2019高考数学专题训练空间几何体的三视图表面积和体积附解析.docx

专题限时集训(六)　空间几何体的三视图、表面积和体积 (建议用时：60分钟) 一、选择题 1．已知圆锥的母线长为8，底面圆周长为6π，则它的侧面积是(　　) A．24π　　　B．48π　　　C．33π　　　D．32π A　[∵圆锥的母线长为8，底面圆周长为6π，∴圆锥的侧面积为S侧＝12×6π×8＝24π.] (教师备选) 1．当圆锥的侧面积和底面积的比值是2时，圆锥侧面展开图的圆心角等于(　　) A.π2 B.2π3 C.3π4 D．π D　[设圆锥的母线长为l，底面半径为r， 则πrlπr2＝2，∴lr＝2，因母线长1，所以r＝12，则侧面展开图扇形的弧长为π，以母线长为半径的扇形的圆心角为π，故此时圆锥侧面展开图的圆心角等于π.] 2．已知三个球和一个正方体，第一个球与正方体各个面内切，第二个球与正方体各条棱相切，第三个球过正方体各顶点，则这三个球的体积之比为(　　) A．1∶2∶3 B．1∶2∶3 C．1∶22∶33 D．1∶8∶27 C　[设正方体的棱长为a，则其内切球半径R1＝a2；棱切球直径为正方体各面上的对角线长，则半径R2＝22a；外接球直径为正方体的体对角线长，所以半径R3＝32a，所以这三个球的体积之比为13∶(2)3∶(3)3＝1∶22∶33.故选C.] 3．(2018•沈阳模拟)已知S，A，B，C是球O表面上的不同点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝1，BC＝2，若球O的表面积为4π，则SA＝(　　) A.22 B．1 C.2 D.32 B　[根据已知把SABC补成如图所示的长方体．因为球O的表面积为4π，所以球O的半径R＝1,2R＝SA2＋1＋2＝2，解得SA＝1，故选B.] 2．(2018•合肥模拟)如图2413，网格纸上每个小正方形的边长为1，图中粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的表面中互相垂直的平面有 (　　) 图2413 A．3对 B．4对 C．5对 D．6对 B　[由三视图还原出原几何体的直观图如图所示，因为AB⊥平面BCD，AE⊥平面ABC，CD⊥平面ABC，所以平面ABE⊥平面BCD，平面AEB⊥平面ABC，平面BCD⊥平面ABC，平面AEDC⊥平面ABC，故选B.] 3．(2018•郑州模拟)刘徽的《九章算术注》中有这样的记载：“邪解立方有两堑堵，邪解堑堵，其一为阳马，一为鳖�，阳马居二，鳖�居一，不易之率也．”意思是说：把一块立方体沿斜线分成相同的两块，这两块叫做堑堵，再把一块堑堵沿斜线分成两块，大的叫阳马，小的叫鳖�，两者体积比为2∶1，这个比率是不变的．如图2414是一个阳马的三视图，则其表面积为(　　) 图2414 A．2 B．2＋2 C．3＋3 D．3＋2 B　[由三视图可得该四棱锥的底面是边长为1的正方形，有一条长度为1的侧棱垂直于底面，四个侧面三角形都是直角三角形，侧面积为2×12×1×1＋2×12×2×1＝1＋2，底面积是1，所以其表面积为2＋2，故选B.] 4．已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记该圆锥的内切球的表面积为S1，外接球的表面积为S2，则S1S2＝(　　) A．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．1∶8 C　[如图，由已知圆锥侧面积是底面积的2倍，不妨设底面圆半径为r， 则12lR＝2πr2，12•2πr•R＝2πr2，解得R＝2r. 故∠ADC＝30°，∠DCB＝90°. 则BCBD＝12，∴r内r外＝12. 故S1S2＝14. 故选C.] (教师备选) 在三棱锥PABC中，侧棱PA＝PB＝2，PC＝6，则当三棱锥PABC的三个侧面的面积之和最大时，三棱锥PABC的内切球的表面积是(　　) A．(32－86)π B．(32－166)π C．(40－86)π D．(40－166)π D　[由已知可得三棱锥的侧面PAB的面积S△PAB＝12×PA×PB×sin∠APB＝2sin∠APB，要使此面积最大，则∠APB＝90°，同理可知，当PA，PB，PC两两垂直时，三棱锥PABC的三个侧面的面积之和最大．如图，设内切球的球心为O，则O到三棱锥的四个面的距离相等，均为球O的半径r.因为PA＝PB＝2，PC＝6，所以BC＝AC＝10，AB＝22，可得△ABC，△APC，△APB，△BPC的面积分别为4，6，2，6，所以VPABC＝13×(4＋6＋2＋6)•r＝13×2×6，解得r＝6－2，所以内切球的表面积S＝4πr2＝(40－166)π.] 