课时过关检测（三十七） 空间几何体的结构特征、表面积及体积

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A级——基础达标
1．将一个等腰梯形绕它的较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括( )
A．一个圆台、两个圆锥 B．两个圆台、一个圆柱
C．两个圆柱、一个圆台D．一个圆柱、两个圆锥
解析：选D 从较短的底边的端点向另一底边作垂线，两条垂线把等腰梯形分成了两个直角三角形，一个矩形，所以一个等腰梯形绕它的较长的底边所在直线旋转一周形成的是由一个圆柱，两个圆锥所组成的几何体，如图所示．
2．已知圆锥的高为3，底面半径长为4，若一球的表面积与此圆锥的侧面积相等，则该球的半径长为( )
A．5B．eq \r(5)
C．9D．3
解析：选B ∵圆锥的底面半径R＝4，高h＝3，∴圆锥的母线l＝5，∴圆锥的侧面积S＝πRl＝20π.设球的半径为r，则4πr2＝20π，∴r＝eq \r(5).故选B.
3．(2020·全国卷Ⅱ)已知△ABC是面积为eq \f(9\r(3),4)的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为( )
A.eq \r(3)B．eq \f(3,2)
C．1D．eq \f(\r(3),2)
解析：选C 由等边三角形ABC的面积为eq \f(9\r(3),4)，得eq \f(\r(3),4)AB2＝eq \f(9\r(3),4)，得AB＝3，则△ABC的外接圆半径r＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)AB＝eq \f(\r(3),3)AB＝eq \r(3).设球的半径为R，则由球的表面积为16π，得4πR2＝16π，得R＝2，则球心O到平面ABC的距离d＝ eq \r(R2－r2)＝1，故选C.
4.如图，在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，点E是棱BB1的中点，点F是棱CC1上靠近C1的三等分点，且三棱锥A1­AEF的体积为2，则四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积为( )
A．12B．8
C．20D．18
解析：选A 设点F到平面ABB1A1的距离为h，由题意得VA1­AEF＝VF­A1AE.又VF­A1AE＝eq \f(1,3)S△A1AE·h＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)AA1·AB))·h＝eq \f(1,6)(AA1·AB)·h＝eq \f(1,6)S四边形ABB1A1·h＝eq \f(1,6)VABCD­A1B1C1D1，所以VABCD­A1B1C1D1＝6VA1­AEF＝6×2＝12.所以四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积为12.故选A.
5．(多选)下列命题错误的是( )
A．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形
B．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台
C．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直
D．棱台的侧棱延长后交于一点，侧面是等腰梯形
解析：选ABD 对于A，棱柱的侧面不一定全等，故错误；对于B，由棱台的定义可知只有当平面与底面平行时，所截部分才是棱台，故错误；对于C，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直，比如正方体中共点的三个相邻平面，故正确；对于D，棱台的侧面不一定是等腰梯形，故错误．综上，A、B、D错误，故选A、B、D.
6．(多选)(2021·山东临沂模拟)已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的eq \f(1,3)，则下列结论正确的是( )
A．球O的表面积为6π
B．球O的内接正方体的棱长为1
C．球O的外切正方体的棱长为eq \f(4,3)
D．球O的内接正四面体的棱长为2
解析：选AD 设球O的半径为r，△ABC的外接圆圆心为O′，半径为R.易得R＝eq \f(2\r(3),3).因为球心O到平面ABC的距离等于球O半径的eq \f(1,3)，所以r2－eq \f(1,9)r2＝eq \f(4,3)，得r2＝eq \f(3,2).所以球O的表面积S＝4πr2＝4π×eq \f(3,2)＝6π，选项A正确；球O的内接正方体的棱长a满足eq \r(3)a＝2r，显然选项B不正确；球O的外切正方体的棱长b满足b＝2r，显然选项C不正确；球O的内接正四面体的棱长c满足c＝eq \f(2\r(6),3)r＝eq \f(2\r(6),3)×eq \f(\r(6),2)＝2，选项D正确．
7．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8 cm，若两底面圆心的连线长为12 cm，则这个圆台的母线长为 cm.
