8.3 简单几何体的表面积和体积

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模块导图

知识剖析

柱体

1 棱柱
体积：$V=Sh$(其中 $h$ 是棱柱的高)
 

2 圆柱
(1) 侧面积：$S=2πrh$
(2) 全面积：$S=2πrh+2πr^2$
(3) 体积：$V=Sh=πr^2 h$ (其中 $r$ 为底圆的半径，$h$ 为圆柱的高)
 

锥体

① 棱锥
棱锥体积：$V=\dfrac{1}{3} S h$(其中 $h$ 为圆柱的高)；
 

② 圆锥
(1) 圆锥侧面积：$S=πrl$
(2) 圆锥全面积：$S=\pi r(r+l)$ (其中 $r$ 为底圆的半径，$l$ 为圆锥母线)
(3) 圆锥体积：$V=\dfrac{1}{3} S h=\dfrac{1}{3} \pi r^{2} h$ (其中 $r$ 为底圆的半径，$h$ 为圆柱的高)
 

台体

① 圆台表面积 $S=\pi\left({r^{\prime}}^{2}+r^{\prime 2}+r^{\prime} l+r l\right)$
其中是上底面圆的半径，$r$ 是下底面圆的半径，$l$ 是母线的长度.
② 台体体积 $V=\dfrac{1}{3}\left(S^{\prime}+\sqrt{S S^{\prime}}+S\right) h$
其中 $S， S^{\prime}$ 分别为上，下底面面积，$h$ 为圆台的高.
 

球体

面积 $S=4πR^2$，体积 $V=\dfrac{4}{3} \pi R^{3}$ （其中 $R$ 为球的半径）
 

经典例题

【题型一】几何体的表面积

【典题 1】 已知正四棱柱 $ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1$ 中 $AB=2$，$AA_1=3$，$O$ 为上底面中心．设正四棱柱 $ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1$ 与正四棱锥 $O－A_1 B_1 C_1 D_1$ 的侧面积分别为 $S_1$，$S_2$，则 $\dfrac{S_{2}}{S_{1}}=$ $\underline{\quad \quad}$．

【解析】 如图，

正四棱柱 $ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，$AB=2$，$AA_1=3$，
则正四棱柱 $ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1$ 的侧面积分别为 $S_1=4×2×3=24$；
正四棱锥 $O－A_1 B_1 C_1 D_1$ 的斜高为 $\sqrt{1^{2}+3^{2}}=\sqrt{10}$．
$∴$ 正四棱锥 $O－A_1 B_1 C_1 D_1$ 的侧面积 $S_{2}=4 \times \dfrac{1}{2} \times 2 \times \sqrt{10}=4 \sqrt{10}$．
$\therefore \dfrac{S_{2}}{S_{1}}=\dfrac{4 \sqrt{10}}{24}=\dfrac{\sqrt{10}}{6}$．
【点拨】 注意侧面积和全面积的区别．
 

【典题 2】 一个底面半径为 $2$，高为 $4$ 的圆锥中有一个内接圆柱，该圆柱侧面积的最大值为（　　）
 A. $2 \pi$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B. $\qquad \qquad \qquad \qquad$$4 \pi$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$D. $5 \pi$
【解析】

圆锥的底面半径为 $2$，高为 $4$，
$∴$ 内接圆柱的底面半径为 $x$ 时，它的上底面截圆锥得小圆锥的高为 $2x$
因此，内接圆柱的高 $h=4-2x$；
$∴$ 圆柱的侧面积为：$S=2 \pi x(4-2 x)=4 \pi\left(2 x-x^{2}\right) \quad(0<x<2)$
令 $t=2x-x^2$，当 $x=1$ 时 $t_{\max }=1$；
所以当 $x=1$ 时，$S_{\max }=4 \pi$．
即圆柱的底面半径为 $1$ 时，圆柱的侧面积最大，最大值为 $4π$．
故选：$C$．
【点拨】
① 圆柱的侧面积 $S=2πrh$，则需要知道圆柱的高 $h$ 与底圆半径 $r$；
② 在处理圆锥、圆柱问题时，要清楚母线、高、底圆的半径之间的关系，则要看轴截面 (如下图)，此时由相似三角形的性质可以得到每个量的关系.

