《课堂新坐标》2018版高考数学(人教A版理)一轮复习第7章立体几何第2节课时分层训练39Word版含解析

课时分层训练(三十九) 空间几何体的表面积与体积
A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)
一、选择题
1．(2014·全国卷Ⅱ)正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥A -B 1DC 1的体积为( )
A ．3 B.3
2 C ．1
D.32
C [在正△ABC 中，
D 为BC 中点， 则有AD ＝3
2AB ＝3， S △DB 1C 1＝1
2×2×3＝ 3.
又∵平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ，AD ⊥BC ，AD ⊂平面ABC ，∴AD ⊥平面BB 1C 1C ，即AD 为三棱锥A -B 1DC 1底面上的高．
∴V 三棱锥A -B 1DC 1＝13S △DB 1C 1·AD ＝1
3×3×3＝1.]
2．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( )
【导学号：01772246】
A.32π
3
B.4π
3D [依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径，可设球半径为R ，则2R ＝12＋12＋(2)2＝2，解得R ＝1，所以V ＝4π3R 3＝4π
3.]
3．(2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图7-2-8所示，则该几何体的体积为( )
图7-2-8
A.13＋23π
B.13＋23π
C.13＋26
π D.1＋
26
π C [由三视图知，该四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝1
3＋26
π.故选C.]
4．某几何体的三视图如图7-2-9所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是( )
图7-2-9
【导学号：01772247】
2
C.3
2 D.3
D[由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，且S底＝1
2×(1＋2)×2
＝3，
∴V＝1
3x·3＝3，解得x＝3.]
5．(2016·江南名校联考)一个四面体的三视图如图7-2-10所示，则该四面体的表面积是()
图7-2-10
A．1＋ 3 B.2＋ 3
C．1＋2 2 D.2 2
B[四面体的直观图如图所示．
侧面SAC⊥底面ABC，且△SAC与△ABC均为腰长是2的等腰直角三角形，SA＝SC＝AB＝BC＝2，AC＝2.
设AC的中点为O，连接SO，BO，则SO⊥AC，
∴SO⊥平面ABC，∴SO⊥BO.
又OS＝OB＝1，∴SB＝2，
故△SAB与△SBC均是边长为2的正三角形，故该四面体的表面积为2×1 2
×2×2＋2×3
4×(2)2＝2＋ 3.]
二、填空题
6．现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为______．
【导学号：01772248】
7 [设新的底面半径为r ，由题意得
13×π×52×4＋π×22×8＝13×π×r 2×4＋π×r 2
×8， ∴r 2＝7，∴r ＝7.]
7．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．
12 [设正六棱锥的高为h ，棱锥的斜高为h ′. 由题意，得13×6×1
2×2×3×h ＝23，∴h ＝1， ∴斜高h ′＝12＋(3)2＝2，∴S 侧＝6×1
2
×2×2＝12.]
8．某几何体的三视图如图7-2-11所示，则该几何体的体积为________．
图7-2-11
1
3＋π [由三视图可知该几何体是由一个半圆柱和一个三棱锥组成的．由题图中数据可得三棱锥的体积V 1＝13×12×2×1×1＝13，半圆柱的体积V 2＝1
2×π×12×2＝π，∴V ＝1
3＋π.]
三、解答题
9．如图7-2-12，在三棱锥D -ABC 中，已知BC ⊥AD ，BC ＝2，AD ＝6，AB ＋BD ＝AC ＋CD ＝10，求三棱锥D -ABC 的体积的最大值．
图7-2-12
[解] 由题意知，线段AB ＋BD 与线段AC ＋CD 的长度是定值，∵棱AD 与棱BC 相互垂直，设d 为AD 到BC 的距离，4分
则V D -ABC ＝AD ·BC ×d ×12×1
3＝2d ， 当d 最大时，V D -ABC 体积最大.8分 ∵AB ＋BD ＝AC ＋CD ＝10， ∴当AB ＝BD ＝AC ＝CD ＝5时， d 有最大值42－1＝15. 此时V ＝215.12分
10．四面体ABCD 及其三视图如图7-2-13所示，平行于棱AD ，BC 的平面分别交四面体的棱AB ，BD ，DC ，CA 于点E ，F ，G ，H .
图7-2-13
(1)求四面体ABCD 的体积； (2)证明：四边形EFGH 是矩形．
[解] (1)由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1，
∴AD ⊥平面BDC ，3分
∴四面体ABCD 的体积V ＝13×12×2×2×1＝2
3.5分
(2)证明：∵BC ∥平面EFGH ，平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ，平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ，8分
∴BC ∥FG ，BC ∥EH ，∴FG ∥EH . 同理EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG ， ∴四边形EFGH 是平行四边形．
又∵AD ⊥平面BDC ，∴AD ⊥BC ，∴EF ⊥FG . ∴四边形EFGH 是矩形.12分
B 组 能力提升 (建议用时：15分钟)
1．(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图7-2-14所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )
图7-2-14
A ．1 B.2 C.4
D.8
B [如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆
柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝1
2×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B.]
2．已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ∶HB ＝1∶2，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为________．
9
2π [如图，设球O 的半径为R ，则由AH ∶HB ＝1∶2得 HA ＝13·2R ＝23R ， ∴OH ＝R 3
.
∵截面面积为π＝π·(HM )2， ∴HM ＝1.
在Rt △HMO 中，OM 2＝OH 2＋HM 2， ∴R 2＝19R 2＋HM 2＝1
9R 2＋1， ∴R ＝324，
∴S 球＝4πR 2＝4π·
⎝ ⎛⎭⎪⎫3242＝92
π.] 3．(2016·全国卷Ⅰ)如图7-2-15，已知正三棱锥P -ABC 的侧面是直角三角形，P A ＝6，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面P AB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G .
图7-2-15
(1)证明：G是AB的中点；
(2)在图中作出点E在平面P AC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积．
[解](1)证明：因为P在平面ABC内的正投影为D，
所以AB⊥PD.
因为D在平面P AB内的正投影为E，所以AB⊥DE.3分
因为PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PED，故AB⊥PG.
又由已知可得，P A＝PB，所以G是AB的中点.5分
(2)在平面P AB内，过点E作PB的平行线交P A于点F，F即为E在平面P AC 内的正投影.7分
理由如下：由已知可得PB⊥P A，PB⊥PC，又EF∥PB，所以EF⊥P A，EF ⊥PC.又P A∩PC＝P，因此EF⊥平面P AC，即点F为E在平面P AC内的正投影．连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的
中心．由(1)知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CD＝2
3CG.10分
由题设可得PC⊥平面P AB，DE⊥平面P AB，所以DE∥PC，因此PE＝2
3PG，
DE＝1
3PC.
由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且P A＝6，可得DE＝2，PE＝2 2. 在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2，
所以四面体PDEF的体积V＝1
3×
1
2×2×2×2＝
4
3.12分。