【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019必修二）专题8.6 简单几何体的表面积与体积（重难点题型检测） Word版含解析.docx，共(20)页，814.979 KB，由小赞的店铺上传

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专题8.6简单几何体的表面积与体积（重难点题型检测）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）（2023·高一单元测试）已知正四棱锥的高为3，底面边长为√2，则该棱锥的体积为（）A．6B．3√2C．2D．√2【解题思路】

直接利用棱锥的体积公式计算即可.【解答过程】根据棱锥的体积公式得该棱锥的体积为13×√2×√2×3=2故选：C.2．（3分）（2023·高一课时练习）若一个圆柱和一个圆锥的底面积相等，圆柱的体积是圆锥体积的2倍，则圆柱的高是圆锥高的（）A

．12B．13C．23D．14【解题思路】根据题意可圆柱的底面积乘以圆柱的高=圆柱的底面积乘以圆锥的高×13×2，由此解答.【解答过程】圆柱的体积=圆锥的体积×2，即圆柱底面积×圆柱的高=圆锥的底面积×圆锥的高÷3×2，由此推出：圆柱的底面积×圆柱的高=圆柱的底面积×圆锥

的高×13×2，整理得，圆柱的高=圆锥的高×23，圆柱的高÷圆锥的高=23，所以，圆柱的高是圆锥高的23.故选：C.3．（3分）（2023·辽宁沈阳·高二学业考试）过棱长为2的正方体的三个顶点作一截面，此截面恰好切去一个三棱锥，则该正

方体剩余几何体的体积为（）A．4B．6C．203D．163【解题思路】截去的三棱锥的底面是直角边为2的等腰直角三角形，高为2，求出三棱锥和正方体的体积，作差可得.【解答过程】截去的三棱锥的底面是直角边为2的等腰直角三角形，高为2，三

棱锥的体积为𝑉1=13×12×2×2×2=43,正方体的体积为𝑉2=8，则该正方体剩余几何体的体积为𝑉=𝑉2−𝑉1=8−43=203.故选：C.4．（3分）（2022春·河南信阳·高一阶段练习）半正多面体是由两种或两种以上的正多边形

围成的多面体，半正多面体体现了数学的对称美.如图是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的棱上，且此正方体的棱长为1，则下列关于该多面体的说法中不正确的是（）A．多面体有12个顶点，14个面B．多面体

的表面积为3C．多面体的体积为56D．多面体有外接球（即经过多面体所有顶点的球）【解题思路】由题得该多面体的各顶点为正方体每条棱的中点，判断选项正误.【解答过程】由题，连接正方体每条棱的中点可得到该多面体

，共12个顶点，该多面体表面为有8个三角形面和6个正方形面，共14个面，A项正确；多面体表面每个三角形面积为12×√22×√22×√32=√38，每个小正方形面积为√22×√22=12，所以多面体表面积为√38×8+

12×6=√3+3，B项错误；将多面体看作由正方体切去顶点处8个三棱锥得到，每个三棱锥体积为13×12×12×12×12=148，所以多面体体积𝑉=13−148×8=56，C项正确；原正方体中心到多面体每个顶点（即正方体棱的中点）的距离都为√22，所以以该点为球心，√22

为半径的圆即多面体的外接圆，D项正确；故选：B.5．（3分）（2023·贵州贵阳·统考模拟预测）如图，在三棱锥𝐴−𝐵𝐶𝐷中，平面𝐴𝐵𝐷⊥平面𝐵𝐶𝐷，△𝐵𝐶𝐷是边长为2√3的等边三角形，𝐴𝐵=𝐴𝐷=2

，则该几何体外接球表面积为（）A．20πB．8πC．28πD．48π【解题思路】设△𝐴𝐵𝐷外心为𝑂2，△𝐵𝐶𝐷外心为𝑂1，DB中点为E，过外心分别作平面𝐴𝐵𝐷，平面𝐵𝐶𝐷垂线，则垂线交点O为外接球球心.后利用正弦定理可得△𝐵𝐶𝐷，△𝐴𝐵

𝐷外接圆半径𝑟1，𝑟2，又注意到四边形𝑂2𝐸𝑂1𝑂为矩形，则外接球半径𝑅=√𝑂2𝐵2−14𝐷𝐵2+𝑂1𝐵2.【解答过程】设△𝐴𝐵𝐷外心为𝑂2，△𝐵𝐶𝐷外心为𝑂1，DB中点为E.因𝑂1𝐸⊥𝐷𝐵，𝑂1𝐸⊂平面𝐵𝐶𝐷，平

