2022版新教材高考数学一轮复习课时质量评价36空间几何体含解析新人教A版

这是一份2022版新教材高考数学一轮复习课时质量评价36空间几何体含解析新人教A版，共8页。试卷主要包含了下列命题中正确的是等内容，欢迎下载使用。

A组 全考点巩固练
1．(多选题)下列命题中正确的是( )
A．由五个面围成的多面体可能是四棱锥
B．用一个平面去截棱锥便可得到棱台
C．仅有一组对面平行的五面体是棱台
D．正棱锥的侧棱长都相等
AD 解析：由五个面围成的多面体可以是四棱锥、三棱柱或三棱台，故A正确；当平面与棱锥底面不平行时，截得的几何体不是棱台，故B错误；仅有一组对面平行的五面体也可能是三棱柱，故C错误；根据正棱锥的结构特征知，正棱锥的侧棱长一定都相等，故D正确．
2．(多选题)如图，将装有水的长方体水槽固定底面一边后倾斜一个角度，则倾斜后水槽中的水形成的几何体可以是( )
A．四棱柱B．四棱台
C．三棱柱D．三棱锥
AC 解析：根据题图，因为有水的部分始终有两个平面平行，而其余各面都易证是平行四边形，因此形成的几何体是四棱柱或三棱柱．

第2题图 第3题图
3．(2020·全国卷Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )
A．eq \f(\r(5)－1,4)B．eq \f(\r(5)－1,2)
C．eq \f(\r(5)＋1,4)D．eq \f(\r(5)＋1,2)
C 解析：如图，设CD＝a，PE＝b，则PO＝eq \r(PE2－OE2)＝eq \r(b2－\f(a2,4)).
由题意知PO2＝eq \f(1,2)ab，即b2－eq \f(a2,4)＝eq \f(1,2)ab，化简得4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))eq \s\up12(2)－2×eq \f(b,a)－1＝0，
解得eq \f(b,a)＝eq \f(1＋\r(5),4)(负值舍去)．
4．(2020·聊城模拟)在《九章算术》中，将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称为“羡除”．现有一个羡除如图所示，DA⊥平面ABFE，四边形ABFE，CDEF均为等腰梯形，AB∥CD∥EF，AB＝AD＝4，EF＝8，点E到平面ABCD的距离为6，则这个羡除的体积是( )
A．96 B．72 C．64 D．58
C 解析：如图，将多面体分割为两个三棱锥D-AGE，C-HBF和一个直三棱柱GAD-HBC．
这个羡除的体积V＝2×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×6×4＋eq \f(1,2)×6×4×4＝64.故选C．
5．在菱形ABCD中，AB＝4，∠A＝60°，将△ABD沿对角线BD折起；使得二面角A­BD­C的大小为60°，则折叠后所得四面体ABCD的外接球的半径为( )
A．eq \f(2\r(13),3)B．eq \f(\r(13),3)
C．eq \f(4\r(3),3)D．eq \f(\r(39),3)
A 解析：如图，取BD的中点为O，连接OC，OA．
根据题意需要找到外接球的球心，取OC上离O点近的三等分点为E.同理取OA上离O点近的三等分点为F，
自这两点分别作平面BDC、平面ABD的垂线，交于点P，
则P就是外接球的球心，连接OP，CP.
由菱形的性质得∠AOC就是二面角A­BD­C的平面角．
所以△AOC是边长为4×eq \f(\r(3),2)＝2eq \r(3)的等边三角形，所以OE＝eq \f(2\r(3),3).
在△POE中，∠POE＝30°，所以PE＝eq \f(2,3).
又CE＝eq \f(4\r(3),3)，所以PC＝R＝eq \f(2\r(13),3).故选A．
6．已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的eq \f(3,16)，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为________．
eq \f(1,3) 解析：如图，设球的半径为R，圆锥底面半径为r.
由题意得πr2＝eq \f(3,16)×4πR2，
所以r2＝eq \f(3,4)R2.
