湘教版（2019）必修 第二册4.5 几种简单几何体的表面积和体积同步练习题

这是一份湘教版（2019）必修 第二册4.5 几种简单几何体的表面积和体积同步练习题，共13页。

基础过关练
题组一 棱柱、棱锥、棱台的表面积
1.(2020湖南怀化高一上期末)已知正四棱柱的底面边长为3 cm,侧面的对角线长是35 cm,则这个正四棱柱的表面积为( )
A.90 cm2B.365 cm2C.72 cm2D.54 cm2
2.(2019福建三明三地三校高一下联考)一个棱柱的侧面展开图是三个全等的矩形,矩形的长和宽分别为5 cm,4 cm,则该棱柱的侧面积为 cm2.
3.(2020安徽马鞍山二中高二上期末)正三棱锥的底面边长为a,高为66a,则此棱锥的侧面积等于 .
4.(2020安徽合肥一中高二上月考)已知一个正四棱台的上、下底面的边长分别为1和2,其侧面积恰好等于两底面面积之和,则该正四棱台的高为 .
5.如图,在正四棱锥S-ABCD中,SO是这个四棱锥的高,SM是斜高,且SO=8,SM=11.
(1)求这个四棱锥的侧棱长;
(2)求这个四棱锥的表面积.
题组二 圆柱、圆锥、圆台、球的表面积
6.(2019湖南长沙雅礼中学高一上期末)圆柱的底面半径为1,高为1,则圆柱的表面积为( )
A.πB.3πC.2πD.4π
7.圆台的上、下底面半径和高的比为1∶4∶4,若母线长为10,则圆台的表面积为( )
A.81πB.100πC.168πD.169π
8.若过球的球心的圆面的周长是C,则这个球的表面积是 ( )
A.C24πB.C22πC.C2πD.2πC2
9.(2020湖南长沙一中高一上第二次阶段性考试)已知圆锥的母线长为5,高为4,则这个圆锥的表面积为( )
A.21πB.24πC.33πD.39π
10.(2020重庆南开中学高二上期末)已知一个圆柱和圆锥等底等高,且圆锥的轴截面是一个等腰直角三角形,则此圆锥和圆柱的表面积之比为( )
A.2+14B.2+
题组三 组合体的表面积
11.(2020湖北武汉二中高一下期中)如图,该模型为圆柱挖去一个圆锥后所得的几何体,已知圆柱底面半径和高都等于2,圆柱的上底面是圆锥的底面,圆锥高为1,则该模型的表面积等于 .
12.(2020河南开封一中高一质检)有一塔形组合体由3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2,求该塔形组合体的表面积(含最底层正方体的底面积).
13.如图所示,已知直角梯形ABCD,BC∥AD,∠ABC=90°,AB=5 cm,BC=16 cm,AD=4 cm.求:
(1)以AB所在直线为轴旋转一周所得几何体的表面积;
(2)以BC所在直线为轴旋转一周所得几何体的表面积.
能力提升练
题组一 棱柱、棱锥、棱台的表面积
1.(2020河南省实验中学高一上月考,)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积是( )

A.24B.28C.20+45D.20+46
2.()若正四棱锥的斜高是高的233倍,则该正四棱锥的侧面积与底面积之比为 .
3.(2020陕西榆林高一上期末,)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC是正三角形,AA1⊥平面ABC,AB=AA1=a,D是BC边上的一点,且AD为∠BAC的平分线,若在三棱柱ABC-A1B1C1中去掉三棱锥C1-ACD后得到的几何体的表面积为33+15+18,求a的值.
题组二 圆柱、圆锥、圆台、球的表面积
4.(2020山东潍坊一中高一下期中,)圆锥的高h和底面半径r之比为2∶1,且圆锥的体积V=18π,则圆锥的表面积为( )
A.185πB.9(1+25)π
C.95πD.9(1+5)π
5.(2020内蒙古呼和浩特第二中学高一上期末,)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的顶点都在球O的球面上,AB=2,AA1=4,则球O的表面积为( )
A.32π3B.32πC.64πD.64π3
6.(2020浙江宁波余姚中学高二上期中,)若一个圆锥的侧面展开图是圆心角为120°,半径为1的扇形,则这个圆锥的表面积与侧面积的比是 .
