2021届北师大版高考理科数一轮复习高效演练分层突破：第八章　第5讲　简单几何体的再认识（表面积与体积）

2021届北师大版高考理科数一轮复习高效演练分层突破：第八章　第5讲　简单几何体的再认识（表面积与体积）

‎ [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．4πS B．2πS C．πS D．πS 解析：选A.由πr2＝S得圆柱的底面半径是，故侧面展开图的边长为2π·＝2，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． 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＝，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. B．1‎ C. D．3‎ 解析：选B.‎ 由主视图可得如图的四棱锥PABCD，其中平面ABCD⊥平面PCD.‎ 由主视图和俯视图可知AD＝1，CD＝2，P到平面ABCD的距离为.‎ 所以四棱锥PABCD的体积为V＝×S长方形ABCD×h＝×1×2×＝1.故选B.‎ ‎4．(2020·河南郑州三模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A. B． C. D． 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：×12·π×2－××12·π×2＝.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．4π 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＝BD1cos 60°，‎ 所以BD1＝＝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＝＝.‎ 所以该四棱锥的侧面积S＝4××2×＝4.‎ 答案：4 ‎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，高为，‎ 所以V圆锥SO＝πr2h，V圆柱PO＝π·＝，所以＝.‎ 答案： ‎8．已知正三棱锥的高为1，底面边长为2，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＝2，‎ 所以S△ABC＝3，DE＝1，PE＝.‎ 所以S表＝3××2×＋3＝3＋3.‎ 因为PD＝1，所以三棱锥的体积V＝×3×1＝.‎ 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＝＝－1.‎ 答案：－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＝(2πa)·(a)＝πa2，‎ S圆柱侧＝(2πa)·(2a)＝4πa2，‎ S圆柱底＝πa2，‎ 所以S表＝πa2＋4πa2＋πa2＝(＋5)πa2.‎ ‎(2)沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面，如图．‎ 则PQ＝＝＝a，‎ 所以从P点到Q点在侧面上的最短路径的长为a.‎ ‎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，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＝x，GB＝GD＝.‎ 因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝x.‎ 由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝x.‎ 由已知得，三棱锥EACD的体积V三棱锥EACD＝×·AC·GD·BE＝x3＝，故x＝2.‎ 从而可得AE＝EC＝ED＝.‎ 所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.‎ 故三棱锥EACD的侧面积为3＋2.‎ ‎[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. B．π C. D． 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，所以所有弧长之和为3×＝.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. B． C. 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 ×(2×2)×2－××1＝.‎ 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． C. D． 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CD·h1＝AD·1(h1为点A到直线CD的距离)，则h1＝.由题易知h1为点A到平面BCD的距离，故三棱锥ACDB体积为V＝S△BCD·h1＝×·h1＝·，x∈(0，2)．令t＝，则t∈[1，)，故V＝·＝·.由于－t是减函数，故当t＝1时，V取得最大值为×(2－1)＝.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9，则三棱锥DABC体积的最大值为(　　)‎ A．12 B．18 C．24 D．54 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＝AB2＝9，‎ 所以AB＝6，BM＝BE ‎＝＝2.易知OM⊥平面ABC，所以在Rt△OBM中，OM＝＝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＝S△ABC×(4＋OM)＝×9×6＝18.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，底面积为，故其体积为××＝.‎ 答案： ‎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6，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

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