人教A版理科数学课时试题及解析（37）空间几何体的表面积和体积

人教A版理科数学课时试题及解析（37）空间几何体的表面积和体积

课时作业(三十七)　[第37讲　空间几何体的表面积和体积]‎ ‎[时间：45分钟　　分值：100分]‎ ‎1．已知几何体的三视图如图K37－1所示，则该几何体的表面积为(　　)‎ A．80＋7π B．96＋7π C．96＋8π D．96＋9π 图K37－1‎ ‎　　图K37－2‎ ‎2． 已知某几何体的三视图如图K37－2所示，则该几何体的表面积是(　　)‎ A．24 B．36＋6 C．36 D．36＋12 图K37－3‎ ‎3． 一个几何体按比例绘制的三视图如图K37－3所示(单位：m)，则该几何体的体积为(　　)‎ A．‎4 m3‎　　B. m3‎ C．‎3 m3‎　　D. m3‎ ‎4．某品牌香水瓶的三视图如图K37－4(单位：cm)，则该几何体的表面积为(　　)‎ 图K37－4‎ A. cm2 B. cm2‎ C. cm2 D. cm2‎ ‎5． 已知一空间几何体的三视图如图K37－5所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A.π cm3 B．3π cm3‎ C.π cm3 D.π cm3‎ 图K37－5‎ ‎　　图K37－6‎ ‎6．一个棱锥的三视图如图K37－6，则该棱锥的全面积为(　　)‎ A．48＋12 B．48＋24 C．36＋12 D．36＋24 ‎7． 一个几何体的三视图如图K37－7，该几何体的表面积为(　　)‎ 图K37－7‎ A．280 B．‎292 C．360 D．372‎ ‎8．某三棱锥的侧视图和俯视图如图K37－8所示，则该三棱锥的体积为(　　)‎ 图K37－8‎ A．4 B．8 C．12 D．24 ‎9．如图K37－9(单位：cm)，将图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的体积为(单位：cm3)(　　)‎ 图K37－9‎ A．40π B. C．50π D. ‎10．一个底面半径为1，高为6的圆柱被一个平面截下一部分，如图K37－10，截下部分的母线最大长度为2，最小长度为1，则截下部分的体积是________．‎ 图K37－10‎ ‎11．若某几何体的三视图(单位：cm)如图K37－11所示，则此几何体的体积是________ cm3.‎ 图K37－11‎ ‎12．表面积为定值S的正四棱柱体积的最大值为________．‎ ‎13．在三棱柱ABC－A′B′C′中，点P，Q分别在棱BB′，CC′上，且BP＝2PB′，CQ＝3QC′，若三棱柱的体积为V，则四棱锥A－BPQC的体积是________．‎ ‎14．(10分)如图K37－12所示的△OAB绕x轴和y轴各旋转一周，分别求出所得几何体的表面积．‎ 图K37－12‎ ‎15．(13分)如图K37－13(1)，在直角梯形中(图中数字表示线段的长度)，CD⊥AF，将直角梯形DCEF沿CD折起，使平面DCEF⊥平面ABCD，连接部分线段后围成一个空间几何体，如图K37－13(2)．‎ ‎(1)求证：BE∥平面ADF；‎ ‎(2)求三棱锥F－BCE的体积．‎ 图K37－13‎ ‎16．(1)(6分) 设直线l与球O有且只有一个公共点P，从直线l出发的两个半平面α，β截球的两截面圆的半径分别为1和，二面角α－l－β的平面角为150°，则球O的表面积为(　　)‎ A．4π B．16π C．28π D．112π ‎(2)(6分)已知正方体ABCD－A1B‎1C1D1，则四面体C1－A1BD在平面ABCD上的正投影的面积和该四面体的表面积之比是(　　)‎ A. B. C．