2021届高考数学一轮总复习课时作业44空间几何体的表面积与体积含解析苏教版

2021届高考数学一轮总复习课时作业44空间几何体的表面积与体积含解析苏教版

课时作业44　空间几何体的表面积与体积 一、选择题 ‎1．(2020·湖南长沙模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是(　C　)‎ A．16＋8 B．16＋4 C．48＋8 D．48＋4 解析：根据三视图知，该几何体是底面为等边三角形，高为4的直三棱柱，画出几何体的直观图，如图所示，结合图中数据，计算它的表面积是S＝2××2×4＋3×4×4＝48＋8.‎ ‎2．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为(　B　)‎ A.π B.π C．16π D．24π 解析：设球的半径为R，则S＝4πR2＝16π，解得R＝2，则球的体积V＝πR3＝π.‎ 9‎ ‎3．现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为(　B　)‎ A. B. C．2 D．3‎ 解析：设新的底面半径为r，由题意得πr2·4＋πr2·8＝π×52×4＋π×22×8，解得r＝.‎ ‎4．(2020·江西联考)《算术书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典著，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出圆锥的底面周长l与高h，计算其体积V的近似公式V＝l2h，它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取3，那么，近似公式V≈l2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取(　C　)‎ A. B. C. D. 解析：V＝πr2h＝π×2h＝l2h，由≈，得π≈，故选C.‎ ‎5．(2020·合肥质检)我国古代名著《张丘建算经》中记载：“今有方锥，下广二丈，高三丈．欲斩末为方亭，令上方六尺．问：斩高几何？”大致意思是：有一个正四棱锥下底边长为二丈，高三丈，现从上面截去一段，使之成为正四棱台，且正四棱台的上底边长为六尺，则截去的正四棱锥的高是多少．如果我们把求截去的正四棱锥的高改为求剩下的正四棱台的体积，则该正四棱台的体积是(注：1丈＝10尺)(　B　)‎ A．1 946立方尺 B．3 892立方尺 C．7 784立方尺 D．11 676立方尺 解析：解法1：如图，记正四棱台为A1B‎1C1D1ABCD.该正四棱台由正四棱锥SABCD截得，O为正方形ABCD的中心，E为BC的中点，E1为B‎1C1的中点，设正四棱台的高为x，则由图中△SO1E1∽△SOE，得＝，即＝，解得x＝21，所以该正四棱台的体积V＝×(62＋6×20＋202)×21＝3 892(立方尺)，故选B.‎ 解法2：如解法1中图，记正四棱台为A1B‎1C1D1ABCD.该正四棱台由正四棱锥SABCD 9‎ 截得，O为正方形ABCD的中心，E为BC的中点，E1为B‎1C1的中点，设截去的正四棱锥的高为x，则由图中△SO1E1∽△SOE，得＝，即＝，解得x＝9，所以该正四棱台的体积V＝V正四棱锥SABCD－V正四棱锥SA1B‎1C1D1＝×202×30－×62×9＝3 892(立方尺)，故选B.‎ ‎6．(2020·河北九校联考)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的表面积为20π，则三棱柱的体积为(　A　)‎ A．6 B．12‎ C．12 D．18‎ 解析：设球O的半径为R，则由4πR2＝20π得R2＝5，由题意知，此三棱柱为正三棱柱，且底面三角形的外接圆与侧面的外接圆大小相同，故设三棱柱的底面边长为a，高为h，如图，取三角形ABC的中心O1，四边形BCC1B1的中心O2，连接OO1，OA，O2B，O‎1A，由题意可知，在Rt△AOO1中，OO＋AO＝AO2＝R2，即2＋2＝R2＝5　①，又AO1＝BO2，所以AO＝BO，即2＝2＋2　②，由①②可得a2＝12，h＝2，所以三棱柱的体积V＝h＝6.故选A.‎ ‎7．(2020·重庆七校联考)已知正三棱锥的高为6，内切球(与四个面都相切)的表面积为16π，则其底面边长为(　B　)‎ A．18 B．12‎ C．6 D．4 解析：如图，由题意知，球心在三棱锥的高PE上，设内切球的半径为R，则S球＝4πR2＝16π，所以R＝2，所以OE＝OF＝2，OP＝4.在Rt△OPF中，PF＝ 9‎ ‎＝2.因为△OPF∽△DPE，所以＝，得DE＝2，AD＝3DE＝6，AB＝AD＝12.故选B.‎ ‎8．(2020·沈阳质监)如图，四棱锥PABCD的底面为矩形，矩形的四个顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，且球的表面积为16π，点P在球面上，则四棱锥PABCD体积的最大值为(　D　)‎ A．8 B. C．16 D. 