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第31讲 基本立体图形及几何体的表面积与体积（精讲）-【一轮复习讲义】2025年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）
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这是一份第31讲 基本立体图形及几何体的表面积与体积（精讲）-【一轮复习讲义】2025年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用），文件包含第31讲基本立体图形及几何体的表面积与体积精讲原卷版docx、第31讲基本立体图形及几何体的表面积与体积精讲解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共105页， 欢迎下载使用。
题型目录一览
一、知识点梳理
一、构成空间几何体的基本元素
（1）空间中，点动成线，线动成面，面动成体．
（2）空间中，不重合的两点确定一条直线，不共线的三点确定一个平面，不共面的四点确定一个空间图形或几何体（空间四边形、四面体或三棱锥）．
二、简单凸多面体—棱柱、棱锥、棱台
1．棱柱：两个面互相平面，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．
（1）斜棱柱：侧棱不垂直于底面的棱柱；
（2）直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱；
（3）正棱柱：底面是正多边形的直棱柱；
（4）平行六面体：底面是平行四边形的棱柱；
（5）直平行六面体：侧棱垂直于底面的平行六面体；
（6）长方体：底面是矩形的直平行六面体；
（7）正方体：棱长都相等的长方体．
2．棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥．
（1）正棱锥：底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心；
（2）正四面体：所有棱长都相等的三棱锥．
3．棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台，由正棱锥截得的棱台叫做正棱台．
简单凸多面体的分类及其之间的关系如图所示．
三、简单旋转体—圆柱、圆锥、圆台、球
1．圆柱：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的几何体叫做圆柱．
2．圆柱：以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，将其旋转一周形成的面所围成的几何体叫做圆锥．
3．圆台：用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分叫做圆台．
4．球：以半圆的直径所在的直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称为球（球面距离：经过两点的大圆在这两点间的劣弧长度）．
四、组合体
由柱体、锥体、台体、球等几何体组成的复杂的几何体叫做组合体．
五、表面积与体积计算公式
表面积公式
体积公式
六、空间几何体的直观图
1．斜二测画法
斜二测画法的主要步骤如下：
（1）建立直角坐标系．在已知水平放置的平面图形中取互相垂直的，，建立直角坐标系．
（2）画出斜坐标系．在画直观图的纸上（平面上）画出对应图形．在已知图形平行于轴的线段，在直观图中画成平行于，，使（或），它们确定的平面表示水平平面．
（3）画出对应图形．在已知图形平行于轴的线段，在直观图中画成平行于轴的线段，且长度保持不变；在已知图形平行于轴的线段，在直观图中画成平行于轴，且长度变为原来的一般．可简化为“横不变，纵减半”．
（4）擦去辅助线．图画好后，要擦去轴、轴及为画图添加的辅助线（虚线）．被挡住的棱画虚线．
注：直观图和平面图形的面积比为．
2．平行投影与中心投影
平行投影的投影线是互相平行的，中心投影的投影线相交于一点．
二、题型分类精讲
题型一 空间几何体的结构特征
策略方法 需要熟悉几何体的基本概念.
【典例1】（单选题）如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的几何体，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是（ ）
A．（2）（5）B．（1）（3）C．（2）（4）D．（1）（5）
【答案】D
【分析】应用空间想象，讨论截面与轴截面的位置关系判断截面图形的形状即可.
【详解】当截面如下图为轴截面时，截面图形如（1）所示；
当截面如下图不为轴截面时，截面图形如（5）所示，下侧为抛物线的形状；
故选：D
【典例2】（单选题）将表面积的圆锥沿母线将侧面展开，得到一个圆心角为的扇形，则该圆锥的轴截面的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据圆锥的表面积公式，利用侧面展开图扇形的几何性质，结合弧度的定义以及勾股定理，可得答案.
【详解】设圆锥的母线长为，高为，底面半径为，如下图所示：
则圆锥的侧面展开得到的扇形的弧长为，半径为，
由扇形的圆心角为，则，解得，
由圆锥的表面积公式可得其表面积，
由圆锥表面积为，，则，解得，
由勾股定理可得，
已知轴截面的面积.故选：C.
【典例3】（单选题）圆台母线长为3，下底直径为10，上底直径为5，过圆台两条母线作截面，则该截面面积最大值为（ ）
A．B．C．D．以上都不对
【答案】C
【分析】求出轴截面时所补成的等腰三角形的顶角的余弦值，则判断其为钝角，再计算出截面积的表达式，得到最值.
【详解】由题意作出轴截面，并将其补充成等腰三角形，
根据，则为三角形的中位线，则，
在中利用余弦定理得，
因为，所以，
过圆台两条母线所作截面也为等腰梯形，并将其补成的等腰三角形，设其顶角为，
则，因为，且，
则当时，的最大值为.
故选：C.
【题型训练】
一、单选题
1．（2023·全国·高三专题练习）已知直角梯形ABCD，现绕着它的较长底CD所在的直线旋转一周，所得的几何体包括（ ）
A．一个圆柱、一个圆锥B．一个圆柱、两个圆锥
C．一个圆台、一个圆柱D．两个圆柱、一个圆台
【答案】A
【分析】将直角梯形分割成一个矩形和一个直角三角形，结合旋转体的形成即可求解.
【详解】直角梯形ABCD分割成一个矩形和一个直角三角形，
矩形绕其一边旋转一周得圆柱，直角三角形绕其直角边旋转一周得圆锥，
可得几何体为：一个圆柱、一个圆锥.
故选：A
2．（2023·江西上饶·高三校联考阶段练习）用一平面去截一长方体，则截面的形状不可能是（ ）
A．四边形B．五边形C．六边形D．七边形
【答案】D
【分析】用平面去截正方体时最多和六个面相交得六边形.
【详解】
如图，用平面去截正方体时最多和六个面相交得六边形，
因此截面的形状可能有：三角形、四边形、五边形、六边形，
不可能为七边形，
故选:D.
3．（2023·全国·高三专题练习）在一个密闭透明的圆柱桶内装一定体积的水，将圆柱桶分别竖直、水平、倾斜放置时，圆柱桶内的水平面所在平面截圆柱桶所成的截口曲线的所有类型有：（ ）
①矩形 ②圆 ③椭圆 ④部分抛物线 ⑤部分椭圆
A．②③⑤B．①②③④⑤C．①②③⑤D．①②③④
【答案】C
【分析】对不同的放置情况分别判断，得出结论
【详解】当圆柱桶竖直放置时，截口曲线为圆；
当圆柱桶水平放置时，截口曲线为矩形；
当圆柱桶倾斜放置时，若液面经过底面，则截口曲线为椭圆的一部分；
当圆柱桶倾斜放置时，若液面不经过底面，则截口曲线为椭圆；
故选：C
4．（2023·安徽淮北·统考一模）如图所示，在三棱台中，沿平面截去三棱锥，则剩余的部分是（ ）
A．三棱锥B．四棱锥C．三棱柱D．组合体
【答案】B
【分析】根据图形和棱锥的定义及结构特征，即可得出结论．
【详解】三棱台中，沿平面截去三棱锥，
剩余的部分是以为顶点，四边形为底面的四棱锥．
故选：B
5．（2023·全国·高三专题练习）已知在正方体中，，，分别是，，的中点，则过这三点的截面图的形状是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】D
【分析】利用平行画出截面，进而判断出正确答案.
【详解】分别取、、的中点、、，连接、、，
在正方体中，，，分别是，，的中点，
，，，
六边形是过，，这三点的截面图，过这三点的截面图的形状是六边形．故选：D
6．（2023·山西阳泉·阳泉市第一中学校校考模拟预测）圆锥的母线长为4，侧面积是底面积的倍，过圆锥的两条母线作圆锥的截面，则该截面面积的最大值是（ ）
A．8B．C．D．
【答案】A
【分析】设圆锥底面半径为，母线为，轴截面顶角为，则根据题意可得与的关系，从而可求出为钝角，由此可得当圆锥两条母线互相垂直时，截面面积最大，然后可求得结果.
【详解】设圆锥底面半径为r，母线为l，轴截面顶角为，则，得，
所以，
因为为锐角，所以，即，则θ为钝角，
所以当圆锥两条母线互相垂直时，截面面积最大，最大值为.
故选：A.
7．（2023·山西朔州·怀仁市第一中学校校考模拟预测）毛泽东在《七律二首•送瘟神》中有句诗为“坐地日行八万里，巡天遥看一千河.”前半句的意思是：人坐在地面上不动，由于地球的自转，每昼夜会随着地面经过八万里路程.诗中所提到的八万里，指的是人坐在赤道附近所得到的数据.设某地所在纬度为北纬（即地球球心和该地的连线与赤道平面所成的角为），且.若将地球近似看作球体，则某人在该地每昼夜随着地球自转而经过的路程约为（ ）
A．万里B．万里C．万里D．万里
【答案】A
【分析】计算出地球的半径，可求得某地随着地球自转所形成圆的半径，再利用圆的周长公式可求得结果.
【详解】由题意可知，赤道周长为万里，则地球半径万里.
设某地随着地球自转，所形成圆的半径为，
则万里，则该圆的周长万里.
故选：A.
8．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）羽毛球运动是一项全民喜爱的体育运动，标准的羽毛球由16根羽毛固定在球托上，测得每根羽毛在球托之外的长为，球托之外由羽毛围成的部分可看成一个圆台的侧面，测得顶端所围成圆的直径是，底部所围成圆的直径是，据此可估算得球托之外羽毛所在曲面的展开图的圆心角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将圆台补成圆锥，则羽毛所在曲面为大圆锥的侧面截去一个小圆锥的侧面所得，求出小圆锥的母线长后可得展开图圆心角．
【详解】将圆台补成圆锥，则羽毛所在曲面为大圆锥的侧面截去一个小圆锥的侧面所得，
设小圆锥母线长为，则大圆锥母线长为，由相似得，即，
∴可估算得球托之外羽毛所在的曲面的展开图的圆心角为.
故选：C．
9．（2023春·四川内江·高三四川省内江市第六中学校考阶段练习）如下图所示，在正方体中，如果点E是的中点，那么过点、B、E的截面图形为（ ）
A．三角形 B．矩形C．正方形D．菱形
【答案】D
【分析】根据题意作出截面图形，然后利用正方体的性质求解即可.
【详解】分别取的中点，连接，
如图即为过点、B、E截正方体所得的截面图形，
由题意可知：且，所以四边形为平行四边形，
所以，又因为且，且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以,
所以，同理，所以四边形为平行四边形，
又因为，所以平行四边形为菱形，
故选：.
10．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考开学考试）石碾子是我国传统粮食加工工具，如图是石碾子的实物图，石碾子主要由碾盘、碾滚（圆柱形）和碾架组成．碾盘中心设竖轴（碾柱），连碾架，架中装碾滚，以人推或畜拉的方式，通过碾滚在碾盘上的滚动达到碾轧加工粮食作物的目的．若推动拉杆绕碾盘转动2周，碾滚的外边缘恰好滚动了5圈，碾滚与碾柱间的距离忽略不计，则该圆柱形碾滚的高与其底面圆的直径之比约为（ ）
A．3：2B．5：4C．5：3D．4：3
【答案】B
【分析】绕碾盘转动2周的距离等于碾滚滚动5圈的距离，列出方程即可求解.
【详解】由题意知，；
故选：B.
11．（2023·江西·校联考模拟预测）已知正方体的棱长为3，，分别为棱，的中点，点是棱上靠近点的三等分点，则平面截该正方体所得截面的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先作出截面，然后根据梯形面积公式求得正确答案.
【详解】如图所示，，分别是，中点，则，
作，交于，连接，并延长交的延长线于点，
连接，并延长交的延长线于点，连接交于点，交于点，
则为过，，三点的截面．
由于平面平面，且与平面的截面分别相交于，
由面面平行的性质定理得，从而有，，，
则，，因为是中点，，
所以，又因为，所以，
同理，，，，，
梯形是等腰梯形，且梯形与梯形全等，
高为，
截面面积．
故选：B
12．（2023秋·四川成都·高三成都七中校考开学考试）在没有其他因素影响时，飞机的航线往往选取的是两地之间的最短距离．设地球为一半径为R的球体，一架飞机将从A地东经飞至B地东经，且A，B两地纬度都为．若飞机始终在地球球面上运动，则该飞机飞行的最短路程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，求出A，B两地对于地球球心所成的角，再求出弧长作答.
【详解】依题意，A，B两地对于地球球心所成的角，
所以该飞机飞行的最短路程为.
故选：C
13．（2023·海南海口·海南中学校考二模）传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着“圆柱容球”，即：一个圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.如图是一个圆柱容球，为圆柱上下底面的圆心，为球心，为底面圆的一条直径，若球的半径，则平面DEF截球所得的截面面积最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】过作于，设到平面的距离为，平面截得球的截面圆的半径为，由求解判断.
【详解】由球的半径为，可知圆柱的底面半径为，圆柱的高为，过作于，如图所示：
则由题可得，
设平面截得球的截面圆的半径为，
当EF在底面圆周上运动时，
到平面的距离
所以
所以平面截得球的截面面积最小值为，
故D正确；
故选：D.
二、多选题
14．（2023·安徽安庆·安庆一中校考模拟预测）下列关于棱柱的说法正确的是（ ）
A．棱柱的两个底面一定平行
B．棱柱至少有五个面
C．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体一定是棱柱
D．正四棱柱一定是长方体
【答案】ABD
【分析】依据棱柱定义判断选项A；依据棱柱的结构特征判断选项B；举反例否定选项C；依据长方体定义判断选项D.
【详解】选项A：由棱柱定义可得棱柱的两个底面一定平行.判断正确；
选项B：三棱柱是最简单的棱柱，三棱柱有五个面，
则棱柱至少有五个面.判断正确；
选项C：在正四棱柱上面放置一个与其底面相同的斜四棱柱，所得几何体是组合体，
但是满足两个面互相平行，其余各面都是平行四边形.判断错误；
选项D：正四棱柱底面是正方形，侧棱与底面垂直，
则正四棱柱一定是长方体.判断正确.
故选：ABD
15．（2023秋·浙江杭州·高三浙江省桐庐中学期末）下列命题正确的是（ ）
A．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
B．棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形
C．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
D．棱柱的面中，至少有两个面互相平行
【答案】BD
【分析】根据常见几何体的性质与定义逐个选项辨析即可.
【详解】对A，棱台指一个棱锥被平行于它的底面的一个平面所截后，截面与底面之间的几何形体，其侧棱延长线需要交于一点，故A错误；
对B，棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形，故B正确；
对C，用平面截圆柱得到的截面也可能是椭圆，故C错误；
对D，棱柱的面中，至少上下两个面互相平行，故D正确；
故选：BD
16．（2023·云南红河·弥勒市一中校考模拟预测）如图，为正方体中所在棱的中点，过两点作正方体的截面，则截面的形状可能为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】BD
【分析】由正方体的对称性即可得解.
【详解】由正方体的对称性可知，截面的形状不可能为三角形和五边形，
如图，截面的形状只可能为四边形和六边形.
故选：BD
17．（2023秋·江苏南通·高三统考阶段练习）如果一个凸n面体共有m个面是直角三角形，那么我们称这个凸n面体的直度为，则（ ）
A．三棱锥的直度的最大值为1
B．直度为的三棱锥只有一种
C．四棱锥的直度的最大值为1
D．四棱锥的直度的最大值为
【答案】AD
【分析】借助于正方体模型，一一判断各选项，即得答案.
【详解】如图，借助于正方体模型，图1中三棱锥的四个面都是直角三角形，
其直度为1，A正确；
图1中三棱锥，三个面都是直角三角形，
面为正三角形，其直度为；
图2中三棱锥，三个面都是直角三角形，
面为正三角形，其直度为，故直度为的三棱锥不止一种，B错误；
四棱锥的共有5个面，底面为四边形，故其直度不可能为1，C错误；
图3中的四棱锥的四个侧面都是直角三角形，底面为正方形，
故四棱锥的直度的最大值为，D正确，
故选：AD
三、填空题
18．（2023·全国·高三专题练习）设有以下四个命题：
①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；
②底面是矩形的平行六面体是长方体；
③直四棱柱是直平行六面体；
④棱台的相对侧棱延长后必交于一点.
其中正确命题的序号是 .
【答案】①④
【解析】根据空间几何体的结构特征,依次判断各选项即可.
【详解】命题①,符合平行六面体的定义,故命题①正确；
命题②,底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直,故命题②错误；
命题③,因直四棱柱的底面不一定是平行四边形,故命题③错误；
命题④,由棱台的定义知,棱台的相对侧棱延长后必交于一点,故命题④正确.
综上可知,正确的为①④
故答案为: ①④
【点睛】本题考查了空间几何体的结构特征,对各类型的空间几何体概念要理解准确,属于基础题.
19．（2023·全国·高三专题练习）一圆锥的侧面展开图为一圆心角为的扇形，该圆锥母线长为6，则圆锥的底面半径为 ．
【答案】2
【分析】根据圆锥侧面展开图的性质，结合弧长公式进行求解即可.
【详解】因为圆锥的母线长为6，所以侧面展开图扇形的半径为6，设该圆锥的底面半径为，
所以有，
故答案为：.
20．（2023·全国·高三专题练习）长方体的底面是边长为1的正方形，若在侧棱上至少存在一点，使得，则侧棱的长的最小值为 .
【答案】2
【分析】根据，利用勾股定理建立方程，则方程有解即可求解.
