课时作业7 球的体积和表面积
——基础巩固类——
1．将直径为2的半圆绕直径所在的直线旋转半周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为( B )
A．2π
B．3π
C．4π
D．6π
解析：由题意知，该几何体为半球，表面积为大圆面积加上半个球面积，S＝π×12＋×4×π×12＝3π，故选B．
2．设长方体的长、宽、高分别为2a、a、a，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( B )
A．3πa2
B．6πa2
C．12πa2
D．24πa2
解析：根据题意球的半径R满足(2R)2＝6a2，所以S球＝4πR2＝6πa2，故选B．
3．一个正方体的表面积与一个球的表面积相等，那么它们的体积比是( A )
A．
B．
C．
D．
解析：设正方体的边长为a，球的半径为R，则6a2＝4πR2.则＝，则＝·3＝.
4．设一正方体的表面积为24
cm2，一个球内切于该正方体，那么这个球的体积是( D )
A．π
cm3
B．
cm3
C．
cm3
D．
cm3
解析：球的直径等于正方体的棱长．
5．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱的高为2，这个球的表面积为6π，则这个正四棱柱的体积为( B )
A．1
B．2
C．3
D．4
解析：S表＝4πR2＝6π，所以R＝.设正四棱柱底面边长为x，则2＋1＝R2，所以x＝1.所以V正四棱柱＝2.故选B．
6.一个四面体的顶点都在球面上，该四面体与球的组合体的正视图、侧视图、俯视图都是如图所示的图形．图中圆内有一个以圆心为中心，1为边长的正方形(含对角线)．则这个四面体的外接球的表面积是( B )
A．π
B．3π
C．4π
D．6π
解析：由三视图可知：该四面体是棱长为1的正方体的一个内接正四面体ABCD，如图所示．
∴此四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长.
∴此四面体的外接球的表面积为4π×2＝3π.故选B．
7．某几何体的三视图如图所示，则其表面积为3π.
解析：由三视图还原为实物图为半个球，则表面积为半球面＋底面圆，代入数据计算为S＝×4π×12＋π×12＝3π.
8．已知三个球的半径R1，R2，R3满足R1＋2R2＝3R3，则它们的表面积S1，S2，S3满足的等量关系是＋2＝3.
解析：S1＝4πR，＝2R1，同理，＝2R2，＝2R3，即R1＝，R2＝，R3＝，由R1＋2R2＝3R3，得＋2＝3.
9.如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是.
解析：设圆柱内切球的半径为R，则由题设可得圆柱O1O2的底面圆的半径为R，高为2R，∴＝＝.
10．盛有水的圆柱形容器的内壁底面半径为5
cm，两个直径为5
cm的玻璃小球都浸没于水中，若取出这两个小球，则水面将下降多少？
解：设取出小球后，容器中水面下降h
cm，两个小球的体积为V球＝2＝(cm3)．
此体积即等于它们在容器中排开水的体积V＝π×52×h，所以＝π×52×h，所以h＝，即若取出这两个小球，则水面将下降
cm.
11．已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB＝18，BC＝24，AC＝30，求球的表面积和体积．
解：∵AB?BC?AC＝18?24?30＝3?4?5，∴△ABC是直角三角形，∠B＝90°.
又球心O到截面△ABC的投影O′为截面圆的圆心，也即是Rt△ABC的外接圆的圆心，∴斜边AC为截面圆O′的直径(如图所示)，设O′C＝r，OC＝R，则球半径为R，截面圆半径为r，在Rt△O′CO中，由题设知sin∠O′CO＝＝，∴∠O′CO＝30°，
∴＝cos30°＝，即R＝r，(
)
又2r＝AC＝30?r＝15，代入(
)得R＝10.
∴球的表面积为S＝4πR2＝4π(10)2＝1
200π.
球的体积为V＝πR3＝π(10)3＝4
000π.
——能力提升类——
12．已知A，B，C三点都在以O为球心的球面上，OA，OB，OC两两垂直，三棱锥O?ABC的体积为，则球O的表面积为( B )
A．
B．16π
C．
D．32π
解析：设球O的半径为R，则OA＝OB＝OC＝R，因为OA，OB，OC两两垂直，
所以三棱锥O?ABC的体积为××R2×R＝R3.
由R3＝解得R＝2.
故球O的表面积为4πR2＝16π.故选B．
13.如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8
cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6
cm，如果不计容器厚度，则球的体积为( A )
A．
cm3
B．
cm3
C．
cm3
D．
cm3
解析：利用球的截面性质结合直角三角形求解．如图，作出球的一个截面，则MC＝8－6＝2(cm)，BM＝AB＝×8＝4(cm)．设球的半径为R
cm，则R2＝OM2＋MB2＝(R－2)2＋42，∴R＝5，∴V球＝π×53＝π(cm3)．
14.如图所示，一个圆锥形的空杯子上放着一个直径为8
cm的半球形的冰淇淋，请你设计一种这样的圆锥形杯子(杯口直径等于半球形的冰淇淋的直径，杯子壁厚忽略不计)，使冰淇淋融化后不会溢出杯子，怎样设计最省材料？
解：设圆锥形杯子的高为h
cm，要使冰淇淋融化后不会溢出杯子，则必须V圆锥≥V半球，
而V半球＝×πr3＝××43，
V圆锥＝Sh＝πr2h＝×42×h.
