2019年高考数学一轮复习 第七章 立体几何初步 课时分层作业 四十 7.2 空间几何体的表面积与体积 文.doc

2019年高考数学一轮复习 第七章 立体几何初步 课时分层作业 四十 7.2 空间几何体的表面积与体积 文一、选择题(每小题5分,共35分)1.某几何体的三视图如图所示(图中网格的边长为1个单位),其中俯视图为扇形,则该几何体的体积为()A.B.C.D.【解析】选B.由三视图知几何体是圆锥的一部分,由俯视图可得:底面扇形的圆心角为120,又由侧视图知几何体的高为3,底面圆的半径为2,所以几何体的体积V=223=.2.已知一个空间几何体的三视图如图所示,其中俯视图是边长为6的正三角形,若这个空间几何体存在唯一的一个内切球(与该几何体各个面都相切),则这个几何体的表面积是()A.18B.36C.45D.54【解析】选D.由三视图知,几何体为正三棱柱.因为俯视图是边长为6的正三角形,所以几何体的内切球的半径R=6=,所以三棱柱的侧棱长为2.所以几何体的表面积S=266+362=54.3.已知某几何体的外接球的半径为,其三视图如图所示,图中均为正方形,则该几何体的体积为()A.16B.C.D.8【解析】选C.由该三视图可知:该几何体是一个正方体,切去四个角所得的正四面体,其外接球等同于该正方体的外接球,设正方体的棱长为a,则有=,a=2,故该正四面体的体积为V=23-423=.【变式备选】已知三棱锥的三视图如图所示,其中侧视图是边长为的正三角形,则该几何体的外接球的体积为()A.B.C.4D.16【解析】选B.由已知中的三视图,可得该几何体的直观图如图所示:取AB的中点F,AF的中点E,由三视图可得:AB垂直平面CDE,且平面CDE是边长为的正三角形,AB=1+3=4,所以AF=BF=2,EF=1,所以CF=DF=2,故F即为棱锥外接球的球心,半径R=2,故外接球的体积V=R3=.4.已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面是边长为2的正方形,高为4,则点A1到截面AB1D1的距离是()A.B.C.D.【解析】选C.设点A1到截面AB1D1的距离是h,由=,可得h=AA1,解得h=.【一题多解】选C.取B1D1的中点E1,连接A1E1,AE1,根据几何体的结构特征,可知,作A1HAE1,垂足为H,A1H平面AB1D1,A1H即为所求.A1E1=,A1A=4,A1AA1E1,A1H=(等面积法).【变式备选】如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PD底面ABCD,M,N分别为AB,PC的中点,PD=AD=2,AB=4.则点A到平面PMN的距离为_.【解析】取PD的中点E,连接AE,NE,则因为四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,M,N分别为AB,PC的中点,所以NEAM,NE=AM,所以四边形AENM是平行四边形,所以AEMN,所以点A到平面PMN的距离等于点E到平面PMN的距离,设为h,在PMN中,PN=,PM=2,MN=,所以SPMN=2=,由VE-PMN=VM-PEN,可得h=122,所以h=.答案:【方法技巧】求点到平面的距离(1)能作出高线的则直接作出高线,转化为求线段的长度;(2)不能直接求时,可转化为与平面平行的直线上一点到平面的距离.或利用等体积法求解.5.已知A,B是球O的球面上两点,AOB=90,C为该球面上的动点,若三棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为()A.36B.64C.144D.256【解析】选C.如图所示,当点C位于垂直于面AOB的直径端点时,三棱锥O-ABC的体积最大,设球O的半径为R,此时VO-ABC=VC-AOB=R2R=R3=36,故R=6,则球O的表面积为S=4R2=144.6.某几何体的三视图如图所示,其内切球的体积为 ()A.B.C.D.【解析】选A.根据图示可得几何体为正八面体,内切球心为O,过O作OH垂直AD于点H,连接S1H,作OR垂直S1H,OR即为内切球O的半径.所以R=,V0=.7.如图,在透明塑料制成的长方体ABCD-A1B1C1D1容器内灌进一些水(未满),现将容器底面一边BC固定在底面上,再将容器倾斜,随着倾斜度的不同,有下列四种说法:水的部分始终呈棱柱状;水面四边形EFGH的面积为定值;棱A1D1始终与水面EFGH平行;若EAA1,FBB1,则AE+BF是定值.则其中正确命题的个数是()A.1个B.2个C.3个D.4个【解析】选C.