全国统考2022版高考数学大一轮复习第8章立体几何第1讲空间几何体的结构三视图表面积和体积2备考试题（含解析）

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第八章　立体几何
第一讲　空间几何体的结构、三视图、表面积和体积

1.[2020全国卷Ⅲ,9,5分][文]如图8-1-1为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是(　　)
A.6+42 B.4+42
C.6+23 D.4+23

图8-1-1
2.[2020浙江,5,4分]某几何体的三视图(单位:cm)如图8-1-2所示,则该几何体的体积(单位:cm3)是(　　)
A.73 B.143 C.3 D.6

图8-1-2
3.[2021合肥市调研检测]表面积为324π的球,其内接正四棱柱(底面是正方形的直棱柱)的高是14,则这个正四棱柱的表面积等于(　　)
A.567 B.576 C.240 D.49π
4.[2021安徽省四校联考]在三棱锥A-BCD中,△ABC和△BCD都是边长为2的正三角形,当三棱锥A-BCD的表面积最大时,其内切球的半径是(　　)
A.22-6 B.2-3 C.2 D.66
5.[数学文化题]《九章算术》与《几何原本》并称现代数学的两大源泉.在《九章算术》卷五商功篇中介绍了羡除(此处是指三面为等腰梯形,其他两侧面为直角三角形的五面体)体积的求法.在如图8-1-3所示的羡除中,平面ABDA'是铅垂面,下宽AA'=3 m,上宽BD=4 m,深3 m,平面BCED是水平面,末端宽CE=5 m,无深,长6 m(直线CE到BD的距离),则该羡除的体积为(　　)

图8-1-3
A.24 m3 B.30 m3 　　 C.36 m3 　 D.42 m3
6.[2020全国卷Ⅱ,11,5分][文]已知△ABC是面积为934的等边三角形,且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π,则O到平面ABC的距离为(　　)
A.3 B.32 C.1 D.32
7.[2021安徽省示范高中联考]蹴鞠(如图8-1-4所示),又名“蹋鞠”“蹴球”“蹴圆”“筑球”“踢圆”等,“蹴”有用脚蹴、蹋、踢的含义,“鞠”最早系外包皮革、内实米糠的球.因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动,类似今日的足球.2006年5月20日,蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家级非物质文化遗产名录.已知某“鞠”表面上的四个点A,B,C,D满足AB=CD=14 cm,BD=AC=8 cm,AD=BC=12 cm,则该“鞠”的表面积为(　　)
A.202π cm2 B.101202π3 cm2
C.101202π cm2 D.202π3 cm2

图8-1-4
8.[2021蓉城名校联考]已知三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,且PA=3,在△ABC中,AC=1,BC=2,且满足sin 2A=sin 2B,则三棱锥P-ABC外接球的体积为(　　)
A.223π B.323π C.823π D.83π
9.[2021湖南六校联考]如图8-1-5,以棱长为1的正方体的顶点A为球心,以2为半径作一个球面,则该正方体的表面被球面所截得的所有弧的长之和为(　　)
A.3π4 B.2π
C.3π2 D.9π4

图8-1-5
10.[2020成都市高三模拟]若矩形ABCD的对角线交点为O',周长为410,四个顶点都在球O的表面上,且OO'=3,则球O的表面积的最小值为(　　)
A.322π3 B.642π3 C.32π D.48π
11.[2021南昌市模拟]已知一个圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形,则该圆锥的侧面面积为　　　　. 
12.[2021南昌市高三测试]如图8-1-6所示,圆台内接于球,已知圆台上、下底面圆的半径分别为3和4,圆台的高为7,则该球的表面积为　　　　. 

图8-1-6
13.[2021河南省名校第一次联考]已知P,A,B,C是半径为3的球面上的四点,其中PA过球心,AB=BC=2,AC=23,则三棱锥P-ABC的体积是　　　　. 
14.[2021合肥市调研检测]如图8-1-7,在△ABC中,CA=CB=3,AB=3,D为AB的中点,点F是BC边上异于点B,C的一个动点,EF⊥AB,垂足为E.现沿EF将△BEF折起到△PEF的位置,使PE⊥AC,则四棱锥P-ACFE的体
积的最大值为　　　　. 

