高中数学高考2 第2讲　2 第2讲　空间几何体的表面积与体积 新题培优练

[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.πS

解析：选A.由πr2＝S得圆柱的底面半径是，故侧面展开图的边长为2π·＝2，所以圆柱的侧面积是4πS，故选A.

2．(2019·武汉调研)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为(　　)

A.   B.

C.   D．3

解析：选D.如图，三棱锥P­ABC为三视图所对应几何体的直观图，

由三视图可知，S△ABC＝×2×3＝3，点P到平面ABC的距离h＝3，则VP­ABC＝S△ABC·h＝×3×3＝3，故选D.

3．(2019·昆明调研)古人采取“用臼舂米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石头或木头制成．一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分(看成一个简单的组合体)的体积为(　　)

A．63π   B．72π

C．79π   D．99π

解析：选A.由三视图得，凿去部分是一个半球与一个圆柱的组合体，其中半球的半径为3，体积为×π×33＝18π，圆柱的底面半径为3，高为5，体积为π×32×5＝45π.所以凿去部分的体积为18π＋45π＝63π.故选A.

4．(2019·唐山市摸底考试)已知某几何体的三视图如图所示(俯视图中曲线为四分之一圆弧)，则该几何体的表面积为(　　)

A．1－   B．3＋

C．2＋   D．4

解析：选D.由题设知，该几何体是棱长为1的正方体被截去底面半径为1的圆柱后得到的，如图所示，所以表面积S＝2×(1×1－×π×12)＋2×(1×1)＋×2π×1×1＝4.故选D.

5．(2019·福州模拟)已知圆锥的高为3，底面半径为，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于(　　)

A.π   B.π

C．16π   D．32π

解析：选B.设该圆锥的外接球的半径为R，依题意得，R2＝(3－R)2＋()2，解得R＝2，所以所求球的体积V＝πR3＝π×23＝π，故选B.

6．(2019·沈阳质量监测)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是________．

解析：由三视图可知该几何体是一个四棱锥，记为四棱锥P­ABCD，如图所示，其中PA⊥底面ABCD，四边形ABCD是正方形，且PA＝2，AB＝2，PB＝2，所以该四棱锥的侧面积S是四个直角三角形的面积和，即S＝2×＝4＋4.

答案：4＋4

7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为________．

解析：由三视图可知两个同样的几何体可以拼成一个底面直径为6，高为14的圆柱，所以该几何体的体积V＝×32×π×14＝63π.

答案：63π

8．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x的值是________．

解析：根据三视图判断几何体为四棱锥，其直观图如图所示，则体积V＝××2×x＝3，解得x＝3.

答案：3

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为所在线段中点，Q为顶点，求在几何体表面上，从P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＝(2πa)·(a)＝πa2，

S圆柱侧＝(2πa)·(2a)＝4πa2，

S圆柱底＝πa2，

所以S表＝πa2＋4πa2＋πa2＝(＋5)πa2.

(2)沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面，如图．

则PQ＝＝＝a，

所以从P点到Q点在侧面上的最短路径的长为a.

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E­ACD的体积为，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＝x，GB＝GD＝.

因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝x.

由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝x.

由已知得，三棱锥E­ACD的体积V三棱锥E­ACD＝×·AC·GD·BE＝x3＝，故x＝2.

从而可得AE＝EC＝ED＝.

所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.

故三棱锥E­ACD的侧面积为3＋2.

 [综合题组练]

1．(2019·福州市质量检测)如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为(　　)

A.   B.π

C.   D.

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A1为圆心，1为半径的圆周长的，所以所有弧长之和为3×＝.故选C.

2．三棱柱ABC­A1B1C1的底面是边长为的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，若球O与三棱柱ABC­A1B1C1各侧面、底面均相切，则侧棱AA1的长为(　　)

A.   B.

C．1   D.

解析：选C.因为球O与直三棱柱的侧面、底面均相切，所以侧棱AA1的长等于球的直径，设球的半径为R，则球心在底面上的射影是底面正三角形ABC的中心，如图所示．因为AC＝，所以AD＝AC＝.因为tan ＝，所以球的半径R＝MD＝ADtan ＝×＝，所以AA1＝2R＝2×＝1.

3．(2018·高考全国卷Ⅲ)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥D­ABC体积的最大值为(　　)

A．12   B．18

C．24   D．54

解析：选B.如图，E是AC中点，M是△ABC的重心，O为球心，连接BE，OM，OD，BO.因为S△ABC＝AB2＝9，所以AB＝6，BM＝BE＝＝2.易知OM⊥平面ABC，所以在Rt△OBM中，OM＝＝2，所以当D，O，M三点共线且DM＝OD＋OM时，三棱锥D­ABC的体积取得最大值，且最大值Vmax＝S△ABC×(4＋OM)＝×9×6＝18.故选B.

4．(应用型)如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1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C1重合．如图，取A1D1，AD的中点分别为F，G.连接AF，AP，PC1，C1F，PG，D1G，AC1，PF.

因为F为A1D1的中点，P为BC的中点，G为AD的中点，

所以AF＝FC1＝AP＝PC1＝，PG綊CD，AF綊D1G.

由题意易知CD綊C1D1，

所以PG綊C1D1，所以四边形C1D1GP为平行四边形，

所以PC1綊D1G，所以PC1綊AF，

所以A，P，C1，F四点共面，

所以四边形APC1F为菱形．

因为AC1＝，PF＝，过点A，P，Q的平面截正方体所得的截面S为菱形APC1F，

所以其面积为AC1·PF＝××＝.

答案：

5．(创新型)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为5，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·SA·SB·sin∠ASB＝·SA2·＝·SA2＝5，所以SA2＝80，SA＝4.因为SA与底面所成的角为45°，所以∠SAS′＝45°，AS′＝SA·cos 45°＝4×＝2.所以底面周长l＝2π·AS′＝4π，所以圆锥的侧面积为×4×4π＝40π.

答案：40π

6．(2019·泉州模拟)在三棱锥A­BCD中，AC＝CD＝，AB＝AD＝BD＝BC＝1，若三棱锥的所有顶点，都在同一球面上，则球的表面积是________．

解析：由已知可得，BC⊥AB，BC⊥BD，

所以BC⊥平面ABD，

设三棱锥外接球的球心为O，正三角形ABD的中心为O1，

则OO1⊥平面ABD，

连接O1B，OO1，OC，

在直角梯形O1BCO中，有O1B＝，BC＝1，OC＝OB＝R，

可得：R2＝，

故所求球的表面积为4πR2＝π.

答案：π