2 第八章 8.1-8.3立体几何图形、直观图、表面积与体积 典型例题实战（练透核心考点）-2023-2024学年高一数学下学期期中期末高效复习（人教A版必修第二册）

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练透核心考点一：基本立体图形
1．（2023·安徽淮北·统考一模）如图所示，在三棱台中，沿平面截去三棱锥，则剩余的部分是（ ）
A．三棱锥B．四棱锥C．三棱柱D．组合体
【答案】B
【详解】三棱台中，沿平面截去三棱锥，剩余的部分是以为顶点，四边形为底面的四棱锥．
故选：B．
2．（2023·高一课时练习）用一个平面去截一个正方体，截面边数最多有（ ）
A．5条B．6条C．7条D．8条
【答案】B
【详解】正方体有六个面，用一个平面去截一个正方体，截面的形状可能是：三角形、四边形、五边形、六边形，如图所示，
因此截面边数最多有6条．
故选：B．
3．（2023·高一课时练习）一个棱柱是正四棱柱的充要条件是（ ）
A．底面是正方形，有两个侧面是矩形
B．底面是正方形，有两个侧面垂直于底面
C．底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直
D．每个侧面都是全等矩形的四棱柱
【答案】C
【详解】若底面是正方形，有相对的两个侧面是矩形，另外两个侧面是不为矩形的平行四边形，则棱柱为斜棱柱，故A不满足要求；
若底面是正方形，有相对的两个侧面垂直于底面，另外两个侧面不垂直于底面，则棱柱为斜棱柱，故B不满足要求；
若底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直则底面为正方形，侧棱与底面垂直，此时棱柱为正四棱柱，反之也成立，故C满足要求；
若每个侧面都是全等矩形的四棱柱，其底面可能不是正方形，故D不满足要求.
故选：C．
4．（2023·高三课时练习）如图，圆柱的高为2，底面周长为16，四边形ACDE为该圆柱的轴截面，点B为半圆弧CD的中点，则在此圆柱的侧面上，从A到B的路径中，最短路径的长度为（ ）．
A．B．C．3D．2
【答案】B
【详解】解：圆柱的侧面展开图如图所示，由题得,
所以.
所以在此圆柱的侧面上，从A到B的路径中，最短路径的长度为.
故选：B
5．（2023·全国·高三专题练习）“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，其中“扭棱十二面体”就是一种“阿基米德多面体”.它是由个正三角形和个正五边形组成的，若多面体的顶点数、棱数和面数满足：顶点数棱数面数，则“扭棱十二面体”的顶点数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】因为扭棱十二面体是由个正三角形和个正五边形组成的，
所以面数为，棱数为，
因为多面体的顶点数、棱数和面数满足：顶点数棱数面数，
所以扭棱十二面体的顶点数为：，
故选：C
练透核心考点二：几何体的表面积与体积
1．（2023·全国·模拟预测）如图，已知四棱柱的体积为V，四边形ABCD为平行四边形，点E在上且，则三棱锥与三棱锥的公共部分的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】如图，设DE，交于点F，AC，BD交于点G，连接FG，则三棱锥就是三棱锥与三棱锥的公共部分．
因为，所以，所以，
设点到平面ABCD距离为，则点F到平面ABCD的距离是，
又，所以三棱锥的体积为.
故选：A．
2．（2023·山东潍坊·统考一模）如图，圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为的扇形.把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为，则圆台的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】假设圆锥半径，母线为，则.设圆台上底面为，母线为，则.
由已知可得，，所以.
如图，作出圆锥、圆台的轴截面
则有，所以.
所以圆台的侧面积为.
故选：C.
3．（2023秋·云南楚雄·高三统考期末）已知某圆台的上底面和下底面的面积分别为，，该圆台的体积为，则该圆台的高为______.
【答案】3
【详解】圆台的体积，得.
所以该圆台的高为3.
故答案为：3.
4．（2023·高一课时练习）若正四棱柱的底面的面积为，其对角线和底面成角，则此正四棱柱的全面积是______.
【答案】##
【详解】如图，正四棱柱的底面是正方形，面积是，
则
∵正四棱柱的对角线和底面成角，⊥底面ABCD，
，
，
正四棱柱的全面积为，
故答案为：．
5．（2023秋·上海静安·高二校考期末）圆锥底面半径为3，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则此圆锥的侧面积为______．
【答案】
【详解】因底面半径为3，则底面周长即扇形弧长为，又圆心角为，则扇形半径为：.则扇形面积即圆锥侧面积为：.
