专题04 立体几何结构特征、表面积与体积8大题型分类专训（期末真题汇编，四川专用）高一数学下学期人教A版

**基本信息** 聚焦立体几何核心考点，汇编四川多地期末真题，覆盖8大高频考点，突出空间想象与文化传承，适配高一下学期期末复习。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择/填空/解答|多题量|直观图、表面积体积、球的内外接等|融入《九章算术》“牟合方盖”等文化素材，设计多面体表面最短路径、动态截面面积最值等综合题，匹配高考命题趋势|

专题04 立体几何结构特征、表面积与体积 8大高频考点概览 考点01 基本几何图形中最值问题 考点05圆柱、圆锥、圆台的表面积和体积（重点题型） 考点02球截面及其计算 考点06球的体积有关计算（重点题型） 考点03立体图形的直观图（重点题型） 考点07球的表面积有关计算（高频题型） 考点04棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积（高频题型） 考点08多面体与球体内切或外接问题（重点题型） 地 城 考点01 基本几何图形中最值问题 1．（24-25高一下·四川成都·期末）在正方体中，，P、Q分别为棱，BC的中点，则从点P出发，沿正方体表面到达点Q的最短路径的长度为（    ） A． B． C．3 D． 2．（24-25高一下·四川成都·期末）如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC＝2，，为锐角，侧棱PA＝PB＝PC＝2，一只小虫从A点出发，沿侧面绕棱锥爬行一周后回到A点，则小虫爬行的最短距离为（    ）    A． B． C． D． 3．（24-25高一下·四川凉山·期末）如图，底面为正方形的四棱锥中，四条侧棱相等，且，，分别为棱和上的两点，，，处有只蚂蚁欲沿该正四棱锥的侧面爬行到处，则蚂蚁爬行的最短距离为（    ） A． B． C． D．9 4．（24-25高一下·四川成都·期末）已知在四面体中，，，，， ，平面满足，记平面截得该四面体的多边形的面积为，则的最大值为________. 5．（24-25高一下·四川遂宁·期末）如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为2m，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P处．若该小虫爬行的最短路程为m，则圆锥底面圆的半径等于______m． 6．（24-25高一下·四川成都·期末）已知侧棱长为2的正三棱锥如图所示，其侧面是顶角为的等腰三角形，一只蚂蚁从点出发，围绕棱锥侧面爬行两周后又回到点，则蚂蚁爬行的最短路程为_______． 7．（24-25高一下·四川遂宁·期末）已知在直角三角形ABC中，，（如右图所示） （Ⅰ）若以AC为轴，直角三角形ABC旋转一周，试说明所得几何体的结构特征并求所得几何体的表面积. （Ⅱ）一只蚂蚁在问题（Ⅰ）形成的几何体上从点B绕着几何体的侧面爬行一周回到点B，求蚂蚁爬行的最短距离. 地 城 考点02 球的截面及其计算 1．（24-25高一下·四川·期末）如图，在直三棱柱中，侧棱长为，，，点在上底面（包含边界）上运动，则三棱锥外接球半径的取值范围为（    ）    A． B． C． D． 2．（24-25高一下·四川成都·期末）以点O为球心，半径为的球的表面与以点O为顶点，棱长为6的正四面体表面的交线为P，则P的总长度为________． 地 城 考点03 立体图形的直观图 1．（24-25高一下·四川乐山·期末）用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图时，下列结论中正确的是（   ） A．相等的线段在直观图中仍然相等 B．平行的线段在直观图中仍然平行 C．垂直的线段在直观图中仍然垂直 D．相等的角在直观图中仍然相等 2．（24-25高一下·四川凉山·期末）已知某平面图形用斜二测画法画出的直观图是边长为的正方形，则原图形的面积为（    ） A．2 B． C．1 D． 3．（24-25高一下·四川成都·期末）如图，四边形在斜二测画法下得到平行四边形，，，则该四边形的周长为（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·四川乐山·期末）如图所示，在平行四边形中，，则它的直观图面积是（    ） A． B．2 C． D． 5．（24-25高一下·四川成都·期末）一个水平放置的平面图形按斜二测画法得到的直观图如图所示.知，则平面图形的面积为（    ） A．3 B．6 C． D． 6．（24-25高一下·四川遂宁·期末）水平放置的的斜二测直观图如图所示，已知，，轴，则的外接圆半径长是（    ）    A． B． C． D． 7．（24-25高一下·四川成都·期末）如图，一个水平放置的平面图形OABC的斜二测直观图是平行四边形，且，，，则平面图形OABC的面积为（    ）    A．16 B．8 C．4 D．2 8．（24-25高一下·四川成都·期末）如图，已知等腰直角三角形是一个平面图形用斜二测画法画出的直观图，，斜边，则这个平面图形的面积是_______． 9．（24-25高一下·四川南充·期末）如图，水平放置的的斜二测直观图是图中的已知.则边的实际长度是________. 10．（24-25高一下·四川·期末）按斜二测画法得到，如图所示，其中，那么的面积为______． 地 城 考点04 棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积 1．（24-25高一下·四川成都·期末）中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的立体为“牟合方盖”，但刘徽未能求得牟合方盖的体积，约200年后，祖冲之的儿子祖暅提出“幂势既同，则积不容异”，后世称为祖暅原理，即：两等高立体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立体体积相等．图1为棱长为r的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为r的正方体的八分之一，图3是底面边长为r的正方体的一个底面和底面以外的顶点作的正四棱锥，由祖暅原理计算知，牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·四川凉山·期末）已知四棱锥的高为2，其底面水平放置时的斜二测画法直观图为平行四边形，如图所示，已知，，则四棱锥的体积为（    ） A． B．4 C． D．12 3．（24-25高一下·四川攀枝花·期末）将半径为2，圆心角为的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·四川成都·期末）如图，一个三棱锥容器的三条侧棱上各有一个小洞D，E，F，经测量知，设该容器的体积为 ，该容器最多能盛的水的体积为，则=（    ）    A． B． C． D． 5．（24-25高一下·四川成都·期末）我国古代《九章算术》将上下两个平行平面为矩形的六面体称为“刍童”.如图，在刍童中，，平面与平面之间的距离为3，则此“刍童”的体积为（    ） A．36 B．46 C．56 D．66 6．（24-25高一下·四川成都·期末）在如图所示的直三棱柱中，点和的中点以及的中点所确定的平面把三棱柱切割成体积不同的两部分， 则小部分的体积和大部分的体积比为（   ） A． B． C． D． 7．（24-25高一下·四川成都·期末）下列命题正确的是（    ） A．一个三棱锥被过三条侧棱的中点的平面所截，截得的两部分为一个三棱台和一个小三棱锥，则此三棱台与小三棱锥的体积比为7 B．圆锥被过其顶点的某平面所截，截面形状为一个三角形，若圆锥的底面半径，高，则截面三角形面积的最大值为48 C．圆锥被过其顶点的某平面所截，截面形状为一个三角形，若圆锥的底面半径，高，则截面三角形面积的最大值为48 D．若一个平行六面体被某平面所截，所得截面形状为四边形，则此四边形至少有一组对边互相平行 8．（24-25高一下·四川凉山·期末）如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且四个顶点，，，在同一个平面内，若四边形是边长为2的正方形，则（    ） A．该八面体的表面积是 B．该八面体的体积是 C．直线与平面所成角为 D．动点在该八面体的外接球面上，且，则点的轨迹的周长为 9．（24-25高一下·四川雅安·期末）已知正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，侧棱长是，则它的体积是_____. 10．（24-25高一下·四川乐山·期末）“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．某广场设置了一些石凳供大家休息（如图），这些石凳是14个面的半正多面体，如果石凳的棱长为1，则石凳的表面积是________，体积是________． 11．（24-25高一下·四川成都·期末）在直三棱柱中，，，是棱上一动点，则三棱锥的体积为_______． 12．（24-25高一下·四川成都·期末）（1）若对恒成立，求的值； （2）求的值域； （3）正五棱锥的所有棱长均为，求此正五棱锥的表面积． 地 城 考点05 圆柱、圆锥、圆台的表面积和体积 1．