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数学
　第1练　基本立体图形、空间几何体的表面积与体积（原卷版）
一、单项选择题
1．将一个等腰梯形绕它的较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括(　　)
A．一个圆台、两个圆锥
B．两个圆台、一个圆柱
C．两个圆柱、一个圆台
D．一个圆柱、两个圆锥
2．将12根长度相同的小木棍通过黏合端点的方式(不可折断)不可能拼成(　　)
A．正三棱柱 B．正四棱锥
C．正四棱柱 D．正六棱锥
3. 如图，水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图为矩形A′B′C′D′，已知A′O′＝O′B′＝1，B′C′＝1，则四边形ABCD的周长为(　　)
A．6 B．12
C．8 D．10
4．(2025·河南郑州模拟) 如图是某灯具厂生产的一批不倒翁型台灯外形，它由一个圆锥和一个半球组合而成，圆锥的高是0.4 m，底面直径和球的直径都是0.6 m，现对这个台灯表面涂胶，如果每平方米需要涂200克，则共需涂胶(精确到个位数)(　　)
A．176克 B．207克
C．239克 D．270克
5．(2025·山东青岛二中模拟)在正三棱台ABC－A1B1C1中，已知AB＝，A1B1＝2，侧棱AA1的长为2，则此正三棱台的体积为(　　)
A． B．
C． D．
6．(2024·湖北武汉二模)如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上、下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分(除去两个球缺)．如图2，“球缺”是指一个球被平面所截后剩下的部分，截得的圆面叫做球缺的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高．已知球缺的体积公式为V＝(3R－h)h2，其中R是球的半径，h是球缺的高．已知该灯笼的高为40 cm，圆柱的高为4 cm，圆柱的底面圆直径为24 cm，则该灯笼的体积为(取π＝3)(　　)
A．32000 cm3 B．33664 cm3
C．33792 cm3 D．35456 cm3
7．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若＝2，则＝(　　)
A． B．2
C． D．
8．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，介于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．一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为2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．16 B．16
C．18 D．21
二、多项选择题
9．如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论正确的是(　　)
A．圆柱的侧面积为2πR2
B．圆锥的侧面积为2πR2
C．圆柱的侧面积与球的表面积相等
D．圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶2
10．(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P－AC－O为45°，则(　　)
A．该圆锥的体积为π
B．该圆锥的侧面积为4π
C．AC＝2
D．△PAC的面积为
11．(2022·新高考Ⅱ卷)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB，记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE的体积分别为V1，V2，V3，则(　　)
A．V3＝2V2 B．V3＝V1
C．V3＝V1＋V2 D．2V3＝3V1
三、填空题
12．(2024·全国甲卷)已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为r1和r2，母线长分别为2(r2－r1)和3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为________．
13．(2025·云南昆明一中模拟)某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个相同的四面体得到的(如图)，则该几何体共有________个面；若被截正方体的棱长是60 cm，那么该几何体的表面积是________cm2.
14．(2024·九省联考)已知轴截面为正三角形的圆锥MM′的高与球O的直径相等，则圆锥MM′的体积与球O的体积的比值是________，圆锥MM′的表面积与球O的表面积的比值是________．
四、解答题
15．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝1，AA1＝，∠CAB＝120°.
(1)求直三棱柱ABC－A1B1C1的体积；
(2)求直三棱柱ABC－A1B1C1的表面积．
16. 如图，在△ABC中，AB＝8，BC＝10，AC＝6，BD⊥平面ABC，且AE∥FC∥BD，BD＝3，FC＝4，AE＝5.试用两种方法求此几何体的体积．
17．现需要设计一个仓库，它由上、下两部分组成，上部的几何体是正四棱锥P－A1B1C1D1，下部的几何体是正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．
(1)若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？
(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？
　第1练　基本立体图形、空间几何体的表面积与体积（解析版）
一、单项选择题
1．将一个等腰梯形绕它的较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括(　　)
A．一个圆台、两个圆锥
B．两个圆台、一个圆柱
C．两个圆柱、一个圆台
D．一个圆柱、两个圆锥
答案：D
解析：从较短的底边的端点向另一底边作垂线，两条垂线把等腰梯形分成了两个直角三角形，一个矩形，所以一个等腰梯形绕它的较长的底边所在直线旋转一周形成的是由一个圆柱、两个圆锥所组成的几何体，如图所示．故选D.
