【同步必刷题】1.3 空间几何体的表面积和体积 基础练（含解析）
文档属性
| 名称 | 【同步必刷题】1.3 空间几何体的表面积和体积 基础练（含解析） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 1.9MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教新课标A版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-01-25 14:42:17 | ||
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文档简介
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2020-2021学年人教A版必修二同步必刷题基础练
第一章《空间几何体》
1.3
空间几何体的表面积和体积
一．选择题
1．（2020秋?河南月考）若竖直放置的圆锥的正视图是一个面积为2的直角三角形，则该圆锥的体积为（ ）
A．2π
B．π
C．
D．
2．（2020秋?辽宁月考）某同学过18岁生日时，订了一个三层的蛋糕．已知该蛋糕三层均为高相等的圆柱形，且自上而下，三层蛋糕的半径分别为7cm，10cm，14cm．若该蛋糕的总体积为3450πcm3，则所需要长方体包装盒的体积至少为（ ）
A．23520cm3
B．7840cm3
C．15880cm3
D．19280cm3
3．（2020秋?榆林期末）一个圆柱的底面直径与高都等于一个球的直径，则圆柱的全面积与球的表面积之比为（ ）
A．2：1
B．4：3
C．3：2
D．1：1
4．（2020秋?陕西月考）棱长为2的正四面体的表面积是（ ）
A．
B．
C．
D．
5．（2020?南开区学业考试）体积为a3的正方体外接球的表面积为（ ）
A．πa2
B．2πa2
C．3πa2
D．4πa2
6．（2020?葫芦岛二模）在三棱锥A﹣BCD中，△ABC是边长为3的正三角形，BD⊥平面ABC且BD＝4，则该三棱锥的外接球的体积为（ ）
A．28π
B．28π
C．π
D．π
三．填空题
7．（2020秋?东阳市校级期中）一个三棱锥的6条棱中有5条棱长是1，一条棱长是x，则该三棱锥的体积最大值是
．
8．（2020秋?香坊区校级期中）棱长为2的正方体体积为
．
9．（2020秋?潍坊期中）一个漏斗的上半部分是一个长方体，下半部分是一个四棱锥，两部分的高都为米，公共的底面是边长为1米的正方形，那么这个漏斗的容积为
米．
10．（2020?靖远县模拟）已知矩形ABCD中，是CD边的中点．现以AE为折痕将△ADE折起，当三棱锥D﹣ABE的体积最大时，该三棱锥外接球的表面积为
．
11．（2020春?天津月考）正方体外接球的表面积为16π，则该正方体的表面积为
．
12．（2020秋?瑶海区校级期中）若球的半径为2，则与球心距离为的平面截球所得的圆面面积为
．
四．解答题
13．（2020秋?朝阳区校级月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝2，E，F分别是PB，AC的中点．
（1）证明：EF∥平面PCD；
（2）求三棱锥E﹣ABF的体积．
14．（2020秋?安居区期中）将棱长为a正方体截去一半（如图1所示）得到如图2所示的几何体，点E，F分别是BC，DC的中点．
（1）证明：AF⊥平面D1DE；
（2）求三棱锥D1﹣AEF的体积．
15．（2019秋?石家庄期中）如果一个球和立方体的每条棱都相切，那么称这个球为立方体的棱切球，那么求单位立方体的棱切球的体积．
16．一个正方体的顶点都在球面上，它的棱长是acm，求球的体积．
17．计算地球的表面积（地球的半径约为6370km，结果保留4位有效数字）．
18．（2020?三模拟）如图甲，在矩形ABCD中，E是边CD的中点，AB＝2，BC．以AE，BE为折痕将△ADE与△BCE折起，使D，C重合（仍记为D），如图乙．
（1）探索：翻折后形成的几何体中直线DE的几何性质（写出一条即可，说明理由．不含DE⊥DA，DE⊥DB）
