2020版高考数学人教版理科一轮复习课时作业：42 空间几何体的表面积与体积 Word版含解析.doc

试题为word版 下载可打印编辑课时作业42空间几何体的表面积与体积一、选择题1(2019·合肥一检)一个几何体的三视图如图所示(其中正视图的弧线为四分之一圆周)，则该几何体的表面积为(A)A726 B724C486 D484解析：由三视图知，该几何体由一个正方体的部分与一个圆柱的部分组合而成(如图所示)，其表面积为16×2(164)×24×(22)726.2如图是某四棱锥的三视图，则该几何体的表面积为(A)A346 B664C664 D176解析：由三视图得该几何体的直观图如图，其中，底面ABCD为矩形，AD6，AB2，平面PAD平面ABCD，PAD为等腰三角形，且此四棱锥的高为4，故该几何体的表面积等于6×22××2×5×6×2×6×4346.3(2018·全国卷)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为(B)A12 B12C8 D10解析：因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为2，底面圆的直径为2，所以该圆柱的表面积为2××()22×212.4高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积与原直三棱柱的体积的比值为(C)A.B. C.D.解析：由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为×2×(24)6的四棱锥，其体积为4.易知直三棱柱的体积为8，则该几何体的体积与原直三棱柱的体积的比值为.5(2019·石家庄质量检测)如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线表示的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的四个面中，最小面的面积是(C)A2 B2C2 D.解析：在正方体中还原该几何体，如图中三棱锥D­ABC所示，其中正方体的棱长为2，则SABC2，SDBC2，SADB2，SADC2，故该三棱锥的四个面中，最小面的面积是2，故选C.6(2019·西安八校联考)已知球的直径SC4，A，B是该球球面上的两点，ASCBSC30°，则棱锥S­ABC的体积最大为(A)A2 B.C. D2解析：如图，因为球的直径为SC，且SC4，ASCBSC30°，所以SACSBC90°，ACBC2，SASB2，所以SSBC×2×22，则当点A到平面SBC的距离最大时，棱锥A­SBC即S­ABC的体积最大，此时平面SAC平面SBC，点A到平面SBC的距离为2sin30°，所以棱锥S­ABC的体积最大为×2×2，故选A.7(2019·南昌摸底调研)已知三棱锥P­ABC的所有顶点都在球O的球面上，ABC满足AB2，ACB90°，PA为球O的直径且PA4，则点P到底面ABC的距离为(B)A. B2C. D2解析：取AB的中点O1，连接OO1，如图，在ABC中，AB2，ACB90°，所以ABC所在小圆O1是以AB为直径的圆，所以O1A，且OO1AO1，又球O的直径PA4，所以OA2，所以OO1，且OO1底面ABC，所以点P到平面ABC的距离为2OO12.二、填空题8某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为208.解析：由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图则该几何体的表面积为S2××2×24×2×22×4208.9.已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是.解析：由正视图知三棱锥的形状如图所示，且ABADBCCD2，BD2，设O为BD的中点，连接OA，OC，则OABD，OCBD，结合正视图可知AO平面BCD.又OC1，V三棱锥A­BCD××1.10.(2018·天津卷)已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M­EFGH的体积为.解析：连接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因为E，H分别为AD1，CD1的中点，所以EHAC，EHAC，因为F，G分别为B1A，B1C的中点，所以FGAC，FGAC，所以EHFG，EHFG，所以四边形EHGF为平行四边形，又EGHF，EHHG，所以四边形EHGF为正方形，又点M到平面EHGF的距离为，所以四棱锥M­EFGH的体积为×()2×.