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第41练　空间几何体
1.已知正四棱台的上底面边长为2,下底面边长为4,高为6,则该正四棱台的体积为 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　
A.60 B.20
C.40 D.56
2.将一个半径为2 cm的金属球熔化后,先浇铸成6个半径为1 cm的小球,再把剩余材料铸成1个正方体,则该正方体的棱长大约为 (　 )
A.1.5 cm B.2 cm
C.2.5 cm D.3 cm
3.[2025·河南三门峡三模] 已知某圆台的侧面展开图是如图所示的扇环,且,的长分别为2π,4π.若A1A=3,则该圆台的体积是 (　 )
A.π B.π
C.π D.π
4.[2025·陕西榆林质检] 若正四棱锥的高为,且其各侧面的面积之和是底面积的2倍,则该四棱锥的表面积为 (　 )
A.4 B.8
C.12 D.24
5.[2025·鞍山二模] 若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π,则圆锥母线与底面所成角的大小为 (　 )
A. B.
C. D.
6.(多选题)如图,四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰梯形A'B'C'D'.已知A'D'=,C'D'=2,则下列说法正确的是 (　 )
A.AB=2
B.AD=2
C.四边形ABCD的周长为6+2+2
D.四边形ABCD的面积为6
7.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,AA1=5,E,F,G分别为侧棱BB1,CC1,DD1上一点,则AE+EF+FG+GA1的最小值为　　　　.
8.如图,八面体的每一个面都是正三角形,并且4个顶点A,B,C,D在同一个平面内,四边形ABCD是正方形,这个八面体的表面积为8,则正方形ABCD的边长是　　　　.
9.如图,一个圆锥的底面半径为1,高为3,在圆锥中有一个底面半径为x的内接圆柱.
(1)求此圆锥的表面积与体积.
(2)试用x表示圆柱的高h.
(3)当x为何值时,圆柱的表面积最大 最大表面积为多少
10.[2025·北京海淀区一模] 已知A4纸的长宽比约为∶1.现将一张A4纸卷成一个圆柱的侧面(无重叠部分).当该圆柱的高等于A4纸的长时,设其体积为V1,轴截面的面积为S1;当该圆柱的高等于A4纸的宽时,设其体积为V2,轴截面的面积为S2.则 (　 )
A.V1=V2,S1=S2
B.V1≠V2,S1=S2
C.V1=V2,S1≠S2
D.V1≠V2,S1≠S2
11.[2023·全国甲卷] 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.6
12.(多选题)如图,该几何体是正四棱柱和正四棱锥组成的几何体,若该几何体底面边长和上面正四棱锥的侧棱长均为10 cm,正四棱柱的高为5 cm,则下列选项中正确的是 (　 )
A.正四棱锥的高为5 cm
B.该几何体的表面积为(100+100)cm2
C.该几何体的体积为cm3
D.一只小蚂蚁从点E沿几何体的表面爬行到点S,它所经过的最短路程为5 cm
13.(多选题)[2022·新高考全国Ⅱ卷] 如图,四边形ABCD为正方形,ED⊥平面ABCD,FB∥ED,AB=ED=2FB,记三棱锥E-ACD,F-ABC,F-ACE的体积分别为V1,V2,V3,则 (　 )
A.V3=2V2 B.V3=2V1
C.V3=V1+V2 D.2V3=3V1
14.某公园设置了一些石凳供大家休息,每张石凳是由正方体石料截去八个一样的四面体得到的,如图所示.如果原正方体石料的棱长是 m,那么一张石凳的表面积是
　　　　 m2.
15.如图,水平地面上有一正六边形地块ABCDEF,设计师规划在正六边形的顶点处矗立六根与地面垂直的柱子,用以固定一块平板式太阳能电池板A1B1C1D1E1F1.若其中三根柱子AA1,BB1,CC1的高度依次为12 m,9 m,10 m,则另外三根柱子的高度之和为
　　　　m.
16.祖暅原理也称祖氏原理,是我国数学家祖暅提出的一个求体积的著名命题:“幂势既同,则积不容异”.“幂”是截面积,“势”是几何体的高,意思是两个同高的几何体,若在等高处截面积相等,则体积相等.由曲线-=1,y=±x,y=±4围成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V,则V=　　　　.
17.[2025·山东新高考联盟联考] 已知圆柱O1O的底面直径为2,其轴截面是矩形ABCD,A1为底面圆弧AB上任一点,若△A1CD面积的最大值为,则圆柱O1O的母线长为　　　　.
