适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习考点突破练6空间几何体的结构表面积与体积文（附解析）

这是一份适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习考点突破练6空间几何体的结构表面积与体积文（附解析），共9页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1.(2023广西梧州一模)如图,网格纸上绘制的是一个多面体的三视图,网格小正方形的边长为1,则该多面体的体积为( )

A.6B.8C.10D.12
2.(2023辽宁名校联考二)已知某圆锥的高为2 cm,体积为 cm3,则该圆锥的侧面积为( )
A. cm2B.3π cm2
C.6π cm2D.12π cm2
3.如图所示是某几何体的三视图,则这个几何体的侧面积等于( )
A.10+2
B.6+2()
C.6+2()
D.10+2()
4.(2023河南郑州二模)设一个正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°,则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为( )
A.B.
C.D.
5.(2023四川广安二模)一个四棱台的三视图如图所示,其中正视图和侧视图均为上底长为2,下底长为4,腰长为2的等腰梯形,则该四棱台的体积为( )
A.B.
C.28D.56
6.(2022新高考Ⅰ,4)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5 m时,相应水面的面积为140.0 km2;水位为海拔157.5 m时,相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时,增加的水量约为(≈2.65)( )
A.1.0×109 m3
B.1.2×109 m3
C.1.4×109 m3
D.1.6×109 m3
7.(2023河南郑州二模)如图,网格纸上绘制的是一个几何体的三视图,网格上小正方形的边长为1,则该几何体的体积为( )
A.B.C.D.4
8.设半径为R的球面上有A,B,C,D四点,且AB,AC,AD两两垂直,设△ABC,△ACD,△ABD的面积分别是S△ABC,S△ACD,S△ABD,若S△ABC+S△ACD+S△ABD=8,则球半径R的最小值是( )
A.2B.
C.2D.4
9.已知圆锥的顶点和底面圆周均在球O的球面上.若该圆锥的底面半径为2,高为6,则球O的表面积为( )
A.32πB.48π
C.64πD.80π
10.(2023贵州统考模拟)在正三棱锥P-ABC中,侧棱PA=PB=PC=1,在等边三角形ABC中,AB=,该三棱锥的外接球球心O到侧面的距离为h1,到底面的距离为h2,则=( )
A.B.
C.D.
11.(2023全国甲,文10)在三棱锥P-ABC中,△ABC是边长为2的等边三角形,PA=PB=2,PC=,则该棱锥的体积为( )
A.1B.
C.2D.3
12.在三棱锥P-ABC中,△PAC是等边三角形,平面PAC⊥平面ABC,AB=,AC=2,∠CAB=60°,则三棱锥P-ABC的外接球体积为( )
A.B.
C.D.
13.(2023四川成都二模)若正三棱锥P-ABC的高PD为2,点D是点P在平面ABC上的射影,底面正三角形的边长AB=2,其各顶点都在同一球面上,则该球的半径为( )
A.B.C.2D.3
二、填空题
14.(2023山东济南一模)已知圆锥侧面展开图的周长为4+2π,面积为2π,则该圆锥的体积为 .
15.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 .
16.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长均为2,则以点A为球心、2为半径的球与正三棱柱各个面的交线的长度之和为 .
17.(2023新高考Ⅰ,14)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=,则该棱台的体积为 .
18.一个圆锥的轴截面是边长为6的等边三角形,在该圆锥内放置一个棱长为m的正四面体,并且正四面体可以在该圆锥内任意转动,则实数m的最大值为 .
19.如图所示,在矩形ABCD中,AB=4,AD=2,P为边AB的中点,现将△DAP绕直线DP翻转至△DA'P处,使得平面A'PD⊥平面PDCB,则三棱锥A'-DPB的外接球的表面积是 .
20.(2023全国甲,文16)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,O为AC1的中点,若该正方体的棱与球O的球面有公共点,则球O的半径的取值范围是 .
考点突破练6 空间几何体的结构、
表面积与体积
1.C 解析由三视图知该几何体是底面为梯形的直棱柱,其体积为×2×2=10.故选C.
2.B 解析设该圆锥的底面半径与母线长分别为r,l,由×2,得r=1,所以l==3,从而该圆锥的侧面积S=πrl=3π.故选B.