面𝐴𝐵𝐷⊥平面𝐵𝐶𝐷，平面𝐴𝐵𝐷∩平面𝐵𝐶𝐷=𝐵𝐷，则𝑂1𝐸⊥平面𝐴𝐵𝐷，又𝑂2𝐸⊂平面𝐴𝐵𝐷，则𝑂1𝐸⊥𝑂2𝐸.过𝑂2，𝑂1分别作平面𝐴𝐵𝐷，平面𝐵𝐶𝐷垂线，则垂线交点O为外接球球心，则四边形𝑂2𝐸𝑂1𝑂为

矩形.△𝐵𝐶𝐷外接圆半径𝑟1=𝑂1𝐵=𝐵𝐷2sin60o=2.又因𝐴𝐵=𝐴𝐷=2，𝐵𝐷=2√3，则∠𝐵𝐴𝐷=120o.故△𝐴𝐵𝐷外接圆半径𝑟2=𝑂2𝐵=𝐵𝐷

2sin120o=2.又𝑂𝑂1=𝑂2𝐸=√𝑂2𝐵2−𝐸𝐵2=√4−3=1.又𝑂𝑂1⊥平面𝐵𝐶𝐷，𝐵𝑂1⊂平面𝐵𝐶𝐷，则𝑂𝑂1⊥𝐵𝑂1.故外接球半径𝑅=𝑂𝐵=√𝑂𝑂1⬚2+𝐵𝑂1⬚2=√4+1=√5，故外

接球表面积为4π𝑅2=20π.故选：A.6．（3分）（2023·湖北武汉·统考模拟预测）某车间需要对一个圆柱形工件进行加工，该工件底面半径15cm，高10cm，加工方法为在底面中心处打一个半径为rcm且和原工件有

相同轴的圆柱形通孔.若要求工件加工后的表面积最大，则r的值应设计为（）A．√10B．√15C．4D．5【解题思路】表示出表面积后，根据二次函数性质可得.【解答过程】大圆柱表面积为2×152π+10×2×15π=750π小圆柱侧面积为10×2π𝑟，上下底面积为2π�

�2所以加工后物件的表面积为750π+20π𝑟−2π𝑟2，当𝑟=5时表面积最大.故选：D.7．（3分）（2023·山西临汾·统考一模）《九章算术·商功》提及一种称之为“羡除”的几何体，刘徽对此几何体作注：“羡除，隧道也其所穿地，上平下邪.似两鳖臑夹一堑堵，即羡

除之形.”羡除即为：三个面为梯形或平行四边形（至多一个侧面是平行四边形），其余两个面为三角形的五面几何体.现有羡除𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹如图所示，底面𝐴𝐵𝐶𝐷为正方形，𝐸𝐹=4，其余棱长为2，则羡除外接球体

积与羡除体积之比为（）A．2√2πB．4√2𝜋C．8√23πD．2π【解题思路】连接AC、BD交于点M，取EF的中点O，连接OM，求出OM的长，进而求出OA的长，可知𝑂𝐴=𝑂𝐵=𝑂𝐶=𝑂𝐷=�

�𝐸=𝑂𝐹=2，从而可求出羡除外接球体积，由等体积法可求出羡除体积，进而可求得结果.【解答过程】连接AC、BD交于点M，取EF的中点O，连接OM，则𝑂𝑀⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷.取BC的中点G，连接FG，作𝐺𝐻⊥𝐸�

�，垂足为H，如图所示，由题意得，𝑂𝐴=𝑂𝐵=𝑂𝐶=𝑂𝐷，𝑂𝐸=𝑂𝐹=2，𝐻𝐹=14𝐸𝐹=1，𝐹𝐺=√32𝐵𝐶=√3，∴𝐻𝐺=√𝐹𝐺2−𝐻𝐹2=√2，∴𝑂𝑀=𝐻𝐺=√2

，又∵𝐴𝑀=√22𝐴𝐵=√2，∴𝑂𝐴=√𝑂𝑀2+𝐴𝑀2=2，∴𝑂𝐴=𝑂𝐵=𝑂𝐶=𝑂𝐷=𝑂𝐸=𝑂𝐹=2，即：这个羡除的外接球的球心为O，半径为2，∴这个羡除的外接球体积为𝑉1=43πr3=43π×23=32π3.∵𝐴𝐵//𝐸𝐹，𝐴𝐵⊄面

𝐶𝐷𝐸𝐹，𝐸𝐹⊂面𝐶𝐷𝐸𝐹，∴𝐴𝐵//面𝐶𝐷𝐸𝐹，即：点A到面𝐶𝐷𝐸𝐹的距离等于点B到面𝐶𝐷𝐸𝐹的距离，又∵△𝑂𝐸𝐷≌△𝑂𝐶𝐷，∴𝑉𝐴−𝑂𝐸𝐷=𝑉𝐵−𝑂𝐶𝐷=𝑉𝑂−𝐵𝐶𝐷

