假期作业8 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（人教A版）

假期作业８　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．已知△ABC是面积为９ ３４ 的等边三角形, 且其顶点都在球O的球面上．若球O的表 面积为１６π,则O到平面ABC的距离为 (　　) A．３ B．３２ C．１ D． ３ ２ ３．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 ４．(２０２４􀅰新课标Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的 底面半径相等,侧面积相等,且它们的高 均为 ３,则圆锥的体积为 (　　) A．２ ３π B．３ ３π C．６ ３π D．９ ３π ５．水晶是一种石英结晶体 矿物,因其硬度、色泽、 光学性质、稀缺性等,常 被人们制作成饰品．如 图所示,现有棱长为２cm 的正方体水晶 一块,将其裁去八个相同的四面体,打磨 成饰品,则该饰品的表面积为 (　　) A．(１２＋４ ３)cm２ B．(１６＋４ ３)cm２ C．(１２＋３ ３)cm２ D．(１６＋３ ３)cm２ ６．(多选题)(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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６１ ◆[考点二]　空间几何体的体积 ７．(２０２５􀅰八省联考)底面直径和母线长均 为２的圆锥的体积为 (　　) A．３３π B．π C．２π D．３π ８．(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 ９．(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 １０．(２０２４􀅰全国甲卷(理))已知圆台甲、乙 的上底面半径均为r１,下底面半径均为 r２,圆台的母线长分别为２(r２－r１),３ (r２－r１),则圆台甲与乙的体积之比为 　　　　． １１．如图,在四边形 ABＧ CD 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．如图是一个棱长为２的正 方体 被 过 棱 A１B１、A１D１ 的中点 M、N,顶点A 和过 点N 顶点D、C１ 的两个截 面截去两个角后所得的几何体,则该几 何体的体积为 (　　) A．５ B．６ C．７ D．８ ２．球面被平面所截得 的一部分叫做球冠, 截得的圆叫做球冠 的底,垂直于截面的 直径被截得的一段 叫做球冠的高．球被平面截下的一部分 叫做球缺,截面叫做球缺的底面,垂直于 截面的直径被截下的线段长叫做球缺的 高,球缺是旋转体,可以看作是球冠和其 底所在的圆面所围成的几何体．如图①, 一个球面的半径为R,球冠的高是h,球冠 的表面积公式是S＝２πRh．如图②,已知C, D是以AB为直径的圆上的两点,∠AOC＝ ∠BOD＝π３ ,S扇形COD＝６π,则扇形COD绕直 线AB旋转一周形成的几何体的表面积为 　　　　． 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􀆺􀆺 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７１ 假期作业８　简单几何体的 表面积与体积 思维整合室 １．２πrl　πrl　π(r１＋r２)l ２．S底 􀅰h　１３S底 􀅰h　４πR２ 技能提升台　素养提升 １．C　　２．C　 ３．A　[依题意,圆柱的母线长l＝２πr,故S侧 ＝(２πr)２＝ ４π２r２＝４π２．] ４．B　[由题意,侧面积相等,则圆锥的母线长是圆柱高的２ 倍,即２ ３,故其底面半径为３,所以圆锥的体积为１３×π ×３２× ３＝３ ３π．故选择:B．] ５．A　[由题意得,该 饰 品 的 表 面 积 为６个 边 长 为 ２cm 的正方形与 ８ 个 边 长 为 ２cm 的 正 三 角 形 的 面 积 之 和,则该饰品的表面积S＝６×(２)２＋８× ３４ × (２)２ ＝(１２＋４ ３)(cm２)．] ６．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．] ７．A　[由题可知圆锥的底面半径R＝１,母线长l＝２,高h ＝ l２－R２＝ ２２－１２＝ ３, ∴圆锥的体积为V＝１３πR ２h＝ ３３π． ] ８．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． ] ９．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 ３４ , 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．] １０．解析:由 题 意 知 h甲 h乙 ＝ ２２－１２ ３２－１ ＝ ３ ２ ２ ,V甲 V乙 ＝ h甲 h乙 ＝ ３(r１－r２) ２ ２(r１－r２) ＝ ６４． 答案:６ ４ 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 ×２２×２＝１４８３π． 