新人教A版高考数学二轮复习专题八立体几何1空间几何体的结构特征表面积与体积专题检测含解析

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空间几何体的结构特征、表面积与体积专题检测1.(2019湖北恩施二模,9)某圆锥的母线长为2,高为,其三视图如图所示,圆锥表面上的点M在正视图上的对应点为A,圆锥表面上的点N在侧视图上的对应点为B,则在此圆锥侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为              (　　)A.2　　B.2　　C.　　D.2答案　D　因为圆锥的母线长为2,高为,所以底面半径r==,所以底面周长为2πr=π,所以侧面展开图中扇形中心角为==π,所以从M到N的路径中,最短路径的长度为=2.2.(2019河南郑州一模,9)如图,网格纸上小正方形的边长为2,粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的表面积为              (　　)A.16+(32+16+16)πB.16+(16+16+16)πC.16+(32+32+32)πD.16+(16+32+32)π答案　A　由三视图知该几何体是由两个圆锥与一个长方体组合而成的,两个圆锥的底面半径均为4,高分别为4和8,长方体的长、宽、高分别为2、2、2,则该几何体的表面积S=×2π×4×4+×2π×4×4+π×42×2+2×2×4=16+(32+16+16)π,故选A.3.(2019贵州遵义四中3月月考,9)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,△ABC是边长为1的正三角形,SC为球O的直径,且SC=2,则此棱锥的体积为              (　　)A.　　B.　　C.　　D.答案　A　取AB的中点D,连接SD,CD,则AB⊥CD.因为SC为球O的直径,点A、B都在球面上,所以∠SBC=∠SAC=90°,又因为△ABC是边长为1的正三角形,且SC=2,所以SA=SB=,所以SD⊥AB,又因为SD∩CD=D,所以AB⊥面SDC,所以SD==,CD==,在三角形SDC中,cos∠SDC==-,所以sin∠SDC=,所以S△SDC=·SD·DC·sin∠SDC=,所以棱锥的体积V=·S△SDC·AB=.4.(2019北京朝阳期末,8)以棱长为1的正方体各面的中心为顶点构成一个正八面体,再以这个正八面体各面的中心为顶点构成一个小正方体,那么该小正方体的棱长为              (　　)A.　　B.　　C.　　D.答案　C　设原正方体、正八面体、小正方体分别为C1、C2、C3,已知C1的棱长为1,以正方体C1各面中心为顶点的凸多面体C2为正八面体,它的中截面(垂直平分相对顶点连线的界面)是正方形,该正方形对角线长等于正方体C1的棱长,所以该正八面体C2的棱长为=,以C2各个面的中心为顶点的正方体为C3,正方体C3面对角线长等于C2棱长的,为×=,所以小正方体C3的棱长为=,故选C.5.(2019安徽A10联盟3月联考,9)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的侧面积为              (　　)A.++5　　B.++9C.++10　　D.2+2+10答案　A　由三视图可知,该几何体是一个四棱锥(侧棱PA垂直于底面ABCD),其直观图如图所示,CD===2,PB===2,PD===,PC===3,在△PCD中,cos∠PCD===,∴sin∠PCD==.∴S△PCD=PC·CD·sin∠PCD=×3×2×=,又S△PAB=PA·AB=×2×2=2,S△PAD=PA·AD=×2×3=3,S△PBC=PB·BC=×2×1=,∴该四棱锥的侧面积S=S△PCD+S△PAB+S△PAD+S△PBC=+2+3+=++5.故选A.方法技巧　对于三视图问题,一般根据该几何体的三视图判断几何体的形状,再作出其直观图,从而根据直观图来计算棱长、表面积和体积,在解决组合体表面积问题时,一定要注意重叠面,尤其要注意重叠面是否完全重叠.6.