《（浙江專用）2021版新高考數(shù)學一輪復習 第八章 立體幾何與空間向量 2 第2講 空間幾何體的表面積與體積教學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專用）2021版新高考數(shù)學一輪復習 第八章 立體幾何與空間向量 2 第2講 空間幾何體的表面積與體積教學案（21頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講　空間幾何體的表面積與體積 1．圓柱、圓錐、圓臺的側面展開圖及其側面積公式 圓柱 圓錐 圓臺 側面 展開圖 側面 積公式 S圓柱側＝2πrl S圓錐側＝πrl S圓臺側＝ π(r＋r′)l 2.空間幾何體的表面積與體積公式 　　　　 表面積 體積 柱體 (棱柱和圓柱) S表面積＝S側＋2S底 V＝S底h 錐體 (棱錐和圓錐) S表面積＝S側＋S底 V＝S底h 臺體 (棱臺和圓臺) S表面積＝S側 ＋S上＋S下 V＝(S上＋S下 ＋)h 球 S＝4πR2 V＝πR3 3.幾個與球有關的切、接的常用結論

2、 (1)正方體的棱長為a，外接球的半徑為R，內(nèi)切球的半徑為r； ①若球為正方體的外接球，則2R＝a； ②若球為正方體的內(nèi)切球，則2r＝a； ③若球與正方體的各棱相切，則2R′＝a. (2)長方體的共頂點的三條棱長分別為a，b，c，外接球的半徑為R，則2R＝. (3)正四面體的棱長為a，外接球的半徑為R，內(nèi)切球的半徑為r； ①外接球：球心是正四面體的中心；半徑R＝a； ②內(nèi)切球：球心是正四面體的中心；半徑r＝a. [疑誤辨析] 判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)多面體的表面積等于各個面的面積之和．(　　) (2)錐體的體積等于底面積與高之積．(　　)

3、(3)球的體積之比等于半徑比的平方．(　　) (4)簡單組合體的體積等于組成它的簡單幾何體體積的和或差．(　　) (5)長方體既有外接球又有內(nèi)切球．(　　) (6)圓柱的一個底面積為S，側面展開圖是一個正方形，那么這個圓柱的側面積是2πS.(　　) 答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)× [教材衍化] (必修2P27練習T1改編)已知圓錐的表面積等于12π cm2，其側面展開圖是一個半圓，則底面圓的半徑為________． 解析：S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π， 所以r2＝4，所以r＝2. 答案：2 cm [易錯糾偏]

4、 (1)不能把三視圖正確還原為幾何體而錯解表面積或體積； (2)考慮不周忽視分類討論； (3)幾何體的截面性質(zhì)理解有誤； (4)混淆球的表面積公式和體積公式． 1．已知一個四棱錐的底面是平行四邊形，該四棱錐的三視圖如圖所示(單位：m)，則該四棱錐的體積為________m3. 解析：根據(jù)三視圖可知該四棱錐的底面是底邊長為2 m，高為1 m的平行四邊形，四棱錐的高為3 m．故該四棱錐的體積V＝×2×1×3＝2(m3)． 答案：2 2．將一個相鄰邊長分別為4π，8π的矩形卷成一個圓柱，則這個圓柱的表面積是________． 解析：當?shù)酌嬷荛L為4π時，底面圓的半徑為2，兩個底面

5、的面積之和是8π；當?shù)酌嬷荛L為8π時，底面圓的半徑為4，兩個底面的面積之和為32π.無論哪種方式，側面積都是矩形的面積32π2，故所求的表面積是32π2＋8π或32π2＋32π. 答案：32π2＋8π或32π2＋32π 3．已知圓柱的上、下底面的中心分別為O1，O2，過直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，則該圓柱的表面積為________． 解析：因為過直線O1O 2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，所以圓柱的高為2，底面圓的直徑為2，所以該圓柱的表面積為2×π×()2＋2π×2＝12π. 答案：12π 4．一個球的表面積是16π，那么這個球的體積為__

