高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第八章 立体几何初步8.3 简单几何体的表面积与体积同步达标检测题

8.1~8.3综合拔高练

五年高考练

考点1　基本立体图形　　　　　 　　　　　 　　　　　

1.(2020课标Ⅰ,3,5分,)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为(深度解析)

A. B. C. D.

2.(2020浙江,14,4分,)已知圆锥的侧面积(单位:cm2)为2π,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的底面半径(单位:cm)是　　　　. 

3.(2019课标Ⅱ,16,5分,)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1).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　　　　. 

图1

图2

考点2　几何体的表面积和体积

4.(2020课标Ⅰ,12,5分,)已知A,B,C为球O的球面上的三个点,☉O1为△ABC的外接圆.若☉O1的面积为4π,AB=BC=AC=OO1,则球O的表面积为(　　)

A.64π B.48π C.36π D.32π

5.(2020课标Ⅱ,10,5分,)已知△ABC是面积为的等边三角形,且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π,则O到平面ABC的距离为(　　)

A. B. C.1 D.

6. (2020江苏,9,5分,)如图,六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的.已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm,高为2 cm,内孔半径为0.5 cm,则此六角螺帽毛坯的体积是　　　　cm3. 

7.(2019天津,11,5分,)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　　　　. 

8.(2019江苏,9,5分,)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的体积是120,E为CC1的中点,则三棱锥E-BCD的体积是　　　　. 

9.(2019课标Ⅲ,16,5分,)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ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H分别为所在棱的中点,AB=BC=6 cm,AA1=4 cm.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.易错 

考点3　几何体的外接球和内切球

10.(2020天津,5,5分,)若棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为(　　)

A.12π B.24π C.36π D.144π

11.(2020课标Ⅲ,15,5分,)已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为　　　　. 

12.(2019课标Ⅰ,12,5分,)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,∠CEF=90°,则球O的体积为(　　)

A.8π B.4π C.2π D.π

三年模拟练　 　　　　　 　　　　　

应用实践

1.(2020北京密云高三下一模,)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的表面积为(　　)

A.8 B.

C.8+2 D.8+4

2.(2020北京一零一中学高三统练,)有一塔形几何体由若干个正方体构成,构成方式如图所示,上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点.已知最底层正方体的棱长为8,如果该塔形几何体的最上层正方体的棱长小于1,那么该塔形几何体中正方体的个数至少是(　　)

A.8 B.7 C.6 D.4

3.(2020山东潍坊高三下模拟,)《九章算术》中记载,堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱,阳马指底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥.如图,在堑堵ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AA1=2,当阳马B-ACC1A1的体积为时,堑堵ABC-A1B1C1的外接球的体积的最小值为(　　)

A.π B.π

C.π D.π

4.(2020天津四中高三下线上检测,)底面是边长为1的正方形,侧面是等边三角形的四棱锥P-ABCD的外接球的体积为(　　)

A. B.

C. D.

5.(2020天津北辰高三下第一次诊断,)已知等边三角形的边长为2,将该三角形绕其任一边所在的直线旋转一周形成的曲面所围成的几何体的体积为　　　　. 

6.(2020天津河西高三下调查,)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧棱AA1垂直于底面ABCD,四边形ABCD为正方形,AA1=2AB,且棱柱的表面积为20,则以四边形A1B1C1D1的中心为顶点,四边形ABCD的内切圆所在平面为底面的圆锥的体积为　　　. 

7.(2020辽宁省实验中学、哈师大附中、东北师大附中高三第二次联合模拟,)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1 m,圆锥SO的底面是正方形A1B1C1D1的内切圆,顶点S是正方形ABCD的中心,则圆锥SO的体积为　　　　m3,侧面积为　　　　m2. 

8.(2020山东滕州一中高三线上模拟,)已知正三棱锥P-ABC中,Q为BC的中点,PA=,AB=2,则正三棱锥P-ABC的外接球的半径为　　　　,过Q的平面截三棱锥P-ABC的外接球所得截面的面积的范围为　　　　. 

9.(2020天津和平新高考适应性训练,)如果一个圆锥的高是这个圆锥的内切球的半径的3倍,则圆锥的侧面面积和球的表面积之比为　　　　. 

