2020年高考文科数学新课标第一轮总复习练习：7-2简单几何体的表面积与体积含解析

课时规范练A 组 基础对点练1．(2016·高考全国卷Ⅱ)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( A ) A ．12π B.323π C ．8πD.4π2．(2018·西安地区八校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( C )A.4π3 B ．2＋2π3 C.5π3D ．4＋2π33．(2018·沈阳质量监测)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是( A )A ．4＋4 2 B.42＋2 C ．8＋4 2D.83解析：由三视图可得，该四棱锥的示意图是如图所示的四棱锥P －ABCD ，其中P A ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，且P A ＝2，AB ＝2，PB ＝2 2.易得该四棱锥的侧面积S 是四个直角三角形的面积和，即S ＝2×⎝ ⎛ 12×2×2＋12×2×⎭⎫22 ＝4＋42，故选A.4．(2018·石家庄质检)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为( B )A.53B.83 C ．3D.8解析：根据三视图可得，该几何体是镶嵌在棱长为2的正方体中的一个四棱锥O －ABCD ，如图所示，则V O －ABCD ＝V O －ABC ＋V O －ACD ＝V C －OAB ＋V C －OAD ＝13S △OAB d 1＋13S △OAD d 2(其中d 1，d 2分别为点C 到平面OAB 和平面OAD 的距离)．又因为正方体的棱长为2，易得S △OAB ＝S △OAD ＝2，且d 1＝d 2＝2，所以V O －ABCD ＝83，故选B.5．(2017·河北质量监测)某四面体的三视图如图，则其四个面中最大的面积是( D )A ．2 B.2 2 C. 3D.2 36．(2018·贵阳监测)某几何体的三视图如图所示(粗线部分)，正方形网格的边长为1，该几何体的顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为( C )A ．15π B.16π C ．17πD.18π解析：由三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥D 1－BCD ，将其放在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，则该几何体的外接球即长方体的外接球，长方体的长、宽、高分别为2,2,3，长方体的体对角线长为9＋4＋4＝17，即球O 的直径为17，所以球O 的表面积S ＝17π，故选C.7．若三棱锥P －ABC 的最长的棱P A ＝2，且各面均为直角三角形，则此三棱锥的外接球的体积是 43π .8．(2018·石家庄质检)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上，若AB ＝3，AC ＝5，BC ＝7，AA 1＝2，则此球的表面积为208π3 .解析：在△ABC 中，由余弦定理，知cos ∠CAB ＝52＋32－722×5×3＝－12，所以sin ∠CAB ＝32.设△ABC 外接圆的半径为r ，则由正弦定理，知2r ＝BC sin ∠CAB ＝732，所以r ＝733.设球的半径为R ，则R ＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫AA 122＝523，所以此球的表面积S ＝4πR 2＝208π3.9．已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ∶HB ＝1∶2，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为 9π2 .10．(2016·高考全国卷Ⅱ)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置．(1)证明：AC ⊥HD ′；(2)若AB ＝5，AC ＝6，AE ＝54，OD ′＝22，求五棱锥D ′－ABCFE 的体积． 解析：(1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF ，得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF .由此得EF ⊥HD ，即EF ⊥HD ′，所以AC ⊥HD ′. (2)由EF ∥AC ，得OH DO ＝AE AD ＝14.由AB ＝5，AC ＝6，得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是OD ′2＋OH 2＝(22)2＋12＝9＝D ′H 2， 故OD ′⊥OH .