期中专题复习学案（五）简单几何体的表面积与体积-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

2026年期中专题复习学案（五） 简单几何体的表面积与体积（选填题） 考点一、空间几何体的概念和性质的判断 【典例1】下列说法正确的是（ ） A. 以直角三角形的一条边所在的直线为轴，其余两边旋转一周形成的几何体是圆锥 B. 以正方体的顶点为顶点可以构成正四棱锥 C. 将三棱锥展开后，所得平面图形一定不可能是正方形 D. 任何直三棱柱都可以找到一个球，使得三棱柱的6个顶点都在该球面上 【针对训练1】下列说法正确的是（   ） A．棱台的侧面都是等腰梯形 B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 C．过圆锥顶点的截面是等腰三角形 D．以直角梯形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台 考点二、空间几何体的表面积 【典例2】 （1）若圆锥的体积与球的体积相等，且圆锥的底面半径与球的直径相等，则圆锥的侧面积与球的表面积之比为（   ） A． B． C． D． （2）如图，四面体各个面都是边长为1的正三角形，其三个顶点在一个圆柱的下底面圆周上，另一个顶点是上底面圆心，则圆柱的侧面积为(　　) A． B． C． D. （3）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，它将正四棱台(棱台的上、下底面均为正方形)称为方亭．如图，现有一方亭ABCD-EFHG，其中上底面与下底面的面积之比为1∶4，方亭的高h＝EF，BF＝EF，方亭的四个侧面均为全等的等腰梯形．已知方亭的体积为，则该方亭的表面积为（ ） A．20＋12 B．20＋6 C．5＋3 D．5＋6 【针对性训练2】 （1）如图，圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为60°的扇形．把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为，则圆台的侧面积为（ ） A． B． C． D．8π （2）已知底面半径为r的圆锥SO，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为，则此圆柱与圆锥侧面积的比值为（ ） A． B． C． D． 考点三、空间几何体的体积 【典例3】 （1）(2023·全国乙卷理)已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝120°.若△PAB的面积等于，则该圆锥的体积为（ ） A．π B．π C．3π D．3π （2）(2023·新高考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__ __． （3）棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1－D1MN的体积为________． 【针对性训练3】 （1）唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度)，如图2所示，已知半球的半径为R，酒杯内壁表面积为πR2，设酒杯上部分(圆柱)的体积为V1，下部分(半球)的体积为V2，则＝(　　) A．2 B． C． D．1 （2）已知正四棱台的体积为28，其中，则三棱锥的体积为________． 考点四、球与空间几何体的接、切问题 【典例4】 （1）《九章算术》中将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，将底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，在如图所示的堑堵ABC－A1B1C1中，AA1＝AC＝5，AB＝3，BC＝4，则在堑堵ABC－A1B1C1中截掉阳马C1－ABB1A1后的几何体的外接球的体积是(　　) A．50π B． C． D．200π （2）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． （3）已知正三棱锥的底面边长为，侧棱长，则该三棱锥的外接球的表面积为_________. 【针对性训练4】 （1）已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，体积为，则该圆台的外接球表面积为（   ） A． B． C． D． （2）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美，如图所示，将正方体沿同一顶点出发的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去个三棱锥，得到个面为正三角形、个面为正方形的一种半正多面体，若，则此半正多面体外接球的表面积为（     ） A． B． C． D． 