 

【典题 3】 一个圆台上、下底面半径分别为 $r$、$R$，高为 $h$，若其侧面积等于两底面面积之和，则下列关系正确的是 (　　)
 A. $\dfrac{2}{h}=\dfrac{1}{R}+\dfrac{1}{r}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B. $\dfrac{1}{h}=\dfrac{1}{R}+\dfrac{1}{r}$
 C. $\dfrac{1}{r}=\dfrac{1}{R}+\dfrac{1}{h}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$D. $\dfrac{2}{R}=\dfrac{1}{r}+\dfrac{1}{h}$
【解析】 设圆台的母线长为 $l$，
根据题意可得圆台的上底面面积为 $S_{\text {上}}=\pi r^{2}$，圆台的下底面面积为 $S_下 =πR^2$，
$∵$ 圆台的侧面面积等于两底面面积之和，
$∴$ 侧面积 $S_{\text {侧}}=\pi\left (r^{2}+R^{2}\right)=\pi (r+R) l \text {， }$，解之得 $l=\dfrac{r^{2}+R^{2}}{r+R}$
$\because l=\sqrt{h^{2}+(R-r)^{2}}$
$\therefore \dfrac{r^{2}+R^{2}}{r+R}=\sqrt{h^{2}+(R-r)^{2}}$，
$\therefore\left(\dfrac{r^{2}+R^{2}}{r+R}\right)^{2}=h^{2}+(R-r)^{2}$
$\therefore \dfrac{2}{h}=\dfrac{1}{R}+\dfrac{1}{r}$．故选 $A$．
【点拨】 在处理圆台问题时，要清楚母线、上底圆半径、下底圆半径、高之间的关系，则要看轴截面 (如下图)，有 $l=\sqrt{h^{2}+(R-r)^{2}}$.

 

【题型二】几何体的体积

【典题 1】 正方形 $ABCD$ 被对角线 $BD$ 和以 $A$ 为圆心，$AB$ 为半径的圆弧 $\widehat{D B}$ 分成三部分，绕 $AD$ 旋转，所得旋转体的体积 $V_1$、$V_2$ 、$V_3$ 之比是 (　　)

 A. $2: 1: 1$ $\qquad \qquad \qquad$ B. $1: 2: 1$ $\qquad \qquad \qquad$C. $1: 1: 1$ $\qquad \qquad \qquad$ D. $2: 2: 1$
【解析】 设正方形 $ABCD$ 的边长为 $1$，可得
图 $1$ 旋转所得旋转体为以 $AD$ 为轴的圆锥体，高 $AD=1$ 且底面半径 $r=1$
$∴$ 该圆锥的体积为 $V_{1}=\dfrac{1}{3} \pi \times A B^{2} \times A D=\dfrac{1}{3} \pi$；
图 $2$ 旋转所得旋转体，是以 $AD$ 为半径的一个半球，减去图 $1$ 旋转所得圆锥体而形成，
∴该圆锥的体积为 $V_{2}=V_{\text {半球 }}-V_{1}=\dfrac {1}{2} \times \dfrac {4}{3} \pi \times A D^{2}-V_{1}=\dfrac {1}{3} \pi$；
图 $3$ 旋转所得旋转体，是以 $AD$ 为轴的圆柱体，减去图 $2$ 旋转所得半球而形成，
$∴$ 该圆锥的体积为 $V_{3}=\pi \times A B^{2} \times A D-V_{\text {半球 }}=\pi-\dfrac {2}{3} \pi=\dfrac {1}{3} \pi$
综上所述 $V_{1}=V_{2}=V_{3}=\dfrac{1}{3} \pi$，
由此可得图中 $1、2、3$ 三部分旋转所得旋转体的体积之比为 $1∶1∶1$．故选 $C$．
【点拨】
① 圆锥是由直角三角形以某一直角边为轴旋转得到；圆柱是由矩形以某一边为轴旋转得到；球是由半圆以直径为轴旋转得到；
② 求解不规则图形可用 “割补法”.
 