（2）求翻折后的几何体E﹣ABD外接球的体积．
19．（2020春?漳州期末）已知球O的半径为5．
（1）求球O的表面积；
（2）若球O有两个半径分别为3和4的平行截面，求这两个截面之间的距离．
20．（2020春?无锡期末）如图四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，PB⊥底面ABCD，BA＝BD，AD＝2，PB，E，F分别是棱AD，PC的中点．
（1）求异面直线EF与AB所成角的正切值；
（2）求三棱锥P﹣BAD外接球的体积．
参考答案与试题解析
一．选择题
1．【解答】解：由题意，得该圆锥的母线长为2，母线与底面所成角为45°，
易得圆锥高和底面半径均为，
则所求圆锥的体积为V．
故选：B．
2．【解答】解：设每层蛋糕的高为h，则蛋糕的体积V＝（72+102+142）πh＝345πh＝3450π，解得h＝10cm，
∴包装盒的高至少为3h＝30cm，且底面至少为边长28cm的正方形，
则包装盒的体积至少为．
故选：A．
3．【解答】解：设球的半径为r，则由题意S圆柱＝2πr2+2πr?2r＝6πr2，S球＝4πr2，
所以圆柱的全面积与球的表面积之比为3：2，
故选：C．
4．【解答】解：棱长为2的正四面体的表面积是四个边长为2的正三角形面积之和，
所以表面积为S＝424．
故选：D．
5．【解答】解：根据正方体的体积为a3，
可得正方体的边长为a，
正方体的体对角线的长度，就是它的外接球的直径，
即，即R
球的表面积为4πR2＝3πa2．
故选：C．
6．【解答】解：如图，底面三角形ABC是边长为3的正三角形，
设其外接圆的圆心为G，则BG，
设三棱锥A﹣BCD的外接球的球心为O，
取BD的中点E，连接OE，∵BD⊥平面ABC，
∴OE⊥BD，连接OB，则OB为三棱锥A﹣BCD的外接球的半径．
∴OB．
∴该三棱锥的外接球的体积为V．
故选：C．
三．填空题
7．【解答】解：不妨设三棱锥A﹣BCD的棱AC＝
则△ABD和△BCD都是边长为1的正三角形
故A到BD的距离为，S△BCD，
∴当平面ABD与平面BCD垂直时，A到平面BCD的距离取得最大值，
故三棱锥的体积最大值为．
故答案为：．
8．【解答】解：棱长为2的正方体体积为：2×2×2＝8．
故答案为：8．
9．【解答】解：由长方体体积公式可得，容器上半部分的体积，
由棱锥体积公式可得，容器上半部分的体积．
则这个漏斗的容积为V．
故答案为：．
10．【解答】解：由题意，当平面ADE⊥平面ABE时，三棱锥D﹣ABE的高最大值，此时体积最大．
∵△ADE是直角三角形，
∴三棱锥D﹣ABE换成B﹣ADE
∴底面△ADE外接圆半径rAE＝1，
垂直面△ABE是边长为2等边三角形，
可得AE边上的高h；
设球心与圆心距离为d，球半径为R，
R2＝r2+d2……①
②
由①②解得R；
三棱锥外接球的表面积S＝4πR2；
故答案为：．
11．【解答】解：设正方体的棱长为a，则正方体的体对角线的长就是外接球的直径，
外接球的半径为：，
∵正方体外接球表面积是16
π，
∴，
解得
，
所以正方体的表面积为6a2＝32，
故答案为：32．
12．【解答】解：根据题意，截球所得圆的半径，
∴截球所得圆的面积为：π．
故答案为：π．
四．解答题
13．【解答】（1）证明：取PC的中点G，CD的中点H，连接GH，DF，
∵四边形ABCD是正方形，F是AC的中点，
∴B，F，D三点共线，且F是BD的中点，
又E是PB的中点，G，H分别是PC，CD的中点，
∴EF∥PD，GH∥PD，
∴EF∥GH，又EF?平面PCD，GH?平面PCD，
∴EF∥平面PCD．
（2）解：∵PA⊥平面ABCD，E是PB的中点，
∴E到平面ABCD的距离为PA＝1，
∵四边形ABCD是正方形，AB＝2，∴S△ABFS正方形ABCD＝1，
三棱锥E﹣ABF的体积为：VE﹣ABF．
14．【解答】（1）证明：连接DE，交AF于点O，
∵D1D⊥平面ABCD，AF?平面ABCD，
∴D1D⊥AF，
∵点E，F分别是BC，D1C的中点，∴DF＝CE，
又∵AD＝DC，∠ADF＝∠DCE＝90°，
