2024数学学业水平考试专题练--优化集训19　简单几何体的表面积与体积（含解析）

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2024数学学业水平考试专题练
优化集训19　简单几何体的表面积与体积
基础巩固
1.如图所示,在三棱台A'B'C'-ABC中,截去三棱锥A'-ABC,则剩余部分是(　　)
A.三棱锥 B.四棱锥 C.三棱柱 D.组合体
2.下列说法正确的是(　　)
A.棱锥是由一个底面为多边形,其余各面为三角形围成的几何体
B.球面可以看作一个圆绕着它的直径所在的直线旋转180°所形成的曲面
C.有两个面互相平行,其余四个面都是等腰梯形的六面体为棱台
D.用一个平面去截棱锥,棱锥底面和截面之间的部分为棱台
3.(2023浙江杭州) 如图,梯形A1B1C1D1是一水平放置的平面图形ABCD在斜二测画法下的直观图.若A1D1平行于y1轴,A1B1∥C1D1,A1B1=C1D1=3,A1D1=1,则四边形ABCD的面积是(　　)
A.14 B.7 C.7 D.14
4.(2022浙江环大罗山联盟)已知一张边长为2的正方形纸片绕着它的一条边所在的直线旋转弧度,则该纸片扫过的区域形成的几何体的表面积为(　　)
A.2π B.π+8 C.2π+8 D.4π+8
5.如图,三棱锥D'-A'CD的体积与长方体ABCD-A'B'C'D'体积的比值为 (　　)
A. B. C. D.
6.(2023浙江强基联盟)下列说法错误的是(　　)
A.一个八棱柱有10个面
B.任意四面体都可以割成4个棱锥
C.棱台侧棱的延长线必相交于一点
D.矩形旋转一周一定形成一个圆柱
7.(2023浙江浙南名校联盟)用半径为3 cm,圆心角为的扇形纸片卷成一个圆锥筒,则这个圆锥筒的高为(　　)
A.1 cm B.2 cm C. cm D.2 cm
8.已知轴截面是正方形的圆柱的高与球的直径相等,则圆柱的表面积与球的表面积的比是(　　)
A.1∶1 B.5∶4 C.4∶3 D.3∶2
9.(2022浙江浙北两校)在三棱锥P-ABC中,PA,AB,AC两两垂直,AP=3,BC=6,则三棱锥外接球的表面积为(　　)
A.57π B.63π C.45π D.84π
10.(多选)(2023浙江杭州六县九校)如图,AC为圆锥底面圆的直径,点B是圆O上异于A,C的点,SO=OC=2,则下列结论正确的是(　　)
A.圆锥SO的侧面积为8π
B.三棱锥S-ABC体积的最大值为
C.∠SAB的取值范围是
D.若AB=BC,E为线段AB上的动点,则SE+CE的最小值为2(+1)
11.(多选)(2023浙江A9协作体)直三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点均位于一个半径为1的球的球面上,已知三棱柱的底面为锐角三角形,∠BAC=,BC=1,那么该直三棱柱的体积可能是(　　)
A. B. C. D.
12.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,除平面ABCD外,该正方体其余各面的中心分别为点E,F,G,H,M(如图),则四棱锥M-EFGH的体积为　　　　　.
13.如图,在矩形ABCD中,E为边AD的中点,AB=1,BC=2,分别以A,D为圆心,1为半径作圆弧,若由两圆弧及边BC所围成的平面图形绕直线AD旋转一周,则所形成的几何体的表面积为　　　.
14.(2022浙江杭州六县九校)已知在三棱锥P-ABC中,AB=4,BC=5,CA=6,侧棱PA,PB,PC两两垂直,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为　　　　　.
15.在圆柱内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记圆柱的体积为V1,球O的体积为V2,则的值是　　　　　　　.
16.如图1,把棱长为1的正方体沿平面AB1D1和平面A1BC1截去部分后,得到如图2所示几何体,该几何体的体积为　　　　　.
图1
图2
17. 如图,在长方体ABCD-A'B'C'D'中,AB=12,BC=10,AA'=6,过A'D'作长方体的截面A'D'EF使它成为正方形.
(1)求三棱柱AA'F-DD'E的外接球的表面积;
(2)求VB-A'D'EF.
能力提升
18.(2023浙江金华)已知球的半径为R,一等边圆锥(圆锥母线长与圆锥底面圆直径相等)位于球内,圆锥顶点在球上,底面与球相接,则该圆锥的表面积为(　　)
A.R2 B.R2 C.R2 D.R2
19.(2023浙江北斗联盟) 如图所示的建筑物的形状可视为一个正四棱锥(底面是正方形,侧棱长都相等的四棱锥),其侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为,则以该四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积的数值之比为(　　)
A.2 B. C. D.4
20.(2023浙江湖州)在三棱锥P-ABC中,平面PAB⊥平面ABC,△ABC是边长为2的正三角形,PA=PB=,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为(　　)
A. B. C. D.
21.(多选)(2022浙江七彩阳光联盟)已知正三棱锥的侧棱长为4,底面边长为6,则(　　)
A.正三棱锥的表面积为9+27
B.正三棱锥的高为6
C.正三棱锥的体积为18
D.正三棱锥的外接球的表面积为64π
22.(2023浙江金华) 如图,平面ABC⊥平面BCDE,四边形BCDE为矩形,BE=2,BC=4,△ABC的面积为2,点P为线段DE上一点,当三棱锥P-ACE的体积为时,=　　　　　.
