2025屆高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)44空間幾何體的表面積與體積含解析蘇教版

PAGEPAGE9課時(shí)作業(yè)44空間幾何體的表面積與體積一、選擇題1．(2024·湖南長(zhǎng)沙模擬)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積是(C)A．16＋8eq\r(3) B．16＋4eq\r(3)C．48＋8eq\r(3) D．48＋4eq\r(3)解析：依據(jù)三視圖知，該幾何體是底面為等邊三角形，高為4的直三棱柱，畫(huà)出幾何體的直觀圖，如圖所示，結(jié)合圖中數(shù)據(jù)，計(jì)算它的表面積是S＝2×eq\f(1,2)×2eq\r(3)×4＋3×4×4＝48＋8eq\r(3).2．一個(gè)球的表面積是16π，那么這個(gè)球的體積為(B)A.eq\f(16,3)π B.eq\f(32,3)πC．16π D．24π解析：設(shè)球的半徑為R，則S＝4πR2＝16π，解得R＝2，則球的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(32,3)π.3．現(xiàn)有橡皮泥制作的底面半徑為5、高為4的圓錐和底面半徑為2、高為8的圓柱各一個(gè)．若將它們重新制作成總體積與高均保持不變，但底面半徑相同的新的圓錐和圓柱各一個(gè)，則新的底面半徑為(B)A.eq\r(6) B.eq\r(7)C．2eq\r(2) D．3解析：設(shè)新的底面半徑為r，由題意得eq\f(1,3)πr2·4＋πr2·8＝eq\f(1,3)π×52×4＋π×22×8，解得r＝eq\r(7).4．(2024·江西聯(lián)考)《算術(shù)書(shū)》竹簡(jiǎn)于上世紀(jì)八十年頭在湖北省江陵縣張家山出土，這是我國(guó)現(xiàn)存最早的有系統(tǒng)的數(shù)學(xué)典著，其中記載有求“囷蓋”的術(shù)：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，該術(shù)相當(dāng)于給出圓錐的底面周長(zhǎng)l與高h(yuǎn)，計(jì)算其體積V的近似公式V＝eq\f(1,36)l2h，它事實(shí)上是將圓錐體積公式中的圓周率π近似取3，那么，近似公式V≈eq\f(25,942)l2h相當(dāng)于將圓錐體積公式中的π近似取(C)A.eq\f(22,7) B.eq\f(25,8)C.eq\f(157,50) D.eq\f(355,113)解析：V＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2π)))2h＝eq\f(1,12π)l2h，由eq\f(1,12π)≈eq\f(25,942)，得π≈eq\f(157,50)，故選C.5．(2024·合肥質(zhì)檢)我國(guó)古代名著《張丘建算經(jīng)》中記載：“今有方錐，下廣二丈，高三丈．欲斬末為方亭，令上方六尺．問(wèn)：斬高幾何？”大致意思是：有一個(gè)正四棱錐下底邊長(zhǎng)為二丈，高三丈，現(xiàn)從上面截去一段，使之成為正四棱臺(tái)，且正四棱臺(tái)的上底邊長(zhǎng)為六尺，則截去的正四棱錐的高是多少．假如我們把求截去的正四棱錐的高改為求剩下的正四棱臺(tái)的體積，則該正四棱臺(tái)的體積是(注：1丈＝10尺)(B)A．1946立方尺 B．3892立方尺C．7784立方尺 D．11676立方尺解析：解法1：如圖，記正四棱臺(tái)為A1B1C1D1-ABCD.該正四棱臺(tái)由正四棱錐S-ABCD截得，O為正方形ABCD的中心，E為BC的中點(diǎn)，E1為B1C1的中點(diǎn)，設(shè)正四棱臺(tái)的高為x，則由圖中△SO1E1∽△SOE，得eq\f(SO1,SO)＝eq\f(O1E1,OE)，即eq\f(30－x,30)＝eq\f(3,10)，解得x＝21，所以該正四棱臺(tái)的體積V＝eq\f(1,3)×(62＋6×20＋202)×21＝3892(立方尺)，故選B.解法2：如解法1中圖，記正四棱臺(tái)為A1B1C1D1-ABCD.該正四棱臺(tái)由正四棱錐S-ABCD截得，O為正方形ABCD的中心，E為BC的中點(diǎn)，E1為B1C1的中點(diǎn)，設(shè)截去的正四棱錐的高為x，則由圖中△SO1E1∽△SOE，得eq\f(SO1,SO)＝eq\f(O1E1,OE)，即eq\f(x,30)＝eq\f(3,10)，解得x＝9，所以該正四棱臺(tái)的體積V＝V正四棱錐S-ABCD－V正四棱錐S-A1B1C1D1＝eq\f(1,3)×202×30－eq\f(1,3)×62×9＝3892(立方尺)，故選B.6．(2024·河北九校聯(lián)考)已知三棱柱ABC-A1B1C1的全部頂點(diǎn)都在球O的球面上，該三棱柱的五個(gè)面所在的平面截球面所得的圓大小相同，若球OA．