8.3.2圆柱、圆锥、圆台与球的表面积和体积
-----专项检测卷
(时间：120分钟，分值：150分)
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．一个圆台的母线长等于上、下底面半径和的一半，且侧面积是，则母线长为（ ）
A．2 B． C．4 D．8
2．已知一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的全面积与侧面积的比是（ ）
A． B． C． D．
3．古代勤劳而聪明的中国人，发明了非常多的计时器，其中计时沙漏制作最为简洁方便、实用，该几何体是由简单几何体组合而成的封闭容器（内装一定量的细沙），其三视图如图所示（沙漏尖端忽略不计），则该几何体的表面积为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，将半径为1的球与棱长为1的正方体组合在一起，使正方体的一个顶点正好是球的球心，则这个组合体的体积为（ ）
A． B． C． D．
5．如图是底面半径为3的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则（ ）
A．圆锥的母线长为18
B．圆锥的表面积为27π
C．圆锥的侧面展开图扇形圆心角为60°
D．圆锥的体积为
6．如果球、正方体与等边圆柱（圆柱底面圆的直径与高相等）的体积相等，设它们的表面积依次为，，，那么，，的大小关系为
A． B．
C． D．
7．一圆锥的内部装有一个小球，若小球的体积为，则该圆锥侧面积的最小值是
A． B． C． D．
8．在平行四边形中，，现沿着将平面折起，E，F分别为和的中点，那么当四棱锥的外接球球心不在锥体内部时，的最大值为（ ）
A．1 B． C． D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．已知某圆锥的母线长为，其轴截面为直角三角形，则下列关于该圆锥的说法中正确的有（ ）
A．圆锥的体积为
B．圆锥的表面积为
C．圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形
D．圆锥的内切球表面积为
10．已知一个圆柱底面半径为，高为，则下列关于此圆柱描述正确的是（ ）
A．侧面展开图是一个正方形 B．表面积是
C．体积是 D．此圆柱有内切球
11．己知圆台的上底半径为1，下底半径为3，球O与圆台的两个底面和侧面都相切，则下列命题中正确的是（ ）
A．圆台的高为4 B．圆台的母线长为4
C．圆台的表面积为 D．球O的表面积为
12．已知A，，，是表面积为20π的球体表面上四点，且，，则（ ）
A．若，则平行直线与间距离的最大值为3
B．若，则平行直线与间距离的最小值为
C．若A，，，四点能构成三棱锥，则该三棱锥体积的最大值为4
D．若，则
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.
13．圆锥的底面半径为，母线与轴所成角为，该圆锥的全面积为_______.
14．在棱长为2的正方体中，，，，分别为棱，，，的中点，将该正方体挖去两个四分之一圆锥，得到如图所示的几何体，则该几何体的体积为___________.
15．南北朝时代的伟大科学家祖暅提出体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”. 意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等. 图1中阴影部分是由曲线、直线以及轴所围成的平面图形，将图形绕轴旋转一周，得几何体. 根据祖暅原理，从下列阴影部分的平面图形绕轴旋转一周所得的旋转体中选一个求得的体积为__________.
16．已知正方体的棱长为2，，，分别为棱，，的中点，点为内（包括边界）的一个动点，则三棱锥为外接球的表面积最大值为_____________.
四、解答题：本题共6小题，共计70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10分）如图，一个圆柱形的纸篓（有底无盖），它的母线长为，底面的半径长为.
（1）求纸篓的容积；
（2）现有制作这种纸篓的塑料制品，请问最多可以做这种纸篓多少个？（假设塑料制品没有浪费）.
18．（12分）如图，已知圆锥的顶点为P，O是底面圆心，AB是底面圆的直径，，．
（1）求圆锥的表面积；
（2）经过圆锥的高PO的中点作平行于圆锥底面的截面，求截得的圆台的体积．
19．（12分）如图，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．相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现：图中圆柱的体积是球体积的，圆柱的表面积也是球表面积的．他的发现是否正确？试说明理由．
20．（12分）如图，△ABC中，，，在三角形内挖去一个半圆（圆心O在边BC上，半圆与AC、AB分别相切于点C，M，与BC交于点N），将△ABC绕直线BC旋转一周得到一个旋转体
(1)求该几何体中间一个空心球的表面积的大小；
(2)求图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体的体积．
21．（12分）（1）如图1，正四棱锥，．
（ⅰ）求此四棱锥的外接球的体积；
（ⅱ）为上一点，求的最小值；
（2）将边长为4的正方形铁皮用剪刀剪切后，焊接成一个正四棱锥（含底面），并保持正四棱锥的表面与正方形的面积相等，在图2中用虚线画出剪刀剪切的轨迹，并求焊接后的正四棱锥的体积．
22．（12分）已知正方体.
