新高考数学一轮复习课时跟踪检测（三十四）空间几何体及其表面积、体积（含解析）

PAGE课时跟踪检测（三十四）空间几何体及其表面积、体积一、综合练——练思维敏锐度1．正三棱锥底面边长为a，高为eq\f(\r(6),6)a，则此正三棱锥的侧面积为()A.eq\f(3,4)a2 B.eq\f(3,2)a2C.eq\f(3\r(3),4)a2 D.eq\f(3\r(3),2)a2解析：选A因为底面正三角形中高为eq\f(\r(3),2)a，其重心到顶点距离为eq\f(\r(3),2)a×eq\f(2,3)＝eq\f(\r(3),3)a，且棱锥高为eq\f(\r(6),6)a，所以利用勾股定理可得侧棱长为eq\r(\f(a2,6)＋\f(a2,3))＝eq\f(\r(2),2)a，斜高为eq\r(\f(a2,2)－\f(a2,4))＝eq\f(a,2)，所以侧面积为S＝3×eq\f(1,2)×a×eq\f(a,2)＝eq\f(3,4)a2.2.如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2eq\r(2)，AD＝2，则四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成几何体的表面积为()A．(15＋eq\r(2))π B．2(15＋eq\r(2))πC．4(15＋eq\r(2))π D．(15＋4eq\r(2))π解析：选CS表＝S圆台底面＋S圆台侧面＋S圆锥侧面＝π×52＋π×(2＋5)×5＋π×2×2eq\r(2)＝4(15＋eq\r(2))π.故选C.3．魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为π∶4，若“牟合方盖”的体积为18，则正方体的棱长为()A．18 B．6C．3 D．2解析：选C因为“牟合方盖”的体积为18，所以该正方体的内切球的体积为18×eq\f(π,4)＝eq\f(9,2)π，设正方体的棱长为a，则该正方体的内切球半径为eq\f(a,2)，所以eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))3＝eq\f(9,2)π，解得a＝3，故选C.4．(2021·重庆八中期末)唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度)，如图2所示，已知球的半径为R，酒杯内壁表面积为eq\f(14,3)πR2，设酒杯上部分(圆柱)的体积为V1，下部分(半球)的体积为V2，则eq\f(V2,V1)＝()A．2B.eq\f(3,2)C.eq\f(1,2)D．1解析：选C设酒杯上部分高为h，则酒杯内壁表面积S＝eq\f(1,2)×4πR2＋2πRh＝eq\f(14,3)πR2，解得h＝eq\f(4,3)R，∴V1＝πR2h＝eq\f(4,3)πR3，V2＝eq\f(1,2)×eq\f(4,3)πR3＝eq\f(2,3)πR3，∴eq\f(V2,V1)＝eq\f(1,2).5.(多选)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的底面是正方形，AA1＝2AB，E是DD1的中点，则()A．△B1EC为直角三角形B．CE∥A1BC．三棱锥C1­B1CE的体积是长方体体积的eq\f(1,6)D．三棱锥C1­B1CD1的外接球的表面积是正方形ABCD面积的6π倍解析：选ACD令AA1＝2AB＝2a，在△B1EC中，B1E＝eq\r(3)a，EC＝eq\r(2)a，B1C＝eq\r(5)a，所以B1E2＋EC2＝B1C2，则△B1EC为直角三角形，故A正确；因为A1B与D1C平行，而CE与D1C相交，所以CE与A1B不平行，故B错误；三棱锥C1­B1CE的体积为VC1­B1CE＝VB1­C1CE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2a×a×a＝eq\f(a3,3)，VABCD­A1B1C1D1＝2a3，则三棱锥C1­B1CE的体积是长方体体积的eq\f(1,6)，故C正确；因为三棱锥C1­B1CD1的外接球就是长方体ABCD­A1B1C1D1的外接球，所以三棱锥C1­B1CD1的外接球半径R＝eq\f(\r(a2＋a2＋2a2),2)＝eq\f(\r(6)a,2)，三棱锥C1­B1CD1的外接球的表面积为S＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6)a,2)))2＝6a2π，又S正方形ABCD＝a2，所以三棱锥C1­B1CD1的外接球的表面积是正方形ABCD面积的6π倍，故D正确，故选A、C、D.6．(2020·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：选A如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以eq\f(AB,sin60°)＝2r，解得AB＝2eq\r(3)，故OO1＝2eq\r(3)，所以R2＝OOeq\o\al(2,1)＋r2＝(2eq\r(3))2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.7．(多选)已知四棱台ABCD­A1B1C1D1的上下底面均为正方形，其中AB＝2eq\r(2)，A1B1＝eq\r(2)，AA1＝BB1＝CC1＝2，则下述正确的是()A．该四棱台的高为eq\r(3)B．AA1⊥CC1C．该四梭台的表面积为26D．