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2019北师大版同步优化探究理数练习:第七章 第五节 简单几何体的表面积与体积含解析

2019北师大版同步优化探究理数练习:第七章 第五节 简单几何体的表面积与体积含解析

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.π          C.2π

3π B. 2 D.3π

解析:依题意,作出圆锥与球的轴截面,如图所示,设球的半径

2 2-r r 为 r,易知轴截面三角形边 AB 上的高为 2 2,因此 3 =1,

2

2

解得 r= 2 ,所以圆锥内切球的表面积为 4π×( 2 )2=2π,故选 C.

答案:C 2.平面 α 截球 O 的球面所得圆的半径为 1,球心 O 到平面 α 的距离为 2,则

此球的体积为(  )

A. 6π C.4 6π

B.4 3π D.6 3π

解析:设球的半径为 R,由球的截面性质得 R= ? 2?2+12= 3,所以球的体积

4 V=3πR3=4 3π. 答案:B 3.已知一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(  )

32

16

A. 3

B. 3

8

4

C. 3

D.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,

1

11

8

V=V 柱+V 锥=2×(1+1)×1×2+3×2×(1+1)×1×2=3,故

选 C.

答案:C 4.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表面积为(  )

A.24π

B.29π

C.48π

D.58π

解析:如图,在 3×2×4 的长方体中构造符合题意的几何体(三棱锥 A?BCD),

其外接球即为长方体的外接球,表面积为 4πR2=π(32+22+42)=29π.

答案:B 5.(2018·合肥市质检)如图,网格纸上小正方形的边长为 1,实线画出的是某多 面体的三视图,则该多面体的体积为(  )

A.3 C.9

B.3 2 D.9 2

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

1

1

锥,其底面面积 S=2×(2+4)×1=3,高 h=3,故其体积 V=3Sh=3,故选 A.

答案:A

6.若三棱锥 P?ABC 的最长的棱 PA=2,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

1 长方体的外接球,易得外接球的半径 R=2PA=1,所以该三棱锥的外接球的体

4

4

积 V=3×π×13=3π.

4 答案:3π 7.已知矩形 ABCD 的顶点都在半径为 2 的球 O 的球面上,且 AB=3,BC= 3,过点 D 作 DE 垂直于平面 ABCD,交球 O 于 E,则棱锥

E?ABCD 的体积为



解析:如图所示,BE 过球心

O,∴DE= 42-32-? 3?2=2,

1 ∴VE-ABCD=3×3× 3×2=2 3. 答案:2 3

8.已知 H 是球 O 的直径 AB 上一点,AH∶HB=1∶2,AB⊥平面 α,H 为垂足,

α 截球 O 所得截面的面积为 π,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 AH∶HB=1∶2,所

1 以 OH=3R.由勾股定理,有 R2=r2+OH2,又由题意得 πr2=π,则 r=1,故

1

9



R2=1+(3R)2,即 R2=8.由球的表面积公式,得 S=4πR2= 2 .

9π 答案: 2 9.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,AE=CF,EF 交 BD 于点 H.将△DEF 沿 EF 折到△D′EF 的位置.

(1)证明:AC⊥HD′; 5
(2)若 AB=5,AC=6,AE=4,OD′=2 2,求五棱锥 D′?ABCFE 的体积. 解析:(1)证明:由已知得 AC⊥BD,AD=CD.

AE CF 又由 AE=CF 得AD=CD,故 AC∥EF.

由此得 EF⊥HD,EF⊥HD′,所以 AC⊥HD′. OH AE 1
(2)由 EF∥AC 得DO=AD=4. 由 AB=5,AC=6 得 DO=BO= AB2-AO2=4.

所以 OH=1,D′H=DH=3. 于是 OD′2+OH2=(2 2)2+12=9=D′H2,

故 OD′⊥OH.

由(1)知,AC⊥HD′,又 AC⊥BD,BD∩HD′=H,

所以 AC⊥平面 BHD′,于是 AC⊥OD′.

又由 OD′⊥OH,AC∩OH=O,所以 OD′⊥平面 ABC.

EF DH

9

又由AC=DO得 EF=2.

1

1 9 69

五边形 ABCFE 的面积 S=2×6×8-2×2×3= 4 .

1 69

23 2

所以五棱锥 D′?ABCFE 的体积 V=3× 4 ×2 2= 2 .

10.(2018·莆田质检)如图,在四棱锥 S?ABCD 中,四边形 ABCD 为矩形,E 为 SA 的中点, SA=SB=2,AB=2 3,BC=3. (1)证明:SC∥平面 BDE; (2)若 BC⊥SB,求三棱锥 C?BDE 的体积.

解析:(1)证明:连接 AC,设 AC∩BD=O,

∵四边形 ABCD 为矩形,则 O 为 AC 的中点.

在△ASC 中,E 为 AS 的中点,∴SC∥OE,

又 OE?平面 BDE,SC 平面 BDE,∴SC∥平面 BDE.

(2)∵BC⊥AB,BC⊥SB,AB∩SB=B,

∴BC⊥平面 SAB,又 BC∥AD,∴AD⊥平面 SAB.

∵SC∥平面 BDE,

∴点 C 与点 S 到平面 BDE 的距离相等,

∴VC?BDE=VS?BDE=VD?SBE,

在△ABS 中,SA=SB=2,AB=2 3,

1 ∴S△ABS=2×2 3×1= 3.

1

3

又∵E 为 AS 的中点,∴S△BES=2S△ABS= 2 .

又点 D 到平面 BES 的距离为 AD,

1

13

3

∴VD?BES=3S△BES·AD=3× 2 ×3= 2 ,

3

3

∴VC?BDE= 2 ,即三棱锥 C?BDE 的体积为 2 .