（24-25高一下·四川泸州·期末）已知圆台上、下底面面积分别是、，其侧面积是，则该圆台的体积是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·四川眉山·期末）已知一个圆锥的母线长为3，表面积为，则该圆锥的底面半径为（   ） A．2 B．3 C． D．5 3．（24-25高一下·四川广元·期末）已知直角梯形的上底长为1，下底长为2，高为，则直角梯形绕下底所在的直线旋转一周形成的几何体的表面积为（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·四川成都·期末）已知圆柱的底面半径为1，体积为，则该圆柱的侧面积为（   ） A． B． C． D． 5．（24-25高一下·四川德阳·期末）若圆锥的母线长为2，侧面展开图的面积为，则该圆锥的体积是（   ） A． B．3π C． D．π 6．（24-25高一下·四川南充·期末）如图，已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则该圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 7．（24-25高一下·四川绵阳·期末）等腰直角的面积为1，以斜边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成的几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 8．（24-25高一下·四川凉山·期末）若圆锥的表面积为，且其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 9．（24-25高一下·四川成都·期末）在直角坐标平面内，已知，，，，以y轴为旋转轴，将四边形ABCD旋转一周，得一个旋转体，则此旋转体的表面积为（    ）    A． B． C． D． 10．（24-25高一下·四川凉山·期末）若一个圆台的两个底面半径分别为1和2，侧面积为，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 11．（24-25高一下·四川成都·期末）在矩形中，，，以该矩形的边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的空间几何体的表面积为（   ） A． B． C． D． 12．（多选）（24-25高一下·四川成都·期末）如图所示的圆台，圆台的高为，上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为2，则下列说法正确的是（   ） A．该圆台轴截面面积为 B．该圆台的表面积为 C．该圆台的体积为 D．一只蚂蚁从点出发，沿着圆台表面爬行，最终到达的中点处，则爬行的最短路程为5 13．（多选）（24-25高一下·四川攀枝花·期末）已知圆锥的底面半径为1，母线长为4，底面圆周上有一动点，则（    ） A．圆锥的体积为 B．圆锥的侧面展开图的圆心角大小为 C．圆锥截面的面积的最大值为 D．若，且，则从点出发绕圆锥侧面一周到达点的最短长度为 14．（24-25高一下·四川巴中·期末）母线长和底面圆的直径都为4的圆锥的侧面积为___________. 15．（24-25高一下·四川成都·期末）已知圆锥的底面半径，高为，则这个圆锥的表面积是______. 地 城 考点06 球的体积有关计算 1．（24-25高一下·四川资阳·期末）如图，在三棱锥中，平面，，，则该三棱锥外接球的体积为（   ）    A． B． C． D． 2．（24-25高一下·四川成都·期末）已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，则这个圆锥的外接球体积为_____________. 3．（24-25高一下·四川自贡·期末）长方体的长宽高分别为，，，则该长方体外接球的体积为______． 4．（24-25高一下·四川成都·期末）若某球体的半径与某圆锥的底面半径相等，且该球体的表面积为，体积为，该圆锥的侧面积为，体积为，若，则该球体半径与该圆锥母线的比值为______________． 5．（24-25高一下·四川雅安·期末）半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体．如图是以一个正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有8个面为正三角形，6个面为正方形的“阿基米德多面体”，包括A，B，C在内的各个顶点都在球O的球面上．若P为球O上的动点，记三棱锥体积的最大值为，球O的体积为，则________． 6．（24-25高一下·四川绵阳·期末）已知圆柱形容器底面直径与母线均为2，该容器可内置的最大球的体积为__________. 7．（24-25高一下·四川成都·期末）降维类比和升维类比主要应用于立体几何的学习，将空间三维问题降为平面二维或者直线一维问题就是降维类比.平面几何中多边形的外接圆，即找到一点，使得它到多边形各个顶点的距离相等.这个点就是外接圆的圆心，距离就是外接圆的半径.若这样的点存在，则这个多边形有外接圆，若这样的点不存在，则这个多边形没有外接圆.事实上我们知道，三角形一定有外接圆，如果只求外接圆的半径，我们可通过正弦定理来求，我们也可以关注九年义教初中《几何》第三册第94页例2.的结论：三角形外接圆的直径等于两边的乘积除以第三边上的高所得的商.借助求三角形外接圆的方法解决问题：若等腰梯形的上下底边长分别为6和8，高为1，这个等腰梯形的外接圆半径为__________；轴截面是旋转体的重要载体，圆台的轴截面中包含了旋转体中的所有元素：高､母线长､底面圆的半径，通过研究其轴截面，可将空间问题转化为平面问题.观察图象，通过类比，我们可以找到一般圆台的外接球问题的研究方法，正棱台可以看作由圆台切割得到.研究问题：如图，正三棱台的高为1，上､下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的体积为__________. 地 城 考点07 球的表面积有关计算 1．（24-25高一下·四川巴中·期末）棱长为6的正四面体内放置了一个球，球的体积与正四面体的体积之比为，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·四川成都·期末）据《九章算术》记载，我国匠人常需计算不同几何体表面积或体积的比例以优化用料，例如，制作圆锥形与球形装饰物时，需比较两者的表面积以确定所需涂漆或覆盖材料的用量．若圆锥的底面直径和母线都等于球的直径，则圆锥与球的表面积之比为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·四川凉山·期末）已知正三棱柱的侧面积为，若该三棱柱的顶点都在同一个球的表面上，则球的表面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·四川成都·期末）四面体中，若，，，则此四面体的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高一下·四川乐山·期末）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，将分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点．则三棱锥的外接球表面积为（   ） A． B． C． D． 6．（24-25高一下·四川攀枝花·期末）正四面体外接球的体积为，则其内切球的表面积为___________. 7．（24-25高一下·四川泸州·期末）已知某圆柱的外接球的表面积为，则该圆柱的侧面积的最大值为_______________． 地 城 考点08 多面体与球体内切或外接问题 1．（24-25高一下·四川南充·期末）如图，在三棱锥中，平面，，，若三棱锥外接球的表面积为，则此三棱锥的体积为（    ） A．1 B． C． D． 2．（24-25高一下·四川成都·期末）若将一个棱长为的正方体铁块磨制成一个球体零件，则可能制作的最大零件的体积为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·四川·期末）若一个正方体的顶点都在球面上，它的棱长为a，则这个球的表面积是（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·四川凉山·期末）已知正四棱锥的各顶点都在球O的球面上，若球O的体积为36π，且，则该正四棱锥体积为（    ） A．36 B． C． D．18 5．（24-25高一下·四川遂宁·期末）如图，在正方体中，截去三棱锥，若剩余的几何体的表面积是，那么正方体的内切球的表面积和其外接球的体积分别是（    ） A．， B．， C．， D．， 6．（多选）（24-25高一下·四川成都·期末）如图，在直三棱柱中，，侧棱是棱上任意一点，则（   ） A．三棱柱的表面积为120 B．周长的最小值为 C．三棱柱的最大内切球的体积为 D．三棱柱的外接球的表面积为 7．(多选)（24-25高一下·四川德阳·期末）圆台的上下底分别是直径为2、4的圆，高为2，则（    ） A．圆台的表面积为 B．圆台的体积为 C．圆台外接球表面积为 D．