(新高考)高考数学一轮复习素养练习 第8章 第1讲　空间几何体的结构、表面积与体积 (含解析)

这是一份(新高考)高考数学一轮复习素养练习 第8章 第1讲　空间几何体的结构、表面积与体积 (含解析)，共21页。试卷主要包含了知识梳理，教材衍化等内容，欢迎下载使用。

第1讲　空间几何体的结构、表面积与体积


一、知识梳理
1．空间几何体的结构特征


2．直观图
(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°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．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．
3．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式

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(r＋r′)l
4.空间几何体的表面积与体积公式

表面积
体积
柱体(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
V＝S底h
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝S底h
台体(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝(S上＋S下＋)h
球
S＝4πR2
V＝πR3
常用结论
1.特殊的四棱柱

上述四棱柱有以下集合关系：{正方体}{正四棱柱}{长方体}{直平行六面体}{平行六面体}{四棱柱}．
2．斜二测画法中的“三变”与“三不变”
“三变”
“三不变”
3．正方体与球的切、接常用结论
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.
二、教材衍化
1．在如图所示的几何体中，是棱柱的为________．(填写所有正确的序号)

答案：③⑤
2．已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为________cm.
解析：由题意，得S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，解得r2＝4，所以r＝2(cm)．
答案：2
3.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________．

解析：设长方体的相邻三条棱长分别为a，b，c，它截出棱锥的体积V1＝××a×b×c＝abc，剩下的几何体的体积V2＝abc－abc＝abc，所以V1∶V2＝1∶47.
答案：1∶47

一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．(　　)
(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．(　　)
(3)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台．(　　)
(4)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．(　　)
(5)菱形的直观图仍是菱形．(　　)
(6)多面体的表面积等于各个面的面积之和．(　　)
(7)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．(　　)
(8)长方体既有外接球又有内切球．(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√　(7)√　(8)×
二、易错纠偏
(1)对空间几何体的结构特征认识不到位；
(2)锥体的高与底面不清楚致误；
(3)不会分类讨论致误．
1．下列结论中错误的是(　　)
A．由五个面围成的多面体只能是三棱柱
B．正棱台的对角面一定是等腰梯形
C．圆柱侧面上的直线段都是圆柱的母线
D．各个面都是正方形的四棱柱一定是正方体
解析：选A．由五个面围成的多面体可以是四棱锥，所以A选项错误．B，C，D说法均正确．
2．如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E­BCD的体积是________．

解析：设长方体中BC＝a，CD＝b，CC1＝c，则abc＝120，
所以VE­BCD＝×ab×c＝abc＝10.
答案：10
3．将一个相邻边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是________．
解析：当底面周长为4π时，底面圆的半径为2，两个底面的面积之和是8π；当底面周长为8π时，底面圆的半径为4，两个底面的面积之和为32π.无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2，故所求的表面积是32π2＋8π或32π2＋32π.
答案：32π2＋8π或32π2＋32π

考点一　空间几何体的结构特征(基础型)
利用实物模型认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．
核心素养：数学抽象
1．给出下列几个命题：
①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；
②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；
③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．
其中正确命题的个数是(　　)
A．0　　　　　　　　　 B．1
C．2 D．3
解析：选B．①不一定，只有这两点的连线平行于旋转轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．
2．给出以下命题：
①以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；
②圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；
③一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．
其中正确命题的个数为(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选B．由圆台的定义可知①错误．②正确．对于命题③，只有平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，③不正确．
3．给出下列命题：
①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；
②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；
③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；
④存在每个面都是直角三角形的四面体．
其中正确命题的序号是________．
解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中的三棱锥C1­ABC，四个面都是直角三角形．

答案：②③④

空间几何体概念辨析问题的常用方法
　
考点二　空间几何体的直观图(基础型)
会用斜二测法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的直观图．
核心素养：直观想象
1．如图所示为一个平面图形的直观图，则它的实际形状四边形ABCD为(　　)

