2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)42《 空間幾何體的表面積與體積》(含解析).doc

1、課時(shí)作業(yè)42空間幾何體的表面積與體積一、選擇題1.(2019合肥一檢)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示(其中正視圖的弧線為四分之一圓周)，則該幾何體的表面積為(A)A.726 B.724C.486 D.484解析：由三視圖知，該幾何體由一個(gè)正方體的部分與一個(gè)圓柱的部分組合而成(如圖所示)，其表面積為162(164)24(22)726.2.如圖是某四棱錐的三視圖，則該幾何體的表面積為(A)A.346 B.664C.664 D.176解析：由三視圖得該幾何體的直觀圖如圖，其中，底面ABCD為矩形，AD6，AB2，平面PAD平面ABCD，PAD為等腰三角形，且此四棱錐的高為4，故該幾何體的表面積等于622

2、256264346.3.(2018全國(guó)卷)已知圓柱的上、下底面的中心分別為O1，O2，過(guò)直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，則該圓柱的表面積為(B)A.12 B.12C.8 D.10解析：因?yàn)檫^(guò)直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，所以圓柱的高為2，底面圓的直徑為2，所以該圓柱的表面積為2()22212.4.高為4的直三棱柱被削去一部分后得到一個(gè)幾何體，它的直觀圖和三視圖中的側(cè)視圖、俯視圖如圖所示，則該幾何體的體積與原直三棱柱的體積的比值為(C)A.B. C.D.解析：由側(cè)視圖、俯視圖知該幾何體是高為2、底面積為2(24)6的四棱錐，其體積為4.易知直三棱

3、柱的體積為8，則該幾何體的體積與原直三棱柱的體積的比值為.5.(2019石家莊質(zhì)量檢測(cè))如圖，網(wǎng)格紙上的小正方形的邊長(zhǎng)為1，粗線表示的是某三棱錐的三視圖，則該三棱錐的四個(gè)面中，最小面的面積是(C)A.2 B.2C.2 D.解析：在正方體中還原該幾何體，如圖中三棱錐DABC所示，其中正方體的棱長(zhǎng)為2，則SABC2，SDBC2，SADB2，SADC2，故該三棱錐的四個(gè)面中，最小面的面積是2，故選C.6.(2019西安八校聯(lián)考)已知球的直徑SC4，A，B是該球球面上的兩點(diǎn)，ASCBSC30，則棱錐SABC的體積最大為(A)A.2 B.C. D.2解析：如圖，因?yàn)榍虻闹睆綖镾C，且SC4，ASCBSC

4、30，所以SACSBC90，ACBC2，SASB2，所以SSBC222，則當(dāng)點(diǎn)A到平面SBC的距離最大時(shí)，棱錐ASBC即SABC的體積最大，此時(shí)平面SAC平面SBC，點(diǎn)A到平面SBC的距離為2sin30，所以棱錐SABC的體積最大為22，故選A.7.(2019南昌摸底調(diào)研)已知三棱錐PABC的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，ABC滿足AB2，ACB90，PA為球O的直徑且PA4，則點(diǎn)P到底面ABC的距離為(B)A. B.2C. D.2解析：取AB的中點(diǎn)O1，連接OO1，如圖，在ABC中，AB2，ACB90，所以ABC所在小圓O1是以AB為直徑的圓，所以O(shè)1A，且OO1AO1，又球O的直徑PA4，所以

5、OA2，所以O(shè)O1，且OO1底面ABC，所以點(diǎn)P到平面ABC的距離為2OO12.二、填空題8.某空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為208.解析：由三視圖可知該幾何體是底面為等腰直角三角形的直三棱柱，如圖.則該幾何體的表面積為S22242224208.9.已知三棱錐的四個(gè)面都是腰長(zhǎng)為2的等腰三角形，該三棱錐的正視圖如圖所示，則該三棱錐的體積是.解析：由正視圖知三棱錐的形狀如圖所示，且ABADBCCD2，BD2，設(shè)O為BD的中點(diǎn)，連接OA，OC，則OABD，OCBD，結(jié)合正視圖可知AO平面BCD.又OC1，V三棱錐ABCD1.10.(2018天津卷)已知正方體ABCDA1B1C1D1

