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

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