【数学】2021届一轮复习北师大版（文）第八章　第6讲　空间几何体的表面积与体积作业 7页

第6讲　空间几何体的表面积与体积 ‎[基础题组练]‎ ‎1．(2020·安徽合肥质检)已知圆锥的高为3，底面半径为4，若一球的表面积与此圆锥侧面积相等，则该球的半径为(　　)‎ A．5 B. ‎ C．9 D．3‎ 解析：选B.因为圆锥的底面半径r＝4，高h＝3，所以圆锥的母线l＝5，所以圆锥的侧面积S＝πrl＝20π，设球的半径为R，则4πR2＝20π，所以R＝，故选B.‎ ‎2．(2020·陕西汉中模拟)已知一个几何体的主视图和左视图如图1所示，其俯视图用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个直角边长为1的等腰直角三角形(如图2所示)，则此几何体的体积为(　　)‎ A．1 B. C．2 D．2 解析：选B.根据直观图可得该几何体的俯视图是一个直角边长分别是2和的直角三角形(如图所示)，根据三视图可知该几何体是一个三棱锥，且三棱锥的高为3，所以体积V＝××3＝.故选B.‎ ‎3．(2020·河南漯河调研考试)中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(单位：立方寸)，则图中的x为(　　)‎ A．1.2 B．1.6 ‎ C．1.8 D．2.4‎ 解析：选B.该几何体是一个组合体，左边是一个底面半径为的圆柱，‎ 右边是一个长、宽、高分别为5.4－x，3，1的长方体，所以组合体的体积V＝V圆柱＋V长方体＝π·×x＋(5.4－x)×3×1＝12.6(其中π＝3)，解得x＝1.6.故选B.‎ ‎4．(2020·辽宁大连第一次(3月)双基测试)我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺．问积几何 ”．羡除是一个五面体，其中三个面是梯形，另两个面是三角形，已知一个羡除的三视图如图中粗线所示，其中小正方形网格的边长为1，则该羡除的表面中，三个梯形的面积之和为(　　)‎ A．40 B．43 ‎ C．46 D．47‎ 解析：选C.由三视图可知，该几何体的直观图如图所示，其中平面ABCD⊥平面ABEF，CD＝2，AB＝6，EF＝4，等腰梯形ABEF的高为3，等腰梯形ABCD的高为4，等腰梯形FECD的高为＝5，三个梯形的面积之和为×4＋×3＋×5＝46，故选C.‎ ‎5．(2020·辽宁沈阳东北育才学校五模)将半径为3，圆心角为的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的表面积为(　　)‎ A．π B．2π ‎ C．3π D．4π 解析：选B.将半径为3，圆心角为的扇形围成一个圆锥，设圆锥的底面圆半径为R，‎ 则有2πR＝3×，所以R＝1.‎ 设圆锥的内切球半径为r，圆锥的高为h，内切球球心必在圆锥的高线上，因为圆锥的母线长为3，所以h＝＝2，‎ 所以有＝，解得r＝，因此内切球的表面积S＝4πr2＝2π.故选B.‎ ‎6．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 ．‎ 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＝.‎ 答案： ‎7．(2020·江西九江模拟)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是________．‎ 解析：由三视图可知该几何体是一个四棱锥，记为四棱锥PABCD，如图所示，其中PA⊥底面ABCD，四边形ABCD是正方形，且PA＝2，AB＝2，PB＝2，所以该四棱锥的侧面积S是四个直角三角形的面积和，即S＝2×＝4＋4.‎ 答案：4＋4 ‎8．(2020·长春市质量监测(一))已知一所有棱长都是的三棱锥，则该三棱锥的体积为 ．‎ 解析：记所有棱长都是的三棱锥为PABC，如图所示，取BC的中点D，连接AD，PD，作PO⊥AD于点O，则PO⊥平面ABC，且OP＝×＝，故三棱锥PABC的体积V＝S△ABC·OP＝××()2×＝.‎ 答案： ‎9．如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2，AD＝2，求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积．