新高考数学一轮复习微专题专练34空间几何体的结构特征、表面积和体积（含详解）

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一、选择题
1．[2021·新高考Ⅰ卷]已知圆锥的底面半径为 eq \r(2) ，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )
A．2 B．2 eq \r(2)
C．4 D．4 eq \r(2)
2．用一平面截正方体，所得截面的面积最大时，截面的几何形状为( )
A．正六边形 B．五边形
C．长方形 D．三角形
3．棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1－D1MN的体积为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
4．[2023·全国乙卷(理)]已知圆锥PO的底面半径为 eq \r(3) ，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝ eq \f(2π,3) ，若△PAB的面积等于 eq \f(9\r(3),4) ，则该圆锥的体积为( )
A．π B． eq \r(6) π
C．3π D．3 eq \r(6) π
5．(多选)[2023·新课标Ⅰ卷]下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有( )
A．直径为0.99 m的球体
B．所以棱长均为1.4 m的四面体
C．底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体
D．底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体
6．[2022·全国甲卷(文)，10]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 eq \f(S甲,S乙) ＝2，则 eq \f(V甲,V乙) ＝( )
A． eq \r(5) B．2 eq \r(2)
C． eq \r(10) D． eq \f(5\r(10),4)
7．[2023·河北省六校联考]已知A，B是球O的表面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点．若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( )
A．124π B．144π
C．156π D．196π
8.
[2023·云贵川桂四省联考]如图所示的某粮仓(粮仓的底部位于地面上)是由圆柱和圆锥构成的，若圆柱的高是圆锥高的2倍，且圆锥的母线长是4，侧面积是4π，则制作这样一个粮仓的用料面积为( )
A．( eq \r(15) ＋4)π B．(2 eq \r(15) ＋4)π
C．(3 eq \r(15) ＋4)π D．(4 eq \r(15) ＋4)π
9．[2022·新高考Ⅰ卷，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( eq \r(7) ≈2.65)( )
A．1.0×109 m3 B．1.2×109 m3
C．1.4×109 m3 D．1.6×109 m3
二、填空题
10．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．
11．[2023·新课标Ⅱ卷]底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为________．
12．[2023·全国甲卷(理)]在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点．以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有________个公共点．
[能力提升]
13．(多选)[2023·新课标Ⅱ卷]已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P­AC­O为45°，则( )
A．该圆锥的体积为π
B．该圆锥的侧面积为4 eq \r(3) π
C．AC＝2 eq \r(2)
D．△PAC的面积为 eq \r(3)
14．(多选)[2021·新高考Ⅰ卷]在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足 eq \(BP,\s\up6(→)) ＝λ eq \(BC,\s\up6(→)) ＋μ，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则( )
A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值
B．当μ＝1时，三棱锥P－A1BC的体积为定值
C.当λ＝ eq \f(1,2) 时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D．当μ＝ eq \f(1,2) 时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
15．[2023·新课标Ⅰ卷]在正四棱台ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝ eq \r(2) ，则该棱台的体积为________．
16．[2023·山东潍坊阶段性监测]在棱长为6的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是BC的中点，点P是DCC1D1所在平面内的动点，且满足∠APD＝∠MPC，则 eq \f(PD,PC) ＝________，三棱锥P－BCD的体积最大值是________．
专练34 空间几何体的结构特征、表面积和体积
1．B 设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则πl＝2π× eq \r(2) ，解得l＝2 eq \r(2) .
故选B.
2．C 由题意用一平面截正方体，所得截面可以为正六边形、五边形、正方形、长方形、梯形、三角形．而当截面是以面对角线为长、正方体棱长为宽的长方形时，可知该截面的面积最大，故选C.
3.
A 如图，易知V三棱锥A1－D1MN＝V三棱锥D1－A1MN，由正方体的结构特征，知D1A1⊥平面A1MN，所以D1A1为三棱锥D1－A1MN的高．因为M，N分别为棱BB1，AB的中点，所以S△A1MN＝2×2－ eq \f(1,2) ×1×1－ eq \f(1,2) ×1×2－ eq \f(1,2) ×1×2＝ eq \f(3,2) ，所以V三棱锥A1－D1MN＝V三棱锥D1－A1MN＝ eq \f(1,3) ×S△A1MN×D1A1＝ eq \f(1,3) × eq \f(3,2) ×2＝1.
4．B 在△AOB中，AO＝BO＝ eq \r(3) ，∠AOB＝ eq \f(2π,3) ，由余弦定理得AB＝ eq \r(3＋3－2×\r(3)×\r(3)×（－\f(1,2)）) ＝3，设等腰三角形PAB底边AB上的高为h，则S△PAB＝ eq \f(1,2) ×3h＝ eq \f(9\r(3),4) ，解得h＝ eq \f(3\r(3),2) ，由勾股定理得母线PA＝ eq \r(（\f(3,2)）2＋（\f(3\r(3),2)）2) ＝3，则该圆锥的高PO＝ eq \r(PA2－OA2) ＝ eq \r(6) ，所以该圆锥的体积为 eq \f(1,3) ×3π× eq \r(6) ＝ eq \r(6) π，故选B.
