2021高考数学一轮复习课后限时集训45空间几何体的表面积与体积文北师大版2

2021高考数学一轮复习课后限时集训45空间几何体的表面积与体积文北师大版2

课后限时集训45‎ 空间几何体的表面积与体积 建议用时：45分钟 一、选择题 ‎1．已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为(　　)‎ A.　　B.　　C．2π　　D．4π B　[依题意知，该几何体是以为底面半径，为高的两个同底圆锥组成的组合体，则其体积V＝π×()2×2＝π.]‎ ‎2．一个正方体挖去一个多面体所得的几何体的三视图如图所示，其中主视图、左视图和俯视图均为边长等于2的正方形，则这个几何体的表面积为(　　)‎ A．16＋4 B．16＋4 C．20＋4 D．20＋4 D　[由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体的内部挖去一个底面边长为2的正四棱锥，将三视图还原可得如图，‎ 可得其表面积为S＝5×22＋4××2×＝20＋4，故选D.]‎ ‎3．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则主视图中的x的值是(　　)‎ - 8 -‎ A．2 B. C. D．3‎ D　[由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，且S底＝×(1＋2)×2＝3，‎ ‎∴V＝x·3＝3，解得x＝3.]‎ ‎4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A．1 B. ‎ C. D. C　[法一：该几何体的直观图为四棱锥SABCD，如图，SD⊥平面ABCD，且SD＝1，四边形ABCD是平行四边形，且AB＝DC＝1，连接BD，由题意知BD⊥DC，BD⊥AB，且BD＝1，所以S四边形ABCD＝1，‎ 所以VSABCD＝S四边形ABCD·SD＝，故选C.‎ 法二：由三视图易知该几何体为锥体，所以V＝Sh，其中S指的是锥体的底面积，即俯视图中四边形的面积，易知S＝1，h指的是锥体的高，从主视图和左视图易知h＝1，所以V＝Sh＝，故选C.]‎ ‎5．正四棱锥VABCD的五个顶点在同一个球面上，若其底面边长为4，侧棱长为2，则此球的体积为(　　)‎ A．72π B．36π ‎ - 8 -‎ C．9π D. B　[∵正四棱锥VABCD的五个顶点在同一个球面上，‎ 其底面边长为4，侧棱长为2，‎ ‎∴正四棱锥的高为＝4，‎ 设外接球的半径为R，则R2＝(4－R)2＋(2)2，‎ ‎∴R＝3，‎ ‎∴球的体积为V＝πR3＝π×33＝36π，故选B.]‎ 二、填空题 ‎6．(2019·泉州模拟)如图，某三棱锥的三视图都是直角边长为2的等腰直角三角形．若该三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________．‎ ‎12π　[由三视图知该三棱锥中有一个顶点发出的三条棱两两垂直，且这三条棱的棱长均为2，因此可将此三棱锥补为一个棱长为2的正方体，如图所示，记该三棱锥为ABCD，根据图形的结构特征知，正方体的外接球就是三棱锥ABCD的外接球，则外接球的直径为＝2，所以外接球的半径R＝，则外接球O的表面积为4πR2＝12π.]‎ ‎7．在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为40 cm，母线长最短50 cm，最长80 cm，则斜截圆柱的侧面面积S＝________cm2.‎ ‎2 600π　[将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，由题意得所求侧面展开图的面积S＝×(50＋80)×(π×40)＝2 600π(cm2)．]‎ ‎8．如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E为棱DD1上的点，F为AB的中点，则三棱锥B1BFE的体积为________．‎ - 8 -‎ 　[由题意知VB1BFE＝VEBFB1，点E到平面ABB1A1的距离等于点D到平面ABB1A1的距离，都等于1.‎ 则VEBFB1＝××1××1＝.]‎ 三、解答题 ‎9．如图，从正方体ABCDA1B1C1D1的8个顶点中选出的4个点恰为一个正四面体的顶点．‎ ‎(1)若选出4个顶点包含点A，请在图中画出这个正四面体；‎ ‎(2)求棱长为a的正四面体外接球的半径．‎ ‎[解](1)如图所示，选取的四个点分别为A，D1，B1，C.‎ ‎(2)棱长为a的正四面体外接球的半径，等于正方体外接球的半径，等于正方体对角线长的一半，因为正四面体的棱长为a，所以正方体的边长为a，因此外接球的半径为×a＝a.‎ ‎10．(2015·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．