人教版高中数学高考一轮复习训练--基本立体图形、直观图、表面积和体积

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}

2.若一个圆锥的侧面展开图是半圆,则该圆锥的母线与轴所成的角为(　　)

A.30° B.45° C.60° D.90°

3.在一个密闭透明的圆柱形桶内装一定体积的水,将该圆柱形桶分别竖直、水平、倾斜放置时,圆柱形桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是(　　)

A.圆面 B.矩形面

C.梯形面 D.椭圆面或部分椭圆面

4.(2020天津,5)若棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为(　　)

A.12π B.24π 

C.36π D.144π

5.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.4π

6.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.

7.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

8.如图所示,四边形ABCO的直观图四边形A'B'C'O'为菱形,且边长为2 cm,则在平面直角坐标系Oxy中,四边形ABCO的形状为　　　　,面积为　　　　 cm2. 

9.如图,在四边形ABCD中,∠DAB=90°,∠ADC=135°,AB=5,CD=2,AD=2,则四边形ABCD绕AD旋转一周所围成几何体的表面积为　　　　　. 

二、综合应用

10.(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

11.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

12.现有一个底面是菱形的直四棱柱,它的体对角线长为9和15,高是5,则该直四棱柱的侧面积为　　　　　. 

13.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　　　　　　. 

14.如图所示,在长方体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.

三、探究创新

15.一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　　　　　. 

考点规范练34　

基本立体图形、直观图、表面积和体积

1.D　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.A　设圆锥侧面展开图的半径为r,则圆锥底面周长为2πr=πr,设底面半径为r',则2πr'=πr,∴r'=r.

圆锥的母线长为侧面展开图的半径r,

设该圆锥的母线与轴所成的角为θ,则sin θ=,

∴θ=30°.

3.C　将圆柱形桶竖放,水面为圆面;将圆柱形桶斜放,水面为椭圆面或部分椭圆面;将圆柱形桶水平放置,水面为矩形面,所以圆柱形桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是梯形面,故选C.

4.C　设该球的半径为R,则2R==6,

所以球的表面积为4πR2=36π.故选C.

5.D　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.

6.D　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.

7.D　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的最大体积为S△ABC·DQ=3,

∴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,∴R=2,

则这个球的表面积为S=4π×22=16π.故选D.

8.矩形　8　由斜二测画法的特点知该平面图形是一个长为4 cm,宽为2 cm的矩形,所以四边形ABCO的面积为8 cm2.

9.(60+4)π　该几何体为一个圆台从半径较小的底面挖去一个圆锥,

其轴截面图形如图所示.过点C分别作CE垂直直线AD于点E,作CF垂直AB于点F.

由已知易得DE=2,CE=2,又AD=2,AB=5,∴CF=4,BF=5-2=3.

∴在Rt△CFB中,BC==5.

∴下底面圆的面积S1=25π,圆台的侧面积S2=π×(2+5)×5=35π,圆锥的侧面积S3=π×2×2=4

故几何体的表面积S=S1+S2+S3=(60+4)π.

10.AD　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.

11.C　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·sin 60°×4=,所以选C.

12.160　如图,设底面对角线AC=a,BD=b,交点为O,对角线A1C=15,B1D=9,

∴a2+52=152,b2+52=92,∴a2=200,b2=56.

∵该直四棱柱的底面是菱形,

∴AB2=

==64,

∴AB=8.∴直四棱柱的侧面积S=4×8×5=160.

13.4　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

14.解 (1)交线围成的正方形EHGF如图:

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

因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.

于是MH==6,AH=10,HB=6.

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两棱柱底面积之比,即也正确.

15　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