【最新版】高中数学高三培优小题练第56练　简单几何体的表面积与体积

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考点一 空间几何体的表面积
1．已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )
A．12eq \r(2)π B．12π
C．8eq \r(2)π D．10π
答案 B
解析 因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为2eq \r(2)，底面圆的直径为2eq \r(2)，所以该圆柱的表面积为2×π×(eq \r(2))2＋2eq \r(2)π×2eq \r(2)＝12π.
2．(2022·宜宾模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( )
A.eq \f(140,3) B.eq \f(160,3)
C．64＋16eq \r(2) D．64＋32eq \r(2)
答案 D
解析 根据三视图可得如图所示的几何体，
该几何体的表面积为
eq \f(1,2)×(4＋8)×4＋eq \f(1,2)×(4＋8)×4eq \r(2)＋eq \f(1,2)×4×4＋eq \f(1,2)×4×4eq \r(2)＋4×8＝64＋32eq \r(2).
3．两直角边分别为1，eq \r(3)的直角三角形绕其斜边所在的直线旋转一周，得到的几何体的表面积是( )
A.eq \f(3＋\r(3)π,2) B．3π
C.eq \f(9＋2\r(3)π,4) D．(3＋2eq \r(3))π
答案 A
解析 由题意知直角三角形的斜边为2，
则斜边上的高为eq \f(1×\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2).
由题意知该几何体为两个倒立的圆锥底对底组合在一起，其中R＝eq \f(\r(3),2)，
∴S＝π×eq \f(\r(3),2)×1＋π×eq \f(\r(3),2)×eq \r(3)＝eq \f(3＋\r(3)π,2).
考点二 空间几何体的体积
4．(2022·海口模拟)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝2，CC1＝2，E是CD的中点，则三棱锥D－D1EB的体积为( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(2\r(3),3) C.eq \f(4,3) D.eq \r(3)
答案 C
解析 ∵S△BED＝eq \f(1,2)DE·BC＝eq \f(1,4)CD·BC＝eq \f(1,4)AB·BC＝2，DD1⊥平面ABCD，
∴VD－D1EB＝VD1－BED＝eq \f(1,3)S△BED·DD1＝eq \f(1,3)S△BED·CC1＝eq \f(1,3)×2×2＝eq \f(4,3).
5．(2022·潍坊模拟)“迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明．它的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为12 cm，外层底面直径为16 cm，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为20 cm的球面上．此模型的体积为( )
A．304π cm3 B．840π cm3
C．912π cm3 D．984π cm3
答案 C
解析 如图，该模型内层圆柱底面直径为12 cm，且其底面圆周在一个直径为20 cm的球面上，可知内层圆柱的高h1＝2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(20,2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,2)))2)＝16 (cm)，
同理，该模型外层圆柱底面直径为16 cm，且其底面圆周在一个直径为20 cm的球面上，可知外层圆柱的高h2＝2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(20,2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,2)))2)＝12 (cm)，
此模型的体积为V＝π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,2)))2×12＋π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,2)))2×(16－12)＝912π (cm3)．
6．在《九章算术》中，将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称为“羡除”，现有一个“羡除”如图所示，DA⊥平面ABFE，四边形ABFE，CDEF均为等腰梯形，AB∥CD∥EF，AB＝AD＝4，EF＝8，EF到平面ABCD的距离为6，则这个“羡除”的体积是( )
A．96 B．72 C．64 D．58
答案 C
解析 作AM⊥EF交EF于点M，
作BN⊥EF交EF于点N
连接DM，CN，如图，
根据题意可知AB∥CD∥EF，
且DA⊥平面ABFE，所以AB⊥DA，
又AB⊥AM，AM，DA⊂平面DAM，AM∩DA＝A，
所以AB⊥平面DAM，同理，AB⊥平面CBN，
故三棱柱DAM－CBN为直三棱柱，
S△DAM＝eq \f(1,2)AM·AD＝eq \f(1,2)×6×4＝12，
且S△AME＝eq \f(1,2)EM·AM＝eq \f(1,2)×eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8－4)),2)×6＝6，
所以VDAM－CBN＝S△DAM·AB＝48，
VD－AME＝eq \f(1,3)S△AME·AD＝8，
所以这个“羡除”的体积是VDAM－CBN＋2VD－AME＝64.
