高考数学总复习 第四十四讲 空间几何体的表面积与体积 新人教版.docx

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高考数学总复习第四十四讲空间几何体的表面积与体积新人教版

高考数学总复习第四十四讲空间几何体的表面积与体积新人教版

班级________姓名________考号________日期________得分________

一､选择题:

（本大题共6小题,每小题6分,共36分,将正确答案的代号填在题后的括号内.）

1.将一个长方体沿从同一个顶点出发的三条棱截去一个棱锥,棱锥的体积与剩下的几何体的体积之比为（）

A.1:

2B.1:

3

C.1:

4D.1:

5

解析:

设长方体同一顶点引出的三条棱长分别是a,b,c,则棱锥的体积V1=×abc=abc.长方体的体积V=abc,剩下的几何体的体积为V2=abc-abc,所以V1:

V2=1:

5,故选D.

答案:

D

2.如图,在多面体ABCDEF中,已知四边形ABCD是边长为1的正方形,且△ADE､△BCF均为正三角形,EF∥AB,EF=2,则该多面体的体积为（）

解析:

如图,将几何体割成一个三棱柱和两个相同的三棱锥.

在梯形ABFE中,易知BN=,

∴S△BCN=BC·HN=×1×

故该几何体体积为×1+2×选A.

答案:

A

3.已知几何体的三视图如图所示,它的表面积是（）

解析:

该几何体为直三棱柱,其表面积为2××1×1+2×12+×1=3+,选C.

答案:

C

4.如图,在等腰梯形ABCD中,AB=2DC=2,∠DAB=60°,E为AB的中点,将△ADE与△BEC分别沿ED､EC向上折起,使A､B重合于点P,则三棱锥P—DCE的外接球的体积为（）

解析:

由已知条件知,平面图形中AE=EB=BC=CD=DA=DE=EC=1.

∴折叠后得到一个正四面体.

作PF⊥平面DEC,垂足为F,F即为△DEC的中点.

取EC中点G,连接DG､PG,

过球心O作OH⊥平面PEC.

则垂足H为△PEC的中心.

∵PG=

∴OP=

∴外接球体积为π×OP3=×π×π.

答案:

C

5.如图,啤酒瓶的高为h,瓶内酒面高度为a,若将瓶盖盖好倒置,酒面高度为a′（a′+b=h）,则酒瓶容积与瓶内酒的体积之比为（）

A.1+且a+b>h

B.1+且a+b

C.1+且a+b>h

D.1+且a+b

解析:

设酒瓶下底面面积为S,则酒的体积为Sa,酒瓶的体积为Sa+Sb,故体积之比为1+显然有a

答案:

B

6.（原创题）设计一个杯子,其三视图如图所示,现在向杯中匀速注水,杯中水面的高度h随时间t变化的图象是（）

解析:

由三视图可知杯子是圆柱形的,由于圆柱形的杯子上下大小相同,所以当向杯中匀速注水时,其高度随时间的变化是相同的,反映在图象上,选项B符合题意.故选B.

答案:

B

二､填空题:

（本大题共4小题,每小题6分,共24分,把正确答案填在题后的横线上.）

7.已知某个几何体的三视图如图（正视图中的弧线是半圆）,根据图中标出的尺寸（单位:

cm）,可得这个几何体的体积是________cm3.

解析:

该几何体由半个圆柱和一个正方体构成的组合体.

其体积为23+×π×2=（8+π）cm3.

答案:

8+π

8.（精选考题·烟台检测）已知三棱柱ABC—A1B1C1的体积为V,E是棱CC1上一点,三棱锥E—ABC的体积是V1,则三棱锥E—A1B1C1的体积是________.

解析:

如图,过E作AC､BC的平行线EF､EG,分别与AA1､BB1交于F､G,连接FG.

∵三棱锥E—ABC的体积是V1,∴三棱柱EFG—CAB的体积是3V1,

∴三棱柱EFG—C1A1B1的体积是V-3V1,

∵VE—A1B1C1=VEFG—C1A1B1,

∴VE—A1B1C1=（V-3V1）=-V1.

答案:

-V1

9.（精选考题·广州模拟）如图为一几何体的展开图,其中ABCD是边长为6的正方形,SD=PD=6,CR=SC,AQ=AP,点S,D,A,Q及点P,D,C,R共线,沿图中虚线将它们折叠起来,使P,Q,R,S四点重合,则需要________个这样的几何体,可以拼成一个棱长为6的正方体.

