高考数学二轮复习专项分层特训命题点13空间几何体的表面积与体积含答案

这是一份高考数学二轮复习专项分层特训命题点13空间几何体的表面积与体积含答案，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1．[2022·山东淄博一模]若圆锥的母线长为2 eq \r(3) ，侧面展开图的面积为6π，则该圆锥的体积是( )
A． eq \r(3) π B．3π
C．3 eq \r(3) π D．9π
2．[2022·广东潮州二模]已知一个圆柱的轴截面为正方形，且它的侧面积为36π，则该圆柱的体积为( )
A．16π B．27π
C．36π D．54π
3．[2022·湖南长沙模拟]如图，一种棱台形状的无盖容器(无上底面A1B1C1D1)模型，其上、下底面均为正方形，面积分别为4 cm2，9 cm2，且A1A＝B1B＝C1C＝D1D，若该容器模型的体积为 eq \f(19,3) cm3，则该容器模型的表面积为( )
A．(5 eq \r(3) ＋9) cm2 B．19 cm2
C．(5 eq \r(5) ＋9) cm2 D．(5 eq \r(37) ＋9) cm2
4．[2022·福建福州高三期末]已知一张边长为2的正方形纸片绕着它的一条边所在的直线旋转 eq \f(π,4) 弧度，则该纸片扫过的区域形成的几何体的表面积为( )
A．2π B．π＋8
C．2π＋8 D．4π＋8
5．[2022·湖北武汉高三期末]如图，该几何体是由正方体截去八个一样的四面体得到的，若被截的正方体棱长为2，则该几何体的表面积为( )
A．12＋3 eq \r(3) B．12＋4 eq \r(3)
C．6＋3 eq \r(3) D．6＋4 eq \r(3)
6．[2022·新高考Ⅱ卷]已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3 eq \r(3) 和4 eq \r(3) ，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A．100π B．128π
C．144π D．192π
7．[2022·全国甲卷]甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙，若 eq \f(S甲,S乙) ＝2，则 eq \f(V甲,V乙) ＝( )
A． eq \r(5) B．2 eq \r(2)
C． eq \r(10) D． eq \f(5\r(10),4)
8．[2022·河北衡水中学一模]已知A，B，C是表面积为16π的球O的球面上的三个点，且AC＝AB＝1，∠ABC＝30°，则三棱锥O ­ ABC的体积为( )
A． eq \f(1,12) B． eq \f(\r(3),12)
C． eq \f(1,4) D． eq \f(\r(3),4)
二、多项选择题
9．如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，则下列结论正确的是( )
A．圆柱的体积为4πR3
B．圆锥的侧面积为 eq \r(5) πR2
C．圆柱的侧面积与圆锥的表面积相等
D．圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶2
10．如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，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．我们来重温这个伟大发现，关于圆柱的体积与球的体积之比和圆柱的表面积与球的表面积之比说法正确的是( )
A．体积之比 eq \f(3,2) B．体积之比 eq \f(2,3)
C．表面积之比 eq \f(2,3) D．表面积之比 eq \f(3,2)
11．已知某圆锥的母线长为2，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 eq \f(2\r(2),3) π
B．圆锥的表面积为2 eq \r(2) π
C．圆锥的侧面展开图是圆心角为 eq \r(2) π的扇形
D．圆锥的内切球表面积为(24－16 eq \r(2) )π
12．[2022·新高考Ⅱ卷]
如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E ­ ACD，F ­ ABC，F ­ ACE的体积分别为V1，V2，V3，则( )
A．V3＝2V2 B．V3＝V1
C．V3＝V1＋V2 D．2V3＝3V1
三、填空题
13．如图，在上、下底面对应边的比为1∶2的三棱台中，过上底面的边A′B′作一个平面把三棱台分成两部分，得到的三棱柱和五面体这两部分的体积之比为________．
14．如图，正方体ABCD ­ A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1 ­ EDF的体积为________．
15．[2022·河北邯郸二模]已知正三棱锥P ­ ABC的底面边长为6，其内切球的半径为1，则此三棱锥的高为________．
16．[2022·山东青岛一模]截角四面体(亦称“阿基米德多面体”)的表面由四个正三角形和四个正六边形组成，它是由一个正四面体分别沿每条棱的三等分点截去四个小正四面体而得到的几何体．若一正四面体的棱长为3，则由其截得的截角四面体的体积为________．
命题点13 空间几何体的表面积与体积(小题突破)
1．解析：设圆锥的高为h，底面半径为r，
则 eq \f(1,2) ×2πr×2 eq \r(3) ＝6π，解得r＝ eq \r(3) .
所以h＝ eq \r(（2\r(3)）2－（\r(3)）2) ＝3.
则圆锥的体积V＝ eq \f(1,3) ×3π×3＝3π.
故选B.
答案：B
2．解析：设圆柱底面半径为R，高为h，
设 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(h＝2R,2πRh＝36π)) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(R＝3,h＝6)) ，
∴圆柱的体积为V＝πR2h＝54π.
故选D.
