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专题突破练(分值:73 分)
学生用书
P185
一、选择题:本题共8 小题,每小题5 分,共40 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.若一个正方体的顶点都在球面上,则该正方体表面积与球表面积的比值是( )
A. 2π
3
B. 2
π
C. √3
π
D. √3 π
3
答案B
解析设正方体的棱长为a,则正方体的体对角线d=√a
2+a
2+a
2=√3a,故正方体的表面积为6a2,球的
表面积为4π(d
2
)2=3πa2,所以该正方体表面积与球表面积的比值是6a
2
3 π a
2 = 2
π .
2.(2024·山东淄博一模)一圆锥的侧面积为16π,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的底面半径长为(
)
A.2
B.4
C.2√2
D.4√2
答案C
解析设圆锥的母线长为l,底面半径为r,即侧面展开图的半径为l,侧面展开图的弧长为πl.又圆锥的底
面周长为2πr,所以2πr=πl,即圆锥的母线长l=2r.所以圆锥的侧面积为πrl=2πr2=16π,解得r=2√2.
3.设体积相等的正方体、正四面体和球的表面积分别为S1,S2,S3,则( )
A.S1<S2<S3
B.S2<S1<S3
C.S3<S1<S2
D.S3<S2<S1
答案C
解析令正方体、正四面体和球的体积为1,设正方体的棱长为a,则a3=1,解得a=1,表面积S1=6a2=6.设
正四面体的棱长为b,则正四面体底面正三角形的外接圆半径为2
3 × √3
2
b=√3
3
b,正四面体的高h=
√b
2-( √3
3 b)
2= √6
3
b,体积为1
3 × √3
4
b2× √6
3
b=√2
12
b3=1,解得b=√2×
3√3,表面积S2=4× √3
4
b2=2
√3×
3√3
2=2×3
7
6>6.设球半径为r,则4
3 πr3=1,解得r=3√
3
4 π
,表面积S3=4πr2=4π
3√( 3
4 π )
2=
3√36 π<6,
所以S3<S1<S2.
4.(2024·山东泰安三模)已知圆台O1O2的母线长为4,下底面圆的半径是上底面圆的半径的3 倍,轴截
面周长为16,则该圆台的表面积为( )
A.24π
B.25π
C.26π
D.27π
答案C
解析如图,作出圆台的轴截面ABDC,设上底面圆O1的半径为r,则下底面圆O2的半径是3r,故轴截面
周长为16=4+4+2r+6r,解得r=1,所以上、下底面圆的面积分别为π,9π,圆台侧面积S 侧
=π(1+3)×4=16π,所以圆台的表面积为π+9π+16π=26π.
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5.(2023·全国甲,文10)在三棱锥P-ABC 中,△ABC 是边长为2 的等边三角形,PA=PB=2,PC=√6,则该棱
锥的体积为( )
A.1
B.√3
C.2
D.3
答案A
解析(方法一)
如图,作AO⊥平面PBC,设AO=h,连接OP,OB,OC,由AP=AB=AC=2,可得OP=OB=OC,即O 为△PBC
的外心.在△PBC 中,cos∠PBC= P B
2+ BC
2- PC
2
2 PB·BC
= 4+ 4 -6
2×2×2 = 1
4
,则sin∠PBC=
√1-co s
2∠PBC = √15
4 .设△PBC 的外接圆半径为R,
√6
sin ∠PBC
=2R,解得R=2√10
5
.在Rt△AOP
中,∵AO2+PO2=AP2,∴h=AO=√2
2-( 2√10
5
)
2= 2√15
5
.∴S△BPC=1
2 ·PB·BC·sin∠PBC=1
2 ×2×2
× √15
4 = √15
2 .∴VP-ABC=VA-BPC=1
3 ·S△BPC·h=1
3 × √15
2 × 2√15
5
=1.
(方法二)如图,过点P 作PO⊥平面ABC 于点O,连接CO 并延长交AB 于点D,连接
PD.∵PA=PB=AB,∴D 为AB 的中点.∴CD=√3,PD=√3.由PO⊥CD,设OD=x,0≤x<√3.由PD2-
OD2=PC2-OC2,得(√3)2-x2=6-(√3-x)2,解得x=0 或x=√3(舍去),∴PD⊥平面ABC.则VP-ABC=1
3 ·
S△ABC·PD=1
3 × √3
4 ×22×√3=1.
故选A.
