2022-2022届高考数学(理)大一轮复习顶层设计配餐作业：43空间几何体的表面积与体积-Word版含解析.doc

配餐作业(四十三)　空间几何体的表面积与体积
　　　　　　　　(时间：40分钟)
一、选择题
1．将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是(　　)
A．4π B．3π
C．2π D．π
解析　由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S＝2πrh＝2π×1×1＝2π。故选C。
答案　C
2．用平面α截球O所得截面圆的半径为3，球心O到平面α的距离为4，则此球的表面积为(　　)
A. B.
C．75π D．100π
解析　依题意，设球半径为R，满足R2＝32＋42＝25，
∴S球＝4πR2＝100π。故选D。
答案　D
3．(2016·安庆二模)一个几何体的三视图如图所示，其体积为(　　)

A. B.
C. D.
解析　该几何体是一个直三棱柱截去一个小三棱锥，如图所示，

其体积为V＝×2×1×2－××1×1×1＝，故选A。
答案　A
4．(2016·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为(　　)

A. B.
C. D．1
解析　由三视图可得该几何体的直观图为三棱锥A－BCD，将其放在长方体中如图所示，

其中BD＝CD＝1，CD⊥BD，三棱锥的高为1，所以三棱锥的体积为××1×1×1＝，故选A。
答案　A
5．在三棱锥A－BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，△ABC，△ACD，△ADB的面积分别为，，，则三棱锥A－BCD的外接球的体积为(　　)
A.π B．2π
C．3π D．4π
解析　三棱锥A－BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，补成长方体，两者的外接球是同一个，长方体的体对角线就是球的直径。
设长方体同一顶点处的三条棱长分别为a，b，c，
由题意得：ab＝，ac＝，bc＝，
解得a＝，b＝，c＝1，
所以球的直径为＝，
它的半径为，球的体积为3＝π。故选A。
答案　A
6.如图，正方体ABCD—A′B′C′D′的棱长为4，动点E，F在棱AB上，且EF＝2，动点Q在棱D′C′上，则三棱锥A′­EFQ的体积(　　)

A．与点E，F位置有关
B．与点Q位置有关
C．与点E，F，Q位置都有关
D．与点E，F，Q位置均无关，是定值
解析　因为VA′－EFQ＝VQ－A′EF＝××4＝，故三棱锥A′­EFQ的体积与点E，F，Q的位置均无关，是定值。故选D。
答案　D
二、填空题
7．某几何体的三视图如图所示，则其体积为__________。

解析　该几何体为一个半圆锥，故其体积为V＝××π×12×2＝。
答案　
8．(2016·天津高考)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m3。

解析　根据三视图可知该四棱锥的底面是底边长为2 m、高为1 m的平行四边形，四棱锥的高为3 m，故其体积为×2×1×3＝2(m3)。
答案　2
9．(2016·河南八市质检)正方形ABCD的边长为4，点E，F分别是边BC，CD的中点，沿AE，EF，FA折成一个三棱锥B－AEF(使点B，C，D重合于点B)，则三棱锥B－AEF的外接球的表面积为________。
解析　沿AE，EF，FA折成一个三棱锥B－AEF，则三棱锥的三条侧棱两两垂直，故四面体B－AEF的外接球的直径为以BA，BE，BF为棱的长方体的体对角线，则长方体的体对角线2R＝＝＝2，所以R＝，故四面体B－AEF的外接球的表面积为S＝4π×()2＝24π。
答案　24π
三、解答题
10．如图，已知某几何体的三视图如下(单位：cm)。

(1)画出这个几何体的直观图(不要求写画法)；
(2)求这个几何体的表面积及体积。
解析　(1)这个几何体的直观图如图所示。

(2)这个几何体可看成是正方体AC1及直三棱柱B1C1Q－A1D1P的组合体。
由PA1＝PD1＝ cm，A1D1＝AD＝2 cm，可得PA1⊥PD1。故所求几何体的表面积S＝5×22＋2×2×＋2××()2＝22＋4(cm2)，
体积V＝23＋×()2×2＝10(cm3)。
答案　(1)见解析　(2)表面积为(22＋4) cm2
体积为10 cm3
11.如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，AD⊥AB，侧棱SA⊥底面ABCD，且SA＝2，AD＝DC＝1，点E在SD上，且AE⊥SD。

