2020届高考数学总复习课时跟踪练四十二空间几何体的表面积与体积文含解析新人教A版.pdf

课时跟踪练(四十二)课时跟踪练(四十二) A 组 基础巩固 1.如图所示，某空间几何体的正视图与侧视图相同，则此几何体的表面积为( ) A6 B. 2 3 3 C4 D2 3 解析：此几何体为一个组合体，上为一个圆锥，下为一个半球组合而成表面积为S ×2×24. 4 2 1 2 答案：C 2(2019·漳州模拟)如图，在边长为 1 的正方形组成的网格中，画出的是一个几何体 的三视图，则该几何体的体积是( ) A9 B. C18 D27 27 2 解析：根据三视图可知该几何体是一个三棱锥，将三棱锥A-BCD还原到长方体中， 长方体的长、宽、高分别为 6、3、3， 所以该几何体的体积V × ×6×3×39， 1 3 1 2 故选 A. 答案：A 3 某几何体的三视图如图所示， 且该几何体的体积是 3， 则正视图中的x的值是( ) A2 B. C. D3 9 2 3 2 解析：由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，且S底 (12)×23.所 1 2 以Vx·33，解得x3. 1 3 答案：D 4一块硬质材料的三视图如图所示，正视图和俯视图都是边长为 10 cm 的正方形，将 该材料切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径最接近( ) A3 cm B4 cm C5 cm D6 cm 解析 ： 由题意，知该硬质材料为三棱柱(底面为等腰直角三角形)，所以最大球的半径等 于侧视图直角三角形内切圆的半径，设为r cm，则 10r10r10，2 所以r1053.2 答案：A 5(2019·佛山一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A. B15 C. D18 21 2 33 2 解析：由题意可知该几何体的直观图是如图所示的多面体ABC-ABCD， 将几何体补成四棱柱ABCD-ABCD，其底面是直角梯形(上底长为 1，高为 3，下 底长为 3)， 故该几何体的体积为V棱柱ABCD-ABCDV棱锥D-ACD3××3 × ×3×1×3 13 2 1 3 1 2 18 .故选 C. 3 2 33 2 答案：C 6(2017·全国卷)长方体的长、宽、高分别为 3，2，1，其顶点都在球O的球面上， 则球O的表面积为_ 解析：因为长方体的顶点都在球O的球面上， 所以长方体的体对角线的长度就是其外接球的直径 设球的半径为R，则 2R.32221214 所以球O的表面积为S4R24×14. ( 14 2) 2 答案：14 7(2018·天津卷)如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为 1，则四棱锥A1­BB1D1D的 体积为_ 解析：因为正方体棱长为 1， 所以矩形BB1D1D的长和宽分别为 1，.2 因为四棱锥A1­BB1D1D的高是正方形A1B1C1D1对角线长的一半，即为， 2 2 所以V四棱锥A1­BB1D1DSh ×(1×)× . 1 3 1 3 2 2 2 1 3 答案：1 3 8已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为 18，则这个球 的体积为_ 解析：设正方体的棱长为a，则 6a218，所以a.3 设球的半径为R，则由题意知 2R3，a2a2a2 所以R . 3 2 故球的体积V R3 ×. 4 3 4 3( 3 2) 3 9 2 答案：9 2 9.现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P-A1B1C1D1，下 部的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图所示)， 并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1 的 4 倍若AB6 m，PO12 m，则仓库的容积 解：由PO12 m，知O1O4PO18 m. 因为A1B1AB6 m， 所以正四棱锥P­A1B1C1D1的体积 V锥 ·A1B·PO1 ×62×224 m3； 1 3 2 1 1 3 正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积 V柱AB2·O1O62×8288 m3. 所以仓库的容积VV锥V柱24288312 m3. 故仓库的容积是 312 m3. 10.如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB16，BC10，AA18，点E，F分别在A1B1，D1C1 上，A1ED1F4.