2025届高考数学二轮总复习第一部分高考层级专题突破层级二7个能力专题师生共研专题四立体几何第一讲课时跟踪检测十空间几何体理含解析

PAGE第一部分高考层级专题突破层级二7个实力专题师生共研专题四立体几何第一讲空间几何体课时跟踪检测(十)空间几何体一、选择题1．(2024·合肥市高三二检)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱CD，CC1，A1B1的中点，用过点E，F，G解析：选C用过点E，F，G的平面截正方体，得到的截面为正六边形，即如图所示的正六边形EFHGMN，则位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图为选项C．2．(2024·陕西模拟)把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，形成的三棱锥C－ABD的正视图与俯视图如图所示，则侧视图的面积为()A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(\r(2),4) D．eq\f(1,4)解析：选D由三棱锥C－ABD的正视图，俯视图得三棱锥C－ABD的侧视图为直角边长是eq\f(\r(2),2)的等腰直角三角形，其形态如图所示，所以三棱锥C－ABD的侧视图的面积为eq\f(1,4)，故选D．3．(2024·龙岩一模)母线长为5的圆锥的侧面绽开图的圆心角等于eq\f(8π,5)，则该圆锥的体积为()A．16π B．8πC．eq\f(16π,3) D．eq\f(8π,3)解析：选A母线长为5的圆锥的侧面绽开图的圆心角等于eq\f(8π,5)，所以侧面绽开图的弧长为l＝5×eq\f(8π,5)＝8π，由弧长＝底面周长，即8π＝2πr，r＝4，所以圆锥的高为h＝eq\r(52－42)＝3，所以圆锥体积为V＝eq\f(1,3)×π×r2×h＝eq\f(1,3)×π×42×3＝16π.故选A．4．(2024·唐山市高三摸底)已知某几何体的三视图如图所示(俯视图中曲线为四分之一圆弧)，则该几何体的表面积为()A．1－eq\f(π,4) B．3＋eq\f(π,2)C．2＋eq\f(π,4) D．4解析：选D由题设知，该几何体是棱长为1的正方体被截去底面半径为1的eq\f(1,4)圆柱后得到的，如图所示，所以该几何体的表面积S＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1×1－\f(1,4)×π×12))＋2×(1×1)＋eq\f(1,4)×2π×1×1＝4.故选D．5.(2024·江西红色七校第一次联考)一个半径为1的球对称削去了三部分，其俯视图如图所示，那么该立体图形的表面积为()A．3π B．4πC．5π D．6π解析：选C由题中俯视图可知该球被平均分成6部分，削去了3部分，剩余的3部分为该几何体，所以该立体图形的表面积为2×π×12＋3×π×12＝5π，故选C．6．(2024·三湘名校联考)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，三棱锥A1－BC1DA．8eq\r(6)π B．36πC．32eq\r(3)π D．64eq\r(6)π解析：选B设正方体的棱长为a，由题意得eq\f(\r(6),12)×eq\r(2)a＝r＝1，∴a＝2eq\r(3)，∴正方体外接球的半径为eq\f(\r(2\r(3)2＋2\r(3)2＋2\r(3)2),2)＝3，其体积为eq\f(4,3)π×33＝36π.7.(2024·惠州市一调)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在探讨球的体积的过程中构造的一个和谐美丽的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好像两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的协助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是()解析：选B因为相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好像两个扣合在一起的方形伞，所以其正视图和侧视图完全相同时，都是一个圆，俯视图是从上向下看，所以俯视图是有2条对角线且均为实线的正方形，故选B．8．(2024·湖南四校联考)已知四棱锥S－ABCD的三视图如图所示，则围成四棱锥S－ABCD的五个面中的最大面积是()A．3 B．6C．8 D．10解析：选C由三视图得四棱锥S－ABCD的直观图如图所示，平面SAD⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形．记E，F分别是AD，BC的中点，连接SE，SF，EF，易得SE⊥AD，EF⊥BC，BC⊥SF，又SA＝SD＝3，AB＝CD＝EF＝2，AD＝BC＝4，所以SE＝eq\r(5)，SF＝eq\r(5＋4)＝3，侧面SAD的面积为2eq\r(5)，侧面SAB，SCD的面积均为3，侧面SBC的面积为eq\f(1,2)×4×3＝6，底面ABCD的面积为2×4＝8.