图8-1-7

15.[2021河北六校第一次联考]唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图8-1-8(1)所示,其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画,体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑,忽略杯壁厚度),如图8-1-8(2)所示.已知球的半径为R,酒杯内壁表面积为143πR2,设酒杯上部分(圆柱)的体积为V1,下部分(半球)的体积为V2,则V1V2=(　　)
A.2 B.32 C.1 D.34

图8-1-8
16.[2020陕西省百校联考]四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,PA⊥底面ABCD,异面直线AC与PD所成的角的余弦值为105,则四棱锥的外接球的表面积为(　　)
A.48π B.12π C.36π D.9π
17.[2020洛阳市联考]已知三棱锥P-ABC的四个顶点均在同一个球面上,底面△ABC满足BA=BC=6,∠ABC=π2,若该三棱锥体积的最大值为3,则其外接球的体积为(　　)
A.8π B.16π C.163π D.323π
18.[2020合肥市模拟]若圆锥SO1,SO2的顶点和底面圆周都在半径为4的同一个球的球面上,两个圆锥的母线长分别为4,42,则这两个圆锥重合部分的体积为(　　)
A.83π B.8π C.563π D.56+1633π
19.[2021湖南四校联考]已知三棱锥P-ABC的顶点P在底面的射影O为△ABC的垂心,若S△ABC·S△OBC=S△PBC2,且三棱锥P-ABC的外接球半径为3,则S△PAB+S△PBC+S△PAC的最大值为　　　　. 
20.[2021黑龙江省六校阶段联考]正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的外接球O的半径为2,当该正四棱柱的侧面积最大时,一个质点从A出发移动到C1,则沿正四棱柱表面移动的最短距离与直接穿过球O内部移动的最短距离的比值是　　　　. 
21.[2021安徽省示范高中联考]在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为4的正方形,侧棱AA1=t(t>4),点E是BC的中点,点P是侧面ABB1A1内的动点(包括四条边上的点),且满足tan∠APD=4tan∠EPB,则四棱锥P-ABED体积的最大值是　　　　. 
22.[2020惠州市二调][双空题]已知底面边长为a的正三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点均在球O1上,又知球O2与此正三棱柱的5个面都相切,则球O1与球O2的半径之比为　　　　　,表面积之比为　　　　　. 

23.[条件创新]将一个半圆沿它的一条半径剪成一个小扇形和一个大扇形,其中小扇形的圆心角为π3,则小扇形围成的圆锥的高与大扇形围成的圆锥的高之比为(　　)
A.2∶1　 B.70∶8 C.4∶1 D.32∶70
24.[条件创新]已知在三棱锥P-ABC中,△ABC的内切圆圆O的半径为2,PO⊥平面ABC,且三棱锥P-ABC的三个侧面与底面所成角都为60°,则该三棱锥的内切球的体积为(　　)
A.32327π B.8327π C.16π3 D.4π3
25.[2021云南省部分学校统一检测][探索创新]已知一圆锥底面圆的直径为3,圆锥的高为332,在该圆锥内放置一个棱长为a的正四面体,并且正四面体在圆锥内可以任意转动,则a的最大值为　　　　. 
26.[生活实践]在日常生活中,石子是我们经常见到的材料,比如在各种建筑工地或者建材市场上常常能看到堆积如山的石子.某雕刻师计划在底面边长为2 m,高为4 m的正四棱柱形的石料ABCD-A1B1C1D1中雕出一个四棱锥O-ABCD和球M的组合体(如图8-1-9所示),其中O为正四棱柱的中心,当球的半径r取最大值时,该雕刻师需去除的石料约重　　　　kg.(其中π≈3.14,石料的密度ρ=2.4 g/cm3,质量m=ρV,V为体积) 

图8-1-9
答 案
第八章　立体几何
第一讲　空间几何体的结构、三视图、表面积和体积

1.C　由三视图知该几何体为如图D 8-1-13所示的三棱锥P-ABC,其中PA⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AP=2,所以PB=PC=BC=22,故其表面积S=(12×2×2)×3+12×(22)2×sin 60°=6+23.

