【文档说明】2024届高考二轮复习文科数学试题（老高考旧教材） 考点突破练6　空间几何体的结构、表面积与体积 Word版含答案.docx，共(7)页，713.233 KB，由小赞的店铺上传

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考点突破练6空间几何体的结构、表面积与体积一、选择题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.122.(2023辽宁名校联考二)已知某圆锥的高为2√2cm,体积为2√2π3

cm3,则该圆锥的侧面积为()A.3π2cm2B.3πcm2C.6πcm2D.12πcm23.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√6B.6+2(√3+√6)C.6+2(√2+√6)D.10+2(√2+√3)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.√34B.√33C.√32D.√35.(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

.28√33B.563C.28√3D.566.(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148.5m时,相应水面的面积为140.0km2;水位为海拔157.5m时,相应水面的面积为180.0km

2.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148.5m上升到157.5m时,增加的水量约为(√7≈2.65)()A.1.0×109m3B.1.2×109m3C.1.4×109m3D.1.6×109m37.(202

3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.23B.43C.83D.48.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△A

BC+S△ACD+S△ABD=8,则球半径R的最小值是()A.2B.√2C.2√2D.49.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√3,高为6,则球O的表面积为()A.32πB.48πC.64πD.80π10.(2023贵州统考模拟)在正三棱锥P-ABC中,侧棱PA=P

B=PC=1,在等边三角形ABC中,AB=√2,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ℎ1ℎ2=()A.√22B.√32C.√3D.4√3311.(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=√6,则该棱锥的体积为()A.1B.√3C.2D.312.在三棱锥P-ABC中,△PAC是等边三角形,平面PAC⊥平面ABC,AB=√3,AC=2√3,∠CAB=60°,则三棱锥P-ABC的外接球体积为()A.4π3B.1

2√3π3C.32π3D.64√2π313.(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√6,其各顶点都在同一球面上,则该球的半

径为()A.√5B.√6C.2√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=√2,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PD

CB,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+32×2×2=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π𝑟23×2√2=2√2π3,得r=1,所以l=√12+(2√2)2=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√5,BC=2√2,PC=2√3,所以PC⊥BC,所以其侧面积为12×(2×2+2×2√2+2√2×2√3+4×2)=6+2√2+2√6.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√34(2𝑎)2×4(2𝑎)2=√3.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√22-1=√3,所以四棱台的体积V=13×(4+16+√4×16)×√3=28√33.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=14

0.0km2=1.4×108m2,S2=180.0km2=1.8×108m2,故该棱台的体积V棱台=13h(S1+S2+√𝑆1·𝑆2)=13×9×(1.4×108+1.8×108+√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=13×12×2×2×2=43.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=12(ab+ac+bc)≤12(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√3)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=(2√3)2,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=√3,所以球心O到侧面的距离为h1=12.OP=R=√32,球心O到底面的距离为h2=

√32−√33=√36,所以ℎ1ℎ2=√3.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,cos∠PBC=𝑃𝐵2+𝐵𝐶2-𝑃𝐶22

𝑃𝐵·𝐵𝐶=4+4-62×2×2=14,则sin∠PBC=√1-cos2∠𝑃𝐵𝐶=√154.设△PBC的外接圆半径为R,√6sin∠𝑃𝐵𝐶=2R,解得R=2√105.在Rt△AOP中,∵AO2+PO2=AP2,∴

h=AO=√22-(2√105)2=2√155.∴S△BPC=12·PB·BC·sin∠PBC=12×2×2×√154=√152.∴VP-ABC=VA-BPC=13·S△BPC·h=13×√152×2√15

5=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=√3,PD=√3.由PO⊥CD,设OD=x,0≤x<√3.由PD2-OD2=PC2-OC2,得(√3)2-x2=6-(√3-x)2,解得x=0或x=√3

(舍去),∴PD⊥平面ABC.则VP-ABC=13·S△ABC·PD=13×√34×22×√3=1.故选A.12.C解析在△ABC中,BC=√𝐴𝐶2+𝐴𝐵2-2𝐴𝐶·𝐴𝐵cos∠𝐶𝐴𝐵=√(2√3)2+(√3)2-2×2√3×√3×cos60°=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23×√

32×2√3=2,连接OB,则OB=√𝑂𝐷2+𝐵𝐷2=√12+(√3)2=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=43πR3=32π3.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=√32AB=√32×2√6=3√2,AD=23AE=23×3√2=2√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)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)2,解得R=3.故选D.14

.√3π3或4√π4-43π2解析设圆锥的母线长为l,底面圆半径为r,由题意得{2𝑙+2π𝑟=4+2π,12×2π𝑟×𝑙=2π,即{2𝑙+2π𝑟=4+2π,𝑟×𝑙=2,消去l,得2πr2-(4+2π)r+4=0,解得r=1或r=

2π.设圆锥的高为h,则当r=1时,l=2,圆锥的体积为13πr2h=13π√𝑙2-𝑟2=√3π3;当r=2π时,l=π,圆锥的体积为13πr2h=13πr2·√𝑙2-𝑟2=4√π4-43π2.15.30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

×12×6-13×3×4×12×3=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14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.17.7√66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√2,A1C1=√2,∴AG=𝐴𝐶-𝐴1

𝐶12=√22.在Rt△A1AG中,A1G=√𝐴1𝐴2-𝐴𝐺2=√(√2)2-(√22)2=√62.则棱台体积V=13(𝑆四边形𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1+√𝑆四边形𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1·𝑆四边形𝐴𝐵𝐶𝐷+S四边形ABCD)·A1G=1

3×(1+2+4)×√62=7√66.(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=√2,A1H=√22,AG=√2

,OA=2√2.在Rt△A1OH中,OH=√(√2)2-(√22)2=√62,在Rt△AOG中,OG=√(2√2)2-(√2)2=√6.则棱台体积V=V四棱锥O-ABCD-𝑉四棱锥𝑂-𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1=13(S四边形ABCD·OG-𝑆四边形𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1·OH)=

13×4×√6-1×√62=7√66.18.2√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=√62-32=3√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=𝐻𝑂1𝑂1𝑆=𝑟3√3-𝑟=12,解得r=√3.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√3a=2r=2√3,得a

=2,则该正四面体的棱长为正方体的面对角线长,为2√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PD

CB,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√5,∠DPB=135°,所以2R=𝐵𝐷sin∠𝐷𝑃𝐵=2√10,即R=√10,所以三棱锥A'-DPB的外接球的表面积是4πR2=40π.20.[2√2,2√3]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=1

2AD1=12×4√2=2√2,外接球半径r2=12BD1=12×4√3=2√3,球O半径的取值范围是[2√2,2√3].