2022届高考数学总复习课时跟踪练四十二空间几何体的表面积与体积文含解析新人教A版.doc

课时跟踪练(四十二)
A组　基础巩固
1.如图所示，某空间几何体的正视图与侧视图相同，则此几何体的表面积为(　　)

A．6π B.＋
C．4π D．2π＋
解析：此几何体为一个组合体，上为一个圆锥，下为一个半球组合而成．表面积为S＝＋×2×2π＝4π.
答案：C
2．(2019·漳州模拟)如图，在边长为1的正方形组成的网格中，画出的是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是(　　)

A．9 B. C．18 D．27
解析：根据三视图可知该几何体是一个三棱锥，将三棱锥A-BCD还原到长方体中，

长方体的长、宽、高分别为6、3、3，
所以该几何体的体积V＝××6×3×3＝9，
故选A.
答案：A
3．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x的值是(　　)

A．2 B. C. D．3
解析：由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，且S底＝(1＋2)×2＝3.所以V＝x·3＝3，解得x＝3.
答案：D
4．一块硬质材料的三视图如图所示，正视图和俯视图都是边长为10 cm的正方形，将该材料切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径最接近(　　)

A．3 cm B．4 cm C．5 cm D．6 cm
解析：由题意，知该硬质材料为三棱柱(底面为等腰直角三角形)，所以最大球的半径等于侧视图直角三角形内切圆的半径，设为r cm，则10－r＋10－r＝10，
所以r＝10－5≈3.
答案：A
5．(2019·佛山一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)

A. B．15 C. D．18
解析：由题意可知该几何体的直观图是如图所示的多面体A′B′C′-ABCD，

将几何体补成四棱柱A′B′C′D′-ABCD，其底面是直角梯形(上底长为1，高为3，下底长为3)，
故该几何体的体积为V棱柱A′B′C′D-′ABCD－V棱锥D-A′C′D′＝3××3－××3×1×3＝18－＝.故选C.
答案：C
6．(2017·全国卷Ⅱ)长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________．
解析：因为长方体的顶点都在球O的球面上，
所以长方体的体对角线的长度就是其外接球的直径．
设球的半径为R，则2R＝＝.
所以球O的表面积为S＝4πR2＝4π×＝14π.
答案：14π
7．(2018·天津卷)如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1­BB1D1D的体积为________．

解析：因为正方体棱长为1，
所以矩形BB1D1D的长和宽分别为1，.
因为四棱锥A1­BB1D1D的高是正方形A1B1C1D1对角线长的一半，即为，
所以V四棱锥A1­BB1D1D＝Sh＝×(1×)×＝.
答案：
8．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．
解析：设正方体的棱长为a，则6a2＝18，所以a＝.
设球的半径为R，则由题意知2R＝＝3，
所以R＝.
故球的体积V＝πR3＝π×＝.
答案：
9.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＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积．

解：由PO1＝2 m，知O1O＝4PO1＝8 m.
因为A1B1＝AB＝6 m，
所以正四棱锥P­A1B1C1D1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.
故仓库的容积是312 m3.
10.如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．

(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；
(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．
解：(1)交线围成的正方形EHGF如图所示．

(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EB1＝12，
EM＝AA1＝8.
因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.
于是MH＝＝6，AH＝10，HB＝6.
故S四边形A1EHA＝×(4＋10)×8＝56，
S四边形EB1BH＝×(12＋6)×8＝72.
因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，
所以其体积的比值为.
B组　素养提升
11．(2019·云南民族大学附中月考)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著．书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”，若某“阳马”的三视图如图所示(单位：cm)，则该阳马的外接球的体积为(　　)

A．100π cm3 B.π cm3
C．400π cm3 D.π cm3
解析：由三视图可知该“阳马”的底面是邻边长为6 cm，2 cm的长方形，垂直于该底面的侧棱长为6 cm，则该“阳马”的外接球的半径R＝＝5 cm，其外接球的体积V＝π×53＝π cm3.故选B.
答案：B
12．(2019·东莞模拟)已知三棱锥D-ABC的外接球的球心O恰好是线段AB的中点，且AC＝BC＝BD＝AD＝CD＝2，则三棱锥D-ABC的体积为(　　)
A. B.
C. D.
解析：因为三棱锥D-ABC的外接球的球心O恰好是线段AB的中点，且AC＝BC＝BD＝AD＝CD＝2，

所以OD＝OA＝OC＝OB＝CD＝，
易知OD⊥AB，OC⊥AB，
因为OD∩OC＝O，所以AB⊥平面COD，
过D作DE⊥OC，交OC于E，
因为DE⊂平面COD，所以AB⊥DE，
又OC∩AB＝O，
所以DE⊥平面ABC.
因为S△ABC＝AB·OC＝×2×＝2，
DE＝＝＝，
所以三棱锥D-ABC的体积V＝S△ABC·DE＝×2×＝.故选A.
答案：A
13．球O为正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球，AB＝2，E，F分别为棱AD，CC1的中点，则直线EF被球O截得的线段长为________．
解析：设EF与球面交于M，N两点，过球心与E，F的截面如图所示．因为AB＝2，E，F分别为棱AD，CC1的中点，所以EF＝，O′F＝，根据正方体的性质可得OF＝，所以OO′＝＝.由球O为正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球，可得ON＝1，由勾股定理得O′N＝，故MN＝.所以直线EF被球O截得的线段长为.

答案：
14.(2019·河南六市模拟)已知空间几何体ABCDE中，△BCD与△CDE均是边长为2的等边三角形，△ABC是腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD.

(1)试在平面BCD内作一条直线，使得直线上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行，并给出证明；
(2)求三棱锥E-ABC的体积．
解：(1)如图所示，取DC的中点N，取BD的中点M，连接MN，则MN即为所求．

证明：连接EM，EN，取BC的中点H，连接AH，
因为△ABC是腰长为3的等腰三角形，H为BC的中点，
所以AH⊥BC，又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AH⊂平面ABC，
所以AH⊥平面BCD，同理可证EN⊥平面BCD.
所以EN∥AH.
因为EN⊄平面ABC，AH⊂平面ABC，
所以EN∥平面ABC.
又M、N分别为BD，DC的中点，
所以MN∥BC，
因为MN⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以MN∥平面ABC.
又MN∩EN＝N，MN⊂平面EMN，EN⊂平面EMN，
所以平面EMN∥平面ABC，
又EF⊂平面EMN，
所以EF∥平面ABC，
即直线MN上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行．
(2)连接DH，取CH的中点G，连接NG，则NG∥DH，
由(1)可知EN∥平面ABC，
所以点E到平面ABC的距离与点N到平面ABC的距离相等，
又△BCD是边长为2的等边三角形，
所以DH⊥BC，
又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，DH⊂平面BCD，
所以DH⊥平面ABC，
所以NG⊥平面ABC，
因为DH＝，N为CD的中点，
所以NG＝，
又S△ABC＝·BC·AH＝×2×＝2，
所以VE－ABC＝·SABC·NG＝.