新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時(shí)跟蹤檢測（三十四）空間幾何體及其表面積、體積（含解析）

PAGE課時(shí)跟蹤檢測（三十四）空間幾何體及其表面積、體積一、綜合練——練思維敏銳度1．正三棱錐底面邊長為a，高為eq\f(\r(6),6)a，則此正三棱錐的側(cè)面積為()A.eq\f(3,4)a2 B.eq\f(3,2)a2C.eq\f(3\r(3),4)a2 D.eq\f(3\r(3),2)a2解析：選A因?yàn)榈酌嬲切沃懈邽閑q\f(\r(3),2)a，其重心到頂點(diǎn)距離為eq\f(\r(3),2)a×eq\f(2,3)＝eq\f(\r(3),3)a，且棱錐高為eq\f(\r(6),6)a，所以利用勾股定理可得側(cè)棱長為eq\r(\f(a2,6)＋\f(a2,3))＝eq\f(\r(2),2)a，斜高為eq\r(\f(a2,2)－\f(a2,4))＝eq\f(a,2)，所以側(cè)面積為S＝3×eq\f(1,2)×a×eq\f(a,2)＝eq\f(3,4)a2.2.如圖，在四邊形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2eq\r(2)，AD＝2，則四邊形ABCD繞AD所在直線旋轉(zhuǎn)一周所成幾何體的表面積為()A．(15＋eq\r(2))π B．2(15＋eq\r(2))πC．4(15＋eq\r(2))π D．(15＋4eq\r(2))π解析：選CS表＝S圓臺(tái)底面＋S圓臺(tái)側(cè)面＋S圓錐側(cè)面＝π×52＋π×(2＋5)×5＋π×2×2eq\r(2)＝4(15＋eq\r(2))π.故選C.3．魏晉時(shí)期數(shù)學(xué)家劉徽在他的著作《九章算術(shù)注》中，稱一個(gè)正方體內(nèi)兩個(gè)互相垂直的內(nèi)切圓柱所圍成的幾何體為“牟合方蓋”，劉徽通過計(jì)算得知正方體的內(nèi)切球的體積與“牟合方蓋”的體積之比應(yīng)為π∶4，若“牟合方蓋”的體積為18，則正方體的棱長為()A．18 B．6C．3 D．2解析：選C因?yàn)椤澳埠戏缴w”的體積為18，所以該正方體的內(nèi)切球的體積為18×eq\f(π,4)＝eq\f(9,2)π，設(shè)正方體的棱長為a，則該正方體的內(nèi)切球半徑為eq\f(a,2)，所以eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))3＝eq\f(9,2)π，解得a＝3，故選C.4．(2021·重慶八中期末)唐朝的狩獵景象浮雕銀杯如圖1所示，其浮雕臨摹了國畫、漆繪和墓室壁畫，體現(xiàn)了古人的智慧與工藝．它的盛酒部分可以近似地看作是半球與圓柱的組合體(假設(shè)內(nèi)壁表面光滑，忽略杯壁厚度)，如圖2所示，已知球的半徑為R，酒杯內(nèi)壁表面積為eq\f(14,3)πR2，設(shè)酒杯上部分(圓柱)的體積為V1，下部分(半球)的體積為V2，則eq\f(V2,V1)＝()A．2B.eq\f(3,2)C.eq\f(1,2)D．1解析：選C設(shè)酒杯上部分高為h，則酒杯內(nèi)壁表面積S＝eq\f(1,2)×4πR2＋2πRh＝eq\f(14,3)πR2，解得h＝eq\f(4,3)R，∴V1＝πR2h＝eq\f(4,3)πR3，V2＝eq\f(1,2)×eq\f(4,3)πR3＝eq\f(2,3)πR3，∴eq\f(V2,V1)＝eq\f(1,2).5.(多選)如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1的底面是正方形，AA1＝2AB，E是DD1的中點(diǎn)，則()A．△B1EC為直角三角形B．CE∥A1BC．三棱錐C1-B1CE的體積是長方體體積的eq\f(1,6)D．三棱錐C1-B1CD1的外接球的表面積是正方形ABCD面積的6π倍解析：選ACD令A(yù)A1＝2AB＝2a，在△B1EC中，B1E＝eq\r(3)a，EC＝eq\r(2)a，B1C＝eq\r(5)a，所以B1E2＋EC2＝B1C2，則△B1EC為直角三角形，故A正確；因?yàn)锳1B與D1C平行，而CE與D1C相交，所以CE與A1B不平行，故B錯(cuò)誤；三棱錐C1-B1CE的體積為VC1-B1CE＝VB1-C1CE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2a×a×a＝eq\f(a3,3)，VABCD-A1B1C1D1＝2a3，則三棱錐C1-B1CE的體積是長方體體積的eq\f(1,6)，故C正確；因?yàn)槿忮FC1-B1CD1的外接球就是長方體ABCD-A1B1C1D1的外接球，所以三棱錐C1-B1CD1的外接球半徑R＝eq\f(\r(a2＋a2＋2a2),2)＝eq\f(\r(6)a,2)，三棱錐C1-B1CD1的外接球的表面積為S＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6)a,2)))2＝6a2π，又S正方形ABCD＝a2，所以三棱錐C1-B1CD1的外接球的表面積是正方形ABCD面積的6π倍，故D正確，故選A、C、D.6．