根据球的截面的性质可知两圆锥的高必过球心O，且两圆锥的顶点以及圆锥与球的交点是球的大圆上的点，且AB⊥O1C，
所以OO1＝eq \r(R2－r2)＝eq \f(R,2).
因此体积较小的圆锥的高为AO1＝R－eq \f(R,2)＝eq \f(R,2)，
体积较大的圆锥的高为BO1＝R＋eq \f(R,2)＝eq \f(3,2)R.
故这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为eq \f(1,3).
7．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，D是CC1上一点．设四棱锥D-A1ABB1的体积为V1，三棱柱ABC-A1B1C1的体积为V2，则V1∶V2＝________.
2∶3 解析：三棱柱ABC-A1B1C1的体积V2＝Veq \s\d4 (D-ABB1A1)＋Veq \s\d4(D­A1B1C1)＋VD-ABC．设三棱柱的高为h，三棱锥D-A1B1C1的高为h1，三棱锥D-ABC的高为h2，则h＝h1＋h2，所以V2＝Veq \s\d4 (D-ABB1A1)＋eq \f(1,3)Seq \s\d4(△A1B1C1h1)＋eq \f(1,3)S△ABCh2＝Veq \s\d4 (D-ABB1A1)＋eq \f(1,3)S△ABCh＝S△ABCh，则V1＝Veq \s\d4 (D-ABB1A1)＝eq \f(2,3)S△ABCh＝eq \f(2,3)V2，故V1∶V2＝2∶3.
8．已知三棱柱ABC-A1B1C1的所有顶点都在球O的球面上，该三棱柱的五个面所在的平面截球面所得的圆大小相同．若球O的表面积为20π，则三棱柱的体积为________．
6eq \r(3) 解析：因为三棱柱ABC-A1B1C1的五个面所在的平面截球面所得的圆的大小相同，所以该三棱柱的底面是等边三角形．设三棱柱底面边长为a，高为h，截面圆的半径为r，球半径为R，所以r＝eq \f(a,\r(3)).因为球O的表面积为20π，所以4πR2＝20π，解得R＝eq \r(5).
因为底面和侧面截得的圆的大小相同，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,2)))eq \s\up12(2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,\r(3))))eq \s\up12(2)，
所以a＝eq \r(3)h.①
又因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,\r(3))))eq \s\up12(2)＝R2，②
由①②得a＝2eq \r(3)，h＝2，
所以三棱柱的体积为V＝eq \f(\r(3),4)×(2eq \r(3))2×2＝6eq \r(3).
9．若圆锥的表面积是15π，侧面展开图的圆心角是60°，求圆锥的体积．
解：设圆锥的底面半径为r，母线为l，
则2πr＝eq \f(π,3)l，得l＝6r.
又S锥＝πr2＋πr·6r＝7πr2＝15π，
得r＝eq \r(\f(15,7))，
圆锥的高h＝eq \r(l2－r2)＝eq \r(36r2－r2)＝eq \r(35)r＝eq \r(35)×eq \r(\f(15,7))＝5eq \r(3)，
圆锥的体积V＝eq \f(1,3)πr2h＝eq \f(1,3)π×eq \f(15,7)×5eq \r(3)＝eq \f(25\r(3),7)π.
10．已知正三棱台(上、下底面是正三角形，上底面的中心在下底面的投影是下底面中心)的上、下底面边长分别是2 cm与4 cm，侧棱长是eq \r(6) cm，试求该几何体的体积．
解：如图，O′，O分别是上、下底面的中心，连接OO′，O′B′，OB．在平面BOO′B′内作B′E⊥OB于点E.
△A′B′C′是边长为2的等边三角形，O′是中心，
所以O′B′＝eq \f(2,3)×2×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(2\r(3),3)(cm)．
同理OB＝eq \f(4\r(3),3) cm，则BE＝OB－O′B′＝eq \f(2\r(3),3)(cm)．
在Rt△B′EB中，BB′＝eq \r(6) cm，BE＝eq \f(2\r(3),3) cm，
所以B′E＝eq \f(\r(42),3) cm，即棱台高为eq \f(\r(42),3) cm，
所以三棱台的体积V＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(42),3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)×16＋\f(\r(3),4)×4＋\r(\f(\r(3),4)×16×\f(\r(3),4)×4)))＝eq \f(7\r(14),3)(cm3)．
B组 新高考培优练
11．(2020·全国卷Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为( )
A．64πB．48π
C．36πD．32π
A 解析：设圆O1的半径为r，球的半径为R.依题意，得πr2＝4π，所以r＝2.
