2023届高考数学一轮复习精选用卷 第六章 立体几何 考点32 简单几何体的表面积与体积+答案解析

这是一份2023届高考数学一轮复习精选用卷 第六章 立体几何 考点32 简单几何体的表面积与体积+答案解析，共15页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。
考点测试32　简单几何体的表面积与体积

高考
概览
高考在本考点的常考题型为选择题、填空题，分值为5分，中等难度
考纲
研读
球体、柱体、锥体、台体的表面积和体积计算公式

一、基础小题
1. 如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．若O1O2＝2，则圆柱O1O2的表面积为(　　)

A．4π B．5π
C．6π D．π
答案　C
解析　因为该球与圆柱的上、下底面，母线均相切，不妨设圆柱的底面半径为r，故2r＝O1O2＝2，解得r＝1.故该圆柱的表面积为2πr2＋2πr×O1O2＝2π＋4π＝6π.故选C.
2. 某公园设置了一些石凳供大家休息，每张石凳是由正方体石料截去八个一样的四面体得到的，如图所示．如果一张石凳的体积是0.18 m3，那么原正方体石料的体积是(　　)

A．0.196 m3 B．0.216 m3
C．0.225 m3 D．0.234 m3
答案　B
解析　设原正方体石料的边长为a m．由题意可得a3－××a×a×a×8＝0.18.解得a3＝0.216.所以原正方体石料的体积是0.216 m3.故选B.
3．如图，一倒立的圆锥和一个底面圆直径为2R的圆柱内装等高H的液体，圆锥的轴截面为等腰直角三角形，圆柱的轴截面为一矩形，H＝R，圆锥内液体体积为V1，圆柱内液体体积为V2，则(　　)

A．V1＝2V2 B．V1＝V2
C．V2＝2V1 D．V1＝V2
答案　B
解析　如题图，圆锥的轴截面为等腰直角三角形，且H＝R，则圆锥的水面圆的直径为2H＝2R，由V1＝π(R)2·R＝πR3，V2＝πR2·R＝πR3，得V1＝V2，故选B.
4. 如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，FE＝2，则该多面体的体积为(　　)

A. B．
C. D．
答案　A
解析　如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，容易求得EG＝HF＝，AG＝GD＝BH＝HC＝，

则△BHC中BC边上的高h＝.∴S△AGD＝S△BHC＝××1＝，∴V多面体ABCDEF＝VE－AGD＋VF－BHC＋VAGD－BHC＝2VE－AGD＋VAGD－BHC＝×××2＋×1＝.
5．(多选)已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点M，N，若线段MN的最小值为－1，则(　　)
A．正方体的外接球的表面积为12π
B．正方体的内切球的体积为
C．正方体的棱长为2
D．线段MN的最大值为2
答案　ABC
解析　设正方体的棱长为a，则正方体外接球的半径为体对角线长的一半，即a，内切球的半径为棱长的一半，即.∵M，N分别为外接球和内切球上的动点，∴MNmin＝a－＝a＝－1，解得a＝2，即正方体的棱长为2，C正确；正方体的外接球的表面积为4π×()2＝12π，A正确；正方体的内切球的体积为，B正确；线段MN的最大值为a＋＝＋1，D错误．故选ABC.
二、高考小题
6．(2021·新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为(　　)
A．2 B．2
C.4 D．4
答案　B
解析　设圆锥的母线长为l，底面半径为r，因为圆锥的侧面展开图为一个半圆，所以2πr＝πl.所以l＝2r＝2.故选B.
7．(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．
答案　D
解析　作出图形，连接该正四棱台上、下底面的中心，如图，因为该四棱台上、下底面边长分别为2,4，侧棱长为2，所以该棱台的高h＝ ＝，下底面面积S1＝16，上底面面积S2＝4，所以该棱台的体积V＝h(S1＋S2＋)＝××(16＋4＋)＝.故选D.

8．(2021·全国甲卷)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O－ABC的体积为(　　)
A. B．
C. D．
答案　A
解析　记△ABC外接圆的圆心为O1，连接OO1，则OO1⊥平面ABC，由AC⊥BC，AC＝BC＝1，知O1为AB的中点，且AB＝，O1B＝，又球O的半径为1，所以OB＝1，所以OO1＝，所以VO－ABC＝S△ABC·OO1＝××1×1×＝.故选A.
9．(2021·天津高考)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为(　　)
A．3π B．4π
C.9π D．12π
答案　B
解析　如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3∶1，即AD＝3BD，设球的半径为R，则＝，可得R＝2，

所以AB＝AD＋BD＝4BD＝4，所以BD＝1，AD＝3，因为CD⊥AB，则∠CAD＋∠ACD＝∠BCD＋∠ACD＝90°，所以∠CAD＝∠BCD，又因为∠ADC＝∠BDC，所以△ACD∽△CBD，所以＝，所以CD＝＝，因此，这两个圆锥的体积之和为×CD2·(AD＋BD)＝×3×4＝4π.故选B.
10．(2020·全国Ⅰ卷)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为(　　)
A．64π B．48π
C.36π D．32π
答案　A
解析　设圆O1的半径为r，球的半径为R，依题意，得πr2＝4π，∴r＝2.由正弦定理可得＝2r，∴AB＝2rsin60°＝2.∴OO1＝AB＝2.根据圆截面性质得OO1⊥平面ABC，∴OO1⊥O1A，R＝OA＝＝＝4，∴球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.