5．ABD 由于棱长为1 m的正方体的内切球的直径为1 m，所以选项A正确；由于棱长为1 m的正方体中可放入棱长为 eq \r(2) m的正四面体，且 eq \r(2) >1.4，所以选项B正确；因为正方体的棱长为1 m，体对角线长为 eq \r(3) m， eq \r(3) <1.8，所以高为1.8 m的圆柱体不可能整体放入正方体容器中，所以选项C不正确；由于正方体的体对角线长为 eq \r(3) m，而底面直径为1.2 m的圆柱体，其高0.01 m可忽略不计，故只需把圆柱的底面与正方体的体对角线平行放置，即可以整体放入正方体容器中，所以选项D正确．综上，选ABD.
6．C 设甲、乙两个圆锥的母线长都为l，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2.因为两圆锥的侧面展开图的圆心角之和为2π，所以 eq \f(2πr1,l) ＋ eq \f(2πr2,l) ＝2π，则r1＋r2＝l.又 eq \f(S甲,S乙) ＝2，所以πr1l＝2πr2l，所以r1＝2r2，所以r1＝ eq \f(2,3) l，r2＝ eq \f(1,3) l，所以h1＝ eq \r(l2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)l))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(5),3) l，h2＝ eq \r(l2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)l))\s\up12(2)) ＝ eq \f(2\r(2),3) l，所以 eq \f(V甲,V乙) ＝ eq \f(\f(1,3)πr eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) h1,\f(1,3)πr eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) h2) ＝ eq \f(\f(4,9)l2·\f(\r(5),3)l,\f(1,9)l2·\f(2\r(2),3)l) ＝ eq \r(10) .故选C.
7．B
如图所示，当点C位于垂直平面AOB的直径端点时，三棱锥O－ABC的体积最大，设球O的半径为R，此时VO－ABC＝VC－AOB＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ×R2×R＝ eq \f(1,6) R3＝36，故R＝6，则球O的表面积为4πR2＝144π.
8．D 设圆锥的底面半径为r，高为h，则4πr＝4π，解得r＝1，所以h＝ eq \r(42－1) ＝ eq \r(15) ，圆柱的侧面积为2πr·2h＝4 eq \r(15) π，故制作这样一个粮仓的用料面积为(4 eq \r(15) ＋4)π.
9．C 由棱台的体积公式，得增加的水量约为 eq \f(1,3) ×(157.5－148.5)×(140×106＋180×106＋ eq \r(140×106×180×106) )＝3×106×(140＋180＋60 eq \r(7) )≈3×106×(140＋180＋60×2.65)≈1.4×109(m3).故选C.
10. eq \f(\r(2),3) π
解析：如图为圆锥内球半径最大时的轴截面图．
其中球心为O，设其半径为r，AC＝3，O1C＝1，
∴AO1＝ eq \r(AC2－O1C2) ＝2 eq \r(2) .
∵OO1＝OM＝r，∴AO＝AO1－OO1＝2 eq \r(2) －r，
又∵△AMO∽△AO1C，∴ eq \f(OM,O1C) ＝ eq \f(AO,AC) ，即 eq \f(r,1) ＝ eq \f(2\r(2)－r,3) ，故3r＝2 eq \r(2) －r，∴r＝ eq \f(\r(2),2) .∴该圆锥内半径最大的球的体积V＝ eq \f(4,3) π· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2))) eq \s\up12(3) ＝ eq \f(\r(2)π,3) .
11．28
解析：如图所示，正四棱锥P­ABCD的底面边长为4，用平行于底面的平面截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥P­A′B′C′D′后，得到正四棱台A′B′C′D′­ABCD，且A′B′＝2，AB＝4.记O′，O分别为正四棱台A′B′C′D′­ABCD上、下底面的中心，H′，H分别为A′B′，AB的中点，连接PO，PH，O′H′，OH，则PO′＝3，O′H′＝1，OH＝2.易知△PO′H′∽△POH，所以 eq \f(PO′,PO) ＝ eq \f(O′H′,OH) ，即 eq \f(3,PO) ＝ eq \f(1,2) ，解得PO＝6，所以OO′＝PO－PO′＝3，所以该正四棱台的体积V＝ eq \f(1,3) ×3×(22＋2×4＋42)＝28.
12．12
解析：
如图，线段EF过正方体的中心，所以以EF为直径的球的球心即正方体的中心，球的半径为 eq \f(EF,2) ，而正方体的中心到每一条棱的距离均为 eq \f(EF,2) ，所以以EF为直径的球与每一条棱均相切，所以共有12个公共点．
13．AC 在△PAB中，由余弦定理得AB＝2 eq \r(3) ，如图，连接PO，易知圆锥的高h＝PO＝1，底面圆的半径r＝AO＝BO＝ eq \r(3) .对于A，该圆锥的体积V＝ eq \f(1,3) πr2h＝π，故A选项正确；对于B，该圆锥的侧面积S侧＝πr·PA＝2 eq \r(3) π，故B选项错误；对于C，取AC的中点H，连接PH，OH，因为OA＝OC，所以OH⊥AC，同理可得PH⊥AC，则二面角P－AC－O的平面角为∠PHO＝45°，所以OH＝PO＝1，AH＝CH＝ eq \r(AO2－OH2) ＝ eq \r(2) ，所以AC＝2 eq \r(2) ，故C选项正确；对于D，PH＝ eq \r(2) OH＝ eq \r(2) ，S△PAC＝ eq \f(1,2) ×AC×PH＝2，故D选项错误．综上，选AC.