依题意：×42×h≥××43，解得h≥8，
即当圆锥形杯子杯口直径为8
cm，高大于或等于8
cm时，冰淇淋融化后不会溢出杯子．
又因为S圆锥侧＝πrl＝πr，
当圆锥高取最小值8时，S圆锥侧最小，
所以高为8
cm时，制造的杯子最省材料．
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1课时作业6 柱体、锥体、台体的表面积与体积
——基础巩固类——
1．圆台的体积为7π，上、下底面的半径分别为1和2，则圆台的高为( A )
A．3
B．4
C．5
D．6
解析：由题意，V＝(π＋2π＋4π)h＝7π，∴h＝3.
2．如果一个正四面体(各个面都是正三角形)的体积为9
cm3，则其表面积为( A )
A．18
cm2
B．18
cm2
C．12
cm2
D．12
cm2
解析：设正四面体的棱长为a
cm，则底面积为a2
cm2，易求得高为a
cm，则体积为×a2×a＝a3＝9，解得a＝3，所以其表面积为4×a2＝18(cm2)．
3．一个长、宽、高分别为a、b、c的长方体的体积是8，它的表面积是32，且满足b2＝ac，那么这个长方体棱长的和是( B )
A．28
B．32
C．36
D．40
解析：由已知得
将③代入①得b3＝8，b＝2，
∴ac＝4，代入②得a＋c＝6.
∴长方体棱长的和为4(a＋b＋c)＝4×8＝32.
4．若一个几何体的三视图如下图所示，则此几何体的体积为( D )
A．
B．5
C．
D．4
解析：易知该几何体是一个六棱柱，由三视图可得底面面积S底＝1×2＋4××1×1＝4，高为1，故此几何体的体积V＝4×1＝4.
5．在△ABC中，AB＝2，BC＝，∠ABC＝120°，若使△ABC绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体的体积是( D )
A．π
B．π
C．π
D．π
解析：
依题意可知，旋转体是一个大圆锥去掉一个小圆锥，易得OA＝，OB＝1，则OC＝，所以旋转体的体积为×π()2·(OC－OB)＝.
6.一个几何体的三视图如图所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，其体积分别记为V1，V2，V3，V4，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有( C )
A．V1
B．V1C．V2D．V2解析：由三视图可知，四个几何体自上而下分别为圆台、圆柱、四棱柱、四棱台，所以
V1＝(4π＋π＋2π)＝，V2＝2π，V3＝23＝8，
V4＝×(16＋4＋8)＝，故V27．一个六棱锥的体积为2，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为12.
解析：设正六棱锥的高为h，侧面的斜高为h′.由题意，得×6××2××h＝2，∴h＝1，
∴斜高h′＝＝2，
∴S侧＝6××2×2＝12.
8．一个圆柱和一个圆锥的轴截面分别是边长为a的正方形和正三角形，则它们的表面积之比为2?1.
解析：S圆柱＝2·π2＋2π··a＝πa2，
S圆锥＝π2＋π··a＝πa2，
∴S圆柱?S圆锥＝2?1.
9．一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图为等边三角形，若几何体的体积为8，则a＝2.
解析：由三视图可知，该几何体为正三棱柱，底面正三角形的边上的高为2，棱柱的高为a，∴底面正三角形的边长为4，∴该正三棱柱的体积V＝×42×a＝8，解得a＝2.
10．如图是某几何体的三视图．
(1)画出它的直观图(不要求写画法)；
(2)求这个几何体的表面积和体积．
解：(1)这个几何体的直观图如图所示．
(2)这个几何体是一个简单组合体，它的下部是一个圆柱(底面半径为1，高为2)，它的上部是一个圆锥(底面半径为1，母线长为2，高为)，所以所求表面积为S＝π×12＋2π×1×2＋π×1×2＝7π，体积为V＝π×12×2＋×π×12×＝2π＋π.
11．若E，F是三棱柱ABC?A1B1C1侧棱BB1和CC1上的点，且B1E＝CF，三棱柱的体积为m，求四棱锥A?BEFC的体积．
解：如图所示，连接AB1，AC1.
