2020高考數(shù)學(xué) 課后作業(yè) 9-2 簡(jiǎn)單幾何體的表面積和體積 新人教A版

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1、2020高考數(shù)學(xué)人教A版課后作業(yè)：9-2 簡(jiǎn)單幾何體的表面積和體積 1.(2020·新課標(biāo)全國(guó)理)設(shè)三棱柱的側(cè)棱垂直于底面，所有棱的長(zhǎng)都為a，頂點(diǎn)都在一個(gè)球面上，則該球的表面積為(　　) A．πa2 B.πa2 C.πa2 D．5πa [答案]　B [解析]　 三棱柱如圖所示，由題意可知：球心在三棱柱上、下底面的中心O1、O2的連線的中點(diǎn)O處，連接O1B、O1O、OB，其中OB即為球的半徑R，由題意知：O1B＝×＝，所以半徑R2＝2＋2＝， 所以球的表面積是S＝4πR2＝，故選B. 2.(2020·陜西文，8)若某空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何

2、體的體積是(　　) A．2 B．1 C. D. [答案]　B [解析]　由幾何體的三視圖可知，該幾何體是直三棱柱，其直觀圖如圖所示，其體積為V＝××1×＝1. 3．(2020·北京東城區(qū))如圖(1)所示，一只裝了水的密封瓶子，其內(nèi)部可以看成是由半徑為1cm和半徑為3cm的兩個(gè)圓柱組成的簡(jiǎn)單幾何體．當(dāng)這個(gè)幾何體如圖(2)水平放置時(shí)，液面高度為20cm，當(dāng)這個(gè)幾何體如圖(3)水平放置時(shí)，液面高度為28cm，則這個(gè)簡(jiǎn)單幾何體的總高度為(　　) A．29cm　　 B．30cm　 C．32cm　　 D．48cm [答案]　A [解析]　如圖(2)，設(shè)下面圓柱高

3、度為H，則上面小圓柱內(nèi)液面高度20－H，又設(shè)余下部分為h，則圖(3)中，下面圓柱高度為h＋20－H，故上面圓柱液面高度為28－(h＋20－H)＝H＋8－h(huán)，由兩圓柱內(nèi)液體體積相等得 9πH＋π(20－H)＝π(h＋20－H)＋9π(H＋8－h(huán))， ∴h＝9，幾何體總高度為20＋9＝29cm. [點(diǎn)評(píng)]　抓住問題的關(guān)鍵環(huán)節(jié)可以有效的提高解題的速度，本題中若設(shè)幾何體的總高度為H，由幾何體的總?cè)莘e一定，內(nèi)裝液體的體積一定可得：π×32×(H－28)＝π×12×(H－20)，∴H＝29(cm)，解題過程就簡(jiǎn)捷多了． 4．(2020·湖南文，4)設(shè)下圖是某幾何體的三視圖，則該幾何體的

4、體積為(　　) A．9π＋42 B．36π＋18 C. π＋12 D. π＋18 [答案]　D [解析]　由三視圖可知，該幾何體是一個(gè)球體和一個(gè)長(zhǎng)方體的組合體．其中，V球＝π·()3＝，V長(zhǎng)方體＝2×3×3＝18.所以V總＝π＋18. 5．(文)(2020·河南省南陽市調(diào)研)一個(gè)球與一個(gè)正三棱柱的三個(gè)側(cè)面和兩個(gè)底面都相切，已知這個(gè)球的體積為，那么這個(gè)三棱柱的體積是(　　) A．96　　 B．48　　 C．24　　 D．16 [答案]　B [解析]　已知正三棱柱的高為球的直徑，底面正三角形的內(nèi)切圓是球的大圓．設(shè)底面正三角形的邊長(zhǎng)為a，球的半徑為R，則a＝2R，又

5、πR3＝，∴R＝2，a＝4，于是V＝a2·2R＝48. (理)(2020·遼寧文，11)已知S、A、B、C是球O表面上的點(diǎn)，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA＝AB＝1，BC＝，則球O的表面積等于(　　) A．4π　　　 B．3π　　　 C．2π　　　 D．π [答案]　A [解析]　 ∵AB⊥BC，∴AC為截面圓的直徑，∴AC中點(diǎn)為截面圓的圓心 設(shè)D為AC中點(diǎn)，連OD，則OD⊥平面ABC ∵SA⊥平面ABC ∴SA∥OD 連SC則SC＝＝＝2 又SB＝，BC＝，∵SC2＝SB2＋BC2 ∴∠SBC＝90°，∵∠SAC＝90°，∴SC為球O的直徑 ∵2R＝2　故R