【详解】设
又因为，所以
即化简得，
即关于的方程有解，
当时，不符合题意，
当时，所以，
当且仅当，即时取得等号，
所以侧棱的长的最小值为2，
故答案为:2.
21．（2023·全国·高三专题练习）如图，在矩形中，，点分别为边的中点．将沿折起，在翻折过程中，直线被三棱锥的外接球截得的线段长的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据题意得到为三棱锥的外接球的直径，即半径，过分别向的垂线，设向量和所成的角为，结合，根据向量的数量积的运算，求得，设外接球截直线的弦长为，结合球的截面圆和圆的弦长公式，即可求解.
【详解】取的中点，在翻折的过程中，可得，
即为三棱锥的外接球的直径，且，
即三棱锥的外接球的半径为，
过分别向的垂线，垂足分别为，如图所示，
可得，则，
设向量和所成的角为，其中，
因为，
则
，
所以，可得，即，
设三棱锥的外接球截直线的弦长为，
又因为，在翻折前，
当取得最大值时，此时球心到的距离最短，
此时直线被球截得的弦长最长，所以截得的线段长的最大值为；
当取得最小值时，此时球心到的距离最长，
取的中点，则，可得最大距离为，
此时直线被球截得的弦长最短，
根据圆的弦长公式，可得最短弦长为，
所以直线被三棱锥的外接球截得的线段长的取值范围为.
故答案为：.
22．（2023春·湖南株洲·高三株洲二中校考阶段练习）在棱长为4的正方体中，点P、Q分别是，的中点，点M为正方体表面上一动点，若MP与CQ垂直，则点M所构成的轨迹的周长为 .
【答案】
【分析】分析得到只需过点P作直线CQ的垂面即可，垂面与正方体表面的交线即为动点M的轨迹，作出辅助线，证明线面垂直，找到轨迹为矩形，求出矩形各边，得到答案.
【详解】如图，只需过点P作直线CQ的垂面即可，垂面与正方体表面的交线即为动点M的轨迹.
分别取，的中点R，S，
由，知，易知，
又，，平面ABRS，
所以平面ABRS，
过P作平面ABRS的平行平面，点M的轨迹为四边形，
其周长与四边形ABRS的周长相等，
其中，，
所以点M所构成的轨迹的周长为.
故答案为：
23．（2023·全国·高三专题练习）如图，某圆柱的高为4，底面周长为16，，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为 .
【答案】
【分析】由圆柱的侧面展开图是矩形，利用勾股定理求出圆柱侧面上从B到C的最短路径的长.
【详解】圆柱的高为4，底面周长为16，,则在底面圆中
如图将圆柱的侧面沿母线展开, 其侧面展开图是矩形，且矩形的长为16，宽为4.
在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为展开图中线段的长度
故答案为：
题型二 空间几何体的表面积
策略方法 空间几何体表面积的求法
(1)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．
(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．
【典例1】（单选题）在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，已知某“堑堵”的底面是斜边长为的等腰直角三角形，高为，则该“堑堵”的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用柱体的表面积公式可求得结果.
【详解】由题意可知，该“堑堵”的表面积为.
故选：D.
【典例2】（单选题）一个正三棱锥的每一个面都是边长是1的正三角形，则此正三棱锥的表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求出底面积和侧面积，即可求出正三棱锥的表面积.
【详解】一个正三棱锥的每一个面都是边长是1的正三角形，
所以一个面为，
故三棱锥的表面积为.
故选：D
【典例3】（单选题）亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式，它是逗留赏景的场所，也是园林风景的重要点缀．重檐圆亭（图1）是常见的一类亭，其顶层部分可以看作是一个圆锥以及一个圆台（图2）的组合体．已知某重檐凉亭的圆台部分的轴截面如图3所示，则该圆台部分的侧面积为（ ）
A．m2B．3.6m2C．7.2m2D．11.34m2
【答案】A
【分析】由圆台的截面图，计算出圆台的母线长，再求得圆台的侧面积.
【详解】由圆台的轴截面图，母线，
所以该圆台侧面积.
故选：A.
【题型训练】
一、单选题
1．（2023·河南郑州·统考模拟预测）在一个正六棱柱中挖去一个圆柱后，剩余部分几何体如图所示．已知正六棱柱的底面正六边形边长为3cm，高为4cm，内孔半径为1cm，则此几何体的表面积是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据棱柱与圆柱的侧面积公式求解.
【详解】所求几何体的侧面积为，
上下底面面积为，
挖去圆柱的侧面积为，
则所求几何体的表面积为．
故选：C．
2．（2023·广东深圳·深圳市高级中学校考模拟预测）已知一个直棱柱与一个斜棱柱的底面多边形全等，且它们的侧棱长也相等．若直棱柱的体积和侧面积分别为和，斜棱柱的体积和侧面积分别为和，则（ ）
A．B．
C．D．与的大小关系无法确定
【答案】A
【分析】结合棱柱的侧面积和体积公式判断即可.
【详解】设棱柱的底面周长为，底面面积为，侧棱长为，斜棱柱的高为，
则，而，斜棱柱各侧面的高均不小于，所以，
于是，有，所以，．
故选：A.
3．（2023·全国·高三专题练习）在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，已知某“堑堵”的底面是斜边长为的等腰直角三角形，高为，则该“堑堵”的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用柱体的表面积公式可求得结果.
【详解】由题意可知，该“堑堵”的表面积为.
故选：D.
4．（2023·西藏拉萨·统考一模）位于徐州园博园中心位置的国际馆（一云落雨），使用现代科技雾化“造云”，打造温室客厅，如图，这个国际馆中3个展馆的顶部均采用正四棱锥这种经典几何形式，表达了理性主义与浪漫主义的对立与统一.其中最大的是3号展馆，其顶部所对应的正四棱锥底面边长为19.2m，高为9m，则该正四棱锥的侧面面积与底面面积之比约为（ ）（参考数据：）
A．2B．1.71C．1.37D．1
【答案】C
【分析】根据图形,作出直观图,利用正四棱锥的相关性质即可求解.
【详解】如图，设H为底面正方形ABCD的中心，G为BC的中点，连接PH，HG，PG，
则，，
所以，
则，
故选：C.
5．（2023春·湖南长沙·高三校联考阶段练习）为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修建了若干“朗读亭”.如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥的高与底面边长的比为，则正六棱锥与正六棱柱的侧面积的比值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设出相关棱长，利用面积公式求出正六棱锥与正六棱柱的侧面积，然后可得答案.
【详解】设正六边形的边长为，由题意正六棱柱的高为，
因为正六棱锥的高与底面边长的比为，所以正六棱锥的高为，正六棱锥的母线长为，
正六棱锥的侧面积；
正六棱柱的侧面积，
所以.
故选：B.
6．（2023·四川·校联考一模）已知两个圆锥的轴截面均为等边三角形，两个圆锥的表面积分别为，，体积分别为，.若，则（ ）
A．2B．C．3D．4
【答案】D
【分析】根据两个圆锥的体积比求得两个圆锥底面半径的比，进而求得表面积的比.
【详解】设两圆锥的底面半径分别为，，母线长分别为，，高分别为，，
由两个圆锥的轴截面均为等边三角形知，，
而，即，
而，所以.
故选：D
7．（2023·河北·统考模拟预测）柷（zhù），是一种古代打击乐器，迄今已有四千多年的历史，柷的上方形状犹如四方形木斗，上宽下窄，下方有一底座，用椎（木棒）撞击其内壁发声，表示乐曲将开始.如图，某柷（含底座）高，上口正方形边长，下口正方形边长，底座可近似地看作是底面边长比下口边长长，高为的正四棱柱，则该柷（含底座）的侧面积约为（）（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先求出正四棱台的侧棱长，即可求出斜高，再根据侧面积公式计算可得.
【详解】如图正四棱台中，连接，，过点、分别作、，交于点、，
依题意，，，
则，所以，
所以正四棱台的斜高为，
所以正四棱台的侧面积，
又正四棱柱的侧面积，
所以该柷（含底座）的侧面积约为；
故选：B
8．（2023·河北·统考模拟预测）《九章算术》是我国古代的数学名著.其“商功”中记载：“正四面形棱台（即正四棱台）建筑物为方亭.”现有如图所示的烽火台，其主体部分为一方亭，将它的主体部分抽象成的正四棱台（如图所示），其中上底面与下底面的面积之比为，方亭的高为棱台上底面边长的倍.已知方亭的体积为，则该方亭的表面积约为（ ）（，，）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设方亭相应的正四棱台的上底面边长，则，棱台的高，根据棱台的体积求出，再根据棱台的表面积公式计算可得.
【详解】设方亭相应的正四棱台的上底面边长，则，棱台的高，
所以，解得，
所以正四棱台的上底面边长为，下底面边长为，棱台的高为，
所以方亭的斜高为，
由于各侧面均为相等的等腰梯形，所以，
所以方亭的表面积.故选：C
9．（2023秋·湖北·高三校联考阶段练习）已知圆台上下底面半径之比为，母线与底面所成的角的正弦值为，圆台体积为，则该圆台的侧面面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】做出圆台的轴截面图，结合条件算出母线与高，与上底面半径的关系，并利用体积公式可得，，进而计算出圆台的侧面积.
【详解】
解：做出圆台的轴截面如图所示，设上底面半径为，则下底面半径为，
作，垂足为，则，母线与底面所成的角的正弦值为，
即，设圆台的母线长为，高为，则，，
因为圆台的体积为，由圆台的体积公式，计算得，
所以.
再由圆台侧面积公式，可得圆台的侧面积为.
故选：C.
10．（2023·海南海口·海南华侨中学校考一模）已知某圆台的高为，上底面半径为1，下底面半径为2，则其侧面展开图的面积为（ ）
A．9πB．C．D．8π
【答案】A
【分析】求圆台的侧面积，直接利用公式求解.
【详解】∵圆台的母线长为，
∴其侧面展开图的面积.
故选：A.
11．（2023秋·辽宁朝阳·高三统考期末）已知四棱台的上、下底面分别是边长为和的正方形，侧面均为腰长为的等腰梯形，则该四棱台的表面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】计算出四棱台侧面的高，再利用梯形和正方形的面积公式可求得该四棱台的表面积.
【详解】设在正四棱台中，取侧面，
则，，，如下图所示：
分别过点、在侧面内作，，垂足分别为、，
因为，，，
所以，，，
因为，，，故四边形为矩形，故，
所以，，，
因此，该四棱台的表面积为.
故选：C.
12．（2023·重庆万州·统考模拟预测）我国元代瓷器元青花团菊花纹小盏如图所示，撇口，深弧壁，圈足微微外撇，底心有一小乳突．器身施白釉，以青花为装饰，釉质润泽，底足露胎，胎质致密．碗内口沿饰有一周回纹，内底心书有一文字，碗外壁绘有一周缠枝团菊纹，下笔流畅，纹饰洒脱．该元青花团菊花纹小盏口径8.3厘米，底径2.8厘米，高4厘米，它的形状可近似看作圆台，则其侧面积约为（单位：平方厘米）（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据圆台的侧面积公式求出对应的值，代入公式计算即可求解.
【详解】设该圆台的上底面、下底面的半径分别为R，r，
若当，时，则圆台的母线长，
所以其侧面积为，
若当，时，则圆台的母线长，
所以其侧面积为，所以其侧面积S满足．
故选：C．
13．（2023·全国·高三专题练习）黄地绿彩云龙纹盘是收藏于中国国家博物馆的一件明代国宝级瓷器.该龙纹盘敞口，弧壁，广底，圈足.器内施白釉，外壁以黄釉为地，刻云龙纹并填绿彩，美不胜收.黄地绿彩云龙纹盘可近似看作是圆台和圆柱的组合体，其口径22.5cm，足径14.4cm，高3.8cm，其中底部圆柱高0.8cm，则黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为（ ）（附：圆台的侧面积，，为两底面半径，为母线长，其中的值取3，）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先求圆台母线长，再代入圆台和圆柱侧面积公式，即可求解.
【详解】设该圆台的母线长为，两底面圆半径分别为，（其中），
则，，，
所以，
故圆台部分的侧面积为，
圆柱部分的侧面积为，
故该黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为.
故选：B.
14．（2023·全国·高三专题练习）“阿基米德多面体”也称为半正多面体（semi-regularslid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，它是由正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥得到.已知，若该半正多面体的表面积为，体积为，则为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【分析】根据表面积公式计算表面积，把多面体积转化为正方体体积去掉8个三棱锥体积求解，最后求比值即可.
【详解】如图，该半正多面体的表面由6个正方形和8个正三角形构成，
则其表面积，
该半正多面体的体积可以由正方体截去8个三棱锥的体积计算，
.
故选:A.
15．（2023·北京·校考模拟预测）在2023年3月12日马来西亚吉隆坡举行的Yng Jun KL Speedcubing比赛半决赛中，来自中国的9岁魔方天才王艺衡以4.69秒的成绩打破了“解三阶魔方平均用时最短”吉尼斯世界纪录称号.如图，一个三阶魔方由27个单位正方体组成，把魔方的中间一层转动了之后，表面积增加了（ ）
A．54B．C．D．
【答案】C
【分析】利用截面图，得出魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，再利用几何关系求出多出的一个小三角形的面积，进而可求出结果.
【详解】如图，
转动了后，此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，显然小三角形为等腰直角三角形，
设直角边，则斜边为，则有，得到，由几何关系得：阴影部分的面积为，
所以增加的面积为.
故选：C.
16．（2023·全国·模拟预测）如图1是一栋度假别墅，它的屋顶可近似看作一个多面体，图2是该屋顶的结构示意图，其中四边形ABFE和四边形DCFE是两个全等的等腰梯形，，和是两个全等的正三角形.已知该多面体的棱BF与平面ABCD所成的角为45°，，，则该屋顶的表面积为（ ）
A．100B．C．200D．
【答案】D
【分析】过点F作平面ABCD，O为垂足，作于点N，连接OB，ON，通过线面垂直的性质定理可得，通过几何关系可算出，即可得到答案
【详解】如图，过点F作平面ABCD，O为垂足，作于点N，连接OB，ON，
则，
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，
易知，∴.
在直角三角形FON中，易知，∴，
∴在直角三角形FBN中，，
∴，∴，，∴该屋顶的表面积为，
故选：D.
二、多选题
17．（2023·全国·高三专题练习）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相等，下列结论正确的是（ ）
A．圆柱的侧面积为B．圆锥的侧面积为
C．圆柱的侧面积与球面面积相等D．三个几何体的表面积中，球的表面积最小
【答案】ABC
【分析】根据球、圆锥、圆柱的表面积公式一一计算可得；
【详解】解：依题意球的表面积为，
圆柱的侧面积为，所以AC选项正确．
圆锥的侧面积为，所以B选项正确．
圆锥的表面积为，
圆柱的表面积为，所以D选项不正确．
故选：ABC
18．（2023·全国·高三专题练习）等腰直角三角形直角边长为1 ，现将该三角形绕其某一边旋转一周 ，则所形成的几何体的表面积可以为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【解析】分2种情况，一种是绕直角边，一种是绕斜边，分别求形成几何体的表面积.
【详解】如果是绕直角边旋转，形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，母线就是直角三角形的斜边，
所以所形成的几何体的表面积是.
如果绕斜边旋转，形成的是上下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边的高，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长是1，
所以写成的几何体的表面积.
综上可知形成几何体的表面积是或.
故选：AB
【点睛】本题考查旋转体的表面积，意在考查空间想象能力和计算能力，属于基础题型.
19．（2023·辽宁沈阳·沈阳二中校考模拟预测）已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，，母线长为2，为母线中点，则下列结论正确的是（ ）
A．圆台母线与底面所成角为60°B．圆台的侧面积为
C．圆台外接球半径为2D．在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为5
【答案】ACD
【分析】对于A：过A作交底面于F，判断出即为母线与底面所成角.即可求解；
对于B：作出圆台的侧面展开图，直接求出面积，即可判断；
对于C：设圆台外接球的球心为O，半径R.由，求出；
对于D：圆台的侧面上，判断出从到的最短路径的长度为CE，利用勾股定理求解.
【详解】对于A：过A作交底面于F，则底面，所以即为母线与底面所成角.
在等腰梯形ABCD中，,所以.
因为为锐角，所以.故A正确；
对于B：由题意，圆台的侧面展开图为半圆环，其面积为.故B错误；
对于C：设圆台外接球的球心为O，半径R.由题意可得：.
设，则，由，即，解得：a=0.即OO1重合，所以.故C正确；
对于D：如图示，在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为CE.由题意可得：.由为中点，所以，所以.故D正确.
故选：ACD
【点睛】立体几何中的折叠、展开问题：要把握折叠（展开）过程中的不变量.
20．（2023·辽宁辽阳·统考一模）在矩形ABCD中，以AB为母线长，2为半径作圆锥M，以AD为母线长，8为半径作圆锥N，若圆锥M与圆锥N的侧面积之和等于矩形ABCD的面积，则（ ）
A．矩形ABCD的周长的最小值为
B．矩形ABCD的面积的最小值为
C．当矩形ABCD的面积取得最小值时，
D．当矩形ABCD的周长取得最小值时，
【答案】AC
【分析】由题意分别表示两个圆锥的侧面积与矩形面积建立方程，对选项一一分析利用基本不等式处理即可.
