主干知識(shí)達(dá)標(biāo)練
1.若一個(gè)正方體的頂點(diǎn)都在某個(gè)球面上,則該正方體的表面積與球的表面積的比值是( )
A.2π3B.2π
C.3πD.3π3
答案B
解析設(shè)正方體的邊長(zhǎng)為a,則正方體的體對(duì)角線長(zhǎng)d=3a,則球的半徑為32a,所以正方體的表面積為6a2,球的表面積為4π32a2=3πa2,所以該正方體的表面積與球的表面積的比值是6a23πa2=2π.故選B.
2.(2024陜西寶雞模擬)2023年3月11日,“探索一號(hào)”科考船搭載著“奮斗者”號(hào)載人潛水器圓滿完成國(guó)際首次環(huán)大洋洲載人深潛科考任務(wù),順利返回三亞.“奮斗者”號(hào)模型圖如圖1所示,其球艙可以抽象為圓錐和圓柱的組合體,其軸截面如圖2所示,則該模型球艙的體積為( )
圖1
圖2
A.100π3 cm3B.103π3 cm3
C.106π3 cm3D.104π3 cm3
答案D
解析由模型的軸截面可知圓錐的底面半徑為2 cm,高為2 cm,圓柱的底面半徑為2 cm,高為8 cm,故該模型球艙的體積為13×π×22×2+π×22×8=104π3(cm3).故選D.
3.(2024山東淄博一模)某圓錐的側(cè)面積為16π,其側(cè)面展開(kāi)圖為一個(gè)半圓,則該圓錐的底面半徑長(zhǎng)為( )
A.2B.4C.22D.42
答案C
解析設(shè)圓錐的母線長(zhǎng)為l,底面半徑為r,即側(cè)面展開(kāi)圖的半徑為l,側(cè)面展開(kāi)圖的弧長(zhǎng)為πl(wèi).又圓錐的底面周長(zhǎng)為2πr,所以2πr=πl(wèi),即l=2r,所以圓錐的側(cè)面積為πrl=2πr2=16π,解得r=22.故選C.
4.(2024東北三省三校第一次聯(lián)考)已知正四棱錐P-ABCD各頂點(diǎn)都在同一球面上,且正四棱錐底面邊長(zhǎng)為4,體積為643,則該球表面積為( )
A.9πB.36πC.4πD.4π3
答案B
解析
如圖,點(diǎn)H為四邊形ABCD的中心,連接PH,AH,則PH⊥平面ABCD.
因?yàn)檎睦忮F底面邊長(zhǎng)為4,所以四邊形ABCD的面積為16,且AH=12×42=22,所以13×PH×16=643,即PH=4.由題可得外接球的球心O在線段PH上,設(shè)外接球的半徑為R,則OH=4-R,故R2=8+(4-R)2,解得R=3,故正四棱錐P-ABCD的外接球的表面積為4×π×9=36π.故選B.
5.(2024湖南邵陽(yáng)模擬)現(xiàn)準(zhǔn)備給一半徑為6 cm的實(shí)心球體玩具制作一個(gè)圓臺(tái)形帶蓋的紙質(zhì)包裝盒,要使制成的包裝盒能裝下該球體玩具,且該包裝盒的下底面是半徑為4 cm的圓,則制成的包裝盒的容積最小為( )
A.133π cm3B.399π cm3
C.266π cm3D.532π cm3
答案D
解析
要使制成的包裝盒的容積最小,則該球體玩具與包裝盒的上、下底面及側(cè)面都相切,作該圓臺(tái)形包裝盒的軸截面得等腰梯形ABCD如圖所示,其中點(diǎn)O為球體玩具的球心,點(diǎn)F,E分別是圓臺(tái)上、下底面圓的圓心,作AG⊥BC于點(diǎn)G,連接EF,則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,所以該包裝盒的容積最小為13π·EF·(BF2+BF·AE+AE2)=13π×12×(92+9×4+42)=532π(cm3).故選D.