迁移创新

10.(2020山东济宁高三线上模考,)农历五月初五是端午节,民间有吃粽子的习惯,粽子又称粽籺,古称“角黍”,是端午节大家都会品尝的食品,传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.如图,平行四边形形状的纸片是由六个边长为 1 的正三角形构成的,将它沿虚线折起来,可以得到如图所示粽子形状的六面体,则该六面体的体积为　　　　;若该六面体内有一球, 则该球的体积的最大值为　　　　. 

答案全解全析

五年高考练

1.C　如图,设正四棱锥的底面边长BC=a,侧面等腰三角形底边上的高PM=h,则正四棱锥的高PO=,∴以PO的长为边长的正方形面积为h2-,一个侧面三角形面积为ah,∴h2-=ah,∴4h2-2ah-a2=0,两边同除以a2可得4-2·-1=0,解得=,又∵>0,∴=.故选C.

解题关键

利用以四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,求得底面边长a与侧面等腰三角形底边上的高h之间的关系是求解本题的关键.

2.答案　1

解析　设圆锥的底面半径为r cm,母线长为l cm,如图.

由题意可得∴r=1.

故圆锥的底面半径为1 cm.

3.答案　26;-1

解析　半正多面体面数从上至下依次为1,8,8,8,1,故共有1+8+8+8+1=26个面.正方体被半正多面体顶点A,B,C所在平面截得的图形如图2,八边形ABCDEFGH为正八边形.

图1

图2

设AB=a,则1=2×a+a,解得a=-1,即该半正多面体的棱长为-1.

4.A　如图,由题知△ABC为等边三角形,圆O1的半径r=2,即O1B=2,∴BC=2=OO1,

在Rt△OO1B中,OB2=O+O1B2=16,∴球O的半径R=OB=4,则S球O=4πR2=64π.故选A.

5.C　设等边△ABC的边长为a,外接圆半径为r,球心O到平面ABC的距离为h,球的半径为R,

依题意得a2=,解得a=3(负值舍去),

则△ABC的外接圆半径为r=a=,

因为球O的表面积为16π,即4πR2=16π,所以R=2.

由R2=h2+r2得h==1.故选C.

6.答案　12-

解析　此六角螺帽毛坯的体积V=V正六棱柱-V圆柱=6××22×2-π×2=cm3.

7.答案　

解析　如图所示,圆柱的高O1O=PO==×=1,圆柱的底面半径r=AO=.所以圆柱的体积V=πr2·O1O=π××1=.

8.答案　10

解析　因为长方体的体积是120,

所以2S△BCD·CC1=120,

则S△BCD·CC1=60.所以VE-BCD=S△BCD·EC=·S△BCD·CC1=×60=10.

9.答案　118.8

解析　依题意,知该模型是长方体中挖去一个四棱锥,故其体积V=V长方体-V四棱锥=6×6×4-××4×6×3=132(cm3).

又因为制作该模型所需的原料密度为0.9 g/cm3,

所以制作该模型所需原料的质量为0.9×132=118.8(g).

易错警示

计算被挖去的四棱锥底面面积时,容易误认为四边形HEFG为正方形,由勾股定理求得HE==,错认为底面面积为13.

10.C　设球的半径为R,易知正方体的体对角线为球的直径,∴×2=2R,∴R=3,

∴该球的表面积为4πR2=36π.故选C.

11.答案　π

解析　如图为圆锥内球半径最大时的轴截面图.

其中球心为O,设其半径为r,AC=3,O1C=1,∴AO1==2.∵OO1=OM=r,∴AO=AO1-OO1=2-r,

易知△AMO∽△AO1C,∴=,即=,故3r=2-r,∴r=.∴该圆锥内半径最大的球的体积V=π×=.

12.D　令PA=PB=PC=2x(x>0),则EF=x,连接FC,由题意可得FC=.在△PAC中,cos∠APC==.

在△PEC中,EC2=PC2+PE2-2PC·PE·cos∠EPC=4x2+x2-2×2x·x·=x2+2,在△FEC中,∵∠CEF=90°,∴FC2=EF2+EC2,即x2+2+x2=3,∴x=,∴PA=PB=PC=2x=.