2．将12根长度相同的小木棍通过黏合端点的方式(不可折断)不可能拼成(　　)
A．正三棱柱 B．正四棱锥
C．正四棱柱 D．正六棱锥
答案：D
解析：A，B，C中的图形均可由12根长度相同的小木棍通过黏合端点的方式得到；对于D，因为正六边形的中心到六个顶点的距离都等于边长，所以正六棱锥的侧棱长总比底边长，故D不可能拼成．故选D.
3. 如图，水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图为矩形A′B′C′D′，已知A′O′＝O′B′＝1，B′C′＝1，则四边形ABCD的周长为(　　)
A．6 B．12
C．8 D．10
答案：D
解析：由题设知，原四边形中AB＝CD＝A′B′＝C′D′＝2，且AB∥CD，所以原四边形ABCD为平行四边形，而O′C′＝，则原四边形中OC＝2，故AD＝BC＝＝3，所以四边形ABCD的周长为AB＋CD＋AD＋BC＝10.故选D.
4．(2025·河南郑州模拟) 如图是某灯具厂生产的一批不倒翁型台灯外形，它由一个圆锥和一个半球组合而成，圆锥的高是0.4 m，底面直径和球的直径都是0.6 m，现对这个台灯表面涂胶，如果每平方米需要涂200克，则共需涂胶(精确到个位数)(　　)
A．176克 B．207克
C．239克 D．270克
答案：B
解析：由已知得圆锥的母线长l＝＝0.5，所以台灯的表面积为S＝πrl＋2πr2＝π×0.3×0.5＋2π×0.32＝0.33π，需要涂胶的重量为0.33π×200＝66π≈66×3.14＝207.24≈207(克)．故选B.
5．(2025·山东青岛二中模拟)在正三棱台ABC－A1B1C1中，已知AB＝，A1B1＝2，侧棱AA1的长为2，则此正三棱台的体积为(　　)
A． B．
C． D．
答案：C
解析：在正三棱台ABC－A1B1C1中，已知AB＝，A1B1＝2，所以△ABC的面积为×××＝，△A1B1C1的面积为×2×2×＝3，设O，O1分别是△ABC，△A1B1C1的中心，D，D1分别是BC，B1C1的中点，则A，O，D三点共线，A1，O1，D1三点共线，AD＝AB×sin＝×＝，A1D1＝A1B1×sin＝2×＝3，∴OD＝AD＝，O1D1＝A1D1＝1，DD1＝＝＝，过D作DE⊥A1D1，垂足为E，则DE∥OO1，∵DE＝＝＝，∴三棱台的高为，∴三棱台的体积为V＝××＝.故选C.
6．(2024·湖北武汉二模)如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上、下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分(除去两个球缺)．如图2，“球缺”是指一个球被平面所截后剩下的部分，截得的圆面叫做球缺的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高．已知球缺的体积公式为V＝(3R－h)h2，其中R是球的半径，h是球缺的高．已知该灯笼的高为40 cm，圆柱的高为4 cm，圆柱的底面圆直径为24 cm，则该灯笼的体积为(取π＝3)(　　)
A．32000 cm3 B．33664 cm3
C．33792 cm3 D．35456 cm3
答案：B
解析：该灯笼去掉圆柱部分的高为40－8＝32 cm，则R－h＝＝16 cm，由圆柱的底面圆直径为24 cm，则有(R－h)2＋122＝R2，即162＋122＝R2，可得R＝20 cm，则h＝4 cm, V＝2V圆柱＋V球－2V球缺＝2×4×122×π＋×π×203－2××(60－4)×42＝3456＋32000－1792＝33664 cm3.故选B.