解析：设球的半径为R，由题知4πR2＝16π，则R＝2，再设大圆内的矩形长、宽分别为x，y，由题知x2＋y2＝16，则矩形面积xy≤＝8，当且仅当x＝y时上式取等号，即底面为正方形时，底面面积最大，四棱锥PABCD的高的最大值为2，故四棱锥PABCD体积的最大值为×8×2＝，选D.‎ 二、填空题 ‎9．(2019·江苏卷)如图，长方体ABCDA1B‎1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥EBCD的体积是10.‎ 9‎ 解析：因为长方体ABCDA1B‎1C1D1的体积是120，‎ 所以CC1·S四边形ABCD＝120，又E是CC1的中点，‎ 所以三棱锥EBCD的体积VEBCD＝EC·S△BCD＝×CC1×S四边形ABCD＝×120＝10.‎ ‎10．如图所示，一个底面半径为R的圆柱形量杯中装有适量的水．若放入一个半径为r的实心铁球，水面高度恰好升高r，则＝.‎ 解析：由水面高度升高r，得圆柱体积增加了πR2r，恰好是半径为r的实心铁球的体积，因此有πr3＝πR2r.故＝.‎ ‎11．一个六棱锥的体积为2，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.‎ 解析：设六棱锥的高为h，则V＝Sh，‎ 所以××4×6h＝2，解得h＝1.‎ 设六棱锥的斜高为h′，则h2＋()2＝h′2，故h′＝2.‎ 所以该六棱锥的侧面积为×2×2×6＝12.‎ ‎12．(2020·石家庄检测)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PB⊥底面ABCD，O为对角线AC与BD的交点，若PB＝1，∠APB＝∠BAD＝，则三棱锥PAOB的外接球的体积是.‎ 9‎ 解析：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，即OA⊥OB.‎ ‎∵PB⊥平面ABCD，∴PB⊥AO，又OB∩PB＝B，‎ ‎∴AO⊥平面PBO，∴AO⊥PO，即△PAO是以PA为斜边的直角三角形．∵PB⊥AB，∴△PAB是以PA为斜边的直角三角形，∴三棱锥PAOB的外接球的直径为PA.∵PB＝1，∠APB＝，∴PA＝2，∴三棱锥PAOB的外接球的半径为1，∴三棱锥PAOB的外接球的体积为.‎ 三、解答题 ‎13．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PA1B‎1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCDA1B‎1C1D1(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AB＝‎6 m，PO1＝‎2 m，则仓库的容积是多少？‎ 解：由PO1＝‎2 m知，O1O＝4PO1＝‎8 m.‎ 因为A1B1＝AB＝‎6 m，‎ 所以正四棱锥PA1B‎1C1D1的体积 V锥＝·A1B·PO1＝×62×2＝24(m3)；‎ 正四棱柱ABCDA1B‎1C1D1的体积 V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)，‎ 所以仓库的容积V＝V锥＋V柱＝24＋288＝312(m3)．‎ 故仓库的容积是‎312 m3‎.‎ ‎14．(2020·成都检测)如图①，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，E，F分别为AB，CD的中点，CD＝2AB＝2EF＝4，M为DF的中点．现将四边形BEFC沿EF折起，使平面BEFC 9‎ ‎⊥平面AEFD，得到如图②所示的多面体．在图②中，‎ ‎(1)证明：EF⊥MC；‎ ‎(2)求三棱锥MABD的体积．‎ 解：(1)证明：由题意，可知在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，‎ ‎∵E，F分别为AB，CD的中点，∴EF⊥CD.‎ 折叠后，EF⊥DF，EF⊥CF.‎ ‎∵DF∩CF＝F，∴EF⊥平面DCF.‎ 又MC⊂平面DCF，∴EF⊥MC.‎ ‎(2)易知AE＝BE＝1，DF＝CF＝2，DM＝1，‎ ‎∴MF＝1＝AE.又AE∥MF，‎ ‎∴四边形AEFM为平行四边形．‎ ‎∴AM∥EF，故AM⊥DF.‎ ‎∵平面BEFC⊥平面AEFD，平面BEFC∩平面AEFD＝EF，且BE⊥EF，∴BE⊥平面AEFD.‎ ‎∴VMABD＝VBAMD＝×S△AMD×BE ‎＝××1×2×1＝.‎ 即三棱锥MABD的体积为.‎ ‎15．(2020·武汉调研)如图，一边长为‎30 cm的正方形铁皮，先将阴影部分裁下，然后用余下的四个全等等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，要使这个容器的容积最大，则等腰三角形的底边长为‎10cm.‎ 9‎ 解析：设等腰三角形的底边长为x(010；令g′(x)>0，则0

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