圆台能装下最大球的体积为 8．（多选）（24-25高一下·四川成都·期末）陶艺是中国传统古老文化与现代艺术结合的艺术形式，某校陶艺社同学制作了一个实心圆锥，若该圆锥底面直径和高均为2，现过中点作平行于底面的截面，以该截面为底面在圆锥中挖去一个圆柱，得到工艺品如图所示，则下列说法正确的是（    ） A．剩下几何体的表面积为 B．剩下几何体的体积为 C．挖去圆柱体的外接球表面积为 D．若将挖去的圆柱制成一个实心球体艺术品，若不考虑体积损耗，则该球体的半径为 9．（24-25高一下·四川遂宁·期末）世界上最不可思议的四面体就是勒洛四面体，它是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体.如图所示，若正四面体的棱长为，则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为______． 10．（24-25高一下·四川眉山·期末）已知，在三棱锥中，平面，，则三棱锥的外接球的表面积为_________． 11．（24-25高一下·四川成都·期末）如图1，在平面四边形中，是边长为2的等边三角形，，将沿翻折，使得点到点的位置，如图2所示．若平面平面，三棱锥的外接球的表面积为______．若二面角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为______． 12．（24-25高一下·四川广元·期末）在四棱锥中，底面为等腰梯形，底面，若，，则这个四棱锥的外接球表面积为______. 13．（24-25高一下·四川绵阳·期末）将球O完全放置于一个圆柱内，且该圆柱的上下底面与球O相切．设球O的表面积为，圆柱的表面积为．则的最小值为________． 14．（24-25高一下·四川眉山·期末）已知扇形的半径为3，中心角为，则这个扇形围成的圆锥的外接球的表面积是__________. 15．（24-25高一下·四川凉山·期末）《九章算术》中将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵；将底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马，如图，在堑堵中，，，，阳马的外接球表面积为__________.    16．（24-25高一下·四川成都·期末）如图，在四棱锥中，底面，底面为矩形，且，，则该四棱锥的外接球的表面积为_________.    17．（24-25高一下·四川成都·期末）如图，在边长为的正方形中，分别为、的中点，现将，，分别沿折起使点重合，重合后记为点，得到三棱锥，则三棱锥的外接球的表面积为__________.      1 / 59 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 立体几何结构特征、表面积与体积 8大高频考点概览 考点01 基本几何图形中最值问题 考点05圆柱、圆锥、圆台的表面积和体积（重点题型） 考点02球截面及其计算 考点06球的体积有关计算（重点题型） 考点03立体图形的直观图（重点题型） 考点07球的表面积有关计算（高频题型） 考点04棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积（高频题型） 考点08多面体与球体内切或外接问题（重点题型） 地 城 考点01 基本几何图形中最值问题 1．（24-25高一下·四川成都·期末）在正方体中，，P、Q分别为棱，BC的中点，则从点P出发，沿正方体表面到达点Q的最短路径的长度为（    ） A． B． C．3 D． 【答案】D 【分析】将正方体沿着不同的方向展开，得到展开图，化曲（折）为直，再利用勾股定理计算可得. 【详解】如图，在正方体中，P、Q分别为棱，BC的中点， 按照下列方式展开，； 按照下列方式展开，； 按照下列方式展开，. 综上所述，最短路径. 故选：D. 2．（24-25高一下·四川成都·期末）如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC＝2，，为锐角，侧棱PA＝PB＝PC＝2，一只小虫从A点出发，沿侧面绕棱锥爬行一周后回到A点，则小虫爬行的最短距离为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，求出的值，将三棱锥沿侧棱展开，分析其展开图，由余弦定理分析可得答案． 【详解】根据题意，在三棱锥 中，， 则有，可得，又，则， 而，则，又△PAB，△PAC为正三角形， 将三棱锥沿侧棱展开，得到如图所示的多边形，其中，    根据余弦定理，最短距离 故选：D． 3．（24-25高一下·四川凉山·期末）如图，底面为正方形的四棱锥中，四条侧棱相等，且，，分别为棱和上的两点，，，处有只蚂蚁欲沿该正四棱锥的侧面爬行到处，则蚂蚁爬行的最短距离为（    ） A． B． C． D．9 【答案】C 【分析】根据四棱锥的结构特征， 沿PA，PC剪开展成平面时EF最短，然后在 中，利用余弦定理求解. 【详解】如图所示： 因为底面为正方形的四棱锥中，四条侧棱相等，且， 所以四棱锥是正四棱锥且所有的棱都相等， 当沿PA，PC剪开展成平面，EF最短， 在中，，，， 由余弦定理得 ， 解得 ， 所以蚂蚁爬行的最短距离为 故选：C 【点睛】本题主要考查四棱锥的结构特征以及展开图的应用，还考查了空间想象和转化求解问题的能力，属于基础题. 4．（24-25高一下·四川成都·期末）已知在四面体中，，，，， ，平面满足，记平面截得该四面体的多边形的面积为，则的最大值为________. 【答案】 【分析】将四面体还原至长方体，可知点，分别为，中点，即可得当经过中点时，截面面积最大，再根据长方体的性质可得解. 【详解】由，，， 可知四面体的各个棱为长方体各面的对角线， 设长方体的长宽高分别，，， 则，解得， 如图所示， 由， ， 可得点，分别为，中点， 所以长方体以为对角线的平面， 又，所以与长方体以为对角线的平面平行， 易知当经过中点时，截面面积最大， 此时与长方体的截面如图所示，其中四边形即为与四面体相交所得截面， 此时、、、分别为各边中点， 则， 故答案为：. 5．（24-25高一下·四川遂宁·期末）如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为2m，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P处．若该小虫爬行的最短路程为m，则圆锥底面圆的半径等于______m． 【答案】/0.5 【分析】直接利用圆锥的展开面上小虫的爬行的最小距离即AB的长，最后利用弧长公式求出半径的长. 【详解】根据圆锥的侧面展开图: 得知：, .所以,故. 设圆锥的底面半径为r,利用,解得：. 故答案为： 6．（24-25高一下·四川成都·期末）已知侧棱长为2的正三棱锥如图所示，其侧面是顶角为的等腰三角形，一只蚂蚁从点出发，围绕棱锥侧面爬行两周后又回到点，则蚂蚁爬行的最短路程为_______． 【答案】 【详解】试题分析：由题意，利用侧面展开图两次，则顶角为，利用余弦定理可得蚂蚁爬行的最短路程为． 考点：多面体和旋转体表面上的最短距离问题 7．（24-25高一下·四川遂宁·期末）已知在直角三角形ABC中，，（如右图所示） （Ⅰ）若以AC为轴，直角三角形ABC旋转一周，试说明所得几何体的结构特征并求所得几何体的表面积. （Ⅱ）一只蚂蚁在问题（Ⅰ）形成的几何体上从点B绕着几何体的侧面爬行一周回到点B，求蚂蚁爬行的最短距离. 【答案】（Ⅰ）几何体为以为半径，高的圆锥， （Ⅱ） 【分析】（Ⅰ）若以为轴，直角三角形旋转一周，形成的几何体为以为半径，高的圆锥，由圆锥的表面积公式，即可求出结果． （Ⅱ）利用侧面展开图，要使蚂蚁爬行的最短距离，则沿点B的母线把圆锥侧面展开为平面图形（如图）最短距离就是点B到点的距离，代入数值，即可求出结果． 【详解】解：（Ⅰ）在直角三角形ABC中，由 即，得，若以为轴旋转一周， 形成的几何体为以为半径，高的圆锥， 则，其表面积为 . （Ⅱ）由问题（Ⅰ）的圆锥，要使蚂蚁爬行的最短距离，则沿点B的母线把圆锥侧面展开为平面图形（如图）最短距离就是点B到点的距离， ， 在中，由余弦定理得： 【点睛】本题考查了圆锥的表面积以及侧面展开图的应用，考查了学生的空间想象能力，属于基础题． 地 城 考点02 球的截面及其计算 1．（24-25高一下·四川·期末）如图，在直三棱柱中，侧棱长为，，，点在上底面（包含边界）上运动，则三棱锥外接球半径的取值范围为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由条件确定球心位置，建立关于球的半径的表达式，从而求出半径的取值范围即可. 【详解】因为为等腰直角三角形，， 所以的外接圆的圆心为的中点，且， 设的中点为，连接， 则，平面， 设三棱锥外接球的球心为， 由球的性质可得点在上，设，， 外接球的半径为，因为， 所以，即， 又，则， 因为，所以，则， 故选：.    【点睛】方法点睛：常见几何体的外接球半径求法：（1）棱长为的正方体的外接球半径为； （2）长方体的长，宽，高分别为，，，则其外接球的半径为； （3）直棱柱的高为，底面多边形的外接圆半径为，则其外接球半径为. 2．（24-25高一下·四川成都·期末）以点O为球心，半径为的球的表面与以点O为顶点，棱长为6的正四面体表面的交线为P，则P的总长度为________． 