【典题 2】 如图，圆锥形容器的高为 $h$，圆锥内水面的高为 $h_1$，且 $h_{1}=\dfrac{1}{3} h$，若将圆锥的倒置，水面高为 $h_2$，则 $h_2$ 等于 (　　)

 A. $\dfrac{2}{3} h$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$B. $\dfrac{19}{27} h$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C. $\dfrac{\sqrt[3]{6}}{3} h$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D. $\dfrac{\sqrt[3]{19}}{3} h$
【解析】方法一 设圆锥形容器的底面积为 $S$，则未倒置前液面的面积为 $\dfrac{4}{9} S$．
$∴$ 水的体积 $V=\dfrac{1}{3} S h-\dfrac{1}{3} \times \dfrac{4}{9} S \times\left(h-h_{1}\right)=\dfrac{19}{81} S h$．
设倒置后液面面积为 $S′$，则 $\dfrac{S^{\prime}}{S}=\left(\dfrac{h_{2}}{h}\right)^{2}$，$\therefore S^{\prime}=\dfrac{S h_{2}^{2}}{h^{2}}$ ．
$∴$ 水的体积 $V=\dfrac{1}{3} S^{\prime} h_{2}=\dfrac{S h_{2}^{3}}{3 h^{2}}$．
$\therefore \dfrac{19}{81} S h=\dfrac{S h_{2}^{3}}{3 h^{2}}$，解得 $h_{2}=\dfrac{\sqrt[3]{19} h}{3}$．
故选 $D$．
方法二 设容器为圆锥 $1$，高为 $h$，体积为 $V$; 倒置前液面上的锥体为圆锥 $2$，高为 $h^{\prime}=h-h_{1}$，体积为 $V_1$；倒置后液面以下的锥体为圆锥 $3$，高为 $h_2$，体积为 $V_2$.
$\because \dfrac{h_{1}}{h}=\dfrac{1}{3}$ $\therefore \dfrac{h^{\prime}}{h}=\dfrac{2}{3}$
$\therefore \dfrac {V-V_{\text {水}}}{V}=\left (\dfrac {2}{3}\right)^{3}=\dfrac {8}{27} \Rightarrow \dfrac {V_{\text {水 }}}{V}=\dfrac {19}{27}，$，
在倒置后，又有 $\dfrac {V_{\text {水}}}{V}=\left (\dfrac {h_{2}}{h}\right)^{3}$ ，
$\therefore\left(\dfrac{h_{2}}{h}\right)^{3}=\dfrac{19}{27} \Rightarrow h_{2}=\dfrac{\sqrt[3]{19} h}{3}$.
【点拨】
① 涉及圆台的表面积和体积，可把圆台补全为圆锥；

② 两个相似几何体，若相似比为 $a$，则对应线段比为 $a$，对应的平面面积比为 $a^2$，对应的几何体体积比是 $a^3$.
 

【典题 3】 已知球的直径 $SC=4$，$A$，$B$ 是该球球面上的两点，$AB=2$，$∠ ASC=∠BSC=45°$，则棱锥 $S-ABC$ 的体积 $V=$ $\underline{\quad \quad}$ .
【解析】 由题可知 $AB$ 一定在与直径 $SC$ 垂直的小圆面上，作过 $AB$ 的小圆交直径 $SC$ 于 $D$，
如图所示，

设 $SD=x$，则 $DC=4－x$，
此时所求棱锥即分割成两个棱锥 $S-A B D$ 和 $C-A B D$，
在 $△SAD$ 和 $△SBD$ 中，由已知条件可得 $AD=BD=x$，
又因为 $SC$ 为直径，所以 $∠SBC=∠SAC=90°$，
所以 $∠DBC=∠DAC=45°$，
所以在 $△BDC$ 中，$BD=4－x$，
所以 $x=4－x$，解得 $x=2$，所以 $AD=BD=2$，
所以 $\triangle A B D$ 为正三角形，
所以 $V=\dfrac{1}{3} S_{\triangle A B D} \times 4=\dfrac{4 \sqrt{3}}{3}$.
【点拨】
① 圆内直径所对的圆周角为 $90°$；
② 若垂直于三棱锥的某棱长的截面面积为 $S$，棱长长 $h$，则三棱锥的体积为 $\dfrac{1}{3} S h$．
 

