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高三数学第一轮复习课时作业(37)空间几何体的表面积和体积


课时作业(三十七)

第 37 讲

空间几何体的表面积和体积

时间:45 分钟

分值:100 分

基础热身 1.已知几何体的三视图如图 K37-1 所示,则该几何体的表面积为( A.80+7π B.96+7π C.96+8π D.96+9π

)

图 K37-1

图 K37-2

(

2.一个空间几何体的三视图及其尺寸如图 K37-2 所示,则该空间几何体的体积是( ) 14 7 A. B. C.14 D.7 3 3 3.2011·开封模拟 一个几何体按比例绘制的三视图如图 K37-3 所示(单位:m),则该几何体的体积为 )

图 K37-3 9 3 9 3 3 A.4 m B. m C.3 m D. m 2 4 4.某品牌香水瓶的三视图如图 K37-4(单位:cm),则该几何体的表面积为(
3

)

图 K37-4 π? π? 2 2 A.?95- cm B.?94- cm 2? 2? ? ? π π 2 2 C.?94+ ? cm D.?95+ ? cm 2? 2? ? ? 能力提升 5.已知一个四棱锥的底面为正方形,其三视图如图 K37-5 所示,则这个四棱锥的体积是( A.1 B.2 C.3 D.4

)

图 K37-5

图 K37-6

6.一个棱锥的三视图如图 K37-6,则该棱锥的全面积为( A.48+12 2 B.48+24 2

)

C.36+12 2 D.36+24 2 7.2010·安徽卷 一个几何体的三视图如图 K37-7,该几何体的表面积为(

)

图 K37-7 A.280 B.292 C.360 D.372 8.某三棱锥的左视图和俯视图如图 K37-8 所示,则该三棱锥的体积为( )

图 K37-8 A.4 3 B.8 3 C.12 3 D.24 3 3 9.如图 K37-9(单位:cm),将图中阴影部分绕 AB 旋转一周所形成的几何体的体积为(单位:cm )( )

图 K37-9 A.40π 140π B. 3 C.50π 160π D. 3

10.一个底面半径为 1,高为 6 的圆柱被一个平面截下一部分,如图 K37-10,截下部分的母线最大长度为 2,最小长度为 1,则截下部分的体积是________.

图 K37-10 11. 三棱锥 P-ABC 中,PA⊥底面 ABC,PA=3,底面 ABC 是边长为 2 的正三角形,则三棱锥 P-ABC 的体积 等于________. 12.表面积为定值 S 的正四棱柱体积的最大值为________. 13.在三棱柱 ABC-A′B′C′中,点 P,Q 分别在棱 BB′,CC′上,且 BP=2PB′,CQ=3QC′,若三棱柱 的体积为 V,则四棱锥 A-BPQC 的体积是________. 14.(10 分)如图 K37-11 所示的△OAB 绕 x 轴和 y 轴各旋转一周分别求出所得几何体的表面积.

图 K37-11

15.(13 分)如图 K37-12(1),在直角梯形中(图中数字表示线段的长度),CD⊥AF,将直角梯形 DCEF 沿 CD 折起,使平面 DCEF⊥平面 ABCD,连接部分线段后围成一个空间几何体,如图 K37-12(2). (1)求证:BE∥平面 ADF; (2)求三棱锥 F-BCE 的体积.

图 K37-12

难点突破 16.(1)(6 分)2011·哈尔滨九中二模

设直线 l 与球 O 有且只有一个公共点 P,从直线 l 出发的两个半平

面 α , 截球的两截面圆的半径分别为 1 和 3, β 二面角 α -l-β 的平面角为 150°, 则球 O 的表面积为( ) A.4π B.16π C.28π D.112π (2)(6 分)已知正方体 ABCD-A1B1C1D1,则四面体 C1-A1BD 在平面 ABCD 上的正投影的面积和该四面体的表面 积之比是( ) A. 3 C.2 3 B. 3 3 D. 3 6

课时作业(三十七) 【基础热身】 1.C 解析 这个空间几何体上半部分是底面半径为 1,高为 4 的圆柱,下半部分是棱长为 4 的正方体,故 2 2 其全面积是 2π ×1×4+π ×1 +6×4×4-π ×1 =96+8π . 2.A 解析 这个空间几何体是一个一条侧棱垂直于底面的四棱台,这个四棱台的高是 2,上底面是边长为 1 2 14 2 2 2 1 的正方形,下底面是边长为 2 的正方形,故其体积 V= (1 + 1 ×2 +2 )×2= . 3 3 3 3.C 解析 根据视图还原几何体.这个空间几何体的直观图如下,其体积是 3 m .

