课时提升作业(三十九)空间几何体的表面积与体积一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2022·福建高考)以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴,将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于( )A.2π B.π C.2 D.1【解析】选A.以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴旋转一周所得的圆柱的底面半径为1,母线长为1.故侧面积为2πr·l=2π·1·1=2π.2.如图所示,已知三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为1,且AA1⊥底面ABC,则三棱锥B1-ABC1的体积为( )A.B.C.D.【解析】选A.在△ABC中,BC边上的高为,即棱锥A-BB1C1的高为,又=,所以=××=.3.(2022·新课标全国卷Ⅱ)如图,网格纸上正方形小格的边长为1(表示1cm),图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为3cm,高为6cm的圆柱体毛坯切削得到,则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.B.C.D.【解题提示】由三视图,还原出几何体,然后根据几何体的形状,求得体积之比.【解析】选C.因为加工前的零件半径为3,高为6,所以体积V1=9π·6=54π.因为加工后的零件,左半部为小圆柱,半径为2,高为4,右半部为大圆柱,半径为3,高为2.所以体积V2=4π·4+9π·2=34π.-9-\n所以削掉部分的体积与原体积之比==.4.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( )A.+6B.C.D.+6【解析】选B.由三视图可知该几何体为横着平放的半个圆锥与半个圆柱构成的简单组合体,体积V=×π×12×2+×π×12×3=π.5.(2022·太原模拟)已知三棱锥S-ABC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.【解题提示】先根据题意确定四面体O-ABC的结构特征,求得O到平面ABC的距离,进而求得S到平面ABC的距离,代入体积公式求解.【解析】选A.因为△ABC为边长为1的正三角形,且球半径为1,所以四面体O-ABC为正四面体,所以△ABC的外接圆的半径为,所以点O到平面ABC的距离d==,所以三棱锥的高SF=2OE=,所以三棱锥的体积为××1××=.二、填空题(每小题5分,共15分)6.(2022·天津高考)一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为 m3.-9-\n【解析】如图,所给几何体由一个圆锥和一个圆柱组合而成,V=×2×π×22+π×12×4=(m3).答案:7.已知一个几何体的三视图如图所示(单位:cm),其中正视图是直角梯形,侧视图和俯视图都是矩形,则这个几何体的体积是 cm3.【解析】-9-\n由三视图可知,该几何体为一个放倒的四棱柱,以梯形为底,所以梯形面积为=,四棱柱的高为1,所以该几何体的体积为.答案:8.(2022·烟台模拟)某几何体的三视图如图所示,则该几何体外接球的表面积为 .【解析】如图所示,由三视图可知该几何体为圆锥AO,AD为该圆锥外接球的直径,则AO=1,CO=,由射影定理可知CO2=AO·OD,得OD=3,所以外接球的半径为(AO+OD)=2,表面积为4π×22=16π.答案:16π【误区警示】本题易误将圆锥底面圆半径作为球的半径而致误.【加固训练】圆柱形容器内盛有高度为8cm的水,若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后,水恰好淹没最上面的球(如图),则球的半径是 cm.【解析】设球半径为r,则由3V球+V水=V柱,可得3×πr3+πr2×8=πr2×6r,解得r=4.答案:4三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2022·长春模拟)已知某几何体的三视图如图所示(单位:cm):-9-\n(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=,A1D1=AD=2,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).10.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.【解析】(1)过C作平行于A1B1C1的截面A2B2C,交AA1,BB1分别于A2,B2.