23.(2023浙江七彩阳光联盟) 如图,在三棱锥P-ABC中,PC=4,PC⊥底面ABC,AB=BC=3,∠ABC=120°.
(1)求三棱锥P-ABC的体积;
(2)求三棱锥P-ABC外接球的表面积.
优化集训19　简单几何体的表面积与体积
基础巩固
1.B　解析 根据棱锥的结构特征可判断,余下部分是四棱锥A'-BCC'B'.故选B.
2.B　解析 对于A,除底面外的其余各面的三角形如果没有一个公共顶点,围成的几何体不是棱锥,故A错误;B正确;对于C,因为不能保证各侧棱的延长线交于一点,错误;对于D,不能保证截面与底面平行,错误.故选B.
3.B　解析 因为A1D1平行于y1轴,则在平面图形中,AD平行于y轴,则AD⊥DC,且AD=2A1D1=2.
因为在直观图中,A1B1∥C1D1,A1B1=C1D1=3,则在平面图形ABCD中,AB∥CD,AB=CD=3,
即四边形ABCD是上底和下底边长分别为3,4,高为2的直角梯形,如图所示,故其面积S=×(3+4)×2=7.
故选B.
4.C　解析 由题可知,所得几何体为个底面半径为2的圆柱,故其表面积为2×2×+2××2+2×2×2=2π+8,故选C.
5.C　解析 设AB=a,AD=b,AA'=c,
因为A'D'⊥平面D'DC,所以VD'-A'CD=VA'-D'DC=abc=abc.
因为V长方体ABCD-A'B'C'D'=abc,所以棱锥D'-A'CD的体积与长方体ABCD-A'B'C'D'体积的比值为,故选C.
6.D　解析 如果矩形绕着对角线旋转,就不会形成圆柱,故D错误.
7.B　解析 设圆锥底面半径为r,高为h,由题得,×3=2πr,解得r=1,故h==2.
8.D　解析 由题意,圆柱的轴截面是正方形,假设圆柱的高为a,则底面圆的直径也为a,则圆柱的表面积为2×π×2+2π××a=πa2,因为球的直径也为a,所以球的表面积为4×π×2=πa2,则圆柱的表面积与球的表面积的比为3∶2,故选D.
9.C　解析 由于PA,AB,AC两两垂直,故该三棱锥可补全为一个长方体,该三棱锥的外接球也是该长方体的外接球.
因为长方体外接球的半径为长方体体对角线的一半,所以R=,故三棱锥外接球的表面积为S=4πR2=45π,故选C.
10.BD　解析 由题得,SC=2,故圆锥侧面积为S=π·OC·SC=π×2×2=4π,故A错误;
因为点B在圆周上,故当AB=BC时,△ABC的面积取最大值,为×4×2=4,则三棱锥S-ABC体积的最大值为×4×2=,故B正确;
cos∠SAB=.
又在△ABC中,0当AB=BC时,把△SAB和△ABC展开,使这两个三角形共面,如图.
连接SC,得SE+CE的最小值是SC,此时,AB=BC=2=SA=SB,AB⊥BC,∠SBC=150°,
故SC===2(+1),故D正确.
故选BD.
11.BCD　解析 设△ABC外接圆的半径为r,则2r=,则r=.
设直三棱柱ABC-A1B1C1的高为h,则r2+2=12,即2+2=12,则h=.
在锐角三角形ABC中,A=,BC=1,由正弦定理,得,
则AC=sin B,AB=sin C,
则AC·AB=sin Bsin C=sin Bsin(A+B)=sin Bcos B+sin B=sin Bcos B+sin2B=sin 2B-cos 2B+sin2B-+.
因为解得所以2B-∈,所以sin2B-∈,1,所以AC·AB∈,1,所以S△ABC=AC·ABsin A=AC·AB∈,所以=S△ABC·h=S△ABC∈.
故选BCD.
12.　解析 由题可得,EF=FG=GH=HE=,四棱锥的高度为,故四棱锥的体积为V=×2×.
13. 8π　解析 如图,该图形旋转一周后,形成的几何体是一个圆柱挖掉两个半球,它的表面积为圆柱侧面积加上球的表面积,∴S=2πrh+×2=8π.
14.　解析 三棱锥P-ABC的侧棱PA,PB,PC两两垂直,且P,A,B,C都在同一个球面上(如图所示),以PA,PB,PC为棱构造一个长方体,这个球即为长方体的外接球.
