V1=
1171h(S+S+S?)=Sh 34412V2=Sh-V1=
5Sh， 12∴V1∶V2=7∶5。
点评：解题的关键是棱柱、棱台间的转化关系，建立起求解体积的几何元素之间的对应关系。最后用统一的量建立比值得到结论即可。 题型3：锥体的体积和表面积
[例5]（2006上海，19）在四棱锥P－ABCD中，底
P ?面是边长为2的菱形，∠DAB＝60，对角线AC与BD相交于点O，PO⊥平面ABCD，PB与平面ABCD所成的角为60，求四棱锥P－ABCD的体积？ 解析：（1）在四棱锥P-ABCD中，由PO⊥平面ABCD,得∠PBO是PB与平面ABCD所成的角，∠PBO=60°。
在Rt△AOB中BO=ABsin30°=1, 由PO⊥BO，
A B ?E O D C
于是PO=BOtan60°=3，而底面菱形的面积为23。 ∴四棱锥P－ABCD的体积V=
1×23×3=2。 3点评：本小题重点考查线面垂直、面面垂直、二面角及其平面角、棱锥的体积。在能力方面主要考查空间想象能力。 [例6]（2002京皖春文，19）在三棱锥S—ABC中，∠SAB=∠SAC=∠ACB=90°，且AC=BC=5，SB=5
（如图所示） 5。
（Ⅰ）证明：SC⊥BC；
（Ⅱ）求侧面SBC与底面ABC所成二面角的大小； （Ⅲ）求三棱锥的体积VS－ABC。 解析：（Ⅰ）证明：∵∠SAB=∠SAC=90°， ∴SA⊥AB，SA⊥AC。 又AB∩AC=A， ∴SA⊥平面ABC。
由于∠ACB=90°，即BC⊥AC，由三垂线定理，得SC⊥BC。 （Ⅱ）∵BC⊥AC，SC⊥BC。
∴∠SCA是侧面SCB与底面ABC所成二面角的平面角。 在Rt△SCB中，BC=5，SB=5
图 5，得SC=SB2?BC2=10。
AC51??， SC102在Rt△SAC中AC=5，SC=10，cosSCA=
∴∠SCA=60°，即侧面SBC与底面ABC所成的二面角的大小为60°。
（Ⅲ）解：在Rt△SAC中，
∵SA=SC2?AC2?102?52?75， S△ABC=
2511·AC·BC=×5×5=， 22211251253·S△ACB·SA=?。 ?75?3326∴VS－ABC=
点评：本题比较全面地考查了空间点、线、面的位置关系。要求对图形必须具备一定的
洞察力，并进行一定的逻辑推理。 题型4：锥体体积、表面积综合问题
[例7]ABCD是边长为4的正方形，E、F分别是AB、AD的中点，GB垂直于正方形ABCD所在的平面，且GC＝2，求点B到平面EFC的距离？
解析：如图，取EF的中点O，连接GB、GO、CD、FB构造三棱锥B－EFG。
设点B到平面EFG的距离为h，BD＝
而GC⊥平面ABCD，且GC＝2。 由
，得
·
，EF
，CO＝。
。
点评：该问题主要的求解思路是将点面的距离问题转化为体积问题来求解。构造以点B为顶点，△EFG为底面的三棱锥是解此题的关键，利用同一个三棱锥的体积的唯一性列方程是解这类题的方法，从而简化了运算。
A[例8]（2006江西理，12）如图，在四面体ABCD
中，截面AEF经过四面体的内切球（与四个面都相切的球）球心O，且与BC，DC分别截于E、F，
OD如果截面将四面体分成体积相等的两部分，设四
F棱锥A－BEFD与三棱锥A－EFC的表面积分别是S1，S2，则必有（ ）
BEA．S1?S2 B．S1?S2
CC．S1=S2 D．S1，S2的大小关系不能确定
解析：连OA、OB、OC、OD，
则VA－BEFD＝VO－ABD＋VO－ABE＋VO－BEFD
VA－EFC＝VO－ADC＋VO－AEC＋VO－EFC又VA－BEFD＝VA－EFC，
而每个三棱锥的高都是原四面体的内切球的半径，故SABD＋SABE＋SBEFD＝SADC＋SAEC
＋SEFC又面AEF公共，故选C
点评：该题通过复合平面图形的分割过程，增加了题目处理的难度，求解棱锥的体积、表面积首先要转化好平面图形与空间几何体之间元素间的对应关系。
[例9]（2002北京理，18）如图9—24，在多面体ABCD—A1B1C1D1中，上、下底面平行且均为矩形，相对的侧面与同一底面所成的二面角大小相等，侧棱延长后相交于E，F两点，上、下底面矩形的长、宽分别为c，d与a，b，且a＞c，b＞d，两底面间的距离为h。
（Ⅰ）求侧面ABB1A1与底面ABCD所成二面角的大小； （Ⅱ）证明：EF∥面ABCD；
（Ⅲ）在估测该多面体的体积时，经常运用近似公式V估=S中截面·h来计算.已知它的体积公式是V=
h（S上底面+4S中截面+S下底面），试判断V估与V的大小关系，并加以证明。 6（注：与两个底面平行，且到两个底面距离相等的截面称为该多面体的中截面） （Ⅰ）解：过B1C1作底面ABCD的垂直平面，交底面于PQ，过B1作B1G⊥PQ，垂足为G。
如图所示：∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，∠A1B1C1=90°， ∴AB⊥PQ，AB⊥B1P.
