2025版高考数学一轮总复习专题检测8.1空间几何体的三视图表面积和体积

.1空间几何体的三视图、表面积和体积一、选择题1.(2024届山东烟台一中开学考,2)已知圆锥的表面积等于12πcm2,其侧面绽开图是一个半圆,则圆锥的底面半径为()A.1cmB.2cmC.3cmD.32答案B设圆锥的底面圆的半径为rcm,母线长为lcm,∵侧面绽开图是一个半圆,∴πl=2πr⇒l=2r,∵圆锥的表面积为12πcm2,∴πr2+πrl=3πr2=12π,∴r=2,故圆锥的底面半径为2cm.故选B.2.(2024届黑龙江六校11月联考,4)已知圆锥的轴截面为等边三角形,且圆锥的表面积为3π,则圆锥的底面半径为()A.12B.1C.2D.答案B设圆锥的母线长为l,底面半径为r,依据题意,得l=2r,所以圆锥的表面积S=πr2+πrl=3πr2=3π,解得r=1,故选B.(2024届河北邢台入学考,4)六氟化硫,化学式为SF6,在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体,有良好的绝缘性,在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体(每个面都是正三角形的八面体),如图所示,硫原子位于正八面体的中心,6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点.若相邻两个氟原子间的距离为2a,则六氟化硫分子中6个氟原子构成的正八面体的体积是(不计氟原子的大小)()A.423a3B.8C.42a3D.82a3答案B如图,连接AC,BD,设AC∩BD=O,则O为正方形ABCD的中心,连接OE.因为AE=CE,BE=DE,所以OE⊥AC,OE⊥BD,又AC∩BD=O,所以OE⊥平面ABCD.因为AB=BC=AE=2a,所以AC=AB2+BC2=22a.因为四边形ABCD是正方形,所以AO=12AC=2a,则OE=AE2-AO2=24.(2024届河南焦作一模,6)底面是边长为1的正方形,侧面均是等边三角形的四棱锥的体积为()A.26B.24C.23答案A由题意可知该四棱锥为正四棱锥,底面正方形对角线长为2,则正四棱锥的高h=12-222=22,所以正四棱锥的体积V=13×12×5.(2024届河南洛阳期中,7)某四面体的三视图如图所示,已知其正视图、侧视图、俯视图是全等的等腰直角三角形,则该四面体的四个面中直角三角形的个数为()A.1B.2C.3D.4答案D由三视图及已知可知该四面体可补形成正方体,如图所示.易知△DAB,△ABC均为直角三角形.由正方体的性质可知CB⊥平面DAB,所以CB⊥BD,即△DBC是直角三角形;又知DA⊥平面ABC,所以DA⊥AC,即△DAC是直角三角形,所以该四面体的四个面中直角三角形的个数为4,故选D.6.(2024届江西吉安9月月考,8)如图,网格图中小正方形的边长为1,粗线是一个几何体的三视图,则该几何体的体积为()A.2π+4B.2π+2C.π+4D.6π+12答案A由三视图可知,该几何体由半圆锥和三棱锥拼接而成,半圆锥的底面半径为2,高为3,三棱锥的底面是斜边长为4的等腰直角三角形,三棱锥的高为3,故该几何体的体积V=13×12π×27.(2024届江苏海安高级中学期中,8)如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=1,AB=BC=3,cos∠ABC=13,P是A1B上的一动点,则AP+PC1的最小值为(A.5B.7C.1+3D.3答案B连接BC1,得△A1BC1,以A1B所在直线为轴,将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1,设点C1的新位置为C',连接AC',则AC'的长即为AP+PC1的最小值.∵AB=BC=3,cos∠ABC=13,∴由余弦定理可得,AC=2,∴A1C1=2,即A1∵AA1=1,AB=3,∴A1B=2,且∠AA1B=60°.易求得C1B=2,∵A1B=BC1=A1C1=2,∴△A1BC1为等边三角形,∴∠BA1C1=60°.∴在三角形AA1C'中,∠AA1C'=120°,又AA1=1,A1C'=2,∴AC'=1+4-2×1×2×-12=7.8.(2024届吉林顶级名校11月月考,10)已知球O,过球面上A,B,C三点作截面,若点O到该截面的距离是球半径的一半,且AB=BC=2,∠B=120°,则球O的表面积为()A.643πB.83πC.323π答案A如图,设球的半径为r,O1是△ABC的外心,外接圆半径为R,连接OO1,OB,O1B,则OO1⊥平面ABC,在△ABC中,AB=BC=2,∠ABC=120°,则∠A=30°,由正弦定理得2sinA=2R,∴R=2,即O1B=2.在Rt△OBO1中,由已知得r2-14r2=4,得r2=163,所以球O的表面积S=4πr2=4π×163=9.(2024届合肥联考(一),9)一个四面体的三视图如图所示,则该四面体的表面积为()A.23+2+1B.3+22+1C.3+2+2D.3+2+1答案B如图,在棱长等于2的正方体ABCD-A1B1C1D1上取四面体ABB1D1,即为所求四面体,易得该四面体的表面积为12×2×2+12×2×2×2+34×22=3+22+1.10.(2024届贵阳摸底,9)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的外接球的体积为()A.13136πB.13πC.9πD.答案A由三视图可知,此空间几何体是一放倒的圆柱,圆柱的底面半径为1,高为3,如图所示,该圆柱的上、下底面圆周在其外接球的表面上,外接球的半径为OA,因为OO1=32,O1A=1,所以OA=322+12=132,所以圆柱外接球的体积为4311.张衡(78年—139年)是中国东汉时期宏大的天文学家、文学家、数学家,他的数学著作有《算罔论》,他曾经得出结论:圆周率的平方除以十六等于八分之五.已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点A,B,若线段AB的最小值为3-1,利用张衡的结论可得该正方体的外接球的表面积为()A.30B.1010C.1210D.36答案C设正方体的棱长为a,则正方体的内切球半径为r=a2,正方体的外接球半径R满意:R2=a22+22a2,解得R=32a,由题意知:R-r=32a-a2=3-1,则a=2,R=3,则该正方体的外接球的表面积为12π,又因为圆周率的平方除以十六等于八分之五,即π216=58二、填空题12.(2024届甘肃九校联考,16)某零件的结构是在一个圆锥中挖去了一个正方体,且正方体的一个面在圆锥底面上,该面所对的面的四个顶点在圆锥侧面内.在图①②③④⑤⑥⑦⑧中选两个分别作为该零件的主视图和俯视图,则所选主视图和俯视图的编号依次可能为(写出符合要求的一组即可).

