課時(shí)質(zhì)量評(píng)價(jià)36　空間幾何體-2022屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)檢測(cè)（新高考）

課時(shí)質(zhì)量評(píng)價(jià)(三十六)(建議用時(shí)：45分鐘)A組全考點(diǎn)鞏固練1．(多選題)下列命題中正確的是()A．由五個(gè)面圍成的多面體可能是四棱錐B．用一個(gè)平面去截棱錐便可得到棱臺(tái)C．僅有一組對(duì)面平行的五面體是棱臺(tái)D．正棱錐的側(cè)棱長都相等AD解析：由五個(gè)面圍成的多面體可以是四棱錐、三棱柱或三棱臺(tái)，故A正確；當(dāng)平面與棱錐底面不平行時(shí)，截得的幾何體不是棱臺(tái)，故B錯(cuò)誤；僅有一組對(duì)面平行的五面體也可能是三棱柱，故C錯(cuò)誤；根據(jù)正棱錐的結(jié)構(gòu)特征知，正棱錐的側(cè)棱長一定都相等，故D正確．2．(多選題)如圖，將裝有水的長方體水槽固定底面一邊后傾斜一個(gè)角度，則傾斜后水槽中的水形成的幾何體可以是()A．四棱柱 B．四棱臺(tái)C．三棱柱 D．三棱錐AC解析：根據(jù)題圖，因?yàn)橛兴牟糠质冀K有兩個(gè)平面平行，而其余各面都易證是平行四邊形，因此形成的幾何體是四棱柱或三棱柱．第2題圖第3題圖3．(2020·全國卷Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個(gè)正四棱錐，以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個(gè)側(cè)面三角形的面積，則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為()A．eq\f(\r(5)－1,4) B．eq\f(\r(5)－1,2)C．eq\f(\r(5)＋1,4) D．eq\f(\r(5)＋1,2)C解析：如圖，設(shè)CD＝a，PE＝b，則PO＝eq\r(PE2－OE2)＝eq\r(b2－\f(a2,4)).由題意知PO2＝eq\f(1,2)ab，即b2－eq\f(a2,4)＝eq\f(1,2)ab，化簡得4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up12(2)－2×eq\f(b,a)－1＝0，解得eq\f(b,a)＝eq\f(1＋\r(5),4)(負(fù)值舍去)．4．(2020·聊城模擬)在《九章算術(shù)》中，將有三條棱互相平行且有一個(gè)面為梯形的五面體稱為“羨除”．現(xiàn)有一個(gè)羨除如圖所示，DA⊥平面ABFE，四邊形ABFE，CDEF均為等腰梯形，AB∥CD∥EF，AB＝AD＝4，EF＝8，點(diǎn)E到平面ABCD的距離為6，則這個(gè)羨除的體積是()A．96B．72C．64D．58C解析：如圖，將多面體分割為兩個(gè)三棱錐D-AGE，C-HBF和一個(gè)直三棱柱GAD-HBC．這個(gè)羨除的體積V＝2×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×6×4＋eq\f(1,2)×6×4×4＝64.故選C．5．在菱形ABCD中，AB＝4，∠A＝60°，將△ABD沿對(duì)角線BD折起；使得二面角A-BD-C的大小為60°，則折疊后所得四面體ABCD的外接球的半徑為()A．eq\f(2\r(13),3) B．eq\f(\r(13),3)C．eq\f(4\r(3),3) D．eq\f(\r(39),3)A解析：如圖，取BD的中點(diǎn)為O，連接OC，OA．根據(jù)題意需要找到外接球的球心，取OC上離O點(diǎn)近的三等分點(diǎn)為E.同理取OA上離O點(diǎn)近的三等分點(diǎn)為F，自這兩點(diǎn)分別作平面BDC、平面ABD的垂線，交于點(diǎn)P，則P就是外接球的球心，連接OP，CP.由菱形的性質(zhì)得∠AOC就是二面角A-BD-C的平面角．所以△AOC是邊長為4×eq\f(\r(3),2)＝2eq\r(3)的等邊三角形，所以O(shè)E＝eq\f(2\r(3),3).在△POE中，∠POE＝30°，所以PE＝eq\f(2,3).又CE＝eq\f(4\r(3),3)，所以PC＝R＝eq\f(2\r(13),3).故選A．6．已知兩個(gè)圓錐有公共底面，且兩圓錐的頂點(diǎn)和底面的圓周都在同一個(gè)球面上．若圓錐底面面積是這個(gè)球面面積的eq\f(3,16)，則這兩個(gè)圓錐中，體積較小者的高與體積較大者的高的比值為________．eq\f(1,3)解析：如圖，設(shè)球的半徑為R，圓錐底面半徑為r.