第八章§81空间几何体的表面积和体积课件

高考数学

(山东专用)第八章立体几何

§8.1空间几何体的表面积和体积高考数学(山东专用)第八章立体几何

§8.1空间几何A组山东省卷、课标Ⅰ卷题组考点一空间几何体的表面积(2018课标全国Ⅰ文,5,5分)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2的平面截该

圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为

()A.12

πB.12πC.8

πD.10π五年高考答案

B本题主要考查圆柱的表面积及圆柱的轴截面.设圆柱的底面半径为r,高为h,由题意可知2r=h=2

,∴圆柱的表面积S=2πr2+2πr·h=4π+8π=12π.故选B.解题关键正确理解圆柱的轴截面及熟记圆柱的表面积公式是解决本题的关键.A组山东省卷、课标Ⅰ卷题组五年高考答案

B本题主要2考点二空间几何体的体积1.(2019课标全国Ⅰ理,12,5分)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△

ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,∠CEF=90°,则球O的体积为

()A.8

πB.4

π

C.2

πD.

π考点二空间几何体的体积3答案

D本题考查线面垂直的位置关系、三棱锥的性质和球的体积公式,考查空间想象能

力和数学运算能力,考查的核心素养是直观想象和数学建模.解法一:∵E、F分别是PA、AB的中点,∴EF∥PB.∵∠CEF=90°,∴EF⊥EC,∴PB⊥EC,又∵三棱锥P-ABC为正三棱锥,∴PB⊥AC,从而PB⊥平面PAC,∴三条侧棱PA、PB、PC两两

垂直.∵△ABC是边长为2的正三角形,∴PA=PB=PC=

,则球O是棱长为

的正方体的外接球,设球O的半径为R,则2R=

×

,R=

,∴球O的体积V=

πR3=

π.故选D.

答案

D本题考查线面垂直的位置关系、三棱锥的性质和球4解法二:令PA=PB=PC=2x(x>0),则EF=x,连接FC,由题意可得FC=

.在△PAC中,cos∠APC=

=

.在△PEC中,EC2=PC2+PE2-2PC·PEcos∠EPC=4x2+x2-2×2x·x·

=x2+2,在△FEC中,∵∠CEF=90°,∴FC2=EF2+EC2,即x2+2+x2=3,∴x=

,∴PA=PB=PC=2x=

.∵AB=BC=CA=2,∴三棱锥P-ABC的三个侧面为等腰直角三角形,∴PA、PB、PC两两垂直,故

球O是棱长为

的正方体的外接球,设球O的半径为R,则2R=

×

,R=

,∴球O的体积V=

πR3=

π.故选D.解题关键

三棱锥与球的切、接问题,关键是确定三棱锥的特殊性.本题中确定三棱锥的侧棱

长是关键.通常情况下,把空间问题转化为平面问题后通过解三角形完成,充分利用平行、垂直

的特殊位置关系更有利于解题.解法二:令PA=PB=PC=2x(x>0),则EF=x,连接52.(2018课标全国Ⅰ文,10,5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的

角为30°,则该长方体的体积为

()A.8

B.6

C.8

D.8

2.(2018课标全国Ⅰ文,10,5分)在长方体ABCD-A6答案

C本题主要考查长方体的体积及直线与平面所成的角.如图,由长方体的性质可得AB⊥平面BCC1B1,∴BC1为直线AC1在平面BCC1B1内的射影,∴∠AC1B为直线AC1与平面BCC1B1所成的角,即∠AC1B=30°,在Rt△ABC1中,AB=2,∠AC1B=30°,∴BC1=2

,在Rt△BCC1中,CC1=

=

=2

,∴该长方体的体积V=2×2×2

=8

,故选C.

易错警示不能准确理解线面角的定义,无法找出直线与平面所成的角,从而导致失分.方法总结用定义法求线面角的步骤:(1)找出斜线上的某一点在平面内的射影;(2)连接该射影与直线和平面的交点即可得出线面角;(3)构建直角三角形,求解得出结论.答案

C本题主要考查长方体的体积及直线与平面所成的角73.(2015山东,7,5分)在梯形ABCD中,∠ABC=

,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为

()A.

B.

C.

D.2π答案

C如图,此几何体是底面半径为1,高为2的圆柱挖去一个底面半径为1,高为1的圆锥,故

所求体积V=2π-

=

.

评析

本题考查几何体的体积的求法,考查空间想象能力以及计算能力.3.(2015山东,7,5分)在梯形ABCD中,∠ABC= 8B组课标卷、其他自主命题省(区、市)卷题组考点一空间几何体的表面积1.(2015课标全国Ⅱ,9,5分)已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90°,C为该球面上的动点.若三

棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为

()A.36πB.64πC.144πD.256π答案

C∵S△OAB是定值,且VO-ABC=VC-OAB,∴当OC⊥平面OAB时,VC-OAB最大,即VO-ABC最大.设球O的半径为R,则(VO-ABC)max=

×

R2×R=

R3=36,∴R=6,∴球O的表面积S=4πR2=4π×62=144π.B组课标卷、其他自主命题省(区、市)卷题组1.(2015课92.(2017课标全国Ⅱ文,15,5分)长方体的长,宽,高分别为3,2,1,其顶点都在球O的球面上,则球O

的表面积为

.答案14π解析本题考查长方体和球的性质,考查了球的表面积公式.由题意知长方体的体对角线为球O的直径,设球O的半径为R,则(2R)2=32+22+12=14,得R2=

