适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习考点突破练6空间几何体的结构表面积与体积理（附解析）

考点突破练6　空间几何体的结构、表面积与体积一、选择题1.(2023广西梧州一模)如图,网格纸上绘制的是一个多面体的三视图,网格小正方形的边长为1,则该多面体的体积为(　　)A.6B.8C.10D.122.(2023辽宁名校联考二)已知某圆锥的高为22cm,体积为22π3cm3,则该圆锥的侧面积为(　　)A.3π2cm2B.3πcm2C.6πcm2D.12πcm23.如图所示是某几何体的三视图,则这个几何体的侧面积等于(　　)A.10+26B.6+2(3+6)C.6+2(2+6)D.10+2(2+3)4.(2023河南郑州二模)设一个正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°,则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为(　　)A.34B.33C.32D.35.(2023四川广安二模)一个四棱台的三视图如图所示,其中正视图和侧视图均为上底长为2,下底长为4,腰长为2的等腰梯形,则该四棱台的体积为(　　)A.2833B.563C.283D.566.(2022新高考Ⅰ,4)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5m时,相应水面的面积为140.0km2;水位为海拔157.5m时,相应水 面的面积为180.0km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时,增加的水量约为(7≈2.65)(　　)A.1.0×109m3B.1.2×109m3C.1.4×109m3D.1.6×109m37.(2023河南郑州二模)如图,网格纸上绘制的是一个几何体的三视图,网格上小正方形的边长为1,则该几何体的体积为(　　)A.23B.43C.83D.48.设半径为R的球面上有A,B,C,D四点,且AB,AC,AD两两垂直,设△ABC,△ACD,△ABD的面积分别是S△ABC,S△ACD,S△ABD,若S△ABC+S△ACD+S△ABD=8,则球半径R的最小值是(　　)A.2B.2C.22D.49.已知圆锥的顶点和底面圆周均在球O的球面上.若该圆锥的底面半径为23,高为6,则球O的表面积为(　　)A.32πB.48πC.64πD.80π10.(2023贵州统考模拟)在正三棱锥P-ABC中,侧棱PA=PB=PC=1,在等边三角形ABC中,AB=2,该三棱锥的外接球球心O到侧面的距离为h1,到底面的距离为h2,则h1h2=(　　)A.22B.32C.3D.43311.(2023全国甲,理11)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形,PC=PD=3,∠PCA=45°,则△PBC的面积为(　　)A.22B.32C.42D.6212.在三棱锥P-ABC中,△PAC是等边三角形,平面PAC⊥平面ABC,AB=3,AC=23,∠CAB=60°,则三棱锥P-ABC的外接球体积为(　　)A.4π3B.123π3C.32π3D.642π313.(2023四川成都二模)若正三棱锥P-ABC的高PD为2,点D是点P在平面ABC上的射影,底面正三角形的边长AB=26,其各顶点都在同一球面上,则该球的半径为(　　)A.5B.6C.22D.3二、填空题 14.(2023山东济南一模)已知圆锥侧面展开图的周长为4+2π,面积为2π,则该圆锥的体积为　　　　　. 15.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为　　　　　. 16.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长均为2,则以点A为球心、2为半径的球与正三棱柱各个面的交线的长度之和为　　　　　. 17.(2023新高考Ⅰ,14)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=2,则该棱台的体积为　　　　　. 18.