，∴这个羡除的体积为𝑉2=𝑉𝐴−𝑂𝐸𝐷+𝑉𝐵𝐶𝐹−𝐴𝐷𝑂=𝑉𝑂−𝐵𝐶𝐷+3𝑉𝑂−𝐵𝐶𝐷=4𝑉𝑂−𝐵𝐶𝐷=4×13×12×2×2×√2=8√23，∴羡除的外接球体积与羡除体积之比为𝑉1𝑉2=32π38√23

=2√2π.故选：A.8．（3分）（2023·辽宁·校联考模拟预测）在三棱锥A－BCD中，𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐶𝐷=𝐷𝐴=2√2，∠ADC＝∠ABC＝90°，平面ABC⊥平面ACD，三棱锥A－BCD的所有顶点都在球O的球面上，E，F分别在线段OB，

CD上运动（端点除外），𝐵𝐸=√2𝐶𝐹．当三棱锥E－ACF的体积最大时，过点F作球O的截面，则截面面积的最小值为（）A．πB．√3πC．32πD．2π【解题思路】作出图形，辅助线，找到球心位置，求出半径，设CF＝x，则𝐵𝐸=√2𝑥<2，所以0<𝑥<√2，表达出三棱

锥E－ACF的体积𝑉=−23(𝑥−√22)2+13，得到当𝑥=√22时，V取得最大值，当OF垂直于截面时，截面圆的面积最小，求出截面面积的最小值【解答过程】如图，取AC的中点O，连接OF，OB，因为∠ADC＝∠ABC＝90°，所以

𝑂𝐴=𝑂𝐵=𝑂𝐶=𝑂𝐷=12𝐴𝐶，即O为球心，则球O的半径R＝2．又AB＝BC，所以OB⊥AC，又平面ABC⊥平面ACD，平面𝐴𝐵𝐶∩平面ACD＝AC，𝑂𝐵⊂平面ABC，所以OB

⊥平面ACD．设CF＝x，则𝐵𝐸=√2𝑥<2，所以0<𝑥<√2，所以三棱锥E－ACF的体积𝑉=13𝑆△𝐴𝐶𝐹×𝑂𝐸=13×12𝐶𝐹⋅𝐴𝐷⋅𝑂𝐸=13×𝑥2⋅2√2(2−√2𝑥)=23(√2𝑥−𝑥2)=−23(𝑥−√22)2+13，当𝑥=√22时，

V取得最大值13．由于OA＝OB＝OC＝OD，在△COF中，由余弦定理得：𝑂𝐹=√𝑂𝐶2+𝐶𝐹2−2𝑂𝐶⋅𝐶𝐹cos∠𝐴𝐶𝐹=√4+12−2×2×√22×√22=√102，根据球的性质可知，当OF垂直于截面时，截面圆的面积最小，设此时截面圆的半径为r，所以𝑟=

√𝑅2−𝑂𝐹2=√22−(√102)2=√62，则截面面积的最小值为π𝑟2=π(√62)2=32π．故选：C．二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）9．（4分）（2023秋·浙江衢州·高二期末）已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则下列说法正确的是（）A．圆锥的高是√

2B．圆锥的母线长是4C．圆锥的表面积是16πD．圆锥的体积是8√33π【解题思路】根据圆锥侧面展开图可求得圆锥母线和高，进而得到其体积和表面积，即可判断出正确选项.【解答过程】设圆锥母线为𝑙，高为ℎ，侧面展开图的弧长与底面圆周长2π×2=4π相等，由弧长公式得π𝑙=4

π，即𝑙=4；所以圆锥的母线长是4，即B正确；高为ℎ=√𝑙2−𝑟2=2√3，所以选项A错误；圆锥的表面积是𝑆=π×22+12×π×42=12π，故C错误；圆锥的体积是𝑉=13×π×22×2√3=8√33π，即D正确.故选：BD.10．（4分）（2022

秋·福建莆田·高二期中）“堑堵”“阳马”和“鳖臑”是我国古代对一些特殊几何体的称谓．《九章算术·商功》有如下叙述：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵．其一为阳马，其一为鳖臑”．意思是说：将一个长方体沿对角面斜截（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶

点和相对的棱斜截（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）．若长方体的体积为V，由该长方体斜截所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为𝑉1,𝑉2,𝑉3，则下列选项不正．．确．的是（）A．𝑉1+𝑉2+𝑉3=

𝑉B．𝑉1=2𝑉2C．𝑉2=2𝑉3D．𝑉3=𝑉6【解题思路】根据题意确定堑堵、阳马和鳖臑的体积与长方体的体积𝑉的数量关系，即可得答案.【解答过程】解：由题意，堑堵的体积𝑉1=𝑉2，阳马的体积𝑉2=𝑉3，鳖臑的体积𝑉3=13𝑉1=𝑉6，所以𝑉1+

