【新高考复习】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．4πSB．2πSC．πSD.233πS解析：选A.由πr2＝S得圆柱的底面半径是Sπ，故侧面展开图的边长为2π·Sπ＝2πS，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.112B.94C.92D．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＝12×2×3＝3，点P到平面ABC的距离h＝3，则VP­ABC＝13S△ABC·h＝13×3×3＝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．63πB．72πC．79πD．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12×43π×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－π4B．3＋π2C．2＋π4D．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14圆柱后得到的，如图所示，所以表面积S＝2×(1×1－14×π×12)＋2×(1×1)＋14×2π×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3，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.83πB.323πC．16πD．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＋(3)2，解得R＝2，所以所求球的体积V＝43πR3＝43π×23＝323π，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＝22，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×12×2×2＋12×2×22＝4＋42.答案：4＋427．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＝12×32×π×14＝63π.答案：63π8．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＝13×1＋22×2×x＝3，解得x＝3.答案：39．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＝12(2πa)·(2a)＝2πa2，S圆柱侧＝(2πa)·(2a)＝4πa2，S圆柱底＝πa2，所以S表＝2πa2＋4πa2＋πa2＝(2＋5)πa2.(2)沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面，如图．则PQ＝AP2＋AQ2＝a2＋（πa）2＝a1＋π2，所以从P点到Q点在侧面上的最短路径的长为a1＋π2.10．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63，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＝32x，GB＝GD＝x2.因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝32x.由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝22x.由已知得，三棱锥E­ACD的体积V三棱锥E­ACD＝13×12·AC·GD·BE＝624x3＝63，故x＝2.从而可得AE＝EC＝ED＝6.所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为5.故三棱锥E­ACD的侧面积为3＋25.[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2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.3π4B.2πC.3π2D.9π4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14，所以所有弧长之和为3×2π4＝3π2.故选C.2．三棱柱ABC­A1B1C1的底面是边长为3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.12B.32C．1D.3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＝3，所以AD＝12AC＝32.因为tanπ6＝MDAD，所以球的半径R＝MD＝ADtanπ6＝32×33＝12，所以AA1＝2R＝2×12＝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93，则三棱锥D­ABC体积的最大值为()A．123B．183C．243D．543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＝34AB2＝93，所以AB＝6，BM＝23BE＝23AB2－AE2＝23.易知OM⊥平面ABC，所以在Rt△OBM中，OM＝OB2－BM2＝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＝13S△ABC×(4＋OM)＝13×93×6＝183.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＝52，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＝3，PF＝2，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12AC1·PF＝12×3×2＝62.答案：625．(创新型)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为78，SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为515，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12·SA·SB·sin∠ASB＝12·SA2·1－cos2∠ASB＝1516·SA2＝515，所以SA2＝80，SA＝45.因为SA与底面所成的角为45°，所以∠SAS′＝45°，AS′＝SA·cos45°＝45×22＝210.所以底面周长l＝2π·AS′＝410π，所以圆锥的侧面积为12×45×410π＝402π.答案：402π6．(2019·泉州模拟)在三棱锥A­BCD中，AC＝CD＝2，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＝33，BC＝1，OC＝OB＝R，可得：R2＝712，故所求球的表面积为4πR2＝73π.答案：73π