考点过关分层练习：基本立体图形及空间几何体的表面积和体积-2025届高三数学一轮复习

基本立体图形及空间几何体的表面积和体积 基础巩固组 1.如图,能旋转形成该几何体的平面图形是 (　　) 2. 用斜二测画法得到一个水平放置的平面图形OABC的直观图为如图所示的直角梯形O'A'B'C',其中梯形的上底长是下底长的,若原平面图形OABC的面积为3,则O'A'的长为(　　) A.2 B. C. D. 3.(2025八省联考)底面直径和母线长均为2的圆锥的体积为(　　) A. B.π C.2π D.3π 4.“阿基米德多面体”也称半正多面体,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.如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体,这是一个有八个面为正三角形,六个面为正方形的“阿基米德多面体”,若该多面体的棱长为1,则经过该多面体的各个顶点的球的体积为 (　　) A. B. C.4π D.8π 5.一个圆锥的侧面展开图是一个半圆,则该圆锥的内切球的表面积和圆锥的侧面积的比为(　　) A.2∶3 B.3∶2 C.1∶2 D.3∶4 6.定义:24小时内降水在平地上积水厚度(单位:mm)来判断降雨程度.其中小雨(<10 mm),中雨(10~25 mm),大雨(25~50 mm),暴雨(50~100 mm),小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水,如图,则这天降雨属于哪个等级(　　) A.小雨 B.中雨 C.大雨 D.暴雨 7.(多选)下列四个论断不正确的是(　　) A.过圆锥两母线的截面面积中,最大的是轴截面面积 B.经过一条已知直线有且只有一个平面与已知平面垂直 C.等底面积等高的棱柱与圆柱的体积相等 D.表面积相等的正方体和球体,体积较大的是球体 8.一个正四棱锥的高为7,底面边长为10,若正四棱锥的五个顶点恰好在一个球面上,则该球的半径为　　　　　.  9. (2024辽宁锦州模拟)已知用斜二测画法画梯形OABC的直观图O'A'B'C'如图所示,O'A'=3C'B',C'E'⊥O'A',S梯形OABC=8,C'D'∥y'轴,C'E'=,D'为O'A'的三等分点,则梯形OABC绕y轴旋转一周形成的空间几何体的体积为　　　　　.  综合提升组 10.(多选)如图,一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等,则下列结论正确的是(　　) A.圆柱的体积为4πR3 B.圆锥的侧面积为πR2 C.圆柱的侧面积与圆锥的表面积相等 D.圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶2 11.已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形,PC=PD=3,∠PCA=45°,则△PBC的面积为(　　) A.2 B.3 C.4 D.5 12.在高为2的直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,若该直三棱柱存在内切球,则底面三角形ABC周长的最小值为　　　　　.  13.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=14,BC=5,AA1=4,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=2. (1)求直线CF与C1E所成角的余弦值; (2)过点E,F的平面α与此长方体的表面相交,交线围成一个正方形,求平面α把该长方体分成的较小部分与较大部分的体积的比值. 创新应用组 14.(多选)下列物体中,能被整体放入棱长为1(单位:m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　　) A.直径为0.99 m的球体 B.所有棱长均为1.4 m的四面体 C.底面直径为0.01 m,高为1.8 m的圆柱体 D.