《2018屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)： 第7章 第2節(jié) 課時(shí)分層訓(xùn)練39》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)： 第7章 第2節(jié) 課時(shí)分層訓(xùn)練39（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 課時(shí)分層訓(xùn)練(三十九) 空間幾何體的表面積與體積 A組　基礎(chǔ)達(dá)標(biāo) (建議用時(shí)：30分鐘) 一、選擇題 1．(2014·全國(guó)卷Ⅱ)正三棱柱ABC-A1B1C1的底面邊長(zhǎng)為2，側(cè)棱長(zhǎng)為，D為BC中點(diǎn)，則三棱錐A-B1DC1的體積為(　　) A．3　　　　　　　 B. C．1 D. C　[在正△ABC中，D為BC中點(diǎn)， 則有AD＝AB＝， S△DB1C1＝×2×＝. 又∵平面BB1C1C⊥平面ABC，AD⊥BC，AD?平面ABC，∴AD⊥平面BB1C1C，即AD為三棱錐A-B1DC1底面上的高． ∴V三棱錐A-B1DC1＝S△DB1C1·AD＝××＝1.] 2．已

2、知底面邊長(zhǎng)為1，側(cè)棱長(zhǎng)為的正四棱柱的各頂點(diǎn)均在同一個(gè)球面上，則該球的體積為(　　) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：01772246】 A. B.4π C．2π D. D　[依題意可知正四棱柱體對(duì)角線的長(zhǎng)度等于球的直徑，可設(shè)球半徑為R，則2R＝＝2，解得R＝1，所以V＝R3＝.] 3．(2016·山東高考)一個(gè)由半球和四棱錐組成的幾何體，其三視圖如圖7-2-8所示，則該幾何體的體積為(　　) 圖7-2-8 A.＋π B.＋π C.＋π D.1＋π C　[由三視圖知，該四棱錐是底面邊長(zhǎng)為1，高為1的正四棱錐，結(jié)合三視圖可得半球半徑為，從而該幾何體的體積為×12×1＋×π×3＝＋π.故選

3、C.] 4．某幾何體的三視圖如圖7-2-9所示，且該幾何體的體積是3，則正視圖中的x的值是(　　) 圖7-2-9 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：01772247】 A．2 B. C. D.3 D　[由三視圖知，該幾何體是四棱錐，底面是直角梯形，且S底＝×(1＋2)×2＝3， ∴V＝x·3＝3，解得x＝3.] 5．(2016·江南名校聯(lián)考)一個(gè)四面體的三視圖如圖7-2-10所示，則該四面體的表面積是(　　) 圖7-2-10 A．1＋ B.2＋ C．1＋2 D.2 B　[四面體的直觀圖如圖所示． 側(cè)面SAC⊥底面ABC，且△SAC與△ABC均為腰長(zhǎng)是的等腰直角三角形，S

4、A＝SC＝AB＝BC＝，AC＝2. 設(shè)AC的中點(diǎn)為O，連接SO，BO，則SO⊥AC， ∴SO⊥平面ABC，∴SO⊥BO. 又OS＝OB＝1，∴SB＝， 故△SAB與△SBC均是邊長(zhǎng)為的正三角形，故該四面體的表面積為2×××＋2××()2＝2＋.] 二、填空題 6．現(xiàn)有橡皮泥制作的底面半徑為5、高為4的圓錐和底面半徑為2，高為8的圓柱各一個(gè)，若將它們重新制作成總體積與高均保持不變，但底面半徑相同的新的圓錐和圓柱各一個(gè)，則新的底面半徑為_(kāi)_____． 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：01772248】 　[設(shè)新的底面半徑為r，由題意得 ×π×52×4＋π×22×8＝×π×r2×4＋π×r2×8，

5、∴r2＝7，∴r＝.] 7．一個(gè)六棱錐的體積為2，其底面是邊長(zhǎng)為2的正六邊形，側(cè)棱長(zhǎng)都相等，則該六棱錐的側(cè)面積為_(kāi)_______． 12　[設(shè)正六棱錐的高為h，棱錐的斜高為h′. 由題意，得×6××2××h＝2，∴h＝1， ∴斜高h(yuǎn)′＝＝2，∴S側(cè)＝6××2×2＝12.] 8．某幾何體的三視圖如圖7-2-11所示，則該幾何體的體積為_(kāi)_______． 圖7-2-11 ＋π　[由三視圖可知該幾何體是由一個(gè)半圓柱和一個(gè)三棱錐組成的．由題圖中數(shù)據(jù)可得三棱錐的體積V1＝××2×1×1＝，半圓柱的體積V2＝×π×12×2＝π，∴V＝＋π.] 三、解答題 9．如圖7-2-12，在三棱

