資源簡介

7.1　基本立體圖形、簡單幾何體的表面積與體積
【基礎過關練】
一、單項選擇題(每小題5分，共30分)
1.下面關于空間幾何體敘述不正確的是(　　)
A.正四棱柱都是長方體
B.在圓柱的上、下底面圓周上各取一點，則這兩點的連線不一定是圓柱的母線
C.有一個面是多邊形，其余各面是三角形的幾何體是棱錐
D.有兩個面互相平行，其余各面都是四邊形，并且相鄰兩個四邊形的公共邊都互相平行的幾何體是棱柱
2.已知某幾何體的直觀圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　)
A. B.3π
C. D.6π
3.已知一個直四棱柱的高為4，其底面ABCD水平放置的直觀圖(由斜二測畫法得到)是邊長為2的正方形，則這個直四棱柱的表面積為(　　)
A.40 B.32+16
C.64+16 D.64+16
4.(2025·新鄉模擬)已知某圓錐的軸截面是頂角為α的等腰三角形，側面展開圖是圓心角為β的扇形，若β=3α，則β等于(　　)
A. B. C. D.π
5.魔方，又叫魯比克方塊，最早是由厄爾諾·魯比克教授于1974年發明的機械益智玩具.魔方擁有競速、盲擰、單擰等多種玩法，風靡程度經久不衰，每年都會舉辦大小賽事，是最受歡迎的智力游戲之一.一個三階魔方，由27個單位正方體組成，如圖是把魔方的中間一層轉動了45°，則該魔方的表面積是(　　)
A.54 B.108-36
C.162-72 D.81-18
6.多面體的歐拉定理：簡單多面體的頂點數V、棱數E與面數F滿足V+F-E=2的數學關系.請運用歐拉定理解決問題：碳60(C60)具有超導特性、抗化學腐蝕性、耐高壓以及強磁性，是一種應用廣泛的材料.它的分子結構十分穩定，形似足球，也叫足球烯，如圖所示.碳60(C60)的分子結構是一個由正五邊形面和正六邊形面共32個面構成的凸多面體，60個碳原子處于多面體的60個頂點位置，則32個面中正六邊形面的個數是(　　)
A.22 B.20
C.18 D.16
二、多項選擇題(每小題6分，共12分)
7.(2023·新高考全國Ⅱ)已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，∠APB=120°，PA=2，點C在底面圓周上，且二面角P-AC-O為45°，則(　　　　)
A.該圓錐的體積為π B.該圓錐的側面積為4π
C.AC=2 D.△PAC的面積為
8.(2025·喀什模擬)如圖是圓臺O1O2，在軸截面ABCD中，AB=AD=BC=CD=2，下列說法正確的是(　　　　)
A.線段AC=2
B.該圓臺的表面積為11π
C.該圓臺的體積為7π
D.沿著該圓臺的表面從點C到AD中點的最短距離為5
三、填空題(每小題5分，共10分)
9.(2023·新高考全國Ⅰ)在正四棱臺ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，A1B1=1，AA1=，則該棱臺的體積為　　　　.
10.如圖1中的機械設備叫做“轉子發動機”，其核心零部件之一的轉子形狀是“曲側面三棱柱”，圖2是一個曲側面三棱柱，它的側棱垂直于底面，底面是“萊洛三角形”，萊洛三角形是以正三角形的三個頂點為圓心，正三角形的邊長為半徑畫圓弧得到的，如圖3，若曲側面三棱柱的高為10，底面任意兩頂點之間的距離為20，則其側面積為　　　　　.
四、解答題(共27分)
11.(13分)如圖，AB是圓柱的底面直徑，AP是圓柱的母線且AB=AP=4，點C是圓柱底面圓周上的點.
(1)求圓柱的側面積和體積；(5分)
(2)若AC=2，D是PB的中點，點E在線段AP上，求CE+DE的最小值.(8分)
12.(14分)如圖，矩形O'A'B'C'是用斜二測畫法畫出的水平放置的一個平面四邊形OABC的直觀圖，其中O'A'=3，O'C'=1.
(1)求平面四邊形OABC的面積；(4分)
(2)若四邊形OABC以AO為軸旋轉一周，求旋轉形成的幾何體的體積和表面積.(10分)
【能力提升練】
13.(多選)中國古代數學的瑰寶《九章算術》中記載了一種稱為“曲池”的幾何體，該幾何體是上、下底面均為扇環形的柱體(扇環是指圓環被扇形截得的部分).現有一個如圖所示的曲池，AA1垂直于底面，AA1=5，底面扇環所對的圓心角為，弧AD的長度是弧BC長度的3倍，CD=2，則下列說法正確的是(　　　　)
A.弧AD的長度為
B.曲池的體積為
C.曲池的表面積為20+14π
D.三棱錐A-CC1D的體積為5
14.如圖所示，在邊長為+1的正方形鐵皮上剪下一個最大的扇形和一個圓，使之恰好圍成一個圓錐，則圓錐的高為(　　)