𝑉2+𝑉3=𝑉，2𝑉1=3𝑉2，6𝑉3=3𝑉2=𝑉，即𝑉2=2𝑉3，所以𝑉2−𝑉3=𝑉3=𝑉6，所以，ACD选项正确，B选项错误.故选：ACD.11．（4分）（2022秋·山东潍坊·高三阶段练习）截角四面体是一种半正八面体，可由

四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点处的小棱锥所得的多面体，如图所示，将棱长为3𝑎的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面，得到所有棱长均为𝑎的截角四面体，则下列说法正确的是（）A．该截角四面体的内切球体积√38π𝑎3B．该截角四面体的体积为23√212𝑎3C．该截角

四面体的外接球表面积为132π𝑎2D．△𝐴𝐸𝐹外接圆的面积为54π𝑎2【解题思路】根据内切球的直径等于正四面体高的23可求解A项，利用每个截角体积等于正四面体体积的127可求解B项，利用勾股定理求外接球的半径可求解C项，利用勾股定理可确定△𝐴𝐸𝐹的斜边长，进而求解D项.

【解答过程】该四面体底面正三角形的高等于√(3𝑎)2−(3𝑎2)2=3√3𝑎2，所以四面体的高ℎ=√(3𝑎)2−(23×3√3𝑎2)2=√6𝑎，由图可知，该截角四面体的内切球的直径等于23ℎ=2√63𝑎，所以内切球的体积等于43π(√63𝑎

)3=8√6π27𝑎3，故A错误；正四面体的体积𝑉=13×12×3𝑎×3√3𝑎2×√6𝑎=9√24𝑎3，所以剪掉一个角的体积等于127𝑉=√212𝑎3，所以该截角四面体的体积为𝑉−4×127𝑉=2327𝑉

=23√212𝑎3,故B正确；取上下底面的中心为𝑂′,𝑂′′,外接球的球心为𝑂，连接𝑂𝐶,𝑂𝐻,𝐶𝑂′,𝐻𝑂′′,如图，因为截角四面体上下底面间的距离等于23ℎ=2√63𝑎，设外接球的半径等于𝑅，因为𝐴𝐵𝐶为边长等于𝑎的正三角形，所以𝐴𝐵𝐶的高等于

√𝑎2−(𝑎2)2=√32𝑎，所以𝑂′𝐶=23×√32𝑎=√33𝑎,又因为下底面𝐸𝐹𝐻𝐼𝐿𝐾为正六边形，所以𝑂′′𝐻=𝑎，所以√𝑅2−𝑂′𝐶2+√𝑅2−𝑂′′𝐻2=2√63𝑎,即√

𝑅2−𝑎23=2√63𝑎−√𝑅2−𝑎2,所以𝑅2−𝑎23=83𝑎2+𝑅2−𝑎2−4√63𝑎⋅√𝑅2−𝑎2.解得𝑅2=118𝑎2，所以𝑆=4π𝑅2=112π𝑎2，故C错误；连接𝐴𝐸,𝐴𝐹，则𝐴𝐸

//𝐵𝐷,所以𝐴𝐸=2𝑎，由正四面体对棱互相垂直可知，𝐿𝐼⊥𝐵𝐷,所以𝐸𝐹⊥𝐴𝐸,在直角△𝐴𝐸𝐹中，𝐴𝐹=√𝐴𝐸2+𝐸𝐹2=√4𝑎2+𝑎2=√5𝑎，所以△𝐴𝐸𝐹外接圆的面积为π4(√5𝑎)2=54π𝑎2，故D正确.故选:BD.12．（4分

）（2022·全国·高三专题练习）传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现；如图是一个圆柱容球，𝑂1，�

�2为圆柱上下底面的圆心，𝑂为球心，EF为底面圆𝑂1的一条直径，若球的半径𝑟=2，则（）A．球与圆柱的表面积之比为1：2B．平面DEF截得球的截面面积最小值为165𝜋C．四面体CDEF的体积的取值范围

为(0，323]D．若𝑃为球面和圆柱侧面的交线上一点，则𝑃𝐸+𝑃𝐹的取值范围为[2+2√5，4√3]【解题思路】利用球的表面积公式及圆柱的表面积公式可判断A，由题可得𝑂到平面DEF的距离为𝑑1≤2√55，进而可得平面DEF截得球的截面面积最小值可

判断B，由题可得四面体CDEF的体积等于2𝑉𝐸−𝐷𝐶𝑂1可判断C，设𝑃在底面的射影为𝑃′，设𝑡=𝑃′𝐸2，𝑃𝐸+𝑃𝐹=√22+𝑡+√22+16−𝑡，然后利用二次函数的性质可得𝑃𝐸+𝑃�

