2023年新高考数学一轮复习课时8.2《空间几何体的体积与表面积》达标练习（2份打包，答案版+教师版）

2023年新高考数学一轮复习课时8.2

《空间几何体的体积与表面积》达标练习

一 、选择题

1.已知三棱锥P－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，PC为球O的直径，该三棱锥的体积为，则球O的表面积为(　　)

A.4π        B.8π       C.12π        D.16π

【答案解析】答案为：A

解析：依题意，设球O的半径为R，球心O到平面ABC的距离为d，

则由O是PC的中点得，点P到平面ABC的距离等于2d，

所以VP－ABC=2VO－ABC=2×S△ABC×d=××12×d=，解得d=.

又R2=d2＋2=1，所以球O的表面积等于4πR2=4π.故选A.

2.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的正视图和侧视图，且该几何体的体积为，则该几何体的俯视图可以是(　 　)

【答案解析】答案为：C.

解析：若俯视图为选项C中的图形，则该几何体为正方体截去一部分后的四棱锥P­ABCD，如图所示，该四棱锥的体积V=×(2×2)×2=，符合题意.

若俯视图为其他选项中的图形，则根据三视图易判断对应的几何体不存在，故选C.

3.某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则主视图中的x的值是(　　)

A.2          B.       C.          D.3

【答案解析】答案为：D.

解析：由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，且S底=×(1＋2)×2=3，

∴V=x·3=3，解得x=3.]

4.早在公元前三百多年我国已经运用“以度审容”的科学方法，其中商鞅铜方升是公元前344年商鞅督造的一种标准量器，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x为(　　)

A.1.2         B.1.6             C.1.8         D.2.4

【答案解析】答案为：B；

解析：由三视图知，商鞅铜方升是由一个圆柱和一个长方体组合而成的，故其体积为(5.4－x)×3×1＋π×()2×x=16.2－3x＋πx=12.6，又π=3，故x=1.6.故选B.

5.如图，小方格是边长为1的正方形，一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　 　)

A.4π＋96            B.(2＋6)π＋96

C.(4＋4)π＋64        D.(4＋4)π＋96

【答案解析】答案为：D；

解析：由三视图知，该几何体为一个圆锥和一个正方体的组合体，正方体的棱长为4，

圆锥的高为4，底面半径为2，所以该几何体的表面积

S=6×42＋π×22＋π×2×=(4＋4)π＋96.

6.空间四边形ABCD的四个顶点都在同一球面上，E，F分别是AB，CD的中点，且EF⊥AB，EF⊥CD.若AB＝8，CD＝EF＝4，则该球的半径等于(　　)

A.         B.        C.         D.

【答案解析】答案为：C

解析：如图，连接BF，AF，DE，CE，因为AE＝BE，EF⊥AB，所以AF＝BF.

同理可得EC＝ED.又空间四边形ABCD的四个顶点都在同一球面上，

所以球心O必在EF上，连接OA，OC.设该球的半径为R，OE＝x，

则R2＝AE2＋OE2＝16＋x2①，R2＝CF2＋OF2＝4＋(4－x)2②，由①②解得R＝.故选C.

7.一个正方体挖去一个多面体所得的几何体的三视图如图所示，其中主视图、左视图和俯视图均为边长等于2的正方形，则这个几何体的表面积为(　　)

A.16＋4          B.16＋4       C.20＋4          D.20＋4

【答案解析】答案为：D.

解析：由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体的内部挖去一个底面边长为2的正四棱锥，将三视图还原可得如图，

可得其表面积为S=5×22＋4××2×=20＋4，故选D.]

8.若三棱锥S­ABC的所有顶点都在球O的球面上，SA⊥平面ABC，SA=2，AB=1，AC=2，

∠BAC=60°，则球O的表面积为(　　)

A.64π         B.63π       C.65π         D.32π

【答案解析】答案为：A；

解析：设球O的半径为R，∵AB=1，AC=2，∠BAC=60°，∴BC2=1＋4－2×1×2×cos 60°=3，所以AB2＋BC2=AC2.即△ABC为直角三角形，那么△ABC所在截面圆的直径为AC，

所以(2R)2=SA2＋AC2=64.所以S球=4πR2=64π.