课堂巩固 1．下列命题是假命题的个数是：（   ） （1）有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱； （2）有两侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱； （3）过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形不可能是矩形； （4）所有侧面都是全等的矩形的四棱柱一定是正四棱柱. A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 2. 圆台上､下底面半径分别是10和20，它的侧面展开图扇环的圆心角为180°，则圆台的母线长是___________. 3. 如图，梯形是一水平放置的平面图形在斜二测画法下的直观图.若平行于轴，，则平面图形的面积是（ ） A. 14 B. 7 C. D. 4. 在正四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是腰长为的等腰三角形，则正四棱锥的外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知正方体的棱长为，一蚂蚁沿着正方体的表面从点爬到点的最短距离是__________． 6. 长方体的所有顶点都在一个球面上，长、宽、高分别为3，2，1，则该球的表面积是__________. 7. 已知圆锥表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥底面半径是__________. 课后作业 1、 单选题 1. 下列命题中，正确的是（    ） A．棱柱中所有的侧棱都相交于一点 B．棱柱中互相平行的两个面叫做棱柱的底面 C．棱柱的侧面是平行四边形，而底面不是平行四边形 D．棱柱的侧棱相等，侧面是平行四边形 2. 用一个平面去截一个正方体，所得截面形状可能为：（ ） ①三角形②四边形③五边形④六边形⑤圆 A. ①②③ B. ①②④ C. ①②③④ D. ①②③④⑤ 3. 已知表面积为的圆锥的侧面展开图是一个半圆，则圆锥的底面半径为（ ） A. 3 B. C. 6 D. 4. 羽毛球运动是一项全民喜爱的体育运动，标准的羽毛球由16根羽毛固定在球托上，测得每根羽毛在球托之外的长为，球托之外由羽毛围成的部分可看成一个圆台的侧面，测得顶部所围成圆的直径是，底部所围成圆的直径是，据此可估算球托之外羽毛球所在曲面的展开图的圆心角为（ ） A. B. C. D. 5. 在中，，，以所在的直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 阿基米德是伟大的古希腊数学家，他和高斯、牛顿并列为世界三大数学家，他一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边（即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切），球的体积是圆柱体积的三分之二，球的表面积也是圆柱表面积的三分之二．今有一“圆柱容球”模型，其圆柱表面积为，则该模型中圆柱的体积与球的体积之和为（ ） A. B. C. D. 7. 已知某圆锥的底面积为，且它的外接球的体积为，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. 或 C. 或 D. 或 8. 如图扇形，圆心角，D为半径中点，把扇形分成三部分，这三部分绕AC旋转一周，所得三部分旋转体的体积之比是（ ） A. B. C. D. 9. 如图，正方体的棱长为为的中点，为的中点，过点的平面截正方体所得的截面的面积（ ） A. B. C. D. 10. 一个棱长为的正四面体中内切一个球，若在此四面体中再放入一个球，使其与三个侧面及内切球均相切，则球的半径为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 11. 如图所示，是水平放置的的斜二测直观图，其中，则以下说法正确的是（    ） A. 是钝角三角形 B. 的面积是的面积的2倍 C. 是等腰直角三角形 D. 周长是 12．某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台O1O2，在轴截面ABCD中，AB＝AD＝BC＝2cm，且CD＝2AB，下列说法正确的有（ ） A．该圆台轴截面ABCD的面积为3cm2 B．该圆台的体积为 cm3 C．该圆台的侧面积为6πcm2 D．沿着该圆台表面，从点C到AD中点的最短距离为5cm 13. 如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的点，，则下列结论正确的是（ ） A. 圆锥SO的侧面积为 B. 三棱锥S-ABC体积的最大值为 C. 的取值范围是 D. 