1、课时作业梯级练四十二空间几何体一、选择题(每小题5分，共25分)1(2021黑龙江模拟)在平面直角坐标系内，直线l：3x2y60，将l与两坐标轴围成的封闭图形绕y轴旋转一周，所得几何体的体积为()A12 B6 C4 D4【解析】选C.直线l：3x2y60中，令x0，得y3；令y0，得x2，所以直线l与两坐标轴围成直角三角形AOB，如图所示；AOB绕y轴旋转一周，所得几何体是底面半径为2，高为3的圆锥，所以该圆锥的体积为V2234.2.把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20 cm的铁丝接成的四棱锥形骨架内,使皮球的表面与8根铁丝都有接触点(皮球不变形),则皮球的半径为()A.10 cmB.10
2、 cmC.10 cmD.30 cm【解析】选B.依题意,在四棱锥S-ABCD中,所有棱长均为20 cm,连接AC,BD交于点O,连接SO,则SO=AO=BO=CO=DO=10 cm,易知点O到AB,BC,CD,AD的距离均为10 cm,在等腰三角形OAS中,AO=SO=10 cm,SA=20 cm,所以O到SA的距离d=10 cm,同理可证O到SB,SC,SD的距离也为10 cm,所以球心为四棱锥底面ABCD的中心O,所以皮球的半径r=10 cm.3. (2018全国卷)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DABC体积的最大值为()A12
3、B18 C24 D54【解析】选B.设ABC的边长为a，则SABCa2sin Ca29，解得a6，如图所示，当点D在底面上的射影为三角形ABC的中心H时，三棱锥DABC的体积最大，设球心为O，则在直角三角形AHO中，AH62，OAR4，则OH2，所以DH246，所以三棱锥DABC的体积最大值为VSABCDH9618.4(2021安庆模拟)COVID19是一种新型冠状病毒(因其表面有类似王冠上的突起而得名)，感染者在潜伏期便已具备传染能力为方便病人的转移及隔离，某企业设计了一种微型隔离舱，其三视图如图所示(单位：m)，其中正视图的上半部分是全封闭有底的一段圆弧，则该隔离舱外表面的面积之和为()A
4、32 B32C2(1) D2【解析】选C.根据几何体的三视图转换为直观图如图所示：所以AB，OD，OB1，tan DOB，整理得AOB，所以该几何体上面的曲面的面积为212.两头的两个弓形的面积为S.所以表面积为：S222222.5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 BC D【解析】选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程为PP，因为OPOP4，PP4，由余弦定理可得cos POP，所以POP.设底面圆的半径为r，圆锥的高为h，则有2r4
5、，所以r，h，所以圆锥的体积Vr2h.二、填空题(每小题5分，共15分)6已知正四棱锥VABCD中，底面面积为16，一条侧棱的长为2，则该棱锥的高为_【解析】如图，取正方形ABCD的中心O，连接VO，AO，则VO就是正四棱锥VABCD的高，因为底面面积为16，所以AO2，因为一条侧棱的长为2，所以VO6，所以正四棱锥VABCD的高为6.答案：67.某几何体三视图如图所示,则该几何体的外接球表面积为.【解析】如图,由三视图得几何体为四棱锥S-ABCD,补为直三棱柱SAD-S1BC,作ADS的外接圆圆心为O1,半径为r,作S1BC的外接圆圆心为O2,O1O2的中点O为球心,设外接球半径为R,因为S
6、AD=120,AD=2,SA=2,SD=2.所以SO1=r=2,OO1=1,所以R=SO=,所以S=4R2=20.答案:208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AEBECEDE，所以E是此三棱锥外接球的球心，且半径为；所以此三棱锥外接球的表面积为42.答案：2【加练备选拔高】一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8 cm,若两底面圆心的连线长为12 cm,则这个圆台的母线长为_cm.【解析
7、】如图,过点A作ACOB,交OB于点C.在RtABC中,AC=12 cm,BC=8-3=5(cm).所以AB=13(cm). 答案：13 三、解答题(每小题10分，共20分)9如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE平面ABCD.(1)证明：平面AEC平面BED；(2)若ABC120，AEEC，三棱锥EACD的体积为，求该三棱锥EACD的侧面积【解析】(1)因为四边形ABCD为菱形，所以ACBD.因为BE平面ABCD，AC平面ABCD，所以BEAC.而BDBEB，BD，BE平面BED，所以AC平面BED.又AC平面AEC，所以平面AEC平面BED.(2)设ABx，在菱形ABCD中
