其次講空間幾何體的表面積與體積A組基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1．(2024·廣東六校聯(lián)盟聯(lián)考)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(A)A．π＋eq\f(\r(3),3) B．2π＋eq\f(\r(3),3)C．2π＋eq\r(3) D．π＋eq\r(3)[解析]由三視圖知，該幾何體由圓柱與三棱錐組合而成，其體積為π＋eq\f(1,3)×2×eq\f(1,2)×eq\r(3)＝π＋eq\f(\r(3),3).故選A．2．(2024·河南中原名校質(zhì)量考評(píng))一個(gè)幾何體三視圖如右圖所示，則該幾何體體積為(D)A．12 B．8C．6 D．4[解析]由三視圖可知幾何體為三棱錐，如圖，故其體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×3×4＝4.故選D.3．(2024·四川、云南、貴州、西藏四省四校聯(lián)考)一個(gè)多面體的三視圖如圖所示，其正視圖、側(cè)視圖都是全等的等腰直角三角形，俯視圖為邊長(zhǎng)為2的正方形，則其表面積為(A)A．8＋4eq\r(2) B．12C．16＋8eq\r(2) D．12＋2eq\r(2)[解析]依據(jù)三視圖，可得立體圖形如圖所示：則S表面積＝2×2＋eq\f(1,2)×2×2×2＋eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)×2＝8＋4eq\r(2).故選A．4．(2024·河北衡水中學(xué)調(diào)研)已知圓柱的高為1，它的兩個(gè)底面的圓周在直徑為2的同一個(gè)球的球面上，則該圓柱的體積為(B)A．π B．eq\f(3π,4)C．eq\f(π,2) D．eq\f(π,4)[解析]∵圓柱的高為1，它的兩個(gè)底面的圓周在直徑為2的同一個(gè)球的球面上，∴該圓柱底面圓周半徑r＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(3),2)，∴該圓柱的體積：V＝Sh＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2×1＝eq\f(3π,4).故選B.5．(2024·吉林省高三二模)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是(A)A．eq\f(5π,3) B．eq\f(4π,3)C．2＋eq\f(2π,3) D．4＋eq\f(2π,3)[解析]設(shè)半圓柱體體積為V1，半球體體積為V2，由題得幾何體體積為V＝V1＋V2＝π×12×2×eq\f(1,2)＋eq\f(4,3)×π×13×eq\f(1,2)＝eq\f(5π,3)，故選A．6.(2024·河南省質(zhì)檢)正多面體被古希臘圣哲認(rèn)為是構(gòu)成宇宙的基本元素，加上它們的多種變體，始終是科學(xué)、藝術(shù)、哲學(xué)靈感的源泉之一，如圖，該幾何體是一個(gè)棱長(zhǎng)為2的正八面體，則此正八面體的體積與表面積之比為(B)A．eq\f(\r(6),18) B．eq\f(\r(6),9)C．eq\f(\r(6),12) D．eq\f(\r(6),3)[解析]由邊長(zhǎng)為2，可得正八面體上半部分的斜高為eq\r(22－1)＝eq\r(3)，高為eq\r(3－1)＝eq\r(2)，則其體積為eq\f(2×2×\r(2),3)×2＝eq\f(8\r(2),3)，其表面積為8×eq\f(\r(3),4)×22＝8eq\r(3)，所以此正八面體的體積與表面積之比為eq\f(\r(6),9).7.(2024·山東省泰安市6月三模)我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中記載：“芻甍者，下有袤有廣，而上有袤無(wú)廣．芻，草也．甍，屋蓋也．”今有底面為正方形的屋脊形態(tài)的多面體(如圖所示)，下底面是邊長(zhǎng)為2的正方形，上棱EF＝eq\f(3,2)，EF∥平面ABCD，EF與平面ABCD的距離為2，該芻甍的體積為(B)A．6 B．eq\f(11,3)C．eq\f(31,4) D．12[解析]如圖，作FN∥AE，F(xiàn)M∥ED，則多面體被分割為棱柱與棱錐部分，因?yàn)镋F與平面ABCD的距離為2，所以四棱錐F－NBCM的高為2，所以V四棱錐F－NBCM＝eq\f(1,3)S四邊形NBCM×2＝eq\f(1,3)×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3,2)))×2＝eq\f(2,3)，V棱柱ADE－NMF＝S直截面×eq\f(3,2)＝eq\f(1,2)×2×2×eq\f(3,2)＝3，所以該芻甍的體積為：V＝V四棱錐F－NBCM＋V棱柱ADE－NMF＝eq\f(2,3)＋3＝eq\f(11,3).故選B.8．(2024·四川成都診斷)如圖是某幾何體的三視圖，若三視圖中的圓的半徑均為2，則該幾何體的表面積為(C)A．