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- 2021-06-20 发布
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课时作业(三十七) [第37讲 空间几何体的表面积和体积]
[时间:45分钟 分值:100分]
1.已知几何体的三视图如图K37-1所示,则该几何体的表面积为( )
A.80+7π B.96+7π
C.96+8π D.96+9π
图K37-1
图K37-2
2. 已知某几何体的三视图如图K37-2所示,则该几何体的表面积是( )
A.24 B.36+6
C.36 D.36+12
图K37-3
3. 一个几何体按比例绘制的三视图如图K37-3所示(单位:m),则该几何体的体积为( )
A.4 m3 B. m3
C.3 m3 D. m3
4.某品牌香水瓶的三视图如图K37-4(单位:cm),则该几何体的表面积为( )
图K37-4
A. cm2 B. cm2
C. cm2 D. cm2
5. 已知一空间几何体的三视图如图K37-5所示,则该几何体的体积为( )
A.π cm3 B.3π cm3
C.π cm3 D.π cm3
图K37-5
图K37-6
6.一个棱锥的三视图如图K37-6,则该棱锥的全面积为( )
A.48+12 B.48+24
C.36+12 D.36+24
7. 一个几何体的三视图如图K37-7,该几何体的表面积为( )
图K37-7
A.280 B.292 C.360 D.372
8.某三棱锥的侧视图和俯视图如图K37-8所示,则该三棱锥的体积为( )
图K37-8
A.4 B.8
C.12 D.24
9.如图K37-9(单位:cm),将图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的体积为(单位:cm3)( )
图K37-9
A.40π B. C.50π D.
10.一个底面半径为1,高为6的圆柱被一个平面截下一部分,如图K37-10,截下部分的母线最大长度为2,最小长度为1,则截下部分的体积是________.
图K37-10
11.若某几何体的三视图(单位:cm)如图K37-11所示,则此几何体的体积是________ cm3.
图K37-11
12.表面积为定值S的正四棱柱体积的最大值为________.
13.在三棱柱ABC-A′B′C′中,点P,Q分别在棱BB′,CC′上,且BP=2PB′,CQ=3QC′,若三棱柱的体积为V,则四棱锥A-BPQC的体积是________.
14.(10分)如图K37-12所示的△OAB绕x轴和y轴各旋转一周,分别求出所得几何体的表面积.
图K37-12
15.(13分)如图K37-13(1),在直角梯形中(图中数字表示线段的长度),CD⊥AF,将直角梯形DCEF沿CD折起,使平面DCEF⊥平面ABCD,连接部分线段后围成一个空间几何体,如图K37-13(2).
(1)求证:BE∥平面ADF;
(2)求三棱锥F-BCE的体积.
图K37-13
16.(1)(6分) 设直线l与球O有且只有一个公共点P,从直线l出发的两个半平面α,β截球的两截面圆的半径分别为1和,二面角α-l-β的平面角为150°,则球O的表面积为( )
A.4π B.16π
C.28π D.112π
(2)(6分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则四面体C1-A1BD在平面ABCD上的正投影的面积和该四面体的表面积之比是( )
A. B.
C.2 D.
课时作业(三十七)
【基础热身】
1.C [解析] 这个空间几何体上半部分是底面半径为1,高为4的圆柱,下半部分是棱长为4的正方体,故其全面积是2π×1×4+π×12+6×4×4-π×12=96+8π.故选C.
2.B [解析] 由三视图知该几何体是一个四棱锥,如图所示,其中底面ABCD是矩形,PA⊥底面ABCD,且AD=4,AB=3,PA=4,易知各侧面都为直角三角形,计算得,其表面积为36+6,故选B.
3.C [解析] 根据视图还原几何体.这个空间几何体的直观图如下,其体积是3 m3.
4.C [解析] 这个空间几何体上面是一个四棱柱、中间部分是一个圆柱、下面是一个四棱柱.上面四棱柱的表面积为2×3×3+12×1-=30-;中间部分的表面积为2π××1=π,下面部分的表面积为2×4×4+16×2-=64-.故其表面积是94+.
【能力提升】
5.D [解析] 由三视图可知,此几何体是一个底面半径为1 cm、高为3 cm的圆柱的上部去掉一个半径为1 cm的半球所形成的几何体,所以其体积为V=πr2h-πr3=3π-π=π( cm3).
6.A [解析] 根据给出的三视图,这个三棱锥是一个底面为等腰直角三角形、一个侧面垂直于底面的三棱锥,其直观图如图所示,其中PD⊥平面ABC,D为BC中点,AB⊥AC,过D作ED⊥AB于E,连接PE,由于AB⊥PD,AB⊥DE,故AB⊥PE,PE即为△PAB的底边AB上的高.在Rt△PDE中,PE=5,侧面PAB,PAC面积相等,故这个三棱锥的全面积是2××6×5+×6×6+×6×4=48+12.
7.C [解析] 由题中的三视图知,该几何体是由两个长方体组成的简单组合体,下面是一个长、宽、高分别是8,10,2的长方体,上面竖着的是一个长、宽、高分别为6、2、8的长方体,那么其表面积等于下面长方体的表面积与上面长方体的侧面积之和,即S=2(8×10+8×2+10×2)+2(6×8+2×8)=360.