∵B1E＝CF，∴梯形BEFC的面积等于梯形B1EFC1的面积．又四棱锥A?BEFC的高与四棱锥A?B1EFC1的高相等，
∴VA?BEFC＝VA?B1EFC1＝VA?BB1C1C．
又VA?A1B1C1＝S△A1B1C1·h，
VABC?A1B1C1＝S△A1B1C1·h＝m，∴VA?A1B1C1＝，
∴VA?BB1C1C＝VABC?A1B1C1－VA?A1B1C1＝m，
∴VA?BEFC＝×m＝，
即四棱锥A?BEFC的体积是.
——能力提升类——
12．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( B )
A．14斛
B．22斛
C．36斛
D．66斛
解析：由l＝×2πr＝8得圆锥底面的半径r＝≈(尺)，所以米堆的体积V＝×πr2h＝××5＝(立方尺)，所以堆放的米有÷1.62≈22(斛)，故选B．
13．某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为( C )
A．8－
B．8－
C．8－π
D．8－2π
解析：该几何体是一个正方体截去两个四分之一圆柱形成的组合体，其体积V＝23－×2π＝8－π，故选C．
14．现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为.
解析：底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱的总体积为π×52×4＋π×22×8＝.设新的圆锥和圆柱的底面半径为r，则π×r2×4＋π×r2×8＝r2＝，解得r＝.
15．如图，长方体ABCD?A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；
(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．
解：(1)交线围成的正方形EHGF如图：
(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.
因为EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.
于是MH＝＝6，AH＝10，HB＝6.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为(也正确)．
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3课时作业4 中心投影与平行投影 空间几何体的三视图
——基础巩固类——
1．四个直立在地面上的字母广告牌在不同情况下，在地面上的投影(阴影部分)效果如图所示，则在字母L，K，C的投影中，与字母N属同一种投影的有( A )
A．L，K
B．C
C．K
D．L，K，C
解析：N和L，K属中心投影，C属平行投影．
2．下列四个几何体的三视图中，只有正视图和侧视图相同的几何体是( D )
A．①②
B．①③
C．①④
D．②④
解析：分析几何体可知，②④中几何体只有正视图和侧视图相同．
3．如图所示，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( B )
A．三棱锥
B．三棱柱
C．四棱锥
D．四棱柱
解析：由题知，该几何体的三视图为一个三角形，两个四边形，经分析可知该几何体为三棱柱，故选B．
4．如图所示放置着六条棱长都相等的三棱锥，则这个三棱锥的侧视图是( A )
A．等腰三角形
B．等边三角形
C．直角三角形
D．无两边相等的三角形
解析：由题意知，它的侧视图是如图所示的等腰三角形(AC＝AB)．故选A．
5．一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正视图与侧视图分别如图所示，则该几何体的俯视图为( C )
解析：由正视图和侧视图可知，俯视图中的小矩形应在大矩形的左下角．故选C．
6．如图，点O为正方体ABCD?A′B′C′D′的中心，点E为面B′BCC′的中心，点F为B′C′的中点，则空间四边形D′OEF在该正方体的各个面上的投影不可能是( D )
解析：由题意知光线从上向下照射，得到C，光线从前向后照射，得到A．光线从左向右照射得到B．故空间四边形D′OEF在该正方体的各个面上的投影不可能是D，故选D．
7．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体是由(简单几何体)四棱台与长方体组成的．
解析：由三视图可得，几何体为一个四棱台和长方体的组合体．
8．若一个正三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的高(两底面之间的距离)和底面边长分别是2和4.
解析：由侧视图可知，三棱柱的高为2，底面正三角形的高为2，设底面边长为a，则由a＝2得a＝4.
9．如图所示为长方体木块堆成的几何体的三视图，则组成此几何体的长方体木块共有4块．
解析：由正视图可知有两列，由侧视图可知有两排，再结合俯视图可得，几何体共分两层，下面一层3块，上面一层1块，如图所示，其中小长方形中的数字表示此位置木块的块数．
10.如图所示，该几何体是由一个长方体木块锯成的．
(1)判断该几何体是否为棱柱；
(2)画出它的三视图．
解：(1)是棱柱．该几何体的前、后两个面互相平行，其余各面都是矩形，而且每相邻两个矩形的公共边都互相平行．
(2)该几何体的三视图如图所示．
11．如图是一几何体的三视图，想象该几何体的结构特征，并画出该几何体的大致图形．
解：由于俯视图有一个圆和一个矩形，则该几何体是由旋转体和多面体拼接成的组合体，结合侧视图和正视图，可知该几何体是上面一个圆柱，下面一个四棱柱拼接成的组合体．该几何体的大致形状如图所示．
——能力提升类——
12．某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( C )
A．1
B．
C．
D．2
解析：由题中三视图知，此四棱锥的直观图如图所示，其中侧棱SA⊥底面ABCD，且底面是边长为1的正方形，SA＝1，所以四棱锥最长棱的棱长为SC＝，选C．
13．一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( C )
解析：若俯视图为选项C，则侧视图的宽应为俯视图中三角形的高，所以俯视图不可能是选项C．
14.已知正六棱柱的底面边长和侧棱长均为2
cm，其三视图中的俯视图如图所示，则其侧视图的面积是4
cm2.
