曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
第八章 立体几何与空间向量
8.1 空间几何体的结构特征、表面积和体积
三年模拟
一、选择题
9√3
1.(2022内蒙古赤峰4月模拟,9)已知△ABC是面积为 的等边三角形,且其顶点都在球
4
O的表面上,若球心O到平面ABC的距离为1,则球O的表面积为( )
16π 32π
A. B. C.16π D.32π
3 3
9√3
答案 C ∵△ABC是面积为 的等边三角形,
4
√3 9√3
∴ AB2= ,∴AB=BC=AC=3.
4 4
设O
1
是△ABC外接圆圆心,
2 √3
∴AO = × ×3=√3,
1
3 2
又∵OO =1,∴AO= =2,
1 √AO2+OO2=√3+1
1 1
∴球O的表面积为S=4π·AO2=4π×4=16π,故选C.
2.(2022宁夏六盘山二模,10)如图,已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的表面上,PA⊥
平面ABC,AC=BC=√2,AB=2,球心O到平面ABC的距离为√3,则球O的体积为(
)
32π 16π
A. B. C.16π D.32π
3 3
答案 A 由已知得AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC.
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因为PA⊥平面ABC,AB,BC⊂平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥BC.
又AC∩PA=A,所以BC⊥平面PAC,所以BC⊥PC,所以球心O是PB的中点.
取AB的中点D,连接OD,则OD∥PA,所以OD⊥平面ABC,所以OD=√3.
设球O的半径为R,在Rt△ODB中,R=OB= =2,
√OD2+DB2=√(√3)2+12
4 4 32π
所以球O的体积为 πR3= ×π×23= ,故选A.
3 3 3
3.(2022江西萍乡二模,11)已知四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是正方形,侧棱PA⊥平面
√6
ABCD,PA=3,且直线PC与平面PAB所成的角的正切值为 ,则四棱锥P-ABCD的体积
3
为( )
A.3 B.9 C.18 D.27
答案 C 设正方形ABCD的边长为a(a>0),
∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BC,
又∵BC⊥AB,PA∩AB=A,
∴BC⊥平面PAB.
∴直线PC与平面PAB所成的角即为∠CPB,
∴BC √6 a √6 ,
= ,∴ = ,解得a=3√2
PB 3 √a2+9 3
1
四棱锥P-ABCD的体积为V= a2·3=18,故选C.
3
4.(2022安徽鼎尖联盟4月联考,10)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面
ABCD,PA=2,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2CD=4,则四棱锥P-ABCD外接球的半径为( )
A.√3B.2C.√5D.√6
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答案 C 在等腰梯形ABCD中,易得∠ABC=∠DCB=60°,取BC的中点E,连接EA、ED,
∴EA=EB=EC=ED=2,∴梯形ABCD内接于以E为圆心,2为半径的圆,
∴四棱锥P-ABCD外接球半径R=√
22+
(2) 2
=√5
.
2
故选C.
5.(2022四川遂宁三诊,11)已知三棱锥S-ABC,SA⊥平面ABC,∠BAC=
π π
,AC=2AB,直线SC与平面ABC所成的角为 ,若三棱锥S-ABC的四个顶点都在
2 4
表面积为9π的球面上,则SB=( )
A.1 B.2 C.√5 D.3
答案 C 设AB=a(a>0),则AC=2a,
∵SA⊥平面ABC,
∴直线SC与平面ABC所成的角为∠SCA,
π
∴∠SCA= ,∴SA=AC=2a.
4
以AC,AB,AS分别为长、宽、高作长方体,如图.
则长方体的外接球即为三棱锥S-ABC的外接球,
所以(2R)2=a2+(2a)2+(2a)2=9a2,
又外接球的表面积S=4πR2=9π,
∴9=9a2,解得a=1(负值舍去),
在Rt△SAB中,SB= .
√AS2+AB2=√4+1=√5
故选C.
6.(2022贵阳五校联考,11)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面
1
上,PA=PB=PC,△ABC是边长为√2的正三角形,三棱锥P-ABC的体积为 ,Q为BC
6
的中点,则过点Q的平面截球O所得截面面积的取值范围是( )
A.[1 3 ] [1 2 ]
π, π B. π, π
2 4 2 3
C.[1 3 ] [1 2 ]
π, π D. π, π
4 4 4 3
答案 A 设P在底面ABC上的射影为M,因为PA=PB=PC,
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√3 1
所以M为△ABC的中心,由题可知,S
△ABC
=
2
,由V P-ABC=
3
PM·S
△ABC
=
1 √3
,解得PM= .
