8.1-8.3综合拔高练.docx

8.18.3综合拔高练五年高考练考点1基本立体图形 1.(2020课标,3,5分,)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为(深度解析)A.5-14B.5-12C.5+14D.5+122.(2020浙江,14,4分,)已知圆锥的侧面积(单位:cm2)为2,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的底面半径(单位:cm)是. 3.(2019课标,16,5分,)中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有个面,其棱长为. 图1图2考点2几何体的表面积和体积4.(2020课标,12,5分,)已知A,B,C为球O的球面上的三个点,O1为ABC的外接圆.若O1的面积为4,AB=BC=AC=OO1,则球O的表面积为()A.64B.48C.36D.325.(2020课标,10,5分,)已知ABC是面积为934的等边三角形,且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16,则O到平面ABC的距离为()A.3B.32C.1D.326. (2020江苏,9,5分,)如图,六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的.已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm,高为2 cm,内孔半径为0.5 cm,则此六角螺帽毛坯的体积是cm3. 7.(2019天津,11,5分,)已知四棱锥的底面是边长为2的正方形,侧棱长均为5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为. 8.(2019江苏,9,5分,)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的体积是120,E为CC1的中点,则三棱锥E-BCD的体积是. 9.(2019课标,16,5分,)学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型.如图,该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H分别为所在棱的中点,AB=BC=6 cm,AA1=4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为g.易错 考点3几何体的外接球和内切球10.(2020天津,5,5分,)若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为()A.12B.24C.36D.14411.(2020课标,15,5分,)已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为. 12.(2019课标,12,5分,)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,CEF=90°,则球O的体积为()A.86B.46C.26D.6三年模拟练 应用实践1.(2020北京密云高三下一模,)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的表面积为()A.8B.83C.8+22D.8+422.(2020北京一零一中学高三统练,)有一塔形几何体由若干个正方体构成,构成方式如图所示,上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点.已知最底层正方体的棱长为8,如果该塔形几何体的最上层正方体的棱长小于1,那么该塔形几何体中正方体的个数至少是()A.8B.7C.6D.43.(2020山东潍坊高三下模拟,)九章算术中记载,堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱,阳马指底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥.如图,在堑堵ABC-A1B1C1中,ACBC,AA1=2,当阳马B-ACC1A1的体积为43时,堑堵ABC-A1B1C1的外接球的体积的最小值为()A.43B.823C.323D.64234.(2020天津四中高三下线上检测,)底面是边长为1的正方形,侧面是等边三角形的四棱锥P-ABCD的外接球的体积为()A.223B.23C.233D.335.(2020天津北辰高三下第一次诊断,)已知等边三角形的边长为2,将该三角形绕其任一边所在的直线旋转一周形成的曲面所围成的几何体的体积为. 6.(2020天津河西高三下调查,)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧棱AA1垂直于底面ABCD,四边形ABCD为正方形,AA1=2AB,且棱柱的表面积为20,则以四边形A1B1C1D1的中心为顶点,四边形ABCD的内切圆所在平面为底面的圆锥的体积为. 7.(2020辽宁省实验中学、哈师大附中、东北师大附中高三第二次联合模拟,)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1 m,圆锥SO的底面是正方形A1B1C1D1的内切圆,顶点S是正方形ABCD的中心,则圆锥SO的体积为m3,侧面积为m2. 8.(2020山东滕州一中高三线上模拟,)已知正三棱锥P-ABC中,Q为BC的中点,PA=2,AB=2,则正三棱锥P-ABC的外接球的半径为,过Q的平面截三棱锥P-ABC的外接球所得截面的面积的范围为. 9.(2020天津和平新高考适应性训练,)如果一个圆锥的高是这个圆锥的内切球的半径的3倍,则圆锥的侧面面积和球的表面积之比为. 迁移创新10.(2020山东济宁高三线上模考,)农历五月初五是端午节,民间有吃粽子的习惯,粽子又称粽籺,古称“角黍”,是端午节大家都会品尝的食品,传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.如图,平行四边形形状的纸片是由六个边长为 1 的正三角形构成的,将它沿虚线折起来,可以得到如图所示粽子形状的六面体,则该六面体的体积为;若该六面体内有一球, 则该球的体积的最大值为. 答案全解全析五年高考练1.C如图,设正四棱锥的底面边长BC=a,侧面等腰三角形底边上的高PM=h,则正四棱锥的高PO=h2-a24,以PO的长为边长的正方形面积为h2-a24,一个侧面三角形面积为12ah,h2-a24=12ah,4h2-2ah-a2=0,两边同除以a2可得4ha2-2·ha-1=0,解得ha=1±54,又ha>0,ha=5+14.故选C.解题关键利用以四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,求得底面边长a与侧面等腰三角形底边上的高h之间的关系是求解本题的关键.2.答案1解析设圆锥的底面半径为r cm,母线长为l cm,如图.由题意可得S侧=rl=2,2r=l,r=1.故圆锥的底面半径为1 cm.3.答案26;2-1解析半正多面体面数从上至下依次为1,8,8,8,1,故共有1+8+8+8+1=26个面.正方体被半正多面体顶点A,B,C所在平面截得的图形如图2,八边形ABCDEFGH为正八边形.图1图2设AB=a,则1=2×22a+a,解得a=2-1,即该半正多面体的棱长为2-1.4.A如图,由题知ABC为等边三角形,圆O1的半径r=2,即O1B=2,BC=23=OO1,在RtOO1B中,OB2=OO12+O1B2=16,球O的半径R=OB=4,则S球O=4R2=64.故选A.5.C设等边ABC的边长为a,外接圆半径为r,球心O到平面ABC的距离为h,球的半径为R,依题意得34a2=934,解得a=3(负值舍去),则ABC的外接圆半径为r=33a=3,因为球O的表面积为16,即4R2=16,所以R=2.由R2=h2+r2得h=22-(3)2=1.故选C.6.答案123-2解析此六角螺帽毛坯的体积V=V正六棱柱-V圆柱=6×34×22×2-14×2=123-2cm3.7.答案4解析如图所示,圆柱的高O1O=12PO=12PA2-AO2=12×5-1=1,圆柱的底面半径r=12AO=12.所以圆柱的体积V=r2·O1O=×14×1=4.8.答案10解析因为长方体的体积是120,所以2SBCD·CC1=120,则SBCD·CC1=60.所以VE-BCD=13SBCD·EC=13·SBCD·12CC1=16×60=10.9.答案118.8解析依题意,知该模型是长方体中挖去一个四棱锥,故其体积V=V长方体-V四棱锥=6×6×4-13×12×4×6×3=132(cm3).又因为制作该模型所需的原料密度为0.9 g/cm3,所以制作该模型所需原料的质量为0.9×132=118.8(g).易错警示计算被挖去的四棱锥底面面积时,容易误认为四边形HEFG为正方形,由勾股定理求得HE=22+32=13,错认为底面面积为13.10.C设球的半径为R,易知正方体的体对角线为球的直径,3×23=2R,R=3,该球的表面积为4R2=36.故选C.11.