5. 如图，圆锥的轴截面(图中的△SAB)是等边三角形，高为$4\sqrt{3}$，求这个圆锥的侧面积和表面积(结果保留π)。
答案：解：设圆锥的底面半径为r，母线长为l。
∵ 圆锥的轴截面△SAB是等边三角形，SO是圆锥的高，SO=4√3，
∴ l = SA = AB = 2r，SO⊥AB。
在Rt△SOA中，由勾股定理得：
$OA^2 + SO^2 = SA^2$
即 $r^2 + (4\sqrt{3})^2 = l^2$
将l=2r代入，得：
$r^2 + 48 = 4r^2$
解得r=4（r＞0），
∴ l=2r=8。
圆锥的侧面积$S_{侧}=π rl=π × 4 × 8=32π$，
圆锥的底面积$S_{底}=π r^2=π × 4^2=16π$，
圆锥的表面积$S_{表}=S_{侧}+S_{底}=32π+16π=48π$。
答：这个圆锥的侧面积为32π，表面积为48π。
解析：
【分析】
要计算圆锥的侧面积和表面积，首先需要明确两个公式的核心未知量：底面半径$r$和母线长$l$。首先结合轴截面是等边三角形的性质，可得到母线长和底面半径的关系$l=2r$；再结合已知的圆锥高，在直角三角形$SOA$中利用勾股定理列方程，求解得到$r$和$l$的数值，最后代入侧面积、表面积公式计算即可。
【解析】
设圆锥的底面半径为$r$，母线长为$l$。
∵ 圆锥的轴截面$△ SAB$是等边三角形，$SO$是圆锥的高，$SO=4\sqrt{3}$，
∴ $l = SA = AB = 2r$，$SO⊥ AB$。
在$Rt△ SOA$中，由勾股定理得：
$OA^2 + SO^2 = SA^2$
即 $r^2 + (4\sqrt{3})^2 = l^2$
将$l=2r$代入，得：
$r^2 + 48 = 4r^2$
解得$r=4$（$r＞0$），
∴ $l=2r=8$。
圆锥的侧面积$S_{侧}=π rl=π × 4 × 8=32π$，
圆锥的底面积$S_{底}=π r^2=π × 4^2=16π$，
圆锥的表面积$S_{表}=S_{侧}+S_{底}=32π+16π=48π$。
【答案】
这个圆锥的侧面积为$\boldsymbol{32π}$，表面积为$\boldsymbol{48π}$。
【知识点】
圆锥的计算、等边三角形的性质、勾股定理
【点评】
本题属于圆锥计算的基础题型，解题关键是利用轴截面的几何特征建立母线长和底面半径的数量关系，结合勾股定理求出未知量后代入对应公式即可求解，需要熟练掌握圆锥相关面积的计算公式。
【难度系数】
0.75
6. 如图,在 $Rt△ ABC$ 中,$∠ C=90°,AC=3,BC=4$.
(1) 分别以 $AC,BC$ 所在直线为轴,把 $△ ABC$ 旋转1周,得到两个不同的圆锥.求这两个圆锥的侧面积(结果保留 $π$).
(2) 以 $AB$ 所在直线为轴,把 $△ ABC$ 旋转1周,求所得几何体的表面积(结果保留 $π$).
答案：解：
在$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=3$，$BC=4$，
由勾股定理得 $AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
(1) 以$AC$所在直线为轴旋转1周时：
圆锥的底面半径$r_1=BC=4$，母线长$l=AB=5$，
侧面积$S_1=π r_1 l=π × 4 × 5=20π$。
以$BC$所在直线为轴旋转1周时：
圆锥的底面半径$r_2=AC=3$，母线长$l=AB=5$，
侧面积$S_2=π r_2 l=π × 3 × 5=15π$。
(2) 过点$C$作$CD⊥ AB$于点$D$，
由三角形面积公式：$\frac{1}{2}· AC· BC=\frac{1}{2}· AB· CD$，
得 $CD=\frac{AC· BC}{AB}=\frac{3×4}{5}=\frac{12}{5}$。
以$AB$所在直线为轴旋转1周，所得几何体为两个底面重合的圆锥的组合体，两个圆锥的底面半径均为$CD=\frac{12}{5}$，母线长分别为$AC=3$、$BC=4$，
因此所得几何体的表面积：
$S=π· CD· AC + π· CD· BC=π×\frac{12}{5}×3 + π×\frac{12}{5}×4=\frac{84π}{5}$。
答：(1) 以$AC$为轴的圆锥侧面积为$20π$，以$BC$为轴的圆锥侧面积为$15π$；(2) 以$AB$为轴旋转所得几何体的表面积为$\frac{84π}{5}$。
解析：
【分析】