二、填空题 (教师备选) 现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________． 7　[设新的底面半径为r，由题意得 13×π×52×4＋π×22×8＝13×π×r2×4＋π×r2×8， ∴r2＝7，∴r＝7.] 5．(2018•榆林模拟)如图2415，在小正方形边长为1的网格中画出了某多面体的三视图，则该多面体的外接球表面积为________． 图2415 48π　[根据三视图知几何体的直观图如图所示： 三棱锥PABC是棱长为4的正方体的一部分， 三棱锥PABC的外接球是此正方体的外接球，设外接球的半径是R， 由正方体的性质可得，2R＝42＋42＋42＝43，则R＝23，即该几何体外接球的表面积S＝4πR2＝48π.] (教师备选) 一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点在同一个球面上，则该球的体积为________． 55π6　[由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r＝1，其高h＝1，∴球半径为R＝r2＋h22＝1＋14＝54，∴该球的体积V＝43πR3＝43×543π＝55π6.] 6．(2017•济南模拟)已知某几何体的三视图及相关数据如图2416所示，则该几何体的体积为________． 图2416 4π3　[由三视图得该几何体是底面半径为1，高为2的圆锥体的一半和一个底面半径为1，高为2的圆柱体的一半的组合体，所以其体积为12×13×π×12×2＋12×π×12×2＝4π3.] 三、解答题 7．(2018•广州模拟)如图2417，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，且BC＝2AD＝4，E，F分别为线段AB，DC的中点，沿EF把AEFD折起，使AE⊥CF，得到如下的立体图形． (1)证明：平面AEFD⊥平面EBCF； (2)若BD⊥EC，求点F到平面ABCD的距离． 图2417 [解]　(1)证明：由题意可得EF∥AD， ∴AE⊥EF， 又AE⊥CF，EF∩CF＝F， ∴AE⊥平面EBCF. ∵AE⊂平面AEFD， ∴平面AEFD⊥平面EBCF. (2)过点D作DG∥AE交EF于点G，连接BG，则DG⊥平面EBCF， ∵EC⊂平面EBCF，∴DG⊥EC， 又BD⊥EC，BD∩DG＝D，∴EC⊥平面BDG， 又BG⊂平面BDG，∴EC⊥BG. 于是可得△EGB∽△BEC， ∴EGEB＝EBBC，∴EB2＝EG•BC＝AD•BC＝8，∴EB＝22. 设点F到平面ABCD的距离为h， 由VFABC＝VABCF，可得S△ABC•h＝S△BCF•AE. ∵BC⊥AE，BC⊥EB，AE∩EB＝E， ∴BC⊥平面AEB，∴AB⊥BC. 又AB＝AE2＋BE2＝4＝BC， ∴S△ABC＝12×4×4＝8. 又S△BCF＝12×4×22＝42，AE＝EB＝22， ∴8h＝42×22＝16，解得h＝2. 故点F到平面ABCD的距离为2. 8．(2017•全国卷Ⅲ)如图2418，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD. 图2418 (1)证明：AC⊥BD； (2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．
[解]　(1)证明：如图，取AC的中点O，连接DO，BO. 因为AD＝CD，所以AC⊥DO. 又由于△ABC是正三角形， 所以AC⊥BO. 从而AC⊥平面DOB， 故AC⊥BD. (2)连接EO. 由(1)及题设知∠ADC＝90°，所以DO＝AO. 在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2. 又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2， 故∠DOB＝90°. 由题设知△AEC为直角三角形，所以EO＝12AC. 又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝12BD. 故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的12，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的12，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.

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