∴△ADF≌△DCE，∴∠AFD＝∠DEC，
又∵∠CDE+∠DEC＝90°，∴∠CDE+∠AFD＝90°，
∴∠DOF＝180°﹣（∠CDE+∠AFD）＝90°，即AF⊥DE，
又∵D1D∩DE＝D，
∴AF⊥平面D1DE．
（2）解：∵D1D⊥平面ABCD，∴D1D是三棱锥D1﹣AEF的高，且D1D＝a，
∵点E，F分别是BC，D1C的中点，∴DF＝CF＝CE＝BE，
∴S△AEF＝a2?AD?DF?CF?CE?AB?BE，
∴S△AEF?D1D??a．
15．【解答】解：如图，球和立方体的每条棱都相切，则球的直径为立方体的面对角线长度，
∴单位立方体的棱切球的半径为r．
则球的体积为．
16．【解答】解：设正方体外接球的半径为R，则R，
∴正方体的外接球的体积V
17．【解答】解：地球的半径约为6370km，
地球的表面积：S＝4π×63702＝509800000（km2）．
18．【解答】解：（1）性质：DE⊥平面ABD，证明如下：
翻折前，DE⊥DA，DE⊥BC，翻折后满足，DE⊥DA，DE⊥BD且DA∩DB＝D，
则DE⊥平面ABD，
（2）解：因为DA，DB，DE两两垂直，
所以几何体E﹣ABD的外接球就是以DA，DB，DE相邻的棱的长方体的外接球，
所以（2R）2＝DA2+DB2+DE2＝2+2+1＝5，
所以R．
故V
19．【解答】解：（1）因为球O的半径为R＝5，所以球O的表面积为S＝4πR2＝100π；
（2）设两个半径分别为r1＝3和r2＝4的平行截面的圆心分别为O1和O2，
所以|OO1|4，|OO2|3，
所以|O1O2|＝|OO1|+|OO2|＝3+4＝7，
或|O1O2|＝||OO1|﹣|OO2|＝4﹣3＝1．
所以两个截面的距离为1或7．
20．【解答】解：（1）取BC的中点M，连接FM，ME，因为F为PC的中点，
所以FM∥PB，且FMPB，
又E为AD的中点，所以ME∥AB，且EM＝AB，
所以∠FEM即为异面直线EF与AB所成角或补角，
因为PB⊥面AC，所以FM⊥面AC，可得FM⊥EM，
所以tan∠FEM；
（3）在△ABD中，AB2+BD2＝4＝AD2，所以可得AB⊥BD，
所以过P，A，B，D四点的球即以BP，BD，BA为三条邻边的长方体的外接球，设球的半径为R，则2R，即R，
所以三棱锥P﹣BAD外接球的体积VπR3π．
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精品试卷·第
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2020-2021学年人教A版必修二同步必刷题基础练
第一章《空间几何体》
1.3
空间几何体的表面积和体积
一．选择题
1．（2020秋?河南月考）若竖直放置的圆锥的正视图是一个面积为2的直角三角形，则该圆锥的体积为（ ）
A．2π
B．π
C．
D．
2．（2020秋?辽宁月考）某同学过18岁生日时，订了一个三层的蛋糕．已知该蛋糕三层均为高相等的圆柱形，且自上而下，三层蛋糕的半径分别为7cm，10cm，14cm．若该蛋糕的总体积为3450πcm3，则所需要长方体包装盒的体积至少为（ ）
A．23520cm3
B．7840cm3
C．15880cm3
D．19280cm3
3．（2020秋?榆林期末）一个圆柱的底面直径与高都等于一个球的直径，则圆柱的全面积与球的表面积之比为（ ）
A．2：1
B．4：3
C．3：2
D．1：1
4．（2020秋?陕西月考）棱长为2的正四面体的表面积是（ ）
A．
B．
C．
D．
5．（2020?南开区学业考试）体积为a3的正方体外接球的表面积为（ ）
A．πa2
B．2πa2
C．3πa2
D．4πa2
6．（2020?葫芦岛二模）在三棱锥A﹣BCD中，△ABC是边长为3的正三角形，BD⊥平面ABC且BD＝4，则该三棱锥的外接球的体积为（ ）
A．28π
B．28π
C．π
D．π
三．填空题
7．（2020秋?东阳市校级期中）一个三棱锥的6条棱中有5条棱长是1，一条棱长是x，则该三棱锥的体积最大值是
．
8．（2020秋?香坊区校级期中）棱长为2的正方体体积为
．
