2024年新教材高考數(shù)學一輪復習課時過關檢測三十九空間幾何體的截面球的切接問題含解析

PAGEPAGE6課時過關檢測(三十九)空間幾何體的截面、球的切(接)問題A級——基礎達標1．體積為8的正方體的頂點都在同一球面上，則該球的表面積為()A．12π B．eq\f(32,3)πC．8π D．4π解析：A設正方體的棱長為a，則a3＝8，解得a＝2．設球的半徑為R，則2R＝2eq\r(3)，即R＝eq\r(3)．所以球的表面積S＝4πR2＝12π．2．一個圓柱的內切球的表面積為36π，則這個圓柱的表面積為()A．45π B．27πC．54π D．36π解析：C設圓柱的內切球的半徑為r，則4πr2＝36π，可得r＝3，所以該圓柱的底面圓半徑為R＝3，圓柱的高為h＝2r＝6，因此該圓柱的表面積為S＝2πRh＋2πR2＝2π×3×6＋2π×32＝54π．故選C．3．魯班鎖是中國傳統(tǒng)的智力玩具，起源于中國古代建筑中首創(chuàng)的榫卯結構，它的外觀是如圖所示的十字立方體，其上下、左右、前后完全對稱，6根等長的正四棱柱體分成3組，經(jīng)90°榫卯起來．若正四棱柱的高為8，底面正方形的邊長為2，現(xiàn)將該魯班鎖放進一個球形容器內，則該球形容器的表面積至少為(容器壁的厚度忽視不計，結果保留π)()A．96π B．84πC．42π D．16π解析：B若球形容器表面積最小，則正四棱柱與球內接，此時球體的直徑等于一組正四棱柱的體對角線長，即2R＝eq\r(82＋2＋22＋22)＝2eq\r(21)，所以R＝eq\r(21)，球形容器的表面積S＝4πR2＝84π．故選B．4．如圖，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝eq\r(3)，點E為AB上的動點，則D1E＋CE的最小值為()A．2eq\r(2) B．eq\r(10)C．eq\r(5)＋1 D．2＋eq\r(2)解析：B如圖，連接D1A，C1B并分別延長至F，G，使得AF＝AD，BG＝BC連接EG，F(xiàn)G，∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1為正四棱柱，∴AB⊥平面ADD1A1，AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥AF，AB⊥BG，又AB＝AD＝AF，∴四邊形ABGF為正方形，∴EG＝eq\r(BE2＋BG2)＝eq\r(BE2＋BC2)＝CE，∴D1E＋CE的最小值為D1G，又D1G＝eq\r(D1F2＋FG2)＝eq\r(9＋1)＝eq\r(10)，∴D1E＋CE的最小值為eq\r(10)．5．(2024·淮北一模)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的邊長為2，邊AB的中點為M，過點M且垂直BD1A．eq\f(\r(3),2) B．eq\r(3)C．2eq\r(3) D．3eq\r(3)解析：A如圖，連接AC，CB1，AB1，BC1，易知CB1⊥BC1，CB1⊥D1C1，又BC1∩D1C1＝C1，BC1，D1C1?平面BD1C1，所以CB1⊥平面BC1D1．因為BD1?平面BD1C1，故CB1⊥BD1，同理可證CA⊥平面BDD1，則BD1?平面BDD1，則CA⊥BD1，又CA∩CB1＝C，CA，CB1?平面CAB1，故BD1⊥平面ACB1．取BC的中點E，BB1的中點F，連接ME，EF，MF，易知平面MEF∥平面ACB1，所以BD1⊥平面MEF，即△MEF為所求的截面．易知△MEF為正三角形，邊長ME＝eq\r(BM2＋BE2)＝eq\r(2)，故S△MEF＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)．故選A．6．(多選)用一個平面截一個正方體，截面圖形可以是()A．三角形 B．等腰梯形C．五邊形 D．正六邊形解析：ABCD如圖所示．用一個平面去截正方體，截面可能是三角形、等腰梯形、五邊形、正六邊形，故選A、B、C、D．7．(多選)已知球O的半徑為eq\f(\r(6),2)，則下列結論正確的是()A．球O的表面積為6πB．球O的內接正方體的棱長為1C．球O的外切正方體的棱長為eq\f(4,3)D．球O的內接正四面體的棱長為2解析：AD球的表面積為4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))2＝4π×eq\f(6,4)＝6π，A正確．