6、錐D-ABC中，已知BC⊥AD，BC＝2，AD＝6，AB＋BD＝AC＋CD＝10，求三棱錐D-ABC的體積的最大值． 圖7-2-12 [解]　由題意知，線段AB＋BD與線段AC＋CD的長(zhǎng)度是定值，∵棱AD與棱BC相互垂直，設(shè)d為AD到BC的距離，4分 則VD-ABC＝AD·BC×d××＝2d， 當(dāng)d最大時(shí)，VD-ABC體積最大.8分 ∵AB＋BD＝AC＋CD＝10， ∴當(dāng)AB＝BD＝AC＝CD＝5時(shí)， d有最大值＝. 此時(shí)V＝2.12分 10．四面體ABCD及其三視圖如圖7-2-13所示，平行于棱AD，BC的平面分別交四面體的棱AB，BD，DC，CA于點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H

7、. 　　 圖7-2-13 (1)求四面體ABCD的體積； (2)證明：四邊形EFGH是矩形． [解]　(1)由該四面體的三視圖可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1， ∴AD⊥平面BDC，3分 ∴四面體ABCD的體積V＝××2×2×1＝.5分 (2)證明：∵BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩平面ABC＝EH，8分 ∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH. 同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG， ∴四邊形EFGH是平行四邊形． 又∵AD⊥平面BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG. ∴四邊形EFGH是矩形.

8、12分 B組　能力提升 (建議用時(shí)：15分鐘) 1．(2015·全國(guó)卷Ⅰ)圓柱被一個(gè)平面截去一部分后與半球(半徑為r)組成一個(gè)幾何體，該幾何體三視圖中的正視圖和俯視圖如圖7-2-14所示．若該幾何體的表面積為16＋20π，則r＝(　　) 圖7-2-14 A．1　　　 B.2　　 C.4　　　 D.8 B　[如圖，該幾何體是一個(gè)半球與一個(gè)半圓柱的組合體，球的半徑為r，圓柱的底面半徑為r，高為2r，則表面積S＝×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2.又S＝16＋20π，∴(5π＋4)r2＝16＋20π，∴r2＝4，r＝2，故選B.] 2．已知H是球O的直徑

9、AB上一點(diǎn)，AH∶HB＝1∶2，AB⊥平面α，H為垂足，α截球O所得截面的面積為π，則球O的表面積為_(kāi)_______． π　[如圖，設(shè)球O的半徑為R，則由AH∶HB＝1∶2得 HA＝·2R＝R， ∴OH＝. ∵截面面積為π＝π·(HM)2， ∴HM＝1. 在Rt△HMO中，OM2＝OH2＋HM2， ∴R2＝R2＋HM2＝R2＋1， ∴R＝， ∴S球＝4πR2＝4π·2＝π.] 3．(2016·全國(guó)卷Ⅰ)如圖7-2-15，已知正三棱錐P-ABC的側(cè)面是直角三角形，PA＝6，頂點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的正投影為點(diǎn)D，D在平面PAB內(nèi)的正投影為點(diǎn)E，連接PE并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)G.

10、 圖7-2-15 (1)證明：G是AB的中點(diǎn)； (2)在圖中作出點(diǎn)E在平面PAC內(nèi)的正投影F(說(shuō)明作法及理由)，并求四面體PDEF的體積． [解]　(1)證明：因?yàn)镻在平面ABC內(nèi)的正投影為D， 所以AB⊥PD. 因?yàn)镈在平面PAB內(nèi)的正投影為E，所以AB⊥DE.3分 因?yàn)镻D∩DE＝D，所以AB⊥平面PED，故AB⊥PG. 又由已知可得，PA＝PB，所以G是AB的中點(diǎn).5分 (2)在平面PAB內(nèi)，過(guò)點(diǎn)E作PB的平行線交PA于點(diǎn)F，F(xiàn)即為E在平面PAC內(nèi)的正投影.7分 理由如下：由已知可得PB⊥PA，PB⊥PC，又EF∥PB，所以EF⊥PA，EF⊥PC.又PA∩PC＝P，因此EF⊥平面PAC，即點(diǎn)F為E在平面PAC內(nèi)的正投影． 連接CG，因?yàn)镻在平面ABC內(nèi)的正投影為D，所以D是正三角形ABC的中心．由(1)知，G是AB的中點(diǎn)，所以D在CG上，故CD＝CG.10分 由題設(shè)可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB，所以DE∥PC，因此PE＝PG，DE＝PC. 由已知，正三棱錐的側(cè)面是直角三角形且PA＝6，可得DE＝2，PE＝2. 在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2， 所以四面體PDEF的體積V＝××2×2×2＝.12分