9．（2020秋?潍坊期中）一个漏斗的上半部分是一个长方体，下半部分是一个四棱锥，两部分的高都为米，公共的底面是边长为1米的正方形，那么这个漏斗的容积为
米．
10．（2020?靖远县模拟）已知矩形ABCD中，是CD边的中点．现以AE为折痕将△ADE折起，当三棱锥D﹣ABE的体积最大时，该三棱锥外接球的表面积为
．
11．（2020春?天津月考）正方体外接球的表面积为16π，则该正方体的表面积为
．
12．（2020秋?瑶海区校级期中）若球的半径为2，则与球心距离为的平面截球所得的圆面面积为
．
四．解答题
13．（2020秋?朝阳区校级月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝2，E，F分别是PB，AC的中点．
（1）证明：EF∥平面PCD；
（2）求三棱锥E﹣ABF的体积．
14．（2020秋?安居区期中）将棱长为a正方体截去一半（如图1所示）得到如图2所示的几何体，点E，F分别是BC，DC的中点．
（1）证明：AF⊥平面D1DE；
（2）求三棱锥D1﹣AEF的体积．
15．（2019秋?石家庄期中）如果一个球和立方体的每条棱都相切，那么称这个球为立方体的棱切球，那么求单位立方体的棱切球的体积．
16．一个正方体的顶点都在球面上，它的棱长是acm，求球的体积．
17．计算地球的表面积（地球的半径约为6370km，结果保留4位有效数字）．
18．（2020?三模拟）如图甲，在矩形ABCD中，E是边CD的中点，AB＝2，BC．以AE，BE为折痕将△ADE与△BCE折起，使D，C重合（仍记为D），如图乙．
（1）探索：翻折后形成的几何体中直线DE的几何性质（写出一条即可，说明理由．不含DE⊥DA，DE⊥DB）
（2）求翻折后的几何体E﹣ABD外接球的体积．
19．（2020春?漳州期末）已知球O的半径为5．
（1）求球O的表面积；
（2）若球O有两个半径分别为3和4的平行截面，求这两个截面之间的距离．
20．（2020春?无锡期末）如图四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，PB⊥底面ABCD，BA＝BD，AD＝2，PB，E，F分别是棱AD，PC的中点．
（1）求异面直线EF与AB所成角的正切值；
（2）求三棱锥P﹣BAD外接球的体积．
参考答案与试题解析
一．选择题
1．【解答】解：由题意，得该圆锥的母线长为2，母线与底面所成角为45°，
易得圆锥高和底面半径均为，
则所求圆锥的体积为V．
故选：B．
2．【解答】解：设每层蛋糕的高为h，则蛋糕的体积V＝（72+102+142）πh＝345πh＝3450π，解得h＝10cm，
∴包装盒的高至少为3h＝30cm，且底面至少为边长28cm的正方形，
则包装盒的体积至少为．
故选：A．
3．【解答】解：设球的半径为r，则由题意S圆柱＝2πr2+2πr?2r＝6πr2，S球＝4πr2，
所以圆柱的全面积与球的表面积之比为3：2，
故选：C．
4．【解答】解：棱长为2的正四面体的表面积是四个边长为2的正三角形面积之和，
所以表面积为S＝424．
故选：D．
5．【解答】解：根据正方体的体积为a3，
可得正方体的边长为a，
正方体的体对角线的长度，就是它的外接球的直径，
即，即R
球的表面积为4πR2＝3πa2．
故选：C．
6．【解答】解：如图，底面三角形ABC是边长为3的正三角形，
设其外接圆的圆心为G，则BG，
设三棱锥A﹣BCD的外接球的球心为O，
取BD的中点E，连接OE，∵BD⊥平面ABC，
∴OE⊥BD，连接OB，则OB为三棱锥A﹣BCD的外接球的半径．
∴OB．
∴该三棱锥的外接球的体积为V．
故选：C．
三．填空题
7．【解答】解：不妨设三棱锥A﹣BCD的棱AC＝
则△ABD和△BCD都是边长为1的正三角形
故A到BD的距离为，S△BCD，
∴当平面ABD与平面BCD垂直时，A到平面BCD的距离取得最大值，
故三棱锥的体积最大值为．
故答案为：．
8．【解答】解：棱长为2的正方体体积为：2×2×2＝8．
故答案为：8．
9．【解答】解：由长方体体积公式可得，容器上半部分的体积，
由棱锥体积公式可得，容器上半部分的体积．
