人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题突破练13　空间几何体的结构、表面积与体积

专题突破练13　空间几何体的结构、表面积与体积

一、单项选择题

1.(2021·湖北武汉月考)某圆锥的母线长为2,底面半径为,则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为(　　)

A.2 B.

C. D.1

2.(2021·山东德州期末)阿基米德是伟大的古希腊数学家,他和高斯、牛顿并列为世界三大数学家,他一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理,即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切,球的体积是圆柱体积的三分之二,球的表面积也是圆柱表面积的三分之二.今有一“圆柱容球”模型,其中圆柱的表面积为12π,则该模型中球的体积为(　　)

A.8π B.4π C. D.

3.(2021·山东潍坊一模)某中学开展劳动实习,学习加工制作食品包装盒.现有一张边长为6的正六边形硬纸片,如图所示,裁掉阴影部分,然后沿虚线处折成高为的正六棱柱无盖包装盒,则此包装盒的体积为(　　)

A.144 B.72 C.36 D.24

4.(2021·山东济南一模)在菱形ABCD中,AB=BD=2,将△ABD沿BD折起,使二面角A-BD-C的大小为60°,则三棱锥A-BCD的体积为(　　)

A. B. C. D.2

5.(2021·湖北宜昌期末)正多面体的各个面都是全等的正多边形,其中,面数最少的正多面体是正四面体,面数最多的正多面体是正二十面体,它们被称为柏拉图多面体.某些病毒,如单纯疱疹病毒的核衣壳就是正二十面体.如图,正二十面体是由20个等边三角形组成的.已知多面体满足顶点数-棱数+面数=2,则正二十面体的顶点的个数为(　　)

A.30 B.20 C.12 D.10

6.(2021·全国Ⅱ,理11)已知A,B,C是半径为1的球O的球面上的三个点,且AC⊥BC,AC=BC=1,则三棱锥O-ABC的体积为(　　)

A. B.

C. D.

7.(2021·广东广州二模)某学生用薄铁皮制作一个圆柱,圆柱的表面积为8π,则该圆柱的外接球的表面积的最小值为(　　)

A.4(-1)π B.8(-1)π

C.4(+1)π D.8(+1)π

二、多项选择题

8.(2021·山东淄博三模)已知正四棱台的上底面边长为1,侧棱长为2,高为,则(　　)

A.棱台的侧面积为8

B.棱台的体积为13

C.棱台的侧棱与底面所成的角为

D.棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为

9.(2021·河北保定二模)如图,一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等,则下列结论正确的是(　　)

A.圆柱的体积为4πR3

B.圆锥的侧面积为πR2

C.圆柱的侧面积与圆锥的表面积相等

D.圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶2

三、填空题

10.(2021·广东佛山二模)将一个边长为2的正三角形以其中一边所在直线为旋转轴旋转一周,所得几何体的表面积为　　　　　. 

11.(2021·辽宁二模)已知三棱锥S-ABC的三条棱SA,SB,SC两两互相垂直,且AC=,AB=,该三棱锥的外接球的表面积为14π,则BC=　　　　　. 

12.(2021·山东烟台二模)在一次综合实践活动中,某手工制作小组利用硬纸板做了一个几何模型如图所示,底面ABCD是边长为4的正方形,半圆面APD⊥底面ABCD.经研究发现,当点P在半圆弧上(不含点A,D)运动时,三棱锥P-ABD的外接球始终保持不变,则该外接球的表面积为　　　　　. 

专题突破练13　空间几何体的结构、表面积与体积

1.A　解析: 如图,设截面为△SMN,P为MN的中点,O为底面圆的圆心,OP=x(0≤x<),由题意可知SB=2,OB=,则SO=1,SP=,MN=2,

所以S△SMN=MN·SP=.

因为0≤x<,所以当x2=1,

即x=1时,(S△SMN)max=2.

故选A.

2.D　解析: 由题意可知球的表面积为12π×=8π,设球的半径为r,则4πr2=8π,解得r=,所以球的体积为πr3=π×()3=π.故选D.

