高中数学湘教版（2019）必修 第二册4.5 几种简单几何体的表面积和体积课后复习题

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考点 几何体的表面积与体积
1.(2021浙江,4,4分,)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是( )
2.(2021全国甲理,11,5分,)已知A,B,C是半径为1的球O的球面上的三个点,且AC⊥BC,AC=BC=1,则三棱锥O-ABC的体积为( )
3.(2020全国Ⅱ,10,5分,)已知△ABC是面积为934的等边三角形,且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π,则O到平面ABC的距离为( )
4.(2020全国Ⅰ,3,5分,)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )
A.5-14B.5-12
C.5+14D.5+12
5.(2021全国甲文,14,5分,)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 .
6.(2020全国Ⅲ,15,5分,)已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为 .
7.(2021全国乙文,18,12分,)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,M为BC的中点,且PB⊥AM.
(1)证明:平面PAM⊥平面PBD;
(2)若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCD的体积.
8.(2021全国甲文,19,12分,)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,BF⊥A1B1.
(1)求三棱锥F-EBC的体积;
(2)已知D为棱A1B1上的点.证明:BF⊥DE.
三年模拟练
1.(2020山东泰安高一下期末,)如图所示,正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为3,D为BC的中点,则三棱锥A-B1DC1的体积为( )

A.3
2. (2020河北衡水中学三调,)已知一个平放的各棱长为4的三棱锥内有一个小球O(质量忽略不计),现从该三棱锥顶端向内注水,小球慢慢上浮,当注入的水的体积是该三棱锥体积的78时,小球与该三棱锥各侧面均相切(与水面也相切),则小球的表面积等于( )
A.7π6B.4π3C.2π3D.π2
3.(2020江西南昌莲塘第一中学高一下期末,)已知四棱锥S-ABCD的所有顶点在同一球面上,底面ABCD是正方形且球心O在此平面内,当四棱锥的体积取得最大值时,其表面积等于16+163,则球O的体积等于( )
A.42π3B.162π3
C.322π3D.642π3
4.(多选)(2020山东青岛二中高一下期中,)如图,一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等,下列结论正确的是( )
A.圆柱的侧面积为2πR2
B.圆锥的侧面积为2πR2
C.圆柱的侧面积与球面面积相等
D.圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶2
5.(2020安徽合肥第一中学高一下期中,)已知球与圆台的上、下底面及侧面都相切,且球的表面积与圆台的侧面积之比为3∶4,则球的体积与圆台的体积之比为 .
6.(2020中国人民大学附属中学高一下期中,)已知H是球O的直径AB上一点,AH∶HB=1∶2,AB与平面α垂直,H为垂足,α截球O所得截面的面积为π,求球O的表面积.
7.(2020江西临川第一中学高一下期中,)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.
答案全解全析
五年高考练
1.A 根据三视图可得该几何体为一个直四棱柱,其高为1,底面为等腰梯形,底面与俯视图一样,其上、下底边长分别为2、22,高为22,∴该几何体的体积V=1×(2+22)×222=32.故选A.
2.A 如图所示,由AC⊥BC可知,△ABC是以AB为斜边的直角三角形,又知AC=BC=1,∴AB=2,∴Rt△ABC的外接圆圆心为AB的中点O1,半径r=AB2=22,连接OO1,∵点O为球心,∴OO1⊥平面ABC,即OO1的长为O到平面ABC的距离.
在Rt△OO1B中,OB=1,O1B=22,
∴OO1=12-222=22,
∴VO-ABC=13×12×12×22=212.故选A.
3.C 设等边△ABC的边长为a,外接圆半径为r,球心O到平面ABC的距离为h,球的半径为R,
依题意得34a2=934,解得a=3(负值舍去),则△ABC的外接圆半径r=33a=3.
因为球O的表面积为16π,即4πR2=16π,所以R=2.
由R2=h2+r2,得h=22-(3)2=1.故选C.
4.C 如图,设正四棱锥的底面边长BC=a,侧面等腰三角形底边上的高PM=h,则正四棱锥的高PO=h2-a24,
∴以PO为边长的正方形面积为h2-a24,
一个侧面三角形面积为12ah,
∴h2-a24=12ah,
∴4h2-2ah-a2=0,
两边同除以a2可得4ha2-2·ha-1=0,解得ha=1±54,
又∵ha>0,∴ha=5+14.故选C.
5.答案 39π
解析 设圆锥的底面圆半径为r,高为h,母线长为l.
由圆锥的体积V=13πr2h得h=52,
∴母线长l=r2+h2=132,
∴圆锥的侧面积为πrl=39π.
6.答案 23π
解析 如图为圆锥内球半径最大时的轴截面图.
其中球心为O,设其半径为r,AC=3,O1C=1,
∴AO1=AC2-O1C2=22.
∵OO1=OM=r,∴AO=AO1-OO1=22-r,
又∵△AMO∽△AO1C,∴OMO1C=AOAC,即r1=22-r3,故3r=22-r,∴r=22.
∴该圆锥内半径最大的球的体积V=43π·223=2π3.
7.解析 (1)证明:由于PD⊥平面ABCD,AM⫋平面ABCD,则PD⊥AM,又PB⊥AM,PB∩PD=P,PB,PD⫋平面PBD,所以AM⊥平面PBD,因为AM⫋平面PAM,所以平面PAM⊥平面PBD.
