高三數(shù)學(xué)文一輪備考 第7章第2節(jié)空間幾何體的表面積與體積

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1、△+△2019年數(shù)學(xué)高考教學(xué)資料△+△ 高考真題備選題庫(kù) 第7章 立體幾何 第2節(jié) 空間幾何體的表面積與體積 考點(diǎn) 柱、錐、臺(tái)、球的表面積與體積 1．（2013遼寧，5分）已知直三棱柱ABC­A1B1C1的6個(gè)頂點(diǎn)都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，則球O的半徑為(　　) A. B．2 C. D．3 解析：本題主要考查多面體、球等基本概念以及如何根據(jù)組合體中的位置關(guān)系進(jìn)行準(zhǔn)確計(jì)算，意在考查考生的空間想象能力、運(yùn)算求解能力以及轉(zhuǎn)化思想．如圖，由球心作平面ABC的垂線，則垂足為BC的中點(diǎn)M.又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，所以

2、球O的半徑R＝OA＝ ＝. 答案：C 2．（2013天津，5分）已知一個(gè)正方體的所有頂點(diǎn)在一個(gè)球面上．若球的體積為， 則正方體的棱長(zhǎng)為_(kāi)_______． 解析：本題主要考查球的體積、正方體與其外接球的關(guān)系，意在考查考生的空間想象能力．設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為x，其外接球的半徑為R，則由球的體積為，得πR3＝，解得R＝.由2R＝x，得x＝＝. 答案： 3．（2013新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ，5分）已知H是球O的直徑AB上一點(diǎn)，AH∶HB＝1∶2，AB⊥平面α，H為垂足，α截球O所得截面的面積為π，則球O的表面積為_(kāi)_______． 解析：本題主要考查球及其組合體的基本知識(shí)．如圖，設(shè)截面小圓的半徑為r

3、，球的半徑為R，因?yàn)锳H∶HB＝1∶2，所以O(shè)H＝R.由勾股定理，有R2＝r2＋OH2，又由題意得πr2＝π，則r＝1，故R2＝1＋2，即R2＝.由球的表面積公式，得S＝4πR2＝. 答案： 4．（2013江蘇，5分）如圖，在三棱柱A1B1C1­ABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，AC，AA1的中點(diǎn)，設(shè)三棱錐F­ADE的體積為V1，三棱柱A1B1C1­ABC的體積為V2，則V1∶V2＝________. 解析：本題考查多面體的體積，意在考查學(xué)生的化歸能力及運(yùn)算能力． 設(shè)三棱柱A1B1C1­ABC的高為h，底面三角形ABC的面積為S，則V1＝×

4、;S·h＝Sh＝V2，即V1∶V2＝1∶24. 答案：1∶24 5．（2013新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ,12分）如圖，三棱柱ABC­A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°. (1)證明：AB⊥A1C； (2)若AB＝CB＝2，A1C＝，求三棱柱ABC­A1B1C1的體積． 解：本題主要考查線面垂直問(wèn)題，考查空間想象能力、邏輯思維能力、運(yùn)算能力及轉(zhuǎn)化能力． (1)證明：取AB的中點(diǎn)O，連接OC，OA1，A1B. 因?yàn)镃A＝CB，所以O(shè)C⊥AB. 由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B為等邊三角形，所以O(shè)A1⊥

5、AB. 因?yàn)镺C∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C. 又A1C?平面OA1C，故AB⊥A1C. (2)由題設(shè)知△ABC與△AA1B都是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，所以O(shè)C＝OA1＝. 又A1C＝，則A1C2＝OC2＋OA，故OA1⊥OC. 因?yàn)镺C∩AB＝O，所以O(shè)A1⊥平面ABC，OA1為三棱柱ABC­A1B1C1的高． 又△ABC的面積S△ABC＝，故三棱柱ABC­A1B1C1的體積V＝S△ABC×OA1＝3. 6．(2013安徽,12分)如圖，四棱錐P­ABCD的底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠BAD＝60°，已知PB＝PD＝2

6、，PA＝. (1)證明：PC⊥BD； (2)若E為PA的中點(diǎn)，求三棱錐P­BCE的體積． 解：本題主要考查空間直線與直線、直線與平面的位置關(guān)系，三棱錐體積等基礎(chǔ)知識(shí)和基本技能，考查空間想象能力，推理論證能力和運(yùn)算求解能力． (1)證明：連接AC，交BD于O點(diǎn)，連接PO. 因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，所以AC⊥BD，BO＝DO. 由PB＝PD知，PO⊥BD.再由PO∩AC＝O知，BD⊥面APC，又PC?平面PAC，因此BD⊥PC. (2)因?yàn)镋是PA的中點(diǎn)，所以VP­BCE＝VC­PEB＝VC­PAB＝VB­APC. 由PB＝PD＝A