(1)若正方体的棱长为1，求点到平面的距离；
(2)在一个棱长为10的密封正方体盒子中，放一个半径为1的小球，任意摇动盒子，求小球在盒子中不能达到的空间的体积；
(3)在空间里，是否存在一个正方体，它的定点到某个平面的距离恰好为0、1、2、3、4、5、6、7，若存在，求出正方体的棱长，若不存在，说明理由.
8.3.2圆柱、圆锥、圆台与球的表面积和体积
-----专项检测卷
(时间：120分钟，分值：150分)
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．一个圆台的母线长等于上、下底面半径和的一半，且侧面积是，则母线长为（ ）
A．2 B． C．4 D．8
【答案】C
【分析】根据圆台的侧面积公式可得答案.
【详解】设圆台的母线长为，上，下底面的半径分别为,则
圆台的侧面积为，解得
故选：C
2．已知一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的全面积与侧面积的比是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设侧面展开图正方形边长为，用表示出圆柱底面半径，然后求出全面积与侧面积，再计算比值．
【详解】设正方形边长为，圆柱底面半径为，易知圆柱高为，，，
全面积为，而侧面积为，
所以全面积与侧面积之比这．
故选：A．
3．古代勤劳而聪明的中国人，发明了非常多的计时器，其中计时沙漏制作最为简洁方便、实用，该几何体是由简单几何体组合而成的封闭容器（内装一定量的细沙），其三视图如图所示（沙漏尖端忽略不计），则该几何体的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意求出圆锥的母线长，从而可求出圆锥的底面积和侧面积，即可求出沙漏的表面积.
【详解】解：由题意知，该沙漏由两个形状相同的圆锥组成，圆锥底面圆半径，高为，
则母线长，则圆锥的侧面积，
圆锥底面积，则圆锥表面积为，则沙漏表面积为，
故选: D.
4．如图，将半径为1的球与棱长为1的正方体组合在一起，使正方体的一个顶点正好是球的球心，则这个组合体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】该组合体可视作一个正方体和个球体的组合体，进而求出体积.
【详解】由题意，该组合体是一个正方体和个球体的组合体，其体积为.
故选：A.
5．如图是底面半径为3的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则（ ）
A．圆锥的母线长为18
B．圆锥的表面积为27π
C．圆锥的侧面展开图扇形圆心角为60°
D．圆锥的体积为
【答案】D
【分析】由题意可知，再利用圆锥的表面积公式，侧面积公式及体积公式，即可判断.
【详解】设圆锥的母线长为，以为圆心，为半径的圆的面积为，
又圆锥的侧面积，
因为圆锥在平面内转到原位置时，圆锥本身滚动了3周，
所以，解得，
所以圆锥的母线长为9，故选项A错误；
圆锥的表面积，故选项B错误；
因为圆锥的底面周长为，
设圆锥的侧面展开图扇形圆心角为，
则，解得，
所以圆锥的侧面展开图扇形圆心角为120°，故选项C错误；
圆锥的高，
所以圆锥的体积为，故选项D正确．
故选：D．
6．如果球、正方体与等边圆柱（圆柱底面圆的直径与高相等）的体积相等，设它们的表面积依次为，，，那么，，的大小关系为
A． B．
C． D．
【答案】B
设球的半径为，正方体的棱长为，等边圆柱的底面半径为，且它们的体积都为，则，由此能比较的大小.
【详解】设球的半径为，正方体的棱长为，等边圆柱的底面半径为，且它们的体积都为，
则，
解得，
所以，
，
，
所以，
故选：B.
【点睛】
该题考查的是有关球、正方体与圆柱的体积与表面积的问题，在解题的过程中，注意需要熟练掌握相应的体积和表面积公式，在比较大小的时候需要将式子化成相同模式的式子进行比较即可.