结合题设中提供的图形信息可知:当容器底面一边BC固定时,BCFGA1D1,故由线面平行的判定定理可知结论“棱A1D1始终与水面EFGH平行”成立;同时由于四边形ABFE四边形DCGH,且互相平行,则由棱柱的定义可知结论“水的部分始终呈棱柱状”正确;如图,由于水平放置时,水的高度是定值,所以当一部分上升的同时,另一面下降相同的高度,因为BF=h-FD,AE=h+D1E且FD=D1E,所以BF+AE=h-FD+h+D1E=2h(定值),即结论“若EAA1,FBB1,则AE+BF是定值”是正确的;因为水面四边形EFGH的边长在变化,因此其面积是变化的,故结论“水面四边形EFGH的面积为定值”的说法不正确.即命题是正确的.【题目溯源】本题来源于人教A版必修2P29A组第4题.【变式备选】水平桌面上放置着一个容积为V的密闭长方体玻璃容器ABCD-A1B1C1D1,其中装有V的水,给出下列操作与结论:把容器一端慢慢提起,使容器的一条棱BC保持在桌面上,这个过程中,水的状态始终是柱体;在中的运动过程中,水面始终是矩形;把容器提离桌面,随意转动,水面始终过长方体内一个定点;在中的转动中水与容器的接触面积始终不变.以上说法正确的是_.(把所有正确命题的序号都填上)【解析】水的部分始终呈棱柱状;从棱柱的特征及平面ABFE平行平面DCGH即可判断正确;如图,在中的运动过程中,水面四边形EFGH的对边始终保持平行,且EFFG,故水面始终是矩形,是正确的;由于始终装有V的水,而平分长方体体积的平面必定经过长方体的中心,即水面始终过长方体内一个定点;所以结论正确;在中的转动中水与容器接触时,由于水的体积是定值,所以水与容器的接触面的面积是正方体表面积的一半,故始终保持不变,所以正确.答案:二、填空题(每小题5分,共15分)8.如图直三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上,AB=AC,侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形,则侧面ABB1A1的面积为_.【解析】由题意知,球心在侧面BCC1B1的中心O上,BC为截面圆的直径,所以BAC=90,ABC的外接圆圆心N是BC的中点,同理A1B1C1的外心M是B1C1的中点.设正方形BCC1B1的边长为x.在RtOMC1中,OM=,MC1=,OC1=R=1(R为球的半径),所以+=1,即x=,则AB=AC=1,所以=1=.答案:9.(xx浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的表面积是_cm2,体积是_cm3.【解析】几何体为两个相同长方体组合而成,长方体的长、宽、高分别为4,2,2,所以体积为2(224)=32(cm3),由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形,所以表面积为2(222+244)-222=72(cm2).答案:723210.一个圆锥的表面积为,它的侧面展开图是圆心角为120的扇形,则该圆锥的高为_.【解析】设圆锥底面半径是r,母线长为l,所以r2+rl=,即r2+rl=1,根据圆心角公式=,即l=3r,所以解得r=,l=,那么高h=.答案:【变式备选】已知圆锥侧面展开图的圆心角为90,则该圆锥的底面半径与母线长的比为_.【解析】设圆锥的母线长是R,则扇形的弧长是=,设底面半径是r,则=2r,所以r=,所以圆锥的底面半径与母线长的比为14.答案:1.(5分)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的表面积为 ()A.18+36B.54+18C.90D.81【解题指南】根据三视图作出原几何体是关键.【解析】选B.根据三视图可知原几何体是一个斜四棱柱,上下底面为边长为3的正方形,左右为宽为3,长为3的矩形,前后为底边长为3,且底边上的高为6的平行四边形,所以S=9+9+18+18+9+9=54+18.2.(5分)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得,则该几何体的体积为 ()A.90B.63C.42D.36【解析】选B.由三视图知,该几何体为一个底面半径为3,高为4的圆柱和一个底面半径为3,高为6的圆柱的一半,故其体积为V=326+324=63.3.(10分)已知一个平放的各棱长为4的三棱锥内有一个小球,现从该三棱锥顶端向锥内注水,小球慢慢上浮.当注入的水的体积是该三棱锥体积的时,小球恰与该三棱锥各侧面及水面相切(小球完全浮在水面上方),求小球的表面积.【解析】由题意,没有水的部分的体积是三棱锥体积的,因为三棱锥的各棱长均为4,所以三棱锥体积为42=,所以没有水的部分的体积是,设其棱长为a,则a2a=,所以a=2.设小球的半径为r,则422r=,所以r=,所以小球的表面积S=4=.