14．BD 易知，点P在矩形BCC1B1内部(含边界).
对于A，当λ＝1时， eq \(BP,\s\up6(→)) ＝ eq \(BC,\s\up6(→)) ＋μ＝ eq \(BC,\s\up6(→)) ＋μ，即此时P∈线段CC1，△AB1P周长不是定值，故A错误；
对于B，当μ＝1时， eq \(BP,\s\up6(→)) ＝λ eq \(BC,\s\up6(→)) ＋＝＋λ，故此时P点轨迹为线段B1C1，而B1C1∥BC，B1C1∥平面A1BC，则有P到平面A1BC的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确；
对于C，当λ＝ eq \f(1,2) 时， eq \(BP,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(BC,\s\up6(→)) ＋μ，取BC，B1C1中点分别为Q，H，则 eq \(BP,\s\up6(→)) ＝ eq \(BQ,\s\up6(→)) ＋μ eq \(QH,\s\up6(→)) ，所以P点轨迹为线段QH，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，A1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，1)) ，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，μ)) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0)) ，则＝(－ eq \f(\r(3),2) ，0，μ－1)， eq \(BP,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，μ)) ，· eq \(BP,\s\up6(→)) ＝μ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(μ－1)) ＝0，所以μ＝0或μ＝1.故H，Q均满足，故C错误；
对于D，当μ＝ eq \f(1,2) 时， eq \(BP,\s\up6(→)) ＝λ eq \(BC,\s\up6(→)) ＋ eq \f(1,2) ，取BB1，CC1中点为M，N. eq \(BP,\s\up6(→)) ＝ eq \(BM,\s\up6(→)) ＋λ eq \(MN,\s\up6(→)) ，所以P点轨迹为线段MN.设P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，y0，\f(1,2))) ，因为A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，0)) ，所以 eq \(AP,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，y0，\f(1,2))) ，A1B＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，－1)) ，所以 eq \f(3,4) ＋ eq \f(1,2) y0－ eq \f(1,2) ＝0⇒y0＝－ eq \f(1,2) ，此时P与N重合，故D正确．
故选BD.
15. eq \f(7\r(6),6)
解析：
方法一 如图所示，设点O1，O分别为正四棱台ABCD­A1B1C1D1上、下底面的中心，连接B1D1，BD，则点O1，O分别为B1D1，BD的中点，连接O1O，则O1O即正四棱台ABCD­A1B1C1D1的高，过点B1作B1E⊥BD，垂足为E，则B1E＝O1O.因为AB＝2，A1B1＝1，所以OB＝ eq \r(2) ，O1B1＝ eq \f(\r(2),2) ，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝ eq \f(\r(2),2) ，又AA1＝ eq \r(2) ，所以BB1＝ eq \r(2) ，B1E＝ eq \r(BB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －BE2) ＝ eq \r(2－\f(1,2)) ＝ eq \f(\r(6),2) ，所以O1O＝ eq \f(\r(6),2) ，所以V正四棱台ABCD­A1B1C1D1＝ eq \f(1,3) ×(22＋12＋ eq \r(22×12) )× eq \f(\r(6),2) ＝ eq \f(7\r(6),6) .
方法二 如图，将正四棱台ABCD­A1B1C1D1补形成正四棱锥P­ABCD，因为AB＝2，A1B1＝1，AB∥A1B1，所以A1，B1，C1，D1分别为PA，PB，PC，PD的中点，又A1A＝ eq \r(2) ，所以PA＝2 eq \r(2) ，即PB＝2 eq \r(2) .连接BD，取BD的中点为O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，易知BO＝ eq \r(2) ，所以PO＝ eq \r(PB2－BO2) ＝ eq \r(6) ，所以正四棱台ABCD­A1B1C1D1的高为 eq \f(\r(6),2) ，所以V eq \a\vs4\al(正四棱台ABCD­A1B1C1D1) ＝ eq \f(1,3) ×(22＋12＋ eq \r(22×12) )× eq \f(\r(6),2) ＝ eq \f(7\r(6),6) .
16．2 12 eq \r(3)
解析：由题意知Rt△ADP∽Rt△MCP，∴ eq \f(AD,MC) ＝ eq \f(PD,PC) ＝2，
则PD＝2PC，
作PO⊥CD，垂足为O，设DO＝x，PO＝h，
∴ eq \r(x2＋h2) ＝2 eq \r(（6－x）2＋h2) ，
化简得3h2＝－3x2＋48x－144(0≤x≤6).
∴当x＝6时，3h2取最大值为36，
∴hmax＝2 eq \r(3) .
∵在正方体中PO⊥平面BCD，
∴三棱锥P－BCD的体积最大值为： eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ×6×6×2 eq \r(3) ＝12 eq \r(3) .