6、______． 解析：設球的半徑為R，則由4πR2＝16π，解得R＝2，所以這個球的體積為πR3＝π. 答案：π 　　　　　　空間幾何體的表面積 (1)如圖，某幾何體的三視圖是三個半徑相等的圓及每個圓中兩條互相垂直的半徑．若該幾何體的體積是，則它的表面積是(　　) A．17π　　　　　　　　　 B．18π C．20π D．28π (2)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積等于(　　) A．8＋2 B．11＋2 C．14＋2 D．15 【解析】　(1)由三視圖可得此幾何體為一個球切割掉后剩下的幾何體，設球的半徑為r，故×πr3＝π，所以r

7、＝2，表面積S＝×4πr2＋πr2＝17π，選A. (2)由三視圖知，該幾何體是一個直四棱柱，上、下底面為直角梯形，如圖所示． 直角梯形斜腰長為＝，所以底面周長為4＋，側面積為2×(4＋)＝8＋2，兩底面的面積和為2××1×(1＋2)＝3，所以該幾何體的表面積為8＋2＋3＝11＋2. 【答案】　(1)A　(2)B 空間幾何體表面積的求法 (1)以三視圖為載體的幾何體的表面積問題，關鍵是分析三視圖確定幾何體中各元素之間的位置關系及數(shù)量關系． (2)多面體的表面積是各個面的面積之和；組合體的表面積問題注意銜接部分的處理． (3)旋轉(zhuǎn)體的表面積問題注意其側面展開圖的應用．　

8、 1．(2020·嘉興期中)若圓錐的側面展開圖是圓心角為120°、半徑為1的扇形，則這個圓錐的表面積與側面積的比是(　　) A．4∶3 B．2∶1 C．5∶3 D．3∶2 解析：選A.圓錐的側面積S側＝π×12×＝， 圓錐的底面半徑r＝2π×1×÷2π＝， 圓錐的底面積S底＝π·＝， 圓錐的表面積＝側面積＋底面積＝， 所以這個圓錐的表面積與側面積的比為4∶3. 2．(2020·浙江省名校協(xié)作體高三聯(lián)考)一個幾何體的三視圖如圖所示，正視圖與側視圖為全等的矩形，俯視圖為正方形，則該幾何體的表面積為________． 解析：由三視圖可知，該幾何體為一長方體ABCD-A1

9、B1C1D1中挖去一個四棱錐P-ABCD，如圖所示，易得PA＝PB＝＝，所以S△PAB＝×2×＝， 所以表面積S＝22＋2×3×4＋4×＝28＋4. 答案：28＋4 　　　　　　空間幾何體的體積(高頻考點) 空間幾何體的體積是每年高考的熱點，多與三視圖結合考查，題型多為選擇題、填空題，難度較?。饕}角度有： (1)求簡單幾何體的體積； (2)求組合體的體積． 角度一　求簡單幾何體的體積 (1)(2019·高考浙江卷)祖暅是我國南北朝時代的偉大科學家，他提出的“冪勢既同，則積不容異”稱為祖暅原理，利用該原理可以得到柱體的體積公式V柱體＝Sh，其中S是柱體的底面積，h是柱

10、體的高．若某柱體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該柱體的體積(單位：cm3)是(　　) A．158 B．162 C．182 D．324 (2)如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，點E，F(xiàn)分別為線段AA1，B1C上的點，則三棱錐D1-EDF的體積為________． 【解析】　(1)由三視圖可知，該幾何體是一個直五棱柱，所以其體積V＝×(4×3＋2×3＋6×6)×6＝162.故選B. (2)(等積法)三棱錐D1-EDF的體積即為三棱錐F-DD1E的體積． 因為點E，F(xiàn)分別為AA1，B1C上的點，所以在正方體ABCD-A1B1C1D1中，△EDD1的面積

11、為定值，點F到平面AA1D1D的距離為定值1，所以VD1-EDF＝VF-DD1E＝××1＝. 【答案】　(1)B　(2) 角度二　求組合體的體積 (分割法)(1)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積(單位：cm3)是(　　) A.＋1 B.＋3 C.＋1 D.＋3 (2)由一個長方體和兩個圓柱體構成的幾何體的三視圖如圖，則該幾何體的體積為________． 【解析】　(1)由幾何體的三視圖可得，該幾何體是由半個圓錐和一個三棱錐組成的，故該幾何體的體積V＝×π×3＋××2×1×3＝＋1，故選A. (2)由題意知該幾何體是由一個長方體和兩個圓柱

