《高考快车道》2026版高三一轮总复习数学(基础版)70 第七章 阶段提能(十一) 表面积、体积及点、线、面的位置关系 课件

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《高考快车道》2026版高三一轮总复习数学(基础版)70 第七章 阶段提能(十一) 表面积、体积及点、线、面的位置关系 课件

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(共33张PPT)
第七章 立体几何与空间向量
阶段提能(十一) 表面积、体积及点、线、面的位置关系
1.(人教A版必修第二册P118例3)某种浮标由两个半球和一个圆柱黏合而成,示意图如图所示.半球的直径是0.3 m,圆柱高0.6 m.如果在浮标表面涂一层防水漆,每平方米需要0.5 kg涂料,那么给
1 000个这样的浮标涂防水漆需要多少涂料?(π取3.14)
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[解] 一个浮标的表面积为
2π×0.15×0.6+4π×0.152=0.847 8(m2),
所以给1 000个这样的浮标涂防水漆约需涂料
0.847 8×0.5×1 000=423.9(kg).
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2.(北师大版必修第二册P227习题6-3A组T6)已知△ABC在平面α外,它的三条边所在直线分别交平面α于P,Q,R三点.求证:P,Q,R三点共线.
[证明] 如图,△ABC在平面α外,它的三条边所在直线分别交α于P,Q,R三点,
∵AB∩α=P,∴P∈平面ABC,且P∈平面α,
∵AC∩α=Q,∴Q∈平面ABC,且Q∈平面α,
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∵BC∩α=R,
∴R∈平面ABC,且R∈平面α,
∴P,Q,R三点分别是平面ABC和平面α的公共点,
∴P,Q,R三点共线.
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3.(人教A版必修第二册P120习题8.3T3)如图,一个直三棱柱形容器中盛有水,侧棱AA1=8.若侧面AA1B1B水平放置时,水面恰好过AC,BC,A1C1,B1C1的中点.那么当底面ABC水平放置时,水面高为多少?
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[解] 如图,当侧面AA1B1B水平放置时,水的形状为四棱柱形,底面ABFE为梯形,
设△ABC的面积为S,则S梯形ABFE=S,
V水=S·AA1=6S,
当底面ABC水平放置时,水的形状为三棱柱形,设水面高为h,则有V水=Sh,∴6S=Sh,∴h=6.
故当底面ABC水平放置时,水面高为6.
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4.(湘教版必修第二册P156例5)如图,已知ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体.
(1)求异面直线AA1与BC所成的角;
(2)求异面直线BC1与AC所成的角.
[解] (1)因为AD∥BC,
所以∠A1AD即为直线AA1与BC所成的角.
因为∠A1AD=90°,
所以直线AA1与BC所成的角为90°.
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(2)连接A1C1,A1B.
因为AA1綉CC1,所以四边形ACC1A1为平行四边形,
所以AC∥A1C1,
因此直线BC1与AC所成的角就是直线BC1与A1C1所成的角.
因为A1B=a,BC1=a,A1C1=a.
所以A1B=BC1=A1C1.
因此,直线BC1与A1C1所成的角为60°,
即直线BC1与AC所成的角为60°.
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5.(2024·天津卷)一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF,且两两之间距离为1,AD=1,BE=2,CF=3,则该五面体的体积为(  )
A. B.
C. D.

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C [因为AD,BE,CF两两平行,且两两之间距离为1,则该五面体可以分成一个侧棱长为1的三棱柱和一个底面为梯形的四棱锥,其中
三棱柱的体积等于棱长均为1的直三棱柱的体积,四棱锥的高为,
底面是上底为1、下底为2、高为1的梯形,故该五面体的体积V=
×1××1+=.故选C.]
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6.(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1,上、下底面的边长分别为3 和4 ,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为(  )
A.100π B.128π
C.144π D.192π

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A [由题意,得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为×3=3,×4=4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心
分别为O1,O2,连接O1O2(图略),则O1O2=1,其外接球的球心O在直线O1O2上.设球O的半径为R,当球心O在线段O1O2上时,R2==42+(1-OO1)2,解得OO1=4(舍去);当球心O不在线段O1O2上时,R2==32+(1+OO2)2,解得OO2=3,所以R2=25,所以该球的表面积为4πR2=100π.故选A.]
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7.(2022·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等,侧面展开图的圆心角之和为2π,侧面积分别为S甲和S乙,体积分别为V甲和V乙.若
=2,则=(  )
A. B.2
C. D.5

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C [设母线长为l,甲圆锥底面圆半径为r1,
乙圆锥底面圆半径为r2,则===2,所以r1=2r2,
又=2π,则=1,所以r1=l,r2=l,
所以甲圆锥的高h1==l,
乙圆锥的高h2==l,
所以===.故选C.]
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8.(多选)(2023·新高考Ⅰ卷)下列物体中,能够被整体放入棱长为1(单位:m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(  )
A.直径为0.99 m的球体
B.所有棱长均为1.4 m的四面体
C.底面直径为0.01 m,高为1.8 m的圆柱体
D.底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体