若AB=BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为 三、填空题 14. 在中，，，，则绕所在直线旋转一周所形成的几何体的表面积为______________. 15. 如图，在三棱锥中，，，过点A作截面，分别交侧棱PB，PC于E，F两点，则△AEF周长最小值为______． 16. 水平桌面上放置了3个半径为2的小球，3个小球的球心构成正三角形，且相邻的两个小球相切，若用一个半球形的容器罩住3个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为__________． 【备选题】 1．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体的棱长为（   ） A． B． C． D． 2．已知，是球的球面上两点，，为该球面上的动点．若三棱锥体积的最大值为36，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 3．如图，三棱锥的体积为V，E，F分别是棱PB，PC上靠近点P的三等分点，G是棱AB上靠近点B的三等分点，H是棱AC上靠近点C的三等分点，则多面体BCFEGH的体积为________. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年期中专题复习学案（五） 简单几何体的表面积与体积（选填题） 考点一、空间几何体的概念和性质的判断 【典例1】下列说法正确的是（ ） A. 以直角三角形的一条边所在的直线为轴，其余两边旋转一周形成的几何体是圆锥 B. 以正方体的顶点为顶点可以构成正四棱锥 C. 将三棱锥展开后，所得平面图形一定不可能是正方形 D. 任何直三棱柱都可以找到一个球，使得三棱柱的6个顶点都在该球面上 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间几何体的概念和性质进行判断即可. 【详解】以直角三角形的一条直角边所在的直线为轴，其余两边旋转一周形成的几何体是圆锥，A错误； 底面为正方形，侧面为四个全等的等腰三角形的几何体图形为正四棱锥，由定义可知正方体的顶点为顶点不可以构成正四棱锥，B错误； 如图即可将一个正方形折叠为三角锥形，其中A、B为正方形两个边的中点，C为正方形的顶点，C错误； 直三棱柱的两个底面的外接圆圆心连线中点就是该三棱柱外接球球心，且使得三棱柱的6个顶点都在该球面上，D正确. 故选：D. 【针对训练1】下列说法正确的是（   ） A．棱台的侧面都是等腰梯形 B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 C．过圆锥顶点的截面是等腰三角形 D．以直角梯形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台 【答案】C 【详解】A.棱台是侧面都是梯形，不一定是等腰梯形，故A错误； B.不符合棱柱的定义，有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体，不能确定侧棱平行，故B错误； C.圆锥的母线长相等，所以过圆锥顶点的截面是等腰三角形，故C正确； D.只有以直角梯形的直角腰所在直线为旋转轴旋转一周所得的旋转体是圆台，故D错误. 考点二、空间几何体的表面积 【典例2】 （1）若圆锥的体积与球的体积相等，且圆锥的底面半径与球的直径相等，则圆锥的侧面积与球的表面积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆锥体积和球的体积公式可得半径和高的关系，再由圆锥侧面积公式以及球的表面积公式计算可得结果. 【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，球的半径为， 则由题意得，解得， 圆锥侧面积，球的表面积 故圆锥侧面积与球的表面积之比为． 故选：C （2）如图，四面体各个面都是边长为1的正三角形，其三个顶点在一个圆柱的下底面圆周上，另一个顶点是上底面圆心，则圆柱的侧面积为(　　) A． B． C． D. 答案　C 解析　设圆柱的底面半径为r，母线长为l，由四面体各个面都是边长为1的正三角形，可得2r＝＝，解得r＝，则棱锥的高为h＝＝，即圆柱的母线长为l＝，所以圆柱的侧面积为S＝2πrl＝2π××＝.故选C. （3）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，它将正四棱台(棱台的上、下底面均为正方形)称为方亭．如图，现有一方亭ABCD-EFHG，其中上底面与下底面的面积之比为1∶4，方亭的高h＝EF，BF＝EF，方亭的四个侧面均为全等的等腰梯形．已知方亭的体积为，则该方亭的表面积为（   ） A．20＋12 B．20＋6 C．5＋3 D．5＋6 【解析】由题意得S正方形EFHG＝EF2，S正方形ABCD＝4EF2，则方亭的体积为·EF·(EF2＋4EF2＋)＝，解得EF＝2，则S正方形EFHG＝4，S正方形ABCD＝16.