高中数学高考一轮复习一轮复习 第一节 空间几何体及其表面积体积

课时作业(三十八)空间几何体及其表面积、体积1．(多选)(2023·上海大学附中月考)下列命题是假命题的是()A．有两个侧面是矩形的四棱柱是直四棱柱B．正四面体是特殊的正四棱柱C．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的多面体叫做棱锥D．正四棱柱是平行六面体ABC[A项，当两个侧面是矩形且相邻时，四棱柱是直四棱柱，当两个侧面是矩形且不相邻时，四棱柱不一定是直四棱柱，故A项错误；B项，正四面体是三棱锥，故B项错误；C项，棱锥是有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形的几何体，故C项错误；D项，正四棱柱是平行六面体，故D项正确．故选ABC.]2．将一个等腰梯形绕它的较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括()A．一个圆台、两个圆锥 B．两个圆台、一个圆柱C．两个圆柱、一个圆台 D．一个圆柱、两个圆锥D[从较短的底边的端点向另一底边作垂直，两条垂线把等腰梯形分成了两个直角三角形，一个矩形，所以一个等腰梯形绕它的较长的底边所在直线旋转一周形成的是由一个圆柱，两个圆锥所组成的几何体如图所示．]3．正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为eq\r(3)，D为BC中点，则三棱锥A­B1DC1的体积为()A．3 B．eq\f(3,2)C．1 D．eq\f(\r(3),2)C[由题意可知AD⊥BC，由面面垂直的性质定理可得AD⊥平面DB1C1，又AD＝2·sin60°＝eq\r(3)，所以Veq\a\vs4\al(A­B1DC1)＝eq\f(1,3)AD·Seq\a\vs4\al(△B1DC1)＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＝1，故选C.]4．(2023·全国卷Ⅱ)已知△ABC是面积为eq\f(9\r(3),4)的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为()A．eq\r(3) B．eq\f(3,2)C．1 D．eq\f(\r(3),2)C[设等边三角形ABC的边长为a，因为其面积为eq\f(9\r(3),4)，所以eq\f(1,2)a·eq\f(\r(3),2)a＝eq\f(9\r(3),4)，解得a＝3，则外接圆半径r＝eq\f(2,3)·eq\f(\r(3),2)a＝eq\f(\r(3),3)a＝eq\r(3).设球O的半径为R，因为球O的表面积为16π，所以4πR2＝16π，得R2＝4.所以O到平面ABC的距离d＝eq\r(R2－r2)＝1，故选C.]5．(多选)已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点M，N，若线段M，N的最小值为eq\r(3)－1，则()A．正方体的外接球的表面积为12πB．正方体的内切球的体积为eq\f(4π,3)C．正方体的棱长为2D．线段MN的最大值为2eq\r(3)ABC[设正方体的棱长为a，则正方体的外接球的半径为对角线的一半，即R＝eq\f(\r(3),2)a，内切球为棱长的一半，即r＝eq\f(a,2)，由于M和N为外接球和内切球上的动点，对于C：所以MNmin＝eq\f(\r(3),2)a－eq\f(a,2)＝eq\r(3)－1，解得a＝2.故C正确；对于A：所以外接球的表面积为S＝4·π·(eq\r(3))2＝12π，故A正确；对于B：内切球的体积为V＝eq\f(4,3)·π·13＝eq\f(4π,3)，故B正确；对于D：线段MN的最大值为eq\f(\r(3),2)a＋eq\f(a,2)＝eq\r(3)＋1，故D错误．故选ABC.]6．有一个长为5cm，宽为4cm的矩形，则其直观图的面积为________．解析：由于该矩形的面积S＝5×4＝20(cm2)，所以其直观图的面积S′＝eq\f(\r(2),4)S＝5eq\r(2)(cm2).答案：5eq\r(2)cm27．