专题04立体几何的直观图、表面积和体积及球的切接问题-2025-2026学年高一下学期数学期末专项训练（广东专用）

专题04 立体几何的直观图、表面积和体积及球的切接问题 一、题型一空间几何体的结构特征 1．（23-24高一下·广东湛江·期末）下列说法正确的是（    ） A．棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面 B．棱柱的侧面都是全等的平行四边形 C．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱 D．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 2．（23-24高一下·广东潮州·期末）正四棱台中，上底面的边长为2，下底面ABCD的边长为4，棱台的高为1，则该四棱台的侧棱长为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·广东清远·期末）下列说法中，正确的是（    ） A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B．一个多面体至少有4个面 C．有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 D．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 4．（22-23高一下·广东云浮·期末）一个几何体由6个面围成，则这个几何体不可能是（    ） A．四棱台 B．四棱柱 C．四棱锥 D．五棱锥 5．（22-23高一下·广东·期末）如图，有一底面边长为，高为的正六棱柱形粮仓，侧面的中心点为，此时一只蚂蚁正在处，它要沿棱柱侧面到达所经过的最短路程是______.    二、题型二 直观图的计算 6．（24-25高一下·广东云浮·期末）如图所示，一个水平放置的的斜二测直观图是，若，则的面积是（ ） A． B． C． D． 7．（23-24高一下·广东广州·期末）已知一个矩形较长边长为2用斜二测画法画出矩形的直观图是菱形，则直观图的面积为（    ） A． B． C． D． 8．（24-25高一下·广东梅州·期末）如图，某图形的直观图是一个边长为2的菱形，则原图形的面积为（   ） A． B． C．8 D． 9．（22-23高一下·广东佛山·期末）如图所示的正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积为（    ）    A． B． C． D． 10．（24-25高一下·广东潮州·期末）如图，是用“斜二测画法”画出的直观图，，，，则的周长是（    ） A． B． C． D． 11．（24-25高一下·广东广州·期末）如图，为的直观图，且的面积为1，则中最长边的边长为（   ） A． B． C．2 D．1 12．（23-24高一下·广东梅州·期末）如图，水平放置的的直观图恰为腰长为2的等腰直角三角形，则中最长边的长为（   ） A． B．4 C． D．6 13．（22-23高一下·广东韶关·期末）如图，水平放置的四边形的斜二测画法的直观图为矩形，已知，是的中点，则的长为（    ）    A．1 B．2 C．3 D．4 14．（22-23高一下·广东珠海·期末）如图所示，的直观图是边长为4的等边，则在原图中，边上的高为（    ）    A． B． C． D． 三、题型三 几何体的体积计算 15．（24-25高一下·广东广州·期末）正四棱台的上、下底面边长分别为2，4，侧棱长为3，则其体积为（    ）． A．28 B． C． D． 16．（23-24高一下·广东江门·期末）底面积为，侧面积为的圆锥的体积是（　　） A． B． C． D． 17．（22-23高一下·广东揭阳·期末）我国的玉文化发源于新石器时代早期，绵延至今，贯穿了整个中华文明史，是中国传统文化的重要组成部分．如图是1986年在河南平顶山出土的西周（公元前1046—前771年）青玉琮，高，边长，内径，体呈外方内圆状，中空，通体素面，则该青玉琮的体积约为（    ）      A． B． C． D． 18．（23-24高一下·广东揭阳·期末）中国南北朝时期数学家､天文学家祖冲之､祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.如图，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（    ） A．24 B． C． D． 19．（24-25高一下·广东揭阳·期末）已知正三棱柱的棱长均为为的中点，则四面体的体积为（    ） A． B． C． D． 20．（24-25高一下·广东惠州·期末）如图，某几何体可看成是个几何体的组合体，上面的几何体I是直棱柱，中间的几何体Ⅱ是棱台，下面的几何体Ⅲ也是棱台，几何体Ⅲ的下底面与几何体I的底面是全等的六边形，几何体III的上底面面积是下底面面积的倍，若几何体I、II、III的高之比分别为，则几何体I、II、III的体积之比为 （    ） A． B． C． D． 21．（24-25高一下·广东深圳·期末）如图，正四棱台，上下底面的中心分别为和，若，，则正四棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 22．（23-24高一下·广东·期末）通常以24小时内降水在平地上积水厚度（单位：mm）来判断降雨程度，其中小雨（），中雨（），大雨（），暴雨（）．小明用一个近似圆台的水桶（如图，计量单位）连续接了24小时的雨水，桶中水的高度约为桶高的，则当天的降雨等级是（    ） A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨 23．（22-23高一下·广东云浮·期末）如图，在长方体中，，，，，分别在棱，上，，该长方体被平面截成两个几何体，设体积较大的几何体的体积为，体积较小的几何体的体积为，则（    ）    A．10 B．5 C．12 D．11 24．（24-25高一下·广东东莞·期末）一个圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，侧面积为，则该圆台的体积为（   ） A． B． C． D． 25．（22-23高一下·广东韶关·期末）若一个圆台的高为，母线与底面所成角为，侧面积为，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 26．（24-25高一下·广东河源·期末）如图，与直线在同一平面，垂直于，，则绕旋转一周形成的面所围成的几何体的体积是（    ） A． B． C． D． 27．（22-23高一下·广东清远·期末）一个内壁底面半径为2的圆柱体玻璃杯中盛有体积为的水，若放入一个玻璃球(球的半径与圆柱体玻璃杯内壁的底面半径相同)后，水恰好淹没了玻璃球，则（    ） A． B． C． D． 28．（23-24高一下·广东江门·期末）如图，一块边长为8的正方形纸片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个全等的等腰三角形和一个正方形做成一个正四棱锥，则该四棱锥的体积为_____________________. 29．（24-25高一下·广东汕头·期末）圆锥的底面半径扩大到原来的2倍，高缩小为原来的，则其体积是原来的____倍. 30．（22-23高一下·广东深圳·期末）母线长为的圆锥，其侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为_____________. 31．（24-25高一下·广东深圳·期末）已知圆台的上下底面半径分别为2，3，侧面积为，则该圆台的体积为___________. 32．（24-25高一下·广东江门·期末）若圆锥、圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则圆锥、圆柱、球的体积比为______． 四、题型三 几何体的表（侧）面积计算 33．（23-24高一下·广东广州·期末）圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为7，圆台的侧面积为，则圆台较小底面的半径为（    ） A．8 B．7 C．5 D．3 34．（24-25高一下·广东惠州·期末）已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为60°的扇形，则该圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 35．（24-25高一下·广东潮州·期末）已知圆台的上、下底面半径和高的比为，母线长为5，则圆台的侧面积为（） A．π B．16π C．17π D．25π 36．（24-25高一下·广东广州·期末）在中，，，，现以所在直线为轴，其余两边旋转一周形成曲面围成的几何体，则这个几何体的表面积为（   ） A． B． C． D． 37．（23-24高一下·广东广州·期末）若圆锥的底面半径为1，体积为，则该圆锥的侧面展开图的面积是（    ） A． B． C． D． 38．（24-25高一下·广东茂名·期末）已知圆锥的底面半径为3，且圆锥的底面积是侧面积的一半，则圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 39．（24-25高一下·广东佛山·期末）如图，等边三角形与直线在同一平面，垂直于，，则绕旋转一周形成的面所围成的几何体的表面积是（   ） A． B． C． D． 40．（23-24高一下·广东韶关·期末）以斜边长为2的等腰直角三角形的斜边所在直线为旋转轴，将该三角形旋转一周所得几何体的表面积为（    ） A． B． C． D． 41．（23-24高一下·广东湛江·期末）圆台一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为7，其侧面积为，则较小底面的半径为（    ） A．3 B．5 C．7 D．9 42．（22-23高一下·广东江门·期末）已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则圆锥底面直径为（    ） A．6 B．3 C．12 D． 43．（24-25高一下·广东清远·期末）已知正四棱锥的侧棱长为，侧面与底面所成二面角的余弦值为，则下列结论不正确的是（    ） A．正四棱锥的底面边长为16 B．正四棱锥的高为6 C．正四棱锥的体积为 D．正四棱锥的表面积为576 44．（22-23高一下·广东湛江·期末）若圆锥的表面积为，其侧面展开图为一个半圆，则下列结论正确的为（    ） A．圆锥的母线长为2 B．圆锥的底面半径为2 C．圆锥的体积为 D．圆锥的侧面积为 45．（22-23高一下·广东广州·期末）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.如下图的印信，可以看成是将一个棱长等于2cm的正方体截去8个一样的四面体之后得到的，则该印信的所有棱长之和等于______cm，该印信的表面积等于______.    46．（22-23高一下·广东广州·期末）在中，，将分别绕边，，所在直线旋转一周，形成的几何体的侧面积分别记为，，，体积分别记为，，，则（    ） A． B． C． D． 五、题型五 几何体的距离问题 47．（22-23高一下·广东·期末）巴普士（约公元世纪），古希腊亚历山大学派著名几何学家.生前有大量的著作，但大部分遗失在历史长河中，仅有《数学汇编》保存下来.《数学汇编》一共卷，在《数学汇编》第卷中记载着这样一个定理：“如果在同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于该闭合图形的面积与该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，即（表示平面闭合图形绕旋转轴旋转所得几何体的体积，表示闭合图形的面积，表示重心绕旋转轴旋转一周的周长）.已知在四边形中，于点，，，，利用上述定理可求得四边形的重心到点的距离为（    ）    A． B． C． D． 48．（24-25高一下·广东河源·期末）已知三棱锥的体积为74，底面中，内角所对的边分别为.当时，到平面的距离为__________；当时，到平面距离的最小值为__________. 49．（23-24高一下·广东云浮·期末）已知正方体的棱长为1，点到平面的距离为__________. 六、题型六几何体的内切球问题 50．（24-25高一下·广东江门·期末）棱长为2的正方体的内切球的表面积为（    ）． A． B． C． D． 51．（23-24高一下·广东清远·期末）将一个棱长为1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表面积为（    ） A． B． C． D． 52．（23-24高一下·广东佛山·期末）已知正四棱台，半球的球心在底面的中心，且半球与该棱台的各棱均相切，则半球的表面积为（      ） A． B． C． D． 53．（24-25高一下·广东佛山·期末）已知正四面体内部有一个半径为的小球，则正四面体棱长的最小值为__________.若小球可以在正四面体内任意滚动，小球与正四面体所有接触点的轨迹形成的图形面积为，则正四面体的棱长为__________. 54．（23-24高一下·广东广州·期末）已知一个圆台的上、下底面直径分别为2、8，母线长为6，则在圆台内部放置半径最大的球的表面积为______. 55．（22-23高一下·广东云浮·期末）已知一个圆锥的侧面展开图是半径为4，圆心角为的扇形，将该圆锥加工打磨成一个球状零件，则该零件表面积的最大值为______. 七、题型七 几何体的外接球问题 56．（23-24高一下·广东东莞·期末）棱长为的正方体的顶点都在球面上，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 57．（23-24高一下·广东云浮·期末）已知矩形的对角线长为1，将沿折起得到三棱锥，且三棱锥的各个顶点均在球的表面上，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 58．（24-25高一下·广东深圳·期末）我国古代举世闻名的数学专著《九章算术》将底面为矩形的棱台称为“刍童”.已知棱台是一个所有侧棱的长相等，高为2的“刍童”，，，则该“刍童”外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 59．（23-24高一下·广东佛山·期末）如图所示，六氟化硫分子结构是六个氟原子处于顶点位置，而硫原子处于中心位置的正八面体，也可将其六个顶点看作正方体各个面的中心点．若正八面体的表面积为，则正八面体外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 60．（22-23高一下·广东·期末）把一个球放在一个圆柱形的容器中，如果盖上容器的上盖后，球恰好与圆柱的上､下底面和侧面相切，则该球称为圆柱的内切球；如果一个圆柱的上､下底面圆上的点均在同一个球上，则该球称为圆柱的外接球.若一个圆柱的表面积为，内切球的表面积为，外接球的表面积为，则为（    ） A． B． C． D． 61．（22-23高一下·广东汕尾·期末）如图，在边长为2的正方形中，，分别是，的中点，将，，分别沿，，折起，使得三点重合于点，若三棱锥的所有顶点均在球的球面上，则球的体积为（    ）    A． B． C． D． 62．（22-23高一下·广东·期末）“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积过程中构造的一个和谐优美的几何模型．如图1，正方体的棱长为2，用一个底面直径为2的圆柱面去截该正方体，沿着正方体的前后方向和左右方向各截一次，截得的公共部分即是一个“牟合方盖”（如图2）．已知这个“牟合方盖”与正方体外接球的体积之比为，则这个“牟合方盖”的体积为（    ）    A． B． C． D． 63．（24-25高一下·广东广州·期末）如图，正三棱台的上、下底面边长分别是3和6，侧棱长是，则（   ） A．平面 B．直线与底面所成的角为60° C．正三棱台的外接球体积为 D．若点P为底面ABC的动点，且，则P的轨迹长度为 64．（25-26高一下·广东·期末）正三棱柱底面边长为2，高为3，其外接球体积为_______ ． 65．（24-25高一下·广东梅州·期末）已知一个正三棱台的上、下底面边长分别为3，6，侧棱长为2，则该三棱台的外接球的表面积为_____. 66．（25-26高一下·广东·期末）已知三棱锥，面，，且，则三棱锥的外接球的表面积为__． 67．（24-25高一下·广东清远·期末）如图，底面半径为2的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则该圆锥的外接球表面积为__________. 68．（24-25高一下·广东广州·期末）已知圆锥的侧面积为，它的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则这个圆锥的底面半径为______，该圆锥的外接球的表面积为______． 八、题型八截面的相关问题 69．（22-23高一下·广东梅州·期末）已知某圆锥的轴截面是腰长为2的等腰直角三角形，则此圆锥的侧面积为__________. 70．（23-24高一下·广东东莞·期末）已知圆台的上底半径为2，下底半径为4，则经过母线中点且与底面平行的平面将圆台分成上下两部分的体积之比为__________. 71．（22-23高一下·广东清远·期末）在数学探究活动课中，小华进行了如下探究:如图，这是注入了一定量水的正方体密闭容器，现将该正方体容器的一个顶点A固定在地面上，使得AD，AB，AA1三条棱与水平面所成角均相等，此时水平面恰好经过BB1的中点，若AB=1，则该水平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得截面的面积为___.    