第七章 第一节 空间几何体的结构特征及表面积与体积课件PPT

课时跟踪检测（三十九）  空间几何体的结构特征及表面积与体

[素养落实练]

1．(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为(　　)

A．12π　　　　　　　 B．12π

C．8π  D．10π

解析：选B　设圆柱的轴截面的边长为x，

则x2＝8，得x＝2，

∴S圆柱表＝2S底＋S侧＝2×π×()2＋2π××2

＝12π.故选B.

2.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有(　　)

A．14斛  B．22斛

C．36斛  D．66斛

解析：选B　设米堆的底面半径为r尺，则r＝8，所以r＝.所以米堆的体积为V＝ ·π·r2·5＝·2·5≈(立方尺)．故堆放的米约有÷1.62≈22(斛)．

3．在一个密闭透明的圆柱筒内装一定体积的水，将该圆柱筒分别竖直、水平、倾斜放置时，指出圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是(　　)

A．圆面  B．矩形面

C．梯形面  D．椭圆面或部分椭圆面

解析：选C　将圆柱桶竖放，水面为圆面；将圆柱桶斜放，水面为椭圆面或部分椭圆面；将圆柱桶水平放置，水面为矩形面，所以圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是梯形面，故选C.

4. (多选)如图所示是斜二测画法画出的水平放置的三角形的直观图，D′为B′C′的中点，且A′D′∥y′轴，B′C′∥x′轴，那么在原平面图形ABC中(　　)

A．AB与AC相等

B．AD的长度大于AC的长度

C．AB的长度大于AD的长度

D．BC的长度大于AD的长度

解析：选AC　根据斜二测画法的直观图，还原几何图形，首先建立平面直角坐标系xOy，BC∥x轴，并且BC＝B′C′，点D是BC的中点，并且作AD∥y轴，即AD⊥BC，且AD＝2A′D′，连接AB，AC，如图所示．所以△ABC是等腰三角形，AB＝AC，AB的长度大于AD的长度，又BC＝B′C′，AD＝2A′D′，观察题干图，A′D′>B′C′，

所以B′C′<2A′D′，即BC<AD.故选A、C.

5. (2020·深圳模拟)已知圆柱的底面半径为2，高为3，垂直于圆柱底面的平面截圆柱所得截面为矩形ABCD(如图)．若底面圆的弦AB所对的圆心角为，则圆柱被分成两部分中较大部分的体积为(　　)

A．10π＋3  B．10π

C.＋  D．2π－3

解析：选A　设截面ABCD将圆柱分成的两部分中较大部分的体积为V1，圆柱的体积为V，DC将圆柱的底面分成的两部分中，较大部分的面积为S1，圆柱的底面积为S，则S1＝×π×22＋×2×2×＝＋，S＝π×22＝4π，V＝π×22×3＝12π.依题意可得＝，所以V1＝V＝×12π＝10π＋3，故选A.

6. (2020·厦门双十中学高三期中)3D打印属于快速成形技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠累积的方式来构造物体的技术(即“积层造型法”)．过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制造，特别是一些高价值应用(比如髋关节、牙齿或一些飞机零部件等)．已知利用3D打印技术制作如图所示的模型．该模型为在圆锥底内挖去一个正方体后的剩余部分(正方体四个顶点在圆锥母线上，四个顶点在圆锥底面上)，圆锥底面直径为10 cm，母线与底面所成角的正切值为.打印所用原料密度为1 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量约为(取π＝3.14，精确到0.1)(　　)

A．609.4 g  B．447.3 g

C．398.3 g  D．357.3 g

解析：选C　如图是几何体的轴截面，因为圆锥底面直径为10 cm，所以半径为OB＝5 cm.因为母线与底面所成角的正切值为tan B＝，所以圆锥的高为PO＝10 cm.设正方体的棱长为a，DE＝a，则＝，解得a＝5.

所以该模型的体积为V＝π×(5)2×10－53＝－125(cm3)．

所以制作该模型所需原料的质量为×1＝－125≈398.3(g)．

7．现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．

解析：设新的底面半径为r，由题意得πr2·4＋πr2·8＝π×52×4＋π×22×8，解得r＝.

答案：

8．(2021年1月新高考八省联考卷)圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为________．

解析：易知圆台的高为3，所以其体积为V＝πh(R2＋r2＋Rr)＝61π.

答案：61π

9．(2020·浙江高考)已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________．

解析：法一：设该圆锥的母线长为l，

因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，其面积为2π，

所以πl2＝2π，解得l＝2，

所以该半圆的弧长为2π.

设该圆锥的底面半径为R，

则2πR＝2π，解得R＝1.

法二：设该圆锥的底面半径为R，

则该圆锥侧面展开图中的圆弧的弧长为2πR.

