课后作业(三十八)
[A组在基础中考查学科功底]
1．C[标准尺寸乒乓球的直径是40mm，标准乒乓球的半径R＝20mm，故表面积S＝4πR2≈5000mm2．故选C．]
2．D[设该正四棱台的高为h，
又其上、下底面边长分别为1，2，体积为3，
则V＝13h(12＋22＋12×
所以h＝97
3．C[在直角梯形A′B′C′D′中，B′C′＝A′B′＝1，且∠A′D′C′＝45°，作A′P⊥D′C′于点P，
则四边形A′B′C′P为正方形，△A′PD′为等腰直角三角形，
故A′D′＝2，D′C′＝2．
故原图形为直角梯形，且上底AB＝A′B′＝1，高AD＝2A′D′＝22，下底DC＝D′C′＝2．
其面积为12×1+2×22
故选C．]
4．B[设圆锥的底面半径为r，母线长为l，
由题意可得πrl=12π，2π3
则圆锥的高h＝l2?r
所以此圆锥的体积为13h×πr2＝16
故选B．]
5．D[正三棱柱中9条棱的长度可以相等，A成立；
正四棱锥中8条棱的长度可以相等，B成立；
正四棱柱中12条棱的长度可以相等，C成立；
因为正六边形的中心到六个顶点的距离都等于边长，
所以正六棱锥的侧棱总比底边长，D不成立．
故选D．]
6．B[如图，因为PM＝13PC，PN＝23PB，所以S
＝PM·PNPC·PB＝13×23＝29，所以VP?AMNVP?ABC＝VA?PMNVA?PBC＝13S△PMN·d
]
7．AC[对于A，有水的部分的几何体，有两个面都垂直于BC，这两个面始终平行，而AD∥BC，
并且BC始终与水面平行，即有FG∥BC，若点H在棱DD1上，由面面平行的性质知，
EH∥FG，若点H在棱CD上，EH∥BC，因此该几何体有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形，并且每相邻两个四边形的公共边互相平行，即该几何体是棱柱，A正确；
对于B，因为水面EFGH为矩形，边FG的长度不变，EF随旋转角的变化而变化，矩形EFGH的面积不是定值，B错误；
对于C，因为A1D1始终与BC平行，而BC始终与水面平行，并且A1D1不在水面所在平面内，即棱A1D1始终与水面平行，C正确；
对于D，当点H在棱CD上且点G在棱CC1上(均不含端点)时，有水部分的棱柱的底面为三角形，
而水的体积不变，高BC不变，则底面面积12BE·BF不变，即BE·BF
8．BC[由已知得圆台的上、下底面半径分别为1，3，
对于A，圆台的体积为13π12+32+1×3
对于B，如图是圆台的轴截面ABCD，外接球球心为O，设外接球半径为R，
当球心在梯形ABCD内时，R2?12+R2?
当球心在梯形ABCD外时(图略)，R2?1
所以外接球的表面积为4πR2＝1123
对于C，用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面中，轴截面的周长最大，
又母线长为23
对于D，如图，挖去以该圆台上底面为底，高为3的圆柱后所得几何体的表面积为
π3+1×4＋2π×1×3＋π×32+1
故选BC．]
9．5π[该旋转体是一个圆柱挖去一个半球后剩余的部分，且圆柱的底面半径是1，高是1，球的半径是1，所以该旋转体的表面积为π×12＋2π×1×1＋12×4π×12＝5π．
10．1410800＋36003[由题意知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，石凳的8个面为三角形，6个面为正方形，所以该几何体共有14个面；
如果被截正方体的棱长是60cm，那么石凳的表面积是
S＝8×12×302×302×sin60°＋6×302×302＝10800+3600
[B组在综合中考查关键能力]
11．C[由题意可知，球的半径为R＝24cm，上球冠的高h1＝6cm，下球冠的高h2＝4cm，
设下底面圆的半径为r，则r2＝242－202＝176，
所以该瓷器的外表面积为4π×242－2π×24×6－2π×24×4＋π×176＝2000π≈6280cm
故选C．]
12．C[依题意，要将棱长为8cm的正四面体的魔方放入正方体盲盒内，且盲盒棱长最小，则当且仅当正方体的面对角线长等于正四面体的棱长，即它们有相同的外接球，
如图，正四面体ABCD的棱长为8cm，
所以该正方体的棱长为42cm，盲盒内剩余空间的体积为4×13×12×42×42×42＝
13．CD[设AB＝ED＝2FB＝2，则V1＝13×12×2×2×2＝43，V2＝13×12×2×2×1＝23．连接BD交AC于点M，连接EM，FM(图略)，则FM＝3，EM＝6，EF＝3，则FM2＋EM2＝EF2，故S△EMF＝12×3×6＝322，V3＝13
14．231[设圆锥的底面半径为r，球的半径为R
因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高h＝3r，母线长l＝2r，由题可知，h＝2R，所以球的半