2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)7 空間幾何體的表面積、體積及有關(guān)量的計(jì)算 文

《2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)7 空間幾何體的表面積、體積及有關(guān)量的計(jì)算 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)7 空間幾何體的表面積、體積及有關(guān)量的計(jì)算 文（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時(shí)集訓(xùn)(七)　空間幾何體的表面積、體積及有關(guān)量的計(jì)算 [專題通關(guān)練] (建議用時(shí)：30分鐘) 1．(2019·大連模擬)三棱柱ABC-A1B1C1的體積為6，點(diǎn)M在棱CC1上，則四棱錐M-ABB1A1的體積為(　　) A．4　　 B．1 C．2 D．不能確定 A　[∵三棱錐ABC-A1B1C1的體積為6，點(diǎn)M在棱CC1上， ∴四棱錐M-ABB1A1的體積為： VM-ABB1A1＝VC1-ABB1A1＝VABC-A1B1C1-VC1-ABC ＝VABC-A1B1C1－×VABC-A1B1C1＝6－×6＝4.故選A.] 2．(2019·河北模擬)若某幾何體的三視圖

2、如圖所示，則該幾何體的表面積為(　　) A．240　　　B．264　　　C．274　　　D．282 B　[幾何體是以俯視圖為底面的五棱柱，底面看作是邊長為6的正方形與一個(gè)直角三角形所組成，如圖： 則該幾何體的表面積為：(10＋6＋6＋3＋5)×6＋2×6×6＋3×4＝264.故選B.] 3．如圖，在棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱A1A和B1B上各有一動(dòng)點(diǎn)P，Q，滿足A1P＝BQ，過P，Q，C三點(diǎn)的截面把棱柱分成兩部分，則其體積之比為(　　) A．3∶1 B．2∶1 C．4∶1 D.∶1 B　[將P，Q置于特殊位置：P→A1，Q→B，此時(shí)仍滿足條件A1P＝BQ(＝0

3、)，則有VC-AA1B＝VA1-ABC＝.故過P，Q，C三點(diǎn)的截面把棱柱分成的兩部分的體積之比為2∶1(或1∶2)．] 4．(2019·南寧一模)已知球的半徑為4，球面被互相垂直的兩個(gè)平面所截，得到的兩個(gè)圓的公共弦長為2.若球心到這兩個(gè)平面的距離相等，則這兩個(gè)圓的半徑之和為(　　) A．4 B．6 C．8 D．10 B　[如圖所示，設(shè)兩圓的圓心為O1、O2，球心為O，公共弦為AB，中點(diǎn)為E，因?yàn)閳A心到這兩個(gè)平面的距離相等， 則OO1EO2為正方形，兩圓半徑相等，設(shè)兩圓半徑為r，|OO1|＝，|OE|＝， 又|OE|2＋|AE|2＝|OA|2，即32－2r2＋2＝16，則r2＝9

4、，r＝3，所以，這兩個(gè)圓的半徑之和為6， 故選B.] 5．(2019·遂寧模擬)《九章算術(shù)》卷五商功中有如下描述：今有芻甍，下廣三丈，袤四丈，上袤二丈，無廣，高一丈．意思為：今有底面為矩形的屋脊?fàn)畹膸缀误w，下底面寬3丈，長4丈，上棱長2丈，高1丈．現(xiàn)有一芻甍，其三視圖如圖所示，設(shè)網(wǎng)格紙上每個(gè)小正方形的邊長為2丈，那么該芻甍的體積為(　　) A．5立方丈 B．20立方丈 C．40立方丈 D．80立方丈 C　[由三視圖知：幾何體是直三棱柱消去兩個(gè)相同的三棱錐后余下的部分，如圖： 直三棱柱的側(cè)棱長為8，底面三角形的底邊長為6，底邊上的高為2，消去的三棱錐的高為2， ∴幾

5、何體的體積V＝×6×2×8－2×××6×2×2＝40. 故選C] 6．(2019·常州模擬)用一個(gè)邊長為2R的正方形卷成一個(gè)圓柱的側(cè)面，再用一個(gè)半徑為R的半圓卷成一個(gè)圓錐的側(cè)面，則該圓柱與圓錐的體積之比為________． 　[設(shè)圓錐底面圓的半徑為r，高為h，則2πr＝πR，∴r＝ ∵R2＝r2＋h2，∴h＝R， ∴V＝×π×2×R＝πR3； 用一個(gè)邊長為2R的正方形卷成一個(gè)圓柱的側(cè)面，圓柱的體積為：2π×2R＝R3. 則該圓柱與圓錐的體積之比為：＝.] 7．在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中點(diǎn)，F(xiàn)是側(cè)面BCC1B1內(nèi)(包括邊)的動(dòng)點(diǎn)，且A1F

6、∥平面D1AE，沿A1F將點(diǎn)B1所在的幾何體削去，則剩余幾何體的體積為________． 　[分別取B1B，B1C1的中點(diǎn)M，N，連接A1M，MN，A1N，∵A1M∥D1E，A1M?平面D1AE，D1E?平面D1AE，∴A1M∥平面D1AE.同理可得MN∥平面D1AE，又A1M，MN是平面A1MN內(nèi)的相交直線，∴平面A1MN∥平面D1AE，由此結(jié)合A1F∥平面D1AE，可得直線A1F?平面A1MN，即點(diǎn)F的軌跡是線段MN， ∴VB1-A1MN＝××1××＝， ∴將點(diǎn)B1所在的幾何體削去，剩余幾何體的體積為1－＝.] 8．(2019·徐州模擬)已知一張矩形白紙ABCD，AB＝10