7.(2020上海高三模拟,)某种“笼具”由内、外两层组成,无下底面,内层和外层分别是一个圆锥和一个圆柱,其中圆柱与圆锥的底面周长相等,圆柱有上底面,制作时需要将圆锥的顶端剪去,剪去部分和接头忽略不计,已知圆柱的底面周长为24π cm,高为30 cm,圆锥的母线长为20 cm.现要使用一种纱网材料制作50个“笼具”,该材料的造价为每平方米8元,共需多少元?(π≈3.14,结果精确到1元)
题组三 表面积的综合问题
8.(2020湖南郴州高一上期末,)如图所示,边长为2的正方形SG1G2G3中,E、F分别是G1G2,G2G3的中点,沿SE、SF及EF把这个正方形折成一个三棱锥S-EFG,使G1、G2、G3三点重合,重合后记为G,则三棱锥S-EFG的外接球的表面积为 .
9.(2020广东中山第一中学高一上第二次段考,)如图,圆形纸片的圆心为O,半径为12 cm,该纸片上的正方形ABCD的中心为O,E,F,G,H为圆O上的点,△ABE,△BCF,△CDG,△ADH分别是以AB,BC,CD,DA为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以AB,BC,CD,DA为折痕折起△ABE,△BCF,△CDG,△ADH,使得E,F,G,H重合,得到一个四棱锥.当该四棱锥的侧面积是底面积的2倍时,该四棱锥的外接球的表面积为 .
答案全解全析
基础过关练
1.A 由题意得,侧棱长为(35)2-32=6(cm),所以正四棱柱的表面积为4×3×6+2×32=90(cm2).故选A.
2.答案 60
解析 棱柱的侧面展开图的面积即为棱柱的侧面积,
∴棱柱的侧面积为3×5×4=60(cm2).
3.答案 34a2
解析 如图所示,O为底面的中心,在正三角形ABC中,OB=23×32a=33a.
所以在直角三角形POB中,PB=PO2+BO2=a26+a23=22a,
所以在等腰三角形PAB中,底边AB上的高为a22-a24=a2,所以正三棱锥的侧面积为3×12×a×a2=34a2.
4.答案 23
解析 设正四棱台的高、斜高分别为h、h'.
由题意得,4×12×(1+2)×h'=12+22,解得h'=56.
根据棱台的高、斜高、边心距构成直角梯形,可得h2+1-122=562,所以h=23.
5.解析 (1)在Rt△SOM中,OM=SM2-SO2=121-64=57.
在Rt△SBM中,SM=11,BM=OM=57,
∴侧棱长SB=SM2+BM2=121+57=178.
(2)结合(1)得,S侧=4×12×BC×SM=4×12×257×11=4457,S底=BC2=(257)2=228,
∴S表=4457+228.
6.D 因为圆柱的底面半径为1,高为1,
所以圆柱的表面积S=2π×12+π×2×1=4π.
故选D.
7.C 圆台的轴截面如图所示,设上底面半径为r,下底面半径为R,高为h,则R=h=4r,其母线长l=h2+(R-r)2=(4r)2+(3r)2=5r=10,所以r=2,R=8.
故S侧=π(R+r)l=π(8+2)×10=100π,
S表=S侧+πr2+πR2=100π+4π+64π=168π.
故选C.
8.C 设过球心的圆面的半径为R,则球的半径为R.由2πR=C,得R=C2π,∴球的表面积S=4πR2=C2π.故选C.
9.B 由题意得,圆锥的底面半径为52-42=3,则底面圆的周长为6π,所以圆锥的侧面积是12×6π×5=15π,又底面积为9π,
所以表面积为15π+9π=24π.故选B.
10.A 设圆柱与圆锥的底面半径为r.因为圆锥的轴截面是一个等腰直角三角形,所以圆锥的高为r,母线长为2r.所以圆柱的表面积为2πr2+2πr·r=4πr2,
圆锥的表面积为12·2πr·2r+πr2=(2+1)πr2,
所以圆锥和圆柱的表面积之比为(2+1)πr24πr2=2+14.故选A.
11.答案 (12+25)π
解析 由题图知该模型的表面积由三部分组成:圆柱的一个底面积,圆柱的侧面积,圆锥的侧面积.圆柱的一个底面积为4π;圆柱的侧面积为2π×2×2=8π;圆锥的母线l=22+12=5,所以圆锥的侧面积为π×2×5=25π,所以该模型的表面积为(12+25)π.