【详解】设，，则圆锥M的侧面积为，圆锥N的侧面积为，
则，则，
则，得，
当且仅当，即，时，等号成立，
所以矩形ABCD的面积的最小值为，此时，所以B错误，C正确.
矩形ABCD的周长为，
当且仅当，即，时，等号成立，
所以矩形ABCD的周长的最小值为，此时，所以A正确，D错误.
故选：AC
21．（2023·全国·高三专题练习）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为，这个角接近，若取，侧棱长为米，则（ ）
A．正四棱锥的底面边长为6米B．正四棱锥的底面边长为3米
C．正四棱锥的侧面积为平方米D．正四棱锥的侧面积为平方米
【答案】AC
【分析】利用已知条件画出图像，设O为正方形的中心，为的中点，设底面边长为，利用线面角的定义得出，根据已知条件得到各边的长，进而求出正四棱锥的侧面积即可.
【详解】
如图，在正四棱锥中，
O为正方形的中心，为的中点，
则，
设底面边长为．
因为，
所以．
在中，，
所以，底面边长为6米，
平方米．故选：AC.
三、填空题
22．（2023秋·海南·高三海南中学校考阶段练习）若一个圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为 .
【答案】
【分析】依题意圆锥的底面半径，母线，根据侧面积公式计算可得.
【详解】依题意圆锥的底面半径，母线，则圆锥的侧面积.
故答案为：
23．（2023·江西·校联考模拟预测）“几何之父”欧几里得最著名的著作《几何原本》是欧洲数学的基础，总结了平面几何五大公设，被广泛的认为是历史上最成功的教科书．《几何原本》中提出了面积射影定理：平面图形射影面积等于被射影图形的面积乘以该图形所在平面与射影面所夹角的余弦．已知正三棱台的上、下底面边长分别为5、13，侧面与底面成角，则它的侧面积等于 ．
【答案】72
【分析】根据面积射影定理求得正确答案.
【详解】正三棱台的上、下底面的面积分别为、，
则侧面在底面的射影面积为，
设侧面积为，由面积射影定理知，可得．
故侧面积等于.
故答案为：
24．（2023春·甘肃张掖·高三高台县第一中学校考阶段练习）已知圆台的下底面半径是上底面半径的2倍，其侧面展开图是一个面积为的半圆环，则该圆台的高为 ．
【答案】
【分析】设圆台上底面半径为，母线长为，结合圆台侧面积的求法列方程求，进而求圆台的高.
【详解】设圆台上底面半径为，母线长为，则其下底面半径为，
由圆台对应的圆锥的母线长为，
由圆台的侧面展开图是一个面积为的半圆环，得，解得.
所以该圆台的高为.
故答案为：
25．（2023秋·湖北·高三孝感高中校联考开学考试）陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一，也称陀罗，图1是一种木陀螺，可近似地看作是一个圆锥和一个圆柱的组合体，其直观图如图2所示，其中是圆锥的顶点，分别是圆柱的上、下底面圆的圆心，且，底面圆的半径为1，则该陀螺的表面积是 .
【答案】
【分析】求出圆锥的侧面积和圆柱的侧面积，进而求出则该陀螺的表面积.
【详解】已知底面圆的半径，由，则，
圆锥的母线长为，圆锥的侧面积为，
圆柱的侧面积为，
故该陀螺的表面积.
故答案为：
26．（2023·江西鹰潭·统考一模）直四棱柱的底面是菱形，其侧面积是，若该直四棱柱有外接球，则该外接球的表面积的最小值为 ．
【答案】
【分析】由题意可确定直四棱柱的底面是正方形，设底面边长为a，侧棱长为h，可推出，得出其外接球的表面积的表达式，利用基本不等式即可求得答案.
【详解】因为直四棱柱的底面是菱形，且它有外接球，所以其底面是正方形，
设直四棱柱底面边长为a，侧棱长为h，
则其侧面积为，故，
又该直四棱柱的外接球的半径，
所以其外接球的表面积，
当且仅当，即时等号成立，
故其外接球的表面积的最小值为，
故答案为：
27．（2023春·山东菏泽·高三校考开学考试）在正四棱台中，，，，则该棱台的表面积为 ．
【答案】
【分析】过作，求出四棱台的侧面面积、上下底面积可得答案.
【详解】如图，过作，垂足为，
所以为四棱台的侧面的高，
因为，
则，,
，
所以正四棱台的侧面积为，
正四棱台的上底面积为，正四棱台的下底面积为，
则该棱台的表面积为.
故答案为：.
28．（2023·广东潮州·统考模拟预测）已知圆柱的侧面积为，其外接球的表面积为，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】设圆柱的底面半径为，高为，根据题意求得，利用基本不等式求得圆柱的外接球半径，结合球的表面积公式，即可求解.
【详解】设圆柱的底面半径为，高为，因为圆柱的侧面积为，所以，得，
设圆柱的外接球半径为，则，
当且仅当，即时取等号，所以的最小值为1，
所以外接球的表面积的最小值为.
故答案为：．
29．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，有两个相同的直三棱柱，高为，底面三角形的三边长分别为3a，4a，．用它们拼成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中，全面积最小的是一个四棱柱，则a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】分情况分别求解组成三棱柱和四棱柱时的全面积，根据题意列出限制条件，可求范围.
【详解】拼成一个三棱柱时，全面积有三种情况：①上下底面对接，其全面积为.
②边合在一起时，全面积为.
③边合在一起时，全面积为.
拼成一个四棱柱时，有四种情况，全面积有三种情况：
让边长为所在的侧面重合，其上下底面积之和都是，
但侧面积分别为，
显然，三种情况中全面积最小的是；
因为比小，所以由题意得，
解得.
故答案为：.
30．（2023·全国·高三专题练习）已知球O的半径为，正三棱锥O－ABC的底面的各个顶点均在球O的球面上，当正三棱锥O－ABC的体积取得最大值时，其侧面积为
【答案】
【分析】设出底面边长为，利用条件求出到底面的距离，从而求出，再利用不等式求出体积的最大值，从而求出，即可求出结果.
【详解】如图，因为正三棱锥的底面的各个顶点均在球的球面上，所以球心在底面上的投影为底面三角形的中心，
设边长为，外接圆半径为，因为为正三角形，所以易知，所以，
故,
易知，所，又，当且仅当，即时，取等号，
此时的最大值为，故当正三棱锥O－ABC的体积取得最大值时，边长为4，又，故侧面均为直角三角形，所以正三棱锥O－ABC的侧面积为，
故答案为：12.
题型三 空间几何体的体积
策略方法 求空间几何体的体积的常用方法
【典例1】（单选题）已知一个圆柱的侧面展开图内切圆的半径为1，则该圆柱的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据圆柱的侧面展开图即可求解,由体积公式即可求解.
【详解】设圆柱的底面圆半径为，高为，由侧面展开图的内切圆半径为1可知：，
所以圆柱的体积为，
故选：A
【典例2】（单选题）气象学中，24小时内降落在某面积上的雨水深度（无渗漏､蒸发､流失等，单位：）叫做日降雨量，等级如下划分：
某同学用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图所示，则那天降雨属于哪个等级（ ）
A．小雨B．中雨C．大雨D．暴雨
【答案】B
【分析】利用圆锥内积水的高度，求出圆锥内积水部分的半径，求出积水的体积，再求出平面上积水的深度，由此确定降雨等级.
【详解】作圆锥截面图如下，
由已知，，，，
设圆锥内积水部分的底面半径为，则，故，
由锥体体积公式可得积水的体积，
因为收集雨水的平地面积为圆锥的底面，故其面积
所以对应的平地上的积水深度为，所以该天降雨的等级为中雨.
故选：B.
【典例3】（单选题）如图，一种棱台形状的无盖容器(无上底面)模型其上、下底面均为正方形，面积分别为4 cm2，9 cm2，且.若该容器模型的体积为cm3，则该容器模型的表面积为（ ）
A．B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据体积求得模型的高，进而求得侧面的高，从而求得模型的表面积.
【详解】依题意可知，上底面边长为，下底面边长为，
设模型的高为，则，
所以侧面等腰梯形的高，
所以模型的表面积为.
故选：A
【题型训练】
一、单选题
1．（2023春·江西鹰潭·高三贵溪市实验中学校考阶段练习）端午节吃粽子是中华民族的传统习俗．地区不同，制作的粽子形状也不同，图中的粽子接近于正三棱锥．经测算，煮熟的粽子的密度为，若图中粽子的底面边长为，高为，则该粽子的重量大约是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用等边三角形面积公式和正三棱锥体积公式求出粽子的体积，然后利用密度公式计算粽子的质量.
【详解】由题知，
粽子的体积，
根据可得，
该粽子重量大约为，
与C选项最为接近.故选：C
2．（2023秋·重庆·高三统考开学考试）最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的《数书九章》（1247年）.该书第二章为“天时类”，收录了有关降水量计算的四个例子，分别是“天池测雨”、“圆罂测雨”、“峻积验雪”和“竹器验雪”.如图“竹器验雪”法是下雪时用一个圆台形的器皿收集雪量（平地降雪厚度器皿中积雪体积除以器皿口面积），已知数据如图（注意：单位），则平地降雪厚度的近似值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据梯形中位线定理，结合圆台体积公式进行求解即可.
【详解】如图所示，可求得器皿中雪表面的半径为，
所以平地降雪厚度的近似值为.
故选：C
3．（2023春·河南·高三校联考阶段练习）《工程做法则例》是清朝雍正时期官方发布的一部较为系统全面的建筑工程专书，里面有一句话：“凡檐柱（支撑屋檐的柱子）以面阔十分之八定高，以百分之七定径寸（直径）．”这句话规定了房屋檐柱的高、直径与房屋宽度之间的比例．假设某座房子的“面阔”为，檐柱形状为圆柱，根据书中这句话的要求，这座房子的一根檐柱的体积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，由圆柱的体积计算公式，代入计算即可得到结果.
【详解】根据题意，檐柱的高为，檐柱的直径为，所以檐柱的体积为
．
故选:A
4．（2023·湖南郴州·统考模拟预测）已知圆台的上、下底面的圆周都在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为1，则圆台的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出圆台的高后，根据圆台的体积公式可求出结果.
【详解】设圆台的上底面的圆心为，下底面的圆心为O，点A为上底面圆周上任意一点，则，
设圆台的高为h，上底面的又球的半径为，
则，
所以圆台的体积．
故选：C．
5．（2023·辽宁沈阳·校联考二模）辽宁省博物馆收藏的商晚期饕餮纹大圆鼎（如图1）出土于辽宁省略左县小波汰沟．此鼎直耳，深腹，柱足中空，胎壁微薄，口沿下及足上端分别饰单层兽面纹，足有扉棱，耳、腹、足皆有炱痕．它的主体部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（忽略鼎壁厚度），如图2所示．已知球的半径为R，圆柱的高近似于半球的半径，则此鼎的容积约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用球体、圆柱体体积公式求鼎的容积.
【详解】由题设，此鼎的容积为半球体积与圆锥体积的和，
所以容积约为.
故选：D
6．（2023·全国·高三专题练习）陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，也称陀罗.图1是一种木陀螺，可近似地看作是一个圆锥和一个圆柱的组合体，其直观图如图2所示，其中分别是上､下底面圆的圆心，且，底面圆的半径为2，则该陀螺的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据圆锥与圆柱的体积公式，可得答案.
【详解】已知底面圆的半径，由，则，
故该陀螺的体积.
故选：D.
7．（2023·全国·高三专题练习）已知圆锥的轴截面是等腰直角三角形，且面积为4，则圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由圆锥轴截面形状和面积易得体高、底面半径均为，利用圆锥体积公式求体积.
【详解】由题设，圆锥的体高、底面半径均为，
所以圆锥的体积为.
故选：D
8．（2023·天津南开·统考二模）如图，某种中药胶囊外形是由两个半球和一个圆柱组成的，半球的直径是，圆柱高，则该中药胶囊的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由球的体积公式和圆柱的体积公式求解即可；
【详解】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：，
圆柱体积为：，
所以浮球的体积为：.
故选：B.
9．（2023·全国·高三专题练习）已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱体积比是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意可知若球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为，结合球与圆柱的体积公式计算即可得出结果.
【详解】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为，
因为，
所以．
故选：A
10．（2023·西藏昌都·校考模拟预测）已知圆锥的母线长为2，并且圆锥的侧面展开图的圆心角为，则此圆锥的体积为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】D
【分析】由圆锥侧面展开图得圆锥底面半径及高，再由锥体体积公式计算即可．
【详解】设圆锥底面半径为r，圆锥的高为h，
根据题意得，解得：，
所以圆锥的高，
所以圆锥的体积，
故选：D．
11．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）我国历史文化悠久，“爰”铜方彝是商代后期的一件文物，其盖似四阿式屋顶，盖为子口，器为母口，器口成长方形，平沿，器身自口部向下略内收，平底、长方形足、器内底中部及盖内均铸一“爰”字.通高24cm，口长13.5cm，口宽12cm，底长12.5cm，底宽10.5cm.现估算其体积，上部分可以看作四棱锥，高约8cm，下部分看作台体，则该文物的体积约为（ ）（参考数据：，）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据棱台与棱锥的体积公式计算可得.
【详解】因为
，
，所以.
故选：A
12．（2023秋·云南曲靖·高三宣威市第三中学校考开学考试）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水.天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸.若盆中积水体积为盆体积的一半，则平地降雨量约是（ ）寸.（结果四舍五入取整数）（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】根据圆台的体积公式求得天池盆的体积，即可求得盆中积水的体积，根据平地降雨量的含义即可求得答案.
【详解】由题意可知天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸，
则天池盆体积为（立方寸）
故盆中积水体积为（立方寸），
故平地降雨量约为（寸），
故选：C
13．（2023·浙江·校联考模拟预测）如图是我国古代量粮食的器具“升”，其形状是正四棱台，上、下底面边长分别为20cm和10cm，侧棱长为cm．“升”装满后用手指或筷子沿升口刮平，这叫“平升”．则该“升”的“平升”约可装（ ）
A．1.5LB．1.7LC．2.3LD．2.7L
【答案】C
【分析】根据棱台的体积公式求解即可.
【详解】根据题意画出正四棱台的直观图，其中底面是边长为20的正方形，底面是边长为10的正方形，侧棱，记底面和底面的中心分别为和，则是正四棱台的高.
过作平面的垂线，垂足为，则且，，
所以，，
故，
所以棱台的高，
由棱台的体积公式得．
故选：C .
14．（2023·北京海淀·校考三模）公元前344年，先秦法家代表人物商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，开创了秦朝统一度量衡的先河.如图，升体是长方体，手柄近似空心的圆柱.已知铜方升总长是，内口长，宽，高（忽略壁的厚度，取圆周率），若手柄的底面半径为，体积为，则铜方升的容积约为（小数点后保留一位有效数字）（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由手柄的体积求出手柄的长度，即可得到长方体的内口长，再根据长方体的体积公式计算可得.
【详解】依题意手柄的底面半径为，体积为，则手柄的底面积为，
所以手柄的长度为，
所以长方体的内口长，
所以升体的容积为，
即铜方升的容积约为.
故选：A
15．（2023秋·湖北·高三校联考阶段练习）已知圆台上下底面半径之比为，母线与底面所成的角的正弦值为，圆台体积为，则该圆台的侧面面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】做出圆台的轴截面图，结合条件算出母线与高，与上底面半径的关系，并利用体积公式可得，，进而计算出圆台的侧面积.
【详解】
解：做出圆台的轴截面如图所示，设上底面半径为，则下底面半径为，
作，垂足为，则，母线与底面所成的角的正弦值为，
即，设圆台的母线长为，高为，则，，
因为圆台的体积为，由圆台的体积公式，计算得，
所以.
再由圆台侧面积公式，可得圆台的侧面积为.
故选：C.
16．（2023·全国·高三专题练习）如图，是年在陕西宝鸡贾村出土的一口“何尊”（尊为古代的酒器，用青铜制成），尊内底铸有行、字铭文．铭文中写道“唯武王既克大邑商，则廷告于天，曰：‘余其宅兹中国，自之辟民’”，其中宅兹中国为“中国”一词最早的文字记载．“何尊”可以近似看作是圆台和圆柱组合而成，经测量，该组合体的高约为，上口的直径约为，圆柱的高和底面直径分别约为，，则“何尊”的体积大约为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用圆柱和圆台体积公式直接求解即可.
【详解】由题意知：圆柱的底面半径为，高为；圆台的上下底面半径分别为和，高为，
圆柱的体积；圆台的体积，
“何尊”的体积大约为.
故选：A.
17．（2023·全国·镇海中学校联考模拟预测）已知菱形的边长为，则将菱形以其中一条边所在的直线为轴，旋转一周所形成的几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】该几何体上部分为圆锥,下部分为在圆柱内挖去一个与上部分相同的圆锥,根据圆柱的体积公式即可求解.
【详解】如图是所求的几何体,该几何体上部分为圆锥,下部分为在圆柱内挖去一个与上部分相同的圆锥,其中圆柱的高为，点到的距离为，
所以该几何体的体积为.
故选:B.
18．（2023·全国·高三专题练习）在马致远的《汉宫秋》楔子中写道：“毡帐秋风迷宿草，穹庐夜月听悲笳.”毡帐是古代北方游牧民族以为居室、毡制帷幔.如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与圆柱的组合体，圆锥的高为4，侧面积为，圆柱的侧面积为，则该毡帐的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】直接利用圆锥侧面积公式以及母线、底面半径和高的关系得到方程组即可解出圆锥底面半径，再利用圆柱侧面积公式即可求圆柱的高，最后再根据相关体积公式即可得到答案.
