2019-2020年高考數(shù)學 7.2 空間幾何體的表面積與體積練習.doc

2019-2020年高考數(shù)學 7.2 空間幾何體的表面積與體積練習 (25分鐘　40分) 一、選擇題(每小題5分,共25分) 1.(xx福建高考)以邊長為1的正方形的一邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸,將該正方形旋轉(zhuǎn)一周所得圓柱的側(cè)面積等于(　　) A.2π　　　　B.π　　　　C.2　　　　D.1 【解析】選A.以邊長為1的正方形的一邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周所得的圓柱的底面半徑為1,母線長為1.故側(cè)面積為2πrl=2π11=2π. 2.如圖所示,已知三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長均為1,且AA1⊥底面ABC,則三棱錐B1-ABC1的體積為(　　) A. B. C. D. 【解析】選A.在△ABC中,BC邊上的高為,即棱錐A-BB1C1的高為,又=,所以==. 3.(xx新課標全國卷Ⅱ)如圖,網(wǎng)格紙上正方形小格的邊長為1(表示1cm),圖中粗線畫出的是某零件的三視圖,該零件由一個底面半徑為3cm,高為6cm的圓柱體毛坯切削得到,則切削掉部分的體積與原來毛坯體積的比值為(　　) A. B. C. D. 【解題提示】由三視圖,還原出幾何體,然后根據(jù)幾何體的形狀,求得體積之比. 【解析】選C.因為加工前的零件半徑為3,高為6,所以體積V1=9π6=54π. 因為加工后的零件,左半部為小圓柱,半徑為2,高為4,右半部為大圓柱,半徑為3,高為2. 所以體積V2=4π4+9π2=34π. 所以削掉部分的體積與原體積之比==. 【加固訓練】一個圓柱形的玻璃瓶的內(nèi)半徑為3cm,瓶里所裝的水深為8cm,將一個鋼球完全浸入水中,瓶中水的高度上升到8.5cm,則鋼球的半徑為(　　) A.1 cm B.1.2 cm C.1.5 cm D.2 cm 【解析】選C.設鋼球的半徑為R,因為V球=πR3=π328.5-π328=4.5π,所以R==1.5(cm). 4.(xx杭州模擬)三棱錐S-ABC的所有頂點都在球O的表面上,SA⊥平面ABC, AB⊥BC,又SA=AB=BC=1,則球O的表面積為(　　) A.π B.π C.3π D.12π 【解析】選C.依題意,球O的直徑為SC,且SC=, 又AB⊥BC,所以AC2=AB2+BC2, 故SC==,即球O的半徑為, 所以球O的表面積為S=4π=3π. 【加固訓練】某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積是(　　) A.+6 B. C. D.+6 【解析】選B.由三視圖可知該幾何體為橫著平放的半個圓錐與半個圓柱構(gòu)成的簡單組合體,體積V=π122+π123=π. 5.(xx太原模擬)已知三棱錐S-ABC的所有頂點都在球O的球面上,△ABC是邊長為1的正三角形,SC為球O的直徑,且SC=2,則此棱錐的體積為(　　) A. B. C. D. 【解題提示】先根據(jù)題意確定四面體O-ABC的結(jié)構(gòu)特征,求得O到平面ABC的距離,進而求得S到平面ABC的距離,代入體積公式求解. 【解析】選A.因為△ABC為邊長為1的正三角形,且球半徑為1,所以四面體O-ABC為正四面體,所以△ABC的外接圓的半徑為,所以點O到平面ABC的距離d==,所以三棱錐的高SF=2OE=,所以三棱錐的體積為1=. 二、填空題(每小題5分,共15分) 6.(xx天津高考)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. 【解析】如圖,所給幾何體由一個圓錐和一個圓柱組合而成,V=2π22+π124=(m3). 答案: 7.已知一個幾何體的三視圖如圖所示(單位:cm),其中正視圖是直角梯形,側(cè)視圖和俯視圖都是矩形,則這個幾何體的體積是　　　　cm3. 【解析】由三視圖可知,該幾何體為一個放倒的四棱柱,以梯形為底,所以梯形面積為=,四棱柱的高為1,所以該幾何體的體積為. 答案: 8.(xx煙臺模擬)某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體外接球的表面積為　　　　. 【解析】如圖所示,由三視圖可知該幾何體為圓錐AO,AD為該圓錐外接球的直徑,則AO=1,CO=,由射影定理可知CO2=AOOD,得OD=3,所以外接球的半徑為(AO+OD)=2,表面積為4π22=16π. 答案:16π 【誤區(qū)警示】本題易誤將圓錐底面圓半徑作為球的半徑而致誤. 