《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)42 空間幾何體的表面積與體積 理（含解析）新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)42 空間幾何體的表面積與體積 理（含解析）新人教版（9頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)作業(yè)42　空間幾何體的表面積與體積 一、選擇題 1．(2019·合肥一檢)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示(其中正視圖的弧線為四分之一圓周)，則該幾何體的表面積為(　A　) A．72＋6π B．72＋4π C．48＋6π D．48＋4π 解析：由三視圖知，該幾何體由一個(gè)正方體的部分與一個(gè)圓柱的部分組合而成(如圖所示)，其表面積為16×2＋(16－4＋π)×2＋4×(2＋2＋π)＝72＋6π. 2．如圖是某四棱錐的三視圖，則該幾何體的表面積為(　A　) A．34＋6 B．6＋6＋4 C．6＋6＋4 D．17＋6 解析：由三視圖得該幾何體的直觀圖如圖，其

2、中，底面ABCD為矩形，AD＝6，AB＝2，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD為等腰三角形，且此四棱錐的高為4，故該幾何體的表面積等于6×2＋2××2×5＋×6×2＋×6×4＝34＋6. 3．(2018·全國卷Ⅰ)已知圓柱的上、下底面的中心分別為O1，O2，過直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，則該圓柱的表面積為(　B　) A．12π B．12π C．8π D．10π 解析：因?yàn)檫^直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，所以圓柱的高為2，底面圓的直徑為2，所以該圓柱的表面積為2×π×()2＋2π×2＝12π. 4．高為4的直三棱柱被削去

3、一部分后得到一個(gè)幾何體，它的直觀圖和三視圖中的側(cè)視圖、俯視圖如圖所示，則該幾何體的體積與原直三棱柱的體積的比值為(　C　) A.　　　　B. C.　　　　D. 解析：由側(cè)視圖、俯視圖知該幾何體是高為2、底面積為×2×(2＋4)＝6的四棱錐，其體積為4.易知直三棱柱的體積為8，則該幾何體的體積與原直三棱柱的體積的比值為. 5．(2019·石家莊質(zhì)量檢測)如圖，網(wǎng)格紙上的小正方形的邊長為1，粗線表示的是某三棱錐的三視圖，則該三棱錐的四個(gè)面中，最小面的面積是(　C　) A．2 B．2 C．2 D. 解析：在正方體中還原該幾何體，如圖中三棱錐D-ABC所示，其中正方體

4、的棱長為2，則S△ABC＝2，S△DBC＝2，S△ADB＝2，S△ADC＝2，故該三棱錐的四個(gè)面中，最小面的面積是2，故選C. 6．(2019·西安八校聯(lián)考)已知球的直徑SC＝4，A，B是該球球面上的兩點(diǎn)，∠ASC＝∠BSC＝30°，則棱錐S-ABC的體積最大為(　A　) A．2 B. C. D．2 解析：如圖，因?yàn)榍虻闹睆綖镾C，且SC＝4，∠ASC＝∠BSC＝30°，所以∠SAC＝∠SBC＝90°，AC＝BC＝2，SA＝SB＝2，所以S△SBC＝×2×2＝2，則當(dāng)點(diǎn)A到平面SBC的距離最大時(shí)，棱錐A-SBC即S-ABC的體積最大，此時(shí)平面SAC⊥平面SBC，點(diǎn)A到平面S

5、BC的距離為2sin30°＝，所以棱錐S-ABC的體積最大為×2×＝2，故選A. 7．(2019·南昌摸底調(diào)研)已知三棱錐P-ABC的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，△ABC滿足AB＝2，∠ACB＝90°，PA為球O的直徑且PA＝4，則點(diǎn)P到底面ABC的距離為(　B　) A. B．2 C. D．2 解析：取AB的中點(diǎn)O1，連接OO1，如圖，在△ABC中，AB＝2，∠ACB＝90°，所以△ABC所在小圓O1是以AB為直徑的圓，所以O(shè)1A＝，且OO1⊥AO1，又球O的直徑PA＝4，所以O(shè)A＝2，所以O(shè)O1＝＝，且OO1⊥底面ABC，所以點(diǎn)P到平面ABC的距離為2OO1＝2. 二、填