(2020·全國卷Ⅰ)已知A，B，C為球O的球面上的三個(gè)點(diǎn)，⊙O1為△ABC的外接圓．若⊙O1的面積為4π，AB＝BC＝AC＝OO1，則球O的表面積為()A．64π B．48πC．36π D．32π解析：選A如圖所示，設(shè)球O的半徑為R，⊙O1的半徑為r，因?yàn)椤袿1的面積為4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以eq\f(AB,sin60°)＝2r，解得AB＝2eq\r(3)，故OO1＝2eq\r(3)，所以R2＝OOeq\o\al(2,1)＋r2＝(2eq\r(3))2＋22＝16，所以球O的表面積S＝4πR2＝64π.故選A.7．(多選)已知四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1的上下底面均為正方形，其中AB＝2eq\r(2)，A1B1＝eq\r(2)，AA1＝BB1＝CC1＝2，則下述正確的是()A．該四棱臺(tái)的高為eq\r(3)B．AA1⊥CC1C．該四梭臺(tái)的表面積為26D．該四梭臺(tái)外接球的表面積為16π解析：選AD由棱臺(tái)性質(zhì)，畫出切割前的四棱錐如圖所示，由于AB＝2eq\r(2)，A1B1＝eq\r(2)，可知△SA1B1與△SAB相似比為1∶2；則SA＝2AA1＝4，AO＝2，則SO＝2eq\r(3)，則OO1＝eq\r(3)，該四棱臺(tái)的高為eq\r(3)，A正確；因?yàn)镾A＝SC＝AC＝4，所以AA1與CC1夾角為60°，不垂直，B錯(cuò)誤；該四棱臺(tái)的表面積為S＝S上底＋S下底＋S側(cè)＝2＋8＋4×eq\f(\r(2)＋2\r(2),2)×eq\f(\r(14),2)＝10＋6eq\r(7)，C錯(cuò)誤；由于上下底面都是正方形，則外接球的球心在OO1上，在平面B1BOO1上中，由于OO1＝eq\r(3)，B1O1＝1，則OB1＝2＝OB，即點(diǎn)O到點(diǎn)B與點(diǎn)B1的距離相等，則r＝OB＝2，該四棱臺(tái)外接球的表面積為16π，D正確，故選A、D.8．已知在棱長為6的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱C1D1，B1C1的中點(diǎn)，過A，E，F(xiàn)三點(diǎn)作該正方體的截面，則截面的周長為________．解析：如圖，延長EF，A1B1，相交于點(diǎn)M，連接AM，交BB1于點(diǎn)H，延長FE，A1D1，相交于點(diǎn)N，連接AN，交DD1于點(diǎn)G，連接FH，EG，可得截面為五邊形AHFEG.因?yàn)锳BCD-A1B1C1D1是棱長為6的正方體，且E，F(xiàn)分別是棱C1D1，B1C1的中點(diǎn)，易得EF＝3eq\r(2)，AG＝AH＝2eq\r(13)，EG＝FH＝eq\r(13)，截面的周長為AH＋HF＋EF＋EG＋AG＝6eq\r(13)＋3eq\r(2).答案：6eq\r(13)＋3eq\r(2)9．已知三棱錐D-ABC的所有頂點(diǎn)都在球O的表面上，AD⊥平面ABC，AC＝eq\r(3)，BC＝1，cos∠ACB＝eq\r(3)sin∠ACB，AD＝2，則球O的表面積為________．解析：由cos∠ACB＝eq\r(3)sin∠ACB，sin2∠ACB＋cos2∠ACB＝1，解得sin∠ACB＝eq\f(1,2)，cos∠ACB＝eq\f(\r(3),2)，所以∠ACB＝eq\f(π,6).因?yàn)锳C＝eq\r(3)，BC＝1，所以由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB，即AB2＝3＋1－2×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝1，故AB＝1，所以△ABC為等腰三角形，且∠ABC＝eq\f(2π,3).設(shè)△ABC外接圓半徑為r，由正弦定理得eq\f(\r(3),sin\f(2π,3))＝2r，解得r＝1，設(shè)球O的半徑為R，△ABC的外心為O′，連接OO′，設(shè)OO′＝h，過O作OM⊥AD，連接O′A，OA，OD，則在△O′OA中，h2＋12＝R2，①在△OMD中，(2－h(huán))2＋12＝R2，②聯(lián)立①②解得R＝eq\r(2)，所以外接球的表面積為S＝4πR2＝4π(eq\r(2))2＝8π.答案：8π10．