【2022届走向高考】高三数学一轮(北师大版)基础巩固：第8章-第2节-简单几何体的面积与体积.docx

第八章　其次节

一、选择题
1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)

A．π B．π
C．π＋8 D．12π
[答案]　A
[解析]　由三视图可知，该几何体为底面半径是2，高为2的圆柱体和半径为1的球体的组合体，分别计算其体积相加得π×22×2＋π＝π.
2．某几何体的俯视图是如图所示的矩形，主视图是一个底边长为8、高为5的等腰三角形，左视图是一个底边长为6、高为5的等腰三角形，则该几何体的体积为(　　)
A．24 B．80
C．64 D．240
[答案]　B
[解析]　结合题意知该几何体是四棱锥，棱锥底面是长和宽分别为8和6的矩形，棱锥的高是5，可由锥体的体积公式得V＝×8×6×5＝80，故选B．
3．(文)(2022·浙江高考)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是(　　)

A．72cm3 B．90cm3
C．108cm3 D．138cm3
[答案]　B
[解析]　本题考查三视图与几何体的体积计算．考查空间想象力气与计算力气．该几何体的直观图为

左边是一个横放的棱柱，右边是一个长方体．
V＝×4×3×3＋4×6×3＝18＋72＝90(cm3)
对三视图的想象还原关键是“长对正、高平齐、宽相等”．
(理)(2022·浙江高考)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是(　　)

A．90cm2 B．129cm2
C．132cm2 D．138cm2
[答案]　D
[解析]　本题考查三视图及几何体表面积公式，由三视图还原后表面积
S＝2×4×6＋2×3×4＋3×6＋3×3＋3×4＋3×5＋2××3×4＝138，选D．
留意利用三视图还原后几何体的外形是关键．表面是全面积而不是侧面积．
4．正六棱锥P－ABCDEF中，G为PB的中点，则三棱锥D－GAC与三棱锥P－GAC体积之比为(　　)
A．11 B．12
C．21 D．32
[答案]　C
[解析]　考查三棱锥体积的求法及等积法的运用．
VD－GAC＝VG－ACD，
∵G为PB中点，∴VP－GAC＝VB－GAC＝VG－ABC，
又S△ABCS△ACD＝12.
∴VD－GACVP－GAC＝VG－ACDVG－ABC
＝S△ACDS△ABC＝21.
5．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正(主)视图如图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是(　　)

A．4，8　　　　　　　　 B．4，
C．4(＋1)， D．8,8
[答案]　B
[解析]　由正视图知四棱锥底面是边长为2的正方形，高为2，又由于侧棱长相等，所以棱锥是正四棱锥，斜高h′＝＝，侧面积S＝4××2×＝4，体积V＝×2×2×2＝.
6．(2021·济南模拟)如图所示，在正三棱锥S－ABC中，M、N分别是SC、BC的中点，且MN⊥AM，若侧棱SA＝2，则正三棱锥S－ABC外接球的表面积是(　　)

A．12π B．32π
C．36π D．48π
[答案]　C
[解析]　在正三棱锥S－ABC中，易证SB⊥AC，
又MN綊BS，∴MN⊥AC，
∵MN⊥AM，∴MN⊥平面ACM，
∴MN⊥SC，∴∠CSB＝∠CMN＝90°，
即侧面为直角三角形，底面边长为2.此棱锥的高为2，设外接球半径为R，则(2－R)2＋(2××)2＝R2，
∴R＝3.∴外接球的表面积是36π.故选C．
二、填空题
7．三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥P－ABC的体积等于________．
[答案]　
[解析]　依题意有，三棱锥P－ABC的体积V＝S△ABC·|PA|＝××22×3＝.
8．(文)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝3cm，AA1＝2cm，则四棱锥A－BB1D1D的体积为________cm3.

[答案]　6
[解析]　本题考查长方体及四棱锥体积等学问，考查空间想象力气．
连接AC交BD于O点，∵AB＝AD，
∴四边形ABCD为正方形，∴AO⊥BD．
在长方体ABCD－A1B1C1D1中，B1B⊥面ABCD，
又AO面ABCD，∴B1B⊥AO.
又B1B∩BD＝B，∴AO⊥面B1BDD1，
即AO长为四棱锥A－B1BDD1的高，
∴AO＝＝，S矩B1BDD1＝BB1×BD＝3×2＝6.
∴VA－BB1D1D＝S矩BB1D1D×AD＝×6×＝6.
(理)某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是________．