9.如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面ABB1A1、CBB1C1都是矩形，AB=BC=2，BB1=4，∠ABC=60°，D为BC的中点，则四面体ADC1A1的体积为(　　)

A.        B.       C.        D.

【答案解析】答案为：B；

解析：由侧面ABB1A1、CBB1C1都是矩形，得BB1⊥AB，BB1⊥BC，又AB、BC是底面ABC内的两条相交直线，所以BB1⊥平面ABC，则三棱柱ABC­A1B1C1是直三棱柱，

又AB=BC=2，∠ABC=60°，所以△ABC是边长为2的等边三角形，

则点B到平面AA1C1的距离等于正三角形ABC的高，又D为BC的中点，

则点D到平面AA1C1的距离为，

则四面体ADC1A1的体积VD­AA1C1=××2×4×=.

10.某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则xy的最大值为(　　)

A.32          B.32       C.64         D.64

【答案解析】答案为：C

解析：由三视图知三棱锥如图所示，底面ABC是直角三角形，AB⊥BC，PA⊥平面ABC，

BC＝2，PA2＋y2＝102，(2)2＋PA2＝x2，因此xy＝x＝

x≤＝64，当且仅当x2＝128－x2，即x＝8时取等号，

因此xy的最大值是64.选C.

11.如图所示，在平面四边形ABCD中，AB=AD=CD=1，BD=，BD⊥CD，将其沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD⊥平面BCD，若四面体ABCD的顶点在同一个球面上，则该球的体积为(　 　)

A.　       B.3π         C.          D.2π

【答案解析】答案为：A；

解析：如图，取BD的中点为E，BC的中点为O，

连接AE，OD，EO，AO.

因为AB=AD，所以AE⊥BD.

由于平面ABD⊥平面BCD，所以AE⊥平面BCD.

因为AB=AD=CD=1，BD=，所以AE=，EO=.所以OA=.

在Rt△BDC中，OB=OC=OD=BC=，

所以四面体ABCD的外接球的球心为O，半径为.

所以该球的体积V=π×3=.

12.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈；上袤二丈，无广；高一丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊柱的楔体，下底面宽3丈，长4丈；上棱长2丈，高一丈，问它的体积是多少？”已知1丈为10尺，现将该楔体的三视图给出，其中网格纸上小正方形的边长为1丈，则该楔体的体积为(　  　)

A.5 000立方尺         B.5 500立方尺

C.6 000立方尺         D.6 500立方尺

【答案解析】答案为：A；

解析：该楔体的直观图如图中的几何体ABCDEF.

取AB的中点G，CD的中点H，

连接FG，GH，HF，则该几何体的体积为四棱锥F-GBCH与三棱柱ADE-GHF的体积之和.

又可以将三棱柱ADE-GHF割补成高为EF，底面积为S=×3×1=平方丈的一个直棱柱，

故该楔体的体积V=×2＋×2×3×1=5立方丈=5 000立方尺.

二 、填空题

13.在矩形ABCD中，BC=4，M为BC的中点，将△ABM和△DCM分别沿AM，DM翻折，使点B与C重合于点P.若∠APD=150°，则三棱锥M-PAD的外接球的表面积为______.

【答案解析】答案为：68π.

解析：由题意可知，，，，
所以可得PM⊥面PAD，
设△ADP外接圆的半径为r，由正弦定理可得，即，所以r=4，
设三棱锥M-PAD外接球的半径R，
因为外接球的球心为过底面圆心垂直于底面的直线与中截面的交点，

则，
所以外接球的表面积为S=4πR2=68π.

14.一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是A(0，0，)，B(，0，0)，C(0，1，0)，D(，1，)，则该四面体的外接球的体积为__________.

【答案解析】答案为：

解析：采用补体法，由空间点坐标可知，该四面体的四个顶点在一个长方体上，

该长方体的长宽高分别为，1，，长方体的外接球即为该四面体的外接球，

外接球的直径即为长方体的体对角线=3，所以球半径为，体积为πr3=.

15.已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD为正方形，顶点P在底面的投影为底面中心，若该四棱锥外接球的半径为3，则该四棱锥体积的最大值是           .

【答案解析】答案为：.

16.已知A，B，C，D是半径为5的球面上的点，且BC=CD=DB=3 ，当四面体ABCD的体积最大时，AB=________.

【答案解析】答案为：3 .

解析：由已知可得，△BCD是边长为3 的等边三角形，设△BCD的中心为O1，

则BO1=×3 ×sin 60°=3，要使四面体ABCD的体积最大，

则有四面体ABCD的高为5＋ =9，此时AB= =3 .