2023届高考数学二轮复习专题十一空间几何体作业含答案

专题强化训练(十一)

一、单项选择题

1.(2022·海南海口二模)如图是一个圆台的侧面展开图,其面积为

3π,两个圆弧所在的圆半径分别为2和4,则该圆台的体积为(　D　)

A.π B.π

C.π D.π

解析:圆台的侧面展开图是一个扇环,设该扇环的圆心角为α,

则其面积为×α×42-×α×22=3π,得α=,所以扇环的两个圆弧长分别为π和2π.

设圆台的上底面半径、下底面半径分别为r1,r2,圆台的高为h,

则2πr1=π,2πr2=2π,所以r1=,r2=1,又圆台的母线长l=4-2=2,

所以圆台的高为h==,

所以圆台的体积为V=π[+12+×1]×=π.故选D.

2.(2022·甘肃模拟诊断)在Rt△ABC中,BC=a,AC=b,AB=c,且a>b>c,分别以BC,AC,AB所在直线为轴,将△ABC旋转一周,形成三个几何体,其表面积和体积分别记为S1,S2,S3和V1,V2,V3,则它们的关系为(　B　)

A.S1>S2>S3,V1>V2>V3

B.S1<S2<S3,V1<V2<V3

C.S1>S2>S3,V1=V2=V3

D.S1<S2<S3,V1=V2=V3

解析:不妨设直角三角形的三边长分别为a=5,b=4,c=3,

当直角三角形绕BC边所在直线旋转时,其表面积是两个圆锥的侧面积之和,

所以其表面积为S1=π××(3+4)=π,

体积为V1=×π××5=π;

当直角三角形绕AC边所在直线旋转时, S2=π×32+π×3×5=24π, 体积为V2=π×32×4=12π;

当直角三角形绕AB边所在直线旋转时,S3=π×42+π×4×5=36π, 体积为V3=π×42×3=16π.

所以S1<S2<S3;V1<V2<V3. 故选B.

3.(2022·山东省沂水县第一中学模拟预测)阿基米德是古希腊伟大的数学家、物理学家、百科式科学家,是静态力学和流体静力学的奠基人,和高斯、牛顿并列为世界三大数学家,他在不知道球体积公式的情况下得出了圆柱容球定理,即圆柱内切球(与圆柱的两底面及侧面都相切的球)的体积等于圆柱体积的三分之二.那么,圆柱内切球的表面积与该圆柱表面积的比值为(　C　)

A.    B.    C.    D.

解析:设球的半径为R,则圆柱的底面半径为R,高为2R,

则圆柱的表面积为S=2πR2+2πR·2R=6πR2,球的表面积为S球=4πR2.

所以,圆柱内切球的表面积与该圆柱表面积的比值为=.故选C.

4.(2022·山东泰安模拟预测)如图是我国古代米斗,它是称量粮食的量器,是古代官仓、粮栈、米行等必备的用具.它是随着粮食生产而发展出来的用具,早在先秦时期就有,到秦代统一了度量衡,汉代又进一步制度化,十升为斗、十斗为石的标准最终确定下来.若将某个米斗近似看作一个四棱台,上、下两个底面都是正方形,侧棱均相等,上底面边长为25 cm,下底面边长为15 cm,侧棱长为10 cm,则该米斗的容积约为(　C　)

A.2 400 cm3    B.2 600 cm3

C.2 900 cm3    D.3 100 cm3

解析:如图,设棱台上、下底面的中心分别为O1,O,连接O1C1,OC,过C作CH⊥O1C1,垂足为H,

由题意易知O1C1=,OC=,故C1H=5,故CH==5,

故该四棱台的体积为V=×(252+152+25×15)×5≈2 887.故选C.

5.(2022·广东佛山高三期末)在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=1,

AD=AA1=2,E为棱AA1上的动点,平面BED1交棱CC1于点F,则四边形BED1F的周长的最小值为(　B　)

A.4        B.2

C.2(+)    D.2+4

解析:将长方体的侧面展开,如图所示.

当点E为BD1与AA1的交点,F为BD1与CC1的交点时,截面四边形BED1F的周长最小,

最小值为2BD1=2=2.故选B.

6.已知直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的表面上,若AB=AC=1,

AA1=2,∠BAC=,则球O的体积为(　A　)

A.    B.3π    C.    D.8π

解析:设△ABC的外接圆圆心为O1,半径为r,连接O1O,如图,

易得O1O⊥平面ABC,

因为AB=AC=1,AA1=2,∠BAC=,所以2r===2,

即O1A=1,O1O=AA1=,所以OA===2,

所以球O的体积为V=π·OA3=.故选A.

7.(2022·山东日照模拟预测)已知四棱锥PABCD的体积是36,

底面ABCD是正方形,△PAB是等边三角形,平面PAB⊥平面ABCD,

则四棱锥PABCD外接球的体积为(　A　)

A.28π    B.π

C.π     D.108π

解析:设AB的中点为Q,因为△PAB是等边三角形,所以PQ⊥AB,

而平面PAB⊥平面ABCD,

平面PAB∩平面ABCD=AB,PQ⊂平面PAB,所以PQ⊥平面ABCD.