7．一圆锥的内部装有一个小球，若小球的体积为，则该圆锥侧面积的最小值是
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意考查球与圆锥相切的情况，然后结合均值不等式的结论即可求得圆锥侧面积的最小值.
【详解】满足题意时，圆锥与球相切，其纵截面如图所示，
设圆锥的底面半径，母线长，内切球半径，
由小球的体积为可知其半径为，
利用等面积法可得：，
故， ①
不妨设，代入①式整理可得：，
则圆锥的侧面积的平方：
，
故，当且仅当时等号成立.
故选C.
【点睛】
本题主要考查球与圆锥的关系，均值不等式求最值的方法，圆锥的侧面积公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
8．在平行四边形中，，现沿着将平面折起，E，F分别为和的中点，那么当四棱锥的外接球球心不在锥体内部时，的最大值为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意可知，当折起平面时，四棱锥的外接球球心在或其延长线上.当外接球球心与点重合时，求出的值，利用排除法出答案.
【详解】因为平行四边形中，，
所以三角形与都是边长为的正三角形，
当折起平面时，四棱锥的外接球球心是过三角形的中心平面的垂线与过三角形的中心平面的垂线的交点，
因为E，F分别为和的中点，所以由对称性可知，球心在或其延长线上.
因为四棱锥的外接球球心不在锥体内部，
若球心与点重合.
连接，根据题设可知,，
所以，根据勾股定理，有
可得,
，因为，所以排除ABC.
故选：D.
【点睛】
关键点点睛：本题考查了三棱锥和其外接球的位置关系，解题关键是找到当取得最大值时的等量关系，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．已知某圆锥的母线长为，其轴截面为直角三角形，则下列关于该圆锥的说法中正确的有（ ）
A．圆锥的体积为
B．圆锥的表面积为
C．圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形
D．圆锥的内切球表面积为
【答案】ACD
【分析】根据勾股定理求出圆锥的底面半径，再由圆锥的体积公式以及表面积公式可判断A、B、C；根据球的表面积公式可判断D.
【详解】
由题意圆锥的底面半径，圆锥的高，
所以圆锥的体积，故A正确；
圆锥的表面积，故B错误；
圆锥的侧面展开图是圆心角，故C正确；
，
作出圆锥内切球的轴截面，设圆锥的内切球半径为，
四边形为正方形，
所以，解得，
圆锥的内切球表面积，故D正确.
故选：ACD
10．已知一个圆柱底面半径为，高为，则下列关于此圆柱描述正确的是（ ）
A．侧面展开图是一个正方形 B．表面积是
C．体积是 D．此圆柱有内切球
【答案】ABC
【分析】根据圆柱的几何性质对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】依题意，圆柱的底面半径，高，
A，底面周长为，所以侧面展开图是一个正方形，A正确.
B，圆柱的表面积为，B正确.
C，圆柱的体积为，C正确.
D，由于底面直径为，，所以此圆柱没有内切球，D错误.
故选：ABC
11．己知圆台的上底半径为1，下底半径为3，球O与圆台的两个底面和侧面都相切，则下列命题中正确的是（ ）
A．圆台的高为4 B．圆台的母线长为4
C．圆台的表面积为 D．球O的表面积为
【答案】BD
【分析】作出圆台的轴截面，设圆台上、下底面圆心分别为，半径分别为,连接,利用平面几何知识得到，即可逐项计算求解.
【详解】设梯形ABCD为圆台的轴截面，则内切圆为圆台内切球的大圆，如图，
设圆台上、下底面圆心分别为，半径分别为，
则共线，且，
连接，则分别平分，
故，
故，解得，
故圆台的高为,母线长为，圆台的表面积为，球的表面积，
故选：BD
12．已知A，，，是表面积为20π的球体表面上四点，且，，则（ ）
A．若，则平行直线与间距离的最大值为3
B．若，则平行直线与间距离的最小值为
C．若A，，，四点能构成三棱锥，则该三棱锥体积的最大值为4
D．若，则
【答案】AC
【分析】求得平行直线与间距离最大值判断选项A；求得平行直线与间距离最小值判断选项B；求得三棱锥体积的最大值判断选项C；判定与位置关系判断选项D.