解决本题首先利用勾股定理求出$Rt△ ABC$的斜边$AB$的长度：
1. 第(1)问解题思路：直角三角形绕直角边旋转一周得到圆锥，圆锥侧面积公式为$S_{侧}=πrl$（$r$为底面半径，$l$为母线长），分别确定以$AC$、$BC$为轴旋转时对应的底面半径和母线长，代入公式计算即可。
2. 第(2)问解题思路：以$AB$为轴旋转得到的是两个底面重合的圆锥组合体，首先用等面积法求出$AB$边上的高（即组合体的公共底面半径），再分别计算两个圆锥的侧面积，相加即为该几何体的表面积。
【解析】
在$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=3$，$BC=4$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$
(1) ①以$AC$所在直线为轴旋转1周：
此时圆锥底面半径$r_1=BC=4$，母线长$l_1=AB=5$，
根据圆锥侧面积公式$S_{侧}=πrl$，得侧面积$S_1=π×4×5=20π$。
②以$BC$所在直线为轴旋转1周：
此时圆锥底面半径$r_2=AC=3$，母线长$l_2=AB=5$，
侧面积$S_2=π×3×5=15π$。
(2) 过点$C$作$CD⊥ AB$于点$D$，
由三角形面积公式可得$\frac{1}{2}AC·BC=\frac{1}{2}AB·CD$，
解得$CD=\frac{AC·BC}{AB}=\frac{3×4}{5}=\frac{12}{5}$。
以$AB$为轴旋转1周得到的几何体是两个底面重合的圆锥，公共底面半径为$CD=\frac{12}{5}$，两个圆锥的母线长分别为$AC=3$、$BC=4$，
因此该几何体的表面积为两个圆锥侧面积之和：
$S=π·CD·AC + π·CD·BC=π×\frac{12}{5}×3 + π×\frac{12}{5}×4=\frac{36π}{5}+\frac{48π}{5}=\frac{84π}{5}$
【答案】
(1) 以$AC$所在直线为轴旋转得到的圆锥侧面积为$20π$，以$BC$所在直线为轴旋转得到的圆锥侧面积为$15π$；
(2) 以$AB$所在直线为轴旋转所得几何体的表面积为$\frac{84π}{5}$。
【知识点】
勾股定理、圆锥侧面积计算、等面积法求高
【点评】
本题重点考查旋转形成的几何体的表面积计算，解题的核心是明确旋转后几何体的结构特征，准确对应圆锥的底面半径和母线长，第二问需注意组合体的表面积仅为两个圆锥侧面积的和，无需计算重合的底面面积，解题过程中结合等面积法求高是常用技巧。
【难度系数】
0.7
7. 如图，把矩形纸片ABCD分割成正方形纸片ABFE和矩形纸片EFCD，分别裁出扇形ABF和半径最大的圆。若它们恰好能作为一个圆锥的侧面和底面，则AD：AB=
。
答案：$\boldsymbol{3:2}$
解析：
【分析】
解题核心是明确圆锥侧面展开图的弧长等于底面圆的周长。首先设AB的长度为参数a，先计算扇形ABF的弧长，再根据弧长与底面圆周长的等量关系求出底面圆的直径；结合右侧矩形中最大圆的直径等于矩形短边FC的特点，得到FC的长度，最后根据AD=BF+FC=AB+FC即可求出AD与AB的比值。
【解析】
设$AB=a$，
∵ 四边形$ABFE$是正方形，
∴ $AB=BF=a$，$∠ B=90°$，
则扇形$ABF$的弧长为：$\displaystyle \frac{90π × a}{180}=\frac{π a}{2}$。
设右侧底面圆的半径为$r$，
∵ 扇形弧长等于圆锥底面圆周长，
∴ $\displaystyle 2π r=\frac{π a}{2}$，解得$\displaystyle r=\frac{a}{4}$，即圆的直径为$\displaystyle 2r=\frac{a}{2}$。
∵ 矩形$EFCD$内裁出的最大圆的直径等于矩形的短边$FC$，
∴ $\displaystyle FC=\frac{a}{2}$。
又
∵ $AD=BC=BF+FC=\displaystyle a+\frac{a}{2}=\frac{3a}{2}$，
∴ $\displaystyle AD:AB=\frac{3a}{2}:a=3:2$。
【答案】
$\boldsymbol{3:2}$
【知识点】
圆锥展开图性质、弧长计算、圆周长计算
【点评】
本题考查平面展开图与立体图形的对应关系，解题关键是抓住扇形弧长等于底面圆周长这一等量关系，结合矩形内最大圆的特点即可求解，属于几何部分的基础综合题型。
【难度系数】
0.65