�的取值范围可判断D.【解答过程】由球的半径为𝑟，可知圆柱的底面半径为𝑟，圆柱的高为2𝑟，则球表面积为4𝜋𝑟2，圆柱的表面积2𝜋𝑟2+2𝜋𝑟⋅2𝑟=6𝜋𝑟2，所以球与圆柱的表面积之比为23，故A错误；过𝑂作𝑂𝐺⊥𝐷𝑂1于𝐺，则由题可得𝑂𝐺=12×2×42√5

=2√55，设𝑂到平面DEF的距离为𝑑1，平面DEF截得球的截面圆的半径为𝑟1，则𝑑1≤𝑂𝐺，𝑟12=𝑟2−𝑑1⬚2=4−𝑑1⬚2≥4−45=165，所以平面DEF截得球的截面面积最小值为165𝜋，故B正确；由题可

知四面体CDEF的体积等于2𝑉𝐸−𝐷𝐶𝑂1，点𝐸到平面𝐷𝐶𝑂1的距离𝑑∈(0,4]，又𝑆△𝐷𝐶𝑂1=12×4×4=8，所以2𝑉𝐸−𝐷𝐶𝑂1=23×8𝑑∈(0,323]，故C正确；由题可知点𝑃在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，

设𝑃在底面的射影为𝑃′，则𝑃𝑃′=2,𝑃𝐸=√22+𝑃′𝐸2,𝑃𝐹=√22+𝑃′𝐹2,𝑃′𝐸2+𝑃′𝐹2=16，设𝑡=𝑃′𝐸2，则𝑡∈[0,42]，𝑃𝐸+𝑃𝐹=√22+𝑡+√22+16−𝑡，所以(

𝑃𝐸+𝑃𝐹)2=(√22+𝑡+√22+16−𝑡)2=24+2√−𝑡2+16𝑡+80=24+2√−(𝑡−8)2+144∈[24+8√5,48]，所以𝑃𝐸+𝑃𝐹∈[2+2√5,4√

3]，故D正确.故选：BCD.三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）13．（4分）（2023春·山东济南·高三开学考试）已知圆锥侧面展开图的周长为4+2𝜋，面积为2𝜋，则该圆锥的体积为√33π或4√π4−4

3π2．【解题思路】根据给定条件，求出圆锥底面圆半径、母线长，进而求出高即可计算作答.【解答过程】设圆锥的底面圆半径为𝑟，母线长𝑙，则圆锥侧面展开图扇形弧长为2π𝑟，依题意，{2π𝑟+2𝑙=4+2ππ𝑟𝑙=2π，即{π�

�+𝑙=2+ππ𝑟𝑙=2π，解得{𝑟=1𝑙=2或{𝑟=2π𝑙=π，当{𝑟=1𝑙=2时，圆锥的高ℎ=√𝑙2−𝑟2=√3，体积为𝑉=13π𝑟2ℎ=√33π，当{𝑟=2π𝑙=π时，圆锥的高ℎ=√𝑙2−𝑟2=1π√π4−4，体积为𝑉=13π

𝑟2ℎ=4√π4−43π2，所以该圆锥的体积为√33π或4√π4−43π2.故答案为：√33π或4√π4−43π2.14．（4分）（2023春·青海西宁·高三开学考试）已知在三棱锥𝑆−𝐴𝐵𝐶中，𝑆𝐴=𝑆𝐵=𝑆𝐶=√62，𝐴𝐵=2，�

�𝐶⊥𝐵𝐶，则三棱锥外接球的表面积为9π2.【解题思路】设𝐴𝐵的中点为D，证明𝑆𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶，求出𝑆𝐷的长，列式计算求得三棱锥外接球的半径，即可求得答案.【解答过程】设𝐴𝐵的

中点为D，因为𝐴𝐶⊥𝐵𝐶，所以D为△𝐴𝐵𝐶的外心，则𝐷𝐴=𝐷𝐵=𝐷𝐶,因为𝑆𝐴=𝑆𝐵=𝑆𝐶，则△𝑆𝐷𝐴≌△𝑆𝐷𝐵≌△𝑆𝐷𝐶,则∠𝑆𝐷𝐴=∠𝑆𝐷𝐵=90∘，则∠𝑆𝐷𝐶=90∘,故𝑆

𝐷⊥𝐴𝐵,𝑆𝐷⊥𝐷𝐶,而𝐴𝐵∩𝐷𝐶=𝐷,𝐴𝐵,𝐷𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶,所以𝑆𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶.因为𝐴𝐵=2,𝐴𝐶⊥𝐵𝐶，所以𝐴𝐷=𝐷𝐵=𝐷𝐶=1，因为𝑆𝐴=√

62，所以𝑆𝐷=√(√62)2−12=√22，由题意知三棱锥的外接球的球心O在直线𝑆𝐷上，设外接球的半径为R，则𝑅2=(𝑅−√22)2+12，解得𝑅=3√24,所以三棱锥外接球表面积为4π(3√24)2=

