2020届二轮复习(文)空间几何体的表面积、体积及有关量的计算作业 练习
展开专题限时集训(七) 空间几何体的表面积、体积及有关量的计算
[专题通关练]
(建议用时：30分钟)
1．(2019·大连模拟)三棱柱ABCA1B1C1的体积为6，点M在棱CC1上，则四棱锥MABB1A1的体积为( )
A．4 B．1
C．2 D．不能确定
A [∵三棱锥ABCA1B1C1的体积为6，点M在棱CC1上，
∴四棱锥MABB1A1的体积为：
VMABB1A1＝VC1ABB1A1＝VABCA1B1C1VC1ABC
＝VABCA1B1C1－×VABCA1B1C1＝6－×6＝4.故选A.]
2．(2019·河北模拟)若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A．240 B．264 C．274 D．282
B [几何体是以俯视图为底面的五棱柱，底面看作是边长为6的正方形与一个直角三角形所组成，如图：
则该几何体的表面积为：(10＋6＋6＋3＋5)×6＋2×6×6＋3×4＝264.故选B.]
3．如图，在棱柱ABCA1B1C1的侧棱A1A和B1B上各有一动点P，Q，满足A1P＝BQ，过P，Q，C三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为( )
A．3∶1
B．2∶1
C．4∶1
D.∶1
B [将P，Q置于特殊位置：P→A1，Q→B，此时仍满足条件A1P＝BQ(＝0)，则有VCAA1B＝VA1ABC＝.故过P，Q，C三点的截面把棱柱分成的两部分的体积之比为2∶1(或1∶2)．]
4．(2019·南宁一模)已知球的半径为4，球面被互相垂直的两个平面所截，得到的两个圆的公共弦长为2.若球心到这两个平面的距离相等，则这两个圆的半径之和为( )
A．4 B．6 C．8 D．10
B [如图所示，设两圆的圆心为O1、O2，球心为O，公共弦为AB，中点为E，因为圆心到这两个平面的距离相等，
则OO1EO2为正方形，两圆半径相等，设两圆半径为r，|OO1|＝，|OE|＝，
又|OE|2＋|AE|2＝|OA|2，即32－2r2＋2＝16，则r2＝9，r＝3，所以，这两个圆的半径之和为6，
故选B.]
5．(2019·遂宁模拟)《九章算术》卷五商功中有如下描述：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈．意思为：今有底面为矩形的屋脊状的几何体，下底面宽3丈，长4丈，上棱长2丈，高1丈．现有一刍甍，其三视图如图所示，设网格纸上每个小正方形的边长为2丈，那么该刍甍的体积为( )
A．5立方丈 B．20立方丈
C．40立方丈 D．80立方丈
C [由三视图知：几何体是直三棱柱消去两个相同的三棱锥后余下的部分，如图：
直三棱柱的侧棱长为8，底面三角形的底边长为6，底边上的高为2，消去的三棱锥的高为2，
∴几何体的体积V＝×6×2×8－2×××6×2×2＝40.
故选C]
6．(2019·常州模拟)用一个边长为2R的正方形卷成一个圆柱的侧面，再用一个半径为R的半圆卷成一个圆锥的侧面，则该圆柱与圆锥的体积之比为________．
[设圆锥底面圆的半径为r，高为h，则2πr＝πR，∴r＝
∵R2＝r2＋h2，∴h＝R，
∴V＝×π×2×R＝πR3；
用一个边长为2R的正方形卷成一个圆柱的侧面，圆柱的体积为：2π×2R＝R3.
则该圆柱与圆锥的体积之比为：＝.]
7．在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内(包括边)的动点，且A1F∥平面D1AE，沿A1F将点B1所在的几何体削去，则剩余几何体的体积为________．
[分别取B1B，B1C1的中点M，N，连接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内的相交直线，∴平面A1MN∥平面D1AE，由此结合A1F∥平面D1AE，可得直线A1F⊂平面A1MN，即点F的轨迹是线段MN，
∴VB1A1MN＝××1××＝，
∴将点B1所在的几何体削去，剩余几何体的体积为1－＝.]
