适用于新教材2024版高考数学一轮总复习第八章立体几何与空间向量课时规范练34基本立体图形及空间几何体的表面积和体积北师大版

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课时规范练34
基础巩固组
1.能旋转形成如图所示的几何体的平面图形是(　　)


答案:A
解析:此几何体自上向下是由一个圆锥、两个圆台和一个圆柱构成,是由A中的平面图形旋转形成的.故选A.
2.(2022·广东潮州二模)已知一个圆柱的轴截面为正方形,且它的侧面积为36π,则该圆柱的体积为(　　)
A.16π B.27π
C.36π D.54π
答案:D
解析:设圆柱底面半径为R,高为h,则解得∴圆柱的体积V=πR2h=54π.
3.(2022·广东深圳二模)已知一个球的表面积在数值上是它的体积的倍,则这个球的半径是(　　)
A.2 B.
C.3 D.
答案:D
解析:设球的半径为R,则根据球的表面积公式和体积公式,可得4πR2=πR3×,化简得R=.
4.(2023·福建福州格致中学模拟)已知一个直三棱柱的高为2,其底面ABC水平放置的直观图为A'B'C',如图所示,其中O'A'=O'B'=O'C'=1,则此三棱柱的表面积为(　　)

A.4+4 B.8+4
C.8+4 D.8+8
答案:C
解析:由斜二测画法可得底面的平面图如图所示,其中OA=2OB=2OC=2,所以AB=AC=,所以此三棱柱的表面积S=2××2×2+(2+2)×2=8+4.

5.(2022·山东菏泽一模)如图1,在高为h的直三棱柱容器ABC-A1B1C1中,AB=AC=2,AB⊥AC.现往该容器内灌进一些水,水深为2,然后固定容器底面的一边AB于地面上,再将容器倾斜,当倾斜到某一位置时,水面恰好为A1B1C(如图2),则容器的高h为(　　)

图1

图2
A.3 B.4 C.4 D.6
答案:A
解析:在图1中V水=×2×2×2=4,在图2中,V水=×2×2×h-×2×2×h=h,∴h=4,∴h=3.
6. (2022·广东佛山二模)如图,某几何体由共底面的圆锥和圆柱组合而成,且圆柱的两个底面圆周和圆锥的顶点均在体积为36π的球的球面上,若圆柱的高为2,则圆锥的侧面积为(　　)

A.2π B.4π C.16π D.
答案:B
解析:依题意,作球的剖面图,其中,O是球心,E是圆锥的顶点,EC是圆锥的母线.设球的半径为R,则πR3=36π,R=3.∵圆柱的高为2,∴OD=1,DE=3-1=2,DC==2,母线EC==2.∴圆锥的侧面积S=·EC·2π·DC=×2×2π×2=4π.故选B.

7.(2022·全国甲,理9)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.
答案:C
解析:

如图,甲、乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆,设圆的半径(即圆锥的母线长)为3,则圆的周长为6π,甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1,r2,高分别为h1,h2,则2πr1=4π,2πr2=2π,则r1=2,r2=1,由勾股定理得,h1=,h2=2,所以.故选C.
8.(多选)(2023·广东广州高三检测)某班级到一工厂参加社会实践劳动,加工出如图所示的圆台O1O2,在轴截面ABCD中,AB=AD=BC=2 cm,且CD=2AB,则(　　)

A.该圆台的高为1 cm
B.该圆台轴截面面积为3 cm2
C.该圆台的体积为 cm3
D.一只小虫从点C沿着该圆台的侧面爬行到AD的中点,所经过的最短路程为5 cm
答案:BCD
解析:如图,作BE⊥CD交CD于点E,易得CE==1,则BE=,则圆台的高为cm,故A错误;

圆台的轴截面面积为×(2+4)×=3(cm2),故B正确;圆台的体积为×(π+4π+)=(cm3),故C正确;由圆台补成圆锥,可得大圆锥的母线长为4cm,底面半径为2cm,侧面展开图的圆心角θ==π,设P为AD的中点,连接CP,可得∠COD=,OC=4,OP=3,则CP==5,从点C沿着该圆台的侧面爬行到AD的中点,所经过的最短路程为5cm,故D正确.故选BCD.
9. (2023·湖南长沙一中高三检测)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别为棱AB,BC,CD,DA的中点,将该正方体挖去两个四分之一圆锥,得到如图所示的几何体,则该几何体的体积为　　　　　. 

答案:8-
解析:∵该几何体为正方体挖去两个四分之一圆锥,圆锥底面圆半径R=1,高h=2,∴该几何体的体积V=23-×π×12×2=8-.
10.(2022·福建漳州一模)某中学开展劳动实习,学习加工制作包装盒.现将一张足够用的正方形硬纸片加工制作成轴截面的顶角为60°,高为6的圆锥形包装盒,若在该包装盒中放入一个球形冰淇淋(内切),则该球形冰淇淋的表面积为　　　　　. 
答案:16π
解析:如图,由题意知,∠BAC=60°,AO1=6,故在Rt△AO1C中,AC=4,O1C=2.设内切球球心为O,半径为R,则OD=OO1=R.在Rt△ADO中,∠OAD=30°,所以2R=6-R,解得R=2.所以该球形冰淇淋的表面积S=4πR2=16π.

综合提升组
11. (2022·山东青岛二模)《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语,指的是一段类似隧道形状的几何体.如图,羡除ABCDEF中,底面ABCD是正方形,EF∥平面ABCD,EF=2,其余棱长都为1,则这个几何体的外接球的体积为(　　)

A. B. C. D.4π
答案:B
解析:连接AC,BD交于点M,取EF的中点O,连接OM,则OM⊥平面ABCD,取BC的中点G,连接FG,作GH⊥EF,垂足为H,如图所示.由题意可知,HF=,FG=,所以HG=,所以OM=HG=.又AM=,所以OA==1.又OE=1,所以OA=OB=OC=OD=OE=OF=1,即这个几何体的外接球的球心为O,半径为1,所以这个几何体的外接球的体积为V=×π×13=π.

12. (2022·山东泰安三模)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是等腰直角三角形,AA1⊥底面ABC,AC=BC=2,AA1=4,点D在上底面A1B1C1(包括边界)上运动,则三棱锥D-ABC的外接球表面积的最大值为(　　)

A. B.24π C. D.8π
答案:B
解析:因为△ABC为等腰直角三角形,AC=BC=2,所以△ABC的外接圆的圆心为AB的中点O1,且AO1=.连接O1与A1B1的中点E,则O1E∥AA1,所以O1E⊥平面ABC.设球的球心为O,由球的截面性质可得O在O1E上,设OO1=x,DE=t(0≤t≤),球的半径为R.因为OA=OD=R,所以,所以t2=8x-14.又0≤t≤,所以≤x≤2.因为R2=2+x2,所以≤R2≤6,所以三棱锥D-ABC的外接球表面积的最大值为24π.

13.(多选)(2022·山东滨州二模)在边长为4的正方形ABCD中,如图1所示,E,F,M分别为BC,CD,BE的中点,分别沿AE,AF及EF所在直线把△AEB,△AFD和△EFC折起,使B,C,D三点重合于点P,得到三棱锥P-AEF,如图2所示,则下列结论正确的是(　　)

图1

图2
A.PA⊥EF
B.三棱锥M-AEF的体积为4
C.三棱锥P-AEF外接球的表面积为24π
D.过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球所得截面的面积的取值范围为[π,6π]
答案:ACD
解析:由题意,将三棱锥补形为长方体,其中PA=4,PE=2,PF=2,如图所示.对于A,因为AP⊥PE,AP⊥PF,PE∩PF=P,PE,PF⊂平面PEF,所以AP⊥平面PEF,又EF⊂平面PEF,所以PA⊥EF,故A正确;对于B,因为M为PE的中点,所以VM-AEF=VP-AEF=VA-PEF=×2×2×4=,故B错误;对于C,三棱锥P-AEF的外接球即为补形后长方体的外接球,所以外接球的直径2R==2,所以三棱锥P-AEF外接球的表面积为S=4πR2=24π,故C正确;对于D,过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球所得截面为圆,其中最大截面为过球心O的大圆,此时截面圆的面积为πR2=π()2=6π,最小截面为过点M且垂直于球心O与M连线的圆,此时截面圆半径r==1,截面圆的面积为πr2=π,所以过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球所得截面的面积的取值范围为[π,6π],故D正确.故选ACD.

14.十字贯穿体(如图1)是美术素描学习中一种常见的教具.如图2,该十字贯穿体由两个全等的正四棱柱组合而成,且两个四棱柱的侧棱互相垂直,若底面正方形边长为2,则这两个正四棱柱公共部分所构成的几何体的内切球的体积为　　　　　. 

图1

图2
答案:
解析:该几何体的直观图如图所示,这两个正四棱柱公共部分所构成的几何体为两个全等的四棱锥S-ABCD和P-ABCD.设内切球的半径为R,AC的中点为H,由题意,H为内切球的球心,连接BH,SH,可知SH即为四棱锥S-ABCD的高,在Rt△ABH中,BH==2.又AC=SB=2,∴S四边形ABCD=×2×2×2=4.又BH=SH,∴VS-ABCD=SH·S四边形ABCD=×2×4.由八个侧面的面积均为2,∴R×2×8=2×,得R=1.故几何体的内切球的体积为.

创新应用组
15.如图,“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象,重叠后的底面为正方形,直三棱柱的底面是顶角为120°,腰为3的等腰三角形,则该几何体的体积为(　　)

A.23 B.24
C.26 D.27
答案:D
解析:该几何体由直三棱柱AFD-BHC及直三棱柱DGC-AEB组成,作HM⊥CB于M,如图.因为CH=BH=3,∠CHB=120°,所以CM=BM=,HM=.因为重叠后的底面为正方形,所以AB=BC=3.在直棱柱AFD-BHC中,AB⊥平面BHC,则AB⊥HM.由AB∩BC=B,可得HM⊥平面ADCB.设重叠后的EG与FH的交点为I,则VI-BCDA=×3×3,VAFD-BHC=×3×3,则该几何体的体积V=2VAFD-BHC-VI-BCDA=2×=27.