第41练　空间几何体
1.D　[解析] 因为正四棱台的上底面边长为2,下底面边长为4,高为6,所以该正四棱台的体积V=×(42+22+)×6=56.故选D.
2.B　[解析] 设正方体的棱长为a cm,则a3+6×π×13=π×23,解得a=≈2.故选B.
3.C　[解析] 由题易知,圆台上、下底面的半径分别为r=1,R=2,高h==2,所以该圆台的体积V=×(π+4π+2π)×2=π.故选C.
4.D　[解析] 如图,PO是正四棱锥的高,所以PO=,PE是斜高,由各侧面的面积之和是底面积的2倍,可得4×BC·PE=2BC2,所以BC=PE.在Rt△POE中,PO=,OE=BC=PE,所以6+=PE2,所以PE=2,则底面积S1=BC2=PE2=8,侧面积S2=2S1=16,则表面积S=S1+S2=8+16=24.故选D.
5.A　[解析] 设圆锥底面的半径为r,母线长为l,高为h,则由题意得=2π,可得l=2h.设圆锥母线与底面所成的角为θ,则sin θ==,所以θ=,所以圆锥母线与底面所成角的大小为.故选A.
6.BCD　[解析] 对于A,B,还原平面图如图,则AB=A'B'=4,CD=C'D'=2,AD=2A'D'=2,故A错误,B正确;对于C,过C作CF⊥AB交AB于点F,则AF=DC=2,由勾股定理得CB==2,故四边形ABCD的周长为4+2+2+2=6+2+2,故C正确;对于D,四边形ABCD的面积为×(4+2)×2=6,故D正确.故选BCD.
7.　[解析] 将正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图①)的侧面沿AA1展开,得到展开图(如图②),当A,E,F,G,A1五点共线时,AE+EF+FG+GA1取得最小值,且最小值为=.
8.2　[解析] 设正方形ABCD的边长为a,则这个八面体的表面中所有的正三角形边长均为a,所以其表面积为8×a2=8,可得a=2.
9.解:(1)设圆锥的母线长为l,
由半径r=1,高h'=3,得l=,
∴S侧=πrl=π,S底=πr2=π,
故S表=(+1)π,
V=·πr2·h'=π.
(2)如图,连接O1A1,OA,由三角形相似可得=,得h=3(1-x)(0(3)记圆柱的表面积为S,则S=2πx·3(1-x)+2πx2=2π(-2x2+3x)=-4π+.
∵010.B　[解析] 不妨设A4纸的长、宽分别为,1.当圆柱的高等于A4纸的长时,设其底面圆半径为r1,则2πr1=1,解得r1=,则V1=π×=π××=,S1=2r1×=;当圆柱的高等于A4纸的宽时,设其底面圆半径为r2,则2πr2=,解得r2=,则V2=π×1=π××1=,S2=2r2×1=.综上所述,V1≠V2,S1=S2.故选B.
11.C　[解析] 方法一:连接BD,交AC于点O,连接PO,如图,则O为AC,BD的中点.因为底面ABCD是边长为4的正方形,所以AC=BD=4,则DO=CO=2,又PC=PD=3,所以△PDO≌△PCO,则∠PDO=∠PCO,又PC=PD=3,AC=BD=4,所以△PDB≌△PCA,则PA=PB.在△PAC中,PC=3,AC=4,∠PCA=45°,则由余弦定理可得PA2=AC2+PC2-2AC·PCcos∠PCA=32+9-2×4×3×=17,故PA=,则PB=,故在△PBC中,PC=3,PB=,BC=4,所以cos∠PCB===,又0°<∠PCB<180°,所以sin∠PCB==,
所以△PBC的面积S=PC·BCsin∠PCB=×3×4×=4.故选C.
方法二:连接BD,交AC于点O,连接PO,如图,则O为AC,BD的中点.因为底面ABCD是边长为4的正方形,所以AC=BD=4,在△PAC中,PC=3,∠PCA=45°,则由余弦定理可得PA2=AC2+PC2-2AC·PCcos∠PCA=32+9-2×4×3×=17,故PA=,
所以cos∠APC===-,则·=||||cos∠APC
=×3×=-3.不妨设PB=m(m>0),∠BPD=θ,因为=(+)=(+),所以=(+)2,即++2·=++2·,则17+9+2×(-3)=m2+9+2×3×mcos θ,整理得m2+6mcos θ-11=0①.在△PBD中,BD2=PB2+PD2-2PB·PDcos∠BPD,即32=m2+9-6mcos θ,则m2-6mcos θ-23=0②.由①+②得2m2-34=0,可得PB=m=,故在△PBC中,PC=3,PB=,BC=4,所以cos∠PCB
===,又0°<∠PCB<180°,所以sin∠PCB==,所以△PBC的面积S=PC·BCsin∠PCB=×3×4×=4.故选C.
