《高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與策略 第1部分 專題4 立體幾何 突破點(diǎn)10 空間幾何體表面積或體積的求解專題限時(shí)集訓(xùn) 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與策略 第1部分 專題4 立體幾何 突破點(diǎn)10 空間幾何體表面積或體積的求解專題限時(shí)集訓(xùn) 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題（11頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時(shí)集訓(xùn)(十) 空間幾何體表面積或體積的求解 [建議A、B組各用時(shí)：45分鐘] [A組　高考達(dá)標(biāo)] 一、選擇題 1．(2016·石家莊二模)一個(gè)三棱錐的正視圖和俯視圖如圖10-11所示，則該三棱錐的側(cè)視圖可能為(　　) 　　　　　　　　　　　圖10-11 D　[分析三視圖可知，該幾何體為如圖所示的三棱錐， 其中平面ACD⊥平面BCD，故選D.] 2．(2016·濰坊二模)已知某幾何體的三視圖如圖10-12所示，則該幾何體的體積為(　　) 圖10-12 A.　　　 B.　　　 C.　　　 D．(2－)π B　[由三視圖可知該幾何體由半球內(nèi)挖去一個(gè)同底的

2、圓錐得到，所以該幾何體的體積為V＝×π×13－π×12×1＝.] 3．(2016·煙臺(tái)模擬)某幾何體的三視圖如圖10-13所示，則該幾何體的體積與其外接球的體積之比為(　　) 圖10-13 A．1∶3π B.∶π C．1∶3π D．1∶π D　[由三視圖可知，幾何體是一個(gè)三棱柱，體積V1＝×2×2×2＝4，設(shè)外接球的半徑為R，則4R2＝22＋22＋22＝12，所以R＝. 所以球的體積V2＝πR3＝4π，體積比V1∶V2＝4∶4π＝1∶π.] 4．(2016·湖北七市模擬)已知某幾何體的三視圖如圖10-14所示，其中俯視圖是正三角形，則該幾何體的體積為(　　) 圖10-1

3、4 A.　　　 B．2 C．3　　　 D．4 B　[分析題意可知，該幾何體是由如圖所示的三棱柱ABC-A1B1C1截去四棱錐A-BEDC得到的，故其體積V＝×22×3－××2×＝2，故選B.] 5．(2016·廣州二模)如圖10-15，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某個(gè)四面體的三視圖，則該四面體的表面積為(　　) 圖10-15 A．8＋8＋4 B．8＋8＋2 C．2＋2＋ D.＋＋ A　[在正方體中還原出該四面體C-A1EC1如圖所示，可求得該四面體的表面積為8＋8＋4.] 二、填空題 6．(2016·昆明一模)已知三棱錐P-ABC的頂點(diǎn)P，A，B，C在球

4、O的球面上，△ABC是邊長為的等邊三角形，如果球O的表面積為36π，那么P到平面ABC距離的最大值為________． 3＋2　[依題意，邊長是的等邊△ABC的外接圓半徑r＝·＝1.∵球O的表面積為36π＝4πR2，∴球O的半徑R＝3，∴球心O到平面ABC的距離d＝＝2，∴球面上的點(diǎn)P到平面ABC距離的最大值為R＋d＝3＋2.] 7．(2016·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)三棱錐P-ABC中，D，E分別為PB，PC的中點(diǎn)，記三棱錐D-ABE的體積為V1，P-ABC的體積為V2，則＝________. 　[如圖，設(shè)S△ABD＝S1，S△PAB＝S2， E到平面ABD的距離為h1，C到平面PA

5、B的距離為h2，則S2＝2S1，h2＝2h1，V1＝S1h1，V2＝S2h2，所以＝＝.] 8．(2016·海口二模)半徑為2的球O中有一內(nèi)接正四棱柱(底面是正方形，側(cè)棱垂直底面)．當(dāng)該正四棱柱的側(cè)面積最大時(shí)，球的表面積與該正四棱柱的側(cè)面積之差是________． 16(π－)　[設(shè)內(nèi)接正四棱柱底邊長為a，高為h，那么16＝2a2＋h2≥2ah，正四棱柱的側(cè)面積S＝4ah≤16，球的表面積與該正四棱柱的側(cè)面積之差是16(π－)．] 三、解答題 9．(2016·合肥二模)如圖10-16，P為正方形ABCD外一點(diǎn)，PB⊥平面ABCD，PB＝AB＝2，E為PD的中點(diǎn)． 圖10-16

6、(1)求證：PA⊥CE； (2)求四棱錐P-ABCD的表面積． [解]　(1)證明：取PA的中點(diǎn)F，連接EF，BF，則EF∥AD∥BC，即EF，BC共面． ∵PB⊥平面ABCD，∴PB⊥BC，又BC⊥AB且PB∩AB＝B， ∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PA.3分 ∵PB＝AB，∴BF⊥PA，又BC∩BF＝B， ∴PA⊥平面EFBC，∴PA⊥CE.6分 (2)設(shè)四棱錐P-ABCD的表面積為S， ∵PB⊥平面ABCD，∴PB⊥CD，又CD⊥BC，PB∩BC＝B， ∴CD⊥平面PBC，∴CD⊥PC，即△PCD為直角三角形，8分 由(1)知BC⊥平面PAB，而AD∥BC，∴AD⊥平