6、空題 8．某空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為20＋8. 解析：由三視圖可知該幾何體是底面為等腰直角三角形的直三棱柱，如圖． 則該幾何體的表面積為S＝2××2×2＋4×2×2＋2×4＝20＋8. 9.已知三棱錐的四個(gè)面都是腰長為2的等腰三角形，該三棱錐的正視圖如圖所示，則該三棱錐的體積是. 解析：由正視圖知三棱錐的形狀如圖所示，且AB＝AD＝BC＝CD＝2，BD＝2，設(shè)O為BD的中點(diǎn)，連接OA，OC，則OA⊥BD，OC⊥BD，結(jié)合正視圖可知AO⊥平面BCD. 又OC＝＝1，∴V三棱錐A-BCD＝××1＝. 10.(2018·天津卷)已知正方體ABCD

7、-A1B1C1D1的棱長為1，除面ABCD外，該正方體其余各面的中心分別為點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，M(如圖)，則四棱錐M-EFGH的體積為. 解析：連接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因?yàn)镋，H分別為AD1，CD1的中點(diǎn)，所以EH∥AC，EH＝AC，因?yàn)镕，G分別為B1A，B1C的中點(diǎn)，所以FG∥AC，F(xiàn)G＝AC，所以EH∥FG，EH＝FG，所以四邊形EHGF為平行四邊形，又EG＝HF，EH＝HG，所以四邊形EHGF為正方形，又點(diǎn)M到平面EHGF的距離為，所以四棱錐M-EFGH的體積為×()2×＝. 三、解答題 11．(2018·全國卷Ⅰ)如圖，在平行四邊形ABCM中，AB＝AC＝3

8、，∠ACM＝90°.以AC為折痕將△ACM折起，使點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)D的位置，且AB⊥DA. (1)證明：平面ACD⊥平面ABC； (2)Q為線段AD上一點(diǎn)，P為線段BC上一點(diǎn)，且BP＝DQ＝DA，求三棱錐Q-ABP的體積． 解：(1)證明：由已知可得，∠BAC＝90°，BA⊥AC. 又BA⊥AD，所以AB⊥平面ACD. 又AB?平面ABC， 所以平面ACD⊥平面ABC. (2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3. 又BP＝DQ＝DA，所以BP＝2. 作QE⊥AC，垂足為E，則QE綊DC. 由已知及(1)可得DC⊥平面ABC， 所以QE⊥平面ABC，QE＝1.

9、因此，三棱錐Q-ABP的體積為 VQ-ABP＝×QE×S△ABP ＝×1××3×2sin45°＝1. 12．(2019·南寧、柳州聯(lián)考)如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB⊥側(cè)面BB1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝60°. (1)求證：BC1⊥平面ABC； (2)E是棱CC1上的一點(diǎn)，若三棱錐E-ABC的體積為，求線段CE的長． 解：(1)證明：∵AB⊥平面BB1C1C，BC1?平面BB1C1C，∴AB⊥BC1， 在△CBC1中，BC＝1，CC1＝BB1＝2，∠BCC1＝60°， 由余弦定理得BC＝BC2＋CC－2BC·CC1·cos∠BCC1＝1

10、2＋22－2×1×2cos60°＝3，∴BC1＝， ∴BC2＋BC＝CC，∴BC⊥BC1， 又AB，BC?平面ABC，BC∩AB＝B， ∴BC1⊥平面ABC. (2)∵AB⊥平面BB1C1C， ∴VE-ABC＝VA-EBC＝S△BCE·AB ＝S△BCE·1＝， ∴S△BCE＝＝CE·(BC·sin)＝CE·， ∴CE＝1. 13．(2019·河北五名校聯(lián)考)如圖，在由邊長為1的小正方形組成的網(wǎng)格中畫出了某多面體的三視圖，則該多面體的外接球的表面積為(　D　) A．27π B．30π C．32π D．34π 解析：根據(jù)三視圖可知，此多面體為三棱錐A-BCD，

