高考数学一轮复习第七章第二节空间几何体的表面积与体积课时作业理含解析北师大版

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空间几何体的表面积与体积授课提示：对应学生用书第341页[A组　基础保分练]1．圆柱的底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么圆柱的侧面积是（　　）A．4πS　　　　　　 B．2πSC．πS  D．πS解析：由πr2＝S得圆柱的底面半径是，故侧面展开图的边长为2π·＝2，所以圆柱的侧面积是4πS．答案：A2．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．5  B．C．9  D．3解析：因为圆锥的底面半径R＝4，高h＝3，所以圆锥的母线l＝5，所以圆锥的侧面积S＝πRl＝20π．设球的半径为r，则4πr2＝20π，所以r＝．答案：B3．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面圆面积为π，则球的表面积为（　　）A．8π  B．4πC．8π  D．4π解析：设截面圆半径为r，则πr2＝π⇒r＝1，所以球的半径R＝＝，所以球的表面积为4πR2＝8π．答案：C4．（2020·高考全国卷Ⅰ）已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为（　　）A．64π  B．48πC．36π  D．32π解析：如图，设圆O1的半径为r，球的半径为R，正三角形ABC的边长为a．由πr2＝4π得r＝2，则a＝2，a＝2，OO1＝a＝2．在Rt△OO1A中，由勾股定理得R2＝r2＋OO＝22＋（2）2＝16，所以S球＝4πR2＝4π×16＝64π．答案：A5．（2021·贵阳摸底）某几何体的三视图如图所示，则它的体积为（　　）A．  B．C．  D．解析：根据三视图可知，该几何体为三棱锥A­BCD，放在正方体中如图所示，则该几何体的体积V＝S△BCD×2＝××2＝．答案：A6．已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，且该圆柱的内切球O1的表面积为S1，该圆柱的上、下底面的圆周都在球O2上，球O2的表面积为S2，则S1∶S2＝（　　）A．1∶  B．1∶2C．∶1  D．2∶1解析：设球O1和球O2的半径分别为r，R，因为该圆柱的轴截面是边长为2的正方形，所以r＝1，R＝，所以＝＝＝．答案：B7．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为_________．解析：设球的半径为R，则由4πR2＝16π，解得R＝2，所以这个球的体积为πR3＝π．答案：π8．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其主视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是_________．解析：因为四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，所以该四棱锥为正四棱锥，如图，由题意知底面正方形的边长为2，正四棱锥的高为2，取正方形的中心O，AD的中点E，连接PO，OE，PE，可知PO为正四棱锥的高，△PEO为直角三角形，则正四棱锥的斜高PE＝＝．所以该四棱锥的侧面积S＝4××2×＝4．答案：49．如图是一个几何体的主视图和俯视图．（1）试判断该几何体是什么几何体；（2）画出其左视图，并求该平面图形的面积；（3）求出该几何体的体积．解析：（1）正六棱锥．（2）其左视图如图：其中AB＝AC，AD⊥BC，且BC的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC＝a，AD的长是正六棱锥的高，即AD＝a，∴该平面图形的面积S＝a·a＝a2．（3）V＝×6×a2×a＝a3．10．如图，在直三棱柱ABC­A′B′C′中，△ABC为等边三角形，AA′⊥平面ABC，AB＝3，AA′＝4，M为AA′的中点，P是BC上一点，且由P沿棱柱侧面经过棱CC′到M的最短路线长为，设这条最短路线与CC′的交点为N，求：（1）该三棱柱的侧面展开图的对角线长；（2）PC与NC的长；（3）三棱锥C­MNP的体积．解析：（1）该三棱柱的侧面展开图为一边长分别为4和9的矩形，故对角线长为＝．（2）将该三棱柱的侧面沿棱BB′展开，如图所示．设PC＝x，则MP2＝MA2＋（AC＋x）2．∵MP＝，MA＝2，AC＝3，∴x＝2，即PC＝2．又∵NC∥AM，故＝，即＝，∴NC＝．（3）S△PCN＝×CP×CN＝×2×＝．在三棱锥M­PCN中，M到平面PCN的距离，即h＝×3＝．∴VC­MNP＝VM­PCN＝·h·S△PCN＝××＝．[B组　能力提升练]1．已知四面体ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，△ABD是边长为2的等边三角形，BD＝DC，BD⊥CD，则四面体ABCD的体积为（　　）A．  