故答案为：
6．（2023春·山东济南·高三统考开学考试）已知圆锥侧面展开图的周长为，面积为，则该圆锥的体积为______．
【答案】或
【详解】设圆锥的底面圆半径为，母线长，则圆锥侧面展开图扇形弧长为，
依题意，，即，解得或，
当时，圆锥的高，体积为，
当时，圆锥的高，体积为，
所以该圆锥的体积为或.
故答案为：或
7．（2023·全国·高一专题练习）如图，圆锥SO的底面圆半径，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，求圆锥的体积．
【答案】.
【详解】依题意，扇形弧长，即圆锥底面圆周长为：，
令圆锥的母线长为，则，解得，因此圆锥的高，
所以圆锥的体积.
8．（2023·高一单元测试）用平方米的材料制成一个有盖的圆锥形容器，如果在制作过程中材料无损耗，且材料的厚度忽略不计，底面半径长为x，圆锥母线的长为y．
(1)建立y与x的函数关系式，并写出x的取值范围；
(2)圆锥的母线与底面所成的角大小为，求所制作的圆锥形容器容积多少立方米（精确到）．
【答案】(1) ；
(2).
【详解】（1）根据题意，因为圆锥的表面积，所以，
因为，所以，解得，
即，；
（2）依题意，做圆锥的高，是母线与底面所成的线面角，
设圆锥高为，因为，，
所以，所以，，
所以.
练透核心考点三：空间几何体内切球问题
角度1：空间几何体中的内切球问题
1．（2023春·浙江·高三校联考开学考试）已知一个装满水的圆台形容器的上底半径为6，下底半径为1，高为，若将一个铁球放入该容器中，使得铁球完全没入水中，则可放入的铁球的表面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】表面积最大时，沿上下底面直径所在平面作出剖面图如图所示，
显然此时圆与等腰梯形的上底以及两腰相切，则建立如图所示直角坐标系，
由题意得，，则，
则直线所在直线方程为，即
设，表面积最大时球的半径为，
则，则点到直线的距离等于半径，
则有，
解得或，，
，此时，
则
故选：.
2．（2023秋·浙江丽水·高三浙江省丽水中学校联考期末）将菱形沿对角线折起，当四面体体积最大时，它的内切球和外接球表面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】不妨设菱形的边长为，，，
外接球半径为，内切球半径为，
取中点为，连接，
因为，所以，
当平面平面时，平面平面，
平面，所以平面，
此时四面体的高最大为，
因为，所以
所以，
，
令解得，
令解得，
所以在单调递增，单调递减，
所以当时最大，最大体积为，
此时，
以四面体的顶点构造长方体，长宽高为，
则有解得，所以，
所以外接球的表面积为，
又因为，
所以，
，
所以，
所以，
所以，所以内切球的表面积为，
所以内切球和外接球表面积之比为，
故选:C.
3．（2023·全国·校联考模拟预测）在正三棱锥中，是的中点，且，则该三棱锥内切球的表面积为__________.
【答案】
【详解】
如图，取中点，连接，由题知为等边三角形，
设为中心，连接，
由正三棱锥的性质可知平面，设，
因为是的中点，中点为，所以，
因为，为等边三角形，所以，
因为，所以，所以，
所以，在中，，
即，解得，
所以正三棱锥的侧棱，所以，
所以，，
因为正三棱锥的表面积为，
设该三棱锥内切球的半径为，所以，由得，
所以，该三棱锥内切球的表面积为．
故答案为：．
4．（2022秋·上海青浦·高二上海市青浦高级中学校考期末）古希腊数学家阿基米德是世界上公认的三位最伟大的数学家之一，其墓碑上刻着他认为最满意的一个数学发现，如图，一个“圆柱容球”的几何图形，即圆柱容器里放了一个球．该球顶天立地，四周碰边，在该图中，球的体积是圆柱体积的，并且球的表面积也是圆柱表面积的，若圆柱的表面积是，现在向圆柱和球的缝隙里注水，则最多可以注入的水的体积为______．
【答案】
【详解】设球的半径为，由题意得球的表面积为，
所以，所以圆柱的底面半径为2，高为4，
所以最多可以注入的水的体积为．
故答案为：
5．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测）传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱， 圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现；如图是一个圆柱容球， 、为圆柱上、下底面的圆心，为球心，为底面圆的一条直径，若球的半径，有以下三个命题：
①平面截得球的截面面积最小值为；
②球的表面积是圆柱的表面积的；
③若为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为．
其中所有正确的命题序号为___________.
