2025届高考数学二轮复习第二部分专题三第1讲专题训练11空间几何体三视图表面积与体积文理含解析新人教版

PAGE其次部分专题三第1讲专题训练十一空间几何体、三视图、表面积与体积(文理)一、选择题1．下列说法正确的有(A)①两个面平行且相像，其余各面都是梯形的多面体是棱台；②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；③各侧面都是正方形的四棱柱肯定是正方体；④圆锥的轴截面是等腰三角形．A．1个 B．2个C．3个 D．4个【解析】①中若两个底面平行且相像，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱会交于一点，所以①不正确；②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有多数个，所以②不正确；③中底面不肯定是正方形，所以③不正确；很明显④是正确的．2．正方体的棱长为a，则该正方体的外接球的直径长(D)A．a B．2aC．eq\r(2)a D．eq\r(3)a【解析】外接球的直径为eq\r(a2＋a2＋a2)＝eq\r(3)a.故选D．3．(2024·济南模拟)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．若O1O2＝2，则圆柱O1O2的表面积为(C)A．4π B．5πC．6π D．7π【解析】由题意可得：h＝2r＝2⇒r＝1；∴S＝πr2×2＋2πr×h＝6πr2＝6π；故选C．4．(2024·泰安模拟)我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．”今有底面为正方形的屋脊形态的多面体(如图所示)，下底面是边长为2的正方形，上棱EF＝eq\f(3,2)，EF∥平面ABCD，EF与平面ABCD的距离为2，该刍甍的体积为(B)A．6 B．eq\f(11,3)C．eq\f(31,4) D．12【解析】如图，作FN∥AE，FM∥ED，则多面体被分割为棱柱与棱锥部分，则该刍甍的体积为：VF－MNBC＋VADE－NMF＝eq\f(1,3)S四边形MNBC·2＋S直截面·eq\f(3,2)＝eq\f(1,3)×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3,2)))×2＋eq\f(2×2,2)×eq\f(3,2)＝eq\f(11,3).故选B．5．(2024·呼和浩特二调)用半径为3cm，圆心角为eq\f(2π,3)的扇形纸片卷成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的高为(B)A．1cm B．2eq\r(2)cmC．eq\r(2)cm D．2cm【解析】设圆锥的底面半径为rcm，由题意底面圆的周长即扇形的弧长，可得2πr＝eq\f(2π,3)×3，即底面圆的半径为1，所以圆锥的高h＝eq\r(32－1)＝2eq\r(2).故选B．6．(2024·乌鲁木齐质检)正方体的全面积是6．它的顶点都在球面上，这个球的表面积是(B)A．2π B．3πC．12π D．18π【解析】设正方体的棱长为a，则6a2＝6，故a又其外接球的直径2R＝eq\r(3)a＝eq\r(3)，所以R＝eq\f(\r(3),2)，所以S＝4πR2＝3π.故选B．7．(2024·湖北黄冈中学、华师附中等八校一联)《九章算术》中“开立圆术”曰：“置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径”．“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V，求球的直径d的公式d＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,9)V))eq\s\up7(\f(1,3)).若球的半径为r＝1，依据“开立圆术”的方法计算该球的体积为(D)A．eq\f(4,3)π B．eq\f(9,16)C．eq\f(9,4) D．eq\f(9,2)【解析】依据公式d＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,9)V))eq\f(1,3)得，2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,9)V))eq\s\up7(\f(1,3))，解得V＝eq\f(9,2).故选D．8．(2024·北京房山区期末)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为(A)A．eq\f(2,3) B．eq\f(4,3)C．2 D．4【解析】三视图还原为如图所示的三棱锥：侧面SBC⊥底面ABC，且△SBC为等腰三角形，△ABC为直角三角形，故体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×1＝eq\f(2,3)，故选A．9．