2023届高考一轮复习讲义（理科）第八章　立体几何 第2讲　高效演练分层突破学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第八章　立体几何 第2讲　高效演练分层突破学案，共8页。
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．eq \f(2\r(3),3)πS
解析：选A.由πr2＝S得圆柱的底面半径是eq \r(\f(S,π))，故侧面展开图的边长为2π·eq \r(\f(S,π))＝2eq \r(πS)，所以圆柱的侧面积是4πS，故选A.
2．已知圆锥的高为3，底面半径长为4，若一球的表面积与此圆锥的侧面积相等，则该球的半径长为( )
A．5 B．eq \r(5)
C．9 D．3
解析：选B.因为圆锥的底面半径R＝4，高h＝3，所以圆锥的母线l＝5，所以圆锥的侧面积S＝πRl＝20π.设球的半径为r，则4πr2＝20π，所以r＝eq \r(5)，故选B.
3．(2020·安徽黄山一模)如图所示为某几何体的三视图，则几何体的体积为( )
A.eq \f(1,2) B．1
C.eq \f(3,2) D．3
解析：选B.由三视图可得如图的四棱锥P­ABCD，其中平面ABCD⊥平面PCD.
由正视图和俯视图可知AD＝1，CD＝2，P到平面ABCD的距离为eq \f(3,2).
所以四棱锥P­ABCD的体积为V＝eq \f(1,3)×S长方形ABCD×h＝eq \f(1,3)×1×2×eq \f(3,2)＝1.故选B.
4．(2020·湖南永州三模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A.eq \f(5π,3) B．eq \f(4π,3)
C.eq \f(π,3) D．eq \f(2π,3)
解析：选D.
几何体是半个圆柱挖去半个圆锥所形成的，如图，
由题意可知几何体的体积为：eq \f(1,2)×12·π×2－eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×12·π×2＝eq \f(2π,3).故选D.
5．(2020·广东茂名一模)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，四边形ABCD是边长为2的正方形，D1B与DC所成的角是60°，则长方体的外接球的表面积是( )
A．16π B．8π
C．4π D．4eq \r(2)π
解析：选A.如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，因为DC∥AB，所以相交直线D1B与AB所成的角是异面直线D1B与DC所成的角．
连接AD1，由AB⊥平面ADD1A1，得AB⊥AD1，所以在Rt△ABD1中，∠ABD1就是D1B与DC所成的角，即∠ABD1＝60°，又AB＝2，AB＝BD1cs 60°，
所以BD1＝eq \f(AB,cs 60°)＝4，设长方体ABCD­A1B1C1D1外接球的半径为R，则由长方体的体对角线就是长方体外接球的直径得4R2＝D1B2＝16，则R＝2，
所以长方体外接球的表面积是4πR2＝16π.故选A.
6．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正(主)视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是________．
解析：因为四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，所以该四棱锥为正四棱锥，如图，
由题意知底面正方形的边长为2，正四棱锥的高为2，
取正方形的中心O，AD的中点E，连接PO，OE，PE，可知PO为正四棱锥的高，△PEO为直角三角形，则正四棱锥的斜高PE＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5).
所以该四棱锥的侧面积S＝4×eq \f(1,2)×2×eq \r(5)＝4eq \r(5).
答案：4eq \r(5)
7.已知圆锥SO，过SO的中点P作平行于圆锥底面的截面，以截面为上底面作圆柱PO，圆柱的下底面落在圆锥的底面上(如图)，则圆柱PO的体积与圆锥SO的体积的比值为________．
解析：设圆锥SO的底面半径为r，高为h，则圆柱PO的底面半径是eq \f(r,2)，高为eq \f(h,2)，所以V圆锥SO＝eq \f(1,3)πr2h，V圆柱PO＝πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(r,2)))eq \s\up12(2)·eq \f(h,2)＝eq \f(πr2h,8)，所以eq \f(V圆柱PO,V圆锥SO)＝eq \f(3,8).
答案：eq \f(3,8)
8．已知正三棱锥的高为1，底面边长为2eq \r(3)，内有一个球与四个面都相切，则棱锥的内切球的半径为________．
解析：如图，过点P作PD⊥平面ABC于点D，连接AD并延长交BC于点E，连接PE，
因为△ABC是正三角形，
所以AE是BC边上的高和中线，D为△ABC的中心．
因为AB＝BC＝2eq \r(3)，
所以S△ABC＝3eq \r(3)，DE＝1，PE＝eq \r(2).
所以S表＝3×eq \f(1,2)×2eq \r(3)×eq \r(2)＋3eq \r(3)＝3eq \r(6)＋3eq \r(3).
因为PD＝1，所以三棱锥的体积V＝eq \f(1,3)×3eq \r(3)×1＝eq \r(3).
设球的半径为r，以球心O为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小棱锥，
则r＝eq \f(3\r(3),3\r(6)＋3\r(3))＝eq \r(2)－1.