2 D. 课时作业(三十七)‎ ‎【基础热身】‎ ‎1．C　[解析] 这个空间几何体上半部分是底面半径为1，高为4的圆柱，下半部分是棱长为4的正方体，故其全面积是2π×1×4＋π×12＋6×4×4－π×12＝96＋8π.故选C.‎ ‎2．B　[解析] 由三视图知该几何体是一个四棱锥，如图所示，其中底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，且AD＝4，AB＝3，PA＝4，易知各侧面都为直角三角形，计算得，其表面积为36＋6，故选B.‎ ‎3．C　[解析] 根据视图还原几何体．这个空间几何体的直观图如下，其体积是‎3 m3‎.‎ ‎4．C　[解析] 这个空间几何体上面是一个四棱柱、中间部分是一个圆柱、下面是一个四棱柱．上面四棱柱的表面积为2×3×3＋12×1－＝30－；中间部分的表面积为2π××1＝π，下面部分的表面积为2×4×4＋16×2－＝64－.故其表面积是94＋.‎ ‎【能力提升】‎ ‎5．D　[解析] 由三视图可知，此几何体是一个底面半径为‎1 cm、高为‎3 cm的圆柱的上部去掉一个半径为‎1 cm的半球所形成的几何体，所以其体积为V＝πr2h－πr3＝3π－π＝π( cm3)．‎ ‎6．A　[解析] 根据给出的三视图，这个三棱锥是一个底面为等腰直角三角形、一个侧面垂直于底面的三棱锥，其直观图如图所示，其中PD⊥平面ABC，D为BC中点，AB⊥AC，过D作ED⊥AB于E，连接PE，由于AB⊥PD，AB⊥DE，故AB⊥PE，PE即为△PAB的底边AB上的高．在Rt△PDE中，PE＝5，侧面PAB，PAC面积相等，故这个三棱锥的全面积是2××6×5＋×6×6＋×6×4＝48＋12.‎ ‎7．C　[解析] 由题中的三视图知，该几何体是由两个长方体组成的简单组合体，下面是一个长、宽、高分别是8,10,2的长方体，上面竖着的是一个长、宽、高分别为6、2、8的长方体，那么其表面积等于下面长方体的表面积与上面长方体的侧面积之和，即S＝2(8×10＋8×2＋10×2)＋2(6×8＋2×8)＝360.‎ ‎8．A　[解析] 根据三视图可知，在这个三棱锥中其侧视图的高就是三棱锥的高、俯视图的面积就是三棱锥的底面积，其中俯视图的宽度和侧视图的宽度相等，所以侧视图的底边长是2，由此得侧视图的高为2，此即为三棱锥的高；俯视图的面积为6，‎ 此即为三棱锥的底面积．所以所求的三棱锥的体积是×6×2＝4.‎ ‎9．B　[解析] 由图中数据，根据圆台和球的体积公式得 V圆台＝×[π×22＋＋π×52]＝52π，V半球＝π×23×＝π.‎ 所以，旋转体的体积为V圆台－V半球＝52π－π＝π(cm3)．‎ ‎10.　[解析] 这样的几何体我们没有可以直接应用的体积计算公式，根据对称性可以把它补成圆柱，这个圆柱的高是3，这个圆柱的体积是所求的几何体体积的2倍，故所求的几何体的体积是×π×12×3＝.‎ ‎11．144　[解析] 该空间几何体为一四棱柱和一四棱台组成的，四棱柱的长宽都为4，高为2，体积为4×4×2＝32，四棱台的上下底面分别为边长为4和8的正方形，高为3，所以体积为×3×(42＋＋82)＝112，所以该几何体的体积为32＋112＝144.‎ ‎12.　[解析] 设正四棱柱的底面边长为a，高为h，则该正四棱柱的表面积为‎2a2＋4ah＝S，即h＝，体积为V＝a2h＝a(S－‎2a2)＝(Sa－‎2a3)，‎ 则V′＝(S－‎6a2)．‎ 令V′＝0得a＝，且当00，当a>时，V′<0，故当a＝＝时，V取极大值，由于这个极值唯一故也是最大值，此时h＝＝＝，体积的最大值是.