解析：∵正六棱柱的底面边长和侧棱长均为2
cm，
∴侧视图是长方形，长为2
cm，宽为2
cm，
∴侧视图的面积是2×2＝4(cm2)．
15．如图所示是一位同学画的一个实物的三视图，老师已判断正视图是正确的，问其他两个视图有无错误？如有，请纠正．
解：由于正视图正确，观察可知侧视图少画了一条可见轮廓线，俯视图少画了四条可见轮廓线和一条不可见轮廓线，正确的三视图如图所示．
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1课时作业5 空间几何体的直观图
——基础巩固类——
1．由斜二测画法得到：
①相等的线段和角在直观图中仍然相等；
②正方形在直观图中是矩形；
③等腰三角形在直观图中仍然是等腰三角形；
④菱形的直观图仍然是菱形．
上述结论正确的个数是( A )
A．0
B．1
C．2
D．3
解析：只有平行且相等的线段在直观图中才相等，而相等的角在直观图中不一定相等，如角为90°，在直观图中可能是135°或45°，故①错，由直观图的斜二测画法可知②③④皆错．故选A．
2．在用斜二测画法画水平放置的△ABC时，若∠A的两边分别平行于x轴、y轴，则在直观图中∠A′等于( D )
A．45°
B．135°
C．90°
D．45°或135°
解析：由斜二测画法知，平行于坐标轴的线段仍平行于x′，y′轴，故∠A′为45°或135°.选D．
3.如图所示的是水平放置的三角形ABC在平面直角坐标系中的直观图，其中D是AC的中点，在原三角形ABC中，∠ACB≠30°，则原图形中与线段BD的长相等的线段有( C )
A．0条
B．1条
C．2条
D．3条
解析：先按照斜二测画法把直观图还原为真正的平面图形，然后根据平面图形的几何性质找出与线段BD长度相等的线段．把三角形ABC还原后为直角三角形，则D为斜边AC的中点，所以AD＝DC＝BD．故选C．
4．如图，一个正方形在直角坐标系中点B的坐标为(2,2)，则在用斜二测画法得到的图形中，顶点B′到x′轴的距离为( B )
A．
B．
C．1
D．
解析：直观图如图所示，则B′C′＝1，∠B′C′x′＝45°.
∴B′到x′轴的距离为1×sin45°＝.
5．已知水平放置的△ABC是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝，那么原△ABC中∠ABC的大小是( C )
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
解析：根据“斜二测画法”可得BC＝B′C′＝2，AO＝2A′O′＝.故原△ABC是一个等边三角形．选C．
6．正方形O′A′B′C′的边长为1
cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图(如图)，则原图形的周长是( B )
A．6
cm
B．8
cm
C．(2＋3)cm
D．(2＋2)cm
解析：如图，OA＝1
cm，在Rt△OAB中，OB＝2
cm，
∴AB＝＝3
cm.
∴四边形OABC的周长为8
cm.
7．如图为△ABO水平放置的直观图，其中O′D′＝B′D′＝2A′D′，由图判断原三角形中AB，BO，BD，OD由小到大的顺序是OD解析：△ABO如图所示，设AD＝a，由题意OD＝2a，BD＝4a.∴OB＝2a，AB＝a，∴OD8．有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图)，∠ABC＝45°，AB＝，AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为3.
解析：
直观图四边形的边BC在x′轴上，在原坐标系下在x轴上，长度不变，点A在y′轴上，在原图形中在y轴上，且BE长度为AB长的2倍，过E作EF∥x轴，且使EF长度等于AD，则点F为点D在原图形中对应的点，∴四边形EBCF为四边形ABCD的原图形，如图．在直角梯形ABCD中，由AB＝，AD＝1，得BC＝2.∴四边形EBCF的面积S＝(EF＋BC)·BE＝(1＋2)×2＝3.
9.在一等腰梯形ABCD中，AB∥DC，∠A＝45°，DC＝2，AD＝，建立如图所示的直角坐标系，其中O为AB的中点，E为CD的中点，则其直观图的面积为.
解析：由题意可知AB＝DC＋2ADcos45°＝4，EO＝sin45°＝1，其直观图如图所示，其中A′B′＝4，C′D′＝2，
高h′＝E′O′·sin45°＝，
所以SA′B′C′D′＝＝.
