2019届高考数学(北师大版文)复习配套练习:第八章 立体几何与空间向量+第2讲 简单几何体的表面积与体积+Word版含答案.doc
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第2讲 简单几何体的表面积与体积
一、选择题
1.(2015·全国卷)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有( )
A.14斛 B.22斛 C.36斛 D.66斛
解析 设米堆的底面半径为r尺,则r=8,所以r=.
所以米堆的体积为V=×π·r2·5=·2·5≈(立方尺).
故堆放的米约有÷1.62≈22(斛).
答案 B
2.某几何体的三视图如图所示,且该几何体的体积是3,则主视图中的x的值是( )
A.2 B.
C. D.3
解析 由三视图知,该几何体是四棱锥,底面是直角梯形,且S底=(1+2)×2=3.V=x·3=3,解得x=3.
答案 D
3.(2017·合肥模拟)一个四面体的三视图如图所示,则该四面体的表面积是( )
A.1+ B.2+
C.1+2 D.2
解析
四面体的直观图如图所示.
侧面SAC底面ABC,且SAC与ABC均为腰长是的等腰直角三角形,SA=SC=AB=BC=,AC=2.
设AC的中点为O,连接SO,BO,则SOAC,又SO平面SAC,平面SAC∩平面ABC=AC,
SO⊥平面ABC,又BO平面ABC,SO⊥BO.
又OS=OB=1,SB=,
故SAB与SBC均是边长为的正三角形,故该四面体的表面积为2×××+2××()2=2+.
答案 B
4.(2015·全国卷)已知A,B是球O的球面上两点,AOB=90°,C为该球面上的动点.若三棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为( )
A.36π B.64π
C.144π D.256π
解析 因为AOB的面积为定值,所以当OC垂直于平面AOB时,三棱锥O-ABC的体积取得最大值.由×R2×R=36,得R=6.从而球O的表面积S=4πR2=144π.
答案 C
5.(2017·宝鸡模拟)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD为平行四边形,NB=2PN,则三棱锥N-PAC与三棱锥D-PAC的体积比为( )
A.12 B.18
C.16 D.13
解析 设点P,N在平面ABCD内的投影分别为点P′,N′,则PP′平面ABCD,NN′平面ABCD,所以PP′NN′,则在BPP′中,由BN=2PN得=.
V三棱锥N-PAC=V三棱锥P-ABC-V三棱锥N-ABC=SABC·PP′-
SABC·NN′=SABC·(PP′-NN′)=SABC·
PP′=SABC·PP′,V三棱锥D-PAC=V三棱锥P-ACD=SACD·PP′,又四边形ABCD是平行四边形,S△ABC=SACD,=.故选D.
答案 D
二、填空题
6.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________.
解析 设新的底面半径为r,由题意得πr2·4+πr2·8=π×52×4+π×22×8,解得r=.
答案
7.已知底面边长为1,侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体积为________.
解析 依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径,可设球半径为R,则2R==2,
解得R=1,所以V=R3=.
答案 π
8.(2017·郑州质检)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为________.
解析
由三视图可知,该几何体是一个底面半径为1,高为2的圆柱和底面半径为1,高为1的半圆锥拼成的组合体.体积V=π×12×2+×π×12×1=π.
答案 π
三、解答题
9.已知一个几何体的三视图如图所示.
(1)求此几何体的表面积;
(2)如果点P,Q在主视图中所示位置,P为所在线段中点,Q为顶点,求在几何体表面上,从P点到Q点的最短路径的长.
解 (1)由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体,其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和.
S圆锥侧=(2πa)·(a)=πa2,
S圆柱侧=(2πa)·(2a)=4πa2,
S圆柱底=πa2,
所以S表=πa2+4πa2+πa2=(+5)πa2.
(2)沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面,如图.
则PQ===a,
所以从P点到Q点在侧面上的最短路径的长为a.
10.(2015·全国卷)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平
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