12.ACD　[解析] 对于A,取O为AC与BD的交点,易得OA=5 cm,SO==5(cm),故A正确;对于B,该几何体的表面积为102+4×10×5+4××102=100+300(cm2),故B错误;对于C,该几何体的体积为102×5+×102×5=500+(cm3),故C正确;对于D,观察图形知,小蚂蚁从点E爬行到点S的最短路径为沿表面越过棱AB或AD,由对称性,不妨取长方形EFBA及正三角形SAB,将它们置于同一平面内,连接SE,如图,取EF的中点M,连接SM, 则SM=5+=10(cm),又EM=5(cm),所以最短路程为SE===5(cm),故D正确.故选ACD.
13.CD　[解析] 设正方形ABCD的边长为2,则ED=2,FB=1,AC=2,∴V1=VE-ACD=S△ACD·ED=.∵ED⊥平面ABCD,FB∥ED,∴FB⊥平面ABCD,∴V2=VF-ABC=S△ABC·FB=.连接BD交AC于M,连接EM,FM,∵AC⊥ED,AC⊥BD,BD∩ED=D,∴AC⊥平面BDEF.过F作FN⊥DE,垂足为N,则FN∥BD,且FN=BD=2,在Rt△ENF中,EF==3.在Rt△MBF中,FM==.在Rt△EDM中,EM==,∴EM2+FM2=EF2,即EM⊥FM,故V3=VF-ACE=S△EMF·AC=2.故选项A,B错误,选项C,D正确,故选CD.
14.
[解析] 原正方体石料,如图,因为正方体的棱长为 m,所以石凳的每条边的边长为=(m),石凳上等边三角形的高为×=(m),所以石凳的表面积S=×6+×××8=+=(m2).
15.47　[解析] 依题意可知A1,B1,C1,D1,E1,F1六点共面,连接AD,BE,CF,由正六边形ABCDEF的性质知AD,BE,CF交于一点,设为O,连接A1D1,B1E1,C1F1,由题意知A1D1,B1E1,C1F1交于一点,设为O1,连接OO1,则OO1⊥平面ABCDEF,所以OO1,AA1,BB1,CC1,DD1,EE1,FF1两两平行.连接AC交OB于G,连接A1C1交O1B1于G1,连接GG1,根据正六边形的性质可知四边形ABCO是菱形,所以AC,OB相互平分,则A1C1,O1B1相互平分,根据梯形中位线定理有GG1==,即=,可得OO1=13 m,在梯形BEE1B1中,O是BE的中点,则O1是B1E1的中点,所以EE1=2OO1-BB1=26-9=17(m),同理可得DD1=26-12=14(m),FF1=26-10=16(m),所以DD1+EE1+FF1=14+17+16=47(m).
16.32π　[解析] 由曲线-=1,y=±x,y=±4围成的图形为图中实线所围成的图形(关于x轴对称).设直线y=h(0≤h≤4)与直线y=x,曲线-=1在第一象限分别交于点A,B,易得A,B,截面上底面的小圆面积S1=π=πh2,大圆面积S2=π=πh2+4π,则圆环面积S=S2-S1=4π.由祖暅原理知,旋转体的体积V与底面积为4π,高为8的圆柱体积相等,故所求旋转体的体积V=32π.
17.　[解析] 设圆柱O1O的母线长为l,如图,A1在上底面的正投影为点E,可知A1E即为母线且和上底面垂直,所以A1E⊥CD,过E作CD的垂线,垂足记为F,连接A1F,又EF∩A1E=E,且EF,A1E都在平面A1EF内,所以CD⊥平面A1EF,又A1F 平面A1EF,所以CD⊥A1F,所以当A1F最大时,△A1CD的面积取得最大值,结合A1F2=A1E2+EF2,可知EF最大时A1F最大,易知EF≤1,所以当E为圆弧CD的中点,F为CD的中点时,A1F最大,最大值为,所以△A1CD面积的最大值为=,解得l=.

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