2019高三数学（人教A版理）一轮课时分层训练41　空间几何体的表面积与体积

2019高三数学（人教A版理）一轮课时分层训练41　空间几何体的表面积与体积

课时分层训练(四十一) 空间几何体的表面 积与体积 (对应学生用书第 243 页) A 组 基础达标 (建议用时：30 分钟) 一、选择题 1．(2017·北京高考)某三棱锥的三视图如图 729 所示，则该三棱锥的体积 为( ) 图 729 A．60 B．30 C．20 D．10 D [由三视图画出如图所示的三棱锥 PACD，过点 P 作 PB⊥平面 ACD 于点 B，连接 BA，BD，BC，根据三视图可知 底面 ABCD 是矩形，AD＝5，CD＝3，PB＝4，所以 V 三棱锥 PACD ＝1 3 ×1 2 ×3×5×4＝10.故选 D.] 2．(2016·全国卷Ⅱ)如图 7210 是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图， 则该几何体的表面积为( ) 图 7210 A．20π B．24π C．28π D．32π C [由三视图可知圆柱的底面直径为 4，母线长(高)为 4，所以圆柱的侧面 积为 2π×2×4＝16π，底面积为π·22＝4π；圆锥的底面直径为 4，高为 2 3，所以 圆锥的母线长为 2 32＋22＝4，所以圆锥的侧面积为π×2×4＝8π.所以该几何 体的表面积为 S＝16π＋4π＋8π＝28π.] 3．(2016·全国卷Ⅲ)如图 7211，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画 出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( ) 图 7211 A．18＋36 5 B．54＋18 5 C．90 D．81 B [由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为 矩形，另两个侧面为平行四边形，则表面积为(3×3＋3×6＋3×3 5)×2＝54＋ 18 5.故选 B.] 4．某几何体的三视图如图 7212 所示，且该几何体的体积是 3，则正视图 中的 x 的值是( ) 图 7212 A．2 B．9 2 C．3 2 D．3 D [由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，且 S 底＝1 2 ×(1＋2)×2 ＝3， ∴V＝1 3x·3＝3， 解得 x＝3.] 5．(2018·石家庄质检)某几何体的三视图如图 7213 所示，则该几何体的体 积是( ) 【导学号：97190228】 图 7213 A．16 B．20 C．52 D．60 B [由三视图得该几何体的直观图如图所示，其中四边形 ABCD 为邻边长分别为 2,4 的长方形，四边形 CDEF 为上底为 2、 下底为 6、高为 3 的等腰梯形，所以该几何体可以看作是由两 个底面为直角边长分别为 3,4 的直角三角形，高为 2 的三棱锥 和一个底面为直角边长分别为 3,4 的直角三角形，高为 2 的三 棱柱组成，则该几何体的体积为 2×1 3 ×1 2 ×3×4×2＋1 2 ×3×4×2＝20，故选 B.] 二、填空题 6．一个六棱锥的体积为 2 3，其底面是边长为 2 的正六边形，侧棱长都相 等，则该六棱锥的侧面积为________． 12 [设正六棱锥的高为 h，棱锥的斜高为 h′. 由题意，得1 3 ×6×1 2 ×2× 3×h＝2 3，∴h＝1， ∴斜高 h′＝ 12＋ 32＝2， ∴S 侧＝6×1 2 ×2×2＝12.] 7．(2017·江苏高考)如图 7214，在圆柱 O1O2 内有一个球 O，该球与圆柱的 上、下底面及母线均相切，记圆柱 O1O2 的体积为 V1，球 O 的体积为 V2，则V1 V2 的 值是________． 图 7214 3 2 [设球 O 的半径为 R， ∵球 O 与圆柱 O1O2 的上、下底面及母线均相切， ∴圆柱 O1O2 的高为 2R，底面半径为 R. ∴V1 V2 ＝πR2·2R 4 3πR3 ＝3 2.] 8．(2017·天津高考)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________． 9 2π [设正方体的棱长为 a，则 6a2＝18，∴a＝ 3. 设球的半径为 R，则由题意知 2R＝ a2＋a2＋a2＝3， ∴R＝3 2. 