(2024·九师联盟质量检测)已知正三棱锥P－ABC的底面ABC为边长为6的正三角形，三棱锥P－ABC的四个顶点都在半径为4的球上，且球心O在三棱锥P－ABC内，则三棱锥P－ABC的侧棱PA的长度为(D)A．8 B．6eq\r(2)C．eq\f(15,2) D．4eq\r(3)【解析】作PG⊥平面ABC，垂足为G，则G为△ABC的中心且球心O在PG上，如图所示，其中D为BC中点，∴AG＝eq\f(2,3)AD＝eq\f(2,3)×eq\r(36－9)＝2eq\r(3)，∴OG＝eq\r(OA2－AG2)＝eq\r(16－12)＝2，∴PG＝OG＋OP＝2＋4＝6，∴PA＝eq\r(AG2＋PG2)＝eq\r(12＋36)＝4eq\r(3)，故选D．10．(2024·湖南师大附中其次次月考)如图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是A1B上一动点，则AP＋D1PA．2 B．eq\f(\r(6)＋\r(2),2)C．2＋eq\r(2) D．eq\r(2＋\r(2))【解析】把对角面A1C绕A1B旋转，使其与△AA1B在同一平面上，连接AD1，则在△AA1D中，AD1＝eq\r(1＋1－2×1×1×cos135°)＝eq\r(2＋\r(2))为所求的最小值．故选D．11．(2024·宜昌三模)《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知“堑堵”ABC－A1B1C1的全部顶点都在球O的球面上，且AB＝AC＝1，若球OA．eq\f(1,6) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2) D．1【解析】如图，将直三棱柱ABC－A1B1C1补形为长方体ABDC－A1B1D1则长方体的外接球与直三棱柱ABC－A1B1C1设外接球半径为R，由外接球的表面积为3π，得4πR2＝3π，∴R＝eq\f(\r(3),2)，则长方体的体对角线长BC1＝eq\r(3)，∴CC1＝eq\r(\r(3)2－12＋12)＝1．则该直三棱柱的体积V＝eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,2).故选C．12．(2024·烟台二模)在棱长为1的正四面体A－BCD中，E是BD上一点，eq\o(BE,\s\up6(→))＝3eq\o(ED,\s\up6(→))，过E作该四面体的外接球的截面，则所得截面面积的最小值为(B)A．eq\f(π,8) B．eq\f(3π,16)C．eq\f(π,4) D．MN【解析】依据已知条件，作图如下∵在棱长为1的正四面体A－BCD中，∴从图中可见，该正四面体在棱长为eq\f(\r(2),2)的正方体内，OH＝eq\f(AF,2)＝eq\f(\r(2),4)，∵eq\o(BE,\s\up6(→))＝3eq\o(ED,\s\up6(→))，BD＝1，设H为BD中点，∴HE＝eq\f(1,4)，在Rt△OHE中，OE2＝OH2＋HE2＝eq\f(1,8)＋eq\f(1,16)＝eq\f(3,16)，过E作该四面体的外接球的截面，则所得截面面积最小的截面为小圆E，则OE必垂直于该截面，设小圆E的半径为r，r＝EF，R＝OF，在Rt△OFE，EF2＝OF2－OE2，则必有r2＝R2－OE2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))2－OE2＝eq\f(3,8)－eq\f(3,16)＝eq\f(3,16)，则所得截面面积的最小值为S＝πr2＝eq\f(3,16)π.故选B．二、填空题13．(2024·江苏省泰州中学、宜兴中学、江都中学联考)已知圆柱的底面半径为1，母线长与底面的直径相等，则该圆柱的表面积为__6π__.【解析】因为圆柱的表面积为2πr2＋2πrl，r＝1，l＝2，所以圆柱的表面积为6π.14．(2024·江苏省镇江中学调研)若正四棱锥的底面边长为2eq\r(2)，侧面积为4eq\r(22)，则它的体积为__8__.【解析】设四棱锥为P－ABCD，底面ABCD的中心为O，取CD中点E，连接PE，OE，则PE⊥CD，OE＝eq\r(2)，∵S侧面＝4S△PCD＝4×eq\f(1,2)×CD×PE＝4eq\r(22)，∴PE＝eq\r(11)，PO＝3，∴正四棱锥体积V＝eq\f(1,3)×2eq\r(2)×2eq\r(2)×3＝8．15．(2024·天津市部分区期末)已知半径为2的球的球面上有A、B、C、D不同的四点，△ABC是边长为3的等边三角形，且DO⊥平面ABC(O为球心，D与O在平面ABC的同一侧)，则三棱锥D－ABC的体积为__eq\f(9\r(3),4)__.【解析】如图所示，点E为△ABC的中心，则BE＝eq\f(\r(3),2)·AC·eq\f(2,3)＝eq\r(3)，OB＝2，所以OE＝eq\r(OB2－BE2)＝eq\r(4－3)＝1，所以V＝eq\f(1,3)·SΔABC·DE＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×32×\f(\r(3),2)))×3＝eq\f(9\r(3),4).16．(2024·江西省上饶市一模)一个棱长为2的正