【答案】 【分析】先在正四面体中求出高，判断出底面与球相交，交线是一个圆，进而求出底面圆的半径为，即可求出球与底面相交的交线长；然后在侧面在三个侧面等边三角形中，求出到对边中点的距离都是，即可得知每个侧面与球的交线是以为圆心，以为半径，圆心角为的圆弧， 算出三个侧面与球相交的总弧长，即可求出交线P的总长度. 【详解】    如图所示的正四面体，棱长为6，设底面中心为， 在等边中，为边的中点， 可知， 所以在中，求得正四面体的高 ， 所以正四面体的底面与球相交，交线是一个圆，圆心恰为， 设底面圆的半径为，则， 所以球与底面交线的周长为. 在三个侧面等边三角形中， 到对边中点的距离都是，例如， 所以每个侧面与球的交线是以为圆心，以为半径， 圆心角为的圆弧，所以弧长为， 所以三个侧面的总弧长为. 所以交线P的总长度为. 故答案为： 地 城 考点03 立体图形的直观图 1．（24-25高一下·四川乐山·期末）用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图时，下列结论中正确的是（   ） A．相等的线段在直观图中仍然相等 B．平行的线段在直观图中仍然平行 C．垂直的线段在直观图中仍然垂直 D．相等的角在直观图中仍然相等 【答案】B 【分析】根据斜二测法的规则对选项逐一判断即可. 【详解】首先分析斜二测画法的规则： 斜二测画法中，平行性不变，即平行的线段在直观图中仍然平行； 对于线段长度，轴方向线段长度不变，轴方向线段长度减半，所以相等的线段在直观图中不一定相等； 原来垂直的线段，在直观图中不一定垂直，比如平面直角坐标系中垂直的轴和轴，在斜二测画法中轴成45°（或135°）角，不再垂直； 相等的角在直观图中不一定相等，比如平面直角坐标系中90°的角，在斜二测画法中可能变成45°或135°等. 故选：B. 2．（24-25高一下·四川凉山·期末）已知某平面图形用斜二测画法画出的直观图是边长为的正方形，则原图形的面积为（    ） A．2 B． C．1 D． 【答案】B 【分析】根据题意，由斜二测画法的规则得到平面图形，即可得到原图形的面积. 【详解】依题意不妨令直观图如下所示：    则还原直观图为原图形，如图所示，    因为，所以， 还原回原图形后，，， 所以原图形面积为. 故选：B 3．（24-25高一下·四川成都·期末）如图，四边形在斜二测画法下得到平行四边形，，，则该四边形的周长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据斜二测画法的方法还原原图即可. 【详解】根据斜二测画法的方法还原原图如下，则原图为正方形，边长为2，则周长为8. 故选：D． 4．（24-25高一下·四川乐山·期末）如图所示，在平行四边形中，，则它的直观图面积是（    ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】设原图的面积为，直观图的面积为，先计算原图的面积，再根据求解. 【详解】设原图的面积为，直观图的面积为，则，. 故选：C 5．（24-25高一下·四川成都·期末）一个水平放置的平面图形按斜二测画法得到的直观图如图所示.知，则平面图形的面积为（    ） A．3 B．6 C． D． 【答案】C 【分析】根据斜二测画法画出梯形的原图并确定对应边长，计算即可. 【详解】画出梯形的原图，如图所示： 在直观图中，， 得，则在原图中，，， 四边形是直角梯形， 所以. 故选：C 6．（24-25高一下·四川遂宁·期末）水平放置的的斜二测直观图如图所示，已知，，轴，则的外接圆半径长是（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由直观图得到原图形，得到，从而求出外接圆半径. 【详解】由直观图可得到原图形如下：    其中，由勾股定理得， 所以Rt的外接圆半径为. 故选：A 7．（24-25高一下·四川成都·期末）如图，一个水平放置的平面图形OABC的斜二测直观图是平行四边形，且，，，则平面图形OABC的面积为（    ）    A．16 B．8 C．4 D．2 【答案】A 【分析】根据斜二测画法得到平面图形，即可得解； 【详解】根据斜二测画法的规则可知该平面图形是矩形，如下图所示，    其中长，宽. 故平面图形的面积为. 故选：A 8．（24-25高一下·四川成都·期末）如图，已知等腰直角三角形是一个平面图形用斜二测画法画出的直观图，，斜边，则这个平面图形的面积是_______． 【答案】 【分析】根据直观图中的位置关系以及线段长度还原出原图形，即可计算出面积. 【详解】由题意， 所以原图形中，且，如下图所示：    因此其面积为. 故答案为：. 9．（24-25高一下·四川南充·期末）如图，水平放置的的斜二测直观图是图中的已知.则边的实际长度是________. 【答案】 【分析】结合斜二测画法的性质将图还原后计算即可得. 【详解】 如图，将直观图化成平面图中，，， 所以 故答案为：. 10．（24-25高一下·四川·期末）按斜二测画法得到，如图所示，其中，那么的面积为______． 【答案】 【分析】根据直观图得到平面图形，求出相关线段的长度，即可求出面积. 【详解】由直观图可得平面图形如下所示： 则，，， 所以. 故答案为： 地 城 考点04 棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积 1．（24-25高一下·四川成都·期末）中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的立体为“牟合方盖”，但刘徽未能求得牟合方盖的体积，约200年后，祖冲之的儿子祖暅提出“幂势既同，则积不容异”，后世称为祖暅原理，即：两等高立体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立体体积相等．图1为棱长为r的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为r的正方体的八分之一，图3是底面边长为r的正方体的一个底面和底面以外的顶点作的正四棱锥，由祖暅原理计算知，牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，列等式，套用正方体，锥体体积公式求解. 【详解】设正方体的边长为，则， 由，则， 所以牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为. 故选：B． 2．（24-25高一下·四川凉山·期末）已知四棱锥的高为2，其底面水平放置时的斜二测画法直观图为平行四边形，如图所示，已知，，则四棱锥的体积为（    ） A． B．4 C． D．12 【答案】B 【分析】由直观图可得到底面为矩形，同时可求矩形的面积，然后利用锥体体积公式计算可得答案. 【详解】由题意可知，四边形为矩形，因为直观图中，，所以，，所以矩形的面积为，所以四棱锥的体积为. 故选：B. 3．（24-25高一下·四川攀枝花·期末）将半径为2，圆心角为的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，求出圆锥的底面圆半径及高即可求解. 【详解】设圆锥底面圆半径为，依题意，，解得，圆锥的高， 所以圆锥的体积. 故选：A 4．（24-25高一下·四川成都·期末）如图，一个三棱锥容器的三条侧棱上各有一个小洞D，E，F，经测量知，设该容器的体积为 ，该容器最多能盛的水的体积为，则=（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分别求两个三棱锥的底面积和高之比，即可得体积之比. 【详解】如图：    连接，，，当三点在水平面时，该容器盛水最多. 因为：，所以. 又因为：，所以，到平面的距离之比为：， 所以，所以. 故选：B 5．（24-25高一下·四川成都·期末）我国古代《九章算术》将上下两个平行平面为矩形的六面体称为“刍童”.如图，在刍童中，，平面与平面之间的距离为3，则此“刍童”的体积为（    ） A．36 B．46 C．56 D．66 【答案】C 【分析】首先说明几何体为四棱台，再代入台体体积公式，即可求解. 【详解】由，，，，且， 则交于同一点，该“刍童”为四棱台，矩形的面积为, 矩形的面积为, 且上下底面的高为3，所以四棱台的体积. 故选：C 6．（24-25高一下·四川成都·期末）在如图所示的直三棱柱中，点和的中点以及的中点所确定的平面把三棱柱切割成体积不同的两部分， 则小部分的体积和大部分的体积比为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作出辅助线，得到四边形为截面，连接，小部分几何体可看作三棱锥和四棱锥，根据全等和相似关系得到四边形的面积，从而得到四棱锥的体积为，进而得到，小部分几何体的体积等于，求出大部分几何体体积，求出体积之比. 【详解】延长与于点，连接交于点，连接，则四边形为截面， 连接，小部分几何体可看作三棱锥和四棱锥， 因为为的中点，，故 ，所以， 又为的中点，故，故，相似比为1:2， 故，，又， 故四边形的面积， 故四棱锥的体积为， 设矩形的面积为， 故， 故， 又，故， 故， 故小部分几何体的体积等于， 故大部分几何体的体积等于， 故小部分的体积和大部分的体积比为. 故选：D 7．（24-25高一下·四川成都·期末）下列命题正确的是（    ） A．一个三棱锥被过三条侧棱的中点的平面所截，截得的两部分为一个三棱台和一个小三棱锥，则此三棱台与小三棱锥的体积比为7 B．