14π B．16πC．18π D．20π[解析]由題意可知幾何體為從半徑為2的球體中去掉左后下四分之一和右前上四分之一，故其表面積為eq\f(3,4)×4π×22＋eq\f(3,2)×π×22＝18π，故選C．9．一個(gè)透亮密閉的正方體容器中，恰好盛有該容器一半容積的水，隨意轉(zhuǎn)動(dòng)這個(gè)正方體，則水面在容器中的形態(tài)不行能是(A)A．三角形 B．長(zhǎng)方形C．正方形 D．正六邊形10．(2024·廣東質(zhì)檢)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6個(gè)頂點(diǎn)都在球O的球面上，若AB＝1，AC＝eq\r(3)，AB⊥AC，AA1＝4，則球O的表面積為(C)A．5π B．10πC．20π D．eq\f(20\r(5)π,3)[解析]由題意知AB、AC、AA1兩兩垂直，設(shè)球O的半徑為R，則4R2＝1＋(eq\r(3))2＋42＝20，∴S球＝4πR2＝20π，故選C．11．(理)(2024·廣東順德質(zhì)檢)已知三棱錐P－ABC的底面ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，PA⊥平面ABC，且PA＝2，則該三棱錐外接球的表面積為(D)A．eq\f(68π,3) B．20πC．48π D．eq\f(28π,3)(文)(2024·安徽江南十校聯(lián)考)如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2eq\r(3)，將△BAC沿對(duì)角線AC翻折成△B1AC，則三棱錐B1－ACD外接球的表面積為(C)A．4π B．12πC．16π D．48π[解析](文)由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，知三棱錐外接球的球心為對(duì)角線的中點(diǎn)，半徑為eq\f(1,2)BD＝eq\f(1,2)eq\r(AB2＋AD2)＝2，所以三棱錐B1－ACD外接球的表面積為4π×22＝16π.故選C．12．(2024·陜西商洛期末)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的每個(gè)頂點(diǎn)都在球的O球面上，若球O的表面積為12π，則該四棱柱的側(cè)面積的最大值為(BA．10 B．12eq\r(2)C．16 D．18[解析]設(shè)球O的半徑為R，則4πR2＝12π，得R＝eq\r(3).設(shè)正四棱柱的底面邊長(zhǎng)為x，高為h，則正四棱柱的體對(duì)角線即為球O的直徑，則有eq\r(2x2＋h2)＝2R＝2eq\r(3)，即2x2＋h2＝12，由基本不等式可得12＝2x2＋h2≥2eq\r(2)xh，xh≤3eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)h＝eq\r(2)x時(shí)，等號(hào)成立，因此，該四棱柱的側(cè)面積為4xh≤4×3eq\r(2)＝12eq\r(2)，即四棱柱的側(cè)面積的最大值為12eq\r(2).二、填空題13.(2024·天津高考)如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，則四棱錐A1－BB1D1D的體積為eq\f(1,3).[解析]本題主要考查正方體的性質(zhì)和四棱錐的體積．四棱錐的底面BB1D1D為矩形，其面積為1×eq\r(2)＝eq\r(2)，又點(diǎn)A1究竟面BB1D1D的距離，即四棱錐A1－BB1D1D的高為eq\f(1,2)A1C1＝eq\f(\r(2),2)，所以四棱錐A1－BB1D1D的體積為eq\f(1,3)×eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(1,3).另解：VA1－BB1D1D＝VABD－A1B1D1－VA1－ABD＝eq\f(2,3)VABD－A1B1D1＝eq\f(1,3).14．(2024·海南天一大聯(lián)考)已知圓錐的母線長(zhǎng)為3，底面半徑為1，則該圓錐的體積為eq\f(2\r(2)π,3)，設(shè)線段AB為底面圓的一條直徑，一質(zhì)點(diǎn)從A動(dòng)身，沿著圓錐的側(cè)面運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)后再回到A點(diǎn)，則該質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)路徑的最短長(zhǎng)度為_(kāi)_6__.[解析]圓錐的高為eq\r(32－1)＝2eq\r(2)，∴V圓錐＝eq\f(π,3)×2eq\r(2)×12＝eq\f(2\r(2)π,3)，圓錐底面周長(zhǎng)為2π，側(cè)面綻開(kāi)圖扇形的圓心角為eq\f(2π,3)，如圖，則質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的最短路徑為虛線所示的折線，長(zhǎng)度為6.15．