2022高考数学一轮复习 第七章 强化训练7　空间几何体中的综合问题

这是一份2022高考数学一轮复习 第七章 强化训练7　空间几何体中的综合问题，共8页。试卷主要包含了下列几何体不是旋转体的为，关于棱台，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
1．(2021·运城景胜中学模拟)下列几何体不是旋转体的为( )
A．圆柱 B．棱柱 C．球 D．圆台
答案 B
解析 由题意，圆柱、球、圆台均为旋转体，棱柱为多面体．
2．关于棱台，下列说法正确的是( )
A．两底面可以不相似 B．侧面都是全等的梯形
C．侧棱长一定相等 D．侧棱延长后交于一点
答案 D
解析 棱台的三个特征：①两底面相互平行且相似，②各侧棱延长后交于一点，③侧面都是梯形．
3.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥底面ABC，AB⊥AC，A1A＝AB＝AC＝2，那么三棱锥A1－ABC的体积是( )
A.eq \f(4,3) B.eq \f(8,3)
C．4 D．8
答案 A
解析 ∵A1A⊥底面ABC，
∴A1A为三棱锥A1－ABC的高，且AA1＝2，
又S△ABC＝eq \f(1,2)AB·AC＝eq \f(1,2)×2×2＝2，
∴＝eq \f(1,3)S△ABC·AA1＝eq \f(1,3)×2×2＝eq \f(4,3).
4．(2020·宁城蒙古族中学模拟)若圆锥的高等于底面圆的半径，则它的底面积与侧面积之比是( )
A．1∶2 B．1∶eq \r(3) C．1∶eq \r(2) D.eq \r(2)∶eq \r(3)
答案 C
解析 设圆锥的底面半径为r，
则高为r，母线长l＝eq \r(r2＋r2)＝eq \r(2)r，
则S底＝πr2，S侧＝πrl＝eq \r(2)πr2，eq \f(S底,S侧)＝eq \f(πr2,\r(2)πr2)＝eq \f(1,\r(2)).
5．已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为( )
A.eq \f(3\r(17),2) B．2eq \r(10)
C.eq \f(13,2) D．3eq \r(10)
答案 C
解析 如图所示，由球心作平面ABC的垂线，
则垂足为BC的中点M.
又AM＝eq \f(1,2)BC＝eq \f(5,2)，
OM＝eq \f(1,2)AA1＝6，
所以球O的半径R＝OA＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))2＋62)＝eq \f(13,2).
6.(多选)将正三棱锥P－ABC置于水平反射镜面上，得一“倒影三棱锥”P－ABC－Q，如图．下列关于该“倒影三棱锥”的说法中，正确的有( )
A．PQ⊥平面ABC
B．若P，A，B，C在同一球面上，则Q也在该球面上
C．若该“倒影三棱锥”存在外接球，则AB＝eq \r(2)PA
D．若AB＝eq \f(\r(6),2)PA，则PQ的中点必为“倒影三棱锥”外接球的球心
答案 AD
解析 由“倒影三棱锥”的几何特征可知PQ⊥平面ABC，A正确；当P，A，B，C在同一球面上时，若△ABC的外接圆不是球的最大圆，则点Q不在该球面上，B错误；若该“倒影三棱锥”存在外接球，则三棱锥P－ABC的外接球的半径与等边三角形ABC外接圆的半径相等，设其为R，则AB＝eq \r(3)R，PA＝eq \r(2)R，则AB＝eq \f(\r(6),2)PA，C错误；由C的推导可知该“倒影三棱锥”外接球的球心为△ABC的中心，即PQ的中点，D正确，故选AD.
7．(2021·上海新场中学模拟)若一个圆锥的轴截面是边长为4的等边三角形，则这个圆锥的侧面积为________．
答案 8π
解析 因为轴截面是边长为4的等边三角形，
所以圆锥底面半径r＝2，
圆锥母线l＝4.
圆锥的侧面积S＝πrl＝π×2×4＝8π.
8．在梯形ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周形成的曲面所围成的几何体的体积为________．
答案 eq \f(5,3)π
解析 由题意可知几何体的直观图如图，旋转体是底面半径为1，高为2的圆柱，挖去一个底面相同，高为1的倒圆锥，几何体的体积为π×12×2－eq \f(1,3)×π×12×1＝eq \f(5,3)π.
