2020屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 課時跟蹤練（四十二）空間幾何體的表面積與體積 文（含解析）新人教A版

《2020屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 課時跟蹤練（四十二）空間幾何體的表面積與體積 文（含解析）新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 課時跟蹤練（四十二）空間幾何體的表面積與體積 文（含解析）新人教A版（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時跟蹤練(四十二) A組　基礎(chǔ)鞏固 1.如圖所示，某空間幾何體的正視圖與側(cè)視圖相同，則此幾何體的表面積為(　　) A．6π B.＋ C．4π D．2π＋ 解析：此幾何體為一個組合體，上為一個圓錐，下為一個半球組合而成．表面積為S＝＋×2×2π＝4π. 答案：C 2．(2019·漳州模擬)如圖，在邊長為1的正方形組成的網(wǎng)格中，畫出的是一個幾何體的三視圖，則該幾何體的體積是(　　) A．9 B. C．18 D．27 解析：根據(jù)三視圖可知該幾何體是一個三棱錐，將三棱錐A-BCD還原到長方體中， 長方體的長、寬、高分別為6、3、3， 所以該幾何體

2、的體積V＝××6×3×3＝9， 故選A. 答案：A 3．某幾何體的三視圖如圖所示，且該幾何體的體積是3，則正視圖中的x的值是(　　) A．2 B. C. D．3 解析：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.所以V＝x·3＝3，解得x＝3. 答案：D 4．一塊硬質(zhì)材料的三視圖如圖所示，正視圖和俯視圖都是邊長為10 cm的正方形，將該材料切削、打磨，加工成球，則能得到的最大球的半徑最接近(　　) A．3 cm B．4 cm C．5 cm D．6 cm 解析：由題意，知該硬質(zhì)材料為三棱柱(底面為等腰直角三角形)，所

3、以最大球的半徑等于側(cè)視圖直角三角形內(nèi)切圓的半徑，設(shè)為r cm，則10－r＋10－r＝10， 所以r＝10－5≈3. 答案：A 5．(2019·佛山一模)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A. B．15 C. D．18 解析：由題意可知該幾何體的直觀圖是如圖所示的多面體A′B′C′-ABCD， 將幾何體補成四棱柱A′B′C′D′-ABCD，其底面是直角梯形(上底長為1，高為3，下底長為3)， 故該幾何體的體積為V棱柱A′B′C′D-′ABCD－V棱錐D-A′C′D′＝3××3－××3×1×3＝18－＝.故選C. 答案：C 6．(2017·

4、全國卷Ⅱ)長方體的長、寬、高分別為3，2，1，其頂點都在球O的球面上，則球O的表面積為________． 解析：因為長方體的頂點都在球O的球面上， 所以長方體的體對角線的長度就是其外接球的直徑． 設(shè)球的半徑為R，則2R＝＝. 所以球O的表面積為S＝4πR2＝4π×＝14π. 答案：14π 7．(2018·天津卷)如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，則四棱錐A1-BB1D1D的體積為________． 解析：因為正方體棱長為1， 所以矩形BB1D1D的長和寬分別為1，. 因為四棱錐A1-BB1D1D的高是正方形A1B1C1D1對角線長的一半，即為， 所以

5、V四棱錐A1-BB1D1D＝Sh＝×(1×)×＝. 答案： 8．已知一個正方體的所有頂點在一個球面上，若這個正方體的表面積為18，則這個球的體積為________． 解析：設(shè)正方體的棱長為a，則6a2＝18，所以a＝. 設(shè)球的半徑為R，則由題意知2R＝＝3， 所以R＝. 故球的體積V＝πR3＝π×＝. 答案： 9.現(xiàn)需要設(shè)計一個倉庫，它由上下兩部分組成，上部的形狀是正四棱錐P-A1B1C1D1，下部的形狀是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如圖所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱錐的高PO1的4倍．若AB＝6 m，PO1＝2 m，則倉庫的容積． 解：由PO1＝2 m

6、，知O1O＝4PO1＝8 m. 因為A1B1＝AB＝6 m， 所以正四棱錐P-A1B1C1D1的體積 V錐＝·A1B·PO1＝×62×2＝24 m3； 正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積 V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288 m3. 所以倉庫的容積V＝V錐＋V柱＝24＋288＝312 m3. 故倉庫的容積是312 m3. 10.如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，點E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.過點E，F(xiàn)的平面α與此長方體的面相交，交線圍成一個正方形． (1)在圖中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由