因为侧面展开图是一个半圆，

设该半圆的半径为r，则πr＝2πR，即r＝2R，

所以侧面展开图的面积为·2R·2πR＝2πR2＝2π，解得R＝1.

答案：1

10．如图所示，用一个平行于圆锥SO底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，截去的圆锥的母线长是3 cm，求圆台O′O的母线长．

解：设圆台O′O的母线长为l，由截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，可设截得圆台的上、下底面的半径分别为r,4r.

过轴SO作截面，如图所示．

则△SO′A′∽△SOA，SA′＝3 cm.故＝，

则＝.解得l＝9，

故圆台O′O的母线长为9 cm.

11．若E, F是三棱柱ABC­A1B1C1侧棱BB1和CC1上的点，且B1E＝CF，三棱柱的体积为m，求四棱锥A­BEFC的体积．

解：如图所示，连接AB1，AC1.

因为B1E＝CF，所以梯形BEFC的面积等于梯形B1EFC1的面积．

又四棱锥A­BEFC的高与四棱锥A­B1EFC1的高相等，

所以VA­BEFC＝VA­B1EFC1＝VA­BB1C1C.

又VA­A1B1C1＝S△A1B1C1·AA1，VABC­A1B1C1＝S△A1B1C1·AA1＝m，所以VA­A1B1C1＝，

所以VA­B B1C1 C＝V ABC­A1B1C1－V A­A1B1C1＝，

所以VA­BEFC＝×＝，即四棱锥A­BEFC的体积是.

[梯度拔高练]

1．(多选)沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时．如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8 cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的(细管长度忽略不计)．假设该沙漏每秒钟漏下0.02 cm3的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆．以下结论正确的是(　　)

A．沙漏中的细沙体积为 cm3

B．沙漏的体积是128π cm3

C．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4 cm

D．该沙漏的一个沙时大约是1 565秒(π≈3.14)

解析：选AC　A．根据圆锥的截面图可知：细沙在上部时，细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比，所以细沙的底面半径r＝×4＝ cm，

所以体积V＝·πr2·＝··＝ cm3；

B．沙漏的体积V1＝2××π×2×h＝2××π×42×8＝π cm3；

C．设细沙流入下部后的高度为h1，根据细沙体积不变可知：＝×π×2×h1，解得h1≈2.4 cm；

D．因为细沙的体积为 cm3，沙漏每秒钟漏下0.02 cm3的沙，

所以一个沙时为：≈×50≈1 985秒．

2．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为________．

解析：如图，∵SA与底面成45°角，

∴△SAO为等腰直角三角形．

设OA＝r，

则SO＝r，SA＝SB＝r.

在△SAB中，cos ∠ASB＝，

∴sin ∠ASB＝，

∴S△SAB＝SA·SB·sin ∠ASB＝×(r)2×＝5，

解得r＝2，

∴SA＝r＝4，即母线长l＝4，

∴S圆锥侧＝πrl＝π×2×4＝40π.

答案：40π

3.如图是一个以A1B1C1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC，已知A1B1＝B1C1＝2，∠A1B1C1＝90°，AA1＝4，BB1＝3，CC1＝2，则该几何体的体积为________．

解析：过C作平行于A1B1C1的截面A2B2C，交AA1，BB1分别于点A2，B2.

由直三棱柱性质及∠A1B1C1＝90°可知B2C⊥平面ABB2A2，

则该几何体的体积V＝VA1B1C1­A2B2C＋VC­ABB2A2

＝×2×2×2＋××(1＋2)×2×2＝6.

答案：6

4.如图所示，已知圆锥SO中，底面半径r＝1，母线长l＝4，M为母线SA上的一个点，且SM＝x，从点M拉一根绳子，围绕圆锥侧面转到点A.求：

(1)绳子的最短长度的平方f(x)；

(2)绳子最短时，顶点到绳子的最短距离；

(3)f(x)的最大值．

解：将圆锥的侧面沿SA展开在平面上，如图所示，则该图为扇形，且弧AA′的长度L就是圆O的周长，

∴L＝2πr＝2π.∴∠ASM＝×360°＝×360°＝90°.

(1)由题意知绳子长度的最小值为展开图中的AM，其值为AM＝(0≤x≤4)．

∴f(x)＝AM2＝x2＋16(0≤x≤4)．

(2)绳子最短时，在展开图中作SR⊥AM，垂足为R，

则SR的长度为顶点S到绳子的最短距离，

在△SAM中，∵S△SAM＝SA·SM＝AM·SR，

∴SR＝＝(0≤x≤4)，

即绳子最短时，顶点到绳子的最短距离为(0≤x≤4)．

(3)∵f(x)＝x2＋16(0≤x≤4)是增函数，∴f(x)的最大值为f(4)＝32.