由(1)知，AC ⊥HD ′，又AC ⊥BD ，BD ∩HD ′＝H ， 所以AC ⊥平面BHD ′，于是AC ⊥OD ′.又由OD ′⊥OH ，AC ∩OH ＝O ，所以OD ′⊥平面ABC . 又由EF AC ＝DH DO ，得EF ＝92.则五边形ABCFE 的面积S ＝12×6×8－12×92×3＝694. 所以五棱锥D ′－ABCFE 的体积V ＝13×694×22＝2322.B 组 能力提升练1．(2018·重庆调研)已知三棱锥A －BCD 中，平面ABC ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AB ⊥AC ，CD ＝2，BC ＝22，则该三棱锥外接球的表面积为( C ) A ．4π B.43π C ．12πD.93π解析：如图，取BC 的中点E ，BD 的中点O ，连接OA ，OE ，OC ，AE ，则OE ∥CD .由平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC ∩平面BCD ＝BC ，CD ⊂平面BCD ，CD ⊥BC ，得CD ⊥平面ABC ，则OE ⊥平面ABC ，所以OE ⊥BC ，OE ⊥AE .在Rt △ABC 中，AE ＝12BC ＝BE ＝CE ，则Rt △OCE ≌Rt △OAE ≌Rt △OBE ，所以OC ＝OA ＝OB .又OB ＝OD ，所以O 为三棱锥A －BCD 的外接球的球心，外接球的半径R ＝12BD ＝12BC 2＋CD 2＝3，则三棱锥A －BCD 的外接球的表面积S ＝4πR 2＝12π，故选C.2．(2016·高考全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( B ) A ．4π B.9π2 C ．6πD.32π3解析：由题意可得若V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ＝32，该球的体积最大，V max ＝43πR 3＝4π3×278＝9π2.故选B.3．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( A ) A.26 B.36 C.23D.22解析：在直角三角形ASC 中，AC ＝1，∠SAC ＝90°，SC ＝2，所以SA ＝4－1＝3；同理SB ＝ 3.过A 点作SC 的垂线交SC 于D 点，连接DB (图略)，因为△SAC ≌△SBC ，所以BD ⊥SC ，故SC ⊥平面ABD ，且平面ABD 为等腰三角形，因为∠ASC ＝30°，所以AD ＝12SA ＝32，则△ABD 的面积为12×1× AD 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝24，则三棱锥的体积为13×24×2＝26.故选A.4．四棱锥S －ABCD 的所有顶点都在同一个球面上，底面ABCD 是正方形且和球心O在同一平面内，当此四棱锥体积取得最大值时，其表面积等于8＋83，则球O 的体积等于( A ) A.32π3 B.322π3 C ．16πD.162π3解析：依题意，设球O 的半径为R ，四棱锥S －ABCD 的底面边长为a ，高为h ，则有h ≤R ，即h 的最大值是R .又AC ＝2R ，则四棱锥S －ABCD 的体积V S －ABCD ＝13×2R 2h ≤2R 33.因此，当四棱锥S －ABCD 的体积最大，即h ＝R 时，其表面积等于(2R )2＋4×12×2R × ⎝ ⎛⎭⎪⎫2R 22＋R 2＝8＋83，解得R ＝2，因此球O 的体积等于4πR 33＝32π3，故选A. 5．(2018·广州调研)如图，网格纸上正方形小格的边长为1，图中粗线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的外接球的表面积为( C )A.112π B.6π C ．11πD.12π解析：根据三视图知，可将该三棱锥放在长方体中，如图中三棱锥S －ABC 所示，取线段AC 的中点O 1，过O 1作直线垂直于平面ABC 交长方体的上底面于点P .因为△ABC 是直角三角形，所以外接球的球心O 必在线段PO 1上，连接SO ，SP ，OC ，设OO 1＝x ，球的半径为R ，易得SP ＝102，所以⎩⎪⎨⎪⎧R 2＝x 2＋12，R 2＝(1－x )2＋52，解得R 2＝114，所以该三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝11π，故选C.6．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为__12__.解析：由题意可知，该六棱锥是正六棱锥，设该六棱锥的高为h ，则13×6×34×22×h ＝23，解得h ＝1.底面正六边形的中心到其边的距离为3，故侧面等腰三角形底边上的高为3＋1＝2，故该六棱锥的侧面积为12×12×2＝12.7．