考点三 球与空间几何体的外接、内切问题
7．在三棱锥P－ABC中，PA＝PB＝PC＝2eq \r(5)，AB＝AC＝BC＝2eq \r(3)，则三棱锥P－ABC外接球的体积是( )
A．36π B．50π C.eq \f(32π,3) D.eq \f(125π,6)
答案 D
解析 如图，O′为△ABC外接圆的圆心，O为三棱锥P－ABC外接球的球心．
因为AB＝AC＝BC＝2eq \r(3)，
所以O′A＝2eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)×eq \f(2,3)＝2.
因为PA＝PB＝PC＝2eq \r(5)，所以PO′＝4.
设三棱锥P－ABC外接球的半径为R，
则(4－R)2＋4＝R2，解得R＝eq \f(5,2)，
故三棱锥P－ABC外接球的体积是eq \f(4,3)πR3＝eq \f(125π,6).
8．在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠BAC＝eq \f(2π,3)，AA1＝4，AB＝AC＝2eq \r(3)，则三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的表面积为( )
A．32π B．48π C．64π D．72π
答案 C
解析 ∵AB＝AC＝2eq \r(3)且∠BAC＝eq \f(2π,3)，
∴BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcs eq \f(2π,3)＝36，
∴BC＝6，
由正弦定理可得△ABC的外接圆半径
r＝eq \f(BC,2sin∠BAC)＝eq \f(6,2sin \f(2π,3))＝2eq \r(3)，
∴三棱柱ABC－A1B1C1的外接球半径
R＝eq \r(r2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)AA1))2)＝eq \r(12＋4)＝4，
∴外接球的表面积S＝4πR2＝64π.
9．(2022·西南大学附中模拟)已知A，B，C是半径为2的球面上的三个点，其中O为球心，且AC⊥BC，AC＝1，BC＝eq \r(3)，则三棱锥O－ABC的体积为( )
A．1 B.eq \f(\r(3),2) C.eq \f(\r(3),6) D.eq \f(1,2)
答案 D
解析 取AB的中点为D，连接OD，如图所示．
因为AC⊥BC，所以D为△ABC的外接圆的圆心，
由球体性质可知，OD⊥平面ABC，OD⊥AB，
又因为AC＝1，BC＝eq \r(3)，
所以AB＝eq \r(AC2＋BC2)＝2，
故△ABC的外接圆的半径BD＝1，
由已知条件可知，OA＝OB＝OC＝2，
从而OD＝eq \r(OB2－BD2)＝eq \r(3)，
故三棱锥O－ABC的体积为V＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×AC×BC×OD＝eq \f(1,6)×1×eq \r(3)×eq \r(3)＝eq \f(1,2).
10.如图，半径为4的球O中有一内接圆柱，则圆柱的侧面积的最大值是________．
答案 32π
解析 设圆柱的上底面半径为r，球的半径与上底面夹角为α，则r＝4cs α，圆柱的高为8sin α.所以圆柱的侧面积为32πsin 2α.当且仅当α＝eq \f(π,4)时，sin 2α＝1，圆柱的侧面积最大，所以圆柱的侧面积的最大值为32π.
11．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍甍”的五面体，如图所示，四边形ABCD为矩形，棱EF∥AB.若此几何体中，AB＝4，EF＝2，△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，则该几何体的表面积为( )
A．8eq \r(3) B．8＋8eq \r(3)
C．6eq \r(2)＋2eq \r(3) D．8＋6eq \r(2)＋2eq \r(3)
答案 B
解析 如图所示，取BC的中点P，连接PF，则PF⊥BC，过F作FQ⊥AB，垂足为Q.