,所以球O的表面积为4πR2=14π.疑难突破

明确长方体的体对角线为球O的直径是求解的关键.易错警示

易因用错球的表面积公式而致错.2.(2017课标全国Ⅱ文,15,5分)长方体的长,宽,高分10考点二空间几何体的体积1.(2018课标全国Ⅲ,10,5分)设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC为等边三角

形且其面积为9

,则三棱锥D-ABC体积的最大值为

()A.12

B.18

C.24

D.54

答案

B本题考查空间几何体的体积.设等边△ABC的边长为a,则S△ABC=

a·a·sin60°=9

,解得a=6(负值舍去).设△ABC的外接圆半径为r,则2r=

,得r=2

,则球心到平面ABC的距离为

=2.所以点D到平面ABC的最大距离为2+4=6,所以三棱锥D-ABC体积的最大值为

×9

×6=18

,故选B.考点二空间几何体的体积答案

B本题考查空间几何体的112.(2017课标全国Ⅲ,8,5分)已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球

面上,则该圆柱的体积为

()A.πB.

C.

D.

答案

B本题考查球的内接圆柱的体积.设圆柱的底面半径为r,则r2+

=12,解得r=

,∴V圆柱=π×

×1=

π,故选B.2.(2017课标全国Ⅲ,8,5分)已知圆柱的高为1,它的两123.(2016课标全国Ⅲ,10,5分)在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC,

AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是

()A.4πB.

C.6πD.

答案

B易知AC=10.设底面△ABC的内切圆的半径为r,则

×6×8=

×(6+8+10)·r,所以r=2,因为2r=4>3,所以最大球的直径2R=3,即R=

.此时球的体积V=

πR3=

.故选B.评析

本题考查了球的体积公式和空间想象能力.弄懂“当球面与柱体的侧面或底面相切时

体积最大”是求解的关键.3.(2016课标全国Ⅲ,10,5分)在封闭的直三棱柱ABC134.(2015课标全国Ⅰ,6,5分)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问

题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆

放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积

和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有

()

A.14斛

B.22斛

C.36斛

D.66斛答案

B设圆锥底面的半径为R尺,由

×2πR=8得R=

,从而米堆的体积V=

×

πR2×5=

(立方尺),因此堆放的米约有

≈22(斛).故选B.4.(2015课标全国Ⅰ,6,5分)《九章算术》是我国古代内145.(2019江苏,9,5分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的体积是120,E为CC1的中点,则三棱锥E-BCD

的体积是

.

答案10解析本题考查长方体、三棱锥的体积公式,考查学生的空间想象能力、运算求解能力,考查

的核心素养是直观想象、数学运算.因为长方体的体积是120,所以2S△BCD·CC1=120,则S△BCD·CC1=60.所以VE-BCD=

S△BCD·EC=

·S△BCD·

CC1=

×60=10.评析

本题通过长方体考查体积之间的关系,通过体积公式,找出底面面积与高的关系,不需要

求出具体的底面面积和高是多少.5.(2019江苏,9,5分)如图,长方体ABCD-A1B1156.(2019天津文,12,5分)已知四棱锥的底面是边长为

的正方形,侧棱长均为

.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的

体积为

.答案

解析本题考查圆柱、正四棱锥的性质,通过计算圆柱的底面半径、高、体积考查学生的空

间想象能力,体现了直观想象的核心素养.如图所示,圆柱的高|O1O|=

|PO|=

=

=1,圆柱的底面半径r=

|AO|=

,所以圆柱的体积V=πr2·|O1O|=π×

×1=

.6.(2019天津文,12,5分)已知四棱锥的底面是边长为 167.(2019课标全国Ⅲ理,16,5分)学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型.如图,该模型为

长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H

分别为所在棱的中点,AB=BC=6cm,AA1=4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3.不考虑打印损

耗,制作该模型所需原料的质量为

g.

7.(2019课标全国Ⅲ理,16,5分)学生到工厂劳动实践,17答案118.8解析本题考查长方体、四棱锥的体积公式;考查学生的空间想象能力和运算能力,以及应用

意识与数形结合的思想;考查的核心素养是直观想象和数学运算.依题意,知该模型是长方体中挖去一个四棱锥,故其体积V=V长方体-V四棱锥=6×6×4-

×

×4×6×3=132(cm3).又制作该模型所需的原料密度为0.9g/cm3,故制作该模型所需原料的质量为0.9×132=118.8(g).易错警示

计算被挖去的四棱锥底面面积时,容易误认为四边形HEFG为正方形,由勾股定理

求得HE=

=

,错认为底面面积为13.答案118.8解析本题考查长方体、四棱锥的体积公式;考查188.(2018江苏,10,5分)如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为

.

答案

解析本题考查组合体体积的计算.多面体由两个完全相同的正四棱锥组合而成,其中正四棱锥的底面边长为

,高为1,∴其体积为

×(

)2×1=

,∴多面体的体积为

.8.(2018江苏,10,5分)如图所示,正方体的棱长为2,199.(2018天津文,11,5分)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则四棱锥A1-BB1D1D的体积

为

.

