考向26空间几何体的表面积与体积（重点）-备战2023年高考数学一轮复习考点微专题（全国通用）（解析版）

这是一份考向26空间几何体的表面积与体积（重点）-备战2023年高考数学一轮复习考点微专题（全国通用）（解析版），共33页。
考向26 空间几何体的表面积和体积

1.（2022年甲卷理9文10）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
A． B． C． D．

【答案】C
【解析】如图，甲、乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆，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，，则，，则，，由勾股定理，得，，所以．
2.（2022年乙卷理9文12）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】考虑与四棱锥的底面形状无关，不是一般性，假设底面是
边长为a的正方形，底面所在圆面的半径为r，则
所以该四棱锥的高，所以体积

当且仅当，即时，等号成立
所以该四棱锥的高，故选C

3.（2022年新高考1卷第8题）已知正四棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为，且，则该正四棱雉体积的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】记三棱锥高与侧棱夹角为，高为，底面中心到各顶点的距离为，，则，，
，，
故，
令
，故，，，，
即，
．
4.（2022年新高考2卷第7题）正三棱台高为1，上下底边长分别是和，所有顶点在同一球面上，则球的表面积是
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径是3，
下底面所在平面截球所得圆的半径是4，
则轴截面中由几何知识可得，或
解得，因此球的表面积是．故选A.

5.（2022年新高考2卷第11题）如图，四边形为正方形，平面，，，记三棱锥，，的体积分别为，，，则
A． B． C． D．

【答案】CD
【解析】设，则，．连结交于，连结、，则，，，故，，，，故选CD．
6.（2022年北京卷第9题） 已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心，
且，故.
因为，故，
故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，
而三角形内切圆的圆心为，半径为，
故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为，故选：B


1.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．
2.空间几何体体积问题的常见类型及解题策略
①直接利用公式进行求解．
②用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．
3.“切”“接”问题的处理规律
①“切”的处理：解决与球有关的内切问题主要是指球内切于多面体或旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面．
②“接”的处理：把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．

1．与体积有关的几个结论
(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差．
(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等．
2．几个与球有关的切、接常用结论
(1)正方体的棱长为a，球的半径为R，
①若球为正方体的外接球，则2R＝a；
②若球为正方体的内切球，则2R＝a；
③若球与正方体的各棱相切，则2R＝a.
(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝.
(3)由棱柱的上下底面平行和球的对称性，可知直棱柱外接球的球心为上下底面外接圆圆心连线的中点，根据勾股定理求直棱柱外接球的半径．
(4)设正四面体的棱长为a，则它的高为a，内切球半径r＝a，外接球半径R＝a.正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.

1、基础知识不扎实
（1） 对立几中一些常见结论要做到了然于胸，如：关于三棱锥中顶点在底面三角形上的射影问题的相关条件和结论要在理解的基础上加以熟记；
（2）在思维受阻时，要养成回头看条件的习惯，问一问自己条件是否都用了呢？
2、平面化处理意识不强，简单的组合体画不出适当的截面图致误
3、“想图、画图、识图、解图”能力的欠缺，多面体与几何体的结构特征不清楚导致计算错误

一、单选题
1．一只会飞行的昆虫被长为12cm的细绳子绑在一个封闭的正方体空盒子内一角（忽略捆绑长度），若盒子的棱长为12cm，则飞虫活动范围的体积为 （    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根据题意可知，飞虫的活动范围是半径为的球的，
球的体积为，
故.
故选：B.
2．已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为，所以四棱锥的高为，
若圆柱的一个底面的周圆经过四棱锥四条侧棱的中点，圆柱的底面半径为，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，
故圆柱的体积为．
故选：A．
3．一个底面积为1的正四棱柱的顶点都在同一球面上，若此球的表面积为，则该四棱柱的高为（    ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【解析】设球的半径为，则 ，解得
设四棱柱的高为 ，则 ，解得
故选：C
4．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
【解析】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
5．如图，某多面体的体积是，其三视图如图所示，则正视图中的高（    ）