底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体 15.用曲率刻画空间弯曲性,规定:多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角,角度用弧度制),多面体面上非顶点的曲率均为零,多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如:正四面体在每个顶点有3个面角,每个面角是,所以正四面体在各顶点的曲率为2π-3×=π,故其总曲率为4π. (1)求四棱锥的总曲率; (2)若多面体满足:顶点数-棱数+面数=2,证明:这类多面体的总曲率是常数. 1.A　解析:该几何体自上向下是由一个圆锥、两个圆台和一个圆柱构成,是由A中的平面图形旋转形成的,故选A. 2.D　解析:设O'A'=x,则O'B'=x,在原图形中OB=2O'B'=2x,BC=B'C'=,OA=O'A'=x,OB为原图形中梯形的高,面积为S=x+x×2x=3,解得x=,故选D. 3.A　解析:根据题意,设该圆锥的高为h,底面半径r=1,母线长为2,则h=,故该圆锥的体积V=r2h=故选A. 4.A　解析:将该多面体放入正方体中,如图所示. 由于多面体的棱长为1,所以正方体的棱长为,因为该多面体是由棱长为的正方体连接各棱中点所得,所以该多面体外接球的球心为正方体体对角线的中点,其外接球直径等于正方体的面对角线长, 即2R=(R为外接球的半径),所以R=1, 所以该多面体外接球的体积为V=R3= 5.A　解析:设圆锥的底面半径为r,母线长为l,高为h,内切球的半径为R,其轴截面如图所示. 设O为内切球球心,因为圆锥的侧面展开图是一个半圆, 所以πl=2πr,得l=2r, 即PA=PB=2r, 所以PD=r, 所以PO=PD-OD=r-R. 由题设及图可得△POE∽△PBD, 所以,所以,解得R=r, 所以圆锥的内切球的表面积和圆锥的侧面积的比为4πR2∶πrl=4πr2∶2πr2=2∶3. 6.B　解析:由题可知,圆锥内积水的高度是圆锥高度的一半,则圆锥内积水部分的半径为r=200=50(mm), 所以由定义可得,积水厚度d==12.5(mm),属于中雨.故选B. 7.AB　解析:由于圆锥母线长度都相等,设两母线的夹角为θ,母线长为2,则过圆锥两母线的截面面积为2×2sin θ=2sin θ,当轴截面两母线的夹角θ=150°时,轴截面的面积为2sin 150°=1,此时可以找到一个两母线的夹角θ=90°不是轴截面的截面,其面积为2sin 90°=2,故A错误;当已知直线垂直于已知平面时,过已知直线的所有平面都垂直于已知平面,故B错误;由于棱柱和圆柱的体积都是底面积乘高,则等底面积等高的棱柱与圆柱的体积相等,故C正确;设正方体的棱长为a,球的半径为R,则表面积S=4πR2=6a2,球的体积为V1=πR3=,正方体的体积为V2=a3=,所以V1>V2,故D正确.故选AB. 8　解析:设该正四棱锥为P-ABCD,由正四棱锥和外接球的性质可知球的球心在正四棱锥的高所在的直线上,设球心为O,底面中心为E(图略), 因为底面是正方形, 所以DE==5, 在直角三角形ODE中,OD2=OE2+DE2,设球的半径为r,有r2=(r-7)2+50⇒r= 9.48π　解析:在直观图中,C'D'=C'E'=1,如图,在还原图中,CD=2. 在直观图中,O'A'=3C'B',D'为O'A'的三等分点, 所以在还原图中,OA=3CB,D为OA的三等分点. 又在直观图中,C'D'∥y'轴, 所以在还原图中,CD∥y轴,则CD⊥OA, 所以S梯形OABC=CD×(OA+CB)=2×4CB=4CB=8,则CB=2, 故OA=6,OD=OA=2,所以梯形OABC是等腰梯形, 所以梯形OABC绕y轴旋转一周所形成的空间几何体的体积等于一个圆台的体积减去一个圆锥的体积, 即V=(42+4×6+62)×2-22×2==48π. 10.BD　解析:依题意圆柱的底面半径为R,高为2R,故圆柱的体积为πR2×2R=2πR3,故A错误; 由题可得,圆锥的母线长为R,圆锥的侧面积为πRR=R2,故B正确; ∵圆柱的侧面积为4πR2,圆锥表面积为R2+πR2,故C错误; 圆柱的体积V圆柱=πR2·2R=2πR3,圆锥的体积V圆锥=R2·2R=R3,球的体积V球=R3, 故V圆柱∶V圆锥∶V球=2πR3R3R3=3∶1∶2,故D正确. 故选BD. 11.C　解析:在四棱锥P-ABCD中,由PC=PD=3,得△CDP是等腰三角形. 设CD的中点为E,AB的中点为F, 由几何知识得,△CDP关于PE对称,点P在平面PEF内,且PA=PB. 在正方形ABCD中,AB=BC=CD=AD=4, 由勾股定理得,AC==4 在△ACP中,∠PCA=45°,由余弦定理得,PA2=PC2+AC2-2AC·PC·cos∠PCA,解得PA=,∴PB=PA=在△BCP中,由余弦定理得,PB2=PC2+BC2-2PC·BC·cos∠BCP,解得cos∠BCP=,∴sin∠BCP=S△PBC=BC·PC·sin∠BCP=4故选C. 12.6+4　解析:因为直三棱柱ABC-A1B1C1的高为2,设内切球的半径为r, 所以2r=2,得r=1. 设AB=a,AC=b,BC=c,因为AB⊥AC,所以a2+b2=c2. 因为S△ABC=ab=(a+b+c)·r=(a+b+c),所以△ABC周长的最小值即为面积的最小值的2倍, 而S△ABC=ab=, 当且仅当“a=b”时取等号. 当a=b时,底面三角形ABC周长最小, 所以c=a, 所以ab=(a+b+c)·r⇒ab=a+b+c⇒a2=2a+a,解得a=2+ 故△ABC周长的最小值为a+b+c=4+2(2+)=6+4 13.解(1)连接EF,EB,BC1,长方体ABCD-A1B1C1D1中,A1E=D1F=2,且A1E∥D1F, 所以四边形A1EFD1是平行四边形,所以A1D1与EF平行且相等, 所以EF与BC平行且相等,所以四边形EFCB为平行四边形, 所以FC∥BE,直线CF与C1E所成角就是∠C1EB或其补角, C1E==13, EB==4, C1B=, 在△C1EB中,由余弦定理,cos ∠C1EB=,所以直线CF与C1E所成角的余弦值为 (2)设围成的正方形为EFNM,则EM=5,作EP⊥AB于点P,作FQ⊥DC于点Q, 所以PM=3,所以点M在点P的右侧,平面α把该长方体分成的两部分为直棱柱AMEA1-DNFD1和直棱柱EMBB1-FNCC1,两个直棱柱的高相等,两部分体积之比为 14.ABD　解析:对于A选项,正方体内切球直径为1 m.因为1>0.99,故A正确; 对于B选项,如图(1),正方体内部最大的正四面体棱长为BA1=>1.4,故B正确; 图(1) 图(2) 对于C选项,如图(2),因为圆柱的底面直径为0.01 m(可忽略不计),故可将高为1.8 m的圆柱看作长为1.8 m的线段,而正方体的体对角线AC1长为 m,且 <1.8,故C错误; 对于D选项,如图(3)①,因为圆柱体的高为0.01 m(可忽略不计),可以将该圆柱体看作直径为1.2 m 的圆.设E,F,G,H,I,J为各棱的中点,六边形EFGHIJ为正六边形,如图(3)②,其棱长为 m,其内切圆直径的长等于FH的长,∠GFH=∠GHF=30°,所以FH=FG=GH=(m).因为>1.2,故D正确.故选ABD. 图(3)① 图(3)② 15.(1)解由题可知,四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和. 可以从整个多面体的角度考虑,所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知, 四棱锥共有5个顶点,5个面,其中4个为三角形,1个为四边形. 所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形,1个为四边形组成,则其总曲率为2π×5-(4π+2π)=4π. (2)证明设顶点数、棱数、面数分别为n,l,m, 所以有n-l+m=2. 设第i个面的棱数为xi,所以x1+x2+…+xm=2l, 所以总曲率为2πn-π[(x1-2)+(x2-2)+…+(xm-2)]=2πn-π(2l-2m)=2π(n-l+m)=4π, 所以这类多面体的总曲率是常数. 学科网（北京）股份有限公司 $$