统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练39空间几何体的表面积和体积文

这是一份统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练39空间几何体的表面积和体积文，共8页。

[基础强化]
一、选择题
1.[2023·全国乙卷（文）]如图，网格纸上绘制的是一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为（ ）
A.24 B．26 C．28 D．30
2.[2022·全国甲（文），4] 如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（ ）
A.8 B．12 C．16 D．20
3.
已知某几何体的三视图如图所示（俯视图中曲线为四分之一圆弧），则该几何体的表面积为（ ）
A.1－ eq \f(π,4)
B.3＋ eq \f(π,2)
C.2＋ eq \f(π,4)
D.4
4.[2023·全国甲卷（文）]在三棱锥P­ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝ eq \r(6)，则该棱锥的体积为（ ）
A.1 B． eq \r(3) C．2 D．3
5.[2023·江西省南昌市模拟]圆柱形玻璃杯中盛有高度为10 cm的水，若放入一个玻璃球（球的半径与圆柱形玻璃杯内壁的底面半径相同）后，水恰好淹没了玻璃球，则玻璃球的半径为（ ）
A. eq \f(20,3) cm B．15 cm
C.10 eq \r(3) cm D．20 cm
6.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）
A. eq \f(8,3)＋2π B． eq \f(8,3)＋π
C.4＋2π D．4＋π
7.祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是（ ）
A.158 B．162 C．182 D．324
8.某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是（ ）
A.4 eq \r(3) B．8 eq \r(3) C．4 eq \r(7) D．8
9.[2022·全国甲（文），10] 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若 eq \f(S甲,S乙)＝2，则 eq \f(V甲,V乙)＝（ ）
A. eq \r(5) B．2 eq \r(2) C． eq \r(10) D． eq \f(5\r(10),4)
二、填空题
10.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是 ，体积是_______．
11.已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为_______．
12.[2023·安徽省皖北区联考]在三棱锥P－ABC中，侧棱PA＝PB＝PC＝ eq \r(10)，∠BAC＝ eq \f(π,4)，BC＝2 eq \r(2)，则此三棱锥外接球的表面积为_______．
[能力提升]
13.[2022·全国乙（文），12] 已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A. eq \f(1,3) B． eq \f(1,2) C． eq \f(\r(3),3) D． eq \f(\r(2),2)
14.[2023·江西省赣州市一模]在半径为2的球O的表面上有A，B，C三点，AB＝2 eq \r(2).若平面OAB⊥平面ABC，则三棱锥O－ABC体积的最大值为（ ）
A. eq \f(2,3) B． eq \f(2\r(2),3) C． eq \f(4,3) D． eq \f(4\r(2),3)
15.[2023·江西省临川模拟]将一个边长为4的正三角形以其中一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的表面积为_______．
16.[2023·安徽省江南十校一模]半正多面体亦称阿基米德多面体，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，它们的边长都相等，称这样的半正多面体为二十四等边体．现有一个体积为V1的二十四等边体，其外接球体积为V2，则 eq \f(V2,V1)＝_______．
专练39 空间几何体的表面积和体积
1．D 作出该零件的直观图如图所示，该零件可看作是长、宽、高分别为2，2，3的长方体去掉一个长、宽、高分别为2，1，1的长方体所得，其表面积为2×(2×2＋2×3＋2×3)－2×1×1＝30，故选D.
2．B 如图，将三视图还原成直观图．该直观图是一个侧放的直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，底面ABCD是直角梯形，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝2，AB＝4，AA1＝2.所以底面面积S＝ eq \f(（2＋4）×2,2)＝6，设该直四棱柱的高为h，则该几何体的体积V＝Sh＝6×2＝12.故选B.
3．D 由三视图可知该几何体是棱长为2的正方体截去一个以1为底面圆的半径，高为1的圆柱的 eq \f(1,4)，如图所示，故其表面积S＝1×1＋1×1＋2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1×1－\f(π,4)))＋ eq \f(2π,4)×1＝1＋1＋2－ eq \f(π,2)＋ eq \f(π,2)＝4.