10．如右图所示是一个几何体的三视图，试用斜二测画法画出它的直观图．
解：画法：(1)画轴：画x轴、y轴、z轴，使三轴交于点O，∠xOy＝45°，∠xOz＝90°；
(2)画底面：由三视图知该几何体是一个简单组合体，它的下部是一个四棱台，上部是一个四棱锥．用斜二测画法画出底面ABCD，在z轴上截取OO′等于三视图中相应的高度，过O′作Ox的平行线O′x′，Oy的平行线O′y′，在平面x′O′y′内，作出棱台的上底面A′B′C′D′；
(3)画四棱锥顶点：在Oz轴上截取O′P等于三视图中相应的高度如下图①；
(4)成图：连接PA′，PB′，PC′，PD′，AA′，BB′，CC′，DD′，整理可得直观图如图②.
——能力提升类——
11．如图所示，△A′B′C′表示水平放置的△ABC在斜二测画法下的直观图，A′B′在x′轴上，B′C′与x′轴垂直，且B′C′＝3，则△ABC的边AB上的高为( A )
A．6
B．3
C．3
D．3
解析：如图，过C′作C′D′∥O′y′交x′轴于D′，则2C′D′是△ABC的边AB上的高．
由于△B′C′D′是等腰直角三角形，
则C′D′＝B′C′＝3.
所以△ABC的边AB上的高等于2×3＝6.
12．如图所示的是某一容器的三视图，现向容器中匀速注水，则容器中水面的高度h随时间t变化的图象可能是( B )
解析：该三视图表示的容器是上面是圆台，上面细下面粗，再下面是圆柱，随时间的增加，可以得出高度增加，开始时是匀速增加，之后高度增加的越来越快．故选B．
13．一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形A′B′O′，如图若O′B′＝1，那么原△ABO的面积与直观图的面积之比为2?1.
解析：由斜二测画法，可知原三角形为直角三角形，且∠AOB＝90°，OB＝1，OA＝2O′A′＝2，
所以S△AOB＝×1×2＝.
S△A′B′O′＝×1×1＝，
所以原三角形面积与直观图面积之比为2?1.
14.在水平放置的平面α内有一个边长为1的正方形A′B′C′D′，如图，其中的对角线A′C′在水平位置，已知该正方形是某个四边形用斜二测画法画出的直观图，试画出该四边形的真实图形并求出其面积．
解：
四边形ABCD的真实图形如图所示，因为A′C′在水平位置，A′B′C′D′为正方形，所以∠D′A′C′＝∠A′C′B′＝45°，
所以在原四边形ABCD中，DA⊥AC，AC⊥BC，
因为DA＝2D′A′＝2，AC＝A′C′＝，所以S四边形ABCD＝AC·AD＝2.
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8课时作业3 简单组合体的结构特征
——基础巩固类——
1．如图所示的蒙古包可以看成是由____构成的几何体．( C )
A．三棱锥、圆锥
B．三棱锥、圆柱
C．圆锥、圆柱
D．圆锥、三棱柱
2.如图，在日常生活中，常用到的螺母可以看成一个组合体，其结构特征是( B )
A．一个棱柱中挖去一个棱柱
B．一个棱柱中挖去一个圆柱
C．一个圆柱中挖去一个棱锥
D．一个棱台中挖去一个圆柱
3.如图所示，是由等腰梯形、矩形、半圆、圆、倒三角形对接形成的轴对称平面图形，若将它绕轴l旋转180°后形成一个组合体，下面说法不正确的是( A )
A．该组合体可以分割成圆台、圆柱、圆锥和两个球体
B．该组合体仍然关于轴l对称
C．该组合体中的圆锥和球只有一个公共点
D．该组合体中的球和半球只有一个公共点
4．下列说法错误的是( C )
A．一个三棱锥可以由一个三棱锥和一个四棱锥拼合而成
B．一个圆台可以由两个圆台拼合而成
C．一个圆锥可以由两个圆锥拼合而成
D．一个四棱台可以由两个四棱台拼合而成
解析：本题可以利用逆向思维的方式来解．经过三棱锥的顶点，可以将三棱锥截成一个三棱锥和一个四棱锥，故A正确；用一个平行于圆台底面的平面去截圆台，可以将圆台截成两个圆台，故B正确；用一个平行于四棱台底面的平面去截四棱台，可以得到两个四棱台，故D正确．
5.如图，三棱锥S?ABC中，SA＝SB＝SC＝2，△ABC为正三角形，∠BSC＝40°，一质点从点B出发，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B的最短路线的长为( C )
A．2
B．3
C．2
D．3
解析：沿侧棱SB剪开，将侧面展开如图，则所求的最短路线长即为BB′，设BB′的中点为D，连接SD，BB′＝2BD＝2SBsin60°＝2.故选C．
6.如图所示的几何体，关于其结构特征，下列说法不正确的是( D )
A．该几何体是由两个同底的四棱锥组成的
B．该几何体有12条棱、6个顶点
C．该几何体有8个面，并且各面均为三角形
D．该几何体有9个面，其中有1个面是四边形，其余均为三角形
解析：该几何体被平面ABCD分割成两个四棱锥，因此它是这两个四棱锥的组合体，因而四边形ABCD是它的一个截面而不是一个面．
7．观察下列四个几何体，其中是由两个棱柱拼接而成是(1)(4)．
解析：(1)可看作由一个四棱柱和一个三棱柱组合而成，(4)可看作由两个四棱柱组合而成．
8．用一个平面去截正四面体，使它成为形状、大小都相同的两个几何体，则这样的平面的个数为6.
