2021高考数学一轮复习课时作业40空间几何体的表面积和体积理 10页

课时作业40　空间几何体的表面积和体积 ‎ [基础达标]‎ 一、选择题 ‎1．若圆锥的侧面展开图是圆心角为120°，半径为l的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积比是(　　)‎ A．3:2 B．2:1‎ C．4:3 D．5:3‎ 解析：底面半径r＝l＝l，故圆锥中S侧＝πl2，S表＝πl2＋π2＝πl2，所以表面积与侧面积的比为4:3.‎ 答案：C ‎2．[2020·重庆一中调考]一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)‎ A．3π B．4π C．2π＋4 D．3π＋4‎ 解析：由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示，表面积为2×2＋2××π×12＋π×1×2＝4＋3π，故选D项．‎ 答案：D 10‎ ‎3．[2020·益阳市，湘潭市高三调研]如图，网格纸上小正方体的边长为1，粗实线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积是(　　)‎ A. B. C. D．4‎ 解析：由三视图可得三棱锥为图中所示的三棱锥A－PBC(放到棱长为2的正方体中)，VA－PBC＝×S△PBC×AB＝××2×2×2＝.故选B.‎ 答案：B ‎4．[2020·云南昆明教学质量检测]一个三棱柱的三视图如图所示，则该三棱柱的侧面积为(　　)‎ A．12 B．24‎ C．12＋ D．24＋2 解析：根据三视图可知该三棱柱的直观图如图所示，所以该三棱柱的侧面积S＝[2＋2]×4＝(2×2＋2)×4＝24.故选B项．‎ 答案：B ‎5．[2020·湖南东部六校联考]某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的四个面中，最大面的面积是(　　)‎ 10‎ A．4 B．8 C．4 D．8‎ 解析：如图，设该三棱锥为P－ABC，其中PA⊥底面ABC，PA＝4，△ABC是边长为4的等边三角形，故PB＝PC＝4，所以S△ABC＝×4×2＝4，S△PAB＝S△PAC＝×4×4＝8，S△PBC＝×4×＝4，故四个面中最大面的面积为S△PBC＝4，故选C项．‎ 答案：C ‎6．[2020·湖南六校联考]如图是一个几何体的三视图，且这个几何体的体积为8，则x等于(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ 10‎ 解析：由三视图可知，该几何体为一个底面是直角梯形的四棱锥(如图)，体积V＝·x＝8，∴x＝4.故选D项．‎ 答案：D ‎7．[2020·山东德州联考]圆锥被一个平面截去一部分后与半球组成一个几何体，如图所示是该几何体的三视图，则该几何体的表面积为(　　)‎ A．5π＋4 B．10π＋4 C．14π＋4 D．18π＋4 解析：由三视图可知该几何体是由半个圆锥和半个球构成的，所以几何体的表面积为×4×2＋×π×22＋×4×π×22＋×2π×＝14π＋4.故选C项．‎ 答案：C ‎8．[2020·北京昌平区检测]《九章算术》是我国古代数学著作，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，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积及堆放的米各为多少？已知米堆所形成的几何体的三视图如图所示，一斛米的体积约为1.62立方尺，由此估算出堆放的米约有(　　)‎ A．21斛 B．34斛 C．55斛 D．63斛 解析：设圆锥的底面圆的半径为r，则r＝8，解得r＝，‎ 10‎ 故米堆的体积为××π×2×5＝(立方尺)．‎ ‎∵1斛米的体积约为1.62立方尺，‎ ‎∴÷1.62≈21(斛)，故选A项．‎ 答案：A ‎9．[2019·河南新乡二模]已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A. B. C. D. 10‎ 解析：由三视图可知，该几何体由一个三棱锥和一个三棱柱组合而成，其直观图如图所示，结合三视图中的数据可知该几何体的体积V＝V柱＋V锥＝×(1＋1)×1×2＋××(1＋1)×1×2＝，故选C项．‎ 答案：C ‎10．[2020·广东深圳调研]如图，在平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD，将其沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD⊥平面BCD，若四面体ABCD的所有顶点在同一个球面上，则该球的体积为(　　)‎ A. B．3π C. D．2π 解析：如图，取BD的中点E，BC的中点O，连接AE，OD，EO，AO.