【题型三】与球有关的切、接问题

【典题 1】 已知三棱锥 $D-ABC$ 的四个顶点在球 $O$ 的球面上，若 $AB=AC=BC=DB=DC=1$，当三棱锥 $D－ABC$ 的体积取到最大值时，球 $O$ 的表面积为（　　）
 A. $\dfrac{5 \pi}{3}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$B. $2 \pi$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$C. $5 \pi$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D. $\dfrac{20 \pi}{3}$
【解析】 　如图，当三棱锥 $D-ABC$ 的体积取到最大值时，则平面 $ABC⊥$ 平面 $DBC$，取 $BC$ 的中点 $G$，连接 $AG$，$DG$，则 $AG⊥BC$，$DG⊥BC$，分别取 $△ABC$ 与 $△DBC$ 的外心 $E$，$F$，分别过 $E$，$F$ 作平面 $ABC$ 与平面 $DBC$ 的垂线，相交于 $O$，则 $O$ 为四面体 $ABCD$ 的球心，由 $AB=AC=BC$$=DB=DC=1$，得正方形 $OEGF$ 的边长为 $\dfrac{\sqrt{3}}{6}$，则 $O G=\dfrac{\sqrt{6}}{6}$
$∴$ 四面体 $A-BCD$ 的外接球的半径 $R=\sqrt{O G^{2}+B G^{2}}=\sqrt{\left(\dfrac{\sqrt{6}}{6}\right)^{2}+\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}}=\sqrt{\dfrac{5}{12}}$
$∴$ 球 $O$ 的表面积为 $=4 \pi \times\left(\sqrt{\dfrac{5}{12}}\right)^{2}=\dfrac{5 \pi}{3}$，故选：$A$．

 

【典题 2】 如图，在一个底面边长为 $2$，侧棱长为 $\sqrt{10}$ 的正四棱锥 $P－ABCD$ 中，大球 $O_1$ 内切于该四棱锥，小球 $O_2$ 与大球 $O_1$ 及四棱锥的四个侧面相切，则小球 $O_2$ 的体积为 $\underline{\quad \quad}$．

【解析】 设 $O$ 为正方形 $ABCD$ 的中心，$AB$ 的中点为 $M$，连接 $PM$，$OM$，$PO$，则 $OM=1$，$P M=\sqrt{P A^{2}-A M^{2}}=\sqrt{10-1}=3$，$P O=\sqrt{9-1}=2 \sqrt{2}$，
如图，在截面 $PMO$ 中，设 $N$ 为球 $O_1$ 与平面 $PAB$ 的切点，

则 $N$ 在 $PM$ 上，且 $O_1 N⊥PM$，设球 $O_1$ 的半径为 $R$，则 $O_1 N=R$，
因为 $\sin \angle M P O=\dfrac{O M}{P M}=\dfrac{1}{3}$，
所以 $\dfrac{N O_{1}}{P O_{1}}=\dfrac{1}{3}$，则 $PO_1=3R$，$P O=P O_{1}+O O_{1}=4 R=2 \sqrt{2}$，
所以 $R=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，
设球 $O_1$ 与球 $O_2$ 相切与点 $Q$，
则 $PQ=PO－2R=2R$，设球 $O_2$ 的半径为 $r$，
同理可得 $PQ=4r$，所以 $r=\dfrac{R}{2}=\dfrac{\sqrt{2}}{4}$，
故小球 $O_2$ 的体积 $V=\dfrac{4}{3} \pi r^{3}=\dfrac{\sqrt{2}}{24} \pi$，
故答案为 $\dfrac{\sqrt{2}}{24} \pi$．
 

巩固练习

1(★) 如图 $1$ 所示，一只封闭的圆柱形水桶内盛了半桶水 (桶的厚度忽略不计)，圆柱形水桶的底面直径与母线长相等，现将该水桶水平放置后如图 $2$ 所示，设图 $1$、图 $2$ 中水所形成的几何体的表面积分别为 $S_1$ 、$S_2$，则 $S_1$ 与 $S_2$ 的大小关系是 (　　)

 A．$S_1≤S_2$ $\qquad \qquad \qquad$ B．$S_1 <S_2$ $\qquad \qquad \qquad$ C．$S_1>S_2$ $\qquad \qquad \qquad$ D．$S_1≥S_2$
 

2(★) 若一个圆锥的母线长为 $4$，且其侧面积为其轴截面面积的 $4$ 倍，则该圆锥的高为 (　　)
 A. $\pi$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B. $\dfrac{3 \pi}{2}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C. $\dfrac{2 \pi}{3}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D. $\dfrac{\pi}{2}$
 

3(★★) 某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样大的四面体得到的 (如图)．则该几何体共有 $\underline{\quad \quad}$ 个面；如果被截正方体的棱长是 $50cm$，那么石凳的表面积是 $\underline{\quad \quad}$$cm^2$．

 

4(★★) 直角梯形的上、下底和不垂直于底的腰的长度之比为 $12 \sqrt{3}$，那么以垂直于底的腰所在的直线为轴，将梯形旋转一周，所得的圆台上、下底面积和侧面面积之比是 $\underline{\quad \quad}$ .
 

