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2019-2020年高考数学一轮复习第八章立体几何层级快练48文

1．(2017·唐山模拟)正三棱锥的高和底面边长都等于6，则其外接球的表面积为( ) A．64π C．16π 答案 A

解析 如图，作PM⊥平面ABC于点M，则球心O在PM上，PM＝6，连接AM，AO，则OP＝OA＝R(R为外接球半径)，在Rt△OAM中，OM＝6－R，OA2222

＝R，又AB＝6，且△ABC为等边三角形，故AM＝6－3＝23，则R

3－(6－R)＝(23)，则R＝4，所以球的表面积S＝4πR＝64π.

2．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是( ) A．16π C．24π 答案 C

解析 由V＝Sh，得S＝4，得正四棱柱底面边长为2.画出球的轴截面可得，该正四棱柱的12222

对角线即为球的直径，所以球的半径为R＝2＋2＋4＝6.所以球的表面积为S＝4πR

2＝24π.故选C.

3．若一个正方体的体积是8，则这个正方体的内切球的表面积是( ) A．8π C．4π 答案 C

解析 设正方体的棱长为a，则a＝8. 因此内切球直径为2，∴S表＝4πr＝4π.

4．(2017·课标全国Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径长为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( ) A．π πC. 2答案 B

解析 根据已知球的半径长是1，圆柱的高是1，如图，所以圆柱的底面半径r＝

B.D.3π 4π 4

23

2

2

2

B．32π D．8π

B．20π D．32π

B．6π D．π

2－133232

＝，所以圆柱的体积V＝πrh＝π×()×1＝π.故选B. 2224

5．(2018·安徽合肥模拟)已知球的直径SC＝6，A，B是该球球面上的两点，且AB＝SA＝SB＝3，则三棱锥S－ABC的体积为( ) 32A.

432C.

2答案 D

解析 设该球球心为O，因为球的直径SC＝6，A，B是该球球面上的两点，且AB＝SA＝SB113392

＝3，所以三棱锥S－OAB是棱长为3的正四面体，其体积VS－OAB＝××3××6＝，

32249292

同理VO－ABC＝，故三棱锥S－ABC的体积VS－ABC＝VS－OAB＋VO－ABC＝，故选D.

42

6．已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为( ) 317

A.

213C. 2答案 C

解析 如图，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.

B．210 D．310 B.92

492

2

22

D.

151

又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，

222所以球O的半径R＝OA＝

52213

（）＋6＝. 22

7．(2018·广东惠州一模)已知一个水平放置的各棱长均为4的三棱锥形容器内有一小球O(质量忽略不计)，现从该三棱锥形容器的顶端向内注水，小球慢慢上浮，当注入的水的体7

积是该三棱锥体积的时，小球与该三棱锥各侧面均相切(与水面也相切)，则小球的表面积

8等于( )

7

A.π 62

C.π 3答案 C

4B.π 31D.π 2

1

解析 由题知，没有水的部分的体积是三棱锥形容器的体积的，三棱锥形容器的体积为

81326162221··4··4＝，所以没有水的部分的体积为.设其棱长为a，则其体积为×343333326221226a×a＝，∴a＝2，设小球的半径为r，则4××3×r＝，解得r＝，∴43333612

球的表面积为4π×＝π，故选C.

63

8.如图，ABCD－A1B1C1D1是棱长为1的正方体，S－ABCD是高为1的正四棱锥，若点S，A1，B1，C1，D1在同一个球面上，则该球的体积为( ) 25πA. 16

B.49π

16

81πC. 16答案 C

243πD. 128

解析 如图所示，O为球心，设OG1＝x，则OB1＝SO＝2－x，同时由正方体的性质可知B1G1＝

2

22222，则在Rt△OB1G1中，OB1＝G1B1＋OG1，即(2－x)＝2

x＋(C.

227981π2)，解得x＝，所以球的半径R＝OB1＝，所以球的表面积S＝4πR＝，故选28816

9．(2018·郑州质检)四棱锥P－ABCD的五个顶点都在一个球面上，该四棱锥的三视图如图所示，E，F分别是棱AB，CD的中点，直线EF被球面所截得的线段长为22，则该球的表面积为( )