2022版高考数学一轮复习-练案第七章-立体几何-第二讲-空间几何体的表面积与体积练习新人教版.doc
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2022版高考数学一轮复习 练案第七章 立体几何 第二讲 空间几何体的表面积与体积练习新人教版 2022版高考数学一轮复习 练案第七章 立体几何 第二讲 空间几何体的表面积与体积练习新人教版 年级: 姓名: 第二讲 空间几何体的表面积与体积 A组基础巩固 一、选择题 1.(2021·广东六校联盟联考)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( A ) A.π+ B.2π+ C.2π+ D.π+ [解析] 由三视图知,该几何体由圆柱与三棱锥组合而成,其体积为π+×2××=π+.故选A. 2.(2021·河南中原名校质量考评)一个几何体三视图如右图所示,则该几何体体积为( D ) A.12 B.8 C.6 D.4 [解析] 由三视图可知几何体为三棱锥,如图,故其体积V=××2×3×4=4.故选D. 3.(2021·四川、云南、贵州、西藏四省四校联考)一个多面体的三视图如图所示,其正视图、侧视图都是全等的等腰直角三角形,俯视图为边长为2的正方形,则其表面积为( A ) A.8+4 B.12 C.16+8 D.12+2 [解析] 根据三视图,可得立体图形如图所示: 则S表面积=2×2+×2×2×2+×2×2×2=8+4.故选A. 4.(2021·河北衡水中学调研)已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为( B ) A.π B. C. D. [解析] ∵圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上, ∴该圆柱底面圆周半径r==, ∴该圆柱的体积:V=Sh=π×2×1=.故选B. 5.(2021·吉林省高三二模)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( A ) A. B. C.2+ D.4+ [解析] 设半圆柱体体积为V1,半球体体积为V2,由题得几何体体积为 V=V1+V2=π×12×2×+×π×13×=,故选A. 6. (2021·河南省质检)正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素,加上它们的多种变体,一直是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一,如图,该几何体是一个棱长为2的正八面体,则此正八面体的体积与表面积之比为( B ) A. B. C. D. [解析] 由边长为2,可得正八面体上半部分的斜高为=,高为=,则其体积为×2=,其表面积为8××22=8,所以此正八面体的体积与表面积之比为. 7. (2020·山东省泰安市6月三模)我国古代数学名著《九章算术》中记载:“刍甍者,下有袤有广,而上有袤无广.刍,草也.甍,屋盖也.”今有底面为正方形的屋脊形状的多面体(如图所示),下底面是边长为2的正方形,上棱EF=,EF∥平面ABCD,EF与平面ABCD的距离为2,该刍甍的体积为( B ) A.6 B. C. D.12 [解析] 如图,作FN∥AE,FM∥ED, 则多面体被分割为棱柱与棱锥部分, 因为EF与平面ABCD的距离为2, 所以四棱锥F-NBCM的高为2, 所以V四棱锥F-NBCM=S四边形NBCM×2=×2××2=, V棱柱ADE-NMF=S直截面×=×2×2×=3, 所以该刍甍的体积为: V=V四棱锥F-NBCM+V棱柱ADE-NMF=+3=.故选B. 8.(2021·四川成都诊断)如图是某几何体的三视图,若三视图中的圆的半径均为2,则该几何体的表面积为( C ) A.14π B.16π C.18π D.20π [解析] 由题意可知几何体为从半径为2的球体中去掉左后下四分之一和右前上四分之一,故其表面积为×4π×22+×π×22=18π,故选C. 9.一个透明密闭的正方体容器中,恰好盛有该容器一半容积的水,任意转动这个正方体,则水面在容器中的形状不可能是( A ) A.三角形 B.长方形 C.正方形 D.正六边形 10.(2021·广东质检)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上,若AB=1,AC=,AB⊥AC,AA1=4,则球O的表面积为( C ) A.5π B.10π C.20π D. [解析] 由题意知AB、AC、AA1两两垂直,设球O的半径为R,则4R2=1+()2+42=20,∴S球=4πR2=20π,故选C. 11.(理)(2021·广东顺德质检)已知三棱锥P-ABC的底面ABC是边长为2的等边三角形,PA⊥平面ABC,且PA=2,则该三棱锥外接球的表面积为( D ) A. B.20π C.48π D. (文)(2021·安徽江南十校联考)如图,在矩形ABCD中,AB=2,AD=2,将△BAC沿对角线AC翻折成△B1AC,则三棱锥B1-ACD外接球的表面积为( C ) A.4π B.12π C.16π D.48π [解析] (文)由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,知三棱锥外接球的球心为对角线的中点,半径为BD==2,所以三棱锥B1-ACD外接球的表面积为4π×22=16π.故选C. 12.(2021·陕西商洛期末)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的每个顶点都在球的O球面上,若球O的表面积为12π,则该四棱柱的侧面积的最大值为( B ) A.10 B.12 C.16 D.18 [解析] 设球O的半径为R,则4πR2=12π,得R=.