專題限時集訓6　空間幾何體

12/12專題限時集訓(六)空間幾何體1.水平放置的△ABC的直觀圖如圖，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝eq\f(\r(3),2)，那么原△ABC是一個()A．等邊三角形B．直角三角形C．三邊中只有兩邊相等的等腰三角形D．三邊互不相等的三角形A[AO＝2A′O′＝2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，BC＝B′O′＋C′O′＝1＋1＝2.在Rt△AOB中，AB＝eq\r(12＋\r(3)2)＝2，同理AC＝2，所以原△ABC是等邊三角形．]2．(2021·北京高考)某四面體的三視圖如圖所示，該四面體的表面積為()A．eq\f(3＋\r(3),2) B．eq\f(1,2)C．eq\f(1＋\r(3),2) D．eq\f(\r(3),2)A[由三視圖知該四面體有一側棱垂直于底面，且有三條棱兩兩垂直，故可將該四面體置于棱長為1的正方體中，三棱錐如圖所示，S表＝3×eq\f(1,2)×1×1＋eq\f(\r(3),4)×(eq\r(2))2＝eq\f(3＋\r(3),2).]3．《算數(shù)書》竹簡于20世紀80年代在湖北省江陵縣張家山出土，這是我國現(xiàn)存最早的有系統(tǒng)的數(shù)學典籍．其中記載有求“囷蓋”的術：“置如其周，令相承也．又以高乘之，三十六成一”．該術相當于給出了由圓錐的底面周長L與高h，計算體積V≈eq\f(1,36)L2h的近似公式．它實際上是將圓錐體積公式中的圓周率近似取為3，那么近似公式V≈eq\f(3,112)L2h相當于圓錐體積公式中的圓周率近似取為()A．eq\f(22,7) B．eq\f(157,50)C．eq\f(28,9) D．eq\f(337,115)C[設圓錐底面圓的半徑為r，高為h，依題意，L＝2πr，eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(3,112)·(2πr)2h，∴eq\f(1,3)＝eq\f(12,112)π，即π＝eq\f(28,9).即π的近似值為eq\f(28,9).故選C．]4．在梯形ABCD中，∠ABC＝eq\f(π,2)，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.將梯形ABCD繞AD所在的直線旋轉一周而形成的曲面所圍成的幾何體的體積為()A．eq\f(2π,3) B．eq\f(4π,3)C．eq\f(5π,3) D．2πC[如圖，過點C作CE垂直AD所在直線于點E，梯形ABCD繞AD所在直線旋轉一周而形成的旋轉體是由以線段AB的長為底面圓半徑，線段BC為母線的圓柱挖去以線段CE的長為底面圓半徑，ED為高的圓錐，該幾何體的體積V＝V圓柱－V圓錐＝π·AB2·BC－eq\f(1,3)·π·CE2·DE＝π×12×2－eq\f(1,3)π×12×1＝eq\f(5π,3).]5．榫卯(sǔnmǎo)是兩個木構件上所采用的一種凹凸結合的連接方式．凸出部分叫榫，凹進去的部分叫卯，榫和卯咬合，起到連接作用．代表建筑有北京的紫禁城、天壇祈年殿、山西懸空寺等，如圖是一種榫卯構件中榫的三視圖，則該榫的表面積和體積為()A．8＋16π，2＋8π B．9＋16π，2＋8πC．8＋16π，4＋8π D．9＋16π，4＋8πA[由三視圖知該榫頭是由上下兩部分構成：上方為長方體(底面為邊長是1的正方形，高為2)，下方為圓柱(底面圓半徑為2，高為2)．其表面積為圓柱的表面積加上長方體的側面積，所以S＝2×eq(\a\vs4\al\co1(2π×2))＋2×eq(\a\vs4\al\co1(π×22))＋4×eq(\a\vs4\al\co1(1×2))＝8＋16π.其體積為圓柱與長方體體積之和，所以V＝eq(\a\vs4\al\co1(π×22))×2＋1×1×2＝8π＋2.故選A．]6．如圖，以等腰直角三角形ABC的斜邊BC上的高AD為折痕，翻折△ABD和△ACD，使得平面ABD⊥平面ACD．下列選項不正確的是()A．BD⊥ACB．