如图，在等腰梯形ABFE中，过点E作EM⊥AB，垂足为M.因为BF＝EF＝，AM＝＝1，则EM＝＝，S梯形ABFE＝×(2＋4)×＝3，所以该方亭的表面积为S正方形EFHG＋S正方形ABCD＋4S梯形ABFE＝20＋12. 【针对性训练2】 （1）如图，圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为60°的扇形．把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为，则圆台的侧面积为（   ） A． B． C． D．8π 【解析】设圆锥的底面半径为R，母线为l，则R＝1.设圆台上底面半径为r，母线为l1，则r＝.由已知可得＝＝，所以l＝6.如图，作出圆锥、圆台的轴截面，则有＝＝，所以l1＝4，所以圆台的侧面积为π(R＋r)l1＝π×4＝π. （2）已知底面半径为r的圆锥SO，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为，则此圆柱与圆锥侧面积的比值为（   ） A． B． C． D． 【解析】如图，由题知O1M＝，OB＝r，SO＝r，SB＝2r.由△SO1M∽△SOB，得＝＝，则SO1＝SO，OO1＝SO＝r.圆柱的侧面积S1＝2π××r＝πr2，圆锥的侧面积S2＝×2πr×2r＝2πr2，故＝. 考点三、空间几何体的体积 【典例3】（1）(2023·全国乙卷理)已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝120°.若△PAB的面积等于，则该圆锥的体积为（   ） A．π B．π C．3π D．3π 【解析】如图，取AB中点H，连接OH，PH.在圆O中，因为R＝，∠AOB＝120°，所以OH＝，AB＝3.由S△PAB＝，可得PH＝，从而PO＝＝.所以该圆锥的体积为×π×()2×＝π. （2）(2023·新高考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__ __． 【解析】方法一：如图，由于＝，截去的正四棱锥的高为3，所以原正四棱锥的高为6，所以正四棱锥的体积为×(4×4)×6＝32，截去的正四棱锥的体积为×(2×2)×3＝4，所以棱台的体积为32－4＝28. 方法二：棱台的体积为×3×(16＋4＋)＝28. （3）棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1－D1MN的体积为________． 答案　1 解析　如图，由正方体的棱长为2，得S△A1MN＝2×2－2××2×1－×1×1＝，又易知D1A1为三棱锥D1－A1MN的高，且D1A1＝2，∴VA1－D1MN＝VD1－A1MN＝S△A1MN·D1A1＝××2＝1. 【针对性训练3】 （1）唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度)，如图2所示，已知半球的半径为R，酒杯内壁表面积为πR2，设酒杯上部分(圆柱)的体积为V1，下部分(半球)的体积为V2，则＝(　　) A．2 B． C． D．1 答案　C 解析　设酒杯上部分高为h，则酒杯内壁表面积S＝×4πR2＋2πRh＝πR2，解得h＝R，∴V1＝πR2h＝πR3，V2＝×πR3＝πR3，∴＝. （2）已知正四棱台的体积为28，其中，则三棱锥的体积为________． 【答案】8 【分析】设正四棱台的高为，上底面的面积为，根据正棱台的体积公式列方程求出，进而可求得三棱锥的体积． 【详解】如图，设正四棱台的高为，上底面的面积为， 因为，所以下底面的面积为， 所以正四棱台的体积，解得， 所以三棱锥的体积． 考点四、球与空间几何体的接、切问题 【典例4】（1）《九章算术》中将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，将底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，在如图所示的堑堵ABC－A1B1C1中，AA1＝AC＝5，AB＝3，BC＝4，则在堑堵ABC－A1B1C1中截掉阳马C1－ABB1A1后的几何体的外接球的体积是(　　) A．50π B． C． D．200π 答案　B 解析　由题知剩余的几何体为三棱锥C1－ABC，CC1⊥平面ABC，AB⊥BC.将三棱锥C1－ABC放入长方体，长方体的外接球为三棱锥的外接球，如图所示，外接球半径R＝＝，所以外接球体积V＝π×＝.故选B. （2）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． 答案　 解析　易知半径最大的球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中BC＝2，AB＝AC＝3，且点M为BC边上的中点，设内切球的球心为O， 由于AM＝＝2，故S△ABC＝×2×2＝2.