2023届高考数学二轮复习空间几何体作业含答案

这是一份2023届高考数学二轮复习空间几何体作业含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
空间几何体一、单选题1．在正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且平面，如图所示，下列说法不正确的是（）A．点的轨迹是一条线段B．与是异面直线C．与不可能平行D．三棱锥的体积为定值2．现有橡皮泥制作的表面积为的球，若将其重新制作成体积不变，高为1的圆锥，则圆锥的母线长为（）A． B．2 C． D．13．已知均在球的表面上，为边长为的等边三角形，平面，，则球的表面积为（）A． B． C． D．4．半正多面体（semiregular solid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），则二十四等边体的体积与其外接球体积之比为（）A． B． C． D．5．如图，在三棱锥中，，二面角的正弦值是，则三棱锥外接球的表面积是（）A． B． C． D．6．从一个底面圆半径与高均为2的圆柱中挖去一个正四棱锥（以圆柱的上底面为正四棱锥底面的外接圆，下底面圆心为顶点）而得到的几何体如图所示，今用一个平行于底面且距底面为1的平面去截这个几何体，则截面图形的面积为（）A． B． C． D．7．已知正方体的棱长为6，则过，，三点的平面与该正方体内切球截面的面积为（）A．3π B．6π C．9π D．12π8．已知四面体中，，若该四面体的外接球的球心为，则的面积为（）A． B． C． D．9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A． B． C． D．10．已知圆柱的底面半径为2，母线长为6，过底面圆周上一点作与圆柱底面成45°角的平面，截这个圆柱得到一个椭圆，则该椭圆的长轴长是（）A． B．C． D．11．如图，长方体被平面截成两个几何体，其中E，F分别在和上，且，则以下结论错误的是（）A． B．平面C．几何体为棱柱 D．几何体为棱台12．某四面体的三视图如图所示，该四面体的体积为（）A． B． C． D．第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明二、填空题13．已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为半圆面，若该圆锥的顶点和底面圆周都在球O的球面上，则球O的半径为___________.14．某工厂现将一棱长均为4的三棱柱毛坯件切割成一个圆柱体零件，则该圆柱体体积的最大值为______．15．已知一个直四棱柱的底面是菱形，一个底面的面积为4，两个对角面（过相对侧棱的截面）面积分别为5和6，那么它的表面积为_________．16．在一个棱长为的正方体内部有一个大球和小球，大球与正方体的六个面都相切，小球可以在正方体和大球之间的空隙自由滑动，则小球体积的最大值是___________． 参考答案：1．C【解析】【分析】对于设平面与直线交于点，连接、，则为的中点，分别取，的中点，，连接，，，可得平面，从而可判断；对于 假设直线共面,从而到处矛盾，可判断；对于，当点与点重合时可判断；对于,可证平面，则到平面的距离是定值，从而可判断.【详解】对于设平面与直线交于点，连接、，则为的中点，分别取，的中点，，连接，，，则易得，又平面，平面，平面．同理可得平面，、是平面内的相交直线，平面平面，由此结合平面，可得直线平面，即点是线段上的动点．A正确．对于 假设直线共面, 由题意点在侧面上，且三点不共线.所以直线共面于侧面，则平面这就与在正方体中，平面相矛盾故假设不成立，即，与是异面直线，B正确．对于，连接,由分别为的中点，则，又所以，且，所以四边形为平行四边形所以，故当点与点重合时，与平行，C错误．对于，由选项A的过程可知,又,所以又，分别为，的中点，所以,所以，则，平面，平面，所以平面，则到平面的距离是定值，三棱锥的体积为定值，所以D正确；故选：．2．A【解析】【分析】求出给定球的体积，设出圆锥母线，由此表示出圆锥底面圆半径，借助体积计算作答.【详解】表面积为的球半径为1，其体积为，而圆锥的高，设圆锥的母线长为，则有圆锥底面圆半径，圆锥体积为，依题意，，而，解得，所以圆锥的母线长为.故选：A3．D【解析】【分析】根据题意可求出外接圆的半径，再求出球的半径，即可求出答案.【详解】由正弦定理可得外接圆的半径为，因为平面，，所以四面体外接球的半径为，所以球O的表面积为，故选：D.4．C【解析】【分析】根据题意可以得出二十四等边体的外接球半径为，进而求出其外接球体积，然后十四等边体可以看成一个长方体加上四个四棱锥拼接而成的几何体，求出其体积，最后求出体积比.