A．平行四边形 B．梯形
C．菱形 D．矩形
解析：选D．由斜二测画法可知在原四边形ABCD中DA⊥AB，并且AD∥BC，AB∥CD，故四边形ABCD为矩形．
2.一平面四边形OABC的直观图O′A′B′C′如图所示，其中O′C′⊥x′，A′B′⊥x′，B′C′∥y′，则四边形OABC的面积为　　(　　)

A． B．3
C．3 D．
解析：选B．平面四边形OABC的直观图O′A′B′C′是直角梯形，其面积为×(1＋2)×1＝；
根据平面图形与它的直观图面积比为1∶，
计算四边形OABC的面积为＝3.故选B．
3．已知等边三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为(　　)
A．a2 B．a2
C．a2 D．a2
解析：选D．如图①②所示的实际图形和直观图，

由②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝OC＝a，在图②中作C′D′⊥A′B′于D′，则C′D′＝O′C′＝a.所以S△A′B′C′＝A′B′·C′D′＝×a×a＝a2.故选D．

平面图形与其直观图的关系
(1)在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半．
(2)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S直观图＝S原图形．　
考点三　空间几何体的表面积与体积(基础型)
了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式(不要求记忆公式)．
核心素养：直观想象、数学运算
角度一　空间几何体的表面积
(1)(2020·河南周口模拟)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为30°，则该三棱柱的侧面积为(　　)

A．4＋4 B．4＋4
C．12 D．8＋4
(2)(2020·四川泸州一诊)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表面积为(　　)
A．(5＋)π B．(4＋)π
C．(5＋2)π D．(3＋)π
【解析】　(1)连接A1B.因为AA1⊥底面ABC，则AA1⊥BC，又AB⊥BC，AA1∩AB＝A，所以BC⊥平面AA1B1B，所以直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为∠CA1B＝30°.又AA1＝AC＝2，所以A1C＝2，BC＝.又AB⊥BC，则AB＝，则该三棱柱的侧面积为2×2＋2×2＝4＋4，故选A．

(2)因为在梯形ABCD中，∠ABC＝，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，所以将梯形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是一个底面半径为AB＝1，高为BC－AD＝2－1＝1的圆锥，所以该几何体的表面积S＝π×12＋2π×1×2＋π×1×＝(5＋)π.故选A．

【答案】　(1)A　(2)A

三类几何体表面积的求法
求多面体的表面积
只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积.
求旋转体的表面积
可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系.
求不规则几何
体的表面积
通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积.
角度二　空间几何体的体积
(2020·贵州部分重点中学联考)如图，在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，点E是棱BB1的中点，点F是棱CC1上靠近C1的三等分点，且三棱锥A1­AEF的体积为2，则四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积为(　　)

A．12 B．8
C．20 D．18
【解析】　设点F到平面ABB1A1的距离为h，由题意得V＝V.又V＝S·h＝×·h＝(AA1·AB)·h＝S·h＝V，所以V＝6V＝6×2＝12.所以四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积为12.故选A．
【答案】　A

(1)处理体积问题的思路

(2)求体积的常用方法
直接法
对于规则的几何体，利用相关公式直接计算
割补法
把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算
等体
积法
选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面作为三棱锥的底面进行等体积变换

1.如图所示，已知三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1­ABC1的体积为(　　)

A． B．
C． D．
解析：选A．三棱锥B1-ABC1的体积等于三棱锥A-B1BC1 的体积，三棱锥A­B1BC1的高为，底面积为，故其体积为××＝.
2．在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为40 cm，母线长最短50 cm，最长80 cm，则斜截圆柱的侧面面积S＝________cm2.

解析：将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形．由题意得所求侧面展开图的面积S＝×(50＋80)×(π×40)＝2 600π(cm2)．
答案：2 600π
3．(2019·高考全国卷Ⅲ)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ABCD­A1B1C1D1挖去四棱锥O­EFGH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＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为____________g.