答案：eq \r(2)－1
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为所在线段的中点，Q为顶点，求在几何体表面上，从P点到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＝eq \f(1,2)(2πa)·(eq \r(2)a)＝eq \r(2)πa2，
S圆柱侧＝(2πa)·(2a)＝4πa2，
S圆柱底＝πa2，
所以S表＝eq \r(2)πa2＋4πa2＋πa2＝(eq \r(2)＋5)πa2.
(2)沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面，如图．
则PQ＝eq \r(AP2＋AQ2)＝eq \r(a2＋（πa）2)＝aeq \r(1＋π2)，
所以从P点到Q点在侧面上的最短路径的长为aeq \r(1＋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eq \f(\r(6),3)，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＝eq \f(\r(3),2)x，GB＝GD＝eq \f(x,2).
因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝eq \f(\r(3),2)x.
由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝eq \f(\r(2),2)x.
由已知得，三棱锥E­ACD的体积V三棱锥E­ACD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)·AC·GD·BE＝eq \f(\r(6),24)x3＝eq \f(\r(6),3)，故x＝2.
从而可得AE＝EC＝ED＝eq \r(6).
所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为eq \r(5).
故三棱锥E­ACD的侧面积为3＋2eq \r(5).
[综合题组练])
1.如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以eq \r(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.eq \f(3π,4) B．eq \r(2)π
C.eq \f(3π,2) D．eq \f(9π,4)
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eq \f(1,4)，所以所有弧长之和为3×eq \f(2π,4)＝eq \f(3π,2).故选C.
2．(2020·江西萍乡一模)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )
A.eq \f(23,6) B．eq \f(7,2)
C.eq \f(7,6) D．4
解析：选A.由三视图可得，该几何体是如图所示的三棱柱ABB1­DCC1，
挖去一个三棱锥E­FCG所形成的，故所求几何体的体积为
eq \f(1,2)×(2×2)×2－eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×1×1))×1＝eq \f(23,6).
故选A.
3．(2020·福建厦门外国语学校模拟)已知等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，斜边AB＝2，点D是斜边AB上一点(不同于点A，B)．沿线段CD折起形成一个三棱锥A­CDB，则三棱锥A­CDB体积的最大值是( )
A．1 B．eq \f(1,2)
C.eq \f(1,3) D．eq \f(1,6)
解析：选D.设AD＝x，将△ACD折起使得平面ACD⊥平面BCD.在△ACD中，由面积公式得eq \f(1,2)CD·h1＝eq \f(1,2)AD·1(h1为点A到直线CD的距离)，则h1＝eq \f(x,\r(1＋（x－1）2)).由题易知h1为点A到平面BCD的距离，故三棱锥A­CDB体积为V＝eq \f(1,3)S△BCD·h1＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)BD·1))·h1＝eq \f(1,6)·eq \f(2x－x2,\r(x2－2x＋2))，x∈(0，2)．令t＝eq \r(x2－2x＋2)，则t∈[1，eq \r(2))，故V＝eq \f(1,6)·eq \f(2－t2,t)＝eq \f(1,6)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,t)－t)).由于eq \f(2,t)－t是减函数，故当t＝1时，V取得最大值为eq \f(1,6)×(2－1)＝eq \f(1,6).故选D.
4．设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上的四点，△ABC为等边三角形且其面积为9eq \r(3)，则三棱锥D­ABC体积的最大值为( )
A．12eq \r(3) B．18eq \r(3)
C．24eq \r(3) D．54eq \r(3)
解析：选B.如图，E是AC的中点，M是△ABC的重心，O为球心，连接BE，OM，OD，BO.因为S△ABC＝eq \f(\r(3),4)AB2＝9eq \r(3)，
所以AB＝6，BM＝eq \f(2,3)BE
＝eq \f(2,3)eq \r(AB2－AE2)＝2eq \r(3).易知OM⊥平面ABC，所以在Rt△OBM中，OM＝eq \r(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＝eq \f(1,3)S△ABC×(4＋OM)＝eq \f(1,3)×9eq \r(3)×6＝18eq \r(3).故选B.
5.如图所示，已知三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1­ABC1的体积为________．
解析：三棱锥B1­ABC1的体积等于三棱锥A­B1BC1的体积，三棱锥A­B1BC1的高为eq \f(\r(3),2)，底面积为eq \f(1,2)，故其体积为eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),12).
答案：eq \f(\r(3),12)
6．已知半球O的半径r＝2，正三棱柱ABC­A1B1C1内接于半球O，其中底面ABC在半球O的大圆面内，点A1，B1，C1在半球O的球面上．若正三棱柱ABC­A1B1C1的侧面积为6eq \r(3)，则其侧棱的长是________．
解析：依题意O是正三角形ABC的中心，设AB＝a，分析计算易得0