专题5 空间向量与立体几何（分层练）（解析版）

【淘宝店铺：向阳百分百】专题验收评价专题5空间向量与立体几何内容概览A·常考题不丢分题型一多面体结构及表面积体积问题题型二多面体内接外切问题题型三空间几何体角度问题题型四空间几何体动点问题C·挑战真题争满分一、单选题1．（2024上·山西运城·高三校考期末）如图所示的粮仓可以看成圆柱体与圆锥体的组合体，设圆锥部分的高为0.5米，圆柱部分的高为2米，底面圆的半径为1米，则该组合体体积为（）A．π3立方米B．2π立方米C．5π2立方米D．13π6立方米【答案】D【分析】根据圆柱和圆锥的体积公式可得.【详解】圆柱体积为2π122π，圆锥体积为21ππ10.536，题型一多面体结构及表面积体积问题【淘宝店铺：向阳百分百】所以，该组合体的体积为π13π2π66.故选：D2．（2024上·山东淄博·高三统考期末）已知正四棱台1111ABCDABCD的上、下底面边长分别为2和4，若侧棱1AA与底面ABCD所成的角为60，则该正四棱台的体积为（）A．283B．2863C．842D．282【答案】B【详解】如图，,SO分别为上底面和下底面的中心，连接OS，则OS⊥底面ABCD，过点1A作1AT⊥AO于点T，则1AT⊥底面ABCD，因为上、下底面边长分别为2和4，所以12,22ASAO，故12TOAS，2ATAOOT，11tanATAATAT，由于160AAT，故136ATAT，故该正四棱台的体积为222212862424633.故选：B3．（2024上·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）“方斗”常作为盛米的一种容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，现有“方斗”容器如图所示，已知4AB，112AB，现往容器里加米，当米的高度是“方斗”高度的一半时，用米38kg，则该“方斗”可盛米的总质量为（）【淘宝店铺：向阳百分百】A．74kgB．114kgC．76kgD．112kg【答案】D【分析】设线段1AA、1BB、1CC、1DD的中点分别为2A、2B、2C、2D，利用台体的体积公式计算出棱台1111ABCDABCD与棱台11112222ABCDABCD的体积之比，即可得出原“方斗”可盛米的总质量.【详解】设线段1AA、1BB、1CC、1DD的中点分别为2A、2B、2C、2D，如下图所示：易知四边形11AABB为等腰梯形，因为线段1AA、1BB的中点分别为2A、2B，则112242322ABABAB，设棱台11112222ABCDABCD的高为h，体积为1V，则棱台1111ABCDABCD的高为2h，设其体积为V，则221119232333Vhh，则221564224233Vhh，所以，15256319193hVhV，所以，该“方斗”可盛米的总质量为5638112kg19.故选：D.4．（2024上·山西·高三期末）如图，玛雅金字塔是世界上最大的金字塔之一，同埃及金字塔不同，它的每个侧面都是等腰梯形，并且梯形两腰延长得到的三角形是一个呈“金”字的等边三角形，它的底面是边长为56m的正方形，塔高为28m．该金字塔的体积约为（）3m．（参考数据21.4，31.7）A．120064B．40977C．34048D．31659【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】B【详解】如下图，将金字塔的每个侧面的腰延长得到一个正四棱锥QABCD，其中ABCD，ABCD分别是金字塔的上，下底面，OP为塔高，点M为BC的中点，连接QM交BC于点N，由题意知56ABQA，28OP，则28OM，则在等边三角形QBC中，有3sin60562832QMQB，22282QOQMOM，又QPNQOM，得QPPNQOOM，即2822828282PN，解得28142PN，所以56282AB，即金字塔的上底面的边长为56282m，所以金字塔的体积约为2231562825628256562840977.1m3．故选：B．5．（2024上·河北廊坊·高三河北省文安县第一中学校联考期末）如图所示，正四棱台1111ABCDABCD中，上底面边长为3，下底面边长为6，体积为6322，点E在AD上且满足2DEAE，过点E的平面与平面1DAC平行，且与正四棱台各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为（）A．72B．82C．3342D．4342【答案】D【详解】如图所示，【淘宝店铺：向阳百分百】过点1A作1AHAC于点H，因为1132,62ACAC，所以322AH，则四棱台的高为1AH，则四棱台的体积为2211632363632AH，解得1322AH，所以侧棱长为22113AAAHAH.如图所示：过1DFAD于点F，AGAD于点G，连接1AD，由对称性可知11633,322DFAGGFAD，所以39622AF，而113DDAA，所以1933942DF，所以181273344AD，同理1133CDAD，分别在棱1,DCDD上取点,NM，使得1::2:1DNNCDMMD，易得12223,4233MENMADENAC，所以截面多边形的周长为4342.故选：D.6．（2024·江西赣州·南康中学校联考一模）在菱形ABCD中，2,23ABAC，将ABD△沿对角线BD折起，使点A到达A的位置，且二面角ABDC为直二面角，则三棱锥ABCD的外接球的表面积为（）A．