2020版广西高考人教A版数学（理）一轮复习考点规范练：39 空间几何体的表面积与体积 Word版含解析.pdf

高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 考点规范练考点规范练 39 空间几何体的表面积与体积空间几何体的表面积与体积 考点规范练考点规范练 A 册第册第 26 页页 基础巩固基础巩固 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+20,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× r2+r×2r+ ×4r2=5r2+4r2=16+20,解得 r=2. 1 2 1 2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 2.(2018浙江,3)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是( ) A.2 B.4 C.6 D.8 答案 C 解析由三视图可知该几何体为直四棱柱. S底= ×(1+2)×2=3,h=2,V=Sh=3×2=6. 1 2 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. B.1 2 2 C.D. 23 答案 C 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 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,RtOMC1中,OM= ,MC1= ,OC1=R=1(R为球的半径),所以 2 2 ( 2) 2 + =1,即 x=, ( 2) 2 2 则 AB=AC=1. 所以侧面 ABB1A1的面积 S=×1=. 22 4.(2018安徽江南十校联考)某几何体的三视图如图所示,其中正视图由矩形和等腰直角三角形组成, 侧视图由半圆和等腰直角三角形组成,俯视图的实线部分为正方形,则该几何体的表面积为( ) A.3+4 2 B.4(+1) 2 C.4(+) 2 D.4(+1) 答案 A 解析由三视图知几何体的上半部分是半圆柱,圆柱的底面半径为 1,高为 2,其表面积为 S1= 1 2 ××2×2+×12=3,下半部分为正四棱锥,底面棱长为 2,斜高为,其表面积 S2=4×=4, 2 ( 1 2 × 2 × 2)2 所以该几何体的表面积为 S=S1+S2=3+4. 2 5.已知底面边长为 1,侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体积为( ) 2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 A.B.4C.2D. 32 3 4 3 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=1, 1 2 ×12+ 12 + ( 2)2 所以 V球=×13=.故选 D. 4 3 4 3 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( ) 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,·2R=8, 1 4 R=. 16 体积 V=·R2h=×××5. 1 4 × 1 3 1 12 ( 16 ) 2 3,V(立方尺). 320 9 堆放的米约有22(斛). 320 9 × 1.62 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 7.点 A,B,C,D 在同一个球的球面上,AB=BC=,ABC=90°.若四面体 ABCD 体积的最大值为 3,则 6 这个球的表面积为( ) A.2B.4C.8D.16 答案 D 解析由题意,知 SABC=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 SABC·DQ=3, 1 3 DQ=3,如图,设球心为 O,半径为 R,则在 RtAQO 中, OA2=AQ2+OQ2,即 R2=()2+(3-R)2,R=2, 3 则这个球的表面积为 S=4×22=16.故选 D. 8.(2018江苏,10)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 . 答案 4 3 解析由题意知,多面体是棱长均为的八面体,它是由两个有公共底面的正四棱锥组合而成的,正四 2 棱锥的高为 1,所以这个八面体的体积为 2V正四棱锥=2× ×()2×1= . 1 3 2 4 3 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 . 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 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 ×43=32. 1 2 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 1 24 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. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 M,N,P 分别是棱 AB,BC,B1C1的中点, MN= ,NP=1. 1 2 SMNP=×1= . 1 2 × 1 2 1 4 点 A1到平面 MNP 的距离为 AM= , 1 2 . - 1= 1- = 1 3 × 1 4 × 1 2 = 1 24 11.(2018重庆二诊)已知边长为 2 的等边三角形 ABC 的三个顶点 A,B,C 都在以 O 为球心的球面上,若 球 O的表面积为,则三棱锥 O-ABC 的体积为 . 148 3 答案 33 3 解析设球的半径为 R,则 4R2=,解得 R2=. 148 3 37 3 设ABC 所在平面截球所得的小圆的半径为 r,则 r=. 2 3 ×( 3 2 × 2)= 23 3 故球心到ABC 所在平面的距离为 d=,即为三棱锥 O-ABC 的高,2 - 2 = 37 3 - 4 3 = 11 所以 VO-ABC= SABCd=. 1 3 1 3 ×( 3 4 × 22)× 11= 33 3 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、宽 3 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; 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (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×+1×2) 3 =6+2. 3 能力提升能力提升 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,EFAB,EF=2,则该多面体的体积为( ) A.B.C.D. 2 3 3 3 4 3 3 2 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= ,AG=GD=BH=HC=,所以 SAGD=SBHC=×1=. 1 2 3 2 1 2 × 2 2 2 4 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以 V=VE-ADG+VF-BHC+VAGD-BHC =2VE-ADG+VAGD-BHC =×2+×1=. 1 3 × 2 4 × 1 2 2 4 2 3 14.(2018湖南衡阳一模)刍薨(chu hong),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”.如图为一刍薨的三视图,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.6B.7C.8D.9 5555 答案 C 解析茅草覆盖面积即为几何体的侧面积. 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;等腰三角形的底边长为 2,高为.22+ 12= 522+ 12=5 故侧面积为 S=2× ×(2+4)×+2× ×2×=8. 1 2 5 1 2 55 即需要茅草覆盖面积至少为 8,故选 C. 5 15.(2018全国,理 10)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 9,则三棱锥 D-ABC 体积的最大值为( ) 3 A.12B.18C.24D.54 3333 答案 B 解析由ABC 为等边三角形且面积为 9,设ABC 边长为 a,则 S= a·a=9. 3 1 2 3 2 3 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 a=6,则ABC的外接圆半径 r=a=24. 3 2 × 2 3 3 设球的半径为 R,如图. OO1=2.2 - 2 =42 - (2 3)2 当 D在 O 的正上方时, VD-ABC= SABC·(R+|OO1|)= ×9×6=18,最大. 1 3 1 3 33 故选 B. 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 4 15 解析如图所示,连接 OD,交 BC 于点 G.由题意知 ODBC,OG=BC. 3 6 设 OG=x,则 BC=2x,DG=5-x, 3 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 三棱锥的高 h=.2- 2=25 - 10 + 2 - 2 =25 - 10 因为 SABC= ×2x×3x=3x2, 1 2 33 所以三棱锥的体积 V= SABC·h=x2·= 1 3 325 - 10 . 3· 254- 105 令 f(x)=25x4-10x5,x, ( 0, 5 2) 则 f'(x)=100x3-50x4. 令 f'(x)=0,可得 x=2, 则 f(x)在(0,2)单调递增,在单调递减, ( 2, 5 2) 所以 f(x)max=f(2)=80. 所以 V=4,所以三棱锥体积的最大值为 4. 3×801515 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 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 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. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2)作 EMAB,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=6,2- 2 AH=10,HB=6. 因为长方体被平面 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 9 7 . ( 7 9也正确) 高考预测高考预测 18.已知球的直径 SC=4,A,B 是该球球面上的两点,AB=,ASC=BSC=30°,则棱锥 S-ABC 的体积 3 为( ) A.3B.2C.D.1 333 答案 C 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SACSBC. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 因为 ADSC,所以 BDSC. 由此得 SC平面 ABD. 所以 VS-ABC=VS-ABD+VC-ABD = SABD·SC. 1 3 因为在 RtSAC中,ASC=30°,SC=4,所以 AC=2,SA=2. 3 由于 AD=. · = 3 同理在 RtBSC 中也有 BD=. · = 3 又 AB=, 3 所以ABD 为正三角形. 所以 VS-ABC= SABD·SC 1 3 =×()2·sin 60°×4=, 1 3 × 1 2 33 故选 C.