7、，AD＝10，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點(diǎn)，現(xiàn)分別將△ABE，△CDF沿BE，DF折起，使A，C重合于點(diǎn)P，則三棱錐P-DEF的外接球的表面積為________． 150π　[折疊后由于三角形DEF與DPF均為直角三角形，且DF為公共斜邊， 故DF即為外接球直徑， 易得DF＝5， 故外接球表面積為4π×2＝150π.] [能力提升練] (建議用時(shí)：15分鐘) 9．如圖，正三棱柱ABC-A1B1C1中BC＝2，CC1＝2，點(diǎn)P在平面ABB1A1中，且PA1＝PB1＝ (1)求證：PC1⊥AB； (2)求三棱錐P-A1B1C的體積． [解]　(1)證明：設(shè)A1B1的中點(diǎn)為D，連

8、接PD與DC1， ∵PA1＝PB1，∴PD⊥A1B1， 同理DC1⊥A1B1， 又PD∩DC1＝D，∴A1B1⊥平面PDC1， ∴A1B1⊥PC1. 又∵AB∥A1B1，∴PC1⊥AB； (2)∵△A1B1C1為正三角形，邊長為2，PA1＝PB1＝. ∴VP-A1B1C＝VC-PA1B1＝VC1-PA1B1＝××2×1×＝. 10．如圖，在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD是邊長為8的菱形，∠BAD＝60°，△PBD是等邊三角形，O為BD的中點(diǎn)，cos∠POC＝. (1)求證：BD⊥PC； (2)求四棱錐P-ABCD的體積． [解]　(1)證明：∵四邊形ABCD是菱

9、形，∴BD⊥AC，且AC與BD互相平分， 又∵PB＝PD，O為BD的中點(diǎn)，∴BD⊥PO， 又PO∩AC＝O，∴BD⊥平面PAC， ∵PC?平面PAC，∴BD⊥PC； (2)過點(diǎn)P作PE⊥OC，交點(diǎn)為E， ∵BD⊥平面PAC，∴BD⊥PE， 又∵OC∩BD＝O，∴PE⊥平面ABCD， ∵∠BAD＝60°，∴△ABD與△PBD都是邊長為8的等邊三角形， ∴OP＝4， ∵cos∠POE＝，∴sin∠POE＝，則PE＝. ∵S四邊形ABCD＝×AC×BD＝×8×8＝32， ∴VP-ABCD＝×PE×S四邊形ABCD＝×32×＝. 題號(hào) 內(nèi)容 押題依據(jù) 1 數(shù)學(xué)文

10、化、四面體的內(nèi)切球、數(shù)值問題 球的體積問題是高考熱點(diǎn)之一，常結(jié)合錐體、柱體綜合考查內(nèi)切球、外接球的性質(zhì)．本題以數(shù)學(xué)文化為背景考查了四面體的內(nèi)切球問題；考查考生的直觀想象和數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng) 2 四棱錐的體積，線面平行的判定 本題突破常規(guī)，以水平放置的四棱錐為載體，考查線面平行的證明和求四棱錐的體積，滲透直觀想象和邏輯推理等核心素養(yǎng) 【押題1】　我國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中，將四個(gè)面都為直角三角形的四面體稱為鱉臑．在封閉的鱉臑P-ABC內(nèi)有一個(gè)體積為V的球，若PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝1，則V的最大值是(　　) A.π　 B. C.π D. C　[球與

11、三棱錐的四個(gè)面均相切時(shí)球的體積最大， 設(shè)此時(shí)球的半徑為R，則V三棱錐P-ABC＝·R·(S△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋SPBC)， 即××1×1×1＝×R×，解得R＝. 所以球的體積V的最大值為π3＝π.故選C.] 【押題2】　如圖，在四棱錐B-ACED中，AD⊥平面ABC，AB⊥AC，AD∥CE，AB＝AC＝AD＝CE，F(xiàn)是BE上一點(diǎn)，且滿足BF＝2FE. (1)證明：DF∥平面ABC； (2)若AB＝2，求四棱錐F-ACED的體積． [解]　(1)證明：在線段BC上取一點(diǎn)G，使BG＝2GC，連接AG，F(xiàn)G(圖略)． 因?yàn)锽F＝2FE，BG＝2GC，所以＝＝2，所以FG

12、∥CE且FG＝CE. 又AD＝CE，AD∥CE，所以FG＝AD，且FG∥AD. 所以四邊形ADFG是平行四邊形，所以DF∥AG. 又DF?平面ABC，AG?平面ABC，所以DF∥平面ABC. (2)因?yàn)锳B＝AC＝AD＝CE，AB＝2，所以AD＝AC＝2，CE＝3. 因?yàn)锳D⊥平面ABC，所以AD⊥AB，AD⊥AC. 又AD∥CE，且AD≠CE，所以四邊形ACED是直角梯形． 所以S梯形ACED＝＝＝5. 因?yàn)锳B⊥AC，AD⊥AB，AC∩AD＝A，所以AB⊥平面ACED， 所以點(diǎn)B到平面ACED的距離為AB＝2，因?yàn)锽F＝2FE，所以＝， 所以點(diǎn)F到平面ACED的距離d＝AB＝. 所以V四棱錐F-ACED＝S梯形ACED·d＝×5×＝. - 6 -