6、的棱長(zhǎng)為1，除面ABCD外，該正方體其余各面的中心分別為點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，M(如圖)，則四棱錐MEFGH的體積為.解析：連接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因?yàn)镋，H分別為AD1，CD1的中點(diǎn)，所以EHAC，EHAC，因?yàn)镕，G分別為B1A，B1C的中點(diǎn)，所以FGAC，F(xiàn)GAC，所以EHFG，EHFG，所以四邊形EHGF為平行四邊形，又EGHF，EHHG，所以四邊形EHGF為正方形，又點(diǎn)M到平面EHGF的距離為，所以四棱錐MEFGH的體積為()2.三、解答題11.(2018全國(guó)卷)如圖，在平行四邊形ABCM中，ABAC3，ACM90.以AC為折痕將ACM折起，使點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)D的位置，且AB

7、DA.(1)證明：平面ACD平面ABC；(2)Q為線段AD上一點(diǎn)，P為線段BC上一點(diǎn)，且BPDQDA，求三棱錐QABP的體積.解：(1)證明：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，垂足為E，則QE綊DC.由已知及(1)可得DC平面ABC，所以QE平面ABC，QE1.因此，三棱錐QABP的體積為VQABPQESABP132sin451.12.(2019南寧、柳州聯(lián)考)如圖，三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB側(cè)面BB1C1C，ABBC1，BB1

8、2，BCC160.(1)求證：BC1平面ABC；(2)E是棱CC1上的一點(diǎn)，若三棱錐EABC的體積為，求線段CE的長(zhǎng).解：(1)證明：AB平面BB1C1C，BC1平面BB1C1C，ABBC1，在CBC1中，BC1，CC1BB12，BCC160，由余弦定理得BCBC2CC2BCCC1cosBCC11222212cos603，BC1，BC2BCCC，BCBC1，又AB，BC平面ABC，BCABB，BC1平面ABC.(2)AB平面BB1C1C，VEABCVAEBCSBCEABSBCE1，SBCECE(BCsin)CE，CE1.13.(2019河北五名校聯(lián)考)如圖，在由邊長(zhǎng)為1的小正方形組成的網(wǎng)格中畫

9、出了某多面體的三視圖，則該多面體的外接球的表面積為(D)A.27 B.30C.32 D.34解析：根據(jù)三視圖可知，此多面體為三棱錐ABCD，且側(cè)面ABC底面BCD，ABC與BCD都為等腰三角形，如圖所示.根據(jù)題意可知，三棱錐ABCD的外接球的球心O位于過(guò)BCD的外心O，且垂直于底面BCD的垂線上，取BC的中點(diǎn)M，連接AM，DM，OO，OB，易知O在DM上，過(guò)O作OMAM于點(diǎn)M，連接OA，OB，根據(jù)三視圖可知MD4，BDCD2，故sinBCD，設(shè)BCD的外接圓半徑為r，根據(jù)正弦定理可知，2r5，故BOr，MO，設(shè)OOx，該多面體的外接球半徑為R，在RtBOO中，R2()2x2，在RtAMO中，R

10、2()2(4x)2，所以R，故該多面體的外接球的表面積S4R234.故選D.14.(2019石家莊質(zhì)量檢測(cè))三棱錐SABC的各頂點(diǎn)都在同一球面上，若AB3，AC5，BC7，側(cè)面SAB為正三角形，且與底面ABC垂直，則此球的表面積等于.解析：設(shè)ABC外接圓的圓心為O1，SAB外接圓的圓心為O2，過(guò)O1，O2分別作平面ABC，平面SAB的垂線交于點(diǎn)O，則O為球心.在ABC中，cosBAC，BAC120，設(shè)圓O1的半徑為r1，根據(jù)正弦定理，得2r1，r1.SAB外接圓的圓心O2為正三角形SAB的中心，連接SO2交AB于點(diǎn)D，則O2DSD，且O2DOO1.設(shè)外接球的半徑為R，連接O1A，則R2O1A2OO，此球的表面積S4R2.15.如圖，在四棱錐EABCD中，EAD為等邊三角形，底面ABCD為等腰梯形，滿足ABCD，ADDCAB，且AEBD.(1)證明：平面EBD平面EAD；(2)若EAD的面積為，求點(diǎn)C到平面EBD的距離.解：(1)證明：如圖，取AB的中點(diǎn)M，連接DM，則DMBC，DMAB，即點(diǎn)D在以線段AB為直徑的圓上，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.等邊EAD的面積為，