假期作业13 简单几何体的表面积与体积-【快乐假期】2025年高一数学暑假大作业（北师大版）

　　　　　　　假期作业１３　简单几何体的表面积与体积　　　 １．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＝　　　 S圆锥侧＝　　　S圆台侧＝　　　 ２．空间几何体的表面积与体积公式 　　　　名称 几何体　　　　 表面积 体积 柱体(棱柱和圆柱) S表面积＝ S侧＋２S底 V＝　　　　 锥体(棱锥和圆锥) S表面积＝ S侧＋S底 V＝　　　　 台体(棱台和圆台) S表面积＝ S侧＋S上＋S下 V＝１３ 􀅰 (S上＋S下＋ S上S下 )h 球 S＝　　　　 V＝４３πR ３ ◆[考点一]　空间几何体的表面积与侧 面积 １．如图所示,圆锥的底面半 径为１,高为 ３,则该圆锥 的表面积为 (　　) A．π B．２π C．３π D．４π ２．若圆柱的底面半径为１,其侧面展开图是 一个正方形,则这个圆柱的侧面积是 (　　) A．４π２ B．３π２ C．２π２ D．π２ ３．侧面都是等腰直角三角形的正三棱锥, 底面边长为a时,该三棱锥的表面积是 (　　) A．３＋ ３４ a ２ B．３４a ２ C．３＋ ３２ a ２ D．６＋ ３４ a ２ ４．(多选)(２０２３􀅰新课标Ⅱ卷)已知圆锥的 顶点为P,底面圆心为O,AB 为底面直 径,∠APB＝１２０°,PA＝２,点C 在底面 圆周上,且二面角PＧACＧO 为４５°,则 (　　) A．该圆锥的体积为π B．该圆锥的侧面积为４ ３π C．AC＝２ ２ D．△PAC的面积为 ３ ◆[考点二]　空间几何体的体积 ５．«九章算术»中记载,四个 面都为直角三角形的四面 体称之为鳖臑．现有一个 “鳖臑”,PA⊥底面ABC, AC⊥BC,且 PA＝３,AC ＝BC＝２,则该四面体的体积为 (　　) A．１　　　B．２　　　C．４　　　D．８ ６．(２０２１􀅰北京卷,８)定义:２４小时内降水 在平地上积水厚度(mm)来判断降雨程 度,其中小雨(＜１０mm),中雨(１０mm－ ２５mm),大雨(２５mm－５０mm),暴雨 (５０mm－１００mm),小明用一个圆锥形 容器接了２４小时的雨水,如图,则这天 降雨属于哪个等级 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８２ A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨 ７．(２０２３􀅰天津卷)在三棱锥P－ABC 中, 线段PC上的点M 满足PM＝１３PC ,线 段PB上的点N 满足PN＝２３PB ,则三棱 锥P－AMN 和三棱锥P－ABC 的体积 之比为 (　　) A．１９ B． ２ ９ C． １ ３ D． ４ ９ ８．(２０２３􀅰新课标Ⅱ卷)底面边长为４的正 四棱锥被平行于其底面的平面所截,截 去一个底面边长为２,高为３的正四棱 锥,所得棱台的体积为　　　　． ◆[考点三]　切与接问题 ９．已知A,B,C为球O 的球面上的三个点, ☉O１ 为△ABC 的外接圆．若☉O１ 的面 积为４π,AB＝BC＝AC＝OO１,则球O 的 表面积为 (　　) A．６４π B．４８π C．３６π D．３２π １０．已知A,B,C是半径为１的球O 的球面 上的三个点,且AC⊥BC,AC＝BC＝１, 则三棱锥O－ABC的体积为 (　　) A．２１２ B． ３ １２ C． ２ ４ D． ３ ４ １１．如图,在四边形ABCD 中,∠DAB＝９０°, ∠ADC＝１３５°,AB＝５, CD＝２ ２,AD＝２,求四 边形ABCD 绕AD 旋转一周所成几何体 的体积． １２．