该四梭台外接球的表面积为16π解析：选AD由棱台性质，画出切割前的四棱锥如图所示，由于AB＝2eq\r(2)，A1B1＝eq\r(2)，可知△SA1B1与△SAB相似比为1∶2；则SA＝2AA1＝4，AO＝2，则SO＝2eq\r(3)，则OO1＝eq\r(3)，该四棱台的高为eq\r(3)，A正确；因为SA＝SC＝AC＝4，所以AA1与CC1夹角为60°，不垂直，B错误；该四棱台的表面积为S＝S上底＋S下底＋S侧＝2＋8＋4×eq\f(\r(2)＋2\r(2),2)×eq\f(\r(14),2)＝10＋6eq\r(7)，C错误；由于上下底面都是正方形，则外接球的球心在OO1上，在平面B1BOO1上中，由于OO1＝eq\r(3)，B1O1＝1，则OB1＝2＝OB，即点O到点B与点B1的距离相等，则r＝OB＝2，该四棱台外接球的表面积为16π，D正确，故选A、D.8．已知在棱长为6的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，过A，E，F三点作该正方体的截面，则截面的周长为________．解析：如图，延长EF，A1B1，相交于点M，连接AM，交BB1于点H，延长FE，A1D1，相交于点N，连接AN，交DD1于点G，连接FH，EG，可得截面为五边形AHFEG.因为ABCD­A1B1C1D1是棱长为6的正方体，且E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，易得EF＝3eq\r(2)，AG＝AH＝2eq\r(13)，EG＝FH＝eq\r(13)，截面的周长为AH＋HF＋EF＋EG＋AG＝6eq\r(13)＋3eq\r(2).答案：6eq\r(13)＋3eq\r(2)9．已知三棱锥D­ABC的所有顶点都在球O的表面上，AD⊥平面ABC，AC＝eq\r(3)，BC＝1，cos∠ACB＝eq\r(3)sin∠ACB，AD＝2，则球O的表面积为________．解析：由cos∠ACB＝eq\r(3)sin∠ACB，sin2∠ACB＋cos2∠ACB＝1，解得sin∠ACB＝eq\f(1,2)，cos∠ACB＝eq\f(\r(3),2)，所以∠ACB＝eq\f(π,6).因为AC＝eq\r(3)，BC＝1，所以由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB，即AB2＝3＋1－2×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝1，故AB＝1，所以△ABC为等腰三角形，且∠ABC＝eq\f(2π,3).设△ABC外接圆半径为r，由正弦定理得eq\f(\r(3),sin\f(2π,3))＝2r，解得r＝1，设球O的半径为R，△ABC的外心为O′，连接OO′，设OO′＝h，过O作OM⊥AD，连接O′A，OA，OD，则在△O′OA中，h2＋12＝R2，①在△OMD中，(2－h)2＋12＝R2，②联立①②解得R＝eq\r(2)，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝4π(eq\r(2))2＝8π.答案：8π10．已知一个圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面面积为________．解析：因为圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，所以圆锥的底面半径r＝1，母线长l＝eq\r(2)，所以圆锥的侧面面积S＝πrl＝eq\r(2)π.答案：eq\r(2)π11．已知三棱锥S­ABC外接球O的体积为288π，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，cos∠CBA＝eq\f(3,5)，则三棱锥S­ABC体积的最大值为________．解析：在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠CBA，解得BC＝10.因为AB2＋AC2＝BC2，所以AC⊥AB，所以Rt△ABC的外接圆半径为5.因为eq\f(4,3)πR3＝288π，故R＝6.球心O到平面ABC的距离d＝eq\r(36－25)＝eq\r(11)，当平面SBC⊥平面ABC时，三棱锥S­ABC的体积最大，为eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×6×8))×(6＋eq\r(11))＝48＋8eq\r(11).答案：48＋8eq\r(11)12.如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．解：(1)交线围成的正方形EHGF如图所示．(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝eq\r(EH2－EM2)＝6，AH＝10，HB＝6.故S四边形A1EHA＝eq\f(1,2)×(4＋10)×8＝56，S四边形EB1BH＝eq\f(1,2)×(12＋6)×8＝72.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为eq\f(9,7)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,9)也正确)).13.如图是一个以A1B1C1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC，已知A1B1＝B1C1＝2，∠A1B1C1＝90°，AA1＝4，BB1＝3，CC1＝2，求：(1)该几何体的体积．(2)截面ABC的面积．解：(1)过C作平行于A1B1C1的截面A2B2C，交AA1，BB1分别于点A2，B2.由直三棱柱性质及∠A1B1C1＝90°可知B2C⊥平面ABB2A2，则该几何体的体积V＝VA1B1C1­A2B2C＋VC­ABB2A2＝eq\f(1,2)×2×2×2＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×(1＋2)×2×2＝6.