4．A
如图，取AB的中点D，连接PD，CD，因为△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，所以PD⊥AB，CD⊥AB，
所以PD＝CD＝ eq \r(3)，
又PC＝ eq \r(6)，所以PD2＋CD2＝PC2，
所以PD⊥CD，
又AB∩CD＝D，AB，CD⊂平面ABC，
所以PD⊥平面ABC，所以VP­ABC＝ eq \f(1,3)×S△ABC×PD＝ eq \f(1,3)× eq \f(1,2)×2× eq \r(3)× eq \r(3)＝1，故选A.
5．B 由题意玻璃球的体积等于放入玻璃球后的体积减去原来的体积．
设玻璃球的半径为r，即圆柱形玻璃杯的底面半径为r，
则玻璃球的体积为 eq \f(4πr3,3)，圆柱的底面面积为πr2，
若放入一个玻璃球后，水恰好淹没了玻璃球，则此时水面高度为2r，
所以 eq \f(4πr3,3)＝πr2(2r－10)，解得r＝15(cm).
6．D 依题意，这是半个圆柱和一个三棱柱组成的几何体，故体积为 eq \f(1,2)×2×2×2＋ eq \f(1,2)π×12×2＝4＋π.
7．B 由三视图知该柱体的直观图为如图所示的五棱柱ABCDE－A1B1C1D1E1，
取CD中点G，连接AG，
由侧视图知AG⊥CD，AG＝6，
∴底面积S＝S梯形AGCB＋S梯形AGDE＝ eq \f(1,2)×(2＋6)×3＋ eq \f(1,2)×(4＋6)×3＝27，
∴该柱体体积V＝Sh＝27×6＝162.
8．C 由三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中PB⊥平面ABC，底面三角形为等腰三角形，且AB＝4，PB＝4，CD⊥AB，CD＝2 eq \r(3)，所以AB＝BC＝AC＝4，由此可知四个面中面积最大的为侧面PAC，取AC中点E，连接PE，BE，则AC⊥平面PBE，
所以PE⊥AC，PE＝ eq \r(BE2＋PB2)＝2 eq \r(7)，
S△PAC＝ eq \f(1,2)·AC·PE＝4 eq \r(7).
9．C 设甲、乙两个圆锥的母线长都为l，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2.因为两圆锥的侧面展开图的圆心角之和为2π，所以 eq \f(2πr1,l)＋ eq \f(2πr2,l)＝2π，则r1＋r2＝l.又 eq \f(S甲,S乙)＝2，所以πr1l＝2πr2l，所以r1＝2r2，所以r1＝ eq \f(2,3)l，r2＝ eq \f(1,3)l，所以h1＝ eq \r(l2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)l))\s\up12(2))＝ eq \f(\r(5),3)l，h2＝ eq \r(l2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)l))\s\up12(2))＝ eq \f(2\r(2),3)l，所以 eq \f(V甲,V乙)＝ eq \f(\f(1,3)πr eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) h1,\f(1,3)πr eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) h2)＝ eq \f(\f(4,9)l2·\f(\r(5),3)l,\f(1,9)l2·\f(2\r(2),3)l)＝ eq \r(10).故选C.
10．答案：80 40
解析：该几何体的上方是棱长为2的正方体，下方是底面边长为4，高为2的长方体，故其表面积S＝4×4×2＋4×4×2＋2×2×4＝80，∴V＝42×2＋23＝40.
11．答案：39π
解析：设该圆锥的高为h，则由已知条件可得 eq \f(1,3)×π×62×h＝30π，解得h＝ eq \f(5,2)，则圆锥的母线长为 eq \r(h2＋62)＝ eq \r(\f(25,4)＋36)＝ eq \f(13,2)，故该圆锥的侧面积为π×6× eq \f(13,2)＝39π.
12．答案： eq \f(50π,3)
解析：因为PA＝PB＝PC＝ eq \r(10)，所以点P在底面ABC的射影为△ABC的外心O1，
所以球心O在直线PQ1上，设三棱锥外接球的半径为R，因为2AO1＝ eq \f(2\r(2),sin \f(π,4))，
所以AO1＝2，PO1＝ eq \r(6)，由AO2＝OO eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋AO eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) 可得，
R2＝( eq \r(6)－R)2＋4，解得R＝ eq \f(5,\r(6))，
故此三棱锥外接球的表面积为4πR2＝4π× eq \f(25,6)＝ eq \f(50π,3).