[答案]　92
[解析]　本题考查了三视图及直四棱柱的表面积．
该几何体的底面是直角梯形，高为4的直四棱柱，几何体的表面积是：S＝2××(2＋5)×4＋(2＋5＋4＋)×4＝92.
9．(文)(2022·山东高考)一个六棱锥的体积为2，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．
[答案]　12　
[解析]　本题考查六棱锥的体积、侧面积的基本运算．
如图所示．由体积V＝×6××4·h＝2
求得高h＝1.
取AB中点G，连结OG、PG.
∵OA＝OB，∴AB⊥GO.
又PO⊥AB，PO∩GO＝O，
∴AB⊥平面PGO，∴AB⊥PG.
又PO＝1，GO＝×2＝，
∴PG＝2.
∴S侧＝6××AB·PG＝3×2×2＝12.
(理)(2022·山东高考)三棱锥P－ABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥D－ABE的体积为V1，P－ABC的体积为V2，则＝________.
[答案]　
[解析]　本题考查棱锥的体积计算．
如图所示
VP－ABC＝VC－PAB
设三棱锥C－PAB的高为h1
VD－ABE＝VE－ABD，
设三棱锥E－ABD的高为h2
∴＝＝，
又S△PAB＝2S△ABD
∴＝＝.
三、解答题
10．直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1，∠CAB＝.

(1)证明：CB1⊥BA1；
(2)已知AB＝2，BC＝，求三棱锥C1－ABA1的体积．
[解析]　(1)如图，连接AB1，

∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∠CAB＝，
∴AC⊥平面ABB1A1，故AC⊥BA1.
又∵AB＝AA1，∴四边形ABB1A1是正方形，
∴BA1⊥AB1，又CA∩AB1＝A，
∴BA1⊥平面CAB1，故CB1⊥BA1.
(2)∵AB＝AA1＝2，BC＝，∴AC＝A1C1＝1，
由(1)知，A1C1⊥平面ABA1，
∴VC1－ABA1＝S△ABA1·A1C1＝×2×1＝.

一、选择题
1．(2021·大连模拟)矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，沿AC将矩形ABCD折起，使面BAC⊥面DAC，则四周体A－BCD的外接球的体积为(　　)
A．π B．π
C．π D．π
[答案]　C
[解析]　外接球直径为AC，∴半径为.
∴V＝π()3＝π.
2．已知三棱锥O－ABC中，OA、OB、OC两两垂直，OC＝1，OA＝x，OB＝y，若x＋y＝4，则三棱锥体积的最大值是(　　)
A． B．
C．1 D．
[答案]　B
[解析]　由条件可知V三棱锥O—ABC＝OA·OB·OC＝xy≤()2＝，当x＝y＝2时，取得最大值.
二、填空题
3．(2021·金华模拟)四棱锥P－ABCD的顶点P在底面ABCD中投影恰好是A，其三视图如图，则四棱锥P－ABCD的体积为________．

[答案]　a3
[解析]　易知该四棱锥中，PA⊥底面ABCD，PA＝a，底面是边长为a的正方形，故体积V＝a2×a＝a3.
4．若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积等于________cm3.

[答案]　24
[解析]　本题考查了三视图及几何体的体积问题．
由几何体的三视图可知该几何体的图形为三棱柱去掉一个三棱锥，故V＝V三棱柱－V三棱锥＝×4×3×5－××3×4×3＝24.
三、解答题
5．在底面直径和高均为2R的圆锥内作一内接圆柱，当圆柱的底面半径和高分别为多少时，它的体积最大？
[解析]　依据题意作如图所示的截面．
设圆柱的高为h，底面半径为r(0<r<R)，体积为V，则＝，
∴h＝2(R－r)，
∴V＝πr2h＝2πr2(R－r)＝2πRr2－2πr3.
∴V′＝4πRr－6πr2，由V′＝0得r＝R，
当r＝R时，圆柱的体积V取得最大值，
此时圆柱的高h＝2(R－R)＝R.
6．某高速大路收费站入口处的平安标识墩如图1所示，墩的上半部分是正四棱锥P－EFGH，下半部分是长方体ABCD－EFGH.图2、图3分别是该标识墩的主(正)视图和俯视图．

(1)请画出该平安标识墩的左(侧)视图；
(2)求该平安标识墩的体积；
(3)证明：直线BD⊥平面PEG.
[解析]　(1)该平安标识墩左(侧)视图如图所示．
(2)该平安标识墩的体积
V＝VP－EFGH＋VABCD－EFGH
＝×40×40×60＋40×40×20
＝64 000(cm3)．
(3)由题设知四边形ABCD和四边形EFGH均为正方形，∴FH⊥EG，
又ABCD－EFGH为长方体，
∴BD∥FH.
设点O是EFGH的对称中心，
∵P－EFGH是正四棱锥，
∴PO⊥平面EFGH.
而FH平面EFGH，∴PO⊥FH.
∵FH⊥PO，FH⊥EG，PO∩EG＝O，PO平面PEG，EG平面PEG，
∴FH⊥平面PEG.
而BD∥FH，故BD⊥平面PEG.