課時(shí)規(guī)范練37　空間幾何體的表面積與體積基礎(chǔ)鞏固組1.(2021北京,4)某四面體的三視圖如圖所示,該四面體的表面積為(　　)A B.4 C.3+ D.2答案:A解析:根據(jù)三視圖可得該幾何體為正三棱錐,其三個(gè)側(cè)面為全等的等腰直角三角形,底面為等邊三角形,由三視圖可得該正三棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)為1,故其表面積為31×1+()2=2.(2021云南昆明三模)已知平面α截球O所得截面圓半徑為,該球面上的點(diǎn)到平面α的距離最大值為3,則球O的表面積為(　　)A.4π B.8π C.16π D.32π答案:C解析:依題意得截面圓半徑r=,設(shè)球O的半徑為R,則球心O到截面圓的距離d=3-R.由勾股定理得R2=(3-R)2+()2,解得R=2,所以球O的表面積為4πR2=16π.3.(2021廣西來(lái)賓、玉林、梧州4月聯(lián)考)為了方便向窄口容器中注入液體,某單位設(shè)計(jì)一種圓錐形的漏斗,設(shè)計(jì)要求如下:該圓錐形漏斗的高為8 cm,且當(dāng)窄口容器的容器口是半徑為1 cm的圓時(shí),漏斗頂點(diǎn)處伸入容器部分的高為2 cm,則制造該漏斗所需材料面積的大小約為(　　)(假設(shè)材料沒(méi)有浪費(fèi))A.12 cm2 B.8 cm2C.16 cm2 D.18 cm2答案:C解析:設(shè)漏斗底面半徑為r,由題意得,即r=4cm,所以該圓錐的母線長(zhǎng)為l==4(cm),所以圓錐的側(cè)面積為S=πrl=16(cm2).4.(2021山東濰坊一模)某中學(xué)開展勞動(dòng)實(shí)習(xí),學(xué)習(xí)加工制作食品包裝盒.現(xiàn)有一張邊長(zhǎng)為6的正六邊形硬紙片,如圖所示,裁掉陰影部分,然后按虛線處折成高為的正六棱柱無(wú)蓋包裝盒,則此包裝盒的容積為(　　)A.144 B.72 C.36 D.24答案:B解析:如圖,由正六邊形的每個(gè)內(nèi)角為,按虛線處折成高為的正六棱柱,即BF=,所以BE==1,可得正六棱柱底邊邊長(zhǎng)AB=6-2×1=4,所以此包裝盒的容積V=642=72.5.(2021陜西寶雞二模)如圖是某幾何體的三視圖,則該幾何體的體積為(　　)A.8-π B C D答案:B解析:由三視圖可得,該幾何體為一個(gè)三棱錐(其底面是邊長(zhǎng)為2的正方形,高為2),去掉半個(gè)圓錐(其底面半徑為1,高為2),所以該幾何體的體積V=2×2×2-π×12×2=6.(2021四川成都三診)在三棱錐P-ABC中,已知PA⊥平面ABC,PA=AB=AC=2,∠BAC=若三棱錐P-ABC的各頂點(diǎn)都在球O的球面上,則球O的半徑為(　　)A.1 B C D答案:D解析:在△ABC中,設(shè)其外接圓半徑為r,由正弦定理可得=2r,解得r=2,三棱錐P-ABC補(bǔ)成三棱柱ABC-PB1C1,點(diǎn)O1,O2分別是△ABC,△PB1C1的外心,連接O1O2,則球心O是O1O2的中點(diǎn),連接O1A,OA,設(shè)三棱錐P-ABC外接球半徑為R,R=7.(2021青海西寧一模)在等腰三角形ABC中,AB=AC=2,∠BAC=120°,以底邊BC所在直線為軸旋轉(zhuǎn)圍成的封閉幾何體內(nèi)裝有一球,則球的最大體積為(　　)A B C D答案:A解析:如圖,據(jù)題意可得幾何體的軸截面為邊長(zhǎng)為2、鄰邊的一夾角為60°的菱形,即菱形中的圓與該菱形內(nèi)切時(shí),球的體積最大,可得內(nèi)切圓的半徑r=|OM|=|OA|·cos30°=|AB|·sin30°·cos30°=2,故V=π×3=8.(2021四川成都七中高三月考)已知正三棱柱的高與底面邊長(zhǎng)均為2,則該正三棱柱內(nèi)半徑最大的球與其外接球的表面積之比為(　　)A B C D答案:A解析:設(shè)正三棱柱ABC-A1B1C1,取三棱柱ABC-A1B1C1的兩底面中心O,O1,連接OO1,取OO1的中點(diǎn)D,連接BD,則BD為正三棱柱外接球的半徑.∵△ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形,O是△ABC的中心,∴BO=2=又OD=OO1=AA1=1,∴BD=正三棱柱ABC-A1B1C1外接球的表面積為4π×BD2=根據(jù)題意可知,當(dāng)一個(gè)球的半徑r等于底面正三角形內(nèi)切圓的半徑時(shí),這個(gè)球是正三棱柱內(nèi)半徑最大的球,即r=2=,∴正三棱柱ABC-A1B1C1內(nèi)半徑最大的球表面積為4π×r2=,∴該正三棱柱內(nèi)半徑最大的球與其外接球的表面積之比為9.