【详解】设圆柱的底面半径为，高为，圆锥的母线长为，
因为圆锥的侧面积为，所以，即.
因为，所以联立解得（负舍）.
因为圆柱的侧面积为，所以，即，解得，
所以该毡帐的体积为.
故选：A.
19．（2023·江苏徐州·江苏省沛县中学校考模拟预测）贯耳瓶流行于宋代，清代亦有仿制，如图所示的青花折枝花卉纹六方贯耳瓶是清乾隆时期的文物，现收藏于首都博物馆，若忽略瓶嘴与贯耳，把该瓶瓶体看作3个几何体的组合体，上面的几何体Ⅰ是直棱柱，中间的几何体Ⅱ是棱台，下面的几何体Ⅲ也是棱台，几何体Ⅲ的下底面与几何体Ⅰ的底面是全等的六边形，几何体Ⅲ的上底面面积是下底面面积的4倍，若几何体Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的高之比分别为，则几何体Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设上面的六棱柱的底面面积为S，高为，根据棱柱和棱台的体积公式直接计算，然后求比可得.
【详解】设上面的六棱柱的底面面积为S，高为，由上到下的三个几何体体积分别记为，
则，
，
，
所以
故选：D
20．（2023·广东深圳·深圳市高级中学校考模拟预测）已知一个直棱柱与一个斜棱柱的底面多边形全等，且它们的侧棱长也相等．若直棱柱的体积和侧面积分别为和，斜棱柱的体积和侧面积分别为和，则（ ）
A．B．
C．D．与的大小关系无法确定
【答案】A
【分析】结合棱柱的侧面积和体积公式判断即可.
【详解】设棱柱的底面周长为，底面面积为，侧棱长为，斜棱柱的高为，
则，而，斜棱柱各侧面的高均不小于，所以，
于是，有，所以，．
故选：A.
21．（2023·江苏扬州·统考模拟预测）车木是我国一种古老的民间手工工艺，指的是用刀去削旋转着的木头，可用来制作家具和工艺品，随着生产力的进步，现在常借助车床实施加工．现要加工一根正四棱柱形的条木，底面边长为，高为．将条木两端夹住，两底面中心连线为旋转轴，将它旋转起来，操作工的刀头逐步靠近，最后置于离旋转轴处，沿着旋转轴平移，对整块条木进行加工，则加工后木块的体积为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先作出加工后木块的横截面的形状，据此计算即可得加工后木块的体积.
【详解】加工后木块的横截面的形状如图所示，
其中 O 为横截面的中心，
,
，，计算可得 ,
:,
所以加工后木块的体积为
.
故选： B .
22．（2023·湖南郴州·安仁县第一中学校联考模拟预测）古希腊亚历山大时期的数学家帕普斯在《数学汇编》第3卷中记载着一个确定重心的定理：“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，即（表示平面图形绕旋转轴旋转的体积，S表示平面图形的面积，表示重心绕旋转轴旋转一周的周长）.如图，等腰梯形∥，已知，则其重心到的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意旋转等腰梯形求该组合体体积及等腰梯形的面积由公式计算即可.
【详解】分别过点，点作于点于点F，，
等腰梯形绕底边旋转一周所得的几何体为两个圆锥与一个圆柱的组合体的体积；
等腰梯形的面积，
记重心到的距离为，则重心绕旋转轴旋转一周的周长为，
根据题意可知，则.
故选：C.
二、多选题
23．（2023·全国·高三专题练习）折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､决胜千里､大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧所在圆的半径分别是3和9，且，则该圆台的（ ）
A．高为B．体积为
C．表面积为D．上底面积､下底面积和侧面积之比为
【答案】AC
【分析】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，求出，即可判断选项A正确；利用公式计算即可判断选项BCD的真假得解.
【详解】解：设圆台的上底面半径为，下底面半径为，则，解得．圆台的母线长，圆台的高为，则选项正确；
圆台的体积，则选项错误；
圆台的上底面积为，下底面积为，侧面积为，则圆台的表面积为，则正确；
由前面可知上底面积､下底面积和侧面积之比为，则选项D错误．
故选：AC．
24．（2023秋·山东烟台·高三山东省烟台第一中学校考期末）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知此正四棱锥的侧棱与底面所成角的正切值近似为，侧棱长近似为米，则下列结论正确的是（ ）
A．正四棱锥的底面边长近似为3米
B．正四棱锥的高近似为米
C．正四棱锥的侧面积近似为平方米
D．正四棱锥的体积近似为立方米
【答案】BD
【分析】利用已知条件画出图像，设O为正方形的中心，设底面边长为，利用线面角的定义得到求得 a，根据已知条件得到各边的长，进而求出正四棱锥的侧面积、体积即可.
【详解】如图，在正四棱锥中，为正方形的中心，则平面，
则为侧棱与底面所成角，且．
设底面边长为．所以，．
在中，，所以，正四棱锥的底面边长为6米，高为，侧面积平方米，体积，
故选:BD．
25．（2023·全国·高三专题练习）正三棱锥底面边长为3，侧棱长为，则下列叙述正确的是（ ）
A．正三棱锥高为3B．正三棱锥的斜高为
C．正三棱锥的体积为D．正三棱锥的侧面积为
【答案】ABD
【分析】先求出正三棱锥的高和斜高，从而可判断AB的正误，再计算出体积和侧面积，从而可判断CD的正误.
【详解】
设为等边三角形的中心，为的中点，连接，
则为正三棱锥的高，为斜高，
又，，故,
故AB正确.
而正三棱锥的体积为，侧面积为，
故C错误，D正确.
故选：ABD.
26．（2023·全国·高三专题练习）沙漏，据《隋志》记载：“漏刻之制，盖始于黄帝”．它是古代的一种计时装置，由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时．如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为6cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的（细管长度忽略不计）．假设该沙漏每秒钟漏下的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆．以下结论正确的是（ ）
A．沙漏的侧面积是
B．沙漏中的细沙体积为
C．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4cm
D．该沙漏的一个沙时大约是837秒
【答案】BD
【分析】A选项，求出圆锥的母线长，从而利用锥体体积公式求出沙漏的侧面积；B选项，根据细沙形成的圆锥的高度得到此圆锥的底面半径，得到细沙的体积；C选项，由B选项求出的体积公式得到细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度；D选项，利用细沙的体积和沙漏漏下的速度求出时间.
【详解】A选项，设下面圆锥的母线长为，则cm，
故下面圆锥的侧面积为，故沙漏的侧面积为，故A错误；
B选项，因为细沙全部在上部时，高度为圆锥高度的，
所以细沙形成的圆锥底面半径为cm，高为cm，
故底面积为，所以沙漏中的细沙体积为，B正确；
C选项，由B选项可知，细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的体积为，其中此锥体的底面积为，故高度为cm，C错误；
D选项，秒，故该沙漏的一个沙时大约是837秒，D正确.
故选：BD
27．（2023秋·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）如图，与分别为圆台上､下底面直径，，若，则（ ）
A．圆台的全面积为
B．圆台的体积为
C．圆台的中截面（过圆台高的中点且平行底面的截面）面积为
D．从点经过圆台的侧面到点的最短距离为
【答案】AD
【分析】根据题目所给数据代入圆台的全面积公式和体积公式可知A正确，B错误；易知圆台的中截面是以等腰梯形的中位线为直径的圆，可得其截面积为，所以C错误；根据圆台侧面展开图利用弧长公式和余弦定理即可求得点经过圆台的侧面到点的最短距离为，即D正确.
【详解】对于选项：圆台的全面积包括上下底面积及侧面积，底面积为，
根据圆台侧面积公式可得其侧面积为，所以圆台的全面积为，故A正确；
对于B选项：根据台体体积公式可得圆台的体积为，故B错误；
对于C选项：易知圆台的轴截面为等腰梯形，其中位线为中截面圆的直径，
所以中截面圆的半径长为，所以中截面圆的面积为，故C错误；
对于D选项：将圆台沿着轴截面切开，将圆台的侧面的一半展开，延长交于点，如图所示：
在圆台的轴截面等腰梯形中，，
根据台体性质易知分别为的中点，所以3，
设，则，则，
在中，，由余弦定理可得
，
因此，从点经过圆台的侧面到点的最短距离为，故D正确.
故选：AD.
28．（2023秋·浙江嘉兴·高三统考期末）在正四棱台中，分别是棱的中点，则（ ）
A．与是异面直线
B．与平面所成的角为
C．正四棱台的体积为
D．正四棱台的表面积为
【答案】BC
【分析】对于A：根据已知结合棱台的性质得出与交于一点，即可判断；
对于B：根据已知设在平面中的投影为，则平面，且，即与平面所成的角为，即可计算得出，即可得出答案来判断；
对于C：根据正四棱台的体积求法得出即可判断；
对于D: 根据正四棱台的表面积求法得出即可判断；
【详解】对于A：
为正四棱台，
四条侧棱所在直线交于一点，记为，
分别是棱的中点，
也过点，
，
与属于同一平面，故A错误；
对于B：
为正四棱台，
点在平面上的射影一定在上，记为，则平面，且，
与平面所成的角为，
，
，，
，
，
，故B正确；
对于C：
根据选项B中可得，即正四棱台的高，
设分别为正四棱台上、下底面积，
，故C正确；
对于D：
正四棱台是四个全等的等腰梯形，
梯形的上、下底分别为1、3，高为，
则面积为，
根据选项C可得，，
则正四棱台的表面积为，
故D错误；
故选：BC.
29．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习）已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，，母线长为2，点为的中点，则（ ）
A．圆台的体积为
B．圆台的侧面积为
C．圆台母线与底面所成角为60°
D．在圆台的侧面上，从点到点的最短路径长为4
【答案】AC
【分析】根据已知求体积;过作交底面于F，判断出即为母线与底面所成角；作出圆台的侧面展开图，直接求出面积；圆台的侧面上，判断出从到的最短路径的长度为CE,等逐个判断即可求解.
【详解】对于A：圆台的高为，则圆台的体积，A正确；
对于B：由题意，圆台的侧面展开图为半圆环，
其面积为.故B错误；
对于C：过A作交底面于F，则底面，所以即为母线与底面所成角.
在等腰梯形ABCD中，,所以.
因为为锐角，所以.故C正确；
对于D：如图示，在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为CE.由题意可得：.由为中点，所以，所以.故D错误.
故选：
30．（2023秋·广东茂名·高三统考阶段练习）已知圆柱的轴截面的周长为12，圆柱的体积为，圆柱的外接球的表面积为，则下列结论正确的是（ ）
A．圆柱的外接球的表面积有最大值，最大值为
B．圆柱的外接球的表面积有最小值，最小值为
C．圆柱的体积有最大值，最大值为
D．圆柱的体积有最小值，最小值为
【答案】BC
【分析】设圆柱的底面半径为，高为，圆柱的外接球的半径为，由题意得出三者之间的关系，根据圆柱的表面积和体积公式结合导数分别求出其最值即可得出答案.
【详解】如图，设圆柱的底面半径为，高为，圆柱的外接球的半径为，
由，得，
又，，
圆柱的体积为，
则，
当时，，当时，，
故函数在上单调递增，在上单调递减，
所以时，取最大值，所以，
圆柱的外接球的表面积，
函数在上单调递减，在上单调递增，
所以时，取最小值，所以.
故选：BC.
31．（2023·湖南长沙·长沙一中校考一模）如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，为圆柱上下底面的圆心，为球心，为底面圆的一条直径，若球的半径，则下列各选项正确的是（ ）
A．球与圆柱的体积之比为
B．四面体的体积的取值范围为
C．平面截得球的截面面积最小值为
D．若为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为
【答案】ABD
【分析】根据给定的条件，利用球、圆柱的体积公式计算判断A；利用建立函数关系判断B；求出球心O到平面DEF距离的最大值判断C；令点P在圆柱下底面圆所在平面上的投影点为Q，设，利用勾股定理建立函数关系，求出值域可判断D.
【详解】对于A，球的体积为，圆柱的体积，则球与圆柱的体积之比为，A正确；
对于B，设为点到平面的距离，，而平面经过线段的中点，
四面体CDEF的体积，
所以四面体的体积的取值范围为，B正确；
对于C，过作于，如图，而，则，
又，于是，设截面圆的半径为，球心到平面的距离为，则，
又，则平面DEF截球的截面圆面积，C错误；
对于D，令经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q，连接，
当与都不重合时，设，则，当与之一重合时，上式也成立，
因此，，
则，
令，则，而，即，
因此，解得，所以的取值范围为，D正确.
故选：ABD.
三、填空题
32．（2023·全国·高三专题练习）已知某圆台的上底面和下底面的面积分别为，，该圆台的体积为，则该圆台的高为 .
【答案】3
【分析】由圆台的体积公式直接求得.
【详解】圆台的体积，得.
所以该圆台的高为3.
故答案为：3.
33．（2023·上海金山·上海市金山中学校考模拟预测）圆柱容器内部盛有高度为2的水，若放入一个圆锥（圆锥的底面与圆柱的底面正好重合）后，水恰好淹没圆锥的顶部，则圆锥的高为 ．
【答案】3
【分析】设圆柱的底面半径为r，圆锥的高为，根据体积关系列方程求解即可.
【详解】设圆柱的底面半径为r，圆锥的高为，则有，
解得.
故答案为：3.
34．（2023·全国·模拟预测）《本草纲目》中记有麦门冬这一种药物，书中所提麦门冬，别名麦冬、寸冬等，临床可用于治疗肺燥干咳、津伤口渴、喉痹咽病、阴虚劳嗽等．一个麦门冬可近似看作底面拼接在一起的两个圆锥，如图所示，则该麦门冬的体积约为 ．
【答案】
【分析】根据圆锥的体积公式，即可求解.
【详解】由题意可知麦门冬的体积为两个底面直径为2，高为4的圆锥的体积之和，
故该麦门冬的体积，
故答案为：.
35．（2023秋·广东·高三校联考阶段练习）中国客家博物馆坐落于有“世界客都”之称的广东省梅州市城区，是一间收藏、研究、展示客家历史文化的综合性博物馆，其主馆是一座圆台形建筑，如图.现有一圆台，其上、下底面圆的半径分别为3米和6米，母线长为5米，则该圆台的体积约为 立方米.（结果保留整数）
【答案】264
【分析】由题意可得该圆台的高，利用圆台的体积公式求解即可.
【详解】圆台的上、下底面圆的半径分别为3米和6米，母线长为5米，
由题意可得该圆台的高为米，
则该圆台的体积为立方米.
故答案为：264.
36．（2023·上海·高三统考学业考试）如图，在直三棱柱中，是等腰直角三角形.若，则该直三棱柱的体积为 .
【答案】24
【分析】根据直三棱柱的体积公式直接求解即可.
【详解】因为在直三棱柱中，是等腰直角三角形，
，则 为直角，
故可得：，
故答案为：24
37．（2023·上海普陀·上海市宜川中学校考模拟预测）如图，在正四棱锥中，，则正四棱锥的体积为 .
【答案】
【分析】首先求四棱锥的高，再根据体积公式，即可求解.
【详解】作平面，垂足为点，点为正方形的中心，连结，
，，所以，
所以四棱锥的体积.
故答案为：
38．（2023·全国·高三专题练习）如图，一个三棱柱形容器中盛有水，且侧棱AA1＝8．若侧面AA1B1B水平放置时，液面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点．当底面ABC水平放置时，液面高为 ．
【答案】6
【分析】利用相似得到水的体积和容器体积的比，再结合水的体积相等列等式，解方程即可求解.
【详解】当侧面AA1B1B水平放置时，水的形状为四棱柱形，底面是梯形，
设△ABC的面积为S，则S梯形S，
水的体积V水S×AA1＝6S，
当底面ABC水平放置时，水的形状为三棱柱形，设水面高为h，
则有V水＝Sh＝6S，得h＝6，
即当底面ABC水平放置时，液面高为6．
故答案为：6．
39．（2023·广东深圳·深圳中学校考模拟预测）扇面是中国书画作品的一种重要表现形式．一幅扇面书法作品如图所示，经测量，上、下两条弧分别是半径为和的两个同心圆上的弧，侧边两条线段的延长线交于同心圆的圆心且圆心角为．若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为 .
【答案】
【分析】扇子是由圆台侧面展开所得，根据圆台是由大圆锥用平行于底面的平面截去一个小圆锥，即可求圆台的高.
【详解】设一个圆锥的侧面展开图是半径为，圆心角为的扇形，
设该圆锥的底面半径为，所以，，可得，
因此，该圆锥的高为，
故侧面展开图是半径为，圆心角为的扇形的圆锥的
高为，
因此，若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，
则该几何体的高为.
故答案为: .
40．（2023·上海嘉定·校考三模）甲､乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和体积分别为和.若，则 .
【答案】
【分析】由题意知甲，乙两个圆锥的侧而展开图刚好拼成个圆，设圆的半径（即圆锥母线）为3，结合，即可求出，再利用勾股定理可得，由此即可求出答案.
【详解】由题意知甲，乙两个圆锥的侧而展开图刚好拼成个圆，
设圆的半径（即圆锥母线）为3，
甲､乙两个圆锥的底面半径分别为，高分别为，
由，则，
解得，
由勾股定理得，
所以，
故答案为：.