(2)在△ABC中，AB＝eq\r(22＋4－32)＝eq\r(5)，BC＝eq\r(22＋3－22)＝eq\r(5)，AC＝eq\r(2\r(2)2＋4－22)＝2eq\r(3).则S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×eq\r(\r(5)2－\r(3)2)＝eq\r(6).二、自选练——练高考区分度1．(2021·安徽省示范高中名校联考)如图，已知四面体ABCD为正四面体，AB＝1，E，F分别是AD，BC的中点．若用一个与直线EF垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为()A.eq\f(1,4) B.eq\f(\r(2),4)C.eq\f(\r(3),4) D．1解析：选A如图所示，将正四面体ABCD放在正方体中，与直线EF垂直的截面，即与正方体的上下底面平行的平面，记该平面分别与AC，AB，BD，CD交于点K，L，M，N，则截面为KLMN.由面面平行的性质可知KL∥BC，MN∥BC，LM∥AD，KN∥AD，则四边形KLMN为平行四边形，又AD⊥BC，所以KL⊥LM，所以四边形KLMN为矩形．又eq\f(KL,BC)＝eq\f(AL,AB)，eq\f(LM,AD)＝eq\f(BL,AB)，且BC＝AD＝AB＝1，所以KL＋LM＝AL＋BL＝AB＝1，S四边形KLMN＝KL·LM≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(KL＋LM,2)))2＝eq\f(1,4)，当且仅当KL＝LM＝eq\f(1,2)时取等号，故选A.2．已知在正四面体ABCD中，E是AD的中点，P是棱AC上的一动点，BP＋PE的最小值为eq\r(14)，则该四面体内切球的体积为()A.eq\f(256\r(3),9)π B.eq\f(4,3)πC．4eq\r(3)π D.eq\f(4\r(3),27)π解析：选D由题意，将侧面△ABC和△ACD沿AC边展开成平面图形，如图所示．设正四面体的棱长为a，则BP＋PE的最小值为BE＝eq\r(a2＋\f(a2,4)－2·a·\f(a,2)·cos120°)＝eq\f(\r(7),2)a＝eq\r(14)，得a＝2eq\r(2)，所以正四面体的高为eq\r(8－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(6),3)))2)＝eq\f(4\r(3),3)，所以正四面体的体积为eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×8×eq\f(4\r(3),3)＝eq\f(8,3)，设该四面体内切球的半径为r，则4×eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×8×r＝eq\f(8,3)，解得r＝eq\f(\r(3),3)，所以该四面体内切球的体积为eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))3＝eq\f(4\r(3),27)π.3.我国古代的数学名著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，“阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥．现有一如图所示的“堑堵”，即三棱柱ABC­A1B1C1，其中AC⊥BC，若AA1＝AB＝1，当“阳马”(四棱锥B­A1ACC1)体积最大时，“堑堵”(三棱柱ABC­A1B1C1)的表面积为()A.eq\r(2)＋1 B.eq\r(3)＋1C.eq\f(2\r(2)＋3,2) D.eq\f(\r(3)＋3,2)解析：选C由题意知，△ABC为直角三角形，且∠ACB＝90°，设AC＝x，则BC＝eq\r(1－x2)(0<x<1)，则VB­A1ACC1＝eq\f(1,3)S四边形A1ACC1·BC＝eq\f(1,3)×1×x×eq\r(1－x2)＝eq\f(1,3)×xeq\r(1－x2)≤eq\f(1,3)×eq\f(x2＋1－x2,2)＝eq\f(1,6)(当且仅当x＝eq\r(1－x2)，即x＝eq\f(\r(2),2)时，等号成立，此时VB­A1ACC1最大)，此时三棱柱ABC­A1B1C1的表面积S＝2×eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)＋2×eq\f(\r(2),2)×1＋1×1＝eq\f(1,2)＋eq\r(2)＋1＝eq\f(3＋2\r(2),2)，故选C.4.(2021·厦门双十中学高三期中)3D打印属于快速成形技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠累积的方式来构造物体的技术(即“积层造型法”)．过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制造，特别是一些高价值应用(比如髋关节、牙齿或一些飞机零部件等)．已知利用3D打印技术制作如图所示的模型．该模型为在圆锥底内挖去一个正方体后的剩余部分(正方体四个顶点在圆锥母线上，四个顶点在圆锥底面上)，圆锥底面直径为10eq\r(2)cm，母线与底面所成角的正切值为eq\r(2).打印所用原料密度为1g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量约为(取π＝3.14，精确到0.1)()A．609.4g B．447.3gC．398.3g D．357.3g解析：选C如图是几何体的轴截面，因为圆锥底面直径为10eq\r(2)cm，所以半径为OB＝5eq\r(2)