11、且側(cè)面ABC⊥底面BCD，△ABC與△BCD都為等腰三角形，如圖所示． 根據(jù)題意可知，三棱錐A-BCD的外接球的球心O位于過△BCD的外心O′，且垂直于底面BCD的垂線上，取BC的中點(diǎn)M′，連接AM′，DM′，OO′，O′B，易知O′在DM′上，過O作OM⊥AM′于點(diǎn)M，連接OA，OB，根據(jù)三視圖可知M′D＝4，BD＝CD＝2，故sin∠BCD＝，設(shè)△BCD的外接圓半徑為r，根據(jù)正弦定理可知，2r＝＝5，故BO′＝r＝，M′O′＝，設(shè)OO′＝x，該多面體的外接球半徑為R，在Rt△BOO′中，R2＝()2＋x2，在Rt△AMO中，R2＝()2＋(4－x)2，所以R＝，故該多面體的外接球的表

12、面積S＝4πR2＝34π.故選D. 14．(2019·石家莊質(zhì)量檢測)三棱錐S-ABC的各頂點(diǎn)都在同一球面上，若AB＝3，AC＝5，BC＝7，側(cè)面SAB為正三角形，且與底面ABC垂直，則此球的表面積等于. 解析：設(shè)△ABC外接圓的圓心為O1，△SAB外接圓的圓心為O2，過O1，O2分別作平面ABC，平面SAB的垂線交于點(diǎn)O，則O為球心． 在△ABC中，cos∠BAC＝＝－，∴∠BAC＝120°，設(shè)圓O1的半徑為r1，根據(jù)正弦定理，得2r1＝＝，∴r1＝. △SAB外接圓的圓心O2為正三角形SAB的中心，連接SO2交AB于點(diǎn)D，則O2D＝SD＝，且O2D＝OO1＝. 設(shè)外接球的半徑為R

13、，連接O1A，則R2＝O1A2＋OO＝＋＝，∴此球的表面積S＝4πR2＝. 15．如圖，在四棱錐E-ABCD中，△EAD為等邊三角形，底面ABCD為等腰梯形，滿足AB∥CD，AD＝DC＝AB，且AE⊥BD. (1)證明：平面EBD⊥平面EAD； (2)若△EAD的面積為，求點(diǎn)C到平面EBD的距離． 解：(1)證明：如圖，取AB的中點(diǎn)M，連接DM，則DM∥BC，∴DM＝AB， 即點(diǎn)D在以線段AB為直徑的圓上， ∴BD⊥AD，又AE⊥BD，且AE∩AD＝A， ∴BD⊥平面EAD. ∵BD?平面EBD， ∴平面EBD⊥平面EAD. (2)∵BD⊥平面EAD，且BD?平面ABCD， ∴平面ABCD⊥平面EAD. ∵等邊△EAD的面積為， ∴AD＝AE＝ED＝2， 取AD的中點(diǎn)O，連接EO， 則EO⊥AD，EO＝， ∵平面EAD⊥平面ABCD，平面EAD∩平面ABCD＝AD， ∴EO⊥平面ABCD. 由(1)知△ABD，△EBD都是直角三角形， ∴BD＝＝2， ∴S△EBD＝ED·BD＝2， S△BCD＝BC·CDsin120°＝. 設(shè)點(diǎn)C到平面EBD的距離為h，由VC-EBD＝VE-BCD，得S△EBD·h＝S△BCD·EO，解得h＝. ∴點(diǎn)C到平面EBD的距離為. 9