‎ 解：由已知得CE＝2，DE＝2，CB＝5，S表面积＝S圆台侧＋S圆台下底＋S圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×2＝(60＋4)π，V＝V圆台－V圆锥＝(π·22＋π·52＋)×4－π×22×2＝π.‎ ‎10.(应用型)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.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为(　　)‎ A．8π B．4π ‎ C．2π D．π 解析：选D.因为点E，F分别为PA，AB的中点，‎ 所以EF∥PB，因为∠CEF＝90°，‎ 所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.‎ 取AC的中点D，连接BD，PD，‎ 易证AC⊥平面BDP，‎ 所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE平面PAC，‎ 所以PB⊥平面PAC，‎ 所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，‎ 所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥PABC 放在正方体中如图所示．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为，所以该正方体的体对角线长为，所以三棱锥PABC的外接球的半径R＝，所以球O的体积V＝πR3＝π＝π，故选D.‎ ‎2．如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，线段B1D1上有两个动点E，F且EF＝1，则当E，F移动时，下列结论不正确的是(　　)‎ A．AE∥平面C1BD B．四面体ACEF的体积不为定值 C．三棱锥ABEF的体积为定值 D．四面体ACDF的体积为定值 解析：选B.对于A，如图1，AB1∥DC1，易证AB1∥平面C1BD，同理AD1∥平面C1BD，且AB1∩AD1＝A，所以平面AB1D1∥平面C1BD，又AE平面AB1D1，所以AE∥平面C1BD，A正确；‎ ‎　‎ 对于B，如图2，S△AEF＝EF·h1＝×1×＝，点C到平面AEF的距离为点C到平面AB1D1的距离d为定值，所以VACEF＝VCAEF＝××d＝d为定值，所以B错误；‎ 对于C，如图3，S△BEF＝×1×3＝，点A到平面BEF的距离为A到平面BB1D1D的距离 d为定值，所以VABEF＝××d＝d为定值，C正确；‎ ‎　‎ 对于D，如图4，四面体ACDF的体积为VACDF＝VFACD＝××3×3×3＝为定值，D正确．‎ ‎3．(2020·东北师大附中、重庆一中等校联合模拟)若侧面积为4π的圆柱有一外接球O，当球O的体积取得最小值时，圆柱的表面积为 ．‎ 解析：设圆柱的底面圆半径为r，高为h，‎ 则球的半径R＝.‎ 因为球的体积V＝R3，故V最小当且仅当R最小．‎ 圆柱的侧面积为2πrh＝4π，所以rh＝2.‎ 所以＝，‎ 所以R＝≥，‎ 当且仅当r2＝.‎ 即r＝1时取等号，此时k取最小值，所以r＝1，h＝2，圆柱的表面积为2π＋4π＝6π.‎ 答案：6π ‎4．(2020·新疆第一次毕业诊断及模拟测试)如图，A1B1C1D1是以ABCD为底面的长方体的一个斜截面，其中AB＝4，BC＝3，AA1＝5，BB1＝8，CC1＝12，求该几何体的体积．‎ 解：过A1作A1E⊥BB1于点E，‎ 作A1G⊥DD1于点G，‎ 过E作EF⊥CC1于点F，‎ 过D1作D1H⊥CC1于点H，连接EH，GF，‎ 因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，‎ 所以A1B1∥D1C1.‎ 因为AA1＝BE＝5，‎ 所以EB1＝8－5＝3，C1H＝EB1＝3，GD1＝HF＝12－5－3＝4，‎ 则几何体被分割成一个长方体ABCDA1EFG，一个斜三棱柱A1B1ED1C1H和一个直三棱柱A1D1GEHF.‎ 故该几何体的体积为V＝3×4×5＋×3×4×4＋×3×4×3＝102.‎