5(★★) 如图，四面体各个面都是边长为 $1$ 的正三角形，其三个顶点在一个圆柱的下底面圆周上，另一个顶点是上底面圆心，圆柱的侧面积是 $\underline{\quad \quad}$.

 

6(★★) 一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为 $4m$，侧面展开图的圆心角为 $\dfrac{2 \pi}{3}$，则这个圆锥的体积等于 $\underline{\quad \quad}$.
 

7(★★) 如图①，一个圆锥形容器的高为 $a$，内装有一定量的水．如果将容器倒置，这时所形成的圆锥的高恰为 $\dfrac{a}{2}$(如图②)，则图①中的水面高度为 $\underline{\quad \quad}$ .

 

8(★★★) 半径为 $2$ 的球 $O$ 内有一个内接正三棱柱，则正三棱柱的侧面积的最大值为 $\underline{\quad \quad}$.
 

9(★★★) 如图所示，在边长为 $5+\sqrt{2}$ 的正方形 $ABCD$ 中，以 $A$ 为圆心画一个扇形，以 $O$ 为圆心画一个圆，$M$、$N$，$K$ 为切点，以扇形为圆锥的侧面，以圆 $O$ 为圆锥底面，围成一个圆锥，则圆锥的全面积与体积分别是 $\underline{\quad \quad}$ 与 $\underline{\quad \quad}$．

 

10(★★★) 已知四面体 $ABCD$ 的棱长满足 $AB=AC=BD=CD=2$，$BC=AD=1$，现将四面体 $ABCD$ 放入一个主视图为等边三角形的圆锥中，使得四面体 $ABCD$ 可以在圆锥中任意转动，则圆锥侧面积的最小值为 $\underline{\quad \quad}$．
 

11(★★★) 在直三棱柱 $ABC－A_1 B_1 C_1$ 中，平面 $ABC$ 是下底面．$M$ 是 $BB_1$ 上的点，$AB=3$，$BC=4$，$AC=5$，$CC_1=7$，过三点 $A$、$M$、$C_1$ 作截面，当截面周长最小时，截面将三棱柱分成的上、下两部分的体积比为 $\underline{\quad \quad}$ .
 

12(★★★) 如图，在直三棱柱 $ABC－A_1 B_1 C_1$ 中，$AB=1$，$BC=2$，$BB_1=3$，$∠ABC=90°$，点 $D$ 为侧棱 $BB_1$ 上的动点，当 $AD+DC_1$ 最小时，三棱锥 $D－ABC_1$ 的体积为 $\underline{\quad \quad}$．

 

13(★★★) 已知 $△SAB$ 是边长为 $2$ 的等边三角形，$∠ACB=45°$，当三棱锥 $S－ABC$ 体积最大时，其外接球的表面积为 $\underline{\quad \quad}$ .
 

14(★★★) 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 $\underline{\quad \quad}$．

 

参考答案

1. 【答案】 $B$
   【解析】 设圆柱的底面半径为 $r$，图 $1$ 水的表面积为 $S_1=2πr^2+2πr\cdot r=4πr^2$．
   对于图 $2$，
   上面的矩形的面积的长是 $2r$，宽是 $2r$．则面积是 $4r^2$．
   曲面展开后的矩形长是 $πr$，宽是 $2r$．则面积是 $2πr^2$．
   上下底面的面积的和是 $π×r^2$．
   图 $2$ 水的表面积 $S_2=(4+3π) r^2$．
   显然 $S_1 <S_2$．
   故选 $B$．
2. 【答案】 $A$
   【解析】 设圆锥的底面圆半径为 $r$，高为 $h$；
   由圆锥的母线长为 $4$，所以圆锥的侧面积为 $\pi r \cdot 4=4 \pi r$；
   又圆锥的轴截面面积为 $\dfrac{1}{2} \cdot 2 r \cdot h=r h$，
   所以 $4πr=4rh$，解得 $h=π$；
   所以该圆锥的高为 $π$．
   故选：$A$．
3. 【答案】 $14$，$10000$
   【解析】 由题意知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，$8$ 个底面三角形，再加上 $6$ 个小正方形，所以该几何体共有 $14$ 个面；
   如果被截正方体的棱长是 $50cm$，那么石凳的表面积是
   $S_{\text {表面积}}=8 \times \dfrac {1}{2} \times 25 \sqrt {2} \times 25 \sqrt {2} \times \sin 60^{\circ}$$+6 \times 25 \sqrt{2} \times 25 \sqrt{2}=10000\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$．
   故答案为：$14$，$10000$．
4. 【答案】 $1: 4: 3 \sqrt{3}$
   【解析】 由题意可设直角梯形上底、下底和不垂直于底的腰为 $x， 2 x， \sqrt{3} x$；
   则圆台的上、下底半径和母线长分别为 $x， 2 x， \sqrt{3} x$，如图所示；
   