7、面PAB， 故AD⊥PA，即△PAD也為直角三角形． S?ABCD＝2×2＝4， S△PBC＝S△PAB＝S△PDA＝×2×2＝2， S△PCD＝×2×＝2，10分 ∴S表＝S?ABCD＋S△PBC＋S△PDA＋S△PAB＋S△PCD ＝10＋2.12分 10．(2016·湖北七市模擬)如圖10-17，一個(gè)側(cè)棱長為l的直三棱柱ABC-A1B1C1容器中盛有液體(不計(jì)容器厚度)．若液面恰好分別過棱AC，BC，B1C1，A1C1的中點(diǎn)D，E，F(xiàn)，G. 圖10-17 (1)求證：平面DEFG∥平面ABB1A1； (2)當(dāng)?shù)酌鍭BC水平放置時(shí)，求液面的高． [解]　(1)證明

8、：因?yàn)镈，E分別為棱AC，BC的中點(diǎn)，所以DE是△ABC的中位線，所以DE∥AB.又DE?平面ABB1A1，AB?平面ABB1A1，所以DE∥平面ABB1A1.同理DG∥平面ABB1A1，又DE∩DG＝D，所以平面DEFG∥平面ABB1A1.6分 (2)當(dāng)直三棱柱ABC-A1B1C1容器的側(cè)面AA1B1B水平放置時(shí)，由(1)可知，液體部分是直四棱柱，其高即為原直三棱柱ABC-A1B1C1容器的高，即側(cè)棱長l，當(dāng)?shù)酌鍭BC水平放置時(shí)，設(shè)液面的高為h，△ABC的面積為S，則由已知條件可知，△CDE∽△ABC，且S△CDE＝S，所以S四邊形ABED＝S.9分 由于兩種狀態(tài)下液體體積相等，所以V液

9、體＝Sh＝S四邊形ABEDl＝Sl，即h＝l. 因此，當(dāng)?shù)酌鍭BC水平放置時(shí)，液面的高為l.12分 [B組　名校沖刺] 一、選擇題 1．(2016·濟(jì)寧模擬)如圖10-18所示，四棱錐P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，且PD＝2，底面是邊長為2的菱形，M是CD的中點(diǎn)，平面PMB⊥平面PCD，則該四棱錐的體積為(　　) 圖10-18 A. B．4 C. D．4 A　[過點(diǎn)D在平面PCD內(nèi)作DN⊥PM于點(diǎn)N，又平面PMB⊥平面PCD，平面PMB∩平面PCD＝PM，所以DN⊥平面PMB，所以DN⊥BM.又由PD⊥平面ABCD，得PD⊥BM，又PD與DN是平面PDC內(nèi)的兩條相交直

10、線，所以BM⊥平面PDC，則BM⊥CD.又點(diǎn)M是CD的中點(diǎn)，BC＝CD，所以∠BCD＝60°，所以底面菱形ABCD的面積為2×2×sin 60°＝2，故該四棱錐的體積為×2×2＝.] 2．(2016·重慶二模)某幾何體的三視圖如圖10-19所示，則該幾何體的體積為(　　) 圖10-19 A. B. C. D. B　[根據(jù)三視圖可知，幾何體是由一個(gè)直三棱柱與一個(gè)三棱錐所組成的，其中該直三棱柱的底面是一個(gè)直角三角形(直角邊長分別為1,2，高為1)；該三棱錐的底面是一個(gè)直角三角形(腰長分別為1,2，高為1)，因此該幾何體的體積為×2×1×1＋××2×1×1＝，選B.] 3．(2016

11、·唐山二模)某幾何體的三視圖如圖10-20所示，則該幾何體的體積為(　　) 圖10-20 A．6π＋4 B．π＋4 C. D．2π D　[由三視圖知，該幾何體為一個(gè)底面半徑為1，高為1的圓柱體，與底面半徑為1，高為2的半圓柱體構(gòu)成，所以該三視圖的體積為π×12×1＋π×12×2＝2π，故選D.] 4．(2016·江西上饒三模)從點(diǎn)P出發(fā)的三條射線PA，PB，PC兩兩成60°角，且分別與球O相切于A，B，C三點(diǎn)，若OP＝，則球的體積為(　　) A. B. C. D. C　[設(shè)OP交平面ABC于O′， 由題得△ABC和△PAB為正三角形， 所以O(shè)′A＝AB＝AP. 因?yàn)锳