-9-\n由直三棱柱性质及∠A1B1C1=90°可知B2C⊥平面ABB2A2,则V==×2×2×2+××(1+2)×2×2=6.(2)在△ABC中,AB==,BC==,AC==2.则S△ABC=×2×=.【一题多解】本题(1)问还可以用以下方法解答:延长B1B,C1C到B3,C3,使得B3B1=C3C1=AA1.则V==×2×2×4-××(1+2)×2×2=6.(20分钟 40分)1.(5分)(2022·中山模拟)如图是一个几何体的正视图、侧视图、俯视图,则该几何体的体积是( )-9-\nA.24B.12C.8D.4【解题提示】由三视图还原出几何体,由几何体的结构特征求体积.【解析】选B.由三视图可知,该几何体是由两个相同的直三棱柱构成,三棱柱的高为4,三棱柱的底面三角形为直角三角形,两直角边分别为2,,所以三角形的底面积为×2×=,所以三棱柱的体积为×4=6,所以该几何体的体积为2×6=12.2.(5分)(2022·陕西高考)已知底面边长为1,侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体积为( )A.B.4πC.2πD.【解题提示】根据截面圆半径、球心距、球半径构成直角三角形,满足勾股定理,求出球的半径,代入球的体积公式求解.【解析】选D.由正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,可设正四棱柱的上底所在截面圆的半径为R1,则+=1可得=;又侧棱长为,所以球心到截面圆的距离d=;由截面圆半径、球心距、球半径构成直角三角形,根据勾股定理得球半径R===1,代入球的体积公式得球的体积为.【加固训练】已知点P,A,B,C,D是球O表面上的点,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是边长为2的正方形.若PA=2,则△OAB的面积为 .【解析】-9-\n首先,可以判定点O,P在平面ABCD的同侧(否则,由OA=OP=R,三角形OAP为等腰三角形,∠OAP=∠OPA,据PA⊥平面ABCD知∠OAP为钝角,一个等腰三角形的底角不可能为钝角),设正方形ABCD的对角线交于点M,连接OM,由球的性质,OM⊥平面ABCD,又PA⊥平面ABCD,则PA∥OM,从而四边形AMOP为直角梯形.如图,OP=R,作ON⊥PA于N.可以求得ON=MA=,AN=OM=,PN=PA-AN=2-.在直角三角形ONP中,利用勾股定理,得(2-)2+6=R2,求得R=2,故三角形OAB为等边三角形,S△OAB=(2)2=3.答案:33.(5分)已知ABCD-A1B1C1D1是棱长为1的正方体,点P1,P2分别是线段AB,BD1上(不包括端点)的动点,在P1,P2运动的过程中线段P1P2始终平行于平面A1ADD1,则当几何体P1P2AB1的体积取得最大值时,AP1= .【解析】过P2作P2O⊥底面ABCD于O,连接OP1,则OP1⊥AB,即OP1⊥平面P1AB1,设AP1=x,0<x<1,则由题意知OP1∥AD,所以有=,即OP1=1-x,又=x,所以四面体P1P2AB1的体积为·OP1=×x(1-x)=x(1-x)≤=,当且仅当x=1-x,即x=时取等号,所以四面体P1P2AB1的体积的最大值为,此时AP1=.答案:4.(12分)(2022·绍兴模拟)用一块钢锭浇铸一个厚度均匀,且全面积为2平方米的正四棱锥形有盖容器(如图),设容器的高为h米,盖子边长为a米.(1)求a关于h的函数解析式.(2)设容器的容积为V立方米,则当h为何值时,V最大?求出V的最大值.(求解本题时,不计容器的厚度)【解析】(1)设h′为正四棱锥的斜高.由已知解得a=(h>0).-9-\n(2)V=ha2=(h>0),易得V=,因为h+≥2=2,所以V≤,当且仅当h=,即h=1时取等号,故当h=1米时,V有最大值,V的最大值为立方米.5.(13分)(能力挑战题)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,过A1,C1,B三点的平面截去长方体的一个角后,得到如图所示的几何体ABCD-A1C1D1,这个几何体的体积为.(1)求棱A1A的长.(2)求经过A1,C1,B,D四点的球的表面积.【解析】(1)设A1A=h,因为几何体ABCD-A1C1D1的体积为,所以=,即S四边形ABCD×h-××h=,即2×2×h-××2×2×h=,解得h=4.所以A1A的长为4.(2)如图,连接D1B,设D1B的中点为O,连接OA1,OC1,OD.因为ABCD-A1B1C1D1是长方体,所以A1D1⊥平面A1AB.因为A1B⊂平面A1AB,所以A1D1⊥A1B.所以OA1=D1B.同理OD=OC1=D1B.所以OA1=OD=OC1=OB.所以经过A1,C1,B,D四点的球的球心为点O.因为D1B2=A1+A1A2+AB2=22+42+22=24.所以S球=4π×(OD1)2=4π×=π×D1B2=24π.故经过A1,C1,B,D四点的球的表面积为24π.-9-
