新教材适用2025版高考数学一轮总复习练案38第七章立体几何第一讲空间几何体的结构及其表面积和体积

练案[38]第七章立体几何第一讲空间几何体的结构及其表面积和体积A组基础巩固一、单选题1．下列结论中正确的是(D)A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．两个面平行且相像，其余各面都是梯形的几何体是棱台C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线[解析]当一个几何体由具有相同的底面且顶点在底面两侧的两个三棱锥构成时，尽管各面都是三角形，但它不是三棱锥，故A错误；如右图可知，B错误；若六棱锥的全部棱都相等，则底面多边形是正六边形，由几何图形知，若以正六边形为底面，则棱长必需要大于底面边长，故C错误．选D.2．(2024·河北廊坊模拟)圆锥的侧面绽开图是直径为a的半圆面，那么此圆锥的轴截面是(A)A．等边三角形B．等腰直角三角形C．顶角为30°的等腰三角形D．其他等腰三角形[解析]因为圆锥的侧面绽开图是直径为a的半圆面，所以圆锥母线长为eq\f(a,2)，圆锥底半径r＝eq\f(a,4)，所以此圆锥的轴截面是等边三角形，故选A.3．(2024·山东潍坊模拟)如图1，在高为h的直三棱柱容器ABC－A1B1C1内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为A1B1C(如图2)，则容器的高h为(A)A．3 B．4C．4eq\r(2) D．6[解析]由题意知水的体积为容器体积的eq\f(2,3)，故h＝3.4．(2024·广东潮州质检)已知一个圆柱的轴截面为正方形，且它的侧面积为36π，则该圆柱的体积为(D)A．16π B．27πC．36π D．54π[解析]设圆柱底面半径为R，高为h，设eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h＝2R，,2πRh＝36π，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(R＝3，,h＝6，))∴圆柱的体积为V＝πR2h＝54π.故选D.5．(2024·福建泉州适应性测试)已知圆锥SO的底面半径为1，若其底面上存在两点A，B，使得∠ASB＝90°，则该圆锥侧面积的最大值为(A)A.eq\r(2)π B．2πC．2eq\r(2)π D．4π[解析]由题意可知∠CSA≥90°，∴∠SAO≤45°，又OA＝1，∴SA≤eq\r(2)，∴S圆锥侧面积≤eq\r(2)π，故选A.6．(2024·河南洛阳创新发展联盟摸底)若圆锥的母线与底面所成的角为eq\f(π,6)，底面圆的半径为eq\r(3)，则该圆锥的体积为(B)A.eq\f(π,2) B．πC．2π D．3π[解析]设圆锥的高为h，因为母线与底面所成的角为eq\f(π,6)，所以taneq\f(π,6)＝eq\f(h,\r(3))，解得h＝1.圆锥的体积V＝eq\f(π,3)×(eq\r(3))2×1＝π.故选B.7.(2024·陕西西安质检)如图是一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．设圆柱的体积与球的体积之比为m，圆柱的表面积与球的表面积之比为n，则eq\f(m,n)的值为(B)A.eq\f(2,3) B．1C．eq\f(3,2) D．eq\f(9,4)[解析]设球的半径为r，则圆柱的底面半径为r，高为2r，依题意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(πr2·2r,\f(4π,3)·r3)＝m，,\f(2πr2＋2πr·2r,4πr2)＝n，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＝m,\f(3,2)＝n))⇒eq\f(m,n)＝1.故选B.8．(2024·广东韶关模拟)对24小时内降水在平地上单位面积的积水厚度(mm)进行如下规定：积水厚度区间[0.1,10.0)[10.0,25.0)[25.0,50.0)[50.0,100.0)级别小雨中雨大雨暴雨小明用一个圆台形容器(如图)接了24小时雨水，则这天的降雨属于哪个等级(B)A．小雨 B．中雨C．大雨 D．暴雨[解析]由题意知降雨量是雨水的体积除以容器口面积，通过还台为锥法，利用相像比，可计算得圆台中雨水的上底面半径是60mm，下底面半径是40mm，所以单位面积的积水厚度(mm)eq\f(\f(1,3)π×602×180－\f(1,3)π×402×120,π×802)＝eq\f(603,802)－eq\f(403,802)＝33.75－10＝23.75，故选B.9．