统考版2023高考数学二轮专题复习课时作业10空间几何体的三视图表面积与体积理

课时作业10空间几何体的三视图、表面积与体积A基础达标1．棱长为2eq\r(3)的正四面体的三视图如图所示，俯视图是正三角形，则主视图的腰长等于()A．2B．3C．eq\r(11)D．2eq\r(3)2．[2022·湖北模拟预测]《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，若某直角圆锥内接于一球(圆锥的顶点和底面上各点均在该球面上)，求此圆锥侧面积和球表面积之比()A．eq\f(\r(2),4)B．eq\f(\r(2),2)C．eq\r(2)D．eq\f(\r(2),4π)3．[2022·北京房山区模拟]某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为()A．eq\f(2,3)B．eq\f(4,3)C．2D．44．[2022·内蒙古乌兰浩特一中模拟]已知三棱锥S­ABC的四个顶点都在球O的球面上，SA＝SB＝SC＝eq\r(10)，△ABC是边长为eq\r(3)的正三角形，则球O的表面积等于()A．eq\f(64π,9)B．eq\f(100π,9)C．16πD．36π5．[2022·青海海东市第一中学检测]已知四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，AD＝3AB＝3PA，若四棱锥P­ABCD外接球的表面积为11π，则四棱锥P­ABCD的体积为()A．3B．2C．eq\r(2)D．16．[2022·甘肃高台县第一中学]如图，在矩形ABCD中，AD＝2AB＝4，E是AD的中点，将△ABE，△CDE分别沿BE，CE折起，使得平面ABE⊥平面BCE，平面CDE⊥平面BCE，则所得几何体ABCDE的外接球的体积为________．7．如图，在底面边长为4，高为6的正四棱柱中，大球与该正四棱柱的五个面均相切，小球在大球上方且与该正四棱柱的三个面相切，也与大球相切，则小球的半径为________.8．[2022·广东广州二模]在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2，AD＝CD＝CB＝1，将△ACD沿AC折起，连接BD，得到三棱锥D­ABC，则三棱锥D­ABC体积的最大值为________．此时该三棱锥的外接球的表面积为________．B素养提升9.[2022·新疆昌吉二模]在三棱锥P­ABC中，PA＝PC＝eq\r(3)，且cos∠BAC＝eq\f(1,3)，AB＝AC＝eq\r(6)，二面角P­AC­B的大小为120°，则三棱锥P­ABC的外接球体积为()A．eq\f(5\r(10),3)πB．10πC．9πD．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋2\r(3)))π10．[2022·江西赣州二模]我国古代数学名著《九章算术》把上下两个面平行且均为矩形的六面体称为刍童，已知刍童ABCD­A1B1C1D1中四边形ABB1A1和四边形CDD1C1及四边形A1B1C1D1都是正方形，AB＝1，AD＝2，则刍童ABCD­A1B1C1D1外接球的表面积为________.课时作业10空间几何体的三视图、表面积与体积1．解析：由俯视图边长为2eq\r(3)，易知正四面体底面外接圆半径为2，∴正四面体的体高为h＝eq\r(（2\r(3)）2－22)＝2eq\r(2)，∴正视图腰长为l＝eq\r(（2\r(2)）2＋（\r(3)）2)＝eq\r(11).故选C.答案：C2．解析：设直角圆锥底面半径为r，则其侧棱为eq\r(2)r，所以顶点到底面圆圆心的距离为：eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)r))2－r2)＝r，所以底面圆的圆心即为外接球的球心，所以外接球半径为r，所以eq\f(S圆锥侧,S球)＝eq\f(πrl,4πr2)＝eq\f(\r(2)πr2,4πr2)＝eq\f(\r(2),4).故选A.答案：A3．解析：三视图还原为如图所示的三棱锥：侧面SBC⊥底面ABC，且△SBC为等腰三角形，△ABC为直角三角形，故体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×1＝eq\f(2,3)，故选A.答案：A4．解析：已知三棱锥S­ABC的四个顶点都在球O的球面上，SA＝SB＝SC＝eq\r(10)，△ABC是边长为eq\r(3)的正三角形，如图所示：取BC的中点D，点H为底面的中心，所以BD＝eq\f(\r(3),2)，AD＝eq\f(3,2)，AH＝eq\f(2,3)AD＝1，设外接球的半径为R，所以SH＝eq\r(（\r(10)）2－1)＝3，利用勾股定理可得，R2＝（3－R）2＋12，解得R＝eq\f(5,3).则球O的表面积为S＝4πR2＝eq\f(100π,9).