轴截面是正三角形的圆锥内有一个内 切球,若圆锥的底面半径为１cm,求球 的体积． １．(２０２３􀅰全国乙卷(理))已知圆锥PO 的 底面半径为 ３,O 为底面圆心,PA,PB 为圆锥的母线,∠AOB＝１２０°,若△PAB 的面积等于９ ３ ４ ,则该圆锥的体积为 (　　) A．π　　B．６π　　C．３π　　D．３ ６π ２．在四面体SＧABC 中,SA＝SB＝２,且SA ⊥SB,BC＝ ５,AC＝ ３,则该四面体体 积的最大值为　　　　　,该四面体外 接球的表面积为　　　　　． 今天做数学题．十个 人排 队,甲 不 能 站 中 间, 不能站两端,还得和乙挨 着,还 得 和 丙 隔 两 个 人, 还得站丁后面．经过激烈 的讨论,大家一致认为,让甲滚􀆺􀆺 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９２ １２．解:把长方体的部分面展开,如图所示． 对甲、乙、丙三种展开图利用勾股定理可得AC１ 的长分别 为 ９０、７４、８０,由此可见乙是最短线路,所以甲壳虫可 以先在长方形ABB１A１ 内由A 到E,再在长方形BCC１B１ 内由E到C１,也可以先在长方形AA１D１D内由A到F,再 在长方形DCC１D１ 内由F到C１,其最短路程为 ７４． 新题快递 １．B　[沿侧棱BB１ 将正三棱柱的侧 面展开,得到一个矩形BB１B１′B′ (如图)． 由侧面 展 开 图 可 知,当 B,M,C１ 三点共线时,从点B 经过M 到达C１ 的路线最短． 所以最短路线长为BC１＝ ４２＋２２＝２ ５．] ２．解 析:不 妨 设 原 棱 锥 为 四 棱锥, 设棱台的高为h,截得棱台的 原棱锥的高为h１, 如图 所 示,即 MN＝h,PN ＝h１ 因为四边形ABCD 与四边形 EFGH 相似, 且上下底面面积分别为４和 ９,故EMAN＝ ２ ３ , 由△PEM∽△PAN, 故PM PN＝ EM AN＝ ２ ３ ,MN PN ＝ h h１ ＝１－２３＝ １ ３ , 这个棱台的高和截得棱台的原棱锥的高的比为１ ３． 答案:１ ３ 假期作业１３ 思维整合室 １．２πrl　πrl　π(r１＋r２)l　２．S底 􀅰h　 １ ３S底 􀅰h　４πR２ 技能提升台　素养提升 １．C　 ２．A　[依题意,圆柱的母线长l＝２πr,故S侧 ＝２πrl＝４π２r２ ＝４π２．] ３．A　[设正三棱锥的侧棱长为b,由条件知２b２＝a２,所以 三棱锥的表面积为 ３ ４a ２＋３×１２× １ ２×a ２＝３＋ ３４ a ２．] ４．AC 　 [如 图,由 ∠APB ＝１２０°,AP ＝２可 知,底 面 直 径 AB＝２ ３,高PO＝１, 故该 圆 锥 的 体 积 为 π,故 A 对;该圆锥的 侧面积为２ ３π,故 B 错;连接CB,取AC 中点为Q,连接QO,PQ,易证二面 角P－AC－O 的平面角为∠PQO＝４５°,所以QO＝PO ＝１,PQ＝ ２,所 以 BC＝２,所 以 AC＝２ ２,故 C 对; S△PAC＝ １ ２AC 􀅰PQ＝２,故 D错．] ５．B　[由题意可知:三棱锥PＧABC 的高为PA＝３,所以该 四面体的体积为１ ３×３× １ ２×２×２＝２． ] ６．B　[按相似,小圆锥的底面半径r＝ ２００ ２ ２ mm＝５０mm , 故V小锥 ＝１３×π×５０ ２×１５０mm３＝５０３􀅰πmm３, 积水厚度h＝V小锥S大圆 ＝ ５０３􀅰π π􀅰１００２ mm＝１２．５mm,属于中雨, 选B．] ７．B　 [如 图,分 别 过 M,C 作 MM′⊥PA,CC′⊥PA,垂 足 分别为M′,C′．