12、體構成，其中長方體的體積V1＝2×1×1＝2，兩個圓柱體的體積之和V2＝×π×12×1×2＝，所以該幾何體的體積V＝V1＋V2＝2＋. 【答案】　(1)A　(2)2＋ 　 1．(2018·高考浙江卷)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積(單位：cm3)是(　　) A．2 B．4 C．6 D．8 解析：選C.由三視圖可知，該幾何體是一個底面為直角梯形的直四棱柱，所以該幾何體的體積V＝×(1＋2)×2×2＝6.故選C. 2．(2020·寧波十校聯(lián)合模擬)如圖為某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為________cm3，表面積為________

13、cm2. 解析：由已知三視圖得到幾何體是一個底面直角邊分別為3，4的直角三角形，高為5的三棱柱，割去一個底面與三棱柱底面相同，高為3的三棱錐，所以該幾何體的體積為V＝×3×4×5－××3×4×3＝24(cm3)； 表面積為S＝×(2＋5)×4＋×(2＋5)×3＋×3×4＋5×5＋×52＝＋(cm2)． 答案：24?。? 　　　　　　球與空間幾何體的接、切問題 (1)已知圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，則該圓柱的體積為(　　) A．π B. C. D. (2)(2020·溫州七校聯(lián)考)三棱錐P-ABC中，AB＝BC＝，AC＝6，P

14、C⊥平面ABC，PC＝2，則該三棱錐的外接球的表面積為(　　) A.π B.π C.π D.π 【解析】　(1)設圓柱的底面半徑為r，則r2＝12－＝，所以，圓柱的體積V＝π×1＝. (2)由題可知，△ABC中AC邊上的高為＝，球心O在底面ABC的投影即為△ABC的外心D，設DA＝DB＝DC＝x，所以x2＝32＋(－x)2，解得x＝，所以R2＝x2＋＝＋1＝(其中R為三棱錐外接球的半徑)，所以外接球的表面積S＝4πR2＝π，故選D. 【答案】　(1)B　(2)D (變條件)若本例(2)中的△ABC變?yōu)檫呴L為的等邊三角形．求三棱錐外接球的表面積． 解：由題意得，此三棱

15、錐外接球即為以△ABC為底面、以PC為高的正三棱柱的外接球，因為△ABC的外接圓半徑r＝××＝1，外接球球心到△ABC的外接圓圓心的距離d＝1，所以外接球的半徑R＝＝，所以三棱錐外接球的表面積S＝4πR2＝8π. 處理球的“切”“接”問題的求解策略 (1)“切”的處理 與球有關的內(nèi)切問題主要是指球內(nèi)切多面體與旋轉(zhuǎn)體，解答時首先要找準切點，通過作截面來解決．如果內(nèi)切的是多面體，則作截面時主要抓住多面體過球心的對角面來作． (2)“接”的處理 把一個多面體的幾個頂點放在球面上即為球的外接問題．解決這類問題的關鍵是抓住外接的特點，即球心到多面體的頂點的距離等于球的半徑．　 1．

16、如圖，已知球O是棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的內(nèi)切球，則平面ACD1截球O的截面面積為(　　) A.π B. C. D.π 解析：選C.平面ACD1截球O的截面為△ACD1的內(nèi)切圓． 因為正方體的棱長為1， 所以AC＝CD1＝AD1＝， 所以內(nèi)切圓的半徑r＝， 所以S＝πr2＝π×＝π. 2．(2020·麗水模擬)三棱錐P-ABC的四個頂點都在體積為的球的表面上，底面ABC所在的小圓面積為16π，則該三棱錐的高的最大值為(　　) A．4 B．6 C．8 D．10 解析：選C.依題意，設題中球的球心為O、半徑為R，△ABC的外接圓半徑為

17、r，則＝，解得R＝5，由πr2＝16π，解得r＝4，又球心O到平面ABC的距離為＝3，因此三棱錐P-ABC的高的最大值為5＋3＝8. 核心素養(yǎng)系列15　直觀想象——數(shù)學文化與三視圖 (2020·金華十校聯(lián)考)《九章算術》是我國古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學名著，書中有如下問題：“今有芻甍，下廣三丈，袤四丈；上袤二丈，無廣；高一丈，問：積幾何？”其意思為：“今有底面為矩形的屋脊狀的楔體，下底面寬3丈，長4丈；上棱長2丈，高一丈，問它的體積是多少？”已知1丈為10尺，現(xiàn)將該楔體的三視圖給出，其中網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1丈，則該楔體的體積為(　　) A．5 000立方尺　　　　　　 B．5 5

