【数学】2020届一轮复习（文理合用）第7章第2讲空间几何体的表面积与体积作业 8页

对应学生用书[练案47理][练案45文]‎ 第二讲　空间几何体的表面积与体积 A组基础巩固 一、选择题 ‎1．(2018·天津模拟)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的表面积是(　B　)‎ A．32　　　 B．16＋16 C．48　　　 D．16＋32 ‎[解析]　该四棱锥的直观图如图所示，‎ 其斜高为＝2，‎ 表面积为4×(×4×2)＋42＝16＋16.‎ ‎2．(文)(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． ‎(理)正三棱柱的底面边长为，侧棱长为2，且三棱柱的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　B　)‎ A．4π　　　 B．8π　　　‎ C．12π　　　 D．16π ‎[解析]　(文)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．‎ ‎(理)由正弦定理得＝2r(其中r为正三棱柱底面三角形外接圆的半径)，∴r＝1，外接球的半径R＝＝，∴外接球的表面积S＝4πR2＝8π.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 ‎[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．(2019·辽宁丹东期末)某几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，则该几何体的体积为(　A　)‎ A．＋　　　 B．＋ C．＋　　　 D．＋ ‎[解析]　该几何体是一个半球上面放一个三棱锥，体积为V＝×(×1×1)×1＋×π×()3＝＋.‎ ‎5．(2018·课标Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点在A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为(　B　)‎ A．2　　　 B．2　　　‎ C．3　　　 D．2‎ ‎[解析]　由圆柱的三视图及已知条件可知点M与点N的位置如图1所示，设ME与FN 为圆柱的两条母线，沿FN将圆柱侧面展开，如图2所示，MN即为从M到N的最短路径，由题知，ME＝2，EN＝4，∴MN＝＝2.故选B．‎ ‎6．(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．‎ ‎7．已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点．若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为(　C　)‎ A．36π　　　 B．64π　　　‎ C．144π　　　 D．256π ‎[解析]　如图，设点C到平面OAB的距离为h，球O的半径为R，因为∠AOB＝90°，所以S△OAB＝R2，要使VO－ABC＝·SOAB·h最大，则OC⊥平面AOB，则(VO－ABC)max＝×R2×R＝R3＝36，此时R＝6，所以球O的表面积为S球＝4πR2＝144π.故选C．‎ ‎8．一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图为正方形及其一条对角线，则该几何体的表面积为(　C　)‎ A．36＋2　　　 B．36＋2 C．84＋2　　　 D．84＋2 ‎[解析]　由三视图可知其直观图如图所示，其下方为长方体，其表面积S1＝4×4＋×4×4＋4×3×4＝72，其上方为三棱锥，其表面积S2＝×4×3×2＋×4×＝12＋2，故该几何体的表面积S＝S1＋S2＝84＋2，故选C．‎ ‎9．某几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中，面积最小的面与底面的面积的比值为(　C　)‎ A．　　　 B．　　　‎ C．　　　 D． ‎[解析]　由三视图可知，该几何体是高为4的四棱锥，如图所示，记为P－ABCD．易知面积最小的面为左侧面，其面积为×1×4＝2.将底面ABCD补为梯形BCDE，则底面ABCD的面积为×(2＋4)×2－×2×1＝5，所以面积最小的面与底面的面积的比值为，故选C．‎ 二、填空题 ‎10．(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××＝.