8.A [解析] 根据三视图可知,在这个三棱锥中其侧视图的高就是三棱锥的高、俯视图的面积就是三棱锥的底面积,其中俯视图的宽度和侧视图的宽度相等,所以侧视图的底边长是2,由此得侧视图的高为2,此即为三棱锥的高;俯视图的面积为6,
此即为三棱锥的底面积.所以所求的三棱锥的体积是×6×2=4.
9.B [解析] 由图中数据,根据圆台和球的体积公式得
V圆台=×[π×22++π×52]=52π,V半球=π×23×=π.
所以,旋转体的体积为V圆台-V半球=52π-π=π(cm3).
10. [解析] 这样的几何体我们没有可以直接应用的体积计算公式,根据对称性可以把它补成圆柱,这个圆柱的高是3,这个圆柱的体积是所求的几何体体积的2倍,故所求的几何体的体积是×π×12×3=.
11.144 [解析] 该空间几何体为一四棱柱和一四棱台组成的,四棱柱的长宽都为4,高为2,体积为4×4×2=32,四棱台的上下底面分别为边长为4和8的正方形,高为3,所以体积为×3×(42++82)=112,所以该几何体的体积为32+112=144.
12. [解析] 设正四棱柱的底面边长为a,高为h,则该正四棱柱的表面积为2a2+4ah=S,即h=,体积为V=a2h=a(S-2a2)=(Sa-2a3),
则V′=(S-6a2).
令V′=0得a=,且当00,当a>时,V′<0,故当a==时,V取极大值,由于这个极值唯一故也是最大值,此时h===,体积的最大值是.
13.V [解析] 四棱锥A-BPQC与四棱锥A-BB′C′C具有相同的高,故其体积之比等于其底面积之比,由BP=2PB′,CQ=3QC′得BP=BB′,CQ=CC′,设平行四边形BB′C′C的高为h,则其面积S=CC′·h,
则梯形BPQC的面积等于·h=CC′·h=S,故VA-BPQC=VA-BB′C′C.
而VA-BB′C′C=V-VA-A′B′C′=V-V=V,故VA-BPQC=×V=V.
14.[解答] 绕x轴旋转一周形成的空间几何体是一个上下底面半径分别为2,3,高为3的圆台,挖去了一个底面半径为3,高为3的圆锥,如图(1),其表面积是圆台的半径为2的底面积、圆台的侧面积、圆锥的侧面积之和.
圆台的母线长是,圆锥的母线长是3,
故其表面积S1=π·22+π(2+3)·+π·3·3=(4+5+9)π.
绕y轴旋转一周所形成的空间几何体是一个大圆锥挖去了一个小圆锥,如图(2),此时大圆锥的底面半径为3,母线长为3,小圆锥的底面半径为3,母线长为,这个空间几何体的表面积是这两个圆锥的侧面积之和,
故S2=π·3·3+π·3·=(9+3)π.
15.[解答] (1)证法一:取DF中点G,连接AG(如图),DG=DF,
∵CE=DF,CE∥DF,∴EG∥CD且EG=CD.
又∵AB∥CD且AB=CD,∴EG∥AB且EG=AB,
∴四边形ABEG为平行四边形,
∴BE∥AG.∵BE⊄平面ADF,AG⊂平面ADF,
∴BE∥平面ADF.
证法二:由图(1)可知BC∥AD,CE∥DF,折叠之后平行关系不变,
∵BC⊄平面ADF,AD⊂平面ADF,∴BC∥平面ADF,同理CE∥平面ADF,
∵BC∩CE=C,BC,CE⊂平面BCE,∴平面BCE∥平面ADF.∵BE⊂平面BCE,∴BE∥平面ADF.
(2)方法一:∵VF-BCE=VB-CEF,由图(1)可知BC⊥CD,∵平面DCEF⊥平面ABCD,平面DCEF∩平面ABCD=CD,BC⊂平面ABCD,∴BC⊥平面DCEF,由图(1)可知DC=CE=1,S△CEF=CE·DC=.
∴VF-BCE=VB-CEF=·BC·S△CEF=.
方法二:由图(1)可知CD⊥BC,CD⊥CE,∵BC∩CE=C,∴CD⊥平面BCE.∵DF⊥DC,点F到平面BCE的距离等于点D到平面BCE的距离为1,由图(1)可知BC=CE=1,S△BCE=BC·CE=,
∴VF-BCE=·CD·S△BCE=.
方法三:过E作EH⊥FC,垂足为H,由图(1)可知BC⊥CD,∵平面DCEF⊥平面ABCD,
平面DCEF∩平面ABCD=CD,BC⊂平面ABCD,
∴BC⊥平面DCEF,
∵EH⊂平面DCEF,∴BC⊥EH,∴EH⊥平面BCF.由BC⊥FC,FC==,S△BCF=BC·CF=,在△CEF中,由等面积法可得EH=,
∴VF-BCE=VE-BCF=EH·S△BCF=.
【难点突破】
16.(1)D (2)D [解析] (1)过两截面圆心和球心作球的截面,如图,设OO1=h1,OO2=h2,则h+1=h+3,根据余弦定理h+h-2h1h2cos30°=1+3-2×1×cos150°=7,消掉h1得方程2h-5=h2,两端平方整理得h-26h+25=0,解得h=1(舍去),或h=25,即h2=5,所以球的半径r==,故球的表面积是4πr2=112π.
(2)根据正投影的概念,结合图形知四面体在底面上的正投影就是正方形ABCD,设该正方体的棱长为1,则这个投影的面积就是1,四面体的四个面都是边长为的正三角形,故其表面积是4××()2=2,故所求的比值为1∶2=.