2025届高考数学一轮总复习课时作业44空间几何体的表面积与体积含解析苏教版

PAGEPAGE9课时作业44空间几何体的表面积与体积一、选择题1．(2024·湖南长沙模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是(C)A．16＋8eq\r(3) B．16＋4eq\r(3)C．48＋8eq\r(3) D．48＋4eq\r(3)解析：依据三视图知，该几何体是底面为等边三角形，高为4的直三棱柱，画出几何体的直观图，如图所示，结合图中数据，计算它的表面积是S＝2×eq\f(1,2)×2eq\r(3)×4＋3×4×4＝48＋8eq\r(3).2．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为(B)A.eq\f(16,3)π B.eq\f(32,3)πC．16π D．24π解析：设球的半径为R，则S＝4πR2＝16π，解得R＝2，则球的体积V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(32,3)π.3．现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为(B)A.eq\r(6) B.eq\r(7)C．2eq\r(2) D．3解析：设新的底面半径为r，由题意得eq\f(1,3)πr2·4＋πr2·8＝eq\f(1,3)π×52×4＋π×22×8，解得r＝eq\r(7).4．(2024·江西联考)《算术书》竹简于上世纪八十年头在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典著，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出圆锥的底面周长l与高h，计算其体积V的近似公式V＝eq\f(1,36)l2h，它事实上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取3，那么，近似公式V≈eq\f(25,942)l2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取(C)A.eq\f(22,7) B.eq\f(25,8)C.eq\f(157,50) D.eq\f(355,113)解析：V＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2π)))2h＝eq\f(1,12π)l2h，由eq\f(1,12π)≈eq\f(25,942)，得π≈eq\f(157,50)，故选C.5．(2024·合肥质检)我国古代名著《张丘建算经》中记载：“今有方锥，下广二丈，高三丈．欲斩末为方亭，令上方六尺．问：斩高几何？”大致意思是：有一个正四棱锥下底边长为二丈，高三丈，现从上面截去一段，使之成为正四棱台，且正四棱台的上底边长为六尺，则截去的正四棱锥的高是多少．假如我们把求截去的正四棱锥的高改为求剩下的正四棱台的体积，则该正四棱台的体积是(注：1丈＝10尺)(B)A．1946立方尺 B．3892立方尺C．7784立方尺 D．11676立方尺解析：解法1：如图，记正四棱台为A1B1C1D1­ABCD.该正四棱台由正四棱锥S­ABCD截得，O为正方形ABCD的中心，E为BC的中点，E1为B1C1的中点，设正四棱台的高为x，则由图中△SO1E1∽△SOE，得eq\f(SO1,SO)＝eq\f(O1E1,OE)，即eq\f(30－x,30)＝eq\f(3,10)，解得x＝21，所以该正四棱台的体积V＝eq\f(1,3)×(62＋6×20＋202)×21＝3892(立方尺)，故选B.解法2：如解法1中图，记正四棱台为A1B1C1D1­ABCD.该正四棱台由正四棱锥S­ABCD截得，O为正方形ABCD的中心，E为BC的中点，E1为B1C1的中点，设截去的正四棱锥的高为x，则由图中△SO1E1∽△SOE，得eq\f(SO1,SO)＝eq\f(O1E1,OE)，即eq\f(x,30)＝eq\f(3,10)，解得x＝9，所以该正四棱台的体积V＝V正四棱锥S­ABCD－V正四棱锥S­A1B1C1D1＝eq\f(1,3)×202×30－eq\f(1,3)×62×9＝3892(立方尺)，故选B.6．(2024·河北九校联考)已知三棱柱ABC­A1B1C1的全部顶点都在球O的球面上，该三棱柱的五个面所在的平面截球面所得的圆大小相同，若球OA．6eq\r(3) B．12C．12eq\r(3) D．18解析：设球O的半径为R，则由4πR2＝20π得R2＝5，由题意知，此三棱柱为正三棱柱，且底面三角形的外接圆与侧面的外接圆大小相同，故设三棱柱的底面边长为a，高为h，如图，取三角形ABC的中心O1，四边形BCC1B1的中心O2，连接OO1，OA，O2B，O1A，由题意可知，在Rt△AOO1中，OOeq\o\al(2,1)＋AOeq\o\al(2,1)＝AO2＝R2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,3)))2＝R2＝5①，又AO1＝BO2，所以AOeq\o\al(2,1)＝BOeq\o\al(2,2)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,3)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2②，由①②可得a2＝12，h＝2，所以三棱柱的体积V＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)a2))h＝6eq\r(3).故选A.7．(2024·重庆七校联考)已知正三棱锥的高为6，内切球(与四个面都相切)的表面积为16π，则其底面边长为(B)A．18 B．12C．6eq\r(3) D．4eq\r(3)解析：如图，由题意知，球心在三棱锥的高PE上，设内切球的半径为R，则S球＝4πR2＝16π，所以R＝2，所以OE＝OF＝2，OP＝4.在Rt△OPF中，PF＝eq\r(OP2－OF2)＝2eq\r(3).因为△OPF∽△DPE，所以eq\f(OF,DE)＝eq\f(PF,PE)，得DE＝2eq\r(3)，AD＝3DE＝6eq\r(3)，AB＝eq\f(2,\r(3))AD＝12.故选B.8．(2024·沈阳质监)如图，四棱锥P­ABCD的底面为矩形，矩形的四个顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，且球的表面积为16π，点P在球面上，则四棱锥P­ABCD体积的最大值为(D)A．8 B.eq\f(8,3)C．16 D.eq\f(16,3)解析：设球的半径为R，由题知4πR2＝16π，则R＝2，再设大圆内的矩形长、宽分别为x，y，由题知x2＋y2＝16，则矩形面积xy≤eq\f(x2＋y2,2)＝8，当且仅当x＝y时上式取等号，即底面为正方形时，底面面积最大，四棱锥P­ABCD的高的最大值为2，故四棱锥P­ABCD体积的最大值为eq\f(1,3)×8×2＝eq\f(16,3)，选D.二、填空题9．(2024·江苏卷)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E­BCD的体积是10解析：因为长方体ABCD­A1B1C1D1所以CC1·S四边形ABCD＝120，又E是CC1的中点，所以三棱锥E­BCD的体积VE­BCD＝eq\f(1,3)EC·S△BCD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)CC1×eq\f(1,2)S四边形ABCD＝eq\f(1,12)×120＝10.10．如图所示，一个底面半径为R的圆柱形量杯中装有适量的水．若放入一个半径为r的实心铁球，水面高度恰好上升r，则eq\f(R,r)＝eq\f(2\r(3),3).解析：由水面高度上升r，得圆柱体积增加了πR2r，恰好是半径为r的实心铁球的体积，因此有eq\f(4,3)πr3＝πR2r.故eq\f(R,r)＝eq\f(2\r(3),3).11．一个六棱锥的体积为2eq\r(3)，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为12.解析：设六棱锥的高为h，则V＝eq\f(1,3)Sh，所以eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×4×6h＝2eq\r(3)，解得h＝1.设六棱锥的斜高为h′，则h2＋(eq\r(3))2＝h′2，故h′＝2.所以该六棱锥的侧面积为eq\f(1,2)×2×2×6＝12.12．(2024·石家庄检测)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为菱形，PB⊥底面ABCD，O为对角线AC与BD的交点，若PB＝1，∠APB＝∠BAD＝eq\f(π,3)，则三棱锥P­AOB的外接球的体积是eq\f(4π,3).解析：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，即OA⊥OB.∵PB⊥平面ABCD，∴PB⊥AO，又OB∩PB＝B，∴AO⊥平面PBO，∴AO⊥PO，即△PAO是以PA为斜边的直角三角形．∵PB⊥AB，∴△PAB是以PA为斜边的直角三角形，∴三棱锥P­AOB的外接球的直径为PA.∵PB＝1，∠APB＝eq\f(π,3)，∴PA＝2，∴三棱锥P­AOB的外接球的半径为1，∴三棱锥P­AOB的外接球的体积为eq\f(4π,3).三、解答题13．现须要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形态是正四棱锥P­A1B1C1D1，下部的形态是正四棱柱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＝解：由PO1＝2m知，O1O＝4PO1＝8m.因为A1B1＝AB＝6m，所以正四棱锥P­A1B1C1D1V锥＝eq\f(1,3)·A1Beq\o\al(2,1)·PO1＝eq\f(1,3)×62×2＝24(m3)；正四棱柱ABCD­A1B1C1D1V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312m314．(2024·成都检测)如图①，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，E，F分别为AB，CD的中点，CD＝2AB＝2EF＝4，M为DF的中点．现将四边形BEFC沿EF折起，使平面BEFC⊥平面AEFD，得到如图②所示的多面体．在图②中，(1)证明：EF⊥MC；(2)求三棱锥M­ABD的体积．解：(1)证明：由题意，可知在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∵E，F分别为AB，CD的中点，∴EF⊥CD.折叠后，EF⊥DF，EF⊥CF.∵DF∩CF＝F，∴EF⊥平面DCF.又MC⊂平面DCF，∴EF⊥MC.(2)易知AE＝BE＝1，DF＝CF＝2，DM＝1，∴MF＝1＝AE.又AE∥MF，∴四边形AEFM为平行四边形．∴AM∥EF，故AM⊥DF.∵平面BEFC⊥平面AEFD，平面BEFC∩平面AEFD＝EF，且BE⊥EF，∴BE⊥平面AEFD.∴VM­ABD＝VB­AMD＝eq\f(1,3)×S△AMD×BE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×2×1＝eq\f(1,3).即三棱锥M­ABD的体积为eq\f(1,3).15．(2024·武汉调研)如图，一边长为30cm的正方形铁皮，先将阴影部分裁下，然后用余下的四个全等等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，要使这个容器的容积最大，则等腰三角形的底边长为10eq\r(6)cm.解析：设等腰三角形的底边长为x(0<x<30)cm，由已知得等腰三角形的高为15cm，所以正四棱锥的高h＝eq\r(152－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))2)＝eq\r(225－\f(x2,4))(cm)，所以正四棱锥的体积V＝eq\f(1,3)x2eq\r(225－\f(x2,4))＝eq\f(1,6)eq\r(900x4－x6)(cm3)．令g(x)＝900x4－x6，则g′(x)＝3600x3－6x5，令3600x3－6x5＝0，得x＝10eq\r(6)，令g′(x)<0，则x>10eq\r(6)；令g′(x)>0，则0<x<10eq\r(6).所以g(x)的单调递增区间为(0,10eq\r(6))，单调递减区间为(10eq\r(6)，＋∞)．所以x＝10eq\r(6)时，g(x)取得极大值(也是最大值)．所以要使正四棱锥的体积最大，等腰三角形的底边长为10eq\16．(2024·东北三省四市一模)如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E为CD的中点，将△ADE沿AE折到△APE的位置．(1)证明：AE⊥PB；(2)当四棱锥P­ABCE的体积最大时，求点C到平面PAB的距离．解：(1)证明：在等腰梯形ABCD中，连接BD，交AE于点O.∵AB∥C