【2022屆走向高考】高三數(shù)學(xué)一輪(人教A版)基礎(chǔ)鞏固：第9章-第2節(jié)-簡單幾何體的表面積和體積

第九章其次節(jié)一、選擇題1．(文)(2022·廣東汕頭金山中學(xué)摸底)如圖是一正方體被過棱的中點M，N，頂點A及過N，頂點D，C1的兩個截面截去兩角后所得的幾何體，該幾何體的正視圖是()[答案]B[解析]能觀看的輪廓線用實線，看不見的輪廓線為虛線．故選B．(理)(2021·湖南)已知正方體的棱長為1，其俯視圖是一個面積為1的正方形，側(cè)視圖是一個面積為eq\r(2)的矩形，則該正方體的正視圖的面積等于()A．eq\f(\r(3),2) B．1C．eq\f(\r(2)＋1,2) D．eq\r(2)[答案]D[解析]由棱長為1的正方體的俯視圖及側(cè)視圖的面積可知正方體的一條側(cè)棱正對正前方，其三視圖如下：故正視圖是長為eq\r(2)，寬為1的矩形，其面積為eq\r(2)，選D．2．(2022·重慶理)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為()A．54 B．60C．66 D．72[答案]B[解析]如圖所示該幾何體是將一個直三棱柱截去一個三棱錐得到的，直三棱柱底面是直角三角形，兩直角邊長為3和4，柱高為5，∵EF∥AC，AC⊥平面ABDF，∴EF⊥平面ABDF，∴EF⊥DF，在直角梯形ABDF中，易得DF＝5，故其表面積為S＝SRt△ABC＋S矩形ACEF＋S梯形ABDF＋S梯形BCED＋SRt△DEF＝eq\f(3×4,2)＋3×5＋eq\f(5＋2×4,2)＋eq\f(2＋5×5,2)＋eq\f(3×5,2)＝60.3．(文)(2021·石嘴山市調(diào)研)一個幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的體積是()A．4 B．6C．8 D．12[答案]A[解析]由三視圖可知，此幾何體為高是2，底面為直角梯形的四棱錐，且直角梯形上、下底的長分別為2、4，高為2，故這個幾何體的體積為V＝eq\f(1,3)×[eq\f(1,2)×(2＋4)×2]×2＝4，故選A．(理)如圖是某幾何體的三視圖，其中正(主)視圖是斜邊長為2a的直角三角形，側(cè)(左)視圖是半徑為a的半圓，則該幾何體的體積是A．eq\f(\r(3),6)πa3 B．eq\r(3)πa3C．eq\f(\r(3),4)πa3 D．2eq\r(3)πa3[答案]A[解析]由側(cè)(左)視圖半圓可知，該幾何體與圓柱、圓錐、球有關(guān)，結(jié)合正(主)視圖是一個直角三角形知該幾何體是沿中心軸線切開的半個圓錐將剖面放置在桌面上如圖，由條件知，圓錐的母線長為2a，底面半徑為a故高h(yuǎn)＝eq\r(2a2－a2)＝eq\r(3)a，體積V＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×πa2×\r(3)a))＝eq\f(\r(3),6)πa3.4．若圓錐軸截面的頂角θ滿足eq\f(π,3)<θ<eq\f(π,2)，則其側(cè)面開放圖中心角α滿足()A．eq\f(π,4)<α<eq\f(π,3) B．eq\f(π,3)<α<eq\f(π,2)C．eq\f(π,2)<α<π D．π<α<eq\r(2)π[答案]D[解析]∵θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))∴eq\f(θ,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))，∴sineq\f(θ,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，又eq\f(r,l)＝sineq\f(θ,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，∴其側(cè)面開放圖中心角α＝eq\f(r,l)·2π∈(π，eq\r(2)π)．5．(文)(2022·河北名校名師俱樂部模擬)一個球的球心到過球面上A、B、C三點的平面的距離等于球半徑的一半，若AB＝BC＝CA＝3，則球的體積為()A．8π B．eq\f(43π,4)C．12π D．eq\f(32π,3)[答案]D[解析]設(shè)球心為O，過O作OM⊥平面ABC，垂足是M,∵△ABC是邊長為3的正三角形，∴AM＝eq\r(3)，可得球半徑是2，體積是eq\f(32,3)π.(理)側(cè)棱與底面垂直的棱柱稱為直棱柱．已知直三棱柱ABC－A1B1C1的各頂點都在球O的球面上，且AB＝AC＝1，BC＝eq\r(3)，若球O的體積為eq\f(20\r(5),3)π，則這個直三棱柱的體積等于()A．1 B．eq\r(2)C．2 D．