【详解】设，则二十四等边体的外接球半径为，其外接球体积为，二十四等边体可以看成一个长方体加上四个四棱锥拼接而成的几何体，故所求体积，故二十四等边体的体积与其外接球体积之比为，故选：C．5．A【解析】【分析】利用二面角S﹣AC﹣B的余弦值求得，由此判断出，且两两垂直，由此将三棱锥补形成正方体，利用正方体的外接球半径，求得外接球的表面积.【详解】设是的中点，连接，由于，所以，所以是二面角的平面角，所以.在三角形中，，在三角形中，，在三角形中，由余弦定理得：，所以，由于，所以两两垂直.由此将三棱锥补形成正方体如下图所示，正方体的边长为2，则体对角线长为.设正方体外接球的半径为，则，所以外接球的表面积为，故选：.6．C【解析】【分析】先求出截面截圆柱所得的圆面的面积，再求出截面截正四棱锥所得的正方形的面积，从而得出答案.【详解】截面图形应为圆面中挖去一个正方形，且圆的半径是2，则截面圆的面积为：设正四棱锥的底面正方形边长为，则，所以正四棱锥的底面正方形的面积为由圆锥中截面的性质，可得圆面中挖去一个正方形与正四棱锥的底面正方形相似设圆面中挖去一个正方形的面积为，正四棱锥的底面正方形为则,从而所以截面图形的面积为．故选：C．7．B【解析】【分析】作出正方体中过，，三点的平面，且分别是的中点，可得，则过，，三点的截面为球内过这三点的截面圆，求出截面圆的半径可得答案.【详解】如图正方体中，过，，三点的平面与正方体切于，且分别是的中点，正方体内切球为，连接，则互相垂直，且，所以，则过，，三点的截面为球内过这三点的截面圆，截面圆的半径为，其面积为.故选：B.8．C【解析】【分析】根据四面体的性质，结合线面垂直的判定定理、球的性质、正弦定理进行求解即可.【详解】由图设点为中点，连接，由，所以 ，面，则面，且，所以球心面，所以平面与球面的截面为大圆，延长线与此大圆交于点.在三角形中，由，所以 ，由正弦定理知：三角形的外接圆半径为，设三角形的外接圆圆心为点，则面，有，则，设的外接圆圆心为点，则面，由正弦定理知：三角形PAB的外接圆半径为，所以，又三角形中，，所以为的角平分线，则，在直角三角形OMD中，，在直角三角形OED中，，在三角形中，取中点，由，所以，故选：C. 【点睛】关键点睛：运用正弦定理、勾股定理、线面垂直的判定定理是解题的关键.9．D【解析】【分析】找到几何体原图，即得解.【详解】解：由三视图得几何体原图为两个四棱锥、的组合体，它们的底面积和高都相等，底面积所以.故选：D10．C【解析】【分析】由题可得AC为椭圆长轴长，利用条件即求.【详解】因为圆柱的底面直径为4，母线长为6，，∴是等腰直角三角形，，即椭圆的长轴为.故选：C．11．D【解析】【分析】A由长方体的性质及线线平行的推论判断；B根据线面平行的判定判断；C、D根据棱柱、棱台的定义判断正误.【详解】由及，得，则A正确；由，平面，平面，得平面，则B正确；以两个平行的平面和为底面，其余三面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都平行，符合棱柱的定义，则C正确；以两个平行的平面和为底面，其余四面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都平行，符合棱柱的定义，则D错误（由于延长后不交于一点，则几何体不为棱台）.故选：D.12．A【解析】【分析】可由三视图还原原几何体，然后根据题意的边角关系，完成体积的求解.【详解】由三视图还原原几何体如图：其中平面，，则该四面体的体积为.故选：A.13．2【解析】【分析】根据已知求圆锥的母线长，进而求圆锥体的高，根据高与底面半径的大小关系，结合已知条件判断外接球球心的位置，进而求球体的半径.【详解】若圆锥的母线为，则，即，∴圆锥的高，令球O的半径为，则，解得.故答案为：2.14．【解析】【分析】圆柱体体积最大时，圆柱的上下底面分别在三棱柱的上下底面上，且圆柱与三棱柱的侧面均相切.根据等边三角形求出其内切圆的半径，从而得出答案.【详解】解：圆柱体体积最大时，圆柱的上下底面分别在三棱柱的上下底面上，且圆柱与三棱柱的侧面均相切.设圆柱的底面半径为，由题意可知圆柱底面圆即为三棱柱的底面等边三角形的内切圆.如图所示：设为圆柱底面圆与三棱柱的底面等边三角形的一个切点，则为中点.所以，即圆柱体体积最大值为：故答案为：．15．【解析】【分析】设直四棱柱底面菱形的对角线的长分别为，高为，根据题意可得，，求得，然后求出直四棱柱的底面菱形的边长，即可求出菱形的面积.【详解】解：设直四棱柱底面菱形的对角线的长分别为，高为，因为底面的面积为4，两个对角面（过相对侧棱的截面）面积分别为5和6，所以，，所以，所以，故直四棱柱的底面菱形的边长为，所以直四棱柱的表面积为.故答案为：.16．##【解析】【分析】作出组合体的中截面，由题意可得大球半径R和小球半径r满足，从而可求出，进而可求得答案【详解】如图所示，为组合体的中截面，易知当小球的表面积最大时大球半径R和小球半径r满足，解得，故小球体积的最大值为．故答案为：