72．（23-24高一下·广东湛江·期末）如图，透明塑料制成的长方体内灌进一些水，固定容器底面一边于水平地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度不同，有下面五个命题： ①有水的部分始终为四棱柱形； ②没有水的部分始终呈棱柱形； ③水面所在四边形的面积为定值； ④棱始终与水面所在平面平行； ⑤当容器倾斜如图（3）所示时，是定值．其中所有正确命题的序号是_________． 73．（22-23高一下·广东广州·期末）在棱长为a的正方体中，E，F分别为棱BC，的中点，过点A，E，F作一个截面，该截面将正方体分成两个多面体，则体积较小的多面体的体积为______. 74．（24-25高一下·广东汕头·期末）如图1，长方体容器置于水平地面上，内灌进一些水，水面高为，，现固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，容器内的水形成新的几何体，如图2，当时，该几何体的外接球表面积为________． 九、题型九体积和面积的最值问题 75．（22-23高一下·广东广州·期末）已知母线长为a的圆锥的侧面展开图为半圆，在该圆锥内放置一个圆柱，则当圆柱的侧面积最大时，圆柱的体积为（    ） A． B． C． D． 76．（22-23高一下·广东广州·期末）已知棱长为1的正方体的顶点都在同一球面上.先从正方体的8个顶点中任取4个共面的点，再从球面上取1个点，形成四棱锥，这些四棱锥的体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 77．（22-23高一下·广东广州·期末）在直角三角形ABC中，已知，，，以AC为旋转轴将旋转一周，AB、BC边形成的面所围成的旋转体是一个圆锥，则经过该圆锥任意两条母线的截面三角形的面积的最大值为______. 78．（24-25高一下·广东东莞·期末）已知正四棱柱中，，在的中点各有一个孔，．若在此四棱柱内装水，当水面恰好经过三个孔时，可装水的最大体积为__________；若此四棱柱可以任意放置，可装水的最大体积为__________． 79．（22-23高一下·广东东莞·期末）已知正方体的棱长为1，从正方体的8个顶点中选出4个点构成一个体积大于的三棱锥，则这4个点可以是________．（写出一组即可） 80．（24-25高一下·广东惠州·期末）已知正四面体的棱长为 ，现截去四个全等的小正四面体，得到如图的八面体，若这个八面体能放进半径为 的球形容器中，则截去的小正四面体的棱长最小值为_____________. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 立体几何的直观图、表面积和体积及球的切接问题 一、题型一空间几何体的结构特征 1．（23-24高一下·广东湛江·期末）下列说法正确的是（    ） A．棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面 B．棱柱的侧面都是全等的平行四边形 C．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱 D．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 【答案】C 【分析】利用棱柱的定义判断ABC；利用棱台的定义判断D. 【详解】对于A，正六棱柱正对的两个侧面平行，但它们不是正六棱柱的底面，A错误； 对于B，底面邻边不等的长方体的相邻两个侧面不全等，B错误； 对于C，由棱柱的定义知，C正确； 对于D，当截面与棱锥的底面不平行时，棱锥底面与截面之间的部分不是棱台，D错误. 故选：C 2．（23-24高一下·广东潮州·期末）正四棱台中，上底面的边长为2，下底面ABCD的边长为4，棱台的高为1，则该四棱台的侧棱长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，作平面，平面，侧棱. 【详解】连接，作平面，平面，， 因为为正四棱台，则在上， 因为上底面的边长为2，下底面的边长为4， ， 侧棱. 故选：B 3．（23-24高一下·广东清远·期末）下列说法中，正确的是（    ） A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B．一个多面体至少有4个面 C．有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 D．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 【答案】B 【分析】根据简单几何体的定义以及结构特征去判断即可. 【详解】正棱锥底面是正多边形，还需要满足顶点到底面射影落在底面正多边形的中心，A错误； 多面体中面数最少为三棱锥，四个面，B正确，； 有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体不一定是棱柱，还需要满足各个侧面的交线互相平行，C错误； 用一个平面去截棱锥，必须是平行于底面的平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分才是棱台，D错误. 故选：B. 4．（22-23高一下·广东云浮·期末）一个几何体由6个面围成，则这个几何体不可能是（    ） A．四棱台 B．四棱柱 C．四棱锥 D．五棱锥 【答案】C 【分析】根据棱柱，棱台和棱锥的面的个数，结合选项得出答案即可． 【详解】对于A，四棱台是上下两个四边形，四个侧面有6个面，满足题意； 对于B，四棱柱是上下两个四边形，四个侧面有6个面，满足题意； 对于C，四棱锥有一个底面，四个侧面有5个面，不满足题意； 对于D，五棱锥有一个底面，五个侧面有6个面，满足题意. 故选：C 5．（22-23高一下·广东·期末）如图，有一底面边长为，高为的正六棱柱形粮仓，侧面的中心点为，此时一只蚂蚁正在处，它要沿棱柱侧面到达所经过的最短路程是______.    【答案】 【分析】将此棱柱沿剪开，侧面的中心在上的投影为，由题意可知在展开图中的长是所求的最短路程. 【详解】如图，将此棱柱沿剪开，其展开图为一个长为，宽为的矩形，侧面的中心在上的投影为， 所以若要最短，应沿着侧面走直线到处， 由图可知，，所以. 故答案为：.    二、题型二 直观图的计算 6．（24-25高一下·广东云浮·期末）如图所示，一个水平放置的的斜二测直观图是，若，则的面积是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据斜二测直观图求出, 的长，求出的面积． 【详解】由斜二测直观图可知，且， 则的面积. 故选：D. 7．（23-24高一下·广东广州·期末）已知一个矩形较长边长为2用斜二测画法画出矩形的直观图是菱形，则直观图的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据直观图是菱形可得答案. 【详解】如图，是矩形的直观图，则，，， 所以的高为， 则直观图的面积为. 故选：A. 8．（24-25高一下·广东梅州·期末）如图，某图形的直观图是一个边长为2的菱形，则原图形的面积为（   ） A． B． C．8 D． 【答案】C 【分析】借助原图形的面积为直观图面积的倍计算即可得. 【详解】，则. 故选：C. 9．（22-23高一下·广东佛山·期末）如图所示的正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据斜二测画法的规则，可得，结合面积公式，即可求解. 【详解】由正方形的边长为，可得， 根据斜二测画法的规则，平面图形中，可得， 如图所示，所以原图形的面积为. 故答案为：C.    10．（24-25高一下·广东潮州·期末）如图，是用“斜二测画法”画出的直观图，，，，则的周长是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合图形作出，求其各边长，即得周长. 【详解】作出，如下图所示： 由题意可知因为，，，所以， 故，，， 由勾股定理可得， 故的周长为. 故选：D. 11．（24-25高一下·广东广州·期末）如图，为的直观图，且的面积为1，则中最长边的边长为（   ） A． B． C．2 D．1 【答案】A 【分析】结合题意由斜二测画法长度的计算可得. 【详解】设，由题意可得， 所以， 所以在中，， 由，所以， 即中最长边的边长为. 故选：A. 12．（23-24高一下·广东梅州·期末）如图，水平放置的的直观图恰为腰长为2的等腰直角三角形，则中最长边的长为（   ） A． B．4 C． D．6 【答案】D 【分析】利用斜二测画法中原图和直观图之间的联系，确定原三角形为直角三角形，即可根据勾股定理即可求得结论． 【详解】由图可知，， ∴原三角形中，,, ∴,故最长的边为6， 故选：D． 13．