高中数学人教版新课标A必修21.3 空间几何体的表面积与体积课后练习题

这是一份高中数学人教版新课标A必修21.3 空间几何体的表面积与体积课后练习题，共9页。

[时间：45分钟 分值：100分]
eq \a\vs4\al\c1(基础热身)
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．[2011·湖南十二校联考] 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＋6eq \r(2)
C．36 D．36＋12eq \r(2)
图K37－3
3．[2011·开封模拟] 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.eq \f(9,2) m3
C．3 m3 D.eq \f(9,4) 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.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(95－\f(π,2))) cm2 B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(94－\f(π,2))) cm2
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(94＋\f(π,2))) cm2 D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(95＋\f(π,2))) cm2
eq \a\vs4\al\c1(能力提升)
5．[2011·湖南师大附中模拟] 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.eq \f(6,5)π cm3 B．3π cm3
C.eq \f(2,3)π cm3 D.eq \f(7,3)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＋12eq \r(2) B．48＋24eq \r(2)
C．36＋12eq \r(2) D．36＋24eq \r(2)
7．[2010·安徽卷] 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．4eq \r(3) B．8eq \r(3)
C．12eq \r(3) D．24eq \r(3)
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.eq \f(140π,3) C．50π D.eq \f(160π,3)
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
eq \a\vs4\al\c1(难点突破)
16．(1)(6分)[2011·哈尔滨九中二模] 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eq \r(3)，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.eq \r(3) B.eq \f(\r(3),3)
C．2eq \r(3) D.eq \f(\r(3),6)
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＋6eq \r(2)，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－eq \f(π,4)＝30－eq \f(π,4)；中间部分的表面积为2π×eq \f(1,2)×1＝π，下面部分的表面积为2×4×4＋16×2－eq \f(π,4)＝64－eq \f(π,4).故其表面积是94＋eq \f(π,2).
【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－eq \f(2,3)πr3＝3π－eq \f(2,3)π＝eq \f(7,3)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×eq \f(1,2)×6×5＋eq \f(1,2)×6×6＋eq \f(1,2)×6eq \r(2)×4＝48＋12eq \r(2).
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2eq \r(3)，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eq \f(1,3)×6×2eq \r(3)＝4eq \r(3).
9．B [解析] 由图中数据，根据圆台和球的体积公式得
V圆台＝eq \f(4,3)×[π×22＋eq \r(π×22×π×52)＋π×52]＝52π，V半球＝eq \f(4,3)π×23×eq \f(1,2)＝eq \f(16,3)π.
所以，旋转体的体积为V圆台－V半球＝52π－eq \f(16,3)π＝eq \f(140,3)π(cm3)．
10.eq \f(3π,2) [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eq \f(1,2)×π×12×3＝eq \f(3π,2).
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eq \f(1,3)×3×(42＋eq \r(42×82)＋82)＝112，所以该几何体的体积为32＋112＝144.
12.eq \f(S\r(6S),36) [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＝eq \f(S－2a2,4a)，体积为V＝a2h＝eq \f(1,4)a(S－2a2)＝eq \f(1,4)(Sa－2a3)，
则V′＝eq \f(1,4)(S－6a2)．
令V′＝0得a＝eq \r(\f(S,6))，且当00，当a>eq \r(\f(S,6))时，V′<0，故当a＝eq \r(\f(S,6))＝eq \f(\r(6S),6)时，V取极大值，由于这个极值唯一故也是最大值，此时h＝eq \f(S－2a2,4a)＝eq \f(S－\f(S,3),4\r(\f(S,6)))＝eq \f(\r(6S),6)，体积的最大值是eq \f(S\r(6S),36).
13.eq \f(17,36)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＝eq \f(2,3)BB′，CQ＝eq \f(3,4)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eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)BB′＋\f(3,4)CC′))·h＝eq \f(17,24)CC′·h＝eq \f(17,24)S，故VA－BPQC＝eq \f(17,24)VA－BB′C′C.
而VA－BB′C′C＝V－VA－A′B′C′＝V－eq \f(1,3)V＝eq \f(2,3)V，故VA－BPQC＝eq \f(17,24)×eq \f(2,3)V＝eq \f(17,36)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eq \r(10)，圆锥的母线长是3eq \r(2)，
故其表面积S1＝π·22＋π(2＋3)·eq \r(10)＋π·3·3eq \r(2)＝(4＋5eq \r(10)＋9eq \r(2))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3eq \r(2)，小圆锥的底面半径为3，母线长为eq \r(10)，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·3·3eq \r(2)＋π·3·eq \r(10)＝(9eq \r(2)＋3eq \r(10))π.
15．[解答] (1)证法一：取DF中点G，连接AG(如图)，DG＝eq \f(1,2)DF，
∵CE＝eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)CE·DC＝eq \f(1,2).
∴VF－BCE＝VB－CEF＝eq \f(1,3)·BC·S△CEF＝eq \f(1,6).
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＝eq \f(1,2)BC·CE＝eq \f(1,2)，
∴VF－BCE＝eq \f(1,3)·CD·S△BCE＝eq \f(1,6).
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＝eq \r(DC2＋DF2)＝eq \r(5)，S△BCF＝eq \f(1,2)BC·CF＝eq \f(\r(5),2)，在△CEF中，由等面积法可得EH＝eq \f(1,\r(5))，
∴VF－BCE＝VE－BCF＝eq \f(1,3)EH·S△BCF＝eq \f(1,6).
【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heq \\al(2,1)＋1＝heq \\al(2,2)＋3，根据余弦定理heq \\al(2,1)＋heq \\al(2,2)－2h1h2cs30°＝1＋3－2×1×eq \r(3)cs150°＝7，消掉h1得方程2heq \\al(2,2)－5＝eq \r(3)h2eq \r(h\\al(2,2)＋2)，两端平方整理得heq \\al(4,2)－26heq \\al(2,2)＋25＝0，解得heq \\al(2,2)＝1(舍去)，或heq \\al(2,2)＝25，即h2＝5，所以球的半径r＝eq \r(3＋25)＝eq \r(28)，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eq \r(2)的正三角形，故其表面积是4×eq \f(\r(3),4)×(eq \r(2))2＝2eq \r(3)，故所求的比值为1∶2eq \r(3)＝eq \f(\r(3),6).