(2018·郑州质量预测)三棱锥A －BCD 的所有顶点都在球O 的表面上，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AB ＝1，BC ＝2，CD ＝3，则球O 的表面积为__14π__.解析：因为BC ⊥CD ，BC ＝2，CD ＝3，所以BD 2＝BC 2＋CD 2＝13，且BD 为△BCD 外接圆的直径．又AB ⊥平面BCD ，所以AB ⊥BD ，则AD 为球O 的直径，所以2R ＝AD ＝AB 2＋BD 2＝14，解得R ＝142，所以球O 的表面积S ＝4πR 2＝14π.8．(2018·沈阳质量监测)已知在正四棱锥S －ABCD 中，SA ＝63，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为__6__.解析：设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ，因为在正四棱锥S －ABCD 中，SA ＝63，所以a 22＋h 2＝(63)2，即a 2＝216－2h 2，所以正四棱锥的体积V S －ABCD ＝13a 2h ＝72h －23h 3.令y ＝72h －23h 3，则y ′＝72－2h 2.令y ′>0，得0<h <6；令y ′<0，得h >6，所以当该棱锥的体积最大时，它的高为6.9．(2016·高考全国卷Ⅰ)如图，已知正三棱锥P －ABC 的侧面是直角三角形，P A ＝6.顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面P AB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G .(1)证明：G 是AB 的中点；(2)在图中作出点E 在平面P AC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF 的体积．解析：(1)证明：因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以AB ⊥PD . 因为D 在平面P AB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE . 因为PD ∩DE ＝D ，所以AB ⊥平面PED ，故AB ⊥PG .又由已知，可得P A＝PB，所以G是AB的中点．(2)在平面P AB内，过点E作PB的平行线交P A于点F，F即为E在平面P AC内的正投影．理由如下：由已知可得PB⊥P A，PB⊥PC.又EF∥PB，所以EF⊥P A，EF⊥PC.因此EF ⊥平面P AC，即点F为E在平面P AC内的正投影．连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心．由(1)知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CD＝23CG.由题设可得PC⊥平面P AB，DE⊥平面P AB，所以DE∥PC，因此PE＝23PG，DE＝13PC.由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且P A＝6，可得DE＝2，PE＝2 2. 在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2，所以四面体PDEF的体积V＝13×12×2×2×2＝43.10．如图所示，平行四边形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，AD＝4.将△CBD沿BD 折起到△EBD的位置，使平面EBD⊥平面ABD.(1)求证：AB⊥DE；(2)求三棱锥E－ABD的侧面积和体积．解析：(1)证明：在△ABD中，∵AB＝2，AD＝4，∠DAB＝60°，∴BD＝AB2＋AD2－2AB·AD cos∠DAB＝2 3.∴AB2＋BD2＝AD2，∴AB⊥BD.又平面EBD⊥平面ABD，平面EBD∩平面ABD＝BD，AB⊂平面ABD，∴AB⊥平面EBD.又DE⊂平面EBD，∴AB⊥DE.(2)由(1)知AB⊥BD.∵CD ∥AB ，∴CD ⊥BD ，从而DE ⊥BD .在Rt △DBE 中，∵DB ＝23，DE ＝DC ＝AB ＝2， ∴S △EDB ＝12DB ·DE ＝2 3.∵AB ⊥平面EBD ，BE ⊂平面EBD ，∴AB ⊥BE . ∵BE ＝BC ＝AD ＝4，∴S △EAB ＝12AB ·BE ＝4. ∵DE ⊥BD ，平面EBD ⊥平面ABD ， ∴ED ⊥平面ABD ，而AD ⊂平面ABD ， ∴ED ⊥AD ，∴S △EAD ＝12AD ·DE ＝4.综上，三棱锥E －ABD 的侧面积S ＝S △EDB ＋S △EAB ＋S △EAD ＝8＋2 3. ∵DE ⊥平面ABD ，且S △ABD ＝S △EBD ＝23，DE ＝2， ∴V E －ABD ＝13S △ABD ·DE ＝13×23×2＝433.。