2022版高考数学大一轮复习课时作业42《空间几何体的表面积与体》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习课时作业42《空间几何体的表面积与体》(含答案详解)，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
一个几何体的三视图如图所示(其中正视图的弧线为四分之一圆周)，则该几何体的表面积为( )
A.72＋6π B.72＋4π C.48＋6π D.48＋4π
如图是某四棱锥的三视图，则该几何体的表面积为( )
A.34＋6eq \r(5) B.6＋6eq \r(5)＋4eq \r(3) C.6＋6eq \r(5)＋4eq \r(13) D.17＋6eq \r(5)
高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积与原直三棱柱的体积的比值为( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,2) D.eq \f(3,8)
如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线表示的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的四个面中，最小面的面积是( )
A.2eq \r(3) B.2eq \r(2) C.2 D.eq \r(3)
已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，∠ASC=∠BSC=30°，则棱锥S­ABC的体积最大为( )
A.2 B.eq \f(8,3) C.eq \r(3) D.2eq \r(3)
已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )
A.12eq \r(2)π B.12π C.8eq \r(2)π D.10π
已知三棱锥P­ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC满足AB=2eq \r(2)，∠ACB=90°，
PA为球O的直径且PA=4，则点P到底面ABC的距离为( )
A.eq \r(2) B.2eq \r(2) C.eq \r(3) D.2eq \r(3)
如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中画出了某多面体的三视图，则该多面体的外接球的表面积为( )
A.27π B.30π C.32π D.34π
二、填空题
某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 .
已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，
则该三棱锥的体积是 .
三棱锥S­ABC的各顶点都在同一球面上，若AB=3，AC=5，BC=7，侧面SAB为正三角形，
且与底面ABC垂直，则此球的表面积等于 .
已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M­EFGH的体积为 .
三、解答题
如图，在四棱锥E­ABCD中，△EAD为等边三角形，底面ABCD为等腰梯形，满足AB∥CD，AD=DC=eq \f(1,2)AB，且AE⊥BD.
(1)证明：平面EBD⊥平面EAD；
(2)若△EAD的面积为eq \r(3)，求点C到平面EBD的距离.
如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB=BC=1，BB1=2，∠BCC1=60°.
(1)求证：BC1⊥平面ABC；
(2)E是棱CC1上的一点，若三棱锥E­ABC的体积为eq \f(\r(3),12)，求线段CE的长.
如图，在平行四边形ABCM中，AB=AC=3，∠ACM=90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.
(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；
(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=DQ=eq \f(2,3)DA，求三棱锥Q­ABP的体积.
\s 0 答案详解
答案为：A.
解析：由三视图知，该几何体由一个正方体的eq \f(3,4)部分与一个圆柱的eq \f(1,4)部分组合而成(如图所示)，其表面积为16×2＋(16－4＋π)×2＋4×(2＋2＋π)=72＋6π.
答案为：A.
解析：由三视图得该几何体的直观图如图，其中，底面ABCD为矩形，AD=6，AB=2，
平面PAD⊥平面ABCD，△PAD为等腰三角形，且此四棱锥的高为4，
故该几何体的表面积等于6×2＋2×eq \f(1,2)×2×5＋eq \f(1,2)×6×2eq \r(5)＋eq \f(1,2)×6×4=34＋6eq \r(5).
答案为：C.
解析：由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为eq \f(1,2)×2×(2＋4)=6的四棱锥，
其体积为4.易知直三棱柱的体积为8，则该几何体的体积与原直三棱柱的体积的比值为eq \f(1,2).
答案为：C.
解析：在正方体中还原该几何体，如图中三棱锥D­ABC所示，其中正方体的棱长为2，
则S△ABC=2，S△DBC=2eq \r(2)，S△ADB=2eq \r(2)，S△ADC=2eq \r(3)，
故该三棱锥的四个面中，最小面的面积是2，故选C.
答案为：A.
