2020版高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第2讲 空间几何体的表面积和体积配套课时作业课件 理

配套课时作业1．(2018·四川成都摸底测试)如图，一个三棱锥的三视图均为直角三角形．若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为()A．4πB．16πC．24πD．25π答案C答案解析由三视图知该几何体是一个三条侧棱两两垂直的三棱锥，三条侧棱长分别为2,2,4，将该三棱锥补成一个长方体，可知该三棱锥的外接球直径就是长方体的体对角线，所以外接球直径2R＝22＋22＋42＝26，则R＝6，故该球的表面积为4πR2＝24π，故选C.解析2．如图所示，某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，左视图(侧视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为()A．63B．93C．123D．183答案B答案解析由三视图，得该几何体为一平行六面体，底面是边长为3的正方形，高h＝22－12＝3，所以该几何体的体积V＝3×3×3＝93.解析3．(2016·全国卷Ⅱ)下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为()A．20πB．24πC．28πD．32π答案C答案解析由三视图可得圆锥的母线长为22＋232＝4，∴S圆锥侧＝π×2×4＝8π.又S圆柱侧＝2π×2×4＝16π，S圆柱底＝4π，∴该几何体的表面积为8π＋16π＋4π＝28π.故选C.解析4．正三棱柱的底面边长为3，侧棱长为2，且三棱柱的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为()A．4πB．8πC．12πD．16π解析由正弦定理得3sin60°＝2r(其中r为正三棱柱底面三角形外接圆的半径)，∴r＝1，∴外接球的半径R＝12＋12＝2，∴外接球的表面积S＝4πR2＝8π.故选B.解析答案B答案5．如图，网格纸上小正方形的边长为2，粗线画出的是某几何体的三视图，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为()A.4π3B.32π9C.32π3D.32π答案C答案解析由三视图知，该几何体的底面是圆心角为120°的扇形，故该几何体的体积为底面半径为4，高为6的圆锥的体积的三分之一，故所求体积V＝13×13π×42×6＝32π3.故选C.解析6．(2019·江西七校联考)若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是()A．48＋πB．48－πC．48＋2πD．48－2π答案A答案解析该几何体是正四棱柱挖去了一个半球，正四棱柱的底面是正方形(边长为2)，正四棱柱的高为5，半球的半径是1，那么该几何体的表面积S＝2×2×2＋4×2×5－π×12＋2π×12＝48＋π，故选A.解析7．(2018·福建福州模拟)已知圆锥的高为3，它的底面半径为3.若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于()A．8π3B．32π3C．16πD．32π答案B答案解析如图，设球心到底面圆心的距离为x，则球的半径r＝3－x.由勾股定理得x2＋3＝(3－x)2，解得x＝1，故球的半径r＝2，V球＝43πr3＝32π3.故选B.解析8．(2018·上海模拟)如图是某几何体的三视图，则此几何体的体积是()A.113B.83C.163D.223答案D答案解析根据三视图知此几何体是边长为2的正方体截去一个三棱锥P－ABC剩下的部分(如图所示)，所以此几何体的体积为2×2×2－13×12×1×2×2＝223.故选D.解析9．一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图为正方形及其一条对角线，则该几何体的表面积为()A．36＋217B．36＋234C．84＋234D．84＋217答案C答案解析由三视图可知其直观图如图所示，其下方为长方体，其表面积S1＝4×4＋12×4×4＋4×3×4＝72，其上方为三棱锥，其表面积S2＝12×4×3×2＋12×42×17＝12＋234，故该几何体的表面积S＝S1＋S2＝84＋234，故选C.解析10．(2019·黑龙江哈尔滨三中模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某三棱锥的三视图，则该几何体的体积为()A．4B．2C．43D．23答案D答案解析由三视图可知，几何体为三棱锥，底面为腰长为2的等腰直角三角形，高为1，则该几何体的体积为13×12×2×2×1＝23.故选D.解析11．如图是一个几何体的正(主)视图和侧(左)视图，其俯视图是面积为82的矩形．