A．1 B． C． D．
【答案】B
【解析】由三视图还原出原几何体为三棱锥，如图所示，

结合三视图得该三棱锥体积为：，所以.
故选：B.
6．已知点是球的小圆上的三点，若，则球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为，所以是正三角形，是其外接圆圆心，所以的外接圆半径，球的半径，所以球的表面积为.
故选：B.
7．我国古代经典数学名著《九章算术》中有一段表述:“今有圆堡壔（ dăo ），周四丈八尺，高一丈一尺”，意思是有一个圆柱，底面周长为4丈8尺，高为1丈1尺.则该圆柱的表面积约为（    ）（注:1丈=10尺，取3）
A．1088 平方尺 B．912 平方尺 C．720 平方尺 D．656 平方尺
【答案】B
【解析】由1丈=10尺，则4丈8尺=48尺，1丈1尺=11尺，如下图：

则，，解得，
则圆柱底面积为，侧面积为,
则圆柱的表面积(平方尺)，
故选：B.
8．据《九章算术》中记载，“阳马”是以矩形为底面，一棱与底面垂直的四棱锥.现有一个“阳马”，底面ABCD，底面ABCD是矩形，且，则这个“阳马”的外接球表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】把四棱锥补成一个长方体，如图，长方体的对角线就是其外接球也是四棱锥的外接球直径，
设球半径为，则，
球表面积为．
故选：C．


二、多选题
9．传说古希腊科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，这个球的直径与圆柱的高相等.因为阿基米德认为这个“圆柱容球”是他在几何上最为得意的发现，于是留下遗言：他去世后，墓碑上要刻上一个“圆柱容球”的几何图形.设圆柱的体积与球的体积之比为m，圆柱的表面积与球的表面积之比为n，若，则（    ）

A． B．的展开式中的的系数为56
C．的展开式中的各项系数之和为0 D．，其中i为虚数单位
【答案】AC
【解析】对于A，设内切球的半径为r，则圆柱的高为，
∴，，A正确；
从而可知，∴；
对于B，展开式通项公式为：，
令，解得，∴的展开式中的的系数为，B错误；
对于C，，即展开式的各项系数之和为0，C正确；
对于D，，D错误.
故选：AC.
10．已知正方体的棱长为a，点P为侧面上一点（含边界），点Q为该正方体外接球球面上一点．则下面选项正确的是（    ）
A．直线AP与平面ABCD所成最大角为
B．点Q到正方体各顶点距离的平方之和为
C．点Q到点A和点的距离之和最大值为
D．直线AP与直线BD所成角范围为
【答案】AB
【解析】由题意得：
选项A:过点作平面ABCD的垂线，垂足为M，PM最大且AM最小时，所求角最大，此时点P为点，所成角为，A正确；
选项B:因为为外接球的直径，所以，，所以点Q到正方体各顶点距离的平方之和为，B正确；
选项C:，当三角形为等腰直角三角形时，点Q到的距离最大，此时最大面积为，所以的最大值为，C错误；
选项D:当点P与点B重合时，直线AP与直线BD所成角为，故D错误.
故选：AB

三、填空题
11．半径为的球的球面上有四点，已知为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为________.
【答案】
【解析】设的中心为，三棱锥外接球的球心为，
则当体积最大时，点，，在同一直线上，且垂直于底面，如图，

因为为等边三角形且其面积为，所以的边长满足，故，所以， ，故，
故三棱锥的高，所以
故答案为：
12．圆柱上、下底面的圆周都在一个体积为的球面上，圆柱底面直径为8，则该圆柱的体积为_______
【答案】
【分析】由球体积求得球半径，再由球的截面性质求得圆柱的高，从而得圆柱体积．
【详解】球的半径为，，解得，圆柱的高为：．可得．
故答案为：．
13．如图为某几何体的三视图，该几何体的表面积是___________.

【答案】
【解析】根据几何体的三视图复原原几何体的直观图，如图示，

该几何体为一组合体，上部分为半径为1的半球，下部分为底面半径为1，高为2的圆柱，
故该几何体的表面积为 ，
故答案为：
14．蹴鞠，2006年5月20日，已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录．蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球，因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球．已知某鞠（球）的表面上有四个点(不共面),，则该鞠（球）的体积为__________．
【答案】
【解析】由题可知，三棱锥的外接球的体积即为所求鞠（球）的体积，
又，故三棱锥的三组对棱均相等，
如图，将三棱锥嵌入到在长方体中，
则三棱锥的外接球即为在长方体的外接球，
设，
则，
故，解得，
又长方体外接球的直径即为长方体的体对角线，
故三棱锥的外接球的半径为，
则三棱锥的外接球的体积为：.
故答案为：.




