第6章 第2节 空间几何体的表面积与体积-【创新教程】2024高考数学总复习大一轮课时作业word（新教材，人教B版）

第2节　空间几何体的表面积与体积 [基础训练组] 1.(2023·安丘市模拟)唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度)，如图2所示．已知球的半径为R，酒杯内壁表面积为πR2.设酒杯上部分(圆柱)的体积为V1，下部分(半球)的体积为V2，则＝(　　) A．2　　 B.　　 C．1　　 D. 解析：A　[由球的半径为R，得半球表面积为2πR2， 又酒杯内壁表面积为πR2， ∴圆柱的侧面积为πR2. 设圆柱的高为h，则2πR·h＝πR2，即h＝R， ∴V1＝πR2·R＝πR3，V2＝πR3， ∴＝＝2.故选A.] 2．(2023·黄山市一模)《九章算术》卷5《商功》记载一个问题“今有圆堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺．问积几何？答曰：二千一百一十二尺．术曰：周自相乘，以高乘之，十二而一”．这里所说的圆堡瑽就是圆柱体，它的体积为“周自相乘，以高乘之，十二而一”．就是说：圆堡瑽(圆柱体)的体积为V＝×(底面圆的周长的平方×高)，则由此可推得圆周率π的取值为(　　) A．3 B．3.1 C．3.14 D．3.2 解析：A　[∵圆堡瑽(圆柱体)的体积为V＝×(底面圆的周长的平方×高)，∴×(2πr)2×h＝πr2×h，解得π＝3.故选A.] 3．设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥D－ABC体积的最大值为(　　) A．12 B．18 C．24 D．54 解析：B　[当三棱锥D－ABC体积最大时，点D到平面ABC的距离最大，设△ABC的边长为a，由已知，a＝6，设△ABC的中心为点E，则AE＝BE＝CE＝2，设球心为点O，则r＝OA＝OB＝OC＝4，则OE＝＝2，故D到平面ABC的距离最大值为OE＋r＝2＋4＝6.则VD－ABC＝9×6×＝18.] 4．(2023·齐齐哈尔一模)已知二面角α－l－β，球O与两个半平面α，β分别相切于A，B两点，且球心O到l的距离为d，若d＝AB＝4，则球的表面积为(　　) A．38π B．40π C．32π D．36π 解析：C　[根据题意得到OA⊥α，OB⊥β，设过O点作垂直于交线l的直线交于点C，连接AC、BC，则O、A、B、C四点共圆，因为d＝AB＝4，所以四边形OACB为正方形，所以其边长为2，即球的半径R＝2，所以其表面积为4πR2＝32π.故选C.] 5．(2022·新高考Ⅱ卷，11)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE的体积分别为V1，V2，V3，则(　　) A．V3＝2V2 B．V3＝V1 C．V3＝V1＋V2 D．2V3＝3V1 解析：CD　[设AB＝ED＝2FB＝2，则V1＝×2×2＝，V2＝×2×1＝.如图连接BD交AC于点M，连接EM、FM，则FM＝，EM＝，EF＝3，∴EM2＋FM2＝EF2，∴EM⊥FM. 故S△EMF＝××＝∴V3＝S△EMF×AC＝2，∴V3＝V1＋V2,2V3＝3V1，故选CD.] 6．如图，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥爬行一周后回到点P处，若该小虫爬行的最短路程为4，则这个圆锥的体积为(　　) A. B. C. D. 解析：C　[作出该圆锥的侧面展开图，如图中阴影部分所示，该小虫爬行的最短路为PP′，∵OP＝OP′＝4，PP′＝4，由余弦定理可得cos∠P′OP＝＝－，∴∠P′OP＝. 设底面圆的半径为r，圆锥的高为h，则有2πr＝×4， ∴r＝，h＝＝，∴圆锥的体积V＝πr2h＝.] 7．(2023·福州3月质检)如图，一个正六棱柱的茶叶盒，底面边长为10 cm，高为20 cm，则这个茶叶盒的表面积约为　______　cm2.(精确到0.1，≈1.732) 解析：边长为10 cm的正六边形的面积为6××10×10×sin 60°＝150cm2， 所以表面积为2×150＋6×10×20＝1 200＋300＝1 200＋300×1.732＝1 719.6 cm2. 答案：1 719.6 8．(2023·银川市模拟)把边长为1的正方形ABCD沿对角线AC折起，当以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大时，此三棱锥的外接球的表面积的大小等于　________　. 解析：如图所示， 当平面BAC⊥平面DAC时，三棱锥体积最大， 取AC的中点E，连接BE和DE，则BE⊥平面DAC，且AE＝BE＝CE＝DE＝， ∴E是此三棱锥外接球的球心，且半径为； ∴此三棱锥外接球的表面积为4π·2 ＝2π. 答案：2π 9．如图