【详解】球的表面积为20π，则此球的半径为，设球心为O，
则球心O到直线的距离为，球心O到直线的距离为
选项A：当平行直线与确定的平面过球心O且分居于球心O的两侧时，平行直线与间距离取最大值.判断正确；
选项B：当平行直线与确定的平面过球心O且位于球心O的同侧时，平行直线与间距离取最小值.判断错误；
选项C：A，，，四点能构成三棱锥， 则当与垂直，与的中点与球心O共线且分居于球心O的两侧时，三棱锥体积取得的最大值.
此时直线与间距离为，三棱锥体积为.判断正确；
选项D：若，则为球O的直径，△ACD为直角三角形，，为锐角，即与不垂直.判断错误.
故选：AC
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.
13．圆锥的底面半径为，母线与轴所成角为，该圆锥的全面积为_______.
【答案】
【分析】求出圆锥的底面积和侧面积，相加即为全面积
【详解】已知，且母线与轴所成角为
所以母线
所以侧面积为，底面积为
故答案为：
14．在棱长为2的正方体中，，，，分别为棱，，，的中点，将该正方体挖去两个四分之一圆锥，得到如图所示的几何体，则该几何体的体积为___________.
【答案】
【分析】该几何体为正方体挖去两个四分之一圆锥，且圆锥，，利用公式进行计算，即可得到答案；
【详解】因为该几何体为正方体挖去两个四分之一圆锥，所以圆锥，，
.
故答案为：
15．南北朝时代的伟大科学家祖暅提出体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”. 意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等. 图1中阴影部分是由曲线、直线以及轴所围成的平面图形，将图形绕轴旋转一周，得几何体. 根据祖暅原理，从下列阴影部分的平面图形绕轴旋转一周所得的旋转体中选一个求得的体积为__________.
【答案】
【详解】选中间的，其体积为
16．已知正方体的棱长为2，，，分别为棱，，的中点，点为内（包括边界）的一个动点，则三棱锥为外接球的表面积最大值为_____________.
【答案】
【分析】连接，得到平面，且平面，且为和中心，得到当点与或或重合时，此时外接球的半径最大，结合球的截面圆的性质，求得外接球的半径，利用球的表面积公式，即可求解.
【详解】如图所示，连接，因为，，分别为棱，，的中点，
根据正方体的结构特征，可得平面，且平面，
且与和的交点分别为，且为和中心，
又由点为内（包括边界）的一个动点，
可得三棱锥为外接球的球心必在直线，
其中的外接圆为球的一个小圆，且为定圆，
当过点球与所在的平面相切于的中心时，此时球的半径最小，
根据运动的思想，可得当点与或或重合时，此时外接球的半径最大，
设此时外接球的半径为，
由正方体的棱长为，可得，则，
分别连接，
在等边中，由，可得，
在等边中，由，可得，
设，则，
在直角，可得，
在直角，可得，
所以，解得，
所以，
所以最大外接球的表面积为.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共计70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．如图，一个圆柱形的纸篓（有底无盖），它的母线长为，底面的半径长为.
（1）求纸篓的容积；
（2）现有制作这种纸篓的塑料制品，请问最多可以做这种纸篓多少个？（假设塑料制品没有浪费）.
【答案】（1）；（2）353个.
【分析】（1）应用圆柱体体积公式 即可；
（2）计算出一个纸篓要用的塑料，即侧面积加底面积即可，再用塑料制品的面积除以一个纸篓要用的材料，即可得到可以做多少个纸篓.
【详解】解：（1）纸篓的容积为，
（2）一个纸篓要用的塑料的面积为.
由，故最多可以做353个这样的纸篓.
18．如图，已知圆锥的顶点为P，O是底面圆心，AB是底面圆的直径，，．
（1）求圆锥的表面积；
（2）经过圆锥的高PO的中点作平行于圆锥底面的截面，求截得的圆台的体积．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）由题意可知，该圆锥的底面半径，母线，从而可求出锥的表面积，
（2）先求出大圆锥的高，从而可求出小圆锥的高，进而可得圆台的体积等于大圆锥的体积减去小圆锥的体积
【详解】解：（1）由题意可知，该圆锥的底面半径，母线．
∴该圆锥的表面积．
（2）在中，，
∵是PO的中点，∴．
∴小圆锥的高，小圆锥的底面半径，
∴截得的圆台的体积．
19．如图，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．相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现：图中圆柱的体积是球体积的，圆柱的表面积也是球表面积的．他的发现是否正确？试说明理由．
【答案】正确，理由见解析
【分析】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为，分别求出球与圆柱的体积与表面积，作比即可得出结论．
【详解】解：设球的半径为，
则圆柱的底面半径为，高为，
，，
，
，，
．
所以他的发现正确.