则这个漏斗的容积为V．
故答案为：．
10．【解答】解：由题意，当平面ADE⊥平面ABE时，三棱锥D﹣ABE的高最大值，此时体积最大．
∵△ADE是直角三角形，
∴三棱锥D﹣ABE换成B﹣ADE
∴底面△ADE外接圆半径rAE＝1，
垂直面△ABE是边长为2等边三角形，
可得AE边上的高h；
设球心与圆心距离为d，球半径为R，
R2＝r2+d2……①
②
由①②解得R；
三棱锥外接球的表面积S＝4πR2；
故答案为：．
11．【解答】解：设正方体的棱长为a，则正方体的体对角线的长就是外接球的直径，
外接球的半径为：，
∵正方体外接球表面积是16
π，
∴，
解得
，
所以正方体的表面积为6a2＝32，
故答案为：32．
12．【解答】解：根据题意，截球所得圆的半径，
∴截球所得圆的面积为：π．
故答案为：π．
四．解答题
13．【解答】（1）证明：取PC的中点G，CD的中点H，连接GH，DF，
∵四边形ABCD是正方形，F是AC的中点，
∴B，F，D三点共线，且F是BD的中点，
又E是PB的中点，G，H分别是PC，CD的中点，
∴EF∥PD，GH∥PD，
∴EF∥GH，又EF?平面PCD，GH?平面PCD，
∴EF∥平面PCD．
（2）解：∵PA⊥平面ABCD，E是PB的中点，
∴E到平面ABCD的距离为PA＝1，
∵四边形ABCD是正方形，AB＝2，∴S△ABFS正方形ABCD＝1，
三棱锥E﹣ABF的体积为：VE﹣ABF．
14．【解答】（1）证明：连接DE，交AF于点O，
∵D1D⊥平面ABCD，AF?平面ABCD，
∴D1D⊥AF，
∵点E，F分别是BC，D1C的中点，∴DF＝CE，
又∵AD＝DC，∠ADF＝∠DCE＝90°，
∴△ADF≌△DCE，∴∠AFD＝∠DEC，
又∵∠CDE+∠DEC＝90°，∴∠CDE+∠AFD＝90°，
∴∠DOF＝180°﹣（∠CDE+∠AFD）＝90°，即AF⊥DE，
又∵D1D∩DE＝D，
∴AF⊥平面D1DE．
（2）解：∵D1D⊥平面ABCD，∴D1D是三棱锥D1﹣AEF的高，且D1D＝a，
∵点E，F分别是BC，D1C的中点，∴DF＝CF＝CE＝BE，
∴S△AEF＝a2?AD?DF?CF?CE?AB?BE，
∴S△AEF?D1D??a．
15．【解答】解：如图，球和立方体的每条棱都相切，则球的直径为立方体的面对角线长度，
∴单位立方体的棱切球的半径为r．
则球的体积为．
16．【解答】解：设正方体外接球的半径为R，则R，
∴正方体的外接球的体积V
17．【解答】解：地球的半径约为6370km，
地球的表面积：S＝4π×63702＝509800000（km2）．
18．【解答】解：（1）性质：DE⊥平面ABD，证明如下：
翻折前，DE⊥DA，DE⊥BC，翻折后满足，DE⊥DA，DE⊥BD且DA∩DB＝D，
则DE⊥平面ABD，
（2）解：因为DA，DB，DE两两垂直，
所以几何体E﹣ABD的外接球就是以DA，DB，DE相邻的棱的长方体的外接球，
所以（2R）2＝DA2+DB2+DE2＝2+2+1＝5，
所以R．
故V
19．【解答】解：（1）因为球O的半径为R＝5，所以球O的表面积为S＝4πR2＝100π；
（2）设两个半径分别为r1＝3和r2＝4的平行截面的圆心分别为O1和O2，
所以|OO1|4，|OO2|3，
所以|O1O2|＝|OO1|+|OO2|＝3+4＝7，
或|O1O2|＝||OO1|﹣|OO2|＝4﹣3＝1．
所以两个截面的距离为1或7．
20．【解答】解：（1）取BC的中点M，连接FM，ME，因为F为PC的中点，
所以FM∥PB，且FMPB，
又E为AD的中点，所以ME∥AB，且EM＝AB，
所以∠FEM即为异面直线EF与AB所成角或补角，
因为PB⊥面AC，所以FM⊥面AC，可得FM⊥EM，
所以tan∠FEM；
（3）在△ABD中，AB2+BD2＝4＝AD2，所以可得AB⊥BD，
所以过P，A，B，D四点的球即以BP，BD，BA为三条邻边的长方体的外接球，设球的半径为R，则2R，即R，
所以三棱锥P﹣BAD外接球的体积VπR3π．
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