（22-23高一下·广东韶关·期末）如图，水平放置的四边形的斜二测画法的直观图为矩形，已知，是的中点，则的长为（    ）    A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据斜二测画法的规则可得相关线段长，将直观图复原为原图形，即可求得答案. 【详解】由题意知，, 如图，将直观图复原为四边形，则四边形为平行四边形，    因为，是的中点，故，且, 故,故， 故选：C 14．（22-23高一下·广东珠海·期末）如图所示，的直观图是边长为4的等边，则在原图中，边上的高为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先求出直观图中上的高，即可求出，从而求出，即可得解. 【详解】在直观图中，因为边长为的等边，所以上的高， ∴， ∴在原图中，上的高. 故选：A 三、题型三 几何体的体积计算 15．（24-25高一下·广东广州·期末）正四棱台的上、下底面边长分别为2，4，侧棱长为3，则其体积为（    ）． A．28 B． C． D． 【答案】D 【分析】利用侧棱长结合勾股定理可求出棱台的高，结合台体体积公式，即可求出体积. 【详解】 正四棱台的上、下底面边长分别为2，4，侧棱长为3， 如图可得正四棱台的高， 由棱台体积公式可得， 故选：D. 16．（23-24高一下·广东江门·期末）底面积为，侧面积为的圆锥的体积是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由底面积可求底面半径，根据侧面积可求母线，由圆锥的轴截面可求圆锥的高，代入体积公式即可求解. 【详解】因为底面积为，所以底面半径， 因为侧面积为，设母线为， 所以， 所以， 设圆锥的高为，所以， 所以圆锥的体积为. 故选：. 17．（22-23高一下·广东揭阳·期末）我国的玉文化发源于新石器时代早期，绵延至今，贯穿了整个中华文明史，是中国传统文化的重要组成部分．如图是1986年在河南平顶山出土的西周（公元前1046—前771年）青玉琮，高，边长，内径，体呈外方内圆状，中空，通体素面，则该青玉琮的体积约为（    ）      A． B． C． D． 【答案】C 【分析】依题意该青玉琮的体积为长方体的体积减去圆柱体的体积，根据柱体的体积公式计算可得. 【详解】依题意该青玉琮的体积为长方体的体积减去圆柱体的体积， 即（）. 故选：C 18．（23-24高一下·广东揭阳·期末）中国南北朝时期数学家､天文学家祖冲之､祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.如图，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（    ） A．24 B． C． D． 【答案】D 【分析】由祖暅原理知不规则几何体的体积与正六棱台体积相等即可求解. 【详解】由祖暅原理，该不规则几何体体积与正六棱台体积相等， 设该正六棱台的上下底面积分别为，高为， 则，，， 故. 故选：D 19．（24-25高一下·广东揭阳·期末）已知正三棱柱的棱长均为为的中点，则四面体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据棱锥及棱柱的体积公式计算求解. 【详解】如图所示，几何体为正三棱柱，且所有棱长均为， 底面ABC为正三角形，侧面为正方形， 则 ． 故选:A． 20．（24-25高一下·广东惠州·期末）如图，某几何体可看成是个几何体的组合体，上面的几何体I是直棱柱，中间的几何体Ⅱ是棱台，下面的几何体Ⅲ也是棱台，几何体Ⅲ的下底面与几何体I的底面是全等的六边形，几何体III的上底面面积是下底面面积的倍，若几何体I、II、III的高之比分别为，则几何体I、II、III的体积之比为 （    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用柱体、台体体积公式可求得结果. 【详解】设直棱柱I的底面积为，高为，则棱台II的上底面面积为，下底面面积为，高为， 棱台III的上底面面积为，下底面面积为，高为， 设几何体I、II、III的体积分别为、、， 则，， ， 因此，. 故选：C. 21．（24-25高一下·广东深圳·期末）如图，正四棱台，上下底面的中心分别为和，若，，则正四棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用解等腰梯形可求得棱台的高，从而利用台体体积公式即可求解. 【详解】因为是正四棱台，，， 侧面以及对角面为等腰梯形， 故，， ，所以， 所以该四棱台的体积为， 故选：B. 22．（23-24高一下·广东·期末）通常以24小时内降水在平地上积水厚度（单位：mm）来判断降雨程度，其中小雨（），中雨（），大雨（），暴雨（）．小明用一个近似圆台的水桶（如图，计量单位）连续接了24小时的雨水，桶中水的高度约为桶高的，则当天的降雨等级是（    ） A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨 【答案】B 【分析】计算出水桶桶中水的体积，除以水桶上底面面积即可得24小时内降水在平地上积水厚度，即可得解. 【详解】由题桶的下底面面积为，上底面面积 又桶中水水面与底面距离为， 设水面半径为，如图为桶的轴截面图形， 则，则， 故由得， 故水面半径为， 所以桶中水水面面积为 所以连续24小时的桶中水的体积为， 所以24小时内降水在平地上积水厚度为， 所以当天的降雨等级是中雨. 故选：B. 【点睛】思路点睛：先计算出水面半径，进而得水桶桶中水的体积，再除以水桶上底面面积即可得24小时内降水在平地上积水厚度. 23．（22-23高一下·广东云浮·期末）如图，在长方体中，，，，，分别在棱，上，，该长方体被平面截成两个几何体，设体积较大的几何体的体积为，体积较小的几何体的体积为，则（    ）    A．10 B．5 C．12 D．11 【答案】D 【分析】不妨设，，即可求出、，依题意截成的两部分均为高为的直棱柱，则体积之比即为底面积之比. 【详解】不妨设，，因为，所以，， ，所以， 所以，， 因为，所以长方体被平面截成的两部分均为高为的直棱柱， 所以其体积之比即为底面积之比，所以. 故选：D 24．（24-25高一下·广东东莞·期末）一个圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，侧面积为，则该圆台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由圆台侧面积求得母线长，再求得高后，由体积公式计算． 【详解】记圆台上下底半径分别为，母线长为，高为， 则侧面积为，， 所以高为， 体积为， 故选：B． 25．（22-23高一下·广东韶关·期末）若一个圆台的高为，母线与底面所成角为，侧面积为，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线为，由圆台的侧面积得，再由圆台的高为可得体积． 【详解】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线为， 圆台的高为，母线与底面所成角为， 所以， 则圆台的侧面积，可得， 故有， 圆台的体积． 故选：B. 26．（24-25高一下·广东河源·期末）如图，与直线在同一平面，垂直于，，则绕旋转一周形成的面所围成的几何体的体积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由绕旋转一周形成的面所围成的几何体是一个圆柱挖去一个同底等高的圆锥，利用柱体与锥体的体积公式求解即可. 【详解】与直线在同一平面，垂直于，， 则绕旋转一周形成的面所围成的几何体是如图所示的一个圆柱挖去一个同底等高的圆锥， 圆柱与圆锥的底面半径都等于，高都等于， 所以该几何体体的体积等于圆柱的体积减去圆锥的体积： ， 故选：B. 27．（22-23高一下·广东清远·期末）一个内壁底面半径为2的圆柱体玻璃杯中盛有体积为的水，若放入一个玻璃球(球的半径与圆柱体玻璃杯内壁的底面半径相同)后，水恰好淹没了玻璃球，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意知球体的体积与水的体积之和为底面半径是2高为4的圆柱体的体积，列出方程解出即可. 【详解】由题可知， 解得. 故选：C. 28．（23-24高一下·广东江门·期末）如图，一块边长为8的正方形纸片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个全等的等腰三角形和一个正方形做成一个正四棱锥，则该四棱锥的体积为_____________________. 【答案】 【分析】设正方形纸片为，其内的小正方形为，取，的中点分别为，连接，对称性可知，从而求出的长，从而得到正四棱锥中的斜高，从而可求出其高，得到体积. 【详解】如图设正方形纸片为，其内的小正方形为，做成的正四棱锥为 取，的中点分别为，连接 由题意，,由对称性可知， 所以，所以 即在正四棱锥中，，又 所以 所以正四棱锥的体积为 故答案为： 29．（24-25高一下·广东汕头·期末）圆锥的底面半径扩大到原来的2倍，高缩小为原来的，则其体积是原来的____倍. 