7、B＝AD＝2知，△ABD≌△PBD. 因?yàn)椤螧AD＝60°， 所以PO＝AO＝，AC＝2，BO＝1.又PA＝，PO2＋AO2＝PA2，即PO⊥AC，故S△APC＝PO·AC＝3. 由(1)知，BO⊥平面APC，因此VP­BCE＝VB­APC＝··BO·S△APC＝. 7．(2013福建,12分)如圖，在四棱錐P­ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，BC＝5，DC＝3，AD＝4，∠PAD＝60°. (1)當(dāng)正視方向與向量的方向相同時(shí)，畫(huà)出四棱錐P­ABCD的正視圖(

8、要求標(biāo)出尺寸，并寫(xiě)出演算過(guò)程)； (2)若M為PA的中點(diǎn)，求證：DM∥平面PBC； (3)求三棱錐D­PBC的體積． 解：本題主要考查直線與直線、直線與平面的位置關(guān)系及幾何體的三視圖和體積等基礎(chǔ)知識(shí)，考查空間想象能力、推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想． 法一：(1)在梯形ABCD中，過(guò)點(diǎn)C作CE⊥AB，垂足為E. 由已知得，四邊形ADCE為矩形，AE＝CD＝3， 在Rt△BEC中，由BC＝5，CE＝4，依勾股定理得BE＝3，從而AB＝6. 又由PD⊥平面ABCD得，PD⊥AD， 從而在Rt△PDA中，由AD＝4，∠PAD＝60°，

9、 得PD＝4. 正視圖如圖所示： (2)證明：取PB中點(diǎn)N，連接MN，CN. 在△PAB中，∵M(jìn)是PA中點(diǎn)， ∴MN∥AB，MN＝AB＝3. ∵又CD∥AB，CD＝3， ∴MN∥CD，MN＝CD， ∴四邊形MNCD為平行四邊形， ∴DM∥CN. ∵DM?平面PBC，CN?平面PBC， ∴DM∥平面PBC. (3)VD­PBC＝VP­DBC＝S△DBC·PD， 又S△DBC＝6，PD＝4，所以VD­PBC＝8. 法二：(1)同法一． (2)證明：取AB的中點(diǎn)E，連接ME，DE. 在梯形ABCD中，BE∥CD，且BE＝

10、CD， ∴四邊形BCDE為平行四邊形， ∴DE∥BC. ∵DE?平面PBC，BC?平面PBC， ∴DE∥平面PBC. ∵在△PAB中，ME∥PB， ME?平面PBC，PB?平面PBC，∴ME∥平面PBC.∵DE∩ME＝E， ∴平面DME∥平面PBC. ∵DM?平面DME， ∴DM∥平面PBC. (3)同法一． 8．(2013湖北,13分)如圖，某地質(zhì)隊(duì)自水平地面A，B，C三處垂直向地下鉆探，自A點(diǎn)向下鉆到A1處發(fā)現(xiàn)礦藏，再繼續(xù)下鉆到A2處后下面已無(wú)礦，從而得到在A處正下方的礦層厚度為A1A2＝d1.同樣可得在B，C處正下方的礦層厚度分別為B1B2＝d2，C1C2＝d3

11、，且d1<d2<d3.過(guò)AB，AC的中點(diǎn)M，N且與直線AA2平行的平面截多面體A1B1C1­A2B2C2所得的截面DEFG為該多面體的一個(gè)中截面，其面積記為S中． (1)證明：中截面DEFG是梯形； (2)在△ABC中，記BC＝a，BC邊上的高為h，面積為S.在估測(cè)三角形ABC區(qū)域內(nèi)正下方的礦藏儲(chǔ)量(即多面體A1B1C1­A2B2C2的體積V)時(shí)，可用近似公式V估＝S中·h來(lái)估算．已知V＝(d1＋d2＋d3)S，試判斷V估與V的大小關(guān)系，并加以證明． 解：本題主要考查空間線線、線面、面面位置關(guān)系，線面角等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考查空間想象能力和推理論證能