给出下列说法：①球的半径是球面上任意一点与球心的连线段；②球的直径是球面上任意两点的连线段；③用一个平面截一个球面，得到的是一个圆；④球常用表示球心的字母表示其中正确的是________；错误的是________．解析：根据球的定义直接判断①正确；②错误；③用一个平面截一个球面，得到的是一个圆；可以是小圆，也可能是大圆，正确；④球常用表示球心的字母表示．满足球的定义正确．答案：①③④；②8．如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是边长为2的正方形，且PA＝PB＝PC＝PD，已知四棱锥的表面积是12，则它的体积为________．解析：由题意可知四棱锥P-ABCD为正四棱锥，设AC交BD于点O，连接PO，则PO是四棱锥的高．设正四棱锥的斜高为h′，则2×2＋4×eq\f(1,2)×2h′＝12，解得h′＝2，则正四棱锥的高PO＝eq\r(22－12)＝eq\r(3).∴正四棱锥的体积V＝eq\f(1,3)×4×eq\r(3)＝eq\f(4\r(3),3).答案：eq\f(4\r(3),3)9．如图所示，在侧棱长为2eq\r(3)的正三棱锥V­ABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，过A作截面AEF，求△AEF周长的最小值．解析：如图，将三棱锥沿侧棱VA剪开，并将其侧面展开平铺在一个平面上，则线段AA1的长即为所求△AEF的周长的最小值．取AA1的中点D，连接VD，则VD⊥AA1，∠AVD＝60°.在Rt△VAD中，AD＝VA·sin60°＝3，所以AA1＝2AD＝6，即△AEF周长的最小值为6.10.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P­A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD­A1B1C1D1(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，若AB＝6m，PO1＝2m，则仓库的容积是多少？解析：由PO1＝2m，知O1O＝4PO1＝8m.因为A1B1＝AB＝6m，所以正四棱锥P­A1B1C1D1的体积V锥＝eq\f(1,3)·A1Beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))·PO1＝eq\f(1,3)×62×2＝24(m3)；正四棱柱ABCD­A1B1C1D1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).故仓库的容积是312m3.11．(多选)如图，圆锥顶点为P，底面圆心为O，过轴PO的截面PAB，C为PA中点，PA＝4eq\r(3)，PO＝6，下列正确的是()A．截面PAB的面积为12eq\r(3)B．圆锥的体积为36πC．圆锥的表面积为12πD．从点C经圆锥侧面到点B的最短距离为2eq\r(15)ACD[由已知的AO＝eq\r(（4\r(3)）2－62)＝2eq\r(3)，截面PAB的面积为eq\f(1,2)×4eq\r(3)×6＝12eq\r(3)；圆锥的体积为eq\f(1,3)π(2eq\r(3))2×6＝24π；圆锥的表面积为π×(2eq\r(3))2＋π×2eq\r(3)×4eq\r(3)＝36π；沿圆锥母线PA剪开再展开，则圆锥底面周长为4eq\r(3)π，展开后所得扇形为半圆，B到B′处，则从点C经圆锥侧面到点B的最短距离为eq\r(（2\r(3)）2＋（4\r(3)）2)＝2eq\r(15).故选ACD.]12．(2023·福建省质量检测)某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内．若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是()A．eq\f(16π,9) B．eq\f(8π,9)C．eq\f(16π,27) D．eq\f(8π,27)A[如图，OC＝2，OA＝3，由△AED∽△AOC可得eq\f(ED,OC)＝eq\f(AE,AO).