B 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(  )

A.36π

112 B. 3 π

C.32π

D.28π

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 3.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 4,该三棱柱

的外接球即为原四棱锥的外接球.∵三棱柱的底面是边长为 4 的

2

43

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3×2 3= 3 ,∴

( )4 3

28

2+22

28

外接球的半径 R= 3

= 3 ,外接球的表面积 S=4πR2=4π× 3 =

112π 3 ,故选 B.
答案:B

2.(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

P?ABC 为鳖臑,PA⊥平面 ABC,PA=AB=2,AC=4,三棱锥 P?ABC 的四个

顶点都在球 O 的球面上,则球 O 的表面积为(  )

A.8π

B.12π

C.20π

D.24π

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

20 离都相等,即 PC 的中点为球心 O,易得 2R=PC= 20,所以 R= 2 ,球 O 的 表面积为 4πR2=20π,选 C.

答案:C

3.在封闭的直三棱柱 ABC?A1B1C1 内有一个体积为 V 的球.若

AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则 V 的最大值是(  )



A.4π

B. 2

32π

C.6π

D. 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

3 不进去,则球可与上下底面相切,此时球的半径 R=2,该球的体积最大,

4 4π 27 9π Vmax=3πR3= 3 × 8 = 2 .

答案:B

4.四棱锥 S?ABCD 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,其表面积等于 8+8 3,

则球 O 的体积等于(  )

32π A. 3
C.16π

32 2π B. 3
16 2π D. 3

解析:依题意,设球 O 的半径为 R,四棱锥 S?ABCD 的底面边长为 a、高为

h,则有 h≤R,即 h 的最大值是 R,又 AC=2R,则四棱锥 S?ABCD 的体积

1

2R3

VS?ABCD=3×2R2h≤ 3 .因此,当四棱锥 S?ABCD 的体积最大,即 h=R 时,其

1 表面积等于( 2R)2+4×2× 2R×
4πR3 32π O 的体积等于 3 = 3 ,选 A.

2R

? ?2+R2

2

=8+8 3,解得 R=2,因此球

答案:A

5.(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.

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 D?ABC 中,底面 ABC 是等腰三角形,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 AD=4,所以三棱锥 D?ABC 的体积

1

11

32

V=3S△ABC·AD=3×2×4×4×4= 3 (cm3).

32 答案: 3

32 6.已知正四棱锥 O?ABCD 的体积为 2 ,底面边长为 3,则以 O 为球心,OA

为半径的球的表面积为



解析:过 O 作底面 ABCD 的垂线段 OE(图略),则 E 为正方形 ABCD 的中

1

32

32

心.由题意可知3×( 3)2×OE= 2 ,所以 OE= 2 ,故球的半径 R=OA=

OE2+EA2= 6,则球的表面积 S=4πR2=24π.

答案:24π 7.如图,已知正三棱锥 P?ABC 的侧面是直角三角形,PA=6.顶点 P 在平面

ABC 内的正投影为点 D,D 在平面 PAB 内的正投影为点 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 AB⊥PD.

因为 D 在平面 PAB 内的正投影为 E,所以 AB⊥DE.

因为 PD∩DE=D,

所以 AB⊥平面 PED,故 AB⊥PG.

又由已知,可得 PA=PB,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 PB⊥PA,PB⊥PC,又

EF∥PB,所以 EF⊥PA,EF⊥PC.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.

2 由(1)知,G 是 AB 的中点,所以 D 在 CG 上,故 CD=3CG.

由题设可得 PC⊥平面 PAB,DE⊥平面 PAB,所以 DE∥PC,因此

2

1

PE=3PG,DE=3PC.

由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且 PA=6,可得 DE=2,PE=2 2.

在等腰直角三角形 EFP 中,可得 EF=PF=2,

11

4

所以四面体 PDEF 的体积 V=3×2×2×2×2=3.

8.(2018·西安调研)如图所示,平行四边形 ABCD 中,∠DAB=60°,

AB=2,AD=4.将△CBD 沿 BD 折起到△EBD 的位置,使平面 EBD⊥平面 ABD.

(1)求证:AB⊥DE; (2)求三棱锥 E?ABD 的侧面积和体积. 解析:(1)证明:在△ABD 中,∵AB=2,AD=4,∠DAB=60°, ∴BD= AB2+AD2-2AB·ADcos∠DAB=2 3. ∴AB2+BD2=AD2,∴AB⊥BD. 又平面 EBD⊥平面 ABD,平面 EBD∩平面 ABD=BD,AB?平面 ABD, ∴AB⊥平面 EBD.又 DE?平面 EBD,∴AB⊥DE. (2)由(1)知 AB⊥BD. ∵CD∥AB,∴CD⊥BD,从而 DE⊥BD. 在 Rt△DBE 中,∵DB=2 3,DE=DC=AB=2,
1 ∴S△EDB=2DB·DE=2 3. ∵AB⊥平面 EBD,BE?平面 EBD,∴AB⊥BE.
1 ∵BE=BC=AD=4,∴S△EAB=2AB·BE=4. ∵DE⊥BD,平面 EBD⊥平面 ABD,

∴ED⊥平面 ABD,而 AD?平面 ABD,

1 ∴ED⊥AD,∴S△EAD=2AD·DE=4. 综上,三棱锥 E?ABD 的侧面积 S=S△EDB+S△EAB+S△EAD=8+2 3.

∵DE⊥平面 ABD,

且 S△ABD=S△EBD=2 3,DE=2,

1

1

43

∴VE?ABD=3S△ABD·DE=3×2 3×2= 3 .


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