新版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)學(xué)案訓(xùn)練課件： 課時(shí)分層訓(xùn)練44 簡(jiǎn)單幾何體的表面積與體積 理 北師大版

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2、 1 課時(shí)分層訓(xùn)練(四十四)　簡(jiǎn)單幾何體的表面積與體積 A組　基礎(chǔ)達(dá)標(biāo) 一、選擇題 1．(20xx·北京高考)某三棱錐的三視圖如圖7-5-9所示，則該三棱錐的體積為(　　) 圖7-5-9 A．60　　　　　　 B．30 C．20 D．10 D　[ 由三視圖畫出如圖所示的三棱錐P-ACD，過(guò)點(diǎn)P作PB⊥平面ACD于點(diǎn)B，連接BA，BD，BC，根據(jù)三視圖可知底面

3、ABCD是矩形，AD＝5，CD＝3，PB＝4，所以V三棱錐P-ACD＝××3×5×4＝10. 故選D.] 2．(20xx·全國(guó)卷Ⅱ)如圖7-5-10是由圓柱與圓錐組合而成的幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為(　　) 圖7-5-10 A．20π B．24π C．28π D．32π C　[由三視圖可知圓柱的底面直徑為4，母線長(zhǎng)(高)為4，所以圓柱的側(cè)面積為2π×2×4＝16π，底面積為π·22＝4π；圓錐的底面直徑為4，高為2，所以圓錐的母線長(zhǎng)為＝4，所以圓錐的側(cè)面積為π×2×4＝8π.所以該幾何體的表面積為S＝16π＋4π＋8π＝28π.] 3．(20xx·全國(guó)卷Ⅲ)如圖7-

4、5-11，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，粗實(shí)線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的表面積為(　　) 圖7-5-11 A．18＋36 B．54＋18 C．90 D．81 B　[由三視圖可知該幾何體是底面為正方形的斜四棱柱，其中有兩個(gè)側(cè)面為矩形，另兩個(gè)側(cè)面為平行四邊形，則表面積為(3×3＋3×6＋3×3)×2＝54＋18.故選B.] 4．某幾何體的三視圖如圖7-5-12所示，且該幾何體的體積是3，則主視圖中的x的值是(　　) 圖7-5-12 A．2 B． C. D．3 D　[由三視圖知，該幾何體是四棱錐，底面是直角梯形，且S底＝×(1＋2)×2＝3， 所以V＝x·3＝3

5、， 解得x＝3.] 5．(20xx·石家莊質(zhì)檢)某幾何體的三視圖如圖7-5-13所示，則該幾何體的體積是(　　) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：79140241】 圖7-5-13 A．16 B．20 C．52 D．60 B　[由三視圖得該幾何體的直觀圖如圖所示，其中四邊形ABCD為鄰邊長(zhǎng)分別為2,4的長(zhǎng)方形，四邊形CDEF為上底為2、下底為6、高為3的等腰梯形，所以該幾何體可以看作是由兩個(gè)底面為直角邊長(zhǎng)分別為3,4的直角三角形，高為2的三棱錐和一個(gè)底面為直角邊長(zhǎng)分別為3,4的直角三角形，高為2的三棱柱組成，則該幾何體的體積為2×××3×4×2＋×3×4×2＝20，故選B.] 二、填空題 6

6、．一個(gè)六棱錐的體積為2，其底面是邊長(zhǎng)為2的正六邊形，側(cè)棱長(zhǎng)都相等，則該六棱錐的側(cè)面積為________． 12　[設(shè)正六棱錐的高為h，棱錐的斜高為h′. 由題意，得×6××2××h＝2，∴h＝1， ∴斜高h(yuǎn)′＝＝2， ∴S側(cè)＝6××2×2＝12.] 7．(20xx·江蘇高考)如圖7-5-14，在圓柱O1O2內(nèi)有一個(gè)球O，該球與圓柱的上、下底面及母線均相切，記圓柱O1O2的體積為V1，球O的體積為V2，則的值是________． 圖7-5-14 　[設(shè)球O的半徑為R， ∵球O與圓柱O1O2的上、下底面及母線均相切， ∴圓柱O1O2的高為2R，底面半徑為R. ∴＝＝.]