9．正方体的棱长和其外接球的半径之比为2?.
解析：设正方体的棱长为a，其外接球的半径为R.易知(2R)2＝a2＋a2＋a2＝3a2，则R＝a，故正方体的棱长和其外接球的半径之比为a?a＝2?.
10．请描述如下图所示的组合体的结构特征．
解：题图a是一个三棱锥和一个四棱锥组合成的组合体；题图b是一个三棱柱和一个四棱锥组合成的组合体．
11.如图所示，将曲边图形ABCDE绕AE所在的直线旋转一周，由此形成的几何体是由哪些简单的几何体构成的？其中CD∥AE，曲边DE为四分之一圆周且圆心在AE上．
解：将直线段AB，BC，CD及曲线段DE分别绕AE所在的直线旋转，如下图所示，它们分别旋转得圆锥、圆台、圆柱以及半球．
——能力提升类——
12．一个三棱锥的各棱长均相等，在它内部有一个内切球面，球与三棱锥的各侧面均相切(球在三棱锥的内部，且球与三棱锥的各面只有一个交点)，过一条侧棱和对边的中点作三棱锥的截面，所得截面图形是下图中的( B )
解析：内切球和三棱锥的四个面均切于各面中心，而与各侧棱无公共点．故选B．
13．如下图，模块①～⑤均由4个棱长为1的小正方体构成，模块⑥由15个棱长为1的小正方体构成．现从模块①～⑤中选出三个放到模块⑥上，使得模块⑥成为一个棱长为3的大正方体，则下列选择方案中，能够完成任务的为( A )
A．模块①②⑤
B．模块①③⑤
C．模块②④⑤
D．模块③④⑤
解析：本题主要考查空间想象能力，先补齐中间一层，只能用模块⑤或①，且如果补①则后续模块无法补齐，所以只能先用⑤补中间一层，然后再补齐其他两块，显然①②符合．
14．如图所示的几何体的结构特征是由一个四棱锥和一个同底的四棱柱拼接，又在四棱柱中挖去了一个圆柱而形成的．
15．已知圆锥的底面半径为r，高为h，且正方体ABCD?
A1B1C1D1内接于圆锥，求这个正方体的棱长．
解：过内接正方体的一组对棱作圆锥的轴截面，如图所示．
设圆锥内接正方体的棱长为x，则在轴截面中，正方体的对角面A1ACC1的一组邻边的长分别为x和x.
因为△VA1C1∽△VMN，所以＝，
即hx＝2rh－2rx，解得x＝，
即圆锥内接正方体的棱长为.
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1课时作业2 圆柱、圆锥、圆台和球的结构特征
——基础巩固类——
1．圆柱的母线长为10，则其高等于( B )
A．5
B．10
C．20
D．不确定
解析：圆柱的母线长与高相等，则其高等于10.
2．正方形绕其一条对角线所在直线旋转一周，所得几何体是( D )
A．圆柱
B．圆锥
C．圆台
D．两个圆锥
3．下列说法正确的是( D )
A．到定点的距离等于定长的点的集合是球
B．球面上不同的三点可能在同一条直线上
C．用一个平面截球，其截面是一个圆
D．球心与截面圆心(截面不过球心)的连线垂直于该截面
解析：对于A，球是球体的简称，球体的外表面我们称之为球面，球面是一个曲面，是空心的，而球是几何体，是实心的，故A错；对于B，球面上不同的三点一定不共线，故B错；对于C，用一个平面截球，其截面是一个圆面，而不是一个圆，故C也是错误的．所以选D．
4．下列判断正确的是( C )
A．平行于圆锥某一母线的截面是等腰三角形
B．平行于圆台某一母线的截面是等腰梯形
C．过圆锥顶点的截面是等腰三角形
D．过圆台上底面中心的截面是等腰梯形
解析：根据圆锥与圆台的定义和图形进行判断即可．
5．上、下底面面积分别为36π和49π，母线长为5的圆台，其两底面之间的距离为( D )
A．4
B．3
C．2
D．2
解析：圆台的母线长l、高h和上、下两底面圆的半径r，R满足关系式l2＝h2＋(R－r)2，求得h＝2，即两底面之间的距离为2.
6．用一张长为8，宽为4的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，则相应圆柱的底面半径是( C )
A．2
B．2π
C．或
D．或
7．已知一个圆柱的轴截面是一个正方形，且其面积是Q，求此圆柱的底面半径为.(用Q表示)
解析：设圆柱的底面半径为r，则母线长为2r.∴4r2＝Q，解得r＝，∴此圆柱的底面半径为.