由正弦定理可得AB＝2rsin 60°＝2eq \r(3)，所以OO1＝AB＝2eq \r(3).根据圆截面性质OO1⊥平面ABC，
所以OO1⊥O1A，R＝OA＝eq \r(OO\\al(2,1)＋O1A2)＝eq \r(OO\\al(2,1)＋r2)＝4，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.
12．《算术书》竹简于二十世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典著，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出圆锥的底面周长l与高h，计算其体积V的近似公式V＝eq \f(1,36)l2h，它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取3，那么，近似公式V≈eq \f(25,942)l2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取( )
A．eq \f(22,7)B．eq \f(25,8)
C．eq \f(157,50)D．eq \f(355,113)
C 解析：V＝eq \f(1,3)πr2h＝eq \f(1,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,2π)))eq \s\up12(2)h＝eq \f(1,12π)l2h.由eq \f(1,12π)≈eq \f(25,942)，得π≈eq \f(157,50).故选C．
13．有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为________．
2＋eq \f(\r(2),2) 解析：如图1，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为点E.
图1 图2
在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，所以BE＝eq \f(\r(2),2).
又四边形AECD为矩形，AD＝1，所以EC＝AD＝1，所以BC＝BE＋EC＝eq \f(\r(2),2)＋1.由此可还原原图形如图2.在原图形中，A′D′＝1，A′B′＝2，B′C′＝eq \f(\r(2),2)＋1，且A′D′∥B′C′，A′B′⊥B′C′，所以这块菜地的面积S＝eq \f(1,2)(A′D′＋B′C′)·A′B′＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋1＋\f(\r(2),2)))×2＝2＋eq \f(\r(2),2).
14．某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个实心工艺品(如图所示)．该工艺品可以看成是一个球体被一个棱长为8的正方体的6个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合)．若其中一个截面圆的周长为6π，则该球的半径为________．现给出定义：球面被平面所截得的一部分叫做球冠．截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高．如果球面的半径是R，球冠的高是h，那么球冠的表面积计算公式是S＝2πRh. 由此可知，该实心工艺品的表面积是________．
5 94π 解析：设截面圆半径为r，球的半径为R，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半，即此距离为4.
根据截面圆的周长可得6π＝2πr，得r＝3.
故R2＝32＋42＝25，得R＝5.
如图，OA＝OB＝R＝5，且OO1＝4，则球冠的高h＝R－OO1＝1.
所截的一个球冠表面积S＝2πRh＝2π×5×1＝10π，且截面圆面积为π×32＝9π.
所以工艺品的表面积S′＝4πR2－6(S－9π)＝100π－6π＝94π.
15．已知过球面上A，B，C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB＝18，BC＝24，AC＝30，求球的表面积和体积．
解：因为AB∶BC∶AC＝18∶24∶30＝3∶4∶5，
所以△ABC是直角三角形，∠B＝90°.
又球心O在截面△ABC的投影O′为截面圆的圆心，
也即是Rt△ABC的外接圆的圆心，
所以斜边AC为截面圆O′的直径(如图所示)．
设球半径为R，截面圆半径为r，即O′C＝r，OC＝R，
在Rt△O′CO中，由题设知sin∠O′CO＝eq \f(OO′,OC)＝eq \f(1,2)，
所以∠O′CO＝30°，所以eq \f(r,R)＝cs 30°＝eq \f(\r(3),2)，
即R＝eq \f(2,\r(3))r.(*)
又2r＝AC＝30，所以r＝15，
代入(*)得R＝10eq \r(3).
所以球的表面积S＝4πR2＝4π×(10eq \r(3))2＝1 200π，
球的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)π×(10eq \r(3))3＝4 000eq \r(3)π.