高考复习《三视图》课时作业8.2

这是一份高考复习《三视图》课时作业8.2，共10页。

1．(2020·成都诊断)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A．16＋2π B．20＋2π C．14＋π D．20＋π
D 由三视图可知，该几何体是一个正方体挖去二分之一的圆柱后所得到的，所以该几何体的表面积S＝2×2×5－π×12＋π×1×2＝20＋π.
∴圆锥的侧面积为eq \f(1,2)×4eq \r(5)×4eq \r(10)π＝40eq \r(2)π.
2．(2020·河北第二次质检)《九章算术》是中国古代第一部数学专著，书中有关于“堑堵”的记载，“堑堵”即底面是直角三角形的直三棱柱．已知某“堑堵”被一个平面截去一部分后，剩下部分的三视图如图所示，则剩下部分的体积是( )
A．50 B．75 C．25.5 D．37.5
D 由题意及给定的三视图可知，剩余部分是在直三棱柱的基础上，截去一个四棱锥所得的，且直三棱柱的底面是腰长为5的等腰直角三角形，高为5.如图，图中几何体ABCC1MN为剩余部分，因为AM＝2，B1C1⊥平面MNB1A1，所以剩余部分的体积V＝V三棱柱－V四棱锥＝eq \f(1,2)×5×5×5－eq \f(1,3)×3×5×5＝37.5，故选D.
3．(2020·宝鸡质检)已知A，B，C三点都在以O为球心的球面上，OA，OB，OC两两垂直，三棱锥O－ABC的体积为eq \f(4,3)，则球O的表面积为( )
A.eq \f(16π,3) B．16π
C.eq \f(32π,3) D．32π
B 设球O的半径为R，以球心O为顶点的三棱锥的三条侧棱两两垂直且都等于球的半径R，另外一个侧面是边长为eq \r(2)R的等边三角形．因此根据三棱锥的体积公式，得eq \f(1,3)×eq \f(1,2)R2·R＝eq \f(4,3)，∴R＝2，∴S球的表面积＝4π×22＝16π，故选B.
4．(2020·昆明质检)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )
A．24π B．30π
C．42π D．60π
A 由三视图知，该几何体是半径为3的半球与底面半径为3、高为4的半圆锥的组合体，所以该几何体的体积V＝eq \f(1,2)×eq \f(4,3)π×33＋eq \f(1,2)×eq \f(1,3)π×32×4＝24π，故选A.
5．(2020·兰州调研)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图中的四边形是边长为2的正方形，则该几何体的表面积为( )
A.eq \f(13π,2) B．7π C.eq \f(15π,2) D．8π
B 由三视图可知该几何体是一个圆柱体和一个球体的四分之一的组合体，则所求的几何体的表面积S＝eq \f(1,4)×4π×12＋2π×12＋2π×1×2＝7π，故选B.
6．(2020·中原名校联考)已知A，B，C，D是球O表面上四点，点E为BC的中点，若AE⊥BC，DE⊥BC，∠AED＝120°，AE＝DE＝eq \r(3)，BC＝2，则球O的表面积为( )
A.eq \f(7,3)π B.eq \f(28π,3)
C．4π D．16π
B 由题意可知△ABC与△BCD都是边长为2的正三角形，如图，过△ABC与△BCD的外心M，N分别作面ABC、面BCD的垂线，两垂线的交点就是球心O.
连接OE，可知∠MEO＝∠NEO＝eq \f(1,2)∠AED＝60°，
在Rt△OME中，∠MEO＝60°，ME＝eq \f(\r(3),3)，所以OE＝2ME＝eq \f(2\r(3),3)，连接OB，所以球O的半径R＝OB＝eq \r(OE2＋BE2)＝eq \r(\f(2\r(3),3)2＋12)＝eq \f(\r(21),3)，所以球O的表面积为S＝4πR2＝eq \f(28,3)π，故选B.
7．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eq \f(1,3)πr2·4＋πr2·8＝eq \f(1,3)π×52×4＋π×22×8，解得r＝eq \r(7).
答案 eq \r(7)
8.
(2019·全国Ⅲ卷)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD－A1B1C1D1挖去四棱锥O－EFGH后所得的几何体．其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________ g.
解析 由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，其对角线长分别为6 cm和4 cm，
故V挖去的四棱锥＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×4×6×3＝12(cm3)．
又V长方体＝6×6×4＝144(cm3)，
所以模型的体积为
V长方体－V挖去的四棱锥＝144－12＝132(cm3)，
所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．
答案 118.8
9．(2020·南昌一模)如图所示，在直角梯形ABCD中，AD⊥DC，AD∥BC，BC＝2CD＝2AD＝2，若将该直角梯形绕BC边旋转一周，则所得的几何体的表面积为________．
解析
根据题意可知，此旋转体的上半部分为圆锥(底面半径为1，高为1)，下半部分为圆柱(底面半径为1，高为1)，如图所示．
则所得几何体的表面积为圆锥的侧面积、圆柱的侧面积以及圆柱的下底面积之和，即表面积为eq \f(1,2)·2π·1·eq \r(12＋12)＋2π·12＋π·12＝(eq \r(2)＋3)π.
答案 (eq \r(2)＋3)π
10．(2020·长沙质检)如图所示，
一个底面半径为R的圆柱形量杯中装有适量的水．若放入一个半径为r的实心铁球，水面高度恰好升高r，则eq \f(R,r)＝________．
解析 由水面高度升高r，得圆柱体积增加了πR2r，恰好是半径为r的实心铁球的体积，因此有eq \f(4,3)πr3＝πR2r.故eq \f(R,r)＝eq \f(2\r(3),3).