A. B.
C. D.
15.(2024·重慶模擬)如圖，已知圓柱的斜截面是一個橢圓，該橢圓的長軸AC為圓柱的軸截面對角線，短軸長等于圓柱的底面直徑.將圓柱側面沿母線AB展開，則橢圓曲線在展開圖中恰好為一個周期的正弦型曲線.若該段正弦型曲線是函數y＝sin ωx(ω>0)圖象的一部分，且其對應的橢圓曲線的離心率為，則ω的值為(　　)
A. B.1 C. D.2
16.如圖(1)所示，已知點B在拋物線y＝x2上，過B作BA⊥x軸于點A，且OA＝a.將曲邊三角形OAB如圖(2)所示放置，并將曲邊三角形OAB沿平面OAB的垂線方向平移一個單位長度(即AA1＝1)，得到相應的幾何體OAB－O1A1B1.取一個底面面積為a2，高為a的正四棱錐S－MNPQ放在平面ABB1A1上，如圖(3)所示，這時，平面OO1S∥平面ABB1A1，現用平行于平面ABB1A1的任意一個平面去截這兩個幾何體，截面分別為矩形CDEF，四邊形M1N1P1Q1，截面與平面OO1S的距離為x0(0答案精析
1.C
2.B　[由題圖可知，此幾何體為從底面半徑為1，高為4的圓柱的母線的中點處截去了圓柱的后剩余的部分，所以所求幾何體的體積V=π×12×4-×π×12×4=3π.]
3.C　[由于直觀圖是正方形，所以四邊形ABCD是兩鄰邊分別為2與6，高為4的平行四邊形，其周長是2+6+2+6=16，面積是2×4=8所以直四棱柱的表面積是16×4+8×2=64+16.]
4.D　[設圓錐的母線長為l，則圓錐的底面半徑r=lsin因為側面展開圖的扇形弧長即圓錐底面的周長，所以lβ=2πlsin即β=2πsin
因為0<β<2π，β=3α，則0<α<
故0<<
所以β關于α單調遞增，
驗證選項可知當α=時，β=π=3α符合題意.]
5.C　[如圖，中間一層轉動了45°后，此時的魔方相對原來正方體的魔方多出了16個小三角形的面積，
顯然小三角形為等腰直角三角形，設直角邊為x，則斜邊為x，
故(2+)x=3，可得x=3-
由幾何關系得陰影部分的面積
S==-
所以所求面積S'=6×3×3+16×=162-72.]
6.B　[由題意可知V=60，F=32，
由V+F-E=2可得E=90，
設正五邊形面的個數為x，正六邊形面的個數為y，則x+y=32，
因為一條棱連著兩個面，
所以足球烯表面的棱數E=(5x+6y)=90，
聯立
解得
即32個面中正六邊形面的個數是20.]
7.AC　[依題意，∠APB=120°，PA=2，
所以OP=1，
OA=OB=.
A項，圓錐的體積為×π×()2×1=π，故A正確；
B項，圓錐的側面積為π××2=2π，故B錯誤；
C項，取AC的中點D，連接OD，PD，如圖所示，
則AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P-AC-O的平面角，
則∠PDO=45°，所以OP=OD=1，
故AD=CD==
則AC=2故C正確；
D項，PD==
所以S△PAC=×2=2，故D錯誤.]
8.ABD　[顯然四邊形ABCD是等腰梯形，AB=AD=BC=2，CD=4，其高即為圓臺的高h=
=.
對于A，在等腰梯形ABCD中，AC==2A正確；
對于B，圓臺的表面積S=π×12+π×22+π(1+2)×2=11π，B正確；
對于C，圓臺的體積V=π(12+1×2+22)×=π，C錯誤；
對于D，將圓臺一半側面展開，如圖中扇環ABCD所示，且E為AD中點，而圓臺對應的圓錐一半側面展開為扇形COD且易知OC=4，又∠COD==在Rt△COE中，CE==5，斜邊CE上的高為=>2，即CE與弧AB相離，所以點C到AD中點的最短距離為5，D正確.]
9.
解析　如圖，過A1作A1M⊥AC，垂足為M，
易知A1M為四棱臺ABCD-A1B1C1D1的高，
因為AB=2，A1B1=1，AA1=
則A1O1=A1C1=A1B1=
AO=AC=AB=
故AM=AO-A1O1=
則A1M=
==
所以所求棱臺體積為V=×(4+1+)×=.
10.200π
解析　由題意得底面是由三段以20為半徑為圓心角的圓弧構成，
所以底面周長為3××20=20π，
又曲側面三棱柱的高為10，
所以曲側面三棱柱的側面積為20π×10=200π.
