高考数学一轮复习练案43第七章立体几何第二讲空间几何体的表面积与体积含解析 9页

‎ [练案43]第二讲　空间几何体的表面积与体积 A组基础巩固 一、单选题 ‎1．(2020·广东六校联盟联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　A　)‎ A．π＋　 B．2π＋　‎ C．2π＋　 D．π＋ ‎[解析]　由三视图知，该几何体由圆柱与三棱锥组合而成，其体积为π＋×2××＝π＋.故选A.‎ ‎2．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为(　B　)‎ A．π　 B．　‎ C．　 D． ‎[解析]　设圆柱的底面半径为r，则r2＝12－()2＝，所以，圆柱的体积V＝π×1＝，故选B.‎ ‎3．(2019·甘肃兰州部分校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　A　)‎ A．(9＋)π　　 B．(9＋2)π C．(10＋)π　　 D．(10＋2)π - 9 -‎ ‎[解析]　由三视图可知，该几何体为一个圆柱挖去一个同底的圆锥，且圆锥的高是圆柱高的一半．故该几何体的表面积S＝π×12＋4×2π＋π×＝(9＋)π.‎ ‎4．(2018·浙江高考)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(　C　)‎ A．2　 B．4　‎ C．6　 D．8‎ ‎[解析]　由三视图可知该几何体是直四棱柱，其中底面是直角梯形，直角梯形上，下底边的长分别为‎1 cm,‎2 cm，高为‎2 cm，直四棱柱的高为‎2 cm，故直四棱柱的体积V＝×2×2＝‎6 cm3.‎ ‎5．(2017·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为(　D　)‎ A．60　 B．30　‎ C．20　 D．10‎ ‎[解析]　由该几何体的三视图可得它的直观图为长、宽、高分别为5,3,4的长方体中的三棱锥A－BCD，如图所示．故该几何体的体积是V＝×(×5×3)×4＝10.故选D.‎ ‎6．(2020·贵州安顺联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　A　)‎ - 9 -‎ A．　 B．　‎ C．　 D． ‎[解析]　由三视图知该几何体的底面为正方形(对角线长为2)且有一条侧棱垂直底面的四棱锥，其高为2，∴该几何体的体积为×(2×1)×2＝，故选A.‎ ‎7．(2019·湖北武汉部分学校调研)某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积为(　C　)‎ A．2　 B．2　‎ C．2　 D．4‎ ‎[解析]　‎ 由三视图可知几何体为棱长为1的正方体的内接正四面体，如图，又AD＝，∴S表面积＝4××()2＝2.故选C.‎ ‎8．(2019·广东佛山质检)已知矩形ABCD，AB＝1，AD＝，E为AD的中点，现分别沿BE，CE将△ABE，△DCE翻折，使点A，D重合，记为点P，则几何体P－BCE的外接球表面积为(　C　)‎ A．10π　 B．5π　‎ - 9 -‎ C．　 D． ‎[解析]　由题意翻折可得几何体P－BCE中：‎ PB⊥PC，PB⊥PE，PC⊥PE.‎ 即三棱锥可以补成以PB，PC，PE为棱的长方体，‎ 其对角线为外接球的直径：＝，‎ 故r＝，∴外接球的表面积为：4×π×＝，故选C.‎ ‎9．(2020·陕西汉中质检)四棱锥P－ABCD的三视图如图所示，其五个顶点都在同一球面上，若四棱锥P－ABCD的侧面积等于4(1＋)，则该外接球的表面积是(　B　)‎ A．4π　 B．12π　‎ C．24π　 D．36π ‎[解析]　‎ 根据三视图可在棱长为a的正方体中得到直观图，是一个四棱锥P－ABCD，如图所示：‎ 则四棱锥的侧面积为：‎ S△PAB＋S△PAD＋S△PBC＋S△PDC＝a2＋a2＋a·a＋a·，‎ 根据已知侧面积可得：(＋1)a2＝4(＋1)，‎ 解得：a＝2，设PC的中点为O，则 OA＝OB＝OC＝OD＝OP＝＝，‎ 所以四棱锥的外接球的半径R＝，‎ 所以该外接球的表面积为 ‎4πR2＝4π×()2＝12π，故选B.‎ - 9 -‎ 二、多选题 ‎10．一个透明密闭的正方体容器中，恰好盛有该容器一半容积的水，任意转动这个正方体，则水面在容器中的形状可以是(　BCD　)‎ A．三角形　　 B．长方形 C．正方形　　 D．正六边形 ‎11．(原创)两直角边长分别为6、8的直角三角形绕其一边所在直线旋转一周，所形成的几何体的体积可能为(　ABC　)‎ A．96π　 B．128π　‎ C．π　 D． ‎12．(2020·陕西商洛期末改编)已知正四棱柱ABCD－A1B‎1C1D1的每个顶点都在球的O球面上，若球O的表面积为12π，则该四棱柱的侧面积的值可能为(　ABC　)‎ A．10　 B．12　‎ C．16　 D．