图D 8-1-13
2.A　由三视图可知,该几何体是三棱柱和三棱锥的组合体,结合图中数据可得该几何体的体积V=12×2×1×2+13×12×2×1×1=73(cm3),故选A.
3.B　设球的半径为R,由题意知4πR2=324π,解得R=9.如图D 8-1-14为过球心O和底面对角线的正四棱柱的截面,OO'⊥AC,可知OO'=7,OC=9,则O'C=92-72=42,于是正四棱柱的底面对角线长为82,则底面边长为8,所以正四棱柱的表面积S=8×8×2+4×8×14=576,故选B.

图D 8-1-14
4.A　三棱锥A-BCD的表面积S=23+S△ABD+S△ACD=23+4sin∠ABD,故当AB⊥BD时,Smax=4+23,如图D 8-1-15,过A作BC的垂线,垂足为E,连接ED,易知BC⊥平面AED,则S△AED=2,VA-BCD=VB-AED+VC-AED=13×2×2=223,设内切球半径为r,则VA-BCD=13Sr,可得r=22-6.

图D 8-1-15
5.C　如图D 8-1-16,在BD,CE上分别取点B',C',使得BB'=CC'=3 m,连接A'B',A'C',B'C',则三棱柱ABC-A'B'C'是斜三棱柱,该羡除的体积V=V三棱柱ABC-A'B'C'+V四棱锥A'-B'DEC'=(12×3×6)×3+13×(1+22×6)×3=36(m3).

图D 8-1-16
6.C　由等边三角形ABC的面积为934,得34AB2=934,得AB=3,则△ABC的外接圆半径r=23×32AB=33AB=3.设球的半径为R,则由球的表面积为16π,得4πR2=16π,得R=2,则球心O到平面ABC的距离d=R2-r2=1,故选C.
7.A　因为AB=CD,BD=AC,AD=BC,所以可以把A,B,C,D四点放到长方体的四个顶点上,则该长方体的体对角线就是“鞠”的直径.设该长方体的长、宽、高分别为x,y,z,“鞠”的半径为R,则(2R)2=x2+y2+z2.由题意可取x2+y2=196,x2+z2=144,y2+z2=64,所以R2=1012,所以“鞠”的表面积S=4πR2=202π (cm2).故选A.
【情境启示】　本题以“蹴鞠”为背景考查多面体的外接球,属于生活实践情境,也是近几年高考常用的情境,启示我们要关注我国乃至世界上传统的优秀遗产.
8.C　因为sin 2A=sin 2B,A∈(0,π),B∈(0,π),所以A=B或A+B=π2,因为AC=1,BC=2,所以A≠B,故A+B=π2,
则C=π2.如图D 8-1-17,根据题意将三棱锥P-ABC放入长方体中,则该三棱锥的外接球直径2R为长方体的体对角线PB=12+22+(3)2=22,所以外接球的体积V=43πR3=43π(2)3=823π.

图D 8-1-17
9.C　正方体的表面被该球面所截得的弧是相等的三部分,如图D 8-1-18所示,上底面被球面截得的弧长是以A1为圆心,1为半径的圆的周长的14,所以所求弧的长之和为3×2π4=3π2.故选C.