(2018云南玉溪一中期中,11)已知三棱锥P-ABC的各顶点都在同一球面上,且PA⊥平面ABC,若该三棱锥的体积为,AB=2,AC=1,∠BAC=60°,则球的表面积等于              (　　)A.5π　　B.20π　　C.8π　　D.16π答案　B　根据AB=2,AC=1,∠BAC=60°,由余弦定理的推论可得cos∠BAC===,解得BC=,∴S△ABC=·AB·AC·sin60°=×2×1×=.∴VP-ABC=S△ABC·PA=××PA=.解得PA=4.设△ABC外接圆的半径为r,则2r===2,∴r=1,∴球的半径R===.∴球的表面积S=4πR2=20π,故选B.7.(2020江西南昌调研,15)已知一个三棱锥的三视图如图所示,其中2a+b=2(a>0,b>0),则此三棱锥体积的最大值为　　　　. 答案　解析　如图,由题意,知三棱锥的直观图为三棱锥A-CB1D1,且长方体ABCD-A1B1C1D1的长、宽、高分别为2,a,b,∴此三棱锥的体积V=2ab-×ab×2×4=ab=×2a×b≤·=,当且仅当a=,b=1时,等号成立,∴三棱锥体积的最大值为.8.(2018陕西部分重点中学摸底检测,14)把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起,使得平面ABD⊥平面CBD,形成的三棱锥C-ABD的正视图与俯视图如图所示,则侧视图的面积为　　　　. 答案　解析　由三棱锥C-ABD的正视图、俯视图得三棱锥C-ABD的侧视图为直角边长为的等腰直角三角形,所以三棱锥C-ABD的侧视图的面积为××=.9.(2017宁夏银川一模,14)已知矩形ABCD的周长为18,把它沿图中的虚线折成正六棱柱,当这个正六棱柱的体积最大时,它的外接球的表面积为　　　　. 答案　13π解析　设正六棱柱的底面边长为x,高为y,则6x+y=9,0<x<1.5,正六棱柱的体积V=6×x2y=·3x·3x·(9-6x)≤=,当且仅当x=1时,等号成立,此时y=3,又正六棱柱的外接球的球心是其上、下底面中心连线的中点,则外接球的半径为=,∴外接球的表面积为4π×=13π.10.(2019东北师大附中、重庆一中等校联合模拟,15)若侧面积为4π的圆柱有一外接球O,当球O的体积取得最小值时,圆柱的表面积为　　　　. 答案　6π解析　设圆柱的底面半径为r,高为h,则球的半径R=.因为球的体积V=R3,故V最小当且仅当R最小.圆柱的侧面积为2πrh=4π,所以rh=2,所以=,所以R=≥,当且仅当r2=,即r=1时,取“=”,此时球O的体积取最小值.所以r=1,h=2,圆柱的表面积为2π×12+2π×1×2=6π.11.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC是等腰直角三角形,AB=BC=1.点D为侧棱BB1上的动点.若△ADC1周长的最小值为+,则三棱锥C1-ABC外接球的表面积为　　　　. 答案　3π解析　将侧面ABB1A1和侧面BCC1B1沿BB1展开在同一平面内,如图,易知当D为侧棱BB1的中点时,△ADC1的周长最小,此时设BD=x(x>0),则2+=+,可得x=,∴CC1=1,又易知三棱锥C1-ABC外接球的球心为AC1的中点,∴半径R=,则三棱锥C1-ABC外接球的表面积S=4πR2=3π.12.(2020广西柳州重点中学摸底考试,15)菱形ABCD的边长为6,∠BAD=60°,将△BCD沿对角线BD翻折,使得二面角C-BD-A的大小为120°,已知A、B、C、D四点在同一球面上,则球的表面积等于　　　　. 答案　84π解析　设球的半径为R.如图,点O1,O2分别为△BAD,△CBD外接圆的圆心,点O为球心,连接AO1,CO2并延长,由菱形性质知直线AO1,CO2交于一点G,且G在BD上,连接OA,OG,易知OO1⊥AG,OO2⊥CG.因为菱形ABCD的边长为6,∠BAD=60°,所以AO1=6××=2,O1G=6××=,由菱形的对称性及二面角C-BD-A的大小为120°,A,B,C,D四点在同一球面上得∠OGO1=60°,所以OO1=×tan60°=3,∴R2=OA2=A+O=21,∴S=4πR2=84π,故答案为84π.方法总结　找几何体外接球球心的方法:(1)构造长方体(或正方体),将原几何体外接球转化成长方体(或正方体)的外接球,进而得球心的位置;(2)找几何体底面的外心O1,过O1作底面的垂线l1,再找几何体一侧面的外心O2,过O2作该侧面的垂线l2,则l1与l2的交点即为外接球的球心.