2021高考数学(广东专用-理)一轮题库：第8章-第2讲--空间几何体的表面积与体积.docx

第2讲 空间几何体的表面积与体积
一、选择题
1．棱长为2的正四周体的表面积是(　　)．
A. B．4 C．4 D．16
解析　每个面的面积为：×2×2×＝.∴正四周体的表面积为：4.
答案　C
2．把球的表面积扩大到原来的2倍，那么体积扩大到原来的 (　　)．
A．2倍 B．2倍 C.倍 D.倍
解析　由题意知球的半径扩大到原来的倍，则体积V＝πR3，知体积扩大到原来的2倍．
答案　B
3．一个几何体的三视图如图所示，那么此几何体的侧面积(单位：cm2)为 (　　)．

A．48 B．64 C．80 D．120
解析　据三视图知，该几何体是一个正四棱锥(底面边长为8)，直观图如图，PE为侧面△PAB的边AB上的高，且PE＝5.∴此几何体的侧面积是S＝4S△PAB＝4××8×5＝80(cm2)．
答案　C
4．已知三棱锥S－ABC的全部顶点都在球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.
解析　在直角三角形ASC中，AC＝1，∠SAC＝90°，SC＝2，∴SA＝＝；同理SB＝.过A点作SC的垂线交SC于D点，连接DB，因△SAC≌△SBC，故BD⊥SC，故SC⊥平面ABD，且平面ABD为等腰三角形，因∠ASC＝30°，故AD＝SA＝，则△ABD的面积为×1×
＝，则三棱锥的体积为××2＝.
答案　A
5．某品牌香水瓶的三视图如下(单位：cm)，则该几何体的表面积为 (　　)．

A.cm2 B.cm2
C.cm2 D.cm2
解析　该几何体的上下为长方体，中间为圆柱．
S表面积＝S下长方体＋S上长方体＋S圆柱侧－2S圆柱底＝2×4×4＋4×4×2＋2×3×3＋4×3×1＋2π××1－2×π2＝94＋.
答案　C
6．已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两点，AB＝，∠ASC＝∠BSC＝30°，则棱锥S-ABC的体积为(　　)．
A．3 B．2 C. D．1
解析　由题可知AB确定在与直径SC垂直的小圆面上，作过AB的小圆交直径SC于D，设SD＝x，则DC＝4－x，此时所求棱锥即分割成两个棱锥S-ABD和C-ABD，在△SAD和△SBD中，由已知条件可得AD＝BD＝x，又由于SC为直径，所以∠SBC＝∠SAC＝90°，所以∠DCB＝∠DCA＝60°，在△BDC中 ，BD＝(4－x)，所以x＝(4－x)，所以x＝3，AD＝BD＝，所以三角形ABD为正三角形，所以V＝S△ABD×4＝.
答案　C
二、填空题
7．已知S、A、B、C是球O表面上的点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA＝AB＝1，BC＝，则球O的表面积等于________．
解析　将三棱锥S－ABC补形成以SA、AB、BC为棱的长方体，其对角线SC为球O的直径，所以2R＝SC＝2，R＝1，∴表面积为4πR2＝4π.
答案　4π
8．如图所示，已知一个多面体的平面开放图由一个边长为1的正方形和4个边长为1的正三角形组成，则该多面体的体积是________．

解析　由题知该多面体为正四棱锥，底面边长为1，侧棱长为1，斜高为，连接顶点和底面中心即为高，可求得高为，所以体积V＝×1×1×＝.
答案　
9．已知某几何体的直观图及三视图如图所示，三视图的轮廓均为正方形，则该几何体的表面积为________．

解析　借助常见的正方体模型解决．由三视图知，该几何体由正方体沿面AB1D1与面CB1D1截去两个角所得，其表面由两个等边三角形、四个直角三角形和一个正方形组成．计算得其表面积为12＋4.
答案　12＋4
10．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为6，则以正方体ABCD－A1B1C1D1的中心为顶点，以平面AB1D1截正方体外接球所得的圆为底面的圆锥的全面积为________．
解析　设O为正方体外接球的球心，则O也是正方体的中心，O到平面AB1D1的距离是体对角线长的，即为.又球的半径是正方体对角线长的一半，即为3，由勾股定理可知，截面圆的半径为＝2，圆锥底面面积为S1＝π·(2)2＝24π，圆锥的母线即为球的半径3，圆锥的侧面积为S2＝π×2×3＝18π.因此圆锥的全面积为S＝S2＋S1＝18π＋24π＝(18＋24)π.
答案　(18＋24)π
三、解答题
11 .一个几何体的三视图如图所示．已知主视图是底边长为1的平行四边形，左视图是一个长为，宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形．
(1)求该几何体的体积V；
(2)求该几何体的表面积S.
解 (1)由三视图可知，该几何体是一个平行六面体(如 图)，其底面是边长为1的正方形，高为，
所以V＝1×1×＝.
(2)由三视图可知，该平行六面体中，
A1D⊥平面ABCD，CD⊥平面BCC1B1，
所以AA1＝2，侧面ABB1A1，CDD1C1均为矩形，
S＝2×(1×1＋1×＋1×2)＝6＋2.
12．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝，P是BC1上一动点，如图所示，求CP＋PA1的最小值．
解　PA1在平面A1BC1内，PC在平面BCC1内，将其铺平后转化为平面上的问题解决．铺平平面A1BC1、平面BCC1，如图所示．计算A1B＝AB1＝，BC1＝2，又A1C1＝6，故△A1BC1是∠A1C1B＝90°的直角三角形．

CP＋PA1≥A1C.在△AC1C中，由余弦定理，得
A1C＝＝＝5，
故(CP＋PA1)min＝5.
13．某高速大路收费站入口处的平安标识墩如图1所示，墩的上半部分是正四棱锥PEFGH，下半部分是长方体ABCDEFGH.图2、图3分别是该标识墩的主视图和俯视图．

(1)请画出该平安标识墩的左视图；
(2)求该平安标识墩的体积．
解　(1)左视图同主视图，如图所示：
(2)该平安标识墩的体积为
V＝VPEFGH＋VABCDEFGH
＝×402×60＋402×20
＝64 000(cm3)．
14．如图(a)，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AB＝4，AD＝CD＝2，将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D－ABC，如图(b)所示．

(1)求证：BC⊥平面ACD；
(2)求几何体D－ABC的体积．
(1)证明　在图中，可得AC＝BC＝2，
从而AC2＋BC2＝AB2，
故AC⊥BC，
又平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥平面ACD.
(2)解　由(1)可知，BC为三棱锥B－ACD的高，BC＝2，S△ACD＝2，
∴VB－ACD＝S△ACD·BC＝×2×2＝，
由等体积性可知，几何体D－ABC的体积为.