①空间几何体的结构特征
②空间几何体的表面积
③空间几何体的体积
表面积
柱体
为直截面周长
锥体
台体
球
体积
柱体
锥体
台体
球
降水量
等级
小雨､阵雨
中雨
大雨
暴雨
题型目录一览
一、知识点梳理
一、构成空间几何体的基本元素
（1）空间中，点动成线，线动成面，面动成体．
（2）空间中，不重合的两点确定一条直线，不共线的三点确定一个平面，不共面的四点确定一个空间图形或几何体（空间四边形、四面体或三棱锥）．
二、简单凸多面体—棱柱、棱锥、棱台
1．棱柱：两个面互相平面，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．
（1）斜棱柱：侧棱不垂直于底面的棱柱；
（2）直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱；
（3）正棱柱：底面是正多边形的直棱柱；
（4）平行六面体：底面是平行四边形的棱柱；
（5）直平行六面体：侧棱垂直于底面的平行六面体；
（6）长方体：底面是矩形的直平行六面体；
（7）正方体：棱长都相等的长方体．
2．棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥．
（1）正棱锥：底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心；
（2）正四面体：所有棱长都相等的三棱锥．
3．棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台，由正棱锥截得的棱台叫做正棱台．
简单凸多面体的分类及其之间的关系如图所示．
三、简单旋转体—圆柱、圆锥、圆台、球
1．圆柱：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的几何体叫做圆柱．
2．圆柱：以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，将其旋转一周形成的面所围成的几何体叫做圆锥．
3．圆台：用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分叫做圆台．
4．球：以半圆的直径所在的直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称为球（球面距离：经过两点的大圆在这两点间的劣弧长度）．
四、组合体
由柱体、锥体、台体、球等几何体组成的复杂的几何体叫做组合体．
五、表面积与体积计算公式
表面积公式
体积公式
六、空间几何体的直观图
1．斜二测画法
斜二测画法的主要步骤如下：
（1）建立直角坐标系．在已知水平放置的平面图形中取互相垂直的，，建立直角坐标系．
（2）画出斜坐标系．在画直观图的纸上（平面上）画出对应图形．在已知图形平行于轴的线段，在直观图中画成平行于，，使（或），它们确定的平面表示水平平面．
（3）画出对应图形．在已知图形平行于轴的线段，在直观图中画成平行于轴的线段，且长度保持不变；在已知图形平行于轴的线段，在直观图中画成平行于轴，且长度变为原来的一般．可简化为“横不变，纵减半”．
（4）擦去辅助线．图画好后，要擦去轴、轴及为画图添加的辅助线（虚线）．被挡住的棱画虚线．
注：直观图和平面图形的面积比为．
2．平行投影与中心投影
平行投影的投影线是互相平行的，中心投影的投影线相交于一点．
二、题型分类精讲
题型一 空间几何体的结构特征
策略方法 需要熟悉几何体的基本概念.
【典例1】（单选题）如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的几何体，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是（ ）
A．（2）（5）B．（1）（3）C．（2）（4）D．（1）（5）
【答案】D
【分析】应用空间想象，讨论截面与轴截面的位置关系判断截面图形的形状即可.
【详解】当截面如下图为轴截面时，截面图形如（1）所示；
当截面如下图不为轴截面时，截面图形如（5）所示，下侧为抛物线的形状；
故选：D
【典例2】（单选题）将表面积的圆锥沿母线将侧面展开，得到一个圆心角为的扇形，则该圆锥的轴截面的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据圆锥的表面积公式，利用侧面展开图扇形的几何性质，结合弧度的定义以及勾股定理，可得答案.
【详解】设圆锥的母线长为，高为，底面半径为，如下图所示：
则圆锥的侧面展开得到的扇形的弧长为，半径为，
由扇形的圆心角为，则，解得，
由圆锥的表面积公式可得其表面积，
由圆锥表面积为，，则，解得，
由勾股定理可得，
已知轴截面的面积.故选：C.
【典例3】（单选题）圆台母线长为3，下底直径为10，上底直径为5，过圆台两条母线作截面，则该截面面积最大值为（ ）
A．B．C．D．以上都不对
【答案】C
【分析】求出轴截面时所补成的等腰三角形的顶角的余弦值，则判断其为钝角，再计算出截面积的表达式，得到最值.
【详解】由题意作出轴截面，并将其补充成等腰三角形，
根据，则为三角形的中位线，则，
在中利用余弦定理得，
因为，所以，
过圆台两条母线所作截面也为等腰梯形，并将其补成的等腰三角形，设其顶角为，
则，因为，且，
则当时，的最大值为.
故选：C.
【题型训练】
一、单选题
1．（2023·全国·高三专题练习）已知直角梯形ABCD，现绕着它的较长底CD所在的直线旋转一周，所得的几何体包括（ ）
A．一个圆柱、一个圆锥B．一个圆柱、两个圆锥
C．一个圆台、一个圆柱D．两个圆柱、一个圆台
【答案】A
【分析】将直角梯形分割成一个矩形和一个直角三角形，结合旋转体的形成即可求解.
【详解】直角梯形ABCD分割成一个矩形和一个直角三角形，
矩形绕其一边旋转一周得圆柱，直角三角形绕其直角边旋转一周得圆锥，
可得几何体为：一个圆柱、一个圆锥.
故选：A
2．（2023·江西上饶·高三校联考阶段练习）用一平面去截一长方体，则截面的形状不可能是（ ）
A．四边形B．五边形C．六边形D．七边形
【答案】D
【分析】用平面去截正方体时最多和六个面相交得六边形.
【详解】
如图，用平面去截正方体时最多和六个面相交得六边形，
因此截面的形状可能有：三角形、四边形、五边形、六边形，
不可能为七边形，
故选:D.
3．（2023·全国·高三专题练习）在一个密闭透明的圆柱桶内装一定体积的水，将圆柱桶分别竖直、水平、倾斜放置时，圆柱桶内的水平面所在平面截圆柱桶所成的截口曲线的所有类型有：（ ）
①矩形 ②圆 ③椭圆 ④部分抛物线 ⑤部分椭圆
A．②③⑤B．①②③④⑤C．①②③⑤D．①②③④
【答案】C
【分析】对不同的放置情况分别判断，得出结论
【详解】当圆柱桶竖直放置时，截口曲线为圆；
当圆柱桶水平放置时，截口曲线为矩形；
当圆柱桶倾斜放置时，若液面经过底面，则截口曲线为椭圆的一部分；
当圆柱桶倾斜放置时，若液面不经过底面，则截口曲线为椭圆；
故选：C
4．（2023·安徽淮北·统考一模）如图所示，在三棱台中，沿平面截去三棱锥，则剩余的部分是（ ）
A．三棱锥B．四棱锥C．三棱柱D．组合体
【答案】B
【分析】根据图形和棱锥的定义及结构特征，即可得出结论．
【详解】三棱台中，沿平面截去三棱锥，
剩余的部分是以为顶点，四边形为底面的四棱锥．
故选：B
5．（2023·全国·高三专题练习）已知在正方体中，，，分别是，，的中点，则过这三点的截面图的形状是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】D
【分析】利用平行画出截面，进而判断出正确答案.
【详解】分别取、、的中点、、，连接、、，
在正方体中，，，分别是，，的中点，
，，，
六边形是过，，这三点的截面图，过这三点的截面图的形状是六边形．故选：D
6．（2023·山西阳泉·阳泉市第一中学校校考模拟预测）圆锥的母线长为4，侧面积是底面积的倍，过圆锥的两条母线作圆锥的截面，则该截面面积的最大值是（ ）
A．8B．C．D．
【答案】A
【分析】设圆锥底面半径为，母线为，轴截面顶角为，则根据题意可得与的关系，从而可求出为钝角，由此可得当圆锥两条母线互相垂直时，截面面积最大，然后可求得结果.
【详解】设圆锥底面半径为r，母线为l，轴截面顶角为，则，得，
所以，
因为为锐角，所以，即，则θ为钝角，
所以当圆锥两条母线互相垂直时，截面面积最大，最大值为.
故选：A.
7．（2023·山西朔州·怀仁市第一中学校校考模拟预测）毛泽东在《七律二首•送瘟神》中有句诗为“坐地日行八万里，巡天遥看一千河.”前半句的意思是：人坐在地面上不动，由于地球的自转，每昼夜会随着地面经过八万里路程.诗中所提到的八万里，指的是人坐在赤道附近所得到的数据.设某地所在纬度为北纬（即地球球心和该地的连线与赤道平面所成的角为），且.若将地球近似看作球体，则某人在该地每昼夜随着地球自转而经过的路程约为（ ）
A．万里B．万里C．万里D．万里
【答案】A
【分析】计算出地球的半径，可求得某地随着地球自转所形成圆的半径，再利用圆的周长公式可求得结果.
【详解】由题意可知，赤道周长为万里，则地球半径万里.
设某地随着地球自转，所形成圆的半径为，
则万里，则该圆的周长万里.
故选：A.
8．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）羽毛球运动是一项全民喜爱的体育运动，标准的羽毛球由16根羽毛固定在球托上，测得每根羽毛在球托之外的长为，球托之外由羽毛围成的部分可看成一个圆台的侧面，测得顶端所围成圆的直径是，底部所围成圆的直径是，据此可估算得球托之外羽毛所在曲面的展开图的圆心角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将圆台补成圆锥，则羽毛所在曲面为大圆锥的侧面截去一个小圆锥的侧面所得，求出小圆锥的母线长后可得展开图圆心角．
【详解】将圆台补成圆锥，则羽毛所在曲面为大圆锥的侧面截去一个小圆锥的侧面所得，
设小圆锥母线长为，则大圆锥母线长为，由相似得，即，
∴可估算得球托之外羽毛所在的曲面的展开图的圆心角为.
故选：C．
9．（2023春·四川内江·高三四川省内江市第六中学校考阶段练习）如下图所示，在正方体中，如果点E是的中点，那么过点、B、E的截面图形为（ ）
A．三角形 B．矩形C．正方形D．菱形
【答案】D
【分析】根据题意作出截面图形，然后利用正方体的性质求解即可.
【详解】分别取的中点，连接，
如图即为过点、B、E截正方体所得的截面图形，
由题意可知：且，所以四边形为平行四边形，
所以，又因为且，且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以,
所以，同理，所以四边形为平行四边形，
又因为，所以平行四边形为菱形，
故选：.
10．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考开学考试）石碾子是我国传统粮食加工工具，如图是石碾子的实物图，石碾子主要由碾盘、碾滚（圆柱形）和碾架组成．碾盘中心设竖轴（碾柱），连碾架，架中装碾滚，以人推或畜拉的方式，通过碾滚在碾盘上的滚动达到碾轧加工粮食作物的目的．若推动拉杆绕碾盘转动2周，碾滚的外边缘恰好滚动了5圈，碾滚与碾柱间的距离忽略不计，则该圆柱形碾滚的高与其底面圆的直径之比约为（ ）
A．3：2B．5：4C．5：3D．4：3
【答案】B
【分析】绕碾盘转动2周的距离等于碾滚滚动5圈的距离，列出方程即可求解.
【详解】由题意知，；
故选：B.
11．（2023·江西·校联考模拟预测）已知正方体的棱长为3，，分别为棱，的中点，点是棱上靠近点的三等分点，则平面截该正方体所得截面的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先作出截面，然后根据梯形面积公式求得正确答案.
【详解】如图所示，，分别是，中点，则，
作，交于，连接，并延长交的延长线于点，
连接，并延长交的延长线于点，连接交于点，交于点，
则为过，，三点的截面．
由于平面平面，且与平面的截面分别相交于，
由面面平行的性质定理得，从而有，，，
则，，因为是中点，，
所以，又因为，所以，
同理，，，，，
梯形是等腰梯形，且梯形与梯形全等，
高为，
截面面积．
故选：B
12．（2023秋·四川成都·高三成都七中校考开学考试）在没有其他因素影响时，飞机的航线往往选取的是两地之间的最短距离．设地球为一半径为R的球体，一架飞机将从A地东经飞至B地东经，且A，B两地纬度都为．若飞机始终在地球球面上运动，则该飞机飞行的最短路程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，求出A，B两地对于地球球心所成的角，再求出弧长作答.
【详解】依题意，A，B两地对于地球球心所成的角，
所以该飞机飞行的最短路程为.
故选：C
13．（2023·海南海口·海南中学校考二模）传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着“圆柱容球”，即：一个圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.如图是一个圆柱容球，为圆柱上下底面的圆心，为球心，为底面圆的一条直径，若球的半径，则平面DEF截球所得的截面面积最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】过作于，设到平面的距离为，平面截得球的截面圆的半径为，由求解判断.
【详解】由球的半径为，可知圆柱的底面半径为，圆柱的高为，过作于，如图所示：
则由题可得，
设平面截得球的截面圆的半径为，
当EF在底面圆周上运动时，
到平面的距离
所以
所以平面截得球的截面面积最小值为，
故D正确；
故选：D.
二、多选题
14．（2023·安徽安庆·安庆一中校考模拟预测）下列关于棱柱的说法正确的是（ ）
A．棱柱的两个底面一定平行
B．棱柱至少有五个面
C．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体一定是棱柱
D．正四棱柱一定是长方体
【答案】ABD
【分析】依据棱柱定义判断选项A；依据棱柱的结构特征判断选项B；举反例否定选项C；依据长方体定义判断选项D.
【详解】选项A：由棱柱定义可得棱柱的两个底面一定平行.判断正确；
选项B：三棱柱是最简单的棱柱，三棱柱有五个面，
则棱柱至少有五个面.判断正确；
选项C：在正四棱柱上面放置一个与其底面相同的斜四棱柱，所得几何体是组合体，
但是满足两个面互相平行，其余各面都是平行四边形.判断错误；
选项D：正四棱柱底面是正方形，侧棱与底面垂直，
则正四棱柱一定是长方体.判断正确.
故选：ABD
15．（2023秋·浙江杭州·高三浙江省桐庐中学期末）下列命题正确的是（ ）
A．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
B．棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形
C．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
D．棱柱的面中，至少有两个面互相平行
【答案】BD
【分析】根据常见几何体的性质与定义逐个选项辨析即可.
【详解】对A，棱台指一个棱锥被平行于它的底面的一个平面所截后，截面与底面之间的几何形体，其侧棱延长线需要交于一点，故A错误；
对B，棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形，故B正确；
对C，用平面截圆柱得到的截面也可能是椭圆，故C错误；
对D，棱柱的面中，至少上下两个面互相平行，故D正确；
故选：BD
16．（2023·云南红河·弥勒市一中校考模拟预测）如图，为正方体中所在棱的中点，过两点作正方体的截面，则截面的形状可能为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】BD
【分析】由正方体的对称性即可得解.
【详解】由正方体的对称性可知，截面的形状不可能为三角形和五边形，
如图，截面的形状只可能为四边形和六边形.
故选：BD
17．（2023秋·江苏南通·高三统考阶段练习）如果一个凸n面体共有m个面是直角三角形，那么我们称这个凸n面体的直度为，则（ ）
A．三棱锥的直度的最大值为1
B．直度为的三棱锥只有一种
C．四棱锥的直度的最大值为1
D．四棱锥的直度的最大值为
【答案】AD
【分析】借助于正方体模型，一一判断各选项，即得答案.
【详解】如图，借助于正方体模型，图1中三棱锥的四个面都是直角三角形，
其直度为1，A正确；
图1中三棱锥，三个面都是直角三角形，
面为正三角形，其直度为；
图2中三棱锥，三个面都是直角三角形，
面为正三角形，其直度为，故直度为的三棱锥不止一种，B错误；
四棱锥的共有5个面，底面为四边形，故其直度不可能为1，C错误；
图3中的四棱锥的四个侧面都是直角三角形，底面为正方形，
故四棱锥的直度的最大值为，D正确，
故选：AD
三、填空题
18．（2023·全国·高三专题练习）设有以下四个命题：
①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；
②底面是矩形的平行六面体是长方体；
③直四棱柱是直平行六面体；
④棱台的相对侧棱延长后必交于一点.
其中正确命题的序号是 .
【答案】①④
【解析】根据空间几何体的结构特征,依次判断各选项即可.
【详解】命题①,符合平行六面体的定义,故命题①正确；
命题②,底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直,故命题②错误；
命题③,因直四棱柱的底面不一定是平行四边形,故命题③错误；
命题④,由棱台的定义知,棱台的相对侧棱延长后必交于一点,故命题④正确.
综上可知,正确的为①④
故答案为: ①④
【点睛】本题考查了空间几何体的结构特征,对各类型的空间几何体概念要理解准确,属于基础题.
19．（2023·全国·高三专题练习）一圆锥的侧面展开图为一圆心角为的扇形，该圆锥母线长为6，则圆锥的底面半径为 ．
【答案】2
【分析】根据圆锥侧面展开图的性质，结合弧长公式进行求解即可.
【详解】因为圆锥的母线长为6，所以侧面展开图扇形的半径为6，设该圆锥的底面半径为，
所以有，
故答案为：.
20．（2023·全国·高三专题练习）长方体的底面是边长为1的正方形，若在侧棱上至少存在一点，使得，则侧棱的长的最小值为 .
【答案】2
【分析】根据，利用勾股定理建立方程，则方程有解即可求解.
【详解】设
又因为，所以
即化简得，
即关于的方程有解，
当时，不符合题意，
当时，所以，
当且仅当，即时取得等号，
所以侧棱的长的最小值为2，
故答案为:2.
