2025屆高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)專題突破練13空間幾何體的結(jié)構(gòu)表面積與體積

專題突破練13空間幾何體的結(jié)構(gòu)、表面積與體積(分值:89分)主干知識達標練1.若一個正方體的頂點都在某個球面上,則該正方體的表面積與球的表面積的比值是()A.2π3C.3π答案B解析設(shè)正方體的邊長為a,則正方體的體對角線長d=3a,則球的半徑為32a,所以正方體的表面積為6a2,球的表面積為4π32a2=3πa2,所以該正方體的表面積與球的表面積的比值是6a232.(2024陜西寶雞模擬)2023年3月11日,“探索一號”科考船搭載著“奮斗者”號載人潛水器圓滿完成國際首次環(huán)大洋洲載人深潛科考任務(wù),順利返回三亞.“奮斗者”號模型圖如圖1所示,其球艙可以抽象為圓錐和圓柱的組合體,其軸截面如圖2所示,則該模型球艙的體積為()圖1圖2A.100π3cm3 BC.106π3cm3 D答案D解析由模型的軸截面可知圓錐的底面半徑為2cm,高為2cm,圓柱的底面半徑為2cm,高為8cm,故該模型球艙的體積為13×π×22×2+π×22×8=104π3(cm3)3.(2024山東淄博一模)某圓錐的側(cè)面積為16π,其側(cè)面展開圖為一個半圓,則該圓錐的底面半徑長為()A.2 B.4 C.22 D.42答案C解析設(shè)圓錐的母線長為l,底面半徑為r,即側(cè)面展開圖的半徑為l,側(cè)面展開圖的弧長為πl(wèi).又圓錐的底面周長為2πr,所以2πr=πl(wèi),即l=2r,所以圓錐的側(cè)面積為πrl=2πr2=16π,解得r=22.故選C4.(2024東北三省三校第一次聯(lián)考)已知正四棱錐P-ABCD各頂點都在同一球面上,且正四棱錐底面邊長為4,體積為643,則該球表面積為(A.9π B.36π C.4π D.答案B解析如圖,點H為四邊形ABCD的中心,連接PH,AH,則PH⊥平面ABCD.因為正四棱錐底面邊長為4,所以四邊形ABCD的面積為16,且AH=12×42=22,所以13×PH×16=643,即PH=4.由題可得外接球的球心O在線段PH上,設(shè)外接球的半徑為R,則OH=4-R,故R2=8+(4-R)2,解得R=3,故正四棱錐P-ABCD的外接球的表面積為4×π×9=365.(2024湖南邵陽模擬)現(xiàn)準備給一半徑為6cm的實心球體玩具制作一個圓臺形帶蓋的紙質(zhì)包裝盒,要使制成的包裝盒能裝下該球體玩具,且該包裝盒的下底面是半徑為4cm的圓,則制成的包裝盒的容積最小為()A.133πcm3 B.399πcm3C.266πcm3 D.532πcm3答案D解析要使制成的包裝盒的容積最小,則該球體玩具與包裝盒的上、下底面及側(cè)面都相切,作該圓臺形包裝盒的軸截面得等腰梯形ABCD如圖所示,其中點O為球體玩具的球心,點F,E分別是圓臺上、下底面圓的圓心,作AG⊥BC于點G,連接EF,則AG∥EF,AG=EF=12cm.易知AB=BF+AE,BG=BF-AE,而AB2=AG2+BG2,即(BF+4)2=122+(BF-4)2,所以BF=9cm,所以該包裝盒的容積最小為13π·EF·(BF2+BF·AE+AE2)=13π×12×(92+9×4+42)=532π(cm6.(2024湖南常德模擬)我國有著豐富悠久的“印章文化”,古時候的印章一般用貴重的金屬或玉石制成,本是官員或私人簽署文件時代表身份的信物,后因其獨特的文化內(nèi)涵,也被作為裝飾物來使用.明清時期的一個金屬印章擺件如圖所示,除去頂部的環(huán)可以看作是一個正四棱柱和一個正四棱錐組成的幾何體,已知正四棱柱和正四棱錐的體積之比為3∶1,且該幾何體的頂點均在體積為36π的球的表面上,則該幾何體的表面積為()A.48+162 B.64+162C.48+322 D.64+322答案A解析設(shè)球的半徑為R,∵球的體積為36π,∴43πR3=36π,∴R=3.∵正四棱柱和正四棱錐的體積之比為3∶1,且底面積相等,∴正四棱柱和正四棱錐的高相等,設(shè)正四棱柱和正四棱錐的高都為h,底面正方形的邊長為a,作SH⊥底面ABCD,交平面EFGM于N,易知N,H分別為四邊形EFGM、四邊形ABCD的中心,根據(jù)對稱性可知該幾何體的外接球的直徑為正四棱柱的體對角線,設(shè)球心為O,則O為NH中點,∴(2R)2=a2+a2+h2,即2a2+h2又R=SO=h2+h,∴3=3h2,∴h=2,∴如圖,作SI⊥EF,則I為EF中點,連接NI,則SI=SN2+N∴該幾何體的表面積為4×12×4×22+4×4+4×(4×2)=48+162.故選C7.(多選題)(2024新疆烏魯木齊一模)如圖,某個幾何體是由棱長為40cm的正方體截去八個一樣的四面體得到的,則()A.該幾何體有12個頂點B.該幾何體有24條棱C.該幾何體的表面積為(4800+8003)cm2D.該幾何體外接球的表面積是原正方體內(nèi)切球、外接球表面積的等差中項答案ABD解析因為該幾何體的頂點是正方體各棱的中點,正方體有12條棱,所以該幾何體有12個頂點,故A正確;由題意知,該幾何體在正方體的每個面上有4條棱,正方體有6個面,故該幾何體有6×4=24條棱,故B正確;該幾何體的棱長為202+202=202(cm),該幾何體有6個面為正方形,8個面為等邊三角形,所以該幾何體的表面積為6×(202)2+8×34×原正方體內(nèi)切球的半徑為20cm,內(nèi)切球表面積為S1=4π×202=1600π(cm2).原正方體外接球的半徑為203cm,外接球表面積為S2=4π×(203)2=4800由題意得該幾何體外接球的球心為原正方體的中心,故外接球半徑為202cm,所以該幾何體外接球的表面積為S=4π×(202)2=3200因為2S=6400π=1600π+4800π=S1+S2,所以該幾何體外接球的表面積是原正方體內(nèi)切球、外接球表面積的等差中項,故D正確.故選ABD.8.(5分)(2024浙江金麗衢十二校聯(lián)考)已知圓柱的軸截面面積為4,則該圓柱側(cè)面展開圖的周長最小值為.

答案8π解析設(shè)圓柱的母線長和底面的半徑分別為l,r,根據(jù)已知得2lr=4,由題意可得圓柱側(cè)面展開圖的周長為4πr+2l≥24πr×2l=8π,當且僅當4πr=2l,即r=1π,l=9.(5分)(2024黑龍江雙鴨山模擬)如圖所示,一豎立在地面上的圓錐形物體的母線長為3,一只小蟲從圓錐的底面圓上的點P出發(fā),繞圓錐爬行一周后回到點P處,若該小蟲爬行的最短路程為33,則這個圓錐的高為,體積為.

答案22解析作出該圓錐的側(cè)面展開圖,如圖所示,則該小蟲爬行的最短路程為PP'.由余弦定理可得cos∠P'OP=OP2+OP'2-PP'22OP·OP'=32+32-(33)22×3×10.(5分)(2023新高考Ⅰ,14)在正四棱臺ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=2,則該棱臺的體積為.

答案7解析(方法一直接法)如圖所示,正四棱臺中四邊形AA1C1C為等腰梯形.連接AC,A1C1,過點A1作A1G⊥AC,交AC于點G,則A1G為棱臺的高.在正四棱臺中,∵AC=22,A1C1=2,∴AG=AC在Rt△A1AG中,A1G=A則棱臺體積V=13(S四邊形A1B1C1D1+S(方法二補形法)如圖,延長各側(cè)棱交于點O,連接AC,A1C1,過O作OG⊥AC,交AC于點G,交平面A1B1C1D1于點H,且點H恰為A1C1的中點,解得OA1=2,A1H=22,AG=2,OA=2在Rt△A1OH中,OH=(2在Rt△AOG中,OG=(則棱臺體積V=V四棱錐O-ABCD-V四棱錐O-A1B1C1D1=13(S四邊形ABCD·OG-關(guān)鍵能力提升練11.(2023天津,8)在三棱錐P-ABC中,點M,N分別在棱PC,PB上,且PM=13PC,PN=23PB,則三棱錐P-AMN和三棱錐P-ABC的體積之比為(A.19 B.29答案B解析如圖,分別過M,C作MM'⊥PA,CC'⊥PA,垂足分別為M',C'.過B作BB'⊥平面PAC,垂足為B',連接PB',過N作NN'⊥PB',垂足為N'.因為BB'⊥平面PAC,BB'?平面PBB',所以平面PBB'⊥平面PAC.又因為平面PBB'∩平面PAC=PB',NN'⊥PB',NN'?平面PBB',所以NN'⊥平面PAC,且BB'∥NN'.在△PCC'中,因為MM'⊥PA,CC'⊥PA,所以MM'∥CC',所以MM'在△PBB'中,因為BB'∥NN',所以NN'BB'=PNPB12.(2024天津,9)一個五面體ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF,且兩兩之間的距離為1,并已知AD=1,BE=2,CF=3,則該五面體的體積為()A.36C.32答案C解析如圖,用一個和五面體ABC-DEF完全相同的五面體HIJ-LMN與五面體ABC-DEF拼在一起,其中頂點L,M,N分別與頂點D,E,F重合.由題意可知,拼成的組合體是一個三棱柱,且該三棱柱與側(cè)棱垂直的截面是邊長為1的等邊三角形,其面積為34×12=34,三棱柱的側(cè)棱長為4,所以VABC-DEF=12VABC-HIJ=12×13.