专题21 空间几何体（针对训练）-2023年高考一轮复习精讲精练必备

第21练    空间几何体

学校____________          姓名____________          班级____________

一、单选题

1．已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为120°的扇形，则该圆锥的表面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】

设圆锥的母线长为，则，解得，则该圆锥的表面积为.

故选：C.

2．一个底面积为1的正四棱柱的顶点都在同一球面上，若此球的表面积为，则该四棱柱的高为（       ）

A． B．2 C． D．

【答案】C

【详解】

设球的半径为，则 ，解得

设四棱柱的高为 ，则 ，解得

故选：C

3．如图，△ABC是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中，则以下说法正确的是（       ）

A．△ABC是钝角三角形 B．△ABC是等边三角形

C．△ABC是等腰直角三角形 D．△ABC是等腰三角形，但不是直角三角形

【答案】C

【详解】

解：将其还原成原图，如图，

设，则可得，，

从而，

所以，即，

故是等腰直角三角形.

故选：C.

4．已知圆柱的底面半径和高都是2，那么圆柱的侧面积是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】

因为圆柱的底面半径和高都是，所以圆柱的侧面积.

故选：B.

5．圆柱内有一个球，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，已知圆柱的体积为，则球的体积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】

设球的半径为R，则圆柱的底面圆的半径为R，高为2R，

所以，解得：，

则球的体积为

故选：A

6．通用技术老师指导学生制作统一规格的圆台形容器，用如图所示的圆环沿虚线剪开得到的一个半圆环（其中小圆和大圆的半径分别是1cm和4cm）制作该容器的侧面，则该圆台形容器的高为（       ）

A．cm B．1cm C．cm D．cm

【答案】D

【详解】

由已知圆台的侧面展开图为半圆环，不妨设上、下底面圆的半径分别为，，

则，，解得，．

所以圆台轴截面为等腰梯形，其上、下底边的长分别为和，腰长为，

即,过点作,为垂足，

所以，

该圆台形容器的高为，

故选：D．

7．在矩形中，，点，分别是，的中点，沿将四边形折起，使，若折起后点，，，，，都在球的表面上，则球的表面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】

因为矩形中，，点，分别是，的中点，

所以四边形和四边形是正方形，

又沿将四边形折起，使，

所以几何体是正三棱柱，，

设球的球心在底面的射影为，因此，

显然是等边三角形的中心，

，

在直角三角形中，，

所以球的表面积为，

故选：C

8．在中，，，若将绕直线BC旋转一周，则所形成的旋转体的体积是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】

旋转体是一个大圆锥去掉一个小圆锥，

作出简图：

所以，，

所以旋转体的体积：.

故选：B.

9．已知S，A，B，C是球O表面上的点，平面ABC，AB⊥BC，，，则球O的表面积等于（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】

因为、、、是球表面上的点，

所以

又平面，平面，

所以，，，

因为，平面，，

所以平面，而平面，

所以，

所以可得为的中点，，，

所以，

所以球的半径径为，

所以球表面积为．

故选：A．

10．已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】

∵ 球的体积为，所以球的半径,

设正四棱锥的底面边长为，高为，

则，,

所以，

所以正四棱锥的体积，

所以，

当时，，当时，，

所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，

又时，，时，,

所以正四棱锥的体积的最小值为，

所以该正四棱锥体积的取值范围是.

故选：C.

二、多选题

11．在边长为2的菱形中，，，垂足为点E，以DE所在的直线为轴，其余四边旋转半周形成的面围成一个几何体，则（       ）

A．该几何体为圆台 B．该几何体的高为

C．该几何体的表面积为 D．该几何体的体积

【答案】BCD

【详解】

解：由题意可知，该几何体的结构为半个圆锥和半个圆台，

该几何体的高为，

该几何体的表面积为，

体积为.

故选：BCD

12．“阿基米德多面体”也称为半正多面体（semi-regularsolid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体，已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（       ）

A．该半正多面体的体积为

B．该半正多面体过A，B，C三点的截面面积为

C．该半正多面体外接球的表面积为

D．该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E满足关系式

【答案】ABD

【详解】

如图，

该半正多面体，是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的.

对于A，因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该几何体的体积为：，故正确；

对于B，过A，B，C三点的截面为正六边形ABCFED，所以，故正确.

对于C，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为，侧棱长为2的正四棱柱的外接球，所以该半正多面体外接球的表面积，故错误；

对于D，几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，满足，故正确.

故选：ABD

13．已知正方体的棱长为，则（       ）

A．正方体的外接球体积为 B．正方体的内切球表面积为

C．与异面的棱共有4条 D．三棱锥与三棱锥体积相等

【答案】ACD

【详解】

∵正方体外接球的半径,内切球的半径

∴正方体的外接球体积为，内切球表面积为

A正确，B不正确；

与异面的棱有，共有4条，C正确；

∵，则三棱锥与三棱锥的高，底面积，故体积相等，D正确；

故选：ACD．

三、填空题

14．将一个棱长为的正四面体放入一个正方体的玻璃容器，若要求该正四面体能在正方体容器中自由旋转，则该正方体容器的棱长的最小值为___________.

【答案】2

【详解】

由题若正四面体能在正方体容器中自由旋转，

则当正方体最小时，其内切球是该正四面体的外接球，

又由棱长为的正四面体的外接球半径，

此时正方体的棱长为.

故答案为：.

15．已知圆柱上、下底面的圆周都在一个体积为的球面上，圆柱底面半径为，则该圆柱的表面积为__________．

【答案】

【详解】

设圆柱外接球半径为：，圆柱的母线长为：，

由圆柱的性质得，外接球球心在上下底面圆心连线的中点处，

所以外接球球心到底面的距离为圆柱母线的一半：，

所以，又，解得，，

所以圆柱的表面积为：.

故答案为：.

四、解答题

16．已知正四棱柱，其中．

(1)若点是棱上的动点，求三棱锥的体积．

(2)求点到平面的距离

【答案】(1)(2)

【解析】(1)

实际上需求三棱锥的体积．

由正四棱柱，

角形的面积为

因为P是棱上的动点且与平面平行，则只需写出与平面间的距离即可．

由于平面，不妨记三棱锥的高为

则三棱锥的体积

(2)

以D为原点，如图建立空间直角坐标系．

则

可知

设平面的法向量为

则

不妨设，同时设点到平面的距离为d

则

故点到平面的距离为

17．如图，在棱长为1的正方体中，截去三棱锥，求：

(1)截去的三棱锥的体积；

(2)剩余的几何体的表面积．

【答案】(1)(2)

【解析】(1)

∵正方体的棱长为1，

三棱锥的体积

(2)

是边长为的等边三角形，，

∴，

，

所以剩余几何体表面积为．

18．某种“笼具”由内，外两层组成，无下底面，内层和外层分别是一个圆锥和圆柱，其中圆柱与圆锥的底面周长相等，圆柱有上底面，制作时需要将圆锥的顶端剪去，剪去部分和接头忽略不计，已知圆柱的底面周长为，高为，圆锥的母线长为．

(1)求这种“笼具”的体积；

(2)现要使用一种纱网材料制作50个“笼具”，该材料的造价为每平方米8元，共需多少元？

【答案】(1)(2)元

【解析】(1)

设圆柱的底面半径r，高为h；圆锥的母线长为l，高为h1，

则，则

；

(2)

圆柱的侧面积，

圆柱的底面积，

圆锥的侧面积，

所以：＂笼具＂表面积，

故：50个＂笼具＂的总造价为：．

答：现要使用一种纱网材料制作50个“笼具”共需元．