2020届二轮复习(文)空间几何体的表面积、体积及有关量的计算作业

2020届二轮复习(文)空间几何体的表面积、体积及有关量的计算作业

专题限时集训(七)　空间几何体的表面积、体积及有关量的计算 ‎[专题通关练]‎ ‎(建议用时：30分钟)‎ ‎1．(2019·大连模拟)三棱柱ABCA1B‎1C1的体积为6，点M在棱CC1上，则四棱锥MABB‎1A1的体积为(　　)‎ A．4　　 B．1‎ C．2 D．不能确定 A　[∵三棱锥ABCA1B‎1C1的体积为6，点M在棱CC1上，‎ ‎∴四棱锥MABB‎1A1的体积为：‎ VMABB‎1A1＝VC1ABB‎1A1＝VABCA1B‎1C1VC1ABC ‎＝VABCA1B‎1C1－×VABCA1B‎1C1＝6－×6＝4.故选A.]‎ ‎2．(2019·河北模拟)若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)‎ A．240　　　B．‎264　‎　　C．274　　　D．282‎ B　[几何体是以俯视图为底面的五棱柱，底面看作是边长为6的正方形与一个直角三角形所组成，如图：‎ 则该几何体的表面积为：(10＋6＋6＋3＋5)×6＋2×6×6＋3×4＝264.故选B.]‎ ‎3．如图，在棱柱ABCA1B‎1C1的侧棱A‎1A和B1B上各有一动点P，Q，满足A1P＝BQ，过P，Q，C三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为(　　)‎ A．3∶1‎ B．2∶1‎ C．4∶1‎ D.∶1‎ B　[将P，Q置于特殊位置：P→A1，Q→B，此时仍满足条件A1P＝BQ(＝0)，则有VCAA1B＝VA1ABC＝.故过P，Q，C三点的截面把棱柱分成的两部分的体积之比为2∶1(或1∶2)．]‎ ‎4．(2019·南宁一模)已知球的半径为4，球面被互相垂直的两个平面所截，得到的两个圆的公共弦长为2.若球心到这两个平面的距离相等，则这两个圆的半径之和为(　　)‎ A．4 B．‎6 C．8 D．10‎ B　[如图所示，设两圆的圆心为O1、O2，球心为O，公共弦为AB，中点为E，因为圆心到这两个平面的距离相等，‎ 则OO1EO2为正方形，两圆半径相等，设两圆半径为r，|OO1|＝，|OE|＝，‎ 又|OE|2＋|AE|2＝|OA|2，即32－2r2＋2＝16，则r2＝9，r＝3，所以，这两个圆的半径之和为6，‎ 故选B.]‎ ‎5．(2019·遂宁模拟)《九章算术》卷五商功中有如下描述：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈．意思为：今有底面为矩形的屋脊状的几何体，下底面宽3丈，长4丈，上棱长2丈，高1丈．现有一刍甍，其三视图如图所示，设网格纸上每个小正方形的边长为2丈，那么该刍甍的体积为(　　)‎ A．5立方丈 B．20立方丈 C．40立方丈 D．80立方丈 C　[由三视图知：几何体是直三棱柱消去两个相同的三棱锥后余下的部分，如图：‎ 直三棱柱的侧棱长为8，底面三角形的底边长为6，底边上的高为2，消去的三棱锥的高为2，‎ ‎∴几何体的体积V＝×6×2×8－2×××6×2×2＝40.‎ 故选C]‎ ‎6．(2019·常州模拟)用一个边长为2R的正方形卷成一个圆柱的侧面，再用一个半径为R的半圆卷成一个圆锥的侧面，则该圆柱与圆锥的体积之比为________．‎ 　[设圆锥底面圆的半径为r，高为h，则2πr＝πR，∴r＝ ‎∵R2＝r2＋h2，∴h＝R，‎ ‎∴V＝×π×2×R＝πR3；‎ 用一个边长为2R的正方形卷成一个圆柱的侧面，圆柱的体积为：2π×2R＝R3.‎ 则该圆柱与圆锥的体积之比为：＝.]‎ ‎7．在棱长为1的正方体ABCDA1B‎1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内(包括边)的动点，且A‎1F∥平面D1AE，沿A‎1F将点B1所在的几何体削去，则剩余几何体的体积为________．‎ 　[分别取B1B，B‎1C1的中点M，N，连接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内的相交直线，∴平面A1MN∥平面D1AE，由此结合A‎1F∥平面D1AE，可得直线A‎1F⊂平面A1MN，即点F的轨迹是线段MN，‎ ‎∴VB1A1MN＝××1××＝，‎ ‎∴将点B1所在的几何体削去，剩余几何体的体积为1－＝.]‎ ‎8．