答案：D
3．解析：由题意得该容器模型为正四棱台，上、下底面的边长分别为2 cm，3 cm.
设该棱台的高为h，则由棱台体积公式V＝ eq \f(1,3) h(S上＋S下＋ eq \r(S上S下) )，
得 eq \f(19,3) ＝ eq \f(1,3) ×h×(4＋9＋6)，得h＝1 cm，
所以侧面等腰梯形的高h′＝ eq \r(1＋（\f(3－2,2)）2) ＝ eq \f(\r(5),2) (cm)，
所以S表＝4× eq \f(（2＋3）×\f(\r(5),2),2) ＋9＝(5 eq \r(5) ＋9) (cm2)，
故选C.
答案：C
4．解析：因为一个边长为2的正方形纸片绕着一条边旋转 eq \f(π,4) 弧度，所形成的几何体为柱体的一部分，是底面半径r为2，高h为2的圆柱的八分之一，
所以其表面积S＝ eq \f(1,8) (2πrh＋2πr2)＋22×2＝ eq \f(1,8) (2π×2×2＋2π×22)＋8＝2π＋8，
故选C.
答案：C
5．解析：根据题意，该几何体的表面积分成两部分，一部分是6个完全相同的正方形，另一部分是8个完全相同的等边三角形，
6个完全相同的正方形的面积之和为：6× eq \r(2) × eq \r(2) ＝12，
8个完全相同的等边三角形的面积之和为：8× eq \f(1,2) × eq \r(2) × eq \r(2) × eq \f(\r(3),2) ＝4 eq \r(3) ，
故该几何体的表面积为：12＋4 eq \r(3) .
故选B.
答案：B
6．解析：设三棱台上底面A1B1C1、下底面ABC的外接圆半径分别为r1，r2，外接圆圆心分别为O1，O2，三棱台的外接球半径为R，球心为O.令|OO1|＝t，则|OO2|＝|t－1|.由题意及正弦定理，得2r1＝ eq \f(3\r(3),sin 60°) ＝6，2r2＝ eq \f(4\r(3),sin 60°) ＝8，所以r1＝3，r2＝4，所以R2＝r eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋t2＝r eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋(t－1)2，即R2＝9＋t2＝16＋(t－1)2，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(t＝4，,R2＝25.)) 所以三棱台外接球的表面积为4πR2＝100π.故选A.
答案：A
7．解析：设甲、乙两个圆锥的母线长都为l，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2.因为两圆锥的侧面展开图的圆心角之和为2π，所以 eq \f(2πr1,l) ＋ eq \f(2πr2,l) ＝2π，则r1＋r2＝l.又 eq \f(S甲,S乙) ＝2，所以πr1l＝2πr2l，所以r1＝2r2，所以r1＝ eq \f(2,3) l，r2＝ eq \f(1,3) l，所以h1＝ eq \r(l2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)l))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(5),3) l，h2＝ eq \r(l2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)l))\s\up12(2)) ＝ eq \f(2\r(2),3) l，所以 eq \f(V甲,V乙) ＝ eq \f(\f(1,3)πr eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) h1,\f(1,3)πr eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) h2) ＝ eq \f(\f(4,9)l2·\f(\r(5),3)l,\f(1,9)l2·\f(2\r(2),3)l) ＝ eq \r(10) .故选C.
答案：C
8．解析：设球的半径为R，△ABC外接圆的半径为r，
在△ABC中，由AC＝AB＝1，∠ABC＝30°，则∠BAC＝120°，
得2r＝ eq \f(AC,sin ∠ABC) ＝2，所以r＝1，
因为球O的表面积为16π，
则4πR2＝16π，解得R＝2，
所以球心O到△ABC的距离d＝ eq \r(R2－r2) ＝ eq \r(3) ，
即三棱锥O ­ ABC的高为 eq \r(3) ，
S△ABC＝ eq \f(1,2) AB·AC·sin ∠BAC＝ eq \f(\r(3),4) ，
所以三棱锥O ­ ABC的体积VO ­ ABC＝ eq \f(1,3) × eq \f(\r(3),4) × eq \r(3) ＝ eq \f(1,4) .
故选C.
答案：C
9．解析：依题意圆柱的底面半径为R，
则圆柱的高为2R，圆柱的体积为πR2×2R＝2πR3，∴A错误；
圆锥的母线长为 eq \r(5) R，圆锥的侧面积为πR× eq \r(5) R＝ eq \r(5) πR2，∴B正确；
∵圆柱的侧面积为4πR2，圆锥表面积为 eq \r(5) πR2＋πR2，∴C错误；
∵V圆柱＝πR2·2R＝2πR3，V圆锥＝ eq \f(1,3) πR2·2R＝ eq \f(2,3) πR3，V球＝ eq \f(4,3) πR3，
∴V圆柱∶V圆锥∶V球＝2πR3∶ eq \f(2,3) πR3∶ eq \f(4,3) πR3＝3∶1∶2，∴D正确．
故选BD.
答案：BD
10．解析：设球的半径为R，
则圆柱的底面半径为R，高为2R，
∴V圆柱＝πR2×2R＝2πR3，V球＝ eq \f(4,3) πR3.