8．用一个平面去截半径为25
cm的球，截面面积是225π
cm2，则球心到截面的距离是20_cm.
解析：如图，O1为截面圆的圆心，AO＝25
cm，由已知得AO1＝15
cm，∴OO1＝20
cm，即球心O到截面的距离为20
cm.
9．有下列说法：
①球的半径是球面上任意一点与球心的连线；
②球的直径是球面上任意两点间的连线；
③半圆绕直径所在直线旋转后形成球．
其中正确说法的序号是①.
解析：利用球的结构特征判断：①正确；②不正确，因为直径必须过球心；③不正确，因为形成的是一个球面．
10．说出下列7种几何体的名称．
解：a是圆柱，b是圆锥，c是球，d、e是棱柱，f是圆台，g是棱锥．
11．圆台的上底周长是下底周长的，轴截面面积等于392，母线与底面的夹角为45°，求此圆台的高、母线长及两底面的半径．
解：设圆台上、下底面半径分别为r，R，母线长为l，高为h.由题意，得2πr＝·2πR，即R＝3r.①
(2r＋2R)·h＝392，即(R＋r)h＝392.②
又母线与底面的夹角为45°，则h＝R－r＝l.③
联立①②③，得R＝21，r＝7，h＝14，l＝14.
——能力提升类——
12．过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的截面，则截面的面积与球的一个大圆面积之比为( C )
A．1?4
B．1?2
C．3?4
D．2?3
解析：如图，设该球的半径为R，则O1A2＝OA2－OO＝R2－R2＝R2.所以S⊙O1?S⊙O＝πR2?πR2＝3?4.
13．如图，从半径为6
cm的圆形纸片上剪去一个圆心角为120°的扇形，将留下的扇形围成一个圆锥(接缝处不重叠)，那么这个圆锥的高为( A )
A．2
cm
B．3
cm
C．8
cm
D．5
cm
解析：设圆锥底面圆的半径为r
cm，根据题意得2πr＝，解得r＝4，所以这个圆锥的高＝＝2(cm)．故选A．
14．已知球的两个平行截面的面积分别为5π和8π，它们位于球心的同一侧，且距离为1，那么这个球的半径是3.
15．如图，圆台的上、下底面半径分别为5
cm，10
cm，母线长AB＝20
cm，从圆台母线AB的中点M拉一条绳子绕圆台侧面转到A点．求：
(1)绳子的最短长度；
(2)在绳子最短时，上底圆周上的点到绳子的最短距离．
解：(1)如图，绳子的最短长度为侧面展开图中AM的长度．
由＝，得OB＝20
cm，
所以OA＝40
cm，OM＝30
cm.
设∠BOB′＝θ，由2×5×π＝π·OB·，解得θ＝90°.
所以AM＝＝50(cm)．
即绳子的最短长度为50
cm.
(2)如图，过点O作OQ⊥AM于点Q，交弧BB′于点P，则PQ的长度为所求最短距离．因为OA·OM＝AM·OQ，所以OQ＝24
cm.
故PQ＝24－20＝4(cm)，即上底圆周上的点到绳子的最短距离为4
cm.
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1课时作业1 棱柱、棱锥、棱台的结构特征
——基础巩固类——
1．观察如图所示的四个几何体，其中判断不正确的是( B )
A．①是棱柱
B．②不是棱锥
C．③不是棱锥
D．④是棱台
解析：结合棱柱、棱锥、棱台的定义可知①是棱柱，②是棱锥，④是棱台，③不是棱锥，故B错误．
2．四棱柱有几条侧棱，几个顶点( C )
A．四条侧棱、四个顶点
B．八条侧棱、四个顶点
C．四条侧棱、八个顶点
D．六条侧棱、八个顶点
解析：四棱柱有四条侧棱、八个顶点(可以结合正方体观察求得)．
3．下列命题中正确的是( D )
A．三棱柱的侧面为三角形
B．棱台的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形
C．棱台的底面是两个相似的正方形
D．棱锥的侧面和底面可以都是三角形
解析：三棱柱的侧面都是平行四边形，故A错；由棱台的定义可知B错；棱台的底面只需是两个相似的多边形即可，故C错；对于三棱锥，每一个面都可以作为底面，其余的为侧面，此时，侧面和底面都是三角形，故D正确．
4．下列说法错误的是( D )
A．多面体至少有四个面
B．九棱柱有9条侧棱，9个侧面，侧面为平行四边形
C．长方体、正方体都是棱柱
D．三棱柱的侧面为三角形
解析：多面体至少应有四个顶点组成(否则至多3个顶点，而3个顶点只围成一个平面图形)，而四个顶点围成四个面，所以A正确；棱柱侧面为平行四边形，其侧棱和侧面的个数与底面多边形的边数相等，所以B正确；长方体、正方体都是棱柱，所以C正确；三棱柱的侧面是平行四边形，不是三角形，所以D错误，故选D．
5．对有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体，以下说法正确的是( D )
A．是棱柱
B．是棱锥
C．是棱台
D．一定不是棱柱、棱锥
解析：由棱柱、棱锥的定义，可知A、B不正确，由棱台的定义可知所述几何体不一定是棱台，故D正确．
6．某同学制作了一个对面图案相同的正方体礼品盒(如图)，则这个正方体礼品盒的表面展开图应该为( A )
解析：两个不能并列相邻，B、D错误；两个不能并列相邻，C错误，故选A．也可通过实物制作检验来判定．
7.如右图，正方形ABCD中，E，F分别为CD，BC的中点，沿AE，AF，EF将其折成一个多面体，则此多面体是三棱锥(也可答四面体)．
解析：此多面体由四个面构成，故为三棱锥，也叫四面体．
8．以三棱台的顶点为三棱锥的顶点，这样可以把一个三棱台分成3个三棱锥．
解析：如图所示，在三棱台ABC?A1B1C1中，分别连接A1B，A1C，BC1，则将三棱台分成3个三棱锥，即三棱锥A?A1BC，B1?A1BC1，C?A1BC1.
