高中数学培优讲义练习（必修二）：专题8.6 简单几何体的表面积与体积（重难点题型检测）（教师版）

专题8.6简单几何体的表面积与体积（重难点题型检测）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）（2023·高一单元测试）已知正四棱锥的高为3，底面边长为2，则该棱锥的体积为（

）A．6 B．32 C．2 D．【解题思路】直接利用棱锥的体积公式计算即可.【解答过程】根据棱锥的体积公式得该棱锥的体积为1故选：C.2．（3分）（2023·高一课时练习）若一个圆柱和一个圆锥的底面积相等，圆柱的体积是圆锥体积的2倍，则圆柱的高是圆锥高的（

）A．12 B．13 C．23【解题思路】根据题意可圆柱的底面积乘以圆柱的高=圆柱的底面积乘以圆锥的高×1【解答过程】圆柱的体积=圆锥的体积×2，即圆柱底面积×圆柱的高=圆锥的底面积×圆锥的高÷3×2，由此推出：圆柱的底面积×圆柱的高=圆柱的底面积×圆锥的高×1整理得，圆柱的高=圆锥的高×23，圆柱的高÷圆锥的高=所以，圆柱的高是圆锥高的23故选：C.3．（3分）（2023·辽宁沈阳·高二学业考试）过棱长为2的正方体的三个顶点作一截面，此截面恰好切去一个三棱锥，则该正方体剩余几何体的体积为（

）A．4 B．6 C．203 D．【解题思路】截去的三棱锥的底面是直角边为2的等腰直角三角形，高为2，求出三棱锥和正方体的体积，作差可得.【解答过程】截去的三棱锥的底面是直角边为2的等腰直角三角形，高为2，三棱锥的体积为V1正方体的体积为V2则该正方体剩余几何体的体积为V=V故选：C.4．（3分）（2022春·河南信阳·高一阶段练习）半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体体现了数学的对称美.如图是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的棱上，且此正方体的棱长为1，则下列关于该多面体的说法中不正确的是（

）A．多面体有12个顶点，14个面B．多面体的表面积为3C．多面体的体积为5D．多面体有外接球（即经过多面体所有顶点的球）【解题思路】由题得该多面体的各顶点为正方体每条棱的中点，判断选项正误.【解答过程】由题，连接正方体每条棱的中点可得到该多面体，共12个顶点，该多面体表面为有8个三角形面和6个正方形面，共14个面，A项正确；多面体表面每个三角形面积为12×2所以多面体表面积为38将多面体看作由正方体切去顶点处8个三棱锥得到，每个三棱锥体积为13所以多面体体积V=1原正方体中心到多面体每个顶点（即正方体棱的中点）的距离都为22所以以该点为球心，22故选：B.5．（3分）（2023·贵州贵阳·统考模拟预测）如图，在三棱锥A−BCD中，

平面ABD⊥平面BCD，△BCD是边长为23的等边三角形，AB=AD=2，则该几何体外接球表面积为（

A．20π B．8π C．28π【解题思路】设△ABD外心为O2，△BCD外心为O1，DB中点为E，过外心分别作平面ABD，平面BCD垂线，则垂线交点O为外接球球心.后利用正弦定理可得△BCD，△ABD外接圆半径r1，r【解答过程】设△ABD外心为O2，△BCD外心为O1，DB因O1E⊥DB，O1E⊂平面BCD，平面平面ABD∩平面BCD=BD，则O1E⊥平面ABD，又O2则O1E⊥O2E.过O2，O1分别作平面则四边形O2EO1O又因AB=AD=2，BD=23，则∠BAD=120o.故△ABD又OO又OO1⊥平面BCD，BO1故外接球半径R=OB=O故外接球表面积为4π故选：A.6．（3分）（2023·湖北武汉·统考模拟预测）某车间需要对一个圆柱形工件进行加工，该工件底面半径15cm，高10cm，加工方法为在底面中心处打一个半径为rcm且和原工件有相同轴的圆柱形通孔.若要求工件加工后的表面积最大，则r的值应设计为（

）A．10 B．15 C．4 D．5【解题思路】表示出表面积后，根据二次函数性质可得.【解答过程】大圆柱表面积为2×小圆柱侧面积为10×2πr所以加工后物件的表面积为750π+20π故选：D.7．（3分）（2023·山西临汾·统考一模）《九章算术·商功》提及一种称之为“羡除”的几何体，刘徽对此几何体作注：“羡除，隧道也其所穿地，上平下邪.似两鳖臑夹一堑堵，即羡除之形.”羡除即为：三个面为梯形或平行四边形（至多一个侧面是平行四边形），其余两个面为三角形的五面几何体.现有羡除ABCDEF如图所示，底面ABCD为正方形，EF=4，其余棱长为2，则羡除外接球体积与羡除体积之比为（