eq\r(3)[答案]D[解析]設(shè)球O的半徑為R，則eq\f(4πR3,3)＝eq\f(20\r(5)π,3)，∴R＝eq\r(5)，設(shè)△ABC外接圓半徑為r，BC邊上的高為h，則h＝eq\r(12－\f(\r(3),2)2)＝eq\f(1,2)，(h－r)2＋(eq\f(\r(3),2))2＝r2，∴r＝1；設(shè)棱柱的高為H，則R2＝r2＋(eq\f(H,2))2，∴H＝4，∴V棱柱＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(1,2)×4＝eq\r(3).6．如圖是一個幾何體的三視圖，其中正視圖和側(cè)視圖都是一個兩底長分別為2和4，腰長為4的等腰梯形，則該幾何體的側(cè)面積是()A．6π B．12πC．18π D．24π[答案]B[解析]由三視圖可得該幾何體為圓臺，其上底半徑為1，下底半徑為2，母線長為4，所以該幾何體的側(cè)面積為π(1＋2)×4＝12π，故選B．二、填空題7．(2022·天津理)一個幾何體的三視圖如圖所示(單位：m)，則該幾何體的體積為________m3.[答案]eq\f(20π,3)[解析]由三視圖可知，該幾何體是一個組合體，其上部是一個圓錐，且底面圓半徑為2，高為2；下部是一個圓柱，底面圓半徑為1，高為4，故該幾何體的體積V＝eq\f(1,3)·π·22·2＋π·12·4＝eq\f(8π,3)＋4π＝eq\f(20π,3).8．若某幾何體的三視圖(單位：cm)如圖所示，則此幾何體的表面積是________cm2.[答案]112＋24eq\r(13)[解析]由三視圖知，該幾何體是一個正四棱臺和一個正四棱柱的組合體，四棱臺下底面邊長為8，上底面邊長為4，高為3，故棱臺的斜高h(yuǎn)′＝eq\r(32＋4－22)＝eq\r(13).上面正四棱柱底面邊長為4，高為2，則表面積為S＝4×4＋4×(4×2)＋8×8＋4×[eq\f(1,2)×(4＋8)×eq\r(13)]＝112＋24eq\r(13)(cm2)．9．側(cè)棱長為2eq\r(3)的正三棱錐V－ABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，過點A作截面AEF，則截面△AEF周長的最小值為________．[答案]6[解析]沿側(cè)棱VA剪開，側(cè)面開放如圖，線段AA1的長為所求△AEF周長的最小值，取AA1中點D，則VD⊥AA1，∠AVD＝60°，∴AA1＝2AD＝6.三、解答題10．(文)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱垂直于底面，∠ACB＝90°，AC＝BC＝eq\f(1,2)AA1，D是棱AA1的中點．(1)證明：平面BDC1⊥平面BDC；(2)平面BDC1分此棱柱為兩部分，求這兩部分體積的比．[分析](1)證兩個平面垂直，可轉(zhuǎn)化為在其中一個平面內(nèi)找到一條直線與另一個平面垂直；(2)平面BDC1分棱柱成兩部分，下面部分B－ADC1C為四棱錐，可直接求體積，上面部分可用間接法求得體積，從而確定兩部分體積之比[解析](1)證明：由題設(shè)知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1又DC1?平面ACC1A1，所以DC1⊥B由題設(shè)知∠A1DC1＝∠ADC＝45°，所以∠CDC1＝90°，即DC1⊥DC．又DC∩BC＝C，所以DC1⊥平面BDC．又DC1?平面BDC1，故平面BDC1⊥平面BDC．(2)設(shè)棱錐B－DACC1的體積為V1，AC＝1.由題意得，V1＝eq\f(1,3)×eq\f(1＋2,2)×1×1＝eq\f(1,2).又三棱柱ABC－A1B1C1的體積V＝1，所以(V－V1)∶V1＝1∶故平面BDC1分此棱柱所得兩部分體積的比為1∶1.[點評]本題考查線面的位置關(guān)系及幾何體體積的求法．求解幾何體的體積時，若遇不規(guī)章的幾何體時，經(jīng)常接受割補法和間接法求其體積．(理)如圖，已知四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，∠ABC＝45°，DC＝1，AB＝2，PA⊥平面ABCD，PA＝1.(1)求證：AB∥平面PCD；(2)求證：BC⊥平面PAC；(3)若M是PC的中點，求三棱錐M－ACD的體積．[證明](1)由已知底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，又AB?平面PCD，CD?平面PCD，∴AB∥平面PCD．(2)在直角梯形ABCD中，過C作CE⊥AB于點E，則四邊形ADCE為矩形，∴AE＝DC＝1又AB＝2，∴BE＝1，在Rt△BEC中，∠ABC＝45°，∴CE＝BE＝1，CB＝eq\r(2)，∴AD＝CE＝1，則AC＝eq\r(AD2＋CD2)＝eq\r(2)，AC2＋BC2＝AB2，∴BC⊥AC．