过B 作BB′⊥ 平面 PAC,垂 足 为 B′,连 接 PB′,过 N 作NN′⊥PB′,垂 足为 N′． 因为BB′⊥平面PAC,BB′⊂ 平面PBB′, 所以平面PBB′⊥平面PAC． 又因为平面PBB′∩平面PAC＝PB′,NN′⊥PB′,NN′ ⊂平面PBB′,所以 NN′⊥平面PAC, 且BB′∥NN′． 在△PCC′中,因为 MM′⊥PA,CC′⊥PA, 所以 MM′∥CC′,所以PMPC＝ MM′ CC′＝ １ ３ , 在△PBB′中,因为BB′∥NN′,所以PNPB＝ NN′ BB′＝ ２ ３ , 所以 VP－AMN VP－ABC ＝ VN－PAM VB－PAC ＝ １ ３S△PAM 􀅰NN′ １ ３S△PAC 􀅰BB′ ＝ １ ３× １ ２PA 􀅰MM′( ) 􀅰NN′ １ ３× １ ２PA 􀅰CC′( ) 􀅰BB′ ＝２９． ] ８．解析:由 题 意 易 求 正 四 棱 锥 的 高 为 ６,V棱台 ＝V大四棱锥 － V小四棱锥 ＝１３×４×４×６－ １ ３×２×２×３ ＝２８． 答案:２８ ９．A　[由题意知☉O１ 的半径r为２,由正弦定理知 AB sinC＝２r , 则OO１ ＝AB＝２rsin６０°＝２ ３,所 以 球 O 的 半 径 R＝ r２＋OO２１＝４,所以球O的表面积为４πR２＝６４π,故选A．] １０．A　[记△ABC的外接圆圆心为O１,由AC⊥BC,AC＝ BC＝１,知O１ 为AB 的中点,且AB＝ ２,O１C＝ ２ ２ ,又 球的半径为１,所以OA＝OB＝OC＝１,所以OA２＋OB２ ＝AB２,OO１＝ ２ ２ ,于是OO２１＋O１C２＝OC２,所以有OO１ ⊥O１C,OO１⊥AB,进而OO１⊥平面 ABC,所以VO－ABC ＝ １３S△ABC 􀅰OO１ ＝ １ ３ 􀅰 １ ２ 􀅰１􀅰１􀅰 ２２ ＝ ２ １２ ,故 选 A．] １１．解:如 图,过 C 作CE 垂 直 于AD,交 AD 延长线于E,则所求几何体的体积 可看成是由梯形ABCE 绕AE 旋转一 周所得的圆台的体积,减去△EDC 绕 DE 旋转一周所得的圆锥的体积． 所以所求几何体的体积V＝V圆台 －V圆锥 ＝１３π× (５２＋ ５×２＋２２)×４－１３π×２ ２×２＝１４８３π． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３６ １２．解:如图所示,作出轴截面,O 是球心, 与边 BC,AC 相 切 于 点 D,E．连 接 AD,OE, 因为△ABC是正三角形, 所以CD＝１２AC． 因为 Rt△AOE∽Rt△ACD,所以OEAO＝ CD AC． 因为CD＝１cm,所以AC＝２cm,AD＝ ３cm, 设OE＝r,则AO＝ ３－r,所以 r ３－r ＝１２ , 所以r＝ ３３ cm , V球 ＝ ４３ π ３ ３ æ è ç ö ø ÷ ３ ＝４ ３２７ π (cm３ ),即 球 的 体 积 等 于４ ３ ２７πcm ３． 新题快递 １．B　[在△AOB 中,∠AOB＝１２０°,而 OA＝OB＝ ３,取 AB 中点C,连接OC,PC,有OC⊥AB,PC⊥AB,如图, ∠ABO＝３０°,OC＝ ３２ ,AB＝２BC＝３,由△PAB 的面积 为９ ３ ４ ,得１ ２×３×PC＝ ９ ３ ４ , 解 得 PC ＝ ３ ３２ , 于 是 PO ＝ PC２－OC２ ＝ ３ ３ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ － ３ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝ ６, 所以圆锥的体积V＝１３π×OA ２×PO＝１３π× (３)２× ６ ＝ ６π．] ２．