）A．22π B．42π C．【解题思路】连接AC、BD交于点M，取EF的中点O，连接OM，求出OM的长，进而求出OA的长，可知OA=OB=OC=OD=OE=OF=2，从而可求出羡除外接球体积，由等体积法可求出羡除体积，进而可求得结果.【解答过程】连接AC、BD交于点M，取EF的中点O，连接OM，则OM⊥平面ABCD.取BC的中点G，连接FG，作GH⊥EF，垂足为H，如图所示，由题意得，OA=OB=OC=OD，OE=OF=2，HF=14EF=1∴HG=F∴OM=HG=2又∵AM=2∴OA=O∴OA=OB=OC=OD=OE=OF=2，即：这个羡除的外接球的球心为O，半径为2，∴这个羡除的外接球体积为V1∵AB//EF，AB⊄面CDEF，EF⊂面∴AB//面CDEF，即：点A到面CDEF的距离等于点B到面CDEF又∵△OED≌△OCD，∴VA−OED∴这个羡除的体积为V2∴羡除的外接球体积与羡除体积之比为V1故选：A.8．（3分）（2023·辽宁·校联考模拟预测）在三棱锥A－BCD中，AB=BC=CD=DA=22，∠ADC＝∠ABC＝90°，平面ABC⊥平面ACD，三棱锥A－BCD的所有顶点都在球O的球面上，E，F分别在线段OB，CD上运动（端点除外），BE=2CF．当三棱锥E－ACF的体积最大时，过点F作球OA．π B．3π C．32【解题思路】作出图形，辅助线，找到球心位置，求出半径，设CF＝x，则BE=2x<2，所以0<x<2，表达出三棱锥E－ACF的体积V=−23x−2【解答过程】如图，取AC的中点O，连接OF，OB，因为∠ADC＝∠ABC＝90°，所以OA=OB=OC=OD=12AC则球O的半径R＝2．又AB＝BC，所以OB⊥AC，又平面ABC⊥平面ACD，平面ABC∩平面ACD＝AC，OB⊂平面ABC，所以OB⊥平面ACD．设CF＝x，则BE=2x<2，所以所以三棱锥E－ACF的体积V==1当x=22时，V取得最大值13．由于OA＝OB＝OC在△COF中，由余弦定理得：OF=O根据球的性质可知，当OF垂直于截面时，截面圆的面积最小，设此时截面圆的半径为r，所以r=R则截面面积的最小值为πr故选：C．二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）9．（4分）（2023秋·浙江衢州·高二期末）已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则下列说法正确的是（

）A．圆锥的高是2 B．圆锥的母线长是4C．圆锥的表面积是16π D．圆锥的体积是【解题思路】根据圆锥侧面展开图可求得圆锥母线和高，进而得到其体积和表面积，即可判断出正确选项.【解答过程】设圆锥母线为l，高为ℎ，侧面展开图的弧长与底面圆周长2π×2=4π相等，由弧长公式得π所以圆锥的母线长是4，即B正确；高为ℎ=l圆锥的表面积是S=π圆锥的体积是V=1故选：BD.10．（4分）（2022秋·福建莆田·高二期中）“堑堵”“阳马”和“鳖臑”是我国古代对一些特殊几何体的称谓．《九章算术·商功》有如下叙述：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵．其一为阳马，其一为鳖臑”．意思是说：将一个长方体沿对角面斜截（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜截（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）．若长方体的体积为V，由该长方体斜截所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为V1,V2,A．V1+V2+V3=V 【解题思路】根据题意确定堑堵、阳马和鳖臑的体积与长方体的体积V的数量关系，即可得答案.【解答过程】解：由题意，堑堵的体积V1=V2，阳马的体积所以V1+V2+V3所以V2所以，ACD选项正确，B选项错误.故选：ACD.11．（4分）（2022秋·山东潍坊·高三阶段练习）截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点处的小棱锥所得的多面体，如图所示，将棱长为3a的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面，得到所有棱长均为a的截角四面体，则下列说法正确的是（