综上，四棱锥S－ABCD的五个面中的最大面积是8，故选C．9．如图为一个半球挖去一个圆锥后的几何体的三视图，则剩余部分与挖去部分的体积之比为()A．1∶2 B．1∶3C．2∶1 D．1∶1解析：选D由三视图可知半球的半径为2，圆锥底面圆的半径为2，高为2，所以V圆锥＝eq\f(1,3)×π×22×2＝eq\f(8,3)π，V半球＝eq\f(1,2)×eq\f(4,3)×π×23＝eq\f(16,3)π，所以V剩余＝V半球－V圆锥＝eq\f(8,3)π，故剩余部分与挖去部分的体积之比为1∶1.10．(2024·武汉调研)已知底面半径为1，高为eq\r(3)的圆锥的顶点和底面圆都在球O的球面上，则球O的表面积为()A．eq\f(32\r(3)π,27) B．4πC．eq\f(16π,3) D．12π解析：选C如图，△ABC为圆锥的轴截面，O为其外接球的球心，设外接球的半径为R，连接OB，OA，并延长AO交BC于点D，则AD⊥BC，由题意知，AO＝BO＝R，BD＝1，AD＝eq\r(3)，则在Rt△BOD中，有R2＝(eq\r(3)－R)2＋12，解得R＝eq\f(2\r(3),3).所以外接球O的表面积S＝4πR2＝eq\f(16π,3)，故选C．11．(2024·唐山模拟)把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20cm的铁丝接成的四棱锥形骨架中，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点(皮球不变形)，则皮球的半径为()A．10eq\r(3)cm B．10cmC．10eq\r(2)cm D．30cm解析：选B依题意，在四棱锥S－ABCD中，全部棱长均为20cm，连接AC，BD交于点O，连接SO，则SO＝AO＝BO＝CO＝DO＝10eq\r(2)cm，易知点O到AB，BC，CD，AD的距离均为10cm，在等腰三角形OAS中，OA＝OS＝10eq\r(2)cm，AS＝20cm，所以O到SA的距离d＝10cm，同理可证O到SB，SC，SD的距离也为10cm，所以球心为四棱锥底面12．(2024·陕西模拟)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的三视图如图所示，一只蚂蚁从顶点A动身沿该正三棱柱的表面绕行两周到达顶点A1A．eq\r(193) B．25C．2eq\r(193) D．31解析：选B将正三棱柱ABC－A1B1C1在绽开图中，最短距离是6个矩形对角线的连线的长度，也即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值．由已知求得正三棱锥底面三角形的边长为eq\f(2\r(3),\f(\r(3),2))＝4，所以矩形的长等于4×6＝24，宽等于7，由勾股定理求得d＝eq\r(242＋72)＝25.故选B．二、填空题13．(2024·南京模拟)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，侧棱PA⊥底面ABCD，PA＝2，E为AB的中点，则三棱锥P－BCE的体积为________．解析：由题意知S底面ABCD＝2×2sin60°＝2eq\r(3)，所以S△EBC＝eq\f(\r(3),2)，故VP－EBC＝eq\f(1,3)×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),3).答案：eq\f(\r(3),3)14．正四面体ABCD的外接球半径为2，过棱AB作该球的截面，则截面面积的最小值为________．解析：由题意知，面积最小的截面是以AB为直径的圆，设AB的长为a，因为正四面体外接球的半径为2，所以eq\f(\r(6),4)a＝2，解得a＝eq\f(4\r(6),3)，故截面面积的最小值为πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(6),3)))2＝eq\f(8π,3).答案：eq\f(8π,3)15．(2024·河北六校第一次联考)在正三棱锥S－ABC中，AB＝eq\r(2)，M是SC的中点，AM⊥SB，则正三棱锥S－ABC的外接球的表面积为________．解析：取AC的中点N，连接BN，SN，因为SA＝SC，所以AC⊥SN.又△ABC是等边三角形，所以AC⊥BN，又SN∩BN＝N，AC⊥平面BSN，所以AC⊥SB.又AM⊥SB，AC∩AM＝A，故SB⊥平面SAC，则SB⊥SA且SB⊥SC，故SA，SB，SC两两垂直，可以看作是从一个棱长为1的正方体上切下来的一个正三棱锥，如图所示，故正三棱锥S－ABC的外接球的直径为eq\r(3)，所以半径为eq\f(\r(3),2)，故正三棱锥S－ABC的外接球的表面积为4×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2＝3π.答案：3π16.(2024·全国卷Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD－A1B1C1D1挖去四棱锥O－EFGH后所得的几何体．其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6c