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命题区间12　空间几何体及其表面积和体积
(单项选择题每小题5分，多项选择题每小题6分，填空题每小题5分，共78分)
考向一　数学文化与简单几何体的性质
1．(2022·新高考Ⅰ卷T4姊妹题)如图所示，有一个沙漏，由圆柱和圆锥组合而成，上下对称，沙漏中沙子完全流下刚好填满下半部分的圆柱部分，已知沙漏总高度为10 cm，下半部分圆柱高度为2 cm，则初始状态的沙子高度h为(　　)
　
[A]3 cm [B]3.5 cm
[C]4 cm [D]4.5 cm
2．(多选)(2023·新高考Ⅰ卷T12)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　　)
[A]直径为0.99 m的球体
[B]所有棱长均为1.4 m的四面体
[C]底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体
[D]底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体
3．(多选)(2023·新高考Ⅰ卷T12姊妹题)已知长方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝3，下列物体中，能够被整体放入该长方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　　)
[A]一个半径为的球
[B]两个球，其中一个球的半径为1，另一个球的半径为
[C]三个球，其中一个球的半径为1，另两个球的半径均为
[D]底面直径为2.8，高为0.01的圆锥
4．(多选)(2023·新高考Ⅰ卷T12子母题)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正四面体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　　)
[A]直径为 m的球体
[B]底面直径为 m，高为 m的圆柱体
[C]表面积为3π m2的球
[D]棱长为 m的正方体
考向二　空间几何体的表面积和体积的计算
5．(2024·新高考Ⅰ卷T5)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为(　　)
[A]2π [B]3π
[C]6π [D]9π
6．(2022·新高考Ⅱ卷T11改编题)如图，已知正四面体A BCD的棱长为1，过点B作截面α分别交侧棱AC，AD于E，F两点，且四面体A BEF的体积为四面体A BCD体积的，则EF的最小值为(　　)
[A] [B]
[C] [D]
7．(2024·天津卷T9)一个五面体ABC DEF．已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为(　　)
[A] [B]
[C] [D]
8．(2024·新高考Ⅰ卷T5改编题)已知圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆，过圆锥高的中点且与底面平行的平面截此圆锥所得的圆台体积是(　　)
[A]π [B]π
[C]π [D]π
9．(2023·新高考Ⅰ卷T14改编题)在马致远的《汉宫秋》楔子中写道：“毡帐秋风迷宿草，穹庐夜月听悲笳．”毡帐是古代北方游牧民族以为居室、毡制帷幔．如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与圆柱的组合体，圆锥的高为4，侧面积为15π，圆柱的侧面积为18π，则该毡帐的体积为(　　)
[A]39π [B]18π
[C]38π [D]45π
10．(2023·新高考Ⅱ卷T14)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 ________．
11．(2024·全国甲卷理T14)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台的母线长分别为2(r2－r1)，3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为________．
考向三　球及其组合体(重点关注表面积与体积)
12．(2022·新高考Ⅰ卷T8子母题)已知正三棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的表面积为16π，且≤l≤2，则该正三棱锥体积的取值范围是(　　)
[A] [B]
[C] [D]
13．(2023·全国甲卷理T15子母题)已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1，以A为球心，AB为半径的球截得正方体为M1(含球心的部分)和M2两部分，则四边形ADC1B1被球A截得的圆形的面积与M2的表面积之比为(　　)
[A] [B]
[C] [D]
14．(2022·新高考Ⅰ卷T8姊妹题)在梯形ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝AD＝1，将△ABC沿直线AC翻折成△AB1C，当三棱锥B1 ACD的体积最大时，三棱锥B1 ACD的外接球的表面积为________．