△ABC是等邊三角形C．三棱錐D-ABC是正三棱錐D．平面ADC⊥平面ABCD[由題意易知，BD⊥平面ADC，又AC?平面ADC，故BD⊥AC，A中結論正確；設等腰直角三角形ABC的腰長為a，則BC＝eq\r(2)a，由A知BD⊥平面ADC，CD?平面ADC，∴BD⊥CD，又BD＝CD＝eq\f(\r(2),2)a，∴由勾股定理得BC＝eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)a＝a，∴AB＝AC＝BC，則△ABC是等邊三角形，B中結論正確；易知DA＝DB＝DC，由B可知C中結論正確，D中結論錯誤．]7．(2021·濟南外國語模擬)如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1A．直線BC與平面ABC1D1所成的角等于eq\f(π,4)B．點C到平面ABC1D1的距離為eq\f(\r(2),2)C．異面直線D1C和BC1所成的角為eq\f(π,4)D．三棱柱AA1D1-BB1C1外接球半徑為eq\f(\r(3),2)C[正方體ABCD-A1B1C1D1對于A，直線BC與平面ABC1D1所成的角為∠CBC1＝eq\f(π,4)，故A正確；對于B，因為B1C⊥平面ABC1D1，點C到平面ABC1D1的距離為B1C長度的一半，即為eq\f(\r(2),2)，故B正確；對于C，因為BC1∥AD1，所以異面直線D1C和BC1所成的角為∠AD1C，而△AD1C為等邊三角形，故兩條異面直線D1C和BC1所成的角為eq\f(π,3)對于D，因為A1A，A1B1，A1D1兩兩垂直，所以三棱柱AA1D1-BB1C1外接球也是正方體ABCD-A1B1C1D1的外接球，故r＝eq\f(\r(12＋12＋12),2)＝eq\f(\r(3),2)，故D正確．綜上可知，故選C．]8.設直三棱柱ABC-A1B1C1的體積為V，點P，Q分別在側棱AA1，CC1上，且PA＝QC1，則三棱錐B1-BPQA．eq\f(1,6)V B．eq\f(1,4)VC．eq\f(1,3)V D．eq\f(1,2)VC[設A到BC的距離為h,∵直三棱柱ABC-A1B1C1的體積為V點P，Q分別在側棱AA1，CC1上，且PA＝QC1,∴V＝eq\f(1,2)×BC×h×AA1，三棱錐B1-BPQ的體積為：Veq\s\do5(B1-BPQ)＝Veq\s\do5(P-BB1Q)＝eq\f(1,3)×h×eq\f(1,2)BC×AA1＝eq\f(1,3)V.故選C．]9．圓臺上、下底面的圓周都在一個直徑為10的球面上，其上、下底面半徑分別為4和5，則該圓臺的體積為________．61π[如圖所示，由題意可知，圓臺的下底面為球的大圓，所以O為球心，∵BM＝4，OB＝5，∴OM＝3，即圓臺的高為3，所以其體積V＝eq\f(1,3)πh(R2＋r2＋Rr)＝eq\f(1,3)π×3×(52＋42＋5×4)＝61π.]10．(2018·全國卷Ⅱ)已知圓錐的頂點為S，母線SA，SB所成角的余弦值為eq\f(7,8)，SA與圓錐底面所成角為45°.若△SAB的面積為5eq\r(15)，則該圓錐的側面積為________．40eq\r(2)π[如圖所示，設S在底面的射影為S′，連接AS′，SS′.△SAB的面積為eq\f(1,2)·SA·SB·sin∠ASB＝eq\f(1,2)·SA2·eq\r(1－cos2∠ASB)＝eq\f(\r(15),16)·SA2＝5eq\r(15)，∴SA2＝80，SA＝4eq\r(5).∵SA與底面所成的角為45°，∴∠SAS′＝45°，AS′＝SA·cos45°＝4eq\r(5)×eq\f(\r(2),2)＝2eq\r(10).∴底面周長l＝2π·AS′＝4eq\r(10)π，∴圓錐的側面積為eq\f(1,2)×4eq\r(5)×4eq\r(10)π＝40eq\r(2)π.]11．(2020·全國卷Ⅰ)已知A，B，C為球O的球面上的三個點，⊙O1為△ABC的外接圓．若⊙O1的面積為4π，AB＝BC＝AC＝OO1，則球O的表面積為()A．64π B．48πC．36π D．