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专题突破练13
(分值:93分)
主干知识达标练
1.若一个正方体的顶点都在某个球面上,则该正方体的表面积与球的表面积的比值是(　　)
A. B. C. D.
答案B
解析设正方体的边长为a,则正方体的体对角线长d=a,则球的半径为a,所以正方体的表面积为6a2,球的表面积为4π(a)2=3πa2,所以该正方体的表面积与球的表面积的比值是.故选B.
2.2023年3月11日,“探索一号”科考船搭载着“奋斗者”号载人潜水器圆满完成国际首次环大洋洲载人深潜科考任务,顺利返回三亚.“奋斗者”号模型图如图1所示,其球舱可以抽象为圆锥和圆柱的组合体,其轴截面如图2所示,则该模型球舱的体积为(　　)
图1
图2
A. cm3 B. cm3
C. cm3 D. cm3
答案D
解析由模型的轴截面可知圆锥的底面半径为2 cm,高为2 cm,圆柱的底面半径为2 cm,高为8 cm,故该模型球舱的体积为×π×22×2+π×22×8=(cm3).故选D.
3.(2025黑龙江哈尔滨高三二模)高相同的圆柱与圆台的体积分别为V1,V2,且圆柱的底面积是圆台上、下底面积的等差中项,则V1与V2的关系为(　　)
A.V1>V2 B.V1C.V1=V2 D.不确定
答案A
解析设圆台的上、下底面积分别为S1,S2,圆柱的底面积为S,高为h,
根据圆柱的底面积是圆台上、下底面积的等差中项,
∴S=(S1+S2),V1=Sh=(S1+S2)h,
∴V2=(S1+S2+)h<[S1+S2+(S1+S2)]h=V1.故选A.
4.(2024东北三省三校第一次联考)已知正四棱锥P-ABCD各顶点都在同一球面上,且正四棱锥底面边长为4,体积为,则该球表面积为(　　)
A.9π B.36π
C.4π D.
答案B
解析如图,点H为四边形ABCD的中心,连接PH,AH,则PH⊥平面ABCD.
因为正四棱锥底面边长为4,所以四边形ABCD的面积为16,且AH=×4=2,所以×PH×16=,即PH=4.由题可得外接球的球心O在线段PH上,设外接球的半径为R,则OH=4-R,故R2=8+(4-R)2,解得R=3,故正四棱锥P-ABCD的外接球的表面积为4×π×9=36π.
故选B.
5.现准备给一半径为6 cm的实心球体玩具制作一个圆台形带盖的纸质包装盒,要使制成的包装盒能装下该球体玩具,且该包装盒的下底面是半径为4 cm的圆,则制成的包装盒的容积最小为(　　)
A.133π cm3 B.399π cm3
C.266π cm3 D.532π cm3
答案D
解析要使制成的包装盒的容积最小,则该球体玩具与包装盒的上、下底面及侧面都相切,作该圆台形包装盒的轴截面得等腰梯形ABCD如图所示,其中点O为球体玩具的球心,点F,E分别是圆台上、下底面圆的圆心,作AG⊥BC于点G,连接EF,则AG∥EF,AG=EF=12 cm.易知AB=BF+AE,BG=BF-AE,而AB2=AG2+BG2,即(BF+4)2=122+(BF-4)2,所以BF=9 cm,所以该包装盒的容积最小为π·EF·(BF2+BF·AE+AE2)=π×12×(92+9×4+42)=532π(cm3).故选D.
6.我国有着丰富悠久的“印章文化”,古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成,本是官员或私人签署文件时代表身份的信物,后因其独特的文化内涵,也被作为装饰物来使用.明清时期的一个金属印章摆件如图所示,除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体,已知正四棱柱和正四棱锥的体积之比为3∶1,且该几何体的顶点均在体积为36π的球的表面上,则该几何体的表面积为(　　)
A.48+16 B.64+16
C.48+32 D.64+32
答案A
解析设球的半径为R,∵球的体积为36π,
∴πR3=36π,∴R=3.
