高考数学专题复习练习：考点规范练37

高考数学专题复习练习：考点规范练37

考点规范练37　空间几何体的表面积与体积 ‎　考点规范练A册第28页　 ‎ 基础巩固 ‎1.‎ 圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=(　　)‎ A.1‎ B.2‎ C.4‎ D.8‎ 答案B 解析由条件及几何体的三视图可知该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成的.其表面积由一个矩形的面积、两个半圆的面积、圆柱的侧面积的一半及一个球的表面积的一半组成.‎ ‎∴S表=2r×2r+2×‎1‎‎2‎πr2+πr×2r+‎1‎‎2‎×4πr2=5πr2+4r2=16+20π,解得r=2.‎ ‎2.一个四面体的三视图如图所示,则该四面体的表面积是(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.1+‎3‎ B.1+2‎‎2‎ C.2+‎3‎ D.2‎‎2‎ 答案C 解析由三视图可得该四面体的直观图如图所示,平面ABD⊥平面BCD,△ABD与△BCD为全等的等腰直角三角形,AB=AD=BC=CD=‎2‎.‎ 取BD的中点O,连接AO,CO,则AO⊥CO,AO=CO=1.由勾股定理得AC=‎2‎,因此△ABC与△ACD为全等的正三角形,由三角形面积公式得S△ABC=S△ACD=‎3‎‎2‎,S△ABD=S△BCD=1,所以四面体的表面积为2+‎3‎.‎ ‎3.‎ 如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上,AB=AC,侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形,则侧面ABB1A1的面积为(　　)‎ A.‎2‎‎2‎ B.1‎ C.‎2‎ D.‎3‎〚导学号74920302〛‎ 答案C 解析由题意知,球心在侧面BCC1B1的中心O上,BC为△ABC所在圆面的直径,所以∠BAC=90°,△ABC的外接圆圆心N是BC的中点,同理△A1B1C1的外心M是B1C1的中点.‎ 设正方形BCC1B1的边长为x,Rt△OMC1中,OM=x‎2‎,MC1=x‎2‎,OC1=R=1(R为球的半径),所以x‎2‎‎2‎‎+‎x‎2‎‎2‎=1,即x=‎2‎,则AB=AC=1.‎ 所以侧面ABB1A1的面积S=‎2‎×1=‎2‎.‎ ‎4.(2016山东,文5)一个由半球和四棱锥组成的几何体,其三视图如下图所示.则该几何体的体积为(　　)‎ A.‎1‎‎3‎‎+‎‎2‎‎3‎π B.‎1‎‎3‎‎+‎‎2‎‎3‎π C.‎1‎‎3‎‎+‎‎2‎‎6‎π D.1+‎2‎‎6‎π 答案C 解析由三视图可知,上面是半径为‎2‎‎2‎的半球,体积为V1=‎1‎‎2‎‎×‎‎4‎‎3‎π×‎2‎‎2‎‎3‎‎=‎‎2‎π‎6‎,下面是底面积为1,高为1的四棱锥,体积V2=‎1‎‎3‎×1×1=‎1‎‎3‎,故选C.‎ ‎5.已知底面边长为1,侧棱长为‎2‎的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体积为(　　)‎ A.‎32π‎3‎ B.4π C.2π D.‎4π‎3‎〚导学号74920303〛‎ 答案D 解析因为该正四棱柱的外接球的半径是四棱柱体对角线的一半,所以半径r=‎1‎‎2‎‎1‎‎2‎‎+‎1‎‎2‎+(‎‎2‎‎)‎‎2‎=1,所以V球=‎4π‎3‎×13=‎4π‎3‎.故选D.‎ ‎6.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有(　　)‎ A.14斛 B.22斛 C.36斛 D.66斛〚导学号74920304〛‎ 答案B 解析设底面圆半径为R,米堆高为h.