溫馨提示：此套題為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標滾軸，調(diào)整合適的觀看比例，答案解析附后。關閉Word文檔返回原板塊。課時提升作業(yè)(三十九)空間幾何體的表面積與體積(25分鐘60分)一、選擇題(每小題5分,共25分)1.(2022·福建高考)以邊長為1的正方形的一邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸,將該正方形旋轉(zhuǎn)一周所得圓柱的側(cè)面積等于()A.2πB.πC.2D.1【解析】選A.以邊長為1的正方形的一邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周所得的圓柱的底面半徑為1,母線長為1.故側(cè)面積為2πr·l=2π·1·1=2π.2.如圖所示,已知三棱柱ABC-A1B1C1的全部棱長均為1,且AA1⊥底面ABC,則三棱錐B1-ABC1的體積為()A.312 B.C.612 D.【解析】選A.在△ABC中,BC邊上的高為32,即棱錐A-BB1C1的高為32,又S△BB1C1=12,所以=3.(2022·新課標全國卷Ⅱ)如圖,網(wǎng)格紙上正方形小格的邊長為1(表示1cm),圖中粗線畫出的是某零件的三視圖,該零件由一個底面半徑為3cm,高為6cm的圓柱體毛坯切削得到,則切削掉部分的體積與原來毛坯體積的比值為()A.1727 B.59 C.1027 【解題提示】由三視圖,還原出幾何體,然后依據(jù)幾何體的外形,求得體積之比.【解析】選C.由于加工前的零件半徑為3,高為6,所以體積V1=9π·6=54π.由于加工后的零件,左半部為小圓柱,半徑為2,高為4,右半部為大圓柱,半徑為3,高為2.所以體積V2=4π·4+9π·2=34π.所以削掉部分的體積與原體積之比=54π-34π54π=4.(2021·淮南模擬)某空間幾何體的三視圖如圖所示,則這個空間幾何體的表面積是()A.2π+4 B.2π+2 C.4π+2 D.4π+4【解析】選D.由三視圖可知,該幾何體為上部為半徑為12的球,下部為半徑為1,高為2的半個圓柱,球的表面積為4π×122=π,半圓柱的底面面積為2×12×π=π,半圓柱的側(cè)面面積為2×(2+π)=4+25.已知三棱錐S-ABC的全部頂點都在球O的球面上,△ABC是邊長為1的正三角形,SC為球O的直徑,且SC=2,則此棱錐的體積為()A.26 B.36 C.23 【解題提示】先依據(jù)題意確定四周體O-ABC的結構特征,求得O到平面ABC的距離,進而求得S到平面ABC的距離,代入體積公式求解.【解析】選A.由于△ABC為邊長為1的正三角形,且球半徑為1,所以四周體O-ABC為正四周體,所以△ABC的外接圓的半徑為33,所以點O到平面ABC的距離d=1-332=63,所以三棱錐的高SF=2OE=263,所以三棱錐的體積為13×1二、填空題(每小題5分,共15分)6.(2022·天津高考)一個幾何體的三視圖如圖所示(單位:m),則該幾何體的體積為m3.【解析】如圖,所給幾何體由一個圓錐和一個圓柱組合而成,V=13×2×π×22+π×12×4=20π3答案:207.已知一個幾何體的三視圖如圖所示(單位:cm),其中正視圖是直角梯形,側(cè)視圖和俯視圖都是矩形,則這個幾何體的體積是cm3.【解析】由三視圖可知,該幾何體為一個放倒的四棱柱,以梯形為底,所以梯形面積為1×(1+2)2=32,四棱柱的高為1,所以該幾何體的體積為答案:38.(2021·煙臺模擬)某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體外接球的表面積為.【解析】如圖所示,由三視圖可知該幾何體為圓錐AO,AD為該圓錐外接球的直徑,則AO=1,CO=3,由射影定理可知CO2=AO·OD,得OD=3,所以外接球的半徑為12(AO+OD)=2,表面積為4π×22=16π.答案:16π【誤區(qū)警示】本題易誤將圓錐底面圓半徑作為球的半徑而致誤.【加固訓練】圓柱形容器內(nèi)盛有高度為8cm的水,若放入三個相同的球(球的半徑與圓柱的底面半徑相同)后,水恰好沉沒最上面的球(如圖),則球的半徑是cm.【解析】設球半徑為r,則由3V球+V水=V柱,可得3×43πr3+πr2×8=πr2×6r,解得答案:4三、解答題(每小題10分,共20分)9.已知某幾何體的三視圖如圖所示(單位:cm):(1)畫出這個幾何體的直觀圖(不要求寫畫法).(2)求這個幾何體的表面積及體積.【解析】(1)這個幾何體的直觀圖如圖所示.(2)這個幾何體可看成是正方體AC1及直三棱柱B1C1Q-A1D1由PA1=PD1=2,A1D1=AD=2,可得PA1⊥PD1.