《2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)7 空間幾何體的表面積、體積及有關(guān)量的計算 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)7 空間幾何體的表面積、體積及有關(guān)量的計算 文（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題限時集訓(xùn)(七) 空間幾何體的表面積、體積及有關(guān)量的計算
[專題通關(guān)練]
(建議用時：30分鐘)
1．(2019·大連模擬)三棱柱ABC-A1B1C1的體積為6，點M在棱CC1上，則四棱錐M-ABB1A1的體積為( )
A．4 B．1
C．2 D．不能確定
A [∵三棱錐ABC-A1B1C1的體積為6，點M在棱CC1上，
∴四棱錐M-ABB1A1的體積為：
VM-ABB1A1＝VC1-ABB1A1＝VABC-A1B1C1-VC1-ABC
＝VABC-A1B1C1－×VABC-A1B1C1＝6－×6＝4.故選A.]
2．(2019·河北模擬)若某幾何體的三視圖
2、如圖所示，則該幾何體的表面積為( )
A．240 B．264 C．274 D．282
B [幾何體是以俯視圖為底面的五棱柱，底面看作是邊長為6的正方形與一個直角三角形所組成，如圖：
則該幾何體的表面積為：(10＋6＋6＋3＋5)×6＋2×6×6＋3×4＝264.故選B.]
3．如圖，在棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱A1A和B1B上各有一動點P，Q，滿足A1P＝BQ，過P，Q，C三點的截面把棱柱分成兩部分，則其體積之比為( )
A．3∶1
B．2∶1
C．4∶1
D.∶1
B [將P，Q置于特殊位置：P→A1，Q→B，此時仍滿足條件A1P＝BQ(＝0
3、)，則有VC-AA1B＝VA1-ABC＝.故過P，Q，C三點的截面把棱柱分成的兩部分的體積之比為2∶1(或1∶2)．]
4．(2019·南寧一模)已知球的半徑為4，球面被互相垂直的兩個平面所截，得到的兩個圓的公共弦長為2.若球心到這兩個平面的距離相等，則這兩個圓的半徑之和為( )
A．4 B．6 C．8 D．10
B [如圖所示，設(shè)兩圓的圓心為O1、O2，球心為O，公共弦為AB，中點為E，因為圓心到這兩個平面的距離相等，
則OO1EO2為正方形，兩圓半徑相等，設(shè)兩圓半徑為r，|OO1|＝，|OE|＝，
又|OE|2＋|AE|2＝|OA|2，即32－2r2＋2＝16，則r2＝9
4、，r＝3，所以，這兩個圓的半徑之和為6，
故選B.]
5．(2019·遂寧模擬)《九章算術(shù)》卷五商功中有如下描述：今有芻甍，下廣三丈，袤四丈，上袤二丈，無廣，高一丈．意思為：今有底面為矩形的屋脊狀的幾何體，下底面寬3丈，長4丈，上棱長2丈，高1丈．現(xiàn)有一芻甍，其三視圖如圖所示，設(shè)網(wǎng)格紙上每個小正方形的邊長為2丈，那么該芻甍的體積為( )
A．5立方丈 B．20立方丈
C．40立方丈 D．80立方丈
C [由三視圖知：幾何體是直三棱柱消去兩個相同的三棱錐后余下的部分，如圖：
直三棱柱的側(cè)棱長為8，底面三角形的底邊長為6，底邊上的高為2，消去的三棱錐的高為2，
∴幾
5、何體的體積V＝×6×2×8－2×××6×2×2＝40.
故選C]
6．(2019·常州模擬)用一個邊長為2R的正方形卷成一個圓柱的側(cè)面，再用一個半徑為R的半圓卷成一個圓錐的側(cè)面，則該圓柱與圓錐的體積之比為________．
[設(shè)圓錐底面圓的半徑為r，高為h，則2πr＝πR，∴r＝
∵R2＝r2＋h2，∴h＝R，
∴V＝×π×2×R＝πR3；
用一個邊長為2R的正方形卷成一個圓柱的側(cè)面，圓柱的體積為：2π×2R＝R3.
則該圓柱與圓錐的體積之比為：＝.]
7．在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中點，F(xiàn)是側(cè)面BCC1B1內(nèi)(包括邊)的動點，且A1F
6、∥平面D1AE，沿A1F將點B1所在的幾何體削去，則剩余幾何體的體積為________．
[分別取B1B，B1C1的中點M，N，連接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內(nèi)的相交直線，∴平面A1MN∥平面D1AE，由此結(jié)合A1F∥平面D1AE，可得直線A1F?平面A1MN，即點F的軌跡是線段MN，
∴VB1-A1MN＝××1××＝，
∴將點B1所在的幾何體削去，剩余幾何體的體積為1－＝.]
