课后作业(三十八) 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
说明：单项选择题每题5分，多项选择题每题6分，填空题每题5分，本试卷共73分
一、单项选择题
1．(2025·陕西西安模拟)乒乓球被誉为我国的“国球”，一个标准尺寸乒乓球的直径是40 mm，则其表面积约为( )
A．3 000 mm2 B．4 000 mm2
C．5 000 mm2 D．6 000 mm2
2．(2024·广西来宾一模)已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为1，2，体积为3，则该正四棱台的高为( )
A．1 B．
C． D．
3．水平放置的四边形ABCD的直观图是直角梯形A′B′C′D′，如图所示．其中B′C′＝A′B′＝1，则原平面图形的面积为( )
A． B．
C．3 D．6
4．(2024·山西晋城二模)已知圆锥的侧面积为12π，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，则此圆锥的体积为( )
A．6π B．
C．6π D．
5．将12根长度相同的小木棍通过黏合端点的方式拼接(不可折断，可以不全部用完)，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
6．(2023·天津高考)在三棱锥P-ABC中，线段PC上的点M满足PM＝PC，线段PB上的点N满足PN＝PB，则三棱锥P-AMN和三棱锥P-ABC的体积之比为( )
A． B．
C． D．
二、多项选择题
7．如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD-A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，将容器以BC为轴顺时针旋转，则( )
A．有水的部分始终是棱柱
B．水面所在四边形EFGH为矩形且面积不变
C．棱A1D1始终与水面平行
D．当点H在棱CD上且点G在棱CC1上(均不含端点)时，BE·BF不是定值
8．(2024·江苏徐州一模)已知圆台的上、下底面直径分别为2，6，高为2，则( )
A．该圆台的体积为26π
B．该圆台外接球的表面积为π
C．用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长的最大值为16
D．挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为π
三、填空题
9．如图，四边形OABC是边长为1的正方形，是四分之一圆，则图中阴影部分以OC所在直线为旋转轴旋转一周得到的旋转体的表面积为________．
10．(人教A版必修第二册P116练习T3改编)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一样的四面体得到的(如图)，则该几何体共有________个面；若被截正方体的棱长是60 cm，那么该石凳的表面积是________cm2．
11．(2025·陕西安康模拟)随着古代瓷器工艺的高速发展，在著名的宋代五大名窑之后，又增加了三种瓷器，与五大名窑并称为中国八大名瓷，其中最受欢迎的是景德镇窑．如图，景德镇产的青花玲珑瓷(无盖)的形状可视为一个球被两个平行平面所截后剩下的部分，其中球面被平面所截的部分均可视为球冠(截得的圆面是底，垂直于圆面的直径被截得的部分是高，其面积公式为S＝2πRh，其中R为球的半径，h为球冠的高)．已知瓷器的高为38 cm，在高为20 cm处有最大直径(外径)为48 cm，则该瓷器的外表面积约为(π取3.14) ( )
A．6 270 cm2 B．6 275 cm2
C．6 280 cm2 D．6 300 cm2
12．(2025·陕西西安模拟)盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商准备将棱长为8 cm的正四面体的魔方放入正方体盲盒内，为节约成本，使得魔方能够放入盲盒且盲盒棱长最小，则盲盒内剩余空间的体积为( )
A． cm3 B． cm3
C． cm3 D． cm3
13．(多选)(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
14．(2024·九省联考)已知轴截面为正三角形的圆锥的高与球O的直径相等，则圆锥的体积与球O的体积的比值是________，圆锥的表面积与球O的表面积的比值是________．
1 / 4课后作业(三十八)
[A组 在基础中考查学科功底]
1．C [标准尺寸乒乓球的直径是40 mm，标准乒乓球的半径R＝20 mm，故表面积S＝4πR2≈5 000 mm2．故选C． ]
2．D [设该正四棱台的高为h，
又其上、下底面边长分别为1，2，体积为3，
则V＝h(12＋22＋)＝＝3，
所以h＝．故选D．]