设内切球的半径为r，则S△ABC＝S△AOB＋S△BOC＋S△AOC＝×AB×r＋×BC×r＋×AC×r＝×(3＋2＋3)×r＝2，解得r＝，其体积V＝πr3＝. （3）已知正三棱锥的底面边长为，侧棱长，则该三棱锥的外接球的表面积为_________. 【答案】 【分析】根据给定条件，确定外接球球心位置，利用球的截面小圆性质求出球半径即可. 【详解】在正三棱锥中，正的边长为，取线段的中点，连接， 则，，设点在底面的射影为点， 则为正的中心，，则， 设正三棱锥的外接球球心为，则在直线上，设球的半径为R， 则，由勾股定理得，即，解得， 所以该正三棱锥的外接球的表面积为. 故答案为： 【针对性训练4】 （1）已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，体积为，则该圆台的外接球表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用圆台体积公式可得其高为，结合圆台的几何性质确定轴截面从而可得外接球半径，即可得所求． 【详解】根据题意可知，圆台上底面面积为，下底面面积为， 设圆台的高为，由体积可得， 解得， 圆台的轴截面如下：上底面圆心为，下底面圆心为，设球心在直线上，连接， 设，则， 则该圆台的外接球半径为， 由勾股定理可得：，解得，所以， 则该圆台的外接球表面积为. 故选：C. （2）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美，如图所示，将正方体沿同一顶点出发的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去个三棱锥，得到个面为正三角形、个面为正方形的一种半正多面体，若，则此半正多面体外接球的表面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正方体的对称性可知,该半正多面体外接球的球心为正方体的中心，进而可求球的半径和表面积. 【详解】如图，在正方体中，分别取正方体、正方形的中心、，连接、、、， 因为、分别为、的中点，则， 所以正方体的边长为， 故，可得， 根据对称性可知：点到该半正多面体的顶点的距离相等， 则该半正多面体外接球的球心为，半径， 故该半正多面体外接球的表面积为. 故选：B. 课堂巩固 1．下列命题是假命题的个数是：（   ） （1）有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱； （2）有两侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱； （3）过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形不可能是矩形； （4）所有侧面都是全等的矩形的四棱柱一定是正四棱柱. A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】A 【分析】（1）（2）（3）（4）均可举出反例. 【详解】（1）如图1，几何体满足有两个面平行，其他各面都是平行四边形， 显然不是棱柱，故（1）错误； （2）如图2，几何体满足两侧面与底面垂直，但不是直棱柱，（2）错误； （3）如图3，四边形为矩形， 即过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形可能是矩形，（3）错误； （4）所有侧面都是全等的矩形的四棱柱不一定是正四棱柱，因为两底面不一定是正方形，（4）错误． 故选：A 2. 圆台上､下底面半径分别是10和20，它的侧面展开图扇环的圆心角为180°，则圆台的母线长是___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用圆台得侧面展开图，两圆半径之差即为所求 【详解】 如图所示,设圆台的上底面周长为,因为扇环的圆心角是, 所以 又, 所以. 同理. 所以 故答案为:. 3. 如图，梯形是一水平放置的平面图形在斜二测画法下的直观图.若平行于轴，，则平面图形的面积是（ ） A. 14 B. 7 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据直观图画法的规则，确定原平面图形四边形ABCD的形状，求出底边边长以及高，然后求出面积． 【详解】根据直观图画法的规则，直观图中平行于轴，， 可知原图中，从而得出AD⊥DC，且， 直观图中，，可知原图中，， 即四边形ABCD上底和下底边长分别为3，4，高为2，如图， 故其面积. 故选：B 4. 在正四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是腰长为的等腰三角形，则正四棱锥的外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设外接球的球心为O，半径为R，底面中心为E，连接SE，BO，BE，在中，由求解. 