故球的体积 V＝4 3πR3＝4 3π× 3 2 3 ＝9 2π.] 三、解答题 9.如图 7215，在三棱锥 DABC 中，已知 BC⊥AD，BC＝2，AD＝6，AB＋ BD＝AC＋CD＝10，求三棱锥 DABC 的体积的最大值. 【导学号：97190229】 图 7215 [解] 由题意知，线段 AB＋BD 与线段 AC＋CD 的长度是定值，∵棱 AD 与 棱 BC 相互垂直，设 d 为 AD 到 BC 的距离， 则 VDABC＝AD·BC×d×1 2 ×1 3 ＝2d， 当 d 最大时，VDABC 体积最大． ∵AB＋BD＝AC＋CD＝10， ∴当 AB＝BD＝AC＝CD＝5 时， d 有最大值 42－1＝ 15. 此时 V＝2 15. 10.如图 7216，长方体 ABCDA1B1C1D1 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． 图 7216 (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 如图所示． (2)如图，作 EM⊥AB，垂足为 M，则 AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝ 8. 因为四边形 EHGF 为正方形，所以 EH＝EF＝BC＝10. 于是 MH＝ EH2－EM2＝6，AH＝10，HB＝6. 故 S 四边形 A1EHA＝1 2 ×(4＋10)×8＝56， S 四边形 EB1BH＝1 2 ×(12＋6)×8＝72. 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9 7 7 9 也正确 .] B 组 能力提升 (建议用时：15 分钟) 11．(2018·东北三省四市模拟(一))点 A，B，C，D 在同一个球的球面上，AB ＝BC＝1，∠ABC＝120°.若四面体 ABCD 体积的最大值为 3 4 ，则这个球的表面积 为( ) A．500π 81 B．4π C．25π 9 D．100π 9 D [因为 AB＝BC＝1，∠ABC＝120°，所以由正弦 定理知△ABC 外接圆的半径 r＝1 2 × AB sin 30° ＝1，S△ABC＝1 2AB×BCsin 120°＝ 3 4 .设 外接圆的圆心为 Q，则当 DQ 与平面 ABC 垂直时，四面体 ABCD 的体积最大， 所以 1 3S△ABC×DQ＝ 3 4 ，所以 DQ＝3.设球心为 O，半径为 R，则在 Rt△AQO 中， OA2＝AQ2＋OQ2，即 R2＝12＋(3－R)2，解得 R＝5 3 ，所以球的表面积 S＝4πR2＝100π 9 ， 故选 D.] 12．已知 H 是球 O 的直径 AB 上一点，AH∶HB＝1∶2，AB⊥平面α，H 为 垂足，α截球 O 所得截面的面积为π，则球 O 的表面积为________. 【导学号：97190230】 9 2π [如图，设球 O 的半径为 R，则由 AH∶HB＝1∶2 得 HA＝1 3·2R＝2 3R， ∴OH＝R 3. ∵截面面积为π＝π·(HM)2， ∴HM＝1. 在 Rt△HMO 中，OM2＝OH2＋HM2， ∴R2＝1 9R2＋HM2＝1 9R2＋1， ∴R＝3 2 4 ， ∴S 球＝4πR2＝4π· 3 2 4 2 ＝9 2π.] 13．四面体 ABCD 及其三视图如图 7217 所示，平行于棱 AD，BC 的平面 分别交四面体的棱 AB，BD，DC，CA 于点 E，F，G，H. 图 7217 (1)求四面体 ABCD 的体积； (2)证明：四边形 EFGH 是矩形． [解] (1)由该四面体的三视图可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝ DC＝2，AD＝1， ∴AD⊥平面 BDC， ∴四面体 ABCD 的体积 V＝1 3 ×1 2 ×2×2×1＝2 3. (2)证明：∵BC∥平面 EFGH，平面 EFGH∩平面 BDC＝FG，平面 EFGH∩ 平面 ABC＝EH， ∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH. 同理 EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG， ∴四边形 EFGH 是平行四边形． 又∵AD⊥平面 BDC， ∴AD⊥BC，∴EF⊥FG. ∴四边形 EFGH 是矩形．