）A．该截角四面体的内切球体积38πaC．该截角四面体的外接球表面积为132πa2 【解题思路】根据内切球的直径等于正四面体高的23可求解A项，利用每个截角体积等于正四面体体积的127可求解B项，利用勾股定理求外接球的半径可求解C项，利用勾股定理可确定【解答过程】该四面体底面正三角形的高等于(3a)2所以四面体的高ℎ=(3a)由图可知，该截角四面体的内切球的直径等于23所以内切球的体积等于43正四面体的体积V=1所以剪掉一个角的体积等于127所以该截角四面体的体积为V−4×1取上下底面的中心为O',O''因为截角四面体上下底面间的距离等于23设外接球的半径等于R，因为ABC为边长等于a的正三角形，所以ABC的高等于a2−a又因为下底面EFHILK为正六边形，所以O'所以R2−所以R2−a所以S=4π连接AE,AF，则AE//BD,所以AE=2a，由正四面体对棱互相垂直可知，LI⊥BD,所以EF⊥AE,在直角△AEF中，AF=A所以△AEF外接圆的面积为π4故选:BD.12．（4分）（2022·全国·高三专题练习）传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现；如图是一个圆柱容球，O1，O2为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆O1A．球与圆柱的表面积之比为1B．平面DEF截得球的截面面积最小值为16C．四面体CDEF的体积的取值范围为(0，D．若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PE+PF的取值范围为[2+2【解题思路】利用球的表面积公式及圆柱的表面积公式可判断A，由题可得O到平面DEF的距离为d1≤255，进而可得平面DEF截得球的截面面积最小值可判断B，由题可得四面体CDEF的体积等于2VE−DCO1可判断C，设P【解答过程】由球的半径为r，可知圆柱的底面半径为r，圆柱的高为2r，则球表面积为4πr2，圆柱的表面积所以球与圆柱的表面积之比为23过O作OG⊥DO1于G，则由题可得设O到平面DEF的距离为d1，平面DEF截得球的截面圆的半径为r则d1≤OG，所以平面DEF截得球的截面面积最小值为165由题可知四面体CDEF的体积等于2VE−DCO1，点E到平面又S△DCO1由题可知点P在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设P在底面的射影为P'则PP设t=P'E2，则所以PE+PF=24+2−所以PE+PF∈2+2故选：BCD.三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）13．（4分）（2023春·山东济南·高三开学考试）已知圆锥侧面展开图的周长为4+2π，面积为2π，则该圆锥的体积为33π或4【解题思路】根据给定条件，求出圆锥底面圆半径、母线长，进而求出高即可计算作答.【解答过程】设圆锥的底面圆半径为r，母线长l，则圆锥侧面展开图扇形弧长为2π依题意，2πr+2l=4+2ππrl=2π，即当r=1l=2时，圆锥的高ℎ=l2当r=2πl=π时，圆锥的高所以该圆锥的体积为33π或故答案为：33π或14．（4分）（2023春·青海西宁·高三开学考试）已知在三棱锥S−ABC中，SA=SB=SC=62，AB=2，AC⊥BC，则三棱锥外接球的表面积为9【解题思路】设AB的中点为D，证明SD⊥平面ABC，求出SD的长，列式计算求得三棱锥外接球的半径，即可求得答案.【解答过程】设AB的中点为D，因为AC⊥BC，所以D为△ABC的外心，则DA=DB=DC,因为SA=SB=SC，则△SDA≌△SDB≌△SDC,则∠SDA=∠SDB=90∘，则∠SDC=90而AB∩DC=D,AB,DC⊂平面ABC,所以SD⊥平面ABC.因为AB=2,AC⊥BC，所以AD=DB=DC=1，因为SA=62，所以由题意知三棱锥的外接球的球心O在直线SD上，设外接球的半径为R，则R2=(R−所以三棱锥外接球表面积为4π故答案为：9π15．（4分）（2023·安徽蚌埠·统考二模）如图是我国古代测量粮食的容器“升”，其形状是正四棱台，“升”装满后用手指或筷子沿升口刮平，这叫“平升”，若该“升”内粮食的高度为“平升”的一半时，粮食的体积约为“平升”时体积的14，则该“升”升口边长与升底边长的比值为1+6【解题思路】利用设边长的方法，结合题中所给条件列方程求解.【解答过程】设升底边长为a，升口边长为ka，则“升”内粮食的高度为“平升”的一半时，上表面边长为a+ka2设“升”的高度为ℎ，“升”内粮食的高度为“平升”的一半时，粮食的体积约为“平升”时体积的14则有13化简得k2−2k−5=0，由k>0，解得k=1+6故答案为：1+616．