6 3
√6
在正△ABC中,可得AM= .从而在Rt△PAM中解得PA=1.进而可得
3
PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,因此正三棱锥P-ABC可看作正方体的一角,
正方体的外接球与三棱锥P-ABC的外接球相同,正方体体对角线的中点为球心O.
设外接球半径为R,则R=
√3 3
,因为球的最大截面圆为过球心的圆,所以过Q的平面截球O所得截面的面积最大值为Smax=πR2=
2 4
π;
Q为BC中点,由正方体结构特征可得OQ=
1 √2 1
,由球的结构特征可知,当OQ垂直于过Q的截面时,截面圆半径最小,为r=√R2-OQ2= ,所以Smin=πr2=
2 2 2
π.
因此,过Q的平面截球O所得截面面积的取值范围为[1 3 ].故选A.
π, π
2 4
7.(2022山西晋中二模,9)已知三棱柱的各个侧面均垂直于底面,底面为正三角形,侧棱长
与底面边长之比为3∶2,顶点都在一个球面上,若三棱柱的侧面积为162,则该球的表面积
为( )
A.120π B.√129π C.129π D.180π
答案 C 设球的半径为r,正三棱柱底面边长为2x,侧棱长为3x,由3·(3x)·(2x)=18x2=162,
解得x=3,可知侧棱长为9,底面边长为6,如图所示,
设N,M分别是正三棱柱ABC-A B C 上、下底面的中心,则 MN 的中点 O 是正三棱柱
1 1 1
ABC-A B C 外接球的球心,则AM=
1 1 1
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√3
×6=2√3,OM=
1
MN=
1
AA1=
9
,故r=OA=√OM2+AM2=
√ (9) 2
+(2√3)2=
√129
3 2 2 2 2 2
2
,所以S=4πr2=4π×(√129) =129π.故选C.
2
8.(2021江西八所重点高中4月联考,11)已知三棱锥P-ABC的外接球的表面积为
64π,AB=2,AC=2√3,AB⊥AC,PA=8,则三棱锥P-ABC的体积为( )
16√3 8√3
A.8 B. C. D.16
3 3
答案 A 设球的半径为R,球心为O,
则4πR2=64π,所以R=4,又知PA=8=2R,
所以PA是球的直径,球心O是PA的中点,
因为AB⊥AC,
所以 BC 的中点 E 是 Rt △ ABC 的外心 ,
所以OE⊥平面ABC,又AE⊂平面ABC,
所以OE⊥AE
,因为BC= =4,
√AB2+AC2
1
所以AE= BC=2,
2
所以OE= ,
√OA2-AE2=√42-22=2√3
∵O是PA的中点,
∴点P到平面ABC的距离为2OE=4√3.
1 1 1
所以V = S ·2OE= × ×2×2√3×4√3=8,故选A.
P-ABC
3
△ABC
3 2
9.(2022河南洛阳一模,10)如图,AB,CD分别是圆柱上、下底面圆的直径,且AB⊥CD,O
1
,O
2
分别为上、下底面圆的圆心,若圆柱的轴截面为正方形,且三棱锥A-BCD的体积为4√3,
则该圆柱的侧面积为( )
A.9π B.10π C.12π D.14π
答案 C 设圆柱的母线长为2a,则圆柱的底面圆的半径为a,连接O C,O D,O O ,由题意
1 1 1 2
1
可知,V =2V =2× ×AO ×
A-BCD A-O 1 CD 3 1
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1 1 1 1 4
S =2× ×AO1× ×O1O2×CD=2× ×a× ×2a×2a= a3=4√3,解得a=√3,所以该圆柱的侧面积S=2π×a×2a=2π×√3×2√3
△O 1 CD 3 2 3 2 3
=12π.故选C.
10.(2022陕西质检(一),12)四面体DABC内接于球O,BC=2,AC=4,∠ACB=60°.若四面体
DABC体积的最大值为4,则这个球的体积为( )
256√3 16√3 128√3
A. πB. πC.128πD. π
27 9 27
答案 A 在△ABC中,∵BC=2,AC=4,∠ACB=60°,
1
∴BA2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB=16+4-2×4×2×
2
1
=12,∴AC2=AB2+BC2,∴∠ABC=90°.∴S
△ABC
=
2
×2×2√3=2√3.
设AC的中点为O
1
,则O
1
为过△ABC的截面圆的圆心,
∵V 的最大值是4,∴点D到平面ABC的距离的最大值为2√3.
