2020高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 2 第2講 空間幾何體的表面積與體積練習(xí) 理（含解析）

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1、第2講 空間幾何體的表面積與體積 [基礎(chǔ)題組練] 1．圓柱的底面積為S，側(cè)面展開圖是一個正方形，那么圓柱的側(cè)面積是(　　) A．4πS　　　B．2πS C．πS　　　D.πS 解析：選A.由πr2＝S得圓柱的底面半徑是，故側(cè)面展開圖的邊長為2π·＝2，所以圓柱的側(cè)面積是4πS，故選A. 2．(2019·武漢調(diào)研)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則此幾何體的體積為(　　) A. B. C. D．3 解析：選D.如圖，三棱錐P-ABC為三視圖所對應(yīng)幾何體的直觀圖， 由三視圖可知，S△ABC＝×2×3＝3，點(diǎn)P到平面ABC的距離h

2、＝3，則VP-ABC＝S△ABC·h＝×3×3＝3，故選D. 3．(2019·昆明調(diào)研)古人采取“用臼舂米”的方法脫去稻谷的外殼，獲得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石頭或木頭制成．一個“臼”的三視圖如圖所示，則鑿去部分(看成一個簡單的組合體)的體積為(　　) A．63π B．72π C．79π D．99π 解析：選A.由三視圖得，鑿去部分是一個半球與一個圓柱的組合體，其中半球的半徑為3，體積為×π×33＝18π，圓柱的底面半徑為3，高為5，體積為π×32×5＝45π.所以鑿去部分的體積為18π＋45π＝63π.故選A. 4．(2019·唐山市摸底考試)已知某幾何體的

3、三視圖如圖所示(俯視圖中曲線為四分之一圓弧)，則該幾何體的表面積為(　　) A．1－ B．3＋ C．2＋ D．4 解析：選D.由題設(shè)知，該幾何體是棱長為1的正方體被截去底面半徑為1的圓柱后得到的，如圖所示，所以表面積S＝2×(1×1－×π×12)＋2×(1×1)＋×2π×1×1＝4.故選D. 5．(2019·福州模擬)已知圓錐的高為3，底面半徑為，若該圓錐的頂點(diǎn)與底面的圓周都在同一個球面上，則這個球的體積等于(　　) A.π B.π C．16π D．32π 解析：選B.設(shè)該圓錐的外接球的半徑為R，依題意得，R2＝(3－R)2＋()2，解得R＝2，所以所求球

4、的體積V＝πR3＝π×23＝π，故選B. 6．(2019·沈陽質(zhì)量監(jiān)測)某四棱錐的三視圖如圖所示，則該四棱錐的側(cè)面積是________． 解析：由三視圖可知該幾何體是一個四棱錐，記為四棱錐P-ABCD，如圖所示，其中PA⊥底面ABCD，四邊形ABCD是正方形，且PA＝2，AB＝2，PB＝2，所以該四棱錐的側(cè)面積S是四個直角三角形的面積和，即S＝2×＝4＋4. 答案：4＋4 7．如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實(shí)線畫出的是某幾何體的三視圖，該幾何體由一平面將一圓柱截去一部分后所得，則該幾何體的體積為________． 解析：由三視圖可知兩個同樣的幾何體可以拼成一個底面直徑為

5、6，高為14的圓柱，所以該幾何體的體積V＝×32×π×14＝63π. 答案：63π 8．某幾何體的三視圖如圖所示，且該幾何體的體積是3，則正視圖中的x的值是________． 解析：根據(jù)三視圖判斷幾何體為四棱錐，其直觀圖如圖所示，則體積V＝××2×x＝3，解得x＝3. 答案：3 9．已知一個幾何體的三視圖如圖所示． (1)求此幾何體的表面積； (2)如果點(diǎn)P，Q在正視圖中所示位置，P為所在線段中點(diǎn)，Q為頂點(diǎn)，求在幾何體表面上，從P到Q點(diǎn)的最短路徑的長． 解：(1)由三視圖知該幾何體是由一個圓錐與一個圓柱組成的組合體，其表面積是圓錐的側(cè)面積、圓柱的側(cè)面積和圓柱的一個底面積

6、之和． S圓錐側(cè)＝(2πa)·(a)＝πa2， S圓柱側(cè)＝(2πa)·(2a)＝4πa2， S圓柱底＝πa2， 所以S表＝πa2＋4πa2＋πa2＝(＋5)πa2. (2)沿P點(diǎn)與Q點(diǎn)所在母線剪開圓柱側(cè)面，如圖． 則PQ＝＝＝a， 所以從P點(diǎn)到Q點(diǎn)在側(cè)面上的最短路徑的長為a. 10．如圖，四邊形ABCD為菱形，G為AC與BD的交點(diǎn)，BE⊥平面ABCD. (1)證明：平面AEC⊥平面BED； (2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱錐E-ACD的體積為，求該三棱錐的側(cè)面積． 解：(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以AC⊥BD. 因?yàn)锽E⊥平面ABCD，所