7．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若＝2，则＝(　　)
A． B．2
C． D．
答案：C
解析：设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面半径为r2，则＝＝＝2，所以r1＝2r2，又＋＝2π，则＝1，所以r1＝l，r2＝l，所以甲圆锥的高h1＝＝l，乙圆锥的高h2＝＝l，所以＝＝＝.故选C.
8．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，介于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．一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为2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．16 B．16
C．18 D．21
答案：D
解析：由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与正六棱台的体积相等，∵正六棱台的上、下底面边长分别为1和2，则S1＝6××1×1×＝，S2＝6××2×2×＝6，∴V＝(S1＋＋S2)h＝××2＝21.故选D.
二、多项选择题
9．如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论正确的是(　　)
A．圆柱的侧面积为2πR2
B．圆锥的侧面积为2πR2
C．圆柱的侧面积与球的表面积相等
D．圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶2
答案：CD
解析：∵圆柱和圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，∴圆柱的侧面积为2πR·2R＝4πR2，A错误；圆锥的母线长l＝＝R，侧面积为πRl＝πR2，B错误；球的表面积为4πR2，∴圆柱的侧面积与球的表面积相等，C正确；∵V圆柱＝πR2·2R＝2πR3，V圆锥＝πR2·2R＝πR3，V球＝πR3，∴V圆柱∶V圆锥∶V球＝2πR3∶πR3∶πR3＝3∶1∶2，D正确．故选CD.
10．(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P－AC－O为45°，则(　　)
A．该圆锥的体积为π
B．该圆锥的侧面积为4π
C．AC＝2
D．△PAC的面积为
答案：AC
解析：依题意，∠APB＝120°，PA＝2，所以OP＝1，OA＝OB＝，对于A，圆锥的体积为×π×()2×1＝π，A正确；对于B，圆锥的侧面积为π××2＝2π，B错误；对于C，设D是AC的中点，连接OD，PD，则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P－AC－O的平面角，则∠PDO＝45°，所以OD＝OP＝1，故AD＝CD＝＝，则AC＝2，C正确；对于D，PD＝＝，所以S△PAC＝×2×＝2，D错误．故选AC.
11．(2022·新高考Ⅱ卷)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB，记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE的体积分别为V1，V2，V3，则(　　)
A．V3＝2V2 B．V3＝V1
C．V3＝V1＋V2 D．2V3＝3V1
答案：CD
解析：设AB＝ED＝2FB＝2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1＝ED·S△ACD＝·2a··(2a)2＝a3，V2＝FB·S△ABC＝·a··(2a)2＝a3，连接BD交AC于点M，连接EM，FM，易得BD⊥AC，又ED⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD＝D，ED，BD 平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，又BM＝DM＝BD＝a，过F作FG⊥DE于点G，易得四边形BDGF为矩形，则FG＝BD＝2a，EG＝a，则EM＝＝a，FM＝＝a，EF＝＝3a，EM2＋FM2＝EF2，则EM⊥FM，S△EFM＝EM·FM＝a2，AC＝2a，则V3＝VA－EFM＋VC－EFM＝AC·S△EFM＝2a3，则2V3＝3V1，V3＝3V2，V3＝V1＋V2.故选CD.
三、填空题
12．(2024·全国甲卷)已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为r1和r2，母线长分别为2(r2－r1)和3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为________．
答案：
解析：由题意可得，两个圆台的高分别为h甲＝＝(r2－r1)，
h乙＝＝2(r2－r1)，所以＝＝＝＝.
13．(2025·云南昆明一中模拟)某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个相同的四面体得到的(如图)，则该几何体共有________个面；若被截正方体的棱长是60 cm，那么该几何体的表面积是________cm2.