故选B.答案：B5．解析：设四棱锥P­ABCD外接球的半径为R，则4πR2＝11π，即4R2＝11.由题意，易知PC2＝4R2，得PC＝eq\r(11)，设AB＝x，得eq\r(x2＋9x2＋x2)＝eq\r(11)，解得x＝1，所以四棱锥P­ABCD的体积为eq\f(1,3)×1×3×1＝1.故选D.答案：D6．解析：由题可得△ABE，△CDE，△BEC均为等腰直角三角形，如图，设BE，EC，BC的中点为M，N，O，连接AM，OM，AO，DN，NO，DO，OE，则OM⊥BE，ON⊥CE，因为平面ABE⊥平面BCE，平面CDE⊥平面BCE，所以OM⊥平面ABE，ON⊥平面DEC，易得OA＝OB＝OC＝OD＝OE＝2，则几何体ABCDE的外接球的球心为O，半径R＝2，所以几何体ABCDE的外接球的体积为V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(32,3)π.答案：eq\f(32,3)π7．解析：由题意可知大球的半径为R＝2，设小球的半径为r，如图，设大圆的圆心为O，小圆的圆心为C，E为小圆与上底面的切点，作OD⊥CE交于点D，由题意可知，OD＝2eq\r(2)－eq\r(2)r，CD＝4－r，CO＝2＋r，所以（2＋r）2＝（4－r）2＋（2eq\r(2)－eq\r(2)r）2，即r2－10r＋10＝0，r∈（0，2），解得r＝eq\f(10－\r(100－40),2)＝5－eq\r(15).答案：5－eq\r(15)8．解析：过点C作CE⊥AB，垂足为E，∵ABCD为等腰梯形，AB＝2，CD＝1，∴BE＝eq\f(1,2)，∴B＝eq\f(π,3)，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcoseq\f(π,3)＝3，即AC＝eq\r(3).∵AB2＝BC2＋AC2，∴BC⊥AC，易知，当平面ACD⊥平面ABC时，三棱锥D­ABC体积最大，此时，BC⊥平面ACD易知，∠D＝eq\f(2π,3)，∴S△ACD＝eq\f(1,2)AD·CDsineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),4)，∴VD­ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×1＝eq\f(\r(3),12).记O为外接球球心，半径为R，∵BC⊥平面ACD，OB＝OC，∴O到平面ACD的距离d＝eq\f(1,2)，又△ACD的外接圆半径r＝eq\f(AC,2sin\f(2π,3))＝1，∴R2＝r2＋d2＝eq\f(5,4)，∴S＝4πR2＝5π.答案：eq\f(\r(3),12)5π9．解析：如图O1、O2分别为Rt△PAC、△ABC的外接圆圆心，作OO1⊥平面PAC，OO2⊥平面ABC，则O为三棱锥P­ABC的外接球的球心．在△ABC中，cos∠BAC＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)，即eq\f(1,3)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(6)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(6)))2－BC2,2\r(6)×\r(6))，可得：BC＝2eq\r(2).由正弦定理可得：2O2A＝eq\f(BC,sin∠BAC)＝3，即O2A＝eq\f(3,2)，又∵O1为线段AC的中点，则可得O1P＝eq\f(\r(6),2)，且O1P⊥AC，O2O1⊥AC，∴二面角P­AC­B的平面角即为∠O2O1P＝120°，则∠O2O1O＝30°，O1O2＝eq\r(O2A2－O1A2)＝eq\f(\r(3),2)，O1O＝1.∴三棱锥P­ABC的外接球的半径R＝eq\r(OO12＋O1A2)＝eq\f(\r(10),2)，则三棱锥P­ABC的外接球体积为V＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),2)))3＝eq\f(5\r(10)π,3).故选A.答案：A10．解析：取AD中点E，BC中点F，设G是A1D1的中点，在梯形ADD1A1中，AA1＝A1D1＝D1D＝1，AD＝2，由于E是AD的中点，所以GE＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－1,2)))2)＝eq\f(\r(3),2)，所以A1E＝ED1＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2)＝1，所以△AEA1，△A1ED1，△ED1D是等边三角形，所以E是梯形ADD1A1外接圆的圆心，同理可证得F是梯形BCC1B1外接圆的圆心．刍童ABCD­A1B1C1D1可看作直四棱柱AA1D1D­BB1C1C，