8．(2019·徐州模拟)已知一张矩形白纸ABCD，AB＝10，AD＝10，E，F分别为AD，BC的中点，现分别将△ABE，△CDF沿BE，DF折起，使A，C重合于点P，则三棱锥PDEF的外接球的表面积为________．
150π [折叠后由于三角形DEF与DPF均为直角三角形，且DF为公共斜边，
故DF即为外接球直径，
易得DF＝5，
故外接球表面积为4π×2＝150π.]
[能力提升练]
(建议用时：15分钟)
9．如图，正三棱柱ABCA1B1C1中BC＝2，CC1＝2，点P在平面ABB1A1中，且PA1＝PB1＝
(1)求证：PC1⊥AB；
(2)求三棱锥PA1B1C的体积．
[解] (1)证明：设A1B1的中点为D，连接PD与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为正三角形，边长为2，PA1＝PB1＝.
∴VPA1B1C＝VCPA1B1＝VC1PA1B1＝××2×1×＝.
10．如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是边长为8的菱形，∠BAD＝60°，△PBD是等边三角形，O为BD的中点，cos∠POC＝.
(1)求证：BD⊥PC；
(2)求四棱锥PABCD的体积．
[解] (1)证明：∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，且AC与BD互相平分，
又∵PB＝PD，O为BD的中点，∴BD⊥PO，
又PO∩AC＝O，∴BD⊥平面PAC，
∵PC⊂平面PAC，∴BD⊥PC；
(2)过点P作PE⊥OC，交点为E，
∵BD⊥平面PAC，∴BD⊥PE，
又∵OC∩BD＝O，∴PE⊥平面ABCD，
∵∠BAD＝60°，∴△ABD与△PBD都是边长为8的等边三角形，
∴OP＝4，
∵cos∠POE＝，∴sin∠POE＝，则PE＝.
∵S四边形ABCD＝×AC×BD＝×8×8＝32，
∴VPABCD＝×PE×S四边形ABCD＝×32×＝.
题号 | 内容 | 押题依据 |
1 | 数学文化、四面体的内切球、数值问题 | 球的体积问题是高考热点之一，常结合锥体、柱体综合考查内切球、外接球的性质．本题以数学文化为背景考查了四面体的内切球问题；考查考生的直观想象和数学运算的核心素养 |
2 | 四棱锥的体积，线面平行的判定 | 本题突破常规，以水平放置的四棱锥为载体，考查线面平行的证明和求四棱锥的体积，渗透直观想象和逻辑推理等核心素养 |
【押题1】 我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．在封闭的鳖臑PABC内有一个体积为V的球，若PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝1，则V的最大值是( )
A.π B.
C.π D.
C [球与三棱锥的四个面均相切时球的体积最大，
设此时球的半径为R，则V三棱锥PABC＝·R·(S△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋SPBC)，
即××1×1×1＝×R×，解得R＝.
所以球的体积V的最大值为π3＝π.故选C.]
【押题2】 如图，在四棱锥BACED中，AD⊥平面ABC，AB⊥AC，AD∥CE，AB＝AC＝AD＝CE，F是BE上一点，且满足BF＝2FE.
(1)证明：DF∥平面ABC；
(2)若AB＝2，求四棱锥FACED的体积．
[解] (1)证明：在线段BC上取一点G，使BG＝2GC，连接AG，FG(图略)．
因为BF＝2FE，BG＝2GC，所以＝＝2，所以FG∥CE且FG＝CE.
又AD＝CE，AD∥CE，所以FG＝AD，且FG∥AD.
所以四边形ADFG是平行四边形，所以DF∥AG.
又DF⊄平面ABC，AG⊂平面ABC，所以DF∥平面ABC.
(2)因为AB＝AC＝AD＝CE，AB＝2，所以AD＝AC＝2，CE＝3.
因为AD⊥平面ABC，所以AD⊥AB，AD⊥AC.
又AD∥CE，且AD≠CE，所以四边形ACED是直角梯形．
所以S梯形ACED＝＝＝5.
因为AB⊥AC，AD⊥AB，AC∩AD＝A，所以AB⊥平面ACED，
所以点B到平面ACED的距离为AB＝2，因为BF＝2FE，所以＝，
所以点F到平面ACED的距离d＝AB＝.
所以V四棱锥FACED＝S梯形ACED·d＝×5×＝.