‎ - 8 -‎ ‎(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；‎ ‎(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．‎ ‎[解](1)交线围成的正方形EHGF如图所示．‎ ‎(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.‎ 因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.‎ 于是MH＝＝6，AH＝10，HB＝6.‎ 故S四边形A1EHA＝×(4＋10)×8＝56，‎ S四边形EB1BH＝×(12＋6)×8＝72.‎ 因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，‎ 所以其体积的比值为.‎ ‎1．(2019·郑州模拟)某几何体的三视图如图所示，图中三个正方形的边长均为2，则该几何体的表面积为(　　)‎ A．24＋(－1)π B．24＋(2－2)π C．24＋(－1)π D．24＋(2－2)π B　[根据三视图可得该几何体是由棱长为2的正方体挖去两个底面半径为1，母线长为的圆锥所得如图所示的组合体，则该组合体的侧面积为S1＝4×2×2＝16，两个底面的面积为S2＝2×(2×2－π×12)＝8－2π，两个圆锥的侧面积为S3＝2×π×1×＝2π，所以该组合体的表面积为S＝S1＋S2＋S3＝16＋8－2π＋2π＝24＋(2－2)π.]‎ ‎2．(2019·昆明模拟)已知三棱锥DABC的每个顶点都在球O的表面上，AB⊥AC，AB＝6，AC＝2，顶点D在平面ABC上的投影E为BC的中点，且DE＝5，则球O的表面积为(　　)‎ - 8 -‎ A．16π B．17π C．60π D．64π D　[如图，在△ABC中，AB⊥AC，AB＝6，AC＝2.‎ ‎∴BC＝＝2，AE＝BC＝.‎ 设球O的半径为R，‎ 则15＋(5－R)2＝R2，∴R＝4.‎ ‎∴球O的表面积为4πR2＝64π，‎ 故选D.]‎ ‎3．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°.若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为________．‎ ‎8π　[由题意画出图形，如图，设AC是底面圆O的直径，连接SO，则SO是圆锥的高．设圆锥的母线长为l，则由SA⊥SB，△SAB的面积为8，得l2＝8，得l＝4.在Rt△ASO中，由题意知∠SAO＝30°，所以SO＝l＝2，AO＝l＝2.故该圆锥的体积V＝π×AO2×SO＝π×(2)2×2＝8π.]‎ ‎4．如图是一个以A1B1C1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC，已知A1B1＝B1C1＝2，∠A1B1C1＝90°，AA1＝4，BB1＝3，CC1＝2，求：‎ ‎(1)该几何体的体积．‎ ‎(2)截面ABC的面积．‎ ‎[解](1)过C作平行于A1B1C1的截面A2B2C，交AA1，BB1分别于点A2，B2，‎ 由直三棱柱性质及∠A1B1C1＝90°，‎ 则V＝VA1B1C1A2B2C＋VCABB2A2‎ ‎＝×2×2×2＋××(1＋2)×2×2＝6.‎ ‎(2)在△ABC中，‎ AB＝＝，‎ BC＝＝，‎ AC＝＝2，‎ - 8 -‎ 则S△ABC＝×2×＝.‎ ‎1．(2019·太原模拟)已知在三棱锥SABC中，SA＝SB＝SC＝AB＝2，AC⊥BC，则该三棱锥外接球的体积为(　　)‎ A.　　　　　　 B. C. D. A　[如图，∵SA＝SB＝AB，∴△SAB为正三角形，∵AC⊥BC，‎ ‎∴点S在底面上的投影为AB的中点，设AB的中点为D，连接CD，‎ ‎∵△ABC为等腰直角三角形，‎ ‎∴BD＝AD＝CD，‎ ‎∵球心到球面各点的距离相等，∴球心在线段SD上，‎ 设球心为O，球的半径为R，‎ ‎∴AD＝1，SD＝＝＝，‎ ‎∴OD2＋AD2＝OA2＝R2，‎ ‎(－R)2＋12＝R2，R＝，‎ ‎∴该三棱锥外接球的体积为π×＝，故选A.]‎ ‎2．一个透明的球形装饰品内放置了两个公共底面的圆锥，且这两个圆锥的顶点和底面圆周都在这个球面上，如图，已知圆锥底面面积是这个球面面积的，设球的半径为R，圆锥底面半径为r.‎ ‎(1)试确定R与r的关系，并求出较大圆锥与较小圆锥的体积之比；‎ ‎(2)求出两个圆锥的体积之和与球的体积之比．‎ - 8 -‎ ‎[解](1)∵πr2＝×4πR2，∴r＝R. ①‎ 设较大圆锥与较小圆锥的高分别为h大，h小，‎ 则由Rt△BO1C∽Rt△CO1A，‎ 得＝，即＝. ②‎ 又2R＝h大＋h小， ③‎ 联立①②③，得h大＝R，h小＝R，‎ ‎∴V大∶V小＝h大∶h小＝3∶1，‎ 即较大圆锥与较小圆锥的体积之比是3∶1.‎ ‎(2)由(1)得较大圆锥的体积V大＝πr2h大＝πR3，‎ 较小圆锥的体积V小＝πr2h小＝πR3，‎ 又V球＝πR3，‎ ‎∴(V大＋V小)∶V球＝πR3∶πR3＝3∶8，‎ 即两个圆锥的体积之和与球的体积之比为3∶8.‎ - 8 -‎