四棱锥PABCD的体积是36,则36=·AB·AB·PQ,

即36=·AB·AB·AB,所以边长AB=6,PQ=3.设四棱锥的外接球的球心为O,则它在平面ABCD内的射影为平面ABCD的中心M,过点P作MO的垂线PH,垂足为H,设OH=x,OM=3-x,

R2=OA2=OM2+AM2=+,

R2=OP2=OH2+PH2=x2+32,联立解得x=2,R2=12+32=21,

V球=πR3=28π.故选A.

8.(2022·新高考Ⅰ卷)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3≤l≤3,则该正四棱锥体积的取值范围是(　C　)

A.[18,]  B.[,]

C.[,]  D.[18,27]

解析:法一　如图,设该球的球心为O,半径为R,正四棱锥的底面边长为a,高为h,依题意,得36π=πR3,解得R=3.由题意及图可得

解得

所以正四棱锥的体积V=a2h=(2l2-)×=(2-)(3≤l≤3),

所以V′=l3-=l3(4-)(3≤l≤3),令V′=0,得l=2,所以当

3≤l<2时,V′>0;当2<l≤3时,V′<0,所以函数V=(2-)

(3≤l≤3)在[3,2)上单调递增,在(2,3]上单调递减,又当l=3时,V=;当l=2时,V=;当l=3时,V=.所以该正四棱锥的体积的取值范围是[,].故选C.

法二　如图,设该球的球心为O,半径为R,正四棱锥的底面边长为a,高为h,依题意,得36π=πR3,解得R=3,由题意及图可得

解得

又3≤l≤3,所以该正四棱锥的体积V=a2h=(2l2-)×=(2-)=72×··(2-)≤72×[]3=

(当且仅当=2-,即l=2时,取等号),所以正四棱锥的体积的最大值为,排除A,B,D.故选C.

二、多项选择题

9.(2022·湖北模拟预测)在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中,P,Q分别在棱BC,CC1上,CP=x,CQ=y,x∈[0,1],y∈[0,1]且x2+y2≠0,过A,

P,Q三点的平面截正方体ABCDA1B1C1D1得到截面多边形,则(　BD　)

A.x=y时,截面一定为等腰梯形

B.x=1时,截面一定为矩形且面积最大值为

C.存在x,y使截面为六边形

D.存在x,y使BD1与截面平行

解析:对于A,当x=y=1时,截面为矩形,故A错误;

对于B,当x=1时,点P与点B重合,设过A,P,Q三点的平面交D1D于点M,则因为平面AA1D1D∥平面BB1C1C,平面AA1D1D∩平面ABQM=AM,平面BB1C1C∩平面ABQM=PQ,故PQ∥AM,且AB⊥PQ,此时截面为矩形,当点Q与点C1重合时面积最大,此时截面面积为S=1×=,故B正确;

对于C,截面只能为四边形、五边形,故C错误;

对于D,当x=,y=时,延长B1B交QP的延长线于点N,画出截面APQM如图所示.此时因为BP=CP,BN∥CQ,故Rt△BPN≌Rt△CPQ,则BN=CQ=.由面面平行的性质定理及等角定理易得△ADM∽△PCQ,AD=2CP,

故MD=2CQ=,此时MD1=,故MD1=BN且MD1∥BN,故四边形MD1BN为平行四边形,故MN∥BD1,根据线面平行的判定定理可知BD1与截面平行,

故D正确.故选BD.

10.(2022·山东青岛一模)斗笠,是遮阳光和雨的帽子,有宽宽的边沿,用竹篾夹油纸或竹叶棕丝等编织而成.有一种外形为圆锥形的斗笠,称为“灯罩斗笠”,不同型号的斗笠大小经常用帽坡长(母线长)和帽底宽(底面圆直径长)两个指标进行衡量,现有一个“灯罩斗笠”,帽坡长20 cm,帽底宽20 cm,关于此斗笠,下列说法正确的是(　ACD　)

A.斗笠轴截面(过顶点和底面中心的截面图形)的顶角为120°

B.过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两母线的截面三角形的最大面积

为100 cm2

C.若此斗笠顶点和底面圆上所有点都在同一个球面上,则该球的表面积为1 600π cm2

D.此斗笠放在平面上,可以盖住的球(保持斗笠不变形)的最大半径

为(20-30)cm

解析:对于A选项,设顶角为θ,则sin ==,得=60°,

所以顶角θ=120°,A正确;

对于B选项,因为顶角θ=120°,

则截面三角形的最大面积为×202×sin 90°=200(cm2),B错误;

对于C选项,因为顶角θ=120°,则=60°,所以外接球半径等于圆锥母线长,即R=20,

则该球的表面积为4πR2=1 600π(cm2),C正确;

对于D选项,设球的最大半径为r cm,因为顶角为120°,则∠OCD=15°,

所以r=CD·tan 15°=10×=20-30,D正确.

故选ACD.

11.已知在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,则下列说法中正确的是(　ABC　)

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

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;内切球半径为棱长的一半,即.