(2021山東煙臺(tái)二模)在一次綜合實(shí)踐活動(dòng)中,某手工制作小組利用硬紙板做了一個(gè)如圖所示的幾何模型,底面ABCD為邊長(zhǎng)是4的正方形,半圓面APD⊥底面ABCD.當(dāng)點(diǎn)P在半圓弧AD上(不含A,D點(diǎn))運(yùn)動(dòng)時(shí),三棱錐P-ABD的外接球的表面積為　　　　　. 答案:32π解析:∵四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為4的正方形,∴BD=4易知AP⊥PD,∵平面APD⊥平面ABCD,平面APD∩平面ABCD=AD,AB⊥AD,∴AB⊥平面APD,∴AB⊥PD.又PD⊥AP,∴PD⊥平面ABP,∴PD⊥PB.取BD的中點(diǎn)O,連接OA,OP,則OP=OB=OD=OA,即點(diǎn)O是三棱錐P-ABD外接球的球心,球半徑R=BD=2,∴該外接球的表面積為S=4πR2=32π.綜合提升組10.(2021四川達(dá)州二診)已知圓錐的底面圓周和頂點(diǎn)都在一半徑為1的球的球面上,當(dāng)圓錐體積為球體積的時(shí),圓錐的高為(　　)A.1或 B.1或C.1或 D.1或答案:D解析:①如圖所示,設(shè)圓錐的底面半徑為r,高為h,球的半徑為R,則h=R+=1+≥1,因?yàn)閳A錐體積為球體積的,所以πr2h=πR3,化簡(jiǎn)得r2(1+)=1,令=t,則r2=1-t2,所以t(t2+t-1)=0,解得t=(舍去)或t=或t=0,所以h=或h=1.②如圖所示,設(shè)圓錐的底面半徑為r,高為h,球的半徑為R,則h=R-=1-≤1,因?yàn)閳A錐體積為球體積的,所以πr2h=πR3,化簡(jiǎn)得r2(1-)=1,令=t,則r2=1-t2,所以t(t2-t-1)=0,解得t=(舍去)或t=0,所以h=1,綜上h=或h=1.11.半徑為1的球O內(nèi)有一個(gè)內(nèi)接正三棱柱,當(dāng)正三棱柱的側(cè)面積最大時(shí),球的表面積與該正三棱柱的側(cè)面積之差是　　　　　. 答案:4π-3解析:如圖所示,設(shè)球心為O點(diǎn),上下底面的中心分別為O1,O2,設(shè)正三棱柱的底面邊長(zhǎng)與高分別為x,h,則O2A=x,在Rt△OAO2中,x2=1,化為h2=4-x2,∵S側(cè)=3xh,=9x2h2=12x2(3-x2)≤12=27,當(dāng)且僅當(dāng)x=時(shí)取等號(hào),S側(cè)=3,∴球的表面積與該正三棱柱的側(cè)面積之差是4π-3,故答案為4π-3創(chuàng)新應(yīng)用組12.(2021四川瀘州三模)已知在Rt△ABC中,斜邊AB=2,BC=1,若將Rt△ABC沿斜邊AB上的中線CD折起,使平面ACD⊥平面BCD,則三棱錐A-BCD的外接球的表面積為(　　)A B C D答案:A解析:依題意知,△BCD是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形,設(shè)其外接圓半徑為r1,由正弦定理易得r1=;△ADC是腰長(zhǎng)為1的等腰三角形,同理可得其外接圓半徑r2=1.在三棱錐A-BCD中,分別過(guò)△ADC和△BCD的外心E,F作它們的垂線,二者交于點(diǎn)O,則O是三棱錐A-BCD的外接球的球心.取DC的中點(diǎn)為M,連接EM,FM,由前面的作法及平面ACD⊥平面BCD可知,四邊形EMFO為矩形.在直角三角形EMD中,ED=r2=1,DM=,所以EM=,所以OF=EM=,在直角三角形OFD中,DF=r1=,所以R2=OD2=OF2+DF2=2+2=故三棱錐A-BCD的外接球的表面積S=4πR2=4π13.(2021福建廈門二模)國(guó)家游泳中心(水立方)的設(shè)計(jì)靈感來(lái)源于威爾-弗蘭泡沫,威爾-弗蘭泡沫是對(duì)開爾文胞體的改進(jìn),開爾文胞體是一種多面體,它由正六邊形和正方形圍成(其中每個(gè)頂點(diǎn)處有1個(gè)正方形和2個(gè)正六邊形),已知該多面體共有24個(gè)頂點(diǎn),且棱長(zhǎng)為1,則該多面體的表面積是(　　)A.9+6 B.9+8C.12+6 D.12+8答案:C解析:由已知得正方形的面積為1×1=1,正六邊形的面積為61×1因?yàn)檎叫斡?個(gè)頂點(diǎn),正六邊形有6個(gè)頂點(diǎn),該多面體共有24個(gè)頂點(diǎn),每個(gè)頂點(diǎn)處有1個(gè)正方形和2個(gè)正六邊形,所以該多面體中,正方形有=6個(gè),正六邊形有=8個(gè),所以該多面體的表面積為8+6×1=12+6.故選C.

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