【2023届必备】2023版高考一轮复习训练23　空间图形的表面积、体积

这是一份【2023届必备】2023版高考一轮复习训练23　空间图形的表面积、体积，共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
训练23　空间图形的表面积、体积一、单选题1．碌碡是我国古代人民发明的一种把米、麦、豆等粮食加工成粉末的器具，如图，近似圆柱形碌碡的轴固定在经过圆盘圆心且垂直于圆盘的木桩上，当人或动物推动木柄时，碌碡在圆盘上滚动．若人或动物推动木柄绕圆盘转动一周，碌碡恰好滚动了3圈，则该圆柱形碌碡的底面圆的半径与其高之比为(　　)A．1∶2   B．1∶3C．1∶4   D．2∶3答案　B解析　设碌碡的底面圆的半径为r，其高为h，由已知可得圆盘的半径为h，由已知可得6πr＝2πh，∴h＝3r，即碌碡的底面圆的半径与其高之比为1∶3.2. (2022·苏州质检)如图所示，某圆锥的高为，底面半径为1，O为底面圆心，OA，OB为底面半径，且∠AOB＝， M是母线PA的中点，则在此圆锥侧面上，从M到B的路径中，最短路径的长度为(　　)A.   B.－1C.   D.＋1答案　A解析　如图为圆锥的侧面展开图，lAB＝×1＝，PA＝＝2，则∠APB＝＝，在△PMB中，PM＝1，PB＝2，则MB2＝22＋12－2×2×1×cos ＝3，∴MB＝为M到B的路径中最短路径的长度．3．已知球O为正三棱柱ABC－A1B1C1的外接球，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为1，高为3，则球O的表面积是(　　)A．4π   B.C.   D.答案　B解析　设三棱柱ABC－A1B1C1的高为h，底面边长为a.设球O的半径为R，则三棱柱底面三角形的外接圆半径r满足2r＝，解得r＝a，由题意知，a＝1，h＝3，R2＝2＋2＝＋＝＋＝，故球O的表面积为S＝4πR2＝.4．《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相承也．又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了圆锥底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V＝L2h，实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取3.那么近似公式V≈L2h，相当于将圆锥体积公式中的π近似取值为(　　)A.  B.  C.  D．3答案　A解析　设圆锥的底面半径为r，则圆锥的底面周长L＝2πr，所以r＝，所以V＝πr2h＝π××h＝h.令h＝L2h，得π＝＝.二、多选题5．已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距离等于球的半径的，则下列结论正确的是(　　)A．球O的表面积为6πB．球O的内接正方体的棱长为1C．球O的外切正方体的棱长为D．球O的内接正四面体的棱长为2答案　AD解析　设球的半径为R，由已知可得△ABC外接圆半径为r＝＝，∵球心O到平面ABC的距离等于球半径的，∴R2－R2＝，得R2＝.对于A，球O的表面积为4π×＝6π，故A正确；对于B，设球O的内接正方体的棱长为a，∵正方体的体对角线即球O的直径，∴a＝2R，解得a＝，故B错误；对于C，设球O的外切正方体的棱长为b，∵正方体的棱长即球O的直径长，∴b＝2R＝，故C错误；对于D，设球O的内接正四面体的棱长为c，则正四面体的高为＝c，由2＋2＝2，解得c＝2，故D正确．6．在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，且PA＝AC＝BC＝2，E为线段PC上的一个动点，则下列选项正确的是(　　)A．三棱锥P－ABC的表面积是4＋4B．直线PC与直线AB所成的角为60°C．AE＋BE的最小值为＋D．三棱锥P－ABC外接球的表面积为12π答案　ABD解析　∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，PA⊥AB，PA⊥AC，又AC⊥BC，PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC，又PA＝AC＝BC＝2，∴三棱锥P－ABC的表面积为×2×2＋×2×2＋×2×2＋×2×2＝4＋4，故选项A正确；可以把三棱锥放入棱长为2正方体中，如图1，则易知直线PC与直线AB所成的角为60°，图1三棱锥P－ABC外接球即正方体的外接球，所以外接球的表面积为π×(22＋22＋22)＝12π，故选项B，D正确；把△PCB沿PC翻折至平面PAC内，如图2，则AB1的长即为AE＋BE的最小值，图2由题意可知B1G＝CG＝，则AB＝()2＋(2＋)2＝8＋4，∴AB1＝2，即AE＋BE的最小值为2，故选项C错误．三、填空题7．北京奥运会游泳中心(水立方)的设计灵感来于威尔·弗兰泡沫，威尔·弗兰泡沫是对开尔文胞体的改进，开尔文体是一种多面体，它由正六边形和正方形围成(其中每一个顶点处有一个正方形和两个正六边形)，已知该多面体共有24个顶点，且棱长为1，则该多面体的表面积是______．答案　12＋6解析　棱长为1的正方形的面积为1×1＝1，正六边形的面积为6××1×1×＝，又正方形有4个顶点，正六边形有6个顶点，该多面体共有24个顶点，所以最多有6个正方形，最少有4个正六边形，1个正六边形与3个正方形相连，所以该多面体有6个正方形，正六边形有6×4÷3＝8(个)，所以该多面体的表面积为8×＋6＝12＋6.8. 如图，在三棱柱的侧棱A1A和B1B上各有一动点P，Q且满足A1P＝BQ，过P，Q，C三点的截面把棱柱分成两部分，则四棱锥C－ABQP与三棱柱A1B1C1－ABC的体积之比为________．答案　1∶3解析　设三棱柱ABC－A1B1C1的体积为V，∵A1P＝BQ，∴四边形PQBA与四边形PQB1A1的面积相等，故四棱椎C－ABQP的体积等于三棱锥C－ABA1的体积等于V，∴四棱锥C－ABQP与三棱柱A1B1C1－ABC的体积之比为1∶3.四、解答题9. 如图是一个以A1B1C1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的空间图形，截面为ABC，已知A1B1＝B1C1＝2，∠A1B1C1＝90°，AA1＝4，BB1＝3，CC1＝2，求：(1)该空间图形的体积；(2)截面ABC的面积．解　(1) 过C作平行于平面A1B1C1的截面A2B2C，分别交AA1，BB1于点A2，B2.由直三棱柱性质及∠A1B1C1＝90°，可知B2C⊥平面ABB2A2，则该空间图形的体积V＝＋＝×2×2×2＋××(1＋2)×2×2＝6.(2)在△ABC中，AB＝＝，BC＝＝，AC＝＝2.则S△ABC＝×2×＝.10. 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，求该三棱锥E－ACD的侧面积．(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.因为BD∩BE＝B，BD ⊂平面BED，BE ⊂平面BED，所以AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.(2)解　设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝.因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝x.由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝x.由已知得，V三棱锥E－ACD＝×AC×GD×BE＝x3＝，故x＝2.所以AB＝BD＝BC＝2，BE＝，从而可得AE＝EC＝ED＝.所以△EAC的面积为3.在△AED中，由余弦定理得，cos∠AED＝＝，所以sin∠AED＝.即S△AED＝·AE·ED·sin∠AED＝，又△ECD的面积与△AED的面积相等．故三棱锥E－ACD的侧面积为3＋2.