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ABD [由于棱长为1 m的正方体的内切球的直径
为1 m,所以A正确;由于棱长为1 m的正方体中
可放入棱长为 m的正四面体,且>1.4,所
以B正确;因为正方体的棱长为1 m,体对角线
长为 m,<1.8,所以高为1.8 m的圆柱体不
可能整体放入正方体容器中,所以C不正确;将底面直径为1.2 m的圆柱斜着放入正方体中(截面图如图所示),其中,平面AA1C1C为正方体的对角面,圆柱的轴在AC1上,中心O为AC1的中点,M为圆柱与AC的交点,记此时圆柱的高为h m,圆柱的上、下底面圆心分别
为O1,O2,可知AC1⊥O1M,O1M=0.6,则tan ∠CAC1==,即=,解得AO1=0.6,根据对称性可知圆柱的高h=-
2×0.6≈1.732-1.2×1.414=0.035 2>0.01,所以底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体能够被整体放入正方体容器内,所以D正确.综上,故选ABD.]
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9.(2024·北京卷)汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器,其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列,底面直径依次为65 mm,325 mm,325 mm,且斛量器的高为230 mm,则斗量器的高为________mm,升量器的高为________mm.(不计量器的厚度)
23
57.5
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23 57.5 [设升、斗量器的高分别为h1 mm,h2 mm,升、斗、斛量器的容积分别为,V3 mm3,因为升、斗、斛量器
的容积成公比为10的等比数列,所以V3=10V2,即π××230=10×π××h2,解得h2=23.又V2=10V1,即π××23=10×π××h1,所以h1=57.5,所以升、斗量器的高分别为
57.5 mm,23 mm.]
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10.(2024·全国甲卷)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1,下底面半径均为r2,圆台的母线长分别为-r1)和3(r2-r1),则圆台甲与乙的体积之比为________.
 
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 [由题意可得两个圆台的高分别为h甲=
=(r2-r1),
h乙==2(r2-r1),
所以====.]
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11.(2023·新高考Ⅰ卷)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=,则该棱台的体积为________.
 
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 [法一:如图所示,设点O1,O分别为正四棱台ABCD-A1B1C1D1上、下底面的中心,连接B1D1,BD,则点O1,O分别为B1D1,BD的中点,连接O1O,则O1O即是正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高,过点B1作B1E⊥BD,垂足为E,则B1E=O1O.因为AB=2,A1B1=1,所以OB=,O1B1=,所以BE=OB-OE=
OB-O1B1=,又AA1=,所以BB1=,B1E===
,所以O1O=,所以=×(22+12+)×=.
法二:如图,将正四棱台ABCD-A1B1C1D1补形成正四棱锥P-ABCD,因为AB=2,A1B1=1,AB∥A1B1,所以A1,B1,C1,D1分别为PA,PB,PC,PD的中点,又A1A=,所以PA=2,即PB=2.连接BD,取BD的中点为O,连接PO,则PO⊥平面ABCD,易知BO=,所以PO==,所以正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高为,所以=×(22+12+)×=.(或者V四棱锥P-ABCD=×22×=,
=V四棱锥P-ABCD,所以=
V四棱锥P-ABCD-=V四棱锥P-ABCD==.)]
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12.(2023·新高考Ⅱ卷)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,所得棱台的体积为________.
28
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28 [如图所示,正四棱锥P-ABCD的底面边长为4,用平行于底面的平面截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥P-A′B′C′D′后,得到正四棱台A′B′C′D′-ABCD,且A′B′=2,AB=4.记O′,O分别为正四棱台A′B′C′D′-ABCD上、下底面的中心,H′,H分别为A′B′,AB的中点,连接PO,PH,O′H′,OH,则PO′=3,O′H′=1,OH=2.
易知△PO′H′∽△POH,所以=,即=,
解得PO=6,所以OO′=PO-PO′=3,
所以该正四棱台的体积V=×3×(22+2×4+42)=28.]

【教用·备选题】
1.(2021·新高考Ⅱ卷)正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4,侧棱长为2,则其体积为(  )
A.20+12 B.28
C. D.
C [如图,分别取上、下底面的中心O1,O,过B1作B1M⊥OB于点M,
则OB=2,O1B1=,BM=,B1M==,
故正四棱台的体积为V=(S上+S下+)h
=×(4+16+8)×=.
故选C.]

2.(2022·新高考Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5 m时,相应水面的面积为140.0 km2;水位为海拔157.5 m时,相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m 时,增加的水量约为(≈2.65)(  )
A.1.0×109 m3      B.1.2×109 m3
C.1.4×109 m3 D.1.6×109 m3
C [如图,依题意可知棱台的高为MN=157.5-148.5=9(m),所以增加的水量即为棱台的体积V.
棱台下底面面积S=140.0 km2=140×106 m2,
上底面面积S′=180.0 km2=180×106 m2,
所以V=h(S+S′+)=
×9×(140×106+180×106+)
=3×(320+60 )×106≈
(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m3).
故选C.]
3.(2021·全国甲卷)已知一个圆锥的底面半径为6,其体积为30π,则该圆锥的侧面积为________.
39π [设该圆锥的高为h,则由已知条件可得×π×62×h=30π,
解得h=,则圆锥的母线长为==,
故该圆锥的侧面积为π×6×=39π.]
39π
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