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【师说系列】2022届高考数学一轮练之乐 1.9.2空间几何体的表面积和体积 文
【师说系列】2022届高考数学一轮练之乐 1.9.2空间几何体的表面积和体积 文
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【师说系列】2022届高考数学一轮练之乐1.9.2空间几何体的表面积和体积文一、选择题1.一个空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( )A.48 B.32+8C.48+8D.80解析:由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱,所以该直四棱柱的表面积为S=2××(2+4)×4+4×4+2×4+2××4=48+8.答案:C2.某几何体的三视图如图所示,则它的体积是( )A.8-B.8-C.8-2πD.解析:显然圆锥的底面半径为1,高为2,组合体体积为四棱柱体积减去圆锥体积,即V=22×2-×π×12×2=8-π,选A.答案:A3.已知球的直径SC=4,A,B是该球球面上的两点,AB=2,∠ASC=∠BSC=45°,则棱锥SABC的体积为( )A.B.C.D.6\n解析:由题可知AB一定在与直径SC垂直的小圆面上,作过AB的小圆交直径SC于D,如图所示,设SD=x,则DC=4-x,此时所求棱锥即分割成两个棱锥SABD和CABD,在△SAD和△SBD中,由已知条件可得AD=BD=x,又因为SC为直径,所以∠SBC=∠SAC=90°,所以∠DBC=∠DAC=45°,所以在△BDC中,BD=4-x,所以x=4-x,解得x=2,所以AD=BD=2,所以△ABD为正三角形,所以V=S△ABD×4=.答案:C4.如图,某几何体的正视图(主视图),侧视图(左视图)和俯视图分别是等边三角形,等腰三角形和菱形,则该几何体体积为( )A.4B.4C.2D.2解析:由题意知该几何体为如图所示的四棱锥,底面为菱形,且AC=2,BD=2,高QP=3,其体积V=×(×2×2)×3=2.答案:C5.棱长为a的正方体中,连接相邻面的中心,以这些线段为棱的八面体的体积为( )A.a3B.a3C.a3D.a3解析:正八面体可以看做两个正四棱锥拼接而成,其中正四棱锥的棱长为a,高为a.则V=2··(a)2·a=a3.答案:C6.已知正四面体ABCD的表面积为S,其四个面的中心分别为E、F、G、H,设四面体EFGH6\n的表面积为T,则等于( )A.B.C.D.解析:设正四面体ABCD的棱长为a,如图所示,则EF=MN=BD=a,所以=.答案:A二、填空题7.一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为__________m3.解析:由三视图可知,此几何体的上面是圆锥,其半径为1,高是3,此几何体的下面是长方体,其长,宽,高分别是3,2,1,因此该几何体的体积V=π×12×3+3×2×1=6+π(m3).答案:6+π8.如图,半径为4的球O中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时,球的表面积与该圆柱的侧面积之差是__________.解析:由球的半径为4,可知球的表面积为64π.设内接圆柱的底面半径为r,高为2h,则h2+r2=16.圆柱的侧面积为2πr·2h=4πrh≤4π=32π,当且仅当r=h=2时取等号,即内接圆柱的侧面积最大,最大值为32π,此时球的表面积与内接圆柱的侧面积之差为32π.答案:32π9.已知两个圆锥有公共底面,且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上.若圆锥底面面积是这个球面面积的6\n,则这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比值为______________.解析:设球心为O1,半径为r1,圆锥底面圆圆心为O2,半径为r2,则有×4πr=πr,即r2=r1,所以O1O2==,设两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高分别为h1、h2,则==.答案:三、解答题10.已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形,正视图是一个底边长为8,高为4的等腰三角形,侧视图(或称左视图)是一个底边长为6,高为4的等腰三角形,(1)求该几何体的体积V;(2)求该几何体侧面积S.解析:由已知可得,该几何体是一个底面为矩形,高为4,顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥V-ABCD,如图所示.(1)V=×(8×6)×4=64(2)该四棱锥有两个侧面VAD、VBC是全等的等腰三角形,且BC边上的高为h1==4,另两个侧面VAB,VCD也是全等的等腰三角形,AB边上的高为h2==5因此S=2(×6×4+×8×5)=40+24.11.如图,四棱锥PABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,点E在线段AD上,且CE∥AB.6\n(1)求证:CE⊥平面PAD;(2)若PA=AB=1,AD=3,CD=,∠CDA=45°,求四棱锥PABCD的体积.解析:证明:(1)因为PA⊥平面ABCD,CE⊂平面ABCD,所以PA⊥CE.因为AB⊥AD,CE∥AB,所以CE⊥AD.又PA∩AD=A,所以CE⊥平面PAD.(2)由(1)可知CE⊥AD.在Rt△ECD中,DE=CD·cos45°=1,CE=CD·sin45°=1.又因为AB=CE=1,AB∥CE,所以四边形ABCE为矩形.所以S四边形ABCD=S矩形ABCE+S△ECD=AB·AE+CE·DE=1×2+×1×1=.又PA⊥平面ABCD,PA=1,所以V四棱锥PABCD=S四边形ABCD·PA=××1=.12.某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图(1)所示,墩的上半部分是正四棱PEFGH(底面为正方形,从顶点向底面作垂线,垂足是底面中心),下半部分是长方体ABCD—EFGH.图(2)、图(3)分别是该标识墩的正视图和俯视图.(1)请画出该安全标识墩的侧视图;(2)求该安全标识墩的体积;(3)证明:直线BD⊥平面PEG.解析:(1)侧视图同正视图,如图所示.6\n(2)该安全标识墩的体积为V=VPEFGH+VABCD—EFGH=×402×60+402×20=32000+32000=64000(cm3).(3)证明:如图,连接EG,HF及BD,EG与HF相交于点O,连接PO.由正四棱锥的性质可知,PO⊥平面EFGH,∴PO⊥HF.又∵EG⊥HF,PO∩EG=O,∴HF⊥平面PEG.又∵BD∥HF,∴BD⊥平面PEG.6
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高考 - 二轮专题
发布时间:2022-08-26 00:23:33
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