解析：如图，因为球的直径为SC，且SC=4，∠ASC=∠BSC=30°，所以∠SAC=∠SBC=90°，AC=BC=2，SA=SB=2eq \r(3)，所以S△SBC=eq \f(1,2)×2×2eq \r(3)=2eq \r(3)，则当点A到平面SBC的距离最大时，
棱锥A­SBC即S­ABC的体积最大，此时平面SAC⊥平面SBC，
点A到平面SBC的距离为2eq \r(3)sin30°=eq \r(3)，
所以棱锥S­ABC的体积最大为eq \f(1,3)×2eq \r(3)×eq \r(3)=2，故选A.
答案为：B.
解析：因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，
所以圆柱的高为2eq \r(2)，底面圆的直径为2eq \r(2)，
所以该圆柱的表面积为2×π×(eq \r(2))2＋2eq \r(2)π×2eq \r(2)=12π.
答案为：B.
解析：取AB的中点O1，连接OO1，如图，在△ABC中，AB=2eq \r(2)，∠ACB=90°，
所以△ABC所在小圆O1是以AB为直径的圆，所以O1A=eq \r(2)，且OO1⊥AO1，
又球O的直径PA=4，所以OA=2，所以OO1=eq \r(OA2－O1A2)=eq \r(2)，且OO1⊥底面ABC，
所以点P到平面ABC的距离为2OO1=2eq \r(2).
答案为：D.
解析：根据三视图可知，此多面体为三棱锥A­BCD，且侧面ABC⊥底面BCD，
△ABC与△BCD都为等腰三角形，如图所示.
根据题意可知，三棱锥A­BCD的外接球的球心O位于过△BCD的外心O′，
且垂直于底面BCD的垂线上，取BC的中点M′，连接AM′，DM′，OO′，O′B，
易知O′在DM′上，过O作OM⊥AM′于点M，连接OA，OB，
根据三视图可知M′D=4，BD=CD=2eq \r(5)，故sin∠BCD=eq \f(2\r(5),5)，
设△BCD的外接圆半径为r，根据正弦定理可知，2r=eq \f(BD,sin∠BCD)=5，
故BO′=r=eq \f(5,2)，M′O′=eq \f(3,2)，设OO′=x，该多面体的外接球半径为R，
在Rt△BOO′中，R2=(eq \f(5,2))2＋x2，在Rt△AMO中，R2=(eq \f(3,2))2＋(4－x)2，
所以R=eq \f(\r(34),2)，故该多面体的外接球的表面积S=4πR2=34π.故选D.
答案为：20＋8eq \r(2).
解析：由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图.
则该几何体的表面积为S=2×eq \f(1,2)×2×2＋4×2×2＋2eq \r(2)×4=20＋8eq \r(2).
答案为：eq \f(\r(3),3).
解析：由正视图知三棱锥的形状如图所示，且AB=AD=BC=CD=2，BD=2eq \r(3)，
设O为BD的中点，连接OA，OC，则OA⊥BD，OC⊥BD，结合正视图可知AO⊥平面BCD.
又OC=eq \r(CD2－OD2)=1，∴V三棱锥A­BCD=eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2\r(3)×1))×1=eq \f(\r(3),3).
答案为：eq \f(205π,3).
解析：设△ABC外接圆的圆心为O1，△SAB外接圆的圆心为O2，过O1，O2分别作平面ABC，平面SAB的垂线交于点O，则O为球心.
在△ABC中，cs∠BAC=eq \f(52＋32－72,2×3×5)=－eq \f(1,2)，∴∠BAC=120°，
设圆O1的半径为r1，根据正弦定理，得2r1=eq \f(BC,sin∠BAC)=eq \f(14\r(3),3)，∴r1=eq \f(7\r(3),3).
△SAB外接圆的圆心O2为正三角形SAB的中心，连接SO2交AB于点D，
则O2D=eq \f(1,3)SD=eq \f(\r(3),2)，且O2D=OO1=eq \f(\r(3),2).
设外接球的半径为R，连接O1A，则R2=O1A2＋OOeq \\al(2,1)=eq \f(49,3)＋eq \f(3,4)=eq \f(205,12)，
∴此球的表面积S=4πR2=eq \f(205π,3).
答案为：eq \f(1,12).
解析：连接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因为E，H分别为AD1，CD1的中点，
所以EH∥AC，EH=eq \f(1,2)AC，因为F，G分别为B1A，B1C的中点，所以FG∥AC，FG=eq \f(1,2)AC，
所以EH∥FG，EH=FG，所以四边形EHGF为平行四边形，
又EG=HF，EH=HG，所以四边形EHGF为正方形，
又点M到平面EHGF的距离为eq \f(1,2)，
所以四棱锥M­EFGH的体积为eq \f(1,3)×(eq \f(\r(2),2))2×eq \f(1,2)=eq \f(1,12).
解：(1)证明：如图，取AB的中点M，连接DM，则DM∥BC，∴DM=eq \f(1,2)AB，
即点D在以线段AB为直径的圆上，
∴BD⊥AD，又AE⊥BD，且AE∩AD=A，
∴BD⊥平面EAD.
∵BD⊂平面EBD，
∴平面EBD⊥平面EAD.
(2)∵BD⊥平面EAD，且BD⊂平面ABCD，
∴平面ABCD⊥平面EAD.
∵等边△EAD的面积为eq \r(3)，
∴AD=AE=ED=2，
取AD的中点O，连接EO，
则EO⊥AD，EO=eq \r(3)，
∵平面EAD⊥平面ABCD，平面EAD∩平面ABCD=AD，
∴EO⊥平面ABCD.
由(1)知△ABD，△EBD都是直角三角形，
∴BD=eq \r(AB2－AD2)=2eq \r(3)，∴S△EBD=eq \f(1,2)ED·BD=2eq \r(3)，
S△BCD=eq \f(1,2)BC·CDsin120°=eq \r(3).
设点C到平面EBD的距离为h，
由VC­EBD=VE­BCD，得eq \f(1,3)S△EBD·h=eq \f(1,3)S△BCD·EO，解得h=eq \f(\r(3),2).
∴点C到平面EBD的距离为eq \f(\r(3),2).
解：(1)证明：∵AB⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，∴AB⊥BC1，
在△CBC1中，BC=1，CC1=BB1=2，∠BCC1=60°，
由余弦定理得BCeq \\al(2,1)=BC2＋CCeq \\al(2,1)－2BC·CC1·cs∠BCC1=12＋22－2×1×2cs60°=3，
∴BC1=eq \r(3)，
∴BC2＋BCeq \\al(2,1)=CCeq \\al(2,1)，∴BC⊥BC1，
又AB，BC⊂平面ABC，BC∩AB=B，
∴BC1⊥平面ABC.
(2)∵AB⊥平面BB1C1C，
∴VE­ABC=VA­EBC=eq \f(1,3)S△BCE·AB
=eq \f(1,3)S△BCE·1=eq \f(\r(3),12)，
∴S△BCE=eq \f(\r(3),4)=eq \f(1,2)CE·(BC·sineq \f(π,3))=eq \f(1,2)CE·eq \f(\r(3),2)，
∴CE=1.
解：(1)证明：由已知可得，∠BAC=90°，BA⊥AC.
又BA⊥AD，所以AB⊥平面ACD.
又AB⊂平面ABC，
所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=3eq \r(2).
又BP=DQ=eq \f(2,3)DA，所以BP=2eq \r(2).
作QE⊥AC，垂足为E，则QE綊eq \f(1,3)DC.
由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，
所以QE⊥平面ABC，QE=1.
因此，三棱锥Q­ABP的体积为
VQ­ABP=eq \f(1,3)×QE×S△ABP=eq \f(1,3)×1×eq \f(1,2)×3×2eq \r(2)sin45°=1.