高考理科数学一轮复习分层练习第八章简单几何体的再认识(表面积与体积)

[基础题组练]
1．圆柱的底面积为S ，侧面展开图是一个正方形，那么圆柱的侧面积是( ) A ．4πS B ．2πS C ．πS
D ．233
πS
解析：选A.由πr 2＝S 得圆柱的底面半径是S π，故侧面展开图的边长为2π·S π
＝2πS ，所以圆柱的侧面积是4πS ，故选A.
2．已知圆锥的高为3，底面半径长为4，若一球的表面积与此圆锥的侧面积相等，则该球的半径长为( )
A ．5
B ． 5
C ．9
D ．3
解析：选B.因为圆锥的底面半径R ＝4，高h ＝3，所以圆锥的母线l ＝5，所以圆锥的侧面积S ＝πRl ＝20π.设球的半径为r ，则4πr 2＝20π，所以r ＝5，故选B.
3．(2020·安徽黄山一模)如图所示为某几何体的三视图，则几何体的体积为( )
A.1
2 B ．1 C.32 D ．3
解析：选B.
由主视图可得如图的四棱锥P -ABCD ，其中平面ABCD ⊥平面PCD . 由主视图和俯视图可知AD ＝1，CD ＝2，P 到平面ABCD 的距离为3
2.
所以四棱锥P -ABCD 的体积为V ＝13×S 长方形ABCD ×h ＝13×1×2×3
2＝1.故选B.
4．(2020·河南郑州三模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A.5π3 B ．4π3
C.π3
D ．2π3
解析：选D.
几何体是半个圆柱挖去半个圆锥所形成的，如图，
由题意可知几何体的体积为：12×12·π×2－13×12×12·π×2＝2π
3
.故选D.
5．(2020·广东茂名一模)在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，D 1B 与DC 所成的角是60°，则长方体的外接球的表面积是( )
A ．16π
B ．8π
C ．4π
D ．42π 解析：选A.如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，因为DC ∥AB ，所以相交直线D 1B 与AB 所成的角是异面直线D 1B 与DC 所成的角．
连接AD 1，由AB ⊥平面ADD 1A 1，得AB ⊥AD 1，所以在Rt △ABD 1中，∠ABD 1就是D 1B 与DC 所成的角，即∠ABD 1＝60°，又AB ＝2，AB ＝BD 1cos 60°，
所以BD 1＝AB
cos 60°＝4，设长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1外接球的半径为R ，则由长方体的
体对角线就是长方体外接球的直径得4R 2＝D 1B 2＝16，则R ＝2，
所以长方体外接球的表面积是4πR 2＝16π.故选A.
6．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其主视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是________．
解析：
因为四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，所以该四棱锥为正四棱锥，如图， 由题意知底面正方形的边长为2，正四棱锥的高为2，
取正方形的中心O ，AD 的中点E ，连接PO ，OE ，PE ，可知PO 为正四棱锥的高，△PEO 为直角三角形，则正四棱锥的斜高PE ＝22＋12＝ 5.
所以该四棱锥的侧面积S ＝4×1
2×2×5＝4 5.
答案：4 5
7.已知圆锥SO ，过SO 的中点P 作平行于圆锥底面的截面，以截面为上底面作圆柱PO ，圆柱的下底面落在圆锥的底面上(如图)，则圆柱PO 的体积与圆锥SO 的体积的比值为________．
解析：设圆锥SO 的底面半径为r ，高为h ，则圆柱PO 的底面半径是r
2，
高为h 2
，
所以V 圆锥SO ＝13πr 2h ，V 圆柱PO ＝π⎝⎛⎭⎫r 22·h 2＝πr 2h 8，所以V 圆柱PO V 圆锥SO ＝38.
答案：3
8
8．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则棱锥的内切球的半径为________．
解析：如图，过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ，连接AD 并延长交BC 于点E ，连接PE ，
因为△ABC 是正三角形，
所以AE 是BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心． 因为AB ＝BC ＝23，
所以S △ABC ＝33，DE ＝1，PE ＝ 2.
所以S 表＝3×1
2
×23×2＋33＝36＋3 3.
因为PD ＝1，所以三棱锥的体积V ＝1
3
×33×1＝ 3.
设球的半径为r ，以球心O 为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小棱锥，
则r ＝33
36＋33＝2－1.
答案：2－1
9．已知一个几何体的三视图如图所示．
(1)求此几何体的表面积；
(2)如果点P ，Q 在正视图中所示位置，P 为所在线段的中点，Q 为顶点，求在几何体表面上，从P 点到Q 点的最短路径的长．
解：(1)由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和．
S 圆锥侧＝1
2(2πa )·(2a )＝2πa 2，
S 圆柱侧＝(2πa )·(2a )＝4πa 2， S 圆柱底＝πa 2，
所以S 表＝2πa 2＋4πa 2＋πa 2＝(2＋5)πa 2. (2)沿P 点与Q 点所在母线剪开圆柱侧面，如图．
则PQ ＝AP 2＋AQ 2＝a 2＋（πa ）2＝a 1＋π2， 所以从P 点到Q 点在侧面上的最短路径的长为a 1＋π2.
10.如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .
(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；
(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E -ACD 的体积为
6
3
，求该三
棱锥的侧面积．
解：(1)证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD . 因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE . 故AC ⊥平面BED . 又AC
平面AEC ，
所以平面AEC ⊥平面BED .
(2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2
. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝
32
x . 由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝
22
x . 由已知得，三棱锥E -ACD 的体积V 三棱锥E -ACD ＝13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝6
3，故x ＝2. 从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.