21．（2023·全国·高三专题练习）如图，在矩形中，，点分别为边的中点．将沿折起，在翻折过程中，直线被三棱锥的外接球截得的线段长的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据题意得到为三棱锥的外接球的直径，即半径，过分别向的垂线，设向量和所成的角为，结合，根据向量的数量积的运算，求得，设外接球截直线的弦长为，结合球的截面圆和圆的弦长公式，即可求解.
【详解】取的中点，在翻折的过程中，可得，
即为三棱锥的外接球的直径，且，
即三棱锥的外接球的半径为，
过分别向的垂线，垂足分别为，如图所示，
可得，则，
设向量和所成的角为，其中，
因为，
则
，
所以，可得，即，
设三棱锥的外接球截直线的弦长为，
又因为，在翻折前，
当取得最大值时，此时球心到的距离最短，
此时直线被球截得的弦长最长，所以截得的线段长的最大值为；
当取得最小值时，此时球心到的距离最长，
取的中点，则，可得最大距离为，
此时直线被球截得的弦长最短，
根据圆的弦长公式，可得最短弦长为，
所以直线被三棱锥的外接球截得的线段长的取值范围为.
故答案为：.
22．（2023春·湖南株洲·高三株洲二中校考阶段练习）在棱长为4的正方体中，点P、Q分别是，的中点，点M为正方体表面上一动点，若MP与CQ垂直，则点M所构成的轨迹的周长为 .
【答案】
【分析】分析得到只需过点P作直线CQ的垂面即可，垂面与正方体表面的交线即为动点M的轨迹，作出辅助线，证明线面垂直，找到轨迹为矩形，求出矩形各边，得到答案.
【详解】如图，只需过点P作直线CQ的垂面即可，垂面与正方体表面的交线即为动点M的轨迹.
分别取，的中点R，S，
由，知，易知，
又，，平面ABRS，
所以平面ABRS，
过P作平面ABRS的平行平面，点M的轨迹为四边形，
其周长与四边形ABRS的周长相等，
其中，，
所以点M所构成的轨迹的周长为.
故答案为：
23．（2023·全国·高三专题练习）如图，某圆柱的高为4，底面周长为16，，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为 .
【答案】
【分析】由圆柱的侧面展开图是矩形，利用勾股定理求出圆柱侧面上从B到C的最短路径的长.
【详解】圆柱的高为4，底面周长为16，,则在底面圆中
如图将圆柱的侧面沿母线展开, 其侧面展开图是矩形，且矩形的长为16，宽为4.
在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为展开图中线段的长度
故答案为：
题型二 空间几何体的表面积
策略方法 空间几何体表面积的求法
(1)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．
(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．
【典例1】（单选题）在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，已知某“堑堵”的底面是斜边长为的等腰直角三角形，高为，则该“堑堵”的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用柱体的表面积公式可求得结果.
【详解】由题意可知，该“堑堵”的表面积为.
故选：D.
【典例2】（单选题）一个正三棱锥的每一个面都是边长是1的正三角形，则此正三棱锥的表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求出底面积和侧面积，即可求出正三棱锥的表面积.
【详解】一个正三棱锥的每一个面都是边长是1的正三角形，
所以一个面为，
故三棱锥的表面积为.
故选：D
【典例3】（单选题）亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式，它是逗留赏景的场所，也是园林风景的重要点缀．重檐圆亭（图1）是常见的一类亭，其顶层部分可以看作是一个圆锥以及一个圆台（图2）的组合体．已知某重檐凉亭的圆台部分的轴截面如图3所示，则该圆台部分的侧面积为（ ）
A．m2B．3.6m2C．7.2m2D．11.34m2
【答案】A
【分析】由圆台的截面图，计算出圆台的母线长，再求得圆台的侧面积.
【详解】由圆台的轴截面图，母线，
所以该圆台侧面积.
故选：A.
【题型训练】
一、单选题
1．（2023·河南郑州·统考模拟预测）在一个正六棱柱中挖去一个圆柱后，剩余部分几何体如图所示．已知正六棱柱的底面正六边形边长为3cm，高为4cm，内孔半径为1cm，则此几何体的表面积是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据棱柱与圆柱的侧面积公式求解.
【详解】所求几何体的侧面积为，
上下底面面积为，
挖去圆柱的侧面积为，
则所求几何体的表面积为．
故选：C．
2．（2023·广东深圳·深圳市高级中学校考模拟预测）已知一个直棱柱与一个斜棱柱的底面多边形全等，且它们的侧棱长也相等．若直棱柱的体积和侧面积分别为和，斜棱柱的体积和侧面积分别为和，则（ ）
A．B．
C．D．与的大小关系无法确定
【答案】A
【分析】结合棱柱的侧面积和体积公式判断即可.
【详解】设棱柱的底面周长为，底面面积为，侧棱长为，斜棱柱的高为，
则，而，斜棱柱各侧面的高均不小于，所以，
于是，有，所以，．
故选：A.
3．（2023·全国·高三专题练习）在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，已知某“堑堵”的底面是斜边长为的等腰直角三角形，高为，则该“堑堵”的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用柱体的表面积公式可求得结果.
【详解】由题意可知，该“堑堵”的表面积为.
故选：D.
4．（2023·西藏拉萨·统考一模）位于徐州园博园中心位置的国际馆（一云落雨），使用现代科技雾化“造云”，打造温室客厅，如图，这个国际馆中3个展馆的顶部均采用正四棱锥这种经典几何形式，表达了理性主义与浪漫主义的对立与统一.其中最大的是3号展馆，其顶部所对应的正四棱锥底面边长为19.2m，高为9m，则该正四棱锥的侧面面积与底面面积之比约为（ ）（参考数据：）
A．2B．1.71C．1.37D．1
【答案】C
【分析】根据图形,作出直观图,利用正四棱锥的相关性质即可求解.
【详解】如图，设H为底面正方形ABCD的中心，G为BC的中点，连接PH，HG，PG，
则，，
所以，
则，
故选：C.
5．（2023春·湖南长沙·高三校联考阶段练习）为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修建了若干“朗读亭”.如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥的高与底面边长的比为，则正六棱锥与正六棱柱的侧面积的比值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设出相关棱长，利用面积公式求出正六棱锥与正六棱柱的侧面积，然后可得答案.
【详解】设正六边形的边长为，由题意正六棱柱的高为，
因为正六棱锥的高与底面边长的比为，所以正六棱锥的高为，正六棱锥的母线长为，
正六棱锥的侧面积；
正六棱柱的侧面积，
所以.
故选：B.
6．（2023·四川·校联考一模）已知两个圆锥的轴截面均为等边三角形，两个圆锥的表面积分别为，，体积分别为，.若，则（ ）
A．2B．C．3D．4
【答案】D
【分析】根据两个圆锥的体积比求得两个圆锥底面半径的比，进而求得表面积的比.
【详解】设两圆锥的底面半径分别为，，母线长分别为，，高分别为，，
由两个圆锥的轴截面均为等边三角形知，，
而，即，
而，所以.
故选：D
7．（2023·河北·统考模拟预测）柷（zhù），是一种古代打击乐器，迄今已有四千多年的历史，柷的上方形状犹如四方形木斗，上宽下窄，下方有一底座，用椎（木棒）撞击其内壁发声，表示乐曲将开始.如图，某柷（含底座）高，上口正方形边长，下口正方形边长，底座可近似地看作是底面边长比下口边长长，高为的正四棱柱，则该柷（含底座）的侧面积约为（）（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先求出正四棱台的侧棱长，即可求出斜高，再根据侧面积公式计算可得.
【详解】如图正四棱台中，连接，，过点、分别作、，交于点、，
依题意，，，
则，所以，
所以正四棱台的斜高为，
所以正四棱台的侧面积，
又正四棱柱的侧面积，
所以该柷（含底座）的侧面积约为；
故选：B
8．（2023·河北·统考模拟预测）《九章算术》是我国古代的数学名著.其“商功”中记载：“正四面形棱台（即正四棱台）建筑物为方亭.”现有如图所示的烽火台，其主体部分为一方亭，将它的主体部分抽象成的正四棱台（如图所示），其中上底面与下底面的面积之比为，方亭的高为棱台上底面边长的倍.已知方亭的体积为，则该方亭的表面积约为（ ）（，，）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设方亭相应的正四棱台的上底面边长，则，棱台的高，根据棱台的体积求出，再根据棱台的表面积公式计算可得.
【详解】设方亭相应的正四棱台的上底面边长，则，棱台的高，
所以，解得，
所以正四棱台的上底面边长为，下底面边长为，棱台的高为，
所以方亭的斜高为，
由于各侧面均为相等的等腰梯形，所以，
所以方亭的表面积.故选：C
9．（2023秋·湖北·高三校联考阶段练习）已知圆台上下底面半径之比为，母线与底面所成的角的正弦值为，圆台体积为，则该圆台的侧面面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】做出圆台的轴截面图，结合条件算出母线与高，与上底面半径的关系，并利用体积公式可得，，进而计算出圆台的侧面积.
【详解】
解：做出圆台的轴截面如图所示，设上底面半径为，则下底面半径为，
作，垂足为，则，母线与底面所成的角的正弦值为，
即，设圆台的母线长为，高为，则，，
因为圆台的体积为，由圆台的体积公式，计算得，
所以.
再由圆台侧面积公式，可得圆台的侧面积为.
故选：C.
10．（2023·海南海口·海南华侨中学校考一模）已知某圆台的高为，上底面半径为1，下底面半径为2，则其侧面展开图的面积为（ ）
A．9πB．C．D．8π
【答案】A
【分析】求圆台的侧面积，直接利用公式求解.
【详解】∵圆台的母线长为，
∴其侧面展开图的面积.
故选：A.
11．（2023秋·辽宁朝阳·高三统考期末）已知四棱台的上、下底面分别是边长为和的正方形，侧面均为腰长为的等腰梯形，则该四棱台的表面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】计算出四棱台侧面的高，再利用梯形和正方形的面积公式可求得该四棱台的表面积.
【详解】设在正四棱台中，取侧面，
则，，，如下图所示：
分别过点、在侧面内作，，垂足分别为、，
因为，，，
所以，，，
因为，，，故四边形为矩形，故，
所以，，，
因此，该四棱台的表面积为.
故选：C.
12．（2023·重庆万州·统考模拟预测）我国元代瓷器元青花团菊花纹小盏如图所示，撇口，深弧壁，圈足微微外撇，底心有一小乳突．器身施白釉，以青花为装饰，釉质润泽，底足露胎，胎质致密．碗内口沿饰有一周回纹，内底心书有一文字，碗外壁绘有一周缠枝团菊纹，下笔流畅，纹饰洒脱．该元青花团菊花纹小盏口径8.3厘米，底径2.8厘米，高4厘米，它的形状可近似看作圆台，则其侧面积约为（单位：平方厘米）（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据圆台的侧面积公式求出对应的值，代入公式计算即可求解.
【详解】设该圆台的上底面、下底面的半径分别为R，r，
若当，时，则圆台的母线长，
所以其侧面积为，
若当，时，则圆台的母线长，
所以其侧面积为，所以其侧面积S满足．
故选：C．
13．（2023·全国·高三专题练习）黄地绿彩云龙纹盘是收藏于中国国家博物馆的一件明代国宝级瓷器.该龙纹盘敞口，弧壁，广底，圈足.器内施白釉，外壁以黄釉为地，刻云龙纹并填绿彩，美不胜收.黄地绿彩云龙纹盘可近似看作是圆台和圆柱的组合体，其口径22.5cm，足径14.4cm，高3.8cm，其中底部圆柱高0.8cm，则黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为（ ）（附：圆台的侧面积，，为两底面半径，为母线长，其中的值取3，）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先求圆台母线长，再代入圆台和圆柱侧面积公式，即可求解.
【详解】设该圆台的母线长为，两底面圆半径分别为，（其中），
则，，，
所以，
故圆台部分的侧面积为，
圆柱部分的侧面积为，
故该黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为.
故选：B.
14．（2023·全国·高三专题练习）“阿基米德多面体”也称为半正多面体（semi-regularslid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，它是由正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥得到.已知，若该半正多面体的表面积为，体积为，则为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【分析】根据表面积公式计算表面积，把多面体积转化为正方体体积去掉8个三棱锥体积求解，最后求比值即可.
【详解】如图，该半正多面体的表面由6个正方形和8个正三角形构成，
则其表面积，
该半正多面体的体积可以由正方体截去8个三棱锥的体积计算，
.
故选:A.
15．（2023·北京·校考模拟预测）在2023年3月12日马来西亚吉隆坡举行的Yng Jun KL Speedcubing比赛半决赛中，来自中国的9岁魔方天才王艺衡以4.69秒的成绩打破了“解三阶魔方平均用时最短”吉尼斯世界纪录称号.如图，一个三阶魔方由27个单位正方体组成，把魔方的中间一层转动了之后，表面积增加了（ ）
A．54B．C．D．
【答案】C
【分析】利用截面图，得出魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，再利用几何关系求出多出的一个小三角形的面积，进而可求出结果.
【详解】如图，
转动了后，此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，显然小三角形为等腰直角三角形，
设直角边，则斜边为，则有，得到，由几何关系得：阴影部分的面积为，
所以增加的面积为.
故选：C.
16．（2023·全国·模拟预测）如图1是一栋度假别墅，它的屋顶可近似看作一个多面体，图2是该屋顶的结构示意图，其中四边形ABFE和四边形DCFE是两个全等的等腰梯形，，和是两个全等的正三角形.已知该多面体的棱BF与平面ABCD所成的角为45°，，，则该屋顶的表面积为（ ）
A．100B．C．200D．
【答案】D
【分析】过点F作平面ABCD，O为垂足，作于点N，连接OB，ON，通过线面垂直的性质定理可得，通过几何关系可算出，即可得到答案
【详解】如图，过点F作平面ABCD，O为垂足，作于点N，连接OB，ON，
则，
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，
易知，∴.
在直角三角形FON中，易知，∴，
∴在直角三角形FBN中，，
∴，∴，，∴该屋顶的表面积为，
故选：D.
二、多选题
17．（2023·全国·高三专题练习）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相等，下列结论正确的是（ ）
A．圆柱的侧面积为B．圆锥的侧面积为
C．圆柱的侧面积与球面面积相等D．三个几何体的表面积中，球的表面积最小
【答案】ABC
【分析】根据球、圆锥、圆柱的表面积公式一一计算可得；
【详解】解：依题意球的表面积为，
圆柱的侧面积为，所以AC选项正确．
圆锥的侧面积为，所以B选项正确．
圆锥的表面积为，
圆柱的表面积为，所以D选项不正确．
故选：ABC
18．（2023·全国·高三专题练习）等腰直角三角形直角边长为1 ，现将该三角形绕其某一边旋转一周 ，则所形成的几何体的表面积可以为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【解析】分2种情况，一种是绕直角边，一种是绕斜边，分别求形成几何体的表面积.
【详解】如果是绕直角边旋转，形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，母线就是直角三角形的斜边，
所以所形成的几何体的表面积是.
如果绕斜边旋转，形成的是上下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边的高，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长是1，
所以写成的几何体的表面积.
综上可知形成几何体的表面积是或.
故选：AB
【点睛】本题考查旋转体的表面积，意在考查空间想象能力和计算能力，属于基础题型.
19．（2023·辽宁沈阳·沈阳二中校考模拟预测）已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，，母线长为2，为母线中点，则下列结论正确的是（ ）
A．圆台母线与底面所成角为60°B．圆台的侧面积为
C．圆台外接球半径为2D．在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为5
【答案】ACD
【分析】对于A：过A作交底面于F，判断出即为母线与底面所成角.即可求解；
对于B：作出圆台的侧面展开图，直接求出面积，即可判断；
对于C：设圆台外接球的球心为O，半径R.由，求出；
对于D：圆台的侧面上，判断出从到的最短路径的长度为CE，利用勾股定理求解.
【详解】对于A：过A作交底面于F，则底面，所以即为母线与底面所成角.
在等腰梯形ABCD中，,所以.
因为为锐角，所以.故A正确；
对于B：由题意，圆台的侧面展开图为半圆环，其面积为.故B错误；
对于C：设圆台外接球的球心为O，半径R.由题意可得：.
设，则，由，即，解得：a=0.即OO1重合，所以.故C正确；
对于D：如图示，在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为CE.由题意可得：.由为中点，所以，所以.故D正确.
故选：ACD
【点睛】立体几何中的折叠、展开问题：要把握折叠（展开）过程中的不变量.
20．（2023·辽宁辽阳·统考一模）在矩形ABCD中，以AB为母线长，2为半径作圆锥M，以AD为母线长，8为半径作圆锥N，若圆锥M与圆锥N的侧面积之和等于矩形ABCD的面积，则（ ）
A．矩形ABCD的周长的最小值为
B．矩形ABCD的面积的最小值为
C．当矩形ABCD的面积取得最小值时，
D．当矩形ABCD的周长取得最小值时，
【答案】AC
【分析】由题意分别表示两个圆锥的侧面积与矩形面积建立方程，对选项一一分析利用基本不等式处理即可.
【详解】设，，则圆锥M的侧面积为，圆锥N的侧面积为，
则，则，
则，得，
当且仅当，即，时，等号成立，
所以矩形ABCD的面积的最小值为，此时，所以B错误，C正确.
矩形ABCD的周长为，
当且仅当，即，时，等号成立，
所以矩形ABCD的周长的最小值为，此时，所以A正确，D错误.
