专题3 微专题7 空间几何体（word练习）-【精讲精练】2025年高考数学二轮专题辅导与训练

一、单项选择题 1．(2024·山东淄博一模)某圆锥的侧面积为16π，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径长为(　　) A．2　　　　　　　　 B．4 C．2 D．4 解析　设圆锥的母线长为l，底面半径为r，即侧面展开图的半径为l，侧面展开图的弧长为πl.又圆锥的底面周长为2πr，所以2πr＝πl，即圆锥的母线长l＝2r. 所以圆锥的侧面积为πrl＝2πr2＝16π，解得r＝2.故选C. 答案　C 2.《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体为上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分)．现有一个如图所示的曲池，其高为3，AA1⊥底面，底面扇环所对的圆心角为，弧AD的长度为弧BC长度的3倍，且CD＝2，则该曲池的体积为(　　) A. B．5π C. D．6π 解析　不妨设弧AD所在圆的半径为R，弧BC所在圆的半径为r，由弧AD的长度为弧BC长度的3倍可知R＝3r，CD＝R－r＝2r＝2，则r＝1.故该曲池的体积V＝×(R2－r2)×3＝6π.故选D. 答案 D 3．(2024·天津二模)在各棱长均为2的正三棱柱ABC­A1B1C1中，上、下底面的中心分别为D，H，三个侧面的中心分别为E，F，G，若在该三棱柱中挖去两个三棱锥D­EFG和H­EFG，则剩余部分的体积为(　　) A. B． C. D． 解析　如图所示，因为三个侧面的中心分别为E，F，G，所以三棱锥D­EFG和三棱锥H­EFG的底面EFG面积为S△ABC，高为正三棱柱的高的一半，故挖去的几何体的体积为2××××2×2sin 60°×1＝，三棱柱的体积为×2×2sin 60°×2＝2，故剩余几何体的体积为2－＝.故选A. 答案　A 4.《九章算术》将正四棱台体(棱台的上、下底面均为正方形)称为方亭．如图，现有一方亭ABCD­EFHG，其中上底面与下底面的面积之比为1∶4，方亭的高h＝EF，BF＝EF，方亭的四个侧面均为全等的等腰梯形，已知方亭的体积为，则该方亭的表面积为(　　) A．20＋12 B．20＋6 C．5＋3 D．5＋6 解析　因为ABCD­EFHG为正四棱台，所以上、下底面平行且相似，又上底面与下底面的面积之比为1∶4，所以上底面与下底面的边长之比为1∶2.设EF＝a，则AB＝2a，高h＝a，VABCD­EFHG＝a(a2＋4a2＋)＝，解得a＝2.由已知得四边形ABFE是等腰梯形，如图所示， 则EF＝2，AB＝4，BF＝EF＝，过点F作FM⊥AB，垂足为M，则BM＝1，所以FM＝＝，所以等腰梯形ABFE的面积为×(2＋4)×＝3，所以正四棱台ABCD­EFHG的表面积S＝3×4＋22＋42＝20＋12，故选A. 答案　A 5．(2024·北京西城二模)楔体形构件在建筑工程上有广泛的应用．如图，某楔体形构件可视为一个五面体ABCDEF，其中面ABCD为正方形．若AB＝6 cm，EF＝3 cm，且EF与面ABCD的距离为2 cm，则该楔体形构件的体积为(　　) A．18 cm3 B．24 cm3 C．30 cm3 D．48 cm3 解析　如图所示，设G，H分别为AB，DC的中点，连接EG，EH，GH，因为面ABCD为正方形，所以AB∥DC，又AB⊄平面EFCD，DC⊂平面EFCD，所以AB∥平面EFCD， 又平面EFCD∩平面ABFE＝EF，所以AB∥EF，因为G，H分别为AB，DC的中点，AB＝6 cm，EF＝3 cm，所以EF∥GB，EF＝GB，则EGBF为平行四边形，则EG∥FB，同理EH∥FC，又GH∥BC，所以EGH­FBC为三棱柱，由题意，可得V四棱锥E­AGHD＝S矩形AGHD·h＝AD·AG·h＝×6×3×2＝12；又V三棱柱EGH­FBC＝3V三棱锥B­EGH＝3V三棱锥E­BGH＝3××V四棱锥E­AGHD＝·V四棱锥E­AGHD＝×12＝18；所以该多面体的体积为V＝V四棱锥E­AGHD＋V三棱柱EGH­FBC＝12＋18＝30 cm3.故选C. 答案　C 6．