2021高考数学一轮复习课后限时集训42空间几何体的结构及其表面积体积理北师大版

2021高考数学一轮复习课后限时集训42空间几何体的结构及其表面积体积理北师大版

课后限时集训42‎ 空间几何体的结构及其表面积、体积 建议用时：45分钟 一、选择题 ‎1．下列说法中正确的是(　　)‎ A．斜三棱柱的侧面展开图一定是平行四边形 B．水平放置的正方形的直观图有可能是梯形 C．一个直四棱柱的主视图和左视图都是矩形，则该直四棱柱就是长方体 D．用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分形成的几何体就是圆台 ‎[答案]　D ‎2．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为(　　)‎ A.π B.π C．16π D．24π B　[设球的半径为R，则S＝4πR2＝16π，解得R＝2，则球的体积V＝πR3＝π.]‎ ‎3．《九章算术》是我国古代数学名著，在《九章算术》中将底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”．若某“阳马”的三视图如图所示，其中主视图和左视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该“阳马”的表面积为(　　)‎ 8‎ A．1＋ B．1＋2 C．2＋ D．2＋2 C　[由三视图可得该“阳马”的底面是边长为1的正方形，高为1，则表面积为1＋2××1×1＋2×××1＝2＋，故选C.]‎ ‎4．用长为8，宽为4的矩形做侧面围成一个圆柱，则圆柱的轴截面的面积为 ‎(　　)‎ A.32 B. C. D. B　[若8为底面周长，则圆柱的高为4，此时圆柱的底面直径为，其轴截面的面积为；若4为底面周长，则圆柱的高为8，此时圆柱的底面直径为，其轴截面的面积为.]‎ ‎5．(2019·哈尔滨模拟)将半径为3，圆心角为的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的表面积为(　　)‎ A．π B．2π C．3π D．4π B　[半径为3，圆心角为的扇形弧长为2π，‎ 故其围成的圆锥母线长为3，底面圆周长为2π，‎ 得其底面半径为1，如图，MB＝1，AB＝3, ∴AM＝2，由相似可得＝，得ON＝，‎ ‎∴S球＝4π×＝2π.故选B.]‎ 二、填空题 ‎6.有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC 8‎ ‎，则这块菜地的面积为________．‎ ‎2＋　[如图1，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为E.‎ 图1　　　　　　图2‎ 在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，∴BE＝.‎ 而四边形AECD为矩形，AD＝1，∴EC＝AD＝1，∴BC＝BE＋EC＝＋1.由此可还原原图形如图2.在原图形中，A′D′＝1，A′B′＝2，B′C′＝＋1，且A′D′∥B′C′，A′B′⊥B′C′，∴这块菜地的面积S＝(A′D′＋B′C′)·A′B′＝××2＝2＋.]‎ ‎7．(2019·全国卷Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCDA1B‎1C1D1挖去四棱锥OEFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝‎6 cm，AA1＝‎4 cm，3D打印所用原料密度为‎0.9 g/cm3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.‎ ‎118．8　[由题易得长方体ABCDA1B‎1C1D1的体积为6×6×4＝144(cm3)，‎ 四边形EFGH为平行四边形，如图所示，连接GE，HF，易知四边形EFGH的面积为矩形BCC1B1面积的一半，即×6×4＝12(cm2)，所以V四棱锥OEFGH＝×3×12＝12(cm3)，所以该模型的体积为144－12＝132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．‎ ‎]‎ ‎8．(2019·中原六校联考二模)已知三棱柱ABCA1B‎1C1的所有顶点都在球O的球面上，该三棱柱的五个面所在的平面截球面所得的圆大小相同，若球O 8‎ 的表面积为20π，则三棱柱的体积为________．‎ ‎6　[因为三棱柱ABCA1B‎1C1的五个面所在的平面截球面所得的圆的大小相同，所以该三棱柱的底面是等边三角形，设三棱柱底面边长为a，高为h，截面圆的半径为r，球半径为R, ∵球O的面积为20π，4πR2＝20π，解得R＝，底面和侧面截得的圆的大小相同， ‎ ‎∴2＋2＝2, ‎ ‎∴a＝h，①‎ 又∵2＋2＝R2，②‎ 由①②得a＝2，h＝2，‎ 三棱柱的体积为V＝×(2)2×2＝6.故选A.]‎ 三、解答题 ‎9．若圆锥的表面积是15π，侧面展开图的圆心角是60°，求圆锥的体积．‎ ‎[解]　设圆锥的底面半径为r，母线为l，‎ 则2πr＝πl，得l＝6r.‎ 又S锥＝πr2＋πr·6r＝7πr2＝15π，‎ 得r＝，‎ 圆锥的高h＝＝＝·r ‎＝·＝5，‎ V＝πr2h＝π××5＝π.‎ ‎10.