答案

解析本题主要考查正方体的性质和四棱锥的体积.四棱锥的底面BB1D1D为矩形,其面积为1×

=

,又点A1到底面BB1D1D的距离,即四棱锥A1-BB1D1D的高为

A1C1=

,所以四棱锥A1-BB1D1D的体积为

×

×

=

.9.(2018天津文,11,5分)如图,已知正方体ABCD-2010.(2018课标全国Ⅱ文,16,5分)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB互相垂直,SA与圆锥底面所成角

为30°.若△SAB的面积为8,则该圆锥的体积为

.答案8π解析本题主要考查圆锥的性质和体积,直线与平面所成的角.设圆锥的底面半径为r,母线长为l,高为h,因为母线SA与底面所成的角为30°,所以l=

r.由△SAB的面积为8得

l2=8,即

×

r2=8,所以r2=12,h=

r=2.所以圆锥的体积为

πr2h=

π×12×2=8π.疑难突破由母线与底面所成的角找到圆锥的底面半径r与母线长l、高h的等量关系是解决

本题的突破口.10.(2018课标全国Ⅱ文,16,5分)已知圆锥的顶点为S2111.(2017天津,10,5分)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面积为18,

则这个球的体积为

.答案

π解析本题考查正方体的表面积及外接球的体积.设这个正方体的棱长为a,由题意可知6a2=18,所以a=

,所以这个正方体的外接球半径R=

a=

,所以这个正方体外接球的体积V=

πR3=

π×

=

π.方法总结找几何体外接球球心的方法:1.构造长方体(或正方体),将原几何体外接球转化成

长方体(或正方体)的外接球,进而易得球心位置;2.找几何体底面的外心O1,过O1作底面的垂线l

1,再找几何体一侧面的外心O2,过O2作该侧面的垂线l2,则l1与l2的交点即为外接球的球心.11.(2017天津,10,5分)已知一个正方体的所有顶点在2212.(2016浙江,14,4分)如图,在△ABC中,AB=BC=2,∠ABC=120°.若平面ABC外的点P和线段AC

上的点D,满足PD=DA,PB=BA,则四面体PBCD的体积的最大值是

.

答案

12.(2016浙江,14,4分)如图,在△ABC中,AB=23解析连接PA,取PA的中点N,连接BN,DN,∵PD=DA,PB=BA,∴DN⊥PA,BN⊥PA,又∵DN∩BN

=N,∴PA⊥面BDN,∴PA⊥BD,过A作AM⊥BD,交BD的延长线于M,连接PM,又∵PA∩AM=A,∴

BD⊥面PAM,又BD⊂面ABC,∴面PAM⊥面ABC,过P作PH⊥AM,垂足为H,又∵面PAM∩面

ABC=AM,∴PH⊥面ABC,即PH为四面体PBCD的高.设PD=AD=x(0<x<2

),而PH≤PM≤PD=x,∴VP-BCD=

·S△BCD·PH=

×

×2×(2

-x)×sin30°·PH≤

(2

-x)·x=

(-x2+2

x)=

[-(x-

)2+3]≤

,当且仅当x=

时,等号成立.∴当点D为AC的中点时,四面体PBCD的体积取得最大值

.

解析连接PA,取PA的中点N,连接BN,DN,∵PD=DA2413.(2017课标全国Ⅱ文,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面

ABCD,AB=BC=

AD,∠BAD=∠ABC=90°.(1)证明:直线BC∥平面PAD;(2)若△PCD的面积为2

,求四棱锥P-ABCD的体积.

13.(2017课标全国Ⅱ文,18,12分)如图,四棱锥P-25解析本题考查线面平行的判定和体积的计算.(1)证明:在平面ABCD内,因为∠BAD=∠ABC=90°,所以BC∥AD.又BC⊄平面PAD,AD⊂平面

PAD,故BC∥平面PAD.(2)取AD的中点M,连接PM,CM.由AB=BC=

AD及BC∥AD,∠ABC=90°得四边形ABCM为正方形,则CM⊥AD.

因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PM⊥AD,

PM⊥底面ABCD.因为CM⊂底面ABCD,所以PM⊥CM.解析本题考查线面平行的判定和体积的计算.26设BC=x,则CM=x,CD=

x,PM=

x,PC=PD=2x.取CD的中点N,连接PN,则PN⊥CD,所以PN=

x.因为△PCD的面积为2

,所以

×

x×

x=2

,解得x=-2(舍去)或x=2.于是AB=BC=2,AD=4,PM=2

.所以四棱锥P-ABCD的体积V=

×

×2

=4

.设BC=x,则CM=x,CD= x,PM= x,PC=PD=27C组教师专用题组1.(2014陕西,5,5分)已知底面边长为1,侧棱长为

的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体积为

()A.

B.4πC.2πD.

答案

D如图为正四棱柱AC1.根据题意得AC=

,∴对角面ACC1A1为正方形,∴外接球直径2R=A1C=2,∴R=1,∴V球=

,故选D.

C组教师专用题组1.(2014陕西,5,5分)已知底面边长282.(2014湖北,8,5分)《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土,这是我国

现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“囷盖”的术:置如其周,令相乘也.又以高乘之,

三十六成一.该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h,计算其体积V的近似公式V≈

L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么,近似公式V≈

L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为

()A.

B.

C.

D.

答案

B圆锥的体积V=

πr2h=

π

h=

,由题意得12π≈

,π近似取为

,故选B.2.(2014湖北,8,5分)《算数书》竹简于上世纪八十年代293.(2017课标全国Ⅰ,16,5分)如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5cm,该纸片上的等边三角形ABC

的中心为O.D,E,F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角

形.沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三

棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为

.

答案4

3.(2017课标全国Ⅰ,16,5分)如图,圆形纸片的圆心为30解析由题意知折叠以后所得三棱锥的直观图如图所示.