12、O′⊥PO，OA⊥PA， 所以＝，＝，＝， 所以O(shè)A＝＝×＝1， 即球的半徑為1， 所以其體積為π×13＝π.選C.] 二、填空題 5．(2016·廣州二模)一個(gè)六棱柱的底面是正六邊形，側(cè)棱垂直于底面，所有棱的長都為1，頂點(diǎn)在同一個(gè)球面上，則該球的體積為________. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：67722038】 　[由題意知六棱柱的底面正六邊形的外接圓半徑r＝1, 其高h(yuǎn)＝1，∴球半徑為R＝＝＝，∴該球的體積V＝πR3＝×3π＝.] 6．(2016·開封一模)在三棱錐P-ABC中，AB＝BC＝，AC＝6，PC⊥平面ABC，PC＝2，則該三棱錐的外接球表面積為________. 【導(dǎo)學(xué)

13、號(hào)：67722039】 π　[由題可知，△ABC中AC邊上的高為＝，球心O在底面ABC的投影即為△ABC的外心D，設(shè)DA＝DB＝DC＝x，∴x2＝32＋(－x)2，解得x＝，∴R2＝x2＋2＝＋1＝(其中R為三棱錐外接球的半徑)，∴外接球的表面積S＝4πR2＝π.] 三、解答題 7．如圖10-21，矩形CDEF和梯形ABCD互相垂直，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝CD，BE⊥DF. 圖10-21 (1)若M為EA中點(diǎn)，求證：AC∥平面MDF； (2)若AB＝2，求四棱錐E-ABCD的體積． [解]　(1)證明：設(shè)EC與DF交于點(diǎn)N，連接MN， 在矩形CDEF中，點(diǎn)

14、N為EC中點(diǎn)， 因?yàn)镸為EA中點(diǎn)，所以MN∥AC.2分 又因?yàn)锳C?平面MDF，MN?平面MDF， 所以AC∥平面MDF.4分 (2)取CD中點(diǎn)為G，連接BG，EG， 平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD＝CD， AD?平面ABCD，AD⊥CD， 所以AD⊥平面CDEF，同理ED⊥平面ABCD，7分 所以ED的長即為四棱錐E-ABCD的高.8分 在梯形ABCD中，AB＝CD＝DG，AB∥DG， 所以四邊形ABGD是平行四邊形，BG∥AD，所以BG⊥平面CDEF. 又DF?平面CDEF，所以BG⊥DF，又BE⊥DF，BE∩BG＝B， 所以DF⊥平面BEG

15、，DF⊥EG.10分 注意到Rt△DEG∽R(shí)t△EFD，所以DE2＝DG·EF＝8，DE＝2， 所以VE-ABCD＝S梯形ABCD·ED＝4.12分 8．如圖10-22，在多面體ABCDM中，△BCD是等邊三角形，△CMD是等腰直角三角形，∠CMD＝90°，平面CMD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，點(diǎn)O為CD的中點(diǎn)，連接OM. 圖10-22 (1)求證：OM∥平面ABD； (2)若AB＝BC＝2，求三棱錐A-BDM的體積． [解]　(1)證明：∵△CMD是等腰直角三角形，∠CMD＝90°，點(diǎn)O為CD的中點(diǎn)，∴OM⊥CD.1分 ∵平面CMD⊥平面BCD，平面CMD∩平面BCD

16、＝CD，OM?平面CMD， ∴OM⊥平面BCD.2分 ∵AB⊥平面BCD，∴OM∥AB.3分 ∵AB?平面ABD，OM?平面ABD，∴OM∥平面ABD.4分 (2)法一：由(1)知OM∥平面ABD， ∴點(diǎn)M到平面ABD的距離等于點(diǎn)O到平面ABD的距離.5分 過點(diǎn)O作OH⊥BD，垂足為點(diǎn)H. ∵AB⊥平面BCD，OH?平面BCD，∴OH⊥AB.6分 ∵AB?平面ABD，BD?平面ABD，AB∩BD＝B，∴OH⊥平面ABD.7分 ∵AB＝BC＝2，△BCD是等邊三角形， ∴BD＝2，OD＝1，OH＝OD·sin 60°＝.9分 ∴V三棱錐A-BDM＝V三棱錐M-ABD ＝××AB·BD·OH ＝××2×2×＝.11分 ∴三棱錐A-BDM的體積為.12分 法二：由(1)知OM∥平面ABD， ∴點(diǎn)M到平面ABD的距離等于點(diǎn)O到平面ABD的距離.5分 ∵AB＝BC＝2，△BCD是等邊三角形，∴BD＝2，OD＝1.6分 連接OB，則OB⊥CD，OB＝BD·sin 60°＝.7分 ∴V三棱錐A-BDM＝V三棱錐M-ABD＝V三棱錐O-ABD＝V三棱錐A-BDO ＝××OD·OB·AB ＝××1××2＝.11分 ∴三棱錐A-BDM的體積為.12分