设圆柱体的底面半径r＝ED＝2x(0<x<1)，可得AE＝3x，则圆柱体的高h＝OE＝3－3x，圆柱体的体积V＝π(2x)2(3－3x)＝12π(x2－x3)，令V(x)＝12π(x2－x3)，则V′(x)＝12π(2x－3x2)，令V′(x)＝0，解得x＝eq\f(2,3)或x＝0(舍去)，可得V(x)在(0，eq\f(2,3))上单调递增，在(eq\f(2,3)，1)上单调递减，故当x＝eq\f(2,3)时，V(x)取得最大值，V(x)max＝eq\f(16π,9)，即圆柱体的最大体积是eq\f(16π,9).]13．如图所示，从三棱锥P­ABC的顶点P沿着三条侧棱PA，PB，PC剪开成平面图形得到△P1P2P3，且P2P1＝P2P3.(1)在三棱锥P­ABC中，求证：PA⊥BC；(2)若P1P2＝26，P1P3＝20，求三棱锥P­ABC的体积．解析：(1)证明：由题设知A，B，C分别是P1P3，P1P2，P2P3的中点，且P2P1＝P2P3，从而PB＝PC，AB＝AC，取BC的中点D，连接AD，PD(图略)，则AD⊥BC，PD⊥BC，又AD∩PD＝D，∴BC⊥平面PAD.又PA⊂平面PAD，故PA⊥BC.(2)由题设有AB＝AC＝eq\f(1,2)P1P2＝13，PA＝P1A＝BC＝10，PB＝PC＝P1B＝13，∴AD＝PD＝eq\r(AB2－BD2)＝12，在等腰三角形DPA中，底边PA上的高h＝eq\r(AD2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)PA))\s\up12(2))＝eq\r(119)，∴S△DPA＝eq\f(1,2)PA·h＝5eq\r(119).又BC⊥平面PAD，∴VP－ABC＝VB­PDA＋VC­PDA＝eq\f(1,3)BD·S△DPA＋eq\f(1,3)DC·S△PDA＝eq\f(1,3)BC·S△PDA＝eq\f(1,3)×10×5eq\r(119)＝eq\f(50,3)eq\r(119).14．(创新型)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E在线段BB1和线段A1B1上移动，∠EAB＝θ，θ∈(0，eq\f(π,2))，过直线AE，AD的平面ADFE将正方体分成两部分．记棱BC所在部分的体积为V(θ)，则函数V＝V(θ)，θ∈(0，eq\f(π,2))的大致图象是()C[当θ∈(0，eq\f(π,4))时，BE＝tanθ，则棱BC所在部分的体积V(θ)＝eq\f(1,2)tanθ，所以当θ∈(0，eq\f(π,4))时，函数V(θ)的图象与三角函数y＝tanθ的图象相似，因此排除A，B；当θ∈(eq\f(π,4)，eq\f(π,2))时，A1E＝tan(eq\f(π,2)－θ)，则棱BC所在部分的体积V(θ)＝1－eq\f(1,2)tan(eq\f(π,2)－θ)，则函数V＝V(θ)，θ∈(0，eq\f(π,2))的图象关于点(eq\f(π,4)，eq\f(1,2))对称，因此排除D.故选C.]15．中国古代数学家刘徽《九章算术注》中记述：羡除，隧道也，其形体上面平而下面斜，一面与地面垂直，并用“分割法”加以剖分求其体积．如图所示的五面体ABCDEF是一个羡除，两个梯形侧面ABCD与CDEF相互垂直，AB∥CD∥EF.若AB＝1，EF＝2，CD＝3，梯形ABCD与CDEF的高分别为h1＝3和h2＝1，则该羡除的体积V＝________；由此归纳出求羡除体积的一般公式为V＝________．解析：在平面ABCD内，过A，B两点分别作CD的垂线，垂足分别为G，H，在平面CDEF内，过G，H两点分别作EF的垂线，垂足分别为M，N.由平面ABCD与平面CDEF垂直知，AG⊥MG，BH⊥HN，又AB∥CD∥EF，所以易证平面AGM∥平面BHN，且GH⊥平面AGM，所以几何体AGM-BHN为直棱柱．将羡除ABCDEF分割成两个四棱锥ADEMG，B-HNFC和一个直棱柱AGM-BHN.所以所求几何体体积VABCDEF＝V直棱柱AGM-BHN＋V四棱锥A-DEMG＋V四棱锥B-HNFG＝S△AGM·GH＋eq\f(1,3)S四边形DEMG·AG＋eq\f(1,3)S四边形HNFC·BH＝eq\f(1,2)AG·GM·GH＋eq\f(1,3)(eq\f(DG＋EM,2)·GM·AG＋eq\f(HC＋NF,2)·HN·BH)＝eq\f(1,2)