2023届高考数学二轮复习专题十一空间几何体作业含答案

这是一份2023届高考数学二轮复习专题十一空间几何体作业含答案，共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
专题强化训练(十一)一、单项选择题1.(2022·海南海口二模)如图是一个圆台的侧面展开图,其面积为3π,两个圆弧所在的圆半径分别为2和4,则该圆台的体积为(　D　)A.π B.πC.π D.π解析:圆台的侧面展开图是一个扇环,设该扇环的圆心角为α,则其面积为×α×42-×α×22=3π,得α=,所以扇环的两个圆弧长分别为π和2π.设圆台的上底面半径、下底面半径分别为r1,r2,圆台的高为h,则2πr1=π,2πr2=2π,所以r1=,r2=1,又圆台的母线长l=4-2=2,所以圆台的高为h==,所以圆台的体积为V=π[+12+×1]×=π.故选D.2.(2022·甘肃模拟诊断)在Rt△ABC中,BC=a,AC=b,AB=c,且a>b>c,分别以BC,AC,AB所在直线为轴,将△ABC旋转一周,形成三个几何体,其表面积和体积分别记为S1,S2,S3和V1,V2,V3,则它们的关系为(　B　)A.S1>S2>S3,V1>V2>V3B.S1<S2<S3,V1<V2<V3C.S1>S2>S3,V1=V2=V3D.S1<S2<S3,V1=V2=V3解析:不妨设直角三角形的三边长分别为a=5,b=4,c=3,当直角三角形绕BC边所在直线旋转时,其表面积是两个圆锥的侧面积之和,所以其表面积为S1=π××(3+4)=π,体积为V1=×π××5=π;当直角三角形绕AC边所在直线旋转时, S2=π×32+π×3×5=24π, 体积为V2=π×32×4=12π;当直角三角形绕AB边所在直线旋转时,S3=π×42+π×4×5=36π, 体积为V3=π×42×3=16π.所以S1<S2<S3;V1<V2<V3. 故选B.3.(2022·山东省沂水县第一中学模拟预测)阿基米德是古希腊伟大的数学家、物理学家、百科式科学家,是静态力学和流体静力学的奠基人,和高斯、牛顿并列为世界三大数学家,他在不知道球体积公式的情况下得出了圆柱容球定理,即圆柱内切球(与圆柱的两底面及侧面都相切的球)的体积等于圆柱体积的三分之二.那么,圆柱内切球的表面积与该圆柱表面积的比值为(　C　)A.    B.    C.    D.解析:设球的半径为R,则圆柱的底面半径为R,高为2R,则圆柱的表面积为S=2πR2+2πR·2R=6πR2,球的表面积为S球=4πR2.所以,圆柱内切球的表面积与该圆柱表面积的比值为=.故选C.4.(2022·山东泰安模拟预测)如图是我国古代米斗,它是称量粮食的量器,是古代官仓、粮栈、米行等必备的用具.它是随着粮食生产而发展出来的用具,早在先秦时期就有,到秦代统一了度量衡,汉代又进一步制度化,十升为斗、十斗为石的标准最终确定下来.若将某个米斗近似看作一个四棱台,上、下两个底面都是正方形,侧棱均相等,上底面边长为25 cm,下底面边长为15 cm,侧棱长为10 cm,则该米斗的容积约为(　C　)A.2 400 cm3    B.2 600 cm3C.2 900 cm3    D.3 100 cm3解析:如图,设棱台上、下底面的中心分别为O1,O,连接O1C1,OC,过C作CH⊥O1C1,垂足为H,由题意易知O1C1=,OC=,故C1H=5,故CH==5,故该四棱台的体积为V=×(252+152+25×15)×5≈2 887.故选C.5.(2022·广东佛山高三期末)在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=1,AD=AA1=2,E为棱AA1上的动点,平面BED1交棱CC1于点F,则四边形BED1F的周长的最小值为(　B　)A.4        B.2C.2(+)    D.2+4解析:将长方体的侧面展开,如图所示.当点E为BD1与AA1的交点,F为BD1与CC1的交点时,截面四边形BED1F的周长最小,最小值为2BD1=2=2.故选B.6.已知直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的表面上,若AB=AC=1,AA1=2,∠BAC=,则球O的体积为(　A　)A.    B.3π    C.    D.8π解析:设△ABC的外接圆圆心为O1,半径为r,连接O1O,如图,易得O1O⊥平面ABC,因为AB=AC=1,AA1=2,∠BAC=,所以2r===2,即O1A=1,O1O=AA1=,所以OA===2,所以球O的体积为V=π·OA3=.故选A.7.(2022·山东日照模拟预测)已知四棱锥PABCD的体积是36,底面ABCD是正方形,△PAB是等边三角形,平面PAB⊥平面ABCD,则四棱锥PABCD外接球的体积为(　A　)A.28π    B.πC.π     D.108π解析:设AB的中点为Q,因为△PAB是等边三角形,所以PQ⊥AB,而平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PQ⊂平面PAB,所以PQ⊥平面ABCD.