新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题4立体几何第1讲空间几何体

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题4立体几何第1讲空间几何体，共8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。

一、单项选择题
1.下列说法中正确的是( B )
A．圆柱是将矩形旋转一周所得到的几何体
B．圆锥的顶点、圆锥底面圆周上任意一点及底面圆的圆心三点的连线都可以构成直角三角形
C．用一平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台
D．过球上任意两点，有且仅有一个大圆
【解析】 以矩形的一边所在的直线为旋转轴，将矩形旋转一周而形成的曲面所围成的几何体叫做圆柱．以矩形的一条对角线为轴，旋转所得到的几何体不是圆柱，故A错误；圆锥的顶点、圆锥底面圆周上任意一点及底面圆的圆心三点的连线可以构成直角三角形，满足圆锥的定义，故B正确；用一平行底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台，故C错误；当球面上两点是球的直径的端点时，过这两点的大圆有无数个，故D错误．故选B.
2. (2023·廊坊模拟)若水平放置的四边形AOBC按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中A′C′∥O′B′，A′C′⊥B′C′，A′C′＝1，O′B′＝2，则原四边形AOBC的面积为( C )
A．12 B．6
C．3eq \r(2) D．eq \f(3\r(2),2)
【解析】 因为A′C′∥O′B′，A′C′⊥B′C′，A′C′＝1，O′B′＝2，所以由斜二测画法的直观图可知O′A′＝eq \r(2).由斜二测画法的画法规则还原图形AOBC，如图，所以AC∥OB，OA⊥OB，AC＝1，OB＝2，AO＝2A′O′＝2×eq \r(2)＝2eq \r(2)，所以梯形AOBC的面积为S＝eq \f(1,2)×(1＋2)×2eq \r(2)＝3eq \r(2).故选C.
3.如图，已知正方体的棱长为a，沿图1中对角面将它分割成两个部分，拼成如图2的四棱柱，则该四棱柱的表面积为( C )
A．(8＋2eq \r(2))a2 B．(2＋4eq \r(2))a2
C．(4＋2eq \r(2))a2 D．(6－4eq \r(2))a2
【解析】 由题意，拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，由于截面为矩形，长为eq \r(2)a，宽为a，所以矩形的面积为eq \r(2)a2，所以拼成的几何体的表面积为4a2＋2eq \r(2)a2＝(4＋2eq \r(2))a2.故选C.
4.直径为4的半球形容器，装满水然后将水全部倒入底面直径和高均为4的圆柱容器．则圆柱容器中水面的高度为( C )
A．1 B．eq \f(2,3)
C．eq \f(4,3) D．2
【解析】 设水的体积为V，圆柱的底面面积为S，水面的高度为h，由已知V＝eq \f(1,2)×eq \f(4,3)×π×23＝eq \f(16,3)π，S＝π×22＝4π，故水面高度h＝eq \f(16π,3)÷4π＝eq \f(4,3).故选C.
5.已知一直角梯形的高为2，上下底边长分别为1和2，将该梯形绕着垂直于底边的一腰旋转一周所得几何体体积为( B )
A．14π B．eq \f(14π,3)
C．eq \f(56π,3) D．10π
【解析】 直角梯形绕着垂直于底边的一腰旋转一周所得几何体为圆台，由题意知，圆台的上下底面半径分别为1和2，则上下底面的面积分别是S1＝π，S2＝4π，所以圆台的体积V＝eq \f(1,3)·h·(S1＋S2＋eq \r(S1·S2))＝eq \f(1,3)×2×(π＋4π＋eq \r(π·4π))＝eq \f(14π,3).故选B.
6.已知一个球与一个圆台的上下底面和侧面都相切，若圆台的侧面积为16π.上、下底面的面积之比为9∶1，则球的表面积为( A )
A．12π B．14π
C．16π D．18π
【解析】 设圆台的底面半径为r1和r2，由于上、下底面的面积之比为9∶1，故eq \f(r\\al(2,1),r\\al(2,2))＝eq \f(9,1)，所以r1＝3r2，则S表＝π(r1＋r2)·l＝16π，故4πr2l＝16π，解得r2l＝4，由于l＝r1＋r2＝4r2，所以4req \\al(2,2)＝4，解得r1＝3，r2＝1；故(2R)2＝(r1＋r2)2－(r1－r2)2＝16－4＝12.解得R2＝3，故S球＝4·π·3＝12π.故选A.