一、单选题
1．（2022·山东济南·模拟预测）拟柱体（所有顶点均在两个平行平面内的多面体）可以用辛普森（Simpson）公式求体积，其中是高，是上底面面积，是下底面面积，是中截面（到上、下底面距离相等的截面）面积.如图所示，在五面体中，底面是边长为2的正方形，，且直线到底面的距离为2，则该五面体的体积为（    ）

A． B． C．3 D．
【答案】D
【解析】由题意得：，，，
分别取的中点，顺次连接，得到截面为中截面，且为长方形，边长为，，
所以，

所以.
故选：D
2．（2022·辽宁鞍山·一模）如图，某加工厂要在一圆柱体材料中打磨出一个直三棱柱模具，已知该圆柱底面圆面积为，高为6，则能截得直三棱柱体积最大为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题意可知，设底面圆的半径为，则,解得.
因为直三棱柱的定义可知，要使能截得直三棱柱体积最大，只需要圆的内接三角形面积最大即可，

.
当且仅当，即时。等号成立，
所以三角形是正三角形时，圆的内接三角形面积最大，
.所以能截得直三棱柱体积最大为.
故选：B.
3．（2023·安徽省宣城中学模拟预测）如图，已知正方体的棱长为2，M，N分别为，的中点．有下列结论：

①三棱锥在平面上的正投影图为等腰三角形；
②直线平面；
③在棱BC上存在一点E，使得平面平面；
④若F为棱AB的中点，且三棱锥的各顶点均在同一求面上，则该球的体积为．
其中正确结论的个数是（    ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【解析】对于①，设的中点为，连接，，，如图，

为的中点，，
又平面，平面，
点，在平面上的正投影分别为，
且点在平面上的正投影分别为其本身，
三棱锥在平面上的正投影图为，
又，
即为等腰三角形，①正确；
对于②，以点为原点，分别以所在直线为轴，
建立空间直角坐标系，如图，

则，
，
，，即，
，，即，
又，平面，平面，
平面，
即是平面的一个法向量，
而，
与不垂直，不与平面平行，②错误；
对于③，如图

设的中点为，连接，由②知，，
，，
，，即，
，，即，
又，平面，平面，
平面，又平面，平面平面，③正确；
对于④，如图，

若为棱AB的中点，又为棱的中点，，
平面，平面，
平面，，
又，和有公共的斜边，
设的中点为，则点到的距离相等，
为三棱锥外接球的球心，为该球的直径，
，，
该球的体积为，④正确.
综上所述，正确的结论为①③④.
故选：D.
4．（2022·北京二中模拟预测）如图所示，一套组合玩具需在一半径为3的球外罩上一个倒置圆锥，则圆锥体积的最小值为（    ）

A．64π B．40π C．84π D．72π
【答案】D
【解析】设母线与底面的夹角，底面半径，内切球半径，圆锥的高，

则：，，
圆锥的体积
，
而，，所以， 又因为：定值
所以，
当且仅当，即时，所以．
故选：D．
5．（2022·河南·通许县第一高级中学模拟预测（文））如图，圆台的侧面展开图为半圆环，图中线段，为线段的四等分点，则该圆台的表面积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设圆台上底面半径为，下底面半径为，
则，，解得：，，
圆台上、下底面面积分别为：，，
又圆台的侧面积，圆台的表面积.
故选：A.
6．（2022·安徽·合肥一六八中学模拟预测（理））刘徽构造的几何模型“牟合方盖”中说：“取立方棋八枚，皆令立方一寸，积之为立方二寸．规之为圆困，径二寸，高二寸．又复横规之，则其形有似牟合方盖矣．”牟合方盖是一个正方体被两个圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时的两圆柱体的公共部分，计算其体积的方法是将原来的“牟合方益”平均分为八份，取它的八分之一（如图一）．记正方形OABC的边长为r，设，过P点作平面PQRS平行于平面OABC．，由勾股定理有，故此正方形PQRS面积是．如果将图一的几何体放在棱长为r的正方体内（如图二），不难证明图二中与图一等高处阴影部分的面积等于．（如图三）设此棱锥顶点到平行于底面的截面的高度为h，不难发现对于任何高度h，此截面面积必为，根据祖暅原理计算牟合方盖体积（    ）
注：祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是两个同高的立体，如在等高处的截面积相等，则体积相等