四棱锥PABCD的体积是36,则36=·AB·AB·PQ,即36=·AB·AB·AB,所以边长AB=6,PQ=3.设四棱锥的外接球的球心为O,则它在平面ABCD内的射影为平面ABCD的中心M,过点P作MO的垂线PH,垂足为H,设OH=x,OM=3-x,R2=OA2=OM2+AM2=+,R2=OP2=OH2+PH2=x2+32,联立解得x=2,R2=12+32=21,V球=πR3=28π.故选A.8.(2022·新高考Ⅰ卷)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36π,且3≤l≤3,则该正四棱锥体积的取值范围是(　C　)A.[18,]  B.[,]C.[,]  D.[18,27]解析:法一　如图,设该球的球心为O,半径为R,正四棱锥的底面边长为a,高为h,依题意,得36π=πR3,解得R=3.由题意及图可得解得所以正四棱锥的体积V=a2h=(2l2-)×=(2-)(3≤l≤3),所以V′=l3-=l3(4-)(3≤l≤3),令V′=0,得l=2,所以当3≤l<2时,V′>0;当2<l≤3时,V′<0,所以函数V=(2-)(3≤l≤3)在[3,2)上单调递增,在(2,3]上单调递减,又当l=3时,V=;当l=2时,V=;当l=3时,V=.所以该正四棱锥的体积的取值范围是[,].故选C.法二　如图,设该球的球心为O,半径为R,正四棱锥的底面边长为a,高为h,依题意,得36π=πR3,解得R=3,由题意及图可得解得又3≤l≤3,所以该正四棱锥的体积V=a2h=(2l2-)×=(2-)=72×··(2-)≤72×[]3=(当且仅当=2-,即l=2时,取等号),所以正四棱锥的体积的最大值为,排除A,B,D.故选C.二、多项选择题9.(2022·湖北模拟预测)在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中,P,Q分别在棱BC,CC1上,CP=x,CQ=y,x∈[0,1],y∈[0,1]且x2+y2≠0,过A,P,Q三点的平面截正方体ABCDA1B1C1D1得到截面多边形,则(　BD　)A.x=y时,截面一定为等腰梯形B.x=1时,截面一定为矩形且面积最大值为C.存在x,y使截面为六边形D.存在x,y使BD1与截面平行解析:对于A,当x=y=1时,截面为矩形,故A错误;对于B,当x=1时,点P与点B重合,设过A,P,Q三点的平面交D1D于点M,则因为平面AA1D1D∥平面BB1C1C,平面AA1D1D∩平面ABQM=AM,平面BB1C1C∩平面ABQM=PQ,故PQ∥AM,且AB⊥PQ,此时截面为矩形,当点Q与点C1重合时面积最大,此时截面面积为S=1×=,故B正确;对于C,截面只能为四边形、五边形,故C错误;对于D,当x=,y=时,延长B1B交QP的延长线于点N,画出截面APQM如图所示.此时因为BP=CP,BN∥CQ,故Rt△BPN≌Rt△CPQ,则BN=CQ=.由面面平行的性质定理及等角定理易得△ADM∽△PCQ,AD=2CP,故MD=2CQ=,此时MD1=,故MD1=BN且MD1∥BN,故四边形MD1BN为平行四边形,故MN∥BD1,根据线面平行的判定定理可知BD1与截面平行,故D正确.故选BD.10.(2022·山东青岛一模)斗笠,是遮阳光和雨的帽子,有宽宽的边沿,用竹篾夹油纸或竹叶棕丝等编织而成.有一种外形为圆锥形的斗笠,称为“灯罩斗笠”,不同型号的斗笠大小经常用帽坡长(母线长)和帽底宽(底面圆直径长)两个指标进行衡量,现有一个“灯罩斗笠”,帽坡长20 cm,帽底宽20 cm,关于此斗笠,下列说法正确的是(　ACD　)A.斗笠轴截面(过顶点和底面中心的截面图形)的顶角为120°B.过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两母线的截面三角形的最大面积为100 cm2C.若此斗笠顶点和底面圆上所有点都在同一个球面上,则该球的表面积为1 600π cm2D.此斗笠放在平面上,可以盖住的球(保持斗笠不变形)的最大半径为(20-30)cm解析:对于A选项,设顶角为θ,则sin ==,得=60°,所以顶角θ=120°,A正确;对于B选项,因为顶角θ=120°,则截面三角形的最大面积为×202×sin 90°=200(cm2),B错误;对于C选项,因为顶角θ=120°,则=60°,所以外接球半径等于圆锥母线长,即R=20,则该球的表面积为4πR2=1 600π(cm2),C正确;对于D选项,设球的最大半径为r cm,因为顶角为120°,则∠OCD=15°,所以r=CD·tan 15°=10×=20-30,D正确.故选ACD.11.已知在正方体的外接球与内切球上各有一个动点M,N,若线段MN的最小值为-1,则下列说法中正确的是(　ABC　)A.正方体的外接球的表面积为12πB.正方体的内切球的体积为C.正方体的棱长为2D.