2020版新高考数学一轮（鲁京津琼）精练：第8章第2讲　空间几何体的表面积与体积 (含解析)

第2讲　空间几何体的表面积与体积

一、选择题

1.(2015·全国Ⅰ卷)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有(　　)

A.14斛   B.22斛

C.36斛    D.66斛

解析　设米堆的底面半径为r尺，则r＝8，所以r＝.

所以米堆的体积为V＝×π·r2·5＝··5≈(立方尺).

故堆放的米约有÷1.62≈22(斛).

答案　B

2.某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x的值是(　　)

A.2   B.   C.   D.3

解析　由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，且S底＝(1＋2)×2＝3.∴V＝x·3＝3，解得x＝3.

答案　D

3.(2017·合肥模拟)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是(　　)

A.1＋   B.2＋   C.1＋2   D.2

解析　四面体的直观图如图所示.

侧面SAC⊥底面ABC，且△SAC与△ABC均为腰长是的等腰直角三角形，SA＝SC＝AB＝BC＝，AC＝2.

设AC的中点为O，连接SO，BO，则SO⊥AC，又SO⊂平面SAC，平面SAC∩平面ABC＝AC，

∴SO⊥平面ABC，又BO⊂平面ABC，∴SO⊥BO.

又OS＝OB＝1，∴SB＝，

故△SAB与△SBC均是边长为的正三角形，故该四面体的表面积为2×××＋2××()2＝2＋.

答案　B

4.(2015·全国Ⅱ卷)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点.若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为(　　)

A.36π   B.64π   C.144π   D.256π

解析　因为△AOB的面积为定值，所以当OC垂直于平面AOB时，三棱锥O－ABC的体积取得最大值.由×R2×R＝36，得R＝6.从而球O的表面积S＝4πR2＝144π.

答案　C

5.(2017·青岛模拟)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为平行四边形，NB＝2PN，则三棱锥N－PAC与三棱锥D－PAC的体积比为(　　)

A.1∶2    B.1∶8

C.1∶6    D.1∶3

解析　设点P，N在平面ABCD内的投影分别为点P′，N′，则PP′⊥平面ABCD，NN′⊥平面ABCD，所以PP′∥NN′，

则在△BPP′中，由BN＝2PN得＝.

V三棱锥N－PAC＝V三棱锥P－ABC－V三棱锥N－ABC

＝S△ABC·PP′－S△ABC·NN′

＝S△ABC·(PP′－NN′)＝S△ABC·PP′

＝S△ABC·PP′，V三棱锥D－PAC＝V三棱锥P－ACD＝S△ACD·PP′，

又∵四边形ABCD是平行四边形，∴S△ABC＝S△ACD，

∴＝.故选D.

答案　D

二、填空题

6.现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________.

解析　设新的底面半径为r，由题意得πr2·4＋πr2·8＝π×52×4＋π×22×8，解得r＝.

答案　

7.已知底面边长为1，侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为________.

解析　依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径，可设球半径为R，则2R＝＝2，

解得R＝1，所以V＝R3＝.

答案　π

8.(2017·郑州质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________.

解析　由三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为2的圆柱和底面半径为1，高为1的半圆锥拼成的组合体.

∴体积V＝π×12×2＋×π×12×1＝π.

答案　π

三、解答题

9.已知一个几何体的三视图如图所示.

(1)求此几何体的表面积；

(2)如果点P，Q在正视图中所示位置，P为所在线段中点，Q为顶点，求在几何体表面上，从P点到Q点的最短路径的长.

解　(1)由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和.

S圆锥侧＝(2πa)·(a)＝πa2，

S圆柱侧＝(2πa)·(2a)＝4πa2，

S圆柱底＝πa2，

所以S表＝πa2＋4πa2＋πa2＝(＋5)πa2.

(2)沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面，如图.

则PQ＝＝＝a，

所以从P点到Q点在侧面上的最短路径的长为a.

10.(2015·全国Ⅱ卷)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α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α把该长方体分成的两部分体积的比值.

解　(1)交线围成的正方形EHGF如图所示.

(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.

因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.

于是MH＝＝6，AH＝10，HB＝6.

故S四边形A1EHA＝×(4＋10)×8＝56，

S四边形EB1BH＝×(12＋6)×8＝72.

因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，

所以其体积的比值为.

11.若某一几何体的正视图与侧视图均为边长是1的正方形，且其体积为，则该几何体的俯视图可以是(　　)

解析　若俯视图为A，则该几何体为正方体，其体积为1，不满足条件.若俯视图为B，则该几何体为圆柱，其体积为π×1＝，不满足条件.若俯视图为C，则该几何体为三棱柱，其体积为×1×1×1＝，满足条件.若俯视图为D，则该几何体为圆柱的，体积为π×1＝，不满足条件.

答案　C

12.(2015·全国Ⅰ卷)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝(　　)

A.1   B.2   C.4   D.8

解析　该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r，圆柱的底面半径为r，高为2r，如图.

则表面积

S＝×4πr2＋πr2＋(2r)2＋πr·2r＝(5π＋4)r2，

又S＝16＋20π，∴(5π＋4)r2＝16＋20π，解得r＝2.

答案　B

13.圆锥被一个平面截去一部分，剩余部分再被另一个平面截去一部分后，与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示，若r＝1，则该几何体的体积为________.

解析　根据三视图中的正视图和俯视图知，该几何体是由一个半径r＝1的半球，一个底面半径r＝1、高2r＝2的圆锥组成的，则其体积为V＝πr3×＋πr2×2r×＝.

答案　

14.四面体ABCD及其三视图如图所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.

(1)求四面体ABCD的体积；

(2)证明：四边形EFGH是矩形.

(1)解　由该四面体的三视图可知，

BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1，

又BD∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC，

∴四面体ABCD的体积V＝××2×2×1＝.

(2)证明　∵BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，

平面EFGH∩平面ABC＝EH，∴BC∥FG，BC∥EH，

∴FG∥EH.

同理，EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，

∴四边形EFGH是平行四边形.

又∵AD⊥平面BDC，BC⊂平面BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，∴四边形EFGH是矩形.