(2024·天津河西区质检)已知三棱锥S－ABC的全部顶点都在球O的表面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此三棱锥的体积为(C)A.eq\f(1,4) B．eq\f(\r(2),4)C．eq\f(\r(2),6) D．eq\f(\r(2),12)[解析]依据题意作出图形：设球心为O，过ABC三点的小圆的圆心为O1，则OO1⊥平面ABC，延长CO1交球于点D，则SD⊥平面ABC.∵CO1＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),3)，∴OO1＝eq\r(1－\f(1,3))＝eq\f(\r(6),3)，∴高SD＝2OO1＝eq\f(2\r(6),3)，∵△ABC是边长为1的正三角形，∴S△ABC＝eq\f(\r(3),4)，∴VS－ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×eq\f(2\r(6),3)＝eq\f(\r(2),6).故选C.二、多选题10．(2024·广东广州三模)下列说法中正确的是(AC)A．长方体是直四棱柱B．两个面平行，其余各面是梯形的多面体是棱台C．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形D．平行六面体不是棱柱[解析]长方体是直四棱柱，A正确；两个平面平行，其余各面是梯形的多面体，当侧棱延长后不交于同一点时，就不是棱台，B错；正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，C正确；平行六面体肯定是棱柱，D错．故选AC.11．(2024·河北沧州模拟)三星堆遗址，位于四川省广汉市，距今约三千到五千年.2024年2月4日，在三星堆遗址祭祀坑区4号坑发觉了玉琮．玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，是一种古人用于祭祀的礼器．假定某玉琮中间内空，形态对称，如图所示，圆筒内径长2cm，外径长3cm，筒高4cm，中部为棱长是3cm的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则(BD)A．该玉琮的体积为18＋eq\f(3π,4)(cm3)B．该玉琮的体积为27－eq\f(7π,4)(cm3)C．该玉琮的表面积为54＋π(cm2)D．该玉琮的表面积为54＋9π(cm2)[解析]由图可知，组合体的体积V＝π×4×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2－12))＋3×3×3－π×3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＝27－eq\f(7π,4)(cm3)，组合体的表面积S＝3π×1＋2×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3×3－π×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2))＋3×3×4＋2π×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2－12))＋2π×4＝54＋9π(cm2)．故选BD.12．(2024·山东潍坊期末)等腰直角三角形直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为(AB)A.eq\r(2)π B．(1＋eq\r(2))πC．2eq\r(2)π D．(2＋eq\r(2))π[解析]绕直角边旋转形成的几何体为圆锥，其表面积S＝πrl＋πr2＝π×1×eq\r(2)＋π×12＝(eq\r(2)＋1)π.假如绕斜边旋转，形成的是上下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边的高eq\f(\r(2),2)，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长是1，所以形成的几何体的表面积S＝2×πrl＝2×π×eq\f(\r(2),2)×1＝eq\r(2)π.故选AB.三、填空题13．(2024·海南)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A－NMD1的体积为eq\f(1,3).[解析]由题意可知＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2＝eq\f(1,3).14．