9．(2020·咸阳模拟)已知在三棱锥A－BCD中，AB，AC，AD两两垂直，且AB＝1，AC＝eq \r(3)，AD＝2eq \r(2)，则三棱锥A－BCD外接球的体积为________．
答案 4eq \r(3)π
解析 因为三棱锥侧棱AB，AC，AD两两垂直，补成长方体，如图，
该长方体的三边分别为1，eq \r(3)，2eq \r(2)，
所以球的直径为2R＝eq \r(1＋\r(3)2＋2\r(2)2)＝2eq \r(3)，
即R＝eq \r(3)，所以三棱锥A－BCD的外接球的体积为V＝eq \f(4,3)π×(eq \r(3))3＝4eq \r(3)π，
10．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为2，E是线段CD1上的动点，则AE＋DE的最小值是________．
答案 eq \r(6)＋eq \r(2)
解析 如图，
取CD1的中点为P，连接AP，DP，
则由AC＝AD1，DC＝DD1知，
AP⊥CD1，DP⊥CD1，
所以AE≥AP，DE≥DP，
所以AE＋DE≥AP＋DP，
在正方体中，棱长为2，
所以AP＝eq \f(\r(3),2)×eq \r(2)×2＝eq \r(6)，DP＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×2＝eq \r(2)，
故当E在线段CD1上运动，E与P重合时，AE＋DE有最小值eq \r(6)＋eq \r(2).
11.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，过顶点B，D，A1截下一个三棱锥．
(1)求剩余部分的体积；
(2)求点A到平面A1BD的距离．
解 (1)由题意，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，
则正方体的体积为V正方体＝a3，
根据三棱锥的体积公式，可得
＝eq \f(1,3)·S△ABD·A1A
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)·AB·AD·A1A＝eq \f(1,6)a3，
所以剩余部分的体积
V＝V正方体－＝a3－eq \f(1,6)a3＝eq \f(5,6)a3.
(2)由(1)知＝eq \f(1,6)a3，
设点A到平面A1BD的距离为d，
则
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)×(eq \r(2)a)2×d＝eq \f(\r(3),6)a2d，
故eq \f(\r(3),6)a2d＝eq \f(1,6)a3，
解得d＝eq \f(\r(3),3)a.
12.如图所示，正四棱台AC′的高是17 cm，两底面的边长分别是4 cm和16 cm.
(1)求这个棱台的侧棱长和斜高；
(2)求该棱台的侧面积与表面积．
解 (1)设棱台AC′两底面的中心分别是O′和O，
B′C′，BC的中点分别是E′，E，
连接O′O，E′E，OB，O′B′，O′E′，OE，如图所示，
则四边形OBB′O′，OEE′O′都是直角梯形，且O′O＝17 cm，
在正方形ABCD中，BC＝16 cm，
则OB＝8eq \r(2) cm，OE＝8 cm，
在正方形A′B′C′D′中，B′C′＝4 cm，
则O′B′＝2eq \r(2) cm，O′E′＝2 cm，
在直角梯形O′OBB′中，BB′＝eq \r(OO′2＋OB－O′B′2)＝eq \r(172＋8\r(2)－2\r(2)2)＝19(cm)，
在直角梯形O′OEE′中，EE′＝eq \r(OO′2＋OE－O′E′2)＝eq \r(172＋8－22)＝5eq \r(13)(cm)，
即这个棱台的侧棱长为19 cm，斜高为5eq \r(13) cm.
(2)S侧＝4×eq \f(1,2)×(4＋16)×5eq \r(13)＝200eq \r(13)(cm2)，
S表面积＝S侧＋S上底面＋S下底面＝200eq \r(13)＋4×4＋16×16＝(200eq \r(13)＋272) cm2.
13．(2020·安康模拟)四棱锥P－ABCD的顶点都在球O的球面上，ABCD是边长为3eq \r(2)的正方形，若四棱锥P－ABCD体积的最大值为54，则球O的表面积为( )
A．36π B．64π C．100π D．144π
答案 C
解析 设球心到平面ABCD的距离为h，球O的半径为r，
根据题意得，当P到平面ABCD距离最大，即为r＋h时，四棱锥P－ABCD的体积最大，
所以V＝eq \f(1,3)×3eq \r(2)×3eq \r(2)×(r＋h)＝54，
解得r＋h＝9，
又A，B，C，D都在球面上，设平面ABCD所在圆的圆心为O′，
由题意得O′A＝eq \f(\r(3\r(2)2＋3\r(2)2),2)＝3，
所以r2＝h2＋32，解得r＝5，
所以表面积S＝4π×52＝100π.