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】棱锥，由祖暅原理图二中牟合方盖外部的体积等于棱锥
所以图1中几何体体积为，所以牟合方盖体积为．
故选：C．
7．（2022·江苏泰州·模拟预测）《算数书》是已知最早的中国数学著作，于上世纪八十年代出土，大约比现有传本的《九章算术》还要早近二百年．《算数书》内容丰富，有学者称之为“中国数学史上的重大发现”．在《算数书》成书的时代，人们对圆周率的认识不多，用于计算的近似数与真实值相比误差较大．如书中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一．此术相当于给出了圆锥的体积V的计算公式为，其中L和h分别为圆锥的底面周长和高．这说明，该书的作者是将圆周率近似地取为（    ）
A．3.00 B．3.14 C．3.16 D．3.20
【答案】A
【解析】因为，所以，则，∴.
故选：A．
8．（2022·江苏泰州·模拟预测）为庆祝神州十三号飞船顺利返回，某校举行“特别能吃苦，特别能战斗，特别能攻关，特别能奉献”的航天精神演讲比赛，其冠军奖杯设计如下图，奖杯由一个半径为6cm的铜球和一个底座组成，底座由边长为36cm的正三角形铜片沿各边中点的连线向上折叠成直二面角而成，则冠军奖杯的高度为（    ）cm．

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】A，B，C在底面内的射影为M，N，P分别为对应棱的中点，
∴，∴△ABC是边长为9的等边三角形，
设△ABC外接圆圆心O，半径r，则，
∴，，∴到平面DEF距离＝9，
∴冠军奖杯的高度为，
故选：C．


二、多选题
9．（2022·山东济南·模拟预测）在正四面体中，若，则下列说法正确的是（    ）
A．该四面体外接球的表面积为
B．直线与平面所成角的正弦值为
C．如果点在上，则的最小值为
D．过线段一个三等分点且与垂直的平面截该四面体所得截面的周长为
【答案】ACD
【解析】
正四面体中，，图中点为外接球的球心，半径为，为的外心，
所以，由于，
又因为，所以，解得，
因此外接球的表面积为，故A正确；
由于，且与平面所成的角为，
因此，故B错误；
因为于，所以;于，所以;
因此当与点重合时，最小，最小值为，故C正确；
在平面中过点作交于，在平面中过点作交于，连接,
又因为，所以平面，因此平面即为所求，

则的周长为，
同理在平面中过点作交于，在平面中过点作交于，
连接,可得平面，而平面即为所求，
，
则的周长为，故D正确.
故选：ACD.
10．（2022·福建省漳州第一中学模拟预测）如图，在多面体中，四边形，，均是边长为1的正方形，点在棱上，则（    ）

A．该几何体的体积为 B．点在平面内的射影为的垂心
C．的最小值为 D．存在点，使得
【答案】BD
【解析】由题意，可将该几何体补成正方体，如图，

则该几何体的体积为正方体体积去掉一个三棱锥的体积，所以，故A错误；
由题意知，为等边三角形，因为，所以点在平面内的射影为的外心，即的中心，故B正确；
把所在面沿折起，当四点共面时，连接，则的最小值即为的长，由余弦定理知，，故，即的最小值为，故C错误；
四边形为正方形，， ，当与重合时，，故D正确.
故选：BD

三、填空题
11．（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测（理））已知菱形的边长为2，且，点M，N分别为线段，上的动点，沿将翻折至，若点C在平面内的射影恰好落在直线上，则当线段最短时，三棱锥的体积为___________.
【答案】
【解析】设点在平面内的射影是直线上的点，如图，
设.

∵平面，平面
∴平面平面，且平面平面，
在平面内做于点，连接和，
此时平面.当时最小，
，
，
则，
令得，即，
在区间上，函数与函数交于唯一的点，
如图，

∴当且仅当的时候取最小值，
此时，点即点，，
所以.
故答案为：
12．（2022·江苏淮安·模拟预测）周总理纪念馆是由正方体和正四棱锥组合体建筑设计，如图所示，若该组合体接于半径R的球O（即所有顶点都在球上），记正四棱锥侧面与正方体底面所成二面角为，则_________．

【答案】
【解析】由正方体的性质可知该组合体的外接球的球心为正方体的中心，
设正方体底面的中心为，的中点为，连接，
则，

则，设正方体的棱长为，则，
∴.
故答案为：.
13．（2022·山东·烟台市教育科学研究院二模）鲁班锁是我国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中的榫卯结构，其内部的凹凸部分啮合十分精巧．图1是一种鲁班锁玩具，图2是其直观图．它的表面由八个正三角形和六个正八边形构成，其中每条棱长均为．若该玩具可以在一个正方体内任意转动（忽略摩擦），则此正方体表面积的最小值为________．

