北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
§8.1 空间几何体的结构特征、表面积与体积
专题检测
4√2
1.(2019湖北恩施二模,9)某圆锥的母线长为2,高为 ,其三视图如图所示,圆锥表面上的点M在正视图上
3
的对应点为A,圆锥表面上的点N在侧视图上的对应点为B,则在此圆锥侧面上,从M到N的路径中,最短路径
的长度为 ( )
A.2 B.2√2 C.√8+2√3 D.2√2-√3
答案 D 因为圆锥的母线长为2,高为 4√2 ,所以底面半径r= √ 22- (4√2) 2 = 2 ,所以底面周长为2πr= 4
3 3 3 3
4
2πr π 2
π,所以侧面展开图中扇形中心角为 =3 = π,所以从M到N的路径中,最短路径的长度为
2 3
2
√ π
22+22-2×2×2cos =2√2-√3.
6
2.(2019河南郑州一模,9)如图,网格纸上小正方形的边长为2,粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的
表面积为 ( )
A.16√2+(32+16√2+16√5)π
B.16√2+(16+16√2+16√5)π
C.16√2+(32+32√2+32√5)π
D.16√2+(16+32√2+32√5)π
答案 A 由三视图知该几何体是由两个圆锥与一个长方体组合而成的,两个圆锥的底面半径均为4,高分别
1 1
为4和8,长方体的长、宽、高分别为2√2、2√2、2,则该几何体的表面积S= ×2π×4×4√2+ ×2π×4×4√5
2 2
+π×42×2+2√2×2×4=16√2+(32+16√2+16√5)π,故选A.
3.(2019贵州遵义四中3月月考,9)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球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 ( )
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√2 √3 √2 √2
A. B. C. D.
6 6 3 2
答案 A 取AB的中点D,连接SD,CD,则AB⊥CD.
因为SC为球O的直径,点A、B都在球面上,
所以∠SBC=∠SAC=90°,
又因为△ABC是边长为1的正三角形,且SC=2,
所以SA=SB=√3,所以SD⊥AB,
又因为SD∩CD=D,所以AB⊥面SDC,所以SD=√
(√3)2-
(1) 2 =√11,CD=√
12-
(1) 2 =√3,
2 2 2 2
SD2+DC2-SC2 √33
在三角形SDC中,cos∠SDC= =- ,
2SD·DC 33
4√66
所以sin∠SDC= ,
33
1 √2
所以S = ·SD·DC·sin∠SDC= ,
△SDC 2 2
1 √2
所以棱锥的体积V= ·S ·AB= .
3 △SDC 6
4.(2019北京朝阳期末,8)以棱长为1的正方体各面的中心为顶点构成一个正八面体,再以这个正八面体各面
的中心为顶点构成一个小正方体,那么该小正方体的棱长为 ( )
√2 √3 1 1
A. B. C. D.
2 3 3 4
答案 C 设原正方体、正八面体、小正方体分别为C、C、C,已知C 的棱长为1,以正方体C 各面中心
1 2 3 1 1
为顶点的凸多面体C 为正八面体,它的中截面(垂直平分相对顶点连线的界面)是正方形,该正方形对角线长
2
1 √2
等于正方体C 的棱长,所以该正八面体C 的棱长为 = ,以C 各个面的中心为顶点的正方体为C,正方
1 2 2 3
√2 2
√2
2 2 √2 √2 1
体C 面对角线长等于C 棱长的 ,为 × = ,所以小正方体C 的棱长为 3 = ,故选C.
3 2 3 3 2 3 3 3
√2
5.(2019安徽A10联盟3月联考,9)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的侧面积为 ( )
A.√17+√2+5 B.√17+√2+9
C.√17+√2+10 D.2√17+2√2+10
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答案 A 由三视图可知,该几何体是一个四棱锥(侧棱PA垂直于底面ABCD),其直观图如图所示,CD=
= =2 ,PB= = =2 ,PD=
√(AD-BC)2+AB2 √(3-1)2+22 √2 √PA2+AB2 √22+22 √2
= = ,PC= = =3,在△PCD中,cos∠PCD=
√PA2+AD2 √22+32 √13 √PB2+BC2 √(2√2)2+12
PC2+CD2-PD2 = 32+(2√2)2-(√13)2 = √2 ,∴sin∠PCD= √ (√2) 2 = √34.∴S = 1 PC·C
1- △PCD
2·PC·CD 2×3×2√2 6 6 6 2
1 √34 1 1 1 1 1
D·sin∠PCD= ×3×2√2× =√17,又S = PA·AB= ×2×2=2,S = PA·AD= ×2×3=3,S =
2 6 △PAB 2 2 △PAD 2 2 △PBC 2
1
PB·BC= ×2√2×1=√2,∴该四棱锥的侧面积S=S +S +S +S =√17+2+3+√2=√17+√2+5.故选A.
△PCD △PAB △PAD △PBC
2
方法技巧 对于三视图问题,一般根据该几何体的三视图判断几何体的形状,再作出其直观图,从而根据直观
图来计算棱长、表面积和体积,在解决组合体表面积问题时,一定要注意重叠面,尤其要注意重叠面是否完全
重叠.
6.(2018云南玉溪一中期中,11)已知三棱锥P-ABC的各顶点都在同一球面上,且PA⊥平面ABC,若该三棱锥的
2√3
体积为 ,AB=2,AC=1,∠BAC=60°,则球的表面积等于 ( )
3
A.5π B.20π C.8π D.16π
AB2+AC2-BC2
答案 B 根据AB=2,AC=1,∠BAC=60°,由余弦定理的推论可得cos∠BAC= =
2AB·AC
22+12-BC2 1
= ,解得BC=√3,
2×2×1 2
1 1 √3 √3
∴S = ·AB·AC·sin60°= ×2×1× = .