18、00立方尺 C．6 000立方尺 D．6 500立方尺 【解析】　該楔體的直觀圖如圖中的幾何體ABCDEF.取AB的中點G，CD的中點H，連接FG，GH，HF，則該幾何體的體積為四棱錐F-GBCH與三棱柱ADE-GHF的體積之和．又可以將三棱柱ADE-GHF割補成高為EF，底面積為S＝×3×1＝平方丈的一個直棱柱，故該楔體的體積V＝×2＋×2×3×1＝5立方丈＝5 000立方尺． 【答案】　A 求解與數(shù)學文化有關的立體幾何問題應過的三關 　 　我國南北朝時期數(shù)學家、天文學家——祖暅，提出了著名的祖暅原理：“冪勢既同，則積不容異”，“冪”是截面積，“勢”是幾何體的高，意思是

19、兩等高立方體，若在每一等高處的截面積都相等，則兩立方體體積相等．已知某不規(guī)則幾何體與如圖所對應的幾何體滿足“冪勢同”，則該不規(guī)則幾何體的體積為(　　) A．4－ B．8－ C．8－π D．8－2π 解析：選C.由祖暅原理可知，該不規(guī)則幾何體的體積與已知三視圖的幾何體體積相等．根據(jù)題設所給的三視圖，可知題圖中的幾何體是從一個正方體中挖去一個半圓柱，正方體的體積為23＝8，半圓柱的體積為×(π×12)×2＝π，因此該不規(guī)則幾何體的體積為8－π，故選C. [基礎題組練] 1．(2020·嘉興期中)某球的體積與表面積的數(shù)值相等，則球的半徑是(　　) A．1　　　　　　　　　　　

20、 B．2 C．3 D．4 解析：選C.設球的半徑為r，則球的體積為 πr3，球的表面積為4πr2. 因為球的體積與其表面積的數(shù)值相等， 所以πr3＝4πr2，解得r＝3. 2．(2020·義烏模擬)某空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為(　　) A．12＋4 B．18＋8 C．28 D．20＋8 解析：選D.由三視圖可知該幾何體是底面為等腰直角三角形的直三棱柱，如圖． 則該幾何體的表面積為S＝2××2×2＋4×2×2＋2×4＝20＋8，故選D. 3．(2020·浙江高校招生選考試題)如圖(1)，把棱長為1的正方體沿平面AB1D1和平面A1B

21、C1截去部分后，得到如圖(2)所示幾何體，則該幾何體的體積為(　　) A. B. C. D. 解析：選B.把棱長為1的正方體沿平面AB1D1和平面A1BC1截去部分后，得到幾何體的體積： V＝VABCD-A1B1C1D1－VA-A1B1D1－VB-A1B1C1＋VN-A1B1M ＝1×1×1－××1－××1＋××＝. 4．(2020·金華十校聯(lián)考)一個幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖和側視圖是腰長為1的兩個等腰直角三角形，則該幾何體外接球的體積為(　　) A.π B. C．3π D．3 解析：選A.由題意得，該幾何體為四棱錐，且該四棱錐的外接球即為棱

22、長為1的正方體的外接球，其半徑為，故體積為π＝π，故選A. 5．若某空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積是(　　) A．48＋π B．48－π C．48＋2π D．48－2π 解析：選A.該幾何體是正四棱柱挖去了一個半球，正四棱柱的底面是正方形(邊長為2)，高為5，半球的半徑是1，那么該幾何體的表面積為S＝2×2×2＋2×4×5－π×12＋2π×12＝48＋π，故選A. 6．(2020·臺州四校高三聯(lián)考)一個多面體的直觀圖和三視圖如圖所示，點M是AB上的動點，記四面體EFMC的體積為V1，多面體ADF-BCE的體積為V2，則＝(　　) A. B. C.

