2020届高考数学第八单元立体几何第51讲空间几何体的表面积与体积练习理新人教A版

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1、第51讲　空间几何体的表面积与体积1．(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为(B)A．90πB．63πC．42πD．36π(方法1：割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示．将圆柱补全，并将圆柱从点A处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的，所以该几何体的体积V＝π×32×4＋π×32×6×＝63π.故选B.(方法2：估值法)由题意知，V圆柱

2、何体

3、18C．24D．54由等边△ABC的面积为9可得AB2＝9，所以AB＝6，所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝AB＝2.设球的半径为R，球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d＝＝＝2.所以三棱锥DABC高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥DABC体积的最大值为×9×6＝18.4．(2017·长沙市一中二模)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个四面体的三视图，则该四面体的表面积为(A)A．8＋8＋4B．8＋8＋2C．2＋2＋D.＋＋将三视图还原为空间几何体，如图，四面体DABC.因为S△ABC＝×2×4＝4，S△BCD＝

4、×2×4＝4，S△DAC＝×4×2＝4，S△ABD＝×4×4＝8.所以四面体的表面积为S＝S△ABC＋S△BCD＋S△DAC＋S△ABD＝8＋8＋4.5．(2017·山东卷)由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如下，则该几何体的体积为　2＋　.　　该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，所以V＝2×1×1＋2××π×12×1＝2＋.6．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积

5、为__40π__．如图，因为SA与底面成45°角，所以△SAO为等腰直角三角形．设OA＝r，则SO＝r，SA＝SB＝r.在△SAB中，cos∠ASB＝，所以sin∠ASB＝，所以S△SAB＝SA·SB·sin∠ASB＝(r)2·＝5，解得r＝2，所以SA＝r＝4，即母线长l＝4，所以S圆锥侧＝πr·l＝π×2×4＝40π.7．如图，是一个奖杯的三视图(单位：cm)，底座是正四棱台．(1)求这个奖杯的体积(π取3.14)；(2)求这个奖杯的底座的侧面积．(1)球的体积V球＝πr3＝36π，圆柱的体积V圆柱＝Sh1＝64π，正四棱台的体积是V

6、正四棱台＝h2(S上＋S下＋)＝336，所以此几何体的体积是V＝36π＋64π＋336＝100π＋336＝650(cm3)．(2)因为底座是正四棱台，所以它的斜高是h′＝＝5，所以它的侧面积是S侧＝4××(6＋12)×5＝180(cm2)．8．(2018·惠州9月月考)若一个四棱锥底面为正方形，顶点在底面的射影为正方形的中心，该四棱锥的体积为9，当其外接球表面积最小时，它的高为(A)A．3B．2C．2D．3此四棱锥为正四棱锥，设此四棱锥的底面边长为a，高为h，则a2h＝9，则a2＝，再设其外接球的半径为R，则在△COE中，R2＝(h－R)

7、2＋(a)2，所以R＝＝＋＝＋.设f(h)＝＋，则f′(h)＝－，令f′(h)＝0，解得h＝3，分析可知f(h)在h＝3时有最小值，故选A.9．(2016·浙江卷)如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD＝DA，PB＝BA，则四面体PBCD的体积的最大值是　　　.在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，所以AC＝＝2.设CD＝x，则AD＝2－x，所以PD＝2－x，所以VPBCD＝S△BCD·h≤×BC·CDsin30°·PD＝×2x××(2－x)＝x(2－x)≤()

8、2＝×()2＝，当且仅当x＝2－x，即x＝时取“＝”，此时PD＝，BD＝1，PB＝2，满足题意．10．(2017·全国卷Ⅰ选择题改编)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角