解析：长方体ABCD­A1B1C1D1的体积V1＝6×6×4＝144(cm3)，而四棱锥O­EFGH的底面积为矩形BB1C1C的面积的一半，高为AB长的一半，所以四棱锥O­EFGH的体积V2＝××4×6×3＝12(cm3)，所以长方体ABCD­A1B1C1D1挖去四棱锥O­EFGH后所得几何体的体积V＝V1－V2＝132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．
答案：118.8
考点四　空间几何体中的接、切问题(综合型)
空间几何体中的接、切问题主要是与球有关的接、切，求解关键是找出球心所在的位置．
(1)若直三棱柱ABC­A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，且AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的表面积为________．
(2)(一题多解)(2019·高考天津卷)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__________．
(3)已知棱长为a的正四面体，则此正四面体的表面积S1与其内切球的表面积S2的比值为________．
【解析】　(1)将直三棱柱补形为长方体ABEC­A1B1E1C1，则球O是长方体ABEC­A1B1E1C1的外接球．
所以体对角线BC1的长为球O的直径．
因此2R＝＝13.
故S球＝4πR2＝169π.
(2)法一：由题意得圆柱的高为四棱锥高的一半，底面圆的直径为以四棱锥侧棱的四个中点为顶点的正方形的对角线，易求得圆柱的底面圆的直径为1，高为1，所以该圆柱的体积V＝π××1＝.
法二：由题可得，四棱锥底面对角线的长为2，则圆柱底面的半径为，易知四棱锥的高为＝2，故圆柱的高为1，所以该圆柱的体积为π××1＝.
(3)正四面体的表面积为S1＝4××a2＝a2，其内切球半径r为正四面体高的，即r＝×a＝a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝，则＝＝.
【答案】　(1)169π　(2)　(3)

处理球的“切”“接”问题的求解策略
解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：
　

1．正四棱锥P­ABCD的侧棱和底面边长都等于2，则它的外接球的表面积是(　　)
A．16π B．12π
C．8π D．4π
解析：选A．设正四棱锥的外接球半径为R，顶点P在底面上的射影为O，因为OA＝AC＝ ＝＝2，所以PO＝＝＝2.又OA＝OB＝OC＝OD＝2，由此可知R＝2，于是S球＝4πR2＝16π.
2．设球O内切于正三棱柱ABC­A1B1C1，则球O的体积与正三棱柱ABC­A1B1C1的体积的比值为________．
解析：设球O半径为R，正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为a，则R＝×＝a，即a＝2R，又正三棱柱ABC­A1B1C1的高为2R，所以球O的体积与正三棱柱ABC­A1B1C1的体积的比值为＝＝.
答案：

[基础题组练]
1．下列说法正确的有(　　)
①两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；
②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；
③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；
④圆锥的轴截面是等腰三角形．
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析：选A．①中若两个底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱会交于一点，所以①不正确；②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有无数个，所以②不正确；③中底面不一定是正方形，所以③不正确；很明显④是正确的．
2．圆柱的底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么圆柱的侧面积是(　　)
A．4πS B．2πS
C．πS D．πS
解析：选A．由πr2＝S得圆柱的底面半径是，故侧面展开图的边长为2π·＝2，所以圆柱的侧面积是4πS，故选A．
3．如图所示，在三棱台A′B′C′­ABC中，沿A′BC截去三棱锥A′­ABC，则剩余的部分是(　　)

A．三棱锥 B．四棱锥
C．三棱柱 D．组合体
解析：选B．如图所示，在三棱台A′B′C′­ABC中，沿A′BC截去三棱锥A′­ABC，剩余部分是四棱锥A′­BCC′B′.