‎ ‎∵米堆底部弧长为8尺,‎ ‎∴‎1‎‎4‎·2πR=8,∴R=‎16‎π.‎ ‎∴体积V=‎1‎‎4‎‎×‎‎1‎‎3‎·πR2h=‎1‎‎12‎×π×‎16‎π‎2‎×5.‎ ‎∵π≈3,∴V≈‎320‎‎9‎(尺3).‎ ‎∴堆放的米约为‎320‎‎9×1.62‎≈22(斛).‎ ‎7.棱长为4的正方体被一平面截成两个几何体,其中一个几何体的三视图如图所示,那么该几何体的体积是　　　　　. ‎ 答案32‎ 解析由三视图,可得棱长为4的正方体被平面AJGI截成两个几何体,且J,I分别为BF,DH的中点,如图,两个几何体的体积各占正方体的一半,则该几何体的体积是‎1‎‎2‎×43=32.‎ ‎8.(2016北京,文11)某四棱柱的三视图如图所示,则该四棱柱的体积为　　　　　. ‎ 答案‎3‎‎2‎ 解析由三视图可知,四棱柱高h为1,底面为等腰梯形,且底面面积S=‎1‎‎2‎×(1+2)×1=‎3‎‎2‎,故四棱柱的体积V=S·h=‎3‎‎2‎.‎ ‎9.(2016邯郸一模)已知三棱锥P-ABC内接于球O,PA=PB=PC=2,当三棱锥P-ABC的三个侧面的面积之和最大时,球O的表面积为　　　　　. ‎ 答案12π 解析由题意三棱锥P-ABC的三条侧棱PA,PB,PC两两互相垂直,三棱锥P-ABC的三个侧面的面积之和最大,三棱锥P-ABC的外接球就是它扩展为正方体的外接球,求出正方体的对角线的长为2‎3‎,所以球的直径是2‎3‎,半径为‎3‎,球的表面积为4π×(‎3‎)2=12π.‎ ‎10.在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,其正视图和侧视图都是边长为1的正方形,俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形,设点M,N,P分别是棱AB,BC,B1C1的中点,则三棱锥P-A1MN的体积是　　　　　.〚导学号74920305〛 ‎ 答案‎1‎‎24‎ 解析由题意,可得直三棱柱ABC-A1B1C1如图所示.‎ 其中AB=AC=AA1=BB1=CC1=A1B1=A1C1=1.‎ ‎∵M,N,P分别是棱AB,BC,B1C1的中点,∴MN=‎1‎‎2‎,NP=1.‎ ‎∴S△MNP=‎1‎‎2‎‎×‎‎1‎‎2‎×1=‎1‎‎4‎.‎ ‎∵点A1到平面MNP的距离为AM=‎1‎‎2‎,‎ ‎∴VP-A‎1‎MN‎=VA‎1‎‎-MNP=‎1‎‎3‎×‎1‎‎4‎×‎1‎‎2‎=‎‎1‎‎24‎.‎ ‎11.已知一个上、下底面为正三角形且两底面中心连线垂直于底面的三棱台的两底面边长分别为20 cm和30 cm,且其侧面积等于两底面面积之和,求棱台的高.‎ 解如图所示,三棱台ABC-A1B1C1中,O,O1分别为两底面中心,D,D1分别为BC和B1C1的中点,则DD1为棱台的斜高.‎ 由题意知A1B1=20,AB=30,‎ 则OD=5‎3‎,O1D1=‎10‎‎3‎‎3‎,‎ 由S侧=S上+S下,得3×‎1‎‎2‎×(20+30)×DD1=‎3‎‎4‎×(202+302),解得DD1=‎13‎‎3‎‎3‎,在直角梯形O1ODD1中,O1O=DD‎1‎‎2‎-(OD-‎O‎1‎D‎1‎‎)‎‎2‎=4‎3‎cm,所以棱台的高为4‎3‎ cm.‎ ‎12.一个几何体的三视图如图所示.已知正视图是底边长为1的平行四边形,侧视图是一个长为‎3‎、宽为1的矩形,俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形.‎ ‎(1)求该几何体的体积V;‎ ‎(2)求该几何体的表面积S.‎ 解(1)由三视图可知,该几何体是一个平行六面体(如图),其底面是边长为1的正方形,高为‎3‎,所以V=1×1×‎3‎‎=‎‎3‎.‎ ‎(2)由三视图可知,该平行六面体中,A1D⊥平面ABCD,CD⊥平面BCC1B1,所以AA1=2,侧面ABB1A1,CDD1C1均为矩形.‎ S=2×(1×1+1×‎3‎+1×2)=6+2‎3‎.‎ 能力提升 ‎13.‎ 如图,在多面体ABCDEF中,已知四边形ABCD是边长为1的正方形,且△ADE,△BCF均为正三角形,EF∥AB,EF=2,则该多面体的体积为(　　)‎ A.‎2‎‎3‎ B.‎3‎‎3‎ C.‎4‎‎3‎ D.‎3‎‎2‎〚导学号74920306〛‎ 答案A 解析如图,分别过点A,B作EF的垂线,垂足分别为G,H,连接DG,CH,容易求得EG=HF=‎1‎‎2‎,AG=GD=BH=HC=‎3‎‎2‎,‎ 所以S△AGD=S△BHC=‎1‎‎2‎‎×‎‎2‎‎2‎×1=‎2‎‎4‎.‎ 所以V=VE-ADG+VF-BHC+VAGD-BHC ‎=2VE-ADG+VAGD-BHC ‎=‎1‎‎3‎‎×‎2‎‎4‎×‎‎1‎‎2‎×2+‎2‎‎4‎×1=‎2‎‎3‎.‎ ‎14.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(　　)‎ A.‎1‎‎3‎+2π B.‎13π‎6‎ C.‎7π‎3‎ D.‎‎5π‎2‎ 答案B 解析由三视图可知,该几何体是一个组合体,其中左边是半个圆锥,底面半径为1,高为1,所以其体积V1=‎1‎‎3‎π·12·1·‎1‎‎2‎‎=‎π‎6‎;右边是一个圆柱,底面半径为1,高为2,所以其体积V2=π·12·2=2π,故该几何体的体积为V=V1+V2=π‎6‎+2π=‎13π‎6‎.‎ ‎15.(2016浙江,文9)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的表面积是　　　　　 cm2,体积是　　　　　 cm3. ‎ 答案80　40‎ 解析由三视图知该组合体是一个长方体上面放置了一个小正方体,故S表=6×22+2×42+4×2×4-2×22=80(cm2),V=23+4×4×2=40(cm3).‎ ‎16.‎ 如图,长方体ABCD-A1B1C1D1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.‎ ‎(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.‎ ‎(2)作EM⊥AB,垂足为M,‎ 则AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8.‎ 因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.‎ 于是MH=EH‎2‎-EM‎2‎=6,AH=10,HB=6.‎ 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‎9‎‎7‎‎7‎‎9‎也正确.‎ 高考预测 ‎17.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 B.2‎3‎ C.‎3‎ D.1〚导学号74920307〛‎ 答案C 解析如图,过A作AD垂直SC于D,连接BD.由于SC是球的直径,‎ 所以∠SAC=∠SBC=90°.‎ 又∠ASC=∠BSC=30°,‎ 又SC为公共边,所以△SAC≌△SBC.‎ 由于AD⊥SC,所以BD⊥SC.‎ 由此得SC⊥平面ABD.‎ 所以VS-ABC=VS-ABD+VC-ABD=‎1‎‎3‎S△ABD·SC.‎ 由于在Rt△SAC中,∠ASC=30°,SC=4,‎ 所以AC=2,SA=2‎3‎.由于AD=SA·CASC‎=‎‎3‎.‎ 同理在Rt△BSC中也有BD=SB·CBSC‎=‎‎3‎.‎ 又AB=‎3‎,所以△ABD为正三角形.‎ 所以VS-ABC=‎1‎‎3‎S△ABD·SC=‎1‎‎3‎‎×‎‎1‎‎2‎×(‎3‎)2·sin 60°×4=‎3‎,‎ 所以选C.‎