2020-2021学年北师大版高中数学必修2双基限时练14.docx

双基限时练(十四)
一、选择题
1．圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则圆柱的全面积为(　　)
A．6π　　　　　　　　 B．4π
C．2π D．4
解析　由题可知，r＝1，l＝2，∴S全＝2πrl＋2πr2＝6π.
答案　A
2．一个圆锥的高为10，侧面开放图为半圆，则圆锥的侧面积为(　　)
A．200π B.
C.π D．200
解析　设圆锥的底面半径为x，则侧面母线长为，又侧面开放图为半圆，
∴2πx＝π，得x＝.
∴S圆锥侧＝πrl＝π×× ＝π.
即圆锥的侧面积为π.
答案　C
3．若圆台的高为3，一个底面半径是另一个底面半径的2倍，其轴截面的一个底角为45°，则这个圆台的侧面积是(　　)
A．27π B．27π
C．9π D．36π
解析　如图可知，2r2＝2r1＋6＝4r1，
∴r1＝3，r2＝6.

S圆台侧＝π(r1＋r2)l＝π(6＋3)×3＝27π.
答案　B
4．一个几何体的三视图中，主视图和左视图都是矩形，俯视图是等腰直角三角形(如图)，依据图中标准的长度，可以计算出该几何体的表面积是(　　)

A．12＋4 B．8＋4
C．2＋8 D．6＋4
解析　由三视图可知，该几何体为直三棱柱，其中底面为等腰直角三角形，直角边长为2，高为2，S表＝2××2×2＋(2＋2＋2)×2＝12＋4，故选A.
答案　A
5．正四棱台两底面面积分别为4 cm2,64 cm2，侧棱长为
3 cm，则棱台的高为(　　)
A．6 cm B．12 cm
C．6 cm D．3 cm
解析　由题可知，棱台上、下底面边长分别为2,8，由侧棱长为3知，高h＝＝＝3(cm)，故选D.
答案　D
6．一个棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的表面积(单位：cm2)为(　　)

A．48＋12 B．48＋24
C．36＋12 D．36＋24

解析　由三视图可知，该几何体是一个底面为直角三角形且顶点在底面上的射影为斜边的中点的三棱锥，如图，SE＝5，SD＝4，AC＝6，AB＝BC＝6，
∴S表＝S△ABC＋2S△SAB＋S△ASC＝×6×6＋2××5×6＋×6×4＝48＋12.
答案　A
二、填空题
7．若一个底面是正三角形的三棱柱的主视图如图所示，则其侧面积等于________．

解析　由图可知，此三棱柱的底面是一个边长为2的正三角形，此三棱柱的高为1，则此三棱柱的侧面积为2×1×3＝6.
答案　6
8．某个几何体的三视图是两个边长为2 cm的菱形和一个直径为2 cm的圆，则该几何体的表面积为________．

解析　由三视图可知，该几何体为两个共底的圆锥，其中底面圆的半径为1，母线长为2，则该几何体的表面积S表＝2πrl＝2π×1×2＝4π.
答案　4π
9．已知一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积为________．

解析　由题可知，该几何体为圆柱、圆锥的组合体，
S表＝πa2＋2πa·2a＋πa·a＝5πa2＋πa2＝(5＋)πa2.
答案　(5＋)πa2
三、解答题
10．已知一个圆台的轴截面的面积为F，母线与底面的夹角是30°，求圆台的侧面积．
解　如图是圆台的轴截面，设AO1＝r，

BO＝R，BE＝R－r，
AE＝(R－r)，
AB＝(R－r)，
由题意，得F＝(R＋r)(R－r)＝(R2－r2)．
∴R2－r2＝F.
∴S圆台侧＝π(R＋r)·(R－r)
＝π(R2－r2)＝2πF.
11.

如图，在三棱锥S—ABC中，SA⊥面ABC，△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝1，SB＝2.求三棱锥S—ABC的表面积．
解　∵SA⊥面ABC，∴SA⊥BC.又∠ACB＝90°，
∴AC⊥BC，∴BC⊥面SAC，∴SC⊥BC.
∴四个面都是直角三角形．
∵∠ABC＝30°，AC＝1，
∴在Rt△ABC中，AB＝2，BC＝，
在Rt△SCB中，SC＝＝3，
在Rt△SAB中，SA＝＝2.
∴S△SBC＝SC·BC＝，
S△ABC＝AC·BC＝，
S△SAB＝SA·AB＝2，S△SAC＝SA·AC＝.
∴三棱锥的表面积S表＝S△ABC＋S△SBC＋S△SAB＋S△SAC＝2＋3.
12．已知，在底面半径为2，母线长为4的圆锥中内接一个高为的圆柱，求圆柱的表面积．

解　圆锥的高h＝＝2，设圆柱的底面半径为r，由＝，得圆柱的底面半径r＝1，所以S表面＝2S底面＋S侧面＝2π＋2π×＝2(1＋)π.
思 维 探 究
13．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝9，BC＝12，AB＝15，AA1＝12，点D是AB的中点．

(1)求证：AC⊥B1C；
(2)求证：AC1∥平面CDB1；
(3)求这个三棱柱的表面积．
解　(1)证明：∵AB2＝AC2＋BC2，∴∠ACB＝90°，AC⊥BC，∵CC1⊥AC，CC1∩BC＝C，∴AC⊥面BB1C1C.
∵B1C面BB1C1C，∴AC⊥B1C.
(2)证明：连接BC1交B1C于点O，连接OD.
∵四边形BB1C1C为矩形，∴点O为BC1的中点．
又∵点D为BA的中点，∴OD∥AC1.
∵OD平面CDB1，AC1平面CDB1，
∴AC1∥平面CDB1.
(3)S表＝(9＋12＋15)×12＋2××9×12＝540.