   所以上底面的面积为 $S_{\text {上底}}=\pi \cdot x^{2}$；下底面的面积为 $S_{\text {下底}}=\pi \cdot (2 x)^{2}=4 \pi x^{2}$；
   侧面积为 $S_{\text {侧面}}=\pi (x+2 x) \cdot \sqrt {3} x=3 \sqrt {3} \pi x^{2}$；
   所以圆台的上底、下底面积和侧面面积之比是 $\pi x^{2}: 4 \pi x^{2}: 3 \sqrt{3} \pi x^{2}=1: 4: 3 \sqrt{3}$．
5. 【答案】 $\dfrac{2 \sqrt{2} \pi}{3}$
   【解析】 如图所示，过点 $P$ 作 $PE⊥$ 平面 $ABC$，$E$ 为垂足，点 $E$ 为的等边三角形 $ABC$ 的中心．
   $A E=\dfrac{2}{3} A D$，$A D=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$．
   $\therefore A E=\dfrac{2}{3} \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$．
   $\therefore P E=\sqrt{P A^{2}-A E^{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}$．
   设圆柱底面半径为 $R$，则 $2 R=\dfrac{1}{\sin 60^{\circ}}=\dfrac{2}{\sqrt{3}}$，
   $∴$ 圆柱的侧面积 $=2 \pi R \cdot P E=\dfrac{2}{\sqrt{3}} \pi \times \dfrac{\sqrt{6}}{3}=\dfrac{2 \sqrt{2} \pi}{3}$，
   
6. 【答案】 $\dfrac{128 \sqrt{2}}{81} \pi m^{3}$
   【解析】 设圆锥的底面半径为 $r$，
   圆锥形物体的母线长 $l=4m$，侧面展开图的圆心角为 $\dfrac{2 \pi}{3}$，
   故 $2 \pi r=\dfrac{2 \pi}{3}$，解得 $r=\dfrac{4}{3} m$，
   故圆锥的高 $h=\sqrt{l^{2}-r^{2}}=\dfrac{8}{3} \sqrt{2} m$，
   故圆锥的体积 $V=\dfrac{1}{3} \pi r^{2} h=\dfrac{128 \sqrt{2}}{81} \pi m^{3}$．
7. 【答案】 $\left(1-\dfrac{\sqrt[3]{7}}{2}\right) a$
   【解析】 令圆锥倒置时水的体积为 $V′$，圆锥体积为 $V$，
   则 $\dfrac{V^{\prime}}{V}=\left(\dfrac{a}{2}\right)^{3} \div a^{3}=\dfrac{1}{8}$，$\therefore \dfrac {V_{\text {空}}}{V_{\text {锥 }}}=\dfrac {7}{8}$，倒置后 $V_{\text {水}}=\dfrac {1}{8} V$，
   设此时水高为 $h$，则 $h^{3} a^{3}=\dfrac{7}{8}$，$\therefore h=\left(1-\dfrac{\sqrt[3]{7}}{2}\right) a$．
   故原来水面的高度为 $\left(1-\dfrac{\sqrt[3]{7}}{2}\right) a$．
8. 【答案】 $12 \sqrt{3}$
   【解析】 如图所示，设正三棱柱上下底面的中心分别为 $O_1$，$O_2$，底面边长与高分别为 $x$，$h$，
   则 $O_{2} A=\dfrac{\sqrt{3}}{3} x$，在 $Rt△OAO_2$ 中，$\dfrac{h^{2}}{4}+\dfrac{x^{2}}{3}=4$，
   化为 $h^{2}=16-\dfrac{4}{3} x^{2}$，
   $\because S_{\text {侧}}=3 x h$，$\therefore S_{\text {侧}^{2}}^{2}=9 x^{2} h^{2}=12 x^{2}\left (12-x^{2}\right) \leq 12\left (\dfrac {x^{2}+12-x^{2}}{2}\right)^{2}=432$．
   当且仅当 $x^2=12－x^2$，即 $x=\sqrt{6}$ 时取等号，
   此时 $S_{\text {侧}}=12 \sqrt {3}$．
   
