为r，此时铁球的半径为 cm.当两球球心不在竖直方向上时，设两个铁球的球心分别为O1，O2，此种情况下，当铁球半径最大时，如图①所示，圆柱与两铁球的轴截面如图②所示，其中ABCD为圆柱的轴截面，O2P⊥AB，O1P⊥AD，则有O2P＝9－2r，O1P＝8－2r，O1O2＝2r，则有(2r)2＝(8－2r)2＋(9－2r)2，即4r2－68r＋145＝0，即(2r－29)(2r－5)＝0，解得r1＝14.5(舍去)，r2＝2.5.因为2.5>＝2.25，所以铁球半径的最大值为2.5 cm.
训练4 解析
由题可知四个小球的球心(分别记为A，B，C，D)和大球的球心(记为P)构成了一个正四棱锥PABCD，如图．当正方体盒内四个小球两两相切时，小球的半径r最大，大球的半径R最小，此时有2r＋2r＝6，则小球半径r的最大值为.此时，连接AC与BD，交于点O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，BP＝R＋r＝R＋，AB＝2r＝3，OA＝OB＝，由OP2＋OB2＝BP2，可得(6－－R)2＋()2＝(R＋)2，解得R＝，所以大球半径R的最小值为.
真题巧用·明技法
1．AC 解析
如图，取AC的中点D，连接PO，OD，PD，则OD⊥AC，PD⊥AC，二面角PACO的平面角为∠PDO，则∠PDO＝45°，在△PAB中，PO＝1，AO＝，则OD＝1，V＝·3π·1＝π，故A正确．S侧＝PA·2π·＝2π，故B错误．易知PD＝，则AC＝2＝2，故C正确．S△PAC＝××2＝2，故D错误．故选AC.
2．C 解析
如图，由已知得该棱台的高为157.5－148.5＝9(m)，所以该棱台的体积V＝×9×(140＋＋180)×106＝60×(16＋3)×106≈60×(16＋3×2.65)×106＝1.437×109≈1.4×109(m3).故选C.
3． 解析
①
解法一：如图①所示，设点O1，O分别为正四棱台ABCDA1B1C1D1上、下底面的中心，连接B1D1，BD，则O1，O分别为B1D1，BD的中点．连接O1O，则O1O即正四棱台ABCDA1B1C1D1的高．过点B1作B1E⊥BD，垂足为E，则B1E＝O1O.因为AB＝2，A1B1＝1，所以OB＝，O1B1＝，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝，又AA1＝，所以BB1＝，所以B1E＝＝＝，所以O1O＝，所以V正四棱台ABCDA1B1C1D1＝×(22＋12＋)×＝.
②
解法二：如图②，将正四棱台ABCDA1B1C1D1补形成正四棱锥PABCD. 因为AB＝2，A1B1＝1，AB∥A1B1，所以A1，B1，C1，D1分别为PA，PB，PC，PD的中点，又A1A＝，所以PA＝2，即PB＝2.连接BD，取BD的中点为O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，易知BO＝，所以PO＝＝，所以正四棱台ABCDA1B1C1D1的高为，所以V正四棱台ABCDA1B1C1D1＝×(22＋12＋)×＝.
4．2 解析
如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，连接O1A，因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r＝O1A＝××3＝.将三棱锥SABC补形为正三棱柱SB1C1ABC，由题意知SA为侧棱，设球心为O，连接OO1，OA，则OO1⊥平面ABC，且OO1＝SA.又球的半径R＝OA＝2，OA2＝OO＋O1A2，所以4＝SA2＋3，得SA＝2.(共50张PPT)
专题三
立体几何
专题三 立体几何
微专题7
空间几何体
核心整合
名称 几何体 表面积 体积
柱体 S表＝S侧＋2S底 V＝Sh(S为底面积)
锥体 S表＝S侧＋S底 V＝Sh(S为底面积)
核心整合
核心整合
核心整合
核心整合
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
方法提炼
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
8当
0
01
:
名称
表面积
体积
几何体
柱体
S表=S侧+2S底
V=Sh(S为底面积)
锥体
S表=S侧+S底
V=Sh(S为底面积)
以题梳点
和考君
P
M
C
D
A
N
B
A
B
A
3m
B
0.6m
D
D
4.6m
C
①
②
③
A
3
B
0.6
D0.8E
3
F
C
E
F
C
A
B
E
F
C
A
G
B
可加四D网7
71
衣a1T2a网成
双之》
分
g
C
0.
2
I
I
B
1A
I
I
I
I
I
A
1
C
1
B
1
0
1
A
M
I
I
1
I
0
G
B
2
S
C
D
G
A
B
A
9
I
B
I
A
C
B
2
A
B
O
2
0
P
1
D
C
P
i
1
1
A
D
B
C
真题巧用
明技君
P
C
B
p
I
I
I
I
●
D
B
A
D
B
C
P
I
I
I
D
B
1
1
1
I
G
1
D
B
C
1
I
I
I
I
S
B1
T
I
C
O
1
A
B