又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC．(3)∵M(jìn)是PC中點，∴M到平面ADC的距離是P到平面ADC距離的一半．∴VM－ACD＝eq\f(1,3)S△ACD·(eq\f(1,2)PA)＝eq\f(1,3)×(eq\f(1,2)×1×1)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,12).一、選擇題11．(文)(2022·上海四區(qū)二模)若圓柱的底面直徑和高都與球的的直徑相等，圓柱、球的表面積分別記為S1，S2，則S1∶S2＝()A．1∶1 B．2∶1C．3∶2 D．4∶1[答案]C[解析]假設(shè)球的半徑為r，則圓柱的底面半徑為r，高為2r.因此圓柱的表面積為S1＝6πr2.球的表面積為S2＝4πr2.所以S1∶S2＝3∶2，故選C．(理)(2022·東北三校一聯(lián))某幾何體的三視圖如圖所示，其中俯視圖為扇形，則該幾何體的體積為()A．eq\f(2π,3) B．eq\f(π,3)C．eq\f(2π,9) D．eq\f(16π,9)[答案]D[解析]該幾何體是底面為扇形的一個錐體，由主視圖可知AD＝1，而AO＝2，∴∠AOD＝eq\f(π,6)，∴底面扇形的圓心角α＝eq\f(2,3)π，∴eq\f(S扇形AOB,S⊙O)＝eq\f(1,3)，V＝eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,3)×(eq\f(1,3)·π×22)×4＝eq\f(16,9)π.12．(文)(2022·湖北荊州質(zhì)量檢查)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A．eq\f(2π,3) B．πC．eq\f(4π,3) D．2π[答案]A[解析]由三視圖可知，該幾何體是在一個圓柱中挖去兩個半球而形成的，且圓柱的底面圓半徑為1，母線長為2，則圓柱的體積V柱＝π×12×2＝2π，挖去的兩個半球的半徑均為1，因此挖去部分的體積為V球＝2×eq\f(1,2)×eq\f(4,3)π×13＝eq\f(4,3)π.故所求幾何體的體積為V＝V柱－V球＝2π－eq\f(4π,3)＝eq\f(2π,3).(理)(2022·山東青島二模)已知三棱錐D－ABC中，AB＝BC＝1，AD＝2，BD＝eq\r(5)，AC＝eq\r(2)，BC⊥AD，則該三棱錐的外接球的表面積為()A．eq\r(6)π B．6πC．5π D．8π[答案]B[解析]∵由勾股定理易知DA⊥AB，AB⊥BC，∴BC⊥平面DAB．∴CD＝eq\r(BD2＋BC2)＝eq\r(6).∴AC2＋AD2＝CD2，∴DA⊥AC．取CD的中點O，由直角三角形的性質(zhì)知O到點A，B，C，D的距離均為eq\f(\r(6),2)，其即為三棱錐的外接球球心．故三棱錐的外接球的表面積為4π(eq\f(\r(6),2))2＝6π.13．如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2.動點E、F在棱A1B1上，點Q是棱CD的中點，動點P在棱AD上．若EF＝1，DP＝x，A1E＝y(tǒng)(x，y大于零)，則三棱錐P－EFQ的體積()A．與x、y都有關(guān) B．與x、y都無關(guān)C．與x有關(guān)，與y無關(guān) D．與y有關(guān)，與x無關(guān)[答案]C[解析]設(shè)P到平面EFQ的距離為h，則VP－EFQ＝eq\f(1,3)×S△EFQ·h，由于Q為CD的中點，∴點Q到直線EF的距離為定值eq\r(2)，又EF＝1，∴S△EFQ為定值，而P點到平面EFQ的距離，即P點到平面A1B1CD的距離，明顯與x有關(guān)與y無關(guān)，故選C．14．(文)(2022·江南十校聯(lián)考)某幾何體的三視圖如圖所示，則此幾何體的體積是()A．eq\f(20,3)π B．6πC．eq\f(10,3)π D．eq\f(16,3)π[答案]C[解析]由三視圖可知，該幾何體上半部分是底面半徑和高都為2的半圓錐，下半部分為底面半徑為2，高為1的半圓柱組成的組合體，因此它的體積為V＝eq\f(1,2)(π×22×1)＋(eq\f(1,3)π×22×2)×eq\f(1,2)＝eq\f(10,3)π.(理)(2022·河南鄭州質(zhì)檢)如圖所示，某幾何體的正視圖和俯視圖都是矩形，側(cè)視圖是平行四邊形，則該幾何體的表面積為()A．15＋3eq\r(3) B．9eq\r(3)C．30＋6eq\r(3) D．