7.已知正三棱台ABC－A1B1C1的上、下底面边长分别为1和3，侧棱长为2，以下底面顶点A为球心，eq \r(7)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为( C )
A.eq \f(π,3) B．eq \f(π,2)
C．eq \f(2π,3) D．π
【解析】 过B1作B1M⊥BC于M，过C1作C1N⊥BC于N，∵BC＝3，B1C1＝1，∴BM＝eq \f(3－1,2)＝1，∵侧棱长为BB1＝2，∴∠B1BC＝eq \f(π,3)，取BC的中点G，可得AG＝eq \f(3\r(3),2)，AM＝eq \r(AG2＋GM2)＝eq \r(\f(27,4)＋\f(1,4))＝eq \r(7)，过B1作B1H⊥BA于H，AB1＝eq \r(22＋\r(3)2)＝eq \r(7)，同理可得AN，AC1到A的距离为eq \r(7)，又四边形C1NMB1为矩形且可得B1M＝eq \r(3)，C1B1＝1，记四边形C1NMB1的对角线交点为O，梯形B1C1CB的中位线EF过点O，从而可得eq \r(7)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线即为以O为圆心，1为半径的圆与侧面BCC1B1的交线，可得∠MOF＝eq \f(π,3)，∴1为半径的圆与侧面BCC1B1的交线长为2×eq \f(π,3)×1＝eq \f(2π,3).故选C.
8.如图，三棱锥P－ABD中，AB⊥AD，PB⊥PD，△ABD的面积为8，则三棱锥P－ABD外接球的表面积的最小值为( A )
A．32π B．18π
C．16π D．64π
【解析】 取BD的中点O，连接OA，OP，因为AB⊥AD，PB⊥PD，则OA＝OB＝OD＝OP，则O是三棱锥P－ABD外接球的球心，因为△ABD的面积为8，所以eq \f(1,2)AB·AD＝8，则AB·AD＝16，则BD2＝AB2＋AD2≥2AB·AD＝32，当且仅当AB＝AD＝4时取等号，所以BD≥4eq \r(2)，则OB＝eq \f(1,2)BD≥2eq \r(2)，即R≥2eq \r(2)，所以三棱锥P－ABD外接球的表面积的最小值为Smin＝4πR2＝32π.故选A.
二、多项选择题
9.下列说法正确的是( BD )
A．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
B．棱锥至少有6条棱
C．有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
D．用任何一个平面截球面，得到的截面都是圆
【解析】 图1符合条件但却不是棱柱，故A不正确；三棱锥是棱数最少的棱锥，有6条棱，故B正确；棱台是由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到的，则应保证各侧棱延长后相交于一点，图2满足有两个面互相平行，其余各面都是梯形，但是侧棱延长后不相交于一点，故不是棱台，C不正确；易知D正确．
10.如图所示，一个平面图形ABCD的直观图为A′B′C′D′，其中O′A′＝O′C′＝1，O′B′＝O′D′＝2，则下列说法中正确的是( BC )
A．该平面图形是一个平行四边形但不是正方形
B．该平面图形的面积是8
C．该平面图形绕着直线AC旋转半周形成的几何体的体积是eq \f(16π,3)
D．以该平面图形为底，高为3的直棱柱的外接球直径为eq \r(17)
【解析】 根据题意，将直观图还原为平面图形，由此分析选项：对于A，原图中，AC＝4＝BD，故该平面图形为正方形，即A错误；对于B，原图的面积S＝eq \f(1,2)×4×4＝8，即B正确；对于C，将平面图形绕直线AC旋转半周得几何体为两个圆锥，底面半径均为2，故体积V＝2×eq \f(1,3)×π×22×2＝eq \f(16,3)π，即C正确；对于D，以该平面图形为底，高为3的直棱柱其实为长方体，体对角线长为eq \r(8＋8＋32)＝5，即D错误．故选BC.
11.已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为r1＝1，r2＝2，母线AB长为2，点E为AB的中点，则( ACD )
A．圆台的体积为eq \f(7\r(3),3)π
B．圆台的侧面积为12π
C．圆台母线AB与底面所成角为60°
D．在圆台的侧面上，从点C到点E的最短路径长为5
【解析】 对于A：圆台的高为eq \r(3)，则圆台的体积V＝eq \f(1,3)π×(12＋1×2＋22)×eq \r(3)＝eq \f(7\r(3)π,3)，A正确；对于B：由题意，圆台的侧面展开图为半圆环，
其面积为S＝eq \f(1,2)×2π×2×4－eq \f(1,2)×2π×1×2＝6π，故B错误；对于C：过A作AF∥O1O2交底面于F，则O1O2⊥底面，所以∠ABF即为母线AB与底面所成角．
在等腰梯形ABCD中，AB＝2，BF＝2－1＝1，所以cs∠ABF＝eq \f(BF,AB)＝eq \f(1,2).因为∠ABF为锐角，所以∠ABF＝60°，故C正确；对于D：如图所示，
在圆台的侧面上，从C到E的最短路径的长度为CE.由题意可得：FB＝FC＝4，AB＝2.由E为AB中点，所以FE＝3，所以CE＝eq \r(CF2＋FE2)＝eq \r(42＋32)＝5，故D正确．故选ACD.
