新版浙江高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)練習(xí)：專(zhuān)題限時(shí)集訓(xùn)8 空間幾何體表面積或體積的求解 Word版含答案

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1、 新版-□□新版數(shù)學(xué)高考復(fù)習(xí)資料□□-新版 1

2、 1 專(zhuān)題限時(shí)集訓(xùn)(八) 空間幾何體表面積或體積的求解 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第130頁(yè)) [建議A、B組各用時(shí)：45分鐘] [A組　高考達(dá)標(biāo)] 一、選擇題 1．一個(gè)正方體截去兩個(gè)角后所得幾何體的正視圖、側(cè)視圖如圖8-16所示，則其俯視圖為(　　) 圖8-16 C　[根據(jù)正視圖和側(cè)視圖知，正方體截取的兩個(gè)角是在同一個(gè)面

3、上的兩個(gè)相對(duì)的角，所以它的俯視圖是一個(gè)正方形，正方形的右下角是以一個(gè)實(shí)線(xiàn)畫(huà)出的三角形，左上角是一個(gè)以實(shí)線(xiàn)畫(huà)出的三角形，依題意可知該幾何體的直觀圖如圖所示，故選C.] 2．(20xx·杭州學(xué)軍中學(xué)高三模擬)已知某幾何體的三視圖如圖8-17所示，則該幾何體的表面積為(　　) 圖8-17 A．16　 B．26 C．32 D．20＋ C　[由三視圖可知該幾何體的直觀圖如下，由圖可知，該幾何體的各個(gè)面都是直角三角形，故表面積為×(4×5＋3×4＋4×3＋4×5)＝32，故選C. ] 3．在三棱錐P-ABC中，AB＝BC＝，AC＝6，PC⊥平面ABC，PC＝2，則該三棱錐的外接

4、球表面積為(　　) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：68334102】 A.π B.π C.π D.π D　[由題可知，△ABC中AC邊上的高為＝，球心O在底面ABC的投影即為△ABC的外心D，設(shè)DA＝DB＝DC＝x，∴x2＝32＋(－x)2，解得x＝，∴R2＝x2＋2＝＋1＝(其中R為三棱錐外接球的半徑)，∴外接球的表面積S＝4πR2＝π，故選D.] 4．已知某幾何體的三視圖如圖8-18所示，其中俯視圖是正三角形，則該幾何體的體積為(　　) 圖8-18 A.　　　 B．2 C．3　　　 D．4 B　[分析題意可知，該幾何體是由如圖所示的三棱柱ABC-A1B1

5、C1截去四棱錐A-BEDC得到的，故其體積V＝×22×3－××2×＝2，故選B.] 5．如圖8-19，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，粗線(xiàn)畫(huà)出的是某個(gè)四面體的三視圖，則該四面體的表面積為(　　) 圖8-19 A．8＋8＋4 B．8＋8＋2 C．2＋2＋ D.＋＋ A　[在正方體中還原出該四面體C-A1EC1如圖所示，可求得該四面體的表面積為8＋8＋4.] 二、填空題 6．某幾何體的三視圖如圖8-20所示(單位：cm)，則該幾何體的體積為_(kāi)_______cm3，表面積為_(kāi)_______ cm2. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：68334103】 圖8-20 　　[由三視圖知該幾何體

6、為一個(gè)半球被割去后剩下的部分，其球半徑為1，所以該幾何體的體積為××π×13＝，表面積為××4π×12＋×π×12＋2××π×12＝.] 7．三棱錐P-ABC中，D，E分別為PB，PC的中點(diǎn)，記三棱錐D-ABE的體積為V1，P-ABC的體積為V2，則＝________. 　[如圖，設(shè)S△ABD＝S1，S△PAB＝S2， E到平面ABD的距離為h1，C到平面PAB的距離為h2，則S2＝2S1，h2＝2h1，V1＝S1h1，V2＝S2h2，所以＝＝.] 8．(20xx·浙江省新高考仿真訓(xùn)練卷(一))某簡(jiǎn)單幾何體的三視圖如圖8-21所示，則該幾何體的體積是________，外接球的表面積是_

7、_______． 圖8-21 24　25π　[由三視圖得該幾何體是一個(gè)底面為對(duì)角線(xiàn)為4的正方形，高為3的直四棱柱，則其體積為4×4××3＝24.又直四棱柱的外接球的半徑為R＝＝，所以四棱柱的外接球的表面積為4πR2＝25π.] 三、解答題 9. 如圖8-22，P為正方形ABCD外一點(diǎn)，PB⊥平面ABCD，PB＝AB＝2，E為PD的中點(diǎn)． 圖8-22 (1)求證：PA⊥CE； (2)求四棱錐P-ABCD的表面積． [解]　(1)證明：取PA的中點(diǎn)F，連接EF，BF，則EF∥AD∥BC，即EF，BC共面． ∵PB⊥平面ABCD，∴PB⊥BC，又BC⊥AB且PB∩A