7、8．(20xx·天津高考)已知一個(gè)正方體的所有頂點(diǎn)在一個(gè)球面上，若這個(gè)正方體的表面積為18，則這個(gè)球的體積為________． π　[設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a，則6a2＝18，∴a＝. 設(shè)球的半徑為R，則由題意知2R＝＝3， ∴R＝. 故球的體積V＝πR3＝π×3＝π.] 三、解答題 9.如圖7-5-15，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. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：79140242】 圖7-5-15 [解]　由題意知，線段AB＋BD與線段AC＋CD的長(zhǎng)度是定值，∵棱AD與棱BC相互垂直，設(shè)d為AD到BC

8、的距離， 則VD-ABC＝AD·BC×d××＝2d， 當(dāng)d最大時(shí)，VD-ABC體積最大． ∵AB＋BD＝AC＋CD＝10， ∴當(dāng)AB＝BD＝AC＝CD＝5時(shí)， d有最大值＝. 此時(shí)V＝2. 10.如圖7-5-16，長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.過(guò)點(diǎn)E，F(xiàn)的平面α與此長(zhǎng)方體的面相交，交線圍成一個(gè)正方形． 圖7-5-16 (1)在圖中畫出這個(gè)正方形(不必說(shuō)明畫法和理由)； (2)求平面α把該長(zhǎng)方體分成的兩部分體積的比值． [解]　(1)交線圍成的正方形EHGF如圖所示．

9、 (2)如圖，作EM⊥AB，垂足為M，則AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8. 因?yàn)樗倪呅蜤HGF為正方形，所以EH＝EF＝BC＝10. 于是MH＝＝6，AH＝10，HB＝6. 故S＝×(4＋10)×8＝56， S＝×(12＋6)×8＝72. 因?yàn)殚L(zhǎng)方體被平面α分成兩個(gè)高為10的直棱柱， 所以其體積的比值為.] B組　能力提升 11．(20xx·東北三省四市模擬(一))點(diǎn)A，B，C，D在同一個(gè)球的球面上，AB＝BC＝1，∠ABC＝120°.若四面體ABCD體積的最大值為，則這個(gè)球的表面積為(　　) A. B．4π C. D． D　[因?yàn)锳B＝BC＝1，∠A

10、BC＝120°，所以由正弦定理知△ABC外接圓的半徑r＝×＝1，S△ABC＝AB×BCsin 120°＝.設(shè)外接圓的圓心為Q，則當(dāng)DQ與平面ABC垂直時(shí)，四面體ABCD的體積最大，所以S△ABC×DQ＝，所以DQ＝3.設(shè)球心為O，半徑為R，則在Rt△AQO中，OA2＝AQ2＋OQ2，即R2＝12＋(3－R)2，解得R＝，所以球的表面積S＝4πR2＝，故選D.] 12．已知H是球O的直徑AB上一點(diǎn)，AH∶HB＝1∶2，AB⊥平面α，H為垂足，α截球O所得截面的面積為π，則球O的表面積為________. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：79140243】 π　[如圖，設(shè)球O的半徑為R，則由AH∶HB＝1∶2得

11、 HA＝·2R＝R， ∴OH＝. ∵截面面積為π＝π·(HM)2， ∴HM＝1. 在Rt△HMO中，OM2＝OH2＋HM2， ∴R2＝R2＋HM2＝R2＋1， ∴R＝， ∴S球＝4πR2＝4π·＝π.] 13．四面體ABCD及其三視圖如圖7-5-17所示，平行于棱AD，BC的平面分別交四面體的棱AB，BD，DC，CA于點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H. 　　 圖7-5-17 (1)求四面體ABCD的體積； (2)證明：四邊形EFGH是矩形． [解]　(1)由該四面體的三視圖可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1， ∴AD⊥平面BDC， ∴四面體ABCD的體積V＝××2×2×1＝. (2)證明：∵BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩平面ABC＝EH， ∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH. 同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG， ∴四邊形EFGH是平行四邊形． 又∵AD⊥平面BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG. ∴四邊形EFGH是矩形．