9．下列说法正确的有①②④⑤.
①棱柱的侧面都是平行四边形；
②棱锥的侧面为三角形，且所有侧面都有一个公共点；
③棱台的侧面有的是平行四边形，有的是梯形；
④棱台的侧棱所在直线均相交于同一点；
⑤多面体至少有四个面．
解析：棱柱是由一个平面多边形沿某一方向平移而形成的几何体，因而侧面是平行四边形，故①对．棱锥是由棱柱的一个底面收缩为一个点而得到的几何体，因而其侧面均是三角形，且所有侧面都有一个公共点，故②对．棱台是棱锥被平行于底面的平面所截后，截面与底面之间的部分，因而其侧面均是梯形，且所有的侧棱延长后均相交于一点(即原棱锥的顶点)，故③错④对．⑤显然对．因而正确的有①②④⑤.
10．试从正方体ABCD?A1B1C1D1的八个顶点中任取若干，连接后构成以下空间几何体，并且用适当的符号表示出来．
(1)只有一个面是等边三角形的三棱锥．
(2)四个面都是等边三角形的三棱锥．
(3)三棱柱．
解：(1)如图所示，三棱锥A1?AB1D1(答案不唯一)．
(2)如图所示，三棱锥B1?ACD1(答案不唯一)．
(3)如图所示，三棱柱A1B1D1?ABD(答案不唯一)．
11．如图，在三棱锥V?ABC中，VA＝VB＝VC＝4，∠AVB＝∠AVC＝∠BVC＝30°，过点A作截面△AEF，求△AEF周长的最小值．
解：将三棱锥沿侧棱VA剪开，并将其侧面展开平铺在一个平面上，如图，线段AA1的长为所求△AEF周长的最小值．
∵∠AVB＝∠A1VC＝∠BVC＝30°，∴∠AVA1＝90°.
又VA＝VA1＝4，∴AA1＝4.
∴△AEF周长的最小值为4.
——能力提升类——
12．如图，在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝，点E为AB上的动点，则D1E＋CE的最小值为( B )
A．2
B．
C．＋1
D．2＋
解析：如图，将正方形ABCD沿AB向下旋转到对角面ABC1D1内，记为正方形ABC2D2.在矩形C1D1D2C2中连接D1C2，与AB的交点为E，此时D1E＋CE取得最小值，最小值为D1C2.因为BC1＝＝2，所以C1C2＝3，故D1C2＝＝＝.
13．有一粒正方体的骰子每一面有一个英文字母．如图是从3种不同角度看同一粒骰子的情况，请问H反面的字母是O.
14．如图，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，AB＝1，DD1的中点为Q，过A，Q，B1三点的截面面积为.
解析：截面是如图所示的等腰梯形QEB1A，经过C1D1的中点E.因为EQ＝，AB1＝，AQ＝B1E＝，所以该梯形的高为，所以截面面积为S＝×(＋)×＝.
15.给出两块正三角形纸片(如图所示)，要求将其中一块剪拼成一个底面为正三角形的三棱锥模型，另一块剪拼成一个底面是正三角形的三棱柱模型，请设计一种剪拼方案，分别用虚线标示在图中，并作简要说明．
解：如图(1)所示，沿正三角形三边中点连线折起，可拼得一个底面为正三角形的三棱锥．
如图(2)所示，正三角形三个角上剪出三个相同的四边形，其较长的一组邻边边长为三角形边长的，有一组对角为直角，余下部分按虚线折成，可成为一个缺上底的底面为正三角形的三棱柱，而剪出的三个相同的四边形恰好拼成这个底面为正三角形的三棱柱的上底．
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