解析:

由题意知,将该展开图沿虚线折叠起来以后,得到一个四棱锥P—ABCD（如图）,其中PD⊥平面ABCD,因此该四棱锥的体积V=×6×6×6=72,而棱长为6的正方体的体积V=6×6×6=216,故需要个这样的几何体,才能拼成一个棱长为6的正方体.

答案:

3

评析:

几何体的展开与折叠问题是近几年高考的一个热点内容,通过折叠与展开问题,可以很好地考查学生的空间想象能力以及推理能力.解决折叠与展开问题时,关键是弄清楚折叠与展开前后,位置关系和数量关系变化的情况,画出准确的图形解决问题.

10.已知一个凸多面体共有9个面,所有棱长均为1,其平面展开图如图所示,则该凸多面体的体积V=________.

解析:

该几何体形状如图所示,是一个正方体与正四棱锥的组合体,正方体的体积是1,正四棱锥的体积是故该凸多面体的体积为.

答案:

三､解答题:

（本大题共3小题,11､12题13分,13题14分,写出证明过程或推演步骤.）

11.一个正三棱柱的三视图如图所示,求这个三棱柱的表面积和体积.

分析:

由几何体的三视图,画出原几何体的直观图,然后求解即可.

解:

由三视图易知,该正三棱柱的形状如图所示.

可知AA′=BB′=CC′=4cm,正三角形ABC和正三角形A′B′C′的高为cm,

∴正三角形ABC的边长为|AB|==4（cm）,

∴该三棱柱的表面积为S=3×4×4+2××42sin60°=（48+8）（cm2）,体积为V=S底•|AA′|=×42sin60°×4=16（cm3）.

故这个三棱柱的表面积为（48+8）cm2,体积为16cm3.

评析:

（1）注意:

侧（左）视图中的数据cm为底面正三角形的高,不要误认为是正三角形的边长.

（2）通过三视图间接给出几何体的形状,打破以往直接给出几何体,并给出相关数据进行相关运算的传统模式,使三视图与传统意义上的几何有机结合,这也体现了新课标的思想,应是高考的新动向,希望引起大家注意.

12.如图,在三角形ABC中,若AC=3,BC=4,AB=5,以AB所在直线为轴,将此三角形旋转一周,求所得旋转体的表面积和体积.

解:

如图所示,所得旋转体是两个底面重合的圆锥,高的和为AB=5.底面半径等于CO=,所以所得旋转体的表面积S=π·OC·（AC+BC）=π··（3+4）=π;其体积V=·π·OC2·AO+·π·OC2·BO=·π·OC2·AB=π.

评析:

求一些组合体的表面积和体积时,首先要弄清楚它由哪些基本几何体构成,再通过轴截面分析和解决问题.

13.在右图所示的几何体中,平面PAC⊥平面ABC,PM∥BC,PA=PC,AC=1,BC=2PM=2,AB=若该几何体的侧视图（左视图）的面积为

（1）求证:

PA⊥BC;

（2）画出该几何体的正视图,并求其面积S;

（3）求出多面体A—BMPC的体积V.

解:

（1）证明:

AC=1,BC=2,AB=,

∴AC2+BC2=AB2.

∴AC⊥BC.又∵平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,

∴BC⊥平面PAC.又∵PA⊂平面PAC,∴PA⊥BC.

（2）设几何体的正视图如图所示:

∵PA=PC,取AC的中点D,连接PD,则PD⊥AC.

又平面PAC⊥平面ABC,

∴PD⊥平面ABC.

∴几何体侧视图的面积=AC·PD

=×1×PD=.

∴PD=.易知△PAC是边长为1的正三角形.

∴正视图的面积是上､下底边长分别为1和2,PD的长为高的直角梯形的面积.

∴S=

（3）取PC的中点N,连接AN,由△PAC是边长为1的正三角形,可知AN⊥PC,由

（1）知BC⊥平面PAC,

∴AN⊥BC,∴AN⊥平面PCBM.

∴AN是四棱锥A—PCBM的高,且AN=

由BC⊥平面PAC,可知BC⊥PC.

由PM∥BC,可知四边形PCBM是上､下底边长分别为1和2,PC的长1为高的直角梯形.

其面积S′=,∴V=S′·AN=