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6.(2024·天津南开模拟)假定某玉琮中间内空,形状对称,如图所示,圆筒内径长2 cm,外径长3 cm,筒高
4 cm,中部为棱长是3 cm 的正方体的一部分,圆筒的外侧面内切于正方体的侧面,则该玉琮的体积为
( )
A. 27-9 π
4
cm3
B. 27-7 π
4
cm3
C. 27+π
4
cm3
D. 27+3 π
4
cm3
答案B
解析圆筒体积为底面半径为3
2,高度为4 的圆柱体的体积减去底面半径为1,高度为4 的圆柱体的体积,
故其体积V1=π× 3
2
2×4-π×12×4=5π cm3.中间部分的体积为棱长为3 的正方体的体积减去底面半径
为3
2,高为3 的圆柱体的体积,故其体积V2=27-π× 3
2
2×3= 27-27 π
4
cm3.故玉琮的体积V=27-27 π
4
+5π= 27-7 π
4
cm3.
7.(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. √3
6
B. 3√3
4
+ 1
2
C. √3
2
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D. 3√3
4
- 1
2
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.该三棱柱的直截面(与
侧棱垂直的截面)是边长为1 的等边三角形,其面积为√3
4 ×12=√3
4
,三棱柱的侧棱长为
1+3=2+2=3+1=4,所以VABC-DEF=1
2
VABC-HIJ=1
2 × √3
4 ×4=√3
2 .故选C.
8.(2024·广东汕头模拟)已知球O 与圆台O1O2的上、下底面和侧面均相切,且球O 与圆台O1O2的体积
之比为1
2
,则球O 与圆台O1O2的表面积之比为( )
A. 1
6
B. 1
4
C. 1
3
D. 1
2
答案D
解析由题意,作出圆台的轴截面ABCD,
设圆台的上、下底面半径分别为r1,r2,球的半径OO1=r,则AE=r1,BE=r2,AB=r1+r2,BH=r2-r1.过点A 作
AH⊥BC 于点H.由AH2+BH2=AB2,得(2r)2+(r2-r1)2=(r1+r2)2,化简得r2=r1r2.由球的体积公式V 球=4
3 πr3,
圆台的体积公式V 圆台=1
3
(2r)·(π r1
2+π r2
2+√π r1
2·π r2
2)=2
3 πr(r1
2+r2
2+r1r2).已知球O 与圆台O1O2的
体积之比为1
2
,则
2r
2
r1
2+r2
2+r1r2
= 1
2 .又球的表面积S 球=4πr2,圆台的表面积S 圆台=π[(r1+r2)2+r1
2+r2
2]=π(2
r1
2+2r1r2+2r2
2),所以S球
S圆台
=
4 π r
2
π (2r1
2+2r1r2+2r2
2)
=
2r
2
r1
2+r2
2+r1r2
= 1
2 .
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二、选择题:本题共3 小题,每小题6 分,共18 分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目
要求,全部选对的得6 分,部分选对的得部分分,有选错的得0 分.
9.(2024·山西朔州一模)已知圆锥SO 的侧面积为4π,底面圆的周长为2π,则( )
A.圆锥的母线长为4
B.圆锥的母线与底面所成角的正弦值为1
4
C.圆锥的体积为√15
3
π
D.沿着圆锥母线的中点截圆锥所得圆台的体积为7√15
24
π
答案ACD
解析设圆锥的母线长为l,底面圆的半径为r,则{
π rl = 4 π ,
2π r =2π , 故{
r =1,
l = 4,
故A 正确;圆锥的高h=
√16-1=√15,故圆锥的母线与底面所成角的正弦值为√15
4
,故B 错误;圆锥的体积为1
3 ×πr2h=√15
3
π
,故C 正确;沿着圆锥母线的中点截圆锥所得小圆锥的体积为1
8 × √15
3
π,故所得圆台的体积为
7
8 × √15
3
π=7√15
24
π,故D 正确.故选ACD.