6.(2024湖南常德模擬)我國(guó)有著豐富悠久的“印章文化”,古時(shí)候的印章一般用貴重的金屬或玉石制成,本是官員或私人簽署文件時(shí)代表身份的信物,后因其獨(dú)特的文化內(nèi)涵,也被作為裝飾物來(lái)使用.明清時(shí)期的一個(gè)金屬印章擺件如圖所示,除去頂部的環(huán)可以看作是一個(gè)正四棱柱和一個(gè)正四棱錐組成的幾何體,已知正四棱柱和正四棱錐的體積之比為3∶1,且該幾何體的頂點(diǎn)均在體積為36π的球的表面上,則該幾何體的表面積為( )
A.48+162B.64+162
C.48+322D.64+322
答案A
解析設(shè)球的半徑為R,∵球的體積為36π,∴43πR3=36π,∴R=3.∵正四棱柱和正四棱錐的體積之比為3∶1,且底面積相等,∴正四棱柱和正四棱錐的高相等,設(shè)正四棱柱和正四棱錐的高都為h,底面正方形的邊長(zhǎng)為a,作SH⊥底面ABCD,交平面EFGM于N,易知N,H分別為四邊形EFGM、四邊形ABCD的中心,根據(jù)對(duì)稱性可知該幾何體的外接球的直徑為正四棱柱的體對(duì)角線,設(shè)球心為O,則O為NH中點(diǎn),∴(2R)2=a2+a2+h2,即2a2+h2=36.
又R=SO=h2+h,∴3=3h2,∴h=2,∴a=4.
如圖,作SI⊥EF,則I為EF中點(diǎn),連接NI,則SI=SN2+NI2=h2+a22=22,
∴該幾何體的表面積為4×12×4×22+4×4+4×(4×2)=48+162.故選C.
7.(多選題)(2024新疆烏魯木齊一模)如圖,某個(gè)幾何體是由棱長(zhǎng)為40 cm的正方體截去八個(gè)一樣的四面體得到的,則( )
A.該幾何體有12個(gè)頂點(diǎn)
B.該幾何體有24條棱
C.該幾何體的表面積為(4 800+8003)cm2
D.該幾何體外接球的表面積是原正方體內(nèi)切球、外接球表面積的等差中項(xiàng)
答案ABD
解析因?yàn)樵搸缀误w的頂點(diǎn)是正方體各棱的中點(diǎn),正方體有12條棱,所以該幾何體有12個(gè)頂點(diǎn),故A正確;
由題意知,該幾何體在正方體的每個(gè)面上有4條棱,正方體有6個(gè)面,故該幾何體有6×4=24條棱,故B正確;
該幾何體的棱長(zhǎng)為202+202=202(cm),該幾何體有6個(gè)面為正方形,8個(gè)面為等邊三角形,所以該幾何體的表面積為6×(202)2+8×34×(202)2=4 800+1 6003(cm2),故C錯(cuò)誤;
原正方體內(nèi)切球的半徑為20 cm,內(nèi)切球表面積為S1=4π×202=1 600π(cm2).
原正方體外接球的半徑為203 cm,外接球表面積為S2=4π×(203)2=4 800π(cm2).
由題意得該幾何體外接球的球心為原正方體的中心,故外接球半徑為202 cm,所以該幾何體外接球的表面積為S=4π×(202)2=3 200π(cm2).
因?yàn)?S=6 400π=1 600π+4 800π=S1+S2,所以該幾何體外接球的表面積是原正方體內(nèi)切球、外接球表面積的等差中項(xiàng),故D正確.故選ABD.
8.(5分)(2024浙江金麗衢十二校聯(lián)考)已知圓柱的軸截面面積為4,則該圓柱側(cè)面展開(kāi)圖的周長(zhǎng)最小值為 .
答案8π
解析設(shè)圓柱的母線長(zhǎng)和底面的半徑分別為l,r,根據(jù)已知得2lr=4,由題意可得圓柱側(cè)面展開(kāi)圖的周長(zhǎng)為4πr+2l≥24πr×2l=8π,當(dāng)且僅當(dāng)4πr=2l,即r=1π,l=2π時(shí),等號(hào)成立.
9.(5分)(2024黑龍江雙鴨山模擬)如圖所示,一豎立在地面上的圓錐形物體的母線長(zhǎng)為3,一只小蟲(chóng)從圓錐的底面圓上的點(diǎn)P出發(fā),繞圓錐爬行一周后回到點(diǎn)P處,若該小蟲(chóng)爬行的最短路程為33,則這個(gè)圓錐的高為 ,體積為 .
答案22 223π
解析作出該圓錐的側(cè)面展開(kāi)圖,如圖所示,
則該小蟲(chóng)爬行的最短路程為PP'.
由余弦定理可得cs∠P'OP=OP2+OP'2-PP'22OP·OP'=32+32-(33)22×3×3=-12,所以∠P'OP=2π3.設(shè)圓錐底面的半徑為r,則有2πr=2π3·3,解得r=1,所以這個(gè)圓錐的高為9-1=22,體積為13πr2h=223π.