【答案】2 【分析】根据圆锥的体积公式即可求解. 【详解】设圆锥的底面半径以及高分别为，则变化之后的半径和高分别为， 则原来的体积为，变化后的体积为, 故, 故答案为：2 30．（22-23高一下·广东深圳·期末）母线长为的圆锥，其侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为_____________. 【答案】 【分析】由已知求出底面圆的半径，再由勾股定理求出圆锥的高，代入体积公式计算即可. 【详解】设圆锥的底面半径为， 由题意，圆锥的母线长为，且其侧面展开图是圆心角为的扇形， 则底面周长为，解得， 则该圆锥的体积为. 故答案为：. 31．（24-25高一下·广东深圳·期末）已知圆台的上下底面半径分别为2，3，侧面积为，则该圆台的体积为___________. 【答案】 【分析】由圆台的侧面积公式得圆台的母线长，由勾股定理得圆台的高，再由圆台的体积公式得圆台的体积. 【详解】圆台的上底面半径，下底面半径，设圆台的母线长为，高为， 由圆台的侧面积公式得，解得， 由勾股定理得， 由圆台的体积公式得， 故答案为：. 32．（24-25高一下·广东江门·期末）若圆锥、圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则圆锥、圆柱、球的体积比为______． 【答案】 【分析】根据几何体的体积公式，求出各几何体体积，求出结果. 【详解】设球的半径为， 则圆锥的体积为， 圆柱的体积为， 球的体积为， 圆锥、圆柱、球的体积比为， 故答案为：. 四、题型三 几何体的表（侧）面积计算 33．（23-24高一下·广东广州·期末）圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为7，圆台的侧面积为，则圆台较小底面的半径为（    ） A．8 B．7 C．5 D．3 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用圆台侧面积公式列式求解. 【详解】设圆台较小底面的半径为， 由圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，得该圆台较大底面的半径为， 由母线长为7，圆台的侧面积为，得，解得，经验证符合题意， 所以圆台较小底面的半径为3. 故选：D 34．（24-25高一下·广东惠州·期末）已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为60°的扇形，则该圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用圆锥侧面展开图扇形的弧长等于圆锥的底面圆的周长即可求解母线长，最后利用侧面积公式即可得到答案. 【详解】设圆锥的母线为，底面半径为，侧面展开图扇形的圆心角为， 则， 因为圆锥侧面展开图扇形的弧长等于圆锥的底面圆的周长， 所以，即，所以. 则该圆锥的侧面积为 故选：A. 35．（24-25高一下·广东潮州·期末）已知圆台的上、下底面半径和高的比为，母线长为5，则圆台的侧面积为（） A．π B．16π C．17π D．25π 【答案】D 【分析】假设圆台的上底面半径，则下底面半径和高可知，在圆台的轴截面中计算即可求出上底面半径，再利用圆台的侧面积公式求解即可. 【详解】设圆台的上底面半径为，则下底面半径为，高为．母线长为5， 在如图所示的圆台轴截面中， 过点作于点， 所以有， 有，解得． 所以圆台的侧面积． 故选：D 36．（24-25高一下·广东广州·期末）在中，，，，现以所在直线为轴，其余两边旋转一周形成曲面围成的几何体，则这个几何体的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】旋转形成的几何体为两个共同底面的圆锥，求出底面半径，结合圆锥侧面积公式计算即可得. 【详解】设边上的高为，，，则， 则旋转形成的几何体为两个共同底面的圆锥，底面半径为，母线长分别为和， 则这个几何体的表面积. 故选：A. 37．（23-24高一下·广东广州·期末）若圆锥的底面半径为1，体积为，则该圆锥的侧面展开图的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由圆锥的底面半径为1，体积为，可得圆锥的高及母线，然后可得圆锥侧面展开图的面积. 【详解】因圆锥的底面半径为1，体积为，则圆锥的高满足， 则圆锥母线长为，则圆锥侧面展开的侧面积为：. 故选：B 38．（24-25高一下·广东茂名·期末）已知圆锥的底面半径为3，且圆锥的底面积是侧面积的一半，则圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据圆锥侧面积以及底面积的计算，求得母线长，利用勾股定理求得体高，结合圆锥的体积公式，可得答案. 【详解】设圆锥的体高为，母线长为，底面半径， 则底面积，侧面积，解得， 易知，所以体积. 故选：A. 39．（24-25高一下·广东佛山·期末）如图，等边三角形与直线在同一平面，垂直于，，则绕旋转一周形成的面所围成的几何体的表面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】应用圆台和圆锥的表面积公式计算求解. 【详解】过点作，垂足为， 绕旋转一周形成的面所围成的几何体是圆台去掉同底圆锥， 几何体的表面积是底面半径分别为1,2，母线为2的圆台表面积去掉上底面再加上底面半径为1，母线为2的圆锥的侧面积， 则； 故选：C． 40．（23-24高一下·广东韶关·期末）以斜边长为2的等腰直角三角形的斜边所在直线为旋转轴，将该三角形旋转一周所得几何体的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意分析可知该三角形旋转一周所得几何体为2个共底面，且底面半径为1，母线长为的圆锥拼接而成，结合圆锥的侧面积公式运算求解. 【详解】由题意可知：等腰直角三角形斜边的高为1，腰长为， 该三角形旋转一周所得几何体为2个共底面，且底面半径为1，母线长为的圆锥拼接而成， 所以所得几何体的表面积为. 故选：B. 41．（23-24高一下·广东湛江·期末）圆台一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为7，其侧面积为，则较小底面的半径为（    ） A．3 B．5 C．7 D．9 【答案】A 【分析】设较小底面的半径为，再根据题设条件，建立方程即可求解. 【详解】设较小底面的半径为，则另一个底面半径为， 又因为圆台的侧面积为， 所以，解得， 故选：A. 42．（22-23高一下·广东江门·期末）已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则圆锥底面直径为（    ） A．6 B．3 C．12 D． 【答案】A 【详解】设圆锥的底面半径为，高为，则母线长为， 则圆锥的侧面积为， 故表面积为，得①， 又底面圆周长等于侧面展开半圆的弧长，故， 即，得②， 联立①②得：，，则圆锥底面直径为6． 故答案为：A． 43．（24-25高一下·广东清远·期末）已知正四棱锥的侧棱长为，侧面与底面所成二面角的余弦值为，则下列结论不正确的是（    ） A．正四棱锥的底面边长为16 B．正四棱锥的高为6 C．正四棱锥的体积为 D．正四棱锥的表面积为576 【答案】C 【分析】在正四棱锥中，设底面边长为，根据侧棱长和侧面与底面所成的二面角可求底边的边长，从而可求体高、体积以及表面积，据此可判断各项的正误． 【详解】如图，在正四棱锥中，为正方形的中心，， 则为的中点，连接，，， 则平面，， 则为侧面与底面所成的锐二面角，则, 设底面边长为．则． 在中，， 解得，故底面边长为，故A正确； 正四棱锥的高，故B正确 体积，故C不正确 表面积为，故D正确. 故选：C． 44．（22-23高一下·广东湛江·期末）若圆锥的表面积为，其侧面展开图为一个半圆，则下列结论正确的为（    ） A．圆锥的母线长为2 B．圆锥的底面半径为2 C．圆锥的体积为 D．圆锥的侧面积为 【答案】AC 【分析】根据已知条件，结合圆锥的表面积公式，结合圆锥的侧面积公式及体积公式，即可求解. 【详解】解：设圆锥的底面半径为，母线为，由于其侧面展开图是一个半圆， 则，解得， 又∵圆锥的表面积为，∴表面积， 解得，故母线长，A选项正确，B选项错误； 圆锥的高，体积，C选项正确； 侧面积，D选项错误. 故选：AC. 45．（22-23高一下·广东广州·期末）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.如下图的印信，可以看成是将一个棱长等于2cm的正方体截去8个一样的四面体之后得到的，则该印信的所有棱长之和等于______cm，该印信的表面积等于______.    【答案】 【分析】求得印信棱数为24的多面体,其顶点是正方体各棱的中点，求得半正多面体的棱长，计算表面积. 【详解】一个棱数为24的印信有12个顶点，14个面； 正方体截去8个一样的四面体之后得到的印信，故其顶点是正方体各棱的中点． 