∵正四棱柱和正四棱锥的体积之比为3∶1,且底面积相等,∴正四棱柱和正四棱锥的高相等,设正四棱柱和正四棱锥的高都为h,底面正方形的边长为a,作SH⊥底面ABCD,交平面EFGM于N,易知N,H分别为四边形EFGM、四边形ABCD的中心,根据对称性可知该几何体的外接球的直径为正四棱柱的体对角线,设球心为O,则O为NH中点,
∴(2R)2=a2+a2+h2,
即2a2+h2=36.
又R=SO=+h,
∴3=,∴h=2,∴a=4.
如图,作SI⊥EF,则I为EF中点,连接NI,
则SI==2,
∴该几何体的表面积为4×(×4×2)+4×4+4×(4×2)=48+16.故选A.
7.(多选题)如图,某个几何体是由棱长为40 cm的正方体截去八个一样的四面体得到的,则(　　)
A.该几何体有12个顶点
B.该几何体有24条棱
C.该几何体的表面积为(4 800+800)cm2
D.该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项
答案ABD
解析因为该几何体的顶点是正方体各棱的中点,正方体有12条棱,所以该几何体有12个顶点,故A正确;
由题意知,该几何体在正方体的每个面上有4条棱,正方体有6个面,故该几何体有6×4=24条棱,故B正确;
该几何体的棱长为=20(cm),该几何体有6个面为正方形,8个面为等边三角形,所以该几何体的表面积为6×+8×=4 800+1 600(cm2),故C错误;
原正方体内切球的半径为20 cm,内切球表面积为S1=4π×202=1 600π(cm2).
原正方体外接球的半径为20 cm,外接球表面积为S2=4π×=4 800π(cm2).
由题意得该几何体外接球的球心为原正方体的中心,故外接球半径为20 cm,
所以该几何体外接球的表面积为S=4π×=3 200π(cm2).
因为2S=6 400π=1 600π+4 800π=S1+S2,所以该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项,故D正确.
故选ABD.
8.(5分)已知圆柱的轴截面面积为4,则该圆柱侧面展开图的周长最小值为　　　　　.
答案8
解析设圆柱的母线长和底面的半径分别为l,r,根据已知得2lr=4,
由题意可得圆柱侧面展开图的周长为4πr+2l≥2=8,当且仅当4πr=2l,即r=,l=2时,等号成立.
9.(5分)(2024黑龙江双鸭山模拟)如图所示,一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为3,一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发,绕圆锥爬行一周后回到点P处,若该小虫爬行的最短路程为3,则这个圆锥的高为　　　　　,体积为　　　　　.
答案2π
解析作出该圆锥的侧面展开图,如图所示,
则该小虫爬行的最短路程为PP'.
由余弦定理可得cos∠P'OP==-,
所以∠P'OP=.
设圆锥底面的半径为r,则有2πr=·3,
解得r=1,所以这个圆锥的高为=2,体积为πr2h=π.
10.(5分)(2023新高考Ⅰ,14)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=,则该棱台的体积为　　　　　　.
答案
解析(方法一　直接法)如图所示,正四棱台中四边形AA1C1C为等腰梯形.
连接AC,A1C1,过点A1作A1G⊥AC,交AC于点G,则A1G为棱台的高.
在正四棱台中,∵AC=2,A1C1=,
∴AG=.
在Rt△A1AG中,A1G=.则棱台体积V=+S四边形ABCD)·A1G=×(1+2+4)×.
(方法二　补形法)如图,延长各侧棱交于点O,连接AC,A1C1,过O作OG⊥AC,交AC于点G,交平面A1B1C1D1于点H,且点H恰为A1C1的中点,解得OA1=,A1H=,AG=,OA=2.在Rt△A1OH中,OH=,在Rt△AOG中,OG=.
则棱台体积V=V四棱锥O-ABCD-(S四边形ABCD·OG-·OH)=×(4×-1×)=.