【详解】解：如图所示 设外接球的球心为O，半径为R，底面中心为E，连接SE，BO，BE， 因为在正四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是腰长为的等腰三角形， 所以， 在中，，即， 解得，所以外接球的体积为， 故选：C 5. 已知正方体的棱长为，一蚂蚁沿着正方体的表面从点爬到点的最短距离是__________． 【答案】 【解析】 【分析】做出正方体的侧面展开图，在平面图形内计算最短距离. 【详解】 如图所示，将正方体的侧面与展开， 则最短距离为， 故答案为：. 6. 长方体的所有顶点都在一个球面上，长、宽、高分别为3，2，1，则该球的表面积是__________. 【答案】 【解析】 【分析】先通过长方体的体对角线求出外接球的半径，再用球的表面积公式求解即可. 【详解】由已知可得长方体的外接球半径为， 则该球的表面积是. 故答案为：. 7. 已知圆锥表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥底面半径是__________. 【答案】 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，根据圆锥的表面积及圆锥的侧面展开图是一个半圆，联立方程求解. 【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l， 因为圆锥的表面积为， 所以，即， 又圆锥的侧面展开图是一个半圆， 所以，即， 所以(cm). 故答案为： 课后作业 1、 单选题 1. 下列命题中，正确的是（    ） A．棱柱中所有的侧棱都相交于一点 B．棱柱中互相平行的两个面叫做棱柱的底面 C．棱柱的侧面是平行四边形，而底面不是平行四边形 D．棱柱的侧棱相等，侧面是平行四边形 【答案】D 【分析】用棱柱的特点判断AD，利用举例法判断BC. 【详解】对于A，不符合棱柱的侧棱平行的特点，故A错误； 对于B选项，如图（1），构造四棱柱，令四边形是梯形， 可知平面平面，但这两个面不能作为棱柱的底面，故B错误； 选项C中，如图（2），底面可以是平行四边形，故C错误； 对于D，说明了棱柱的特点，故D正确. 故选：D． 2. 用一个平面去截一个正方体，所得截面形状可能为：（ ） ①三角形②四边形③五边形④六边形⑤圆 A. ①②③ B. ①②④ C. ①②③④ D. ①②③④⑤ 【答案】C 【解析】 【分析】由正方体的结构特征，作出截面即可判断. 【详解】用一个平面去截一个正方体，分别是所在棱的中点，所得截面形状可能为三角形、四边形、五边形、六边形， 如图所示： 故选：C. 3. 已知表面积为的圆锥的侧面展开图是一个半圆，则圆锥的底面半径为（ ） A. 3 B. C. 6 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意结合圆锥侧面展开图的性质列式求解. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为， 由题意可得，解得. 故选：A. 4. 羽毛球运动是一项全民喜爱的体育运动，标准的羽毛球由16根羽毛固定在球托上，测得每根羽毛在球托之外的长为，球托之外由羽毛围成的部分可看成一个圆台的侧面，测得顶部所围成圆的直径是，底部所围成圆的直径是，据此可估算球托之外羽毛球所在曲面的展开图的圆心角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知得出圆台的半径以及母线长，将圆台还原为圆锥，根据相似关系得出.进而根据圆锥的侧面展开图，即可求出答案. 【详解】由已知可得，圆台的母线长为8，下底面圆的半径为1，上底面圆的半径为3， 将圆台补成圆锥，如图1所示： 则羽毛所在曲面的面积为大､小圆锥的侧面积之差， 设小圆锥母线长，则大圆锥母线长为， 由相似得，解得. 将该圆锥展开得到扇形如图2 则小圆锥的半径，的长为， 所以估算球托之外羽毛所在的曲面展开图圆心角为. 故选：C. 5. 在中，，，以所在的直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，作出几何体，再根据圆锥的体积公式求解即可. 【详解】解：因为在中，， 过作的垂线，垂足为，则，， 以所在的直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体特征为圆锥中挖去圆锥， 所以，该几何体的体积为. 故选：C 6. 阿基米德是伟大的古希腊数学家，他和高斯、牛顿并列为世界三大数学家，他一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边（即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切），球的体积是圆柱体积的三分之二，球的表面积也是圆柱表面积的三分之二．