10.(5分)(2023新高考Ⅰ,14)在正四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=2,則該棱臺(tái)的體積為 .
答案766
解析(方法一 直接法)如圖所示,正四棱臺(tái)中四邊形AA1C1C為等腰梯形.
連接AC,A1C1,過(guò)點(diǎn)A1作A1G⊥AC,交AC于點(diǎn)G,則A1G為棱臺(tái)的高.
在正四棱臺(tái)中,∵AC=22,A1C1=2,
∴AG=AC-A1C12=22.
在Rt△A1AG中,A1G=A1A2-AG2=(2)2-(22) 2=62.
則棱臺(tái)體積V=13(S四邊形A1B1C1D1+S四邊形A1B1C1D1·S四邊形ABCD+S四邊形ABCD)·A1G=13×(1+2+4)×62=766.
(方法二 補(bǔ)形法)如圖,延長(zhǎng)各側(cè)棱交于點(diǎn)O,連接AC,A1C1,過(guò)O作OG⊥AC,交AC于點(diǎn)G,交平面A1B1C1D1于點(diǎn)H,且點(diǎn)H恰為A1C1的中點(diǎn),解得OA1=2,A1H=22,AG=2,OA=22.
在Rt△A1OH中,OH=(2)2-(22) 2=62,
在Rt△AOG中,OG=(22)2-(2)2=6.
則棱臺(tái)體積V=V四棱錐O-ABCD-V四棱錐O-A1B1C1D1=13(S四邊形ABCD·OG-S四邊形A1B1C1D1·OH)=13×4×6-1×62=766.
關(guān)鍵能力提升練
11.(2023天津,8)在三棱錐P-ABC中,點(diǎn)M,N分別在棱PC,PB上,且PM=13PC,PN=23PB,則三棱錐P-AMN和三棱錐P-ABC的體積之比為( )
A.19B.29C.13D.49
答案B
解析如圖,分別過(guò)M,C作MM'⊥PA,CC'⊥PA,垂足分別為M',C'.過(guò)B作BB'⊥平面PAC,垂足為B',連接PB',過(guò)N作NN'⊥PB',垂足為N'.
因?yàn)锽B'⊥平面PAC,BB'?平面PBB',所以平面PBB'⊥平面PAC.
又因?yàn)槠矫鍼BB'∩平面PAC=PB',NN'⊥PB',NN'?平面PBB',所以NN'⊥平面PAC,且BB'∥NN'.
在△PCC'中,因?yàn)镸M'⊥PA,CC'⊥PA,所以MM'∥CC',所以MM'CC'=PMPC=13,
在△PBB'中,因?yàn)锽B'∥NN',所以NN'BB'=PNPB=23,所以VP-AMNVP-ABC=VN-PAMVB-PAC=13S△PAM·NN'13S△PAC·BB'=13·(12PA·MM')·NN'13·(12PA·CC')·BB'=29.故選B.
12.(2024天津,9)一個(gè)五面體ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF,且兩兩之間的距離為1,并已知AD=1,BE=2,CF=3,則該五面體的體積為( )
A.36B.334+12
C.32D.334-12
答案C
解析如圖,用一個(gè)和五面體ABC-DEF完全相同的五面體HIJ-LMN與五面體ABC-DEF拼在一起,其中頂點(diǎn)L,M,N分別與頂點(diǎn)D,E,F重合.
由題意可知,拼成的組合體是一個(gè)三棱柱,且該三棱柱與側(cè)棱垂直的截面是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形,其面積為34×12=34,三棱柱的側(cè)棱長(zhǎng)為4,所以VABC-DEF=12VABC-HIJ=12×34×4=32.故選C.
13.如圖,一個(gè)棱長(zhǎng)1分米的正方體形封閉容器中盛有V升的水,若將該容器任意放置均不能使水平面呈三角形,則V的取值范圍是( )
A.16,56B.13,23
C.12,23D.16,12
答案A
解析將該容器任意放置均不能使水平面呈三角形,則如圖,水最少的臨界情況為水面為面A1BD,水最多的臨界情況為水面為面B1CD1.因?yàn)閂A-A1BD=13×12×1×1×1=16,VABCDA1B1D1=VABCD-A1B1C1D1-VC-B1C1D1=1-13×12×1×1×1=56,所以16

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