解析 这个空间几何体上面是一个四棱柱、中间部分是一个圆柱、下面是一个四棱柱.上面四棱柱的 π π 1 表面积为 2×3×3+12×1- =30- ;中间部分的表面积为 2π × ×1=π ,下面部分的表面积为 2×4×4 4 4 2 π π π +16×2- =64- .故其表面积是 94+ . 4 4 2 【能力提升】 1 5.B 解析 这个四棱锥的高是 13-4=3,底面积是 2× 2=2,故其体积为 ×2×3=2. 3

4.C

6. 解析 根据给出的三视图, A 这个三棱锥是一个底面为等腰直角三角形、 一个侧面垂直于底面的三棱锥, 其直观图如图所示,其中 PD⊥平面 ABC,D 为 BC 中点,AB⊥AC,过 D 作 ED⊥AB 于 E,连接 PE,由于 AB⊥PD, AB⊥DE,故 AB⊥PE,PE 即为△PAB 的底边 AB 上的高.在 Rt△PDE 中,PE=5,侧面 PAB,PAC 面积相等,故这 1 1 1 个三棱锥的全面积是 2× ×6×5+ ×6×6+ ×6 2×4=48+12 2. 2 2 2 7.C 解析 由题中的三视图知,该几何体是由两个长方体组成的简单组合体,下面是一个长、宽、高分别 是 8,10,2 的长方体,上面竖着的是一个长、宽、高分别为 6、2、8 的长方体,那么其表面积等于下面长方体的 表面积与上面长方体的侧面积之和,即 S=2(8×10+8×2+10×2)+2(6×8+2×8)=360. 8.A 解析 根据三视图可知,在这个三棱锥中其左视图的高就是三棱锥的高、俯视图的面积就是三棱锥的 底面积,其中俯视图的宽度和左视图的宽度相等,所以左视图的底边长是 2,由此得左视图的高为 2 3,此即 1 为三棱锥的高;俯视图的面积为 6,此即为三棱锥的底面积.所以所求的三棱锥的体积是 ×6×2 3=4 3. 3 9.B 解析 由图中数据,根据圆台和球的体积公式得 4 4 1 16 V 圆台= ×π ×22+ (π ×22)×(π ×52)+π ×52=52π ,V 半球= π ×23× = π . 3 3 2 3 16 140 3 所以,旋转体的体积为 V 圆台-V 半球=52π - π = π (cm ). 3 3 3π 10. 解析 这样的几何体我们没有可以直接应用的体积计算公式, 根据对称性可以把它补成如图所示的 2 1 2 圆柱,这个圆柱的高是 3,这个圆柱的体积是所求的几何体体积的 2 倍,故所求的几何体的体积是 ×π ×1 ×3 2 3π = . 2

1 π 2 11. 3 【解析】 由已知,S△ABC= ×2 sin = 3, 2 3 1 1 ∴ VP-ABC= S△ABC·PA= × 3×3= 3,即三棱锥 P-ABC 的体积等于 3. 3 3 12.

S 6S
36

解析 设正四棱柱的底面边长为 a, 高为 h, 则该正四棱柱的表面积为 2a +4ah=S, h= 即

2

S-2a2 , 4a

1 1 2 2 3 体积为 V=a h= a(S-2a )= (Sa-2a ), 4 4 1 2 则 V′= (S-6a ). 4 令 V′=0 得 a=

S
6

,且当 0<a<

S

时,V′>0,当 a> 6

S
6 3 =

时,V′<0,故当 a=

S
6



6S 时,V 取极大 6

S-2a2 值,由于这个极值唯一故也是最大值,此时 h= = 4a
17 13. V 36

S-
4

S S
6 6S S 6S ,体积的最大值是 . 6 36

解析 四棱锥 A-BPQC 与四棱锥 A-BB′C′C 具有相同的高,故其体积之比等于其底面积之比,由

BP=2PB′,CQ=3QC′得 BP= BB′,CQ= CC′,设平行四边形 BB′C′C 的高为 h,则其面积 S=CC′·h,

2 3 3 4 3 1 2 17 17 17 则梯形 BPQC 的面积等于 ? BB′+ CC′?·h= CC′·h= S,故 VA-BPQC= VA-BB′C′C. 4 2?3 24 24 24 ? 1 2 17 2 17 而 VA-BB′C′C=V-VA-A′B′C′=V- V= V,故 VA-BPQC= × V= V. 3 3 24 3 36