10.已知△ABC 的三边长分别是AC=3,BC=4,AB=5,则( )
A.以BC 所在直线为旋转轴,将此三角形旋转一周,所得旋转体的侧面积为15π
B.以BC 所在直线为旋转轴,将此三角形旋转一周,所得旋转体的体积为36π
C.以AB 所在直线为旋转轴,将此三角形旋转一周,所得旋转体的表面积为108
5 π
D.以AB 所在直线为旋转轴,将此三角形旋转一周,所得旋转体的体积为48
5 π
答案AD
解析以BC 所在直线为轴旋转时,所得旋转体是底面半径为3,母线长为5,高为4 的圆锥,其侧面积为
π×3×5=15π,体积为1
3 ×π×32×4=12π,故A 正确,B 错误;以AB 所在直线为轴旋转时,所得旋转体是底面
半径为12
5
,母线长分别为3 和4 的两个圆锥组合体,表面积为π× 12
5 ×(3+4)=84
5 π,体积为1
3 ×π×(12
5
)2×5=48
5 π,故C 错误,D 正确.故选AD.
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11.如图所示的几何体是由棱长为40 cm 的正方体截去八个一样的四面体得到的,则( )
A.该几何体的顶点数为12
B.该几何体的棱数为24
C.该几何体的表面积为(4 800+800√3)cm2
D.该几何体外接球的表面积的数值是原正方体内切球、外接球表面积数值的等差中项
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,所以该几何体的顶点数为12,故A
正确;由题意知,该几何体有6 个面为正方形,故该几何体的棱数为6×4=24,故B 正确;该几何体的棱长
为√20
2+20
2=20√2 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×(20√2)2+8× √3
4 ×(20√2)2=(4 800+1 600√3)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√4 0
2+ 4 0
2+ 4 0
2
2
=20√3 cm,外接球表面
积为S2=4π×(20√3)2=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
2+20
2=20√2 cm,所以该几何体外接球的表面积为S=4π×(20√2)2=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的数值是原正方体内切球、外接球表面
积的数值的等差中项,故D 正确.
三、填空题:本题共3 小题,每小题5 分,共15 分.
12.(2024·浙江金丽衢十二校联考)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√π
解析设圆柱的母线长和底面圆半径分别为l,r,由已知得2lr=4.由题意可得圆柱侧面展开图的周长为
L 侧=4πr+2l≥2√4 π r ×2l=8√π,当且仅当4πr=2l,即r= 1
√π
,l=2√π时,等号成立.
13.(2023·全国乙,文16)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= .
答案2
解析由正弦定理得△ABC 外接圆的半径r=1
2 ×
3
sin 60° =√3.设O,O'分别为三棱锥S-ABC 外接球
的球心、△ABC 外接圆的圆心,球O 的半径R=2,所以OO'=√R
2-r
2=1.因为SA⊥平面ABC,所以
SA=2OO'=2.
14.设四棱锥M-ABCD 的底面为正方形,且MA=MD,MA⊥AB,如果△AMD 的面积为1,则能够放入这
个棱锥的最大的球的半径为 .
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答案√2-1
解析如图,因为AB⊥AD,AB⊥MA,AD∩MA=A,AD,MA⊂平面MAD,所以AB⊥平面MAD,故平面
MAD⊥平面ABCD.
设E 是AD 的中点,F 是BC 的中点,则ME⊥AD,所以ME⊥平面ABCD.
因为EF⊂平面ABCD,所以ME⊥EF.
若球O 是与平面MAD,平面ABCD,平面MBC 都相切的球.设O 在平面MEF 上,则O 为△MEF 的内心.
设球O 的半径为r,则r=
2S△MEF
EF + EM + MF .
设AD=EF=a,因为S△AMD=1,
所以ME=2
a
,MF=√a
2+( 2
a )
2,
r=
2
a+ 2
a +√a
2+( 2
a )
2
≤
2
2√2+2 =√2-1,
当且仅当a=2
a
,即a=√2时,等号成立,即当AD=ME=√2时,与平面MAD,平面ABCD,平面MBC 都相切
的球的半径为√2-1.
作OG⊥ME 于点G,易证OG∥平面MAB,点G 到平面MAB 的距离即为点O 到平面MAB 的距离.
过点G 作GH⊥MA 于点H,则GH 是点G 到平面MAB 的距离.
因为△MHG∽△MEA,
所以GH
AE = MG
MA .
又MG=√2-(√2-1)=1,AE=√2
2
,
MA=√( √2
2 )
2+(√2)
2= √10
2
,
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则HG= AE· MG
MA
=
√2
2 ×1
√10
2
= √5
5 .
因为√5
5 >√2-1,
故点O 到平面MAB 的距离大于球O 的半径r,同样点O 到平面MCD 的距离也大于球O 的半径r,故
球O 在棱锥M-ABCD 内,并且不可能再大.
据此可得所求的最大球的半径为√2-1.