15．(2023·全国乙卷文T16)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝________．
4/4专题五　立体几何
高考真题衍生卷·命题区间12
1．C　[如图所示，设初始状态圆柱部分沙子的高度为h′，沙漏下半部分的圆柱高度为h1，圆锥部分高度为h2，上、下底面半径为r，则h1＝2 cm，又沙漏总高度为10 cm，则h2＝3 cm，所以πr2h2＋πr2h′＝πr2h1，即πr2×3＋πr2h′＝πr2×2，解得h′＝1 cm．
所以初始状态的沙子高度h＝3＋h′＝4 cm．故选C．]
2．ABD　[由于棱长为1 m的正方体的内切球的直径为1 m，所以选项A正确；由于棱长为1 m的正方体中可放入棱长为 m的正四面体，且＞1.4，所以选项B正确；因为正方体的棱长为1 m，体对角线长为 m，＜1.8，所以高为1.8 m的圆柱体不可能整体放入正方体容器中，所以选项C不正确；由于正方体的体对角线长为 m，而底面直径为1.2 m的圆柱体，其高0.01 m可忽略不计，故只需把圆柱的底面与正方体的体对角线平行放置，即可以整体放入正方体容器中，所以选项D正确．故选ABD．]
3．BCD　[因为长方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝3，所以里面所放球的半径最大为1，A错误；设球O1半径为1，放入长方体内部时，与四个侧面和底面均相切，如图1，设球O的半径为r，且与过点D1的三个面均相切，
不妨让球O与球O1也相切，
分别过点O1，O作O1E，OF⊥平面CDD1C1于E，F，
连接OO1，在梯形EFOO1中，过点O作OG⊥O1E，
在Rt△OO1G中易知OO1＝r＋1，O1G＝1－r，
OG＝
即2r2－6r＋5＋(1－r)2＝(1＋r)2，
即2r2－10r＋5＝0，
解得r＝或r＝(舍)，B正确；
若要在长方体内同时放三个球，
其中一个球半径为1，另两个球半径相等，
作俯视图如图2，则球O的半径为1，
球O1，O2的最大半径为r＝>，C正确；
因为长方体的对角面的边长分别为2和3，
且2.8<2，
所以可以让圆锥底面放到长方体的对角面上，
故可以放入长方体内部，D正确．故选BCD．
]
4．ABD　[因为正四面体的棱长为1 m，
如图1，在Rt△AOD中，
可得正四面体的高h＝AO＝ m，
设该正四面体的内切球(与各面均相切)的半径为r，球心为O1，
则有VA BCD＝S△BCD·h＝4×S△BCD·r，
即r＝ m，A正确；
如图2，设圆柱的底面半径为r1，高为h1，
在Rt△AOE中，，
，
V圆柱＝h1＝π，
令圆柱的体积关于h1的函数为V(h1)，
则V′(h1)＝π，
令V′(h1)＝0，解得h1＝或h1＝，
易知，当h1＝ m，r1＝ m时，V圆柱最大，B正确；
当球的表面积为3π m2时，其球的半径为 m，
而由A项得内切球的半径r＝<，
故表面积为3π m2的球不能放入该正四面体中，C错误；
由B项可知，圆柱的直径为 m，
由勾股定理可得，其底面内接正方形的边长为 m，
又圆柱的高为 m，
故可以放入一个棱长为 m的正方体，D正确．]
5．B　[设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以2πr×＝πr×，即2，故r＝3，
故圆锥的体积为π×9×π．故选B．]
6．D　[由题知VB AEF＝VB ACD，
所以S△AEF＝S△ACD＝．
设EF＝a，AE＝b，AF＝c，
则bc sin 60°＝，即bc＝，
则a2＝b2＋c2－2bc cos 60°≥2bc－bc＝bc＝．
当且仅当即b＝c＝时，取等号，所以EF的最小值为．故选D．]
7．C　[因为AD，BE，CF两两平行，且两两之间距离为1，则该五面体可以分成一个侧棱长为1的三棱柱和一个底面为梯形的四棱锥，其中三棱柱的体积等于棱长均为1的直三棱柱的体积，四棱锥的高为，底面是上底为1、下底为2、高为1的梯形，故该五面体的体积V＝．故选C．]
8．A　[设圆锥的高为h，母线长为l，底面圆半径为r，则解得l＝2，r＝1，所以h＝，所以圆台体积为π×12×π×．故选A．]
9．A　[设圆柱的底面半径为r，高为h，圆锥的母线长为l，因为圆锥的侧面积为15π，所以πrl＝15π，即rl＝15．因为l2＝r2＋42，所以联立解得r＝3(舍负)．因为圆柱的侧面积为18π，所以2πrh＝18π，即2π×3h＝18π，解得h＝3，所以该毡帐的体积为πr2×4＋πr2h＝39π．故选A．]
10．28　[如图所示，根据题意易知△SO1A1∽△SOA，
所以，
又SO1＝3，所以SO＝6，所以OO1＝3，
又上下底面正方形边长分别为2，4，
所以所得棱台的体积为×3＝28．]
11．　[由题可得两个圆台的高分别为
h甲＝(r1－r2)，
h乙＝(r1－r2)，
所以＝．]
12．C　[如图，设正三棱锥的底面边长为a，高为h，高与侧棱的夹角为θ，
由球的表面积为16π可得球的半径为2，
则在△PDB中，由余弦定理可得
cos θ＝∈
时，V′(t)>0，函数V(t)单调递增；
当t∈
2
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