解析：如图，过点A作AC⊥OB，交OB于点C.在Rt△ABC中，AC＝12 cm，BC＝8－3＝5(cm)．
∴AB＝eq \r(122＋52)＝13(cm)．
答案：13
8.已知等腰梯形ABCD，CD＝1，AD＝CB＝eq \r(2)，AB＝3，以AB所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为 ．
解析：法一：如图，取AB的中点O为坐标原点，建立平面直角坐标系，y轴交DC于点E，O，E在斜二测画法中的对应点为O′，E′，过E′作E′F′⊥x′轴，垂足为F′，
因为OE＝ eq \r(\r(2)2－12)＝1，
所以O′E′＝eq \f(1,2)，E′F′＝eq \f(\r(2),4).
所以直观图A′B′C′D′的面积为S′＝eq \f(1,2)×(1＋3)×eq \f(\r(2),4)＝eq \f(\r(2),2).
法二：由题中数据得等腰梯形ABCD的面积S＝eq \f(1,2)×(1＋3)×1＝2.
由S直观图＝eq \f(\r(2),4)S原图形的关系，得S直观图＝eq \f(\r(2),4)×2＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
9．已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为eq \f(7,8)，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5eq \r(15)，则该圆锥的侧面积为 ．
解析：如图，∵SA与底面成45°角，
∴△SAO为等腰直角三角形．
设OA＝r，则SO＝r，SA＝SB＝eq \r(2)r.
在△SAB中，cs∠ASB＝eq \f(7,8)，且∠ASB∈(0,180°)，
∴sin∠ASB＝eq \f(\r(15),8)，
∴S△SAB＝eq \f(1,2)SA·SB·sin∠ASB
＝eq \f(1,2)×(eq \r(2)r)2×eq \f(\r(15),8)＝5eq \r(15)，解得r＝2eq \r(10)，
∴SA＝eq \r(2)r＝4eq \r(5)，即母线长l＝4eq \r(5)，
∴S圆锥侧＝πrl＝π×2eq \r(10)×4eq \r(5)＝40eq \r(2)π.
答案：40eq \r(2)π
10．如图，在四棱锥P­ABCD中，四边形ABCD是边长为2的正方形，且PA＝PB＝PC＝PD，已知四棱锥的表面积是12，则它的体积为 ．
解析：由题意可知四棱锥P­ABCD为正四棱锥，设AC交BD于点O，连接PO(图略)，则PO是四棱锥的高．设正四棱锥的斜高为h′，则2×2＋4×eq \f(1,2)×2h′＝12，
解得h′＝2，
则正四棱锥的高PO＝ eq \r(22－12)＝eq \r(3).
∴正四棱锥的体积V＝eq \f(1,3)×4×eq \r(3)＝eq \f(4\r(3),3).
答案：eq \f(4\r(3),3)
11.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＝eq \f(1,3)·(A1B1)2·PO1＝eq \f(1,3)×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.
12．已知球的半径为R，在球内作一个内接圆柱，这个圆柱的底面半径与高为何值时，它的侧面积最大？侧面积的最大值是多少？
解：如图为其轴截面，令圆柱的高为h，底面半径为r，侧面积为S，
则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,2)))2＋r2＝R2，即h＝2 eq \r(R2－r2).
因为S＝2πrh＝4πr·eq \r(R2－r2)＝
4π eq \r(r2·R2－r2)≤4πeq \r(\f(r2＋R2－r22,4))＝2πR2，
当且仅当r2＝R2－r2，即r＝eq \f(\r(2),2)R时，取等号，
所以当内接圆柱底面半径为eq \f(\r(2),2)R，高为eq \r(2)R时，其侧面积的值最大，最大值为2πR2.