印信的棱长为，则该印信的所有棱长之和等于; 印信是十四面体，共有14个面，8个正三角形6个正方形，则表面积为. 故答案为: ,. 46．（22-23高一下·广东广州·期末）在中，，将分别绕边，，所在直线旋转一周，形成的几何体的侧面积分别记为，，，体积分别记为，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】先分别求出将绕边、、旋转一周形成的几何体的体积和侧面积，然后对四个选项逐一判断即可. 【详解】将绕边（）所在的直线旋转一周形成的几何体是圆锥， 其底面半径是，母线长为，高为， 所以其体积，其侧面积；    将绕边（）所在的直线旋转一周形成的几何体是圆锥， 其底面半径是，母线长为，高为. 所以其体积，其侧面积；    将绕边（）所在的直线旋转一周形成的几何体是两个底面重合的圆锥， 其底面半径是，母线长分别为和，高之和为. 所以其体积，其侧面积.    对于A：， 当且仅当时取等号，故A正确； 对于B：， 故B正确； 对于C：， 而，所以，故C错误. 对于D：，故D正确； 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点是分别求出将绕边、、旋转一周形成的几何体的体积和侧面积. 五、题型五 几何体的距离问题 47．（22-23高一下·广东·期末）巴普士（约公元世纪），古希腊亚历山大学派著名几何学家.生前有大量的著作，但大部分遗失在历史长河中，仅有《数学汇编》保存下来.《数学汇编》一共卷，在《数学汇编》第卷中记载着这样一个定理：“如果在同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于该闭合图形的面积与该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，即（表示平面闭合图形绕旋转轴旋转所得几何体的体积，表示闭合图形的面积，表示重心绕旋转轴旋转一周的周长）.已知在四边形中，于点，，，，利用上述定理可求得四边形的重心到点的距离为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】计算出四边形分别绕、旋转一周所形成的几何体的体积，并计算出四边形的体积，根据题意分别计算出重心到的距离、重心到的距离的值，即可得出的长. 【详解】由题意得四边形为上底边的长为，下底边的长为，高为的直角梯形， 为两个直角边长分别为和的直角三角形， 所以四边形的面积为， 四边形绕旋转一周所得几何体的体积为， 设重心到的距离为，则，解得； 过点作直线，垂足为点，如下图所示：    因为，，，故四边形为矩形， 所以，，，所以，， 四边形绕旋转一周所得几何体为以直角梯形绕着直角腰旋转所形 成的圆台中挖去一个以为底面圆半径，高为的圆锥， 所以，四边形绕旋转一周所形成的几何体的体积为 ， 设重心到的距离为，则，所以， 所以. 故选：C. 48．（24-25高一下·广东河源·期末）已知三棱锥的体积为74，底面中，内角所对的边分别为.当时，到平面的距离为__________；当时，到平面距离的最小值为__________. 【答案】 【分析】先求出面积，再由棱锥的体积公式求到平面的距离；应用三角形面积公式及同角三角函数平方关系、余弦定理可得，结合，变换主元并结合二次函数性质求面积最大值，注意等号成立条件，最后应用棱锥体积公式求到平面距离的最小值. 【详解】令到平面的距离为，且， 当，则为等边三角形，故， 所以，可得， 当，由， 所以 ， 由 ， 综上，，，时，取等号， 所以，故最小. 故答案为：， 49．（23-24高一下·广东云浮·期末）已知正方体的棱长为1，点到平面的距离为__________. 【答案】 【分析】根据等积法即可求解. 【详解】    设点到平面的距离为，由，得，解得. 故答案为： 六、题型六几何体的内切球问题 50．（24-25高一下·广东江门·期末）棱长为2的正方体的内切球的表面积为（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正方体内切球的性质，求出内切球半径，计算表面积； 【详解】易知正方体内切球的半径是正方体棱长的一半，所以内切球半径为1，则表面积为； 故选：B. 51．（23-24高一下·广东清远·期末）将一个棱长为1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表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由正方体的棱长求得正方体内切球的半径，代入球的表面积公式求解． 【详解】正方体的棱长为1，要使制作成球体零件最大， 则球内切于正方体，则球的直径为1，半径为， 可能制作的最大零件的表面积为. 故选：B. 52．（23-24高一下·广东佛山·期末）已知正四棱台，半球的球心在底面的中心，且半球与该棱台的各棱均相切，则半球的表面积为（      ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分析半球与各棱的切点位置，利用球的切线性质，用表示出侧棱长，从不同角度表示出棱台的高，从而建立关于的方程，然后可得. 【详解】由题意可知，为下底面， 记上底面的中心为，过作垂直于平面，垂足为， 易知点在上，记半球与分别相切于点， 由正四棱台和球的对称性可知，为的中点， 因为，所以，， 记半球的半径为，则， 所以，， 分别在中，由勾股定理得， ， 因为，所以， 解得或（舍去）， 所以半球的表面积为. 故选：C 【点睛】关键点睛：本题考查学生的直观想象能力，解题关键在于利用球的切线性质，用表示出侧棱，然后根据棱台的高距离方程求出半径即可. 53．（24-25高一下·广东佛山·期末）已知正四面体内部有一个半径为的小球，则正四面体棱长的最小值为__________.若小球可以在正四面体内任意滚动，小球与正四面体所有接触点的轨迹形成的图形面积为，则正四面体的棱长为__________. 【答案】 12 20 【分析】利用体积法求出小球与正四面体内切时正四面体的棱长即可；根据给定条件，分析确定小球球心的轨迹，再借助正四面体的结构特征求出棱长. 【详解】为使正四面体棱长最小，则半径为的小球与正四面体的所有面均相切（为内切球）， 设此时的正四面体棱长为，其高， 该正四面体的体积，即，解得， 所以正四面体棱长的最小值为12； 小球可以在正四面体内任意滚动，小球与正四面体每个面的所有接触点形成的轨迹为一正三角形， 该正三角形可视为小球球心在正四面体对应面上的投影， 因此小球任意滚动时，小球球心形成的轨迹为一个小正四面体，该小正四面体的面与正四面体 的对应面平行，距离为，设其棱长为，则，解得，高为， 令小球与共点的正四面体的3个面都相切时的球心为，点在平面上的投影为， 则在线段上，令在平面上的投影为，连接并延长交于，连接， 显然是正中心，是正的中线，则， 而，于是，令与平面平行的小正四面体的面交于点， 则，正四面体的高， 而，因此，所以正四面体的棱长为20. 故答案为：12；20 54．（23-24高一下·广东广州·期末）已知一个圆台的上、下底面直径分别为2、8，母线长为6，则在圆台内部放置半径最大的球的表面积为______. 【答案】 【分析】把圆台还原成圆锥，求出圆锥轴截面等腰三角形的边长及内切圆半径，圆台轴截面等腰梯形的高，并确定圆台内放置的最大球半径即可求解. 【详解】圆台轴截面等腰梯形的两腰延长线交于点， 等腰即为圆台母线延长线交点为顶点，圆台下底面为底的圆锥的轴截面， 由，而，解得，则，即为正三角形， 正的高为，正的高为，因此等腰梯形的高为， 正的内切圆半径，显然， 因此等腰梯形内的最大圆为正的内切圆， 此圆即为圆台内部放置的半径最大的球被平面所截的大圆， 则在圆台内部放置半径最大的球的半径为，表面积为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键. 55．（22-23高一下·广东云浮·期末）已知一个圆锥的侧面展开图是半径为4，圆心角为的扇形，将该圆锥加工打磨成一个球状零件，则该零件表面积的最大值为______. 【答案】 【分析】运用扇形的弧长公式可求得圆锥半径，结合等面积法可求得三角形的内切圆半径，进而求得圆锥内切球的表面积. 【详解】由题意知，该圆锥的母线长为，设圆锥底面圆半径为，高为，如图所示， 由得，，所以. 圆锥内切球的半径等于内切圆的半径，设的内切圆圆心为，半径为，由得，，解得.所以该球状零件表面积的最大值为. 故答案为：.    七、题型七 几何体的外接球问题 56．（23-24高一下·广东东莞·期末）棱长为的正方体的顶点都在球面上，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据正方体结构特征求出球的半径，再结合球的表面积公式即可求解. 【详解】球的直径即为正方体的体对角线，设球的半径为，则， 所以球的表面积为. 故选：B. 57．