2024届高考二轮复习数学试题（新高考新教材） 专题突破练13　空间几何体的结构、表面积与体积 .docx

专题突破练 13 　 空间几何体的结构、表面积与体积 一、单项选择题 1 . 某圆锥的母线长为 2, 底面半径为 , 则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为 ( 　　 ) A . 2 B . C . D . 1 2 . 阿基米德是伟大的古希腊数学家 , 他和高斯、牛顿并列为世界三大数学家 , 他一生最为满意的一个数学发现就是 “ 圆柱容球 ” 定理 , 即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切 , 球的体积是圆柱体积的 , 球的表面积也是圆柱表面积的 . 今有一 “ 圆柱容球 ” 模型 , 其中圆柱的表面积为 12 π , 则该模型中球的体积为 ( 　　 ) A . 8 π B . 4 π C . D . 3 . 在菱形 ABCD 中 , AB=BD= 2, 将 △ ABD 沿 BD 折起 , 使二面角 A-BD-C 的大小为 60 ° , 则三棱锥 A-BCD 的体积为 ( 　　 ) A . B . C . D . 2 4 . 正多面体的各个面都是全等的正多边形 , 其中 , 面数最少的正多面体是正四面体 , 面数最多的正多面体是正二十面体 , 它们被称为柏拉图多面体 . 某些病毒 , 如单纯疱疹病毒的核衣壳就是正二十面体 . 如图 , 正二十面体是由 20 个等边三角形组成的 . 已知多面体满足顶点数 - 棱数 + 面数 = 2, 则正二十面体的顶点的个数为 ( 　　 ) A . 30 B . 20 C . 12 D . 10 5 . (2021 · 全国甲 , 理 11) 已知 A , B , C 是半径为 1 的球 O 的球面上的三个点 , 且 AC ⊥ BC , AC=BC= 1, 则三棱锥 O-ABC 的体积为 ( 　　 ) A . B . C . D . 二、多项选择题 6 . 已知正四棱台的上底面边长为 1, 侧棱长为 2, 高为 , 则 ( 　　 ) A . 棱台的侧面积为 8 B . 棱台的体积为 13 C . 棱台的侧棱与底面所成的角为 D . 棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为 7 . (2023 · 新高考 Ⅱ ,9) 已知圆锥的顶点为 P , 底面圆心为 O , AB 为底面直径 , ∠ APB= 120 ° , PA= 2, 点 C 在底面圆周上 , 且二面角 P-AC-O 为 45 ° , 则 ( 　　 ) A . 该圆锥的体积为 π B . 该圆锥的侧面积为 4 π C . AC= 2 D . △ PAC 的面积为 三、填空题 8 . 将一个边长为 2 的正三角形以其中一边所在直线为旋转轴旋转一周 , 所得几何体的表面积为 　　　　　 .   9 . 已知三棱锥 S-ABC 的三条棱 SA , SB , SC 两两互相垂直 , 且 AC= , AB= , 该三棱锥的外接球的表面积为 14 π , 则 BC= 　　　　 .   专题突破练 13 　 空间几何体的结构、表面积与体积 1 . A 　 解析 如图 , 设截面为 △ SMN , P 为 MN 的中点 , O 为底面圆的圆心 , OP=x (0≤ x< ), 由题意可知 SB= 2, OB= , 则 SO= 1, SP= , MN= 2 , 所以 S △ SMN = MN·SP= . 因为 0≤ x< , 所以当 x 2 = 1, 即 x= 1 时 ,( S △ SMN ) max = 2 . 故选 A . 2 . D 　 解析 由题意可知球的表面积为 12 π × = 8 π , 设球的半径为 r , 则 4 π r 2 = 8 π , 解得 r= , 所以球的体积为 π r 3 = π × ( ) 3 = π . 故选 D . 3 . A 　 解析 如图 , 取 BD 的中点 E , 连接 AE , CE , 则 AE ⊥ BD , CE ⊥ BD , AE=CE= , ∠ AEC= 60 ° , 所以 △ AEC 为等边三角形 . 作 AF ⊥ CE 于点 F , 则 AF= . 因为 BD ⊥ AE , BD ⊥ CE , AE ∩ CE=E , 所以 BD ⊥ 平面 ACE , 所以 BD ⊥ AF. 又 BD ∩ CE=E , 所以 AF ⊥ 平面 BCD. 又 S △ BCD = × 2 2 = , 所以 V 三棱锥 A-BCD = S △ BCD ·AF= . 故选 A . 4 . C 　 解析 依题意 , 正二十面体的棱的条数为 = 30, 所以正二十面体的顶点的个数为 30 - 20 + 2 = 12 . 故选 C . 5 . A 　 解析 如图 , AC ⊥ BC , AC=BC= 1, 设 O 1 为 AB 的中点 , 连接 CO 1 , OO 1 , 则 CO 1 = , 由题意 OO 1 ⊥ 平面 ABC , 在 Rt △ OO 1 C 中 , OO 1 = , 则三棱锥 O-ABC 的体积为 × 1 × 1 × . 6 . AC 　 解析 如图 , 过点 A 1 作 A 1 H ⊥ AB 于点 H , 过点 A 1 作 A 1 M ⊥ AC 于点 M , 则 A 1 M ⊥ 平面 ABCD , AH ⊥ MH , 所以 AM= . 又因为 AH=MH , 所以 AH= 1, 所以 A 1 H= , AB= 2 × 1 + 1 = 3 . 所以棱台的侧面积为 4 × = 8 . 所以 A 正确 . 因为上底面面积 S'= 1, 下底面面积 S= 9, 所以棱台的体积为 ( S+ +S' ) ·A 1 M= × 13 × ≠13 . 所以 B 错误 . 因为 ∠ A 1 AM 为侧棱 A 1 A 与底面所成的角 ,cos ∠ A 1 AM= , 所以 ∠ A 1 AM= . 所以 C 正确 . 因为 ∠ A 1 HM 为侧面 AA 1 B 1 B 与底面所成二面角的平面角 ,sin ∠ A 1 HM= , 所以 D 错误 . 故选 AC . 7 . AC 　 解析 由题意 , 可得 PO ⊥ 平面 AOC , ∠ APO= ∠ APB= 60°, 所以 PO=PA cos ∠ APO= 1, AO=PA sin ∠ APO= . 如图 , 取 AC 的中点 D , 连接 PD , OD , 则 PD ⊥ AC , OD ⊥ AC , 所以 ∠ PDO 即为二面角 P-AC-O 的平面角 , 所以 ∠ PDO= 45° . 因为 OD ⊂ 平面 AOC , PO ⊥ 平面 AOC , 所以 PO ⊥ OD , 所以 △ PDO 为等腰直角三角形 , 所以 OD=PO= 1, PD= . 对于 A, 圆锥的体积 V= π × ( ) 2 × 1 = π , 故 A 正确 ; 对于 B, 圆锥的侧面积 S= π × × 2 = 2 π , 故 B 不正确 ; 对于 C, AC= 2 = 2 , 故 C 正确 ; 对于 D, S △ PAC = ×AC×PD= × 2 = 2, 故 D 不正确 . 故选 AC . 8 . 4 π 　 解析 由题意可知所得几何体为两个同底的圆锥组成的组合体 , 圆锥的底面半径为 , 母