由題意得πr2＝eq\f(3,16)×4πR2，所以r2＝eq\f(3,4)R2.根據(jù)球的截面的性質(zhì)可知兩圓錐的高必過球心O，且兩圓錐的頂點(diǎn)以及圓錐與球的交點(diǎn)是球的大圓上的點(diǎn)，且AB⊥O1C，所以O(shè)O1＝eq\r(R2－r2)＝eq\f(R,2).因此體積較小的圓錐的高為AO1＝R－eq\f(R,2)＝eq\f(R,2)，體積較大的圓錐的高為BO1＝R＋eq\f(R,2)＝eq\f(3,2)R.故這兩個(gè)圓錐中，體積較小者的高與體積較大者的高的比值為eq\f(1,3).7．如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，D是CC1上一點(diǎn)．設(shè)四棱錐D-A1ABB1的體積為V1，三棱柱ABC-A1B1C1的體積為V2，則V1∶V2＝________.2∶3解析：三棱柱ABC-A1B1C1的體積V2＝Veq\s\do4(D-ABB1A1)＋Veq\s\do4(D-A1B1C1)＋VD-ABC．設(shè)三棱柱的高為h，三棱錐D-A1B1C1的高為h1，三棱錐D-ABC的高為h2，則h＝h1＋h2，所以V2＝Veq\s\do4(D-ABB1A1)＋eq\f(1,3)Seq\s\do4(△A1B1C1h1)＋eq\f(1,3)S△ABCh2＝Veq\s\do4(D-ABB1A1)＋eq\f(1,3)S△ABCh＝S△ABCh，則V1＝Veq\s\do4(D-ABB1A1)＝eq\f(2,3)S△ABCh＝eq\f(2,3)V2，故V1∶V2＝2∶3.8．已知三棱柱ABC-A1B1C1的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，該三棱柱的五個(gè)面所在的平面截球面所得的圓大小相同．若球O的表面積為20π，則三棱柱的體積為________．6eq\r(3)解析：因?yàn)槿庵鵄BC-A1B1C1的五個(gè)面所在的平面截球面所得的圓的大小相同，所以該三棱柱的底面是等邊三角形．設(shè)三棱柱底面邊長為a，高為h，截面圓的半徑為r，球半徑為R，所以r＝eq\f(a,\r(3)).因?yàn)榍騉的表面積為20π，所以4πR2＝20π，解得R＝eq\r(5).因?yàn)榈酌婧蛡?cè)面截得的圓的大小相同，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(3))))eq\s\up12(2)，所以a＝eq\r(3)h.①又因?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(3))))eq\s\up12(2)＝R2，②由①②得a＝2eq\r(3)，h＝2，所以三棱柱的體積為V＝eq\f(\r(3),4)×(2eq\r(3))2×2＝6eq\r(3).9．若圓錐的表面積是15π，側(cè)面展開圖的圓心角是60°，求圓錐的體積．解：設(shè)圓錐的底面半徑為r，母線為l，則2πr＝eq\f(π,3)l，得l＝6r.又S錐＝πr2＋πr·6r＝7πr2＝15π，得r＝eq\r(\f(15,7))，圓錐的高h(yuǎn)＝eq\r(l2－r2)＝eq\r(36r2－r2)＝eq\r(35)r＝eq\r(35)×eq\r(\f(15,7))＝5eq\r(3)，圓錐的體積V＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,3)π×eq\f(15,7)×5eq\r(3)＝eq\f(25\r(3),7)π.10．已知正三棱臺(tái)(上、下底面是正三角形，上底面的中心在下底面的投影是下底面中心)的上、下底面邊長分別是2cm與4cm，側(cè)棱長是eq\r(6)cm，試求該幾何體的體積．解：如圖，O′，O分別是上、下底面的中心，連接OO′，O′B′，OB．在平面BOO′B′內(nèi)作B′E⊥OB于點(diǎn)E.△A′B′C′是邊長為2的等邊三角形，O′是中心，所以O(shè)′B′＝eq\f(2,3)×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(2\r(3),3)(cm)．同理OB＝eq\f(4\r(3),3)cm，則BE＝OB－O′B′＝eq\f(2\r(3),3)(cm)．在Rt△B′EB中，BB′＝eq\r(6)cm，BE＝eq\f(2\r(3),3)cm，所以B′E＝eq\f(\r(42),3)cm，即棱臺(tái)高為eq\f(\r(42),3)cm，所以三棱臺(tái)的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(42),3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)×16＋\f(\r(3),4)×4＋\r(\f(\r(3),4)×16×\f(\r(3),4)×4)))＝eq\f(7\r(14),3)(cm3)．