答案⑤⑦(或①⑧)解析依据题意可知,圆锥和正方体的位置关系如图所示,当主视图为①时,俯视图为⑧;当主视图为⑤时,俯视图为⑦,故符合题意的编号为⑤⑦(或①⑧).13.(2024届浙江浙南名校联盟联考一,15)一圆锥母线长为定值a(a>0),母线与底面所成角大小为θ0<θ<π2,当圆锥体积V答案3解析如图,设圆锥的高为h,底面半径为r,则h=asinθ,r=acosθ,∴V=13πr2h=13πa2cos2θ·asinθ=π3a3(1-sin2θ)·sinθ=π3a3(sinθ-sin3θ),则V'=π3a3(cosθ-3sin2θ·cosθ)=π3a3∵0<θ<π2,∴1-3sin2θ=0,即sin2θ=13,∴sinθ=∴当sinθ∈0,33时,V'>0,V=π3a3(sinθ-sin3θ)单调递增;当sinθ∈33,1时,V'<0,V=π3a3(sinθ-sin3θ)单调递减14.(2024届河南洛阳期中,15)在三棱锥P-ABC中,AB=26,BC=1,AC=5,侧面PAB是以P为直角顶点的直角三角形,若平面PAB⊥平面ABC,则该三棱锥体积的最大值为.

答案2解析因为AB=26,BC=1,AC=5,所以AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC,在Rt△PAB中,过P作PE⊥AB交AB于点E,又平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,PE⊂平面PAB,所以PE⊥平面ABC,所以PE是三棱锥P-ABC的高,设AE=x,则BE=26-x,在Rt△PAB中,PE2=AE·BE,所以PE=x(26-x).所以V三棱锥P-ABC=13S△ABC·PE=13×12×26×1×x(2615.(2024甘肃金昌永昌一高期末,16)已知△ABC中,P在边BC上且AP⊥BC,现以AP为折痕将△ABC折起,使得∠BPC=π2.若PA=2PB=2PC=4,则该三棱锥P-ABC的外接球的体积是;内切球的表面积是答案86π;π解析因为AP⊥BP且AP⊥PC,且∠BPC=90°,所以PA,PB,PC两两垂直,所以将三棱锥P-ABC补成如图所示的长方体,设三棱锥P-ABC的外接球的半径为R,则(2R)2=PA2+PB2+PC2=16+4+4=24,解得R=6,所以三棱锥P-ABC的外接球的体积为43πR3=43π(6)3=86π.设三棱锥P-ABC内切球的半径为r,三棱锥P-ABC的表面积为S,由已知得BC=22+22=22,AB=AC=42+22=25,则S=12×4×2×2+12×2×2+12×22×(25)2-(2)2=16,所以VP-ABC=V16.(2024届北京顺义一中期中,15)如图所示,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱CC1上的一个动点,若平面BED1交棱AA1于点F,给出下列命题:①截面四边形BED1F可以是正方形;②三棱锥B1-BED1的体积恒为定值;③截面四边形BED1F周长的最小值为25a.其中是真命题的是(填写全部正确答案的序号).

答案②③解析对于①,易得