【答案】
【解析】将鲁班锁补成正方体，然后以点为坐标原点，
、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

在鲁班锁所在几何体上任取一个顶点，
观察图形可知，到鲁班锁所在几何体上其他顶点的距离的最大值在、、
、、、、、中取得，
结合图形可知、、、、
、、、，
则，，
，，
，
，
，，
所以，到鲁班锁所在几何体上其他顶点的距离的最大值，
所以，若该玩具可以在一个正方体内任意转动（忽略摩擦），
设该正方体的棱长的最小值为，则，该正方体的表面积为.
故答案为：.
14．（2022·北京朝阳·二模）如图，在正方体，中，E，F，G分别为棱上的点（与正方体顶点不重合），过作平面，垂足为H．设正方体的棱长为1，给出以下四个结论：

①若E，F，G分别是的中点，则；
②若E，F，G分别是的中点，则用平行于平面的平面去截正方体，得到的截面图形一定是等边三角形；
③可能为直角三角形；
④．
其中所有正确结论的序号是________．
【答案】①④
【解析】①由，而，
所以，可得，正确；
②根据正方体的性质平行平面的平面有如下情况：

当截面在面与面之间时为六边形，在面左上或面右下时为等边三角形，错误；
③分别在上不为顶点任意点，当从到过程递减，即小于，同理知：也小于，不可能为直角三角形，错误；
④若，又，即，
所以，
则，即，
所以，即，正确；
故答案为：①④
【点睛】关键点点睛：①④应用等体积法计算或转化，②由正方体性质及平面的基本性质作出截面判断；③根据正方体的性质，动点分析三角形的内角变化趋势.



1．（2020年全国三卷）如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是
A． B． C． D．

【答案】C
【解析】由题2可知：该几何体是棱长为的正方体割掉一部分剩下的一个角，如图所示，其面积为：，故选：C．

2．（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为________.
【答案】
【解析】∵ ∴
∴
∴. 故答案为：.


3．（2016年全国III）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为

A． B． C．90 D．81
【答案】B
【解析】由三视图可得该几何体是平行六面体，上下底面是边长为3的正方形，故面积都是9，前后两个侧面是平行四边形，一边长为3、该边上的高为6，故面积都为18，左右两个侧面是矩形，边长为和3，故面积都为，则该几何体的表面积为2(9 +18+)=54 +．
4．（2017新课标Ⅱ）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得，则该几何体的体积为

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】解法一 由题意，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积，上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半，
其体积，
故该组合体的体积．故选B．
解法二 该几何体可以看作是高为14，底面半径为3的圆柱的一半，所以体积为
．选B．
5．（2015新课标）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如图，设正方形的棱长为1，则截取部分为三棱锥，其体积为，又正方体的体积为1，则剩余部分的体积为，故所求比值为．

6.（2019全国Ⅲ理16）学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体挖去四棱锥O—EFGH后所得几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，，3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________(g).

【答案】118.8
【解析】该模型为长方体，挖去四棱锥后所得的几何体，其中O为长方体的中心，，，，，分别为所在棱的中点，，，
所以该模型体积为：
，
打印所用原料密度因为为，不考虑打印损耗，
所以制作该模型所需原料的质量为：．
7.（2019年新课标2卷）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图．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．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有　　个面，其棱长为　　．


【答案】26,2?1
【解析】由图知，该半正多面体的面数为26，设所求棱长为a，则由题知
，
8．（2016全国II）如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为

A．20π B．24π C．28π D．32π
【答案】C
【解析】该几何体是圆锥与圆柱的组合体，
设圆柱底面圆半径为，周长为，圆锥母线长为，圆柱高为．
由图得，，由勾股定理得：，
，故选C．
9．（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.
故选：B.
10．（2021上海卷）在圆柱中，底面圆半径为，高为，上底面圆的直径为,是底面圆弧上的一个动点，绕着底面圆周转，则的面积的范围________．
【答案】
【解析】当点为的投影时，面积最小；
当点为弧中点的投影时，面积最大，
因此面积的取值范围为
11．（2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I卷））已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根据题意，可得截面是边长为的正方形，
结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为，
所以其表面积为，故选B.