北师版高考理科数学一轮总复习课 课时规范练39 空间几何体的表面积与体积.docVIP

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课时规范练39空间几何体的表面积与体积

基础巩固组

1.(全国甲,理4)如图,网格纸上绘制的是一个多面体的三视图,网格小正方形的边长为1,则该多面体的体积为()

A.8 B.12 C.16 D.20

答案:B

解析:该多面体的直观图如图所示,多面体是一个正方体和一个三棱柱的组合体,所以多面体的体积为V=2×2×2+12×2×2×2=12,故选

2.某中学开展劳动实习,学习加工制作食品包装盒.现有一张边长为6的正六边形硬纸片,如图所示,裁掉阴影部分,然后按虚线处折成高为3的正六棱柱无盖包装盒,则此包装盒的容积为()

A.144 B.72

C.36 D.24

答案:B

解析:如图,

由正六边形的每个内角为2π3,按虚线处折成高为3的正六棱柱,即BF=3,所以BE=BFtanπ3=1,可得正六棱柱底边边长AB=6-2×1=4,所以此包装盒的容积V=6×34

3.(陕西宝鸡三模)若某多面体的三视图如图所示,则此多面体的体积是()

A.823 B.83 C.

答案:B

解析:如图所示,根据三视图还原几何体为四棱锥P-ABCD,且顶点都为一个正方体的顶点,此多面体可看作半个正方体去掉一个三棱锥,则此多面体的体积是12×23-13×12

4.在三棱锥P-ABC中,已知PA⊥平面ABC,PA=AB=AC=2,∠BAC=2π3.若三棱锥P-ABC的各顶点都在球O的球面上,则球O的半径为(

A.1 B.2 C.3 D.5

答案:D

解析:在△ABC中,设其外接圆半径为r,由正弦定理可得ABsin∠ACB=2sinπ6=2r,解得r=2,三棱锥P-ABC补成三棱柱ABC-PB1C1,点O1,O2分别是△ABC,△PB1C1的外心,连接O1O2,则球心O是O1O2的中点,连接O1A,OA,

5.在等腰三角形ABC中,AB=AC=2,∠BAC=120°,以底边BC所在直线为轴旋转围成的封闭几何体内装有一球,则球的最大体积为()

A.3π2 B.2π2

答案:A

解析:如图,据题意可得几何体的轴截面为边长为2、邻边的一夹角为60°的菱形,即菱形中的圆与该菱形内切时,球的体积最大,可得内切圆的半径r=|OM|=|OA|·cos30°=|AB|·sin30°·cos30°=2×12×32=32,故V=43

6.(河南郑州三模)已知△ABC是面积为334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,则球心O到平面ABC的距离为

答案:3

解析:设△ABC的边长为a,外接圆半径为r,则S△ABC=12a2·32=334,解得a=3,由正弦定理可得2r=3sin60°=2,解得r=1.设球O的半径为R,则4πR2=16π,解得

综合提升组

7.已知正三棱柱的高与底面边长均为2,则该正三棱柱内半径最大的球与其外接球的表面积之比为()

A.17 B.77 C.3

答案:A

解析:设正三棱柱ABC-A1B1C1,取三棱柱ABC-A1B1C1的两底面中心O,O1,连接OO1,取OO1的中点D,连接BD,则BD为正三棱柱外接球的半径.

∵△ABC是边长为2的正三角形,O是△ABC的中心,∴BO=23×3

又OD=12OO1=12AA

∴BD=OB

∴正三棱柱ABC-A1B1C1外接球的表面积为4π×BD2=28π3.根据题意可知,当一个球的半径r等于底面正三角形内切圆的半径时,这个球是正三棱柱内半径最大的球,即r=36×2=

∴正三棱柱ABC-A1B1C1内半径最大的球表面积为4π×r2=4π3

∴该正三棱柱内半径最大的球与其外接球的表面积之比为4π3

8.已知圆锥的底面圆周和顶点都在一半径为1的球的球面上,当圆锥体积为球体积的14时,圆锥的高为(

A.1或2 B.1或3

C.1或3 D.1或5

答案:D

解析:①如图所示,设圆锥的底面半径为r,高为h,球的半径为R,

则h=R+R2-r2=1+1-r2≥1,因为圆锥体积为球体积的14,所以13πr2h=14×43πR3,化简得r2(1+1-r2)=1,令1-r2=t,则r2=1-t2,所以

②如图所示,

设圆锥的底面半径为r,高为h,球的半径为R,则h=R-R2-r2=1-1-r2≤1,因为圆锥体积为球体积的14,所以13πr2h=14×43πR3,化简得r

所以t(t2-t-1)=0,解得t=1±52(舍去)或t=0,所以h=1,综上h=1+

9.半径为1的球O内有一个内接正三棱柱,当正三棱柱的侧面积最大时,球的表面积与该正三棱柱的侧面积之差是.?

答案:4π-33

解析:如图所示,设球心为O点,上下底面的中心分别为O1,O2,设正三棱柱的底面边长与高分别为x,h,则O2A=33x,在Rt△O