故选：AC
21．（2023·全国·高三专题练习）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为，这个角接近，若取，侧棱长为米，则（ ）
A．正四棱锥的底面边长为6米B．正四棱锥的底面边长为3米
C．正四棱锥的侧面积为平方米D．正四棱锥的侧面积为平方米
【答案】AC
【分析】利用已知条件画出图像，设O为正方形的中心，为的中点，设底面边长为，利用线面角的定义得出，根据已知条件得到各边的长，进而求出正四棱锥的侧面积即可.
【详解】
如图，在正四棱锥中，
O为正方形的中心，为的中点，
则，
设底面边长为．
因为，
所以．
在中，，
所以，底面边长为6米，
平方米．故选：AC.
三、填空题
22．（2023秋·海南·高三海南中学校考阶段练习）若一个圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为 .
【答案】
【分析】依题意圆锥的底面半径，母线，根据侧面积公式计算可得.
【详解】依题意圆锥的底面半径，母线，则圆锥的侧面积.
故答案为：
23．（2023·江西·校联考模拟预测）“几何之父”欧几里得最著名的著作《几何原本》是欧洲数学的基础，总结了平面几何五大公设，被广泛的认为是历史上最成功的教科书．《几何原本》中提出了面积射影定理：平面图形射影面积等于被射影图形的面积乘以该图形所在平面与射影面所夹角的余弦．已知正三棱台的上、下底面边长分别为5、13，侧面与底面成角，则它的侧面积等于 ．
【答案】72
【分析】根据面积射影定理求得正确答案.
【详解】正三棱台的上、下底面的面积分别为、，
则侧面在底面的射影面积为，
设侧面积为，由面积射影定理知，可得．
故侧面积等于.
故答案为：
24．（2023春·甘肃张掖·高三高台县第一中学校考阶段练习）已知圆台的下底面半径是上底面半径的2倍，其侧面展开图是一个面积为的半圆环，则该圆台的高为 ．
【答案】
【分析】设圆台上底面半径为，母线长为，结合圆台侧面积的求法列方程求，进而求圆台的高.
【详解】设圆台上底面半径为，母线长为，则其下底面半径为，
由圆台对应的圆锥的母线长为，
由圆台的侧面展开图是一个面积为的半圆环，得，解得.
所以该圆台的高为.
故答案为：
25．（2023秋·湖北·高三孝感高中校联考开学考试）陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一，也称陀罗，图1是一种木陀螺，可近似地看作是一个圆锥和一个圆柱的组合体，其直观图如图2所示，其中是圆锥的顶点，分别是圆柱的上、下底面圆的圆心，且，底面圆的半径为1，则该陀螺的表面积是 .
【答案】
【分析】求出圆锥的侧面积和圆柱的侧面积，进而求出则该陀螺的表面积.
【详解】已知底面圆的半径，由，则，
圆锥的母线长为，圆锥的侧面积为，
圆柱的侧面积为，
故该陀螺的表面积.
故答案为：
26．（2023·江西鹰潭·统考一模）直四棱柱的底面是菱形，其侧面积是，若该直四棱柱有外接球，则该外接球的表面积的最小值为 ．
【答案】
【分析】由题意可确定直四棱柱的底面是正方形，设底面边长为a，侧棱长为h，可推出，得出其外接球的表面积的表达式，利用基本不等式即可求得答案.
【详解】因为直四棱柱的底面是菱形，且它有外接球，所以其底面是正方形，
设直四棱柱底面边长为a，侧棱长为h，
则其侧面积为，故，
又该直四棱柱的外接球的半径，
所以其外接球的表面积，
当且仅当，即时等号成立，
故其外接球的表面积的最小值为，
故答案为：
27．（2023春·山东菏泽·高三校考开学考试）在正四棱台中，，，，则该棱台的表面积为 ．
【答案】
【分析】过作，求出四棱台的侧面面积、上下底面积可得答案.
【详解】如图，过作，垂足为，
所以为四棱台的侧面的高，
因为，
则，,
，
所以正四棱台的侧面积为，
正四棱台的上底面积为，正四棱台的下底面积为，
则该棱台的表面积为.
故答案为：.
28．（2023·广东潮州·统考模拟预测）已知圆柱的侧面积为，其外接球的表面积为，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】设圆柱的底面半径为，高为，根据题意求得，利用基本不等式求得圆柱的外接球半径，结合球的表面积公式，即可求解.
【详解】设圆柱的底面半径为，高为，因为圆柱的侧面积为，所以，得，
设圆柱的外接球半径为，则，
当且仅当，即时取等号，所以的最小值为1，
所以外接球的表面积的最小值为.
故答案为：．
29．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，有两个相同的直三棱柱，高为，底面三角形的三边长分别为3a，4a，．用它们拼成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中，全面积最小的是一个四棱柱，则a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】分情况分别求解组成三棱柱和四棱柱时的全面积，根据题意列出限制条件，可求范围.
【详解】拼成一个三棱柱时，全面积有三种情况：①上下底面对接，其全面积为.
②边合在一起时，全面积为.
③边合在一起时，全面积为.
拼成一个四棱柱时，有四种情况，全面积有三种情况：
让边长为所在的侧面重合，其上下底面积之和都是，
但侧面积分别为，
显然，三种情况中全面积最小的是；
因为比小，所以由题意得，
解得.
故答案为：.
30．（2023·全国·高三专题练习）已知球O的半径为，正三棱锥O－ABC的底面的各个顶点均在球O的球面上，当正三棱锥O－ABC的体积取得最大值时，其侧面积为
【答案】
【分析】设出底面边长为，利用条件求出到底面的距离，从而求出，再利用不等式求出体积的最大值，从而求出，即可求出结果.
【详解】如图，因为正三棱锥的底面的各个顶点均在球的球面上，所以球心在底面上的投影为底面三角形的中心，
设边长为，外接圆半径为，因为为正三角形，所以易知，所以，
故,
易知，所，又，当且仅当，即时，取等号，
此时的最大值为，故当正三棱锥O－ABC的体积取得最大值时，边长为4，又，故侧面均为直角三角形，所以正三棱锥O－ABC的侧面积为，
故答案为：12.
题型三 空间几何体的体积
策略方法 求空间几何体的体积的常用方法
【典例1】（单选题）已知一个圆柱的侧面展开图内切圆的半径为1，则该圆柱的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据圆柱的侧面展开图即可求解,由体积公式即可求解.
【详解】设圆柱的底面圆半径为，高为，由侧面展开图的内切圆半径为1可知：，
所以圆柱的体积为，
故选：A
【典例2】（单选题）气象学中，24小时内降落在某面积上的雨水深度（无渗漏､蒸发､流失等，单位：）叫做日降雨量，等级如下划分：
某同学用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图所示，则那天降雨属于哪个等级（ ）
A．小雨B．中雨C．大雨D．暴雨
【答案】B
【分析】利用圆锥内积水的高度，求出圆锥内积水部分的半径，求出积水的体积，再求出平面上积水的深度，由此确定降雨等级.
【详解】作圆锥截面图如下，
由已知，，，，
设圆锥内积水部分的底面半径为，则，故，
由锥体体积公式可得积水的体积，
因为收集雨水的平地面积为圆锥的底面，故其面积
所以对应的平地上的积水深度为，所以该天降雨的等级为中雨.
故选：B.
【典例3】（单选题）如图，一种棱台形状的无盖容器(无上底面)模型其上、下底面均为正方形，面积分别为4 cm2，9 cm2，且.若该容器模型的体积为cm3，则该容器模型的表面积为（ ）
A．B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据体积求得模型的高，进而求得侧面的高，从而求得模型的表面积.
【详解】依题意可知，上底面边长为，下底面边长为，
设模型的高为，则，
所以侧面等腰梯形的高，
所以模型的表面积为.
故选：A
【题型训练】
一、单选题
1．（2023春·江西鹰潭·高三贵溪市实验中学校考阶段练习）端午节吃粽子是中华民族的传统习俗．地区不同，制作的粽子形状也不同，图中的粽子接近于正三棱锥．经测算，煮熟的粽子的密度为，若图中粽子的底面边长为，高为，则该粽子的重量大约是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用等边三角形面积公式和正三棱锥体积公式求出粽子的体积，然后利用密度公式计算粽子的质量.
【详解】由题知，
粽子的体积，
根据可得，
该粽子重量大约为，
与C选项最为接近.故选：C
2．（2023秋·重庆·高三统考开学考试）最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的《数书九章》（1247年）.该书第二章为“天时类”，收录了有关降水量计算的四个例子，分别是“天池测雨”、“圆罂测雨”、“峻积验雪”和“竹器验雪”.如图“竹器验雪”法是下雪时用一个圆台形的器皿收集雪量（平地降雪厚度器皿中积雪体积除以器皿口面积），已知数据如图（注意：单位），则平地降雪厚度的近似值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据梯形中位线定理，结合圆台体积公式进行求解即可.
【详解】如图所示，可求得器皿中雪表面的半径为，
所以平地降雪厚度的近似值为.
故选：C
3．（2023春·河南·高三校联考阶段练习）《工程做法则例》是清朝雍正时期官方发布的一部较为系统全面的建筑工程专书，里面有一句话：“凡檐柱（支撑屋檐的柱子）以面阔十分之八定高，以百分之七定径寸（直径）．”这句话规定了房屋檐柱的高、直径与房屋宽度之间的比例．假设某座房子的“面阔”为，檐柱形状为圆柱，根据书中这句话的要求，这座房子的一根檐柱的体积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，由圆柱的体积计算公式，代入计算即可得到结果.
【详解】根据题意，檐柱的高为，檐柱的直径为，所以檐柱的体积为
．
故选:A
4．（2023·湖南郴州·统考模拟预测）已知圆台的上、下底面的圆周都在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为1，则圆台的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出圆台的高后，根据圆台的体积公式可求出结果.
【详解】设圆台的上底面的圆心为，下底面的圆心为O，点A为上底面圆周上任意一点，则，
设圆台的高为h，上底面的又球的半径为，
则，
所以圆台的体积．
故选：C．
5．（2023·辽宁沈阳·校联考二模）辽宁省博物馆收藏的商晚期饕餮纹大圆鼎（如图1）出土于辽宁省略左县小波汰沟．此鼎直耳，深腹，柱足中空，胎壁微薄，口沿下及足上端分别饰单层兽面纹，足有扉棱，耳、腹、足皆有炱痕．它的主体部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（忽略鼎壁厚度），如图2所示．已知球的半径为R，圆柱的高近似于半球的半径，则此鼎的容积约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用球体、圆柱体体积公式求鼎的容积.
【详解】由题设，此鼎的容积为半球体积与圆锥体积的和，
所以容积约为.
故选：D
6．（2023·全国·高三专题练习）陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，也称陀罗.图1是一种木陀螺，可近似地看作是一个圆锥和一个圆柱的组合体，其直观图如图2所示，其中分别是上､下底面圆的圆心，且，底面圆的半径为2，则该陀螺的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据圆锥与圆柱的体积公式，可得答案.
【详解】已知底面圆的半径，由，则，
故该陀螺的体积.
故选：D.
7．（2023·全国·高三专题练习）已知圆锥的轴截面是等腰直角三角形，且面积为4，则圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由圆锥轴截面形状和面积易得体高、底面半径均为，利用圆锥体积公式求体积.
【详解】由题设，圆锥的体高、底面半径均为，
所以圆锥的体积为.
故选：D
8．（2023·天津南开·统考二模）如图，某种中药胶囊外形是由两个半球和一个圆柱组成的，半球的直径是，圆柱高，则该中药胶囊的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由球的体积公式和圆柱的体积公式求解即可；
【详解】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：，
圆柱体积为：，
所以浮球的体积为：.
故选：B.
9．（2023·全国·高三专题练习）已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱体积比是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意可知若球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为，结合球与圆柱的体积公式计算即可得出结果.
【详解】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为，
因为，
所以．
故选：A
10．（2023·西藏昌都·校考模拟预测）已知圆锥的母线长为2，并且圆锥的侧面展开图的圆心角为，则此圆锥的体积为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】D
【分析】由圆锥侧面展开图得圆锥底面半径及高，再由锥体体积公式计算即可．
【详解】设圆锥底面半径为r，圆锥的高为h，
根据题意得，解得：，
所以圆锥的高，
所以圆锥的体积，
故选：D．
11．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）我国历史文化悠久，“爰”铜方彝是商代后期的一件文物，其盖似四阿式屋顶，盖为子口，器为母口，器口成长方形，平沿，器身自口部向下略内收，平底、长方形足、器内底中部及盖内均铸一“爰”字.通高24cm，口长13.5cm，口宽12cm，底长12.5cm，底宽10.5cm.现估算其体积，上部分可以看作四棱锥，高约8cm，下部分看作台体，则该文物的体积约为（ ）（参考数据：，）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据棱台与棱锥的体积公式计算可得.
【详解】因为
，
，所以.
故选：A
12．（2023秋·云南曲靖·高三宣威市第三中学校考开学考试）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水.天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸.若盆中积水体积为盆体积的一半，则平地降雨量约是（ ）寸.（结果四舍五入取整数）（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】根据圆台的体积公式求得天池盆的体积，即可求得盆中积水的体积，根据平地降雨量的含义即可求得答案.
【详解】由题意可知天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸，
则天池盆体积为（立方寸）
故盆中积水体积为（立方寸），
故平地降雨量约为（寸），
故选：C
13．（2023·浙江·校联考模拟预测）如图是我国古代量粮食的器具“升”，其形状是正四棱台，上、下底面边长分别为20cm和10cm，侧棱长为cm．“升”装满后用手指或筷子沿升口刮平，这叫“平升”．则该“升”的“平升”约可装（ ）
A．1.5LB．1.7LC．2.3LD．2.7L
【答案】C
【分析】根据棱台的体积公式求解即可.
【详解】根据题意画出正四棱台的直观图，其中底面是边长为20的正方形，底面是边长为10的正方形，侧棱，记底面和底面的中心分别为和，则是正四棱台的高.
过作平面的垂线，垂足为，则且，，
所以，，
故，
所以棱台的高，
由棱台的体积公式得．
故选：C .
14．（2023·北京海淀·校考三模）公元前344年，先秦法家代表人物商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，开创了秦朝统一度量衡的先河.如图，升体是长方体，手柄近似空心的圆柱.已知铜方升总长是，内口长，宽，高（忽略壁的厚度，取圆周率），若手柄的底面半径为，体积为，则铜方升的容积约为（小数点后保留一位有效数字）（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由手柄的体积求出手柄的长度，即可得到长方体的内口长，再根据长方体的体积公式计算可得.
【详解】依题意手柄的底面半径为，体积为，则手柄的底面积为，
所以手柄的长度为，
所以长方体的内口长，
所以升体的容积为，
即铜方升的容积约为.
故选：A
15．（2023秋·湖北·高三校联考阶段练习）已知圆台上下底面半径之比为，母线与底面所成的角的正弦值为，圆台体积为，则该圆台的侧面面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】做出圆台的轴截面图，结合条件算出母线与高，与上底面半径的关系，并利用体积公式可得，，进而计算出圆台的侧面积.
【详解】
解：做出圆台的轴截面如图所示，设上底面半径为，则下底面半径为，
作，垂足为，则，母线与底面所成的角的正弦值为，
即，设圆台的母线长为，高为，则，，
因为圆台的体积为，由圆台的体积公式，计算得，
所以.
再由圆台侧面积公式，可得圆台的侧面积为.
故选：C.
16．（2023·全国·高三专题练习）如图，是年在陕西宝鸡贾村出土的一口“何尊”（尊为古代的酒器，用青铜制成），尊内底铸有行、字铭文．铭文中写道“唯武王既克大邑商，则廷告于天，曰：‘余其宅兹中国，自之辟民’”，其中宅兹中国为“中国”一词最早的文字记载．“何尊”可以近似看作是圆台和圆柱组合而成，经测量，该组合体的高约为，上口的直径约为，圆柱的高和底面直径分别约为，，则“何尊”的体积大约为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用圆柱和圆台体积公式直接求解即可.
【详解】由题意知：圆柱的底面半径为，高为；圆台的上下底面半径分别为和，高为，
圆柱的体积；圆台的体积，
“何尊”的体积大约为.
故选：A.
17．（2023·全国·镇海中学校联考模拟预测）已知菱形的边长为，则将菱形以其中一条边所在的直线为轴，旋转一周所形成的几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】该几何体上部分为圆锥,下部分为在圆柱内挖去一个与上部分相同的圆锥,根据圆柱的体积公式即可求解.
【详解】如图是所求的几何体,该几何体上部分为圆锥,下部分为在圆柱内挖去一个与上部分相同的圆锥,其中圆柱的高为，点到的距离为，
所以该几何体的体积为.
故选:B.
18．（2023·全国·高三专题练习）在马致远的《汉宫秋》楔子中写道：“毡帐秋风迷宿草，穹庐夜月听悲笳.”毡帐是古代北方游牧民族以为居室、毡制帷幔.如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与圆柱的组合体，圆锥的高为4，侧面积为，圆柱的侧面积为，则该毡帐的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】直接利用圆锥侧面积公式以及母线、底面半径和高的关系得到方程组即可解出圆锥底面半径，再利用圆柱侧面积公式即可求圆柱的高，最后再根据相关体积公式即可得到答案.