D-ABC
∵四面体DABC内接于球O,∴点D到平面ABC的距离最大时,点D为垂直于截面ABC
的球的直径的一端点,此时D,O,O 三点共线,如图.设球的半径为R,
1
4√3 4π
在Rt△AOO
1
中,R2=AO
1
2+OO
1
2,即R2=22+(2√3-R)2,解得R=
3
,V球O=
3
×
3
(4√3) 256√3π.
=
3 27
11.(多选)(2021河北保定二模,9)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√5πR2
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
答案 BD 依题意知圆柱的底面半径为R,圆柱的高为2R,则圆柱的体积为
πR2×2R=2πR3,∴A中结论错误;圆锥的母线长为
√5R,则圆锥的侧面积为πR×√5R=√5πR2,
∴B中结论正确;∵圆柱的侧面积为4πR2,圆锥的表面积为√5πR2+πR2,∴C中结论错误;
1
∵V =πR2·2R=2πR3,V = πR2·2R=
圆柱 圆锥 3
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2 4 2 4
πR3,V球= πR3,∴V圆柱∶V圆锥∶V球=2πR3∶ πR3∶ πR3=3∶1∶
3 3 3 3
2,∴D中结论正确.故选BD.
二、填空题
12.(2022河南开封模拟,15)直三棱柱ABC-A'B'C'的各个顶点都在球O的球面上,且
AB=AC=1,BC=√2.若球O的表面积为3π,则这个三棱柱的体积是 .
1
答案
2
解析 ∵AB=AC=1,BC=√2,∴AB⊥AC,
∴直三棱柱ABC-A'B'C'外接球的球心O即为侧面BCC'B'的中心.
√3 √3
设球O的半径为r,则4πr2=3π,∴r= ,即OC=r= ,
2 2
∴直三棱柱ABC-A'B'C'的高h=2√ r2- (1 BC ) 2 =1,
2
1 1
∴直三棱柱ABC-A'B'C'的体积V=S ·h= ×1×1×1= .
△ABC
2 2
π
13.(2022银川一中一模,15)在直三棱柱ABC-A
1
B
1
C
1
中,AB=BC=2,∠ABC= .若该直三棱
2
柱的外接球表面积为16π,则此三棱柱的高为 .
答案 2√2
π
解析 在直三棱柱ABC-A
1
B
1
C
1
中,∵∠ABC= ,∴AB⊥BC,又AB=BC=2,
2
∴直三棱柱ABC-A B C 的底面ABC为等腰直角三角形.
1 1 1
把直三棱柱ABC-A B C 补成正四棱柱,则正四棱柱的体对角线是其外接球的直径,
1 1 1
设D,D 分别为AC,A C 的中点,连接DD ,则DD 的中点O为球心,设直三棱柱的高为
1 1 1 1 1
h(h>0),则球的半径R=
√
(√2)2+
(h) 2
=
√
2+
h2
,故表面积为S=4πR2=4π
(
2+
h2 )
=16π,解得h=2√2
.
2 4 4
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1
14.(2022哈尔滨九中二模,16)在梯形ABCD中,∠ABC=∠BAD=90°,AB=BC= AD=1,将
2
△ABC沿直线AC翻折成△AB
1
C,当三棱锥B
1
-ACD的体积最大时,三棱锥B
1
-ACD的外接
球的表面积为 .
答案 4π
解析 ∵△ACD面积为定值,故当B
1
到平面ACD距离最大时,三棱锥B
1
-ACD体积最大,
即当平面B
1
AC⊥平面ACD时,三棱锥B
1
-ACD的体积最大.
记AD中点为O,AC中点为E,连接OE,B E,OB ,OC.
1 1
易知AB
1
=CB
1
=1,AB 1⊥CB
1
,AC=CD=√2,AC⊥CD,
√1 1
易知EO⊥平面B
1
AC,B
1
E⊥平面ACD,可得OB
1
= + =1,OA=OC=OD=1,
2 2
故O为三棱椎B -ACD的外接球的球心,且球的半径为R=1,故外接球表面积为4πR2=4π.
1
15.(2022豫南九校4月联考,15)如图,在正四棱台ABCD-A B C D 中,AB=2A B ,且存在
1 1 1 1 1 1
R
一个半径为r的球,与该正四棱台的各个面均相切.设该正四棱台的外接球半径为R,则
r
= .
√65
答案
4
解析 设内切球球心为O ,外接球球心为O ,棱BC,B C 的中点分别为E,F,不妨设r=2,正
1 2 1 1
四棱台上、下底面的中心分别为P,Q,则PQ=4.图1为正四棱台与其内切球的部分轴截面,
设球O 与EF相切于H,图2为正四棱台的对角面的一部分.