8．(2019·徐州模擬)已知一張矩形白紙ABCD，AB＝10
7、，AD＝10，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點，現(xiàn)分別將△ABE，△CDF沿BE，DF折起，使A，C重合于點P，則三棱錐P-DEF的外接球的表面積為________．
150π [折疊后由于三角形DEF與DPF均為直角三角形，且DF為公共斜邊，
故DF即為外接球直徑，
易得DF＝5，
故外接球表面積為4π×2＝150π.]
[能力提升練]
(建議用時：15分鐘)
9．如圖，正三棱柱ABC-A1B1C1中BC＝2，CC1＝2，點P在平面ABB1A1中，且PA1＝PB1＝
(1)求證：PC1⊥AB；
(2)求三棱錐P-A1B1C的體積．
[解] (1)證明：設(shè)A1B1的中點為D，連
8、接PD與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為正三角形，邊長為2，PA1＝PB1＝.
∴VP-A1B1C＝VC-PA1B1＝VC1-PA1B1＝××2×1×＝.
10．如圖，在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD是邊長為8的菱形，∠BAD＝60°，△PBD是等邊三角形，O為BD的中點，cos∠POC＝.
(1)求證：BD⊥PC；
(2)求四棱錐P-ABCD的體積．
[解] (1)證明：∵四邊形ABCD是菱
9、形，∴BD⊥AC，且AC與BD互相平分，
又∵PB＝PD，O為BD的中點，∴BD⊥PO，
又PO∩AC＝O，∴BD⊥平面PAC，
∵PC?平面PAC，∴BD⊥PC；
(2)過點P作PE⊥OC，交點為E，
∵BD⊥平面PAC，∴BD⊥PE，
又∵OC∩BD＝O，∴PE⊥平面ABCD，
∵∠BAD＝60°，∴△ABD與△PBD都是邊長為8的等邊三角形，
∴OP＝4，
∵cos∠POE＝，∴sin∠POE＝，則PE＝.
∵S四邊形ABCD＝×AC×BD＝×8×8＝32，
∴VP-ABCD＝×PE×S四邊形ABCD＝×32×＝.
題號
內(nèi)容
押題依據(jù)
1
數(shù)學(xué)文
10、化、四面體的內(nèi)切球、數(shù)值問題
球的體積問題是高考熱點之一，常結(jié)合錐體、柱體綜合考查內(nèi)切球、外接球的性質(zhì)．本題以數(shù)學(xué)文化為背景考查了四面體的內(nèi)切球問題；考查考生的直觀想象和數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng)
2
四棱錐的體積，線面平行的判定
本題突破常規(guī)，以水平放置的四棱錐為載體，考查線面平行的證明和求四棱錐的體積，滲透直觀想象和邏輯推理等核心素養(yǎng)
【押題1】 我國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中，將四個面都為直角三角形的四面體稱為鱉臑．在封閉的鱉臑P-ABC內(nèi)有一個體積為V的球，若PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝1，則V的最大值是( )
A.π B.
C.π D.
C [球與
11、三棱錐的四個面均相切時球的體積最大，
設(shè)此時球的半徑為R，則V三棱錐P-ABC＝·R·(S△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋SPBC)，
即××1×1×1＝×R×，解得R＝.
所以球的體積V的最大值為π3＝π.故選C.]
【押題2】 如圖，在四棱錐B-ACED中，AD⊥平面ABC，AB⊥AC，AD∥CE，AB＝AC＝AD＝CE，F(xiàn)是BE上一點，且滿足BF＝2FE.
(1)證明：DF∥平面ABC；
(2)若AB＝2，求四棱錐F-ACED的體積．
[解] (1)證明：在線段BC上取一點G，使BG＝2GC，連接AG，F(xiàn)G(圖略)．
因為BF＝2FE，BG＝2GC，所以＝＝2，所以FG
12、∥CE且FG＝CE.
又AD＝CE，AD∥CE，所以FG＝AD，且FG∥AD.
所以四邊形ADFG是平行四邊形，所以DF∥AG.
又DF?平面ABC，AG?平面ABC，所以DF∥平面ABC.
(2)因為AB＝AC＝AD＝CE，AB＝2，所以AD＝AC＝2，CE＝3.
因為AD⊥平面ABC，所以AD⊥AB，AD⊥AC.
又AD∥CE，且AD≠CE，所以四邊形ACED是直角梯形．
所以S梯形ACED＝＝＝5.
因為AB⊥AC，AD⊥AB，AC∩AD＝A，所以AB⊥平面ACED，
所以點B到平面ACED的距離為AB＝2，因為BF＝2FE，所以＝，
所以點F到平面ACED的距離d＝AB＝.
所以V四棱錐F-ACED＝S梯形ACED·d＝×5×＝.
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