正方體的體對角線長為2×eq\f(\r(6),2)＝eq\r(6)，棱長為eq\f(\r(6),\r(3))＝eq\r(2)，B錯誤．球的外切正方體的棱長為2×eq\f(\r(6),2)＝eq\r(6)，C錯誤．將正四面體補形為正方體如圖所示A-B1CD1，正方體的體對角線長為2×eq\f(\r(6),2)＝eq\r(6)，棱長為eq\f(\r(6),\r(3))＝eq\r(2)，所以正四面體的棱長為eq\r(2)×eq\r(2)＝2，D正確．故選A、D．8．(2024·北京海淀質檢)在一個棱長為3＋2eq\r(2)的正方體內部有一個大球和小球，大球與正方體的六個面都相切，小球可以在正方體和大球之間的空隙自由滑動，則小球的表面積最大值是________．解析：如圖所示，為組合體的中截面，易知當小球的表面積最大時大球半徑R和小球半徑r滿意eq\r(2)R＝R＋r＋eq\r(2)r，2R＝3＋2eq\r(2)，解得r＝eq\f(1,2)，故小球表面積的最大值為π．答案：π9．已知正三棱錐S-ABC的側棱長為4eq\r(3)，底面邊長為6，則該正三棱錐外接球的表面積是________．解析：如圖，過點S作SE⊥平面ABC于點E，記球心為O．∵在正三棱錐S-ABC中，底面邊長為6，側棱長為4eq\r(3)，∴BE＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×6＝2eq\r(3)，∴SE＝eq\r(SB2－BE2)＝6．∵球心O到四個頂點的距離相等，均等于該正三棱錐外接球的半徑R，∴OB＝R，OE＝6－R．在Rt△BOE中，OB2＝BE2＋OE2，即R2＝12＋(6－R)2，解得R＝4，∴外接球的表面積為S＝4πR2＝64π．答案：64π10．如圖，圓形紙片的圓心為O，半徑為5cm，該紙片上的等邊三角形ABC的中心為O．D，E，F(xiàn)為圓O上的點，△DBC，△ECA，△FAB分別是以BC，CA，AB為底邊的等腰三角形．沿虛線剪開后，分別以BC，CA，AB為折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F(xiàn)重合，得到三棱錐．當△ABC的邊長改變時，求所得三棱錐體積(單位：cm3)的最大值．解：如圖，連接OD，交BC于點G，由題意，知OD⊥BC，OG＝eq\f(\r(3),6)BC．設OG＝x，則BC＝2eq\r(3)x，DG＝5－x，三棱錐的高h＝eq\r(DG2－OG2)＝eq\r(25－10x＋x2－x2)＝eq\r(25－10x)，S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)x×3x＝3eq\r(3)x2，則三棱錐的體積V＝eq\f(1,3)S△ABC·h＝eq\r(3)x2·eq\r(25－10x)＝eq\r(3)·eq\r(25x4－10x5)．令f(x)＝25x4－10x5，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))，則f′(x)＝100x3－50x4．令f′(x)＝0得x＝2．當x∈(0,2)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2)))時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，故當x＝2時，f(x)取得最大值80，則V≤eq\r(3)×eq\r(80)＝4eq\r(15)．所以三棱錐體積的最大值為4eq\r(15)B級——綜合應用11．(2024·全國Ⅰ卷)已知A，B，C為球O的球面上的三個點，⊙O1為△ABC的外接圓．若⊙O1的面積為4π，AB＝BC＝AC＝OO1，則球O的表面積為()A．64π B．48πC．36π D．32π解析：A如圖所示，設球O的半徑為R，⊙O1的半徑為r，因為⊙O1的面積為4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以eq\f(AB,sin60°)＝2r，解得AB＝2eq\r(3)，故OO1＝2eq\r(3)，所以R2＝OOeq\o\al(2,1)＋r2＝(2eq\r(3))2＋22＝16，所以球O的表面積S＝4πR2＝64π．故選A．12．在四面體ABCD中，若AB＝CD＝eq\r(3)，AC＝BD＝2，AD＝BC＝eq\r(5)，則四面體ABCD的外接球的表面積為()A．2π B．4πC．6π D．