今有一“圆柱容球”模型，其圆柱表面积为，则该模型中圆柱的体积与球的体积之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可知，设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为，然后由圆柱表面积可求出，从而可求出圆柱与球的体积. 【详解】由题意可知，设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为， 因为圆柱表面积为，所以，解得， 所以圆柱的体积为，球的体积为， 则该模型中圆柱的体积与球的体积之和为. 故选：C. 7. 已知某圆锥的底面积为，且它的外接球的体积为，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. 或 C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】由已知求得圆锥的底面半径和圆锥的外接球的半径，由勾股定理求圆锥的高，再利用勾股定理求圆锥母线长，代入圆锥的侧面积公式得答案． 【详解】设该圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，圆锥的外接球的半径为R， ，；，， 设圆锥底面圆心为，外接球球心为，如图所示， 则有，即，得，解得或， 当时，，此时圆锥的侧面积为； 当时，，此时圆锥侧面积为. 故选：C 8. 如图扇形，圆心角，D为半径中点，把扇形分成三部分，这三部分绕AC旋转一周，所得三部分旋转体的体积之比是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据旋转体的概念结合圆锥以及球的体积公式，分别求得的值，即可得答案. 【详解】由题意，不妨设扇形的半径为2， 则，， ， 故， 故选：D 9. 如图，正方体的棱长为为的中点，为的中点，过点的平面截正方体所得的截面的面积（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】如图，过点的平面截正方体所得的截面为五边形，求得，再结合等腰三角形的面积，结合相似即可求得截面的面积. 【详解】 如图，延长交于点，延长交于点，连接交于点，连接交于点，连接. 则过点的平面截正方体所得的截面为五边形. 因为为的中点，为的中点， 所以， 所以， 在中，， 在中，， 同理可得. 令上的高为， 所以， 所以. 因为，所以， 所以， 同理可得， 故截面的面积. 故选：B 【点睛】方法点睛：作截面的三种方法: ①直接法:截面的定点在几何体的棱上； ②平行线法:截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行； ③延长交线得交点:截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上. 10. 一个棱长为的正四面体中内切一个球，若在此四面体中再放入一个球，使其与三个侧面及内切球均相切，则球的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据球的几何性质，结合正四面体的性质、三棱锥的体积公式、等积法进行求解即可. 【详解】设内切球O半径为r，球的半径为R.设此棱锥的高为，底面的中心为， 因为正四面体的棱长为，所以底面的，， 所以三棱锥的表面积为. 在底面中，， 则棱锥的高， 所以三棱锥的体积， 由等积法知，得. 用一平行于底面ABC且与球上部相切的平面截此三棱锥， 下部得到一个高为的棱台，那么截得的小棱锥的高为， 即为高的，则此小棱锥的内切球半径即为球的半径， 根据相似关系，截得的棱锥的体积为， 表面积为， 根据等体积法，，解得. 故选：C 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用球和正四面体的性质、等积法. 二、多选题 11. 如图所示，是水平放置的的斜二测直观图，其中，则以下说法正确的是（    ） A. 是钝角三角形 B. 的面积是的面积的2倍 C. 是等腰直角三角形 D. 周长是 【答案】CD 【解析】 【分析】根据已知，结合图形，利用斜二测画法的方法进行求解判断. 【详解】根据斜二测画法可知， 在原图形中，O为的中点，， 因为， 所以，,， 则是斜边为4的等腰直角三角形，如图所示： 所以的周长是，面积是4，故A错误，C，D正确. 在中，， 过作轴垂线，垂足为，， 所以， 所以的面积是，的面积是， 的面积是的面积的倍，故B错误. 故选：CD 12．某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台O1O2，在轴截面ABCD中，AB＝AD＝BC＝2cm，且CD＝2AB，下列说法正确的有（ ） A．该圆台轴截面ABCD的面积为3cm2 B．该圆台的体积为 cm3 C．该圆台的侧面积为6πcm2 D．