高考数学专题复习简单几何体的面积与体积

一、选择题

1．长方体的三个相邻面的面积分别为2,3,6，这个长方体的顶点都在同一个球面上，则这个球的面积为( ) 7

A.π 2C．14π

B．56π

D．64π

ab＝2，

解析 设长方体的过同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，则bc＝3，

ac＝6，a＝2，得b＝1，c＝3，

7

令球的半径为R，则(2R)2＝22＋12＋32＝14，∴R2＝，

2∴S球＝4πR2＝14π. 答案 C

2．若等腰直角三角形的直角边长为3，则以一直角边所在的直线为轴旋转一周所成的几何体体积是( ) A．9π C．6π

B．12π D．3π

解析 由题意知所得几何体为圆锥，且底面圆半径为3，高为3，故V＝12

·(π·3)·3＝9π. 3答案 A

3．一个几何体的三视图如图所示，那么此几何体的侧面积(单位：cm2)为( )．

A．48

B．64

C．80

D．120

解析 据三视图知，该几何体是一个正四棱锥(底面边长为8)，直观图如图，PE为侧面△PAB的边AB上的高，且PE＝5.∴此几何体1

的侧面积是S＝4S△PAB＝4××8×5＝

280(cm2)． 答案 C

4．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.2

6

B.3 6

C.2 3

D.2 2

解析 在直角三角形ASC中，AC＝1，∠SAC＝90°，SC＝2，∴SA＝4－1＝3；同理SB＝3.过A点作SC的垂线交SC于D点，连接DB，因△SAC≌△SBC，故BD⊥SC，故SC⊥平面ABD，且平面ABD为等腰三角形，因∠ASC＝30°，故

AD＝SA＝

1

231

，则△ABD的面积为×1× 22

AD2－2

1

2

2122＝，则三棱锥的体积为××2＝. 4346答案 A

5．某品牌香水瓶的三视图如下(单位：cm)，则该几何体的表面积为 ( )．

π

A.95－cm2

2π

C.94＋cm2

2

π

B.94－cm2

2π

D.95＋cm2

2

解析 该几何体的上下为长方体，中间为圆柱．

S表面积＝S下长方体＋S上长方体＋S圆柱侧－2S圆柱底＝2×4×4＋4×4×2＋2×3×3＋4×31π12

×1＋2π××1－2×π＝94＋.

222答案 C

6．已知球的直径SC＝4，A、B是该球球面上的两点，AB＝3，∠ASC＝∠BSC＝30°，则棱锥S－ABC的体积为( ) A．33 C.3

B．23

D．1

解析 由题意知，如图所示，在棱锥S­ABCSACSBC 都是有一个角为30°的直角三角形，其中AB＝3，SC＝4，所以

SA＝SB＝23，AC＝BC＝2.作BD⊥SC于D点，易证SC⊥平面 ABD，因此V＝×答案 C

1

3

3

×(3)2×4＝3. 4

二、填空题

7．已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，则该三棱锥的体积等于________cm3.

解析 由三视图可知，该三棱锥底面为两条直角边分别为1 cm和3 cm的直角三角形，一条侧棱垂直于底面，垂足为直角顶点，故高为2 cm，所以体积11

V＝××1×3×2＝1(cm3)．

32答案 1

8．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________ m3.

解析 由三视图可知，该几何体是组合体，上面是长、宽、高分别是6,3,13433

的长方体，下面是两个半径均为的球，其体积为6×3×1＋2××π×

232＝18＋9π(m3)． 答案 18＋9π

9．已知某几何体的直观图及三视图如图所示，三视图的轮廓均为正方形，则该几何体的表面积为________．

解析 借助常见的正方体模型解决．由三视图知，该几何体由正方体沿面AB1D1与面CB1D1截去两个角所得，其表面由两个等边三角形、四个直角三角形和一个正方形组成．计算得其表面积为12＋43. 答案 12＋43

10．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.

解析：由三视图可知，该几何体由上下两部分组成，其中下面是一个长、宽、高分别为3、2、1的长方体，上面是一个底面半径为1，高为3的圆锥，所1

以所求的体积是：V＝V圆锥＋V长方体＝π×12×3＋3×2×1＝6＋π.

3答案：6＋π 三、解答题

11．如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝22，

AD＝2，求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积． 解 由已知得：CE＝2，DE＝2，CB＝5，

S表面＝S圆台侧＋S圆台下底＋S圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×22＝(60＋

11148222222

42)π，V＝V圆台－V圆锥＝(π·2＋π·5＋2·5π)×4－π×2×2＝

333π.

12．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面为直角三角形，∠

ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝2，P是BC1上一动点，如图所示，求CP＋PA1的最小值．

解 PA1在平面A1BC1内，PC在平面BCC1内，将其铺平后转化为平面上的问题解决．铺平平面A1BC1、平面

BCC1，如图所示．计算A1B＝AB1＝40，BC1＝2，又A1C1＝6，故△A1BC1是∠A1C1B＝90°的直角三角形．

CP＋PA1≥A1C.在△AC1C中，由余弦定理，得 A1C＝62＋

2

2

－2·6·2·cos 135°＝50＝52，

故(CP＋PA1)min＝52.

13．如图(a)，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AB＝4，AD＝CD＝2，将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D－ABC，如图(b)所示．

(1)求证：BC⊥平面ACD； (2)求几何体D－ABC的体积．

(1)证明 在图中，可得AC＝BC＝22， 从而AC2＋BC2＝AB2， 故AC⊥BC，

又平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥平面

ACD.

(2)解 由(1)可知，BC为三棱锥B－ACD的高，BC＝22，S△ACD＝2， 1142

∴VB－ACD＝S△ACD·BC＝×2×22＝，

333由等体积性可知，几何体D－ABC的体积为

42

. 3

14．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，

AB＞1，点E在棱AB上移动，小蚂蚁从点A沿 长方体的表面爬到点C1，所爬的最短路程为22. (1)求AB的长度．

(2)求该长方体外接球的表面积．

解 (1)设AB＝x，点A到点C1可能有两种途径，如图甲的最短路程为|AC1|＝x2＋4.

如图乙的最短路程为 |AC1|＝

图甲 图乙

∵x＞1，∴x2＋2x＋2＞x2＋2＋2＝x2＋4，故从点A沿长方体的表面爬到点

x＋1

2

＋1＝x2＋2x＋2，

C1的最短距离为x2＋4.

由题意得x2＋4＝22，解得x＝2. 即AB的长度为2.

(2)设长方体外接球的半径为R，则 (2R)2＝12＋12＋22＝6， 3

∴R2＝，∴S表＝4πR2＝6π.

2即该长方体外接球的表面积为6π.