高考数学一轮复习考点规范练34基本立体图形直观图表面积和体积含解析新人教版

考点规范练34　基本立体图形、直观图、表面积和体积

一、基础巩固

1.下列说法正确的是(　　)

A.棱柱的两个底面是全等的正多边形

B.平行于棱柱侧棱的截面是矩形

C.{直棱柱}⊆{正棱柱}

D.{正四面体}⊆{正三棱锥}

答案:D

解析:选项A中两个底面全等,但不一定是正多边形;选项B中一般的棱柱不能保证侧棱与底面垂直,即截面是平行四边形,但不一定是矩形;选项C中{正棱柱}⊆{直棱柱},故A,B,C都错;选项D中,正四面体是各条棱均相等的正三棱锥,故正确.

2.(2021天津和平区高三模拟)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为2的正方形,顶点在底面的投影为底面的中心,若该四棱锥的体积为,则它的表面积为(　　)

A.8 B.12 

C.4+8 D.20

答案:B

解析:如图,设底面中心为O,则VP-ABCD=2×2×PO=,得PO=

又底面是边长为2的正方形,可得该四棱锥的斜高为=2.

故该四棱锥的表面积为2×2+42×2=12.

3.(2021北京,8)某一时间段内,从天空降落到地面上的雨水,未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度,称为这个时段的降雨量(单位:mm).24 h降雨量的等级划分如下:

在综合实践活动中,某小组自制了一个底面直径为200 mm,高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中,该雨量器收集的24 h的雨水高度是150 mm(如图所示),则这24 h降雨量的等级是(　　)

A.小雨 B.中雨 

C.大雨 D.暴雨

答案:B

解析:由题意知,一个半径为=100(mm)的圆面内的降雨充满一个底面半径为=50(mm),高为150mm的圆锥,

所以积水深度d==12.5(mm),属于中雨.

4.在封闭的正三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB=6,AA1=4,则V的最大值是(　　)

A.16π B 

C.12π D.4

答案:D

解析:正三角形ABC的边长为6,其内切圆的半径为r=<2,所以在封闭的正三棱柱ABC-A1B1C1内的球的半径最大值为,所以其体积为V=r3=4,故选D.

5.已知三棱锥P-ABC的四个顶点均在某球面上,PC为该球的直径,△ABC是边长为4的等边三角形,三棱锥P-ABC的体积为,则此三棱锥的外接球的表面积为(　　)

A B 

C D

答案:D

解析:依题意,记三棱锥P-ABC的外接球的球心为O,半径为R,点P到平面ABC的距离为h,则由VP-ABC=S△ABCh=h=,得h=又PC为球O的直径,因此球心O到平面ABC的距离等于h=又正三角形ABC的外接圆半径为r=,因此R2=r2+,三棱锥P-ABC的外接球的表面积等于4πR2=,选D.

6.点A,B,C,D在同一个球的球面上,AB=BC=,∠ABC=90°,若四面体ABCD体积的最大值为3,则这个球的表面积为(　　)

A.2π B.4π 

C.8π D.16π

答案:D

解析:由题意,知S△ABC=3,设△ABC所在球的小圆的圆心为Q,则Q为AC的中点.当DQ与面ABC垂直时,四面体ABCD的体积最大,最大值为S△ABC·DQ=3,

解得DQ=3.如图,设球心为O,半径为R,

则球心O在DQ上,且在Rt△AQO中,

OA2=AQ2+OQ2,即R2=()2+(3-R)2,

解得R=2,

则这个球的表面积为S=4π×22=16π.

故选D.

7.(2021全国Ⅱ,文14)已知一个圆锥的底面半径为6,其体积为30π,则该圆锥的侧面积为　　　　　. 

答案:39π

解析:设圆锥的高为h,母线长为l,

则62·h=30π,解得h=,则l=,所以圆锥的侧面积为π×6=39π.

二、综合应用

8.(多选)已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面均为正方形,其中AB=2,A1B1=,AA1=BB1=CC1=2,则下列说法正确的是(　　)

A.该四棱台的高为

B.AA1⊥CC1

C.该四棱台的表面积为26

D.该四棱台外接球的表面积为16π

答案:AD

解析:如图,将该四棱台补成四棱锥S-ABCD,连接AC,BD交于点O,连接A1C1,B1D1交于点O1,连接SO,则SO过点O1,且SO⊥平面ABCD,所以OO1为该四棱台的高.