圆锥被过其顶点的某平面所截，截面形状为一个三角形，若圆锥的底面半径，高，则截面三角形面积的最大值为48 C．圆锥被过其顶点的某平面所截，截面形状为一个三角形，若圆锥的底面半径，高，则截面三角形面积的最大值为48 D．若一个平行六面体被某平面所截，所得截面形状为四边形，则此四边形至少有一组对边互相平行 【答案】ACD 【分析】对于A，由相似比即可判断；对于BC，只需判断轴截面顶角的正弦值的最大值即可判断；对于D，画出截面四边形的情况即可判断. 【详解】对于A，一个三棱锥被过三条侧棱的中点的平面所截，截得的两部分为一个三棱台和一个小三棱锥， 则截面三角形与三棱锥底面三角形相似，相似比为，面积比为，同理小三棱锥与大三棱锥的高的比为， 所以此三棱台与小三棱锥的体积比为，故A正确； 对于BC，圆锥被过其顶点的某平面所截，截面形状为一个三角形， 若圆锥的底面半径，高，则母线，设截面等腰三角形顶角为， 则截面三角形面积为， 由题意当截面与轴截面重合时，顶角最大，此时， 这表明此时轴截面顶角是个钝角，即顶角可以在某个时刻取到直角， 所以截面三角形面积的最大值为， 若圆锥的底面半径，高，由题意当截面与轴截面重合时，顶角最大，此时， 这表明此时轴截面顶角是个锐角，即顶角的正弦值在截面与轴截面重合时，取到最大值，且最大值为， 所以截面三角形面积的最大值为，故B错误，C正确； 对于D，如图所示：要使截面是四边形，可能有以下情形，根据对称性，在这里只考虑竖着切，且截面平行于平行六面体的某个面的情形也只画了一种特殊情形， 由以上可以看出，若一个平行六面体被某平面所截，所得截面形状为四边形，则此四边形要么是梯形，要么是平行四边形，故D正确. 故选：ACD. 8．（24-25高一下·四川凉山·期末）如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且四个顶点，，，在同一个平面内，若四边形是边长为2的正方形，则（    ） A．该八面体的表面积是 B．该八面体的体积是 C．直线与平面所成角为 D．动点在该八面体的外接球面上，且，则点的轨迹的周长为 【答案】BCD 【分析】对于A，根据题意可知该八面体的表面积是一个正三角形面积的8倍，对于B，连接交于，连接，则是正四棱锥的高，求出，从而可求出正四棱锥的体积，进而可求出该八面体的体积，对于C，由题意可知为直线与平面所成角，然后在中求解即可，对于D，由选项B可知该八面体的外接球的球心为，取的中点，连接，可证得平面，从而可求得点的轨迹. 【详解】对于A，根据题意可知该八面体的表面积是一个正三角形面积的8倍， 因为四边形是边长为2的正方形，所以每一个正三角形的边长都为2， 所以该八面体的表面积是，所以A错误， 对于B，连接交于，连接，则平面， 因为四边形是边长为2的正方形，所以， 因为，所以， 所以该八面体的体积是，所以B正确， 对于C，因为平面，所以为直线与平面所成角， 因为，为锐角，所以， 即直线与平面所成角为，所以C正确， 对于D，连接，则, 因为，所以点为该八面体的外接球的球心， 取的中点，连接， 因为都为等边三角形，所以， 因为，平面，所以平面， 因为，所以点平面内， 因为平面过球心， 所以平面与该八面体的外接球的交线为该球的大圆，即点的轨迹为此大圆， 所以点的轨迹的周长为，所以D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：选项D解题的关键是根据题意和几何体的和特征找出外接球的球心，由此即可顺利得解. 9．（24-25高一下·四川雅安·期末）已知正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，侧棱长是，则它的体积是_____. 【答案】 【分析】取正棱台的轴截面，利用勾股定理得到高，然后求体积即可. 【详解】 如图，截取棱台过侧棱的轴截面，为侧棱，， 则，，， 所以，即棱台的高为2， 所以棱台的体积. 故答案为：. 10．（24-25高一下·四川乐山·期末）“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．某广场设置了一些石凳供大家休息（如图），这些石凳是14个面的半正多面体，如果石凳的棱长为1，则石凳的表面积是________，体积是________． 【答案】 / 【分析】弄清楚正方形和正三角形的个数，求其表面积；弄清楚几何体的构造，利用正方体的体积求该几何体的体积. 【详解】石凳的表面是由6个正方形和8个正三角形构成，其边长均为1， 所以其表面积为：. 如图： 该几何体是由正方体截去8个一样的三棱锥得到的，且正方体的棱长为， 截去的小三棱锥的体积为：. 所以该几何体的体积为：. 故答案为：； 11．（24-25高一下·四川成都·期末）在直三棱柱中，，，是棱上一动点，则三棱锥的体积为_______． 【答案】 【分析】由等体积法可得，求解. 【详解】由直三棱柱,，， 所以,则侧面垂于底面直, 可得B到平面的距离为， 则由等体积法可得. 故答案为：. 12．（24-25高一下·四川成都·期末）（1）若对恒成立，求的值； （2）求的值域； （3）正五棱锥的所有棱长均为，求此正五棱锥的表面积． 【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】（1）根据和角公式和余弦的倍角公式，得到，再结合条件，即可求出结果； （2）利用和角公式得到，令，利用二次函数的性质，即可求出结果； （3）利用（1）中结果，求得，再利用正五棱锥的特征，即可求出底面积和侧面积，进而求出结果. 【详解】（1）∵ ∴，则． 【注：还可以代值，构造方程组求解】 如：时，；时，， 解得，则． （2）由 ， 【或】 ∵，∴，【或】 令，则，对称轴为， 当时，，当时，， 所以的值域为． （3）∵，又因为， ∴，即， 变形得到， 所以（舍）或（舍）或， ∴，所以， 又因为正五棱锥的所有棱长均为，如图，为底面的中心，取中点，连接， 易知，，由，得到 ∴，而 ∴． 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（3）问，利用（1）中结果，求得，再利用平方关系和商数关系得到，再利用正五棱锥的特征，即可求出结果. 地 城 考点05 圆柱、圆锥、圆台的表面积和体积 1．（24-25高一下·四川泸州·期末）已知圆台上、下底面面积分别是、，其侧面积是，则该圆台的体积是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先由侧面积得母线长，再由母线得到高，进而圆台的体积公式可得出. 【详解】如图，由圆台上、下底面面积分别是、，得上底面半径，下底面半径. 侧面积是，得，得，在直角三角形中， ，高， 所以. 故选：A. 2．（24-25高一下·四川眉山·期末）已知一个圆锥的母线长为3，表面积为，则该圆锥的底面半径为（   ） A．2 B．3 C． D．5 【答案】A 【分析】设圆锥的底面半径为r，根据圆锥的表面积为，母线长为，由求解. 【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为， 因为圆锥的表面积为，母线长为， 所以， 即 ， 解得 或 （舍去） 故选：A 3．（24-25高一下·四川广元·期末）已知直角梯形的上底长为1，下底长为2，高为，则直角梯形绕下底所在的直线旋转一周形成的几何体的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】画出图形，将所求转换为圆锥、圆柱的表面积计算即可. 【详解】如图所示， 则直角梯形绕下底所在的直线旋转一周形成的几何体的表面积为圆锥的侧面积，加上圆柱的侧面积，再加上圆柱的一个底面的面积， 而圆锥的母线长为， 故所求为. 故选：C. 4．（24-25高一下·四川成都·期末）已知圆柱的底面半径为1，体积为，则该圆柱的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据圆柱体积公式求出圆柱的高，再代入侧面积公式求解即可. 【详解】设圆柱的高为h， ，解得， . 故选：D 5．（24-25高一下·四川德阳·期末）若圆锥的母线长为2，侧面展开图的面积为，则该圆锥的体积是（   ） A． B．3π C． D．π 【答案】D 【分析】根据扇形的面积公式可得圆锥底面圆的周长，继而求出半径，根据勾股定理求出圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可求解. 【详解】设圆锥侧面展开图的弧长为，圆锥的底面圆的半径为， 则，可得， 所以，可得， 所以圆锥的高为， 所以圆锥的体积为. 故选：. 6．（24-25高一下·四川南充·期末）如图，已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则该圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题设确定底面周长，再由圆锥侧面积的求法求其侧面积. 【详解】由题设，圆锥底面半径为2，则底面周长为， 所以圆锥的侧面积为. 故选：B. 7．（24-25高一下·四川绵阳·期末）等腰直角的面积为1，以斜边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成的几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题可得该几何体由两个底面重合的圆锥组成，其中圆锥的底面半径为1，高为1，进而即得. 