6、＝1，∴S球＝4πR2＝4π，選A. 6．(2020·北京文，8)如下圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2.動(dòng)點(diǎn)E，F(xiàn)在棱A1B1上，點(diǎn)Q是棱CD的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P在棱AD上．若EF＝1，DP＝x，A1E＝y(tǒng)(x，y大于零)，則三棱錐P－EFQ的體積(　　) A．與x，y都有關(guān) B．與x，y都無關(guān) C．與x有關(guān)，與y無關(guān) D．與y有關(guān)，與x無關(guān) [答案]　C [解析]　設(shè)P到平面EFQ的距離為h，則VP－EFQ＝×S△EFQ·h，由于Q為CD的中點(diǎn)，∴點(diǎn)Q到直線EF的距離為定值，又EF＝1，∴S△EFQ為定值，而P點(diǎn)到平面EFQ的距離，即P點(diǎn)到平面A1B1CD的距離，顯

7、然與x有關(guān)與y無關(guān)，故選C. 7.(2020·湖州模擬)如下圖所示，已知一個(gè)多面體的平面展開圖由一個(gè)邊長(zhǎng)為1的正方形和4個(gè)邊長(zhǎng)為1的正三角形組成，則該多面體的體積是________． [答案]　 [解析]　由展開圖可知，該多面體是正四棱錐，底面正方形的邊長(zhǎng)為1，側(cè)棱長(zhǎng)也為1， ∴高h(yuǎn)＝＝， ∴體積V＝×12×＝. 8．(2020·福建文，20)如下圖，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，點(diǎn)E在線段AD上，且CE∥AB. (1)求證：CE⊥平面PAD； (2)若PA＝AB＝1，AD＝3，CD＝，∠CDA＝45°，求四棱錐P－ABCD的體積． [解析]　

8、(1)∵PA⊥底面ABCD，CE?平面ABCD ∴CE⊥PA， 又∵AB⊥AD，CE∥AB.∴CE⊥AD. 又∵PA∩AD＝A，∴CE⊥平面PAD. (2)由(1)可知CE⊥AD. 在Rt△ECD中，DE＝CD·cos45°＝1，CE＝CD·sin45°＝1. 又∵AB＝CE＝1，AB∥CE，所以四邊形ABCE為矩形． ∴S四邊形ABCD＝S矩形ABCE＋S△CDE＝AB·AE＋CE·DE ＝1×2＋×1×1＝. 又PA⊥底面ABCD，PA＝1 所以V四棱錐p－ABCD＝S四邊形ABCD×PA＝××1＝. 1.(2020·山東濟(jì)南一模)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示(

9、單位長(zhǎng)度：cm)，則此幾何體的表面積是(　　) A．(80＋16)cm2 B．84cm2 C．(96＋16)cm2 D．96cm2 [答案]　A [解析]　 其直觀圖如上圖所示，由三視圖知，棱錐底面是邊長(zhǎng)為4的正方形，高為2，棱柱與棱錐同底，高為4，因此棱錐的頂點(diǎn)到底邊的距離是＝2cm， 故該幾何體的表面積為S＝(×4×2)×4＋(4×4)×5＝80＋16(cm2)． 2．(文)(2020·北京東城區(qū)練習(xí))沿一個(gè)正方體三個(gè)面的對(duì)角線截得的幾何體如圖所示，則該幾何體的側(cè)(左)視圖為(　　) [答案]　B [解析]　 左視圖的投射線如上圖所示，則可取平面

10、BCC1B1為投射面，點(diǎn)A、D、D1的射影依次為B、C、C1，從而線段AB1、AD1的投影依次為BB1、BC1，從左側(cè)向右看，CC1應(yīng)在BB1的左側(cè)，故選B. (理)(2020·安徽“江南十?！甭?lián)考)已知一個(gè)棱長(zhǎng)為2的正方體，被一個(gè)平面截后所得幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是(　　) A．8 B. C. D. [答案]　C [解析]　由三視圖可知，該幾何體是正方體ABCD－A1B1C1D1截去三棱臺(tái)AEF－A1B1D1后，所剩的幾何體，由于正方體棱長(zhǎng)為2， ∴所求體積V＝23－(＋2＋)×2＝. 3．一空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　

11、) A．2π＋2 B．4π＋2 C．2π＋ D．4π＋ [答案]　C [解析]　由幾何體的三視圖可知，該幾何體是由一個(gè)底面直徑和高都是2的圓柱和一個(gè)底面邊長(zhǎng)為，側(cè)棱長(zhǎng)為2的正四棱錐疊放而成．故該幾何體的體積為V＝π×12×2＋×()2×＝2π＋，故選C. 4．(2020·北京市海淀區(qū)模擬)一個(gè)空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A．5　　　　 B．4　　　　 C．3　　　　 D．2 [答案]　D [解析]　根據(jù)三視圖可知幾何體是四棱錐，其底面是上底長(zhǎng)為1，下底長(zhǎng)為2，高為2的直角梯形，棱錐的高為2，其體積為： V＝×[(1＋2)×2×