已知一個(gè)圓錐的軸截面是斜邊長為2的等腰直角三角形，則該圓錐的側(cè)面面積為________．解析：因?yàn)閳A錐的軸截面是斜邊長為2的等腰直角三角形，所以圓錐的底面半徑r＝1，母線長l＝eq\r(2)，所以圓錐的側(cè)面面積S＝πrl＝eq\r(2)π.答案：eq\r(2)π11．已知三棱錐S-ABC外接球O的體積為288π，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，cos∠CBA＝eq\f(3,5)，則三棱錐S-ABC體積的最大值為________．解析：在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠CBA，解得BC＝10.因?yàn)锳B2＋AC2＝BC2，所以AC⊥AB，所以Rt△ABC的外接圓半徑為5.因?yàn)閑q\f(4,3)πR3＝288π，故R＝6.球心O到平面ABC的距離d＝eq\r(36－25)＝eq\r(11)，當(dāng)平面SBC⊥平面ABC時(shí)，三棱錐S-ABC的體積最大，為eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×6×8))×(6＋eq\r(11))＝48＋8eq\r(11).答案：48＋8eq\r(11)12.如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.過點(diǎn)E，F(xiàn)的平面α與此長方體的面相交，交線圍成一個(gè)正方形．(1)在圖中畫出這個(gè)正方形(不必說明畫法和理由)；(2)求平面α把該長方體分成的兩部分體積的比值．解：(1)交線圍成的正方形EHGF如圖所示．(2)如圖，作EM⊥AB，垂足為M，則AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.因?yàn)樗倪呅蜤HGF為正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝eq\r(EH2－EM2)＝6，AH＝10，HB＝6.故S四邊形A1EHA＝eq\f(1,2)×(4＋10)×8＝56，S四邊形EB1BH＝eq\f(1,2)×(12＋6)×8＝72.因?yàn)殚L方體被平面α分成兩個(gè)高為10的直棱柱，所以其體積的比值為eq\f(9,7)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,9)也正確)).13.如圖是一個(gè)以A1B1C1為底面的直三棱柱被一平面所截得到的幾何體，截面為ABC，已知A1B1＝B1C1＝2，∠A1B1C1＝90°，AA1＝4，BB1＝3，CC1＝2，求：(1)該幾何體的體積．(2)截面ABC的面積．解：(1)過C作平行于A1B1C1的截面A2B2C，交AA1，BB1分別于點(diǎn)A2，B2.由直三棱柱性質(zhì)及∠A1B1C1＝90°可知B2C⊥平面ABB2A2，則該幾何體的體積V＝VA1B1C1-A2B2C＋VC-ABB2A2＝eq\f(1,2)×2×2×2＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×(1＋2)×2×2＝6.(2)在△ABC中，AB＝eq\r(22＋4－32)＝eq\r(5)，BC＝eq\r(22＋3－22)＝eq\r(5)，AC＝eq\r(2\r(2)2＋4－22)＝2eq\r(3).則S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×eq\r(\r(5)2－\r(3)2)＝eq\r(6).二、自選練——練高考區(qū)分度1．(2021·安徽省示范高中名校聯(lián)考)如圖，已知四面體ABCD為正四面體，AB＝1，E，F(xiàn)分別是AD，BC的中點(diǎn)．若用一個(gè)與直線EF垂直，且與四面體的每一個(gè)面都相交的平面α去截該四面體，由此得到一個(gè)多邊形截面，則該多邊形截面面積的最大值為()A.eq\f(1,4) B.eq\f(\r(2),4)C.eq\f(\r(3),4) D．1解析：選A如圖所示，將正四面體ABCD放在正方體中，與直線EF垂直的截面，即與正方體的上下底面平行的平面，記該平面分別與AC，AB，BD，CD交于點(diǎn)K，L，M，N，則截面為KLMN.由面面平行的性質(zhì)可知KL∥BC，MN∥BC，LM∥AD，KN∥AD，則四邊形KLMN為平行四邊形，又AD⊥BC，所以KL⊥LM，所以四邊形KLMN為矩形．又eq\f(KL,BC)＝eq\f(AL,AB)，eq\f(LM,AD)＝eq\f(BL,AB)，且BC＝AD＝AB＝1，所以KL＋LM＝AL＋BL＝AB＝1，S四邊形KLMN＝KL·LM≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(KL＋LM,2)))2＝eq\f(1,4)，當(dāng)且僅當(dāng)KL＝LM＝eq\f(1,2)時(shí)取等號(hào)，故選A.2．