《2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何 課堂達(dá)標(biāo)35 空間幾何體的表面積與體積 文 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何 課堂達(dá)標(biāo)35 空間幾何體的表面積與體積 文 新人教版（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何 課堂達(dá)標(biāo)35 空間幾何體的表面積與體積 文 新人教版 1．(2017·浙江)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積(單位：cm3)是(　　) A.＋1　 B.＋3　　　 C.＋1　　 D.＋3 [解析]　V＝×3×＝＋1，選A. [答案]　A 2．(2018·山西省高三考前質(zhì)量檢測)某幾何體的三視圖如圖所示，若該幾何體的體積為3，則側(cè)視圖中線段的長度x的值是(　　) A. B．2 C．4 D．5 [解析]　分析題意可知，該幾何體為如圖 所示的四棱錐P-ABCD，故其體積V＝××4×CP＝3，

2、 ∴CP＝，∴x＝＝4，故選C. [答案]　C 3．(2017·課標(biāo)Ⅲ)已知圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，則該圓柱的體積為(　　) A．π B. C. D. [解析]　繪制圓柱的軸截面如圖所示， 由題意可得：AC＝1，AB＝，結(jié)合勾股定理，底面半徑r＝＝， 由圓柱的體積公式可得：圓柱的體積是V＝πr2h＝π×2×1＝π，故選B. [答案]　B 4．(2018·青島二模)已知三棱錐D-ABC中，AB＝BC＝1，AD＝2，BD＝，AC＝，BC⊥AD，則該三棱錐的外接球的表面積為(　　) A.π B．6π C．5π D．8π [

3、解析]　∵由勾股定理易知DA⊥BC，AB⊥BC，∴BC⊥平面DAB，∴CD＝＝.∴AC2＋AD2＝CD2.∴DA⊥AC.取CD的中點O，由直角三角形的性質(zhì)知O到點A，B，C，D的距離均為，其即為三棱錐的外接球球心．故三棱錐的外接球的表面積為4π2＝6π. [答案]　B 5．某三棱錐的三視圖如圖所示，該三棱錐的表面積是(　　) A．28＋6 B．30＋6 C．56＋12 D．60＋12 [解析]　 由幾何體的三視圖可知，該三棱錐的直觀圖如圖所示， 其中AE⊥平面BCD，CD⊥BD，且CD＝4，BD＝5，BE＝2，ED＝3，AE＝4. ∵AE＝4，ED＝3，∴

4、AD＝5. 又CD⊥BD，CD⊥AE， 則CD⊥平面ABD，故CD⊥AD， 所以AC＝且S△ACD＝10. 在Rt△ABE中，AE＝4，BE＝2，故AB＝2. 在Rt△BCD中，BD＝5，CD＝4， 故S△BCD＝10，且BC＝. 在△ABD中，AE＝4，BD＝5，故S△ABD＝10. 在△ABC中，AB＝2，BC＝AC＝， 則AB邊上的高h(yuǎn)＝6，故S△ABC＝×2×6＝6.因此，該三棱錐的表面積為S＝30＋6. [答案]　B 6．如圖，已知球O是棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的內(nèi)切球，則平面ACD1截球O的截面面積為(　　) A.π B. C.

5、D.π [解析]　平面ACD1截球O的截面為△ACD1的內(nèi)切圓．因為正方體的棱長為1，所以AC＝CD1＝AD1＝，所以內(nèi)切圓的半徑r＝×tan 30°＝，所以S＝πr2＝π×＝π. [答案]　C 7．有一根長為3π cm，底面直徑為2 cm的圓柱形鐵管，用一段鐵絲在鐵管上纏繞2圈，并使鐵絲的兩個端點落在圓柱的同一母線的兩端，則鐵絲的最短長度為______ cm. [解析]　把圓柱側(cè)面及纏繞其上的鐵絲展開，在平面上得到矩形ABCD(如圖)， 由題意知BC＝3π cm，AB＝4π cm，點A與點C分別是鐵絲的起、止位置，故線段AC的長度即為鐵絲的最短長度．AC＝＝5π(cm)，

6、故鐵絲的最短長度為5π cm. [答案]　5π 8．(2017·江蘇)如圖，在圓柱O1，O2內(nèi)有一個球O，該球與圓柱的上、下面及母線均相切．記圓柱O1，O2的體積為V1，球O的體積為V2，則的值是______． [解析]　設(shè)球半徑為r，則＝＝，故答案為. [答案]　 9．(2018·遼寧省沈陽二中期中)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱A1A和B1B上各有一個動點P，Q，且滿足A1P＝BQ，M是棱CA上的動點，則的最大值是______． [解析]　設(shè)三棱柱ABC-A1B1C1的體積為V ∵側(cè)棱AA1和BB1上各有一動點P，Q滿足A1P＝BQ， ∴四邊形PQBA與四