连接CO并延长交AB于H,连接DO、DH.则DO⊥平面ABC.令OH=xcm,则OC=2xcm,DH=(5-x)cm,得OD=

=

cm,AB=2

xcm.则VD-ABC=

·

=

x2·

=

x2

cm3,令f(x)=

x2

,则f'(x)=

=

,则当x∈(0,2)时,f(x)单调递增,当x∈(2,2.5)时,f(x)单调递减,所以当x=2时,体积取最大值,为

×4×

=4

cm3.解析由题意知折叠以后所得三棱锥的直观图如图所示.31方法总结求解立体几何中的最值问题时,注意先要引入自变量x,再根据几何体的点、线、

面的位置关系表示几何体中的相关量,进而建立目标函数,最后利用函数的性质来求解最值.方法总结求解立体几何中的最值问题时,注意先要引入自变量x,324.(2014江苏,8,5分)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1、S2,体积分别为V1、V2,若它们的侧面

积相等,且

=

,则

的值是

.答案

解析设圆柱甲的底面半径为r1,高为h1,圆柱乙的底面半径为r2,高为h2.由题意得

=

=

,∴

=

.又∵S甲侧=S乙侧,即2πr1h1=2πr2h2,∴

=

=

,故

=

=

·

=

×

=

.评析

考查立体几何中的侧面积、体积公式,考查运算和恒等变换的能力.4.(2014江苏,8,5分)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为335.(2014山东,13,5分)三棱锥P-ABC中,D,E分别为PB,PC的中点,记三棱锥D-ABE的体积为V1,P-

ABC的体积为V2,则

=

.答案

解析如图,设S△ABD=S1,S△PAB=S2,E到平面ABD的距离为h1,C到平面PAB的距离为h2,则S2=2S1,h2=

2h1,V1=

S1h1,V2=

S2h2,∴

=

=

.

5.(2014山东,13,5分)三棱锥P-ABC中,D,E分346.(2016江苏,17,14分)现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥P-A1

B1C1D1,下部的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱

锥的高PO1的4倍.(1)若AB=6m,PO1=2m,则仓库的容积是多少?(2)若正四棱锥的侧棱长为6m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?

6.(2016江苏,17,14分)现需要设计一个仓库,它由上35解析(1)由PO1=2m知O1O=4PO1=8m.因为A1B1=AB=6m,所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积V锥=

·A1

·PO1=

×62×2=24(m3);正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积V柱=AB2·O1O=62×8=288(m3).所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312(m3).(2)设A1B1=a(m),PO1=h(m),则0<h<6,O1O=4h(m).连接O1B1.

因为在Rt△PO1B1中,O1

+P

=P

,所以

+h2=36,即a2=2(36-h2).于是仓库的容积V=V柱+V锥=a2·4h+

a2·h=

a2h=

(36h-h3),0<h<6,解析(1)由PO1=2m知O1O=4PO1=8m.36从而V'=

(36-3h2)=26(12-h2).令V'=0,得h=2

或h=-2

(舍).当0<h<2

时,V'>0,V是单调增函数;当2

<h<6时,V'<0,V是单调减函数.故h=2

时,V取得极大值,也是最大值.因此,当PO1=2

m时,仓库的容积最大.方法小结

(1)注意正四棱锥与正四棱柱底面相同,高的倍数关系.(2)选择中间关联变量PO1为主变量,把相关边长与高用主变量表示出来,再把容积表示成主变

量的函数,进而转化成求函数最值的问题.从而V'= (36-3h2)=26(12-h2).方法小结

37A组2017—2019年高考模拟·考点基础题组考点一空间几何体的表面积三年模拟1.(2019山东日照1月联考文,6)已知棱长为a的正四面体A-BCD,则其外接球的表面积为

(

)A.

a2πB.3a2πC.2a2πD.6a2π答案

A由题意可知正四面体的高h=

a.设外接球的半径为R,由勾股定理可知,

+

=r2⇒R=

a.故该正四面体外接球的表面积S=4πR2=4π×

a2=

a2π.故选A.A组2017—2019年高考模拟·考点基础题组三年模拟1.382.(2019山东师大附中四模,9)已知三棱锥S-ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形,且AB

=2,SA=SB=SC=2,则该三棱锥的外接球的表面积为

()A.

B.

C.

D.

答案

D由题意得,点S在底面ABC内的射影为AB的中点,设AB的中点为H,连接SH,CH,∴SH⊥平面ABC,易知SH=

,CH=1,∴在Rt△SHC中,∠HSC=30°,在面SHC内作SC的垂直平分线MO,交SH于点O,交SC于点M,则O为三棱锥S-ABC的外接球的球心,∵SC=2,∴SM=1,又∠OSM=30°,∴SO=

,即外接球的半径R=

,∴该三棱锥的外接球的表面积为4πR2=4π×

=

.故选D.2.(2019山东师大附中四模,9)已知三棱锥S-ABC的底39考点二空间几何体的体积(2019山东济宁一模,9)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的底面为直角三角形,且两直角边长分别为1

和

,此三棱柱的高为2

,则该三棱柱的外接球的体积为

()A.

B.

C.

D.

答案

C该直三棱柱的底面外接圆直径为2r=

=2,所以外接球的直径为2R=

=

=4,则R=2,因此该三棱柱的外接球的体积为

πR3=

.故选C.考点二空间几何体的体积答案

C该直三棱柱的底面外接40B组2017—2019年高考模拟·专题综合题组时间:20分钟分值:35分一、选择题(每小题5分,共15分)1.(2019山东烟台一模,10)设A,B,C,D是同一个球面上的四点,△ABC是斜边长为6的等腰直角三

