2021高考数学大一轮复习考点规范练39空间几何体的表面积与体积理新人教A版

2021高考数学大一轮复习考点规范练39空间几何体的表面积与体积理新人教A版

考点规范练39　空间几何体的表面积与体积 ‎　考点规范练A册第26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.故S表=2r×2r+2‎×‎1‎‎2‎πr2+πr×2r+‎1‎‎2‎‎×‎4πr2=5πr2+4r2=16+20π,解得r=2.‎ ‎2.(2019浙江,4)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家,他提出的“幂势既同,则积不容异”称为祖暅原理,利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh,其中S是柱体的底面积,h是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示(单位:cm),则该柱体的体积(单位:cm3)是(　　)‎ 11‎ A.158 B.162 C.182 D.324‎ 答案:B 解析:由三视图得该棱柱的高为6,底面五边形可以看作是由两个直角梯形组合而成,其中一个上底为4,下底为6,高为3,另一个的上底为2,下底为6,高为3,则该棱柱的体积为‎2+6‎‎2‎‎×‎3+‎4+6‎‎2‎‎×‎3×6=162.‎ ‎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 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.‎ 11‎ 所以侧面ABB1A1的面积S=‎2‎‎×‎1=‎‎2‎‎.‎ ‎4.(2019宁夏吴忠联考)某几何体的三视图如图所示,且该几何体的体积是‎3‎‎2‎,则正视图中的x是(　　)‎ A.2 B.4.5 C.1.5 D.3‎ 答案:C 解析:由三视图可知,几何体为四棱锥,其底面为直角梯形,面积S=‎1‎‎2‎‎×‎(1+2)×2=3.由该几何体的体积V=‎1‎‎3‎‎×‎3x=‎3‎‎2‎,解得x=1.5.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 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=‎1‎‎2‎‎×‎‎1‎‎2‎‎+‎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,估算出堆放的米有(　　)‎ 11‎ A.14斛 B.22斛 C.36斛 D.66斛 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(立方尺).‎ ‎∴堆放的米约有‎320‎‎9×1.62‎‎≈‎22(斛).‎ ‎7.点A,B,C,D在同一个球的球面上,AB=BC=‎6‎,∠ABC=90°.若四面体ABCD体积的最大值为3,则这个球的表面积为(　　)‎ A.2π B.4π C.8π D.16π 答案:D 解析:由题意,知S△ABC=3,设△ABC所在球的小圆的圆心为Q,则Q为AC的中点,‎ 当DQ与面ABC垂直时,四面体ABCD的最大体积为‎1‎‎3‎S△ABC·DQ=3,‎ ‎∴DQ=3,如图,设球心为O,半径为R,则在Rt△AQO中,‎ OA2=AQ2+OQ2,即R2=(‎3‎)2+(3-R)2,∴R=2,‎ 则这个球的表面积为S=4π×22=16π.故选D.‎ ‎8.如图,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为　　　　　. ‎ 11‎ 答案:‎‎4‎‎3‎ 解析:由题意知,多面体是棱长均为‎2‎的八面体,它是由两个有公共底面的正四棱锥组合而成的,正四棱锥的高为1,所以这个八面体的体积为2V正四棱锥=2‎×‎1‎‎3‎×‎(‎2‎)2×1=‎‎4‎‎3‎‎.‎ ‎9.已知棱长为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,则该几何体的体积是　　　　　. ‎ 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.‎ ‎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　　　　　. ‎ 答案:‎‎1‎‎24‎ 解析:由题意,可得直三棱柱ABC-A1B1C1,如图所示.‎ 11‎ 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.(2019全国Ⅲ,理16)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ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH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. ‎ 答案:118.8‎ 解析:由题意得,四棱锥O-EFGH的底面积为4×6-4‎×‎1‎‎2‎×‎2×3=12(cm2),点O到平面BB1C1C的距离为3cm,则此四棱锥的体积为V1=‎1‎‎3‎‎×‎12×3=12(cm3).