关键能力提升练
11.(2023天津,8)在三棱锥P-ABC中,点M,N分别在棱PC,PB上,且PM=PC,PN=PB,则三棱锥P-AMN和三棱锥P-ABC的体积之比为(　　)
A. B. C. D.
答案B
解析如图,分别过M,C作MM'⊥PA,CC'⊥PA,垂足分别为M',C'.过B作BB'⊥平面PAC,垂足为B',连接PB',过N作NN'⊥PB',垂足为N'.
因为BB'⊥平面PAC,BB' 平面PBB',
所以平面PBB'⊥平面PAC.
又因为平面PBB'∩平面PAC=PB',NN'⊥PB',NN' 平面PBB',
所以NN'⊥平面PAC,且BB'∥NN'.
在△PCC'中,因为MM'⊥PA,CC'⊥PA,所以MM'∥CC',
所以,
在△PBB'中,因为BB'∥NN',
所以,
所以.
故选B.
12.(2024天津,9)一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF,且两两之间的距离为1,并已知AD=1,BE=2,CF=3,则该五面体的体积为(　　)
A. B.
C. D.
答案C
解析如图,用一个和五面体ABC-DEF完全相同的五面体HIJ-LMN与五面体ABC-DEF拼在一起,其中顶点L,M,N分别与顶点D,E,F重合.
由题意可知,拼成的组合体是一个三棱柱,且该三棱柱与侧棱垂直的截面是边长为1的等边三角形,其面积为×12=,三棱柱的侧棱长为4,所以VABC-DEF=VABC-HIJ=×4=.故选C.
13.如图,一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水,若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形,则V的取值范围是(　　)
A.() B.()
C.() D.()
答案A
解析将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形,则如图,水最少的临界情况为水面为面A1BD,水最多的临界情况为水面为面B1CD1.
因为×1×1×1==1-×1×1×1=,
所以即V∈().故选A.
14.(2025黑龙江哈尔滨高三一模)已知一个圆锥的母线长为,则当其体积最大时,该圆锥的内切球半径为(　　)
A.-2 B.
C. D.1
答案A
解析设圆锥的底面半径为r,高为h,则h2+r2=3,则圆锥的体积V=f(h)=πr2h=-h3+πh,h∈(0,),则f'(h)=π(1-h)(1+h),
当00,当1所以f(h)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,)上单调递减,
所以,当圆锥体积取得最大值时,h=1,r=.
设圆锥内切球的半径为R,则由轴截面面积可得·2rh=(2r+2)R,
解得R=-2.故选A.
15.(多选题)如图,有一个棱台形的容器ABCD-A1B1C1D1(底面A1B1C1D1无盖),其四条侧棱均相等,底面为矩形,且AB=BC=A1B1=B1C1=1,容器的深度为1,容器壁的厚度忽略不计,则下列说法正确的是(　　)
A.AA1=
B.该四棱台的侧面积为3+3
C.若将一个半径为0.9的球放入该容器中,则球可以接触到容器的底面
D.若一只蚂蚁从点A出发沿着容器外壁爬到点C1,则其爬行的最短路程为
答案BD
解析由题意可得梯形ABB1A1的高为,
所以AA1=,故A错误;
图1
图2
图3
梯形ADD1A1的高为,所以梯形ADD1A1的面积为.
又梯形ABB1A1的面积为,
故该四棱台的侧面积为2×()=3+3,故B正确;
若放入容器内的球可以接触到容器的底面,则当球的半径最大时,球恰好与平面ADD1A1、平面BCC1B1、平面ABCD均相切,过三个切点的截面如图1所示.
由题意可知棱台的截面为等腰梯形,较长的底边上的底角的正切值为=2,
则tan∠MPN=-2,
所以tan∠MON=2,则=2.
又tan∠MOP>0,
所以tan∠MOP=,
所以球的半径为<0.9,
所以将半径为0.9的球放入该容器中,球不能接触到容器的底面,故C错误;
如图2,将ABCD与DCC1D1展开至同一平面,
则AC1=.