角形,若三棱锥D-ABC体积的最大值为27,则该球的表面积为

()A.36πB.64πC.100πD.144πB组2017—2019年高考模拟·专题综合题组1.(20141答案

C如图,

△ABC是斜边BC长为6的等腰直角三角形,DO⊥平面ABC,且DO在平面的同一侧,三棱锥D-

ABC体积取得最大值27,由AB=AC,AB⊥AC,BC=6,可得斜边BC上的高AE=3,AB=AC=3

,由

×

×3

×3

×DE=27,解得DE=9,则EF=

=1.∴球O的直径为DE+EF=10,∴球O的半径为

×10=5.∴该球的表面积S=4π×52=100π.故选C.答案

C如图,422.(2017河北沧州月考,11)已知四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,其中底面ABCD为正

方形,△PAD为等腰直角三角形,PA=PD=

,则四棱锥P-ABCD外接球的表面积为

()A.10πB.4πC.16πD.8π答案

D因为△PAD为等腰直角三角形,PA=PD=

,所以AD=AB=2,则点P到平面ABCD的距离为1,而正方形ABCD的中心O到边AD的距离也为1,则顶点P到正方形ABCD的中心O的距

离PO=

,又正方形ABCD的外接圆的半径为

,故正方形ABCD的中心O即为四棱锥P-ABCD外接球的球心,则球的半径为

,所以该几何体外接球的表面积S=4π×(

)2=8π,故选D.2.(2017河北沧州月考,11)已知四棱锥P-ABCD中,433.(2017广东六校联盟联考,11)一个正三棱锥的四个顶点都在直径为2的球面上,其中底面的三

个顶点在该球的一个大圆上,则该正三棱锥的体积是

()A.2

B.

C.

D.

答案

C由题可知球心是该三棱锥底面三角形的中心.设底面三角形的边长为a,则

×

a=1⇒a=

,∴该正三棱锥的体积为

×

×(

)2×1=

.故选C.3.(2017广东六校联盟联考,11)一个正三棱锥的四个顶点44二、填空题(共5分)4.(2018江西九江二模,15)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC是等腰直角三角形,AB=BC

=1.点D为侧棱BB1上的动点.若△ADC1周长的最小值为

+

,则三棱锥C1-ABC外接球的表面积为

.

二、填空题(共5分)45解析部分侧面展开图如图,

易知当D为侧棱BB1的中点时,△ADC1周长最小,此时设BD=x,则2

+

=

+

,可得x=

,∴CC1=1,又易知三棱锥C1-ABC外接球的球心为AC1的中点,∴半径R=

,则三棱锥C1-ABC外接球的表面积为S=4πR2=3π.答案3π解析部分侧面展开图如图,答案3π46三、解答题(共15分)5.(2019山东师大附中二模,19)已知等腰梯形ABCE(图1)中,AB∥EC,AB=BC=

EC=4,∠ABC=120°,D是EC的中点,将△ADE沿AD折起,构成四棱锥P-ABCD(图2).

(1)求证:AD⊥PB;(2)当平面PAD⊥平面ABCD时,求三棱锥C-PAB的体积.三、解答题(共15分)47解析(1)证明:取AD的中点K,连接PK、BK、BD、AC,∵PA=PD,K为AD的中点,∴PK⊥AD,又AD=AB,∠DAB=60°,∴△ADB为等边三角形,∴AB=BD,则BK⊥AD,又PK⊂平面PBK,BK⊂平面PBK,PK∩BK=K,∴AD⊥平面PBK,又PB⊂平面PBK,∴AD⊥PB.(2)∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PK⊂平面PAD,PK⊥AD,∴PK⊥平面ABCD,∵AB=BC=4,∠ABC=120°,∴S△ABC=4

,又PK=2

,∴VC-PAB=VP-ABC=

×4

×2

=8.

解析(1)证明:取AD的中点K,连接PK、BK、BD、AC48高考数学

(山东专用)第八章立体几何

§8.1空间几何体的表面积和体积高考数学(山东专用)第八章立体几何

§8.1空间几何A组山东省卷、课标Ⅰ卷题组考点一空间几何体的表面积(2018课标全国Ⅰ文,5,5分)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2的平面截该

圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为

()A.12

πB.12πC.8

πD.10π五年高考答案

B本题主要考查圆柱的表面积及圆柱的轴截面.设圆柱的底面半径为r,高为h,由题意可知2r=h=2

,∴圆柱的表面积S=2πr2+2πr·h=4π+8π=12π.故选B.解题关键正确理解圆柱的轴截面及熟记圆柱的表面积公式是解决本题的关键.A组山东省卷、课标Ⅰ卷题组五年高考答案

B本题主要50考点二空间几何体的体积1.(2019课标全国Ⅰ理,12,5分)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△

ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,∠CEF=90°,则球O的体积为

()A.8

πB.4

π

C.2

πD.

π考点二空间几何体的体积51答案

D本题考查线面垂直的位置关系、三棱锥的性质和球的体积公式,考查空间想象能

力和数学运算能力,考查的核心素养是直观想象和数学建模.解法一:∵E、F分别是PA、AB的中点,∴EF∥PB.∵∠CEF=90°,∴EF⊥EC,∴PB⊥EC,又∵三棱锥P-ABC为正三棱锥,∴PB⊥AC,从而PB⊥平面PAC,∴三条侧棱PA、PB、PC两两

垂直.∵△ABC是边长为2的正三角形,∴PA=PB=PC=

,则球O是棱长为

的正方体的外接球,设球O的半径为R,则2R=

×

,R=

,∴球O的体积V=

πR3=

π.故选D.