△ABC 2 2 2 2
√3
1 1 √3 2√3 BC
∴V = S ·PA= × ×PA= .解得PA=4.设△ABC外接圆的半径为r,则2r= =√3
P-ABC 3 △ABC 3 2 3 sin60°
2
=2,∴r=1,
∴球的半径R=√ r2+ (PA) 2 = √1+4 = √5 .
2
∴球的表面积S=4πR2=20π,故选B.
7.(2020江西南昌调研,15)已知一个三棱锥的三视图如图所示,其中2a+b=2(a>0,b>0),则此三棱锥体积的最大
值为 .
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1
答案
3
解析 如图,由题意,知三棱锥的直观图为三棱锥A-CBD,且长方体ABCD-ABCD 的长、宽、高分别为
1 1 1 1 1 1
2,a,b,
∴此三棱锥的体积V=2ab-1×1ab×2×4=2ab=1×2a×b≤1·(2a+b) 2 =1,当且仅当a=1,b=1时,等号成立,
3 2 3 3 3 2 3 2
1
∴三棱锥体积的最大值为 .
3
8.(2018陕西部分重点中学摸底检测,14)把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起,使得平面ABD⊥平面
CBD,形成的三棱锥C-ABD的正视图与俯视图如图所示,则侧视图的面积为 .
1
答案
4
√2
解析 由三棱锥C-ABD的正视图、俯视图得三棱锥C-ABD的侧视图为直角边长为 的等腰直角三角形,
2
1 √2 √2 1
所以三棱锥C-ABD的侧视图的面积为 × × = .
2 2 2 4
9.(2017宁夏银川一模,14)已知矩形ABCD的周长为18,把它沿图中的虚线折成正六棱柱,当这个正六棱柱的
体积最大时,它的外接球的表面积为 .
答案 13π
解析 设正六棱柱的底面边长为x,高为y,则6x+y=9,0<x<1.5,
正六棱柱的体积V=6×√3x2y=√3·3x·3x·(9-6x)≤√3[3x+3x+(9-6x)] 3 =9√3,
4 6 6 3 2
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当且仅当x=1时,等号成立,此时y=3,又正六棱柱的外接球的球心是其上、下底面中心连线的中点,则外接球
的半径为√ (3) 2 =√13,
1+
2 2
13
∴外接球的表面积为4π× =13π.
4
10.(2019东北师大附中、重庆一中等校联合模拟,15)若侧面积为4π的圆柱有一外接球O,当球O的体积取得
最小值时,圆柱的表面积为 .
答案 6π
解析 设圆柱的底面半径为r,高为h,
则球的半径R=√ r2+ (h) 2 .
2
4π
因为球的体积V= R3,
3
故V最小当且仅当R最小.
圆柱的侧面积为2πrh=4π,所以rh=2,
h 1
所以 = ,
2 r
所以R=√ r2+ 1≥ √2 ,当且仅当r2= 1 ,即r=1时,取“=”,
r2 r2
此时球O的体积取最小值.
所以r=1,h=2,圆柱的表面积为2π×12+2π×1×2=6π.
11.如图,在直三棱柱ABC-ABC 中,底面ABC是等腰直角三角形,AB=BC=1.点D为侧棱BB 上的动点.若
1 1 1 1
△ADC 周长的最小值为√3+√5,则三棱锥C-ABC外接球的表面积为 .
1 1
答案 3π
解析 将侧面ABBA 和侧面BCCB 沿BB 展开在同一平面内,如图,
1 1 1 1 1
易知当D为侧棱BB 的中点时,△ADC 的周长最小,此时设BD=x(x>0),则2 + = + ,可得
1 1 √1+x2 √2+4x2 √3 √5
1 √3
x= ,∴CC=1,又易知三棱锥C-ABC外接球的球心为AC 的中点,∴半径R= ,则三棱锥C-ABC外接球的表
1 1 1 1
2 2
面积S=4πR2=3π.
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12.(2020广西柳州重点中学摸底考试,15)菱形ABCD的边长为6,∠BAD=60°,将△BCD沿对角线BD翻折,使得
二面角C-BD-A的大小为120°,已知A、B、C、D四点在同一球面上,则球的表面积等于 .
答案 84π
解析 设球的半径为R.如图,点O,O 分别为△BAD,△CBD外接圆的圆心,点O为球心,连接AO,CO 并延长,由
1 2 1 2
菱形性质知直线AO,CO 交于一点G,且G在BD上,连接OA,OG,易知OO⊥AG,OO⊥CG.
1 2 1 2
因为菱形ABCD的边长为6,∠BAD=60°,
√3 2 √3 1
所以AO=6× × =2√3,OG=6× × =√3,由菱形的对称性及二面角C-BD-A的大小为120°,A,B,C,D四
1 2 3 1 2 3
点在同一球面上得∠OGO=60°,所以OO=√3×tan60°=3,
1 1
∴R2=OA2=A +O =21,∴S=4πR2=84π,故答案为84π.
O2 O2
1 1
方法总结 找几何体外接球球心的方法:(1)构造长方体(或正方体),将原几何体外接球转化成长方体(或正方
体)的外接球,进而得球心的位置;(2)找几何体底面的外心O,过O 作底面的垂线l,再找几何体一侧面的外心
1 1 1
O,过O 作该侧面的垂线l,则l 与l 的交点即为外接球的球心.
2 2 2 1 2
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