B．C．  D．2解析：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BD⊥CD，CD⊂平面BCD，∴CD⊥平面ABD，∴CD是三棱锥C­ABD的高，∴VC­ABD＝××2×2×sin 60°×2＝．答案：A2．某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为（　　）A．  B．C．  D．解析：由三视图知该几何体底面扇形的圆心角为120°，即该几何体是某圆锥的三分之一部分，又由侧视图知几何体的高为4，底面圆的半径为2，所以该几何体的体积V＝××π×22×4＝π．答案：D3．过圆锥的轴作截面，如果截面三角形为正三角形，则称圆锥为等边圆锥．已知一等边圆锥中，过顶点P的截面与底面交于CD，O为底面圆的圆心，若∠COD＝90°，且S△PCD＝，那么这个等边圆锥的体积为（　　）A．π  B．πC．2π  D．π解析：如图，连接PO，设圆锥的母线长为2a，则圆锥的底面半径为a，圆锥的高PO＝a．由已知得CD＝a，PC＝PD＝2a，则S△PCD＝×a×a＝，得a＝1，故圆锥的体积为π×12××1＝π．答案：B4．如图是一个实心金属几何体的直观图，它的中间是高l为的圆柱，上、下两端均是半径r为2的半球，若将该实心金属几何体在熔炉中高温熔化（不考虑过程中的原料损失），熔成一个实心球，则该球的直径为（　　）A．3  B．4C．5  D．6解析：设实心球的半径为R，实心金属几何体的体积V＝πr3＋πr2l＝π×8＋π×4×＝π．因为πR3＝π，所以R＝，所以该球的直径为2R＝5．答案：C5．已知圆锥SO，过SO的中点P作平行于圆锥底面的截面，以截面为上底面作圆柱PO，圆柱的下底面落在圆锥的底面上（如图），则圆柱PO的体积与圆锥SO的体积的比值为_________．解析：设圆锥SO的底面半径为r，高为h，则圆柱PO的底面半径是，高为，所以V圆锥SO＝πr2h，V圆柱PO＝π·＝，所以＝．答案：6．已知半球O的半径r＝2，正三棱柱ABC­A1B1C1内接于半球O，其中底面ABC在半球O的大圆面内，点A1，B1，C1在半球O的球面上．若正三棱柱ABC­A1B1C1的侧面积为6，则其侧棱的长是_________．解析：依题意O是正三角形ABC的中心，设AB＝a，分析计算易得0＜a＜2，AO＝a，在Rt△AOA1中，A′O＝r＝2，则AA1＝＝，所以正三棱柱ABC­A1B1C1的侧面积S＝3a·AA1＝3a＝3＝6，整理得a4－12a2＋36＝0，解得a2＝6，即a＝，此时侧棱AA1＝．答案：[C组　创新应用练]1．（2021·济宁模拟）张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八分之五．已知三棱锥A­BCD的每个顶点都在球O的球面上，AB⊥底面BCD，BC⊥CD，且AB＝CD＝，BC＝2，利用张衡的结论可得球O的表面积为（　　）A．30  B．10C．33  D．12解析：因为BC⊥CD，所以BD＝，又AB⊥底面BCD，所以球O的球心为侧棱AD的中点，从而球O的直径为．利用张衡的结论可得＝，则π＝，所以球O的表面积为4π＝10π＝10．答案：B2．已知四面体ABCD内接于半径为R的球O内，BC＝AB＝3，∠BAC＝，若球心O到平面ABC的距离为，则四面体ABCD体积的最大值为（　　）A．2  B．C．  D．解析：设△ABC外接圆的圆心为O′，半径为r，则＝2r，得r＝3．连接OO′，BO′，OB，则R2＝＋32，得R＝2．易知当点D到平面ABC的距离为R时，四面体ABCD的体积最大．在△ABC中，∵BC＝AB＝3，∠BAC＝，∴由余弦定理可得cos ＝＝－，得AC＝3，∴S△ABC＝×3×3×＝，∴四面体ABCD体积的最大值为××3＝．答案：D3．一件珍贵文物要在博物馆大厅中央展出，需要设计各面是玻璃平面的无底正四棱柱将其罩住，罩内充满保护文物的无色气体．已知文物近似于塔形（如图），高1．8米，体积0．5立方米，其底部是直径为0．9米的圆形，要求文物底部与玻璃罩底边至少间隔0．3米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0．2米，气体每立方米1 000元，则气体费用最少为（　　）A．4 500元  B．4 000元C．2 880元  D．2 380元解析：由题意可知，文物底部是直径为0．9米的圆形，文物底部与玻璃罩底边至少间隔0．3米，所以由正方形与圆的位置关系可知，底面正方形的边长为0．9＋2×0．3＝1．5（米）．文物高1．8米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0．2米，所以正四棱柱的高为1．8＋0．2＝2（米）．则正四棱柱的体积为V＝1．52×2＝4．5（立方米）．因为文物体积为0．5立方米，所以罩内空气的体积为4．5－0．5＝4（立方米），气体每立方米1 000元，所以共需费用至少为4×1 000＝4 000（元）．答案：B