6eq\r(3) B．12C．12eq\r(3) D．18解析：設(shè)球O的半徑為R，則由4πR2＝20π得R2＝5，由題意知，此三棱柱為正三棱柱，且底面三角形的外接圓與側(cè)面的外接圓大小相同，故設(shè)三棱柱的底面邊長(zhǎng)為a，高為h，如圖，取三角形ABC的中心O1，四邊形BCC1B1的中心O2，連接OO1，OA，O2B，O1A，由題意可知，在Rt△AOO1中，OOeq\o\al(2,1)＋AOeq\o\al(2,1)＝AO2＝R2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,3)))2＝R2＝5①，又AO1＝BO2，所以AOeq\o\al(2,1)＝BOeq\o\al(2,2)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,3)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2②，由①②可得a2＝12，h＝2，所以三棱柱的體積V＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)a2))h＝6eq\r(3).故選A.7．(2024·重慶七校聯(lián)考)已知正三棱錐的高為6，內(nèi)切球(與四個(gè)面都相切)的表面積為16π，則其底面邊長(zhǎng)為(B)A．18 B．12C．6eq\r(3) D．4eq\r(3)解析：如圖，由題意知，球心在三棱錐的高PE上，設(shè)內(nèi)切球的半徑為R，則S球＝4πR2＝16π，所以R＝2，所以O(shè)E＝OF＝2，OP＝4.在Rt△OPF中，PF＝eq\r(OP2－OF2)＝2eq\r(3).因?yàn)椤鱋PF∽△DPE，所以eq\f(OF,DE)＝eq\f(PF,PE)，得DE＝2eq\r(3)，AD＝3DE＝6eq\r(3)，AB＝eq\f(2,\r(3))AD＝12.故選B.8．(2024·沈陽(yáng)質(zhì)監(jiān))如圖，四棱錐P-ABCD的底面為矩形，矩形的四個(gè)頂點(diǎn)A，B，C，D在球O的同一個(gè)大圓上，且球的表面積為16π，點(diǎn)P在球面上，則四棱錐P-ABCD體積的最大值為(D)A．8 B.eq\f(8,3)C．16 D.eq\f(16,3)解析：設(shè)球的半徑為R，由題知4πR2＝16π，則R＝2，再設(shè)大圓內(nèi)的矩形長(zhǎng)、寬分別為x，y，由題知x2＋y2＝16，則矩形面積xy≤eq\f(x2＋y2,2)＝8，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)上式取等號(hào)，即底面為正方形時(shí)，底面面積最大，四棱錐P-ABCD的高的最大值為2，故四棱錐P-ABCD體積的最大值為eq\f(1,3)×8×2＝eq\f(16,3)，選D.二、填空題9．(2024·江蘇卷)如圖，長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的體積是120，E為CC1的中點(diǎn)，則三棱錐E-BCD的體積是10解析：因?yàn)殚L(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1所以CC1·S四邊形ABCD＝120，又E是CC1的中點(diǎn)，所以三棱錐E-BCD的體積VE-BCD＝eq\f(1,3)EC·S△BCD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)CC1×eq\f(1,2)S四邊形ABCD＝eq\f(1,12)×120＝10.10．如圖所示，一個(gè)底面半徑為R的圓柱形量杯中裝有適量的水．若放入一個(gè)半徑為r的實(shí)心鐵球，水面高度恰好上升r，則eq\f(R,r)＝eq\f(2\r(3),3).解析：由水面高度上升r，得圓柱體積增加了πR2r，恰好是半徑為r的實(shí)心鐵球的體積，因此有eq\f(4,3)πr3＝πR2r.故eq\f(R,r)＝eq\f(2\r(3),3).11．一個(gè)六棱錐的體積為2eq\r(3)，其底面是邊長(zhǎng)為2的正六邊形，側(cè)棱長(zhǎng)都相等，則該六棱錐的側(cè)面積為12.解析：設(shè)六棱錐的高為h，則V＝eq\f(1,3)Sh，所以eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×4×6h＝2eq\r(3)，解得h＝1.設(shè)六棱錐的斜高為h′，則h2＋(eq\r(3))2＝h′2，故h′＝2.所以該六棱錐的側(cè)面積為eq\f(1,2)×2×2×6＝12.12．(2024·石家莊檢測(cè))如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，PB⊥底面ABCD，O為對(duì)角線AC與BD的交點(diǎn)，若PB＝1，∠APB＝∠BAD＝eq\f(π,3)，則三棱錐P-AOB的外接球的體積是eq\f(4π,3).