‎ ‎13.V　[解析] 四棱锥A－BPQC与四棱锥A－BB′C′C具有相同的高，故其体积之比等于其底面积之比，由BP＝2PB′，CQ＝3QC′得BP＝BB′，CQ＝CC′，设平行四边形BB′C′C的高为h，则其面积S＝CC′·h，‎ 则梯形BPQC的面积等于·h＝CC′·h＝S，故VA－BPQC＝VA－BB′C′C.‎ 而VA－BB′C′C＝V－VA－A′B′C′＝V－V＝V，故VA－BPQC＝×V＝V.‎ ‎14．[解答] 绕x轴旋转一周形成的空间几何体是一个上下底面半径分别为2,3，高为3的圆台，挖去了一个底面半径为3，高为3的圆锥，如图(1)，其表面积是圆台的半径为2的底面积、圆台的侧面积、圆锥的侧面积之和．‎ 圆台的母线长是，圆锥的母线长是3，‎ 故其表面积S1＝π·22＋π(2＋3)·＋π·3·3＝(4＋5＋9)π.‎ 绕y轴旋转一周所形成的空间几何体是一个大圆锥挖去了一个小圆锥，如图(2)，此时大圆锥的底面半径为3，母线长为3，小圆锥的底面半径为3，母线长为，这个空间几何体的表面积是这两个圆锥的侧面积之和，‎ 故S2＝π·3·3＋π·3·＝(9＋3)π.‎ ‎15．[解答] (1)证法一：取DF中点G，连接AG(如图)，DG＝DF，‎ ‎∵CE＝DF，CE∥DF，∴EG∥CD且EG＝CD.‎ 又∵AB∥CD且AB＝CD，∴EG∥AB且EG＝AB，‎ ‎∴四边形ABEG为平行四边形，‎ ‎∴BE∥AG.∵BE⊄平面ADF，AG⊂平面ADF，‎ ‎∴BE∥平面ADF.‎ 证法二：由图(1)可知BC∥AD，CE∥DF，折叠之后平行关系不变，‎ ‎∵BC⊄平面ADF，AD⊂平面ADF，∴BC∥平面ADF，同理CE∥平面ADF，‎ ‎∵BC∩CE＝C，BC，CE⊂平面BCE，∴平面BCE∥平面ADF.∵BE⊂平面BCE，∴BE∥平面ADF.‎ ‎(2)方法一：∵VF－BCE＝VB－CEF，由图(1)可知BC⊥CD，∵平面DCEF⊥平面ABCD，平面DCEF∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面DCEF，由图(1)可知DC＝CE＝1，S△CEF＝CE·DC＝.‎ ‎∴VF－BCE＝VB－CEF＝·BC·S△CEF＝.‎ 方法二：由图(1)可知CD⊥BC，CD⊥CE，∵BC∩CE＝C，∴CD⊥平面BCE.∵DF⊥DC，点F到平面BCE的距离等于点D到平面BCE的距离为1，由图(1)可知BC＝CE＝1，S△BCE＝BC·CE＝，‎ ‎∴VF－BCE＝·CD·S△BCE＝.‎ 方法三：过E作EH⊥FC，垂足为H，由图(1)可知BC⊥CD，∵平面DCEF⊥平面ABCD，‎ 平面DCEF∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，‎ ‎∴BC⊥平面DCEF，‎ ‎∵EH⊂平面DCEF，∴BC⊥EH，∴EH⊥平面BCF.由BC⊥FC，FC＝＝，S△BCF＝BC·CF＝，在△CEF中，由等面积法可得EH＝，‎ ‎∴VF－BCE＝VE－BCF＝EH·S△BCF＝.‎ ‎【难点突破】‎ ‎16．(1)D　(2)D　[解析] (1)过两截面圆心和球心作球的截面，如图，设OO1＝h1，OO2＝h2，则h＋1＝h＋3，根据余弦定理h＋h－2h1h2cos30°＝1＋3－2×1×cos150°＝7，消掉h1得方程2h－5＝h2，两端平方整理得h－26h＋25＝0，解得h＝1(舍去)，或h＝25，即h2＝5，所以球的半径r＝＝，故球的表面积是4πr2＝112π.‎ ‎(2)根据正投影的概念，结合图形知四面体在底面上的正投影就是正方形ABCD，设该正方体的棱长为1，则这个投影的面积就是1，四面体的四个面都是边长为的正三角形，故其表面积是4××()2＝2，故所求的比值为1∶2＝.‎