课时规范练39 空间几何体的表面积与体积.docx

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1、课时规范练39空间几何体的表面积与体积基础巩固组1 .（2023北京,4）某四面体的三视图如图所示,该四面体的表面积为（主视图左视图C.3+3答案: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3X111+(2)2=2i.2 .（2023云南昆明三模）已知平面。截球。所得截面圆半径为旧,该球面上的点到平面的距离最大值为3,则球。的表面积为（）答案:C解析:依题意得截面圆半径r二5,设球。的半径为R,则球心。到截面圆的距离d=3-R.由勾股定理得R2=（3-R）2+（5）2,解得r=2,所以球。的表面

2、积为4?2=16.3 .（2023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8cm,且当窄口容器的容器口是半径为1Cm的圆时,漏斗顶点处伸入容器部分的高为2cm,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.12V5cm2B.8V5cm2C.1V5cm2D.18V5cm2答案:C解析:设漏斗底面半径为人由题意得=a即r=4cm,所以该圆锥的母线长为=82+r2=6416=45(cm),以圆锥的侧面积为S=r1=165(cm2).4 .(2023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.

3、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5的正六棱柱无答案:B解析:如图,由正六边形的每个内角为拳按虚线处折成高为5的正六棱柱,即引三百,所以BE=丁=1,可得正六棱柱底边边长A3=6-2x1=4,tan60所以此包装盒的容积V=6423=72.4.已知一个几何体的三视图如图,则其外接球的体积为()A.18B.21C.27D.36答案:D解析:根据三视图还原原几何体,如图所示,由图可知,该几何体为三棱锥A-BC。,且平面BC。,将三棱锥A-BCD补成长方体AEFG-BCDH,所以,三棱锥A-BCO的外接球直径为2R=42+22+42=6,故R=3,因此该几

4、何体的外接球的体积为V=3=36.u、一3D5 .（2023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-答案: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的正方形滴为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=222-I1226 .（2023四川成都三诊）在三棱锥RABC中,已知P4_1平面48C,H4=4B=AC=2,NB4CB.2C.3D.5=T.若三棱锥P-ABC的各顶点都在球。的球面上,则球。的半径为（）答案:D解析:在ZkABC中,设其外接圆半径为人由正弦定理可得=WT=2匕解得12,三棱SinZJ1CBSmNO锥P-A

5、BC补成三棱柱ABC-PBiCi,点、Oi,。2分别是BCQPBiCi的外心,连接OIo2,则球心。是O1o2的中点,连接OAoA,设三棱椎P-ABC外接球半径为R1R=yrr+1=Jr2+（ip）2=22+I2=5.8.（2023青海西宁一模）在等腰三角形48。中48=4。=2,/84。=120,以底边8。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（）a3d2C1r.3A.HB.itC.-rD.Tr2223答案: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=IO=I（?AIcos30

6、。=|例sin30。位30。=2x打苧=*故V=*x（沙专9.（2023四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（）AB.CC：D.叵7777答案:A解析:设正三棱柱48C-A山C1,取三棱柱ABC-ABC的两底面中心O,O,连接OOi,取OO1的中点D,连接3D,则BD为正三棱柱外接球的半径.A48C是边长为2的正三角形,。是1ABC的中心,8。X4X2=手又。片。=2=1,：.BD=JOB2+OD2正三棱柱ABeA1BG外接球的表面积为4ix8D2=等.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

7、三棱柱内半径最大的球,即r=-2=-,63正三棱柱ABCAIB1G内半径最大的球表面积为47ixr2号,.该正三棱柱内半径最大4的球与其外接球的表面积之比为是=/10 .（2023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APo，底面ABCD.当点、P在半圆弧AD上（不含AQ点）运动时,三棱锥P-ABD的外接球的表面积为.答案32解析:四边形ABCD是边长为4的正方形,，BD=42.知APVPD；：平面APD1平面ABCD,平面APOn平面A8CD=AO,A3_1AD,AB_1平面APR,AB1PD.又PD1A

8、P,PDJ_平面ABP,：.PDVPBMBD的中点O,连接OA,O尸,则OP=OB=OD=OA?0是三棱锥P-ABD外接球的球心,球半径R=匏。=2,.该外接球的表面积为S=4R1=32.综合提升组11 .半径为1的球。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.答案N-35解析:如图所示,设球心为。点,上下底面的中心分别为0,Q,设正三棱柱的底面边长与高分别为x/,则OzA=G,在Rt0A02中,+c2=1,化为2=4-x2,3433,.Sw=3xh,S1j=9x2z2=12x2（3-x2）12（，+；）=27,当且仅当X=当时取等号,Sw1=3V3

9、,球的表面积与该正三棱柱的侧面积之差是4-33,故答案为4-33.12.（2023四川达州二诊）己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:时,圆锥的高为（）4A.1或B.1或更把C.1或5D.1或正口22答案:D解析:如图所示,设圆锥的底面半径为八高为,球的半径为凡则h=R+jR2-r2=1+1-r21,因为圆锥体积为球体积的；所以二r=二X。型化简得4343户（1+、1-厂2）=1,令71-丁2=/,则/=_产,所以炉+b）=0,解得片2号生（舍去）或f=/或f=0,所以仁竽或公1.如图所示，0设圆锥的底面半径为r,高为九球的半径为R则z=R-两2=1港1,因

10、为圆锥体积为球体积的；所以NxR3,化简得户（i-R）=,4343令V1-丁2r,则r2=i-P,所以r（2-r-1）=O,解得r二告（舍去）或r=0,所以A=I,综上公萼或公1创新应用组13.（2023四川泸州三模）已知在RtAABC中,斜边48=2乃C=I,若将Rt沿斜边AB上的中线CO折起,使平面ACo_1平面BCR则三棱锥A-BCD的外接球的表面积为（）.13n20C1On7A.-TiB.一rC.一rD.-TT3333答案:A解析:依题意知QBCD是边长为1的等边三角形,设其外接圆半径为力,由正弦定理易得门二与;AAQC是腰长为1的等腰三角形,同理可得其外接圆半径A=I.在三棱锥A-B

11、CQ中,分别过AAOC和ABCO的外心EF作它们的垂线,二者交于点。,则。是三棱锥A-BCD的外接球的球心.取OC的中点为M,连接EM,FM,由前面的作法及平面ACOj_平面BCD可知,四边形EMFO为矩形.在直角三角形EMD中,EO=m=1,OM=；,所以EM=ED2-DM2=J12-2=当所以OF=EMq,在直角三角形OFD中,。/二门=M所以收=0。2=。尸2+尸=（沙+乌）2系故三棱维A-BCO的外接球的表面积S=4C2=4=.12314.（2023福建厦门二模）国家游泳中心（水立方）的设计灵感来源于威尔弗兰泡沫,威尔弗兰泡沫是对开尔文胞体的改进,开尔文胞体是一种多面体,它由正六边形和正方形围成（其中每个顶点处有1个正方形和2个正六边形）,已知该多面体共有24个顶点,且棱长为1,则该多面体的表面积是（）A.936C.1236B.93+8D.123+8答案:C解析:由已知得正方形的面积为1X1=1,正六边形的面积为6xTX1XIX曰=哈,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,正方形有劲二6个,正六边形有*N=8个,所以该多面46体的表面积为8x延+6x1=125+6.故选C.2