解析：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，即OA⊥OB.∵PB⊥平面ABCD，∴PB⊥AO，又OB∩PB＝B，∴AO⊥平面PBO，∴AO⊥PO，即△PAO是以PA為斜邊的直角三角形．∵PB⊥AB，∴△PAB是以PA為斜邊的直角三角形，∴三棱錐P-AOB的外接球的直徑為PA.∵PB＝1，∠APB＝eq\f(π,3)，∴PA＝2，∴三棱錐P-AOB的外接球的半徑為1，∴三棱錐P-AOB的外接球的體積為eq\f(4π,3).三、解答題13．現(xiàn)須要設(shè)計(jì)一個(gè)倉(cāng)庫(kù)，它由上下兩部分組成，上部的形態(tài)是正四棱錐P-A1B1C1D1，下部的形態(tài)是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如圖所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱錐的高PO1的4倍，若AB＝6m，PO1＝解：由PO1＝2m知，O1O＝4PO1＝8m.因?yàn)锳1B1＝AB＝6m，所以正四棱錐P-A1B1C1D1V錐＝eq\f(1,3)·A1Beq\o\al(2,1)·PO1＝eq\f(1,3)×62×2＝24(m3)；正四棱柱ABCD-A1B1C1D1V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)，所以倉(cāng)庫(kù)的容積V＝V錐＋V柱＝24＋288＝312(m3)．故倉(cāng)庫(kù)的容積是312m314．(2024·成都檢測(cè))如圖①，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，E，F(xiàn)分別為AB，CD的中點(diǎn)，CD＝2AB＝2EF＝4，M為DF的中點(diǎn)．現(xiàn)將四邊形BEFC沿EF折起，使平面BEFC⊥平面AEFD，得到如圖②所示的多面體．在圖②中，(1)證明：EF⊥MC；(2)求三棱錐M-ABD的體積．解：(1)證明：由題意，可知在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∵E，F(xiàn)分別為AB，CD的中點(diǎn)，∴EF⊥CD.折疊后，EF⊥DF，EF⊥CF.∵DF∩CF＝F，∴EF⊥平面DCF.又MC?平面DCF，∴EF⊥MC.(2)易知AE＝BE＝1，DF＝CF＝2，DM＝1，∴MF＝1＝AE.又AE∥MF，∴四邊形AEFM為平行四邊形．∴AM∥EF，故AM⊥DF.∵平面BEFC⊥平面AEFD，平面BEFC∩平面AEFD＝EF，且BE⊥EF，∴BE⊥平面AEFD.∴VM-ABD＝VB-AMD＝eq\f(1,3)×S△AMD×BE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×2×1＝eq\f(1,3).即三棱錐M-ABD的體積為eq\f(1,3).15．(2024·武漢調(diào)研)如圖，一邊長(zhǎng)為30cm的正方形鐵皮，先將陰影部分裁下，然后用余下的四個(gè)全等等腰三角形加工成一個(gè)正四棱錐形容器，要使這個(gè)容器的容積最大，則等腰三角形的底邊長(zhǎng)為10eq\r(6)cm.解析：設(shè)等腰三角形的底邊長(zhǎng)為x(0<x<30)cm，由已知得等腰三角形的高為15cm，所以正四棱錐的高h(yuǎn)＝eq\r(152－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))2)＝eq\r(225－\f(x2,4))(cm)，所以正四棱錐的體積V＝eq\f(1,3)x2eq\r(225－\f(x2,4))＝eq\f(1,6)eq\r(900x4－x6)(cm3)．令g(x)＝900x4－x6，則g′(x)＝3600x3－6x5，令3600x3－6x5＝0，得x＝10eq\r(6)，令g′(x)<0，則x>10eq\r(6)；令g′(x)>0，則0<x<10eq\r(6).所以g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,10eq\r(6))，單調(diào)遞減區(qū)間為(10eq\r(6)，＋∞)．所以x＝10eq\r(6)時(shí)，g(x)取得極大值(也是最大值)．所以要使正四棱錐的體積最大，等腰三角形的底邊長(zhǎng)為10eq\16．(2024·東北三省四市一模)如圖，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E為CD的中點(diǎn)，將△ADE沿AE折到△APE的位置．(1)證明：AE⊥PB；(2)當(dāng)四棱錐P-ABCE的體積最大時(shí)，求點(diǎn)C到平面PAB的距離．解：(1)證明：在等腰梯形ABCD中，連接BD，交AE于點(diǎn)O.∵AB∥C