2021届浙江新高考数学一轮复习高效演练分层突破：第八章　2 第2讲　空间几何体的表面积与体积 9页

‎[基础题组练]‎ ‎1．(2020·嘉兴期中)某球的体积与表面积的数值相等，则球的半径是(　　)‎ A．1　　　　　　　　　　　 B．2‎ C．3 D．4‎ 解析：选C.设球的半径为r，则球的体积为 πr3，球的表面积为4πr2.‎ 因为球的体积与其表面积的数值相等，‎ 所以πr3＝4πr2，解得r＝3.‎ ‎2．(2020·义乌模拟)某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)‎ A．12＋4 B．18＋8 C．28 D．20＋8 解析：选D.由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图．‎ 则该几何体的表面积为S＝2××2×2＋4×2×2＋2×4＝20＋8，故选D.‎ ‎3．(2020·浙江高校招生选考试题)如图(1)，把棱长为1的正方体沿平面AB1D1和平面A1BC1截去部分后，得到如图(2)所示几何体，则该几何体的体积为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B.把棱长为1的正方体沿平面AB1D1和平面A1BC1截去部分后，得到几何体的体积：‎ V＝VABCDA1B1C1D1－VAA1B1D1－VBA1B1C1＋VNA1B1M ‎＝1×1×1－××1－××1＋××＝.‎ ‎4．(2020·金华十校联考)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积为(　　)‎ A.π B. C．3π D．3‎ 解析：选A.由题意得，该几何体为四棱锥，且该四棱锥的外接球即为棱长为1的正方体的外接球，其半径为，故体积为π＝π，故选A.‎ ‎5．若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是(　　)‎ A．48＋π B．48－π C．48＋2π D．48－2π 解析：选A.该几何体是正四棱柱挖去了一个半球，正四棱柱的底面是正方形(边长为2)，高为5，半球的半径是1，那么该几何体的表面积为S＝2×2×2＋2×4×5－π×12＋2π×12＝48＋π，故选A.‎ ‎6．(2020·台州四校高三联考)一个多面体的直观图和三视图如图所示，点M是AB 上的动点，记四面体EFMC的体积为V1，多面体ADFBCE的体积为V2，则＝(　　)‎ A. B. C. D．不是定值，随点M位置的变化而变化 解析：选B.由三视图可知多面体ADFBCE是直三棱柱，其底面是等腰直角三角形(直角边长为a)，且四边形DFEC与四边形ABCD都是正方形，它们的边长均为a.‎ 因为点M是AB上的动点，且易知AB∥平面DFEC，所以点M到平面DFEC的距离等于点B到平面DFEC的距离，为a，所以V1＝VEFMC＝VMEFC＝×a·a·a＝，又V2＝a·a·a＝，故＝＝，故选B.‎ ‎7．(2020·宁波市余姚中学期中检测)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积为________ cm3，表面积为________cm2.‎ 解析：由三视图可知，该几何体是由一个半球去掉后得到的几何体．‎ 所以该几何体的体积＝×××π×13＝ cm3.‎ 表面积＝××4π×12＋×π×12＋×π×12＝ cm2.‎ 答案：　 ‎8．(2020·瑞安市龙翔高中高三月考)一个正四棱锥的所有棱长均为2，‎ 其俯视图如图所示，则该正四棱锥的正视图的面积为________，正四棱锥的体积为________．‎ 解析：由正四棱锥的俯视图，可得到正四棱锥的直观图如图，‎ 则该正四棱锥的正视图为三角形PEF(点E，F分别为AD，BC的中点)，‎ 因为正四棱锥的所有棱长均为2，‎ 所以PB＝PC＝2，EF＝AB＝2，PF＝，‎ 所以PO＝ ＝＝，‎ 所以该正四棱锥的正视图的面积为×2×＝；‎ 正四棱锥的体积为×2×2×＝.‎ 答案：　 ‎9．(2020·温州市高考模拟)已知某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则此几何体的体积为________，表面积为________．‎ 解析：根据三视图可知几何体是一个四棱锥，如图，底面是一个边长为2的正方形，PE⊥平面ABCD，且PE＝2，其中点E、F分别是BC、AD的中点，连接EF、PA，所以几何体的体积V＝×2×2×2＝，在△PEB中，PB＝＝，同理可得PC＝，‎ 因为PE⊥平面ABCD，所以PE⊥CD，‎ 因为CD⊥BC，BC∩PE＝E，所以CD⊥平面PBC，则CD⊥PC，‎ 在△PCD中，PD＝＝＝3，‎ 同理可得PA＝3，则PF⊥AD，‎ 在△PDF中，PF＝＝＝2，‎ 所以此几何体的表面积S＝2×2＋×2×2＋2××2×＋×2×2＝6＋2＋2.‎ 答案：　6＋2＋2 ‎10．已知球O的表面积为25π，长方体的八个顶点都在球O的球面上，则这个长方体的表面积的最大值等于________．‎ 解析：设球的半径为R，则4πR2＝25π，所以R＝，所以球的直径为2R＝5，设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，则长方体的表面积S＝2ab＋2ac＋2bc≤a2＋b2＋a2＋c2＋b2＋c2＝2(a2＋b2＋c2)＝50.‎ 答案：50‎ ‎11.如图所示，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，求该多面体的体积．