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如图所示 (2)如图，作EMAB，垂足为M，则AMA1E4，EB112， EMAA18. 因为四边形EHGF为正方形，所以EHEFBC10. 于是MH6，AH10，HB6.EH2EM2 故S四边形A1EHA ×(410)×856， 1 2 S四边形EB1BH ×(126)×872. 1 2 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. 9 7( 7 9也正确) B 组 素养提升 11(2019·云南民族大学附中月考)九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名 著书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马” ，若某“阳马”的 三视图如图所示(单位：cm)，则该阳马的外接球的体积为( ) A100 cm3 B. cm3 500 3 C400 cm3 D. cm3 4 000 3 解析 ： 由三视图可知该“阳马”的底面是邻边长为 6 cm，2 cm 的长方形，垂直于该底7 面的侧棱长为 6 cm，则该“阳马”的外接球的半径R5 cm，其外接球 36（2 7）236 2 的体积V ×53 cm3.故选 B. 4 3 500 3 答案：B 12 (2019·东莞模拟)已知三棱锥D-ABC的外接球的球心O恰好是线段AB的中点， 且AC BCBDADCD2，则三棱锥D-ABC的体积为( )2 A. B. 6 3 3 3 C. D. 2 3 1 3 解析 ： 因为三棱锥D-ABC的外接球的球心O恰好是线段AB的中点， 且ACBCBDAD CD2，2 所以ODOAOCOBCD，2 易知ODAB，OCAB， 因为ODOCO，所以AB平面COD， 过D作DEOC，交OC于E， 因为DE平面COD，所以ABDE， 又OCABO， 所以DE平面ABC. 因为SABCAB·OC ×2×2， 1 2 1 2 22 DE，OD2(OC 2) 2 21 2 6 2 所以三棱锥D-ABC的体积VSABC·DE ×2×.故选 A. 1 3 1 3 6 2 6 3 答案：A 13球O为正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球，AB2，E，F分别为棱AD，CC1的中点，则 直线EF被球O截得的线段长为_ 解析 ： 设EF与球面交于M，N两点，过球心与E，F的截面如图所示因为AB2，E，F 分别为棱AD，CC1的中点，所以EF，OF，根据正方体的性质可得OF，所以6 6 2 2 OO.由球O为正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球，可得ON1，由勾股（ 2）2( 6 2) 2 2 2 定理得ON，故MN.所以直线EF被球O截得的线段长为. 2 2 22 答案： 2 14.(2019·河南六市模拟)已知空间几何体ABCDE中， BCD与CDE均是边长为 2 的等 边三角形，ABC是腰长为 3 的等腰三角形，平面CDE平面BCD，平面ABC平面BCD. (1)试在平面BCD内作一条直线， 使得直线上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平 行，并给出证明； (2)求三棱锥E-ABC的体积 解：(1)如图所示，取DC的中点N，取BD的中点M，连接MN，则MN即为所求 证明：连接EM，EN，取BC的中点H，连接AH， 因为ABC是腰长为 3 的等腰三角形，H为BC的中点， 所以AHBC，又平面ABC平面BCD，平面ABC平面BCDBC，AH平面ABC， 所以AH平面BCD，同理可证EN平面BCD. 所以ENAH. 因为EN平面ABC，AH平面ABC， 所以EN平面ABC. 又M、N分别为BD，DC的中点， 所以MNBC， 因为MN平面ABC，BC平面ABC， 所以MN平面ABC. 又MNENN，MN平面EMN，EN平面EMN， 所以平面EMN平面ABC， 又EF平面EMN， 所以EF平面ABC， 即直线MN上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行 (2)连接DH，取CH的中点G，连接NG，则NGDH， 由(1)可知EN平面ABC， 所以点E到平面ABC的距离与点N到平面ABC的距离相等， 又BCD是边长为 2 的等边三角形， 所以DHBC， 又平面ABC平面BCD，平面ABC平面BCDBC，DH平面BCD， 所以DH平面ABC， 所以NG平面ABC， 因为DH，N为CD的中点，3 所以NG， 3 2 又SABC ·BC·AH ×2×2， 1 2 1 2 32122 所以VEABC ·SABC·NG. 1 3 6 3