PAGEPAGE1課時作業42空間幾何體的表面積與體積一、選擇題1．(2024·合肥一檢)一個幾何體的三視圖如圖所示(其中正視圖的弧線為四分之一圓周)，則該幾何體的表面積為(A)A．72＋6πB．72＋4πC．48＋6πD．48＋4π解析：由三視圖知，該幾何體由一個正方體的eq\f(3,4)部分與一個圓柱的eq\f(1,4)部分組合而成(如圖所示)，其表面積為16×2＋(16－4＋π)×2＋4×(2＋2＋π)＝72＋6π.2．如圖是某四棱錐的三視圖，則該幾何體的表面積為(A)A．34＋6eq\r(5) B．6＋6eq\r(5)＋4eq\r(3)C．6＋6eq\r(5)＋4eq\r(13) D．17＋6eq\r(5)解析：由三視圖得該幾何體的直觀圖如圖，其中，底面ABCD為矩形，AD＝6，AB＝2，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD為等腰三角形，且此四棱錐的高為4，故該幾何體的表面積等于6×2＋2×eq\f(1,2)×2×5＋eq\f(1,2)×6×2eq\r(5)＋eq\f(1,2)×6×4＝34＋6eq\r(5).3．(2024·全國卷Ⅰ)已知圓柱的上、下底面的中心分別為O1，O2，過直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，則該圓柱的表面積為(B)A．12eq\r(2)π B．12πC．8eq\r(2)π D．10π解析：因為過直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，所以圓柱的高為2eq\r(2)，底面圓的直徑為2eq\r(2)，所以該圓柱的表面積為2×π×(eq\r(2))2＋2eq\r(2)π×2eq\r(2)＝12π.4．高為4的直三棱柱被削去一部分后得到一個幾何體，它的直觀圖和三視圖中的側視圖、俯視圖如圖所示，則該幾何體的體積與原直三棱柱的體積的比值為(C)A.eq\f(3,4)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,2)D.eq\f(3,8)解析：由側視圖、俯視圖知該幾何體是高為2、底面積為eq\f(1,2)×2×(2＋4)＝6的四棱錐，其體積為4.易知直三棱柱的體積為8，則該幾何體的體積與原直三棱柱的體積的比值為eq\f(1,2).5．(2024·石家莊質量檢測)如圖，網格紙上的小正方形的邊長為1，粗線表示的是某三棱錐的三視圖，則該三棱錐的四個面中，最小面的面積是(C)A．2eq\r(3) B．2eq\r(2)C．2 D.eq\r(3)解析：在正方體中還原該幾何體，如圖中三棱錐D-ABC所示，其中正方體的棱長為2，則S△ABC＝2，S△DBC＝2eq\r(2)，S△ADB＝2eq\r(2)，S△ADC＝2eq\r(3)，故該三棱錐的四個面中，最小面的面積是2，故選C.6．(2024·西安八校聯考)已知球的直徑SC＝4，A，B是該球球面上的兩點，∠ASC＝∠BSC＝30°，則棱錐S-ABC的體積最大為(A)A．2 B.eq\f(8,3)C.eq\r(3) D．2eq\r(3)解析：如圖，因為球的直徑為SC，且SC＝4，∠ASC＝∠BSC＝30°，所以∠SAC＝∠SBC＝90°，AC＝BC＝2，SA＝SB＝2eq\r(3)，所以S△SBC＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)＝2eq\r(3)，則當點A到平面SBC的距離最大時，棱錐A-SBC即S-ABC的體積最大，此時平面SAC⊥平面SBC，點A到平面SBC的距離為2eq\r(3)sin30°＝eq\r(3)，所以棱錐S-ABC的體積最大為eq\f(1,3)×2eq\r(3)×eq\r(3)＝2，故選A.7．(2024·南昌摸底調研)已知三棱錐P-ABC的全部頂點都在球O的球面上，△ABC滿意AB＝2eq\r(2)，∠ACB＝90°，PA為球O的直徑且PA＝4，則點P究竟面ABC的距離為(B)A.eq\r(2)B．2eq\r(2)C.eq\r(3)D．