则该几何体的表面积是________．答案20＋82答案解析这个空间几何体是一个平放的三棱柱，由于其俯视图是面积为82的矩形，可得三棱柱的高为4.故其表面积为12×2×2×2＋2×4×2＋4×22＝20＋82.解析12．已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB＝6，BC＝23，则棱锥O－ABCD的体积为________．答案83答案解析如图所示，OO′垂直于矩形ABCD所在的平面，垂足为O′，连接O′B，OB，则在Rt△OO′B中，由OB＝4，O′B＝12AB2＋BC2＝23，可得OO′＝2，∴VO－ABCD＝13S▱ABCD·OO′＝13×6×23×2＝83.解析13．如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝CC1＝3.P是BC1上一动点，若一小虫沿其表面从点A1经过点P爬行到点C，则其爬行路程的最小值为________．答案73答案解析由题意知，把面BB1C1C沿BB1展开与面AA1B1B在一个平面上，如图所示，连接A1C即可，则A1，P，C三点共线时，CP＋PA1最小，∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝C1C＝3，∴A1B1＝AB＝42＋32＝5，∴A1C1＝5＋3＝8，∴A1C＝82＋32＝73.故CP＋PA1的最小值为73.解析14．(2018·云南昆明联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于________．答案1603答案解析由三视图可知该几何体是一个直三棱柱切去一个三棱锥，如图所示，故该几何体的体积为12×4×4×8－13×12×4×4×4＝64－323＝1603.解析15．如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，D为侧棱PC上一点，它的正(主)视图和侧(左)视图如图所示．(1)求证：AD⊥平面PBC.(2)求三棱锥D－ABC的体积．解(1)证明：∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，又AC⊥BC，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥AD.在Rt△PAC中，PA＝AC＝4，D为PC中点，∴AD⊥PC.∵BC∩PC＝C，AD⊄平面PBC，∴AD⊥平面PBC.答案(2)由三视图，可得BC＝4，由(1)知，∠ADC＝90°，BC⊥平面PAC，又三棱锥D－ABC的体积即为三棱锥B－ADC的体积，∴VD－ABC＝VB－ADC＝13×12×4×12×4×4＝163.答案16．(2019·四川南充模拟)已知A，B，C，D是同一球面上的四个点，其中△ABC是正三角形，AD⊥平面ABC，AD＝2AB＝6.求该球的体积．解如图，将A，B，C，D“扩展”为三棱柱，设三棱柱上、下底面的中心分别为F，E，连接FE，答案则FE的中点为该球的球心O，连接OA，上、下底面中心连线的中点与点A之间的距离为球的半径，因为AD＝2AB＝6，所以OE＝3，因为△ABC是正三角形，所以AE＝23AB2－AB24＝3.所以AO＝32＋32＝23.所以该球的体积为43πR3＝43π·(23)3＝323π.答案17．(2016·江苏高考)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P－A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．(1)若AB＝6m，PO1＝2m，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？解(1)由PO1＝2知O1O＝4PO1＝8.因为A1B1＝AB＝6，所以正四棱锥P－A1B1C1D1的体积V锥＝13·A1B21·PO1＝13×62×2＝24(m3)．正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)．所以仓库的容积V＝V锥＋V柱＝24＋288＝312(m3)．答案(2)设A1B1＝am，PO1＝hm，则0h6，O1O＝4h.连接O1B1.因为在Rt△PO1B1中，O1B21＋PO21＝PB21，所以22a2＋h2＝36，即a2＝2(36－h2)．于是仓库的容积答案V＝V柱＋V锥＝a2·4h＋13a2·h＝133a2h＝263(36h－h3)，0h6，从而V′＝263(36－3h2)＝26(12－h2)．令V′＝0，得h＝23或h＝－23(舍)．当0h23时，V′0，V是单调增函数；当23h6时，V′0，V是单调减函数．故h＝23时，V取得极大值，也是最大值．因此，当PO1＝23m时，仓库的容积最大．答案