∴ eq \f(V圆柱,V球) ＝ eq \f(2πR3,\f(4,3)πR3) ＝ eq \f(3,2) ；
S圆柱＝2πR×2R＋2×πR2＝6πR2，S球＝4πR2.
∴ eq \f(S圆柱,S球) ＝ eq \f(6πR2,4πR2) ＝ eq \f(3,2) .
故选AD.
答案：AD
11．解析：
由题意圆锥的底面半径r＝ eq \r(2) ，
圆锥的高h＝ eq \r(4－2) ＝ eq \r(2) ，
所以圆锥的体积V＝ eq \f(1,3) ·πr2·h＝ eq \f(2\r(2)π,3) ，故A正确；
圆锥的表面积S＝πrl＋πr2＝2 eq \r(2) π＋2π，故B错误；
圆锥的侧面展开图是圆心角α＝ eq \f(2\r(2)π,2) ＝ eq \r(2) π，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a，
四边形ABCD为正方形，
所以(2－a)×2＝2 eq \r(2) ，解得a＝2－ eq \r(2) ，
圆锥的内切球表面积S＝4πa2＝4π(2－ eq \r(2) )2＝(24－16 eq \r(2) )π，故D正确．
故选ACD.
答案：ACD
12．解析：
设AB＝ED＝2FB＝2，则V1＝ eq \f(1,3) ×2×2＝ eq \f(4,3) ，V2＝ eq \f(1,3) ×2×1＝ eq \f(2,3) .如图，连接BD交AC于点M，连接EM，FM，则FM＝ eq \r(3) ，EM＝ eq \r(6) ，EF＝3，所以S△EMF＝ eq \f(1,2) × eq \r(3) × eq \r(6) ＝ eq \f(3\r(2),2) ，所以V3＝ eq \f(1,3) S△EMF·AC＝2，所以V3＝V1＋V2，2V3＝3V1.故选CD.
答案：CD
13．解析：因为三棱台上下底面对应边的比为1∶2，所以上下底面三角形的面积比为1∶4，
三棱柱和三棱台的高一样，设为h，上下底面的面积分别为S，4S，
所以根据体积公式可知，三棱柱的体积V1＝Sh，
三棱台的体积V2＝ eq \f(1,3) (S＋4S＋ eq \r(4S2) )h＝ eq \f(7,3) Sh，所以剩下的五面体的体积为V2－V1＝ eq \f(4,3) Sh，
所以三棱柱和五面体的体积之比为1∶ eq \f(4,3) ＝3∶4.
答案：3∶4
14．解析：VD1 ­ EDF＝VF ­ EDD1，因为B1C∥平面EDD1，F在B1C上，所以F所在位置均使该三棱锥的高为1；而不论E在AA1上的哪一个位置，SEDD1均为 eq \f(1,2) ，所以VD1 ­ EDF＝VF ­ EDD1＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ×1＝ eq \f(1,6) .
答案： eq \f(1,6)
15．解析：若三棱锥的高为h，而底面外接圆半径r＝ eq \f(6,2sin 60°) ＝2 eq \r(3) ，且底面的高为3 eq \r(3) ，
所以底面外接圆圆心到底面各边的距离为 eq \r(3) ，
由正三棱锥的结构知：各侧面的高为 eq \r(h2＋3) ，
所以各侧面三角形面积为 eq \f(1,2) ×6× eq \r(h2＋3) ＝3 eq \r(h2＋3) ，
则 eq \f(1,3) h× eq \f(1,2) ×62×sin 60°＝ eq \f(1,3) ×1×(9 eq \r(h2＋3) ＋ eq \f(1,2) ×62×sin 60°)，则 eq \r(3) (h－1)＝ eq \r(h2＋3) ，可得h＝3.
答案：3
16．解析：因为大正四面体的棱长为3，
所以正四面体的一个底面面积为 eq \f(\r(3),4) ×32＝ eq \f(9\r(3),4) ，底面正三角形的高为 eq \f(\r(3),2) ×3＝ eq \f(3\r(3),2) ，
则正四面体的高为 eq \r(32－（\f(3\r(3),2)×\f(2,3)）2) ＝ eq \r(6) ，
所以大正四面体的体积为 eq \f(1,3) × eq \f(9\r(3),4) × eq \r(6) ＝ eq \f(9\r(2),4) ，
由题意可得四个角上的小正四面体的棱长为1，则其底面面积为 eq \f(\r(3),4) ，底面正三角形的高为 eq \f(\r(3),2) ，则小正四面体的高为 eq \r(12－（\f(\r(3),2)×\f(2,3)）2) ＝ eq \f(\r(6),3) ，
所以小正四面体的体积为 eq \f(1,3) × eq \f(\r(3),4) × eq \f(\r(6),3) ＝ eq \f(\r(2),12) ，
所以截得的截角四面体的体积为 eq \f(9\r(2),4) －4× eq \f(\r(2),12) ＝ eq \f(23\r(2),12) .
答案： eq \f(23\r(2),12)