（23-24高一下·广东云浮·期末）已知矩形的对角线长为1，将沿折起得到三棱锥，且三棱锥的各个顶点均在球的表面上，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由外接球的定义可知外接球球心到三棱锥四个顶点的距离相等，再根据矩形的性质，可知球心在矩形对角线中点，所以半径为，由表面积求解即可. 【详解】由外接球的定义可知外接球球心到三棱锥四个顶点的距离相等. 记矩形中心为，由矩形的性质知点在翻折过程中到四个顶点的距离相等， 即其为外接球球心，对角线的一半即为外接球半径，则. 故选：B. 58．（24-25高一下·广东深圳·期末）我国古代举世闻名的数学专著《九章算术》将底面为矩形的棱台称为“刍童”.已知棱台是一个所有侧棱的长相等，高为2的“刍童”，，，则该“刍童”外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据刍童的几何性可知外接球的球心在四棱台上下底面中心连线上，设球心为，根据几何关系求出外接球半径即可求其表面积 【详解】 如图，连接，设，连接． ∵棱台侧棱相等，∴易知其外接球球心在线段所在直线上， 设外接球球心为，易得， 因为，则球心不可能在线段之间，其位于的延长线上， 如图所示： 由得，解得，故, ∴外接球表面积为． 故选：C. 59．（23-24高一下·广东佛山·期末）如图所示，六氟化硫分子结构是六个氟原子处于顶点位置，而硫原子处于中心位置的正八面体，也可将其六个顶点看作正方体各个面的中心点．若正八面体的表面积为，则正八面体外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正八面体的结构特征结合条件可得外接球的半径，进而由球的体积公式即得体积． 【详解】如图正八面体，连接和交于点， 因为，， 所以，，又和为平面内相交直线， 所以平面，所以为正八面体的中心， 设正八面体的外接球的半径为，因为正八面体的表面积为，所以正八面体的棱长为， 所以， 则． 故选：B． 60．（22-23高一下·广东·期末）把一个球放在一个圆柱形的容器中，如果盖上容器的上盖后，球恰好与圆柱的上､下底面和侧面相切，则该球称为圆柱的内切球；如果一个圆柱的上､下底面圆上的点均在同一个球上，则该球称为圆柱的外接球.若一个圆柱的表面积为，内切球的表面积为，外接球的表面积为，则为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆柱的轴截面分析可得，，进而结合表面积公式运算求解. 【详解】设圆柱的母线长为，内切球的半径为，外接球的半径为， 则其轴截面如图所示，则，， 则， 所以. 故选：C.    61．（22-23高一下·广东汕尾·期末）如图，在边长为2的正方形中，，分别是，的中点，将，，分别沿，，折起，使得三点重合于点，若三棱锥的所有顶点均在球的球面上，则球的体积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，把三棱锥可补成一个长方体，利用长方体的对角线长求得外接球的半径，结合球的体积公式，即可求解. 【详解】根据题意，可得，且， 所以三棱锥可补成一个长方体，则三棱锥的外接球即为长方体的外接球，如图所示， 设长方体的外接球的半径为，可得，所以， 所以外接球的体积为. 故选：C.    62．（22-23高一下·广东·期末）“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积过程中构造的一个和谐优美的几何模型．如图1，正方体的棱长为2，用一个底面直径为2的圆柱面去截该正方体，沿着正方体的前后方向和左右方向各截一次，截得的公共部分即是一个“牟合方盖”（如图2）．已知这个“牟合方盖”与正方体外接球的体积之比为，则这个“牟合方盖”的体积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正方体外接球半径公式，结合球的体积公式，得到正方体外接球的体积，进而得到这个“牟合方盖”的体积. 【详解】因为正方体的棱长为2，所以正方体外接球半径为， 所以正方体外接球的体积为， 又因为这个“牟合方盖”与正方体外接球的体积之比为， 所以这个“牟合方盖”的体积为. 故选：D 63．（24-25高一下·广东广州·期末）如图，正三棱台的上、下底面边长分别是3和6，侧棱长是，则（   ） A．平面 B．直线与底面所成的角为60° C．正三棱台的外接球体积为 D．若点P为底面ABC的动点，且，则P的轨迹长度为 【答案】BCD 【分析】根据正三棱台的性质，利用边长，侧棱长等条件，通过相关几何关系进行判断和计算. 【详解】 设三棱台上下底面中心分别为,.连接,,,, 上下底面均为正三角形，则,. 已知侧棱长,由正三棱台性质可知，上下底面. 直角梯形中，. 选项A，假设平面，而平面，则平面平面， 与正三棱台的两个侧面不垂直矛盾，因此不垂直于平面，选项A错误； 选项B，直线与底面的角为与投影的夹角θ， 根据前面计算可知,,,, 在中，，所以，选项B对； 选项C，设正三棱台的外接球的球心为M，半径为R. 设，则. 由,，. 在直角梯形中， 则，，即， 所以外接球体积,选项C对； 选项D，因为,,. 交线圆半径，圆心为在底面的投影（）. 底面为正三角形，交线圆与边、相交，形成圆心角为的弧，弧长，选项D对. 故选：BCD. 64．（25-26高一下·广东·期末）正三棱柱底面边长为2，高为3，其外接球体积为_______ ． 【答案】 【分析】由正三棱柱的高确定外接球球心到平面的距离，根据几何关系建立球半径、和正外接圆半径的方程并求解，进而求解外接球体积. 【详解】由题意得正外接圆半径， 因为正三棱柱的高为3， 所以正三棱柱外接球球心到平面的距离， 所以该外接球半径， 所以所求外接球体积． 65．（24-25高一下·广东梅州·期末）已知一个正三棱台的上、下底面边长分别为3，6，侧棱长为2，则该三棱台的外接球的表面积为_____. 【答案】 【分析】先求出上、下底面外接圆的半径，再求出棱台的高，然后分球心在两平面之间和球心在两平面同侧两种情况讨论，求出球的半径，即可求出三棱台的外接球的表面积. 【详解】 如图所示，设球心为，半径为， 由正三角形的外接圆半径公式， 可知上底面的外接圆半径， 下底面的外接圆半径. 所以三棱台的高， 若球心在两平面之间，设球心到上底面的距离， 则到下底面的距离为， 由球心到各顶点的距离相等可得， ， ， 解得，不符合题意； 若球心在两平面同侧，设球心到上底面的距离， 则到下底面的距离为， 由球心到各顶点的距离相等可得， ， ，解得， 所以球的半径的平方， 所以该三棱台的外接球的表面积为， 故答案为：. 66．（25-26高一下·广东·期末）已知三棱锥，面，，且，则三棱锥的外接球的表面积为__． 【答案】 【详解】解：面，面， ， 面 面 取的中点，则，为球心 ， 球半径为 该三棱锥的外接球的表面积为 故答案为：．    67．（24-25高一下·广东清远·期末）如图，底面半径为2的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则该圆锥的外接球表面积为__________. 【答案】 【分析】根据题意，以母线长为半径绕一圈可带动底面圆走三圈，推知母线长后即可求解. 【详解】设圆锥母线长，底面半径为，依题意，，即， 因此圆锥轴截面等腰三角形底角，，， 此三角形外接圆半径即为圆锥的外接球半径， 所以该圆锥的外接球表面积为. 故答案为： 68．（24-25高一下·广东广州·期末）已知圆锥的侧面积为，它的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则这个圆锥的底面半径为______，该圆锥的外接球的表面积为______． 【答案】 【分析】根据给定条件，建立方程组求出圆锥底面圆半径及母线长，再借助正弦定理及圆锥的构造特征求出其外接球半径即可. 【详解】设圆锥底面圆半径为，母线长为， 依题意，，解得， 因此这个圆锥的底面半径为； 圆锥轴截面等腰三角形底角，则，， 这个等腰三角形外接圆半径，而圆锥轴截面等腰三角形外接圆是其外接球截面大圆， 因此圆锥的外接球的半径为，其表面积为. 故答案为： ； 八、题型八截面的相关问题 69．（22-23高一下·广东梅州·期末）已知某圆锥的轴截面是腰长为2的等腰直角三角形，则此圆锥的侧面积为__________. 【答案】 【分析】确定圆锥的底面半径和母线长，即可求得答案. 【详解】由题意某圆锥的轴截面是腰长为2的等腰直角三角形， 故底面半径为，圆锥母线长为2，    故此圆锥的侧面积为， 故答案为： 70．（23-24高一下·广东东莞·期末）已知圆台的上底半径为2，下底半径为4，则经过母线中点且与底面平行的平面将圆台分成上下两部分的体积之比为__________. 【答案】 【分析】将圆台还原为圆锥，设圆锥的顶点为，设圆台上、下底面圆、圆、截面圆的半径分别为、、，设圆锥、圆锥、圆锥的体积分别为、、，由圆台上、下底面圆和截面圆的半径之比，可得到体积、、之间的关系，进而可得经过母线中点且与底面平行的平面将圆台分成上下两部分的体积之比. 【详解】设圆台上、下底面圆的圆心分别为、，将圆台还原为圆锥，设圆锥的顶点为， 设经过母线中点且与底面平行的平面所成截面圆的圆心为， 设圆、圆、圆的半径分别为、、，则，，则， 设圆锥、圆锥、圆锥的体积分别为、、， 因为，则， ，则， 所以，，， 则经过母线中点且与底面平行的平面将圆台分成上下两部分的体积之比为， . 故答案为：. 71．（22-23高一下·广东清远·期末）在数学探究活动课中，小华进行了如下探究:如图，这是注入了一定量水的正方体密闭容器，现将该正方体容器的一个顶点A固定在地面上，使得AD，AB，AA1三条棱与水平面所成角均相等，此时水平面恰好经过BB1的中点，若AB=1，则该水平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得截面的面积为___.    【答案】/ 【分析】先根据三条棱与水平面所成角均相等，得出水面与平面A1BD平行，再根据特点得出截面为正六边形，然后可得答案. 【详解】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AD，AB，AA1与平面A1BD所成的角是相等的， 所以水平面平行于平面A1BD， 又水平面恰好经过BB1的中点，则水平面截正方体所得的截面是过棱的中点的正六边形，且边长为，所以其面积. 故答案为：      72．（23-24高一下·广东湛江·期末）如图，透明塑料制成的长方体内灌进一些水，固定容器底面一边于水平地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度不同，有下面五个命题： ①有水的部分始终为四棱柱形； ②没有水的部分始终呈棱柱形； ③水面所在四边形的面积为定值； ④棱始终与水面所在平面平行； ⑤当容器倾斜如图（3）所示时，是定值．其中所有正确命题的序号是_________． 【答案】②④⑤ 【分析】根据题意，结合棱柱的几何特征，线面平行，棱柱体积进行判断. 【详解】根据棱柱的定义知，有两个面是互相平行且是全等的多边形，其余每相邻两个面的交线也互相平行，而这些面都是平行四边形， 在（3）图中有水的部分始终为三棱柱形，所以①错误 将长方体以边将容器倾斜，平面平面,没有水的部分呈现为四棱柱至五棱柱棱柱最后四棱柱，所以②正确； 因为水面所在四边形，从图2，图3可以看出，有两条对边边长不变而另外两条对边边长随倾斜度变化而变化， 所以水面四边形的面积是变化的，③错误； 因为棱,在水面中，， 所以棱平面平面， 所以棱始终与水面所在平面平行，所以④正确； 因为水的体积是不变的，高始终是BC也不变，所以底面积也不会变，即是定值，所以⑤正确； 故答案为：②④⑤. 73．（22-23高一下·广东广州·期末）在棱长为a的正方体中，E，F分别为棱BC，的中点，过点A，E，F作一个截面，该截面将正方体分成两个多面体，则体积较小的多面体的体积为______. 【答案】 【分析】先作出截面，判断出为三棱台，结合台体体积公式运算求解. 【详解】如图，依次连接，四边形即为所求截面， 因为点E、F分别为棱、的中点，所以∥， 可知为三棱台，所以， 其体积， 且正方体的体积为， 则另一部分的体积为， 因为，所以体积较小的多面体的体积为. 故答案为：. 74．（24-25高一下·广东汕头·期末）如图1，长方体容器置于水平地面上，内灌进一些水，水面高为，，现固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，容器内的水形成新的几何体，如图2，当时，该几何体的外接球表面积为________． 【答案】41π 【分析】利用等体积法求出，利用可求出外接球半径，最后求出表面积. 【详解】依题意，图1和图2中容器内的水形成的几何体都为直棱柱，图2底面△HCG为直角三角形， 由于水的体积及BC不变，故图2中的面积等于图1中矩形的面积，即图2中，，因，则， 此时直三棱柱CHG-BEF可补形为以CH、CG、BC为棱的长方体，则所求外接球直径等于此长方体体对角线长， 即， 故所求外接球表面积为． 故答案为：41π. 九、题型九体积和面积的最值问题 75．（22-23高一下·广东广州·期末）已知母线长为a的圆锥的侧面展开图为半圆，在该圆锥内放置一个圆柱，则当圆柱的侧面积最大时，圆柱的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先由题意求得圆锥的底面半径与高，从而利用比例关系得到圆柱底面半径与高的关系，再利用基本不等式求得圆柱的侧面积最大时圆柱底面半径与高的取值，从而得解. 【详解】依题意，设圆锥底面半径为，高为，圆柱底面半径为，高为，    则，则，故， 所以由，得， 所以圆柱的侧面积， 当且仅当，即时，等号成立， 此时，圆柱的体积为. 故选：B. 76．（22-23高一下·广东广州·期末）已知棱长为1的正方体的顶点都在同一球面上.先从正方体的8个顶点中任取4个共面的点，再从球面上取1个点，形成四棱锥，这些四棱锥的体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正方体的性质，只需要考虑底面与底面的四棱锥，再利用锥体的体积公式即可得解. 【详解】因为棱长为1的正方体的顶点都在同一球面上， 所以该球的球心是与的交点，易得该球的半径为，    因为从正方体的8个顶点中任取4个共面的点作为四棱锥的底面， 所以根据正方体的性质，只需要考虑四棱锥的底面为面与面两种情况即可， 当四棱锥的底面为面时，易得， 该四棱锥的高最大值为到底面的距离加上球的半径，即， 此时该四棱锥的体积为； 当四棱锥的底面为面时，易得， 该四棱锥的高最大值为球的半径，即， 此时该四棱锥的体积为； 因为， 所以这些四棱锥的体积的最大值为. 故选：A. 77．（22-23高一下·广东广州·期末）在直角三角形ABC中，已知，，，以AC为旋转轴将旋转一周，AB、BC边形成的面所围成的旋转体是一个圆锥，则经过该圆锥任意两条母线的截面三角形的面积的最大值为______. 【答案】8 【分析】设两条母线为AB、AD，则截面面积为，由为定值可知当最大时，截面面积最大，结合图形求出的范围即可求解． 【详解】    如图，圆锥任意两条母线为AB和AD，则截面为等腰三角形ABD， ∴截面面积为：， 由图可知，当截面为圆锥轴截面时，∠BAD最大，最大为120°， ∴， ∴sin∠BAD最大值为1， ∵为定值， 故当sin∠BAD最大时截面面积最大， 故截面面积最大为． 故答案为：8 78．（24-25高一下·广东东莞·期末）已知正四棱柱中，，在的中点各有一个孔，．若在此四棱柱内装水，当水面恰好经过三个孔时，可装水的最大体积为__________；若此四棱柱可以任意放置，可装水的最大体积为__________． 【答案】 【分析】水面恰好经过三个孔时，直接作出截面，求剩余三棱柱的体积即可；当水面只过时，作出截面，剩余部分为三棱台，设，求处三棱台体积的最小值即可. 【详解】设为中点， 因为都是中点，所以共线， ，即四点共面，即水面为平面， 剩余三棱柱，体积为， 则装水最大体积为， 当水面只过时，过作直线与交于点（在点下方）， 与交于点，水面交于， 平面平面，平面平面， 平面平面，， 所以剩余部分为三棱台，设， 又为中点，，所以， 又， 所以， 当时取等，所以取得最小值，此时点在点B处，点E在点处， 剩余部分为三棱锥，台体体积公式仍适用， 所以此时可装水的最大体积为. 故答案为：. 79．（22-23高一下·广东东莞·期末）已知正方体的棱长为1，从正方体的8个顶点中选出4个点构成一个体积大于的三棱锥，则这4个点可以是________．（写出一组即可） 【答案】或（写出一组即可） 【分析】结合锥体体积公式判断即可. 【详解】若从正方体的某一面的四个顶点中任选3个顶点，再从余下的点中选一个与它们不共面的点，例如选，则 由正方体性质可得平面，，， 所以三棱锥的体积，不满足要求， 若选某一面的一条对角线的端点，再选与其平行的平面中与前一条对角线不平行的对角线的端点，例如， 设正方体的体积为，则， 则三棱锥的体积，满足要求， 同理可得，选也满足要求， 故答案为：或（写出一组即可）.    80．（24-25高一下·广东惠州·期末）已知正四面体的棱长为 ，现截去四个全等的小正四面体，得到如图的八面体，若这个八面体能放进半径为 的球形容器中，则截去的小正四面体的棱长最小值为_____________. 【答案】 【分析】画出图形，做出辅助线，求出大正四面体的外接球半径，这个八面体的外接球半径为，则截去的小正四面体的棱长最小，根据勾股定理列出方程，求出答案，舍去不合要求的解. 【详解】如图，正四面体在点截去小正四面体， 取中点，连接，过点作⊥平面，则在上，且⊥平面，垂足为，连接，则为正的中心， 大正四面体的外接球球心在高上，设为，连接，则， 因为大正四面体的棱长为，故，解得， 由勾股定理得， 在中，，即，解得， 则大正四面体的外接球半径为6， 若这个八面体的外接球半径为，则截去的小正四面体的棱长最小， 由对称性可知，这个八面体的外接球的球心与正四面体的外接球球心重合，连接， 则， 设截去的小正四面体的棱长为，则，即， 则，故，故高， 所以， 在中，，即， 解得或， ，不合要求，舍去，符合要求， 截去的小正四面体的棱长最小值为. 故答案为：. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $