2022届高三数学一轮复习（原卷版）课时跟踪检测（三十四） 空间几何体及其表面积、体积 作业.doc

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1、第 1 页 共 8 页 课时跟踪检测（三十四）课时跟踪检测（三十四） 空间几何体及其表面积、空间几何体及其表面积、体积体积 一、综合练一、综合练练思维敏锐度练思维敏锐度 1正三棱锥底面边长为正三棱锥底面边长为 a，高为，高为66a，则此正三棱锥的侧面积为，则此正三棱锥的侧面积为( ) A.34a2 B.32a2 C.3 34a2 D.3 32a2 解析解析：选选 A 因为底面正三角形中高为因为底面正三角形中高为32a，其重心到顶点距离为其重心到顶点距离为32a2333a，且棱且棱锥高为锥高为66a，所以利用勾股定理可得侧棱长为所以利用勾股定理可得侧棱长为 a26a2322a，斜高为斜高为 a2

2、2a24a2，所所以侧面积为以侧面积为 S312aa234a2. 2.如图，在四边形如图，在四边形 ABCD 中，中，DAB90 ，ADC135 ，AB5，CD2 2，AD2，则四边形，则四边形 ABCD 绕绕 AD 所在直线旋转一周所成几何体的表所在直线旋转一周所成几何体的表面积为面积为( ) A(15 2) B2(15 2) C4(15 2) D(154 2) 解析：解析： 选选 C S表表S圆台底面圆台底面S圆台侧面圆台侧面S圆锥侧面圆锥侧面52(25)522 24(15 2).故选故选 C. 3魏晋时期数学家刘徽在他的著作九章算术注中，称一个正方体内两个互相垂直魏晋时期数学家刘徽在他的

3、著作九章算术注中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖牟合方盖”，刘，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖牟合方盖”的体积之比应为的体积之比应为 4， 若， 若“牟合方盖牟合方盖”的体积为的体积为 18， 则正方体的棱长为， 则正方体的棱长为( ) A18 B6 C3 D2 解析：解析： 选选 C 因为因为“牟合方盖牟合方盖”的体积为的体积为 18， 所以该正方体的内切球的体积为， 所以该正方体的内切球的体积为 18492，设正方体的棱长为，设正方体的棱长为 a，则该正方体的内切球半径为，则该正

4、方体的内切球半径为a2，所以，所以43 a2392，解得，解得 a3，故选故选 C. 4(2021 重庆八中期末重庆八中期末)唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图 1 所示，其浮雕临摹了国画、漆所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体组合体(假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度)，如图，如图 2 所示，已知球的半径为所示，已知球的半径为 R，酒杯内壁表，酒杯内壁表第 2 页 共 8 页 面积为面积为143R2，设

5、酒杯上部分，设酒杯上部分(圆柱圆柱)的体积为的体积为 V1，下部分，下部分(半球半球)的体积为的体积为 V2，则，则V2V1( ) A2 B.32 C.12 D1 解析：解析：选选 C 设酒杯上部分高为设酒杯上部分高为 h，则酒杯内壁表面积，则酒杯内壁表面积 S124R22Rh143R2，解得解得 h43R，V1R2h43R3，V21243R323R3，V2V112. 5.(多选多选)如图，长方体如图，长方体 ABCD- A1B1C1D1的底的底面是正方形，面是正方形，AA12AB，E 是是 DD1的中点，则的中点，则( ) AB1EC 为直角三角形为直角三角形 BCEA1B C三棱锥三棱锥

6、C1- B1CE 的体积是长方体体积的的体积是长方体体积的16 D三棱锥三棱锥 C1- B1CD1的外接球的表面积是正方形的外接球的表面积是正方形 ABCD 面积的面积的 6 倍倍 解析：解析：选选 ACD 令令 AA12AB2a，在，在B1EC 中，中，B1E 3a，EC 2a，B1C 5a，所以所以 B1E2EC2B1C2，则，则B1EC 为直角三角形，故为直角三角形，故 A 正确；正确； 因为因为 A1B 与与 D1C 平行，而平行，而 CE 与与 D1C 相交，所相交，所以以 CE 与与 A1B 不平行，故不平行，故 B 错误；错误； 三棱锥三棱锥 C1- B1CE 的体积为的体积为

7、VC1- B1CEVB1- C1CE13122aaaa33，VABCD- A1B1C1D12a3，则三棱锥，则三棱锥 C1- B1CE 的体积是长方体体积的的体积是长方体体积的16，故，故 C 正确；正确； 因为三棱锥因为三棱锥 C1- B1CD1的外接球就是长方体的外接球就是长方体 ABCD- A1B1C1D1的外接球，所以三棱锥的外接球，所以三棱锥C1- B1CD1的外接球半径的外接球半径 Ra2a2 2a 226a2，三棱锥，三棱锥 C1- B1CD1的外接球的表面积为的外接球的表面积为 S4 6a226a2，又，又 S正方形正方形ABCDa2，所以三棱锥，所以三棱锥 C1- B1CD1

8、的外接球的表面积是正方形的外接球的表面积是正方形ABCD 面积的面积的 6 倍，故倍，故 D 正确，故选正确，故选 A、C、D. 6 (2020 全国卷全国卷)已知已知 A， B， C 为球为球 O 的球面上的三个点，的球面上的三个点， O1为为ABC 的外接圆 若的外接圆 若O1的面积为的面积为 4，ABBCACOO1，则球，则球 O 的表面积为的表面积为( ) A64 B48 C36 D32 第 3 页 共 8 页 解解析：析：选选 A 如图所示，设球如图所示，设球 O 的半径为的半径为 R，O1的半径为的半径为 r，因为，因为 O1的面积为的面积为 4，所以，所以 4r2，解得，解得 r

9、2，又，又 ABBCACOO1，所以，所以ABsin 602r，解得，解得 AB2 3，故，故 OO12 3，所以，所以 R2OO21r2(2 3)22216，所以球，所以球 O 的表面积的表面积 S4R264.故选故选 A. 7 (多选多选)已知四棱台已知四棱台 ABCD- A1B1C1D1的上下底面均为正方形， 其的上下底面均为正方形， 其中中 AB2 2，A1B1 2，AA1BB1CC12，则下述正确的是，则下述正确的是( ) A该四棱台的高为该四棱台的高为 3 BAA1CC1 C该四梭台的表面积为该四梭台的表面积为 26 D该四梭台外接球的表面积为该四梭台外接球的表面积为 16 解析：

10、解析：选选 AD 由棱台性质，画出切割前的四棱锥如图所示，由于由棱台性质，画出切割前的四棱锥如图所示，由于AB2 2，A1B1 2，可知，可知SA1B1与与SAB 相似比为相似比为 12；则；则 SA2AA14，AO2，则，则 SO2 3，则，则 OO1 3，该四棱台的高为，该四棱台的高为 3，A 正确；正确； 因为因为 SASCAC4，所以，所以 AA1与与 CC1夹角为夹角为 60 ，不垂直，不垂直，B错误；错误； 该四棱台的表面积为该四棱台的表面积为 SS上底上底S下底下底S侧侧28422 22142106 7， C 错错误；误； 由于上下底面都是正方形， 则外接球的球心在由于上下底面都

11、是正方形， 则外接球的球心在 OO1上， 在平面上， 在平面 B1BOO1上中， 由于上中， 由于 OO1 3，B1O11，则，则 OB12OB，即点，即点 O 到点到点 B 与点与点 B1的距离相等，则的距离相等，则 rOB2，该，该四棱台外接球的表面积为四棱台外接球的表面积为 16，D 正确，故选正确，故选 A、D. 8已知在棱长为已知在棱长为 6 的正方体的正方体 ABCD- A1B1C1D1中，点中，点 E，F 分别是棱分别是棱 C1D1，B1C1的中的中点，过点，过 A，E，F 三点作该正方体的截面，则截面的周长为三点作该正方体的截面，则截面的周长为_ 解析：解析：如图，如图，延长延

12、长 EF，A1B1，相交于点，相交于点 M，连接，连接 AM，交，交 BB1于于点点 H，延长，延长 FE，A1D1，相交于点，相交于点 N，连接，连接 AN，交，交 DD1于点于点 G，连接，连接FH，EG，可得截面为五边形，可得截面为五边形 AHFEG.因为因为 ABCD- A1B1C1D1是棱长为是棱长为 6的正方体，且的正方体，且 E，F 分别是棱分别是棱 C1D1，B1C1的中点，易得的中点，易得 EF3 2，AGAH2 13，EGFH 13，截面的周长为，截面的周长为 AHHFEFEGAG6 133 2. 答案：答案：6 133 2 9已知三棱锥已知三棱锥 D- ABC 的所有顶点

13、都在球的所有顶点都在球 O 的表面上，的表面上，AD平面平面 ABC，AC 3，BC1，cosACB 3sinACB，AD2，则球，则球 O 的表面积为的表面积为_ 解析：解析：由由 cosACB 3sinACB，sin2ACBcos2ACB1，解得，解得 sinACB12，第 4 页 共 8 页 cosACB32， 所以所以ACB6.因为因为 AC 3，BC1， 所以由余弦定理得所以由余弦定理得 AB2AC2BC22AC BCcosACB， 即即 AB2312 3321， 故故 AB1， 所以所以ABC 为等腰三角形，为等腰三角形， 且且ABC23. 设设ABC 外接圆半径为外接圆半径为 r

14、， 由正弦定理得由正弦定理得3sin232r， 解得解得 r1， 设球设球 O 的的半径为半径为 R，ABC 的外心为的外心为 O，连接，连接 OO， 设设 OOh，过，过 O 作作 OMAD，连接，连接 OA，OA，OD， 则在则在OOA 中，中，h212R2， 在在OMD 中，中，(2h)212R2， 联立联立解得解得 R 2， 所以外接球的表面积为所以外接球的表面积为 S4R24( 2)28. 答案：答案：8 10已知一个圆锥的轴截面是斜边长为已知一个圆锥的轴截面是斜边长为 2 的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面面积为的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面面积为_ 解析：解析：因为圆锥的轴截面是

15、斜边长为因为圆锥的轴截面是斜边长为 2 的等腰直角三角形，所以圆锥的底面半径的等腰直角三角形，所以圆锥的底面半径 r1，母线长母线长 l 2，所以圆锥的侧面面积，所以圆锥的侧面面积 Srl 2. 答案答案： 2 11已知三棱锥已知三棱锥 S- ABC 外接球外接球 O 的体积为的体积为 288，在，在ABC 中，中，AB6，AC8， cosCBA35，则三棱锥，则三棱锥 S- ABC 体积的最大值为体积的最大值为_ 解析：解析：在在ABC 中，由余弦定理得中，由余弦定理得 AC2AB2BC22AB BC cosCBA，解得，解得 BC10.因为因为 AB2AC2BC2，所以，所以 ACAB，所

16、以，所以 RtABC 的外接圆半径为的外接圆半径为 5. 因为因为43R3288，故，故 R6. 球心球心 O 到平面到平面 ABC 的距离的距离 d 3625 11， 第 5 页 共 8 页 当平面当平面 SBC平面平面 ABC 时，三棱锥时，三棱锥 S- ABC 的体积最大，为的体积最大，为13 1268 (6 11)488 11. 答案：答案：488 11 12.如图， 长方体如图， 长方体 ABCD- A1B1C1D1中，中， AB16， BC10， AA18，点点 E，F 分别在分别在 A1B1，D1C1上，上，A1ED1F4.过点过点 E，F 的平面的平面 与与此长方体的面相交，交

17、线围成一个正方形此长方体的面相交，交线围成一个正方形 (1)在图中画出这个正方形在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由不必说明画法和理由)； (2)求平面求平面 把该长方体分成的两部分体积的比值把该长方体分成的两部分体积的比值 解：解：(1)交线围成的正方形交线围成的正方形 EHGF 如图所示如图所示 (2)如图，作如图，作 EMAB，垂足为，垂足为 M，则，则 AMA1E4，EB112，EMAA18. 因为四边形因为四边形 EHGF 为正方形，所以为正方形，所以 EHEFBC10. 于是于是 MH EH2EM26，AH10，HB6. 故故 S四边形四边形 A1EHA12(410)856，

18、S四边形四边形 EB1BH12(126)872. 因为长方体被平面因为长方体被平面 分成两个高为分成两个高为 10 的直棱柱，所以其体积的比值为的直棱柱，所以其体积的比值为97 79也正确也正确 . 13.如图是一个以如图是一个以 A1B1C1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为体，截面为 ABC，已知，已知 A1B1B1C12，A1B1C190 ，AA14，BB13，CC12，求：，求： (1)该几何体的体积该几何体的体积 (2)截面截面 ABC 的面积的面积 解：解：(1)过过 C 作平行于作平行于 A1B1C1的截面的截面 A2B2C，交

19、，交 AA1，BB1分别于点分别于点 A2，B2. 由直三棱柱性质及由直三棱柱性质及A1B1C190 可知可知 B2C平面平面 ABB2A2， 则该几何体的体积则该几何体的体积 VVA1B1C1- A2B2CVC- ABB2A2122221312(12)226. (2)在在ABC 中，中，AB 22 43 2 5， BC 22 32 2 5， AC 2 2 2 42 22 3. 则则 SABC122 3 5 2 3 2 6. 第 6 页 共 8 页 二、自选练二、自选练练高考区分度练高考区分度 1(2021 安徽省示范高中名校联考安徽省示范高中名校联考)如图，已知四面体如图，已知四面体 ABC

20、D 为为正四面体，正四面体，AB1，E，F 分别是分别是 AD，BC 的中点若用一个与直线的中点若用一个与直线EF 垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面 去截该四面体，由去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为( ) A.14 B.24 C.34 D1 解析解析：选选 A 如图所示如图所示，将正四面体将正四面体 ABCD 放在正方体中放在正方体中，与直与直线线 EF 垂直的截面垂直的截面， 即与正方体的上下底面平行的平面即与正方体的上下底面平行的平面， 记该平面分别记该平面分别与

21、与 AC，AB，BD，CD 交于点交于点 K，L，M，N，则截面为则截面为 KLMN.由面面由面面平行的性质可知平行的性质可知 KLBC，MNBC，LMAD，KNAD，则四边形则四边形KLMN 为平行四边形为平行四边形， 又又 ADBC， 所以所以 KLLM， 所以四边形所以四边形 KLMN为矩形又为矩形又KLBCALAB，LMADBLAB，且且 BCADAB1，所以所以 KLLMALBLAB1，S四边形四边形KLMNKL LM KLLM2214，当且仅当当且仅当 KLLM12时取等号时取等号，故选故选 A. 2已知在正四面体已知在正四面体 ABCD 中，中，E 是是 AD 的中点，的中点，P

22、 是棱是棱 AC 上的一动点，上的一动点，BPPE 的的最小值为最小值为 14，则该四面体内切球的体积为，则该四面体内切球的体积为( ) A.256 39 B.43 C4 3 D.4 327 解析：解析：选选 D 由题意，将侧面由题意，将侧面ABC 和和ACD 沿沿 AC 边展开成平面边展开成平面图形，如图所示设正四面体的棱长为图形，如图所示设正四面体的棱长为 a，则，则 BPPE 的最小值为的最小值为 BE a2a242 aa2 cos 120 72a 14，得，得 a2 2，所以正四，所以正四面体的高为面体的高为 8 2 6324 33，所以正四面体的体积为，所以正四面体的体积为13348

23、4 3383，设该四面体，设该四面体内切球的半径为内切球的半径为 r，则，则 413348r83，解得，解得 r33，所以该四面体内切球的体积为，所以该四面体内切球的体积为 43 3334 327. 3.我国古代的数学名著九章算术对立体几何有深入的研究，从其我国古代的数学名著九章算术对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如中的一些数学用语可见，譬如“堑堵堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂意指底面为直角三角形，且侧棱垂第 7 页 共 8 页 直于底面的三棱柱，直于底面的三棱柱，“阳马阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥现有一如图指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥现

24、有一如图所示的所示的“堑堵堑堵”，即三棱柱，即三棱柱 ABC- A1B1C1，其中，其中 ACBC，若，若 AA1AB1，当，当“阳马阳马”(四四棱锥棱锥 B- A1ACC1)体积最大时，体积最大时，“堑堵堑堵”(三棱柱三棱柱 ABC- A1B1C1)的表面积为的表面积为( ) A. 21 B. 31 C.2 232 D.332 解析：解析：选选 C 由题意知，由题意知，ABC 为直角三角形，为直角三角形， 且且ACB90 ，设，设 ACx，则，则 BC 1x2(0 x1)， 则则 VB- A1ACC113S四边形四边形 A1ACC1 BC131x1x213x1x2 13x21x2216(当且

25、仅当当且仅当 x 1x2，即，即 x22时，等号成立，此时时，等号成立，此时 VB- A1ACC1最大最大)， 此时三棱柱此时三棱柱 ABC- A1B1C1的表面积的表面积 S212222222211112 2132 22，故选，故选 C. 4.(2021 厦门双十中学高三期中厦门双十中学高三期中)3D 打印属于快速成形技术的一种，它打印属于快速成形技术的一种，它是一是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠累积的方式来构造物体的技术过逐层堆叠累积的方式来构造物体的技术(即即“积层造型法积层造型法”)过

26、去常在过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制造，特别是一些高价值应用造，特别是一些高价值应用(比如髋关节、牙齿或一些飞机零部件等比如髋关节、牙齿或一些飞机零部件等)已知利用已知利用 3D 打印技打印技术制作如图所示的模型该模型为在圆锥底内挖去一个正方体后的剩余部分术制作如图所示的模型该模型为在圆锥底内挖去一个正方体后的剩余部分(正方体四个顶正方体四个顶点在圆锥母线上，四个顶点在圆锥底面上点在圆锥母线上，四个顶点在圆锥底面上)，圆锥底面直径为，圆锥底面直径为 10 2 cm，母线与底面所成角，母线与

27、底面所成角的正切值为的正切值为 2.打印所用原料密度为打印所用原料密度为 1 g/cm3， 不考虑打印损耗， 制作该模型所需原料的质量， 不考虑打印损耗， 制作该模型所需原料的质量约为约为(取取 3.14，精确到，精确到 0.1)( ) A609.4 g B447.3 g C398.3 g D357.3 g 解析：解析： 选选 C 如图是几何体的轴截面， 因为圆锥底面直径为如图是几何体的轴截面， 因为圆锥底面直径为 10 2 cm，所以半径为所以半径为 OB5 2 cm.因为母线与底面所成角的正切值为因为母线与底面所成角的正切值为 tan B 2，所以圆锥的高为所以圆锥的高为 PO10 cm.

28、设正方体的棱长为设正方体的棱长为 a，DE 2a，则，则22a5 210a10，解得，解得 a5. 第 8 页 共 8 页 所以该模型的体积为所以该模型的体积为 V13(5 2)210535003125(cm3) 所以制作该模型所需原料的质量为所以制作该模型所需原料的质量为 5003125 15003125398.3(g) 5在棱长为在棱长为 4 的密封正方体容器内有一个半径为的密封正方体容器内有一个半径为 1 的小球，晃动此正方体，则小球可的小球，晃动此正方体，则小球可以经过的空间的体积为以经过的空间的体积为_ 解解析：析：先考虑小球不能经过的空间的体积先考虑小球不能经过的空间的体积 (1)

29、当小球与正方体一顶点处的三个面都相切时，球面与该顶点处的三个面之间形成的当小球与正方体一顶点处的三个面都相切时，球面与该顶点处的三个面之间形成的空隙，小球始终无法经过，其体积为空隙，小球始终无法经过，其体积为 1318431316.正方体有正方体有 8 个顶点，共形成个顶点，共形成 8 个个无法经过的空隙，总体积为无法经过的空隙，总体积为 8 16843. (2)小球只与正方体过同一条棱的两个面相切时， 在该棱处能形成一个高为小球只与正方体过同一条棱的两个面相切时， 在该棱处能形成一个高为 2 的小柱体，的小柱体，其体积为其体积为 14222，正方体共有，正方体共有 12 条棱，则条棱，则 12 个小柱体的体积为个小柱体的体积为 2212246. 所以小球可以经过的空间的体积为所以小球可以经过的空间的体积为 64 843(246)32223. 答案：答案：32223