2023年高考数学一轮复习课时规范练37空间几何体的表面积与体积含解析北师大版文

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课时规范练37　空间几何体的表面积与体积基础巩固组1.(2021北京,4)某四面体的三视图如图所示,该四面体的表面积为(　　)A B.4 C.3+ D.2答案:A解析:根据三视图可得该几何体为正三棱锥,其三个侧面为全等的等腰直角三角形,底面为等边三角形,由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1,故其表面积为31×1+()2=2.(2021云南昆明三模)已知平面α截球O所得截面圆半径为,该球面上的点到平面α的距离最大值为3,则球O的表面积为(　　)A.4π B.8π C.16π D.32π答案:C解析:依题意得截面圆半径r=,设球O的半径为R,则球心O到截面圆的距离d=3-R.由勾股定理得R2=(3-R)2+()2,解得R=2,所以球O的表面积为4πR2=16π.3.(2021广西来宾、玉林、梧州4月联考)为了方便向窄口容器中注入液体,某单位设计一种圆锥形的漏斗,设计要求如下:该圆锥形漏斗的高为8 cm,且当窄口容器的容器口是半径为1 cm的圆时,漏斗顶点处伸入容器部分的高为2 cm,则制造该漏斗所需材料面积的大小约为(　　)(假设材料没有浪费)A.12 cm2 B.8 cm2C.16 cm2 D.18 cm2答案:C解析:设漏斗底面半径为r,由题意得,即r=4cm,所以该圆锥的母线长为l==4(cm),所以圆锥的侧面积为S=πrl=16(cm2).4.(2021山东潍坊一模)某中学开展劳动实习,学习加工制作食品包装盒.现有一张边长为6的正六边形硬纸片,如图所示,裁掉阴影部分,然后按虚线处折成高为的正六棱柱无盖包装盒,则此包装盒的容积为(　　)A.144 B.72 C.36 D.24答案:B解析:如图,由正六边形的每个内角为,按虚线处折成高为的正六棱柱,即BF=,所以BE==1,可得正六棱柱底边边长AB=6-2×1=4,所以此包装盒的容积V=642=72.5.(2021陕西宝鸡二模)如图是某几何体的三视图,则该几何体的体积为(　　)A.8-π B C D答案:B解析:由三视图可得,该几何体为一个三棱锥(其底面是边长为2的正方形,高为2),去掉半个圆锥(其底面半径为1,高为2),所以该几何体的体积V=2×2×2-π×12×2=6.(2021四川成都三诊)在三棱锥P-ABC中,已知PA⊥平面ABC,PA=AB=AC=2,∠BAC=若三棱锥P-ABC的各顶点都在球O的球面上,则球O的半径为(　　)A.1 B C D答案:D解析:在△ABC中,设其外接圆半径为r,由正弦定理可得=2r,解得r=2,三棱锥P-ABC补成三棱柱ABC-PB1C1,点O1,O2分别是△ABC,△PB1C1的外心,连接O1O2,则球心O是O1O2的中点,连接O1A,OA,设三棱锥P-ABC外接球半径为R,R=7.(2021青海西宁一模)在等腰三角形ABC中,AB=AC=2,∠BAC=120°,以底边BC所在直线为轴旋转围成的封闭几何体内装有一球,则球的最大体积为(　　)A B C D答案:A解析:如图,据题意可得几何体的轴截面为边长为2、邻边的一夹角为60°的菱形,即菱形中的圆与该菱形内切时,球的体积最大,可得内切圆的半径r=|OM|=|OA|·cos30°=|AB|·sin30°·cos30°=2,故V=π×3=8.(2021四川成都七中高三月考)已知正三棱柱的高与底面边长均为2,则该正三棱柱内半径最大的球与其外接球的表面积之比为(　　)A B C D答案:A解析:设正三棱柱ABC-A1B1C1,取三棱柱ABC-A1B1C1的两底面中心O,O1,连接OO1,取OO1的中点D,连接BD,则BD为正三棱柱外接球的半径.