2022年新高考一轮复习考点精选练习31《空间点、线、面的位置关系与空间几何体》（含详解）

这是一份2022年新高考一轮复习考点精选练习31《空间点、线、面的位置关系与空间几何体》（含详解），共8页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
如图，网格纸上小正方形的边长为1，图中粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )
A.2eq \r(3) B.3 C.eq \r(6) D.eq \r(5)
如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四面体的三视图，则该四面体表面积为（ ）
A. SKIPIF 1 < 0 B. SKIPIF 1 < 0 C. SKIPIF 1 < 0 D. SKIPIF 1 < 0
将长、宽分别为4和3的长方形ABCD沿对角线AC折成直二面角，得到四面体A-BCD，
则四面体A-BCD的外接球的表面积为（ ）
A.25πB.50πC.5πD.10π
如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( )
A.200π B.150π C.100π D.50π
已知一个封闭的长方体容器中装有两个大小相同的铁球，若该长方体容器的三个相邻侧面的面积分别为6，8，12，则铁球的直径最大只能为( )
A.eq \r(3) B.2 C.eq \r(5) D.4
某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是( )
A.2 B.4 C.6 D.8
现有一块半球形原料，若通过切削将该原料加工成一个正方体工件，则所得工件体积与原料体积之比的最大值为( )
A.eq \f(\r(6),3π) B.eq \f(\r(6),6π) C.eq \f(3\r(2),8π) D.eq \f(3\r(2),4π)
如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，俯视图中的两条曲线均为圆弧，则该几何体的体积为( )
A.64－eq \f(32π,3) B.64－8π C.64－eq \f(16π,3) D.64－eq \f(8π,3)
如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的各个面中最大面的面积为( )
A.1 B.eq \f(\r(5),2) C.eq \r(6) D.2eq \r(3)
一锥体的三视图如图所示，则该棱锥的最长棱的棱长为（ ）
A. B. C. D.
如图所示，在平面四边形ABCD中，AB=AD=CD=1，BD=eq \r(2)，BD⊥CD，将其沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD⊥平面BCD，若四面体ABCD的顶点在同一个球面上，则该球的体积为( )
A.eq \f(\r(3)π,2) B.3π C.eq \f(\r(2)π,3) D.2π
如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中画出了某多面体的三视图，则该多面体的外接球的表面积为( )
A.27π B.30π C.32π D.34π
二、填空题
如图，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________.
一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是A(0，0，eq \r(5))，B(eq \r(3)，0，0)，C(0，1，0)，D(eq \r(3)，1，eq \r(5))，则该四面体的外接球的体积为__________.
在三棱锥S-ABC中，△ABC是边长为3的等边三角形，SA=eq \r(3)，SB=2eq \r(3)，二面角S-AB-C的大小为120°，则此三棱锥的外接球的表面积为 .
已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M­EFGH的体积为 .
如图所示，在直三棱柱A1B1C1－ABC中，AC⊥BC，AC=4，BC=CC1=2.若用平行于三棱柱A1B1C1－ABC的某一侧面的平面去截此三棱柱，使得到的两个几何体能够拼接成长方体，则长方体表面积的最小值为________.
已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD为正方形，顶点P在底面的投影为底面中心，若该四棱锥外接球的半径为3，则该四棱锥体积的最大值是 .
\s 0 答案解析
答案为：B.
解析：根据三视图，利用棱长为2的正方体分析知，该多面体是一个三棱锥，
即三棱锥A1­MNP，如图所示，其中M，N，P是棱长为2的正方体相应棱的中点，
可得棱A1M最长，A1M=eq \r(22＋22＋12)=3，故最长的棱的长度为3，故选B.
B.
解题思路：该几何体是棱长为2的正方体内的四面体 SKIPIF 1 < 0 . SKIPIF 1 < 0 的面积为2， SKIPIF 1 < 0 的面积均为 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 的面积为 SKIPIF 1 < 0 ，故该四面体的表面积为 SKIPIF 1 < 0 ，故选B.
答案为：A
解析：取AC的中点，连接OB、OD，如下图所示：
由题意AC=5.
因为，O为AC的中点，所以，
所以，O为四面体A-BCD的外接球的球心，且球O的半径为R=2.5，
因此，四面体A-BCD的外接球的表面积为.
答案为：D
解析：由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去3个角后得到，
该长方体的长、宽、高分别为5,4,3，所以其外接球半径R满足2R=eq \r(42＋32＋52)=5eq \r(2)，
所以该几何体的外接球的表面积为S=4πR2=4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5 \r(2),2)))2=50π.故选D.
答案为：B；
解析：设长方体三条棱的长分别为a，b，c，
由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ab＝6,bc＝8,ac＝12))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝3,b＝2,c＝4)).再结合题意可得，铁球的直径最大只能为2.
故选B.
答案为：C.
解析：由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，
所以该几何体的体积V=eq \f(1,2)×(1＋2)×2×2=6.故选C.
答案为：A；
解析：当正方体的下底面在半球的大圆面上，上底面的四个顶点在球的表面上时，
所得工件体积与原材料体积之比取得最大值，设此时正方体的棱长为a，
则球的半径为R=eq \r(a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a))\s\up12(2))=eq \f(\r(6),2)a，所以所求体积比为eq \f(a3,\f(1,2)×\f(4,3)π×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)a))\s\up12(3))=eq \f(\r(6),3π)，故选A.