2eq\r(3)解析：取AB的中點O1，連接OO1，如圖，在△ABC中，AB＝2eq\r(2)，∠ACB＝90°，所以△ABC所在小圓O1是以AB為直徑的圓，所以O1A＝eq\r(2)，且OO1⊥AO1，又球O的直徑PA＝4，所以OA＝2，所以OO1＝eq\r(OA2－O1A2)＝eq\r(2)，且OO1⊥底面ABC，所以點P到平面ABC的距離為2OO1＝2eq\r(2).二、填空題8．某空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為20＋8eq\r(2).解析：由三視圖可知該幾何體是底面為等腰直角三角形的直三棱柱，如圖．則該幾何體的表面積為S＝2×eq\f(1,2)×2×2＋4×2×2＋2eq\r(2)×4＝20＋8eq\r(2).9.已知三棱錐的四個面都是腰長為2的等腰三角形，該三棱錐的正視圖如圖所示，則該三棱錐的體積是eq\f(\r(3),3).解析：由正視圖知三棱錐的形態如圖所示，且AB＝AD＝BC＝CD＝2，BD＝2eq\r(3)，設O為BD的中點，連接OA，OC，則OA⊥BD，OC⊥BD，結合正視圖可知AO⊥平面BCD.又OC＝eq\r(CD2－OD2)＝1，∴V三棱錐A-BCD＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2\r(3)×1))×1＝eq\f(\r(3),3).10.(2024·天津卷)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，除面ABCD外，該正方體其余各面的中心分別為點E，F，G，H，M(如圖)，則四棱錐M-EFGH的體積為eq\f(1,12).解析：連接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因為E，H分別為AD1，CD1的中點，所以EH∥AC，EH＝eq\f(1,2)AC，因為F，G分別為B1A，B1C的中點，所以FG∥AC，FG＝eq\f(1,2)AC，所以EH∥FG，EH＝FG，所以四邊形EHGF為平行四邊形，又EG＝HF，EH＝HG，所以四邊形EHGF為正方形，又點M到平面EHGF的距離為eq\f(1,2)，所以四棱錐M-EFGH的體積為eq\f(1,3)×(eq\f(\r(2),2))2×eq\f(1,2)＝eq\f(1,12).三、解答題11．(2024·全國卷Ⅰ)如圖，在平行四邊形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC為折痕將△ACM折起，使點M到達點D的位置，且AB⊥DA.(1)證明：平面ACD⊥平面ABC；(2)Q為線段AD上一點，P為線段BC上一點，且BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，求三棱錐Q-ABP的體積．解：(1)證明：由已知可得，∠BAC＝90°，BA⊥AC.又BA⊥AD，所以AB⊥平面ACD.又AB?平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3eq\r(2).又BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，所以BP＝2eq\r(2).作QE⊥AC，垂足為E，則QE綊eq\f(1,3)DC.由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1.因此，三棱錐Q-ABP的體積為VQ-ABP＝eq\f(1,3)×QE×S△ABP＝eq\f(1,3)×1×eq\f(1,2)×3×2eq\r(2)sin45°＝1.12．(2024·南寧、柳州聯考)如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB⊥側面BB1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝60°.(1)求證：BC1⊥平面ABC；(2)E是棱CC1上的一點，若三棱錐E-ABC的體積為eq\f(\r(3),12)，求線段CE的長．解：(1)證明：∵AB⊥平面BB1C1C，BC1?