一个圆锥的轴截面是边长为6的等边三角形,在该圆锥内放置一个棱长为m的正四面体,并且正四面体可以在该圆锥内任意转动,则实数m的最大值为　　　　　. 19.(2023全国甲,理15)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,C1D1的中点,则以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有　　　　　个公共点. 考点突破练6　空间几何体的结构、表面积与体积1.C　解析由三视图知该几何体是底面为梯形的直棱柱,其体积为2+32×2×2=10.故选C.2.B　解析设该圆锥的底面半径与母线长分别为r,l,由πr23×22=22π3,得r=1,所以l=12+(22)2=3,从而该圆锥的侧面积S=πrl=3π.故选B.3.C　解析由三视图可知,这个几何体是底面为直角梯形的棱锥(如图所示),因为PB=25,BC=22,PC=23,所以PC⊥BC,所以其侧面积为12×(2×2+2×22+22×23+4×2)=6+22+26.故选C.4.D　解析设底面正方形边长为2a(a>0).因为正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°,所以侧面为等边三角形,则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为34(2a)2×4(2a)2=3.故选D.5.A　解析由三视图可知该四棱台为正四棱台,且侧面的高为2,则该棱台的高为22-1=3,所以四棱台的体积V=13×(4+16+4×16)×3=2833.故选A.6.C　解析由题意可得,此棱台的高h=157.5-148.5=9(m).设水库水位为海拔148.5m时,相应水面的面积为S1,水库水位为海拔157.5m时,相应水面的面积为S2,则S1=140.0km2=1.4×108m2,S2=180.0km2=1.8×108m2,故该棱台的体积V棱台=13h(S1+S2+S1·S2)=13×9×(1.4×108+1.8×108+1.4×108×1.8×108)≈1.4×109(m3),即增加的水量约为1.4×109m3.故选C.7.B　解析如图所示,题中三视图对应的几何体为图中棱长为2的正方体中的三棱锥C-ABD,其体积V=13×12×2×2×2=43.故选B. 8.A　解析设AB=a,AC=b,AD=c.∵AB,AC,AD两两垂直,∴a2+b2+c2=4R2.∴S△ABC+S△ACD+S△ABD=12(ab+ac+bc)≤12(a2+b2+c2)=2R2,当且仅当a=b=c时,等号成立,即8≤2R2,∴R≥2.故选A.9.C　解析当球心在圆锥外部时,设球的半径为R,则(R-6)2+(23)2=R2,解得R=4,不符合题意.故球心在圆锥的内部且在高上,设球心到圆锥底面的距离为d,则有(6-d)2-d2=(23)2,解得d=2,则球的半径R=6-d=4,所以球的表面积S=4πR2=64π.故选C.10.C　解析由题意,PA2+PB2=AB2,所以PA⊥PB,同理可得PA⊥PC,PB⊥PC,即PA,PB,PC两两垂直,可把该三棱锥补成一个正方体,则该三棱锥的外接球就是正方体的外接球,球心O为正方体的体对角线的中点,直径2R=3,所以球心O到侧面的距离为h1=12.OP=R=32,球心O到底面的距离为h2=32-33=36,所以h1h2=3.故选C.11.C　解析在四棱锥P-ABCD中,由PC=PD=3,得△CDP是等腰三角形.设CD的中点为E,AB的中点为F,由几何知识得,△CDP关于PE对称,点P在平面PEF内,且PA=PB.在正方形ABCD中,AB=BC=CD=AD=4,由勾股定理得,AC=AB2+BC2=42.在△ACP中,∠PCA=45°,由余弦定理得,PA2=PC2+AC2-2AC·PC·cos∠PCA,解得PA=17,∴PB=PA=17.在△BCP中,由余弦定理得,PB2=PC2+BC2-2PC·BC·cos∠BCP,解得cos∠BCP=13,∴sin∠BCP=1-cos2∠BCP=223.∴S△PBC=12BC·PC·sin∠BCP=42.