江苏专用2025版高考数学大一轮复习第八章立体几何微专题三立体几何中的实际应用问题教案含解析

PAGEPAGE1微专题三立体几何中的实际应用问题例1(2024·南通、泰州模拟)如图，铜质六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的，已知正六棱柱的底面边长、高都为4cm，圆柱的底面积为9eq\r(3)cm2.若将该螺帽熔化后铸成一个高为6cm的正三棱柱零件，则该正三棱柱的底面边长为________cm.(不计损耗)答案2eq\r(10)解析由题意知，铜质六角螺帽毛坯的体积V＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6×\f(1,2)×42×sin60°－9\r(3)))×4＝60eq\r(3)(cm3)．设正三棱柱的底面边长为acm，则eq\f(1,2)×a2×sin60°×6＝60eq\r(3)，解得a＝2eq\r(10)，所以正三棱柱的底面边长为2eq\r(10)cm.例2如图，一个倒圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，在容器内放一个半径为r的铁球，并向容器内注水，使水面恰好与铁球面相切．将球取出后，容器内的水深是多少？解铁球取出后，容器内水的体积不变，设球被取出后容器内水深为h，∵△ABC为正三角形，O为△ABC的中心，∴AO1＝3OM＝3r，注水后圆锥的底面半径O1C＝eq\f(\r(3),3)×3r，∵球取出后的水深为h，则此时圆锥底面半径为eq\f(\r(3),3)h.∴球的体积与球被取出后圆锥的体积之和等于注水后圆锥的体积，即eq\f(4,3)πr3＋eq\f(1,3)π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)h))2·h＝eq\f(1,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)·3r))2·3r，解得h＝eq\r(3,15)r.∴球取出后，容器内的水深为eq\r(3,15)r.例3现须要设计一个仓库，它由上、下两部分组成，上部的形态是正四棱锥P－A1B1C1D1，下部的形态是正四棱柱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？解(1)由PO1＝2知，O1O＝4PO1＝8.因为A1B1＝AB＝6，所以正四棱锥P－A1B1C1D1的体积V锥＝eq\f(1,3)·A1Beq\o\al(2,1)·PO1＝eq\f(1,3)×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＝am，PO1＝hm，则0<h<6，O1O＝4h.连结O1B1.因为在Rt△PO1B1中，O1Beq\o\al(2,1)＋POeq\o\al(2,1)＝PBeq\o\al(2,1)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)a,2)))2＋h2＝36，即a2＝2(36－h2)，于是仓库的容积V＝V柱＋V锥＝a2·4h＋eq\f(1,3)a2·h＝eq\f(13,3)a2h＝eq\f(26,3)(36h－h3)，0<h<6，从而V′＝eq\f(26,3)(36－3h2)＝26(12－h2)．令V′＝0，得h＝2eq\r(3)或h＝－2eq\r(3)(舍)．当0<h<2eq\r(3)时，V′>0，V是单调增函数；当2eq\r(3)<h<6时，V′<0，V是单调减函数．故当h＝2eq\r(3)时，V取得极大值，也是最大值．因此，当PO1＝2eq\r(3)m时，仓库的容积最大．跟踪训练(1)某农场拟建一座如图所示的粮仓，该粮仓由上、下两部分组成，上部分是底面半径为rm，高为eq\f(3r,4)m的无底圆锥，下部分是底面半径为rm，高为hm的无盖圆柱．设圆柱侧面和底面的建立成本分别为100元/m2和160元/m2，圆锥侧面的建立成本是72元/m2，该粮仓的总建立成本为27000π元(π为圆周率)．记该粮仓下部分(圆柱)的体积为Vm3.①试将V表示成r的函数V(r)，并求其定义域；②当r为何值时，该粮仓下部分(圆柱)的体积最大？解①设圆锥的母线长为l，则l＝eq\r(r2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3r,4)))2)＝eq\f(5,4)r.该粮仓上部分的建立成本为72×eq\f(1,2)l×2πr＝72×eq\f(1,2)×eq\f(5,4)r×2πr＝90πr2(元)．下部分的建立成本为160×πr2＋100×2πr×h＝(160πr2＋200πrh)(元)．由于该粮仓的总建立成本为27000π元，所以90πr2＋160πr2＋200πrh＝27000π，即5r2＋4rh＝540，所以h＝eq\f(5108－r2,4r)，故V(r)＝πr2h＝πr2×eq\f(5108－r2,4r)＝eq\f(5π108r－r3,4).由r>0，h＝eq\f(5108－r2,4r)>0，得0<r<6eq\r(3)，所以V(r)＝eq\f(5π108r－r3,4)，其定义域为{r|0<r<6eq\r(3)}．②因为V(r)＝eq\f(5π108r－r3,4)，0<r<6eq\r(3)，所以V′(r)＝eq\f(5π108－3r2,4).令V′(r)＝eq\f(5π108－3r2,4)＝0，解得r＝±6，又0<r<6eq\r(3)，所以r＝6.当0<r<6时，V′(r)>0，所以V(r)在(0,6)上单调递增；当6<r<6eq\r(3)时，V′(r)<0，所以V(r)在(6,6eq\r(3))上单调递减．因此当r＝6时，V(r)取得最大值，故当r为6时，该粮仓下部分(圆柱)的体积最大．(2)(2024·南京、盐城模拟)有一矩形硬纸板材料(厚度忽视不计)，一边AB长为6分米，另一边足够长．现从中截取矩形ABCD(如图甲所示)，再剪去图中阴影部分，用剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒(如图乙所示，重叠部分忽视不计)，其中OEMF是以O为圆心、∠EOF＝120°的扇形，且弧，分别与边BC，AD相切于点M，N.①当BE长为1分米时，求折卷成的包装盒的容积；②当BE的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？解①在图甲中，连结MO交EF于点T.设OE＝OF＝OM＝R，在Rt△OET中，因为∠EOT＝eq\f(1,2)∠EOF＝60°，所以OT＝eq\f(R,2)，则MT＝OM－OT＝eq\f(R,2).从而BE＝MT＝eq\f(R,2)，即R＝2BE＝2.故所得柱体的底面积S＝S扇形OEF－S△OEF＝eq\f(1,3)πR2－eq\f(1,2)R2sin120°＝eq\f(4π,3)－eq\r(3).又所得柱体的高EG＝4，所以V＝S×EG＝eq\f(16π,3)－4eq\r(3).答当BE长为1分米时，折卷成的包装盒的容积为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16π,3)－4\r(3)))立方分米．②设BE＝x，则R＝2x，所以所得柱体的底面积S＝S扇形OEF－S△OEF＝eq\f(1,3)πR2－eq\f(1,2)R2sin120°＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)－\r(3)))x2.又所得柱体的高EG＝6－2x，所以V＝S×EG＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8π,3)－2\r(3)))(－x3＋3x2)