3.
C 解析由三视图可知,这个几何体是底面为直角梯形的棱锥(如图所示),
因为PB=2,BC=2,PC=2,
所以PC⊥BC,所以其侧面积为×(2×2+2×2+2×2+4×2)=6+2+2.
故选C.
4.D 解析设底面正方形边长为2a(a>0).因为正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°,所以侧面为等边三角形,则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为.故选D.
5.A 解析由三视图可知该四棱台为正四棱台,且侧面的高为2,则该棱台的高为,所以四棱台的体积V=×(4+16+)×.故选A.
6.C 解析由题意可得,此棱台的高h=157.5-148.5=9(m).
设水库水位为海拔148.5m时,相应水面的面积为S1,水库水位为海拔157.5m时,相应水面的面积为S2,则S1=140.0km2=1.4×108m2,S2=180.0km2=1.8×108m2,故该棱台的体积V棱台=h(S1+S2+)=×9×(1.4×108+1.8×108+)≈1.4×109(m3),
即增加的水量约为1.4×109m3.
故选C.
7.
B 解析如图所示,题中三视图对应的几何体为图中棱长为2的正方体中的三棱锥C-ABD,其体积V=×2×2×2=.故选B.
8.A 解析设AB=a,AC=b,AD=c.∵AB,AC,AD两两垂直,∴a2+b2+c2=4R2.∴S△ABC+S△ACD+S△ABD=(ab+ac+bc)≤(a2+b2+c2)=2R2,当且仅当a=b=c时,等号成立,即8≤2R2,∴R≥2.故选A.
9.C 解析当球心在圆锥外部时,设球的半径为R,则(R-6)2+(2)2=R2,解得R=4,不符合题意.
故球心在圆锥的内部且在高上,设球心到圆锥底面的距离为d,则有(6-d)2-d2=,解得d=2,则球的半径R=6-d=4,所以球的表面积S=4πR2=64π.故选C.
10.C 解析由题意,PA2+PB2=AB2,所以PA⊥PB,同理可得PA⊥PC,PB⊥PC,即PA,PB,PC两两垂直,可把该三棱锥补成一个正方体,则该三棱锥的外接球就是正方体的外接球,球心O为正方体的体对角线的中点,直径2R=,所以球心O到侧面的距离为h1=.OP=R=,球心O到底面的距离为h2=,所以.故选C.
11.A
解析(方法一)如图,作AO⊥平面PBC,设AO=h,连接OP,OB,OC,由AP=AB=AC=2,可得OP=OB=OC,即O为△PBC的外心.在△PBC中,cs∠PBC=,则sin∠PBC=.设△PBC的外接圆半径为R,=2R,解得R=.在Rt△AOP中,∵AO2+PO2=AP2,∴h=AO=.∴S△BPC=·PB·BC·sin∠PBC=×2×2×.∴VP-ABC=VA-BPC=·S△BPC·h==1.
(方法二)如图,过点P作PO⊥平面ABC于点O,连接CO并延长交AB于点D,连接PD.∵PA=PB=AB,∴D为AB的中点.∴CD=,PD=.由PO⊥CD,设OD=x,0≤x<.由PD2-OD2=PC2-OC2,得()2-x2=6-(-x)2,解得x=0或x=(舍去),∴PD⊥平面ABC.则VP-ABC=·S△ABC·PD=×22×=1.故选A.
12.C 解析在△ABC中,BC==3,
所以AC2=AB2+BC2,则∠ABC=90°,设点D是AC的中点,则点D是△ABC的外心,又△PAC是等边三角形,所以PD⊥AC,而平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PD⊂平面PAC,所以PD⊥平面ABC,设△PAC的外心是点O,则点O到点P,A,C的距离都是×2=2,连接OB,则OB==2,所以△PAC的外心O为三棱锥P-ABC外接球的球心,所以球的半径R=2,球的体积V=πR3=.故选C.
13.D 解析
依题意,设三棱锥P-ABC的外接球的球心为O.若球心O在正三棱锥P-ABC内部,如图所示.其中点P在底面ABC的射影为点D,所以高为PD=2.延长AD交BC于点E,由题意知,△ABC为正三角形,点D为△ABC的重心,AE为△ABC的高,所以AE=AB=×2=3,AD=AE=×3=2.设外接球的半径为R,则OP=OA=R.