3．C [在直角梯形A′B′C′D′中，B′C′＝A′B′＝1，且∠A′D′C′＝45°，作A′P⊥D′C′于点P，
则四边形A′B′C′P为正方形，△A′PD′为等腰直角三角形，
故A′D′＝，D′C′＝2．
故原图形为直角梯形，且上底AB＝A′B′＝1，高AD＝2A′D′＝2，下底DC＝D′C′＝2．
其面积为×2＝3．
故选C．]
4．B [设圆锥的底面半径为r，母线长为l，
由题意可得解得l＝6，r＝2，
则圆锥的高h＝＝4，
所以此圆锥的体积为h×πr2＝．
故选B．]
5．D [正三棱柱中9条棱的长度可以相等，A成立；
正四棱锥中8条棱的长度可以相等，B成立；
正四棱柱中12条棱的长度可以相等，C成立；
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总比底边长，D不成立．
故选D．]
6．B [如图，因为PM＝PC，PN＝PB，所以＝
＝＝＝，所以＝＝＝＝(其中d为点A到平面PBC的距离，因为平面PMN和平面PBC重合，所以点A到平面PMN的距离也为d)．故选B．
]
7．AC [对于A，有水的部分的几何体，有两个面都垂直于BC，这两个面始终平行，而AD∥BC，
并且BC始终与水面平行，即有FG∥BC，若点H在棱DD1上，由面面平行的性质知，
EH∥FG，若点H在棱CD上，EH∥BC，因此该几何体有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形，并且每相邻两个四边形的公共边互相平行，即该几何体是棱柱，A正确；
对于B，因为水面EFGH为矩形，边FG的长度不变，EF随旋转角的变化而变化，矩形EFGH的面积不是定值，B错误；
对于C，因为A1D1始终与BC平行，而BC始终与水面平行，并且A1D1不在水面所在平面内，即棱A1D1始终与水面平行，C正确；
对于D，当点H在棱CD上且点G在棱CC1上(均不含端点)时，有水部分的棱柱的底面为三角形，
而水的体积不变，高BC不变，则底面面积BE·BF不变，即BE·BF为定值，D错误．故选AC．]
8．BC [由已知得圆台的上、下底面半径分别为1，3，
对于A，圆台的体积为π×2＝π，A错误；
对于B，如图是圆台的轴截面ABCD，外接球球心为O，设外接球半径为R，
当球心在梯形ABCD内时，＝2，解得R2＝，
当球心在梯形ABCD外时(图略)，＝2，方程无解，
所以外接球的表面积为4πR2＝π，B正确；
对于C，用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面中，轴截面的周长最大，
又母线长为＝4，则最大周长为4＋4＋2＋6＝16，C正确；
对于D，如图，挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为
π×4＋2π×1×＋π×＝26π＋2π，D错误．
故选BC．]
9．5π [该旋转体是一个圆柱挖去一个半球后剩余的部分，且圆柱的底面半径是1，高是1，球的半径是1，所以该旋转体的表面积为π×12＋2π×1×1＋×4π×12＝5π．]
10．14 10 800＋3 600 [由题意知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，石凳的8个面为三角形，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，那么石凳的表面积是
S＝8××30×30×sin 60°＋6×30×30＝．]
[B组 在综合中考查关键能力]
11．C [由题意可知，球的半径为R＝24 cm，上球冠的高h1＝6 cm，下球冠的高h2＝4 cm，
设下底面圆的半径为r，则r2＝242－202＝176，
所以该瓷器的外表面积为4π×242－2π×24×6－2π×24×4＋π×176＝2 000π≈6 280．
故选C．]
12．C [依题意，要将棱长为8 cm的正四面体的魔方放入正方体盲盒内，且盲盒棱长最小，则当且仅当正方体的面对角线长等于正四面体的棱长，即它们有相同的外接球，
如图，正四面体ABCD的棱长为8 cm，
所以该正方体的棱长为4 cm，盲盒内剩余空间的体积为4××4×4×4＝(cm3)．故选C．]
13．CD [设AB＝ED＝2FB＝2，则V1＝×2×2×2＝，V2＝×2×2×1＝．连接BD交AC于点M，连接EM，FM(图略)，则FM＝，EM＝，EF＝3，则FM2＋EM2＝EF2，故S△EMF＝＝，V3＝×AC＝2，V3＝V1＋V2，2V3＝3V1，故选CD．]
14． 1 [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，母线长l＝2r，由题可知，h＝2R，所以球的半径R＝r，
所以圆锥的体积为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．]
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