2022版高考数学一轮复习 第8章 第1讲 空间几何体的表面积与体积训练（含解析）.doc

1、第八章第1讲A级基础达标1(2020年新余模拟)如图，一圆锥形物体的母线长为4，其侧面积为4，则这个圆锥的体积为()ABCD【答案】C2棱长为4的正方体的内切球的体积为()ABC16D24【答案】B3(2019年娄底期末)已知一个圆柱的高是底面圆半径的2倍，则该圆柱的侧面积与表面积的比值为()ABCD【答案】C4正三角形的边长为2，将它沿BC边上的高AD翻折，使点B与点C间的距离为，此时四面体ABCD的外接球的表面积为()AB4CD7【答案】D5九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍甍chmng”的五面体(如图)，四边形ABCD为矩形，棱EFAB若此几何体中，AB6，

2、EF2，ADE和BCF都是边长为4的等边三角形，则此几何体的体积为()ABCD【答案】C【解析】过点F作FO平面ABCD，垂足为O，取BC的中点P，连接PF，过点F作FQAB，垂足为Q，连接OQ，延长QO交CD于点G，连接FG.因为ADE和BCF都是边长为4的等边三角形，所以OP(ABEF)2，PF2，OQBC2.因为FO平面ABCD，所以FOOP.所以OF2.如图，把此“刍甍”分为两侧各一个四棱锥，中间一个三棱柱因为FQAB，FOAB，所以AB平面FGQ.所以ABGQ，所以四边形BCGQ是矩形V2422422.6(2019年泉州期末)两直角边分别为1，的直角三角形绕其斜边所在的直线旋转一周，

3、得到的几何体的表面积是()AB3CD(32)【答案】A【解析】由题知该几何体为两个圆锥底对底组合在一起，其中若L11，R1与L2，R2，所以S1.7(2019年上海期末)圆锥的母线长是，高是，则其侧面积是_【答案】8(2020年湖北一模)已知圆锥的顶点为S，母线SA与圆锥底面所成的角为30，若圆锥的体积为8，则此圆锥的侧面积为_【答案】8【解析】如图所示，由题意设圆锥的高为h，则底面半径为h，母线长为l2h，所以圆锥的体积为V圆锥3h2h8，解得h2，r2，l4.所以此圆锥的侧面积为S侧面积rl248.9如图，一个圆锥的底面半径为2，高为4，在其中有一个高为x的内接圆柱(1)求圆柱的侧面积；(

4、2)当x为何值时，圆柱的侧面积最大？解：(1)如图，设内接圆柱底面半径为r.S圆柱侧2rx，因为，所以r(4x)，将代入，S圆柱侧2x(4x)(x24x)(0x4)(2)因为S圆柱侧(x24x)(x2)24，所以x2时，S圆柱侧最大4.10如图所示，正四棱台的高是17 cm，两底面边长分别为4 cm和16 cm，求棱台的侧棱长和斜高解：设棱台两底面的中心分别为O和O，BC，BC的中点分别为E，E，连接OB，OE，OO，OE，OB，EE，则四边形OEEO，OBBO均为直角梯形在正方形ABCD中，BC16 cm，则OB8 cm，OE8 cm.在正方形ABCD中，BC4 cm，则OB2 cm，OE2

5、 cm.在直角梯形OOBB中，BB19 cm.在直角梯形OOEE中，EE5 cm.所以这个棱台的侧棱长为19 cm，斜高为5 cm.B级能力提升11正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该正四棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的体积为()ABC9D16【答案】B【解析】如图所示，R2(4R)22，所以R2168RR22，所以R，所以VR3.12(多选)(2020年潍坊模拟)等腰直角三角形直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为()AB(1)C2D(2)【答案】AB【解析】若绕一条直角边旋转一周时，则圆锥的底面半径为1，高为1，所以母线长l，这时表面积为1l12(1

6、)；若绕斜边旋转一周时，旋转体由两个圆锥对底组合在一起，且由题意知其底面半径为，圆锥的母线长为1，所以表面积S21.13(2020年武汉调研)祖暅(公元前56世纪)，祖冲之之子，是我国齐梁时代的数学家他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等该原理在西方直到17世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现，比祖暅晚一千一百多年椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体如图将底面直径皆为2b，高皆为a的椭半球体及已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面上以平行于平面的平面于距平面任意高d处可横截得到S圆及S环两截面，可以证明S

7、圆S环总成立据此，短轴长为4 cm，长轴为6 cm的椭球体的体积是_cm3.【答案】16 【解析】因为总有S圆S环，所以椭半球体的体积等于V柱V锥b2ab2ab2a，椭球体的体积为Vb2a.因为2b4,2a6，所以b2，a3，所以该椭球体的体积是22316 cm3.14(一题两空)(2020年滨州模拟)在四面体SABC中，SASB2，且SASB，BC，AC，则该四面体体积的最大值为_，此时四面体外接球的表面积为_【答案】8【解析】四面体的体积最大时即平面SAB平面ABC，SASB2.又SASB，BC，AC，所以ACB90.取AB的中点H，连接CH，SH，SHAB，平面SAB平面ABCAB，SH

8、在平面SAB内，而SHSA，所以SH平面ABC所以VSABCSABCSH.所以外接球的球心在SH上，设球心为O，连接OC，CHABSA.由SHSA，知O与H重合所以RCHSH.所以四面体的外接球的表面积S4R28.15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PA1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCDA1B1C1D1(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AB6 m，PO12 m，则仓库的容积是多少？解：由PO12 m，知O1O4PO18 m因为A1B1AB6 m，所以正四棱锥PA1B1C1D1的体积V锥A1BPO162224 m3；正四棱柱

9、ABCDA1B1C1D1的体积V柱AB2O1O628288 m3.所以仓库的容积VV锥V柱24288312 m3.故仓库的容积是312 m3.C级创新突破16在三棱锥SABC中，ABC是边长为3的等边三角形，SA，SB2，二面角SABC的大小为120，则此三棱锥的外接球的表面积为_【答案】21【解析】根据题意得SA2AB2SB2，即SAAB取AB的中点为D，SB的中点为M，连接CD，MD，得CDM为二面角SABC的平面角，所以MDC120.如图，设三角形ABC的外心为O1，则O1在CD上，连接BO1，则CO1BO1，DO1.设外接球半径为R，易知球心为过M垂直面ABS的垂线与过O1垂直面ABC

10、的垂线的交点O.在四边形MDO1O中，因为二面角SABC的平面角MDC120，且MOMD，O1ODO1，MDO1D，所以ODO160，OO1O1Dtan 60，连接OB，则R2OB2OOO1B23，所以球的表面积S4R221.17如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB16，BC10，AA18，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1ED1F4.过点E，F的平面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)求平面把该长方体分成两部分的体积的比值解：(1)交线围成的正方形EHGF如图所示(2)如图，作EMAB，垂足为M，则AMA1E4，EB112，EMAA18.因为四边形EHGF为正方形，所以EHEFBC10.于是MH6，AH10，HB6.故S四边形A1EHA(410)856，S四边形EB1BH(126)872.因为长方体被平面分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为.