12、]×2＝2. 5.如下圖所示，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1.在三角形內(nèi)挖去半圓(圓心O在邊AC上，半圓分別與BC、AB相切于點(diǎn)C、M，與AC交于點(diǎn)N)，則圖中陰影部分繞直線AC旋轉(zhuǎn)一周所得旋轉(zhuǎn)體的體積為______． [答案]　 [解析]　陰影部分繞AC旋轉(zhuǎn)一周所得旋轉(zhuǎn)體為圓錐中挖去一個(gè)球，圓錐的體積V＝π×12×＝π，球體積V1＝×3＝， 故所求體積為－＝. 6．側(cè)棱長(zhǎng)為2的正三棱錐V－ABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，過點(diǎn)A作截面AEF，求截面△AEF周長(zhǎng)的最小值． [解析]　沿側(cè)棱VA剪開，側(cè)面展開如圖，線段AA1的長(zhǎng)為所求△AEF周長(zhǎng)

13、的最小值，取AA1中點(diǎn)D，則VD⊥AA1，∠AVD＝60°，∴AA1＝2AD＝6. 7．(2020·安徽省淮南市高三模擬)如下圖是以正方形ABCD為底面的正四棱柱被一平面所截得的幾何體，四邊形EFGH為截面，且AB＝BC＝，AE＝1，BF＝DH＝2，CG＝3. (1)證明：截面四邊形EFGH是菱形； (2)求幾何體C－EFGH的體積． [解析]　(1)證明：因?yàn)槠矫鍭BFE∥平面CDHG， 且平面EFGH分別交平面ABFE、平面CDHG于直線EF、GH，所以EF∥GH.同理，F(xiàn)G∥EH. 因此，四邊形EFGH為平行四邊形． 因?yàn)锽D⊥AC，而AC為EG在底面ABCD上的射

14、影， 所以EG⊥BD. 因?yàn)锽F綊DH，所以FH∥BD. 因此，F(xiàn)H⊥EG. 所以四邊形EFGH是菱形． (2)解：連接CE、CF、CH、CA， 則VC－EFGH＝V－VC－ABFE－VC－ADHE，其中V是幾何體的體積，∵AE＝1，BF＝DH＝2，CG＝3且?guī)缀误w是以正方形ABCD為底面的正四棱柱的一部分， 所以該幾何體的體積為 V＝()2×2＝4， VC－ABFE＝×S四邊形ABFE×BC ＝×(AE＋BF)×AB×BC ＝×(1＋2)××＝1. 同理，得VC－ADHE＝1， 所以，VC－EFGH＝V－VC－ABFE－VC－ADHE＝4－1－1＝2， 即幾何體C

15、－EFGH的體積為2. 1．棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1的8個(gè)頂點(diǎn)都在球O的表面上，E、F分別是棱AA1、DD1的中點(diǎn)，則直線EF被球O截得的線段長(zhǎng)為(　　) A. 　 　 B．1 　 　 C．1＋ 　 　 D. [答案]　D [解析]　由條件知球O半徑為，球心O到直線EF的距離為，由垂徑定理可知直線EF被球O截得的線段長(zhǎng)d＝2＝. 2．(2020·吉林省調(diào)研)如圖是某幾何體的三視圖，其中正(主)視圖是斜邊長(zhǎng)為2a的直角三角形，側(cè)(左)視圖是半徑為a的半圓，則該幾何體的體積是(　　) A.πa3 B.πa3 C.πa3 D.2πa3 [答案]

16、　A [解析]　由側(cè)(左)視圖半圓可知，該幾何體與圓柱、圓錐、球有關(guān)，結(jié)合正(主)視圖是一個(gè)直角三角形知該幾何體是沿中心軸線切開的半個(gè)圓錐將剖面放置在桌面上如圖， 由條件知，圓錐的母線長(zhǎng)為2a，底面半徑為a， 故高h(yuǎn)＝＝a， 體積V＝×＝πa3. 3．(2020·江西文，18)如圖在△ABC中，∠B＝，AB＝BC＝2，P為AB邊上一動(dòng)點(diǎn)，PD∥BC交AC于點(diǎn)D，現(xiàn)將△PDA沿PD翻折至△PDA′，使平面PDA′⊥平面PBCD. (1)當(dāng)棱錐A′－PBCD的體積最大時(shí)，求PA的長(zhǎng)； (2)若點(diǎn)P為AB的中點(diǎn)，E為A′C的中點(diǎn)，求證：A′B⊥DE. [解析]　(1)令PA＝

17、x(00，f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(，2)時(shí)，f ′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減． 所以，當(dāng)x＝時(shí)，f(x)取得最大值， 即當(dāng)VA′－PBCD最大時(shí)，PA＝. (2)設(shè)F為A′B的中點(diǎn)，連接PF，F(xiàn)E，則有 EF綊BC，PD綊BC，∴EF綊PD， ∴四邊形EFPD為平行四邊形，∴DE∥PF. 又A′P＝PB，所以PF⊥A′B，故DE⊥A′B.