沿着该圆台表面，从点C到AD中点的最短距离为5cm 【解析】对于A，由AB＝AD＝BC＝2 cm，且CD＝2AB，可得CD＝4 cm，O1O2＝＝(cm)，则圆台轴截面ABCD的面积为×(2＋4)×＝3(cm2)，故A正确；对于B，圆台的体积为V＝π×(1＋2＋4)×＝π(cm3)，故B错误；对于C，圆台的侧面积为S侧＝π(1＋2)×2＝6π(cm2)，故C正确；对于D，由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为4cm，底面半径为2cm，侧面展开图的圆心角θ＝＝π.如图，设AD的中点为P，连接CP，可得∠COP＝90°，OC＝4 cm，OP＝2＋1＝3 cm，则CP＝＝5 cm.所以沿着该圆台表面，从点C到AD中点的最短距离为CP＝5cm，故D正确． 13. 如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的点，，则下列结论正确的是（ ） A. 圆锥SO的侧面积为 B. 三棱锥S-ABC体积的最大值为 C. 的取值范围是 D. 若AB=BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据已知条件求出圆锥的侧面积，棱锥的体积判断AB，利用求得后可得其范围判断C，把棱锥的两个面和摊平，利用平面上的性质求的最小值判断D． 【详解】由已知，圆锥侧面积为，A错； 在圆周上，易得，．B正确； ，又中，，所以， 所以．C错； 时，把和摊平，如图， 的最小值是，此时，，，， ，D正确． 故选：BD． 三、填空题 14. 在中，，，，则绕所在直线旋转一周所形成的几何体的表面积为______________. 【答案】 【解析】 【分析】 由题知该旋转体为两个倒立的圆锥底对底组合在一起，根据圆锥侧面积计算公式可得. 【详解】解：由题知该旋转体为两个倒立的圆锥底对底组合在一起， 在中，，，，如下图所示， 底面圆的半径为， 则所形成的几何体的表面积为. 故答案为：. 【点睛】本题考查旋转体的表面积计算问题，属于基础题. 15. 如图，在三棱锥中，，，过点A作截面，分别交侧棱PB，PC于E，F两点，则△AEF周长最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】沿着侧棱把三棱锥展开在一个平面内，如图，则即为周长的最小值，在中，由余弦定理能求出的值． 【详解】如图，沿着侧棱把三棱锥展开在一个平面内，如图所示： 则即为的周长的最小值， 在中，，， 由余弦定理得：． 故答案为：. 16. 水平桌面上放置了3个半径为2的小球，3个小球的球心构成正三角形，且相邻的两个小球相切，若用一个半球形的容器罩住3个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】以3个小球球心和与桌面的切点为顶点作三棱柱，结合图形分析可解. 【详解】如图所示，设3个球心分别为个球分别与水平桌面相切于三点， 假设半球形的容器与球相切于点，此时半球形容器内壁的半径最小，记最小半径设为，易知是边长为4的正三角形，记AB中点为E，半球形容器的球心O为的中心，则. 则． 故答案为： 【备选题】 1．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体的棱长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用多面体棱长与正方体的棱长的关系列方程即可求解 【详解】如图，设该半正多面体的棱长为，则， 延长与交于点，延长交正方体棱于， 由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形， ∴，∴ ∴，即该半正多面体棱长为. 故选：B 2．已知，是球的球面上两点，，为该球面上的动点．若三棱锥体积的最大值为36，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】用等体积法，将三棱锥的顶点转化到上，即求三棱锥体积的最大值，则有当到平面的距离最大，即平面时，体积最大，结合锥体体积公式与圆的表面积公式即可求解. 【详解】因为， 所以三棱锥体积的最大值即三棱锥体积的最大值， 所以当到平面的距离最大，即平面时，体积最大， 设球的半径为，此时有，三棱锥的高， 则，解得， 则球的表面积． 故选：C. 3．如图，三棱锥的体积为V，E，F分别是棱PB，PC上靠近点P的三等分点，G是棱AB上靠近点B的三等分点，H是棱AC上靠近点C的三等分点，则多面体BCFEGH的体积为________. 【答案】/ 【分析】通过等体积法建立棱锥体积关系，将所求几何体拆分为两个棱锥，分别利用底面积比例和高的比例计算体积，最后求和得到结果. 【详解】设点到平面的距离为，点到平面的距离为， 则， 因为，点到平面的距离是点到平面距离的, 所以， 因为，点到的距离是点到距离的，所以， 又点到平面的距离是点到平面距离的， 所以 所以. 【点睛】一拆二算三求和，等积比例巧得果. 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