2018版高考数学(人教A版理)一轮复习:第7章 第2节 课时分层训练39

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

2018版高考数学(人教A版理)一轮复习:第7章 第2节 课时分层训练39

课时分层训练(三十九)‎ 空间几何体的表面积与体积 A组 基础达标 ‎(建议用时:30分钟)‎ 一、选择题 ‎1.(2014·全国卷Ⅱ)正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2,侧棱长为,D为BC中点,则三棱锥AB1DC1的体积为(  )‎ A.3        B. C.1 D. C [在正△ABC中,D为BC中点,‎ 则有AD=AB=,‎ S△DB1C1=×2×=.‎ 又∵平面BB1C1C⊥平面ABC,AD⊥BC,AD⊂平面ABC,∴AD⊥平面BB1C1C,即AD为三棱锥AB1DC1底面上的高.‎ ‎∴V三棱锥AB1DC1=S△DB1C1·AD=××=1.]‎ ‎2.已知底面边长为1,侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体积为(  )‎ ‎ 【导学号:01772246】‎ A. B.4π C.2π D. D [依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径,可设球半径为R,则2R==2,解得R=1,所以V=R3=.]‎ ‎3.(2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体,其三视图如图728所示,则该几何体的体积为(  )‎ 图728‎ A.+π B.+π C.+π D.1+π C [由三视图知,该四棱锥是底面边长为1,高为1的正四棱锥,结合三视图可得半球半径为,从而该几何体的体积为×12×1+×π×3=+π.故选C.]‎ ‎4.某几何体的三视图如图729所示,且该几何体的体积是3,则正视图中的x的值是(  )‎ ‎ ‎ 图729‎ ‎【导学号:01772247】‎ A.2 B. C. D.3‎ D [由三视图知,该几何体是四棱锥,底面是直角梯形,且S底=×(1+2)×2=3,‎ ‎∴V=x·3=3,解得x=3.]‎ ‎5.(2016·江南名校联考)一个四面体的三视图如图7210所示,则该四面体的表面积是(  )‎ 图7210‎ A.1+ B.2+ C.1+2 D.2 B [四面体的直观图如图所示.‎ 侧面SAC⊥底面ABC,且△SAC与△ABC均为腰长是的等腰直角三角形,SA=SC=AB=BC=,AC=2.‎ 设AC的中点为O,连接SO,BO,则SO⊥AC,‎ ‎∴SO⊥平面ABC,∴SO⊥BO.‎ 又OS=OB=1,∴SB=,‎ 故△SAB与△SBC均是边长为的正三角形,故该四面体的表面积为2××‎ eq r(2)×+2××()2=2+.]‎ 二、填空题 ‎6.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______.‎ ‎ 【导学号:01772248】‎  [设新的底面半径为r,由题意得 ×π×52×4+π×22×8=×π×r2×4+π×r2×8,‎ ‎∴r2=7,∴r=.]‎ ‎7.一个六棱锥的体积为2,其底面是边长为2的正六边形,侧棱长都相等,则该六棱锥的侧面积为________.‎ ‎12 [设正六棱锥的高为h,棱锥的斜高为h′.‎ 由题意,得×6××2××h=2,∴h=1,‎ ‎∴斜高h′==2,∴S侧=6××2×2=12.]‎ ‎8.某几何体的三视图如图7211所示,则该几何体的体积为________.‎ 图7211‎ +π [由三视图可知该几何体是由一个半圆柱和一个三棱锥组成的.由题图中数据可得三棱锥的体积V1=××2×1×1=,半圆柱的体积V2=×π×12×2=π,∴V=+π.]‎ 三、解答题 ‎9.如图7212,在三棱锥DABC中,已知BC⊥AD,BC=2,AD=6,AB+BD=AC+CD=10,求三棱锥DABC的体积的最大值.‎ 图7212‎ ‎[解] 由题意知,线段AB+BD与线段AC+CD的长度是定值,∵棱AD与棱BC相互垂直,设d为AD到BC的距离,4分 则VDABC=AD·BC×d××=2d,‎ 当d最大时,VDABC体积最大.8分 ‎∵AB+BD=AC+CD=10,‎ ‎∴当AB=BD=AC=CD=5时,‎ d有最大值=.‎ 此时V=2.12分 ‎10.四面体ABCD及其三视图如图7213所示,平行于棱AD,BC的平面分别交四面体的棱AB,BD,DC,CA于点E,F,G,H.‎ ‎  ‎ 图7213‎ ‎(1)求四面体ABCD的体积;‎ ‎(2)证明:四边形EFGH是矩形.‎ ‎[解] (1)由该四面体的三视图可知,BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1,‎ ‎∴AD⊥平面BDC,3分 ‎∴四面体ABCD的体积V=××2×2×1=.5分 ‎(2)证明:∵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,‎ ‎∴四边形EFGH是平行四边形.‎ 又∵AD⊥平面BDC,∴AD⊥BC,∴EF⊥FG.‎ ‎∴四边形EFGH是矩形.12分 B组 能力提升 ‎(建议用时:15分钟)‎ ‎1.(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图7214所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=(  )‎ 图7214‎ A.1    B.2  ‎ C.4    D.8‎ B [如图,该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体,球的半径为r ‎,圆柱的底面半径为r,高为2r,则表面积S=×4πr2+πr2+4r2+πr·2r=(5π+4)r2.又S=16+20π,∴(5π+4)r2=16+20π,∴r2=4,r=2,故选B.]‎ ‎2.已知H是球O的直径AB上一点,AH∶HB=1∶2,AB⊥平面α,H为垂足,α截球O所得截面的面积为π,则球O的表面积为________.‎ π [如图,设球O的半径为R,则由AH∶HB=1∶2得 HA=·2R=R,‎ ‎∴OH=.‎ ‎∵截面面积为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·全国卷Ⅰ)如图7215,已知正三棱锥PABC的侧面是直角三角形,PA=6,顶点P在平面ABC内的正投影为点D,D在平面PAB内的正投影为点E,连接PE并延长交AB于点G.‎ 图7215‎ ‎(1)证明:G是AB的中点;‎ ‎(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由),并求四面体PDEF的体积.‎ ‎[解] (1)证明:因为P在平面ABC内的正投影为D,‎ 所以AB⊥PD.‎ 因为D在平面PAB内的正投影为E,所以AB⊥DE.3分 因为PD∩DE=D,所以AB⊥平面PED,故AB⊥PG.‎ 又由已知可得,PA=PB,所以G是AB的中点.5分 ‎(2)在平面PAB内,过点E作PB的平行线交PA于点F,F即为E在平面PAC内的正投影.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,即点F为E在平面PAC内的正投影.‎ 连接CG,因为P在平面ABC内的正投影为D,所以D是正三角形ABC的中心.由(1)知,G是AB的中点,所以D在CG上,故CD=CG.10分 由题设可得PC⊥平面PAB,DE⊥平面PAB,所以DE∥PC,因此PE=PG,DE=PC.‎ 由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6,可得DE=2,PE=2.‎ 在等腰直角三角形EFP中,可得EF=PF=2,‎ 所以四面体PDEF的体积V=××2×2×2=.12分
查看更多

相关文章

您可能关注的文档