图D 8-1-18
10.C　由题意,知矩形ABCD所在的圆面为球O的一个截面.因为O'为矩形ABCD的对角线的交点,所以OO'所在直线垂直于矩形ABCD所在的圆面.因为矩形ABCD的周长为410,所以BC+CD=210.设BC=x,则CD=210-x,所以BD2=BC2+CD2=x2+(210-x)2,即BD2=2(x-10)2+20.设球O的半径为R,则R2=(BD2)2+O'O2=12(x-10)2+8,所以当x=10时,R2取得最小值8,又球O的表面积S=4πR2,则Smin=32π,故选C.
11.2π　因为圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形,所以圆锥的底面半径r=1,母线长l=2,所以圆锥的侧面面积S=πrl=2π.
12.100π　过球心O和圆台上、下底面圆的圆心作截面,设球的半径为R,当圆台的上、下底面圆的圆心在球心的两侧时,则有R2-32+R2-42=7,解得R=5,故球的表面积S=4πR2=100π;当圆台的上、下底面圆的圆心在球心的同侧时,则有R2-32-R2-42=7,此方程无解,故舍去.
13.2153　因为AB=BC=2,AC=23,所以cos B=AB2+BC2-AC22AB·BC=-12<0,所以△ABC为钝角三角形,外心G位于△ABC的外部,sin B=32.如图D 8-1-19,记三棱锥P-ABC外接球的球心为O,连接OG,GA,GC,因为PA过球心,所以O为PA的中点.根据球的性质,球心与截面圆圆心的连线与截面垂直,所以OG⊥平面ABC.设△ABC的外接圆半径为r,由正弦定理可得ACsinB=2r,因此2r=2332=4,所以r=2,又OG=OA2-GA2=32-r2=9-4=5,O为PA的中点,所以点P到平面ABC的距离为2OG=25,因此三棱锥P-ABC的体积VP-ABC=13S△ABC·25=13×12×2×2×sin B×25=2153.

图D 8-1-19
14.24　因为CA=CB,D为AB的中点,所以CD⊥AB,又EF⊥AB,所以CD∥EF,由翻折的特征可知EF⊥PE,所以CD⊥PE,又PE⊥AC,AC∩CD=C,所以PE⊥平面ACD,则PE为四棱锥P-ACFE的高.在Rt△CBD中,BC=3,BD=32,则CD=32,∠B=30°,设EF=x,则BE=PE=3x,VP-ACFE=13×(12×3×32-32x2)×3x=-x32+34x,则V'=-3x22+34,令V'=0,得x=22或x=-22(舍去),当x∈(0,22)时,V=-x32+34x单调递增,当x∈(22,+∞)时,V=-x32+34x单调递减,则当x=22时,Vmax=24,故答案为24.
【解题技巧】　处理“翻折”问题的关键是抓住“翻折”前后两个图形的特征,需要理清哪些量发生了变化,哪些量没有发生变化,以便顺利求解目标问题.

15.A　由球的半径为R,知酒杯下部分(半球)的表面积为2πR2,由酒杯内壁表面积为143πR2,得圆柱侧面积为143πR2-2πR2=83πR2,设酒杯上部分(圆柱)的高为h,则2πR×h=83πR2,解得h=43R,酒杯下部分(半球)的体积V2=12×43π×R3=23πR3,酒杯上部分(圆柱)的体积V1=πR2×43R=43πR3,所以V1V2=43πR323πR3=2.故选A.
16.D　四棱锥P-ABCD可补形成如图D 8-1-20所示的长方体,则四棱锥P-ABCD的外接球即该长方体的外接球.设PA=x,连接B1C,B1A,则有PD∥B1C,所以∠ACB1即异面直线AC与PD所成的角,所以cos∠ACB1=105.在△AB1C中,由余弦定理得B1A2=B1C2+AC2-2B1C·AC·cos∠ACB1,即x2+4=x2+4+8-2x2+4×22×105,解得x=1,因此该长方体的体对角线的长为12+22+22=3,则长方体的外接球的半径为32,所以该四棱锥的外接球的表面积为4π×(32)2=9π,故选D.

图D 8-1-20
17.D　如图D 8-1-21,∵△ABC是等腰直角三角形,∴AC为截面圆的直径,外接球的球心O在截面ABC上的射影为AC的中点D,∴当P,O,D共线且P,O位于截面ABC同一侧时三棱锥的体积最大,高最大,此时三棱锥的高为PD,∴13×12×6×6×PD=3,解得PD=3.连接OC,设外接球的半径为R,则OD=3-R,OC=R,在△ODC中,CD=12AC=3,由勾股定理得(3-R)2+(3)2=R2,解得R=2.∴三棱锥P-ABC的外接球的体积V=43π×23=323π,故选D.