解析:四面体的体积最大时 即面SAB⊥面ABC, SA＝SB＝２,且 SA⊥SB, BC＝ ５,AC ＝ ３,所 以 ∠ACB＝９０°, 取 AB 的 中 点 H,连 接 CH,SH, SH⊥AB,平面SAB∩平面 ABC ＝ AB,SH 在 平 面 SAB 内,而SH＝１２ 􀅰 ２􀅰 SA＝ ２ 所以SH⊥平面ABC,所以VSＧABC ＝ １ ３ 􀅰S△ABC 􀅰SH＝ １ ３ 􀅰１ ２ 􀅰 ５􀅰 ３􀅰 ２＝ ３０６ ; 则外接球的球心在SH 上,设球心为O,连接OC,CH＝ １ ２ 􀅰AB＝１２ 􀅰 ２􀅰SA＝ ２,因为SH＝１２ 􀅰 ２􀅰SA＝ ２,所以O 与H 重合,所以R＝CH＝SH＝ ２, 所以四面体的外接球的表面积S＝４πR２＝８π． 答案: ３０ ６ 　８π 假期作业１４ 思维整合室 １．两点　不在一条直线上　有且只有一条 ２．平行　相交　任何　３．１　０　无数　０　无数 ４．(１)锐角(或直角) 技能提升台　素养提升 １．ABD　[选项 C中,α与β 有公共点A,则它们有过点 A 的一条交线,故 C错．] ２．D　 ３．C　[在①中,因为P,Q,R 三点既在平面ABC 上,又在 平面α上,所以这三点必在平面ABC 与α 的交线上,即 P,Q,R 三点共线,故①正确;在②中,因为a∥b,所以a 与b确定一个平面α,而l上有A,B 两点在该平面上,所 以l⊂α,即a,b,l三线共面于α;同理a,c,l三线也共面, 不妨设为β,而α,β有两条公共的直线a,l,所以α与β重 合,故这些直线共面,故②正确;在③中,不妨设其中四 点共面,则它们最多只能确定７个平面,故③错．] ４．解析:∵AC∥BD, ∴AC与BD 确定一个平面,记作平面β,则α∩β＝CD． ∵l∩α＝O,∴O∈α． 又∵O∈AB⊂β,∴O∈直线CD,∴O,C,D 三点共线． 答案:共线 ５．C ６．C　[由 于a∥b, a,c异 面,此 时,b 和c可能相交,也 即共面,如图所示 b与c相交;b和c 也可能异面,如图所示b′与c异面．综上所述,b与c不可 能是平行直线．] ７．B　[对于 A,当P 是A１C１ 的中点时,BP 与DD１ 是相交 直线;对于B,根据异面直线的定义知,BP 与AC 是异面 直线;对于C,当点P 与C１ 重合时,BP 与AD１ 是平行直 线;对于 D,当 点 P 与C１ 重 合 时,BP 与B１C 是 相 交 直线．] ８．解析:①中 HG∥MN;③中GM∥HN 且GM≠HN,所 以直线 HG 与MN 必相交． 答案:②④ ９．D　[由 题 意 可 知,连 接 BP,BC１,PC１(图 略),则 BP, BC１ 所成角即为所求角θ,设AB＝２,则BP＝ ６,BC１＝ ２ ２,PC１＝ ２,由余弦定理可知cosθ＝ BP２＋BC２１－C１P２ ２BP􀅰BC１ ＝ ６＋８－２ ２ ６􀅰２ ２ ＝ ３２ ,所以夹角为π ６． ] １０．解析:在正方体ABCDＧ A１B１C１D１ 中,E,F 分 别 为 CD,A１B１ 的 中点, 设 正 方 体 ABCDＧ A１B１C１D１ 中 棱 长 为 ２,EF 中点为O, 取AB,BB１ 中点G,M, 侧 面 BB１C１C 的 中 心 为N, 连接FG,EG,OM,ON,MN,如图, 由题意 得 O 为 球 心,在 正 方 体 ABCDＧA１B１C１D１ 中, EF＝ FG２＋EG２＝ ４＋４＝２ ２, ∴R＝ ２, 则球 心 O 到 BB１ 的 距 离 为 OM ＝ ON２＋MN２ ＝ １＋１＝ ２, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４６