12、力． (1)證明：依題意A1A2⊥平面ABC，B1B2⊥平面ABC，C1C2⊥平面ABC， 所以A1A2∥B1B2∥C1C2.又A1A2＝d1，B1B2＝d2，C1C2＝d3，且d1<d2<d3.因此四邊形A1A2B2B1，A1A2C2C1均是梯形． 由AA2∥平面MEFN，AA2?平面AA2B2B，且平面AA2B2B∩平面MEFN＝ME，可得AA2∥ME，即A1A2∥DE.同理可證A1A2∥FG，所以DE∥FG. 又M，N分別為AB，AC的中點(diǎn)， 則D，E，F(xiàn)，G分別為A1B1，A2B2，A2C2，A1C1的中點(diǎn)， 即DE、FG分別為梯形A1A2B2B1、A1A2C2

13、C1的中位線． 因此DE＝(A1A2＋B1B2)＝(d1＋d2)，F(xiàn)G＝(A1A2＋C1C2)＝(d1＋d3)， 而d1<d2<d3，故DE<FG，所以中截面DEFG是梯形． (2)V估<V.證明如下： 由A1A2⊥平面ABC，MN?平面ABC，可得A1A2⊥MN. 而EM∥A1A2，所以EM⊥MN，同理可得FN⊥MN. 由MN是△ABC的中位線，可得MN＝BC＝a，即為梯形DEFG的高， 因此S中＝S梯形DEFG＝·＝(2d1＋d2＋d3)， 即V估＝S中·h＝(2d1＋d2＋d3)． 又S＝ah，所以V＝(d1＋d2＋d3)S＝

14、(d1＋d2＋d3)． 于是V－V估＝(d1＋d2＋d3)－(2d1＋d2＋d3)＝[(d2－d1)＋(d3－d1)]． 由d1<d2<d3，得d2－d1>0，d3－d1>0，故V估<V. 9．(2012新課標(biāo)全國(guó)，5分)平面α截球O的球面所得圓的半徑為1，球心O到平面α的距離為，則此球的體積為(　　) A.π　　　　　　　 B．4π C．4π D．6π 解析：設(shè)球的半徑為R，由球的截面性質(zhì)得R＝＝，所以球的體積V＝πR3＝4π. 答案：B 10.（2012山東，4分）如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，E為線段B1C上的一點(diǎn)，則

15、三棱錐A－DED1的體積為_(kāi)_______． 解析：三棱錐A－DED1的體積等于三棱錐E－DD1A的體積，即VA－DED1＝VE－DD1A＝××1×1×1＝. 答案： 11．（2012遼寧，5分）已知點(diǎn)P，A，B，C，D是球O表面上的點(diǎn)，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形．若PA＝2，則△OAB的面積為_(kāi)_______． 解析：把球O的內(nèi)接四棱錐還原為長(zhǎng)方體，則球O的直徑為長(zhǎng)方體的體對(duì)角線，則(2R)2＝(2)2＋(2)2＋(2)2，可得R2＝12.△OAB中，設(shè)AB邊上的高為h，則h2＝R2－()2＝9，則h＝3，所以S△OA

16、B＝×2×3＝3. 答案：3 12．（2011新課標(biāo)全國(guó)，5分）已知兩個(gè)圓錐有公共底面，且兩圓錐的頂點(diǎn)和底面的圓周都在同一個(gè)球面上．若圓錐底面面積是這個(gè)球面面積的，則這兩個(gè)圓錐中，體積較小者的高與體積較大者的高的比值為_(kāi)_______． 解析：設(shè)球心為O1，半徑為r1，圓錐底面圓圓心為O2，半徑為r2，則有×4πr＝πr，即r2＝r1，所以O(shè)1O2＝＝， 設(shè)兩個(gè)圓錐中，體積較小者的高與體積較大者的高分別為h1、h2，則＝＝. 答案： 13.（2012新課標(biāo)全國(guó)，12分）如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱垂直底面，∠ACB＝90°，AC＝

17、BC＝AA1，D是棱AA1的中點(diǎn)． (1)證明：平面BDC1⊥平面BDC； (2)平面BDC1分此棱柱為兩部分，求這兩部分體積的比． 解：(1)證明：由題設(shè)知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1. 又DC1?平面ACC1A1，所以DC1⊥BC. 由題設(shè)知∠A1DC1＝∠ADC＝45°，所以∠CDC1＝90°，即DC1⊥DC.又DC∩BC＝C，所以DC1⊥平面BDC.又DC1?平面BDC1，故平面BDC1⊥平面BDC. (2)設(shè)棱錐B－DACC1的體積為V1，AC＝1.由題意得 V1＝××1×1＝. 又三棱柱ABC－A1B1C1的體積V＝1， 所以(V－V1)∶V1＝1∶1. 故平面BDC1分此棱柱所得兩部分體積的比為1∶1. 高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)精品 高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)精品