【详解】在中，，又， 解得，所以， 所以边上的高为， 以斜边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成的几何体为两个底面重合的圆锥组成， 其中圆锥的底面半径为，高为， 所以该几何体的体积为． 故选：B. 8．（24-25高一下·四川凉山·期末）若圆锥的表面积为，且其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，由条件结合圆锥表面积公式，弧长公式列方程求，，利用勾股定理可求，再利用体积公式求圆锥的体积. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为， 因为圆锥的表面积为， 所以， 因为圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形， 所以， 所以，， 所以， 所以圆锥的体积. 故选：B. 9．（24-25高一下·四川成都·期末）在直角坐标平面内，已知，，，，以y轴为旋转轴，将四边形ABCD旋转一周，得一个旋转体，则此旋转体的表面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将所求拆分为圆锥的侧面积、圆柱的侧面积与圆柱的一个底面面积之和即可求解. 【详解】此旋转体的表面积为底面半径为4、高为3的圆锥的侧面积加上底面半径为4、高为5的圆柱的侧面积再加上该圆柱的一个底面面积； 故所求为. 故选：C. 10．（24-25高一下·四川凉山·期末）若一个圆台的两个底面半径分别为1和2，侧面积为，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆台底面半径和侧面积可得母线长度，求得圆台的高即可得其体积. 【详解】设圆台母线长为，其高为， 易知，解得， 又因为，解得； 因此该圆台的体积为. 故选：C 11．（24-25高一下·四川成都·期末）在矩形中，，，以该矩形的边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的空间几何体的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】确定所得旋转体的底面半径及母线长，再利用圆柱的全面积公式计算即得. 【详解】矩形绕直线旋转一周所得旋转体为圆柱，其底面半径为1，母线长为2， 所以所求表面积. 故选：D 12．（多选）（24-25高一下·四川成都·期末）如图所示的圆台，圆台的高为，上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为2，则下列说法正确的是（   ） A．该圆台轴截面面积为 B．该圆台的表面积为 C．该圆台的体积为 D．一只蚂蚁从点出发，沿着圆台表面爬行，最终到达的中点处，则爬行的最短路程为5 【答案】ACD 【分析】利用圆台的表面积公式和体积公式，梯形的面积公式计算即可判断A，B，C项；将圆台侧面展开，利用弧长公式和勾股定理即可求解. 【详解】对于A，圆台轴截面为等腰梯形，其中， 则其面积为：，故A正确； 对于B，由图知，圆台的母线长， 则圆台的表面积为：，故B错误； 对于C，该圆台的体积为，故C正确； 对于D，将圆台沿着母线展开，得到如图的扇环形，由题意，蚂蚁爬行的最短路程为的长. 因劣弧的长为，故的弧度数为， 又点是的中点，故，由勾股定理，，故D正确. 故选：ACD. 13．（多选）（24-25高一下·四川攀枝花·期末）已知圆锥的底面半径为1，母线长为4，底面圆周上有一动点，则（    ） A．圆锥的体积为 B．圆锥的侧面展开图的圆心角大小为 C．圆锥截面的面积的最大值为 D．若，且，则从点出发绕圆锥侧面一周到达点的最短长度为 【答案】ABC 【分析】对于A：求出圆锥的体积即可判断；对于B：直接求出圆锥的侧面展开图的圆心角即可判断；对于C：最大时，截面面积最大，计算可判断；对于D：利用圆锥的侧面展开图可求最短距离可判断. 【详解】对于A选项，圆锥高，体积； 对于B选项，侧面展开图弧长，圆心角； 对于C选项，截面面积， 当直径两端点为，，因为底面半径为1，故直径为2，小于母线长，故此时为锐角， 底面直径两端点，对应最大，又， 所以，故面积最大值为； 对于D选项，侧面展开图扇形圆心角， 在上且，则， 展开后扇形中，与 (对应底面同一点)的圆心角为，最短路径为线段， 由余弦定理：，故D错误． 故选：ABC. 14．（24-25高一下·四川巴中·期末）母线长和底面圆的直径都为4的圆锥的侧面积为___________. 【答案】 【分析】直接由圆锥的侧面积公式计算即可得解. 【详解】由题意底面圆的半径为，母线，故所求为. 故答案为：. 15．（24-25高一下·四川成都·期末）已知圆锥的底面半径，高为，则这个圆锥的表面积是______. 【答案】 【分析】先利用勾股定理求圆锥的母线长，再利用圆锥的侧面积公式求侧面积，加上底面积即可. 【详解】由题知，母线长， 所以圆锥的侧面积为， 底面积为， 所以圆锥的表面积为. 故答案为： 地 城 考点06 球的体积有关计算 1．（24-25高一下·四川资阳·期末）如图，在三棱锥中，平面，，，则该三棱锥外接球的体积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正弦定理求出的外接圆的圆心，确定球心的位置，利用勾股定理列式求出球的半径，再根据球的体积公式即可求解. 【详解】如图，设三棱锥外接球的球心为点，的外接圆的圆心为点， 连接，则，设的外接圆的半径为， ，可得，即， 因为平面，， 所以， 所以三棱锥外接球的半径， 所以三棱锥外接球的体积为.    故选：. 2．（24-25高一下·四川成都·期末）已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，则这个圆锥的外接球体积为_____________. 【答案】 【分析】由圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆知，圆锥的轴截面为边长为2的正三角形，由此作出圆锥的外接球的草图，根据勾股定理即可求出外接球半径，然后再根据球的体积公式，即可求出结果． 【详解】由于圆锥的侧面展开恰为一个半径为2的半圆， 所以圆锥的底面圆周长为，母线长为2， 所以圆锥底面圆的半径，圆锥的高为， 所以圆锥的轴截面为边长为2的正三角形， 作出圆锥的外接球的草图，如下： 则，设外接球的半径为，则， 在中，， 所以，解得， 所以圆锥的外接球的体积为． 故答案为：. 3．（24-25高一下·四川自贡·期末）长方体的长宽高分别为，，，则该长方体外接球的体积为______． 【答案】 【分析】根据长方体的特征和勾股定理求出外接球半径，然后根据公式求出球的体积即可. 【详解】设长方体外接球的直径为， 则根据勾股定理可得. 所以长方体外接球的半径为. 所以长方体外接球的体积为. 故答案为：. 4．（24-25高一下·四川成都·期末）若某球体的半径与某圆锥的底面半径相等，且该球体的表面积为，体积为，该圆锥的侧面积为，体积为，若，则该球体半径与该圆锥母线的比值为______________． 【答案】 【分析】假设球体的半径，求出表面积和体积，假设圆锥的高，求出母线长和体积，根据所给条件进行化简，得到的关系,进而求解. 【详解】设球体的半径为，则表面积，体积 设圆锥高为，则母线长为，则侧面积为,体积为, ， ， ， 比值为. 故答案为：. 5．（24-25高一下·四川雅安·期末）半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体．如图是以一个正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有8个面为正三角形，6个面为正方形的“阿基米德多面体”，包括A，B，C在内的各个顶点都在球O的球面上．若P为球O上的动点，记三棱锥体积的最大值为，球O的体积为，则________． 【答案】 【分析】结合题意可知该多面体是由一个正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得，利用几何体的体积公式即可得解. 【详解】把该多面体放入正方体中，如图， 设该多面体的棱长为1，则正方体的棱长为， 因此该多面体是由棱长为的正方体连接各棱中点所得，所以经过该多面体的各个顶点的球为正方体的棱切球， 于是得该多面体的外接球球心是正方体体对角线中点，该多面体外接球半径等于球心到一个顶点的距离，即正方体面对角线的一半，则， 设为正方体中与点等距的一个顶点，设三棱锥的高为，由，得， 正方体的对角线长为，球心到平面的距离为， 三棱锥的高的最大值为，故其体积的最大值为，所以， 故答案为： 6．（24-25高一下·四川绵阳·期末）已知圆柱形容器底面直径与母线均为2，该容器可内置的最大球的体积为__________. 【答案】/ 【分析】由题意可知，该容器可内置的最大球与圆柱的侧面和上下底面都相切，从而可求出球的半径，进而可求出球的体积. 【详解】因为圆柱形容器底面直径与母线均为2， 所以该容器可内置的最大球与圆柱的侧面和上下底面都相切，且球的直径为2， 所以球的半径， 所以该球的体积为， 故答案为： 7．（24-25高一下·四川成都·期末）降维类比和升维类比主要应用于立体几何的学习，将空间三维问题降为平面二维或者直线一维问题就是降维类比.