2019届高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量第2讲简单几何体的表面积与体积配套练习文北师大版.pdf

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1、第 2 讲简单几何体的表面积与体积 一、选择题 1(2015全国卷 )九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题： “今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内 墙角处堆放米( 如图，米堆为一个圆锥的四分之一) ，米堆底部的弧长为8 尺，米堆的高 为 5 尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1 斛米的体积约为1.62 立方尺， 圆 周率约为3，估算出堆放的米约有 ( ) A14 斛 B 22 斛 C 36 斛 D 66 斛 解析设米堆的底面半径为r尺，则 2 r8，所以r 16 . 所以米堆的体积为V 1 4 1 3r 25 12 16 253

2、20 9 ( 立方尺 ) 故堆放的米约有 320 9 1.6222(斛 ) 答案B 2. 某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则主视图中的x的值是 ( ) A2 B. 9 2 C.3 2D3 解析由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，且S底 1 2(12)2 3. V 1 3x3 3，解得 x3. 答案D 3(2017合肥模拟) 一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是 ( ) A13B23 C122D 22 解析 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2的等腰直角三角形，SASCAB BC2，AC2. 设AC的中点为O，连接SO，

3、BO，则SOAC，又SO平面SAC，平面SAC平面ABCAC， SO平面ABC，又BO平面ABC，SOBO. 又OSOB1，SB2， 故SAB与SBC均是边长为2的正三角形，故该四面体的表面积为2 1 2 22 2 3 4 (2) 22 3. 答案B 4 (2015全国卷 ) 已知A，B是球O的球面上两点， AOB90，C为该球面上的动点若 三棱锥OABC体积的最大值为36，则球O的表面积为 ( ) A36 B 64 C144 D 256 解析因为AOB的面积为定值，所以当OC垂直于平面AOB时，三棱锥OABC的体积 取得最大值由 1 3 1 2R 2 R36，得R6. 从而球O的表面积S4R

4、 2144. 答案C 5.(2017 宝鸡模拟) 如图， 四棱锥PABCD的底面ABCD为平行四边形，NB2PN，则三棱锥 NPAC与三棱锥DPAC的体积比为 ( ) A12 B 18 C16 D 13 解析设点P，N在平面ABCD内的投影分别为点P，N，则PP平面ABCD，NN 平面ABCD，所以PPNN，则在BPP中，由BN2PN得 NN PP 2 3. V三棱锥 NPACV三棱锥PABCV三棱锥NABC 1 3S ABCPP 1 3S ABCNN 1 3S ABC(PPNN) 1 3S ABC 1 3PP 1 9S ABCPP，V三棱锥 DPACV三棱锥 PACD 1 3S ACDPP，

5、又四边形ABCD是平行四 边形，SABCSACD， V三棱锥 N PAC V三棱锥DPAC 1 3. 故选 D. 答案D 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_ 解析设新的底面半径为r，由题意得 1 3 r 24 r 281 3 5 24 228，解 得r7. 答案7 7已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积 为_ 解析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

6、1 212 2 2 2， 解得R 1，所以V 4 3 R 34 3 . 答案 4 3 8(2017郑州质检) 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_ 解析 由三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为2 的圆柱和底面半径为1，高为1 的半圆锥拼成的组合体体积V 1 221 2 1 31 2113 6 . 答案 13 6 三、解答题 9已知一个几何体的三视图如图所示. (1) 求此几何体的表面积； (2) 如果点P，Q在主视图中所示位置，P为所在线段中点，Q为顶点，求在几何体表面 上，从P点到Q点的最短路径的长 解(1) 由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其表面积是

7、圆锥 的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和 S圆锥侧 1 2(2 a) ( 2a) 2a 2， S圆柱侧(2 a) (2a) 4a 2， S圆柱底a 2， 所以S表2a 24 a 2 a 2( 25) a 2. (2) 沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面，如图 则PQAP 2 AQ 2 a 2 a 2 a1 2， 所以从P点到Q点在侧面上的最短路径的长为a1 2. 10(2015全国卷) 如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB16，BC10，AA18，点E，F 分别在A1B1，D1C1上，A1ED1F4. 过点E，F的平面 与此长方体的面相交，交线围成 一个正方形 (1) 在图中画

8、出这个正方形( 不必说明画法和理由) ； (2) 求平面 把该长方体分成的两部分体积的比值 解(1) 交线围成的正方形EHGF如图所示 (2) 如图，作EMAB，垂足为M，则AMA1E4，EB1 12，EMAA18. 因为四边形EHGF为正方形，所以EHEFBC10. 于是MHEH 2 EM 26， AH10，HB6. 故S四边形A1EHA 1 2(410)8 56， S四边形EB1BH 1 2(126)8 72. 因为长方体被平面 分成两个高为10 的直棱柱， 所以其体积的比值为 9 7 7 9也正确 . 11若某一几何体的主视图与左视图均为边长是1 的正方形，且其体积为 1 2，则该几何体

9、的 俯视图可以是 ( ) 解析若俯视图为A ，则该几何体为正方体，其体积为1，不满足条件若俯视图为B， 则该几何体为圆柱，其体积为 1 2 21 4 ，不满足条件若俯视图为C，则该几何体 为三棱柱，其体积为 1 2111 1 2，满足条件若俯视图为 D，则该几何体为圆柱的 1 4， 体积为 1 41 4 ，不满足条件 答案C 12(2015全国卷 ) 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 几何体三视图中的主视图和俯视图如图所示若该几何体的表面积为1620，则r ( ) A1 B 2 C 4 D 8 解析 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

10、底面半径为r，高 为 2r，如图 则表面积 S 1 24 r 2 r 2 (2 r) 2 r2r (5 4)r 2， 又S1620， (5 4)r 21620 ，解得 r2. 答案B 13. 圆锥被一个平面截去一部分，剩余部分再被另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主视图和俯视图如图所示，若r1，则该几何 体的体积为 _ 解析根据三视图中的主视图和俯视图知，该几何体是由一个半径r1 的半球，一个 底面半径r1、 高 2r 2的 1 4圆锥组成的， 则其体积为 V 4 3r 31 2 1 3r 22r 1 4 5 6 . 答案 5 6 14四面体AB

11、CD及其三视图如图所示，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. (1) 求四面体ABCD的体积； (2) 证明：四边形EFGH是矩形 (1) 解由该四面体的三视图可知， BDDC，BDAD，ADDC，BDDC 2，AD 1， 又BDDCD，AD平面BDC， 四面体ABCD的体积V 1 3 1 2221 2 3. (2) 证明BC平面EFGH，平面EFGH平面BDCFG， 平面EFGH平面ABCEH，BCFG，BCEH， FGEH. 同理，EFAD，HGAD，EFHG， 四边形EFGH是平行四边形 又AD平面BDC，BC平面BDC，ADBC， EFFG，四边形EFGH是矩形 .