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＝ １ ２AC． 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．C　[如图将正方体还原可得如下图形: 则VAＧA１MN ＝ １ ３× １ ２×１×１×２＝ １ ３ ,VDＧND１C１ ＝ １ ３× １ ２ ×１×２×２＝２３ ,VABCDＧA１B１C１D１＝２ ３＝８,所以该几何体的 体积V＝８－１３－ ２ ３＝７． ] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６５ ２．解析:因 为 ∠AOC＝ ∠BOD＝ π ３ ,所 以 ∠DOC＝π－２× π３ ＝ π ３． 设 圆 O 的 半 径 为 R,又 S扇形COD ＝ １ ２× π ３R ２＝６π,解得R ＝６(负值舍去)． 如图,过点C作CE⊥AB 交AB 于点E, 过点 D 作DF⊥AB 交AB 于 点F,则 CE＝OCsinπ３＝３ ３ ,OE＝OCcosπ３＝ ３,所以AE＝R－OE＝３,同理可得 DF ＝３ ３,OF＝BF＝３． 将扇形DOC绕直线AB 旋转一周形成的几何体为一个 半径R＝６的球中上下截去两个相同的球冠所剩余部分 再挖去两个相同的圆锥,其中球冠的高h＝３,圆锥的高 h１＝３,底面半径r＝３ ３,则其中一个球冠的表面积S１ ＝２πRh＝２π×６×３＝３６π,球的表面积S２＝４πR２＝４π× ６２＝１４４π,圆锥的侧面积S３＝３ ３×６π＝１８ ３π,所以所 求几何体的表面积S＝S２－２S１＋２S３＝１４４π－２×３６π ＋２×１８ ３π＝７２π＋３６ ３π． 答案:７２π＋３６ ３π 假期作业９　空间点、直线、平面 之间的位置关系 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 技能提升台　素养提升 １．D　 ２．B　[对选项 A:经过直线与直线外一点有且只有一个平 面,故 A不满足题意．对选项 B:对边相等的四边形,对 边有可能异面,不能确定一个平面,比如对边相等的空 间四边形,故 B满足题意．对选项 C:经过两条相交直线 有且只有一个平面,故 C不满足题意．对选项 D:经过两 条平行直线有且只有一个平面,故 D不满足题意．] ３．D　[对于 A、B,一条直线与另两条直线都相交或三条直 线两两都相交,比如棱柱中共点的三条棱,所在直线就 不共面,也不能确定一个平面,故 A、B错;对于 C,若三 条直线相互平行,其中两条可以确定一个平面,另一条 可以与已知平面平行,故 C错误;对于 D,一条直线与两 条平行直线都相交,这三条直线能确定一个平面．] ４．解析:当一个点在平面一侧,另三个点在平面另一侧时, 这种平面有４个;当平面两侧各有两个点时,这种平面有 ３个．故共有７个． 答案:７ ５．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．] ６．CD　[AM 与C１C 异 面,故 A 错;AM 与BN 异 面,故 B错．易知 C、D正确．] ７．AC　[根据正方体的展开图画出还原 的正方体如图所示． 可以得到 HG∥CD,CD 与EF 相交, EF 与AB 异面,GH 与AB 相交．] 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．C　[取 BC 的 中 点 为E,连 接 DE,AE(图 略),则 DE ∥PB, 所以∠ADE 为AD 与PB 所成的角(或其补角)． 设正四面体的棱长为２a, 则DE＝a,AD＝ ３a,AE＝ ３a, 所 以 在 △ADE 中,cos∠ADE＝ (３a)２＋a２－(３a)２ ２× ３a􀅰a ＝ ３６． ] １０．A　 [连 接 AD１,D１M (图 略 )．∵AB ＝C１D１,AB ∥C１D１, ∴四边 形 ABC１D１ 为 平 行 四 边 形,则 AD１ ∥BC１,则 ∠D１AM(或其补 角)为 异 面 直 线 AM 与BC１ 所 成 的 角．设正方 体 的 棱 长 为 ２,则 AD１ ＝２ ２,AM＝D１M ＝ ５, ∴cos∠D１AM＝ (２ ２)２＋(５)２－(５)２ ２×２ ２× ５ ＝ １０５ ,即异 面直线AM 与BC１ 所成角的余弦值是 １０ ５ ． ] １１．D　[如 图,取 棱 AP 的 中 点 为 F,连 接 EF,BF．因 为 E 为PC 的中 点,所 以 EF∥AC,EF＝ １ ２AC , 所以异面直线BE 与AC 所成角 为∠BEF(或其补角)． 不妨设正四棱锥PＧABCD 的所有棱长均为２, 则BE＝BF＝ ３,EF＝１２AC＝ ２ , 所以cos∠BEF＝ １ ２EF BE ＝ ２ ２ ３ ＝ ６６． ] １２．解:(１)６条棱中,PC,AB 成异面 直线,PB,AC成异面直线,PA,BC 成异面直线,共３对．(２)如图,取 AB的中点Z,连接 MZ,NZ,因为 M 是PB中点,Z是AB中点, 所以 MZ∥PA,MZ＝１２PA＝２． 同理,NZ∥BC,NZ＝１２BC＝３． 所以 异 面 直 线 PA 与BC 所 成 角 为 ∠MZN(或 其 补 角), 在 △MZN 中,由 余 弦 定 理 可 得 cos∠MZN ＝ ２２＋３２－４２ ２×２×３ ＝－ １ ４ ,故异面直线PA 与BC 所成角的余 弦值为１ ４． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７５