9. 【答案】 $10 \pi， \dfrac{2 \sqrt{30}}{3} \pi$
   【解析】 设圆锥的母线长为 $l$，底面半径为 $r$，高为 $h$，
   
   由已知条件可得 $\left\{\begin{array}{l} l+r+\sqrt{2} r=(5+\sqrt{2}) \times \sqrt{2} \\ \dfrac{2 \pi r}{l}=\dfrac{\pi}{2} \end{array}\right.$，
   解得 $r=\sqrt{2}$，$l=4 \sqrt{2}$，
   $\therefore S=\pi r l+\pi r^{2}=10 \pi$，
   又 $\because h=\sqrt{l^{2}-r^{2}}=\sqrt{30}$，$\therefore V=\dfrac{1}{3} \pi r^{2} h=\dfrac{2 \sqrt{30}}{3} \pi$．
   故答案为 $10 \pi， \dfrac{2 \sqrt{30}}{3} \pi$
10. 【答案】 $\dfrac{27 \pi}{4}$
    【解析】 因为四面体 $ABCD$ 的棱长满足 $AB=AC=BD=CD=2$，$BC=AD=1$，所以可以把其放到长宽高分别为 $a$，$b$，$c$ 的长方体中，四面体的棱长是长方体的面对角线，
    $∴a^2+b^2=2^2$，①；$b^2+c^2=2^2$，②；$c^2+a^2=1^2$，③
    故四面体的外接球半径 R 满足：$8R^2=2^2+2^2+1^2=9$；
    $\therefore R^{2}=\dfrac{9}{8}$．
    $∵$ 四面体 $ABCD$ 放入一个主视图为等边三角形的圆锥中，
    使得四面体 $ABCD$ 可以在圆锥中任意转动，
    要想圆锥的侧面积最小；
    故需满足四面体的外接球恰好是圆锥的内切球；
    作圆锥的轴截面，如图：设 $BE=r$，则 $AB=2r$，$A E=\sqrt{3} r$；
    可得：$OB^2=OE^2+EB^2$；
    $\therefore R^{2}=(\sqrt{3} r-R)^{2}+r^{2} \Rightarrow r=\sqrt{3} R$；
    故圆锥侧面积的最小值为：$\pi r l=2 \pi r^{2}=2 \pi \cdot 3 R^{2}=\dfrac{27 \pi}{4}$．
    故答案为：$\dfrac{27 \pi}{4}$．
    　
    11 【答案】 $\dfrac{11}{10}$
    【解析】 由 $AB=3$，$BC=4$，$AC=5$，得 $AB^2+BC^2=AC^2$，$∴AB⊥BC$．
    将平面 $ABB_1 A_1$ 与平面 $BCC_1 B_1$ 放在一个平面内，
    连接 $AC_1$，与 $BB_1$ 的交点即为 $M$，此时 $BM=3$，
    设四棱锥 $A－BCC_1M$ 的体积为 $V_1$，
    则 $V_{1}=\dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{2} \times(3+7) \times 4 \times 3=20$，
    三棱柱 $ABC－A_1 B_1 C_1$ 的体积 $V=\dfrac{1}{2} \times 4 \times 3 \times 7=42$．
    $∴$ 当截面周长最小时，截面将三棱柱分成的上、下两部分的体积比为 $\dfrac{V-V_{1}}{V_{1}}=\dfrac{11}{10}$．
    
    12【答案】 $\dfrac{1}{3}$
    【解析】 将直三棱柱 $ABC－A_1 B_1 C_1$ 展开成矩形 $ACC_1 A_1$，如图，
    连结 $AC_1$，交 $BB_1$ 于 $D$，此时 $AD+DC_1$ 最小，
    $∵AB=1$，$BC=2$，$BB_1=3$，$∠ABC=90°$，点 $D$ 为侧棱 $BB_1$ 上的动点，
    $∴$ 当 $AD+DC_1$ 最小时，$BD=1$，
    此时三棱锥 $D－ABC_1$ 的体积
    $V_{D-A B C_{1}}=V_{C_{1}-A B D}=\dfrac{1}{3} \times S_{\triangle A B D} \times B_{1} C_{1}$
    $=\dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{2} \times A B \times B D \times B_{1} C_{1}$$=\dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{2} \times 1 \times 1 \times 2=\dfrac{1}{3}$．
    