32πA[如圖所示，設球O的半徑為R，⊙O1的半徑為r，因為⊙O1的面積為4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以eq\f(AB,sin60°)＝2r，解得AB＝2eq\r(3)，故OO1＝2eq\r(3)，所以R2＝OOeq\o\al(2,1)＋r2＝(2eq\r(3))2＋22＝16，所以球O的表面積S＝4πR2＝64π.故選A．]12．(2021·北京高考)對24小時內降水在平地上的積水厚度(mm)進行如下定義：0～1010～2525～5050～100小雨中雨大雨暴雨小明用一個圓錐形容器接了24小時的雨水，則這一天的雨水屬于哪個等級()A．小雨 B．中雨C．大雨 D．暴雨B[由相似關系可得，小圓錐的底面半徑r＝eq\f(\f(200,2),2)＝50，故V小圓錐＝eq\f(1,3)×π×502×150＝503π，從而可得積水厚度h＝eq\f(V小圓錐,S大圓)＝eq\f(503π,1002π)＝12.5，屬于中雨．]13．已知一個圓錐的側面積是底面積的2倍，記該圓錐的內切球的表面積為S1，外接球的表面積為S2，則eq\f(S1,S2)等于()A．eq\f(1,2) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,4) D．eq\f(1,8)C[如圖，由已知圓錐側面積是底面積的2倍，不妨設底面圓半徑為r，l為底面圓周長，R為圓錐的母線長，則eq\f(1,2)lR＝2πr2，即eq\f(1,2)·2π·r·R＝2πr2，解得R＝2r，故∠ADC＝30°，則△DEF為等邊三角形，設B為△DEF的重心，過B作BC⊥DF，則DB為圓錐的外接球半徑，BC為圓錐的內切球半徑，則eq\f(BC,BD)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(r內,r外)＝eq\f(1,2)，故eq\f(S1,S2)＝eq\f(1,4).]14．已知某幾何體的三視圖如圖所示(俯視圖中曲線為四分之一圓弧)，則該幾何體的表面積為()A．1－eq\f(π,4) B．3＋eq\f(π,2)C．2＋eq\f(π,4) D．4D[由題設知，該幾何體是棱長為1的正方體被截去底面半徑為1的eq\f(1,4)圓柱后得到的，如圖所示，所以表面積S＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1×1－\f(1,4)×π×12))＋2×(1×1)＋eq\f(1,4)×2π×1×1＝4.故選D．]15．已知點A，B，C，D在同一個球的球面上，AB＝BC＝eq\r(6)，∠ABC＝90°.若四面體ABCD體積的最大值為3，則這個球的表面積為________．16π[∵AB＝BC＝eq\r(6)，∠ABC＝90°，∴S△ABC＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(6)＝3，AC＝2eq\r(3)，△ABC所在球的小圓的圓心Q是斜邊AC的中點，∴小圓的半徑為eq\r(3).∵四面體ABCD的體積取得最大值，且S△ABC不變，∴當?shù)酌鍭BC上的高最大時，體積最大．∴當DQ與平面ABC垂直時，體積最大，最大值為eq\f(1,3)·S△ABC·DQ＝3，即eq\f(1,3)×3×DQ＝3，解得DQ＝3，如圖所示，設球心為O，半徑為R，在Rt△AQO中，OA2＝OQ2＋AQ2，即R2＝(3－R)2＋(eq\r(3))2，解得R＝2.∴這個球的表面積S＝4πR2＝16π.]16.如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為3，線段B1D1上有兩個動點E，F(xiàn)，且EF＝1，則當E，F(xiàn)①AE∥平面C1BD；②四面體ACEF的體積不為定值；③三棱錐A-BEF的體積為定值；④四面體ACDF的體積為定值．其中結論正確的有________(填序號)．①③④[對于①，如圖1，AB1∥DC1，易證AB1∥平面C1BD．同理AD1∥平面C1BD，且AB1∩AD1＝A，AB1，AD1?平面AB1D1，所以平面AB1D1∥平面C1BD．又AE?平面AB1D1，所以AE∥平面C1BD，①正確．圖1圖2對于②，如圖2，S△AEF＝eq\f(1,2)×1×eq\r(3\r(2)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)))eq\s\up12(2))＝eq\f(3\r(6),4)，點C到平面AEF的距離為點C到平面AB1D1的距離d為定值，所以VA-CEF＝VC-AEF＝eq\f(1,3)×eq\f(3\r(6),4)×d＝eq\f(\r(6),4)d為定值，所以②錯誤；對于③，如圖3，S△BEF＝eq\f(1,2)×1×3＝eq\f(3,2)，點A到平面BEF的距離為A到平面BB1D1D的距離d′為定值，所以VA-BEF＝eq\f(1,3)×eq\f(3,2)×d′＝eq\f(1,2)d′為定值，③正確；圖3圖4對于④，如圖4，四面體ACDF的體積為VA-CDF＝VF-ACD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×3×3＝eq\f(9,2)為定值，④正確．]17．(2021·湛江三模)中國南北朝時期數(shù)學家、天文學家祖沖之、祖暅父子總結了魏晉時期著名數(shù)學家劉徽的有關工作，提出“冪勢既同，則積不容異”．“冪”是截面積，“勢”是幾何體的高．詳細點說就是，界于兩個平行平面之間的兩個幾何體，被任一平行于這兩個平面的平面所截，如果兩個截面的面積相等，則這兩個幾何體的體積相等．上述原理在中國被稱為祖暅原理．一個上底面邊長為1，下底面邊長為2，高為2eq\r(3)的正六棱臺與一個不規(guī)則幾何體滿足“冪勢既同”，則該不規(guī)則幾何體的體積為()A．16 B．16eq\r(3)C．18eq\r(3) D．21D[由祖暅原理可知，該不規(guī)則幾何體的體積與正六棱臺的體積相等，∵正六棱臺的上下底面邊長分別為1和2，則S上＝6×eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2)，S下＝6×eq\f(1,2)×2×2×eq\f(\r(3),2)＝6eq\r(3)，故V＝eq\f(1,3)(S上＋eq\r(S上S下)＋S下)h＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),2)＋\f(6\r(3),2)＋6\r(3)))×2eq\r(3)＝21.故選D．]18．(2021·濰坊一模)某中學開展勞動實習，學習加工制作食品包裝盒．現(xiàn)有一張邊長為6的正六邊形硬紙片，如圖所示，裁掉陰影部分，然后按虛線處折成高為eq\r(3)的正六棱柱無蓋包裝盒，則此包裝盒的體積為()A．144 B．72C．36 D．24B[由正六棱柱的每個內角均為eq\f(2π,3)，按虛線處折成高為eq\r(3)的正六棱柱，即BF＝eq\r(3)，∴BE＝eq\f(BF,tan\f(π,3))＝1，可得正六棱柱的底面邊長AB＝6－2×1＝4，則正六棱柱的底面積S＝6×eq\f(1,2)×4×4×eq\f(\r(3),2)＝24eq\r(3)，則此包裝盒的體積V＝24eq\r(3)×eq\r(3)＝72.故選B．]19．(2021·蘇州模擬)截角四面體是一種半正八面體，可由四面體經(jīng)過適當?shù)亟亟?，即截去四面體的四個頂點所產(chǎn)生的多面體．如圖，將棱長為3的正四面體沿棱的三等分點作平行于底面的截面得到所有棱長均為1的截角四面體，則下列說法錯誤的是()A．該截角四面體一共有12條棱B．該截角四面體一共有8個面C．該截角四面體的表面積為7eq\r(3)D．該截角四面體的體積為eq\f(23\r(2),12)A[對于AB，可知截角四面體是由4個邊長為1的正三角形，4個邊長為1的正六邊形構成，故該截角四面體一共有8個面，18條棱，故A錯誤，B正確；對于C，邊長為1的正三角形的面積S＝eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4)，邊長為1的正六邊形的面積