11．(2020·全国Ⅱ卷)已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为(　　)
A. B．
C.1 D．
答案　C
解析　设球O的半径为R，则4πR2＝16π，解得R＝2.设△ABC外接圆的半径为r，边长为a，∵△ABC是面积为的等边三角形，∴a2×＝，解得a＝3，∴r＝× ＝× ＝，∴球心O到平面ABC的距离d＝＝＝1.故选C.
12．(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．8π B．4π
C.2π D．π
答案　D
解析　设PA＝PB＝PC＝2a，则EF＝a，∵△ABC是边长为2的等边三角形，F为AB的中点，∴FC＝，又∠CEF＝90°，∴EC2＝3－a2.

在△PEC中，cos∠PEC＝.在△AEC中，cos∠AEC＝.∵∠PEC与∠AEC互补，∴3－4a2＝1，a＝，故PA＝PB＝PC＝.又AB＝BC＝AC＝2，∴PA，PB，PC两两垂直，∴外接球的直径2R＝ ＝，∴R＝，∴V＝πR3＝π×3＝π.故选D.
13．(2020·江苏高考) 如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是________cm3.

答案　12－
解析　正六棱柱体积为6××22×2＝12 cm3，挖去的圆柱体积为π2×2＝ cm3，故所求几何体体积为12－ cm3.
14．(2020·全国Ⅲ卷)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．
答案　

解析　易知半径最大的球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中BC＝2，AB＝AC＝3，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为O，由于AM＝＝2，故S△ABC＝×2×2＝2.设内切圆半径为r，则S△ABC＝S△AOB＋S△BOC＋S△AOC＝×AB×r＋×BC×r＋×AC×r＝×(3＋2＋3)×r＝2，解得r＝，故其体积为V＝πr3＝.
三、模拟小题
15．(2021·广东肇庆第三次统一检测)中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面面积，“势”是几何体的高．详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．上述原理在中国被称为祖暅原理．一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为2的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为(　　)

A．16 B．16
C.18 D．21
答案　D
解析　由祖暅原理，知该不规则几何体的体积与正六棱台的体积相等，故V＝(S1＋＋S2)h＝××2＝21.故选D.
16．(2021·山东青岛模拟)已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，SA⊥平面ABC，SA＝2，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝，则球O的体积为(　　)
A. B．
C.4π D．
答案　B
解析　根据余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AB·AC·cos∠BAC＝3，故BC＝.根据正弦定理，2r＝＝2，故r＝1(r为△ABC外接圆半径)，设R为三棱锥S－ABC外接球的半径，则R2＝r2＋2＝2，故R＝，故V＝πR3＝.故选B.
17．(多选)(2021·山东潍坊一中高三开学检测)沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时．如图，某沙漏由上、下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8 cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的(细管长度忽略不计)．假设该沙漏每秒钟漏下0.02 cm3的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，则以下结论正确的是(π≈3.14)(　　)

A．沙漏中细沙的体积为 cm3
B．沙漏的体积是128π cm3
C．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4 cm
D．该沙漏的一个沙时大约是1985秒
答案　ACD
解析　对于A，根据圆锥的截面图可知，细沙在上部时，细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比，所以细沙的底面半径r＝×4＝ cm，所以沙漏中细沙的体积V沙＝×πr2×＝××＝ cm3，A正确；对于B，沙漏的体积V漏＝2××π×2×h＝2××π×42×8＝ cm3，B错误；对于C，设细沙全部漏入下部后的高度为h1，根据细沙体积不变可知，＝×π×2×h1，所以＝×h1，所以h1≈2.4 cm，C正确；对于D，因为细沙的体积为 cm3，沙漏每秒钟漏下0.02 cm3的沙，所以一个沙时为＝×50≈1985秒，D正确．故选ACD.
18．(2021·新高考八省联考)圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为________．
答案　61π
解析　因为圆台的下底面半径为5，故下底面在外接球的大圆上，如图所示．设球的球心为O，圆台上底面的圆心为O′，则圆台的高OO′＝＝＝3，据此可得圆台的体积V＝π×3×(52＋5×4＋42)＝61π.

19．(2021·河北省张家口市、邢台市、衡水市高三摸底联考)已知球O是三棱锥P－ABC的外接球，AB＝BC＝CA＝1，PA＝2，则当点P到平面ABC的距离取最大值时，球O的表面积为________．
答案　
解析　当点P到平面ABC的距离最大时，PA⊥平面ABC.如图，以△ABC为底面，PA为侧棱补成一个直三棱柱，则球O是该三棱柱的外接球，球心O到底面△ABC的距离d＝PA＝1.由正弦定理得△ABC的外接圆半径r＝＝，所以球O的半径为R＝＝，所以球O的表面积为S＝4πR2＝.

