2021版高考数学（山东新高考版）一轮复习课时规范练30空间几何体的表面积与体积 WORD版含解析.docx

1、课时规范练30空间几何体的表面积与体积课时规范练B册第18页 基础巩固组1.(2019河北唐山一中期中)下列说法中,正确的是()A.棱柱的侧面可以是三角形B.若棱柱有两个侧面是矩形,则该棱柱的其他侧面也是矩形C.正方体的所有棱长都相等D.棱柱的所有棱长都相等答案C解析棱柱的侧面都是平行四边形,选项A错误;其他侧面可能是平行四边形,选项B错误;棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等,选项D错误;易知选项C正确.故选C.2.在矩形ABCD中,AB=4,BC=3,沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角B-AC-D,则四面体ABCD的外接球的体积为()A.12512B.1259C.1256D.1253答案C解

2、析设矩形对角线的交点为O,则由矩形对角线互相平分,可知OA=OB=OC=OD.点O到四面体的四个顶点A,B,C,D的距离相等,即点O为四面体的外接球的球心,如图所示.外接球的半径R=OA=52.故V球=43R3=1256.选C.3.(2019海南中学考前模拟)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.312B.34C.612D.64答案A解析易知三棱锥B1-ABC1的体积等于三棱锥A-B1BC1的体积,又三棱锥A-B1BC1的高为32,底面积为12,故其体积为131232=312.4.(2019四川自贡一模)若长方体A

3、BCD-A1B1C1D1的顶点都在体积为288的球O的球面上,则长方体ABCD-A1B1C1D1的表面积的最大值等于()A.576B.288C.144D.72答案B解析设长方体的三度为a,b,c,球的直径就是长方体的对角线的长,设球的半径为R,则由43R3=288,得R=6.所以a2+b2+c2=122=144,长方体的表面积为2ab+2ac+2bc2a2+2b2+2c2=288.当a=b=c时取得最大值,也就是长方体为正方体时表面积最大.故选B.5.(2019黑龙江红岗期末)设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱的长都是a,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为()A.a2B.73a2C.113a2

4、D.5a2答案B解析由题意可知,三棱柱为正三棱柱,上下底面中心连线的中点即为球心,如图,M,N分别为三棱柱上、下底面的中心,O为MN的中点,则OA为球的半径,AN=23AD=2332a=33a.所以r=OA=ON2+AN2=a24+a23=7a212,所以S=4r2=73a2.6.(2019江西赣州模拟)在三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为棱BC,A1C1的中点,过A,D,E的截面把三棱柱分成两部分,则这两部分的体积比为()A.53B.21C.177D.31答案C解析根据题中的条件,可以断定,该截面与B1C1的交点为靠近于C1的四等分点,所以可以得到该平面将棱柱分成了一个三棱台和一个几

5、何体,而该三棱柱的体积为V=Sh,而割出来的三棱台的体积为V1=13h12S+12S18S+18S=724Sh,所以有V1=724V,V2=1724V,所以所得的两部分的体积比为177,故选C.7.(2018全国3,理10)设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,ABC为等边三角形且其面积为93,则三棱锥D-ABC体积的最大值为()A.123B.183C.243D.543答案B解析由ABC为等边三角形且面积为93,设ABC边长为a,则S=12a32a=93.a=6,则ABC的外接圆半径r=3223a=234.设球的半径为R,如图,OO1=R2-r2=42-(23)2=2.当D在O的正

6、上方时,VD-ABC=13SABC(R+|OO1|)=13936=183,最大.故选B.8.(2019安徽定远中学仿真考)已知半径为2的球内有一个内接圆柱,若圆柱的高为2,则球的体积与圆柱的体积的比为()A.43B.916C.34D.169答案D解析设圆柱的底面圆半径为r,则r=22-12=3,所以圆柱的体积V1=(3)22=6.又球的体积V2=4323=323,所以球的体积与圆柱的体积的比V2V1=3236=169,故选D.9.(2019天津,理11)已知四棱锥的底面是边长为2的正方形,侧棱长均为5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱

7、的体积为.答案4解析由底面边长为2,可得OC=1.设M为VC的中点,O1M=12OC=12,O1O=12VO,VO=VC2-OC2=2,O1O=1.V柱=O1M2O1O=1221=4.10.如图(1),把棱长为1的正方体沿平面AB1D1和平面A1BC1截去部分后,得到如图(2)所示几何体,该几何体的体积为.答案1724解析把棱长为1的正方体沿平面AB1D1和平面A1BC1截去部分后,得到几何体的体积为V=VABCD-A1B1C1D1-VA-A1B1D1-VB-A1B1C1+VN-A1B1M=111-1312111-1312111+1312222212=1724.11.(2019湖南雅礼中学月考