12.解析 易知由下向上三个正方体的棱长依次为2,2,1.
考虑该几何体在水平面的投影,可知其在水平面的投影面积与最大正方体的一个底面的面积相等,
∴S表=2×22+4×[22+(2)2+12]=36.
∴该塔形组合体的表面积为36.
13.解析 (1)以AB所在直线为轴旋转一周所得几何体是圆台,其上底面半径是4 cm,下底面半径是16 cm,母线DC=52+(16-4)2=13(cm).
∴该几何体的表面积为π×(4+16)×13+π×42+π×162=532π(cm2).
(2)以BC所在直线为轴旋转一周所得几何体是圆柱和圆锥的组合体,如图所示.其中圆锥的高为16-4=12(cm),由(1)可知圆锥的母线DC长为13 cm,又圆柱的母线AD长为4 cm,故该几何体的表面积为2π×5×4+π×52+π×5×13=130π(cm2).
能力提升练
1.C 根据三视图知,该几何体是下部为正方体,上部为正四棱锥的组合体,如图所示.
该几何体的表面积为5S正方形ABCD+4S△PAB=5×22+4×12×2×22+12=20+45.
故选C.
2.答案 2∶1
解析 设正四棱锥的斜高为h',高为h,底面边长为a,
则h'=233h,a=2h'2-h2=233h.
∴该正四棱锥的侧面积为4×12a×h'=83h2,底面积为a2=43h2,
∴该正四棱锥的侧面积与底面积之比为2∶1.
3.解析 由题意得AD=a2-12a2=32a,C1D=a2+12a2=52a,
AC1=a2+a2=2a,
∴AD2+C1D2=AC12,∴AD⊥C1D,
∴S△ADC1=12·3a2·5a2=15a28,
∴a2-12·a2·a+12a2+a2+34a2+38a2+15a28=18+33+158a2=18+33+15,解得a=22(负值舍去).
4.D 由题意得,h=2r.设圆锥的母线长为l.
∵圆锥的体积V=18π,即13πr2h=2πr33=18π,解得r=3,∴h=6,
∴l=h2+r2=62+32=35,
∴圆锥的表面积S=πrl+πr2=π×3×35+π×32=9(1+5)π.故选D.
5.D 过球心O作底面ABC的垂线,垂足为O',易知OO'=2,O'A=23×32×2=233.
由球的截面的性质可得OA2=OO'2+O'A2,
所以OA=4+43=43,
所以球O的表面积S=4π·OA2=64π3.
故选D.
6.答案 4∶3
解析 设圆锥的底面半径为r,则底面周长为2πr,故展开后的扇形弧长为2πr,
又扇形的圆心角为120°=23π,半径为1,故2πr1=23π,所以r=13,故圆锥的侧面积为12×1×2π×13=π3,表面积为π3+π×132=49π,49ππ3=43,
故表面积与侧面积的比是4∶3.
7.解析 设圆柱的底面半径为r cm.
由题意得,2πr=24π,所以r=12.
则圆柱的侧面积为2πr×30=720π(cm2),圆柱的底面积为πr2=144π(cm2),
圆锥的侧面积为πr×20=240π(cm2),
所以“笼具”的表面积为720π+144π+240π=1 104π(cm2),
故制作50个“笼具”共需1 104π×50×8104=1 104π25≈139(元).
8.答案 6π
解析 设三棱锥S-EFG外接球的半径为R.
由题意可知,SG⊥EG,SG⊥GF,GE⊥GF,
所以将三棱锥S-EFG补成如图所示的长方体,它们有同一外接球,因为SG=2,GE=GF=1,
所以外接球的直径2R=22+12+12=6,
即R=62.
所以三棱锥S-EFG的外接球的表面积S=4πR2=6π.
9.答案 400π3 cm2
解析 如图1,连接OE交AB于点I.
图1
设正方形的边长为x cm(x>0),则OI=x2 cm,IE=12-x2cm.
因为该四棱锥的侧面积是底面积的2倍,所以4×x2×12-x2=2x2,解得x=8.
设E,F,G,H重合于点P,该四棱锥的外接球的球心为Q,如图2,
图2
易知OC=42 cm,PC=EA=82+42=45(cm),所以OP=PC2-OC2=43(cm).
设外接球的半径为R cm,
则R2=(43-R)2+(42)2,解得R=1033,
所以外接球的表面积S=4π×10332=4003π(cm2).