【新高考复习】课时跟踪检测（三十四） 空间几何体及其表面积、体积 作业

课时跟踪检测（三十四）空间几何体及其表面积、体积一、综合练——练思维敏锐度1．正三棱锥底面边长为a，高为66a，则此正三棱锥的侧面积为()A.34a2B.32a2C.334a2D.332a2解析：选A因为底面正三角形中高为32a，其重心到顶点距离为32a×23＝33a，且棱锥高为66a，所以利用勾股定理可得侧棱长为a26＋a23＝22a，斜高为a22－a24＝a2，所以侧面积为S＝3×12×a×a2＝34a2.2.如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝22，AD＝2，则四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成几何体的表面积为()A．(15＋2)πB．2(15＋2)πC．4(15＋2)πD．(15＋42)π解析：选CS表＝S圆台底面＋S圆台侧面＋S圆锥侧面＝π×52＋π×(2＋5)×5＋π×2×22＝4(15＋2)π.故选C.3．魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为π∶4，若“牟合方盖”的体积为18，则正方体的棱长为()A．18B．6C．3D．2解析：选C因为“牟合方盖”的体积为18，所以该正方体的内切球的体积为18×π4＝92π，设正方体的棱长为a，则该正方体的内切球半径为a2，所以43π×a23＝92π，解得a＝3，故选C.4．(2021·重庆八中期末)唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度)，如图2所示，已知球的半径为R，酒杯内壁表面积为143πR2，设酒杯上部分(圆柱)的体积为V1，下部分(半球)的体积为V2，则V2V1＝()A．2B.32C.12D．1解析：选C设酒杯上部分高为h，则酒杯内壁表面积S＝12×4πR2＋2πRh＝143πR2，解得h＝43R，∴V1＝πR2h＝43πR3，V2＝12×43πR3＝23πR3，∴V2V1＝12.5.(多选)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的底面是正方形，AA1＝2AB，E是DD1的中点，则()A．△B1EC为直角三角形B．CE∥A1BC．三棱锥C1­B1CE的体积是长方体体积的16D．三棱锥C1­B1CD1的外接球的表面积是正方形ABCD面积的6π倍解析：选ACD令AA1＝2AB＝2a，在△B1EC中，B1E＝3a，EC＝2a，B1C＝5a，所以B1E2＋EC2＝B1C2，则△B1EC为直角三角形，故A正确；因为A1B与D1C平行，而CE与D1C相交，所以CE与A1B不平行，故B错误；三棱锥C1­B1CE的体积为VC1­B1CE＝VB1­C1CE＝13×12×2a×a×a＝a33，VABCD­A1B1C1D1＝2a3，则三棱锥C1­B1CE的体积是长方体体积的16，故C正确；因为三棱锥C1­B1CD1的外接球就是长方体ABCD­A1B1C1D1的外接球，所以三棱锥C1­B1CD1的外接球半径R＝a2＋a2＋2a22＝6a2，三棱锥C1­B1CD1的外接球的表面积为S＝4π×6a22＝6a2π，又S正方形ABCD＝a2，所以三棱锥C1­B1CD1的外接球的表面积是正方形ABCD面积的6π倍，故D正确，故选A、C、D.6．(2020·全国卷Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为()A．64πB．48πC．36πD．32π解析：选A如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以ABsin60°＝2r，解得AB＝23，故OO1＝23，所以R2＝OO21＋r2＝(23)2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.7．(多选)已知四棱台ABCD­A1B1C1D1的上下底面均为正方形，其中AB＝22，A1B1＝2，AA1＝BB1＝CC1＝2，则下述正确的是()A．该四棱台的高为3B．AA1⊥CC1C．该四梭台的表面积为26D．该四梭台外接球的表面积为16π解析：选AD由棱台性质，画出切割前的四棱锥如图所示，由于AB＝22，A1B1＝2，可知△SA1B1与△SAB相似比为1∶2；则SA＝2AA1＝4，AO＝2，则SO＝23，则OO1＝3，该四棱台的高为3，A正确；因为SA＝SC＝AC＝4，所以AA1与CC1夹角为60°，不垂直，B错误；该四棱台的表面积为S＝S上底＋S下底＋S侧＝2＋8＋4×2＋222×142＝10＋67，C错误；由于上下底面都是正方形，则外接球的球心在OO1上，在平面B1BOO1上中，由于OO1＝3，B1O1＝1，则OB1＝2＝OB，即点O到点B与点B1的距离相等，则r＝OB＝2，该四棱台外接球的表面积为16π，D正确，故选A、D.8．已知在棱长为6的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，过A，E，F三点作该正方体的截面，则截面的周长为________．解析：如图，延长EF，A1B1，相交于点M，连接AM，交BB1于点H，延长FE，A1D1，相交于点N，连接AN，交DD1于点G，连接FH，EG，可得截面为五边形AHFEG.因为ABCD­A1B1C1D1是棱长为6的正方体，且E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，易得EF＝32，AG＝AH＝213，EG＝FH＝13，截面的周长为AH＋HF＋EF＋EG＋AG＝613＋32.答案：613＋329．已知三棱锥D­ABC的所有顶点都在球O的表面上，AD⊥平面ABC，AC＝3，BC＝1，cos∠ACB＝3sin∠ACB，AD＝2，则球O的表面积为________．