∵△ABC是边长为2的正三角形,O是△ABC的中心,∴BO=2=又OD=OO1=AA1=1,∴BD=正三棱柱ABC-A1B1C1外接球的表面积为4π×BD2=根据题意可知,当一个球的半径r等于底面正三角形内切圆的半径时,这个球是正三棱柱内半径最大的球,即r=2=,∴正三棱柱ABC-A1B1C1内半径最大的球表面积为4π×r2=,∴该正三棱柱内半径最大的球与其外接球的表面积之比为9.(2021山东烟台二模)在一次综合实践活动中,某手工制作小组利用硬纸板做了一个如图所示的几何模型,底面ABCD为边长是4的正方形,半圆面APD⊥底面ABCD.当点P在半圆弧AD上(不含A,D点)运动时,三棱锥P-ABD的外接球的表面积为　　　　　. 答案:32π解析:∵四边形ABCD是边长为4的正方形,∴BD=4易知AP⊥PD,∵平面APD⊥平面ABCD,平面APD∩平面ABCD=AD,AB⊥AD,∴AB⊥平面APD,∴AB⊥PD.又PD⊥AP,∴PD⊥平面ABP,∴PD⊥PB.取BD的中点O,连接OA,OP,则OP=OB=OD=OA,即点O是三棱锥P-ABD外接球的球心,球半径R=BD=2,∴该外接球的表面积为S=4πR2=32π.综合提升组10.(2021四川达州二诊)已知圆锥的底面圆周和顶点都在一半径为1的球的球面上,当圆锥体积为球体积的时,圆锥的高为(　　)A.1或 B.1或C.1或 D.1或答案:D解析:①如图所示,设圆锥的底面半径为r,高为h,球的半径为R,则h=R+=1+≥1,因为圆锥体积为球体积的,所以πr2h=πR3,化简得r2(1+)=1,令=t,则r2=1-t2,所以t(t2+t-1)=0,解得t=(舍去)或t=或t=0,所以h=或h=1.②如图所示,设圆锥的底面半径为r,高为h,球的半径为R,则h=R-=1-≤1,因为圆锥体积为球体积的,所以πr2h=πR3,化简得r2(1-)=1,令=t,则r2=1-t2,所以t(t2-t-1)=0,解得t=(舍去)或t=0,所以h=1,综上h=或h=1.11.半径为1的球O内有一个内接正三棱柱,当正三棱柱的侧面积最大时,球的表面积与该正三棱柱的侧面积之差是　　　　　. 答案:4π-3解析:如图所示,设球心为O点,上下底面的中心分别为O1,O2,设正三棱柱的底面边长与高分别为x,h,则O2A=x,在Rt△OAO2中,x2=1,化为h2=4-x2,∵S侧=3xh,=9x2h2=12x2(3-x2)≤12=27,当且仅当x=时取等号,S侧=3,∴球的表面积与该正三棱柱的侧面积之差是4π-3,故答案为4π-3创新应用组12.(2021四川泸州三模)已知在Rt△ABC中,斜边AB=2,BC=1,若将Rt△ABC沿斜边AB上的中线CD折起,使平面ACD⊥平面BCD,则三棱锥A-BCD的外接球的表面积为(　　)A B C D答案:A解析:依题意知,△BCD是边长为1的等边三角形,设其外接圆半径为r1,由正弦定理易得r1=;△ADC是腰长为1的等腰三角形,同理可得其外接圆半径r2=1.在三棱锥A-BCD中,分别过△ADC和△BCD的外心E,F作它们的垂线,二者交于点O,则O是三棱锥A-BCD的外接球的球心.取DC的中点为M,连接EM,FM,由前面的作法及平面ACD⊥平面BCD可知,四边形EMFO为矩形.在直角三角形EMD中,ED=r2=1,DM=,所以EM=,所以OF=EM=,在直角三角形OFD中,DF=r1=,所以R2=OD2=OF2+DF2=2+2=故三棱锥A-BCD的外接球的表面积S=4πR2=4π13.(2021福建厦门二模)国家游泳中心(水立方)的设计灵感来源于威尔-弗兰泡沫,威尔-弗兰泡沫是对开尔文胞体的改进,开尔文胞体是一种多面体,它由正六边形和正方形围成(其中每个顶点处有1个正方形和2个正六边形),已知该多面体共有24个顶点,且棱长为1,则该多面体的表面积是(　　)A.9+6 B.9+8C.12+6 D.12+8答案:C解析:由已知得正方形的面积为1×1=1,正六边形的面积为61×1因为正方形有4个顶点,正六边形有6个顶点,该多面体共有24个顶点,每个顶点处有1个正方形和2个正六边形,所以该多面体中,正方形有=6个,正六边形有=8个,所以该多面体的表面积为8+6×1=12+6.故选C.