23、 D．不是定值，隨點M位置的變化而變化 解析：選B.由三視圖可知多面體ADF-BCE是直三棱柱，其底面是等腰直角三角形(直角邊長為a)，且四邊形DFEC與四邊形ABCD都是正方形，它們的邊長均為a. 因為點M是AB上的動點，且易知AB∥平面DFEC，所以點M到平面DFEC的距離等于點B到平面DFEC的距離，為a，所以V1＝VE-FMC＝VM-EFC＝×a·a·a＝，又V2＝a·a·a＝，故＝＝，故選B. 7．(2020·寧波市余姚中學期中檢測)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積為________ cm3，表面積為________cm2. 解析：由三視圖可知，

24、該幾何體是由一個半球去掉后得到的幾何體． 所以該幾何體的體積＝×××π×13＝ cm3. 表面積＝××4π×12＋×π×12＋×π×12＝ cm2. 答案：　 8．(2020·瑞安市龍翔高中高三月考)一個正四棱錐的所有棱長均為2，其俯視圖如圖所示，則該正四棱錐的正視圖的面積為________，正四棱錐的體積為________． 解析：由正四棱錐的俯視圖，可得到正四棱錐的直觀圖如圖， 則該正四棱錐的正視圖為三角形PEF(點E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點)， 因為正四棱錐的所有棱長均為2， 所以PB＝PC＝2，EF＝AB＝2，PF＝， 所以PO＝ ＝＝， 所以該正四棱錐的

25、正視圖的面積為×2×＝； 正四棱錐的體積為×2×2×＝. 答案：　 9．(2020·溫州市高考模擬)已知某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則此幾何體的體積為________，表面積為________． 解析：根據(jù)三視圖可知幾何體是一個四棱錐，如圖，底面是一個邊長為2的正方形，PE⊥平面ABCD，且PE＝2，其中點E、F分別是BC、AD的中點，連接EF、PA，所以幾何體的體積V＝×2×2×2＝，在△PEB中，PB＝＝，同理可得PC＝， 因為PE⊥平面ABCD，所以PE⊥CD， 因為CD⊥BC，BC∩PE＝E，所以CD⊥平面PBC，則CD⊥PC， 在△PCD中，PD＝＝＝3

26、， 同理可得PA＝3，則PF⊥AD， 在△PDF中，PF＝＝＝2， 所以此幾何體的表面積S＝2×2＋×2×2＋2××2×＋×2×2＝6＋2＋2. 答案：　6＋2＋2 10．已知球O的表面積為25π，長方體的八個頂點都在球O的球面上，則這個長方體的表面積的最大值等于________． 解析：設球的半徑為R，則4πR2＝25π，所以R＝，所以球的直徑為2R＝5，設長方體的長、寬、高分別為a、b、c，則長方體的表面積S＝2ab＋2ac＋2bc≤a2＋b2＋a2＋c2＋b2＋c2＝2(a2＋b2＋c2)＝50. 答案：50 11.如圖所示，在多面體ABCDEF中，已知ABCD是邊長

27、為1的正方形，且△ADE，△BCF均為正三角形，EF∥AB，EF＝2，求該多面體的體積． 解：如圖，分別過點A、B作EF的垂線，垂足分別為點G、H，連接DG、CH，容易求得EG＝HF＝，AG＝GD＝BH＝HC＝，所以S△AGD＝S△BHC＝××1＝， 所以該多面體的體積V＝VE-ADG＋VF-BHC＋VAGD-BHC ＝××＋××＋×1＝. 12.如圖，為了制作一個圓柱形燈籠，先要制作4個全等的矩形骨架，總計耗用9.6米鐵絲，再用S平方米塑料片制成圓柱的側面和下底面(不安裝上底面)． (1)當圓柱底面半徑r取何值時，S取得最大值？并求出該最大值(結果精確到0.01平方米)； (

28、2)若要制作一個如圖放置的、底面半徑為0.3米的燈籠，請作出用于制作燈籠的三視圖(作圖時，不需考慮骨架等因素)． 解：(1)由題意可知矩形的高即圓柱的母線長為 ＝1.2－2r， 所以塑料片面積S＝πr2＋2πr(1.2－2r) ＝πr2＋2.4πr－4πr2＝－3πr2＋2.4πr ＝－3π(r2－0.8r)． 所以當r＝0.4米時，S有最大值，約為1.51平方米． (2)若燈籠底面半徑為0.3米，則高為1.2－2×0.3＝0.6(米)． 制作燈籠的三視圖如圖 [綜合題組練] 1．在封閉的直三棱柱ABC-A1B1C1內(nèi)有一個體積為V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8