4．(2020·安徽合肥质检)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侧面积相等，则该球的半径为(　　)
A．5 B．
C．9 D．3
解析：选B．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．
5．(2020·辽宁沈阳东北育才学校五模)将半径为3，圆心角为的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的表面积为(　　)
A．π B．2π
C．3π D．4π
解析：选B．将半径为3，圆心角为的扇形围成一个圆锥，设圆锥的底面圆半径为R，则有2πR＝3×，所以R＝1.设圆锥的内切球半径为r，圆锥的高为h，内切球球心必在圆锥的高线上，因为圆锥的母线长为3，所以h＝＝2，所以有＝，解得r＝，因此内切球的表面积S＝4πr2＝2π.
6．有一个长为5 cm，宽为4 cm的矩形，则其直观图的面积为________．
解析：由于该矩形的面积S＝5×4＝20(cm2)，所以其直观图的面积S′＝S＝5(cm2)．
答案：5 cm2
7．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8 cm，若两底面圆心的连线长为12 cm，则这个圆台的母线长为________cm.
解析：如图，过点A作AC⊥OB，交OB于点C.

在Rt△ABC中，AC＝12 cm，BC＝8－3＝5(cm)．
所以AB＝＝13(cm)．
答案：13
8.已知圆锥SO，过SO的中点P作平行于圆锥底面的截面，以截面为上底面作圆柱PO，圆柱的下底面落在圆锥的底面上(如图)，则圆柱PO的体积与圆锥SO的体积的比值为________．

解析：设圆锥SO的底面半径为r，高为h，则圆柱PO的底面半径是，高为，所以V圆锥SO＝πr2h，V圆柱PO＝π·＝，所以＝.
答案：
9. (应用型)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P­A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD­A1B1C1D1(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，若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？

解：由PO1＝2 m，知O1O＝4PO1＝8 m.
因为A1B1＝AB＝6 m，所以正四棱锥P­A1B1C1D1的体积V锥＝·A1B·PO1＝×62×2＝24(m3)；
正四棱柱ABCD­A1B1C1D1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)．
故仓库的容积是312 m3.
10.如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.

(1)证明：平面AEC⊥平面BED；
(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E­ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．
解：(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.
因为BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE.
故AC⊥平面BED.
又AC⊂平面AEC，
所以平面AEC⊥平面BED.
(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝.
因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝x.
由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝x.
由已知得，三棱锥E­ACD的体积V三棱锥E­ACD＝×·AC·GD·BE＝x3＝，故x＝2.
从而可得AE＝EC＝ED＝.
所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.
故三棱锥E­ACD的侧面积为3＋2.
[综合题组练]
1．(2020·辽宁丹东测试)已知表面积为12π的圆柱的上下底面的中心分别为O1，O2.若过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是正方形，则O1O2＝(　　)
A．2 B．2
C． D．
解析：选B．因为圆柱的轴截面是正方形，设底面半径为r，则母线长为2r，所以圆柱的表面积为2πr2＋2πr·2r＝12π，解得r＝，所以O1O2＝2r＝2，故选B．
2.如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为(　　)

A． B．π
C． D．
解析：选C．正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A1为圆心，1为半径的圆周长的，所以所有弧长之和为3×＝.故选C．

3．(2020·广东茂名一模)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，四边形ABCD是边长为2的正方形，D1B与DC所成的角是60°，则长方体的外接球的表面积是(　　)
A．16π B．8π
C．4π D．4π
解析：选A．如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，因为DC∥AB，所以相交直线D1B与AB所成的角是异面直线D1B与DC所成的角．

连接AD1，由AB⊥平面ADD1A1，得AB⊥AD1，所以在Rt△ABD1中，∠ABD1就是D1B与DC所成的角，即∠ABD1＝60°，又AB＝2，AB＝BD1cos 60°，
所以BD1＝＝4，设长方体ABCD­A1B1C1D1外接球的半径为R，则由长方体的体对角线就是长方体外接球的直径得4R2＝D1B2＝16，则R＝2，
所以长方体外接球的表面积是4πR2＝16π.故选A．
4. (多选)如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为3，线段B1D1上有两个动点E，F且EF＝1，则当E，F移动时，下列结论正确的是(　　)

A．AE∥平面C1BD
B．四面体ACEF的体积不为定值
C．三棱锥A­BEF的体积为定值
D．四面体ACDF的体积为定值
解析：选ACD．对于A，如图1，AB1∥DC1，易证AB1∥平面C1BD，同理AD1∥平面C1BD，且AB1∩AD1＝A，所以平面AB1D1∥平面C1BD，又AE⊂平面AB1D1，所以AE∥平面C1BD，A正确；

