2020版高考数学一轮复习课时作业42《 空间几何体的表面积与体积》(含解析) 练习
展开课时作业42 空间几何体的表面积与体积
一、选择题
1.(2019·合肥一检)一个几何体的三视图如图所示(其中正视图的弧线为四分之一圆周)，则该几何体的表面积为( A )
A.72＋6π B.72＋4π
C.48＋6π D.48＋4π
解析：由三视图知，该几何体由一个正方体的部分与一个圆柱的部分组合而成(如图所示)，其表面积为16×2＋(16－4＋π)×2＋4×(2＋2＋π)＝72＋6π.
2.如图是某四棱锥的三视图，则该几何体的表面积为( A )
A.34＋6 B.6＋6＋4
C.6＋6＋4 D.17＋6
解析：由三视图得该几何体的直观图如图，其中，底面ABCD为矩形，AD＝6，AB＝2，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD为等腰三角形，且此四棱锥的高为4，故该几何体的表面积等于6×2＋2××2×5＋×6×2＋×6×4＝34＋6.
3.(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( B )
A.12π B.12π
C.8π D.10π
解析：因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为2，底面圆的直径为2，所以该圆柱的表面积为2×π×()2＋2π×2＝12π.
4.高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积与原直三棱柱的体积的比值为( C )
A. B.
C. D.
解析：由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为×2×(2＋4)＝6的四棱锥，其体积为4.易知直三棱柱的体积为8，则该几何体的体积与原直三棱柱的体积的比值为.
5.(2019·石家庄质量检测)如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线表示的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的四个面中，最小面的面积是( C )
A.2 B.2
C.2 D.
解析：在正方体中还原该几何体，如图中三棱锥DABC所示，其中正方体的棱长为2，则S△ABC＝2，S△DBC＝2，S△ADB＝2，S△ADC＝2，故该三棱锥的四个面中，最小面的面积是2，故选C.
6.(2019·西安八校联考)已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两点，∠ASC＝∠BSC＝30°，则棱锥SABC的体积最大为( A )
A.2 B.
C. D.2
解析：如图，因为球的直径为SC，且SC＝4，∠ASC＝∠BSC＝30°，所以∠SAC＝∠SBC＝90°，AC＝BC＝2，SA＝SB＝2，所以S△SBC＝×2×2＝2，则当点A到平面SBC的距离最大时，棱锥ASBC即SABC的体积最大，此时平面SAC⊥平面SBC，点A到平面SBC的距离为2sin30°＝，所以棱锥SABC的体积最大为×2×＝2，故选A.
7.(2019·南昌摸底调研)已知三棱锥PABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC满足AB＝2，∠ACB＝90°，PA为球O的直径且PA＝4，则点P到底面ABC的距离为( B )
A. B.2
C. D.2
解析：取AB的中点O1，连接OO1，如图，在△ABC中，AB＝2，∠ACB＝90°，所以△ABC所在小圆O1是以AB为直径的圆，所以O1A＝，且OO1⊥AO1，又球O的直径PA＝4，所以OA＝2，所以OO1＝＝，且OO1⊥底面ABC，所以点P到平面ABC的距离为2OO1＝2.
二、填空题
8.某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为20＋8.
解析：由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图.
则该几何体的表面积为S＝2××2×2＋4×2×2＋2×4＝20＋8.
9.已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是.
解析：由正视图知三棱锥的形状如图所示，且AB＝AD＝BC＝CD＝2，BD＝2，设O为BD的中点，连接OA，OC，则OA⊥BD，OC⊥BD，结合正视图可知AO⊥平面BCD.
又OC＝＝1，∴V三棱锥ABCD＝××1＝.
10.(2018·天津卷)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥MEFGH的体积为.
解析：连接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因为E，H分别为AD1，CD1的中点，所以EH∥AC，EH＝AC，因为F，G分别为B1A，B1C的中点，所以FG∥AC，FG＝AC，所以EH∥FG，EH＝FG，所以四边形EHGF为平行四边形，又EG＝HF，EH＝HG，所以四边形EHGF为正方形，又点M到平面EHGF的距离为，所以四棱锥MEFGH的体积为×()2×＝.
三、解答题
11.(2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.
(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；
(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝DA，求三棱锥QABP的体积.
解：(1)证明：由已知可得，∠BAC＝90°，BA⊥AC.
又BA⊥AD，所以AB⊥平面ACD.
又AB⊂平面ABC，
所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3.
又BP＝DQ＝DA，所以BP＝2.