20．如图，△ABC中，，，在三角形内挖去一个半圆（圆心O在边BC上，半圆与AC、AB分别相切于点C，M，与BC交于点N），将△ABC绕直线BC旋转一周得到一个旋转体
(1)求该几何体中间一个空心球的表面积的大小；
(2)求图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体的体积．
【答案】(1)；
(2).
【分析】根据旋转体的轴截面图，根据已知条件求球的半径与长，再利用球体、圆锥的面积、体积公式计算即可.
(1)
连接，则，
设，
在中，，
；
(2)
，
∴圆锥球.
21．（1）如图1，正四棱锥，．
（ⅰ）求此四棱锥的外接球的体积；
（ⅱ）为上一点，求的最小值；
（2）将边长为4的正方形铁皮用剪刀剪切后，焊接成一个正四棱锥（含底面），并保持正四棱锥的表面与正方形的面积相等，在图2中用虚线画出剪刀剪切的轨迹，并求焊接后的正四棱锥的体积．
【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ）；（2）.
【分析】（1）
（ⅰ）容易判断球心在线段PO1上，根据勾股定理即可解得；
（ⅱ）将三角形展开到与平面在同一平面，即AB的长度；
（2）列举出所有焊接的可能性，算出每种情况的体积即可.
【详解】（1）
（ⅰ）如图4，设外接球半径为，
则
（ⅱ）如图5，将三角形展开到与平面在同一平面，此时，
在三角形中：，
所以．
（2）正四棱锥的剪拼
几种可以剪拼成正四棱锥的方法
如图6，若以正方形各边中点连结而成的小正方形边为裁剪线，不能拼接成正四棱锥.
因为沿裁剪线翻折后，原正方形各顶点重合于一点，这点即为原正方形的中心，就不存在四棱锥了．
图7是以为底面边长，高为的正四棱锥，则
．
图8，联想到勾股定理的证明，可设直角三角形的两条直角边长分别为，（），于是，所以，则构造成以为底面边长，高为的正四棱锥，．
22．已知正方体.
(1)若正方体的棱长为1，求点到平面的距离；
(2)在一个棱长为10的密封正方体盒子中，放一个半径为1的小球，任意摇动盒子，求小球在盒子中不能达到的空间的体积；
(3)在空间里，是否存在一个正方体，它的定点到某个平面的距离恰好为0、1、2、3、4、5、6、7，若存在，求出正方体的棱长，若不存在，说明理由.
【答案】(1)(2)(3)存在，棱长为
【分析】（1）利用等体法：即可求解.
（2）求出小球在正方体的个顶点以及条棱处不能到达的空间，利用球的体积公式以及柱体体积公式即可求解.
（3）设平面为符合题意的平面，过点，延长分别交平面于点,由题意可得，设正方体的棱长为，根据，求出点到平面的距离，进而得出正方体的棱长.
(1)
正方体的棱长为1，设点到平面的距离为，
由，
则，
即，
解得.
(2)
在正方体的个顶点处的单位立方体空间内，
小球不能到达的空间为：，
除此之外，以正方体的棱为一条棱的个的正四棱柱空间内，
小球不能到达的空间共，
其它空间小球均能到达，
故小球不能到达的空间体积为： （）
(3)
设平面为符合题意的平面，过点，
延长分别交平面于点,
由图可知，点
与平面的距离分别应为0、1、2、3、4、5、6、7，
因为互相平行，所以它们与平面所成角相等，
故由比例关系得.
设正方体的棱长为，则，
用几何方法可解得，，
故，
由平面，知为四面体的底面上的高，
所以由，算得点到平面的距离，
，
实际上已知，所以，从而可得，
所以正方体的棱长为，由图可知，该正方体存在.