‎ 又长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为V2=4×6×6=144(cm3),‎ 则该模型的体积为V=V2-V1=144-12=132(cm3).故其质量为0.9×132=118.8(g).‎ ‎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.‎ 11‎ ‎(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,在该平行六面体中,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.刍薨(chuhong),中国古代算术中的一种几何形体,《九章算术》中记载“刍薨者,下有褒有广,而上有褒无广.刍,草也.薨,屋盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形,顶部只有长没有宽为一条棱,刍薨字面意思为茅草屋顶”.一刍薨的三视图如图所示,其中正视图为等腰梯形,侧视图为等腰三角形,若用茅草搭建它,则覆盖的面积至少为(　　)‎ A.6‎5‎ B.7‎5‎ C.8‎5‎ D.9‎‎5‎ 答案:C 解析:茅草覆盖面积即为几何体的侧面积.‎ 11‎ 由题意可知,该几何体的侧面为两个全等的等腰梯形和两个全等的等腰三角形.其中,等腰梯形的上底长为2,下底长为4,高为‎2‎‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎‎=‎‎5‎;等腰三角形的底边长为2,高为‎2‎‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎‎=‎5‎.‎ 故侧面积为S=2‎×‎1‎‎2‎×‎(2+4)‎×‎‎5‎+2‎×‎1‎‎2‎×‎2‎×‎‎5‎=8‎‎5‎‎.‎ 即需要茅草覆盖面积至少为8‎5‎,故选C.‎ ‎14.设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC为等边三角形且其面积为9‎3‎,则三棱锥D-ABC体积的最大值为(　　)‎ A.12‎3‎ B.18‎3‎ C.24‎3‎ D.54‎‎3‎ 答案:B 解析:由△ABC为等边三角形且面积为9‎3‎,设△ABC边长为a,则S=‎1‎‎2‎a‎·‎‎3‎‎2‎a=9‎‎3‎‎.‎ ‎∴a=6,则△ABC的外接圆半径r=‎3‎‎2‎‎×‎‎2‎‎3‎a=2‎3‎<4.‎ 设球的半径为R,如图.‎ OO1=R‎2‎‎-‎r‎2‎‎=‎‎4‎‎2‎‎-(2‎‎3‎‎)‎‎2‎=2.‎ 当D在O的正上方时,VD-ABC=‎ ‎1‎‎3‎S△ABC·(R+|OO1|)=‎1‎‎3‎‎×‎9‎3‎‎×‎6=18‎3‎,最大.故选B.‎ ‎15.(2019天津,理11)已知四棱锥的底面是边长为‎2‎的正方形,侧棱长均为‎5‎‎.‎若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为　　　　. ‎ 答案:‎π‎4‎ 解析:由底面边长为‎2‎,可得OC=1.‎ 11‎ 设M为VC的中点,则O1M=‎1‎‎2‎OC=‎1‎‎2‎,O1O=‎1‎‎2‎VO,‎ VO=VC‎2‎-OC‎2‎=2,∴O1O=1.‎ V圆柱=π·O1M2·O1O=π×‎1‎‎2‎2×1=‎π‎4‎‎.‎ ‎16.如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形,沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为　　　　　　. ‎ 答案:4‎‎15‎ 解析:如图所示,连接OD,交BC于点G.由题意知OD⊥BC,OG=‎3‎‎6‎BC.‎ 设OG=x,则BC=2‎3‎x,DG=5-x,‎ 三棱锥的高h=‎DG‎2‎-OG‎2‎‎=‎25-10x+x‎2‎-‎x‎2‎=‎25-10x.‎ 因为S△ABC=‎1‎‎2‎‎×‎2‎3‎x×3x=3‎3‎x2,‎ 所以三棱锥的体积V=‎1‎‎3‎S△ABC·h=‎3‎x2‎‎·‎25-10x=‎3‎·‎25x‎4‎-10‎x‎5‎.‎ 令f(x)=25x4-10x5,x‎∈‎‎0,‎‎5‎‎2‎,‎ 11‎ 则f'(x)=100x3-50x4.令f'(x)=0,可得x=2,‎ 则f(x)在(0,2)单调递增,在‎2,‎‎5‎‎2‎单调递减,‎ 所以f(x)max=f(2)=80.‎ 所以V‎≤‎3‎×‎‎80‎=4‎15‎,所以三棱锥体积的最大值为4‎‎15‎‎.‎ ‎17.如图,在长方体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两棱柱底面积之比,即‎9‎‎7‎‎7‎‎9‎也正确‎.‎ 高考预测 ‎18.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 答案:C 11‎ 解析:如图,过A作AD垂直SC于D,连接BD.‎ 因为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.‎ 因为AD⊥SC,所以BD⊥SC.‎ 由此得SC⊥平面ABD.‎ 所以VS-ABC=VS-ABD+VC-ABD=‎1‎‎3‎S△ABD·SC.‎ 因为在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·sin60°×4=‎3‎,故选C.‎ 11‎