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2019-2020年高考数学一轮复习第八章立体几何课时达标检测三十四空间几何体的表面积与体积1.下列结论中错误的序号有________.
①各个面都是三角形的几何体是三棱锥;
②以三角形的一条边所在直线为旋转轴,其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥;
③棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等,则该棱锥可能是六棱锥;
④圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线.解析
①错误,如图1是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体,它的各个面都是三角形,但它不是三棱锥;
②错误,如图2,若△ABC不是直角三角形,或△ABC是直角三角形但旋转轴不是直角边,所得的几何体都不是圆锥;
③错误,若该棱锥是六棱锥,由题设知,它是正六棱锥.易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长,这与题设矛盾.
④显然正确.答案
①②③2.xx·南通中学高三月考如图,在正三棱柱ABCA1B1C1中,若各条棱长均为2,且M为A1C1的中点,则三棱锥MAB1C的体积是________.解析因为VMAB1C=VABCA1B1C1-VAA1B1M-VB1ABC-VCB1C1M,所以VMAB1C=2××22-×2×××22-×2××22-×2×××22=.答案3.已知某圆锥体的底面半径r=3,沿圆锥体的母线把侧面展开后得到一个圆心角为的扇形,则该圆锥体的表面积是________.解析由已知可得沿圆锥体的母线把侧面展开后得到的扇形的弧长为2πr=6π,从而其母线长为l==9,所以圆锥体的表面积为S侧+S底=×9×6π+9π=36π.答案36π
4.xx·陕西西工大附中训练如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为m的正方形,PD⊥底面ABCD,且PD=m,PA=PC=m,若在这个四棱锥内放一个球,则此球的最大半径是________.解析由PD⊥底面ABCD,得PD⊥AD.又PD=m,PA=m,则AD=m.设内切球的球心为O,半径为R,连接OA,OB,OC,OD,OP图略,易知VPABCD=VOABCD+VOPAD+VOPAB+VOPBC+VOPCD,即·m2·m=·m2×R+×·m2·R+×·m2·R+×·m2·R+··m2·R,解得R=2-m,所以此球的最大半径是2-m.答案2-m5.xx·常州期末以一个圆柱的下底面为底面,并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥,若所得的圆锥底面半径等于圆锥的高,则圆锥的侧面积与圆柱的侧面积的比值为________.解析如图,由题意可得圆柱的侧面积为S1=2πrh=2πr
2.圆锥的母线l==r,故圆锥的侧面积为S2=×2πr×l=πr2,所以=.答案[练常考题点——检验高考能力]
一、填空题1.已知圆锥的表面积为a,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的底面直径是________.解析设圆锥的底面半径为r,母线长为l,由题意知2πr=πl,∴l=2r,则圆锥的表面积S表=πr2+π2r2=a,∴r2=,∴2r=.答案2.xx·苏北四市一模将斜边长为4的等腰直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周,则所形成的几何体体积是________.解析因为等腰直角三角形的斜边长为4,所以斜边上的高为2,故旋转后的几何体为两个大小相等的圆锥的组合体,圆锥的底面半径为2,高为2,因此,几何体的体积为V=2×π×22×2=.答案3.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4.已知正四面体的棱长为,则其外接球的表面积为________.解析如图所示,过顶点A作AO⊥底面BCD,垂足为O,则O为正三角形BCD的中心,连结DO并延长交BC于E,又正四面体的棱长为,所以DE=,OD=DE=,所以在直角三角形AOD中,AO==.设正四面体外接球的球心为P,半径为R,连结PD,则在直角三角形POD中,PD2=PO2+OD2,即R2=2+2,解得R=,所以外接球的表面积S=4πR2=3π.答案3π5.xx·无锡期中已知H是球O的直径AB上一点,AH∶HB=1∶2,AB⊥平面α,H为垂足,α截球O所得截面的面积为π,则球O的表面积为________.解析如图,设截面小圆的半径为r,球的半径为R,因为AH∶HB=1∶2,所以OH=R,又由题意得πr2=π,则r=
1.由勾股定理得,R2=r2+OH2,故R2=1+2,即R2=.由球的表面积公式得,S=4πR2=.答案6.xx·苏州十中月考已知四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为2,锐角为60°的菱形,侧棱PA⊥底面ABCD,PA=