(2019·徐州模拟)已知一张矩形白纸ABCD，AB＝10，AD＝10，E，F分别为AD，BC的中点，现分别将△ABE，△CDF沿BE，DF折起，使A，C重合于点P，则三棱锥PDEF的外接球的表面积为________．‎ ‎150π　[折叠后由于三角形DEF与DPF均为直角三角形，且DF为公共斜边，‎ 故DF即为外接球直径，‎ 易得DF＝5，‎ 故外接球表面积为4π×2＝150π.]‎ ‎[能力提升练]‎ ‎(建议用时：15分钟)‎ ‎9．如图，正三棱柱ABCA1B‎1C1中BC＝2，CC1＝2，点P在平面ABB‎1A1中，且PA1＝PB1＝ ‎(1)求证：PC1⊥AB；‎ ‎(2)求三棱锥PA1B‎1C的体积．‎ ‎[解]　(1)证明：设A1B1的中点为D，连接PD与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为正三角形，边长为2，PA1＝PB1＝.‎ ‎∴VPA1B‎1C＝VCPA1B1＝VC1PA1B1＝××2×1×＝.‎ ‎10．如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是边长为8的菱形，∠BAD＝60°，△PBD是等边三角形，O为BD的中点，cos∠POC＝.‎ ‎(1)求证：BD⊥PC；‎ ‎(2)求四棱锥PABCD的体积．‎ ‎[解]　(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，且AC与BD互相平分，‎ 又∵PB＝PD，O为BD的中点，∴BD⊥PO，‎ 又PO∩AC＝O，∴BD⊥平面PAC，‎ ‎∵PC⊂平面PAC，∴BD⊥PC；‎ ‎(2)过点P作PE⊥OC，交点为E，‎ ‎∵BD⊥平面PAC，∴BD⊥PE，‎ 又∵OC∩BD＝O，∴PE⊥平面ABCD，‎ ‎∵∠BAD＝60°，∴△ABD与△PBD都是边长为8的等边三角形，‎ ‎∴OP＝4，‎ ‎∵cos∠POE＝，∴sin∠POE＝，则PE＝.‎ ‎∵S四边形ABCD＝×AC×BD＝×8×8＝32，‎ ‎∴VPABCD＝×PE×S四边形ABCD＝×32×＝.‎ 题号 内容 押题依据 ‎1‎ 数学文化、四面体的内切球、数值问题 球的体积问题是高考热点之一，常结合锥体、柱体综合考查内切球、外接球的性质．本题以数学文化为背景考查了四面体的内切球问题；考查考生的直观想象和数学运算的核心素养 ‎2‎ 四棱锥的体积，线面平行的判定 本题突破常规，以水平放置的四棱锥为载体，考查线面平行的证明和求四棱锥的体积，渗透直观想象和逻辑推理等核心素养 ‎【押题1】　我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．在封闭的鳖臑PABC内有一个体积为V的球，若PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝1，则V的最大值是(　　)‎ A.π　 B. C.π D. C　[球与三棱锥的四个面均相切时球的体积最大，‎ 设此时球的半径为R，则V三棱锥PABC＝·R·(S△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋SPBC)，‎ 即××1×1×1＝×R×，解得R＝.‎ 所以球的体积V的最大值为π3＝π.故选C.]‎ ‎【押题2】　如图，在四棱锥BACED中，AD⊥平面ABC，AB⊥AC，AD∥CE，AB＝AC＝AD＝CE，F是BE上一点，且满足BF＝2FE.‎ ‎(1)证明：DF∥平面ABC；‎ ‎(2)若AB＝2，求四棱锥FACED的体积．‎ ‎[解]　(1)证明：在线段BC上取一点G，使BG＝2GC，连接AG，FG(图略)．‎ 因为BF＝2FE，BG＝2GC，所以＝＝2，所以FG∥CE且FG＝CE.‎ 又AD＝CE，AD∥CE，所以FG＝AD，且FG∥AD.‎ 所以四边形ADFG是平行四边形，所以DF∥AG.‎ 又DF⊄平面ABC，AG⊂平面ABC，所以DF∥平面ABC.‎ ‎(2)因为AB＝AC＝AD＝CE，AB＝2，所以AD＝AC＝2，CE＝3.‎ 因为AD⊥平面ABC，所以AD⊥AB，AD⊥AC.‎ 又AD∥CE，且AD≠CE，所以四边形ACED是直角梯形．‎ 所以S梯形ACED＝＝＝5.‎ 因为AB⊥AC，AD⊥AB，AC∩AD＝A，所以AB⊥平面ACED，‎ 所以点B到平面ACED的距离为AB＝2，因为BF＝2FE，所以＝，‎ 所以点F到平面ACED的距离d＝AB＝.‎ 所以V四棱锥FACED＝S梯形ACED·d＝×5×＝.‎