故所求幾何體的表面積S=5×22+2×2×2+2×12×(2)=22+42(cm2),體積V=23+12×(2)2×2=10(cm310.如圖是一個以A1B1C1為底面的直三棱柱被一平面所截得到的幾何體,截面為ABC,已知A1B1=B1C1=2,∠A1B1C1=90AA1=4,BB1=3,CC1=2,求:(1)該幾何體的體積.(2)截面ABC的面積.【解析】(1)過C作平行于A1B1C1的截面A2B2C,交AA1,BB1分別于A2,B由直三棱柱性質(zhì)及∠A1B1C1=90°可知B2C⊥平面ABB2則V=QUOTEVA1=12×2×2×2+13×12×(1+2)×(2)在△ABC中,AB=22+(4-3)BC=22+(3-2)AC=(22)則S△ABC=12×23×(5)【一題多解】本題(1)問還可以用以下方法解答:延長B1B,C1C到B3,C3,使得B3B1=C3C1=AA則V==12×2×2×4-13×12×(1+2)×(20分鐘40分)1.(5分)(2021·銅陵模擬)一個幾何體的三視圖如圖所示,其中正視圖和側(cè)視圖是腰長為5的兩個全等的等腰直角三角形.用多少個這樣的幾何體可以拼成一個棱長為5的正方體()A.2個 B.3個 C.4個 D.5個【解析】選B.該幾何體的直觀圖如圖①所示,它是有一條側(cè)棱垂直于底面的四棱錐.其中底面ABCD是邊長為5的正方形,高為CC1=5,故所求體積是V=13×52×5=1253,依題意,正方體的體積是原四棱錐體積的3倍,故用3個這樣的四棱錐可以拼成一個棱長為5的正方體,其拼法如圖2.(5分)(2022·陜西高考)已知底面邊長為1,側(cè)棱長為2的正四棱柱的各頂點均在同一個球面上,則該球的體積為()A.32π3 B.4π C.2π 【解題提示】依據(jù)截面圓半徑、球心距、球半徑構成直角三角形,滿足勾股定理,求出球的半徑,代入球的體積公式求解.【解析】選D.由正四棱柱的各頂點均在同一個球面上,可設正四棱柱的上底所在截面圓的半徑為R1,則R12+R12=1可得R12=12;又側(cè)棱長為2,所以球心到截面圓的距離d=2【加固訓練】已知點P,A,B,C,D是球O表面上的點,PA⊥平面ABCD,四邊形ABCD是邊長為23的正方形.若PA=26,則△OAB的面積為.【解析】首先,可以判定點O,P在平面ABCD的同側(cè)(否則,由OA=OP=R,三角形OAP為等腰三角形,∠OAP=∠OPA,據(jù)PA⊥平面ABCD知∠OAP為鈍角,一個等腰三角形的底角不行能為鈍角),設正方形ABCD的對角線交于點M,連接OM,由球的性質(zhì),OM⊥平面ABCD,又PA⊥平面ABCD,則PA∥OM,從而四邊形AMOP為直角梯形.如圖,OP=R,作ON⊥PA于N.可以求得ON=MA=6,AN=OM=R2-6,PN=PA-AN=26-R2-6.在直角三角形ONP中,利用勾股定理,得(26-R2-6)2+6=R2,求得R=23,故三角形OAB為等邊三角形,S△OAB=34(2答案:333.(5分)已知ABCD-A1B1C1D1是棱長為1的正方體,點P1,P2分別是線段AB,BD1上(不包括端點)的動點,在P1,P2運動的過程中線段P1P2始終平行于平面A1ADD1,則當幾何體P1P2AB1的體積取得最大值時,AP1=【解析】過P2作P2O⊥底面ABCD于O,連接OP1,則OP1⊥AB,即OP1⊥平面P1AB1,設AP1=x,0<x<1,則由題意知OP1∥AD,所以有OP1AD=BP1AB,即OP1=1-x,又S△AP1B1=12x,所以四周體P1P2AB1的體積為≤16x+1-x22=124,當且僅當x=1-x,即x=12時取等號,所以四周體P1P2AB1的體積的最大值為答案:14.(12分)用一塊鋼錠澆鑄一個厚度均勻,且全面積為2平方米的正四棱錐形有蓋容器(如圖),設容器的高為h米,蓋子邊長為a米.(1)求a關于h的函數(shù)解析式.(2)設容器的容積為V立方米,則當h為何值時,V最大?求出V的最大值.(求解本題時,不計容器的厚度)【解析】(1)設h′為正四棱錐的斜高.由已知a2+4·1(2)V=13ha2=h3(h由于h+1h≥2h·1h=2,所以V≤故當h=1米時,V有最大值,V的最大值為165.(13分)(力氣挑戰(zhàn)題)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,過A1,C1,B三點的平面截去長方體的一個角后,得到如圖所示的幾何體ABCD-A1C1D1,這個幾何體的體積為40(1)求棱A1A(2)求經(jīng)過A1,C1,B,D四點的球的表面積.【解析】(1)設A1A=h,由于幾何體ABCD-A1C1D1的體積為403,所以=即S四邊形ABCD×h-13×S△A1即2×2×h-13×12×2×2×h=所以A1A(2)如圖,連接D1B,設D1B的中點為O,連接OA1,OC1,OD.由于ABC