【答案】①③
【详解】对于①，过点在平面内作，垂足为点，如下图所示：
易知，，，
由勾股定理可得，
则由题可得，
设到平面的距离为，平面截得球的截面圆的半径为，
因为平面，当平面时，取最大值，即，
所以，，
所以平面截得球的截面面积最小值为，①对；
对于②，因为球的半径为，可知圆柱的底面半径为，圆柱的高为，
球的表面积为，圆柱的表面积为，
所以球与圆柱的表面积之比为，②错；
对于③，由题可知点在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设在底面的射影为，
则，，，
由勾股定理可得，令，则，其中，
所以，，
所以，，
因此，，③对.
故答案为：①③.
角度2：空间几何体中的外接球问题
1．（2022秋·广西玉林·高三校联考阶段练习）如图，在梯形中，，，，将沿边翻折，使点翻折到点，且，则三棱锥外接球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】在梯形中，，，，则，，，即
分别取的中点，连接，，且，，
又，，面，面
由题意可知为直角三角形斜边的中点，因为，
所以三棱锥外接球的球心在平面的下方．
设三棱锥外接球的球心为，连接，作，垂足为H，
由题中数据可得，，，，
设三棱锥外接球的半径为，则，
即，解得，，
故三棱锥外接球的表面积是.
故选：D
2．（2023秋·四川广元·高二统考期末）三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，，△APC的面积为，则三棱锥P－ABC的外接球体积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】设 ，因为△APC的面积为，所以 ，，
设△ABC外接圆半径为r，利用正弦定理得 ，即.
因为平面，所球心O在过△ABC外心且与平面ABC垂直的直线上，
球心O到平面ABC的距离为 ，
设球O的半径为R，则，
当且仅当 时，等号成立，
故三棱锥的外接球体积的最小值为 .
故选：D.
3．（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）如图，在三棱柱中，底面ABC，，，，D在上底面（包括边界）上运动，则三棱锥的外接球体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】因为，，所以的外接圆的圆心为的中点,且，
取的中点，连接，则，所以平面；
设三棱锥的外接球的球心为，则在上，
设，，球半径为，
因为，所以，所以，
因为，所以，因为，所以，
即外接球半径的最大值为，
所以三棱锥的外接球的体积的最大值为.
故选：C.
4．（2023·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，P为侧棱SA的中点，则四棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】取AD的中点O，连接OB，OC，OP.
因为，，
所以.
又，即，
所以四边形OABC为平行四边形，
所以，同理可得.
因为，且P为侧棱SA的中点，
所以，
所以在中，.（点拨：直角三角形斜边的中线等于斜边的一半）
所以，
所以四棱锥外接球的球心为O，半径为2，
故外接球的表面积为，
故选：B.
5．（2023秋·安徽宣城·高二统考期末）在四棱锥中，平面BCDE，，，，且，则该四棱锥的外接球的表面积为______.
【答案】
【详解】连接，
因为，，所以在直径为的圆上，
取的中点，即四边形外接圆的圆心，
在中，即，解得，
所以四边形外接圆的直径即外接圆的直径为，
所以，
因为平面BCDE，所以四棱锥的外接球的球心与底面的距离为，
所以四棱锥的外接球的半径为，对应的表面积为
故答案为：
6．（2022秋·贵州遵义·高二统考期末）已知三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，若PA＝2，AB＝1，，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为___．
【答案】
【详解】由题意，在三棱锥中，平面，平面，
所以，,又，，平面，
所以平面，平面，所以，
设的中点为，因为，所以，
因为，所以，
所以为三棱锥外接球的球心，
因为，，所以，
因为，，，所以，
设三棱锥外接球的为，所以，
所以三棱锥的外接球的表面积为．
故答案为：.
角度3：空间几何体中的内切与外接球综合问题
1．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）已知圆锥内切球（与圆锥侧面、底面均相切的球）的半径为2，当该圆锥的表面积最小时，其外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】设圆锥的顶点为，底面圆的圆心为，内切球圆心为，
则，，
因为⊥，⊥，所以∽，则，
设，，
故，由得：，
由得：，
故，所以，，
解得：，
所以圆锥的表面积为，
令，，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在时取得最小值，，
此时，，
设圆锥的外接球球心为，连接，设，
则，
由勾股定理得：，即，
解得：，故其外接球的表面积为.
故选：A
2．（2022秋·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考期末）在古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻有一个令他最引以为傲的几何图案.该几何图案是内部嵌入一个内切球的圆柱，且该圆柱底面圆的直径与高相等，则该圆柱的内切球与外接球的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】该圆柱的内切球和外接球的截面图如下图所示，
设圆柱高为，底面半径为，圆柱内切球半径为，
外接球半径为，则，，
，，，
圆柱内切球与外接球的体积之比为.