14.解答 绕 x 轴旋转一周形成的空间几何体是一个上下底面半径分别为 2,3,高为 3 的圆台,挖去了一个 底面半径为 3,高为 3 的圆锥,如图(1),其表面积是圆台的半径为 2 的底面积、圆台的侧面积、圆锥的侧面积 之和. 圆台的母线长是 10,圆锥的母线长是 3 2, 故其表面积 S1=π ·2 +π (2+3)· 10+π ·3·3 2=(4+5 10+9 2)π . 绕 y 轴旋转一周所形成的空间几何体是一个大圆锥挖去了一个小圆锥,如图(2),此时大圆锥的底面半径为 3,母线长为 3 2,小圆锥的底面半径为 3,母线长为 10,这个空间几何体的表面积是这两个圆锥的侧面积之 和, 故 S2=π ·3·3 2+π ·3· 10=(9 2+3 10)π .
2

1 15.解答 (1)证法一:取 DF 中点 G,连接 AG(如图),DG= DF, 2 1 ∵CE= DF,CE∥DF,∴EG∥CD 且 EG=CD. 2 又∵AB∥CD 且 AB=CD,∴EG∥AB 且 EG=AB, ∴四边形 ABEG 为平行四边形, ∴BE∥AG.∵BE?平面 ADF,AG? 平面 ADF, ∴BE∥平面 ADF.

证法二:由图(1)可知 BC∥AD,CE∥DF,折叠之后平行关系不变, ∵BC?平面 ADF,AD? 平面 ADF,∴BC∥平面 ADF,同理 CE∥平面 ADF, ∵BC∩CE=C,BC,CE? 平面 BCE,∴平面 BCE∥平面 ADF.∵BE? 平面 BCE,∴BE∥平面 ADF. (2)方法一:∵VF-BCE=VB-CEF,由图(1)可知 BC⊥CD,∵平面 DCEF⊥平面 ABCD,平面 DCEF∩平面 ABCD=CD, 1 1 BC? 平面 ABCD,∴BC⊥平面 DCEF,由图(1)可知 DC=CE=1,S△CEF= CE·DC= . 2 2 1 1 ∴VF-BCE=VB-CEF= ·BC·S△CEF= . 3 6 方法二:由图(1)可知 CD⊥BC,CD⊥CE,∵BC∩CE=C,∴CD⊥平面 BCE.∵DF⊥DC,点 F 到平面 BCE 的距离 1 1 等于点 D 到平面 BCE 的距离为 1,由图(1)可知 BC=CE=1,S△BCE= BC·CE= , 2 2 1 1 ∴VF-BCE= ·CD·S△BCE= . 3 6 方法三:过 E 作 EH⊥FC,垂足为 H,由图(1)可知 BC⊥CD,∵平面 DCEF⊥平面 ABCD, 平面 DCEF∩平面 ABCD=CD,BC? 平面 ABCD, ∴BC⊥平面 DCEF, 1 5 2 2 ∵EH? 平面 DCEF,∴BC⊥EH,∴EH⊥平面 BCF.由 BC⊥FC,FC= DC +DF = 5,S△BCF= BC·CF= ,在 2 2 1 △CEF 中,由等面积法可得 EH= , 5 1 1 ∴VF-BCE=VE-BCF= EH·S△BCF= . 3 6 【难点突破】 2 2 16.(1)D (2)D 解析 (1)过两截面圆心和球心作球的截面,如图,设 OO1=h1,OO2=h2,则 h1+1=h2+3, 根据余弦定理 h 1+h2-2h1h2cos30°=1+3-2×1× 3cos150°=7,消掉 h1 得方程 2h2-5= 3h2 h2+2,两端 平方整理得 h2-26h2+25=0,解得 h2=1(舍去),或 h2=25,即 h2=5,所以球的半径 r= 3+25= 28,故球 2 的表面积是 4π r =112π .
4 2 2 2 2 2 2 2

(2)根据正投影的概念,结合图形知四面体在底面上的正投影就是正方形 ABCD,设该正方体的棱长为 1,则

这个投影的面积就是 1,四面体的四个面都是边长为 2的正三角形,故其表面积是 4× 求的比值为 1∶2 3= 3 . 6

3 2 ×( 2) =2 3,故所 4


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