对于B，如图2，S△AEF＝EF·h1＝×1×＝，点C到平面AEF的距离为点C到平面AB1D1的距离d为定值，所以VA-CEF＝VC-AEF＝××d＝d为定值，所以B错误；

对于C，如图3，S△BEF＝×1×3＝，点A到平面BEF的距离为A到平面BB1D1D的距离d为定值，所以VA-BEF＝××d＝d为定值，C正确；

对于D，如图4，四面体ACDF的体积为VA-CDF＝VF-ACD＝××3×3×3＝为定值，D正确．

5．已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为________．
解析：如图所示，设S在底面的射影为S′，连接AS′，SS′.

△SAB的面积为·SA·SB·sin∠ASB＝·SA2·＝·SA2＝5，
所以SA2＝80，SA＝4.因为SA与底面所成的角为45°，所以∠SAS′＝45°，AS′＝SA·cos 45°＝4×＝2.所以底面周长l＝2π·AS′＝4π，所以圆锥的侧面积为×4×4π＝40π.
答案：40π
6．(2020·东北师大附中、重庆一中等校联合模拟)若侧面积为4π的圆柱有一外接球O，当球O的体积取得最小值时，圆柱的表面积为________．
解析：设圆柱的底面圆半径为r，高为h，
则球的半径R＝.
因为球的体积V＝R3，故V最小当且仅当R最小．
圆柱的侧面积为2πrh＝4π，所以rh＝2.
所以＝，
所以R＝≥，
当且仅当r2＝.
即r＝1时取等号，此时k取最小值，所以r＝1，h＝2，圆柱的表面积为2π＋4π＝6π.
答案：6π
7．(应用型)(2020·安徽六安一中模拟(四))我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体．如图，将底面直径都为2b，高皆为a的半椭球体和已被挖去了圆锥体的圆柱放置于同一平面β上，用平行于平面β且与平面β任意距离d处的平面截这两个几何体，可横截得到S圆及S环两截面．可以证明S圆＝S环总成立．据此，短半轴长为1，长半轴长为3的椭球体的体积是________．

解析：因为S圆＝S环总成立，所以半椭球体的体积为πb2a－πb2a＝πb2a，
所以椭球体的体积V＝πb2a.
因为椭球体的短半轴长为1，长半轴长为3.
所以椭球体的体积V＝πb2a＝π×12×3＝4π.
答案：4π
8．(应用型)我国古代数学著作《算法统宗》第八卷“商功”第五章撰述：“刍荛(chú ráo )：倍下长，加上长，以广乘之，又以高乘，用六归之．如屋脊：上斜下平．”刘徽注曰：止斩方亭两边，合之即“刍甍”之形也．即将方台的两边切下来合在一起就是“刍甍”，是一种五面体(如图)：矩形ABCD，棱EF∥AB，AB＝4，EF＝2，△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，则此几何体的表面积为______，体积为______．

解析：由题意知该五面体的表面积S＝S矩形ABCD＋2S△ADE＋2S梯形ABFE＝2×4＋2××2×＋2××(2＋4)×＝8＋8.过点F作FO⊥平面ABCD，垂足为O，取BC的中点P，连接PF，过点F作FQ⊥AB，垂足为Q，连接OQ.因为△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，所以OP＝(AB－EF)＝1，PF＝＝，OQ＝BC＝1，所以OF＝＝，采用分割的方法，分别过点F，E作与平面ABCD垂直的平面，这两个平面把几何体分割成三部分，如图，包含一个三棱柱EMN­FQH，两个全等的四棱锥：E­AMND，F­QBCH，所以这个几何体的体积V＝VEMN­FQH＋2VF­QBCH＝S△QFH×MQ＋2×S矩形QBCH×FO＝×2××2＋2××1×2×＝.

答案：8＋8