设长方体的相邻三条棱长分别为x,y,z,则x2+y2=16,y2+z2=25,x2+z2=36,故x2+y2+z2=,设三棱锥外接球半径为R,则(2R)2=x2+y2+z2=,故该球的表面积为S=4πR2=4π×.
15.　解析 设球O的半径为r,因为球O与圆柱的上、下底面及母线均相切,所以圆柱的底面半径为r、高为2r,所以.
16.　解析 V=V正方体-=13-××1×1×1×2+=1-.
17.解 (1)因为截面A'D'EF为正方形,所以A'D'=A'F=BC=10.
在Rt△A'AF中,AA'2+AF2=A'F2,即62+AF2=102,解得AF=8.
在直三棱柱AA'F-DD'E中,底面三角形A'AF的外接圆半径为A'F=×10=5,直三棱柱AA'F-DD'E的外接球球心到平面A'AF的距离为×10=5.
设三棱柱的外接球半径为R,则R==5,所以S=4πR2=200π.
(2)因为VB-A'D'EF=2VB-A'EF=2VA'-BEF,
又在长方体中,AA'⊥平面BEF,所以三棱锥A'-BEF的高为AA'=6,所以VB-A'D'EF=2××S△BEF×A'A=2×××EF×BF×6=2××10×4×6=80.
能力提升
18. B　解析 如图,设圆锥的底面半径为r,母线长为2r,则圆锥的高为r,则R2=r2+(r-R)2,解得r=R,则圆锥的表面积为S=πr2+πr·2r=3πr2=3πR2=R2,故选B.
19. B　解析 如图,P-ABCD为正四棱锥,PE为侧面三角形PAD底边上的高,设AD=4x,由已知侧面三角形PAD底边上的高与底面正方形边长的比值为,所以PE=(+1)x.
连接AC,BD,交点为O.
因为四边形ABCD为正方形,所以O为AC,BD的中点.
因为PA=PB=PC=PD,PO⊥AC,PO⊥BD,AC∩BD=O,AC,BD 平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD.
又OE 平面ABCD,所以PO⊥OE,即△POE为以PE为斜边的直角三角形.
因为PE=(+1)x,OE=2x,
所以PO=x,
所以以四棱锥P-ABCD的高为边长的正方形面积S'=(2+2)x2,四棱锥P-ABCD的侧面积S=4××4x×(+1)x=8(+1)x2,所以,所以以四棱锥P-ABCD的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积的数值之比为,故选B.
20. B　解析 如图,取AB中点为D,连接CD,PD,设△ABC外接圆的圆心为O1,连接O1A.
因为PA=PB,AB中点为D,所以PD⊥AB.
因为平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,PD 平面PAB,所以PD⊥平面ABC.
设O为三棱锥P-ABC外接球的球心,半径为R,连接OO1,
则OO1⊥平面ABC,OO1∥PD.
因为PA=PB=,AB=AC=BC=2,所以AD=1,PD=,CD=,AO1=CO1=CD=.
设OO1=x,0在Rt△OEP中,R=OP=,
所以x2++(-x)2,解得x=,所以R2=2+.
故三棱锥P-ABC外接球的表面积为4πR2=.
故选B.
21. BCD　解析 如图,在正三棱锥P-ABC中,过点P作PD⊥AB交AB于点D,过点P作PO⊥平面ABC,H为其外接球球心,则点H在PO上,连接CH.
对于A,PD=,故正三棱锥的表面积为3××6××6×6×=9+9,故A错误;
对于B,CD==3,DO=CD=,故PO==6,故B正确;
对于C,正三棱锥的体积为×6××6×6×=18,故C正确;
对于D,设外接球半径为R,CO=CD=2,由CH2=CO2+OH2,可得R2=(2)2+(6-R)2,解得R=4,故外接球表面积为4πR2=64π,故D正确.故选BCD.
22.　解析 如图,过点A作AF⊥BC,交CB的延长线于点F.
∵平面ABC⊥平面BCDE,平面ABC∩平面BCDE=BC,AF 平面ABC,
∴AF⊥平面BCDE.
由BE=2,BC=4,△ABC的面积为2,得BC·AF=×4AF=2,∴AF=,则VD-ACE=VA-CDE=×DE×BE×AF=×4×2×.
∵VP-ACE=VA-PCE=×PE×BE×AF=,
∴,则.
23.解 (1)由题意知,AB=BC=3,∠ABC=120°,PC⊥底面ABC,故S△ABC=×AB×BC×sin 120°=×3×3×,故VP-ABC=S△ABC×PA=×4=3.
(2)由AB=BC=3,∠ABC=120°,可得∠ACB=30°.
设△ABC的外接圆半径为r,则2r==6,故r=3.
设△ABC的外接圆圆心为O',过点O'作平面ABC的垂线O'O,则O'O∥PC,设PC的中点为D,过点D作PC的垂线交O'O于点O,则四边形OO'CD为矩形,则点O即为三棱锥P-ABC外接球的球心,设外接球半径为R,则R2=OC2=O'O2+O'C2=22+32=13,故三棱锥P-ABC外接球的表面积为4πR2=52π.
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