三、解答题11(2018·全国卷)如图，在平行四边形ABCM中，ABAC3，ACM90°.以AC为折痕将ACM折起，使点M到达点D的位置，且ABDA.(1)证明：平面ACD平面ABC；(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BPDQDA，求三棱锥Q­ABP的体积解：(1)证明：由已知可得，BAC90°，BAAC.又BAAD，所以AB平面ACD.又AB平面ABC，所以平面ACD平面ABC.(2)由已知可得，DCCMAB3，DA3.又BPDQDA，所以BP2.作QEAC，垂足为E，则QE綊DC.由已知及(1)可得DC平面ABC，所以QE平面ABC，QE1.因此，三棱锥Q­ABP的体积为VQ­ABP×QE×SABP×1××3×2sin45°1.12(2019·南宁、柳州联考)如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AB侧面BB1C1C，ABBC1，BB12，BCC160°.(1)求证：BC1平面ABC；(2)E是棱CC1上的一点，若三棱锥E­ABC的体积为，求线段CE的长解：(1)证明：AB平面BB1C1C，BC1平面BB1C1C，ABBC1，在CBC1中，BC1，CC1BB12，BCC160°，由余弦定理得BCBC2CC2BC·CC1·cosBCC112222×1×2cos60°3，BC1，BC2BCCC，BCBC1，又AB，BC平面ABC，BCABB，BC1平面ABC.(2)AB平面BB1C1C，VE­ABCVA­EBCSBCE·ABSBCE·1，SBCECE·(BC·sin)CE·，CE1.13(2019·河北五名校联考)如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中画出了某多面体的三视图，则该多面体的外接球的表面积为(D)A27 B30C32 D34解析：根据三视图可知，此多面体为三棱锥A­BCD，且侧面ABC底面BCD，ABC与BCD都为等腰三角形，如图所示根据题意可知，三棱锥A­BCD的外接球的球心O位于过BCD的外心O，且垂直于底面BCD的垂线上，取BC的中点M，连接AM，DM，OO，OB，易知O在DM上，过O作OMAM于点M，连接OA，OB，根据三视图可知MD4，BDCD2，故sinBCD，设BCD的外接圆半径为r，根据正弦定理可知，2r5，故BOr，MO，设OOx，该多面体的外接球半径为R，在RtBOO中，R2()2x2，在RtAMO中，R2()2(4x)2，所以R，故该多面体的外接球的表面积S4R234.故选D.14(2019·石家庄质量检测)三棱锥S­ABC的各顶点都在同一球面上，若AB3，AC5，BC7，侧面SAB为正三角形，且与底面ABC垂直，则此球的表面积等于.解析：设ABC外接圆的圆心为O1，SAB外接圆的圆心为O2，过O1，O2分别作平面ABC，平面SAB的垂线交于点O，则O为球心在ABC中，cosBAC，BAC120°，设圆O1的半径为r1，根据正弦定理，得2r1，r1.SAB外接圆的圆心O2为正三角形SAB的中心，连接SO2交AB于点D，则O2DSD，且O2DOO1.设外接球的半径为R，连接O1A，则R2O1A2OO，此球的表面积S4R2.15如图，在四棱锥E­ABCD中，EAD为等边三角形，底面ABCD为等腰梯形，满足ABCD，ADDCAB，且AEBD.(1)证明：平面EBD平面EAD；(2)若EAD的面积为，求点C到平面EBD的距离解：(1)证明：如图，取AB的中点M，连接DM，则DMBC，DMAB，即点D在以线段AB为直径的圆上，BDAD，又AEBD，且AEADA，BD平面EAD.BD平面EBD，平面EBD平面EAD.(2)BD平面EAD，且BD平面ABCD，平面ABCD平面EAD.等边EAD的面积为，ADAEED2，取AD的中点O，连接EO，则EOAD，EO，平面EAD平面ABCD，平面EAD平面ABCDAD，EO平面ABCD.由(1)知ABD，EBD都是直角三角形，BD2，SEBDED·BD2，SBCDBC·CDsin120°.设点C到平面EBD的距离为h，由VC­EBDVE­BCD，得SEBD·hSBCD·EO，解得h.点C到平面EBD的距离为.试题为word版 下载可打印编辑