答案

D本题考查线面垂直的位置关系、三棱锥的性质和球52解法二:令PA=PB=PC=2x(x>0),则EF=x,连接FC,由题意可得FC=

.在△PAC中,cos∠APC=

=

.在△PEC中,EC2=PC2+PE2-2PC·PEcos∠EPC=4x2+x2-2×2x·x·

=x2+2,在△FEC中,∵∠CEF=90°,∴FC2=EF2+EC2,即x2+2+x2=3,∴x=

,∴PA=PB=PC=2x=

.∵AB=BC=CA=2,∴三棱锥P-ABC的三个侧面为等腰直角三角形,∴PA、PB、PC两两垂直,故

球O是棱长为

的正方体的外接球,设球O的半径为R,则2R=

×

,R=

,∴球O的体积V=

πR3=

π.故选D.解题关键

三棱锥与球的切、接问题,关键是确定三棱锥的特殊性.本题中确定三棱锥的侧棱

长是关键.通常情况下,把空间问题转化为平面问题后通过解三角形完成,充分利用平行、垂直

的特殊位置关系更有利于解题.解法二:令PA=PB=PC=2x(x>0),则EF=x,连接532.(2018课标全国Ⅰ文,10,5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的

角为30°,则该长方体的体积为

()A.8

B.6

C.8

D.8

2.(2018课标全国Ⅰ文,10,5分)在长方体ABCD-A54答案

C本题主要考查长方体的体积及直线与平面所成的角.如图,由长方体的性质可得AB⊥平面BCC1B1,∴BC1为直线AC1在平面BCC1B1内的射影,∴∠AC1B为直线AC1与平面BCC1B1所成的角,即∠AC1B=30°,在Rt△ABC1中,AB=2,∠AC1B=30°,∴BC1=2

,在Rt△BCC1中,CC1=

=

=2

,∴该长方体的体积V=2×2×2

=8

,故选C.

易错警示不能准确理解线面角的定义,无法找出直线与平面所成的角,从而导致失分.方法总结用定义法求线面角的步骤:(1)找出斜线上的某一点在平面内的射影;(2)连接该射影与直线和平面的交点即可得出线面角;(3)构建直角三角形,求解得出结论.答案

C本题主要考查长方体的体积及直线与平面所成的角553.(2015山东,7,5分)在梯形ABCD中,∠ABC=

,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为

()A.

B.

C.

D.2π答案

C如图,此几何体是底面半径为1,高为2的圆柱挖去一个底面半径为1,高为1的圆锥,故

所求体积V=2π-

=

.

评析

本题考查几何体的体积的求法,考查空间想象能力以及计算能力.3.(2015山东,7,5分)在梯形ABCD中,∠ABC= 56B组课标卷、其他自主命题省(区、市)卷题组考点一空间几何体的表面积1.(2015课标全国Ⅱ,9,5分)已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90°,C为该球面上的动点.若三

棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为

()A.36πB.64πC.144πD.256π答案

C∵S△OAB是定值,且VO-ABC=VC-OAB,∴当OC⊥平面OAB时,VC-OAB最大,即VO-ABC最大.设球O的半径为R,则(VO-ABC)max=

×

R2×R=

R3=36,∴R=6,∴球O的表面积S=4πR2=4π×62=144π.B组课标卷、其他自主命题省(区、市)卷题组1.(2015课572.(2017课标全国Ⅱ文,15,5分)长方体的长,宽,高分别为3,2,1,其顶点都在球O的球面上,则球O

的表面积为

.答案14π解析本题考查长方体和球的性质,考查了球的表面积公式.由题意知长方体的体对角线为球O的直径,设球O的半径为R,则(2R)2=32+22+12=14,得R2=

,所以球O的表面积为4πR2=14π.疑难突破

明确长方体的体对角线为球O的直径是求解的关键.易错警示

易因用错球的表面积公式而致错.2.(2017课标全国Ⅱ文,15,5分)长方体的长,宽,高分58考点二空间几何体的体积1.(2018课标全国Ⅲ,10,5分)设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC为等边三角

形且其面积为9

,则三棱锥D-ABC体积的最大值为

()A.12

B.18

C.24

D.54

答案

B本题考查空间几何体的体积.设等边△ABC的边长为a,则S△ABC=

a·a·sin60°=9

,解得a=6(负值舍去).设△ABC的外接圆半径为r,则2r=

,得r=2

,则球心到平面ABC的距离为

=2.所以点D到平面ABC的最大距离为2+4=6,所以三棱锥D-ABC体积的最大值为

×9

×6=18

,故选B.考点二空间几何体的体积答案

B本题考查空间几何体的592.(2017课标全国Ⅲ,8,5分)已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球

面上,则该圆柱的体积为

()A.πB.

C.

D.

答案

B本题考查球的内接圆柱的体积.设圆柱的底面半径为r,则r2+

=12,解得r=

,∴V圆柱=π×

×1=

π,故选B.2.(2017课标全国Ⅲ,8,5分)已知圆柱的高为1,它的两603.(2016课标全国Ⅲ,10,5分)在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC,

AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是

()A.4πB.

C.6πD.

答案

B易知AC=10.设底面△ABC的内切圆的半径为r,则

×6×8=

×(6+8+10)·r,所以r=2,因为2r=4>3,所以最大球的直径2R=3,即R=

.此时球的体积V=

πR3=

.故选B.评析

本题考查了球的体积公式和空间想象能力.弄懂“当球面与柱体的侧面或底面相切时

体积最大”是求解的关键.3.(2016课标全国Ⅲ,10,5分)在封闭的直三棱柱ABC614.(2015课标全国Ⅰ,6,5分)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问

题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆

放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积

和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有

()

A.14斛

B.22斛

C.36斛

D.66斛答案

B设圆锥底面的半径为R尺,由

×2πR=8得R=

,从而米堆的体积V=

×

πR2×5=

(立方尺),因此堆放的米约有

≈22(斛).故选B.4.(2015课标全国Ⅰ,6,5分)《九章算术》是我国古代内625.(2019江苏,9,5分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的体积是120,E为CC1的中点,则三棱锥E-BCD

的体积是

.