平面几何中多边形的外接圆，即找到一点，使得它到多边形各个顶点的距离相等.这个点就是外接圆的圆心，距离就是外接圆的半径.若这样的点存在，则这个多边形有外接圆，若这样的点不存在，则这个多边形没有外接圆.事实上我们知道，三角形一定有外接圆，如果只求外接圆的半径，我们可通过正弦定理来求，我们也可以关注九年义教初中《几何》第三册第94页例2.的结论：三角形外接圆的直径等于两边的乘积除以第三边上的高所得的商.借助求三角形外接圆的方法解决问题：若等腰梯形的上下底边长分别为6和8，高为1，这个等腰梯形的外接圆半径为__________；轴截面是旋转体的重要载体，圆台的轴截面中包含了旋转体中的所有元素：高､母线长､底面圆的半径，通过研究其轴截面，可将空间问题转化为平面问题.观察图象，通过类比，我们可以找到一般圆台的外接球问题的研究方法，正棱台可以看作由圆台切割得到.研究问题：如图，正三棱台的高为1，上､下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的体积为__________. 【答案】 5 【分析】根据余弦定理求解，即可根据三角形外接圆的直径等于两边的乘积除以第三边上的高所得的商求解，利用正弦定理求解轴截面的上下底长度，即可利用（1）空的结论求解球半径，由体积公式即可求解. 【详解】连接 由于且梯形的高，所以,因此， 因此,, 因此的外接圆半径为，故， 因此的外接圆半径为，故， 因此存在一点到四点距离相等，且距离为，即腰梯形的外接圆半径为5， 设棱台上下两个三角形的外接圆半径分别为, 由于上､下底面边长分别为和，由正弦定理可得， 因此圆台的轴截面为等腰梯形，且其上下底边长分别为6和8，高为1， 根据第一问的结论可知，该圆台的外接球半径为5，故外接球的体积为， 故答案为：5， 地 城 考点07 球的表面积有关计算 1．（24-25高一下·四川巴中·期末）棱长为6的正四面体内放置了一个球，球的体积与正四面体的体积之比为，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】只需求得该球的半径，再结合球的表面积公式即可求解. 【详解】设棱长为6的正四面体的底面外接圆半径为，则，解得， 所以正四面体的高为，体积为， 所以题述中的球的体积为，设该球的半径为，则， 解得，故所求为. 故选：D. 2．（24-25高一下·四川成都·期末）据《九章算术》记载，我国匠人常需计算不同几何体表面积或体积的比例以优化用料，例如，制作圆锥形与球形装饰物时，需比较两者的表面积以确定所需涂漆或覆盖材料的用量．若圆锥的底面直径和母线都等于球的直径，则圆锥与球的表面积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设圆锥底面圆半径为，球的半径为，再计算球与圆锥的表面积和它们的比值. 【详解】设圆锥底面圆半径为，球的半径为， 由题意知，圆锥的轴截面是边长为的等边三角形， 所以， ， 所以圆锥与球的表面积之比为. 故选：C 3．（24-25高一下·四川凉山·期末）已知正三棱柱的侧面积为，若该三棱柱的顶点都在同一个球的表面上，则球的表面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】正三棱柱的中心即为外接球的球心，设棱柱的底面边长为，高为，则三棱柱的侧面积为，球的半径表示为，再由基本不等式即可得球表面积的最小值. 【详解】如图， 三棱柱为正三棱柱，则设，， ∴正三棱柱的侧面积为，∴， 又外接球半径， 当且仅当时，等号成立，此时，， ∴外接球表面积. 故选：A 4．（24-25高一下·四川成都·期末）四面体中，若，，，则此四面体的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先得出点在平面的射影为三角形外接圆的圆心，由此结合正弦定理建立方程求得三棱锥的高，再结合勾股定理列方程求得外接球的半径，进一步即可求解. 【详解】    设点在平面的射影为，，因为， 所以，这表明点为三角形外接圆的圆心， 注意到，， 所以由正弦定理可得，解得， 所以外接球球心在的延长线上， 设外接球的半径为，则，解得， 所以此四面体的外接球的表面积为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：关键是首先得出三棱锥的高以及底面外接圆的半径，从而得外接球的半径，由此即可顺利得解. 5．（24-25高一下·四川乐山·期末）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，将分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点．则三棱锥的外接球表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】两两垂直，三棱锥外接球就是以为长宽高的长方体的外接球，从而求出外接球半径，得到表面积. 【详解】显然，两两垂直，其中， 故三棱锥外接球就是以为长宽高的长方体的外接球， 故外接球半径为， 故三棱锥外接球表面积为. 故选：B 6．（24-25高一下·四川攀枝花·期末）正四面体外接球的体积为，则其内切球的表面积为___________. 【答案】/ 【分析】将正四面体放入棱长为的正方体中，根据已知求得，进一步根据等体积法求得内切球的半径，结合球的表面积公式即可得解. 【详解】 如图所示，将正四面体放入棱长为的正方体中， 则其外接球的半径为，其外接球的体积为，解得， 从而正四面体的棱长，设其内切球的半径为， 由等体积法有，，其中为正四面体的表面积， 所以，所以， 其内切球的表面积为. 故答案为：. 7．（24-25高一下·四川泸州·期末）已知某圆柱的外接球的表面积为，则该圆柱的侧面积的最大值为_______________． 【答案】 【分析】根据球的表面积求出半径，建立圆柱高和半径的方程，求出圆柱侧面积解析式，利用基本不等式求解最大值. 【详解】设圆柱的底面半径为、高为，球的半径为， 由题知，解得，由圆柱的轴截面性质知， 所以该圆柱的侧面积为， 当且仅当时等号成立，即该圆柱的侧面积的最大值为. 故答案为：. 地 城 考点08 多面体与球体内切或外接问题 1．（24-25高一下·四川南充·期末）如图，在三棱锥中，平面，，，若三棱锥外接球的表面积为，则此三棱锥的体积为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正弦定理求出外接圆的半径，根据球的表面积求出球的半径，再由平面，则求出，最后根据锥体的体积公式计算可得. 【详解】因为，，所以， ， 设外接圆的半径为，圆心为，则，即， 设三棱锥外接球的半径为，球心为，则，解得（负值已舍去）； 因为平面，所以， 即，即，解得（负值已舍去）； 所以. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的关键点是找到球心位置，求出底面外接圆半径和外接球半径，再根据勾股定理求出棱锥的高. 2．（24-25高一下·四川成都·期末）若将一个棱长为的正方体铁块磨制成一个球体零件，则可能制作的最大零件的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意可知制成的最大的球体恰好正方体的内切球，求出球的半径，从而可求出球的体积 【详解】由题意可知制成的最大的球体恰好正方体的内切球， 因为正方体的棱长为，所以其内切球的半径为， 所以制作的最大零件的体积为， 故选：D 3．（24-25高一下·四川·期末）若一个正方体的顶点都在球面上，它的棱长为a，则这个球的表面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知得正方体的体对角线就是正方体的外接球的直径, 求得外接球的半径, 再由球的表面积公式可得选项. 【详解】正方体的对角线就是正方体的外接球的直径, 设正方体的外接球为 , 则 , 解得 , 所以外接球的表面积为 , 故选: A. 4．（24-25高一下·四川凉山·期末）已知正四棱锥的各顶点都在球O的球面上，若球O的体积为36π，且，则该正四棱锥体积为（    ） A．36 B． C． D．18 【答案】D 【分析】由球的体积求得，而正方形中，，则，由题意得正方形的外接圆为球的大圆，即的交点即为球心，，利用棱锥的体积公式求出答案． 【详解】因为球的体积为，所以，解得：， 正方形中，，则， 由题意得正方形的外接圆为球的大圆，即的交点即为球心，    因为面ABCD，， 所以该正四棱锥的体积为：． 故选：D． 5．（24-25高一下·四川遂宁·期末）如图，在正方体中，截去三棱锥，若剩余的几何体的表面积是，那么正方体的内切球的表面积和其外接球的体积分别是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【分析】设正方体棱长为，根据剩余几何体的表面积可求出再由正方体的内切球直径为1，外接球直径分别求出内切球的表面积和其外接球的体积即可. 【详解】设正方体棱长为,则剩余几何体的表面积为 所以 则正方体的内切球直径表面积， 正方体的外接球直径，体积， 故选：A. 6．（多选）（24-25高一下·四川成都·期末）如图，在直三棱柱中，，侧棱是棱上任意一点，则（   ） A．三棱柱的表面积为120 B．周长的最小值为 C．三棱柱的最大内切球的体积为 D．