7、)； (2)求平面α把該長方體分成的兩部分體積的比值． 解：(1)交線圍成的正方形EHGF如圖所示． (2)如圖，作EM⊥AB，垂足為M，則AM＝A1E＝4，EB1＝12， EM＝AA1＝8. 因為四邊形EHGF為正方形，所以EH＝EF＝BC＝10. 于是MH＝＝6，AH＝10，HB＝6. 故S四邊形A1EHA＝×(4＋10)×8＝56， S四邊形EB1BH＝×(12＋6)×8＝72. 因為長方體被平面α分成兩個高為10的直棱柱， 所以其體積的比值為. B組　素養(yǎng)提升 11．(2019·云南民族大學(xué)附中月考)《九章算術(shù)》是我國古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學(xué)名著．書中將底面為

8、長方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱為“陽馬”，若某“陽馬”的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該陽馬的外接球的體積為(　　) A．100π cm3 B.π cm3 C．400π cm3 D.π cm3 解析：由三視圖可知該“陽馬”的底面是鄰邊長為6 cm，2 cm的長方形，垂直于該底面的側(cè)棱長為6 cm，則該“陽馬”的外接球的半徑R＝＝5 cm，其外接球的體積V＝π×53＝π cm3.故選B. 答案：B 12．(2019·東莞模擬)已知三棱錐D-ABC的外接球的球心O恰好是線段AB的中點，且AC＝BC＝BD＝AD＝CD＝2，則三棱錐D-ABC的體積為(　　) A.

9、 B. C. D. 解析：因為三棱錐D-ABC的外接球的球心O恰好是線段AB的中點，且AC＝BC＝BD＝AD＝CD＝2， 所以O(shè)D＝OA＝OC＝OB＝CD＝， 易知OD⊥AB，OC⊥AB， 因為OD∩OC＝O，所以AB⊥平面COD， 過D作DE⊥OC，交OC于E， 因為DE?平面COD，所以AB⊥DE， 又OC∩AB＝O， 所以DE⊥平面ABC. 因為S△ABC＝AB·OC＝×2×＝2， DE＝＝＝， 所以三棱錐D-ABC的體積V＝S△ABC·DE＝×2×＝.故選A. 答案：A 13．球O為正方體ABCD-A1B1C1D1的內(nèi)切球，AB＝2，E，F(xiàn)分別為棱A

10、D，CC1的中點，則直線EF被球O截得的線段長為________． 解析：設(shè)EF與球面交于M，N兩點，過球心與E，F(xiàn)的截面如圖所示．因為AB＝2，E，F(xiàn)分別為棱AD，CC1的中點，所以EF＝，O′F＝，根據(jù)正方體的性質(zhì)可得OF＝，所以O(shè)O′＝＝.由球O為正方體ABCD-A1B1C1D1的內(nèi)切球，可得ON＝1，由勾股定理得O′N＝，故MN＝.所以直線EF被球O截得的線段長為. 答案： 14.(2019·河南六市模擬)已知空間幾何體ABCDE中，△BCD與△CDE均是邊長為2的等邊三角形，△ABC是腰長為3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD. (1)試在平

11、面BCD內(nèi)作一條直線，使得直線上任意一點F與E的連線EF均與平面ABC平行，并給出證明； (2)求三棱錐E-ABC的體積． 解：(1)如圖所示，取DC的中點N，取BD的中點M，連接MN，則MN即為所求． 證明：連接EM，EN，取BC的中點H，連接AH， 因為△ABC是腰長為3的等腰三角形，H為BC的中點， 所以AH⊥BC，又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AH?平面ABC， 所以AH⊥平面BCD，同理可證EN⊥平面BCD. 所以EN∥AH. 因為EN?平面ABC，AH?平面ABC， 所以EN∥平面ABC. 又M、N分別為BD，DC的中點， 所以M

12、N∥BC， 因為MN?平面ABC，BC?平面ABC， 所以MN∥平面ABC. 又MN∩EN＝N，MN?平面EMN，EN?平面EMN， 所以平面EMN∥平面ABC， 又EF?平面EMN， 所以EF∥平面ABC， 即直線MN上任意一點F與E的連線EF均與平面ABC平行． (2)連接DH，取CH的中點G，連接NG，則NG∥DH， 由(1)可知EN∥平面ABC， 所以點E到平面ABC的距離與點N到平面ABC的距離相等， 又△BCD是邊長為2的等邊三角形， 所以DH⊥BC， 又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，DH?平面BCD， 所以DH⊥平面ABC， 所以NG⊥平面ABC， 因為DH＝，N為CD的中點， 所以NG＝， 又S△ABC＝·BC·AH＝×2×＝2， 所以VE－ABC＝·SABC·NG＝. 9