9π2，故答案为：9π2.15．（4分）（2023·安徽蚌埠·统考二模）如图是我国古代测量粮食的容器“升”，其形状是正四棱台，“升”装满后用手指或筷子沿升口刮平，这叫“平升”，若该“升”内粮食的高度为“平升”的一半时，粮食的体积约为“平升”时体积的14，则该“升”升口边长与升底边长的比值为1+

√6．【解题思路】利用设边长的方法，结合题中所给条件列方程求解.【解答过程】设升底边长为𝑎，升口边长为𝑘𝑎，则“升”内粮食的高度为“平升”的一半时，上表面边长为𝑎+𝑘𝑎2，设“升”的高度为ℎ，“升”内粮食的高度为

“平升”的一半时，粮食的体积约为“平升”时体积的14，则有13ℎ[𝑎2+(𝑘𝑎)2+√𝑎2⋅(𝑘𝑎)2]=4×13⋅ℎ2[𝑎2+(𝑎+𝑘𝑎2)2+√𝑎2⋅(𝑎+𝑘𝑎2)2]，化简得𝑘2−2𝑘−5=0，由𝑘>0，解得𝑘=1+

√6，即升口边长与升底边长的比值为1+√6.故答案为：1+√6.16．（4分）（2023·四川南充·四川省模拟预测）传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现

；如图是一个圆柱容球，𝑂1、𝑂2为圆柱上、下底面的圆心，𝑂为球心，𝐸𝐹为底面圆𝑂1的一条直径，若球的半径𝑟=2，有以下三个命题：①平面𝐷𝐸𝐹截得球的截面面积最小值为16π5；②球的表面积是圆柱的表面积的34；③若𝑃为球面和圆柱侧

面的交线上一点，则𝑃𝐸+𝑃𝐹的取值范围为[2+2√5,4√3]．其中所有正确的命题序号为①③.【解题思路】过点𝑂在平面𝐴𝐵𝐶𝐷内作𝑂𝐺⊥𝐷𝑂1，垂足为点𝐺，分析可知当𝑂𝐺⊥平面𝐷𝐸𝐹时，截面圆的半径最小，求出截面圆的半径

，结合圆的面积公式可判断①；利用球体和圆柱的表面积公式可判断②；𝑃在底面的射影为𝑃′，设令𝑃′𝐹2=8−𝑡，则𝑃′𝐸2=8+𝑡，其中−8≤𝑡≤8，可得出𝑃𝐸+𝑃𝐹=√12+𝑡+√12−𝑡，利用平方法和二次函数的基本性质求出𝑃𝐸+𝑃𝐹

的取值范围，可判断③.【解答过程】对于①，过点𝑂在平面𝐴𝐵𝐶𝐷内作𝑂𝐺⊥𝐷𝑂1，垂足为点𝐺，如下图所示：易知𝑂1𝑂2⊥𝐶𝐷，𝑂1𝑂2=4，𝑂2𝐷=2，由勾股定理可得𝑂1𝐷=√𝑂1𝑂22+𝑂2𝐷2=2√5，则由题可得𝑂𝐺=12×𝑂1𝑂2⋅𝑂

2𝐷𝑂1𝐷=12×4×22√5=2√55，设𝑂到平面𝐷𝐸𝐹的距离为𝑑1，平面𝐷𝐸𝐹截得球的截面圆的半径为𝑟1，因为𝑂1𝐷⊂平面𝐷𝐸𝐹，当𝑂𝐺⊥平面𝐷𝐸𝐹时，𝑑1取最大值𝑂𝐺，即𝑑1≤𝑂𝐺=2√5

5，所以，𝑟1=√4−𝑑12≥√4−45=4√55，所以平面𝐷𝐸𝐹截得球的截面面积最小值为π×(4√55)2=16π5，①对；对于②，因为球的半径为𝑟，可知圆柱的底面半径为𝑟，圆柱的高为2𝑟，球的表面积为4π𝑟2，圆柱的表面积

为2π𝑟2+2π𝑟×2𝑟=6π𝑟2，所以球与圆柱的表面积之比为4π𝑟26π𝑟2=23，②错；对于③，由题可知点𝑃在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设𝑃在底面的射影为𝑃′，则𝑃𝑃′=2，𝑃�

�=√22+𝑃′𝐸2=√4+𝑃′𝐸2，𝑃𝐹=√22+𝑃′𝐹2=√4+𝑃′𝐹2，由勾股定理可得𝑃′𝐸2+𝑃′𝐹2=16，令𝑃′𝐹2=8−𝑡，则𝑃′𝐸2=8+𝑡，其中−8≤𝑡≤8，所以，𝑃𝐸+�

