《2019届高考数学一轮复习第七章立体几何第二节空间几何体的表面积与体积课时作业》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学一轮复习第七章立体几何第二节空间几何体的表面积与体积课时作业（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1第二节第二节 空间几何体的表面积与体积空间几何体的表面积与体积课时作业A 组基础对点练1(2018合肥市质检)已知一个圆锥底面半径为 1，母线长为 3，则该圆锥内切球的表面积为( )A B.3 2C2 D3解析：依题意，作出圆锥与球的轴截面，如图所示，设球的半径为r，易知轴截面三角形边AB上的高为 2，因此 ，解得r，所22 2r3r 122以圆锥内切球的表面积为 4()22，故选 C.22答案：C2平面截球O的球面所得圆的半径为 1，球心O到平面的距离为，则此球的体积2为( )A. B463C4 D663解析：设球的半径为R，由球的截面性质得R，所以球的体积 22123V R34.4 33
2、答案：B3已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A. B32 316 3C. D8 34 3解析：该几何体由一个三棱锥和一个三棱柱组合而成，直观图如图所示，2VV柱V锥 (11)12 (11)12 ，故选 C.1 21 31 28 3答案：C4如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线(实线和虚线)表示的是某几何体的三视图，则该几何体外接球的体积为( )A24 B29C48 D58解析：如图，在 324 的长方体中构造符合题意的几何体(三棱锥ABCD)，其外接球即为长方体的外接球，表面积为 4R2(322242)29.答案：B5(2018合肥市质检)如图，网格纸上小正方形的边长
3、为 1，实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为( )3A3 B32C9 D92解析：由题中的三视图，可得该几何体是一个以俯视图中的梯形为底面的四棱锥，其底面面积S (24)13，高h3，故其体积VSh3，故选 A.1 21 3答案：A6若三棱锥PABC的最长的棱PA2，且各面均为直角三角形，则此三棱锥的外接球的体积是_解析：如图，根据题意，可把该三棱锥补成长方体，则该三棱锥的外接球即该长方体的外接球，易得外接球的半径RPA1，所以该三棱锥的外接球的体积V 13 .1 24 34 3答案： 4 37已知矩形ABCD的顶点都在半径为 2 的球O的球面上，且AB3，BC，过点D作DE3垂直
4、于平面ABCD，交球O于E，则棱锥EABCD的体积为_解析：如图所示，BE过球心O，DE2，4232 32VEABCD 322.1 333答案：238已知H是球O的直径AB上一点，AHHB12，AB平面，H为垂足，截球O所得截面的面积为 ，则球O的表面积为_解析：如图，设截面小圆的半径为r，球的半径为R，因为AHHB12，所以OHR.由1 3勾股定理，有R2r2OH2，又由题意得 r2，则r1，故R21(R)2，即R2 .1 39 8由球的表面积公式，得S4R2.9 24答案：9 29如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AECF，EF交BD于点H.将DEF
5、沿EF折到DEF的位置(1)证明：ACHD；(2)若AB5，AC6，AE ，OD2，求五棱锥DABCFE的体积5 42解析：(1)证明：由已知得ACBD，ADCD.又由AECF得，故ACEF.AE ADCF CD由此得EFHD，EFHD，所以ACHD.(2)由EFAC得 .OH DOAE AD1 4由AB5，AC6 得DOBO4.AB2AO2所以OH1，DHDH3.于是OD2OH2(2)2129DH2，2故ODOH.由(1)知，ACHD，又ACBD，BDHDH，所以AC平面BHD，于是ACOD.又由ODOH，ACOHO，所以OD平面ABC.又由得EF .EF ACDH DO9 2五边形ABCF
6、E的面积S 68 3.1 21 29 269 4所以五棱锥DABCFE的体积V 2.1 369 4223 22510(2018莆田质检)如图，在四棱锥SABCD中，四边形ABCD为矩形，E为SA的中点，SASB2，AB2，BC3.3(1)证明：SC平面BDE；(2)若BCSB，求三棱锥CBDE的体积解析：(1)证明：连接AC，设ACBDO，四边形ABCD为矩形，则O为AC的中点在ASC中，E为AS的中点，SCOE，又OE平面BDE，SC平面BDE，SC平面BDE.(2)BCAB，BCSB，ABSBB，BC平面SAB，又BCAD，AD平面SAB.SC平面BDE，点C与点S到平面BDE的距离相等，
7、VCBDEVSBDEVDSBE，在ABS中，SASB2，AB2，3SABS 21.1 233又E为AS的中点，SBESSABS.1 232又点D到平面BES的距离为AD，VDBESSBESAD 3，1 31 332326VCBDE，32即三棱锥CBDE的体积为.32B 组能力提升练1(2018湖北七市联考)一个几何体的三视图如图所示，该几何体外接球的表面积为( )A36 B112 3C32 D28解析：根据三视图，可知该几何体是一个四棱锥，其底面是一个边长为 4 的正方形，高是2.将该四棱锥补形成一个三棱柱，如图所示，则其底面是边长为 4 的正三角形，高是34，该三棱柱的外接球即为原四棱锥的外
8、接球三棱柱的底面是边长为 4 的正三角形，底面三角形的中心到该三角形三个顶点的距离为 2，外接球的半径R 2 334 33，外接球的表面积S4R24，故选 B.(4 33)22228 328 3112 3答案：B2(2018广州模拟)九章算术中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑若三棱锥PABC为鳖臑，PA平面ABC，PAAB2，AC4，三棱锥PABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为( )A8 B12C20 D247解析：如图，因为四个面都是直角三角形，所以PC的中点到每一个顶点的距离都相等，即PC的中点为球心O，易得 2R
9、PC，所以R，球O的表面积为 4R220，选 C.20202答案：C3在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球若ABBC，AB6，BC8，AA13，则V的最大值是( )A4 B. C6 D.9 232 3解析：由题意可得若V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为 2，球的直径为 4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ，该球的体积最大，Vmax R3.3 24 34 327 89 2答案：B4四棱锥SABCD的所有顶点都在同一个球面上，底面ABCD是正方形且和球心O在同一平面内，当此四棱锥体积取得最大值时，其
10、表面积等于 88，则球O的体积等于( )3A. B 32 332 23C16 D16 23解析：依题意，设球O的半径为R，四棱锥SABCD的底面边长为a、高为h，则有hR，即h的最大值是R，又AC2R，则四棱锥SABCD的体积VSABCD 2R2h.因此，当1 32R3 3四棱锥SABCD的体积最大，即hR时，其表面积等于(R)24 R 21 2288，解得R2，因此球O的体积等于，选 A.2R22R234R3 332 3答案：A5(2017河北质量监测)多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为_cm3.8解析：由三视图可知该几何体是一个三棱锥，如图所示，在三棱锥DABC中，底面ABC是等腰
11、三角形，设底边AB的中点为E，则底边AB及底边上的高CE均为 4，侧棱AD平面ABC，且AD4，所以三棱锥DABC的体积VS1 3ABCAD 444(cm3)1 31 232 3答案：32 36已知正四棱锥OABCD的体积为，底面边长为，则以O为球心，OA为半径的球的3 223表面积为_解析：过O作底面ABCD的垂线段OE(图略)，则E为正方形ABCD的中心由题意可知 (1 3)2OE，所以OE，故球的半径ROA，则球的表面积33 223 22OE2EA26S4R224.答案：247如图，已知正三棱锥PABC的侧面是直角三角形，PA6.顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投
12、影为点E，连接PE并延长交AB于点G.(1)证明：G是AB的中点；(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积解析：(1)证明：因为P在平面ABC内的正投影为D，所以ABPD.因为D在平面PAB内的正投影为E，所以ABDE.因为PDDED，9所以AB平面PED，故ABPG.又由已知，可得PAPB，所以G是AB的中点(2)在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影理由如下：由已知可得PBPA，PBPC，又EFPB，所以EFPA，EFPC.因此EF平面PAC，即点F为E在平面PAC内的正投影连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心由(1)知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CDCG.2 3由题设可得PC平面PAB，DE平面PAB，所以DEPC，因此PEPG，DEPC.2 31 3由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA6，可得DE2，PE2.2在等腰直角三角形EFP中，可得EFPF2，所以四面体PDEF的体积V 222 .1 31 24 3
