2021届高考数学一轮专题重组卷 第一部分 专题十二 多面体与球 文（含解析）.doc

1、专题十二多面体与球本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分80分，考试时间50分钟第卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1(2019平顶山质量检测)已知圆台的上、下底面中心分别为O1，O2，过直线O1O2的截面是上、下底边边长分别为2和4，且高为的等腰梯形，则该圆台的侧面积为()A3 B3 C6 D6答案C解析由题意，圆台的上、下底面半径分别为1和2，且截面等腰梯形的腰是该圆台的母线，则母线长l2，则该圆台的侧面积S侧(r1r2)l6.故选C.2(2019广东韶关调研)如图，圆柱的底面半径为1，高

2、为2，用一条铁丝从上底面的A点沿侧面缠绕一圈到达下底面的B点，所用铁丝的最短长度是()A2 B2C2 D21答案B解析由题意可知，将圆柱沿母线AB展开，所用铁丝的最短长度为2.故选B.3(2019平顶山质量检测)一个各面均为直角三角形的四面体容器，有三条棱长为1，要能够完全装下一个半径为r的球体，则球半径r的最大值为()A. B.C. D.答案C解析满足条件的四面体容器有两种情况如图，在图1四面体ABCD中，AD平面BCD，BDBC时满足各面均为直角三角形，此时只能是ADBDBC1，则ABCD，AC.要满足题意，则当球与四面体各面均相切时半径最大，此时设球心为O，则原四面体可看成以O为顶点，其

3、余各面为底面的4个四面体组合而成，且这4个四面体的高均为内切球半径，由等体积法有r，解得r，即满足题意的球的最大半径为.在图2中四面体A1B1C1D1中，A1D1平面B1C1D1，D1C1B1C1时满足各面均为直角三角形，此时A1D1D1C1B1C11，同理解出满足题意的球的最大半径为.故选C.4(2019沈阳质量监测)如图，四棱锥PABCD的底面为矩形，矩形的四个顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，且球的表面积为16，点P在球面上，则四棱锥PABCD体积的最大值为()A8 B. C16 D.答案D解析设球O的半径为R，因为球O的表面积是16，所以4R216，解得R2，设矩形ABCD的长、

4、宽分别为x，y，则x2y2(2R)2，又x2y22xy，所以(2R)22xy，当且仅当xy时上式取等号，即矩形ABCD为正方形时，底面面积最大，此时S矩形ABCD2R28.又点P在球面上，设点P到底面ABCD的距离为h，当OP底面ABCD时，有hmax2，则四棱锥PABCD体积的最大值为.故选D.5(2019江西九校联考)在正方体ABCDA1B1C1D1中边长为2，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，若三棱锥PABC的外接球表面积恰为，则此时点P构成的图形面积为()A B. C. D2答案A解析根据题意，以A点为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴建立空间直角坐标系，设球心坐标为Q

5、(1,1，z)，P(x，y,2)，根据QA2R2z.此时球心坐标为，根据QPR2得到(x1)2(y1)21，即此时P点在一个半径为1的圆上动此圆的面积为.故选A.6(2019开封一模)有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个对棱相等的三棱锥形的铁架，则此三棱锥体积的取值范围是()A. B.C. D.答案B解析构成三棱锥的两条棱长为a，其他各棱长为2，如图所示，ADBCa，此时0a2.取BC中点为E，连接AE，DE，易得BC平面ADE，三棱锥的体积VSADEBC aa ，当且仅当4即a(0,2)时，等号成立，此三棱锥体积的取值范围是.故选B.7(2

6、019柳州市模拟)已知A，B，C三点都在表面积为100的球O的表面上，若AB4，ACB60.则球心O到平面ABC的距离等于()A2 B3 C4 D5答案B解析结合题意，绘制图形如图，设ABC的外接圆的圆心为O，则根据正弦定理可知BO4，结合球表面积计算公式，可知4R2100，R5，结合球的性质可知，OBO构成直角三角形，结合勾股定理可知OO3.故选B.8(2019福建联考)已知正三棱锥PABC中，E，F分别是AC，PC的中点，若EFBF，AB2，则三棱锥PABC的外接球的表面积为()A4 B6 C8 D12答案B解析因为E，F分别是AC，PC的中点，则EFPA，因为四面体PABC是正三棱锥，所