因为M,N分别为外接球和内切球上的动点,

所以MNmin=a-=a=-1,解得a=2,即正方体的棱长为2,

所以正方体外接球的表面积为4π×()2=12π,内切球的体积为,则A,B,C正确;

线段MN的最大值为+1,则D错误.故选ABC.

12.(2022·新高考Ⅱ卷)如图,四边形ABCD为正方形,ED⊥平面ABCD,

FB∥ED,AB=ED=2FB.记三棱锥EACD,FABC,FACE的体积分别为V1,V2,V3,则(　CD　)

A.V3=2V2     B.V3=V1

C.V3=V1+V2  D.2V3=3V1

解析:如图,连接BD交AC于点O,连接OE,OF.

设AB=ED=2FB=2,

则AB=BC=CD=AD=2,FB=1.

因为ED⊥平面ABCD,

FB∥ED,

所以FB⊥平面ABCD,

所以V1==S△ACD·ED=×AD·CD·ED=××2×2×2=,

V2==S△ABC·FB=×AB·BC·FB=××2×2×1=.

因为ED⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,

所以ED⊥AC,又AC⊥BD,

且ED∩BD=D,ED,BD⊂平面BDEF,

所以AC⊥平面BDEF.

因为OE,OF⊂平面BDEF,

所以AC⊥OE,AC⊥OF.

易知AC=BD=AB=2,

OB=OD=BD=,

OF==,

OE==,

EF===3,

所以EF2=OE2+OF2,

所以OF⊥OE,又OE∩AC=O,

OE,AC⊂平面ACE,所以OF⊥平面ACE,

所以V3==S△ACE·OF=×AC·OE·OF=××2××=2,

所以V3≠2V2,V1≠V3,

V3=V1+V2,2V3=3V1,

所以选项A,B不正确,选项C,D正确.故选CD.

三、填空题

13.(2022·江苏海门高三期末)已知圆柱的底面半径为,体积为4π,

则该圆柱的侧面积为　　　　. 

解析:因为圆柱的底面半径为,体积为4π,设母线长为l,

则π××l=4π,得l=2,

所以圆柱的侧面积为2π××2=8π.

答案:8π

14.(2022·广东潮州高三期末)在《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑,在鳖臑ABCD中,AB⊥平面BCD,CD⊥AD,

AB=BD=,已知动点E从点C出发,沿外表面经过棱AD上一点到点B的最短距离为,则该棱锥的外接球的表面积为　　　　. 

解析:将侧面△ABD与△ACD展开,如图所示.

设CD=x,由题意得C′B=,

在△C′BD中,由余弦定理得C′B2=C′D2+BD2-2C′D·BD·cos 135°,

即=x2+-2x××(-),即x2+2x-8=0,解得x=2或x=-4(舍去),

如图所示,

该棱锥的外接球即为长方体的外接球,

则外接球的半径为R==,

所以外接球的表面积为S=4πR2=8π.

答案:8π

15.正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,点K在棱A1B1上运动,过A,C,K三点作正方体的截面.若K为棱A1B1的中点,则截面面积为　　　    　,若截面把正方体分成体积之比为2∶1的两部分,则=　　　.

解析:①取B1C1的中点M,连接KM,MC,

因为KM∥A1C1,而A1C1∥AC,所以KM∥AC,

所以A,C,M,K四点共面,且AK=MC,所以四边形ACMK是等腰梯形,

如图,

在等腰梯形ACMK中,作KH⊥AC于点H,

则KM=,AC=,AK==,AH==,

所以KH===,

所以S四边形ACMK=×(+)×=.

②设B1K=x,取B1C1上的点M,B1K=B1M=x,连接KM,MC,由(1)知,A,C,M,K四点共面,由题可知==,

所以=×(+x2+)×1=,即x2+x-1=0,解得x=,即B1K=,A1K=1-=,此时==.

答案:　

16.(2022·湖南常德高三期末)已知正三棱锥ABCD的底面是边长为2的等边三角形,其内切球的表面积为π,且和各侧面分别相切于点F,M,N三点,则△FMN的周长为　　　　. 

解析:设三棱锥ABCD的内切球球心为O,设球O切三棱锥的侧面ACD于点F,

取CD的中点E,连接BE,设正三角形BCD的中心为点G,则G在线段BE上.

设AG=h,△BCD的外接圆半径为BG==2,则GE=BG=1,

由正棱锥的性质可知AG⊥平面BCD,因为BE⊂平面BCD,

则AG⊥BE,AE==,

设球O的半径为r,则4πr2=π,可得r=,即OF=OG=,

因为OF⊥AE,所以sin∠EAG==,即=,解得h=,

所以AO=AG-OG=-=,AF===.

取BC的中点H,连接AH,EH,DH,设球O切侧面ABC于点M,连接FM,

同理可得AM=,AH=AE==,

因为H,E分别为BC,CD的中点,则EH=BD=,

因为==,则FM∥EH,且==,故FM=EH=.

设BD的中点为Q,连接EQ,HQ,则EQ=HQ=EH=,故△EHQ为等边三角形,

易知△FMN为等边三角形,故△FMN的周长为3×=.

答案: