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文档简介
其次讲空间几何体的表面积与体积A组基础巩固一、单选题1.(2024·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+eq\f(\r(3),3) B.2π+eq\f(\r(3),3)C.2π+eq\r(3) D.π+eq\r(3)[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+eq\f(1,3)×2×eq\f(1,2)×eq\r(3)=π+eq\f(\r(3),3).故选A.2.(2024·河南中原名校质量考评)一个几何体三视图如下图所示,则该几何体体积为(D)A.12 B.8C.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=eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×3×4=4.故选D.3.(2024·四川、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+4eq\r(2) B.12C.16+8eq\r(2) D.12+2eq\r(2)[解析]依据三视图,可得立体图形如图所示:则S表面积=2×2+eq\f(1,2)×2×2×2+eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)×2=8+4eq\r(2).故选A.4.(2024·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.eq\f(3π,4)C.eq\f(π,2) D.eq\f(π,4)[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=eq\r(12-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)=eq\f(\r(3),2),∴该圆柱的体积:V=Sh=π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2×1=eq\f(3π,4).故选B.5.(2024·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.eq\f(5π,3) B.eq\f(4π,3)C.2+eq\f(2π,3) D.4+eq\f(2π,3)[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×eq\f(1,2)+eq\f(4,3)×π×13×eq\f(1,2)=eq\f(5π,3),故选A.6.(2024·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态的多面体(如图所示),下底面是边长为2的正方形,上棱EF=eq\f(3,2),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.eq\f(11,3)C.eq\f(31,4) 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=eq\f(1,3)S四边形NBCM×2=eq\f(1,3)×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2-\f(3,2)))×2=eq\f(2,3),V棱柱ADE-NMF=S直截面×eq\f(3,2)=eq\f(1,2)×2×2×eq\f(3,2)=3,所以该刍甍的体积为:V=V四棱锥F-NBCM+V棱柱ADE-NMF=eq\f(2,3)+3=eq\f(11,3).故选B.7.(2024·四川成都诊断)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.16πC.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eq\f(3,4)×4π×22+eq\f(3,2)×π×22=18π,故选C.8.(2024·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=eq\r(3),AB⊥AC,AA1=4,则球O的表面积为(C)A.5π B.10πC.20π D.eq\f(20\r(5)π,3)[解析]由题意知AB、AC、AA1两两垂直,设球O的半径为R,则4R2=1+(eq\r(3))2+42=20,∴S球=4πR2=20π,故选C.9.(2024·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.eq\f(68π,3) B.20πC.48π D.eq\f(28π,3)[解析]如图设△ABC外接圆的圆心为O1,球心为O,则OO1⊥平面ABC,又PA⊥平面ABC,连接AO1并延长交球于H,由∠PAH=eq\f(π,2),知O∈PH,∴OO1为Rt△PAH的中位线,∴OO1=eq\f(1,2)PA=1,又正△ABC边长为2,∴eq\f(2,sin60°)=2O1H,∴O1H=eq\f(2\r(3),3),∴OH=eq\r(O1H2+OO\o\al(2,1))=eq\f(\r(21),3),∴S球=4π·(OH)2=eq\f(28π,3),故选D.二、多选题10.一个透亮密闭的正方体容器中,恰好盛有该容器一半容积的水,随意转动这个正方体,则水面在容器中的形态可以是(BCD)A.三角形 B.长方形C.正方形 D.正六边形11.(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可能为(ABC)A.96π B.128πC.eq\f(384,5)π D.eq\f(100π,3)12.(2024·陕西商洛期末改编)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值可能为(ABC)A.10 B.12eq\r(2)C.16 D.18[解析]设球O的半径为R,则4πR2=12π,得R=eq\r(3).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eq\r(2x2+h2)=2R=2eq\r(3),即2x2+h2=12,由基本不等式可得12=2x2+h2≥2eq\r(2)xh,xh≤3eq\r(2),当且仅当h=eq\r(2)x时,等号成立,因此,该四棱柱的侧面积为4xh≤4×3eq\r(2)=12eq\r(2),即四棱柱的侧面积得取值范围为(0,12eq\r(2)],故选ABC.三、填空题13.(2024·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eq\f(1,3).[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×eq\r(2)=eq\r(2),又点A1究竟面BB1D1D的距离,即四棱锥A1-BB1D1D的高为eq\f(1,2)A1C1=eq\f(\r(2),2),所以四棱锥A1-BB1D1D的体积为eq\f(1,3)×eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)=eq\f(1,3).另解:VA1-BB1D1D=VABD-A1B1D1-VA1-ABD=eq\f(2,3)VABD-A1B1D1=eq\f(1,3).14.(2024·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′=eq\r(OQ2-O′Q2)=eq\r(52-42)=3,据此可得圆台的体积:V=eq\f(1,3)π×3×(52+5×4+42)=61π.15.(2024·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eq\f(2\r(2)π,3),设线段AB为底面圆的一条直径,一质点从A动身,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eq\r(32-1)=2eq\r(2),∴V圆锥=eq\f(π,3)×2eq\r(2)×12=eq\f(2\r(2)π,3),圆锥底面周长为2π,侧面绽开图扇形的圆心角为eq\f(2π,3),如图,则质点运动的最短路径为虚线所示的折线,长度为6.16.(2024·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eq\f(16π,3).[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究竟面△ABC的距离d=eq\f(1,2)PA=1.由正弦定理得△ABC的外接圆半径r=eq\f(AB,2sin60°)=eq\f(\r(3),3),所以球O的半径为R=eq\r(d2+r2)=eq\f(2\r(3),3),所以球O的表面积为S=4πR2=eq\f(16π,3).B组实力提升1.(2024·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eq\r(3,7).[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eq\f(1,4)S,∴水的体积V=eq\f(1,3)×2S-eq\f(1,3)×eq\f(1,4)S×(2-1)=eq\f(7,12)S,设倒置后液面面积为S′,则eq\f(S′,S)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))2,∴S′=eq\f(Sh2,4),∴水的体积为V=eq\f(1,3)S′h=eq\f(Sh3,3×22),∴eq\f(Sh3,3×22)=eq\f(7,12)S,解得h=eq\r(3,7).2.(2024·湖湘名校教化联合体联考)在四面体S-ABC中,SA⊥平面ABC,∠BAC=120°,SA=2,BC=eq\r(7),则该四面体的外接球的表面积为eq\f(40π,3).[解析]设△BAC外接圆半径为r,则2r=eq\f(\r(7),sin120°),∴r=eq\f(\r(21),3).设四面体外接球的半径为R,则由题意易得R2=r2+1=eq\f(10,3),∴S球=4πR2=eq\f(40π,3).3.(2024·四川、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eq\f(\r(3)π,2).[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=eq\f(\r(3),2),故V=eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))3=eq\f(\r(3)π,2).4.(2024·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.9πC.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=eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×R×R×eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(3),2)R=eq\f(1,8)R3=1,解得R=2,则球O的表面积为S=4π×22=16π,故选:C.5.(2024·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.125C.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=eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)a=eq\f(\r(3),6)a,∴三棱柱的高为eq\f(\r(3),3)a,∴R2=r2+eq\b\lc\(\rc\)(\
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