(2024·河北張家口、邢臺(tái)聯(lián)考)已知球O是三棱錐P－ABC的外接球，AB＝BC＝CA＝1，PA＝2，則當(dāng)點(diǎn)P到平面ABC的距離取最大值時(shí)，球O的表面積為eq\f(16π,3).[解析]當(dāng)點(diǎn)P到平面ABC的距離最大時(shí)，PA⊥平面ABC．如圖，以△ABC為底面，PA為側(cè)棱補(bǔ)成一個(gè)直三棱柱，則球O是該三棱柱的外接球，球心O究竟面△ABC的距離d＝eq\f(1,2)PA＝1.由正弦定理得△ABC的外接圓半徑r＝eq\f(AB,2sin60°)＝eq\f(\r(3),3)，所以球O的半徑為R＝eq\r(d2＋r2)＝eq\f(2\r(3),3)，所以球O的表面積為S＝4πR2＝eq\f(16π,3).16．(原創(chuàng))兩直角邊長(zhǎng)分別為6、8的直角三角形繞其一邊所在直線旋轉(zhuǎn)一周，所形成的幾何體的體積為96π或128π或eq\f(384,5)π.[解析]以長(zhǎng)為8的直角邊為旋轉(zhuǎn)軸所得圓錐的體積為96π；以長(zhǎng)為6的直角邊為旋轉(zhuǎn)軸所得圓錐的體積為128π；以斜邊為旋轉(zhuǎn)軸所得圓錐的體積為eq\f(384,5)π.17．(2024·新高考八省聯(lián)考)圓臺(tái)上、下底面的圓周都在一個(gè)直徑為10的球面上，其上、下底面半徑分別為4和5，則該圓臺(tái)的體積為_(kāi)_61π__.[解析]圓臺(tái)的下底面半徑為5，故下底面在外接球的大圓上，如圖所示，設(shè)球的球心為O，圓臺(tái)上底面的圓心為O′，則圓臺(tái)的高OO′＝eq\r(OQ2－O′Q2)＝eq\r(52－42)＝3，據(jù)此可得圓臺(tái)的體積：V＝eq\f(1,3)π×3×(52＋5×4＋42)＝61π.B組實(shí)力提升1．(2024·陜西西安質(zhì)檢三)如圖，圓錐形容器的高為2圓錐內(nèi)水面的高為1.若將圓錐形容器倒置，水面高為h.則h等于eq\r(3,7).[解析]設(shè)圓錐形容器的底面積為S，則未倒置前液面的面積為eq\f(1,4)S，∴水的體積V＝eq\f(1,3)×2S－eq\f(1,3)×eq\f(1,4)S×(2－1)＝eq\f(7,12)S，設(shè)倒置后液面面積為S′，則eq\f(S′,S)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))2，∴S′＝eq\f(Sh2,4)，∴水的體積為V＝eq\f(1,3)S′h＝eq\f(Sh3,3×22)，∴eq\f(Sh3,3×22)＝eq\f(7,12)S，解得h＝eq\r(3,7).2．(理)(2024·湖湘名校教化聯(lián)合體聯(lián)考)在四面體S－ABC中，SA⊥平面ABC，∠BAC＝120°，SA＝2，BC＝eq\r(7)，則該四面體的外接球的表面積為eq\f(40π,3).(文)(2024·江蘇質(zhì)檢)若一個(gè)圓柱的軸截面是面積為4的正方形，則該圓柱的外接球的表面積為_(kāi)_8π__.[解析](理)設(shè)△BAC外接圓半徑為r，則2r＝eq\f(\r(7),sin120°)，∴r＝eq\f(\r(21),3).設(shè)四面體外接球的半徑為R，則由題意易得R2＝r2＋1＝eq\f(10,3)，∴S球＝4πR2＝eq\f(40π,3).(文)作出圓柱與其外接球的軸截面如下：設(shè)圓柱的底面圓半 徑為r，則BC＝2r，所以軸截面的面積為S正方形ABCD＝(2r)2＝4，解得r＝1，因此，該圓柱的外接球的半徑R＝eq\f(BD,2)＝eq\r(2)，所以球的表面積為S＝4π(eq\r(2))2＝8π.故答案為8π.3．(2024·四川、云南、貴州、西藏四省四校聯(lián)考)在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝2，頂角為120°，以底邊BC所在直線為軸旋轉(zhuǎn)圍成的封閉幾何體內(nèi)裝有一球，則球的最大體積為eq\f(\r(3)π,2).[解析]據(jù)題意可得幾何體的軸截面為邊長(zhǎng)為2，相鄰邊的一夾角為60°的菱形，即菱形中的圓與該菱形內(nèi)切時(shí)，球的體積最大，可得內(nèi)切圓的半徑r＝eq\f(\r(3),2)，故V＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))3＝eq\f(\r(3)π,2).4．(2024·浙江聯(lián)考)某幾何體的三視圖如圖所示，則它的表面積是(B)A．8＋3π B．10＋3πC．8＋5π D．10＋5π[解析]依據(jù)三視圖畫出直觀圖得，該幾何體的左側(cè)為長(zhǎng)方體，右側(cè)為半圓柱體，故該幾何體的表面積S＝1×2×3＋1×1×2＋eq\f(1,2)×2π＋eq\f(1,2)×2×2π＋1×2＝10＋3π，故選B.5．(2024·河北石家莊