8、B＝B， ∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PA. 3分 ∵PB＝AB，∴BF⊥PA，又BC∩BF＝B， ∴PA⊥平面EFBC，∴PA⊥CE. 6分 (2)設(shè)四棱錐P-ABCD的表面積為S， ∵PB⊥平面ABCD， ∴PB⊥CD，又CD⊥BC，PB∩BC＝B， ∴CD⊥平面PBC，∴CD⊥PC，即△PCD為直角三角形， 8分 由(1)知BC⊥平面PAB，而AD∥BC，∴AD⊥平面PAB， 故AD⊥PA，即△PAD也為直角三角形． S?ABCD＝2×2＝4， S△PBC＝S△PAB＝S△PDA＝×2×2＝2， S△PCD＝×2×＝2， 12分

9、∴S表＝S?ABCD＋S△PBC＋S△PDA＋S△PAB＋S△PCD ＝10＋2. 15分 10．如圖8-23，一個(gè)側(cè)棱長(zhǎng)為l的直三棱柱ABC-A1B1C1容器中盛有液體(不計(jì)容器厚度)．若液面恰好分別過(guò)棱AC，BC，B1C1，A1C1的中點(diǎn)D，E，F(xiàn)，G. 圖8-23 (1)求證：平面DEFG∥平面ABB1A1； (2)當(dāng)?shù)酌鍭BC水平放置時(shí)，求液面的高． 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：68334104】 [解]　(1)證明：因?yàn)镈，E分別為棱AC，BC的中點(diǎn)，所以DE是△ABC的中位線(xiàn)，所以DE∥AB.又DE?平面ABB1A1，AB?平面ABB1A1，所以DE∥平面ABB1A1.

10、同理DG∥平面ABB1A1，又DE∩DG＝D，所以平面DEFG∥平面ABB1A1. 6分 (2)當(dāng)直三棱柱ABC-A1B1C1容器的側(cè)面AA1B1B水平放置時(shí)，由(1)可知，液體部分是直四棱柱，其高即為原直三棱柱ABC-A1B1C1容器的高，即側(cè)棱長(zhǎng)l，當(dāng)?shù)酌鍭BC水平放置時(shí)，設(shè)液面的高為h，△ABC的面積為S，則由已知條件可知，△CDE∽△ABC，且S△CDE＝S，所以S四邊形ABED＝S. 11分 由于兩種狀態(tài)下液體體積相等，所以V液體＝Sh＝S四邊形ABEDl＝Sl，即h＝l. 因此，當(dāng)?shù)酌鍭BC水平放置時(shí)，液面的高為l. 15分 [B組　名校沖刺] 一、選擇題 1．

11、(20xx·杭州質(zhì)量檢測(cè))如圖8-24，網(wǎng)格紙的各小格都是正方形，粗實(shí)線(xiàn)畫(huà)出的是一個(gè)凸多面體的三視圖(兩個(gè)矩形，一個(gè)直角三角形)，則這個(gè)幾何體可能為 (　　) 圖8-24 A．三棱臺(tái) B．三棱柱 C．四棱柱 D．四棱錐 B　[根據(jù)三視圖的法則：長(zhǎng)對(duì)正，高平齊，寬相等，可得幾何體如圖所示．這是一個(gè)三棱柱．] 2．某幾何體的三視圖如圖8-25所示，則該幾何體的體積為(　　) 圖8-25 A. B. C. D. B　[根據(jù)三視圖可知，幾何體是由一個(gè)直三棱柱與一個(gè)三棱錐所組成的，其中該直三棱柱的底面是一個(gè)直角三角形(直角邊長(zhǎng)分別為1,2，高為1)；該三棱錐的

12、底面是一個(gè)直角三角形(腰長(zhǎng)分別為1,2，高為1)，因此該幾何體的體積為×2×1×1＋××2×1×1＝，選B.] 3．某幾何體的三視圖如圖8-26所示，則該幾何體的體積為(　　) 圖8-26 A．6π＋4 B．π＋4 C. D．2π D　[由三視圖知，該幾何體為一個(gè)底面半徑為1，高為1的圓柱體，與底面半徑為1，高為2的半圓柱體構(gòu)成，所以該三視圖的體積為π×12×1＋π×12×2＝2π，故選D.] 4．從點(diǎn)P出發(fā)的三條射線(xiàn)PA，PB，PC兩兩成60°角，且分別與球O相切于A，B，C三點(diǎn)，若OP＝，則球的體積為(　　) A. B. C. D. C　[設(shè)OP交平面AB

13、C于O′， 由題得△ABC和△PAB為正三角形， 所以O(shè)′A＝AB＝AP. 因?yàn)锳O′⊥PO，OA⊥PA， 所以＝，＝，＝， 所以O(shè)A＝＝×＝1， 即球的半徑為1， 所以其體積為π×13＝π. 選C.] 二、填空題 5．一個(gè)六棱柱的底面是正六邊形，側(cè)棱垂直于底面，所有棱的長(zhǎng)都為1，頂點(diǎn)在同一個(gè)球面上，則該球的體積為_(kāi)_______. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：68334105】 　[由題意知六棱柱的底面正六邊形的外接圓半徑r＝1, 其高h(yuǎn)＝1，∴球半徑為R＝＝＝，∴該球的體積V＝πR3＝×3π＝.] 6．如圖8-27，在三棱錐A-BCD中，△ACD與△BCD都是邊