所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥E -ACD 的侧面积为3＋2 5.
[综合题组练])
1.如图，以棱长为1的正方体的顶点A 为球心，以2为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为( )
A.3π
4 B ．2π C.3π2
D ．9π4
解析：选C.正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A 1为圆心，1为半径的圆周长的14，所
以所有弧长之和为3×2π4＝3π
2
.故选C.
2．(2020·江西萍乡一模)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )
A.236 B ．72
C.76
D ．4
解析：选A.由三视图可得，该几何体是如图所示的三棱柱ABB 1­DCC 1，
挖去一个三棱锥E -FCG 所形成的，故所求几何体的体积为 12×(2×2)×2－13×⎝⎛⎭⎫12×1×1×1＝23
6. 故选A.
3．(2020·福建厦门外国语学校模拟)已知等腰直角三角形ABC 中，∠ACB ＝90°，斜边AB ＝2，点D 是斜边AB 上一点(不同于点A ，B )．沿线段CD 折起形成一个三棱锥A -CDB ，则三棱锥A -CDB 体积的最大值是( )
A ．1
B ．12
C.1
3
D ．16
解析：选D.设AD ＝x ，将△ACD 折起使得平面ACD ⊥平面BCD .在△ACD 中，由面积公式得12CD ·h 1＝12AD ·1(h 1为点A 到直线CD 的距离)，则h 1＝x 1＋（x －1）2.由题易知h 1为
点A 到平面BCD 的距离，故三棱锥A -CDB 体积为V ＝13S △BCD ·h 1＝1
3×⎝⎛⎭⎫12BD ·1·h 1＝16·2x －x 2x 2－2x ＋2，x ∈(0，2)．令t ＝x 2－2x ＋2，则t ∈[1，2)，故V ＝16·2－t 2t ＝16·
⎝⎛⎭⎫2t －t .由于2t －t 是减函数，故当t ＝1时，V 取得最大值为16×(2－1)＝1
6
.故选D. 4．设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上的四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D -ABC 体积的最大值为( )
A ．12 3
B ．18 3
C ．24 3
D ．54 3
解析：选B.如图，E 是AC 的中点，M 是△ABC 的重心，O 为球心，连接BE ，OM ，OD ，BO .因为S △ABC ＝
34
AB 2
＝93，
所以AB ＝6，BM ＝2
3BE
＝
2
3
AB 2－AE 2＝2 3.易知OM ⊥平面ABC ，所以在Rt △OBM 中，OM ＝OB 2－BM 2＝2，所以当D ，O ，M 三点共线且DM ＝OD ＋OM 时，三棱锥D -ABC 的体积取得最大值，且最大值V max ＝13S △ABC ×(4＋OM )＝1
3
×93×6＝18 3.故选B.
5.如图所示，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1­ABC 1的体积为________．
解析：三棱锥B 1­ABC 1的体积等于三棱锥A -B 1BC 1的体积，三棱锥A ­B 1BC 1的高为
32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312
. 答案：
312
6．已知半球O 的半径r ＝2，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1内接于半球O ，其中底面ABC 在半球O 的大圆面内，点A 1，B 1，C 1在半球O 的球面上．若正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧面积为63，则其侧棱的长是________．
解析：依题意O 是正三角形ABC 的中心，设AB ＝a ，分析计算易得0<a <23，AO ＝33
a ，在Rt △AOA 1中，A ′O ＝r ＝2，则AA 1＝r 2－AO 2＝
4－a 23
，所以正三棱柱ABC -A 1B 1C 1
的侧面积S ＝3a ·AA 1＝3a
4－a 2
3
＝3
－a 4
3
＋4a 2＝63，整理得a 4－12a 2＋36＝0，解得a 2
＝6，即a ＝6，此时侧棱AA 1＝ 2.
答案： 2
7.如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为BC 边的中点，Q 为线段CC 1上的动点，过点A ，P ，Q 的平面截正方体所得的截面为S ，当CQ ＝1时，S 的面积为________．
解析：当CQ ＝1时，Q 与C 1重合．如图，取A 1D 1，AD 的中点分别为F ，G .连接AF ，AP ，PC 1，C 1F ，PG ，D 1G ，AC 1，PF .
因为F 为A 1D 1的中点，P 为BC 的中点，G 为AD 的中点， 所以AF ＝FC 1＝AP ＝PC 1＝5
2
，PG 綊CD ，AF 綊D 1G . 由题意易知CD 綊C 1D 1，
所以PG 綊C 1D 1，所以四边形C 1D 1GP 为平行四边形， 所以PC 1綊D 1G ，所以PC 1綊AF ， 所以A ，P ，C 1，F 四点共面， 所以四边形APC 1F 为菱形．
因为AC 1＝3，PF ＝2，过点A ，P ，Q 的平面截正方体所得的截面S 为菱形APC 1F ， 所以其面积为12AC 1·PF ＝12×3×2＝62.
答案：
62
8．已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为7
8，SA 与圆锥底面所成角为
45°.若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．
解析：如图所示，设S 在底面的射影为S ′，连接AS ′，SS ′.△SAB 的面积为1
2·SA ·SB ·sin
∠ASB ＝12·SA 2·1－cos 2∠ASB ＝1516·SA 2
＝515，所以SA 2＝80，SA ＝4 5.因为SA 与底面
所成的角为45°，所以∠SAS ′＝45°，AS ′＝SA ·cos 45°＝45×
2
2
＝210.所以底面周长l ＝2π·AS ′＝410π，所以圆锥的侧面积为1
2
×45×410π＝402π.
答案：402π。