1
图1 图2
π
易知FP=FH,EQ=EH,∠FO 1 E=∠FO 1 H+∠EO 1 H= , Rt △ PFO 1 ∽ Rt △ QO 1 E , 所以
2
PF r
= ,又知QE=2PF,所以PF=√2,QE=2√2,所以PB =2,QB=4,
1
r QE
√65
所以√R2-4+√R2-16=4,解得R= ,
2
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R √65
所以 = .
r 4
16.(2022安徽江南十校3月联考,16)半正多面体亦称阿基米德多面体,是由边数不全相同
的正多边形组成的多面体.如图所示,将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个
三棱锥,如此共截去八个三棱锥,得到一个有十四个面的半正多面体,其中八个面为正三角
形,六个面为正方形,它们的边长都相等,称这样的半正多面体为二十四等边体.现有一个
体积为V 的二十四等边体,其外接球体积为V ,则 V = .
1 2 2
V
1
2√2π
答案
5
解析 设该二十四等边体是由棱长为2的正方体沿正方体各棱的中点截去8个三棱锥
1 1 20
所得的,其体积V =2×2×2-8× × ×1×1×1= .
1
3 2 3
由二十四等边体的对称性可知,其外接球的球心即为正方体中心,半径为中心到一个顶点
的距离,则R= 4 8√2π V 2√2π.
√2,故V 2= π(√2)3= ,从而 2=
3 3 V 5
1
一年创新
3
1.(2022海淀期末,9)如图,A,B是两个形状相同的杯子,且B杯高度是A杯高度的 ,则B
4
杯容积与A杯容积之比最接近的是( )
A B
A.1∶3 B.2∶5 C.3∶5 D.3∶4
3
答案 B 因为两个杯子形状相同,且B杯高度是A杯高度的 ,所以B杯与A杯的底面
4
半径之比是3∶4,
所以两个杯子的底面积之比为S ∶S =32∶42,
B A
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所以B杯容积与A杯容积之比为 S
B
h
B
=(3) 2
×
3
=
27≈0.4=2∶5,故选B.
S h 4 4 64
A A
2.(2022豫北名校联盟4月联考,12)“莫言下岭便无难,赚得行人错喜欢.”出自南宋诗人杨
万里的作品《过松源晨炊漆公店》.如图是一座山的示意图,山大致呈圆锥形,山脚呈圆形,
半径为40 km,山高为40√15 km,B是山坡SA上一点,且AB=40 km.为了发展旅游业,要
建设一条从A到B的环山观光公路,这条公路从A出发后先上坡,后下坡,当公路长度最
短时,下坡路段长为( )
A.60 km B.12√6 km
C.72 km D.12√15 km
答案 C 圆锥的母线长为 =160 km,
√(40√15)2+402
2×π×40 π π
所以 = ,即圆锥的侧面展开图是圆心角为 的扇形,如图,沿SA展开圆锥
160 2 2
的侧面,连接A'B,过点S作A'B的垂线,垂足为H,
由两点之间线段最短,知观光公路为图中的线段A'B,A'B=
√SA'2+SB2=√1602+1202
=200 km.
记点P为A'B上任一点,连接PS,
上坡时,P到山顶S的距离|PS|越来越小,下坡时,P到山顶S的距离|PS|越来越大,∴下坡段
SB2 1202
的公路,即图中的线段HB.由Rt△SA'B∽Rt△HSB,得HB= = =72 km.
A'B 200
因此下坡路段长为72 km.
3.
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(2022四川攀枝花第三次统考,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为矩形,PB⊥
平面ABCD,AB=1,PB=√3,点M在AD上,当PM+MC取得最小值时,PM⊥MC,则此时四棱
锥P-ABCD的外接球表面积为 .
17π
答案
2
解析 将侧面PAD展开,使平面PAD与平面ABCD共面,如图所示:
连接PC交AD于点M,此时PM+MC取得最小值.
在四棱锥P-ABCD中,由AB=1,PB=√3可知PA=2.设BC=x(x>0),
PA MA 2 MA
由△MPA∽△CPB,可知 = ,即 = ,
PB CB 3 x
则MA=2 x √ 4 √ x2.
x,则DM= ,则PM= 4+ x2,MC= 1+
3 3 9 9
对于四棱锥P-ABCD,在Rt△PBC中,PC= ,
√3+x2
4 x2 3√2
又∵PM⊥MC,∴PM2+MC2=PC2,即4+ x2+1+ =3+x2,解得x= .
9 9 2
设四棱锥P-ABCD的外接球半径为R,
2
有4R2=( )2+12+(3√2) 17,
√3 ,解得R2=
2 8
17π
故S=4πR2= .
2
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