2022届高考数学一轮复习-课后限时集训空间几何体的结构及其表面积、体积北师大版.doc

2022届高考数学一轮复习 课后限时集训空间几何体的结构及其表面积、体积北师大版

2022届高考数学一轮复习 课后限时集训空间几何体的结构及其表面积、体积北师大版

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课后限时集训(四十一)空间几何体的结构及其表面积、体积
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一、选择题
1．下列说法中正确的是(　　)
A．斜三棱柱的侧面展开图一定是平行四边形
B．水平放置的正方形的直观图有可能是梯形
C．一个直四棱柱的正视图和侧视图都是矩形，则该直四棱柱就是长方体
D．用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分形成的几何体就是圆台
[答案]　D
2．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为(　　)
A．π B．π
C．16π D．24π
B　[设球的半径为R，则S＝4πR2＝16π，解得R＝2，则球的体积V＝πR3＝π.]
3．《九章算术》是我国古代数学名著，在《九章算术》中将底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”．若某“阳马”的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该“阳马”的表面积为(　　)

A．1＋ B．1＋2
C．2＋ D．2＋2
C　[由三视图可得该“阳马”的底面是边长为1的正方形，高为1，则表面积为1＋2××1×1＋2×××1＝2＋，故选C.]
4．用长为8，宽为4的矩形做侧面围成一个圆柱，则圆柱的轴截面的面积为
(　　)
A.32 B.
C. D.
B　[若8为底面周长，则圆柱的高为4，此时圆柱的底面直径为，其轴截面的面积为；若4为底面周长，则圆柱的高为8，此时圆柱的底面直径为，其轴截面的面积为.]
5.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，E为棱DD1上的点，F为AB的中点，则三棱锥B1­BFE的体积为(　　)
A. B.
C. D.
C　[由等体积法可知VB1­BFE＝VE­BFB1＝S△BB1F·AD＝×1××1＝.故选C.]
6．正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，已知AC1⊥平面α，则关于α截此正方体所得截面有以下4个判断，
①截面形状可能为正三角形
②截面形状可能为正方形
③截面形状可能为正六边形
④截面面积最大值为3
其中判断正确的是(　　)
A．①③ B．①②③
C. ①②④ D．①③④
D　[如图，显然①③成立，下面说明D成立，如图截得正六边形时，面积最大，MN＝2，GH＝，OE＝＝，所以S＝2××(＋2)×＝3，故④成立，故选D.]
7．(2020·全国卷Ⅱ)已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为(　　)
A. B.
C.1 D.
C　[由等边三角形ABC的面积为，得×AB2＝，得AB＝3，则△ABC的外接圆半径r＝×AB＝AB＝.设球的半径为R，则由球的表面积为16π，得4πR2＝16π，得R＝2，则球心O到平面ABC的距离d＝＝1，故选C.]
8.如图，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为(　　)
A. B.
C. D.
A　[(分割法)如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，
容易求得EG＝HF＝，
AG＝GD＝BH＝HC＝，
取AD的中点O，连接GO，易得GO＝，
∴S△AGD＝S△BHC＝××1＝，
∴多面体的体积V＝V三棱锥E­ADG＋V三棱锥F­BCH＋V三棱柱AGD­BHC＝2V三棱锥E­ADG＋
V三棱柱AGD­BHC＝×××2＋×1＝.故选A.]
二、填空题
9.有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为________．
2＋　[如图1，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为E.

图1　　　　　　图2
在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，∴BE＝.
而四边形AECD为矩形，AD＝1，∴EC＝AD＝1，∴BC＝BE＋EC＝＋1.由此可还原原图形如图2.在原图形中，A′D′＝1，A′B′＝2，B′C′＝＋1，且A′D′∥B′C′，A′B′⊥B′C′，∴这块菜地的面积S＝(A′D′＋B′C′)×A′B′＝××2＝2＋.]
10．圆台的上、下底面半径分别是10 cm和20 cm，它的侧面展开图的扇环的圆心角是180°，那么圆台的表面积为________cm2 (结果中保留π)．
1 100π　[如图所示，设圆台的上底周长为C，因为扇环的圆心角是180°，所以C＝π·SA.
又C＝2π×10＝20π，所以SA＝20(cm)．
同理SB＝40(cm)．
所以AB＝SB－SA＝20(cm)．
S表＝S侧＋S上底＋S下底
＝π(r1＋r2)·AB＋πr＋πr
＝π(10＋20)×20＋π×102＋π×202
＝1 100π(cm2)．
故圆台的表面积为1 100π cm2.]
11.根据不同的程序，3D打印既能打印实心的几何体模型，也能打印空心的几何体模型．如图所示的空心模型是体积为π cm3的球挖去一个三棱锥P­ABC后得到的几何体，其中PA⊥AB，BC⊥平面PAB，BC＝1 cm.不考虑打印损耗，当用料最省时，AC＝________cm.
3　[设球的半径为R，由球的体积R3＝π，解得R＝ cm.
因为BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，BC⊥AB，BC⊥PA.
因为PA⊥AB，AB∩BC＝B，所以PA⊥平面ABC，所以PA⊥AC.
由BC⊥AB可知，AC为截面圆的直径，故可设AC＝x cm(1＜x＜)，取PC的中点O，连接OA，OB(图略)，则PO＝OC＝OA＝OB，故O为球心，所以PC＝cm.
在Rt△PAC中，PA＝ cm，在Rt△ABC中，AB＝ cm，
所以VP­ABC＝×S△ABC×PA＝×××1×＝
≤＝(cm3)，
当且仅当x2－1＝17－x2，即x＝3时，等号成立．
所以当用料最省时，AC＝3 cm.]
12．已知某圆锥的母线长为3，底面半径为1，则该圆锥的体积为_____．设线段AB为该圆锥底面圆的一条直径，一质点从A出发，沿着该圆锥的侧面运动，到达B点后再沿侧面回到A点，则该质点运动路径的最短长度为______．
　6　[该圆锥的高h＝＝2.
所以该圆锥的体积V＝×π×12×2＝π.
将圆锥侧面沿母线SA展开，如图所示．
因为圆锥底面周长为2π，所以侧面展开后得到的扇形的圆心角∠ASA′＝.
由题意知点B是侧面展开后得到的扇形中弧AA′的中点，
连接AB，A′B，SB，则∠ASB＝，可得AB＝A′B＝AS＝3.
所以该质点运动路径的最短长度为AB＋A′B＝6.]

1．已知三棱锥S­ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为(　　)
A. B.
C. D.
A　[由于三棱锥S­ABC与三棱锥O­ABC底面都是△ABC，O是SC的中点，因此三棱锥S­ABC的高是三棱锥O­ABC高的2倍，
所以三棱锥S­ABC的体积也是三棱
锥O­ABC体积的2倍．
在三棱锥O­ABC中，其棱长都是1，如图所示，
S△ABC＝×AB2＝，
高OD＝＝，
∴VS­ABC＝2VO­ABC＝2×××＝.]
2．(2020·福州质检)如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为(　　)
A. B.π
C. D.
C　[正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A1为圆心，1为半径的圆周长的，所以所有弧长之和为3×＝.故选C.]