答案10解析本题考查长方体、三棱锥的体积公式,考查学生的空间想象能力、运算求解能力,考查

的核心素养是直观想象、数学运算.因为长方体的体积是120,所以2S△BCD·CC1=120,则S△BCD·CC1=60.所以VE-BCD=

S△BCD·EC=

·S△BCD·

CC1=

×60=10.评析

本题通过长方体考查体积之间的关系,通过体积公式,找出底面面积与高的关系,不需要

求出具体的底面面积和高是多少.5.(2019江苏,9,5分)如图,长方体ABCD-A1B1636.(2019天津文,12,5分)已知四棱锥的底面是边长为

的正方形,侧棱长均为

.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的

体积为

.答案

解析本题考查圆柱、正四棱锥的性质,通过计算圆柱的底面半径、高、体积考查学生的空

间想象能力,体现了直观想象的核心素养.如图所示,圆柱的高|O1O|=

|PO|=

=

=1,圆柱的底面半径r=

|AO|=

,所以圆柱的体积V=πr2·|O1O|=π×

×1=

.6.(2019天津文,12,5分)已知四棱锥的底面是边长为 647.(2019课标全国Ⅲ理,16,5分)学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型.如图,该模型为

长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H

分别为所在棱的中点,AB=BC=6cm,AA1=4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3.不考虑打印损

耗,制作该模型所需原料的质量为

g.

7.(2019课标全国Ⅲ理,16,5分)学生到工厂劳动实践,65答案118.8解析本题考查长方体、四棱锥的体积公式;考查学生的空间想象能力和运算能力,以及应用

意识与数形结合的思想;考查的核心素养是直观想象和数学运算.依题意,知该模型是长方体中挖去一个四棱锥,故其体积V=V长方体-V四棱锥=6×6×4-

×

×4×6×3=132(cm3).又制作该模型所需的原料密度为0.9g/cm3,故制作该模型所需原料的质量为0.9×132=118.8(g).易错警示

计算被挖去的四棱锥底面面积时,容易误认为四边形HEFG为正方形,由勾股定理

求得HE=

=

,错认为底面面积为13.答案118.8解析本题考查长方体、四棱锥的体积公式;考查668.(2018江苏,10,5分)如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为

.

答案

解析本题考查组合体体积的计算.多面体由两个完全相同的正四棱锥组合而成,其中正四棱锥的底面边长为

,高为1,∴其体积为

×(

)2×1=

,∴多面体的体积为

.8.(2018江苏,10,5分)如图所示,正方体的棱长为2,679.(2018天津文,11,5分)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则四棱锥A1-BB1D1D的体积

为

.

答案

解析本题主要考查正方体的性质和四棱锥的体积.四棱锥的底面BB1D1D为矩形,其面积为1×

=

,又点A1到底面BB1D1D的距离,即四棱锥A1-BB1D1D的高为

A1C1=

,所以四棱锥A1-BB1D1D的体积为

×

×

=

.9.(2018天津文,11,5分)如图,已知正方体ABCD-6810.(2018课标全国Ⅱ文,16,5分)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB互相垂直,SA与圆锥底面所成角

为30°.若△SAB的面积为8,则该圆锥的体积为

.答案8π解析本题主要考查圆锥的性质和体积,直线与平面所成的角.设圆锥的底面半径为r,母线长为l,高为h,因为母线SA与底面所成的角为30°,所以l=

r.由△SAB的面积为8得

l2=8,即

×

r2=8,所以r2=12,h=

r=2.所以圆锥的体积为

πr2h=

π×12×2=8π.疑难突破由母线与底面所成的角找到圆锥的底面半径r与母线长l、高h的等量关系是解决

本题的突破口.10.(2018课标全国Ⅱ文,16,5分)已知圆锥的顶点为S6911.(2017天津,10,5分)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面积为18,

则这个球的体积为

.答案

π解析本题考查正方体的表面积及外接球的体积.设这个正方体的棱长为a,由题意可知6a2=18,所以a=

,所以这个正方体的外接球半径R=

a=

,所以这个正方体外接球的体积V=

πR3=

π×

=

π.方法总结找几何体外接球球心的方法:1.构造长方体(或正方体),将原几何体外接球转化成

长方体(或正方体)的外接球,进而易得球心位置;2.找几何体底面的外心O1,过O1作底面的垂线l

1,再找几何体一侧面的外心O2,过O2作该侧面的垂线l2,则l1与l2的交点即为外接球的球心.11.(2017天津,10,5分)已知一个正方体的所有顶点在7012.(2016浙江,14,4分)如图,在△ABC中,AB=BC=2,∠ABC=120°.若平面ABC外的点P和线段AC

上的点D,满足PD=DA,PB=BA,则四面体PBCD的体积的最大值是

.

答案

12.(2016浙江,14,4分)如图,在△ABC中,AB=71解析连接PA,取PA的中点N,连接BN,DN,∵PD=DA,PB=BA,∴DN⊥PA,BN⊥PA,又∵DN∩BN

=N,∴PA⊥面BDN,∴PA⊥BD,过A作AM⊥BD,交BD的延长线于M,连接PM,又∵PA∩AM=A,∴

BD⊥面PAM,又BD⊂面ABC,∴面PAM⊥面ABC,过P作PH⊥AM,垂足为H,又∵面PAM∩面

ABC=AM,∴PH⊥面ABC,即PH为四面体PBCD的高.设PD=AD=x(0<x<2

),而PH≤PM≤PD=x,∴VP-BCD=

·S△BCD·PH=

×

×2×(2

-x)×sin30°·PH≤

(2

-x)·x=

(-x2+2

x)=

[-(x-

)2+3]≤

,当且仅当x=

时,等号成立.∴当点D为AC的中点时,四面体PBCD的体积取得最大值

.