14.(2020·济南模拟)《九章算术》是西汉张苍等辑撰的一部数学巨著，被誉为人类数学史上的“算经之首”．书中“商功”一节记录了一种特殊的锥体，称为鳖臑(biē nà)．如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，则该三棱锥即为鳖臑．若AB＝2且三棱锥外接球的体积为36π，则PB＋AC长度的最大值是________．
答案 4eq \r(5)
解析 设三棱锥外接球的半径为R，
由体积为36π，知eq \f(4,3)πR3＝36π，即R＝3，
又∵PA⊥平面ABC，AB⊥BC，
∴△ABC的外接圆半径为r＝eq \f(AC,2)，
即有R2＝eq \f(PA2,4)＋eq \f(AC2,4)＝9，有PA2＋AC2＝36，
而在Rt△PAB中，AB＝2，PB2＝PA2＋AB2＝PA2＋4，
∴PB2＋AC2＝40，
而(PB＋AC)2≤2(PB2＋AC2)＝80，
当且仅当PB＝AC时等号成立，∴PB＋AC≤4eq \r(5).
15．(2020·佛山模拟)如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4 m，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P处．若该小虫爬行的最短路程为4eq \r(2) m，则圆锥底面圆的半径等于________ m.
答案 1
解析 把圆锥侧面沿过点P的母线展开成如图所示的扇形，
由题意OP＝4 m，PP′＝4eq \r(2) m，
则cs∠POP′＝eq \f(42＋42－4\r(2)2,2×4×4)＝0，且∠POP′是三角形的内角，
所以∠POP′＝eq \f(π,2).
设底面圆的半径为r m，
则2πr＝eq \f(π,2)×4，所以r＝1.
16．(2020·徐州模拟)如图，已知边长为2的正方形材料ABCD，截去如图所示的阴影部分后，可焊接成一个正四棱锥的封闭容器．设∠FCB＝θ.
(1)用θ表示此容器的体积；
(2)当此容器的体积最大时，求tan θ的值．
解 (1)取BC的中点M，连接FM，连接AC交GF于N，如图．
由题意知FM⊥BC，
在Rt△CFM中，CF＝eq \f(1,cs θ).
在Rt△CFN中，eq \f(NF,CF)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－θ))，
所以NF＝eq \f(\r(2),2)－eq \f(\r(2),2)tan θ，
所以GF＝eq \r(2)－eq \r(2)tan θ.
因为eq \f(CN,CF)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－θ))，所以CN＝eq \f(\r(2),2)＋eq \f(\r(2),2)tan θ.
从而S四边形GFEH＝(eq \r(2)－eq \r(2)tan θ)2，
正四棱锥的高CO＝eq \r(CN2－NO2)＝eq \r(CN2－NF2)
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)＋\f(\r(2),2)tan θ))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)－\f(\r(2),2)tan θ))2)
＝eq \r(2)·eq \r(tan θ)，
所以正四棱锥的体积
V＝eq \f(1,3)S四边形GFEH·CO
＝eq \f(1,3)×(eq \r(2)－eq \r(2)tan θ)2×eq \r(2)×eq \r(tan θ)
＝eq \f(2\r(2),3)(1－tan θ)2eq \r(tan θ)，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))).
(2)令t＝eq \r(tan θ)，t∈(0,1)，
则V(t)＝eq \f(2\r(2),3)(1－t2)2t＝eq \f(2\r(2),3)(t5－2t3＋t)，
V′(t)＝eq \f(2\r(2),3)(5t4－6t2＋1)＝eq \f(2\r(2),3)(5t2－1)(t2－1)．
令V′(t)＝0，得t＝eq \f(\r(5),5).
当t变化时，V′(t)，V(t)的变化情况如下表：
所以V(t)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(5),5)))内单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),5)，1))内单调递减，
所以V(t)在t＝eq \f(\r(5),5)时取到最大值，此时tan θ＝eq \f(1,5).t
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(5),5)))
eq \f(\r(5),5)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),5)，1))
V′(t)
＋
0
－
V(t)
↗
极大值
↘