�𝐹=√12+𝑡+√12−𝑡，所以，(𝑃𝐸+𝑃𝐹)2=(√12+𝑡+√12−𝑡)2=24+2√144−𝑡2∈[24+8√5,48]，因此，𝑃𝐸+𝑃𝐹∈[2√5+2,4√3]，③对.故答案为：①③.四．解答题（共6小题，满分44分）17．（6分）（2022·高一

课时练习）如图，已知直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的体积为𝑉，𝑀，𝑁分别为棱𝐴𝐴1，𝐶𝐶1上的点，𝐴𝑀=12𝐴𝐴1，𝐶𝑁=13𝐶𝐶1，求四棱锥𝐵−𝐴𝑀𝑁𝐶

的体积．【解题思路】结合已知条件，利用割补法和等体积法即可求解.【解答过程】由题意，不妨设直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的高𝐴𝐴1=𝐶𝐶1=𝑡，∵𝐴𝑀=12𝐴𝐴1，𝐶𝑁=13𝐶𝐶1，∴𝐴𝑀=12𝑡，𝐶𝑁=13𝑡，故𝑆△𝐴𝑀𝑁=14𝑡⋅

𝐴𝐶，𝑆△𝐴𝐶𝑁=16𝑡⋅𝐴𝐶，从而𝑆△𝐴𝑀𝑁=32𝑆△𝐴𝐶𝑁，即𝑉𝐵−𝐴𝑀𝑁=32𝑉𝐵−𝐴𝐶𝑁∵𝑉=𝑆△𝐴𝐵𝐶⋅𝑡∵𝑉𝐵−𝐴𝐶𝑁=𝑉𝑁−𝐴𝐵𝐶=13𝑆△𝐴�

�𝐶⋅13𝑡=19𝑉，从而𝑉𝐵−𝐴𝑀𝑁=32𝑉𝐵−𝐴𝐶𝑁=16𝑉，∴𝑉𝐵−𝐴𝑀𝑁𝐶=𝑉𝐵−𝐴𝐶𝑁+𝑉𝐵−𝐴𝑀𝑁=19𝑉+16𝑉=518𝑉．18．（

6分）（2022·全国·高三专题练习）已知过球面上三点𝐴，𝐵，𝐶的截面到球心的距离等于球半径的√32，且𝐴𝐶=8，𝐵𝐶=6，𝐴𝐵=10，求球的表面积与球的体积．【解题思路】设球的半径为𝑅，根据𝑅

与球体截面半径，球心、截面的距离间的几何关系求𝑅，进而求球体的表面积、体积.【解答过程】如图，设球的半径为𝑅，球心为𝑂，截面圆心为𝑂1，则𝑂𝑂1=√32𝑅．在△𝐴𝐵𝐶中，由𝐴𝐶2+𝐵𝐶2=𝐴𝐵2，即∠𝐴

𝐶𝐵=90°，∴𝑂1是𝐴𝐵的中点，即𝑂1𝐵=𝑂1𝐴=5，又𝑂𝑂12+𝑂1𝐴2=𝑂𝐴2，∴(√32𝑅)2+52=𝑅2，可得𝑅=10．∴球的表面积𝑆=4𝜋𝑅2=4𝜋×102=400𝜋，球的体积𝑉=43𝜋𝑅3=43𝜋×103=40003

𝜋．19．（8分）（2022秋·上海杨浦·高二期末）如图，某种水箱用的“浮球”，是由两个半球和一个圆柱筒组成.已知球的直径为8cm，圆柱筒高为3cm.(1)求这种“浮球”的体积；(2)要在这样的3000个“

浮球”的表面涂一层胶质，如果每平方厘米需要涂胶0.1克，共需胶多少克？【解题思路】（1）由球的体积公式和圆柱的体积公式求解即可；（2）由球的表面积公式和圆柱的侧面积公式求解出一个的表面积，然后乘以3000得总面积，按照规定再乘以0.1即可解决问题

.【解答过程】（1）由题意得该几何体由两个半球和一个圆柱筒组成，所以体积为一个球体体积和一个圆柱体积之和，由球体的体积为：𝑉1=43π𝑅3=43π×43=2563πcm3，圆柱体积为：𝑉2=π𝑅2⋅ℎ=π×42×3=48πcm

3，所以浮球的体积为：𝑉=𝑉1+𝑉2=2563π+48π=4003πcm3.（2）上下半球的表面积：𝑆1=4π𝑅2=4π×42=64πcm2，圆柱侧面积：𝑆2=2π𝑅ℎ=2π×4×3=24πcm2，所以，1个浮球的表面积为𝑆=64π+24π=88πcm2，3000个浮球的表面积

为：3000×88π=264000πcm2，因此每平方厘米需要涂胶0.1克，共需胶264000π×0.1=26400π克.20．（8分）（2022·高一课时练习）如图所示的圆锥，顶点为O，底面半径是5

cm，用一个与底面平行的平面截得一圆台，圆台的上底面半径为2.5cm，这个平面与母线OA交于点B，线段AB的长为10cm．(1)求圆台的侧面积；(2)把一根绳从线段AB的中点M开始沿着侧面绕到点A，求这根绳的最短长度；(3)在（2）的条件下，这根绳上的点和圆台上底面上的点的距离中，最

短的距离是多少？【解题思路】（1）作出圆锥的轴截面和沿OA剪开的侧面展开图，求出大圆锥和小圆锥的母线长，用大圆锥侧面积减去小圆锥侧面积得圆台侧面积；（2）将绳长的最小值转化为求𝐴′𝑀的长，只要求得

侧面展开图的圆心角即可得到结果；（3）由侧面展开图可知，距离最短时，就是点O到直线𝐴′𝑀的距离减OB的长【解答过程】（1）作出圆锥的轴截面和沿OA剪开的侧面展开图，如图所示：由圆台的下底面半径是5cm，上底面半径是2.5cm，AB的

长是10cm，可得𝑂𝐵=10cm，∴𝑂𝐴=20cm，所以圆台的侧面积𝑆=π×5×20−π×2.5×10=75π(cm2)；（2）由圆锥的底面周长可得侧面展开图的弧长为𝐴𝐴′⌢=10πcm，以𝑂𝐴为半径的圆周长为2𝜋×𝑂𝐴=40πcm，所以𝐴𝐴′

⌢刚好占了14，所以侧面展开图的圆心角为90°，在直角三角形𝑀𝑂𝐴′中，𝑂𝑀=15cm，所以𝑀𝐴′=√202+152=25(cm)，所以这根绳的最短长度为25cm；（3）由侧面展开图可知，当距离最短时，就是点O到直线𝐴′𝑀的距离减OB的长，即15×2025−10=2(c

m)，故最短的距离是2cm.21．（8分）（2022秋·上海普陀·高二期中）《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.(1)请估算出堆放的米约有多少斛？(2)若要建造一个底部直径为4尺的家用圆柱形储

粮仓，试问储粮仓的高至少为多少尺，才可以将这堆米全部放入？（结果均保留整数）【解题思路】（1）根据米堆底部的弧长可求出圆锥的底面半径，再根据圆锥的体积公式求出米堆的体积，从而可求解；（2）根据圆柱的体积公式列式求解即可.【解答过程

】（1）设圆锥底面半径为𝑟，则14×2×3𝑟=8，所以𝑟=163，所以米堆的体积为14×13×3×(163)2×5=3209.故堆放的米约为3209÷1.62≈22.（2）设储粮仓的高为ℎ，则3×22×ℎ=3209，所以ℎ≈3尺.所以储粮仓的高至少为3尺，才可以将这堆米全部放入.2

2．（8分）（2022·高一课时练习）如图所示，在平面五边形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸中，𝐴𝐵=𝐴𝐸=𝐶𝐷=2，𝐵𝐶=1，𝐷𝐸=√3，∠𝐴𝐵𝐶=90°，∠𝐴𝐸𝐷=90°，分别沿𝐴𝐶，𝐴𝐷将△𝐴𝐵𝐶与△𝐴𝐷𝐸折起使得𝐵，𝐸重合于点

𝑃．试求：（1）三棱锥𝐴−𝑃𝐶𝐷的体积；（2）三棱锥𝐴−𝑃𝐶𝐷的外接球的表面积．【解题思路】（1）先判断出三棱锥𝐴−𝑃𝐶𝐷的高，进而求得三棱锥𝐴−𝑃𝐶𝐷的体积.（2）通过补形的

方法求得外接球的半径，进而求得外接球的表面积.【解答过程】（1）𝑃𝐷=√3，𝑃𝐶=1，𝐶𝐷=2，则𝑃𝐶2+𝑃𝐷2=𝐶𝐷2⇒𝑃𝐶⊥𝑃𝐷，又𝐴𝑃⊥𝑃𝐷，𝐴𝑃⊥𝑃𝐶，𝑃𝐶∩𝑃𝐷=�

�，𝐴𝑃⊥平面𝑃𝐶𝐷.所以𝑉𝐴−𝑃𝐶𝐷=13𝑆△𝑃𝐶𝐷⋅𝐴𝑃=13×12⋅𝑃𝐶⋅𝑃𝐷⋅𝑃𝐴=13×12×1×√3×2=√33；（2）将三棱锥补成长方体知三棱锥𝐴−𝑃𝐶𝐷的外接球的直径即为长方体的体对角线长，即2𝑅=√12+(√3)2+22

=2√2⇒𝑅=√2，所以球的表面积为4π𝑅2=8π．