5π3B．16π3C．20π3D．100π9【答案】C【分析】根据给定条件，确定三棱锥ABCD的外接球的球心位置，再求出球半径即可计算作答.【详解】如图所示：【淘宝店铺：向阳百分百】由题意在菱形ABCD中，,ACBD互相垂直且平分，点E为垂足，12,32ABBCCDDAECEAAC，由勾股定理得22431BEDEBCCE，所以22BDBECDBC，即BCD△是等边三角形，π3BCD，设点1O为BCD△外接圆的圆心，则BCD△外接圆的半径为12232sin3322BDrOCBCD，11233333OECEOC，如图所示：设三棱锥ABCD的外接球的球心、半径分别为点,OR，而,CEAE均垂直平分BD，过点O，所以点O在面BDC，面BDA内的射影分别在直线,CEAE上，不妨设点O在面BDC，面BDA内的射影分别为1,OF，即1,OOCEOFAE，由题意,BDCEBDAE，且二面角ABDC为直二面角，即面BDC面BDA，CEAEE，所以AEEC，即1FEEO，结合1,OOCEOFAE可知四边形1OOFE为矩形，不妨设1OOFEx，则由以上分析可知11323,33OFOEOC，3AFAEFEx，【淘宝店铺：向阳百分百】由勾股定理以及222OCAOR，即222211OOOCOFAF，可得2222233333xx，解得33x，所以222222332353333Rx，所以三棱锥ABCD的外接球的表面积为2520π4π4π33SR.故选：C.二、填空题7．（2024·河南·统考模拟预测）已知轴截面为正三角形的圆锥MM的高与球O的直径相等，则圆锥MM的体积与球O的体积的比值是，圆锥MM的表面积与球O的表面积的比值是．【答案】231【详解】设圆锥的底面半径为r，球的半径为R，因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高3hr，母线2lr，由题可知：2hR，所以球的半径32Rr所以圆锥的体积为23113π3π33Vrrr，球的体积33324433πππ3322VRrr，所以31323π2333π2rVVr；圆锥的表面积221ππ3πSrlrr，球的表面积222234π4π3π2SRrr，所以21223π13πSrSr，故答案为：23；1.一、单选题1．（2023上·陕西西安·高三校联考阶段练习）若平面截球O所得截面圆的面积为12π，且球心O到平面的距离为2，则球O的表面积为（）A．48πB．50πC．56πD．64π【答案】C【分析】根据给定条件，利用球的截面小圆性质及球的面积公式计算即得.【详解】由平面截球O所得截面圆的面积为12π，得此截面小圆半径23r，而球心到此小圆距离2d，因此球O的半径R，有22214Rrd，所以球O的表面积24π56πSR.题型二多面体内接外切问题【淘宝店铺：向阳百分百】故选：C2．（2023上·江苏苏州·高三统考期中）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为22π1cosSr（单位：2km），则S占地球表面积的百分比约为（）．A．18％B．34％C．42％D．50％【答案】C【详解】设C表示卫星，过COA的平面截地球得大圆O，,CACB是切线，线段CO交圆O于E，如图，则AOC，6400rOE，36000CE，OACA，则64008cos64003600053OAOC，地球表面积为24πSr所以22812π(1cos)1cos5342%4π22SrSr．故选：C3．（2016·宁夏石嘴山·石嘴山市第三中学校考一模）球O半径为13R，球面上有三点A､B､C，123AB，12ACBC，则四面体OABC的体积是（）A．603B．503C．606D．506【答案】A【分析】求出ABC的外接圆的半径，可得O到平面ABC的距离，计算ABC的面积，即可求出四面体OABC的体积.【详解】123AB，12ACBC，14414414431cos212122ACB，又0πACB，2π3ACB，【淘宝店铺：向阳百分百】由正弦定理知，ABC的外接圆的半径为11123122sin232ABrACB，由球的截面性质可知，O到平面ABC的距离为222213125dRr，113sin1212363222ABCSABACACB△，四面体OABC的体积是11363560333ABCVSd△.故选：A4．（2024·河北·高三联考）将边长为2,60BAD的菱形ABCD沿对角线BD折成直二面角，得到四面体ABCD，则四面体ABCD的外接球的表面积为（）A．201527B．20C．203D．53π【答案】C【详解】如图所示，因为边长为2,60BAD的菱形ABCD，可得ABD△和BCD△均为等边三角形，且边长为2，沿对角线BD折成直二面角，取BD的中点为E，分别连接,ADCE，则ADBD且CEBD，所以AEC为二面角的平面角，所以90AEC，取等边ABD△和BCD△的中心分别为21,OO，设三棱锥ABCD的外接球的球心为O，连接12,OOOO，根据球的截面圆的性质，可得1OO平面BCD，且2OO平面ABD，因为等边ABD△和BCD△，且边长为2，可得3AECE，且21133OEOEOO，1233OC，在直角1OOC中，22221132315()()333OCOOOC，即外接球的半径为153R，所以四面体ABCD的外接球的表面积为221520π