答案为：C；
解析：由三视图可知该几何体是由棱长为4的正方体截去eq \f(1,4)个圆锥和eq \f(1,4)个圆柱所得到的，
且圆锥的底面半径为2，高为4，圆柱的底面半径为2，高为4，
所以该几何体的体积为43－eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)×4×4＋π×4×4))=64－eq \f(16π,3).故选C.
答案为：D
解析：由题意知，该几何体的直观图为三棱锥A－BCD，
如图，其最大面的表面是边长为2 eq \r(2)的等边三角形，
故其面积为eq \f(1,2)×2 eq \r(2)×eq \r(2 \r(2)2－\r(2)2)=2 eq \r(3).
【解答】解：由三视图知：几何体是四棱锥，且四棱锥的一个侧面与底面垂直，
底面为边长为4的正方形如图：其中PAD⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，
PE⊥AD，DE=1，AE=3，PE=4，PE⊥底面ABCD，连接CE，BE，
在直角三角形PBE中，PB===；
在直角三角形PCE中，可得PC===；
又PA===5；PD===．
几何体最长棱的棱长为．故选：C．
答案为：A；
解析：如图，取BD的中点为E，BC的中点为O，
连接AE，OD，EO，AO.
因为AB=AD，所以AE⊥BD.
由于平面ABD⊥平面BCD，所以AE⊥平面BCD.
因为AB=AD=CD=1，BD=eq \r(2)，所以AE=eq \f(\r(2),2)，EO=eq \f(1,2).所以OA=eq \f(\r(3),2).
在Rt△BDC中，OB=OC=OD=eq \f(1,2)BC=eq \f(\r(3),2)，
所以四面体ABCD的外接球的球心为O，半径为eq \f(\r(3),2).
所以该球的体积V=eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))3=eq \f(\r(3)π,2).
答案为：D.
解析：根据三视图可知，此多面体为三棱锥A­BCD，且侧面ABC⊥底面BCD，
△ABC与△BCD都为等腰三角形，如图所示.
根据题意可知，三棱锥A­BCD的外接球的球心O位于过△BCD的外心O′，
且垂直于底面BCD的垂线上，取BC的中点M′，连接AM′，DM′，OO′，O′B，
易知O′在DM′上，过O作OM⊥AM′于点M，连接OA，OB，
根据三视图可知M′D=4，BD=CD=2eq \r(5)，故sin∠BCD=eq \f(2\r(5),5)，
设△BCD的外接圆半径为r，根据正弦定理可知，2r=eq \f(BD,sin∠BCD)=5，
故BO′=r=eq \f(5,2)，M′O′=eq \f(3,2)，设OO′=x，该多面体的外接球半径为R，
在Rt△BOO′中，R2=(eq \f(5,2))2＋x2，在Rt△AMO中，R2=(eq \f(3,2))2＋(4－x)2，
所以R=eq \f(\r(34),2)，故该多面体的外接球的表面积S=4πR2=34π.故选D.
二、填空题
答案为：(eq \r(2)＋3)π.
解析：根据题意可知，该几何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侧面积、圆柱的侧面积以及圆柱的下底面面积之和，
即表面积为π×1×eq \r(12＋12)＋2π×12＋π×12=(eq \r(2)＋3)π.
答案为：eq \f(9π,2)
解析：采用补体法，由空间点坐标可知，该四面体的四个顶点在一个长方体上，
该长方体的长宽高分别为eq \r(3)，1，eq \r(5)，长方体的外接球即为该四面体的外接球，
外接球的直径即为长方体的体对角线eq \r(3＋1＋5)=3，所以球半径为eq \f(3,2)，体积为eq \f(4,3)πr3=eq \f(9π,2).
答案为：21π；
解析：根据题意得SA2＋AB2=SB2，即SA⊥AB.
取AB的中点为D，SB的中点为M，
连接CD、MD，得∠CDM为二面角S-AB-C的平面角，∴∠MDC=120°.
如图，设三角形ABC的外心为O1，
则O1在CD上，连接BO1，则CO1=eq \r(3)=BO1，DO1=eq \f(\r(3),2).设外接球半径为R，
易知球心为过M垂直面ABS的垂线与过O1垂直面ABC的垂线的交点O.
在四边形MDO1O中，
∵二面角S-AB-C的平面角∠MDC=120°，
且MO⊥MD，O1O⊥DO1，MD=O1D=eq \f(\r(3),2)，
∴∠ODO1=60°，OO1=O1Dtan60°=eq \f(3,2)，
连接OB，∴R2=OB2=OOeq \\al(2,1)＋O1B2=eq \f(9,4)＋3=eq \f(21,4)，
∴球的表面积S=4πR2=21π.
答案为：eq \f(1,12).
解析：连接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因为E，H分别为AD1，CD1的中点，
所以EH∥AC，EH=eq \f(1,2)AC，因为F，G分别为B1A，B1C的中点，所以FG∥AC，FG=eq \f(1,2)AC，
所以EH∥FG，EH=FG，所以四边形EHGF为平行四边形，
又EG=HF，EH=HG，所以四边形EHGF为正方形，
又点M到平面EHGF的距离为eq \f(1,2)，
所以四棱锥M­EFGH的体积为eq \f(1,3)×(eq \f(\r(2),2))2×eq \f(1,2)=eq \f(1,12).
答案为：24
解析：由题意知，拼接后的长方体有两种情形：一是长方体的高为2，底面是边长为2的正方形；二是长方体的高为2，底面是长为4，宽为1的矩形.所以其表面积分别为24,28，
故长方体表面积的最小值为24.
答案为： SKIPIF 1 < 0 .