平面BB1C1C，∴AB⊥BC1，在△CBC1中，BC＝1，CC1＝BB1＝2，∠BCC1＝60°，由余弦定理得BCeq\o\al(2,1)＝BC2＋CCeq\o\al(2,1)－2BC·CC1·cos∠BCC1＝12＋22－2×1×2cos60°＝3，∴BC1＝eq\r(3)，∴BC2＋BCeq\o\al(2,1)＝CCeq\o\al(2,1)，∴BC⊥BC1，又AB，BC?平面ABC，BC∩AB＝B，∴BC1⊥平面ABC.(2)∵AB⊥平面BB1C1C，∴VE-ABC＝VA-EBC＝eq\f(1,3)S△BCE·AB＝eq\f(1,3)S△BCE·1＝eq\f(\r(3),12)，∴S△BCE＝eq\f(\r(3),4)＝eq\f(1,2)CE·(BC·sineq\f(π,3))＝eq\f(1,2)CE·eq\f(\r(3),2)，∴CE＝1.13．(2024·河北五名校聯考)如圖，在由邊長為1的小正方形組成的網格中畫出了某多面體的三視圖，則該多面體的外接球的表面積為(D)A．27πB．30πC．32πD．34π解析：依據三視圖可知，此多面體為三棱錐A-BCD，且側面ABC⊥底面BCD，△ABC與△BCD都為等腰三角形，如圖所示．依據題意可知，三棱錐A-BCD的外接球的球心O位于過△BCD的外心O′，且垂直于底面BCD的垂線上，取BC的中點M′，連接AM′，DM′，OO′，O′B，易知O′在DM′上，過O作OM⊥AM′于點M，連接OA，OB，依據三視圖可知M′D＝4，BD＝CD＝2eq\r(5)，故sin∠BCD＝eq\f(2\r(5),5)，設△BCD的外接圓半徑為r，依據正弦定理可知，2r＝eq\f(BD,sin∠BCD)＝5，故BO′＝r＝eq\f(5,2)，M′O′＝eq\f(3,2)，設OO′＝x，該多面體的外接球半徑為R，在Rt△BOO′中，R2＝(eq\f(5,2))2＋x2，在Rt△AMO中，R2＝(eq\f(3,2))2＋(4－x)2，所以R＝eq\f(\r(34),2)，故該多面體的外接球的表面積S＝4πR2＝34π.故選D.14．(2024·石家莊質量檢測)三棱錐S-ABC的各頂點都在同一球面上，若AB＝3，AC＝5，BC＝7，側面SAB為正三角形，且與底面ABC垂直，則此球的表面積等于eq\f(205π,3).解析：設△ABC外接圓的圓心為O1，△SAB外接圓的圓心為O2，過O1，O2分別作平面ABC，平面SAB的垂線交于點O，則O為球心．在△ABC中，cos∠BAC＝eq\f(52＋32－72,2×3×5)＝－eq\f(1,2)，∴∠BAC＝120°，設圓O1的半徑為r1，依據正弦定理，得2r1＝eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(14\r(3),3)，∴r1＝eq\f(7\r(3),3).△SAB外接圓的圓心O2為正三角形SAB的中心，連接SO2交AB于點D，則O2D＝eq\f(1,3)SD＝eq\f(\r(3),2)，且O2D＝OO1＝eq\f(\r(3),2).設外接球的半徑為R，連接O1A，則R2＝O1A2＋OOeq\o\al(2,1)＝eq\f(49,3)＋eq\f(3,4)＝eq\f(205,12)，∴此球的表面積S＝4πR2＝eq\f(205π,3).eq\a\vs4\al(尖子生小題庫——供重點班學生運用，一般班學生慎用)15．如圖，在四棱錐E-ABCD中，△EAD為等邊三角形，底面ABCD為等腰梯形，滿意AB∥CD，AD＝DC＝eq\f(1,2)AB，且AE⊥BD.(1)證明：平面EBD⊥平面EAD；(2)若△EAD的面積為eq\r(3)，求點C到平面EBD的距離．解：(1)證明：如圖，取AB的中點M，連接DM，則DM∥BC，∴DM＝eq\f(1,2)AB，即點D在以線段AB為直徑的圓上，∴BD⊥AD，又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，∴BD⊥平面EAD.∵BD?平面EBD，∴平面EBD⊥平面EAD.(2)∵BD⊥平面EAD，且BD?平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面EAD.∵等邊△EAD的面積為eq\r(3)，∴AD＝AE＝ED＝2，取AD的中點O，連接EO，則EO⊥AD，EO＝eq\r(3)，∵平面EAD⊥平面AB