2022届高三二轮练习卷 数学（九）空间几何体的结构特征、表面积和体积 答案版.docx

专题九空间几何体的结构特征、表面积和体积XXXXXXXXX1柱、锥、台的表面积和体积1已知一个圆锥的体积为，其侧面积是底面积的2倍，则其底面半径为（ ）AB3CD【答案】C【解析】设底面半径为，高为，母线为，如图所示：则圆锥的体积，所以，即，则，又，所以，故，故选C2祖暅（公元世纪，祖冲之之子），是我国齐梁时代的数学家，他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等如图将底面直径皆为，高皆为的椭半球体和已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面上，用平行于平面且与距离为的平面截两个几何体得到及两截面，可以证明总成立据此，短轴长为，长半轴为的椭半球体的体积是（ ）ABCD【答案】A【解析】由题意可知，短轴长为，长半轴为的椭半球体的体积为，故选A3阿基米德（公元前287年公元前212年），伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家他发现“圆柱内切球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的”这一完美的结论已知某圆柱的轴截面为正方形，其表面积为，则该圆柱的内切球体积为（ ）ABCD【答案】D【解析】设圆柱的底面半径为，则其母线长为，因为圆柱的表面积公式，所以，解得，因为圆柱的体积公式为，所以，由题知，圆柱内切球的体积是圆柱体积的，所以所求圆柱内切球的体积为，故选D4在棱长为2的正方体中，分别为棱，的中点，将该正方体挖去两个四分之一圆锥，得到如图所示的几何体，则该几何体的体积为_【答案】【解析】因为该几何体为正方体挖去两个四分之一圆锥，所以圆锥，故答案为5如图，该几何体是由正方体截去八个一样的四面体得到的，若被截的正方体棱长为2，则该几何体的表面积为（ ）ABCD【答案】B【解析】根据题意，该几何体的表面积分成两部分，一部分是6个完全相同的正方形，另一部分是8个完全相同的等边三角形，6个完全相同的正方形的面积之和为：，8个完全相同的等边三角形的面积之和为，故该几何体的表面积为，故选B6三棱锥的底面是边长为3的正三角形，则三棱锥的体积等于（ ）ABCD【答案】A【解析】将三棱锥翻转一下，如图所示，因为，所以，所以为直角三角形，由斜线长相等，则射影长相等，可得点A在平面内的射影为直角三角形的外心，所以为直角斜边的中点，且平面，则为三棱锥的高，由勾股定理可得，所以三棱锥的体积，故选A7已知正三棱锥的高为9，平行于底面的平面截三棱锥得到正三棱锥和棱台，若正三棱锥的高为3，则正三棱锥的体积是_，棱台的体积是_【答案】，【解析】如图所示，由棱台的性质可知，且，所以，即，且，即，所以，故答案为，8如图，一个装有某种液体的圆柱形容器固定在墙面和地面的角落内，容器与地面所成的角为，液面呈椭圆形，椭圆长轴上的顶点，到容器底部的距离分别是12和18，则容器内液体的体积是（ ）ABCD【答案】C【解析】如图为圆柱的轴截面图，过M作容器壁的垂线，垂足为F，因为MN平行于地面，故，椭圆长轴上的顶点，到容器底部的距离分别是12和18，故，在中，即圆柱的底面半径为，所以容器内液体的体积等于一个底面半径为，高为 的圆柱体积的一半，即为，故选C9在直角中，是斜边上一点，与绕边所在直线旋转一周得到的几何体体积分别为，若，则（ ）ABCD【答案】D【解析】令，因为，所以，所以，所以，故选D10我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等如图，阴影部分是由双曲线与它的渐近线以及直线所围成的图形，将此图形绕y轴旋转一周，得到一个旋转体，如用与x轴相距为，且垂直于y轴的平面，截这个旋转体，则截面图形的面积为_；这个旋转体的体积为_【答案】，【解析】（1）该双曲线的渐近线为，则直线，与渐近线交于点，与双曲线交于点，则旋转体的截面应为一个圆环，其内径，外径，故截面积为，同理可得，作直线，也可得截面积为（2）根据祖暅原理，该旋转体的体积与底面积为，高为的圆柱的体积相等，故其体积为故答案为；11已知正方体的棱长为，点、分别在、上，动点在侧面内（包含边界）运动，且满足直线平面，则点在侧面的轨迹的长度为_，三棱锥的体积为_【答案】，【解析】在棱、分别取点、使得，连接，取的中点，连接、，因为且，由题意可知且，所以，四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以，平面，同理可证四边形、均为平行四边形，则，因为平面，平面，故平面，故平面平面，当时，平面，则平面，所以，点在侧面内的轨迹为线段，且，又因为，故四边形为矩形，则，所以，平面，则点到平面的距离等于点到平面的距离，故答案为；2几何体外接球、内切球问题1已知正四棱锥的底面边长为，侧棱PA与底面ABCD所成的角为45°，顶点P，A，B，C，D在球O的球面上，则球O的体积是（ ）A16BC8D【答案】B【解析】在正四棱锥中，连接AC，BD，连接，如图，则有平面，为侧棱PA与底面ABCD所成的角，即，于是得，因此，顶点P，A，B，C，D在以为球心，2为半径的球面上，即点O与重合，所以球O的体积是，故选B2已知一个圆锥形饮料杯的侧面展开图为半圆，销售商在杯内装入部分饮料后，放入一个实心冰球使其恰好淹没在饮料中，则该冰球与饮料的体积比为（ ）ABCD【答案】C【解析】设饮料圆锥面的底面半径为r，母线长为l，由侧面展开图是半圆，故，圆锥的高，故圆锥的体积为，设冰球的半径为R，则，体积为所以冰球与饮料的体积比为，故选C3在如图所示的棱长为2的正方体中，作与正方体体对角线垂直的平面，（1）三棱锥的外接球的表面积为_；（2）平面与正方体的截面面积最大值为_【答案】，【解析】三棱锥的外接球即是正方体的外接球，正方体的外接球直径为，所以外接球表面积为正方体中，面，同理可证面，同理可证面，由于垂直平面，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面与中间的且过棱的中点的正六边形，且边长为，所以其面积为故答案为，4已知四面体ABCD，平面平面ABC，且四面体ABCD外接球的表面积为，则四面体ABCD的体积为_【答案】【解析】如图所示，取AB的中点H，连接DH，因为平面平面ABC，平面平面，所以平面ABC，所以，又因为，所以平面ABD，可将其补成直三棱柱，的外接圆半径为，因为四面体ABCD外接球的表面积为，所以外接球半径，所以，故答案为5已知正方体的棱长为6，则过，三点的平面与该正方体内切球截面的面积为（ ）A3B6C9D12【答案】B【解析】如图正方体中，过，三点的平面与正方体切于，且分别是的中点，正方体内切球为，连接，则互相垂直，且，所以，则过，三点的截面为球内过这三点的截面圆，截面圆的半径为，其面积为，故选B6已知以正方体6个表面的中心为顶点，形成一个八面体，该八面体的内切球的体积与正方体的外接球的体积比为（ ）ABCD【答案】C【解析】考虑八面体的上半部分为正四棱锥，如图：设正方体棱长为2，则底面正四边形边长为，设M为内切球的球心，侧面正三角形边长为，故侧面上的高为，设T为八面体的内切球与面PEF的切点，则T落在PN上，连接MT，则，故 ，即有，即，又，设正八面体内切球半径为r，故，又正方体外接球直径为正方体的体对角线长，故外接球半径为，设八面体的内切球的体积与正方体的外接球的体积分别为，故，故选C7已知平面垂直于平面，四边形为菱形，三棱锥的顶点都在球O上，则球O的表面积为（ ）ABCD【答案】A【解析】空间中到两点距离相等的点的集合为平面，所以球心平面，在平面上到两点距离相等的点的集合为线段的垂直平分线，取线段的中点为，由余弦定理得，故为线段的垂直平分线，所以球心直线，取的中点为，以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，设，O是球心，只需要使，即，解得，所以，所以，故选A8（多选）已知三棱锥的所有棱长都为2，且球O为三棱锥的外接球，点M是线段BD上靠近D点的四等分点，过点M作平面截球O得到的截面面积为S，则S的可能取值为（ ）ABCD【答案】BC【解析】因为三棱锥是正四面体，棱长为2，所以将其放置于正方体中，可得正方体的外接球就是三棱锥的外接球，因为三棱锥的棱长为2，所以正方体的棱长为，可得外接球直径为，所以，所以截面面积的最大值为，因为点M是线段BD上的点，所以当球心到截面的距离最大时，截面面积最小，此时球心到截面的距离为，为等腰三角形，过点作的垂线，垂足为，由，得，所以，则所得截面半径的最小值为，所以截面面积的最小值为，所以截面面积的范围为，故选BC9（多选）在中，且，若将沿AC边上的中线BD折起，使得平面平面BCD点E在由此得到的四面体ABCD的棱AC上运动，则下列结论正确的为（ ）AB四面体ABCD的体积为C存在点E使得的面积为D四面体ABCD的外接球表面积为【答案】BCD【解析】对于A：取的中点，连接，因为，所以，又平面平面BCD，所以平面，则，若，则，所以平面，则，显然不可能，故选项A错误；对于B：考查三棱锥的体积，易知的面积为，在平面中，过作的垂线，交的延长线于点，易知，因为平面平面，所以到平面，即三棱锥的高为，所以三棱锥的体积为，即四面体的体积为，故选项B正确；对于C：显然当平面时，的面积取得最小值，易知，且，所以，又四面体的体积为，所以，即，且的面积为，所以存在点使得的面积为，故选项C正确；对于D：设与的外心依次为，过作平面的垂线，过作平面的垂线，则四面体的外接球球心为直线与的交点，则四边形为矩形，且，所以四面体的外接球半径为，则外接球表面积为，故选项D正确，故选BCD