13．C 设四棱锥的底面为四边形ABCD.设四边形ABCD的外接圆圆心为O′，半径为r.S四边形ABCD＝S△AO′B＋S△AO′D＋S△BO′C＋S△CO′D＝ eq \f(1,2)r2sin ∠AO′B＋ eq \f(1,2)r2sin ∠AO′D＋ eq \f(1,2)r2sin ∠BO′C＋ eq \f(1,2)r2sin ∠CO′D＝ eq \f(1,2)r2(sin ∠AO′B＋sin ∠AO′D＋sin ∠BO′C＋sin ∠CO′D).因为∠AO′B＋∠AO′D＋∠BO′C＋∠CO′D＝2π，且当θ＝ eq \f(π,2)时，sin θ取最大值1，所以当∠AO′B＝∠AO′D＝∠BO′C＝∠CO′D＝ eq \f(π,2)时，S四边形ABCD最大，即当四棱锥O－ABCD的底面为正方形时，四棱锥O－ABCD的体积取得最大值．设AB＝a(a>0)，则正方形ABCD的外接圆的半径r＝ eq \f(\r(2),2)a，四棱锥O－ABCD的高h＝ eq \r(1－\f(1,2)a2)，则1－ eq \f(1,2)a2>0，解得00；当x∈( eq \f(2\r(3),3)， eq \r(2))时，f′(x)<0.所以f(x)在(0， eq \f(2\r(3),3))上单调递增，在( eq \f(2\r(3),3)， eq \r(2))上单调递减．当x2＝ eq \f(4,3)时，f(x)取得极大值，也是最大值，即VO－ABCD取得最大值，此时四棱锥O－ABCD的高h＝ eq \r(1－\f(1,2)a2)＝ eq \f(\r(3),3).故选C.
14．B
作出如图三棱锥O－ABC，OA＝OB＝OC＝2，取AB中点D，连接DC，DO，则OD⊥AB，
又平面OAB⊥平面ABC，平面OAB∩平面ABC＝AB，OD⊂平面OAB，所以OD⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，则OD⊥CD，
又AB＝2 eq \r(2)，OA2＋OB2＝AB2，所以OD＝ eq \r(2)，OA⊥OB，
所以CD＝ eq \r(22－（\r(2)）2)＝ eq \r(2)＝ eq \f(1,2)AB，
所以AC⊥BC，S△OAB＝ eq \f(1,2)×2×2＝2，
要使三棱锥O－ABC体积最大，则C到平面OAB的距离h最大，
显然h≤CD，当CD⊥AB时，平面OAB∩平面ABC＝AB，CD⊂平面ABC，
所以CD⊥平面OAB，此时h＝CD＝ eq \r(2)，为最大值，
Vmax＝ eq \f(1,3)×2× eq \r(2)＝ eq \f(2\r(2),3).
15．答案：16 eq \r(3)π
解析：如图所示，正三角形绕边AB所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的圆锥，圆锥的底面半径为r＝OC＝2 eq \r(3)，
母线长为l＝AC＝4，则所得几何体的表面积为S＝2×πrl＝2π×2 eq \r(3)×4＝16 eq \r(3)π.
16．答案： eq \f(2\r(2)π,5)
解析：设该半正多面体是由棱长为2的正方体沿正方体各棱的中点截去8个三棱椎所得，内侧即为二十四等边体，其体积V1＝2×2×2－8× eq \f(1,3)× eq \f(1,2)×1×1×1＝ eq \f(20,3)；
由二十四等边体的对称性可知，如图所示，
其外接球的球心即为正方体中心O，半径为中心到一个顶点的距离，则
R＝ eq \r(OA2＋AB2)＝ eq \r(1＋1)＝ eq \r(2)，
故V2＝ eq \f(4,3)π( eq \r(2))3＝ eq \f(8\r(2)π,3)，从而 eq \f(V2,V1)＝ eq \f(2\r(2)π,5).