设正四棱柱的底面边长为x,高为h,则正四棱柱的体对角线即为球O的直径,则有=2R=2,即2x2+h2=12,由基本不等式可得12=2x2+h2≥2xh,xh≤3,当且仅当h=x时,等号成立,因此,该四棱柱的侧面积为4xh≤4×3=12,即四棱柱的侧面积的最大值为12. 二、填空题 13. (2018·天津高考)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则四棱锥A1-BB1D1D的体积为 . [解析] 本题主要考查正方体的性质和四棱锥的体积.四棱锥的底面BB1D1D为矩形,其面积为1×=,又点A1到底面BB1D1D的距离,即四棱锥A1-BB1D1D的高为A1C1=,所以四棱锥A1-BB1D1D的体积为××=. 另解:VA1-BB1D1D=VABD-A1B1D1-VA1-ABD=VABD-A1B1D1=. 14.(2021·海南天一大联考)已知圆锥的母线长为3,底面半径为1,则该圆锥的体积为 ,设线段AB为底面圆的一条直径,一质点从A出发,沿着圆锥的侧面运动,到达B点后再回到A点,则该质点运动路径的最短长度为__6__. [解析] 圆锥的高为=2,∴V圆锥=×2×12=,圆锥底面周长为2π,侧面展开图扇形的圆心角为,如图,则质点运动的最短路径为虚线所示的折线,长度为6. 15.(2021·河北张家口、邢台联考)已知球O是三棱锥P-ABC的外接球,AB=BC=CA=1,PA=2,则当点P到平面ABC的距离取最大值时,球O的表面积为 . [解析] 当点P到平面ABC的距离最大时,PA⊥平面ABC.如图,以△ABC为底面,PA为侧棱补成一个直三棱柱,则球O是该三棱柱的外接球,球心O到底面△ABC的距离d=PA=1.由正弦定理得△ABC的外接圆半径r==,所以球O的半径为R==,所以球O的表面积为S=4πR2=. 16.(原创)两直角边长分别为6、8的直角三角形绕其一边所在直线旋转一周,所形成的几何体的体积为 96π或128π或π . [解析] 以长为8的直角边为旋转轴所得圆锥的体积为96π;以长为6的直角边为旋转轴所得圆锥的体积为128π;以斜边为旋转轴所得圆锥的体积为π. 17.(2021·新高考八省联考)圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上,其上、下底面半径分别为4和5,则该圆台的体积为__61π__. [解析] 圆台的下底面半径为5,故下底面在外接球的大圆上, 如图所示,设球的球心为O,圆台上底面的圆心为O′, 则圆台的高OO′===3, 据此可得圆台的体积: V=π×3×(52+5×4+42)=61π. B组能力提升 1.(2021·陕西西安质检三)如图,圆锥形容器的高为2圆锥内水面的高为1.若将圆锥形容器倒置,水面高为h.则h等于 . [解析] 设圆锥形容器的底面积为S,则未倒置前液面的面积为S, ∴水的体积V=×2S-×S×(2-1)=S, 设倒置后液面面积为S′,则=2, ∴S′=,∴水的体积为V=S′h =, ∴=S,解得h=. 2.(理)(2021·湖湘名校教育联合体联考)在四面体S-ABC中,SA⊥平面ABC,∠BAC=120°,SA=2,BC=,则该四面体的外接球的表面积为 . (文)(2021·江苏质检)若一个圆柱的轴截面是面积为4的正方形,则该圆柱的外接球的表面积为__8π__. [解析] (理)设△BAC外接圆半径为r, 则2r=, ∴r=. 设四面体外接球的半径为R,则由题意易得R2=r2+1=, ∴S球=4πR2=. (文)作出圆柱与其外接球的轴截面如下: 设圆柱的底面圆半 径为r,则BC=2r, 所以轴截面的面积为 S正方形ABCD=(2r)2=4,解得r=1, 因此,该圆柱的外接球的半径R==, 所以球的表面积为S=4π()2=8π. 故答案为8π. 3.(2021·四川、云南、贵州、西藏四省四校联考)在等腰三角形ABC中,AB=AC=2,顶角为120°,以底边BC所在直线为轴旋转围成的封闭几何体内装有一球,则球的最大体积为 . [解析] 据题意可得几何体的轴截面为边长为2,相邻边的一夹角为60°的菱形,即菱形中的圆与该菱形内切时,球的体积最大,可得内切圆的半径r=,故V=π3=. 4.(2021·浙江联考)某几何体的三视图如图所示,则它的表面积是( B ) A.8+3π B.10+3π C.8+5π D.10+5π [解析] 根据三视图画出直观图得,该几何体的左侧为长方体,右侧为半圆柱体,故该几何体的表面积S=1×2×3+1×1×2+×2π+×2×2π+1×2=10+3π,故选B. 5.(2021·河北石家庄质检)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC为等边三角形,若该棱柱存在外接球与内切球,则其外接球与内切球表面积之比为( D ) A.251 B.125 C.15 D.51 [解析] 设△ABC的边长为a,三棱柱内切球、外接球的半径分别为r,R,则r=×a=a,∴三棱柱的高为a,∴R2=r2+2=a2,∴===5,故选D. 6.(2021·广东佛山质检)已知A,B,C是球O的球面上的三点,∠AOB=∠AOC=60°,若三棱锥O-ABC体积的最大值为1,则球O的表面积为( C ) A.4π B.9π C.16π D.20π [解析] 设球的半径为R,如图所示, ∵∠AOB=∠AOC=60°, ∴△AOB和△AOC均为等边三角形,边长为R, 由图可得当面AOC⊥面AOB时,三棱锥O-ABC的体积最大, 此时V=××R×R××R=R3=1, 解得R=2, 则球O的表面积为S=4π×22=16π,故选C.- 配套讲稿:
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