(2)由(1)知AM⊥平面PBD,因为BD⫋平面PBD,所以AM⊥BD,所以∠MAB+∠ABD=90°,因为四边形ABCD为矩形,所以∠DAB=∠ABM,所以∠MAB+∠AMB=90°,所以∠ABD=∠AMB,则△DAB∽△ABM,则DAAB=ABBM,又AB=DC=1,M为BC的中点,所以AD=2,所以S矩形ABCD=AB·AD=2,所以V四棱锥P-ABCD=13S矩形ABCD·PD=13×2×1=23.
8.解析 (1)∵四边形AA1B1B为正方形,∴A1B1⊥BB1,
∵BF⊥A1B1且BB1∩BF=B,BB1,BF⊂平面BB1C1C,
∴A1B1⊥平面BB1C1C,
又∵AB∥A1B1,∴AB⊥平面BB1C1C,
又∵BC⊂平面BB1C1C,∴AB⊥BC,
∵AB=BC=2,E为AC的中点,
∴S△EBC=12S△ABC=12×12×2×2=1.
由直三棱柱知CF⊥平面ABC.
∵F为CC1的中点,∴CF=12CC1=12BB1=12AB=1,
∴VF-EBC=13S△EBC·CF=13×1×1=13.
(2)证明:连接A1E,B1E,
∵AB=BC,E为AC的中点,∴BE⊥AC.
∵AA1⊥平面ABC,BE⊂平面ABC,
∴AA1⊥BE.
∵AA1∩AC=A,AA1,AC⊂平面AA1C1C,
∴BE⊥平面AA1C1C,
又A1E⊂平面AA1C1C,
∴BE⊥A1E.
在Rt△ECF中,tan∠FEC=CFCE=12=22,
在Rt△A1AE中,tan∠AA1E=AEAA1=22,
∴tan∠FEC=tan∠AA1E,
∴∠FEC=∠AA1E,
∵∠AA1E+∠AEA1=90°,
∴∠FEC+∠AEA1=90°,
∴∠A1EF=90°,即A1E⊥EF.
∵EF∩EB=E,EF,EB⊂平面BEF,
∴A1E⊥平面BEF,又BF⊂平面BEF,
∴A1E⊥BF,
又∵A1B1⊥BF,A1E∩A1B1=A1,A1E⊂平面A1B1E,A1B1⊂平面A1B1E,
∴BF⊥平面A1B1E.
∵DE⊂平面A1B1E,∴BF⊥DE.
三年模拟练
1.C 在正△ABC中,D为BC的中点,则有AD=32AB=3,∵平面BB1C1C⊥平面ABC,平面BB1C1C∩平面ABC=BC,AD⊥BC,AD⊂平面ABC,∴由面面垂直的性质定理可得AD⊥平面BB1C1C,即AD为三棱锥A-B1DC1的底面B1DC1上的高,
∴VA-B1DC1=13S△B1DC1·AD=13×12×2×3×3=1.
2.C 当注入水的体积是该三棱锥体积的78时,水面上方的小三棱锥的体积与该三棱锥的体积之比为1∶8.
设水面上方的小三棱锥的棱长为x(各棱长都相等),
依题意,得x43=18,解得x=2.易得小三棱锥的高为263,设小球的半径为r,则13S底面·263=4×13×S底面×r,解得r=66,故小球的表面积S=4πr2=2π3.故选C.
3.D 由题意得,当四棱锥的体积取得最大值时,该四棱锥为正四棱锥.如图,设球O的半径为R,则AC=2R,SO=R,所以该四棱锥的底面边长AB=2R,则有(2R)2+4×12×2R× (2R)2-22R2=16+163,解得R=22,所以球O的体积是43πR3=642π3.故选D.
4.CD 依题意得球的半径为R,则圆柱的侧面积为2πR×2R=4πR2,∴A错误;圆锥的侧面积为πR×5R=5πR 2,∴B错误;球面面积为4πR2,∵圆柱的侧面积为4πR2,∴C正确;∵V圆柱=πR2·2R=2πR3,V圆锥=13πR2·2R=23πR3,V球=43πR3,∴V圆柱∶V圆锥∶V球=2πR3∶23πR3∶43πR3=3∶1∶2,
∴D正确.故选 CD.
5.答案 6∶13
解析 如图所示,圆台的轴截面为等腰梯形ABCD,O1,O2分别为圆台上、下底面的圆心,球的截面圆O内切于梯形ABCD.作OE⊥AB于点E,连接OA,OB,则∠AOB=90°.
设球的半径为R,圆台的上、下底面半径分别为r1,r2,
由平面几何知识知,圆台的高为2R,母线长为r1+r2.
∵∠AOB=90°,OE⊥AB(E为切点),
∴R2=OE2=AE·BE=r1·r2.
∵S球∶S圆台侧=4πR2∶π(r1+r2)2=3∶4,
∴(r1+r2)2=163R2.
∴V球∶V圆台=43πR313π(r12+r1r2+r22)·2R=2R2(r1+r2)2-r1r2=2R2163R2-R2=6∶13.
6.解析 如图所示,平面α截球O所得截面为圆面,圆心为H,设球O的半径为R,
则由AH∶HB=1∶2,得AH=23R,则OH=13R,
由圆H的面积为π,得圆H的半径为1,
所以R32+12=R2,所以R2=98,
所以球O的表面积S=4πR2=4π·98=9π2.
7.解析 (1)交线围成的正方形EHGF如图所示(点H,G分别在AB,DC上,且AH=DG=10).
(2)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=EH2-EM2=6,AH=10,HB=6.
故S四边形A1EHA=12×(4+10)×8=56,
S四边形EB1BH=12×(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9779也正确.