∴∠B1PG为所求二面角的平面角.过C1作C1H⊥PQ，垂足为H.由于相对侧面与底面所成二面角的大小相等，故四边形B1PQC1
图 为等腰梯形。
∴PG=
2h1（b－d），又B1G=h，∴tanB1PG=（b＞d）， 2b?d2h2h，即所求二面角的大小为arctan. b?db?d∴∠B1PG=arctan
（Ⅱ）证明：∵AB，CD是矩形ABCD的一组对边，有AB∥CD，
又CD是面ABCD与面CDEF的交线， ∴AB∥面CDEF。
∵EF是面ABFE与面CDEF的交线， ∴AB∥EF。
∵AB是平面ABCD内的一条直线，EF在平面ABCD外， ∴EF∥面ABCD。 （Ⅲ）V估＜V。
证明：∵a＞c，b＞d，
ha?cb?da?cb?d?)??h ∴V－V估=(cd?ab?4?62222=
h［2cd+2ab+2（a+c）（b+d）－3（a+c）（b+d）］ 12h（a－c）（b－d）＞0。 12
=
∴V估＜V。
点评：该题背景较新颖，把求二面角的大小与证明线、面平行这一常规运算置于非规则几何体（拟柱体）中，能考查考生的应变能力和适应能力，而第三步研究拟柱体的近似计算公式与可精确计算体积的辛普生公式之间计算误差的问题，是极具实际意义的问题。考查了考生继续学习的潜能。 [例10]（1）（1998全国，9）如果棱台的两底面积分别是S、S′，中截面的面积是S0，那么（ ） A．2S0?S?S? B．S0?S?S C．2S0＝S＋S′ D．S02＝2S′S
（2）（1994全国，7）已知正六棱台的上、下底面边长分别为2和4，高为2，则其体积为（ ） A．32
3
B．28
3
C．24
3
D．20
3
解析：
（1）解析：设该棱台为正棱台来解即可，答案为A； （2）正六棱台上下底面面积分别为：S上＝6·V台＝h(S上?3232
·2＝63，S下＝6··4＝243，4413S上?S下?S下)?283，答案B。
点评：本题考查棱台的中截面问题。根据选择题的特点本题选用“特例法”来解，此种解法在解选择题时很普遍，如选用特殊值、特殊点、特殊曲线、特殊图形等等。 题型6：圆柱的体积、表面积及其综合问题
[例11]（2000全国理，9）一个圆柱的侧面积展开图是一个正方形，这个圆柱的全面积与侧面积的比是（ ） A．
1?2? 2? B．
1?4?1?2? C． 4?? D．
1?4? 2?解析：设圆柱的底面半径为r，高为h，则由题设知h=2πr. ∴S全=2πr2+（2πr）2=2πr2（1+2π）.S侧=h2=4π2r2，
S全1?2?∴?S侧2?。答案为A。
点评：本题考查圆柱的侧面展开图、侧面积和全面积等知识。
[例12]（2003京春理13，文14）如图9—9，一个底面半径为R的圆柱形量杯中装有适量的水.若放入一个半径为r的实心铁球，水面高度恰好升高r，则
R= 。 r
解析：水面高度升高r，则圆柱体积增加πR2·r。恰好是半径为r的实心铁球的体积，因此有
43R2323πr=πR2r。故?。答案为。
33r3点评：本题主要考查旋转体的基础知识以及计算能力和分析、解决问题的能力。
[例13]（1）（2002京皖春，7）在△ABC中，AB=2，BC=1.5，∠ABC=120°（如图所示），若将△ABC绕直线BC旋转一周，则所形成的旋转体的体积是（ ） A．
9π 2 B．
7π 2 C．
5π 2D．
3π 2（2）（2001全国文，3）若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为全面积是（ ） A．3π
B．3
3，则这个圆锥的
3π
C．6π D．9π
B—
解析：（1）如图所示，该旋转体的体积为圆锥C—ADE与圆锥ADE体积之差，又∵求得AB=1。
∴V?VC?ADE?VB?ADE?（2）∵S＝
1513????3?????3?1?，答案3232D。
11absinθ，∴a2sin60°＝3， 22图 ∴a2＝4，a＝2，a=2r，
∴r＝1，S全＝2πr＋πr2＝2π＋π＝3π，答案A。
点评：通过识图、想图、画图的角度考查了空间想象能力。而对空间图形的处理能力是空间想象力深化的标志，是高考从深层上考查空间想象能力的主要方向。
[例14]（2000全国文，12）如图所示，OA是圆锥底面中心O到母线的垂线，OA绕轴旋转一周所得曲面将圆锥分成相等的两部分，则母线与轴的夹角的余弦值为（ ） A．
111 B． C． 3222 D．
1 42解析：如图所示，由题意知，
121πrh＝πR2h， 36∴r＝
R． 又△ABO∽△CAO， 22rOARR?∴，∴OA2＝r·R＝,OA?4， OAR22图 ∴cosθ＝
OA1?4，答案为D。 R2
点评：本题重点考查柱体、锥体的体积公式及灵活的运算能力。