如圖,一個棱長1分米的正方體形封閉容器中盛有V升的水,若將該容器任意放置均不能使水平面呈三角形,則V的取值范圍是()A.16,56 B.13C.12,23 D.1答案A解析將該容器任意放置均不能使水平面呈三角形,則如圖,水最少的臨界情況為水面為面A1BD,水最多的臨界情況為水面為面B1CD1.因為VA-A1BD=13×12×1×1×1=16,VABCDA1B1D1=14.(多選題)(2024山東聊城模擬)如圖,有一個棱臺形的容器ABCD-A1B1C1D1(底面A1B1C1D1無蓋),其四條側(cè)棱均相等,底面為矩形,且AB=12BC=12A1B1=14B1C1=1,容器的深度為1,容器壁的厚度忽略不計,則下列說法正確的是A.AA1=2B.該四棱臺的側(cè)面積為32+35C.若將一個半徑為0.9的球放入該容器中,則球可以接觸到容器的底面D.若一只螞蟻從點A出發(fā)沿著容器外壁爬到點C1,則其爬行的最短路程為45答案BD解析由題意可得梯形ABB1A1的高為12所以AA1=(2)2+2圖1圖2圖3梯形ADD1A1的高為12+2-122=52,所以梯形ADD1A1的面積為2+42×52=352.又梯形ABB1A1若放入容器內(nèi)的球可以接觸到容器的底面,則當球的半徑最大時,球恰好與平面ADD1A1、平面BCC1B1、平面ABCD均相切,過三個切點的截面如圖1所示.由題意可知棱臺的截面為等腰梯形,較長的底邊上的底角的正切值為12-則tan∠MPN=-2,所以tan∠MON=2,則2tan∠MOP1又tan∠MOP>0,所以tan∠MOP=5-12,所以球的半徑為125-12=5+14<0.9,如圖2,將ABCD與DCC1D1展開至同一平面,則AC1=(如圖3,將平面ABCD與平面BCC1B1展開至同一平面,則AC1=(1+因為454+5-334+42=3+5-42<0,所以最短路程為454+5,故D15.(多選題)(2024河北邯鄲三模)“阿基米德多面體”又稱“半正多面體”,與正多面體類似,它們也都是凸多面體,每個面都是正多邊形,并且所有棱長也都相等,但不同之處在于阿基米德多面體的每個面的形狀不全相同.有幾種阿基米德多面體可由正多面體進行“截角”得到,如圖,正八面體E-ABCD-F的棱長為3,取各條棱的三等分點,截去六個角后得到一種阿基米德多面體,則該阿基米德多面體()A.共有18個頂點 B.共有36條棱C.表面積為6+83 D.體積為82答案BD解析由圖可知該多面體有24個頂點,36條棱,故A錯誤,B正確;該多面體的棱長為1,且表面由6個正方形和8個正六邊形組成,故該多面體的表面積為6×1+8×6×12×1×1×sin60°=6+123,故正八面體E-ABCD-F可分為兩個全等的正四棱錐,其各棱長均為3,在四棱錐E-ABCD中,過E作EO⊥平面ABCD于點O,連接AO,如圖所示.因為EO⊥平面ABCD,且OA?平面ABCD,所以O(shè)E⊥OA.在正方形ABCD中,因為邊長為3,所以O(shè)A=3在Rt△AOE中,EO=AE2-AO2=322,則正八面體切割掉6個棱長均為1的正四棱錐,減少的體積為6×13×12×22=2,所以該阿基米德多面體的體積為92-2=16.(多選題)(2024福建廈門模擬)如圖,扇形ABC的弧長為12π,半徑為62,線段AB上有一動點M,點N是弧BC的三等分點,現(xiàn)將該扇形卷成以A為頂點的圓錐,使得AB和AC重合,則()A.圓錐的體積為216πB.當M為AB中點時,線段MN在底面上的投影長為37C.存在M,使得MN⊥ABD.MNmin=3答案BCD解析設(shè)圓錐的底面半徑為R,高為h,由題意知2πR=12π,所以R=6,所以h=(62所以圓錐的體積為13×πR2×h=13×π×36×6=72π,如圖,設(shè)圓錐底面圓的圓心為點O,點M在底面上的投影為H,連接OB,ON,MH,NH,則HN為線段MN在底面的投影,因為M為AB的中點,所以點H為OB的中點,所以O(shè)H=3.又∠NOH=120°,ON=6,在△OHN中,HN2=OH2+ON2-2OH·ONcos120°=9+36-2×3×6×-12=63,所以HN=37,即線段MN在底面上的投影長為37,故B正確;延長BO交圓O于點E,連接NE,作NT⊥BE于點T,作TM1⊥AB于點M1,連接M1N.因為AB=AE=62,BE=12,所以AB2+AE2=BE2,所以AB⊥AE,所以TM1∥AE.易知△ONE為正三角形,所以T為OE的中點,則BT=34BE,所以BM1=34BA.因為平面ABE⊥平面BNE,平面ABE∩平面BNE=BE,NT?平面BNE,NT⊥BE,所