因为AB＝AD，所以AE⊥BD.由于平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以AE⊥平面BCD.因为AB＝AD＝CD＝1，BD＝，所以AE＝，EO＝，所以OA＝.在Rt△BDC中，OB＝OC＝OD＝BC＝，所以四面体ABCD的外接球的球心为O，半径为，所以该球的体积V＝π×3＝.‎ 答案：A 10‎ 二、填空题 ‎11．[2020·南昌模拟]如图，直角梯形ABCD中，AD⊥DC，AD∥BC，BC＝2CD＝2AD＝2，若将直角梯形绕BC边旋转一周，则所得几何体的表面积为________．‎ 解析：本题考查几何体的表面积．所得几何体的表面积是底面圆半径为1、高为1的圆柱的下底面积、侧面积和底面圆半径为1、高为1的圆锥的侧面积之和，即为π＋2π＋π＝(3＋)π.‎ 答案：(3＋)π ‎12．[2020·黑龙江哈尔滨六中模拟]如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，且侧棱AA1＝8，当侧面AA1B1B水平放置时，液面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点，当底面ABC水平放置时，液面高为________．‎ 解析：设底面ABC的面积为S，当侧面AA1B1B水平放置时，液面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点，则水的体积为S×8，当底面ABC水平放置时，设液面高为h，水的体积为Sh，则Sh＝S×8，可得h＝6.‎ 答案：6‎ ‎13．[2020·湖南重点中学联考]《九章算术》是我国古代的数学名著，书中将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵．已知一个堑堵的底面积为6，其各面均与体积为的球相切，则该堑堵的表面积为________．‎ 解析：设球的半径为r，堑堵底面三角形的周长为l，由已知得r＝1，∴堑堵的高为2.则lr＝6，l＝12，∴表面积S＝12×2＋6×2＝36.‎ 答案：36‎ ‎14．[2020·广东广州调研]已知圆锥的底面半径为1，高为2，点P是圆锥的底面圆周上一点，若一动点从点P出发，绕圆锥侧面一圈之后回到点P，则绕行的最短距离是________．‎ 10‎ 解析：易知圆锥的侧面展开图是扇形，如图，设展开的扇形AOA′的圆心角为α，易得半径OA＝3，因为圆锥的底面半径r＝1，所以根据弧长公式可得2π＝3α，即扇形的圆心角α＝.连接AA′，作OH⊥AA′，交AA′于点H，则易得∠AOH＝，所以动点从点P出发在圆锥侧面上绕一圈之后回到点P的最短距离为所对的弦长，即AA′＝2AH＝2×OA×sin∠AOH＝2×3×＝3.‎ 答案：3 ‎[能力挑战]‎ ‎15．[2020·河北六校联考]如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为(　　)‎ A. ‎ B. C. ‎ D. 解析：由三视图知，这个几何体是由一个四棱锥S－ABCD挖去个球得到的，其直观图放在正方体(正方体是虚拟图，起辅助作用)中如图所示，故该几何体的体积为×4×4×4－ 10‎ ‎××(2)3＝，选A项．‎ 答案：A ‎16．[2020·湖南六校联考]在《九章算术》中，将底面为矩形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马．如图，若四棱锥P－ABCD为阳马，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝3，BC＝AB＝4，设该阳马的外接球半径为R，内切球半径为r，则＝________.‎ 解析：易知该阳马补形所得到的长方体的体对角线为外接球的直径，所以(2R)2＝AB2＋BC2＋AP2＝42＋42＋32＝41，得R＝.因为侧棱PA⊥底面ABCD，且底面ABCD为正方形，所以内切球O1在侧面PAD上的射影是△PAD的内切圆，设O1在侧面PAD上的射影为O2，连接O2P，O2A，O2D，则由S△PAD＝S△PAO2＋S△PDO2＋S△ADO2，易得r＝1，故＝.‎ 答案： ‎17．[2019·全国卷Ⅱ]中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面 体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．‎ 解析：本题主要考查考生的运算求解能力、空间想象能力，考查的核心素养是直观想象、数学运算．‎ 10‎ 依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则x＋x＋x＝1，解得x＝－1，故题中的半正多面体的棱长为－1.‎ 答案：26　－1‎ 10‎