7、以AC⊥BE. 故AC⊥平面BED. 又AC?平面AEC， 所以平面AEC⊥平面BED. (2)設(shè)AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝. 因?yàn)锳E⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝x. 由BE⊥平面ABCD，知△EBG為直角三角形，可得BE＝x. 由已知得，三棱錐E-ACD的體積V三棱錐E-ACD＝×·AC·GD·BE＝x3＝，故x＝2. 從而可得AE＝EC＝ED＝. 所以△EAC的面積為3，△EAD的面積與△ECD的面積均為. 故三棱錐E-ACD的側(cè)面積為3＋2. [綜合題組練] 1．(2019·福州市質(zhì)量檢測)如

8、圖，以棱長為1的正方體的頂點(diǎn)A為球心，以為半徑作一個球面，則該正方體的表面被球面所截得的所有弧長之和為(　　) A. B.π C. D. 解析：選C.正方體的表面被該球面所截得的弧長是相等的三部分，如圖，上底面被球面截得的弧長是以A1為圓心，1為半徑的圓周長的，所以所有弧長之和為3×＝.故選C. 2．三棱柱ABC-A1B1C1的底面是邊長為的正三角形，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，若球O與三棱柱ABC-A1B1C1各側(cè)面、底面均相切，則側(cè)棱AA1的長為(　　) A. B. C．1 D. 解析：選C.因?yàn)榍騉與直三棱柱的側(cè)面、底面均相切，所以側(cè)棱AA1的長等于球的

9、直徑，設(shè)球的半徑為R，則球心在底面上的射影是底面正三角形ABC的中心，如圖所示．因?yàn)锳C＝，所以AD＝AC＝.因?yàn)閠an ＝，所以球的半徑R＝MD＝ADtan ＝×＝，所以AA1＝2R＝2×＝1. 3．(2018·高考全國卷Ⅲ)設(shè)A，B，C，D是同一個半徑為4的球的球面上四點(diǎn)，△ABC為等邊三角形且其面積為9，則三棱錐D-ABC體積的最大值為(　　) A．12 B．18 C．24 D．54 解析：選B.如圖，E是AC中點(diǎn)，M是△ABC的重心，O為球心，連接BE，OM，OD，BO.因?yàn)镾△ABC＝AB2＝9，所以AB＝6，BM＝BE＝＝2.易知OM⊥平面ABC，所以在Rt△OBM

10、中，OM＝＝2，所以當(dāng)D，O，M三點(diǎn)共線且DM＝OD＋OM時，三棱錐D-ABC的體積取得最大值，且最大值Vmax＝S△ABC×(4＋OM)＝×9×6＝18.故選B. 4．(應(yīng)用型)如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，P為BC的中點(diǎn)，Q為線段CC1上的動點(diǎn)，過點(diǎn)A，P，Q的平面截正方體所得的截面為S，當(dāng)CQ＝1時，S的面積為________． 解析：當(dāng)CQ＝1時，Q與C1重合．如圖，取A1D1，AD的中點(diǎn)分別為F，G.連接AF，AP，PC1，C1F，PG，D1G，AC1，PF. 因?yàn)镕為A1D1的中點(diǎn)，P為BC的中點(diǎn)，G為AD的中點(diǎn)， 所以AF＝FC1＝AP＝PC1

11、＝，PG綊CD，AF綊D1G. 由題意易知CD綊C1D1， 所以PG綊C1D1，所以四邊形C1D1GP為平行四邊形， 所以PC1綊D1G，所以PC1綊AF， 所以A，P，C1，F(xiàn)四點(diǎn)共面， 所以四邊形APC1F為菱形． 因?yàn)锳C1＝，PF＝，過點(diǎn)A，P，Q的平面截正方體所得的截面S為菱形APC1F， 所以其面積為AC1·PF＝××＝. 答案： 5．(創(chuàng)新型)已知圓錐的頂點(diǎn)為S，母線SA，SB所成角的余弦值為，SA與圓錐底面所成角為45°.若△SAB的面積為5，則該圓錐的側(cè)面積為________． 解析：如圖所示，設(shè)S在底面的射影為S′，連接AS′，SS′.△SAB的面積為·

12、SA·SB·sin∠ASB＝·SA2·＝·SA2＝5，所以SA2＝80，SA＝4.因?yàn)镾A與底面所成的角為45°，所以∠SAS′＝45°，AS′＝SA·cos 45°＝4×＝2.所以底面周長l＝2π·AS′＝4π，所以圓錐的側(cè)面積為×4×4π＝40π. 答案：40π 6．(2019·泉州模擬)在三棱錐A-BCD中，AC＝CD＝，AB＝AD＝BD＝BC＝1，若三棱錐的所有頂點(diǎn)，都在同一球面上，則球的表面積是________． 解析：由已知可得，BC⊥AB，BC⊥BD， 所以BC⊥平面ABD， 設(shè)三棱錐外接球的球心為O，正三角形ABD的中心為O1， 則OO1⊥平面ABD， 連接O1B，OO1，OC， 在直角梯形O1BCO中，有O1B＝，BC＝1，OC＝OB＝R， 可得：R2＝， 故所求球的表面積為4πR2＝π. 答案：π - 8 -