‎ 解：如图，分别过点A、B作EF的垂线，垂足分别为点G、H，连接DG、CH，容易求得EG＝HF＝，AG＝GD＝BH＝HC＝，所以S△AGD＝S△BHC＝××1＝，‎ 所以该多面体的体积V＝VEADG＋VFBHC＋VAGDBHC ‎＝××＋××＋×1＝.‎ ‎12.如图，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用9.6米铁丝，再用S平方米塑料片制成圆柱的侧面和下底面(不安装上底面)．‎ ‎(1)当圆柱底面半径r取何值时，S取得最大值？并求出该最大值(结果精确到0.01平方米)；‎ ‎(2)若要制作一个如图放置的、底面半径为0.3米的灯笼，请作出用于制作灯笼的三视图(作图时，不需考虑骨架等因素)．‎ 解：(1)由题意可知矩形的高即圆柱的母线长为 ＝1.2－2r，‎ 所以塑料片面积S＝πr2＋2πr(1.2－2r)‎ ‎＝πr2＋2.4πr－4πr2＝－3πr2＋2.4πr ‎＝－3π(r2－0.8r)．‎ 所以当r＝0.4米时，S有最大值，约为1.51平方米．‎ ‎(2)若灯笼底面半径为0.3米，则高为1.2－2×0.3＝0.6(米)．‎ 制作灯笼的三视图如图 ‎[综合题组练]‎ ‎1．在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是(　　)‎ A．4π B. C．6π D. 解析：选B.由题意可得若V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R＝，该球的体积最大，Vmax＝πR3＝×＝.‎ ‎2．(2020·瑞安市龙翔高中高三月考)如图，已知在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥底面ABCD，AB＝1，PA·AC＝1，∠ABC＝θ，则四棱锥PABCD的体积V的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选A.由已知，四边形ABCD的面积S＝sin θ，‎ 由余弦定理可求得AC＝，‎ 所以PA＝，所以V＝·，‎ 所以V＝·＝·.‎ 所以当cos θ＝0，即θ＝时，四棱锥PABCD的体积V的最小值是；‎ 当cos θ＝1，即θ＝0时，四棱锥PABCD的体积V的最大值是.因为0＜θ≤，‎ 所以PABCD的体积V的取值范围是.‎ ‎3．(2020·浙江名校协作体高三联考)某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是 cm3，则正视图中的x的值是________cm，该几何体的表面积是________cm2.‎ 解析：由三视图可知，该几何体是底面为直角梯形的四棱锥，其直观图如图所示，由棱锥的体积公式得，××(1＋2)×x＝⇒x＝2(cm)，侧面ADS，CDS，ABS为直角三角形，侧面BCS是以BC为底的等腰三角形，所以该几何体的表面积为S＝[(1＋2)×＋2×2＋×2＋1×＋2×]＝(cm2)．‎ 答案：2　 ‎4．如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD＝DA，PB＝BA，则四面体PBCD的体积的最大值是________．‎ 解析：由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，可得AC＝2，要求四面体PBCD的体积，关键是寻找底面三角形BCD的面积S△BCD和点P到平面BCD的距离h.易知h≤2.‎ 设AD＝x，则DP＝x，DC＝2－x，S△DBC＝×(2－x)×2×sin 30°＝，其中x∈(0，2)，且h≤x，所以VPBCD＝×S△BCD×h＝×h≤·x≤＝，当且仅当2－x＝x，即x＝时取等号．故四面体PBCD的体积的最大值是.‎ 答案： ‎5．已知一个几何体的三视图如图所示．‎ ‎(1)求此几何体的表面积；‎ ‎(2)如果点P，Q在正视图中所示位置，点P为所在线段中点，点Q为顶点，求在几何体表面上，从P点到Q点的最短路径的长．‎ 解：(1)由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和．‎ S圆锥侧＝(2πa)·(a)＝πa2，‎ S圆柱侧＝(2πa)·(2a)＝4πa2，‎ S圆柱底＝πa2，‎ 所以S表＝πa2＋4πa2＋πa2＝(＋5)πa2.‎ ‎(2)沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面，如图．‎ 则PQ＝ ＝＝a，‎ 所以从P点到Q点在侧面上的最短路径的长为a.‎ ‎6．已知底面为正三角形的三棱柱内接于半径为1的球，求此三棱柱的体积的最大值．‎ 解：如图，设球心为O，三棱柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，底面正三角形的边长为a，则AO1＝×a＝a.‎ 由已知得O1O2⊥底面，在Rt△OAO1中，由勾股定理得OO1＝ ‎ ‎＝，‎ 所以V三棱柱＝a2×2×＝，‎ 令f(a)＝3a4－a6(0＜a＜2)，则f′(a)＝12a3－6a5‎ ‎＝－6a3(a2－2)，令f′(a)＝0，解得a＝.‎ 因为当a∈(0，)时，f′(a)＞0；当a∈(，2)时，f′(a)＜0，所以函数f(a)在(0，)上单调递增，在(，2)上单调递减．‎ 所以f(a)在a＝ 处取得极大值．‎ 因为函数f(a)在区间(0，2)上有唯一的极值点，所以a＝ 也是最大值点．所以(V三棱柱)max＝＝1.‎