‎ ‎11．如图，网络纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为　 　.‎ ‎[解析]　由三视图可知该几何体是由一个长方体切去一个三棱锥所得，长方体的长、宽、高分别为2,1,2，体积为2×1×2＝4，切去的三棱锥的体积为×(×1×2)×1＝，所以该几何体的体积为4－＝.‎ ‎12．已知三棱锥P－ABC的底面ABC是等腰三角形，AB⊥AC，PA⊥底面ABC，PA＝AB＝1，则这个三棱锥内切球的半径为　 　.‎ ‎[解析]　如图所示，依题意可得S△ABC＝×1×1＝，S△PAB＝×1×‎ ‎1＝，S△PAC＝×1×1＝，‎ S△PBC＝×××sin60°＝.‎ 设这个三棱锥内切球的半径为r，则有VP－ABC＝×S△ABC×PA＝(S△PAB＋S△PAC＋S△ABC＋S△PBC)×r，得到××1＝×(＋＋＋)×r，解得r＝.‎ B组能力提升 ‎1．(2019·山西省质量检测)某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为3，则侧视图中线段的长度x的值是(　C　)‎ A．　　　 B．2　　　‎ C．4　　　 D．5‎ ‎[解析]　分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P－ABCD，其中PC⊥平面ABCD，故其体积V＝××4×CP＝3，∴CP＝，∴x＝＝4，故选C．‎ ‎2．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，则该几何体的所有面中，最大面的面积为(　C　)‎ A．4　　　 B．4　　　‎ C．8　　　 D．8 ‎[解析]　题中的几何体是三棱锥A－BCD，如图所示，D 是相应的正方体的棱的中点，则△ABD、△BCD、△ABC、△ACD的面积分别为×2×4＝4、×4×2＝4、×4×4＝8、×4×2＝4，因此该几何体的所有面中，最大面的面积为8，选C． ‎ ‎3．已知正四面体S－ABC的外接球O的半径为，过AB的中点E作球O的截面，则截面面积的最小值为(　A　)‎ A．4π　　　 B．6π　　　‎ C．π　　　 D．π ‎[解析]　由正四面体的外接球的半径R与正面四体的棱长a的关系可知，R＝＝a，所以a＝4.过AB的中点E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面圆的半径最小，此时截面圆的面积最小，如图，连接CE，过球心O作OD⊥CE于D，则ED＝，CD＝，所以OD＝＝，OE＝，所以此时截面圆的半径r＝＝＝2，截面面积S＝πr2＝4π.‎ ‎4．(2019·青岛模拟)如图：△ABC中，AB＝8，BC＝10，AC＝6，DB⊥平面ABC，且AE∥FC∥BD，BD＝3，FC＝4，AE＝5.则此几何体的体积为__96___.‎ ‎[解析]　用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使AA′＝BB′＝CC′＝8，所以V几何体＝V三棱柱＝×S△ABC·AA′＝×24×8＝96.‎ ‎5．(文)在四面体ABCD中，AC＝CB＝AB＝AD＝BD＝1，且平面ABC⊥平面ABD，则四面体ABCD的外接球半径R＝　 　.‎ ‎(理)已知等腰直角三角形ABC中，AB＝AC＝2，D，E分别为AB，AC的中点，沿DE将△ABC折成直二面角(如图)，则四棱锥A－DECB的外接球的表面积为__10π___.‎ ‎[解析]　(文)如图，取AB的中点G，连接DG，CG，由题意，知△ABC与△ABD均为正三角形，则四面体ABCD的外接球球心O在过△ABC的重心O1，且与平面ABC垂直的直线上，同时也在过△ABD的重心O2，且与平面ABD垂直的直线上，易知四边形OO1GO2为正方形．在△ABC中，O1C＝CG＝×AB＝，O1G＝CG＝×AB＝，则OO1＝，连接OC，则OC＝＝＝，故四面体ABCD的外接球的半径为.‎ ‎(理)取DE的中点M，BC的中点N，连接MN，由题意知，MN⊥平面ADE，因为△ADE是等腰直角三角形，所以△ADE的外接圆的圆心是点M，四棱锥A－DECB的外接球的球心在直线MN上，又等腰梯形DECB的外接圆的圆心在MN上，所以四棱锥A－DECB的外接球的球心就是等腰梯形DECB的外接圆的圆心．连接BE，易知△BEC是钝角三角形，所以等腰梯形DECB的外接圆的圆心在等腰梯形DECB的外部．设四棱锥A－DECB的外接球的半径为R，球心到BC的距离为d，则解得R2＝，故四棱锥A－DECB的外接球的表面积S＝4πR2＝10π.‎