20. (2021·河北邯郸第三次模拟)在上、下底面均为正方形的四棱台ABCD－A1B1C1D1中，已知AA1＝BB1＝CC1＝DD1＝，AB＝2，A1B1＝1，则该四棱台的表面积为________；该四棱台外接球的体积为________．

答案　5＋3　
解析　在等腰梯形DCC1D1中，过C1作C1H⊥DC，垂足为H，易求得CH＝，C1H＝，则四棱台的表面积为S＝S上底＋S下底＋S侧＝1＋4＋4××＝5＋3.设AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，由棱台的性质，

可将该棱台补成四棱锥(如图)，因为AB＝2，A1B1＝1，可知△SA1B1与△SAB的相似比为1∶2，则SA＝2AA1＝2，AO＝，则SO＝，则OO1＝，即该四棱台的高为，由于上、下底面都是正方形，则外接球的球心在OO1上，由于OO1＝，B1O1＝，则OB1＝＝OB，即点O到点B与到点B1的距离相等，同理，O到A，A1，C，C1，D，D1的距离均为，于是O为外接球的球心，且外接球的半径r＝，故该四棱台外接球的体积为.

一、高考大题
1．(2021·新高考Ⅰ卷)如图，在三棱锥A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．

(1)证明：OA⊥CD；
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E－BC－D的大小为45°，求三棱锥A－BCD 的体积．
解　(1)证明：在△ABD中，因为AB＝AD，O为BD的中点，所以OA⊥BD.
因为平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，OA⊂平面ABD，所以OA⊥平面BCD，
又因为CD⊂平面BCD，所以OA⊥CD.
(2)解法一(空间向量法)：由题意可得CD＝1，BD＝2，∠BDC＝60°，在△BCD中，由余弦定理，得BC＝
＝＝.
所以CD2＋BC2＝BD2.
所以△BCD为直角三角形，且∠BCD＝90°.
以C为坐标原点，CD，CB所在直线分别为x轴、y轴，过C且垂直于平面BCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设点E在z轴上的坐标为m(m>0)，

因为DE＝2EA，由三角形相似可得E，
又因为C(0,0,0)，B(0，，0)，所以＝(0，－，0)，＝.
设平面BCE的法向量为n1＝(a，b，c)，
由n1·＝0，n1·＝0，并令c＝1，得n1＝.
易得平面BCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，
所以cos45°＝＝，
所以m＝，由三角形相似易得AO＝1，
所以V三棱锥A－BCD＝S△BCD·AO＝××1××1＝.
解法二(几何法)：如图，取OD的三等分点F，使得2OF＝DF，取BC的三等分点G，使得2CG＝BG，连接EF，FG，EG，

因为2AE＝DE，
所以△AOD∽△EFD.
所以AO∥EF.
由(1)知，AO⊥平面BCD，所以EF⊥平面BCD，所以EF⊥BC，EF⊥FG，
又OD＝1，所以OB＝1，OF＝，DF＝，BF＝，
所以2DF＝BF，所以△BCD∽△BGF.
所以GF∥CD，且GF＝CD＝.
因为OB＝OD＝OC＝1，
所以BC⊥CD，BC＝.
所以GF⊥BC.
又因为EF⊥BC，EF⊂平面EFG，GF⊂平面EFG，EF∩GF＝F，所以BC⊥平面EFG.所以BC⊥EG.
所以∠EGF即为二面角E－BC－D的平面角，所以∠EGF＝45°，
又因为EF⊥FG，所以△EFG为等腰直角三角形，所以EF＝FG＝，
由三角形相似易得AO＝1，
所以V三棱锥A－BCD＝S△BCD·AO＝××1××1＝.
二、模拟大题
2. (2021·南京期中)如图，在四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°.

(1)若AD＝2BC，M为PD的中点，求证：MC∥平面PAB；
(2)若△PAD是边长为3的正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，直线PB与平面ABCD所成角的正切值为，且AB＝BC，求四棱锥P－ABCD的体积．
解　(1) 证明：如图，取PA的中点N，连接MN，BN，

则MN∥AD，MN＝AD，
又BC∥AD，BC＝AD，
∴MN∥BC且MN＝BC，
则四边形BCMN为平行四边形，∴CM∥BN，
∵BN⊂平面PAB，MC⊄平面PAB，
∴MC∥平面PAB.
(2)取AD的中点O，连接PO，BO
∵△PAD是正三角形，∴PO⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PO⊥平面ABCD，则∠PBO为直线PB与平面ABCD所成的角，
∴tan∠PBO＝，在等边三角形PAD中，求得PO＝＝，∴BO＝＝.
在Rt△BAO中，可得AB＝＝2，则AB＝BC＝2，
∴S四边形ABCD＝×2×(2＋3)＝5，
∴VP－ABCD＝×5×＝.