人教高中数学课时跟踪检测（三十四） 空间几何体及其表面积、体积 作业.doc

课时跟踪检测（三十四） 空间几何体及其表面积、体积
一、综合练——练思维敏锐度
1．正三棱锥底面边长为a，高为a，则此正三棱锥的侧面积为(　　)
A.a2　　　　　　　　　 B.a2
C.a2 D.a2
解析：选A　因为底面正三角形中高为a，其重心到顶点距离为a×＝a，且棱锥高为a，所以利用勾股定理可得侧棱长为 ＝a，斜高为 ＝，所以侧面积为S＝3××a×＝a2.
2.如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2，AD＝2，则四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成几何体的表面积为(　　)
A．(15＋)π B．2(15＋)π
C．4(15＋)π D．(15＋4)π
解析：选C　S表＝S圆台底面＋S圆台侧面＋S圆锥侧面＝π×52＋π×(2＋5)×5＋π×2×2＝4(15＋)π.故选C.
3．魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为π∶4，若“牟合方盖”的体积为18，则正方体的棱长为(　　)
A．18 B．6
C．3 D．2
解析：选C　因为“牟合方盖”的体积为18，所以该正方体的内切球的体积为18×＝π，设正方体的棱长为a，则该正方体的内切球半径为，所以π×3＝π，解得a＝3，故选C.
4．(2021·重庆八中期末)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.　　　　 D．1
解析：选C　设酒杯上部分高为h，则酒杯内壁表面积S＝×4πR2＋2πRh＝πR2，解得h＝R，∴V1＝πR2h＝πR3，V2＝×πR3＝πR3，∴＝.
5.(多选)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的底面是正方形，AA1＝2AB，E是DD1的中点，则(　　)
A．△B1EC为直角三角形
B．CE∥A1B
C．三棱锥C1­B1CE的体积是长方体体积的
D．三棱锥C1­B1CD1的外接球的表面积是正方形ABCD面积的6π倍
解析：选ACD　令AA1＝2AB＝2a，在△B1EC中，B1E＝a，EC＝a，B1C＝a，所以B1E2＋EC2＝B1C2，则△B1EC为直角三角形，故A正确；
因为A1B与D1C平行，而CE与D1C相交，所以CE与A1B不平行，故B错误；
三棱锥C1­B1CE的体积为VC1­B1CE＝VB1­C1CE＝××2a×a×a＝，VABCD­A1B1C1D1＝2a3，则三棱锥C1­B1CE的体积是长方体体积的，故C正确；
因为三棱锥C1­B1CD1的外接球就是长方体ABCD­A1B1C1D1的外接球，所以三棱锥C1­B1CD1的外接球半径R＝＝，三棱锥C1­B1CD1的外接球的表面积为S＝4π×2＝6a2π，又S正方形ABCD＝a2，所以三棱锥C1­B1CD1的外接球的表面积是正方形ABCD面积的6π倍，故D正确，故选A、C、D.
6．(2020·全国卷Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为(　　)
A．64π B．48π
C．36π D．32π
解析：选A　如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为 ⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以＝2r，解得AB＝2，故OO1＝2，所以R2＝OO＋r2＝(2)2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.
7．(多选)已知四棱台ABCD­A1B1C1D1的上下底面均为正方形，其中AB＝2，A1B1＝，AA1＝BB1＝CC1＝2，则下述正确的是(　　)
A．该四棱台的高为
B．AA1⊥CC1
C．该四梭台的表面积为26
D．该四梭台外接球的表面积为16π
解析：选AD　由棱台性质，画出切割前的四棱锥如图所示，由于AB＝2，A1B1＝，可知△SA1B1与△SAB相似比为1∶2；则SA＝2AA1＝4，AO＝2，则SO＝2，则OO1＝，该四棱台的高为，A正确；
因为SA＝SC＝AC＝4，所以AA1与CC1夹角为60°，不垂直，B错误；
该四棱台的表面积为S＝S上底＋S下底＋S侧＝2＋8＋4××＝10＋6，C错误；
由于上下底