7、邊形PQB1A1的面積相等， ∵M(jìn)是棱CA上的動點， ∴M是C時，最大 又四棱椎M－PQBA的體積等于三棱錐C－ABA1的體積等于V，∴的最大值是＝. [答案]　 10.如圖，在三棱錐D-ABC中，已知BC⊥AD，BC＝2，AD＝6，AB＋BD＝AC＋CD＝10，求三棱錐D-ABC的體積的最大值． [解]　由題意知，線段AB＋BD與線段AC＋CD的長度是定值，因為棱AD與棱BC相互垂直． 設(shè)d為AD到BC的距離． 則VD-ABC＝AD·BC×d××＝2d，當(dāng)d最大時，VD-ABC體積最大，∵AB＋BD＝AC＋CD＝10，∴當(dāng)AB＝BD＝AC＝CD＝5時，d有最大值＝.此

8、時V＝2. [B能力提升練] 1．(2018·太原一模)如圖，平面四邊形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD，將其沿對角線BD折成四面體A′-BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，若四面體A′-BCD的頂點在同一個球面上，則該球的表面積為(　　) A．3π B.π C．4π D.π [解析]　由圖示可得BD＝A′C＝，BC＝，△DBC與△A′BC都是以BC為斜邊的直角三角形，由此可得BC中點到四個點A′，B，C，D的距離相等，即該三棱錐的外接球的直徑為，所以該外接球的表面積S＝4π×2＝3π. [答案]　A 2．(2018·寧夏銀川市興慶區(qū)長慶高中一模試卷

9、)如圖，網(wǎng)格紙上正方形小格的邊長為1，圖中粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為(　　) A. B. C. D．4 [解析]　如圖所示，由三視圖可知該幾何體為： 四棱錐P-ABCD.連接BD. 其體積V＝VB-PAD＋VB-PCD＝ ××1×2×2＋××1×2×2＝. [答案]　B 3．如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1 的棱長為，以頂點A為球心，2為半徑作為一個球，則圖中球面與正方體的表面相交所得到的兩段弧長之和為______． [解析]　由題意，圖中弧為過球心的平面與球面相交所得大圓的一段弧，因為∠A1AE＝∠BAF＝，所以∠EAF＝，由弧

10、長公式知弧的長為2×＝.弧為不過球心的平面與球面相交所得小圓的一段弧，其圓心為B，因為球心到平面BCC1B1的距離d＝，球的半徑R＝2，所以小圓的半徑r＝＝1，又∠GBF＝，所以弧的長為1×＝.故兩段弧長之和為. [答案]　π 4．(2016·浙江)如圖，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°.若平面ABC外的點P和線段AC上的點D，滿足PD＝DA，PB＝BA，則四面體PBCD的體積的最大值是______． [解析]　設(shè)PD＝DA＝x， 在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°， ∴AC＝ ＝＝2， ∴CD＝2－x，且∠ACB＝(180°－120°)＝30°

11、， ∴S△BCD＝BC·DC·sin∠ACB＝×2×(2－x)×＝(2－x)． 要使四面體體積最大，當(dāng)且僅當(dāng)點P到平面BCD的距離最大，而P到平面BCD的最大距離為x. 則V四面體PBCD＝×(2－x)x＝[－(x－)2＋3]，由于0

12、C與NC的長； (3)三棱錐C-MNP的體積． [解]　(1)該三棱柱的側(cè)面展開圖為一邊長分別為4和9的矩形，故對角線長為＝. (2)將該三棱柱的側(cè)面沿棱BB′展開，如下圖， 設(shè)PC＝x，則MP2＝MA2＋(AC＋x)2. ∵M(jìn)P＝，MA＝2，AC＝3， ∴x＝2，即PC＝2.又∵NC∥AM，故＝，即＝.∴NC＝. (3)S△PCN＝×CP×CN＝×2×＝. 在三棱錐M-PCN中，M到面PCN的距離， 即h＝×3＝. ∴VC-MNP＝VM-PCN＝·h·S△PCN ＝××＝. [C尖子生專練] 如圖所示，從三棱錐P-ABC的頂點P沿著三條側(cè)棱PA，PB，PC剪開成

13、平面圖形得到△P1P2P3，且P2P1＝P2P3. (1)在三棱錐P-ABC中，求證：PA⊥BC； (2)若P1P2＝26，P1P3＝20，求三棱錐P-ABC的體積． [解]　(1)證明：由題設(shè)知A，B，C分別是P1P3，P1P2，P2P3的中點，且P2P1＝P2P3，從而PB＝PC，AB＝AC，取BC的中點D，連接AD，PD(圖略)，則AD⊥BC，PD⊥BC，又AD∩PD＝D，∴BC⊥平面PAD.又PA?平面PAD，故PA⊥BC. (2)由題設(shè)有AB＝AC＝P1P2＝13，PA＝P1A＝BC＝10，PB＝PC＝P1B＝13，∴AD＝PD＝＝12，在等腰三角形DPA中， 底邊PA上的高h(yuǎn)＝＝， ∴S△DPA＝PA·h＝5. 又BC⊥平面PAD，∴VP-ABC＝VB－PDA＋VC－PDA ＝BD·S△DPA＋DC·S△PDA ＝BC·S△PDA＝×10×5 ＝.