图D 8-1-21
18.A　如图D 8-1-22,因为球的半径R=4,圆锥SO1的母线长SC=4,圆锥SO2的母线长SB=42,易知∠BSO1=45°,∠CSO1=60°,SO1=2.记SB与圆锥SO1的底面交于A点,则C,A,O1三点共线,且AO1=SO1=2,则两圆锥重合部分的体积V=13×22×π×2=83π.故选A.

图D 8-1-22
19.18　如图D 8-1-23,连接AO并延长交BC于点E,则AE⊥BC.连接PO,PE,则PO⊥底面ABC,所以PO⊥BC,又PO∩AE=O,所以BC⊥平面PAE,所以BC⊥PA,BC⊥PE.同理可证AC⊥PB.由S△ABC·S△OBC=S△PBC2,得12AE·BC·(12OE·BC)=(12PE·BC)2,所以PE2=AE·OE,即PEAE=OEPE,结合∠PEA=∠PEO知△POE∽△APE,所以∠APE=∠POE=90°,所以PA⊥PE,又BC⊥PA,PE∩BC=E,所以PA⊥平面PBC,所以PA⊥PB,PA⊥PC,又AC⊥PB,PA∩AC=A,所以PB⊥平面PAC,所以PB⊥PC,所以PA,PB,PC两两垂直,将三棱锥P-ABC补成一个长方体,则该长方体的体对角线为三棱锥P-ABC外接球的直径,所以PA2+PB2+PC2=(3+3)2=36,所以S△PAB+S△PBC+S△PAC=12(PA·PB+PB·PC+PC·PA)≤12(PA2+PB22+PB2+PC22+PC2+PA22)=12(PA2+PB2+PC2)=18,当且仅当PA=PB=PC=23时等号成立,所以S△PAB+S△PBC+S△PAC的最大值为18.

图D 8-1-23
20.62　如图D 8-1-24(1),设正四棱柱的底面边长为a,高为h,因为其外接球的半径为2,所以2a2+h2=16,则正四棱柱的侧面积S=4ah=22(2a)h≤2[(2a)2+h2]=2(2a2+h2)=162,当且仅当2a=h,即a=2,h=22时等号成立.
(1)当质点沿着两个侧面移动时,例如沿着侧面ABB1A1和侧面BCC1B1移动时,将这两个侧面展开成一个平面图形,如图D 8-1-24(2)所示,连接AC1,则最短距离即AC1的长,且AC1=(22)2+(2+2)2=26;
(2)当质点沿着一个底面和一个侧面移动时,例如沿着底面ABCD和侧面DCC1D1移动时,把这两个面展开成一个平面图形,如图D 8-1-24(3)所示,连接AC1,则最短距离即AC1的长,且AC1=22+(2+22)2=16+82.因为16+82>26,所以质点沿着正四棱柱的表面移动的最短距离为26.
若质点直接穿过球O内部移动,则最短距离为正四棱柱的体对角线长,即球O的直径,所以最短距离为4.则质点沿正四棱柱表面移动的最短距离与直接穿过球O内部移动的最短距离的比值是264=62.

图D 8-1-24
21.1633　因为AD⊥平面ABB1A1,BC⊥平面ABB1A1,所以△APD与△EBP均为直角三角形,所以tan∠APD=ADAP=4AP,tan∠EPB=BEBP=2BP,又tan∠APD=4tan∠EPB,所以4AP=8BP,即2AP=BP.如图D 8-1-25,以AB的中点O为坐标原点,AB所在直线为x轴,在平面ABB1A1内建立平面直角坐标系,则A(-2,0),B(2,0),设P(x,y),根据2AP=BP,得2(x+2)2+y2=(x-2)2+y2,化简整理得(x+103)2+y2=649(-2≤x≤2,y≥0),则当x=-2时,ymax=433,所以点P到平面ABED的最大距离为433,又四边形ABED的面积为(2+4)×42=12,所以四棱锥P-ABED体积的最大值为13×12×433=1633.

图D 8-1-25
22.5∶1　5∶1　设球O1、球O2的半径分别为R,r,由于正三棱柱的六个顶点均在同一个球面上,所以球心O1在上、下底面中心连成的线段的中点处,又球O2与正三棱柱的5个面都相切,易知点O2与O1重合.如图D 8-1-26,取上、下底面的中心分别为F,E,连接EF,设BC的中点为D,EF的中点为O1,连接AD,O1A,则E在AD上,O1A =R,O1E=r,在△O1EA中,AE=23×32a=33a,O1E=r=13×32a=36a,由于O1A2=O1E2+AE2,所以R2=512a2,r2=112a2,则球O1与球O2的半径之比为5∶1,所以球O1与球O2的表面积之比为4πR24πr2=R2r2=512a2112a2=5∶1.

图D 8-1-26
23.B　不妨设半圆的半径为1,用圆心角为π3的小扇形围成的圆锥的底面圆周长为π3×1=π3,设其底面圆的半径为r1,则2πr1=π3,所以r1=16,该圆锥的高h1=1-(16)2=356.用圆心角为2π3的大扇形围成的圆锥的底面圆周长为2π3×1=2π3,设其底面圆的半径为r2,则2πr2=2π3,所以r2=13,该圆锥的高h2=1-(13)2=223.所以h1∶h2=70∶8.
24.A　设三棱锥P-ABC的内切球的半径为R,过O作OD⊥AC于点D,OE⊥BC于点E,OF⊥AB于点F,则OD=OE=OF=2.连接PD,易证PD⊥AC,因为三棱锥P-ABC的三个侧面与底面所成角都为60°,所以∠PDO=60°,则PO=2tan 60°=23,PD=2cos60°=4.由题意可知三棱锥P-ABC的内切球的球心O'在线段PO上,在Rt△POD中,sin∠DPO=ODPD=RPO-R,即24=R23-R,解得R=233.所以该三棱锥的内切球的体积为43πR3=43π(233)3=32327π,故选A.

25.2　解法一　由题意知,正四面体可以在圆锥内任意转动,则a最大时,该正四面体外接于圆锥的内切球.设球心为P,球的半径为r,圆锥的顶点为S,圆锥底面圆的圆心为O,A,B为底面圆直径的两端点,轴截面上球与圆锥母线的切点为Q,圆锥的轴截面如图D 8-1-27所示,连接SO,易知P在SO上,SO⊥AB,则OA=OB=32,因为SO=332,所以SA=SB=SO2+OB2=3,所以△SAB为等边三角形,所以点P是△SAB的中心.连接BP,PQ,则BP平分∠SBA,所以∠PBO=30°,所以tan 30°=r32=33,即r=33×32=32,所以正四面体外接球的半径r=32.正四面体的外接球就是截得它的正方体的外接球,当正四面体的棱长为a时,截得它的正方体的棱长为22a,所以2r=3×22a=62a=3,得a=2,所以a的最大值为2.

图D 8-1-27
解法二　由题意知,正四面体可以在圆锥内任意转动,则a最大时,该正四面体外接于圆锥的内切球.设圆锥的顶点为S,底面圆的圆心为O,A,B为底面圆直径的两端点,圆锥的轴截面如图D 8-1-28所示,则OA=OB=32,连接SO,则SO⊥AB,SO=332,所以SA=SB=SO2+OB2=3,△SAB的面积S△SAB=934,由三角形内切圆半径公式r=2Sa+b+c (其中S是三角形的面积,a,b,c是三角形的三边长)知,△SAB内切圆的半径r=32.正四面体的外接球就是截得它的正方体的外接球,当正四面体的棱长为a时,截得它的正方体的棱长为22a,所以2r=3×22a=62a=3,得a=2,所以a的最大值为2.

图D 8-1-28
26.21 952　由题意得正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积V1=22×4=16(m3),正四棱锥O-ABCD的体积V2=13×22×2=83(m3),分析知球M的半径r的最大值为1,此时球M的体积V3=43πr3=43π×13=4π3(m3),故去除石料的体积V=V1-V2-V3=16-83-4π3≈27.443(m3).又ρ=2.4 g/cm3=2 400 kg/m3,故需去除的石料的质量m=ρV≈2 400×27.443=21 952(kg).