如图所示，正四棱台的高是‎17 cm，两底面边长分别为‎4 cm和‎16 cm，求棱台的侧棱长和斜高．‎ ‎[解]　设棱台两底面的中心分别为O′和O，B′C′，BC的中点分别为E′，E，连接O′B′，O′E′，O′O，OE，OB，EE′，‎ 则四边形O′E′EO，OBB′O′均为直角梯形．‎ 在正方形ABCD中，BC＝‎16 cm，‎ 则OB＝‎8 cm，OE＝‎8 cm，‎ 在正方形A′B′C′D′中，B′C′＝‎4 cm，‎ 则O′B′＝‎2 cm，O′E′＝‎2 cm，‎ 在直角梯形O′OBB′中，‎ 8‎ BB′＝＝19(cm)；‎ 在直角梯形O′OEE′中，‎ EE′＝＝5(cm)．‎ 所以这个棱台的侧棱长为‎19 cm，‎ 斜高为‎5 cm.‎ ‎1．用一个平面去截正方体，则截面图形有下述四个结论：‎ ‎①正三角形；②正方形；③正五边形；④正六边形 其中所有正确结论的编号是(　　)‎ A．①②③ B. ①②④ ‎ C．②③④ D. ①②③④‎ B　[用一个平面去截正方体，则截面的情况为：‎ ‎①截面为三角形时，可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形，但不可能是钝角三角形、直角三角形；‎ ‎②截面为四边形时，可以是梯形(等腰梯形)、平行四边形、菱形、矩形、正方形，但不可能是直角梯形；‎ ‎③截面为五边形时，不可能是正五边形；‎ ‎④截面为六边形时，可以是正六边形．]‎ ‎2．已知三棱锥SABC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. B. C. D. A　[由于三棱锥SABC与三棱锥OABC底面都是△ABC，O是SC的中点，因此三棱锥SABC的高是三棱锥OABC高的2倍，‎ 所以三棱锥SABC的体积也是三棱锥OABC体积的2倍．‎ 在三棱锥OABC中，其棱长都是1，如图所示，‎ S△ABC＝×AB2＝，‎ 高OD＝＝，‎ ‎∴VSABC＝2VOABC＝2×××＝.]‎ ‎3．(2019·全国卷Ⅱ)‎ 8‎ 中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．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．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有____________个面，其棱长为____________．‎ 图1　　　　　　　　图2‎ ‎26　－1　　[依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则x＋x＋x＝1，解得x＝－1，故题中的半正多面体的棱长为－1.]‎ ‎4.如图，在△ABC中，AB＝8，BC＝10，AC＝6，DB⊥平面ABC，且AE∥FC∥BD，BD＝3，FC＝4，AE＝5.求此几何体的体积．‎ ‎[解]　法一：(分割法)如图，取CM＝AN＝BD，连接DM，MN，DN，用“分割法”把原几何体分割成一个直三棱柱和一个四棱锥．‎ 则V几何体＝V三棱柱＋V四棱锥．‎ 由题知三棱柱ABCNDM的体积为V1＝×8×6×3＝72.‎ 四棱锥DMNEF的体积为 V2＝×S梯形MNEF×DN ‎＝××(1＋2)×6×8＝24，‎ 则几何体的体积为V＝V1＋V2＝72＋24＝96.‎ 法二：(补形法)用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使AA′＝BB′＝CC′＝8，所以V几何体＝V三棱柱＝×S△ABC×AA′＝×24×8＝96.‎ 8‎ ‎1.如图，在直三棱柱ABCA1B‎1C1中，AB＝1，BC＝2，BB1＝3，∠ABC＝90°，点D为侧棱BB1上的动点，当AD＋DC1最小时，三棱锥DABC1的体积为________．‎ 　[将直三棱柱ABCA1B‎1C1的两侧面展开成矩形ACC‎1A1，如图，连接AC1，交BB1于D，此时AD＋DC1最小．‎ ‎∵AB＝1，BC＝2，BB1＝3，∠ABC＝90°，点D为侧棱BB1上的动点，‎ ‎∴当AD＋DC1最小时，BD＝1，此时三棱锥DABC1的体积为 VDABC1＝VC1ABD＝·S△ABD·B‎1C1‎ ‎＝×AB·BD·B‎1C1‎ ‎＝××1×1×2＝.]‎ ‎2．(2019·吉林长春三模)我国古代数学名著《九章算术·商功》中阐述：“斜解立方，得两堑堵．斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．”若称为“阳马”的某几何体的三视图如图所示，图中网格纸上小正方形的边长为1，对该几何体有如下描述：‎ ‎①四个侧面都是直角三角形；‎ ‎②最长的侧棱长为2；‎ ‎③四个侧面中有三个侧面是全等的直角三角形；‎ ‎④外接球的表面积为24π.‎ 其中正确的描述为________．‎ ‎①②④　[由三视图还原几何体，其示意图如图所示．‎ 可知该几何体为四棱锥，PA⊥底面ABCD，PA＝2，‎ 底面ABCD为矩形，AB＝2，BC＝4.‎ 由勾股定理易得，该四棱锥的四个侧面都是直角三角形，故①正确；‎ 由已知可得，PB＝2，PC＝2，PD＝2，则四棱锥最长的侧棱长为2，四个侧面均不全等，故②正确，③错误；‎ 8‎ 把四棱锥补形为长方体，则其外接球半径为PC＝，外接球表面积为4π×()2＝24π，故④正确．]‎ 8‎