（4分）（2023·四川南充·四川省模拟预测）传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现；如图是一个圆柱容球，O1、O2为圆柱上、下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆O1①平面DEF截得球的截面面积最小值为16π②球的表面积是圆柱的表面积的34③若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PE+PF的取值范围为2+25其中所有正确的命题序号为①③.【解题思路】过点O在平面ABCD内作OG⊥DO1，垂足为点G，分析可知当OG⊥平面DEF时，截面圆的半径最小，求出截面圆的半径，结合圆的面积公式可判断①；利用球体和圆柱的表面积公式可判断②；P在底面的射影为P'，设令P'F2=8−t，则P'E【解答过程】对于①，过点O在平面ABCD内作OG⊥DO1，垂足为点易知O1O2⊥CD，由勾股定理可得O1则由题可得OG=1设O到平面DEF的距离为d1，平面DEF截得球的截面圆的半径为r因为O1D⊂平面DEF，当OG⊥平面DEF时，d1取最大值OG所以，r1所以平面DEF截得球的截面面积最小值为π×45对于②，因为球的半径为r，可知圆柱的底面半径为r，圆柱的高为2r，球的表面积为4πr2所以球与圆柱的表面积之比为4πr2对于③，由题可知点P在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设P在底面的射影为P'则PP'=2，PE=由勾股定理可得P'E2+P'F所以，PE+PF=12+t所以，PE+PF2因此，PE+PF∈25+2,4故答案为：①③.四．解答题（共6小题，满分44分）17．（6分）（2022·高一课时练习）如图，已知直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为V，M，N分别为棱AA1，【解题思路】结合已知条件，利用割补法和等体积法即可求解.【解答过程】由题意，不妨设直三棱柱ABC−A1B∵AM=12A∴AM=12t故S△AMN=1从而S△AMN=∵V=∵VB−ACN=V∴VB−AMNC18．（6分）（2022·全国·高三专题练习）已知过球面上三点A，B，C的截面到球心的距离等于球半径的32，且AC=8，BC=6，AB=10【解题思路】设球的半径为R，根据R与球体截面半径，球心、截面的距离间的几何关系求R，进而求球体的表面积、体积.【解答过程】如图，设球的半径为R，球心为O，截面圆心为O1，则O在△ABC中，由AC2+B∴O1是AB的中点，即O1B=∴(32R)∴球的表面积S=4πR球的体积V=419．（8分）（2022秋·上海杨浦·高二期末）如图，某种水箱用的“浮球”，是由两个半球和一个圆柱筒组成.已知球的直径为8cm，圆柱筒高为3cm.(1)求这种“浮球”的体积；(2)要在这样的3000个“浮球”的表面涂一层胶质，如果每平方厘米需要涂胶0.1克，共需胶多少克？【解题思路】（1）由球的体积公式和圆柱的体积公式求解即可；（2）由球的表面积公式和圆柱的侧面积公式求解出一个的表面积，然后乘以3000得总面积，按照规定再乘以0.1即可解决问题.【解答过程】（1）由题意得该几何体由两个半球和一个圆柱筒组成，所以体积为一个球体体积和一个圆柱体积之和，由球体的体积为：V1圆柱体积为：V2所以浮球的体积为：V=V（2）上下半球的表面积：S1圆柱侧面积：S2所以，1个浮球的表面积为S=64π3000个浮球的表面积为：3000×88π=264000πcm因此每平方厘米需要涂胶0.1克，共需胶264000π×20．（8分）（2022·高一课时练习）如图所示的圆锥，顶点为O，底面半径是5cm，用一个与底面平行的平面截得一圆台，圆台的上底面半径为2.5cm，这个平面与母线OA交于点B，线段AB的长为10cm．(1)求圆台的侧面积；(2)把一根绳从线段AB的中点M开始沿着侧面绕到点A，求这根绳的最短长度；(3)在（2）的条件下，这根绳上的点和圆台上底面上的点的距离中，最短的距离是多少？【解题思路】（1）作出圆锥的轴截面和沿OA剪开的侧面展开图，求出大圆锥和小圆锥的母线长，用大圆锥侧面积减去小圆锥侧面积得圆台侧面积；（2）将绳长的最小值转化为求A'（3）由侧面展开图可知，距离最短时，就是点O到直线A'M的距离减【解答过程】（1）作出圆锥的轴截面和沿OA剪开的侧面展开图，如图所示：由圆台的下底面半径是5cm，上底面半径是2.5cm，AB的长是10cm，可得OB=10cm∴OA=20cm，所以圆台的侧面积S=（2）由圆锥的底面周长可得侧面展开图的弧长为AA以OA为半径的圆周长为2π×OA=40πcm，所以AA'所以侧面展开图的圆