∵AB=BC=CA=2,∴三棱锥P-ABC的三个侧面为等腰直角三角形,∴PA、PB、PC两两垂直,故球O是棱长为的正方体的外接球,设球O的半径为R,则2R=×,R=,∴球O的体积V=πR3=π.故选D.

三年模拟练

应用实践

1.D　由三视图知该四棱锥是如图所示的棱长为2的正方体中的四棱锥A-BCDE,其表面积为2×2+2××2×2+2××2×2=8+4,故选D.

2.A　最底层正方体的棱长为8,则从下往上数第二层正方体的棱长为=4,第三层正方体的棱长为=4,第四层正方体的棱长为=2,第五层正方体的棱长为=2,第六层正方体的棱长为=,第七层正方体的棱长为=1,第八层正方体的棱长为=,……

∵该塔形几何体的最上层正方体的棱长小于1,∴该塔形几何体中正方体的个数至少是8.故选A.

3.B　设AC=x,BC=y,则阳马B-ACC1A1的体积为×2xy=,∴xy=2.

把堑堵ABC-A1B1C1补形为长方体,设堑堵ABC-A1B1C1的外接球半径为R,

则2R=≥=2,

当且仅当x=y=时,等号成立,

∴Rmin=.

∴堑堵ABC-A1B1C1的外接球的体积的最小值为π×()3=.故选B.

4.B　设点E是正方形ABCD的中心,则四棱锥P-ABCD的外接球的球心O在PE上,设外接球的半径为R,则OP=OB=R,由题意得BE=,BP=1,

所以PE==.

所以BE=PE,即O、E重合,

∴四棱锥P-ABCD的外接球的体积V=π×=.故选B.

5.答案　2π

解析　易知将该三角形绕其任一边所在的直线旋转一周形成的曲面所围成的几何体是以为底面圆半径,1为高的两个同底圆锥的组合体,

其体积V=2××π×()2×1=2π.

故答案为2π.

6.答案　

解析　如图,

由题意,该四棱柱为直四棱柱,设AA1=2AB=2a,

则四棱柱的表面积S=2a2+4a×2a=10a2=20,解得a=(负值舍去),

∴圆锥的底面半径为,高为2.

∴圆锥的体积为π××2=.

故答案为.

7.答案　;π

解析　易得圆锥的高为1 m,底面半径为 m,母线长为= m,所以体积为××1=(m3),侧面积为π××=π(m2).

8.答案　;

解析　因为正三棱锥P-ABC中,PB=PC=PA=,AC=BC=AB=2,

所以PB2+PA2=AB2,

即PB⊥PA,

同理PB⊥PC,PC⊥PA,

因此可将正三棱锥P-ABC放入正方体中,如图.

记正方体的体对角线的中点为O,由正方体的结构特征可得,O点是正方体的外接球球心,

所以点O也是正三棱锥P-ABC外接球的球心.

记外接球的半径为R,则R=×=.

因为球的最大截面圆为过球心的圆,

所以过Q的平面截三棱锥P-ABC的外接球所得截面的面积最大为πR2=π.

因为Q为BC的中点,所以由正方体的结构特征可得OQ=PA=.

由球的结构特征可知,当OQ垂直于过Q的截面时,截面圆的半径最小,为=1,此时截面圆的面积为π.

因此,过Q的平面截三棱锥P-ABC的外接球所得截面的面积的范围为.

9.答案　3∶2

解析　作圆锥的轴截面,如图,设球的半径为R,则圆锥的高h=3R,圆锥的底面半径r=R,母线长l==2R,所以===.

迁移创新

10.答案　;

解析　每个三角形面积都是×1×=,由对称性可知该六面体是由两个正四面体组成的,

易求得四面体的高为=,故四面体的体积为××=,

因此该六面体的体积是×2=.

球的体积要达到最大,则球与六个面都相切,

连接球心和五个顶点,把六面体分成了六个三棱锥,设球的半径为R,

则=6×⇒R=, 所以球的体积V=R3=×=π.