三棱柱的外接球的表面积为 【答案】ABD 【分析】结合直角三角性和矩形面积求得三棱柱表面积判断A，将周长问题转化为求的最小问题，沿展开平面利用三点共线最短即可求解判断B，根据的内切圆半径与柱体高的比较即可得出最大内切球的半径，代入球的体积公式判断C，利用补体法求得外接球直径，再由球的体积公式计算判断D. 【详解】因为，所以，又， 所以三棱柱的表面积为，故A正确； 周长为，将平面沿展开到平面中， 展开图为矩形，如图， 则（当三点共线时取等）， 又，所以周长的最小值为，故B正确； 因为，， 所以的内切圆半径， 因为，所以三棱柱的最大内切球的半径为， 其体积为，故C错误； 该直三棱柱的外接球的表面积等于将该直棱柱补充为长方体后长方体外接球的表面积， 其体对角线为外接球直径，设外接球半径为，则， 所以外接球的表面积为，故D正确. 故选：ABD 7．(多选)（24-25高一下·四川德阳·期末）圆台的上下底分别是直径为2、4的圆，高为2，则（    ） A．圆台的表面积为 B．圆台的体积为 C．圆台外接球表面积为 D．圆台能装下最大球的体积为 【答案】BC 【分析】A选项，作出辅助线，得到圆台的母线长，进而求出侧面积，加上上下底面积，得到表面积；B选项，利用台体体积公式进行计算；C选项，作出辅助线，得到外接球半径，求出表面积；D选项，当为球的直径时，球的体积为，故得到圆台能装下最大球的体积小于等于，D错误. 【详解】A选项，圆台的上底面面积为，下底面面积为， 由题意得，过点作⊥于点， 则，由勾股定理得， 故侧面积为， 故表面积为，A错误； B选项，圆台的体积为，B正确； C选项，设外接球球心为，连接，则， 设，则， 由勾股定理得，即， 同理可得， 故，解得， 故，故圆台外接球表面积为，C正确； D选项，当为球的直径时，即半径为1，此时球的体积为， 故圆台能装下最大球的体积不会大于，D错误. 故选：BC 8．（多选）（24-25高一下·四川成都·期末）陶艺是中国传统古老文化与现代艺术结合的艺术形式，某校陶艺社同学制作了一个实心圆锥，若该圆锥底面直径和高均为2，现过中点作平行于底面的截面，以该截面为底面在圆锥中挖去一个圆柱，得到工艺品如图所示，则下列说法正确的是（    ） A．剩下几何体的表面积为 B．剩下几何体的体积为 C．挖去圆柱体的外接球表面积为 D．若将挖去的圆柱制成一个实心球体艺术品，若不考虑体积损耗，则该球体的半径为 【答案】BCD 【分析】结合图形，利用圆锥、圆柱的表面积和体积公式计算即可判断A，B；对于C，根据圆柱的对称性判断外接球的球心，易得其半径，即得其表面积；对于D，利用等体积列方程求解即得. 【详解】对于A，设圆柱体的底面半径为，高为，则，， 圆锥的母线长为，过中点作平行于底面的截面，以该截面为底面在圆锥中挖去一个圆柱得到的几何体的表面积为： ，故A错误； 对于B，由题意，剩下几何体的体积为： ，故B正确； 对于C，如图，设的中点为，由圆柱的对称性可知，圆柱的外接球的球心即点， 设外接球的半径为，由图知，， 则圆柱的外接球的表面积为，故C正确； 对于D，设该实心球的半径为，依题意，， 即得，则，故D正确. 故选：BCD. 9．（24-25高一下·四川遂宁·期末）世界上最不可思议的四面体就是勒洛四面体，它是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体.如图所示，若正四面体的棱长为，则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为______． 【答案】 【分析】先利用正四面体的高以及外接球半径与棱长的关系，得到外接球半径，再根据图形得到勒洛四面体的内切球半径即为该勒洛四面体的能够容纳的最大球的半径. 【详解】勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体内切球， 由对称性知，勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心，如图： 正外接圆半径， 正四面体的高，令正四面体的外接球半径为， 在中，，解得， 此时我们再次完整地抽取部分勒洛四面体如图所示： 图中取正四面体中心为，连接交平面于点，交曲面于点， 其中即为正四面体外接球半径， 因为点均在以点B为球心的球面上，所以， 设勒洛四面体内切球半径为， 则由图得. 故答案为： 10．（24-25高一下·四川眉山·期末）已知，在三棱锥中，平面，，则三棱锥的外接球的表面积为_________． 【答案】 【分析】利用正弦定理求出的外接圆直径，利用公式可计算得出三棱锥的外接球直径，然后利用球体的表面积公式可求得结果. 【详解】如下图所示，设圆柱的底面半径为，母线长为，圆柱的外接球半径为， 取圆柱的轴截面，则该圆柱的轴截面矩形的对角线的中点到圆柱底面圆上每个点的距离都等于， 则为圆柱的外接球球心，由勾股定理可得. 平面，设的外接圆为圆， 可将三棱锥内接于圆柱，如下图所示： 设的外接圆直径为，，又， 由正弦定理可得， 该三棱锥的外接球直径为，则. 因此，三棱锥的外接球的表面积为. 故答案为：. 11．（24-25高一下·四川成都·期末）如图1，在平面四边形中，是边长为2的等边三角形，，将沿翻折，使得点到点的位置，如图2所示．若平面平面，三棱锥的外接球的表面积为______．若二面角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为______． 【答案】 【分析】分别确定外接球球心的位置，再求外接球半径，进而可得外接球的表面积. 【详解】对第一种情况，如下图： 取的中点，连接，，在线段上取点，使得，则为正三角形的重心. 因为，所以为的外心，即. 又为等边三角形，所以，又平面，平面平面，平面平面， 所以平面. 所以. 又为正三角形的重心，所以也是正三角形的外心，所以. 所以为的外接球球心. 因为，所以，所以外接球半径. 所以外接球表面积为：. 对第二种情况：如图： 因为为的外接圆圆心，为正的外接圆圆心. 过作平面的垂线，过作平面的垂线，两垂线交于点，则为三棱锥外接球的球心. 因为二面角的余弦值为， 所以，所以. 又，所以 . 所以三棱锥外接球. 所以此时三棱锥外接球的表面积为：. 故答案为：； 12．（24-25高一下·四川广元·期末）在四棱锥中，底面为等腰梯形，底面，若，，则这个四棱锥的外接球表面积为______. 【答案】 【分析】先求得四棱锥的外接球的半径，再去求外接球表面积即可解决. 【详解】取BC中点E，连接EA、ED，取PC中点H，连接EH、BH， 等腰梯形中，，， 则有，则四边形为平行四边形， 则，又，则为等边三角形， 则，则为等边三角形 则，故点E为等腰梯形的外接圆圆心， 中，，则 又底面，则底面， 又， ， 即， 故点H为四棱锥的外接球球心， 球半径 则四棱锥外接球表面积为 故答案为：. 13．（24-25高一下·四川绵阳·期末）将球O完全放置于一个圆柱内，且该圆柱的上下底面与球O相切．设球O的表面积为，圆柱的表面积为．则的最小值为________． 【答案】 【分析】设球O的半径为，圆柱的底面半径为，，可求最小值. 【详解】设球O的半径为，圆柱的底面半径为，圆柱的高为， 所以圆柱的表面积， 球的表面积为，所以. 故的最小值为. 故答案为：. 14．（24-25高一下·四川眉山·期末）已知扇形的半径为3，中心角为，则这个扇形围成的圆锥的外接球的表面积是__________. 【答案】 【分析】由于扇形的弧长等于圆锥的底面周长，先求出底面圆半径，从而可得圆锥高，根据直角三角形求外接圆半径，即可得解. 【详解】设圆锥底面半径为， 由于扇形的弧长等于圆锥的底面周长， 可得，所以， 所以圆锥的高为， 如图为圆锥轴截面， 设外接球的半径为，所以，解得， 所以该扇形围成的圆锥的外接球的表面积为. 故答案为：. 15．（24-25高一下·四川凉山·期末）《九章算术》中将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵；将底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马，如图，在堑堵中，，，，阳马的外接球表面积为__________.    【答案】 【分析】根据给定条件，把阳马补形为长方体，求出球半径作答. 【详解】依题意，阳马与堑堵有相同的外接球，令此球半径为， 又两两垂直，因此以为棱的长方体 与堑堵有相同的外接球， 则，即， 所以阳马的外接球表面积为. 故答案为：        16．（24-25高一下·四川成都·期末）如图，在四棱锥中，底面，底面为矩形，且，，则该四棱锥的外接球的表面积为_________.    【答案】 【分析】将四棱锥补成长方体，求出长方体的对角线长，即可得外接球的半径，进而得表面积. 【详解】将四棱锥补成长方体如图：    则此四棱锥的外接球即为长方体的外接球， 长方体的对角线长为， 所以四棱锥的外接球的直径为3，即半径， 则该四棱锥的外接球的表面积为. 故答案为：. 17．（24-25高一下·四川成都·期末）如图，在边长为的正方形中，分别为、的中点，现将，，分别沿折起使点重合，重合后记为点，得到三棱锥，则三棱锥的外接球的表面积为__________.      【答案】 【分析】由题意可知折叠成的三棱锥三条侧棱两两垂直，可得三棱锥的外接球的直径等于以为长、宽、高的长方体的对角线，再结合已知数据可求得结果. 【详解】根据题意得三棱锥中，， 因为两两垂直， 所以三棱锥的外接球直径， 所以三棱锥的外接球的半径为， 所以三棱锥的外接球的表面积为， 故答案为：    1 / 59 学科网（北京）股份有限公司 $