2023届人教A版新高考数学新教材一轮复习第八章立体几何与空间向量课时规范练33基本立体图形及空间几何体的表面积和体积（Word版带解析）

课时规范练33　基本立体图形及空间几何体的表面积和体积基础巩固组1.能旋转形成如图所示的几何体的平面图形是(　　)2.用斜二测画法得到一个水平放置的平面图形OABC的直观图为如图所示的直角梯形O'A'B'C',其中梯形的上底长是下底长的,若原平面图形OABC的面积为3,则O'A'的长为(　　)A.2B.C.D.3.如图所示的扇形是某个圆锥的侧面展开图,已知扇形所在圆的半径R=,扇形弧长l=4π,则该圆锥的表面积为(　　)A.2πB.(4+2)πC.(3+)πD.8π+4.(2021湖北十堰二模)已知某圆柱的轴截面是正方形,且该圆柱的侧面积是4π,则该圆柱的体积是(　　)\nA.2πB.4πC.8πD.12π5.将半径为3,圆心角为的扇形围成一个圆锥,则该圆锥的内切球的体积为(　　)A.B.C.D.2π6.(2021北京,8)定义:24小时内降水在平地上积水厚度(单位:mm)来判断降雨程度.其中小雨(<10mm),中雨(10mm—25mm),大雨(25mm—50mm),暴雨(50mm—100mm),小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水,如图,则这天降雨属于哪个等级(　　)A.小雨B.中雨C.大雨D.暴雨7.(多选)下列四个论断不正确的是(　　)A.过圆锥两母线的截面面积中,最大的是轴截面面积B.经过一条已知直线有且只有一个平面与已知平面垂直C.等底面积等高的棱柱与圆柱的体积相等D.表面积相等的正方体和球体,体积较大的是球体8.(2021山东淄博一模)已知某圆锥底面圆的半径r=1,侧面展开图是一个半圆,则此圆锥的体积为　　　　　. 9.已知一个正四棱锥的侧棱与底面所成的角为45°,侧面积为4,则该棱锥的体积为　　　　　. 综合提升组10.(多选)(2021河北保定二模)如图,一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等,则下列结论正确的是(　　)A.圆柱的体积为4πR3B.圆锥的侧面积为πR2C.圆柱的侧面积与圆锥的表面积相等\nD.圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶211.用长度分别是2,3,5,6,9(单位:cm)的五根木棒连接(只允许连接,不允许折断),组成共顶点的长方体的三条棱,则能够得到的对应长方体的最大表面积为(　　)A.258cm2B.414cm2C.416cm2D.418cm212.(2021广东汕尾模拟)如图,一个圆锥形物体的母线长为6,一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发,绕圆锥表面爬行一周后回到点P处.若该小虫爬行的最短路程为6,则该圆锥形物体的底面半径为　　　　　. 13.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=14,BC=5,AA1=4,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=2.(1)求直线CF与C1E所成角的余弦值;(2)过点E,F的平面α与此长方体的表面相交,交线围成一个正方形,求平面α把该长方体分成的较小部分与较大部分的体积的比值.\n创新应用组14.(多选)(2021山东青岛一模)有一种外形为圆锥形的斗笠,称为“灯罩斗笠”,根据人的体型、高矮等制作成大小不一的型号供人选择使用,不同型号的斗笠大小经常用帽坡长(母线长)和帽底宽(底面圆直径长)两个指标进行衡量,现有一个“灯罩斗笠”,帽坡长20厘米,帽底宽20厘米,关于此斗笠,下面说法正确的是(　　)A.分笠轴截面(过顶点和底面中心的截面图形)的顶角为120°B.过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两母线的截面三角形的最大面积为100平方厘米C.若此斗笠顶点和底面圆上所有点都在同一个球上,则该球的表面积为1600π平方厘米D.此斗笠放在平面上,可以盖住的球(保持斗笠不变形)的最大半径为(20-30)厘米15.(2021八省联考模拟卷)用曲率刻画空间弯曲性,规定:多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角,角度用弧度制),多面体面上非顶点的曲率均为零,多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如:正四面体在每个顶点有3个面角,每个面角是,所以正四面体在各顶点的曲率为2π-3×=π,故其总曲率为4π.(1)求四棱锥的总曲率;(2)若多面体满足:顶点数-棱数+面数=2,证明:这类多面体的总曲率是常数.\n课时规范练33　基本立体图形及空间几何体的表面积和体积1.A　解析此几何体自上向下是由一个圆锥、两个圆台和一个圆柱构成,是由A中的平面图形旋转形成的.故选A.2.D　解析设O'A'=x,则O'B'=x,在原图形中OB=2O'B'=2x,BC=B'C'=,OA=O'A'=x,OB为原图形中梯形的高,面积为S=×x+x×2x=3,解得x=,故选D.3.B　解析设圆锥底面圆半径为r,则2πr=4π,解得r=2.圆锥的表面积S表=S底面圆+S侧=πr2+lR=π×22+×4π×=(4+2)π.