解析连接PA,取PA的中点N,连接BN,DN,∵PD=DA7213.(2017课标全国Ⅱ文,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面

ABCD,AB=BC=

AD,∠BAD=∠ABC=90°.(1)证明:直线BC∥平面PAD;(2)若△PCD的面积为2

,求四棱锥P-ABCD的体积.

13.(2017课标全国Ⅱ文,18,12分)如图,四棱锥P-73解析本题考查线面平行的判定和体积的计算.(1)证明:在平面ABCD内,因为∠BAD=∠ABC=90°,所以BC∥AD.又BC⊄平面PAD,AD⊂平面

PAD,故BC∥平面PAD.(2)取AD的中点M,连接PM,CM.由AB=BC=

AD及BC∥AD,∠ABC=90°得四边形ABCM为正方形,则CM⊥AD.

因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PM⊥AD,

PM⊥底面ABCD.因为CM⊂底面ABCD,所以PM⊥CM.解析本题考查线面平行的判定和体积的计算.74设BC=x,则CM=x,CD=

x,PM=

x,PC=PD=2x.取CD的中点N,连接PN,则PN⊥CD,所以PN=

x.因为△PCD的面积为2

,所以

×

x×

x=2

,解得x=-2(舍去)或x=2.于是AB=BC=2,AD=4,PM=2

.所以四棱锥P-ABCD的体积V=

×

×2

=4

.设BC=x,则CM=x,CD= x,PM= x,PC=PD=75C组教师专用题组1.(2014陕西,5,5分)已知底面边长为1,侧棱长为

的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体积为

()A.

B.4πC.2πD.

答案

D如图为正四棱柱AC1.根据题意得AC=

,∴对角面ACC1A1为正方形,∴外接球直径2R=A1C=2,∴R=1,∴V球=

,故选D.

C组教师专用题组1.(2014陕西,5,5分)已知底面边长762.(2014湖北,8,5分)《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土,这是我国

现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“囷盖”的术:置如其周,令相乘也.又以高乘之,

三十六成一.该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h,计算其体积V的近似公式V≈

L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么,近似公式V≈

L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为

()A.

B.

C.

D.

答案

B圆锥的体积V=

πr2h=

π

h=

,由题意得12π≈

,π近似取为

,故选B.2.(2014湖北,8,5分)《算数书》竹简于上世纪八十年代773.(2017课标全国Ⅰ,16,5分)如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5cm,该纸片上的等边三角形ABC

的中心为O.D,E,F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角

形.沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三

棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为

.

答案4

3.(2017课标全国Ⅰ,16,5分)如图,圆形纸片的圆心为78解析由题意知折叠以后所得三棱锥的直观图如图所示.

连接CO并延长交AB于H,连接DO、DH.则DO⊥平面ABC.令OH=xcm,则OC=2xcm,DH=(5-x)cm,得OD=

=

cm,AB=2

xcm.则VD-ABC=

·

=

x2·

=

x2

cm3,令f(x)=

x2

,则f'(x)=

=

,则当x∈(0,2)时,f(x)单调递增,当x∈(2,2.5)时,f(x)单调递减,所以当x=2时,体积取最大值,为

×4×

=4

cm3.解析由题意知折叠以后所得三棱锥的直观图如图所示.79方法总结求解立体几何中的最值问题时,注意先要引入自变量x,再根据几何体的点、线、

面的位置关系表示几何体中的相关量,进而建立目标函数,最后利用函数的性质来求解最值.方法总结求解立体几何中的最值问题时,注意先要引入自变量x,804.(2014江苏,8,5分)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1、S2,体积分别为V1、V2,若它们的侧面

积相等,且

=

,则

的值是

.答案

解析设圆柱甲的底面半径为r1,高为h1,圆柱乙的底面半径为r2,高为h2.由题意得

=

=

,∴

=

.又∵S甲侧=S乙侧,即2πr1h1=2πr2h2,∴

=

=

,故

=

=

·

=

×

=

.评析

考查立体几何中的侧面积、体积公式,考查运算和恒等变换的能力.4.(2014江苏,8,5分)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为815.(2014山东,13,5分)三棱锥P-ABC中,D,E分别为PB,PC的中点,记三棱锥D-ABE的体积为V1,P-

ABC的体积为V2,则

=

.答案

解析如图,设S△ABD=S1,S△PAB=S2,E到平面ABD的距离为h1,C到平面PAB的距离为h2,则S2=2S1,h2=

2h1,V1=

S1h1,V2=

S2h2,∴

=

=

.

5.(2014山东,13,5分)三棱锥P-ABC中,D,E分826.(2016江苏,17,14分)现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥P-A1

B1C1D1,下部的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱

锥的高PO1的4倍.(1)若AB=6m,PO1=2m,则仓库的容积是多少?(2)若正四棱锥的侧棱长为6m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?

6.(2016江苏,17,14分)现需要设计一个仓库,它由上83解析(1)由PO1=2m知O1O=4PO1=8m.因为A1B1=AB=6m,所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积V锥=

·A1

·PO1=

×62×2=24(m3);正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积V柱=AB2·O1O=62×8=288(m3).所以仓库的容积V=V锥+V柱