11.解　(1)由題知，底面半徑為2，母線長為4，所以圓柱的側面積S=2π×2×4=16π，
圓柱的體積V=π×22×4=16π.
(2)記底面圓心為O，連接OC，
因為底面半徑為2，AC=2，
以AP所在直線為軸，將△APC旋轉到△APC'，使得△APC'和軸截面PAB共面，如圖，
則OC'=2+2=4，OD=2，
當C'，E，D三點共線時，CE+DE取得最小值=2.
12.解　(1)因為S原圖形=2S直觀圖，
所以S平面四邊形OABC=2S直觀圖=6.
(2)平面四邊形OABC如圖所示，在Rt△ODC中，有OC2=OD2+CD2=(2)2+12=9，
所以OC=3，所以AB=3.
如圖，分別過點B，C作AO及其延長線的垂線，垂足為E，F.矩形FEBC繞AO及其延長線旋轉一周得到一個底面半徑r=OD=2母線l1=BC=3的圓柱；
Rt△BEA繞AO旋轉一周得到一個底面半徑r=OD=2母線l2=AB=3，高h1=AE=1的圓錐；
Rt△CFO繞AO及其延長線旋轉一周得到一個底面半徑r=OD=2母線l3=OC=3，高h2=OF=CD=1的圓錐.
所以旋轉形成的幾何體為圓柱挖去一個同底的圓錐，再加上一個同底的圓錐構成的組合體.
則旋轉形成的幾何體的體積等于圓柱的體積，減去挖去的圓錐體積，再加上組合的圓錐的體積，
所以旋轉形成的幾何體的體積V=πr2l1-πr2h2+πr2h1=π××3-π××1+π××1=24π.
旋轉形成的幾何體的表面積即圓柱的側面積加上兩個圓錐的側面積，
所以S=2πrl1+πrl2+πrl3=2π×2×3+π×2×3+π×2×3=24π.
13.ACD　[設弧AD所在圓的半徑為R，弧BC所在圓的半徑為r，
因為弧AD的長度是弧BC長度的3倍，所以R=3×r，即R=3r，
所以CD=R-r=2r=2，
所以r=1，R=3，
所以弧AD的長度為故A正確；
曲池的體積為V=×AA1=×5=10π，故B錯誤；
曲池的表面積為×2+×5+2×5×2=×2+×5+20=20+14π，故C正確；
三棱錐A-CC1D的體積為×2×5×3=5，故D正確.]
14.B　[如圖1，過☉F的圓心F作FE⊥AD于E，FG⊥CD于G，
則四邊形EFGD為正方形，設☉F的半徑為r，扇形半徑為R，則FD=r，
☉F的周長為2πr，扇形弧長為
∵剪下一個最大的扇形和圓恰好圍成一個圓錐，
∴=2πr，解得R=4r，
即BH=4r，∴BD=BH+HF+FD=4r+r+r=(5+)r，
∵正方形鐵皮邊長為+1，
∴BD==5+
∴(5+)r=5+
∴r=1，
在圖2中，EF=1，BE=4，
由勾股定理得，圓錐的高BF===.]
15.B　[由題意，橢圓曲線在展開圖中恰好為函數y＝sin ωx(ω>0)圖象的一部分，可得AB＝2.
設圓柱底面半徑為r，則T＝＝2πr，
所以ω＝，
設橢圓長軸長為2a，短軸長為2b，焦距為2c，
因為離心率為，得e＝，
則a2＝b2＋c2＝b2＋，
即a2＝4b2，所以，得AC＝4r，
又由勾股定理得AC2－BC2＝16r2－4r2＝，解得r＝1，故ω＝1.]
16.B　
解析　依題意，在圖(2)中，當OC＝x0時，CD＝，而CF＝AA1＝1，
則S矩形CDEF＝CD·CF＝，
在正四棱錐S－MNPQ中，截面四邊形M1N1P1Q1為正方形，其中心為G1，
令正方形MNPQ的中心為G，
則點S，G1，G共線，連接G1Q1，GQ，SG1＝x0，SG＝a，如圖，
平面M1N1P1Q1∥平面MNPQ，平面M1N1P1Q1∩平面SGQ＝G1Q1，平面MNPQ∩平面SGQ＝GQ，
因此G1Q1∥GQ，有，
于是，而S正方形MNPQ＝a2，
則＝S矩形CDEF，由祖暅原理知
＝V四棱錐S－MNPQ＝a2·a＝a3，
而幾何體OAB－O1A1B1可視為以曲邊三角形OAB為底面，AA1為高的柱體，其體積＝S曲邊三角形OAB·AA1＝S曲邊三角形OAB，
所以S曲邊三角形OAB＝.

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