7、以PABC(对棱垂直)，所以EFBC，又EFBF，而BFBCB，所以EF平面PBC，所以PA平面PBC，所以APBAPCBPC90，以PA，PB，PC为从同一点P出发的正方体的三条棱，将此三棱锥补成正方体，如图所示，则它们有相同的外接球，正方体的体对角线就是外接球的直径，又AB2，所以PA，所以2RPA，故外接球的半径为R，所求表面积S4R26.故选B.9(2019广东模拟)三棱锥PABC中，PA平面ABC，ABC30，APC的面积为2，则三棱锥PABC的外接球体积的最小值为()A4 B. C64 D.答案D解析如图所示，设ACx，由APC的面积为2，得PA，因为ABC30，ABC外接圆的半径

8、rx，因为PA平面ABC，且PA，所以O到平面ABC的距离为dPA，设球O的半径为R，则R2，当且仅当x时等号成立，所以三棱锥PABC的外接球的体积的最小值为23.故选D.10(2019邵阳联考)已知三棱锥PABC底面的3个顶点A，B，C在球O的同一个大圆上，且ABC为正三角形，P为该球面上的点，若三棱锥PABC体积的最大值为2，则球O的表面积为()A12 B16 C32 D64答案B解析三棱锥PABC的四个顶点都在同一球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上因为题目中涉及体积的最大值，故底面ABC的中心就是球心O，PO是球的半径，也是正三棱锥的高，设为R，底面ABC的边长设为a，由正弦定

9、理得到2RaR，ABC的面积为RRsin60R2，三棱锥的体积为VRR22R2，则此时球O的表面积是4R24416.故选B.11(2019吉林调研)已知圆锥的高为3，底面半径长为4，若一球的表面积与此圆锥侧面积相等，则该球的半径长为()A5 B. C9 D3答案B解析圆锥的底面半径r4，高h3，圆锥的母线l5，圆锥侧面积Srl20，设球的半径为R，则4R220，R.故选B.12(2019丹东质量测试)已知球O表面上的四点A，B，C，D满足ACBC，ACB90，若四面体ABCD体积的最大值为，则球O的表面积为()A. B. C. D.答案A解析直角三角形ABC的面积为1，设四面体的高为DOh，则

10、1h，h2.由于三角形ABC为直角三角形，斜边AB2，1，球心O在过AB中点，且垂直于平面ABC的直线DO上设球的半径为r，则(2r)212r2，解得r，故球的表面积为4r2.故选A.第卷(非选择题，共20分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13(2019汕尾市高三教学质量监测)在平面四边形ABCD中，ABC是边长为2的等边三角形，ADC是以AC为斜边的等腰直角三角形，以AC为折痕把ADC折起，当DAAB时，四面体DABC的外接球的体积为_答案解析在四面体中，由已知条件可知，ADCD，ABBC，BDBD，则BADBCD，所以BCDBAD90，所以BAD和BCD是以BD为公共斜

11、边的两个直角三角形，则BD是四面体DABC外接球的一条直径，易知，ADACcos45，且BD，设四面体DABC的外接球的半径为R，则R，因此，四面体DABC的外接球的体积为3.14(2019湖南湘潭一模)在三棱锥DABC中，CD底面ABC，ACBC，ABBD5，BC4，则此三棱锥的外接球的表面积为_答案34解析由题可知ACCD3，故三棱锥DABC的外接球的半径R，则其表面积为4234.15(2019东莞统考)圆锥底面半径为1，高为2，点P是底面圆周上一点，则一动点从点P出发，绕圆锥侧面一圈之后回到点P，则绕行的最短距离是_答案3解析把圆锥侧面展开成一个扇形，则对应的弧长是底面的周长，对应的弦是

12、最短距离，即CP的长是动点绕行的最短距离，过A作ADPC于D，弧PC的长是212，母线AC3，则侧面展开图的圆心角是，DAC，CDACsin，PC3.即动点绕行的最短距离是3.16(2019陕西八校联考)如图，已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1和半径为的半球O，底面ABCD在半球O底面所在平面上，A1，B1，C1，D1四点均在球面上，则该正四棱柱的体积的最大值为_答案4解析设正四棱柱ABCDA1B1C1D1的高为h，底面棱长为a，则正四棱柱的底面外接圆直径为2ra，所以ra.由勾股定理得h2r2()2，即h23，得a262h2，其中0h，所以，正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积为Va2h(62h2)h2h36h，其中0h，构造函数f (h)2h36h，其中0h，则f(h)6h26，令f(h)0，得h1.当0h0；当1h时，f(h)0.所以，函数Vf (h)在h1处取得极大值，即最大值，则Vmaxf (1)4.因此，该正四棱柱的体积的最大值为4.