因为△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，
且EF∥AB，所以四边形ABFE为等腰梯形，FP＝eq \r(3)，则BQ＝eq \f(1,2)(AB－EF)＝1，FQ＝eq \r(BF2－BQ2)＝eq \r(3)，所以S梯形EFBA＝S梯形EFCD＝eq \f(1,2)×(2＋4)×eq \r(3)＝3eq \r(3)，又S△ADE＝S△BCF＝eq \f(1,2)×2×eq \r(3)＝eq \r(3)，S矩形ABCD＝4×2＝8，所以该几何体的表面积S＝3eq \r(3)×2＋eq \r(3)×2＋8＝8＋8eq \r(3).
12．唐狩猎纹高足银杯如图1所示，银杯经锤揲成型，圆唇侈口，直壁深腹，腹下部略收，下承外撇高足．纹样则采用堑刻工艺，鱼子地纹，杯腹上部饰一道凸弦纹，下部阴刻一道弦纹，高足中部有“算盘珠”式节．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度)，如图2所示．已知球的半径为R，酒杯内壁表面积为eq \f(14,3)πR2.设酒杯上面部分(圆柱)的体积为V1，下面部分(半球)的体积为V2，则eq \f(V1,V2)的值是 ( )
图1 图2
A．1 B.eq \f(3,2) C．2 D．3
答案 C
解析 设酒杯上部分圆柱的高为h，
则酒杯内壁表面积S＝eq \f(1,2)×4πR2＋2πRh＝eq \f(14,3)πR2，
则h＝eq \f(4,3)R，
∴V1＝πR2h＝eq \f(4,3)πR3，V2＝eq \f(1,2)×eq \f(4,3)πR3，
∴eq \f(V1,V2)＝2.
13．(2022·南宁模拟)正四面体ABCD的棱长为4，E为棱AB的中点，过E作此正四面体的外接球的截面，则该截面面积的取值范围是( )
A．[4π，6π] B．[4π，12π]
C．[π，4π] D．[π，6π]
答案 A
解析 如图，将正四面体补为棱长是2eq \r(2)的正方体，则正四面体ABCD的外接球为正方体的外接球，球心O为体对角线的中点，且球的半径R＝eq \r(6)，
当OE垂直于截面时，截面面积最小，截面圆的半径为r1＝eq \r(R2－OE2)＝2，面积为4π；
当截面过球心O时，截面面积最大，截面圆的半径为r2＝R＝eq \r(6)，面积为6π.
14．在四面体ABCD中，AB＝AC＝2eq \r(3)，BC＝6，DA⊥平面ABC，四面体ABCD的体积为eq \r(3).若四面体ABCD的顶点均在球O的表面上，则球O的表面积是________．
答案 49π
解析 因为AB＝AC＝2eq \r(3)，BC＝6，
所以cs∠BAC＝eq \f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝－eq \f(1,2)，
则sin∠BAC＝eq \r(1－cs2∠BAC)＝eq \f(\r(3),2)，
则S△ABC＝eq \f(1,2)·AB·AC·sin∠BAC＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×2eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝3eq \r(3)，
因为AD⊥平面ABC，四面体ABCD的体积为eq \r(3)，
所以eq \r(3)＝eq \f(1,3)·S△ABC·AD＝eq \r(3)AD，则AD＝1.
设△ABC的外接圆半径为r，记△ABC外接圆圆心为O1，连接AO1，
由正弦定理可得，2r＝eq \f(BC,sin∠BAC)＝eq \f(6,\f(\r(3),2))＝4eq \r(3) ，
则AO1＝r＝2eq \r(3)，
设外接球的半径为R，连接OO1，
根据球的性质可得，OO1⊥平面ABC，
又AD⊥平面ABC，所以AD∥OO1，
延长O1O到E，使得O1E＝AD，连接DE，
则四边形AO1ED为矩形，所以AO1＝DE，
连接OA，OD，则OA＝OD＝R，
所以Rt△DEO≌Rt△AO1O，所以OO1＝OE＝eq \f(1,2)AD＝eq \f(1,2)，
所以R＝OA＝eq \r(AO\\al(2,1)＋OO\\al(2,1))＝eq \r(12＋\f(1,4))＝eq \r(\f(49,4))，
所以球O的表面积是S＝4πR2＝49π.