    13 【答案】 $\dfrac{28 \pi}{3}$
    【解析】 由题可知，平面 $CAB⊥$ 平面 $SAB$，且 $CA=CB$ 时，三棱锥 $S－ABC$ 体积达到最大，如右图所示，
    
    则点 $D$，点 $E$ 分别为 $△ASB$，$△ACB$ 的外心，并过两个三角形的外心作所在三角形面的垂线，两垂直交于点 $O$．
    $∴$ 点 $O$ 是此三棱锥外接球的球心，$AO$ 即为球的半径．
    在 $△ACB$ 中，$AB=2$，$∠ACB=45°⇒∠AEB=90°$，
    由正弦定理可知，$\dfrac{A B}{\sin \angle A C B}=2 A E$，$\therefore A E=E B=E C=\sqrt{2}$，
    延长 $CE$ 交 $AB$ 于点 $F$，延长 $SD$ 交 $AB$ 于点 $F$，
    $∴$ 四边形 $EFDO$ 是矩形，且 $OE⊥$ 平面 $ACB$，则有 $OE⊥AE$，
    又∵OE=DF=1/3 SF=1/3×√3/2 AB=√3/3，
    $\therefore O A=\sqrt{O E^{2}+A E^{2}}=\sqrt{\dfrac{7}{3}}$．
    $\therefore S_{\text {球表面积}}=4 \pi R^{2}=4 \pi \times\left (\sqrt {\dfrac {7}{3}}\right)^{2}=\dfrac {28 \pi}{3}$．
    14 【答案】 $\dfrac{1}{2}$
    【解析】 如图，$M$ 是 $AC$ 的中点．
    ①当 $A D=t<A M=\sqrt{3}$ 时，如图，此时高为 $P$ 到 $BD$ 的距离，也就是 $A$ 到 $BD$ 的距离，即图中 $AE$，
    
    $D M=\sqrt{3}-t$，由 $\triangle A D E \backsim \triangle B D M$，
    可得 $\dfrac{h}{1}=\dfrac{t}{\sqrt{(\sqrt{3}-t)^{2}+1}}$，$\therefore h=\dfrac{t}{\sqrt{(\sqrt{3}-t)^{2}+1}}$，
    $V=\dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot(2 \sqrt{3}-t) \cdot 1 \cdot \dfrac{t}{\sqrt{(\sqrt{3}-t)^{2}+1}}$$=\dfrac{1}{6} \cdot \dfrac{3-(\sqrt{3}-t)^{2}}{\sqrt{(\sqrt{3}-t)^{2}+1}}， \quad t \in(0， \sqrt{3})$
    ②当 $A D=t>A M=\sqrt{3}$ 时，如图，此时高为 $P$ 到 $BD$ 的距离，也就是 $A$ 到 $BD$ 的距离，即图中 $AH$，
    
    $D M=t-\sqrt{3}$，由等面积，可得 $\dfrac{1}{2} \cdot A D \cdot B M=\dfrac{1}{2} \cdot B D \cdot A H$，
    $\therefore \dfrac{1}{2} \cdot t \cdot 1=\dfrac{1}{2} \sqrt{(t-\sqrt{3})^{2}+1}$，
    $\therefore h=\dfrac{t}{\sqrt{(\sqrt{3}-t)^{2}+1}}$，
    $\therefore V=\dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot(2 \sqrt{3}-t) \cdot 1 \cdot \dfrac{t}{\sqrt{(\sqrt{3}-t)^{2}+1}}$$=\dfrac{1}{6} \cdot \dfrac{3-(\sqrt{3}-t)^{2}}{\sqrt{(\sqrt{3}-t)^{2}+1}}， \quad t \in(\sqrt{3}， 2 \sqrt{3})$
    综上所述，$V=\dfrac{1}{6} \cdot \dfrac{3-(\sqrt{3}-t)^{2}}{\sqrt{(\sqrt{3}-t)^{2}+1}}， \quad t \in(0，2 \sqrt{3})$
    令 $m=\sqrt{(\sqrt{3}-t)^{2}+1} \in[1，2)$，则 $V=\dfrac{1}{6} \cdot \dfrac{4-m^{2}}{m}$
    $∴m=1$ 时，$V_{\max }=\dfrac{1}{2}$．
    故答案为 $\dfrac{1}{2}$．