8、二)正三棱锥S-ABC的外接球半径为2,底边长AB=3,则此棱锥的体积为.答案934或334解析设正三棱锥的高为h,H为底面正三棱锥的中心,AB=3,AH=23AD=2332-(32)2=3,当顶点S与球心在底面ABC的同侧时,如下图,此时有AH2+OH2=OA2,即(3)2+(h-2)2=22,可解得h=3,VS-ABC=131233323=934.当顶点S与球心在底面ABC的异侧时,如下图,有AH2+OH2=OA2,即(3)2+(2-h)2=22,可解得h=1,VS-ABC=131233321=334.综合提升组12.(2019四川宜宾诊断三)如图,边长为2的正方形ABCD中,E,F分别是

9、BC,CD的中点,现在沿AE,AF及EF把这个正方形折成一个四面体,使B,C,D三点重合,重合后的点记为P,则四面体P-AEF的高为()A.13B.23C.34D.1答案B解析如图,由题意可知PA,PE,PF两两垂直,PA平面PEF,VA-PEF=13SPEFPA=1312112=13,设P到平面AEF的距离为h,又SAEF=22-1212-1212-1211=32,VP-AEF=1332h=h2,h2=13,故h=23,故选B.13.(2019四川宜宾二模)已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在半径为2的球面上,AB=BC=CA=22,PA平面ABC,则三棱锥P-ABC的体积为()A.6B.22

10、C.94D.83答案D解析如图,取BC中点D,连接AD,设三角形ABC的中心为G,球的半径R=OA=2.AD=3222=6,则AG=263,则OG=OA2-AG2=22-2632=233,则PA=2OG=433.三棱锥P-ABC的体积为V=1312226433=83.故选D.14.(2019全国3,理16)学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型.如图,该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H分别为所在棱的中点,AB=BC=6 cm,AA1=4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗,制作该模

11、型所需原料的质量为g.答案118.8解析由题意得,四棱锥O-EFGH的底面积为46-41223=12(cm2),点O到平面BB1C1C的距离为3 cm,则此四棱锥的体积为V1=13123=12(cm3).又长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为V2=466=144(cm3),则该模型的体积为V=V2-V1=144-12=132(cm3).故其质量为0.9132=118.8(g).15.(2019广东深圳高级中学考前模拟)在三棱锥P-ABC中,平面PAB平面ABC,ABC是边长为6的等边三角形,PAB是以AB为斜边的等腰直角三角形,则该三棱锥外接球的表面积为.答案48解析如图,在等边三角形AB

12、C中,取AB的中点F,设等边三角形ABC的中心为O,连接PF,CF,OP.由AB=6,得AO=BO=CO=23CF=23,OF=3.PAB是以AB为斜边的等腰直角三角形,PFAB,又平面PAB平面ABC,PF平面ABC,PFOF,OP=OF2+PF2=23,则O为棱锥P-ABC的外接球球心,外接球半径R=OC=23,该三棱锥外接球的表面积为4(23)2=48.创新应用组16.(2019福建泉州质检)已知三棱锥A-BCD的所有顶点都在球O的球面上,AD平面ABC,BAC=90,AD=2,若球O的表面积为29,则三棱锥A-BCD的侧面积的最大值为()A.52+254B.52+5414C.63+27

13、2D.102+254答案A解析设球O的半径为R,AB=x,AC=y,由4R2=29,得4R2=29.又x2+y2+22=(2R)2,得x2+y2=25.三棱锥A-BCD的侧面积:S=SABD+SACD+SABC=122x+122y+12xy.由x2+y22xy,得xy252,当且仅当x=y=522时取等号,由(x+y)2=x2+2xy+y22(x2+y2),得x+y52,当且仅当x=y=522时取等号,S52+12252=52+254,当且仅当x=y=522时取等号.三棱锥A-BCD的侧面积的最大值为52+254.故选A.17.(2019河北衡水中学四调)三棱锥P-ABC中,PA平面ABC,A

14、BC为正三角形,外接球表面积为12,则三棱锥P-ABC的体积VP-ABC的最大值为.答案3解析如图所示,令AB=a,PD=DA=OO=h,则BO=AO=DO=33a,在RtPDO中,DO2+DP2=PO2,即33a2+h2=(3)2,即13a2+h2=3,得a2=9-3h2.VP-ABC=13SABCPA=1334a22h=36a2h=36(9-3h2)h=32(3h-h3).令f(h)=3h-h3,f(h)=3-3h2,f(h)在(0,1)单调递增,在(1,+)单调递减,所以h=1时,VP-ABCmax=3.18.(2019全国2,文16)中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信

15、的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1,则该半正多面体共有个面,其棱长为.图1图2答案262-1解析由题图2可知第一层与第三层各有9个面,共计18个面,第二层共有8个面,所以该半正多面体共有18+8=26个面.如图,设该半正多面体的棱长为x,则AB=BE=x,延长CB与FE的延长线交于点G,延长BC交正方体的棱于点H.由半正多面体的对称性可知,BGE为等腰直角三角形,所以BG=GE=CH=22x,所以GH=222x+x=(2+1)x=1,解得x=12+1=2-1,即该半正多面体的棱长为2-1.