18‎ ‎[解析]　设球O的半径为R，则4πR2＝12π，得R＝.设正四棱柱的底面边长为x，高为h，则正四棱柱的体对角线即为球O的直径，则有＝2R＝2，即2x2＋h2＝12，由基本不等式可得12＝2x2＋h2≥2xh，xh≤3，当且仅当h＝x时，等号成立，因此，该四棱柱的侧面积为4xh≤4×3＝12，即四棱柱的侧面积得取值范围为(0，12]，故选ABC.‎ 三、填空题 ‎13．(2018·天津高考)如图，已知正方体ABCD－A1B‎1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1－BB1D1D的体积为　　.‎ ‎[解析]　本题主要考查正方体的性质和四棱锥的体积．四棱锥的底面BB1D1D为矩形，其面积为1×＝，又点A1到底面BB1D1D的距离，即四棱锥A1－BB1D1D的高为A‎1C1＝，所以四棱锥A1－BB1D1D的体积为××＝.‎ - 9 -‎ 另解：VA1－BB1D1D＝VABD－A1B1D1－VA1－ABD＝VABD－A1B1D1＝.‎ ‎14．(2020·海南天一大联考)已知圆锥的母线长为3，底面半径为1，则该圆锥的体积为　　，设线段AB为底面圆的一条直径，一质点从A出发，沿着圆锥的侧面运动，到达B点后再回到A点，则该质点运动路径的最短长度为__6__.‎ ‎[解析]　‎ 圆锥的高为＝2，∴V圆锥＝×2×12＝，圆锥底面周长为2π，侧面展开图扇形的圆心为，如图，则质点运动的最短路径为虚线所示的折线，长度为6.‎ ‎15．(2019·辽宁省朝阳市重点中学模拟)表面积为4的正四面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的体积为　π　.‎ ‎[解析]　‎ 如图所示，将正四面体补形成一个正方体，设正四面体棱长为a，则4×a2＝4，解得a＝2，‎ ‎∴正方体的棱长是，‎ 又∵球的直径是正方体的对角线，设球半径是R，∴2R＝，‎ ‎∴R＝，∴球的体积为π()3＝π.‎ 故答案为：π.‎ B组能力提升 ‎1．(2019·吉林市五地六校适应性考试)若一个圆柱的轴截面是面积为4的正方形，则该圆柱的外接球的表面积为__8π__.‎ ‎[解析]　‎ - 9 -‎ 作出圆柱与其外接球的轴截面如下：‎ 设圆柱的底面圆半 径为r，则BC＝2r，‎ 所以轴截面的面积为 S正方形ABCD＝(2r)2＝4，解得r＝1，‎ 因此，该圆柱的外接球的半径R＝＝，‎ 所以球的表面积为S＝4π()2＝8π.‎ 故答案为8π.‎ ‎2．(2020·山东维坊期末)正方体ABCD－A1B‎1C1D1的棱长为1，点K在棱A1B1上运动，过A，C，K三点作正方体的截面，若K为棱A1B1的中点，则截面面积为　　，若截面把正方体分成体积之比为2︰1的两部分，则＝　　.‎ ‎[解析]　K为A1B1的中点时，截面为ACMK(M为B‎1C1的中点)是等腰梯形，且KM＝，AK＝CM＝，AC＝，SACMK＝.‎ 若截面把正方体分成体积为2︰1的两部分时，VK－BCMB1＝＝，(B1K＝B‎1M＝a)，解得a＝，∴KB1＝1－a＝.∴＝＝.‎ ‎3．(2019·江西上饶二模)已知下图为某几何体的三视图，则其体积为(　C　)‎ - 9 -‎ A．π＋　　 B．π＋ C．π＋　　 D．π＋ ‎[解析]　‎ 几何体为半圆柱与四棱锥的组合体(如图)，半圆柱的底面半径为1，高为2，四棱锥的底面是边长为2的正方形，高为1，故几何体的体积V＝×π×12×2＋×22×1＝π＋.故选C.‎ ‎4．(2019·江西九江一模)如图，网格纸上小正方形边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为(　D　)‎ A．　 B．　‎ C．4　 D． ‎[解析]　如图，依三视图知该几何体为正方体中的三棱锥D－ABC，连接DF，过A作AE⊥DF，则AE为底面DBC上的高，由三视图可得S△DBC＝×4×4＝8，AE＝，所以其体积V＝‎ - 9 -‎ eq f(1,3)×8×＝.故选D.‎ ‎5．(2019·河北省衡水中学调研)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，若三棱锥P－ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝2，AC＝2，三棱锥P－ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为(　A　)‎ A．12π　 B．16π　‎ C．20π　 D．24π ‎[解析]　由题意，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝2，AC＝2，‎ ‎∵△ABC为直角三角形，∴BC⊥BA，又BC⊥PA，‎ ‎∴BC⊥平面PAB，∴P、A、B、C是棱长为2的正方体的四个顶点，而正方体外接球半径R满足4R2＝4＋4＋4＝12，‎ ‎∴S球＝4πR2＝12π，故选A.‎ - 9 -‎