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√3,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.√3
C.√2 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( )
8π 8√2π
A.8π B.4π C. D.
3 3
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√3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( )
√3 2√2 3√3
A. B. C. D.2√2
2 3 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( )
√2 √3
A. B.
12 12√2 √3
C. D.
4 4
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(√5-1)π B.8(√5-1)π
C.4(√5+1)π D.8(√5+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√2,则( )
A.棱台的侧面积为8√3
B.棱台的体积为13√2
π
C.棱台的侧棱与底面所成的角为
4
√3
D.棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为
3
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√5πR2
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=√13,AB=√5,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
AD
(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<√3),
由题意可知SB=2,OB=√3,则SO=1,SP=√x2+1,MN=2√3-x2,
1
所以S SMN = MN·SP= √-x4+2x2+3 .
2
△
因为0≤x<√3,所以当x2=1,
即x=1时,(S ) =2.
SMN max
故选A.
△
2
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= ,
√2
3
4 4 8√2
所以球的体积为 πr3= π×( )3= π.故选D.
√2
3 3 3
3. B 解析: 如图,由题意易知∠BEF=60°,BF⊥BE,BF=√3,则BE=1,AB=6-1×2=4,所以所
1 √3
求体积V=6× ×4×4× ×√3=72.
2 2
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=√3
,∠AEC=60°,
3
所以△AEC为等边三角形.作AF⊥CE于点F,则AF= .
2
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.√3 1 1 3 √3
又S BCD = ×22= √3 ,所以V 三棱锥A-BCD = S △BCD ·AF= ×√3× = .故选A.
4 3 3 2 2
△
20×3
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
2
为30-20+2=12.故选C.
√2
6.A 解析: 如图,AC⊥BC,AC=BC=1,设O 为AB的中点,连接CO ,OO ,则CO = ,由题
1 1 1 1
2
√2
意OO
1
⊥平面ABC,在Rt OO
1
C中,OO
1
=√OC2-CO2= ,则三棱锥O-ABC的体积为
1 2
△
1 1 √2 √2
× ×1×1× = .
3 2 2 12
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
4-r2 4 4
2πrh+2πr2=8π,则rh+r2=4,所以h= = -r.由 -r>0,r>0,得0<r<2.又R2=r2+
r r r
(ℎ) 2 5r2 4 (5r2 4 )
= + -2,所以该圆柱的外接球的表面积S=4πR2=4π + -2 ≥4π(2√5-2)=8(
2 4 r2 4 r2
5r2 4 2
√5-1)π,当且仅当 = ,即r= 时,等号成立.故选B.
4 r2 √45
8.AC 解析: 如图,过点A 作A H⊥AB于点H,过点A 作A M⊥AC于点M,则A M⊥平面
1 1 1 1 1
ABCD,AH⊥MH,所以AM= .
√A A2-A M2=√2
1 1
又因为AH=MH,所以AH=1,所以A H=√22-12=√3,AB=2×1+1=3.所以棱台的侧面积为
1
(1+3)×√3
4× =8 .所以A正确.
√3
2
1 1
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'S +S')·A 1 M= ×13×
3 3
√2= 13√2 ≠13 √2 .所以B错误.
3AM √2 π
因为∠A AM为侧棱A A与底面所成的角,cos∠A AM= = ,所以∠A AM= .所以C
1 1 1 1
A A 2 4
1
正确.
A M √2 √6
因为∠A HM为侧面AA B B与底面所成二面角的平面角,sin∠A HM= 1 = = ,所
1 1 1 1
A H √3 3
1
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√5R,则圆锥的侧面积为πR·√5R=√5
πR2,故B正确.因为圆柱的侧面积为4πR2,圆锥的表面积为√5πR2+πR2,所以C错误.因为V
1 2 4 2 4
=2πR3,V = πR2·2R= πR3,V = πR3,所以V ∶V ∶V =2πR3∶ πR3∶
圆柱 圆锥 球 圆柱 圆锥 球
3 3 3 3 3
πR3=3∶1∶2,故D正确,故选BD.
10.4√3π 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√3,母线长为2,则所求表面积为2×π×√3×2=4√3π.
11.√10 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=√y2+z2=√10.
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√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,
AD
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√2,表面积S=4πR2=32π.
△