18eq\r(3)[答案]C[解析]由三視圖知幾何體是一個斜四棱柱，底面是邊長為3的正方形，棱柱高為eq\r(3)，側(cè)棱長為2，故S＝3×3×2＋3×2×2＋3×eq\r(3)×2＝30＋6eq\r(3).二、填空題15．(文)(2022·北京海淀二模)已知斜三棱柱的三視圖如圖所示，該斜三棱柱的體積為________．[答案]2[解析]由三視圖可知，斜三棱柱的底面三角形的底邊長為2，高為1，斜三棱柱的高為2，故斜三棱柱的體積為V＝eq\f(1,2)×2×1×2＝2.(理)(2022·陜西寶雞質(zhì)檢)已知某幾何體的三視圖如圖所示，其中主視圖中半圓直徑為2，則該幾何體的體積為________．[答案]24－eq\f(3π,2)[解析]由三視圖可知，該幾何體是長方體里面挖了一個半圓柱體，可知，長方體的長為4，寬為3，高為2，圓柱體的高為3，底面的半徑為1，則可知該幾何體的體積為4×2×3－eq\f(1,2)×π×12×3＝24－eq\f(3,2)π.16．(文)(2021·杭州二模)已知正三棱柱ABC－A′B′C′的正視圖和側(cè)視圖如圖所示．設(shè)△ABC，△A′B′C′的中心分別是O，O′，現(xiàn)將此三棱柱繞直線OO′旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)過程中對應(yīng)的俯視圖的面積為S，則S的最大值為________．[答案]8[解析]據(jù)正視圖與側(cè)視圖知，該三棱柱的初始狀態(tài)是水平放置的，直觀圖如圖所示．據(jù)所給的數(shù)據(jù)知，底面正三角形的高是eq\r(3)，∴底面邊長是2.將三棱柱繞OO′旋轉(zhuǎn)時，俯視圖是矩形，該矩形的一組對邊的長度保持不變(長度為4)，另一組對邊長度不斷變化，在底投影面上的投影的長度的最大值為2，∴S的最大值為4×2＝8.(理)已知在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面為直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝eq\r(2)，P是BC1上一動點，如圖所示，則CP＋PA1的最小值為________．[答案]5eq\r(2)[解析]PA1在平面A1BC1內(nèi)，PC在平面BCC1內(nèi)，將其鋪平后轉(zhuǎn)化為平面上的問題解決．計算A1B＝AB1＝eq\r(40)，BC1＝2，又A1C1＝6，故△A1BC1是∠A1C1B＝90°的直角三角形．鋪平平面A1BC1、平面BCC1，如圖所示．CP＋PA1≥A1C．在△AC1A1C＝eq\r(62＋\r(2)2－2·6·\r(2)·cos135°)＝5eq\r(2)，故(CP＋PA1)min＝5eq\r(2).[點評]多面體或旋轉(zhuǎn)體表面上兩點的最短距離問題，一般選擇恰當(dāng)?shù)睦饣蚰妇€剪開展平，轉(zhuǎn)化為平面上兩點間線段最短問題解決．三、解答題17．(文)(2021·新課標(biāo)Ⅱ)如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別是AB，BB1的中點(1)證明：BC1∥平面A1CD；(2)設(shè)AA1＝AC＝CB＝2，AB＝2eq\r(2)，求三棱錐C－A1DE的體積．[解析](1)證明：如圖，連結(jié)AC1交A1C于點F，則F為AC1中點，又D是AB中點，連結(jié)DF，則BC1∥DF由于DF?平面A1CD，BC1?平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD．(2)由于ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD．由已知AC＝CB，D為AB的中點，所以CD⊥AB．又AA1∩AB＝A，于是CD⊥平面ABB1A由AA1＝AC＝CB＝2，AB＝2eq\r(2)得，∠ACB＝90°，CD＝eq\r(2)，A1D＝eq\r(6)，DE＝eq\r(3)，A1E＝3，故A1D2＋DE2＝A1E2，即DE⊥A1D所以VC－A1DE＝eq\f(1,3)×(eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(3))×eq\r(2)＝1.(理)如圖1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AB＝4，AD＝CD＝2，將△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到幾何體D－ABC，如圖2所示．(1)求證：BC⊥平面ACD；(2)求幾何體D－ABC的體積．[解析](1)證明：由條件可得AC＝BC＝2eq\r(2)，從而AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC．又平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，BC?平面ABC，∴BC⊥平面ACD．(2)由(1)可知BC為三棱錐B－ACD的高，BC＝2eq\r(2)，S△ACD＝2，∴VB－ACD＝eq\f(1,3)S△ACD·BC＝eq\f(1,3)×2×2eq\r(2)＝eq\f(4\r(2),3)，∴幾何體D－ABC的體積為eq\f(4\r(2),3).18．(文)(2022·南開區(qū)質(zhì)檢)如圖，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AC⊥BC，AB⊥BB1，AC＝BC＝BB1＝2，D為AB的中點，且CD⊥DA1(1)求證：平面A1B1B⊥平面ABC；(2)求多面體DBC－A1B1C1的體積[解析]∵AC＝BC，D為AB的中點，∴CD⊥AB，又CD⊥DA1，∴CD⊥面AA1B1B，又由于CD?平面ABC，故平面A1B1B⊥平面ABC．(2)V多面體DBC－A1B1C1＝V棱柱ABC－A1B1C1－V三棱錐A1－ADC＝S△ABC·|AA1|－eq\f(1,3)S△ADC·|AA1|＝S△ABC·|AA1|－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)S△ABC·|AA1|＝eq\f(5,6)S△ABC·|AA1|＝eq\f(10,3).(理)(2022·廣東肇慶一模)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別是BC和CC1的中點，已知AB＝AC＝AA1＝4，∠BAC＝(1)求證：B1D⊥平面AED；(2)求二面角B1－AE－D的余弦值；(3)求三棱錐A－B1DE的體積．[解析]解法一：依題意，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz.∵AB＝AC＝AA1＝4，∴A(0,0,0)，B(4,0,0)，E(0,4,2)，D(2,2,0)，B1(4,0,4)．(1)證明：eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(－2,2，－4)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0,4,2)．∵eq\o(B1D,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝－4＋4＋0＝0，∴eq\o(B1D,\s\up6(→))⊥eq\o(AD,\s\up6(→))，即B1D⊥AD．∵eq\o(B1D,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝0＋8－8＝0，∴eq\o(B1D,\s\up6(→))⊥eq\o(AE,\s\up6(→))，即B1D⊥AE.又AD，AE?平面AED，且AD∩AE＝A，故B1D⊥平面AED．(2)由(1)知eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(－2,2，－4)為平面AED的一個法向量．設(shè)平面B1AE的法向量為n＝(x，y，z)，∵eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0,4,2)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(4,0,4)，∴由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AB1,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4y＋2z＝0，,4x＋4z＝0，))令y＝1，得x＝2，z＝－2，即n＝(2,1，－2)．∴cos〈n，eq\o(B1D,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(B1D,\s\up6(→)),|n||\o(B1D,\s\up6(→))|)＝eq\f(6,\r(9)×\r(24))＝eq\f(\r(6),6).∴二面角B1－AE－D的余弦值為eq\f(\r(6),6).(3)由eq\o(AD,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(－2,2,2)，得eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝0，∴AD⊥DE.由|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝2eq\r(2)，|eq\o(DE,\s\