B级——综合应用
13．(多选)(2021·寿光市高三模拟)沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时．如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8 cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的eq \f(2,3)(细管长度忽略不计)．假设该沙漏每秒钟漏下0.02 cm3的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆．以下结论正确的是( )
A．沙漏中的细沙体积为eq \f(1 024π,81) cm3
B．沙漏的体积是128π cm3
C．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4 cm
D．该沙漏的一个沙时大约是1 985秒(π≈3.14)
解析：选ACD A．根据圆锥的截面图可知，细沙在上部时，细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比，所以细沙的底面半径r＝eq \f(2,3)×4＝eq \f(8,3)(cm)，所以体积V＝eq \f(1,3)·πr2·eq \f(2h,3)＝eq \f(1,3)·eq \f(64π,9)·eq \f(16,3)＝eq \f(1 024π,81)(cm3)；
B．沙漏的体积V＝2×eq \f(1,3)×π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,2)))2×h＝2×eq \f(1,3)×π×42×8＝eq \f(256,3)π(cm3)；
C．设细沙流入下部后的高度为h1，根据细沙体积不变可知，eq \f(1 024π,81)＝eq \f(1,3)×πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,2)))2×h1，
所以eq \f(1 024π,81)＝eq \f(16π,3)h1，所以h1≈2.4 cm；
D．因为细沙的体积为eq \f(1 024π,81) cm3，沙漏每秒钟漏下0.02 cm3的沙，所以一个沙时为eq \f(\f(1 024π,81),0.02)＝eq \f(1 024×3.14,81)×50≈1 985(秒)．
故选A、C、D.
14．(2021·上海市浦东新区模拟)如图①所示，已知正方体的面对角线长为a，沿阴影面将正方体切割成两块，拼成如图②所示的几何体，那么此几何体的表面积为 ．
解析：由已知得正方体的棱长为eq \f(\r(2),2)a，则正方体的表面积为3a2，新几何体的表面积比原来多了两个阴影部分的面积，少了正方体两个面的面积，故所求几何体的表面积为3a2＋2×eq \f(\r(2),2)a2－2×eq \f(1,2)a2＝(2＋eq \r(2))a2.
答案：(2＋eq \r(2))a2
15．一个正三棱锥P­ABC的底面边长为a，高是h.一个内接直三棱柱A1B1C1­A0B0C0的顶点A1，B1，C1分别在三条棱上，A0，B0，C0在底面△ABC上，试证明：当三棱柱侧面积取最大值时，正三棱锥的高PO被三棱柱的上底面A1B1C1平分．
证明：如图，截面A1B1C1∥底面ABC，故△A1B1C1为正三角形，于是三棱柱A1B1C1­A0B0C0是正三棱柱．
设PO交截面A1B1C1于点O1，则eq \f(A1B1,AB)＝eq \f(PO1,PO).令A1B1＝x，又PO＝h，则PO1＝eq \f(h,a)x.于是O1O＝h－PO1＝h－eq \f(h,a)x＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x,a))).
所以所求三棱柱的侧面积S＝3x·heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x,a)))＝eq \f(3h,a)·(a－x)·x＝eq \f(3h,a)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(a2,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))2))，
当x＝eq \f(a,2)，即PO1＝eq \f(h,2)时，S有最大值，为eq \f(3,4)ah，此时O1为PO的中点，即三棱柱的侧面积最大时，PO被三棱柱的上底面A1B1C1平分．
C级——迁移创新
16.瑞士数学家、物理学家欧拉发现任一凸多面体(即多面体内任意两点的连线都被完全包含在该多面体中，直观上讲是指没有凹陷或孔洞的多面体)的顶点数V、棱数E及面数F满足等式V－E＋F＝2，这个等式称为欧拉多面体公式，被认为是数学领域最漂亮、简洁的公式之一，现实生活中存在很多奇妙的几何体，现代足球的外观即取自一种不完全正多面体，它是由m块黑色正五边形面料和32－m块白色正六边形面料构成的．根据欧拉多面体公式求m的值．
解：依题意，设足球顶点数V、棱数E及面数F，则F＝m＋32－m＝32，
每条棱被两个面公用，
故棱数E＝eq \f(5×m＋6×32－m,2)＝eq \f(192－m,2)，
每个顶点被3条棱公用，
故顶点数V＝eq \f(5×m＋6×32－m,3)＝eq \f(192－m,3)，
由V－E＋F＝2，得eq \f(192－m,3)－eq \f(192－m,2)＋32＝2，
解得m＝12.