3.若点M是BC的中点,则三棱锥MPAD的体积为________.解析因为S△ADM=2S△ABC-S△ABM-S△MDC=2××4×sin60°-×2×1×sin60°-×2×1×sin120°=,且侧棱PA⊥底面ABCD,所以VMPAD=VPAMD=×3×=.答案7.在棱长为3的正方体ABCDA1B1C1D1中,P在线段BD1上,且=,M为线段B1C1上的动点,则三棱锥MPBC的体积为________.解析∵=,∴点P到平面BC1的距离是D1到平面BC1距离的,即三棱锥PMBC的高h==
1.M为线段B1C1上的点,∴S△MBC=×3×3=,∴VMPBC=VPMBC=××1=.答案8.xx·启东中学月考将1个半径为1的小铁球与1个底面周长为2π,高为4的铁制圆柱重新锻造成一个大铁球,则该大铁球的表面积为________.解析V球=π×13=π,V柱=π2×4=4π.设重新锻造成一个大铁球的半径为R,则πR3=π+4π,R=,则该大铁球的表面积S=4π2=8π.答案8π9.xx·徐州市四模若圆锥的底面直径和高都与一个球的直径相等,圆锥、球的表面积分别记为S1,S2,则的值是________.解析设球的半径为r,则圆锥的底面半径和高分别为r2r,则圆锥的母线长为r,其侧面积S=πrl=πr2,所以==.答案
10.xx·全国卷Ⅰ如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积单位cm3的最大值为________.解析法一由题意可知,折起后所得三棱锥为正三棱锥,当△ABC的边长变化时,设△ABC的边长为aa>0cm,则△ABC的面积为a2,△DBC的高为5-a,则正三棱锥的高为=,∴25-a>0,∴0<a<5,∴所得三棱锥的体积V=×a2×=×.令t=25a4-a5,则t′=100a3-a4,由t′=0,得a=4,此时所得三棱锥的体积最大,为4cm
3.法二如图,连结OD交BC于点G,由题意知,OD⊥BC.易得OG=BC,设OG=x,则BC=2x,DG=5-x,S△ABC=×2x×3x=3x2,故所得三棱锥的体积V=×3x2×=x2×=×.令fx=25x4-10x5,x∈,则f′x=100x3-50x4,令f′x>0,即x4-2x3<0,得0<x<2,则当x∈时,fx≤f2=80,∴V≤×=
4.∴所求三棱锥的体积的最大值为
4.答案4
二、解答题11.xx·全国卷Ⅰ如图,在四棱锥PABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.1证明平面PAB⊥平面PAD;2若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,且四棱锥PABCD的体积为,求该四棱锥的侧面积.解1证明由∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.因为AB∥CD,所以AB⊥PD.又AP∩PD=P,所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.2如图所示,在平面PAD内作PE⊥AD,垂足为E.由1知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PE,可得PE⊥平面ABCD.设AB=x,则由已知可得AD=x,PE=x.故四棱锥PABCD的体积VPABCD=AB·AD·PE=x
3.由题设得x3=,故x=
2.从而PA=PD=AB=DC=2,AD=BC=2,PB=PC=
2.可得四棱锥PABCD的侧面积为PA·PD+PA·AB+PD·DC+BC2sin60°=6+
2.12.xx·江苏高考现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥PA1B1C1D1,下部的形状是正四棱柱ABCDA1B1C1D1如图所示,并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.1若AB=6m,PO1=2m,则仓库的容积是多少?2若正四棱锥的侧棱长为6m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?解1由PO1=2知O1O=4PO1=
8.因为A1B1=AB=6,所以正四棱锥PA1B1C1D1的体积V锥=·A1B·PO1=×62×2=24m3;正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积V柱=AB2·O1O=62×8=288m3.所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312m3.2设A1B1=am,PO1=hm,则0<h<6,O1O=4h.连结O1B
1.因为在Rt△PO1B1中,O1B+PO=PB,所以2+h2=36,即a2=236-h2.于是仓库的容积V=V柱+V锥=a2·4h+a2·h=a2h=36h-h3,0<h<6,从而V′=36-3h2=2612-h2.令V′=0,得h=2或h=-2舍.当0<h<2时,V′>0,V是单调增函数;当2<h<6时,V′<0,V是单调减函数.故当h=2时,V取得极大值,也是最大值.因此,当PO1=2m时,仓库的容积最大.。