故选C.12.C　解析在△ABC中,BC=AC2+AB2-2AC·ABcos∠CAB=(23)2+(3)2-2×23×3×cos60°=3,所以AC2=AB2+BC2,则∠ABC=90°,设点D是AC的中点,则点D是△ABC的外心,又△PAC是等边三角形,所以PD⊥AC,而平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PD⊂平面PAC,所以PD⊥平面ABC,设△PAC的外心是点O,则点O到点P,A,C的距离都是23×32×23=2,连接OB,则OB=OD2+BD2=12+(3)2=2,所以△PAC的外心O为三棱锥P-ABC外接球的球心,所以球的半径R=2,球的体积V=43πR3=32π3.故选C.13.D　解析依题意,设三棱锥P-ABC的外接球的球心为O.若球心O在正三棱锥P-ABC内部,如图所示.其中点P在底面ABC的射影为点D,所以高为PD=2.延长AD交BC于点E,由题意知,△ABC为正三角形,点D为△ABC的重心,AE为△ABC的高,所以AE=32AB=32×26=32,AD=23AE=23×32=22.设外接球的半径为R,则OP=OA=R.在△ADO中,AO2=OD2+AD2,即R2=(2-R)2+(22)2,解得R=3.若球心O在正三棱锥P-ABC外部,如图所示.当球心O在PD的延长线上时,在△ADO中,AO2=OD2+AD2,即R2=(R-2)2+(22)2,解得R=3.故选D. 14.3π3或4π4-43π2　解析设圆锥的母线长为l,底面圆半径为r,由题意得2l+2πr=4+2π,12×2πr×l=2π,即2l+2πr=4+2π,r×l=2,消去l,得2πr2-(4+2π)r+4=0,解得r=1或r=2π.设圆锥的高为h,则当r=1时,l=2,圆锥的体积为13πr2h=13πl2-r2=3π3;当r=2π时,l=π,圆锥的体积为13πr2h=13πr2l2-r2=4π4-43π2.15.30　解析该几何体为一个被切去一个角的三棱柱,体积为V=3×4×12×6-13×3×4×12×3=30.16.3π　解析由图知,球与△ABC和△A1B1C1没有交线;与四边形AA1B1B和四边形AA1C1C的交线分别是以点A为圆心、2为半径的14圆弧,长度分别为π;与四边形BB1C1C的交线是以BC长为直径的半圆,故长为π.因此,交线的长度之和为3π.17.766　解析(方法一　直接法)如图所示,正四棱台中四边形AA1C1C为等腰梯形.连接AC,A1C1,过点A1作A1G⊥AC,交AC于点G,则A1G为棱台的高.在正四棱台中,∵AC=22,A1C1=2,∴AG=AC-A1C12=22.在Rt△A1AG中,A1G=A1A2-AG2=(2)2-(22) 2=62.则棱台体积V=13(S四边形A1B1C1D1+S四边形A1B1C1D1·S四边形ABCD+S四边形ABCD)·A1G=13×(1+2+4)×62=766.(方法二　补形法)如图,延长各侧棱交于点O,连接AC,A1C1,过O作OG⊥AC,交AC于点G,交平面A1B1C1D1于点H,且点H恰为A1C1的中点,解得OA1=2,A1H=22,AG=2,OA=22.在Rt△A1OH中,OH=(2)2-(22) 2=62,在Rt△AOG中,OG=(22)2-(2)2=6.则棱台体积V=V四棱锥O-ABCD-V四棱锥O-A1B1C1D1=13(S四边形ABCD·OG-S四边形A1B1C1D1·OH)=13×(4×6-1×62)=766.18.22　解析如图所示,设点O为该圆锥的底面圆心,顶点是S,则其高为SO=62-32=33.则该圆锥的内切球的圆心在圆锥的高SO上,设为点O1,设内切球的半径为r,设该圆锥的内切球与圆锥的母线SA相切于点H,连接HO1,则在Rt△SHO1中,∠O1SH=30°,则sin∠O1SH=HO1O1S=r33-r=12,解得r=3.由题意知,当m最大时,正四面体为该球的内接正四面体,将正四面体补成正方体,设正方体的棱长为a,则3a=2r=23,得a=2,则该正四面体的棱长为正方体的面对角线长,为22. 19.12　解析设EF的中点为O,则球O的直径为EF.因为O点也是正方体ABCD-A1B1C1D1的中心,所以O点到各棱的距离均等于OE,故以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有12个公共点.