线段MN的最大值为2解析:设正方体的棱长为a,则正方体外接球的半径为体对角线长的一半,即a;内切球半径为棱长的一半,即.因为M,N分别为外接球和内切球上的动点,所以MNmin=a-=a=-1,解得a=2,即正方体的棱长为2,所以正方体外接球的表面积为4π×()2=12π,内切球的体积为,则A,B,C正确;线段MN的最大值为+1,则D错误.故选ABC.12.(2022·新高考Ⅱ卷)如图,四边形ABCD为正方形,ED⊥平面ABCD,FB∥ED,AB=ED=2FB.记三棱锥EACD,FABC,FACE的体积分别为V1,V2,V3,则(　CD　)A.V3=2V2     B.V3=V1C.V3=V1+V2  D.2V3=3V1解析:如图,连接BD交AC于点O,连接OE,OF.设AB=ED=2FB=2,则AB=BC=CD=AD=2,FB=1.因为ED⊥平面ABCD,FB∥ED,所以FB⊥平面ABCD,所以V1==S△ACD·ED=×AD·CD·ED=××2×2×2=,V2==S△ABC·FB=×AB·BC·FB=××2×2×1=.因为ED⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以ED⊥AC,又AC⊥BD,且ED∩BD=D,ED,BD⊂平面BDEF,所以AC⊥平面BDEF.因为OE,OF⊂平面BDEF,所以AC⊥OE,AC⊥OF.易知AC=BD=AB=2,OB=OD=BD=,OF==,OE==,EF===3,所以EF2=OE2+OF2,所以OF⊥OE,又OE∩AC=O,OE,AC⊂平面ACE,所以OF⊥平面ACE,所以V3==S△ACE·OF=×AC·OE·OF=××2××=2,所以V3≠2V2,V1≠V3,V3=V1+V2,2V3=3V1,所以选项A,B不正确,选项C,D正确.故选CD.三、填空题13.(2022·江苏海门高三期末)已知圆柱的底面半径为,体积为4π,则该圆柱的侧面积为　　　　. 解析:因为圆柱的底面半径为,体积为4π,设母线长为l,则π××l=4π,得l=2,所以圆柱的侧面积为2π××2=8π.答案:8π14.(2022·广东潮州高三期末)在《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑,在鳖臑ABCD中,AB⊥平面BCD,CD⊥AD,AB=BD=,已知动点E从点C出发,沿外表面经过棱AD上一点到点B的最短距离为,则该棱锥的外接球的表面积为　　　　. 解析:将侧面△ABD与△ACD展开,如图所示.设CD=x,由题意得C′B=,在△C′BD中,由余弦定理得C′B2=C′D2+BD2-2C′D·BD·cos 135°,即=x2+-2x××(-),即x2+2x-8=0,解得x=2或x=-4(舍去),如图所示,该棱锥的外接球即为长方体的外接球,则外接球的半径为R==,所以外接球的表面积为S=4πR2=8π.答案:8π15.正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,点K在棱A1B1上运动,过A,C,K三点作正方体的截面.若K为棱A1B1的中点,则截面面积为　　　    　,若截面把正方体分成体积之比为2∶1的两部分,则=　　　.解析:①取B1C1的中点M,连接KM,MC,因为KM∥A1C1,而A1C1∥AC,所以KM∥AC,所以A,C,M,K四点共面,且AK=MC,所以四边形ACMK是等腰梯形,如图,在等腰梯形ACMK中,作KH⊥AC于点H,则KM=,AC=,AK==,AH==,所以KH===,所以S四边形ACMK=×(+)×=.②设B1K=x,取B1C1上的点M,B1K=B1M=x,连接KM,MC,由(1)知,A,C,M,K四点共面,由题可知==,所以=×(+x2+)×1=,即x2+x-1=0,解得x=,即B1K=,A1K=1-=,此时==.答案:　16.(2022·湖南常德高三期末)已知正三棱锥ABCD的底面是边长为2的等边三角形,其内切球的表面积为π,且和各侧面分别相切于点F,M,N三点,则△FMN的周长为　　　　. 解析:设三棱锥ABCD的内切球球心为O,设球O切三棱锥的侧面ACD于点F,取CD的中点E,连接BE,设正三角形BCD的中心为点G,则G在线段BE上.设AG=h,△BCD的外接圆半径为BG==2,则GE=BG=1,由正棱锥的性质可知AG⊥平面BCD,因为BE⊂平面BCD,则AG⊥BE,AE==,设球O的半径为r,则4πr2=π,可得r=,即OF=OG=,因为OF⊥AE,所以sin∠EAG==,即=,解得h=,所以AO=AG-OG=-=,AF===.取BC的中点H,连接AH,EH,DH,设球O切侧面ABC于点M,连接FM,同理可得AM=,AH=AE==,因为H,E分别为BC,CD的中点,则EH=BD=,因为==,则FM∥EH,且==,故FM=EH=.设BD的中点为Q,连接EQ,HQ,则EQ=HQ=EH=,故△EHQ为等边三角形,易知△FMN为等边三角形,故△FMN的周长为3×=.答案: