人教A版高考文科数学一轮总复习课后习题 第8章 立体几何 课时规范练 空间几何体的表面积与体积

课时规范练37 空间几何体的表面积与体积
基础巩固组
1.(北京,4)某四面体的三视图如图所示,该四面体的表面积为( )
A.3+√3
B.4
C.3+√3
D.2
2
2.(云南昆明三模)已知平面α截球O所得截面圆半径为√3,该球面上的点到平面α的距离最大值为3,则球O的表面积为( )
A.4π
B.8π
C.16π
D.32π
3.(广西来宾、玉林、梧州4月联考)为了方便向窄口容器中注入液体,某单位设计一种圆锥形的漏斗,设计要求如下:该圆锥形漏斗的高为8 cm,且当窄口容器的容器口是半径为1 cm的圆时,漏斗顶点处伸入容器部分的高为2 cm,则制造该漏斗所需材料面积的大小约为( )(假设材料没有浪费)
A.12√5π cm2
B.8√5π cm2
C.16√5π cm2
D.18√5π cm2
4.(山东潍坊一模)某中学开展劳动实习,学习加工制作食品包装盒.现有一张边长为6的正六边形硬纸片,如图所示,裁掉阴影部分,然后按虚线处折成高为√3的正六棱柱无盖包装盒,则此包装盒的容积为( )
A.144
B.72
C.36
D.24
5.(陕西宝鸡二模)如图是某几何体的三视图,则该几何体的体积为( )
A.8-π
B.8-π
3
C.8-2π
3D.16-π
6
6.(四川成都三诊)在三棱锥P-ABC中,已知PA⊥平面ABC,PA=AB=AC=2,∠
BAC=2π
3
.若三棱锥P-ABC的各顶点都在球O的球面上,则球O的半径为( )
A.1
B.√2
C.√3
D.√5
7.(青海西宁一模)在等腰三角形ABC 中,AB=AC=2,∠BAC=120°,以底边BC 所在直线为轴旋转围成的封闭几何体内装有一球,则球的最大体积为( ) A.√32
π
B.√22
π
C.1
2
π
D.√33
π
8.(四川成都七中高三月考)已知正三棱柱的高与底面边长均为2,则该正三棱柱内半径最大的球与其外接球的表面积之比为( ) A.1
7
B.√77
C.3
7
D.
√21
7
9.(山东烟台二模)在一次综合实践活动中,某手工制作小组利用硬纸板做了一个如图所示的几何模型,底面ABCD 为边长是4的正方形,半圆面APD ⊥底面ABCD.当点P 在半圆弧AD 上(不含A,D 点)运动时,三棱锥P-ABD 的外接球的表面积为 .
综合提升组
10.半径为1的球O 内有一个内接正三棱柱,当正三棱柱的侧面积最大时,球的表面积与该正三棱柱的侧面积之差是 .
11.(四川达州二诊)已知圆锥的底面圆周和顶点都在一半径为1的球的球面上,当圆锥体积为球体积的1
4时,圆锥的高为( )
A.1或√2
B.1或√3+1
2 C.1或√3
D.1或
√5+1
2
创新应用组
12.(四川泸州三模)已知在Rt △ABC 中,斜边AB=2,BC=1,若将Rt △ABC 沿斜边AB 上的中线CD 折起,使平面ACD ⊥平面BCD,则三棱锥A-BCD 的外接球的表面积为( ) A.13
3π
B.20
3
π
C.10
3
π
D.7
3
π
A.9√3+6
B.9√3+8
C.12√3+6
D.12√3+8
答案： 课时规范练
1.A 解析:根据三视图可得该几何体为正三棱锥,其三个侧面为全等的等腰直角三角形,底面为等边三角形,由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为
1,故其表面积为3×1
2×1×1+√3
4
×(√2)2=3+√3
2
.
2.C 解析:依题意得截面圆半径r=√3,设球O的半径为R,则球心O到截面圆的距离d=3-R.由勾股定理得R2=(3-R)2+(√3)2,解得R=2,所以球O的表面积为4πR2=16π.
3.C 解析:设漏斗底面半径为r,由题意得1
r =2
8
,即r=4cm,所以该圆锥的
母线长为l=√82+r2=√64+16=4√5(cm),所以圆锥的侧面积为
S=πrl=16√5π(cm2).
4.B 解析:如图,由正六边形的每个内角为2π
3
,按虚线处折成高为√3的正
六棱柱,即BF=√3,所以BE=BF
tan60°
=1,可得正六棱柱底边边长AB=6-2×1=4,
所以此包装盒的容积V=6×√3
4
×42×√3=72.
5.B 解析:由三视图可得,该几何体为一个三棱锥(其底面是边长为2的正方形,高为2),去掉半个圆锥(其底面半径为1,高为2),所以该几何体的
体积V=1
3×2×2×2-1
2
×1
3
×π×12×2=8-π
3
.
6.D 解析:在△ABC 中,设其外接圆半径为r,由正弦定理可得
AB sin∠ACB
=
2sin
π6
=2r,解得r=2,三棱锥P-ABC 补成三棱柱ABC-PB 1C 1,点O 1,O 2分别是△
ABC,△PB 1C 1的外心,连接O 1O 2,则球心O 是O 1O 2的中点,连接O 1A,OA,设三棱锥P-ABC 外接球半径为R,R=√r 2+O 1O 2=√r 2+(1
2PA) 2=√22+12=
√5.
7.A 解析:如图,据题意可得几何体的轴截面为边长为2、邻边的一夹角为60°的菱形,即菱形中的圆与该菱形内切时,球的体积最大,可得内切圆的半径r=|OM|=|OA|·cos30°=|AB|·sin30°·cos30°=2×1
2
×
√32
=
√3
2
,故V=4
3
×π×
√32
3
=
√3π
2
.
8.A 解析:设正三棱柱ABC-A 1B 1C 1,取三棱柱ABC-A 1B 1C 1的两底面中心O,O 1,连接OO 1,取OO 1的中点D,连接BD,则BD 为正三棱柱外接球的半径.∵△ABC 是边长为2的正三角形,O 是△ABC 的中心,∴BO=2
3×
√32
×2=
2√33
.又
OD=12
OO 1=12
AA 1=1,∴BD=√OB 2+OD 2=√7
3
=
√21
3
.∴正三棱柱ABC-A 1B 1C 1外接
球的表面积为4π×BD 2=
28π3
.根据题意可知,当一个球的半径r 等于底面正
三角形内切圆的半径时,这个球是正三棱柱内半径最大的球,即r=
√36
×2=√33
,∴正三棱柱ABC-A 1B 1C 1内半径最大的球表面积为4π×r 2=4π
3
,
∴该正三棱柱内半径最大的球与其外接球的表面积之比为
4π328π3
=1
7
.
9.32π 解析:∵四边形ABCD 是边长为4的正方形,∴BD=4√2.易知AP ⊥PD,∵平面APD ⊥平面ABCD,平面APD∩平面ABCD=AD,AB ⊥AD,∴AB ⊥平面APD,∴AB ⊥PD.又PD ⊥AP,∴PD ⊥平面ABP,∴PD ⊥PB.取BD 的中点O,连接OA,OP,则OP=OB=OD=OA,即点O 是三棱锥P-ABD 外接球的球心,球半径R=1
2
BD=2√2,∴该外接球的表面积为S=4πR 2=32π. 10.4π-3√3 解析:如图所示,设球心为O 点,上下底面的中心分别为O 1,O 2,设正三棱柱的底面边长与高分别为x,h,则
O 2A=√3
3
x,在
Rt △OAO 2中,
ℎ24
+
13
x 2=1,化为h 2
=4-4
3x 2
,∵S 侧=3xh,∴
S 侧2
=9x 2h 2=12x 2(3-x 2)≤12(x 2+3-x 22
)2
=27,当且仅当x=√62
时取等号,S 侧=3√3,∴球的表面积与该正三棱柱的侧面积之差是4π-3√3,故答案为4π-3√3.
11.D 解析:①如图所示,设圆锥的底面半径为r,高为h,球的半径为R,则h=R+√R 2-r 2=1+√1-r 2≥1,因为圆锥体积为球体积的1
4
,所以1
3
πr 2h=1
4
×
43
πR 3,化简得r 2(1+√1-r 2)=1,令√1-r 2=t,则r 2=1-t 2,所以t(t 2+t-1)=0,解
得t=-1-√52
(舍去)或t=
-1+√52
或t=0,所以h=
1+√5
2
或h=1.
②如图所示,
设圆锥的底面半径为r,高为h,球的半径为R,则h=R-√R 2-r 2=1-√1-r 2≤1,
因为圆锥体积为球体积的1
4
,所以1
3
πr 2h=1
4
×4
3
πR 3,化简得r 2(1-√1-r 2)=1,
令√1-r 2=t,则r 2=1-t 2,所以t(t 2-t-1)=0,解得t=1±√52
(舍去)或t=0,所以
h=1, 综上h=
1+√52
或h=1.
12.A 解析:依题意知,△BCD 是边长为1的等边三角形,设其外接圆半径为r 1,由正弦定理易得r 1=√33
;△ADC 是腰长为1的等腰三角形,同理可得其外接圆半径r 2=1.在三棱锥A-BCD 中,分别过△ADC 和△BCD 的外心E,F 作
它们的垂线,二者交于点O,则O 是三棱锥A-BCD 的外接球的球心.取DC 的中点为M,连接EM,FM,由前面的作法及平面ACD ⊥平面BCD 可知,四边形EMFO 为矩形.在直角三角形EMD 中,ED=r 2=1,DM=1
2,所以EM=√ED 2-DM 2=
√12-(1
2
) 2=
√3
2
,所以OF=EM=√32,在直角三角形OFD 中,DF=r 1=√33
,所以R 2=OD 2=OF 2+DF 2=√32
2
+
√33
2
=13
12
.故三棱锥A-BCD 的外接球的表面积
S=4πR 2=4π×
1312
=
13π3
.
13.C 解析:由已知得正方形的面积为1×1=1,正六边形的面积为6×
12
×1×1×
√32
=
3√3
2
.因为正方形有4个顶点,正六边形有6个顶点,该多面体共有24个顶点,每个顶点处有1个正方形和2个正六边形,所以该多面体中,正方形有24
4=6个,正六边形有
24×26
=8个,所以该多面体的表面积为
8×3√3
2
+6×1=12√3+6.故选C.。