29、，AA1＝3，則V的最大值是(　　) A．4π B. C．6π D. 解析：選B.由題意可得若V最大，則球與直三棱柱的部分面相切，若與三個側面都相切，可求得球的半徑為2，球的直徑為4，超過直三棱柱的高，所以這個球放不進去，則球可與上下底面相切，此時球的半徑R＝，該球的體積最大，Vmax＝πR3＝×＝. 2．(2020·瑞安市龍翔高中高三月考)如圖，已知在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥底面ABCD，AB＝1，PA·AC＝1，∠ABC＝θ，則四棱錐P-ABCD的體積V的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析：選A.由已知，四邊形ABCD

30、的面積S＝sin θ， 由余弦定理可求得AC＝， 所以PA＝，所以V＝·， 所以V＝·＝·. 所以當cos θ＝0，即θ＝時，四棱錐P-ABCD的體積V的最小值是； 當cos θ＝1，即θ＝0時，四棱錐P-ABCD的體積V的最大值是.因為0＜θ≤， 所以P-ABCD的體積V的取值范圍是. 3．(2020·浙江名校協(xié)作體高三聯(lián)考)某幾何體的三視圖如圖所示，且該幾何體的體積是 cm3，則正視圖中的x的值是________cm，該幾何體的表面積是________cm2. 解析：由三視圖可知，該幾何體是底面為直角梯形的四棱錐，其直觀圖如圖所示，由棱錐的體積公式得，××(1＋2)×x

31、＝?x＝2(cm)，側面ADS，CDS，ABS為直角三角形，側面BCS是以BC為底的等腰三角形，所以該幾何體的表面積為S＝[(1＋2)×＋2×2＋×2＋1×＋2×]＝(cm2)． 答案：2　 4．如圖，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°.若平面ABC外的點P和線段AC上的點D，滿足PD＝DA，PB＝BA，則四面體PBCD的體積的最大值是________． 解析：由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，可得AC＝2，要求四面體PBCD的體積，關鍵是尋找底面三角形BCD的面積S△BCD和點P到平面BCD的距離h.易知h≤2. 設AD＝x，則DP＝x，DC＝2－x，S△D

32、BC＝×(2－x)×2×sin 30°＝，其中x∈(0，2)，且h≤x，所以VP-BCD＝×S△BCD×h＝×h≤·x≤＝，當且僅當2－x＝x，即x＝時取等號．故四面體PBCD的體積的最大值是. 答案： 5．已知一個幾何體的三視圖如圖所示． (1)求此幾何體的表面積； (2)如果點P，Q在正視圖中所示位置，點P為所在線段中點，點Q為頂點，求在幾何體表面上，從P點到Q點的最短路徑的長． 解：(1)由三視圖知該幾何體是由一個圓錐與一個圓柱組成的組合體，其表面積是圓錐的側面積、圓柱的側面積和圓柱的一個底面積之和． S圓錐側＝(2πa)·(a)＝πa2， S圓柱側＝(2πa)·(2a

33、)＝4πa2， S圓柱底＝πa2， 所以S表＝πa2＋4πa2＋πa2＝(＋5)πa2. (2)沿P點與Q點所在母線剪開圓柱側面，如圖． 則PQ＝ ＝＝a， 所以從P點到Q點在側面上的最短路徑的長為a. 6．已知底面為正三角形的三棱柱內(nèi)接于半徑為1的球，求此三棱柱的體積的最大值． 解：如圖，設球心為O，三棱柱的上、下底面的中心分別為O1，O2，底面正三角形的邊長為a，則AO1＝×a＝a. 由已知得O1O2⊥底面，在Rt△OAO1中，由勾股定理得OO1＝ ＝， 所以V三棱柱＝a2×2×＝， 令f(a)＝3a4－a6(0＜a＜2)，則f′(a)＝12a3－6a5 ＝－6a3(a2－2)，令f′(a)＝0，解得a＝. 因為當a∈(0，)時，f′(a)＞0；當a∈(，2)時，f′(a)＜0，所以函數(shù)f(a)在(0，)上單調(diào)遞增，在(，2)上單調(diào)遞減． 所以f(a)在a＝ 處取得極大值． 因為函數(shù)f(a)在區(qū)間(0，2)上有唯一的極值點，所以a＝ 也是最大值點．所以(V三棱柱)max＝＝1. 21