如图3,将平面ABCD与平面BCC1B1展开至同一平面,则AC1=.
因为-(+4)=3+-4<0,所以最短路程为,故D正确.故选BD.
16.(多选题)如图,扇形ABC的弧长为12π,半径为6,线段AB上有一动点M,点N是弧BC的三等分点,现将该扇形卷成以A为顶点的圆锥,使得AB和AC重合,则(　　)
A.圆锥的体积为216π
B.当M为AB中点时,线段MN在底面上的投影长为3
C.存在M,使得MN⊥AB
D.MNmin=
答案BCD
解析设圆锥的底面半径为R,高为h,由题意知2πR=12π,所以R=6,
所以h==6,
所以圆锥的体积为×πR2×h=×π×36×6=72π,故A错误;
如图,设圆锥底面圆的圆心为点O,点M在底面上的投影为H,连接OB,ON,MH,NH,则HN为线段MN在底面的投影,
因为M为AB的中点,
所以点H为OB的中点,
所以OH=3.
又∠NOH=120°,ON=6,在△OHN中,HN2=OH2+ON2-2OH·ONcos 120°=9+36-2×3×6×(-)=63,
所以HN=3,即线段MN在底面上的投影长为3,故B正确;
延长BO交圆O于点E,连接NE,作NT⊥BE于点T,作TM1⊥AB于点M1,连接M1N.
因为AB=AE=6,BE=12,
所以AB2+AE2=BE2,
所以AB⊥AE,所以TM1∥AE.
易知△ONE为正三角形,
所以T为OE的中点,则BT=BE,
所以BM1=BA.
因为平面ABE⊥平面BNE,平面ABE∩平面BNE=BE,NT 平面BNE,NT⊥BE,
所以NT⊥平面ABE.
又AB 平面ABE,
所以NT⊥AB.
又TM1⊥AB,TM1∩NT=T,TM1,NT 平面NTM1,
故AB⊥平面NTM1.
又M1N 平面NTM1,
所以AB⊥M1N,
所以当M与M1重合时,MN⊥AB,故C正确;
对于D,因为AB⊥M1N,TN=6×=3,故MNmin=M1N=,故D正确.
故选BCD.
17.(5分)(2025全国2,14)一个底面半径为4 cm,高为9 cm的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球,则铁球半径的最大值为　　　　　 cm.
答案
解析作出轴截面ABCD,如图所示.由题意,两球半径相等,所以图中两圆的切点M到AD的距离为4,到DC的距离为.过点M作AD的平行线与过点O1作DC的平行线相交于点N.
设两球的半径为r,
在Rt△MO1N中,由MN2+O1N2=O1M2,得(4-r)2+(-r)2=r2,
即4r2-68r+145=0,
解得r=或r=(舍).
所以最大值为.
核心素养创新练
18.(5分)已知球O的表面积为12π,正四面体ABCD的顶点B,C,D均在球O的表面上,球心O为△BCD的外心,棱AB与球面交于点P.若A∈平面α1,B∈平面α2,C∈平面α3,D∈平面α4,αi∥αi+1(i=1,2,3)且αi与αi+1(i=1,2,3)之间的距离为同一定值,棱AC,AD分别与α2交于点Q,R,则△PQR的周长为　　　　　.
答案1+
解析如图,设球O的半径为R,
则由题意得4πR2=12π,解得R=,
所以OB=OP=,
所以AB=BC=OB=3,
所以OA=.
由A,P,B三点共线,故存在实数λ使得=λ+(1-λ)(0<λ<1),
所以=λ2+(1-λ)2+2λ(1-λ),
所以3=6λ2+3(1-λ)2,即3λ2-2λ=0,
所以λ=,所以,
所以=2,
所以AP=AB=1.
设αi与αi+1(i=1,2,3)之间的距离为d,
因为αi∥αi+1(i=1,2,3),
所以,
所以AR=1,AQ=,
所以PQ=RQ=,PR=BD=1,
所以△PQR的周长为1+2×=1+.
16

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