(2024·上海虹口区模拟改编)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为底面ABCD内(包括边界)的动点，满意D1P与直线CC1所成角的大小为eq\f(π,6)，则线段D1P扫过的面积为eq\f(π,6).[解析]由题意可知，D1P扫过的曲面为一圆锥侧面的eq\f(1,4)，由DD1＝1，∠DD1P＝eq\f(π,6)知DP＝eq\f(\r(3),3)，D1P＝eq\f(2\r(3),3).故所求面积S＝eq\f(1,2)×eq\f(\f(\r(3),3)π,2)×eq\f(2\r(3),3)＝eq\f(π,6).15．(2024·河南洛阳统考)已知三棱锥P－ABC中，AB＝4，BC＝3，PA＝AC＝5，当该三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为_50π__.[解析]因为AB＝4，BC＝3，PA＝AC＝5，所以AB2＋BC2＝AC2，所以△ABC为直角三角形，∠ABC＝90°，所以△ABC的面积为定值，所以当PA⊥平面ABC时，该三棱锥体积最大，取AC的中点D，过D作OD⊥AC交PC于O，因为PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PA⊥AC，所以OD∥PA，所以O为PC的中点，所以OP＝OA＝OB＝OC，所以点O为三棱锥外接球的球心，因为PA＝AC＝5，所以PC＝5eq\r(2)，所以OC＝eq\f(5\r(2),2)，即外接球的半径R＝eq\f(5\r(2),2)，所以外接球的表面积为4πR2＝4πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(2),2)))2＝50π.B组实力提升1．(2024·湖南统前考演练)若轴截面为等边三角形的圆锥和与其共底面的圆柱体积相等，则该圆锥和圆柱的侧面积的比值为(C)A.eq\f(\r(3),3) B．eq\f(\r(5),3)C．eq\r(3) D．eq\f(3\r(5),5)[解析]不妨设圆锥的底面半径为r1＝1，则圆锥的母线长l＝2，高h1＝eq\r(3)，由题意得圆柱的底面半径r2＝1，设其高为h2，依据圆锥和圆柱体积相等得eq\f(1,3)×π×12×eq\r(3)＝π×12×h2，解得h2＝eq\f(\r(3),3).故二者侧面积的比值为eq\f(π×1×2,2π×1×\f(\r(3),3))＝eq\r(3)，故选C.2．(2024·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面绽开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若eq\f(S甲,S乙)＝2，则eq\f(V甲,V乙)＝(C)A.eq\r(5) B．2eq\r(2)C．eq\r(10) D．eq\f(5\r(10),4)[解析]设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，则eq\f(S甲,S乙)＝eq\f(πr1l,πr2l)＝eq\f(r1,r2)＝2，所以r1＝2r2，又eq\f(2πr1,l)＋eq\f(2πr2,l)＝2π，则eq\f(r1＋r2,l)＝1，所以r1＝eq\f(2,3)l，r2＝eq\f(1,3)l，所以甲圆锥的高h1＝eq\r(l2－\f(4,9)l2)＝eq\f(\r(5),3)l，乙圆锥的高h2＝eq\r(l2－\f(1,9)l2)＝eq\f(2\r(2),3)l，所以eq\f(V甲,V乙)＝eq\f(\f(1,3)πr\o\al(2,1)h1,\f(1,3)πr\o\al(2,2)h2)＝eq\f(\f(4,9)l2×\f(\r(5),3)l,\f(1,9)l2×\f(2\r(2),3)l)＝eq\r(10).故选C.3．(多选题)(2024·江苏苏州期中)如图，正方形ABCD与正方形DEFC的边长均为1，平面ABCD与平面DEFC相互垂直，P是AE上的一个动点，则(BD)A．CP的最小值为eq\f(\r(3),2)B．当P在直线AE上运动时，三棱锥D－BPF的体积不变C．PD＋PF的最小值为eq\r(2－\r(2))D．三棱锥A－DCE的外接球表面积为3π[解析]选项A：连接DP，CP，易得CP＝eq\r(CD2＋DP2)＝eq\r(DP2＋1)≥eq\f(\r(6),2)，错误；选项B：P运动过程中，△BPF的面积不变，D到平面BPF的距离也不变，故体积不变，正确；选项C：如图，将△ADE翻折到与平面ABFE共面，明显当D，P，F三点共线时，PD＋PF取得最小值eq\r(1＋1－2cos135°)＝eq\r(2＋\r(2))，错误；选项D：将该几何体补成正方体，易得：R＝eq\f(\r(3),2)，则S＝4πR2＝3π，