已知一个高为6的圆锥被平行于底面的平面截去一个高为3的圆锥，所得圆台的上、下底面圆周均在球O的球面上，球O的体积为π，且球心O在该圆台内，则该圆台的表面积为(　　) A.π B．π C.π D．π 解析　设圆锥的底面半径为2r，依题意得该圆台的上底面半径为r，且圆台的高为3. 设球心O到圆台上底面的距离为a，球O的半径为R， 由球O的体积为πR3＝π，解得R＝， 因为点O在该圆台内，则 解得 可得该圆台的母线长l＝＝＝， 所以圆台的表面积为S＝π(r＋2r)l＋πr2＋π(2r)2＝3πrl＋5πr2＝(3＋5)π.故选B. 答案　B 7．“幂势既同，则积不容异”，这是“祖暅原理”，可以描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，总被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，在圆锥内部放置一个平行六面体，则该平行六面体的体积的最大值为(　　) A. B． C. D． 解析　根据祖暅原理知，圆锥内接斜平行六面体的体积与直平行六面体的体积相同．当底面为正方形时，平行六面体的底面面积最大，所以圆锥内接平行六面体的体积的最大值为圆锥内接正四棱柱的体积的最大值， 如图1，设正四棱柱的底面边长为x，高为y， 作出圆锥的轴截面，如图2， 由图可知，PQ＝x，PM＝y，SO＝，AB＝2. 易知＝＝＝，＝＝， 所以＋＝1，而1＝＋＋≥3，则x2y≤， 当且仅当＝，即x＝，y＝时，等号成立，所以V＝x2y≤.故选D. 答案 D 8．(2024·浙江金丽衢十二校第二次联考)在三棱锥D­ABC中，底面是边长为2的正三角形，若AD为三棱锥D­ABC的外接球直径，且AC与BD所成角的余弦值为，则该外接球的表面积为(　　) A.π B．π C．7π D．16π 解析　如图所示，记球心为O，取AB中点为E、BC中点为F，连接OE，OF，EF，记外接球半径为r，在Rt△ABD中，BD＝2，OE∥BD，OE＝，在△ABC中，EF∥AC，EF＝AC＝1， 在Rt△OBF中，OF＝， 所以AC与BD所成角为∠OEF，即cos∠OEF＝，在△OEF中，OE＝OF＝，EF＝1， 所以cos∠OEF＝＝＝， 解得r2＝，所以该外接球的表面积为4πr2＝4π×＝π，故选A. 答案　A 二、多项选择题 9．(2024·新疆喀什二模)如图，圆台O1O2，在轴截面ABCD中，AB＝AD＝BC＝CD＝2，下面说法正确的是(　　) A．线段AC＝2 B．该圆台的表面积为11π C．该圆台的体积为7π D．沿着该圆台的表面，从点C到AD中点的最短距离为5 解析　显然四边形ABCD是等腰梯形，AB＝AD＝BC＝2，CD＝4，其高即为圆台的高h＝ ＝，在等腰梯形ABCD中，AC＝ ＝2，A正确； 圆台的表面积S＝π×12＋π×22＋π×2＝11π，B正确；圆台的体积V＝π×＝π，C错误； 将圆台一半侧面展开，如下图中扇环ABCD且E为AD中点，而圆台对应的圆锥半侧面展开为扇形COD且OC＝4，又∠COD＝＝，在Rt△COE中，CE＝＝5，斜边CE上的高为＝>2，即CE与弧AB相离，所以C到AD中点的最短距离为5，D正确．故选ABD. 答案　ABD 10.沙漏是由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时，如图，沙漏由上、下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8 cm，细沙全部在上部圆锥中时，其高度为圆锥高度的(细管长度忽略不计)．假设该沙漏每秒钟漏下0.02 cm3的细沙，且细沙全部漏入下部圆锥中后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，以下结论正确的是(　　) A．沙漏中的细沙体积为 cm3 B．沙漏的体积是128π cm3 C．细沙全部漏入下部圆锥中后所得圆锥形沙堆的高度约为2.4 cm D．该沙漏的一个沙时大约是1 565秒(π≈3.14) 解析　对于选项A，根据圆锥的截面图可知，当细沙全部在上部圆锥中时，细沙的底面半径与圆锥的底面半径的比值等于细沙的高与圆锥的高的比值，所以细沙的底面半径r＝×4＝(cm)，所以细沙的体积V＝×πr2××8＝×××8＝(cm3)，A正确；对于选项B，沙漏的体积V′＝2××π×2×8＝π(cm3)，B错误；对于选项C，设细沙全部漏入下部圆锥中后所得圆锥形沙堆的高度为h1，根据细沙的体积不变可知＝×2π×h1，即＝h1，解得h1≈2.4(cm)，C正确；对于选项D，因为细沙的体积为 cm3，沙漏每秒钟漏下0.02 cm3的细沙，所以该沙漏的一个沙时为≈×50≈1 985(秒)，D错误．故选AC. 答案　AC 11.(2024·山西晋中模拟)“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体．已知AB＝1，则关于图中的半正多面体，下列说法正确的有(　　) A．该半正多面体的体积为 B．该半正多面体过A，B，C三点的截面面积为 C．该半正多面体外接球的表面积为8π D．该半正多面体的表面积为6＋2 解析　如图，因为AB＝1，所以该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该半正多面体的体积为V＝3－8×××2×＝，故A正确； 根据该半正多面体的对称性可知，过A，B，C三点的截面为正六边形ABCFED，又AB＝1，所以正六边形面积为S＝6××12＝，故B正确；根据该半正多面体的对称性可知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心，即正六边形ABCFED的中心，故半径为AB＝1，所以该半正多面体外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×12＝4π，故C错误；因为该半正多面体的八个面为正三角形、六个面为正方形，棱长皆为1，所以其表面积为8××12＋6×12＝6＋2，故D正确．故选ABD. 答案　ABD 三、填空题 12．如图，圆锥底面半径为，母线PA＝2，点B为PA的中点，一只蚂蚁从A点出发，沿圆锥侧面绕行一周，到达B点，其最短路线长度为________，其中下坡路段长为________． 解析　如图，将圆锥侧面沿母线PA剪开并展开成扇形，易知该扇形半径为2，弧长为，故圆心角∠APB＝，最短路线即为扇形中的直线段AB，由余弦定理易知 AB＝＝， cos∠PBA＝＝； 过P作AB的垂线，垂足为M， 当蚂蚁从A点爬行到M点的过程中，它与点P的距离越来越小，故AM为上坡路段，当蚂蚁从M点爬行到B点的过程中，它与点P的距离越来越大，故MB为下坡路段，下坡路段长MB＝PB·cos∠PBA＝. 答案　　 13．正三棱锥P­ABC的高为PO，M为PO中点，过AM作与棱BC平行的平面，将三棱锥分为上、下两部分，设上、下两部分的体积分别为V1，V2，则＝________. 解析　如图，连接AO并延长交BC于D，连接PD，则D为BC的中点，延长AM交PD于F，过F作GH∥BC分别交PB，PC于G，H，连接AG，AH，因为GH∥BC，GH⊂平面AGH，BC⊄平面AGH，所以BC∥平面AGH，又AM⊂平面AGH，故平面AGH即为过AM且与棱BC平行的平面，由题可知＝，－＝(－)，即＝＋，设＝λ，则＝＋，又M为PO中点，所以＝＝＋，所以＋＝1，所以λ＝，即＝，所以＝，＝，所以＝＝. 答案　 14．(2024·江南十校联考信息卷)在正四面体P­ABC中，M为PA边的中点，过点M作该正四面体外接球的截面，记最大的截面半径为R，最小的截面半径为r，则＝________；若记该正四面体和其外接球的体积分别为V1和V2，则＝________. 解析　将正四面体P­ABC放置于正方体中，可得正方体的外接球即为该正四面体的外接球，如图，外接球球心O为正方体的体对角线的中点，设正四面体P­ABC的棱长为2a，则正方体棱长为a， 由外接球直径等于正方体的体对角线，得正四面体P­ABC外接球半径R＝×a＝a，当过PA中点M的正四面体外接球截面过球心O时，截面圆面积最大，截面圆半径为R，当该截面到球心O的距离最大时，截面圆面积最小，此时球心O到截面距离为OM＝a，可得最小截面圆半径r＝＝a，因此＝； 正四面体P­ABC外接球体积V2＝R3＝·3＝πa3， 正四面体P­ABC的体积V1＝3－4×××3＝a3，因此＝. 答案　　 学科网（北京）股份有限公司 $$