【详解】设圆柱的底面半径为，高为，圆锥的母线长为，
因为圆锥的侧面积为，所以，即.
因为，所以联立解得（负舍）.
因为圆柱的侧面积为，所以，即，解得，
所以该毡帐的体积为.
故选：A.
19．（2023·江苏徐州·江苏省沛县中学校考模拟预测）贯耳瓶流行于宋代，清代亦有仿制，如图所示的青花折枝花卉纹六方贯耳瓶是清乾隆时期的文物，现收藏于首都博物馆，若忽略瓶嘴与贯耳，把该瓶瓶体看作3个几何体的组合体，上面的几何体Ⅰ是直棱柱，中间的几何体Ⅱ是棱台，下面的几何体Ⅲ也是棱台，几何体Ⅲ的下底面与几何体Ⅰ的底面是全等的六边形，几何体Ⅲ的上底面面积是下底面面积的4倍，若几何体Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的高之比分别为，则几何体Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设上面的六棱柱的底面面积为S，高为，根据棱柱和棱台的体积公式直接计算，然后求比可得.
【详解】设上面的六棱柱的底面面积为S，高为，由上到下的三个几何体体积分别记为，
则，
，
，
所以
故选：D
20．（2023·广东深圳·深圳市高级中学校考模拟预测）已知一个直棱柱与一个斜棱柱的底面多边形全等，且它们的侧棱长也相等．若直棱柱的体积和侧面积分别为和，斜棱柱的体积和侧面积分别为和，则（ ）
A．B．
C．D．与的大小关系无法确定
【答案】A
【分析】结合棱柱的侧面积和体积公式判断即可.
【详解】设棱柱的底面周长为，底面面积为，侧棱长为，斜棱柱的高为，
则，而，斜棱柱各侧面的高均不小于，所以，
于是，有，所以，．
故选：A.
21．（2023·江苏扬州·统考模拟预测）车木是我国一种古老的民间手工工艺，指的是用刀去削旋转着的木头，可用来制作家具和工艺品，随着生产力的进步，现在常借助车床实施加工．现要加工一根正四棱柱形的条木，底面边长为，高为．将条木两端夹住，两底面中心连线为旋转轴，将它旋转起来，操作工的刀头逐步靠近，最后置于离旋转轴处，沿着旋转轴平移，对整块条木进行加工，则加工后木块的体积为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先作出加工后木块的横截面的形状，据此计算即可得加工后木块的体积.
【详解】加工后木块的横截面的形状如图所示，
其中 O 为横截面的中心，
,
，，计算可得 ,
:,
所以加工后木块的体积为
.
故选： B .
22．（2023·湖南郴州·安仁县第一中学校联考模拟预测）古希腊亚历山大时期的数学家帕普斯在《数学汇编》第3卷中记载着一个确定重心的定理：“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，即（表示平面图形绕旋转轴旋转的体积，S表示平面图形的面积，表示重心绕旋转轴旋转一周的周长）.如图，等腰梯形∥，已知，则其重心到的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意旋转等腰梯形求该组合体体积及等腰梯形的面积由公式计算即可.
【详解】分别过点，点作于点于点F，，
等腰梯形绕底边旋转一周所得的几何体为两个圆锥与一个圆柱的组合体的体积；
等腰梯形的面积，
记重心到的距离为，则重心绕旋转轴旋转一周的周长为，
根据题意可知，则.
故选：C.
二、多选题
23．（2023·全国·高三专题练习）折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､决胜千里､大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧所在圆的半径分别是3和9，且，则该圆台的（ ）
A．高为B．体积为
C．表面积为D．上底面积､下底面积和侧面积之比为
【答案】AC
【分析】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，求出，即可判断选项A正确；利用公式计算即可判断选项BCD的真假得解.
【详解】解：设圆台的上底面半径为，下底面半径为，则，解得．圆台的母线长，圆台的高为，则选项正确；
圆台的体积，则选项错误；
圆台的上底面积为，下底面积为，侧面积为，则圆台的表面积为，则正确；
由前面可知上底面积､下底面积和侧面积之比为，则选项D错误．
故选：AC．
24．（2023秋·山东烟台·高三山东省烟台第一中学校考期末）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知此正四棱锥的侧棱与底面所成角的正切值近似为，侧棱长近似为米，则下列结论正确的是（ ）
A．正四棱锥的底面边长近似为3米
B．正四棱锥的高近似为米
C．正四棱锥的侧面积近似为平方米
D．正四棱锥的体积近似为立方米
【答案】BD
【分析】利用已知条件画出图像，设O为正方形的中心，设底面边长为，利用线面角的定义得到求得 a，根据已知条件得到各边的长，进而求出正四棱锥的侧面积、体积即可.
【详解】如图，在正四棱锥中，为正方形的中心，则平面，
则为侧棱与底面所成角，且．
设底面边长为．所以，．
在中，，所以，正四棱锥的底面边长为6米，高为，侧面积平方米，体积，
故选:BD．
25．（2023·全国·高三专题练习）正三棱锥底面边长为3，侧棱长为，则下列叙述正确的是（ ）
A．正三棱锥高为3B．正三棱锥的斜高为
C．正三棱锥的体积为D．正三棱锥的侧面积为
【答案】ABD
【分析】先求出正三棱锥的高和斜高，从而可判断AB的正误，再计算出体积和侧面积，从而可判断CD的正误.
【详解】
设为等边三角形的中心，为的中点，连接，
则为正三棱锥的高，为斜高，
又，，故,
故AB正确.
而正三棱锥的体积为，侧面积为，
故C错误，D正确.
故选：ABD.
26．（2023·全国·高三专题练习）沙漏，据《隋志》记载：“漏刻之制，盖始于黄帝”．它是古代的一种计时装置，由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时．如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为6cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的（细管长度忽略不计）．假设该沙漏每秒钟漏下的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆．以下结论正确的是（ ）
A．沙漏的侧面积是
B．沙漏中的细沙体积为
C．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4cm
D．该沙漏的一个沙时大约是837秒
【答案】BD
【分析】A选项，求出圆锥的母线长，从而利用锥体体积公式求出沙漏的侧面积；B选项，根据细沙形成的圆锥的高度得到此圆锥的底面半径，得到细沙的体积；C选项，由B选项求出的体积公式得到细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度；D选项，利用细沙的体积和沙漏漏下的速度求出时间.
【详解】A选项，设下面圆锥的母线长为，则cm，
故下面圆锥的侧面积为，故沙漏的侧面积为，故A错误；
B选项，因为细沙全部在上部时，高度为圆锥高度的，
所以细沙形成的圆锥底面半径为cm，高为cm，
故底面积为，所以沙漏中的细沙体积为，B正确；
C选项，由B选项可知，细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的体积为，其中此锥体的底面积为，故高度为cm，C错误；
D选项，秒，故该沙漏的一个沙时大约是837秒，D正确.
故选：BD
27．（2023秋·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）如图，与分别为圆台上､下底面直径，，若，则（ ）
A．圆台的全面积为
B．圆台的体积为
C．圆台的中截面（过圆台高的中点且平行底面的截面）面积为
D．从点经过圆台的侧面到点的最短距离为
【答案】AD
【分析】根据题目所给数据代入圆台的全面积公式和体积公式可知A正确，B错误；易知圆台的中截面是以等腰梯形的中位线为直径的圆，可得其截面积为，所以C错误；根据圆台侧面展开图利用弧长公式和余弦定理即可求得点经过圆台的侧面到点的最短距离为，即D正确.
【详解】对于选项：圆台的全面积包括上下底面积及侧面积，底面积为，
根据圆台侧面积公式可得其侧面积为，所以圆台的全面积为，故A正确；
对于B选项：根据台体体积公式可得圆台的体积为，故B错误；
对于C选项：易知圆台的轴截面为等腰梯形，其中位线为中截面圆的直径，
所以中截面圆的半径长为，所以中截面圆的面积为，故C错误；
对于D选项：将圆台沿着轴截面切开，将圆台的侧面的一半展开，延长交于点，如图所示：
在圆台的轴截面等腰梯形中，，
根据台体性质易知分别为的中点，所以3，
设，则，则，
在中，，由余弦定理可得
，
因此，从点经过圆台的侧面到点的最短距离为，故D正确.
故选：AD.
28．（2023秋·浙江嘉兴·高三统考期末）在正四棱台中，分别是棱的中点，则（ ）
A．与是异面直线
B．与平面所成的角为
C．正四棱台的体积为
D．正四棱台的表面积为
【答案】BC
【分析】对于A：根据已知结合棱台的性质得出与交于一点，即可判断；
对于B：根据已知设在平面中的投影为，则平面，且，即与平面所成的角为，即可计算得出，即可得出答案来判断；
对于C：根据正四棱台的体积求法得出即可判断；
对于D: 根据正四棱台的表面积求法得出即可判断；
【详解】对于A：
为正四棱台，
四条侧棱所在直线交于一点，记为，
分别是棱的中点，
也过点，
，
与属于同一平面，故A错误；
对于B：
为正四棱台，
点在平面上的射影一定在上，记为，则平面，且，
与平面所成的角为，
，
，，
，
，
，故B正确；
对于C：
根据选项B中可得，即正四棱台的高，
设分别为正四棱台上、下底面积，
，故C正确；
对于D：
正四棱台是四个全等的等腰梯形，
梯形的上、下底分别为1、3，高为，
则面积为，
根据选项C可得，，
则正四棱台的表面积为，
故D错误；
故选：BC.
29．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习）已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，，母线长为2，点为的中点，则（ ）
A．圆台的体积为
B．圆台的侧面积为
C．圆台母线与底面所成角为60°
D．在圆台的侧面上，从点到点的最短路径长为4
【答案】AC
【分析】根据已知求体积;过作交底面于F，判断出即为母线与底面所成角；作出圆台的侧面展开图，直接求出面积；圆台的侧面上，判断出从到的最短路径的长度为CE,等逐个判断即可求解.
【详解】对于A：圆台的高为，则圆台的体积，A正确；
对于B：由题意，圆台的侧面展开图为半圆环，
其面积为.故B错误；
对于C：过A作交底面于F，则底面，所以即为母线与底面所成角.
在等腰梯形ABCD中，,所以.
因为为锐角，所以.故C正确；
对于D：如图示，在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为CE.由题意可得：.由为中点，所以，所以.故D错误.
故选：
30．（2023秋·广东茂名·高三统考阶段练习）已知圆柱的轴截面的周长为12，圆柱的体积为，圆柱的外接球的表面积为，则下列结论正确的是（ ）
A．圆柱的外接球的表面积有最大值，最大值为
B．圆柱的外接球的表面积有最小值，最小值为
C．圆柱的体积有最大值，最大值为
D．圆柱的体积有最小值，最小值为
【答案】BC
【分析】设圆柱的底面半径为，高为，圆柱的外接球的半径为，由题意得出三者之间的关系，根据圆柱的表面积和体积公式结合导数分别求出其最值即可得出答案.
【详解】如图，设圆柱的底面半径为，高为，圆柱的外接球的半径为，
由，得，
又，，
圆柱的体积为，
则，
当时，，当时，，
故函数在上单调递增，在上单调递减，
所以时，取最大值，所以，
圆柱的外接球的表面积，
函数在上单调递减，在上单调递增，
所以时，取最小值，所以.
故选：BC.
31．（2023·湖南长沙·长沙一中校考一模）如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，为圆柱上下底面的圆心，为球心，为底面圆的一条直径，若球的半径，则下列各选项正确的是（ ）
A．球与圆柱的体积之比为
B．四面体的体积的取值范围为
C．平面截得球的截面面积最小值为
D．若为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为
【答案】ABD
【分析】根据给定的条件，利用球、圆柱的体积公式计算判断A；利用建立函数关系判断B；求出球心O到平面DEF距离的最大值判断C；令点P在圆柱下底面圆所在平面上的投影点为Q，设，利用勾股定理建立函数关系，求出值域可判断D.
【详解】对于A，球的体积为，圆柱的体积，则球与圆柱的体积之比为，A正确；
对于B，设为点到平面的距离，，而平面经过线段的中点，
四面体CDEF的体积，
所以四面体的体积的取值范围为，B正确；
对于C，过作于，如图，而，则，
又，于是，设截面圆的半径为，球心到平面的距离为，则，
又，则平面DEF截球的截面圆面积，C错误；
对于D，令经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q，连接，
当与都不重合时，设，则，当与之一重合时，上式也成立，
因此，，
则，
令，则，而，即，
因此，解得，所以的取值范围为，D正确.
故选：ABD.
三、填空题
32．（2023·全国·高三专题练习）已知某圆台的上底面和下底面的面积分别为，，该圆台的体积为，则该圆台的高为 .
【答案】3
【分析】由圆台的体积公式直接求得.
【详解】圆台的体积，得.
所以该圆台的高为3.
故答案为：3.
33．（2023·上海金山·上海市金山中学校考模拟预测）圆柱容器内部盛有高度为2的水，若放入一个圆锥（圆锥的底面与圆柱的底面正好重合）后，水恰好淹没圆锥的顶部，则圆锥的高为 ．
【答案】3
【分析】设圆柱的底面半径为r，圆锥的高为，根据体积关系列方程求解即可.
【详解】设圆柱的底面半径为r，圆锥的高为，则有，
解得.
故答案为：3.
34．（2023·全国·模拟预测）《本草纲目》中记有麦门冬这一种药物，书中所提麦门冬，别名麦冬、寸冬等，临床可用于治疗肺燥干咳、津伤口渴、喉痹咽病、阴虚劳嗽等．一个麦门冬可近似看作底面拼接在一起的两个圆锥，如图所示，则该麦门冬的体积约为 ．
【答案】
【分析】根据圆锥的体积公式，即可求解.
【详解】由题意可知麦门冬的体积为两个底面直径为2，高为4的圆锥的体积之和，
故该麦门冬的体积，
故答案为：.
35．（2023秋·广东·高三校联考阶段练习）中国客家博物馆坐落于有“世界客都”之称的广东省梅州市城区，是一间收藏、研究、展示客家历史文化的综合性博物馆，其主馆是一座圆台形建筑，如图.现有一圆台，其上、下底面圆的半径分别为3米和6米，母线长为5米，则该圆台的体积约为 立方米.（结果保留整数）
【答案】264
【分析】由题意可得该圆台的高，利用圆台的体积公式求解即可.
【详解】圆台的上、下底面圆的半径分别为3米和6米，母线长为5米，
由题意可得该圆台的高为米，
则该圆台的体积为立方米.
故答案为：264.
36．（2023·上海·高三统考学业考试）如图，在直三棱柱中，是等腰直角三角形.若，则该直三棱柱的体积为 .
【答案】24
【分析】根据直三棱柱的体积公式直接求解即可.
【详解】因为在直三棱柱中，是等腰直角三角形，
，则 为直角，
故可得：，
故答案为：24
37．（2023·上海普陀·上海市宜川中学校考模拟预测）如图，在正四棱锥中，，则正四棱锥的体积为 .
【答案】
【分析】首先求四棱锥的高，再根据体积公式，即可求解.
【详解】作平面，垂足为点，点为正方形的中心，连结，
，，所以，
所以四棱锥的体积.
故答案为：
38．（2023·全国·高三专题练习）如图，一个三棱柱形容器中盛有水，且侧棱AA1＝8．若侧面AA1B1B水平放置时，液面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点．当底面ABC水平放置时，液面高为 ．
【答案】6
【分析】利用相似得到水的体积和容器体积的比，再结合水的体积相等列等式，解方程即可求解.
【详解】当侧面AA1B1B水平放置时，水的形状为四棱柱形，底面是梯形，
设△ABC的面积为S，则S梯形S，
水的体积V水S×AA1＝6S，
当底面ABC水平放置时，水的形状为三棱柱形，设水面高为h，
则有V水＝Sh＝6S，得h＝6，
即当底面ABC水平放置时，液面高为6．
故答案为：6．
39．（2023·广东深圳·深圳中学校考模拟预测）扇面是中国书画作品的一种重要表现形式．一幅扇面书法作品如图所示，经测量，上、下两条弧分别是半径为和的两个同心圆上的弧，侧边两条线段的延长线交于同心圆的圆心且圆心角为．若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为 .
【答案】
【分析】扇子是由圆台侧面展开所得，根据圆台是由大圆锥用平行于底面的平面截去一个小圆锥，即可求圆台的高.
【详解】设一个圆锥的侧面展开图是半径为，圆心角为的扇形，
设该圆锥的底面半径为，所以，，可得，
因此，该圆锥的高为，
故侧面展开图是半径为，圆心角为的扇形的圆锥的
高为，
因此，若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，
则该几何体的高为.
故答案为: .
40．（2023·上海嘉定·校考三模）甲､乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和体积分别为和.若，则 .
【答案】
【分析】由题意知甲，乙两个圆锥的侧而展开图刚好拼成个圆，设圆的半径（即圆锥母线）为3，结合，即可求出，再利用勾股定理可得，由此即可求出答案.
【详解】由题意知甲，乙两个圆锥的侧而展开图刚好拼成个圆，
设圆的半径（即圆锥母线）为3，
甲､乙两个圆锥的底面半径分别为，高分别为，
由，则，
解得，
由勾股定理得，
所以，
故答案为：.
①空间几何体的结构特征
②空间几何体的表面积
③空间几何体的体积
表面积
柱体
为直截面周长
锥体
台体
球
体积
柱体
锥体
台体
球
降水量
等级
小雨､阵雨
中雨
大雨
暴雨
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