答案 eq \f(2\r(3),3)
11．如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.
(1)证明：平面AEC⊥平面BED；
(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E－ACD的体积为eq \f(\r(6),3)，求该三棱锥的侧面积．
解 (1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以BE⊥AC.
而BD∩BE＝B，BD，BE⊂平面BED，
所以AC⊥平面BED.
又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.
(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝eq \f(\r(3),2)x，GB＝GD＝eq \f(x,2).
因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝eq \f(\r(3),2)x.
由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，
可得BE＝eq \f(\r(2),2)x.由已知得，三棱锥E－ACD的体积
V三棱锥－EACD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)AC·GD·BE＝eq \f(\r(6),24)x3＝eq \f(\r(6),3)，
故x＝2.从而可得AE＝EC＝ED＝eq \r(6).
所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为eq \r(5).故三棱锥E－ACD的侧面积为3＋2eq \r(5).
12．(2020·贵阳质检)如图，△AB
C内接于圆O，AB是圆O的直径，四边形DCBE为平行四边形，DC⊥平面ABC，AB＝2，EB＝eq \r(3).
(1)求证：DE⊥平面ACD；
(2)设AC＝x，V(x)表示三棱锥B－ACE的体积，求函数V(x)的解析式及最大值．
解 (1)证明：∵四边形DCBE为平行四边形，
∴CD∥BE，BC∥DE.
∵DC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴DC⊥BC.
∵AB是圆O的直径，∴BC⊥AC，且DC∩AC＝C，
DC，AC⊂平面ADC，∴BC⊥平面ADC.
∵DE∥BC，∴DE⊥平面ADC.
(2)∵DC⊥平面ABC，∴BE⊥平面ABC.
在Rt△ABE中，AB＝2，EB＝eq \r(3).
在Rt△ABC中，∵AC＝x，∴BC＝eq \r(4－x2)(0∴S△ABC＝eq \f(1,2)AC·BC＝eq \f(1,2)x·eq \r(4－x2)，
∴V(x)＝V三棱锥E－ABC＝eq \f(\r(3),6)x·eq \r(4－x2)(0∵x2(4－x2)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2＋4－x2,2)))eq \s\up12(2)＝4，当且仅当x2＝4－x2，即x＝eq \r(2)时取等号，∴当x＝eq \r(2)时，体积有最大值eq \f(\r(3),3).
[技能过关提升]
13．(2020·河南顶尖计划联考)如图，网格纸中小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )
A．8 B．10
C．20 D．32
C
在长方体中进行切割，作出几何体的直观图，即几何体ABCD－PQC1R，如图所示．两个几何体在斜面PQC1R处扣在一起，可以构成一个长方体，长方体的底面是边长为2的正方形，高为10，所以该几何体的体积为eq \f(1,2)×22×10＝20.
14．(2019·全国Ⅰ卷)已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为( )
A．8eq \r(6)π B．4eq \r(6)π C．2eq \r(6)π D.eq \r(6)π
D
因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，
因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.
取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，
所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC，
所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，
所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，以PA，PB，PC为从同一顶点出发的三条棱补成正方体．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为eq \r(2)，所以该正方体的体对角线长为eq \r(6)，故三棱锥P－ABC的外接球的半径R＝eq \f(\r(6),2)，所以球O的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))eq \s\up12(3)＝eq \r(6)π，故选D.
15．(2020·云南师范大学附属中学适应性考试)已知三棱锥O－ABC的顶点A，B，C都在半径为2的球面上，O
是球心，∠AOB＝120°，当△AOC与△BOC的面积之和最大时，三棱锥O－ABC的体积为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(2\r(3),3) C.eq \f(2,3) D.eq \f(1,3)
B 设球O的半径为R，
因为S△AOC＋S△BOC＝eq \f(1,2)R2(sin∠AOC＋sin∠BOC)，
所以当∠AOC＝∠BOC＝90°时，
S△AOC＋S△BOC取得最大值，此时OA⊥OC.
OB⊥OC，OB∩OA＝O，OA，OB⊂平面AOB，
所以OC⊥平面AOB，所以V三棱锥O－ABC＝V三棱锥C－OAB
＝eq \f(1,3)OC·eq \f(1,2)OA·OBsin∠AOB
＝eq \f(1,6)R3sin∠AOB＝eq \f(2\r(3),3)，故选B.
16．(数学文化题)(2019·长沙月考)《九章算术》给出求羡除体积的“术”是：“并三广，以深乘之，又以袤乘之，六而一．”其中的“广”指羡除的三条平行侧棱的长，“深”指一条侧棱到另两条侧棱所在平面的距离，“袤”指这两条侧棱所在平行线之间的距离．用现代语言描述：在羡除ABC－A1B1C1中，AA1∥BB1∥CC1，AA1＝a，BB1＝b，CC1＝c，两条平行线AA1与BB1间的距离为h，直线CC1到平面AA1B1B的距离为h′，则该羡除的体积为V＝eq \f(h′h,6)(a＋b＋c)．已知某羡除的三视图如图所示，则该羡除的体积为( )
A．3eq \r(3) B.eq \f(4,3) C.eq \f(5,3) D．2eq \r(3)
C
如图，由三视图还原几何体可知，羡除ADE－BCF中，AB∥CD∥EF，四边形ABCD是矩形，AB＝AD＝2，EF＝1，平面ADE⊥平面ABCD，AB，CD间的距离h＝AD＝2，取AD的中点G，连接EG，∵平面ADE⊥平面ABCD，∴EG⊥平面ABCD，由正视图及侧视图知直线EF到平面ABCD的距离h′＝1.∴V＝eq \f(1×2,6)×(2＋2＋1)＝eq \f(5,3)，故选C.