故选B.4.A　解析设该圆柱的底面圆半径为r,则圆柱的高(母线)为h,而圆柱的轴截面是正方形,则h=2r,圆柱侧面积为2πrh=4π,即4πr2=4π,解得r=1,h=2,故该圆柱的体积是πr2h=2π.故选A.5.A　解析设圆锥的底面半径为r,高为h,则2πr=×3,所以r=1,则h==2.设内切球的半径为R,则,所以R=,所以V=R3=×3=.故选A.6.B　解析由题可知,圆锥内积水的高度是圆锥高度的一半,则圆锥内积水部分的半径为r=×200=50(mm),h=×300=150(mm).所以由定义可得,积水厚度d==12.5(mm),属于中雨.故选B.7.AB　解析由于圆锥母线长度都相等由于圆锥母线长度都相等,设两母线的夹角为θ,母线长为2,则过圆锥两母线的截面面积为×2×2sinθ=2sinθ,当轴截面两母线的夹角θ=150°时,轴截面的面积为2sin150°=1,此时可以找到一个两母线的夹角\nθ=90°不是轴截面的截面,其面积为2sin90°=2,故A错误;当已知直线垂直于已知平面时,过已知直线的所有平面都垂直于已知平面,故B错误;由于棱柱和圆柱的体积都是底面积乘高,则等底面积等高的棱柱与圆柱的体积相等,故C正确;设正方体的棱长为a,球的半径为R,则S=4πR2=6a2,球的体积为V1=×πR3=,正方体的体积为V2=a3=,所以V1>V2,故D正确.故选AB.8.　解析∵圆锥的侧面展开图是一个半圆,圆锥的底面周长为2π,即侧面展开图半圆的弧长是2π,则半圆的半径,即圆锥的母线为2.圆锥的高为.∴圆锥的体积V=π×12×.9.　解析设正四棱锥底面边长为2a,且正四棱锥的侧棱与底面所成的角为45°,则四棱锥的高为a.又正四棱锥的侧面积为4,所以每个侧面的面积为.则×2a×a=,解得a=1.即正四棱锥的高为,故该棱锥的体积为×22×.10.BD　解析依题意圆柱的底面半径为R,则圆柱的高为2R,故圆柱的体积为πR2×2R=2πR3,故A错误;由题可得,圆锥的母线长为R,圆锥的侧面积为πR×R=πR2,故B正确;∵圆柱的侧面积为4πR2,圆锥表面积为πR2+πR2,故C错误;∴V圆柱=πR2·2R=2πR3,V圆锥=πR2·2R=πR3,V球=πR3,∴V圆柱∶V圆锥∶V球=2πR3∶πR3∶πR3=3∶1∶2,故D正确.\n故选BD.11.C　解析设长方体的三条棱的长度为a,b,c,所以长方体表面积S=2(ab+bc+ac)≤,当且仅当a=b=c时取等号又由题意可知a=b=c不可能成立,所以当a,b,c的长度最接近时,此时对应的表面积最大,此时三边长分别为8cm,8cm,9cm,用2cm和6cm连接在一起形成8cm,用3cm和5cm连接在一起形成8cm,剩余一条棱长为9cm,所以最大表面积为2×(8×8+8×9+8×9)=416(cm2).故选C.12.　解析圆锥侧面展开图为扇形POP',如图.由题知,OP=OP'=6,小虫爬行的最短路程为线段PP',即PP'=6.显然有OP2+OP'2=72=PP'2,即∠POP'=.设圆锥底面圆半径为r,则有2πr=6×=3π,解得r=.即圆锥形物体的底面半径为.13.解(1)连接EF,EB,BC1,长方体ABCD-A1B1C1D1中,A1E=D1F=2,且A1E∥D1F,所以四边形A1EFD1是平行四边形,所以A1D1与EF平行且相等,所以EF与BC平行且相等,所以四边形EFCB为平行四边形,所以FC∥BE,直线CF与C1E所成角就是∠C1EB或其补角,C1E==13,EB==4,\nC1B=,在△C1EB中,由余弦定理,cos∠C1EB=,所以直线CF与C1E所成角的余弦值为.(2)设过点E,F的平面α与此长方体的表面相交,交线围成一个正方形,即正方形EFNM,则EM=5,作EP⊥AB于点P,作FQ⊥DC于点Q,所以PM=3,所以点M在点P的右侧,平面α把该长方体分成的两部分为直棱柱AMEA1-DNFD1和直棱柱EMBB1-FNCC1,两个直棱柱的高相等,两部分体积之比为=.14.ACD　解析对于A,作出图形如图所示,PO==10,所以sin∠APO=,因为0°<∠APO<90°,故∠APO=60°,所以∠APB=120°,故选项A正确;对于B,设∠APB=θ,截面三角形面积为S=·PA2·sinθ=200sinθ≤200,故选项B不正确;对于C,设外接球球心为M,半径为R,所以MA=MP=R,在△AOM中,由勾股定理可得300+(R-10)2=R2,解得R=20,所以该球的表面积S=4π×202=1600π,故选项C正确;对于D,设球心为O',截面主视图如图所示,设内切圆半径为r,△ABP各边长分别为PA=PB=20,AB=20,\n所以×(20+20+20)r=×20×10,解得r=20-30,故选项D正确.故选ACD.15.(1)解由题可知,四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和.可以从整个多面体的角度考虑,所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知,四棱锥共有5个顶点,5个面,其中4个为三角形,1个为四边形.所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形,1个为四边形组成,则其总曲率为2π×5-(4π+2π)=4π.(2)证明设顶点数、棱数、面数分别为n,l,m,所以有n-l+m=2.设第i个面的棱数为xi,所以x1+x2+…+xm=2l,所以总曲率为2πn-π[(x1-2)+(x2-2)+…+(xm-2)]=2πn-π(2l-2m)=2π(n-l+m)=4π,所以这类多面体的总曲率是常数.