14、長(zhǎng)為4的正三角形，且平面ACD⊥平面BCD，則該三棱錐外接球的表面積為_(kāi)_______． 圖8-27 π　[取AB，CD的中點(diǎn)分別為E，F(xiàn)，連接EF，AF，BF，由題意知AF⊥BF，AF＝BF＝2，EF＝＝，易知三棱錐的外接球球心O在線(xiàn)段EF上， 所以O(shè)E＋OF＝. 設(shè)外接球的半徑為R，連接OA，OC，則有R2＝AE2＋OE2，R2＝CF2＋OF2，所以AE2＋OE2＝CF2＋OF2，()2＋OE2＝22＋OF2， 所以O(shè)F2－OE2＝2， 又OE＋OF＝，則OF2＝，R2＝，所以該三棱錐外接球的表面積為4πR2＝π.] 三、解答題 7．如圖8-28，矩形CDEF

15、和梯形ABCD互相垂直，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝CD，BE⊥DF. 圖8-28 (1)若M為EA中點(diǎn)，求證：AC∥平面MDF； (2)若AB＝2，求四棱錐E-ABCD的體積． [解]　(1)證明：設(shè)EC與DF交于點(diǎn)N，連接MN， 在矩形CDEF中，點(diǎn)N為EC中點(diǎn)， 因?yàn)镸為EA中點(diǎn)，所以MN∥AC. 2分 又因?yàn)锳C?平面MDF，MN?平面MDF， 所以AC∥平面MDF. 4分 (2)取CD中點(diǎn)為G，連接BG，EG， 平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD＝CD， AD?平面ABCD，AD⊥CD， 所以A

16、D⊥平面CDEF，同理ED⊥平面ABCD， 7分 所以ED的長(zhǎng)即為四棱錐E-ABCD的高. 8分 在梯形ABCD中，AB＝CD＝DG，AB∥DG， 所以四邊形ABGD是平行四邊形，BG∥AD，所以BG⊥平面CDEF. 又DF?平面CDEF，所以BG⊥DF，又BE⊥DF，BE∩BG＝B， 所以DF⊥平面BEG，DF⊥EG. 11分 注意到Rt△DEG∽R(shí)t△EFD，所以DE2＝DG·EF＝8，DE＝2， 所以VE-ABCD＝S梯形ABCD·ED＝4. 15分 8．如圖8-29，在多面體ABCDM中，△BCD是等邊三角形，△CMD是等腰直角三角形，∠CMD＝90°

17、，平面CMD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，點(diǎn)O為CD的中點(diǎn)，連接OM. 圖8-29 (1)求證：OM∥平面ABD； (2)若AB＝BC＝2，求三棱錐A-BDM的體積． [解]　(1)證明：∵△CMD是等腰直角三角形，∠CMD＝90°，點(diǎn)O為CD的中點(diǎn)，∴OM⊥CD. 1分 ∵平面CMD⊥平面BCD，平面CMD∩平面BCD＝CD，OM?平面CMD， ∴OM⊥平面BCD. 2分 ∵AB⊥平面BCD，∴OM∥AB. 3分 ∵AB?平面ABD，OM?平面ABD， ∴OM∥平面ABD. 4分 (2)法一：由(1)知OM∥平面ABD， ∴點(diǎn)M到平面A

18、BD的距離等于點(diǎn)O到平面ABD的距離. 5分 過(guò)點(diǎn)O作OH⊥BD，垂足為點(diǎn)H. ∵AB⊥平面BCD，OH?平面BCD，∴OH⊥AB.6分 ∵AB?平面ABD，BD?平面ABD，AB∩BD＝B，∴OH⊥平面ABD.7分 ∵AB＝BC＝2，△BCD是等邊三角形，∴BD＝2，OD＝1，OH＝OD·sin 60°＝. 9分 ∴V三棱錐A-BDM＝V三棱錐M-ABD ＝××AB·BD·OH ＝××2×2×＝. 11分 ∴三棱錐A-BDM的體積為. 12分 法二：由(1)知OM∥平面ABD，∴點(diǎn)M到平面ABD的距離等于點(diǎn)O到平面ABD的距離. 5分 ∵AB＝BC＝2，△BCD是等邊三角形，∴BD＝2，OD＝1. 6分 連接OB，則OB⊥CD，OB＝BD·sin 60°＝.7分 ∴V三棱錐A-BDM＝V三棱錐M-ABD＝V三棱錐O-ABD＝V三棱錐A-BDO ＝××OD·OB·AB ＝××1××2＝. 12分 ∴三棱錐A-BDM的體積為. 15分 精品數(shù)學(xué)高考復(fù)習(xí)資料 精品數(shù)學(xué)高考復(fù)習(xí)資料