2023年高考数学一轮复习 课时规范练37 空间几何体的表面积与体积（含解析）北师大版 文.docx

1、课时规范练37空间几何体的表面积与体积基础巩固组1.(2021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+32B.4C.3+3D.2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31211+34(2)2=3+32.2.(2021云南昆明三模)已知平面截球O所得截面圆半径为3,该球面上的点到平面的距离最大值为3,则球O的表面积为()A.4B.8C.16D.32答案: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-

2、R)2+(3)2,解得R=2,所以球O的表面积为4R2=16.3.(2021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.125 cm2B.85 cm2C.165 cm2D.185 cm2答案:C解析:设漏斗底面半径为r,由题意得1r=28,即r=4cm,所以该圆锥的母线长为l=82+r2=64+16=45(cm),所以圆锥的侧面积为S=rl=165(cm2).4.(2

3、021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.144B.72C.36D.24答案:B解析:如图,由正六边形的每个内角为23,按虚线处折成高为3的正六棱柱,即BF=3,所以BE=BFtan60=1,可得正六棱柱底边边长AB=6-21=4,所以此包装盒的容积V=634423=72.5.(2021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-B.8-3C.8-23D.16-6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

4、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=13222-1213122=8-3.6.(2021四川成都三诊)在三棱锥P-ABC中,已知PA平面ABC,PA=AB=AC=2,BAC=23.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.1B.2C.3D.5答案:D解析:在ABC中,设其外接圆半径为r,由正弦定理可得ABsinACB=2sin6=2r,解得r=2,三棱锥P-ABC补成三棱柱ABC-PB1C1,点O1,O2分别是ABC,PB1C1的外心,连接O1O2,则球心O是O1O2的中点,连接O1A,OA,设三棱锥P-ABC外接球半径

5、为R,R=r2+O1O2=r2+(12PA)2=22+12=5.7.(2021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.32B.22C.12D.33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=|OM|=|OA|cos30=|AB|sin30cos30=21232=32,故V=43323=32.8.(2021四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

6、接球的表面积之比为()A.17B.77C.37D.217答案:A解析:设正三棱柱ABC-A1B1C1,取三棱柱ABC-A1B1C1的两底面中心O,O1,连接OO1,取OO1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=23322=233.又OD=12OO1=12AA1=1,BD=OB2+OD2=73=213.正三棱柱ABC-A1B1C1外接球的表面积为4BD2=283.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=362=33,正三棱柱ABC-A1B1C1内半径最大的球表面积为4r2=

7、43,该正三棱柱内半径最大的球与其外接球的表面积之比为43283=17.9.(2021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.答案:32解析:四边形ABCD是边长为4的正方形,BD=42.易知APPD,平面APD平面ABCD,平面APD平面ABCD=AD,ABAD,AB平面APD,ABPD.又PDAP,PD平面ABP,PDPB.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

8、接球的球心,球半径R=12BD=22,该外接球的表面积为S=4R2=32.综合提升组10.(2021四川达州二诊)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14时,圆锥的高为()A.1或2B.1或3+12C.1或3D.1或5+12答案:D解析: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+R2-r2=1+1-r21,因为圆锥体积为球体积的14,所以13r2h=1443R3,化简得r2(1+1-r2)=1,令1-r2=t,则r2=1-t2,所以t(t2+t-1)=0,解得t=-1-52(舍去)或t=-1+52或t=0,所以h=1+52或h=1.如图

9、所示,设圆锥的底面半径为r,高为h,球的半径为R,则h=R-R2-r2=1-1-r21,因为圆锥体积为球体积的14,所以13r2h=1443R3,化简得r2(1-1-r2)=1,令1-r2=t,则r2=1-t2,所以t(t2-t-1)=0,解得t=152(舍去)或t=0,所以h=1,综上h=1+52或h=1.11.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.答案:4-33解析:如图所示,设球心为O点,上下底面的中心分别为O1,O2,设正三棱柱的底面边长与高分别为x,h,则O2A=33x,在RtOAO2中,h24+13x2=1,化为h2=4

10、-43x2,S侧=3xh,S侧2=9x2h2=12x2(3-x2)12x2+3-x222=27,当且仅当x=62时取等号,S侧=33,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.创新应用组12.(2021四川泸州三模)已知在RtABC中,斜边AB=2,BC=1,若将RtABC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.133B.203C.103D.73答案: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r1,由正弦定理易得r1=33;ADC是腰长为1的等腰三角形,同理可得其外接圆半径r2=1.在三棱锥A-

11、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=r2=1,DM=12,所以EM=ED2-DM2=12-(12)2=32,所以OF=EM=32,在直角三角形OFD中,DF=r1=33,所以R2=OD2=OF2+DF2=322+332=1312.故三棱锥A-BCD的外接球的表面积S=4R2=41312=133.13.(2021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.93+6B.93+8C.123+6D.123+8答案:C解析:由已知得正方形的面积为11=1,正六边形的面积为6121132=332.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244=6个,正六边形有2426=8个,所以该多面体的表面积为8332+61=123+6.故选C.