因为AB=2,A1B1=,可知△SA1B1与△SAB相似比为1∶2;所以SA=2AA1=4,又由已知得AO=2,所以SO=2,所以OO1=,即该四棱台的高为,A正确;

因为SA=SC=AC=4,所以AA1与CC1的夹角为60°,不垂直,B错误;

该四棱台的表面积为S=S上底+S下底+S侧=8+2+4=10+6,C错误;

因为上下底面都是正方形,

所以外接球的球心在OO1上.

连接OB1,在Rt△O1OB1中,由OO1=,B1O1=1,得OB1=2=OB,即点O到点B与点B1的距离相等,则该四棱台外接球的半径r=OB=2,故该四棱台外接球的表面积为16π,D正确.

9.已知球的直径SC=4,A,B是该球球面上的两点,AB=,∠ASC=∠BSC=30°,则棱锥S-ABC的体积为(　　)

A.3 B.2 C D.1

答案:C

解析:如图,过A作AD垂直SC于D,连接BD.

因为SC是球的直径,

所以∠SAC=∠SBC=90°.

又∠ASC=∠BSC=30°,

又SC为公共边,

所以△SAC≌△SBC.

因为AD⊥SC,所以BD⊥SC.

由此得SC⊥平面ABD.

所以VS-ABC=VS-ABD+VC-ABD=S△ABD·SC.

由于在Rt△SAC中,∠ASC=30°,SC=4,

所以AC=2,SA=2

所以AD=

同理BD=又AB=,

所以△ABD为正三角形.

所以VS-ABC=S△ABD·SC=()2·sin60°×4=,所以选C.

10.(2021江苏南京高三一模)如图,一把斧子,它的斧头由铁质锻造,斧头的形状可以近似看成由上下两个多面体组合而成,上部是一个长方体,下部是一个“楔(xie)形”,其尺寸如图标注(单位: cm).已知铁的比重为7.87 g/cm3,斧头上用作安装斧柄的洞眼仍看作实心,则这只斧头的质量(单位:g)所在的区间为(　　)

A.(800,1 200) B.[1 200,1 600) 

C.[1 600,2 000) D.[2 000,2 400)

答案:A

解析:观察图形可知,几何体由一个长方体、一个三棱柱和两个三棱锥组成.

长方体的体积为3×5×5=75(cm3),三棱柱的体积为3×5×5=(cm3),

两个三棱锥的体积为23×5(cm3),所以几何体的体积为75+=125(cm3),

所以这只斧头的质量为7.87×125=983.75(g).

11.如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形,沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为　　　　　　. 

答案:4

解析:如图所示,连接OD,交BC于点G.

由题意知OD⊥BC,OG=BC.

设OG=x,

则BC=2x,DG=5-x,三棱锥的高h=

因为S△ABC=2x×3x=3x2,

所以三棱锥的体积V=S△ABC·h=x2

令f(x)=25x4-10x5,x,则f'(x)=100x3-50x4.令f'(x)=0,可得x=2,

则f(x)在区间(0,2)上单调递增,在区间上单调递减,

所以f(x)max=f(2)=80.

所以V=4,

所以三棱锥体积的最大值为4

12.(2021深圳外国语学校高三模拟)已知四边形OABC的直观图O'A'B'C'如图所示,O'A'=3B'C',O'A'⊥E'C',SOABC=8,C'D'∥y'轴,C'E'=,D'为O'A'的三等分点,且靠近点O',则四边形OABC绕y轴旋转一周所成的空间几何体的体积为(　　)

A B.48π 

C D.12π

答案:B

解析:因为C'E'=,C'D'∥y'轴,O'A'⊥E'C',所以C'D'=1.

由直观图知原图形为梯形,在梯形OABC中,CD是梯形的高,CD=2C'D'=2,OA=O'A',BC=B'C',所以OA=3BC.

由SOABC=(OA+BC)×CD=4BC×2=8,得BC=2,OA=6.

又因为D'为O'A'的三等分点,所以D为OA的三等分点,所以梯形OABC为等腰梯形.

四边形OABC绕y轴旋转一周所成的空间几何体的体积等于一个圆台的体积减去一个圆锥的体积,

即V=CD×(42+4×6+62)-CD×22==48π.

故选B.

三、探究创新

13.一个密闭且透明的正方体容器中装有部分液体,已知该正方体的棱长为2,如果任意转动该正方体,液面的形状都不可能是三角形,那么液体体积的取值范围为　　　　　. 

答案:

解析:如图,任意转动该正方体,要使液面的形状都不可能是三角形,则液体的体积应大于三棱锥A1-ABD的体积,小于多面体BCDA1B1C1D1的体积.

2×2×2=,

=8-液体体积的取值范围为