作QE⊥AC，垂足为E，则QE綊DC.
由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，
所以QE⊥平面ABC，QE＝1.
因此，三棱锥QABP的体积为
VQABP＝×QE×S△ABP
＝×1××3×2sin45°＝1.
12.(2019·南宁、柳州联考)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝60°.
(1)求证：BC1⊥平面ABC；
(2)E是棱CC1上的一点，若三棱锥EABC的体积为，求线段CE的长.
解：(1)证明：∵AB⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，∴AB⊥BC1，
在△CBC1中，BC＝1，CC1＝BB1＝2，∠BCC1＝60°，
由余弦定理得BC＝BC2＋CC－2BC·CC1·cos∠BCC1＝12＋22－2×1×2cos60°＝3，∴BC1＝，
∴BC2＋BC＝CC，∴BC⊥BC1，
又AB，BC⊂平面ABC，BC∩AB＝B，
∴BC1⊥平面ABC.
(2)∵AB⊥平面BB1C1C，
∴VEABC＝VAEBC＝S△BCE·AB
＝S△BCE·1＝，
∴S△BCE＝＝CE·(BC·sin)＝CE·，
∴CE＝1.
13.(2019·河北五名校联考)如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中画出了某多面体的三视图，则该多面体的外接球的表面积为( D )
A.27π B.30π
C.32π D.34π
解析：根据三视图可知，此多面体为三棱锥ABCD，且侧面ABC⊥底面BCD，△ABC与△BCD都为等腰三角形，如图所示.
根据题意可知，三棱锥ABCD的外接球的球心O位于过△BCD的外心O′，且垂直于底面BCD的垂线上，取BC的中点M′，连接AM′，DM′，OO′，O′B，易知O′在DM′上，过O作OM⊥AM′于点M，连接OA，OB，根据三视图可知M′D＝4，BD＝CD＝2，故sin∠BCD＝，设△BCD的外接圆半径为r，根据正弦定理可知，2r＝＝5，故BO′＝r＝，M′O′＝，设OO′＝x，该多面体的外接球半径为R，在Rt△BOO′中，R2＝()2＋x2，在Rt△AMO中，R2＝()2＋(4－x)2，所以R＝，故该多面体的外接球的表面积S＝4πR2＝34π.故选D.
14.(2019·石家庄质量检测)三棱锥SABC的各顶点都在同一球面上，若AB＝3，AC＝5，BC＝7，侧面SAB为正三角形，且与底面ABC垂直，则此球的表面积等于.
解析：设△ABC外接圆的圆心为O1，△SAB外接圆的圆心为O2，过O1，O2分别作平面ABC，平面SAB的垂线交于点O，则O为球心.
在△ABC中，cos∠BAC＝＝－，∴∠BAC＝120°，设圆O1的半径为r1，根据正弦定理，得2r1＝＝，∴r1＝.
△SAB外接圆的圆心O2为正三角形SAB的中心，连接SO2交AB于点D，则O2D＝SD＝，且O2D＝OO1＝.
设外接球的半径为R，连接O1A，则R2＝O1A2＋OO＝＋＝，∴此球的表面积S＝4πR2＝.
15.如图，在四棱锥EABCD中，△EAD为等边三角形，底面ABCD为等腰梯形，满足AB∥CD，AD＝DC＝AB，且AE⊥BD.
(1)证明：平面EBD⊥平面EAD；
(2)若△EAD的面积为，求点C到平面EBD的距离.
解：(1)证明：如图，取AB的中点M，连接DM，则DM∥BC，∴DM＝AB，
即点D在以线段AB为直径的圆上，
∴BD⊥AD，又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，
∴BD⊥平面EAD.
∵BD⊂平面EBD，
∴平面EBD⊥平面EAD.
(2)∵BD⊥平面EAD，且BD⊂平面ABCD，
∴平面ABCD⊥平面EAD.
∵等边△EAD的面积为，
∴AD＝AE＝ED＝2，
取AD的中点O，连接EO，
则EO⊥AD，EO＝，
∵平面EAD⊥平面ABCD，平面EAD∩平面ABCD＝AD，
∴EO⊥平面ABCD.
由(1)知△ABD，△EBD都是直角三角形，
∴BD＝＝2，
∴S△EBD＝ED·BD＝2，
S△BCD＝BC·CDsin120°＝.
设点C到平面EBD的距离为h，由VCEBD＝VEBCD，得S△EBD·h＝S△BCD·EO，解得h＝.
∴点C到平面EBD的距离为.