答案23解析如图为圆锥内球半径最大时的轴截面图.其中球心为O,设其半径为r,AC=3,O1C=1,AO1=AC2-O1C2=22.OO1=OM=r,AO=AO1-OO1=22-r,易知AMOAO1C,OMO1C=AOAC,即r1=22-r3,故3r=22-r,r=22.该圆锥内半径最大的球的体积V=43×223=23.12.D令PA=PB=PC=2x(x>0),则EF=x,连接FC,由题意可得FC=3.在PAC中,cosAPC=4x2+4x2-42×4x2=2x2-12x2.在PEC中,EC2=PC2+PE2-2PC·PE·cosEPC=4x2+x2-2×2x·x·2x2-12x2=x2+2,在FEC中,CEF=90°,FC2=EF2+EC2,即x2+2+x2=3,x=22,PA=PB=PC=2x=2.AB=BC=CA=2,三棱锥P-ABC的三个侧面为等腰直角三角形,PA、PB、PC两两垂直,故球O是棱长为2的正方体的外接球,设球O的半径为R,则2R=3×2,R=62,球O的体积V=43R3=6.故选D.三年模拟练应用实践1.D由三视图知该四棱锥是如图所示的棱长为2的正方体中的四棱锥A-BCDE,其表面积为2×2+2×12×2×2+2×12×2×22=8+42,故选D.2.A最底层正方体的棱长为8,则从下往上数第二层正方体的棱长为42+42=42,第三层正方体的棱长为(22)2+(22)2=4,第四层正方体的棱长为22+22=22,第五层正方体的棱长为(2)2+(2)2=2,第六层正方体的棱长为12+12=2,第七层正方体的棱长为222+222=1,第八层正方体的棱长为122+122=22,该塔形几何体的最上层正方体的棱长小于1,该塔形几何体中正方体的个数至少是8.故选A.3.B设AC=x,BC=y,则阳马B-ACC1A1的体积为13×2xy=43,xy=2.把堑堵ABC-A1B1C1补形为长方体,设堑堵ABC-A1B1C1的外接球半径为R,则2R=x2+y2+42xy+4=22,当且仅当x=y=2时,等号成立,Rmin=2.堑堵ABC-A1B1C1的外接球的体积的最小值为43×(2)3=823.故选B.4.B设点E是正方形ABCD的中心,则四棱锥P-ABCD的外接球的球心O在PE上,设外接球的半径为R,则OP=OB=R,由题意得BE=22,BP=1,所以PE=PB2-BE2=22.所以BE=PE,即O、E重合,四棱锥P-ABCD的外接球的体积V=43×223=23.故选B.5.答案2解析易知将该三角形绕其任一边所在的直线旋转一周形成的曲面所围成的几何体是以3为底面圆半径,1为高的两个同底圆锥的组合体,其体积V=2×13××(3)2×1=2.故答案为2.6.答案23解析如图,由题意,该四棱柱为直四棱柱,设AA1=2AB=2a,则四棱柱的表面积S=2a2+4a×2a=10a2=20,解得a=2(负值舍去),圆锥的底面半径为22,高为22.圆锥的体积为13×222×22=23.故答案为23.7.答案12;54解析易得圆锥的高为1 m,底面半径为12 m,母线长为1+14=52 m,所以体积为3×122×1=12(m3),侧面积为×12×52=54(m2).8.答案62;,32解析因为正三棱锥P-ABC中,PB=PC=PA=2,AC=BC=AB=2,所以PB2+PA2=AB2,即PBPA,同理PBPC,PCPA,因此可将正三棱锥P-ABC放入正方体中,如图.记正方体的体对角线的中点为O,由正方体的结构特征可得,O点是正方体的外接球球心,所以点O也是正三棱锥P-ABC外接球的球心.记外接球的半径为R,则R=12×2+2+2=62.因为球的最大截面圆为过球心的圆,所以过Q的平面截三棱锥P-ABC的外接球所得截面的面积最大为R2=32.因为Q为BC的中点,所以由正方体的结构特征可得OQ=12PA=22.由球的结构特征可知,当OQ垂直于过Q的截面时,截面圆的半径最小,为R2-OQ2=1,此时截面圆的面积为.因此,过Q的平面截三棱锥P-ABC的外接球所得截面的面积的范围为,32.9.答案32解析作圆锥的轴截面,如图,设球的半径为R,则圆锥的高h=3R,圆锥的底面半径r=3R,母线长l=h2+r2=23R,所以S圆锥侧S球=rl4R2=×3R×23R4R2=32.迁移创新10.答案26;86729解析每个三角形面积都是12×1×32=34,由对称性可知该六面体是由两个正四面体组成的,易求得四面体的高为1-332=63,故四面体的体积为13×34×63=212,因此该六面体的体积是212×2=26.球的体积要达到最大,则球与六个面都相切,连接球心和五个顶点,把六面体分成了六个三棱锥,设球的半径为R,则26=6×13×34×RR=69, 所以球的体积V=43R3=43×693=86729.