12.已知三棱柱ABC－A1B1C1的六个顶点都在球O的球面上，AB1＝BC1＝CA1＝4.若点O到三棱柱ABC－A1B1C1的所有面的距离都相等，则( AC )
A．BB1⊥平面ABC
B．AB＝AA1
C．平面A1B1C1截球O所得截面圆的周长为4π
D．球O的表面积为24π
【解析】 已知三棱柱ABC－A1B1C1的六个顶点都在球O的球面上，AB1＝BC1＝CA1＝4，若点O到三棱柱ABC－A1B1C1的所有面的距离都相等，因为三棱柱ABC－A1B1C1的六个顶点都在球O的球面上，根据球的对称性可知三棱柱ABC－A1B1C1为直棱柱，所以BB1⊥平面ABC，因此A正确；因为AB1＝BC1＝CA1＝4，所以AB＝BC＝CA，因为点O到三棱柱ABC－A1B1C1的所有面的距离都相等，所以三棱柱ABC－A1B1C1的内切球与外接球的球心重合，设该三棱柱的内切球的半径为r，则AA1＝2r，AB＝2eq \r(3)r，所以AB＝eq \r(3)AA1，因此B错误；由AB1＝4，可知BBeq \\al(2,1)＋AB2＝4r2＋12r2＝16r2＝16，解得r＝1(负值已舍去)，则AB＝BC＝CA＝2eq \r(3).易得△A1B1C1的外接圆的半径r2＝2，所以平面A1B1C1截球O所得截面圆的周长为2πr2＝4π，因此C正确；三棱柱ABC－A1B1C1外接球的半径R＝eq \r(r\\al(2,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(AA1,2)))2)＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，所以球O的表面积S＝4πR2＝20π，因此D错误．故选AC.
三、填空题
13.若一个圆柱的侧面积是4π，高为1，则这个圆柱的体积是_4π__.
【解析】 圆柱的侧面积是S＝2πrh＝2πr×1＝4π，∴r＝2，所以体积V＝Sh＝πr2·h＝4π.
14.水平放置的平行四边形OABC，用斜二测画法画出它的直观图O′A′B′C′，如图所示．此直观图恰好是个边长为eq \r(2)的正方形，则原平行四边形OABC的面积为 4eq \r(2) .
【解析】 根据题意，平行四边形OABC的直观图恰好是个边长为eq \r(2)的正方形，则其直观图的面积S′＝eq \r(2)×eq \r(2)＝2，则原图平行四边形OABC的面积S＝2eq \r(2)S′＝4eq \r(2).
15.在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝3，点M在棱BB1上，BD1⊥平面ACM，则三棱锥B－ACM的外接球的表面积为 eq \f(19,9)π .
【解析】 如图所示，设AC与BD交于点O，连接OM，
因为BD1⊥平面ACM，OM⊂平面ACM，所以BD1⊥OM，在平面BDD1B1内，可得△BB1D1∽△OBM，即eq \f(BM,B1D1)＝eq \f(BO,BB1)，如图所示，
正四棱柱中，AB＝1，AA1＝3，则BD＝B1D1＝eq \r(2)，BO＝eq \f(\r(2),2)，又BB1＝AA1＝3，解得BM＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(2),3)＝eq \f(1,3)，三棱锥B－ACM中，BA，BC，BM两两互相垂直，则三棱锥B－ACM的外接球与以BA，BC，BM为长宽高的长方体的外接球相同，外接球直径为eq \r(\f(1,32)＋12＋12)＝eq \r(\f(19,9))，半径为R＝eq \f(1,2)eq \r(\f(19,9))，故其外接球的表面积为S＝4πR2＝eq \f(19,9)π.
16.在三棱锥D－ABC中，△ABC为等边三角形，DC⊥平面ABC，若AC＋CD＝6，则三棱锥D－ABC外接球的表面积的最小值为 eq \f(144π,7) .
【解析】 设AB＝AC＝BC＝a，(0＜a＜6)则CD＝6－a，取正三角形ABC的外心为O，四面体ABCD的外接球球心为O′，连接OO′，则OO′⊥底面ABC，底面外接圆的半径r＝eq \f(a,2sin 60°)＝eq \f(\r(3),3)a，OO′＝eq \f(1,2)CD＝3－eq \f(a,2)，所以三棱锥外接球的半径R＝eq \r(\f(1,3)a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(a,2)))2)＝eq \r(\f(7,12)a2－3a＋9)＝eq \r(\f(7,12)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(18,7)))2＋\f(36,7))，当a＝eq \f(18,7)时，R有最小值eq \r(\f(36,7))＝eq \f(6,7)eq \r(7)，所以三棱锥外接球的表面积的最小值为4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,7)\r(7)))2＝eq \f(144π,7).