故选：B
3．（2022·全国·高三专题练习）已知棱长为的正四面体的外接球表面积为，内切球表面积为，则（ ）
A．9B．3C．4D．
【答案】A
【详解】如图所示，设点是内切球的球心，正四面体棱长为，由图形的对称性知，点也是外接球的球心．设内切球半径为，外接球半径为．
在Rt△中，，即，
又，可得，.
故选：A．
4．（2022·四川乐山·统考一模）在平面四边形ABCD中，沿BD将△ABD折起，使得△ABC与△BAD全等.记四面体ABCD外接球球心到平面ABC的距离为，四面体ABCD的内切球球心到点A的距离为，则的值为______.
【答案】
【详解】
因为得△ABC与△BAD全等，所以,
且
所以可以把该四面体放在长方体中求解，如图，
设长方体的长宽高为，则有解得，
设四面体外接球的半径为,则，
在中，,则，
设外接圆的半径为，则有，
所以，所以，
，
设四面体内切球的半径为,
因为四面体各个面全等，且，
解得，
因为，四面体各个面全等，则外接球的球心到各个面的距离相等，
所以外接球的球心与内切球的球心重合，
所以，
所以.
故答案为: .
练透核心考点五：空间几何体的直观图和原图
1．（2023秋·吉林·高一吉林一中校考阶段练习）已知用斜二测画法画梯形OABC的直观图如图所示，，，，轴，，为的三等分点，则四边形OABC绕y轴旋转一周形成的空间几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】在直观图中，，∴在真实图中，．如图：
在直观图中，，为的三等分点，
∴在真实图中，，D为OA的三等分点．在直观图中，轴，
∴在真实图中，轴，∴，
∴，∴，∴，∴四边形OABC是等腰梯形，
∴四边形OABC绕y轴旋转一周所形成的空间几何体的体积等于一个圆台的体积减去一个圆锥的体积，
即．
故选:B.
2．（2022春·河南商丘·高一校联考期末）在如图（1）所示的四棱锥中，底面为正方形，且侧面垂直于底面，水平放置的侧面的斜二测直观图如图（2）所示，已知，，则四棱锥的侧面积是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】四棱锥中，底面为正方形，且侧面垂直于底面，
则侧面，侧面
由水平放置的侧面的斜二测直观图可知，，
由勾股定理可得，，
所以等腰三角形的面积为，
直角三角形与直角三角形的面积均为，
等腰直角三角形的面积为，
故该几何体的侧面积是.
故选：D
3．（多选）（2022春·黑龙江齐齐哈尔·高一统考期末）如图所示，四边形是由斜二测画法得到的平面四边形水平放置的直观图，其中，，，点在线段上，对应原图中的点，则在原图中下列说法正确的是（ ）
A．四边形的面积为14
B．与同向的单位向量的坐标为
C．在向量上的投影向量的坐标为
D．的最小值为17
【答案】ABD
【详解】解：由直观图可得，
四边形为直角梯形，且，
则四边形的面积为，故A正确；
如图，以点为坐标原点建立平面直角坐标系，
则，
则，
所以与同向的单位向量的坐标为，故B正确；
，
则在向量上的投影向量的坐标为，故C错误；
设，
则，
则，
，
当时，取得最小值，故D正确.
故选：ABD.
4．（2022秋·上海浦东新·高二上海市川沙中学校考阶段练习）水平放置的的斜二侧直观图如图所示，若，的面积为，则的长为______
【答案】
【详解】由斜二测画法的画法规则可知在中，，，
则，即，
故由斜二测画法规则可得.
故答案为：．
5．（2022秋·湖北·高二校联考阶段练习）如图，三棱锥的底面的斜二测直观图为，已知底面，，，，则三棱锥外接球的体积____________．
【答案】
【详解】由题意可知在斜二测直观图中，，，
则 ,
则在中，,
三棱锥中， ，则可将三棱锥补成相邻三侧棱分别为的长方体，则三棱锥的外接球即为该长方体的外接球，
长方体的体对角线长即为外接球的直径，则外接球半径为 ，
故三棱锥外接球的体积，
故答案为：
6．（2022秋·湖南长沙·高二湖南师大附中校考开学考试）如图矩形O'A'B'C'是水平放置的一个平面四边形OABC的直观图，其中O'A'=3，O'C'=1，
(1)判断平面四边形OABC的形状并求周长；
(2)若该四边形OABC以OA为旋转轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积.
【答案】(1)平面四边形为菱形，
(2)，
（1）将直观图还原得，如下图，
所以，
所以平面四边形为菱形，
其周长为.
（2）四边形以为旋转轴，旋转一周，得到一个圆柱和两个一样的圆锥，
，
，
所以.