已知在正四面體ABCD中，E是AD的中點(diǎn)，P是棱AC上的一動(dòng)點(diǎn)，BP＋PE的最小值為eq\r(14)，則該四面體內(nèi)切球的體積為()A.eq\f(256\r(3),9)π B.eq\f(4,3)πC．4eq\r(3)π D.eq\f(4\r(3),27)π解析：選D由題意，將側(cè)面△ABC和△ACD沿AC邊展開成平面圖形，如圖所示．設(shè)正四面體的棱長為a，則BP＋PE的最小值為BE＝eq\r(a2＋\f(a2,4)－2·a·\f(a,2)·cos120°)＝eq\f(\r(7),2)a＝eq\r(14)，得a＝2eq\r(2)，所以正四面體的高為eq\r(8－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(6),3)))2)＝eq\f(4\r(3),3)，所以正四面體的體積為eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×8×eq\f(4\r(3),3)＝eq\f(8,3)，設(shè)該四面體內(nèi)切球的半徑為r，則4×eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×8×r＝eq\f(8,3)，解得r＝eq\f(\r(3),3)，所以該四面體內(nèi)切球的體積為eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))3＝eq\f(4\r(3),27)π.3.我國古代的數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》對(duì)立體幾何有深入的研究，從其中的一些數(shù)學(xué)用語可見，譬如“塹堵”意指底面為直角三角形，且側(cè)棱垂直于底面的三棱柱，“陽馬”指底面為矩形且有一側(cè)棱垂直于底面的四棱錐．現(xiàn)有一如圖所示的“塹堵”，即三棱柱ABC-A1B1C1，其中AC⊥BC，若AA1＝AB＝1，當(dāng)“陽馬”(四棱錐B-A1ACC1)體積最大時(shí)，“塹堵”(三棱柱ABC-A1B1C1)的表面積為()A.eq\r(2)＋1 B.eq\r(3)＋1C.eq\f(2\r(2)＋3,2) D.eq\f(\r(3)＋3,2)解析：選C由題意知，△ABC為直角三角形，且∠ACB＝90°，設(shè)AC＝x，則BC＝eq\r(1－x2)(0<x<1)，則VB-A1ACC1＝eq\f(1,3)S四邊形A1ACC1·BC＝eq\f(1,3)×1×x×eq\r(1－x2)＝eq\f(1,3)×xeq\r(1－x2)≤eq\f(1,3)×eq\f(x2＋1－x2,2)＝eq\f(1,6)(當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\r(1－x2)，即x＝eq\f(\r(2),2)時(shí)，等號(hào)成立，此時(shí)VB-A1ACC1最大)，此時(shí)三棱柱ABC-A1B1C1的表面積S＝2×eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)＋2×eq\f(\r(2),2)×1＋1×1＝eq\f(1,2)＋eq\r(2)＋1＝eq\f(3＋2\r(2),2)，故選C.4.(2021·廈門雙十中學(xué)高三期中)3D打印屬于快速成形技術(shù)的一種，它是一種以數(shù)字模型文件為基礎(chǔ)，運(yùn)用粉末狀金屬或塑料等可粘合材料，通過逐層堆疊累積的方式來構(gòu)造物體的技術(shù)(即“積層造型法”)．過去常在模具制造、工業(yè)設(shè)計(jì)等領(lǐng)域被用于制造模型，現(xiàn)正用于一些產(chǎn)品的直接制造，特別是一些高價(jià)值應(yīng)用(比如髖關(guān)節(jié)、牙齒或一些飛機(jī)零部件等)．已知利用3D打印技術(shù)制作如圖所示的模型．該模型為在圓錐底內(nèi)挖去一個(gè)正方體后的剩余部分(正方體四個(gè)頂點(diǎn)在圓錐母線上，四個(gè)頂點(diǎn)在圓錐底面上)，圓錐底面直徑為10eq\r(2)cm，母線與底面所成角的正切值為eq\r(2).打印所用原料密度為1g/cm3，不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質(zhì)量約為(取π＝3.14，精確到0.1)()A．609.4g B．447.3gC．398.3g D．357.3g解析：選C如圖是幾何體的軸截面，因?yàn)閳A錐底面直徑為10eq\r(2)cm，所以半徑為OB＝5eq\r(2)