3. B　解析: 如图,由题意易知∠BEF=60°,BF⊥BE,BF=,则BE=1,AB=6-1×2=4,所以所求体积V=6××4×4×=72.

故选B.

4.A　解析: 如图,取BD的中点E,连接AE,CE,则AE⊥BD,CE⊥BD,AE=CE=,∠AEC=60°,

所以△AEC为等边三角形.作AF⊥CE于点F,则AF=.

因为BD⊥AE,BD⊥CE,AE∩CE=E,所以BD⊥平面ACE,所以BD⊥AF.

又BD∩CE=E,所以AF⊥平面BCD.

又S△BCD=×22=,所以V三棱锥A-BCD=S△BCD·AF=.故选A.

5.C　解析: 依题意,正二十面体的棱的条数为=30,所以正二十面体的顶点的个数为30-20+2=12.故选C.

6.A　解析: 如图,AC⊥BC,AC=BC=1,设O1为AB的中点,连接CO1,OO1,则CO1=,由题意OO1⊥平面ABC,在Rt△OO1C中,OO1=,则三棱锥O-ABC的体积为×1×1×.

7.B　解析: 设圆柱的高为h,底面半径为r,该圆柱的外接球的半径为R,由题意可得2πrh+2πr2=8π,则rh+r2=4,所以h=-r.由-r>0,r>0,得0<r<2.又R2=r2+-2,所以该圆柱的外接球的表面积S=4πR2=4π≥4π(2-2)=8(-1)π,当且仅当,即r=时,等号成立.故选B.

8.AC　解析: 如图,过点A1作A1H⊥AB于点H,过点A1作A1M⊥AC于点M,则A1M⊥平面ABCD,AH⊥MH,所以AM=.

又因为AH=MH,所以AH=1,所以A1H=,AB=2×1+1=3.所以棱台的侧面积为4×=8.所以A正确.

因为上底面面积S'=1,下底面面积S=9,所以棱台的体积为(S++S')·A1M=×13×≠13.所以B错误.

因为∠A1AM为侧棱A1A与底面所成的角,cos∠A1AM=,所以∠A1AM=.所以C正确.

因为∠A1HM为侧面AA1B1B与底面所成二面角的平面角,sin∠A1HM=,所以D错误.故选AC.

9.BD　解析: 依题意,圆柱的底面半径为R,高为2R,则圆柱的体积为πR2·2R=2πR3,故A错误.由已知得圆锥的底面半径为R,高为2R,母线长为R,则圆锥的侧面积为πR·R=πR2,故B正确.因为圆柱的侧面积为4πR2,圆锥的表面积为πR2+πR2,所以C错误.因为V圆柱=2πR3,V圆锥=πR2·2R=πR3,V球=πR3,所以V圆柱∶V圆锥∶V球=2πR3∶πR3∶πR3=3∶1∶2,故D正确,故选BD.

10.4π　解析: 由题意可知所得几何体为两个同底的圆锥组成的组合体,圆锥的底面半径为,母线长为2,则所求表面积为2×π××2=4π.

11.　解析: 设SA=x,SB=y,SC=z,三棱锥S-ABC的外接球的半径为R,由题意可得x2+z2=13,x2+y2=5,y2+z2=BC2,x2+y2+z2=(2R)2=4R2,4πR2=14π,

所以x2=4,y2=1,z2=9,所以BC=.

12.32π　解析: 取BD的中点O,连接OA,OP(图略),由题意可知OA=OB=OD=2.

因为AB⊥AD,平面APD⊥平面ABCD,平面APD∩平面ABCD=AD,AB⊂平面ABCD,所以AB⊥平面APD,所以AB⊥PD.

又点P在半圆弧上,所以AP⊥PD.又AP∩AB=A,

所以PD⊥平面APB,所以PD⊥PB.

在Rt△PBD中,因为O为BD的中点,所以OP=OB=OD,所以OA=OB=OD=OP,即O为三棱锥P-ABD的外接球的球心,所以外接球的半径R=OA=2,表面积S=4πR2=32π.