8、，由ABC120，可得AGGCx，GBGD.因为AEEC，所以在RtAEC中，可得EGx.由BE平面ABCD，知EBG为直角三角形，可得BEx.由已知得，三棱锥E-ACD的体积V三棱锥E-ACDACGDBEx3，故x2.从而可得AEECED.所以EAC的面积为3，EAD的面积与ECD的面积均为.故三棱锥E-ACD的侧面积为32.10如图，已知正三棱锥PABC的侧面是直角三角形，PA6.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
9、【解析】(1)因为P在平面ABC内的正投影为点D，所以ABPD.因为D在平面PAB内的正投影为E，所以ABDE.因为PDDED，所以AB平面PED，PG平面PED，故ABPG.又由已知，可得PAPB，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PBPA，PBPC，又EFPB，所以EFPA，EFPC.PAPCP，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的中心由(1)知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CDCG.由题设可得PC平面PAB，D
10、E平面PAB，所以DEPC，因此PEPG，DEPC.由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA6，可得DE2，所以PG3，PE2.在等腰直角三角形EFP中，可得EFPF2，所以四面体PDEF的体积V222.1(2021潍坊模拟)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R2.设酒杯上部分(圆柱)的体积为V1，下部分(半球)的体积为V2，则()A2 B C1 D【解析】选A.由球的半径为R，得半球表面积为2R2，又酒杯内壁表面
11、积为R2，所以圆柱的侧面积为R2.设圆柱的高为h，则2RhR2，即hR.所以V1R2RR3，V2R3.所以2.2如图，在ABC中，ABBC2，ABC120.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PDDA，PBBA，则四面体PBCD的体积的最大值是_【解析】设PDDAx，在ABC中，ABBC2，ABC120，所以AC2，所以CD2x，且ACB(180120)30，所以SBCDBCDCsin ACB2(2x)(2x).要使四面体PBCD的体积最大，当且仅当点P到平面BCD的距离最大，而P到平面BCD的最大距离为x.则V四面体PBCD(2x)x(x)23，由于0x2，故当x时，V四面体PBCD
12、取最大值为3.答案：3已知E，F分别是棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1的棱AA1，CC1的中点，则四棱锥C1B1EDF的体积为_【解析】如图所示，连接A1C1，B1D1交于点O1，连接B1D，EF，过点O1作O1HB1D于点H.因为EFA1C1，且A1C1平面B1EDF，EF平面B1EDF，所以A1C1平面B1EDF.所以C1到平面B1EDF的距离就是A1C1到平面B1EDF的距离易知平面B1D1D平面B1EDF，又平面B1D1D平面B1EDFB1D，所以O1H平面B1EDF，所以O1H等于四棱锥C1B1EDF的高因为B1O1HB1DD1，所以O1Ha.所以O1HEFB1DO1Haaa
13、a3.【一题多解】连接EF，B1D.设B1到平面C1EF的距离为h1，D到平面C1EF的距离为h2，则h1h2B1D1a.由题意得，(h1h2)a3.答案：a34如图，ABC内接于圆O，AB是圆O的直径，四边形DCBE为平行四边形，DC平面ABC，AB2，EB.(1)求证：DE平面ACD；(2)设ACx，V(x)表示三棱锥BACE的体积，求函数V(x)的解析式及最大值【解析】(1)因为四边形DCBE为平行四边形，所以CDBE，BCDE.因为DC平面ABC，BC平面ABC，所以DCBC.因为AB是圆O的直径，所以BCAC，且DCACC，DC，AC平面ACD，所以BC平面ACD.因为DEBC，所以DE平面ACD.(2)因为DC平面ABC，所以BE平面ABC.在RtABE中，AB2，EB.在RtABC中，因为ACx，BC(0x2)，所以SABCACBCx，所以V(x)V三棱锥EABCx(0x2).因为x2(4x2)4，当且仅当x24x2，即x时，取等号，所以当x时，体积有最大值.