(1)证明：AE⊥平面SDC；
(2)求三棱锥B－ECD的体积。
解析　(1)证明：因为侧棱SA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，所以SA⊥CD。
因为底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，AD⊥AB，
所以AD⊥CD。
又AD∩SA＝A，所以CD⊥侧面SAD。
又AE⊂侧面SAD，所以AE⊥CD。
又AE⊥SD，CD∩SD＝D，所以AE⊥平面SDC。
(2)由(1)知，CD⊥平面ASD，所以CD⊥SD，
所以S△EDC＝ED·DC。
在Rt△ASD中，SA＝2，AD＝1，AE⊥SD，所以ED＝，AE＝，所以S△EDC＝××1＝。
⇒AB∥平面SCD，故点B到平面SCD的距离等于点A到平面SCD的距离AE，故VB－ECD＝S△ECD·AE＝。
答案　(1)见解析　(2)
(时间：20分钟)
1．(2017·营口模拟)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)

A. B．3π
C. D．6π
解析　由三视图可知，此几何体(如图所示)是底面半径为1，

高为4的圆柱被从母线的中点处截去了圆柱的，所以V＝×π×12×4＝3π。故选B。
答案　B
2. (2016·浙江高考)如图，

在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°。若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD＝DA，PB＝BA，则四面体PBCD的体积的最大值是________。
解析　由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，可得AC＝2，要求四面体PBCD的体积，关键是寻找底面三角形BCD的面积S△BCD和点P到平面BCD的距离h。易知h≤2。
设AD＝x，则DP＝x，DC＝2－x，S△DBC＝×(2－x)×2×sin30°＝， 其中x∈(0,2)，且h≤x，所以VP－BCD＝×S△BCD×h＝×h≤·x≤2＝，当且仅当2－x＝x，即x＝时取等号。故四面体PBCD的体积的最大值是。
答案　
3．(2017·江西师大附中模拟)已知边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，沿对角线BD折成二面角A－BD－C的大小为120°的四面体，则四面体的外接球的表面积为________。
解析　如图①，取BD的中点E，连接AE，CE。由已知条件可知，面ACE⊥面BCD。易知外接球球心在平面ACE内，如图②，在CE上取点G，使CG＝2GE，过点G作l1垂直于CE，过点E作l2垂直于AC，设l1与l2交于点O，连接OA，OC，则OA＝OC，易知O即为球心。分别解△OCG，△EGO可得R＝OC＝，∴外接球的表面积为28π。

答案　28π
4．(2016·江苏高考)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。

(1)若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？
(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？
解析　(1)由PO1＝2知O1O＝4PO1＝8。
因为A1B1＝AB＝6，
所以正四棱锥P－A1B1C1D1的体积V锥＝·A1B·PO1＝×62×2＝24(m3)。
正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)。
所以仓库的容积V＝V锥＋V柱＝24＋288＝312(m3)。
(2)设A1B1＝a m，PO1＝h m，则0<h<6，O1O＝4h。如图，连接O1B1。

因为在Rt△PO1B1中，O1B＋PO＝PB，
所以2＋h2＝36，
即a2＝2(36－h2)。
于是仓库的容积
V＝V柱＋V锥＝a2·4h＋a2·h＝a2h＝(36h－
h3)，0<h<6，
从而V′＝(36－3h2)＝26(12－h2)。
令V′＝0，得h＝2或h＝－2(舍)。
当0<h<2时，V′>0，V是单调递增函数；
当2<h<6时，V′<0，V是单调递减函数。
故h＝2时，V取得极大值，也是最大值。
因此，当PO1＝2 m时，仓库的容积最大。
答案　(1)312 m3　(2)当PO1＝2 m时，仓库的容积最大