在△ADO中,AO2=OD2+AD2,即R2=(2-R)2+(2)2,解得R=3.
若球心O在正三棱锥P-ABC外部,如图所示.当球心O在PD的延长线上时,在△ADO中,AO2=OD2+AD2,即R2=(R-2)2+(2)2,
解得R=3.
故选D.
14. 解析设圆锥的母线长为l,底面圆半径为r,由题意得消去l,得2πr2-(4+2π)r+4=0,解得r=1或r=.设圆锥的高为h,则当r=1时,l=2,圆锥的体积为πr2h=;当r=时,l=π,圆锥的体积为πr2h=πr2·.
15.30 解析该几何体为一个被切去一个角的三棱柱,体积为V=3×4××6-×3×4××3=30.
16.
3π 解析由图知,球与△ABC和△A1B1C1没有交线;与四边形AA1B1B和四边形AA1C1C的交线分别是以点A为圆心、2为半径的圆弧,长度分别为π;与四边形BB1C1C的交线是以BC长为直径的半圆,故长为π.因此,交线的长度之和为3π.
17.
解析(方法一 直接法)如图所示,正四棱台中四边形AA1C1C为等腰梯形.连接AC,A1C1,过点A1作A1G⊥AC,交AC于点G,则A1G为棱台的高.
在正四棱台中,∵AC=2,A1C1=,∴AG=.在Rt△A1AG中,A1G=.
则棱台体积V=+S四边形ABCD)·A1G=×(1+2+4)×.
(方法二 补形法)如图,延长各侧棱交于点O,连接AC,A1C1,过O作OG⊥AC,交AC于点G,交平面A1B1C1D1于点H,且点H恰为A1C1的中点,解得OA1=,A1H=,AG=,OA=2.在Rt△A1OH中,OH=,在Rt△AOG中,OG=.
则棱台体积V=V四棱锥O-ABCD-(S四边形ABCD·OG-·OH)=×4×-1×=.
18.
2 解析如图所示,设点O为该圆锥的底面圆心,顶点是S,则其高为SO==3.
则该圆锥的内切球的圆心在圆锥的高SO上,设为点O1,设内切球的半径为r,设该圆锥的内切球与圆锥的母线SA相切于点H,连接HO1,则在Rt△SHO1中,∠O1SH=30°,则sin∠O1SH=,解得r=.由题意知,当m最大时,正四面体为该球的内接正四面体,将正四面体补成正方体,设正方体的棱长为a,则a=2r=2,得a=2,则该正四面体的棱长为正方体的面对角线长,为2.
19.
40π 解析由题可知△DPA为等腰直角三角形,取PD的中点为O1,则点O1为△DPA'的外接圆的圆心.在平面PDCB中,过O1作PD的垂线l,因为平面A'PD⊥平面PDCB,平面A'PD∩平面PDCB=PD,所以直线l⊥平面PDA'.设△DPB的外接圆圆心为点O2,由题意可知,直线l在平面PBCD内,且经过O2,则点O2也是三棱锥A'-DPB的外接球球心,设外接球的半径为R,则△DBP的外接圆半径也为R,因为在矩形ABCD中,AB=4,AD=2,P为边AB的中点,所以BD=2,∠DPB=135°,所以2R==2,即R=,所以三棱锥A'-DPB的外接球的表面积是4πR2=40π.
20.[2,2] 解析(方法一)第一步,弄清球O与正方体棱有公共点,球半径最小的球为棱切球(即与棱相切的球),最大的球为外接球.
第二步,作对角面ABC1D1截正方体与其棱切球、外接球分别得如下矩形和小、大两个圆(如图).
第三步,由图可知棱切球半径r1=AD1=×4=2,外接球半径r2=BD1=×4=2,球O半径的取值范围是[2,2].
(方法二)由对称性知,只需考虑球与正方体的棱有公共点,正方体中心O到一条棱的最短距离即为到棱中点的距离,为2,到一条棱的最长距离即为到棱顶点的距离,为2,故r∈[2,2].