答案：14　10800＋3600
解析：由题意知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，所以该几何体有8个面为等边三角形，6个面为正方形，所以该几何体共有14个面．如果被截正方体的棱长是60 cm，那么该几何体的表面积是S＝8××30×30×sin60°＋6×30×30＝10800＋3600(cm2)．
14．(2024·九省联考)已知轴截面为正三角形的圆锥MM′的高与球O的直径相等，则圆锥MM′的体积与球O的体积的比值是________，圆锥MM′的表面积与球O的表面积的比值是________．
答案：　1
解析：设圆锥的底面半径为r，球的半径为R，因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高h＝r，母线l＝2r，由题可知h＝2R，所以球的半径R＝r，所以圆锥的体积V1＝×(π×r2)×r＝πr3，球的体积V2＝πR3＝π×＝πr3，所以＝＝.圆锥的表面积S1＝πrl＋πr2＝3πr2，球的表面积S2＝4πR2＝4π×＝3πr2，所以＝＝1.
四、解答题
15．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝1，AA1＝，∠CAB＝120°.
(1)求直三棱柱ABC－A1B1C1的体积；
(2)求直三棱柱ABC－A1B1C1的表面积．
解：(1)AB＝AC＝1，AA1＝，
∠CAB＝120°，
则直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为S△ABC·AA1＝AB·ACsin∠CAB·AA1＝×1×1××＝.
(2)AB＝AC＝1，∠CAB＝120°，
则BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠CAB＝3，解得BC＝.
故直三棱柱ABC－A1B1C1的表面积为2××1×1×＋×(1＋1＋)＝2＋＋.
16. 如图，在△ABC中，AB＝8，BC＝10，AC＝6，BD⊥平面ABC，且AE∥FC∥BD，BD＝3，FC＝4，AE＝5.试用两种方法求此几何体的体积．
解：解法一(分割法)：由AB＝8，AC＝6，BC＝10，得AB2＋AC2＝BC2，所以AB⊥AC.因为BD⊥平面ABC，AE∥BD，所以AE⊥平面ABC，又AB 平面ABC，所以AE⊥AB，又AB⊥AC，AE∩AC＝A，AE，AC 平面ACFE，所以AB⊥平面ACFE.如图，取CM＝AN＝BD，连接DM，MN，DN，用“分割法”把原几何体分割成一个直三棱柱和一个四棱锥，则V几何体＝V三棱柱＋V四棱锥．
由题意知三棱柱ABC－NDM的体积为V1＝×8×6×3＝72，
四棱锥D－MNEF的体积为
V2＝S梯形MNEF·DN＝××(1＋2)×6×8＝24，
则此几何体的体积为V＝V1＋V2＝72＋24＝96.
解法二(补形法)：用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使AA′＝BB′＝CC′＝8，所以V几何体＝V三棱柱＝S△ABC·AA′＝×24×8＝96.
17．现需要设计一个仓库，它由上、下两部分组成，上部的几何体是正四棱锥P－A1B1C1D1，下部的几何体是正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．
(1)若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？
(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？
解：(1)由PO1＝2 m知O1O＝4PO1＝8 m.
因为A1B1＝AB＝6 m，
所以正四棱锥P－A1B1C1D1的体积V锥＝A1B·PO1＝×62×2＝24(m3)．
正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)．
所以仓库的容积V＝V锥＋V柱＝24＋288＝312(m3)．
(2)设A1B1＝a m，PO1＝h m，
则0＜h＜6，O1O＝4h m．连接O1B1.
因为在Rt△PO1B1中，
O1B＋PO＝PB，
所以＋h2＝36，
即a2＝2(36－h2)．
于是仓库的容积V＝V柱＋V锥＝a2·4h＋a2·h＝a2h＝(36h－h3)，0＜h＜6，
从而V′＝(36－3h2)＝26(12－h2)．
令V′＝0，得h＝2或h＝－2(舍去)．
当0＜h＜2时，V′＞0，V是增函数；
当2＜h＜6时，V′＜0，V是减函数．
故当h＝2时，V取得极大值，也是最大值．
因此当PO1＝2 m时，仓库的容积最大．
7

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