B組新高考培優(yōu)練11．(2020·全國卷Ⅰ)已知A，B，C為球O的球面上的三個(gè)點(diǎn)，⊙O1為△ABC的外接圓．若⊙O1的面積為4π，AB＝BC＝AC＝OO1，則球O的表面積為()A．64π B．48πC．36π D．32πA解析：設(shè)圓O1的半徑為r，球的半徑為R.依題意，得πr2＝4π，所以r＝2.由正弦定理可得AB＝2rsin60°＝2eq\r(3)，所以O(shè)O1＝AB＝2eq\r(3).根據(jù)圓截面性質(zhì)OO1⊥平面ABC，所以O(shè)O1⊥O1A，R＝OA＝eq\r(OO\o\al(2,1)＋O1A2)＝eq\r(OO\o\al(2,1)＋r2)＝4，所以球O的表面積S＝4πR2＝64π.12．《算術(shù)書》竹簡于二十世紀(jì)八十年代在湖北省江陵縣張家山出土，這是我國現(xiàn)存最早的有系統(tǒng)的數(shù)學(xué)典著，其中記載有求“囷蓋”的術(shù)：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一．該術(shù)相當(dāng)于給出圓錐的底面周長l與高h(yuǎn)，計(jì)算其體積V的近似公式V＝eq\f(1,36)l2h，它實(shí)際上是將圓錐體積公式中的圓周率π近似取3，那么，近似公式V≈eq\f(25,942)l2h相當(dāng)于將圓錐體積公式中的π近似取()A．eq\f(22,7) B．eq\f(25,8)C．eq\f(157,50) D．eq\f(355,113)C解析：V＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2π)))eq\s\up12(2)h＝eq\f(1,12π)l2h.由eq\f(1,12π)≈eq\f(25,942)，得π≈eq\f(157,50).故選C．13．有一塊多邊形的菜地，它的水平放置的平面圖形的斜二測(cè)直觀圖是直角梯形(如圖所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，則這塊菜地的面積為________．2＋eq\f(\r(2),2)解析：如圖1，在直觀圖中，過點(diǎn)A作AE⊥BC，垂足為點(diǎn)E.圖1圖2在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，所以BE＝eq\f(\r(2),2).又四邊形AECD為矩形，AD＝1，所以EC＝AD＝1，所以BC＝BE＋EC＝eq\f(\r(2),2)＋1.由此可還原原圖形如圖2.在原圖形中，A′D′＝1，A′B′＝2，B′C′＝eq\f(\r(2),2)＋1，且A′D′∥B′C′，A′B′⊥B′C′，所以這塊菜地的面積S＝eq\f(1,2)(A′D′＋B′C′)·A′B′＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋1＋\f(\r(2),2)))×2＝2＋eq\f(\r(2),2).14．某同學(xué)在參加《通用技術(shù)》實(shí)踐課時(shí)，制作了一個(gè)實(shí)心工藝品(如圖所示)．該工藝品可以看成是一個(gè)球體被一個(gè)棱長為8的正方體的6個(gè)面所截后剩余的部分(球心與正方體的中心重合)．若其中一個(gè)截面圓的周長為6π，則該球的半徑為________．現(xiàn)給出定義：球面被平面所截得的一部分叫做球冠．截得的圓叫做球冠的底，垂直于截面的直徑被截得的一段叫做球冠的高．如果球面的半徑是R，球冠的高是h，那么球冠的表面積計(jì)算公式是S＝2πRh.由此可知，該實(shí)心工藝品的表面積是________．594π解析：設(shè)截面圓半徑為r，球的半徑為R，則球心到某一截面的距離為正方體棱長的一半，即此距離為4.根據(jù)截面圓的周長可得6π＝2πr，得r＝3.故R2＝32＋42＝25，得R＝5.如圖，OA＝OB＝R＝5，且OO1＝4，則球冠的高h(yuǎn)＝R－OO1＝1.所截的一個(gè)球冠表面積S＝2πRh＝2π×5×1＝10π，且截面圓面積為π×32＝9π.所以工藝品的表面積S′＝4πR2－6(S－9π)＝100π－6π＝94π.15．已知過球面上A，B，C三點(diǎn)的截面和球心的距離等于球半徑的一半，且AB＝18，BC＝24，AC＝30，求球的表面積和體積．解：因?yàn)锳B∶BC∶AC＝18∶24∶30＝3∶4∶5，所以△ABC是直角三角形，∠B＝90°.又球心O在截面△ABC的投影O′為截面圓的圓心，也即是Rt△ABC的外接圓的圓心，所以斜邊AC為截面圓O′的直