解析：由cos∠ACB＝3sin∠ACB，sin2∠ACB＋cos2∠ACB＝1，解得sin∠ACB＝12，cos∠ACB＝32，所以∠ACB＝π6.因为AC＝3，BC＝1，所以由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB，即AB2＝3＋1－2×3×32＝1，故AB＝1，所以△ABC为等腰三角形，且∠ABC＝2π3.设△ABC外接圆半径为r，由正弦定理得3sin2π3＝2r，解得r＝1，设球O的半径为R，△ABC的外心为O′，连接OO′，设OO′＝h，过O作OM⊥AD，连接O′A，OA，OD，则在△O′OA中，h2＋12＝R2，①在△OMD中，(2－h)2＋12＝R2，②联立①②解得R＝2，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝4π(2)2＝8π.答案：8π10．已知一个圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面面积为________．解析：因为圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，所以圆锥的底面半径r＝1，母线长l＝2，所以圆锥的侧面面积S＝πrl＝2π.答案：2π11．已知三棱锥S­ABC外接球O的体积为288π，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，cos∠CBA＝35，则三棱锥S­ABC体积的最大值为________．解析：在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠CBA，解得BC＝10.因为AB2＋AC2＝BC2，所以AC⊥AB，所以Rt△ABC的外接圆半径为5.因为43πR3＝288π，故R＝6.球心O到平面ABC的距离d＝36－25＝11，当平面SBC⊥平面ABC时，三棱锥S­ABC的体积最大，为13×12×6×8×(6＋11)＝48＋811.答案：48＋81112.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＝EH2－EM2＝6，AH＝10，HB＝6.故S四边形A1EHA＝12×(4＋10)×8＝56，S四边形EB1BH＝12×(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9779也正确.13.如图是一个以A1B1C1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC，已知A1B1＝B1C1＝2，∠A1B1C1＝90°，AA1＝4，BB1＝3，CC1＝2，求：(1)该几何体的体积．(2)截面ABC的面积．解：(1)过C作平行于A1B1C1的截面A2B2C，交AA1，BB1分别于点A2，B2.由直三棱柱性质及∠A1B1C1＝90°可知B2C⊥平面ABB2A2，则该几何体的体积V＝VA1B1C1­A2B2C＋VC­ABB2A2＝12×2×2×2＋13×12×(1＋2)×2×2＝6.(2)在△ABC中，AB＝22＋4－32＝5，BC＝22＋3－22＝5，AC＝222＋4－22＝23.则S△ABC＝12×23×52－32＝6.二、自选练——练高考区分度1．(2021·安徽省示范高中名校联考)如图，已知四面体ABCD为正四面体，AB＝1，E，F分别是AD，BC的中点．若用一个与直线EF垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为()A.14B.24C.34D．1解析：选A如图所示，将正四面体ABCD放在正方体中，与直线EF垂直的截面，即与正方体的上下底面平行的平面，记该平面分别与AC，AB，BD，CD交于点K，L，M，N，则截面为KLMN.由面面平行的性质可知KL∥BC，MN∥BC，LM∥AD，KN∥AD，则四边形KLMN为平行四边形，又AD⊥BC，所以KL⊥LM，所以四边形KLMN为矩形．又KLBC＝ALAB，LMAD＝BLAB，且BC＝AD＝AB＝1，所以KL＋LM＝AL＋BL＝AB＝1，S四边形KLMN＝KL·LM≤KL＋LM22＝14，当且仅当KL＝LM＝12时取等号，故选A.2．已知在正四面体ABCD中，E是AD的中点，P是棱AC上的一动点，BP＋PE的最小值为14，则该四面体内切球的体积为()A.25639πB.43πC．43πD.4327π解析：选D由题意，将侧面△ABC和△ACD沿AC边展开成平面图形，如图所示．设正四面体的棱长为a，则BP＋PE的最小值为BE＝a2＋a24－2·a·a2·cos120°＝72a＝14，得a＝22，所以正四面体的高为8－2632＝433，所以正四面体的体积为13×34×8×433＝83，设该四面体内切球的半径为r，则4×13×34×8×r＝83，解得r＝33，所以该四面体内切球的体积为43π×333＝4327π.3.我国古代的数学名著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，“阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥．现有一如图所示的“堑堵”，即三棱柱ABC­A1B1C1，其中AC⊥BC，若AA1＝AB＝1，当“阳马”(四棱锥B­A1ACC1)体积最大时，“堑堵”(三棱柱ABC­A1B1C1)的表面积为()A.2＋1B.3＋1C.22＋32D.3＋32解析：选C由题意知，△ABC为直角三角形，且∠ACB＝90°，设AC＝x，则BC＝1－x2(0x1)，则VB­A1ACC1＝13S四边形A1ACC1·BC＝13×1×x×1－x2＝13×x1－x2≤13×x2＋1－x22＝16(当且仅当x＝1－x2，即x＝22时，等号成立，此时VB­A1ACC1最大)，此时三棱柱ABC­A1B1C1的表面积S＝2