2021届数学大总复习课时作业45空间几何体的表面积与体积含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021届高考数学人教B版大一轮总复习课时作业45空间几何体的表面积与体积含解析课时作业45空间几何体的表面积与体积一、选择题1．(2020·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：根据三视图知，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）πB．eq\f(32,3）πC．16πD．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．（2020·江西联考）《算术书》竹简于上世纪八十年代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，它实际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．（2020·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．如果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A1B1C1D1。ABCD．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A1B1C1D1.ABCD．该正四棱台由正四棱锥S。ABCD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S.ABCD－V正四棱锥S。A1B1C1D1＝eq\f（1，3）×202×30－eq\f(1，3)×62×9＝3892(立方尺)，故选B．6．(2020·河北九校联考）已知三棱柱ABC。A1B1C1的所有顶点都在球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．（2020·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.(2020·沈阳质监）如图，四棱锥P.ABCD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P.ABCD的高的最大值为2,故四棱锥P。ABCD体积的最大值为eq\f(1,3)×8×2＝eq\f（16，3），选D．二、填空题9．(2019·江苏卷）如图，长方体ABCD。A1B1C1D1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ABCD.A1B1C1D1的体积是120,所以CC1·S四边形ABCD＝120,又E是CC1的中点,所以三棱锥E。BCD的体积VE。BCD＝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,水面高度恰好升高r，则eq\f（R，r）＝eq\f(2\r(3）,3）.解析：由水面高度升高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。(2020·石家庄质检）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P。AOB的外接球的直径为PA．∵PB＝1,∠APB＝eq\f（π,3)，∴PA＝2，∴三棱锥P。AOB的外接球的半径为1，∴三棱锥P。AOB的外接球的体积为eq\f（4π,3）。三、解答题13．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P。A1B1C1D1,下部的形状是正四棱柱ABCD。A1B1C1D1（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P。A1B1C1D1V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．(2020·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M。ABD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．∴VM。ABD＝VB。AMD＝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M.ABD的体积为eq\f(1,3）.15．(2020·广州调研)已知在四面体ABCD中,AD＝DB＝AC＝CB＝1,则该四面体的体积的最大值为eq\f(2\r(3）,27).解析:如图，设AB的中点为P，连接PC，PD，因为AD＝DB，AC＝CB，所以AB⊥PD，AB⊥PC，又PC∩PD＝P,所以AB⊥平面PCD．设AB＝2x(0<x<1），则PC＝PD＝eq\r（1－x2)。于是,V三棱锥A。BCD＝V三棱锥A。PCD＋V三棱锥B。PCD＝eq\f(1,3)·S△PCD·AP＋eq\f（1，3）·S△PCD·BP＝eq\f(1,3）·S△PCD·AB＝eq\f（1,3)·2x·eq\f（1，2)(eq\r（1－x2)）2sin∠CPD≤eq\f(1，3)x·(eq\r（1－x2）)2。设函数f(x）＝eq\f(1，3)x·（eq\r(1－x2）)2＝eq\f(1,3)（x－x3)，0<x〈1，则f′（x)＝eq\f(1，3)－x2，所以当0<x<eq\f（\r（3)，3）时，f′(x)〉0；当eq\f（\r(3)，3)<x〈1时,f′（x）〈0。所以函数f（x）在eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f（\r（3),3）))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(\r（3),3）,1))上单调递减，所以f(x）max＝feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(\r（3),3）)）＝eq\f（2\r（3),27).从而V三棱锥A­BCD≤eq\f（2\r(3),27)，当且仅当sin∠CPD＝1且x＝eq\f（\r(3），3），即平面ABD⊥平面ABC且AB＝eq\f（2\r（3），3)时，不等式取等号．故所求四面体的体积的最大值为eq\f（2\r(3），27）。16．（2020·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P。ABCE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∥CE，AB＝CE，∴四边形ABCE为平行四边形,∴AE＝BC＝AD＝DE，∴△ADE为等边三角形