2021年高考数学一轮复习第八章立体几何第二节空间几何体的表面积和体积夯基提能作业本文

2021年高考数学一轮复习第八章立体几何第二节空间几何体的表面积和体积夯基提

能作业本文

1.如图,一个空间几何体的正视图、侧视图、俯视图均为全等的等腰直角三角形,如果直角三角形的直角边长为1,那么这个几何体的体积为( )

A.1

B.

C.

D.

2.圆柱的底面积为S,侧面展开图是一个正方形,那么圆柱的侧面积是( )

A.4πS

B.2πS

C.πS

D.πS

3.(xx课标全国Ⅰ,7,5分)某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为( )

A.10

B.12

C.14

D.16

4.如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是,则它的表面积是( )

A.17π

B.18π

C.20π

D.28π

5.(xx云南昆明模拟)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为( )

A.12

B.18

C.24

D.30

6.一个由半球和四棱锥组成的几何体,其三视图如图所示,则该几何体的体积为.

7.已知圆锥的侧面积为a m2,且它的侧面展开图为半圆,则圆锥的体积为m3.

8.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,则新的底面半径是多少?

9.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为线段AA1,B1C上的点,则三棱锥D1-EDF的体积是多少?

B组提升题组

1.(xx沈阳质量检测(一))已知S,A,B,C是球O表面上的不同点,SA⊥平面ABC,AB⊥BC,AB=1,BC=,若球O 的表面积为4π,则SA=( )

A. B.1 C. D.

2.(xx福建福州综合质量检测)已知三棱锥P-ABC的四个顶点均在某球面上,PC为该球的直径,△ABC是边长为4的等边三角形,三棱锥P-ABC的体积为,则此三棱锥的外接球的表面积为( )

A. B. C. D.

3.如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=

4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.

(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);

(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.

4.(xx课标全国Ⅱ,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面

ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°.

(1)证明:直线BC∥平面PAD;

(2)若△PCD的面积为2,求四棱锥P-ABCD的体积.

答案精解精析

A组基础题组

1.D 由三视图可知,该几何体为三棱锥,V=Sh=××1×1×1=.故选D.

2.A 由πr2=S得圆柱的底面半径是,

故侧面展开图的边长为2π·=2,所以圆柱的侧面积是4πS,故选A.

3.B 由多面体的三视图还原直观图如图.

该几何体由上方的三棱锥A-BCE和下方的三棱柱BCE-B1C1A1构成,其中CC1A1A和BB1A1A是梯形,则梯形的面积之和为2×=12.故选B.

4.A 由三视图可知,该几何体是一个球被截去后剩下的部分,设球的半径为R,则该几何体的体积为

×πR3,即π=×πR3,解得R=2.故其表面积为×4π×22+3××π×22=17π.选A.

5.C 由三视图知,该几何体是直三棱柱削去一个同底的三棱锥,其中三棱柱的高为5,削去的三棱锥的高为3,三棱锥与三棱柱的底面均为两直角边分别为3和4的直角三角形,所以该几何体的体积为

×3×4×5-××3×4×3=24.故选C.

6.答案+π

解析由三视图可知四棱锥为正四棱锥,底面正方形的边长为1,四棱锥的高为1,球的直径为正四棱锥底面正方形的外接圆的直径,所以球的直径2R=,则R=,所以半球的体积为πR3=π,又正四棱锥的体积为

×12×1=,所以该几何体的体积为+π.

7.答案

解析圆锥的直观图与侧面展开图如图所示.

设圆锥的底面半径为r,母线为l,

则πrl=a,①

2πr=πl,②

联立①②解得r=,l=2,

所以OO1==·,

所以圆锥的体积V=πr2·OO1=π··==.

8.解析原两个几何体的总体积V=×π×52×4+π×22×8=π.由题意知新圆锥的高为4,新圆柱的高为8,且它们的底面半径相同,可设两几何体的底面半径均为r(r>0),则×π×r2×4+π×r2×8=π,解得

r2=7,从而r=.

9.解析三棱锥D1-EDF的体积即为三棱锥F-DD1E的体积.因为E,F分别为AA1,B1C上的点,所以在正方体ABCD-A1B1C1D1中,△EDD1的面积为定值,所以==××1=.

B组提升题组

1.B 根据已知把S-ABC补成如图所示的长方体.因为球O的表面积为4π,所以球O的半径R=1,2R==2,解得SA=1,故选B.

2.D 依题意,记三棱锥P-ABC的外接球的球心为O,半径为R,点P到平面ABC的距离为h,则由

V P-ABC=S△ABC h=××h=得h=.又PC为球O的直径,因此球心O到平面ABC的距离等于h=.又正△ABC的外接圆半径为r==,因此R2=r2+=,三棱锥P-ABC的外接球的表面积等于4πR2=π.故选D.

3.解析(1)交线围成的正方形EHGF如图:

(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8.

因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.

于是MH==6,AH=10,HB=6.

因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱,所以其体积的比值为.

4.解析(1)证明:在平面ABCD内,因为∠BAD=∠ABC=90°,所以BC∥AD.又BC⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,故BC∥平面PAD.

(2)取AD的中点M,连接PM,CM.由AB=BC=AD及BC∥AD,∠ABC=90°得四边形ABCM为正方形,则CM⊥AD.

因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PM⊥AD,PM⊥底面ABCD. 因为CM⊂底面ABCD,所以PM⊥CM.

设BC=x,则CM=x,CD=x,PM=x,PC=PD=2x.

取CD的中点N,连接PN,

则PN⊥CD,所以PN=x.

因为△PCD的面积为2,

所以×x×x=2,