【加固訓練】圓柱形容器內(nèi)盛有高度為8cm的水,若放入三個相同的球(球的半徑與圓柱的底面半徑相同)后,水恰好淹沒最上面的球(如圖),則球的半徑是　　　　　　cm. 【解析】設球半徑為r,則由3V球+V水=V柱, 可得3πr3+πr28=πr26r,解得r=4. 答案:4 (20分鐘　30分) 1.(5分)(xx中山模擬)如圖是一個幾何體的正視圖、側(cè)視圖、俯視圖,則該幾何體的體積是(　　) A.24 B.12 C.8 D.4 【解題提示】由三視圖還原出幾何體,由幾何體的結(jié)構(gòu)特征求體積. 【解析】選B.由三視圖可知,該幾何體是由兩個相同的直三棱柱構(gòu)成,三棱柱的高為4,三棱柱的底面三角形為直角三角形,兩直角邊分別為2,,所以三角形的底面積為2=,所以三棱柱的體積為4=6,所以該幾何體的體積為26=12. 2.(5分)(xx陜西高考)已知底面邊長為1,側(cè)棱長為的正四棱柱的各頂點均在同一個球面上,則該球的體積為(　　) A. B.4π C.2π D. 【解題提示】根據(jù)截面圓半徑、球心距、球半徑構(gòu)成直角三角形,滿足勾股定理,求出球的半徑,代入球的體積公式求解. 【解析】選D.由正四棱柱的各頂點均在同一個球面上,可設正四棱柱的上底所在截面圓的半徑為R1,則+=1可得=;又側(cè)棱長為,所以球心到截面圓的距離d=;由截面圓半徑、球心距、球半徑構(gòu)成直角三角形,根據(jù)勾股定理得球半徑R===1,代入球的體積公式得球的體積為. 【加固訓練】已知點P,A,B,C,D是球O表面上的點,PA⊥平面ABCD,四邊形ABCD是邊長為2的正方形.若PA=2,則△OAB的面積為　　　　. 【解析】首先,可以判定點O,P在平面ABCD的同側(cè)(否則,由OA=OP=R,三角形OAP為等腰三角形,∠OAP=∠OPA,據(jù)PA⊥平面ABCD知∠OAP為鈍角,一個等腰三角形的底角不可能為鈍角),設正方形ABCD的對角線交于點M,連接OM,由球的性質(zhì),OM⊥平面ABCD,又PA⊥平面ABCD,則PA∥OM,從而四邊形AMOP為直角梯形. 如圖,OP=R,作ON⊥PA于N.可以求得ON=MA=,AN=OM=,PN=PA-AN=2-.在直角三角形ONP中,利用勾股定理,得(2-)2+6=R2,求得R=2,故三角形OAB為等邊三角形,S△OAB=(2)2=3. 答案:3 3.(5分)已知ABCD-A1B1C1D1是棱長為1的正方體,點P1,P2分別是線段AB,BD1上(不包括端點)的動點,在P1,P2運動的過程中線段P1P2始終平行于平面A1ADD1,則當幾何體P1P2AB1的體積取得最大值時,AP1=　　　　. 【解析】過P2作P2O⊥底面ABCD于O,連接OP1,則OP1⊥AB,即OP1⊥平面P1AB1,設AP1=x,0<x<1,則由題意知OP1∥AD,所以有=,即OP1=1-x,又=x,所以四面體P1P2AB1的體積為 OP1=x(1-x)=x(1-x) ≤=,當且僅當x=1-x,即x=時取等號,所以四面體P1P2AB1的體積的最大值為,此時AP1=. 答案: 【加固訓練】 (xx紹興模擬)用一塊鋼錠澆鑄一個厚度均勻,且全面積為2平方米的正四棱錐形有蓋容器(如圖),設容器的高為h米,蓋子邊長為a米. (1)求a關(guān)于h的函數(shù)解析式. (2)設容器的容積為V立方米,則當h為何值時,V最大?求出V的最大值.(求解本題時,不計容器的厚度) 【解析】(1)設h′為正四棱錐的斜高.由已知解得a=(h>0). (2)V=ha2=(h>0),易得V=, 因為h+≥2=2,所以V≤,當且僅當h=,即h=1時取等號, 故當h=1米時,V有最大值,V的最大值為立方米. 4.(15分)(能力挑戰(zhàn)題)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,過A1,C1,B三點的平面截去長方體的一個角后,得到如圖所示的幾何體ABCD-A1C1D1,這個幾何體的體積為. (1)求棱A1A的長. (2)求經(jīng)過A1,C1,B,D四點的球的表面積. 【解析】(1)設A1A=h,因為幾何體ABCD-A1C1D1的體積為,所以=, 即S四邊形ABCDh-h=, 即22h-22h=,解得h=4. 所以A1A的長為4. (2)如圖,連接D1B,設D1B的中點為O,連接OA1,OC1,OD. 因為ABCD-A1B1C1D1是長方體,所以A1D1⊥平面A1AB. 因為A1B?平面A1AB, 所以A1D1⊥A1B. 所以OA1=D1B. 同理OD=OC1=D1B. 所以OA1=OD=OC1=OB. 所以經(jīng)過A1,C1,B,D四點的球的球心為點O. 因為D1B2=A1+A1A2+AB2=22+42+22=24. 所以S球=4π(OD1)2=4π=πD1B2=24π. 故經(jīng)過A1,C1,B,D四點的球的表面積為24π.