8π解析：C由題意可采納割補法，考慮到四面體ABCD的四個面為全等的三角形，所以可在其每個面補上一個以eq\r(3)，2，eq\r(5)為三邊的三角形作為底面，分別以x，y，z為側棱長的三棱錐，如圖所示，從而可得到一個長、寬、高分別為x，y，z的長方體，并且x2＋y2＝3，x2＋z2＝5，y2＋z2＝4，則有(2R)2＝x2＋y2＋z2＝6(R為球的半徑)，得2R2＝3，所以球的表面積為S＝4πR2＝6π．13．(2024·海南模擬)在半徑是13cm的球面上有A，B，C三點，且AB＝BC＝CA＝12cm，則球心到經(jīng)過這三點的截面的距離為________．解析：由題意知問題事實上是在一個底面是邊長為12的正三角形，三條側棱長度都是13的正三棱錐S-ABC中，求頂點S究竟面ABC的距離，如圖，過頂點向底面作垂線，垂足是O，連接AO，依據(jù)三角形的重心性質，AO＝eq\f(2,3)×12sin60°＝4eq\r(3)，依據(jù)在直角三角形中已知的斜邊長是SA＝13，一條直角邊長是AO＝4eq\r(3)，則要求的直角邊長是SO＝eq\r(SA2－AO2)＝eq\r(132－4\r(3)2)＝11，即球心到經(jīng)過這三個點的截面的距離是11cm．答案：11cm14．已知正四棱錐P-ABCD的底面正方形的邊長是3，O是P在底面上的射影，PO＝6，Q是AC上的一點，過點Q且與PA,BD都平行的截面為五邊形EFGHL，求該截面面積的最大值．解：如圖，連接AC，BD，設截面與正四棱錐P-ABCD的底面相交于EL，AC與EL相交于點Q，由BD∥截面EFGHL，得LE∥BD，由AP∥截面EFGHL，得AP∥QG，則EL必定分別與AB,AD相交于E，L，否則，截面將是三角形，則AP∥EF，AP∥LH．在正四棱錐P-ABCD中，BD⊥AP，由LE∥BD,AP∥QG，知∠GQE是異面直線BD與PA所成的角，則QG⊥EL，所以平面GFEQ和平面GHLQ是兩個全等的直角梯形．設AE＝x(0<x<3)，則AP＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×\f(\r(2),2)))2＋62)＝eq\f(9,\r(2))．由AP∥EF，得eq\f(EF,\f(9,\r(2)))＝eq\f(3－x,3)，故EF＝eq\f(3,\r(2))(3－x)，且AQ＝eq\f(x,\r(2))，由AP∥QG，得eq\f(QG,\f(9,\r(2)))＝eq\f(3\r(2)－\f(x,\r(2)),3\r(2))，故QG＝eq\f(9,\r(2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x,6)))，從而S五邊形EFGHL＝2×eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9,\r(2))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x,6)))＋\f(3,\r(2))3－x))eq\f(x,\r(2))＝－eq\f(9,4)x2＋9x＝－eq\f(9,4)(x－2)2＋9，所以當x＝2時，截面EFGHL的面積取得最大值9．C級——遷移創(chuàng)新15．(多選)在南方不少地區(qū)，常常看到一種用木片、竹篾或葦蒿等材料制作的斗笠，用來遮陽或避雨，其中有一種外形為圓錐形的斗笠，稱為“燈罩斗笠”，不同型號的斗笠大小常常用帽坡長(母線長)和帽底寬(底面圓直徑長)兩個指標進行衡量，現(xiàn)有一個“燈罩斗笠”，帽坡長20厘米，帽底寬20eq\r(3)厘米，關于此斗笠，下列說法正確的是()A．斗笠軸截面(過頂點和底面中心的截面圖形)的頂角為120°B．過斗笠頂點和斗笠側面上隨意兩母線的截面三角形的最大面積為100eq\r(3)平方厘米C．若此斗笠頂點和底面圓上全部點都在同一個球上，則該球的表面積為1600π平方厘米D．此斗笠放在平面上，可以蓋住的球(保持斗笠不變形)的最大半徑為20eq\r(3)－30厘米解析：ACD對A選項，設頂角為θ，則sineq\f(θ,2)＝eq\f(10\r(3),20)＝eq\f(\r(3),2)，得eq\f(θ,2)＝60°，所以頂角為θ＝120°，A正確；對B選項，因為頂角為θ＝120°，則截面三角形的最大面積為eq\f(1,2)×202sin90°＝200平方厘米，B錯誤；對C選項，因為頂角為θ＝120°，則eq\f(θ,2)＝60°，所以外接球半徑等于圓錐母線長，即R＝20，則該球的表面積為4πR2＝1600π平方厘米，C正確；對D選項，如圖，設球的最大半徑為r，因為頂角為120°，則∠OCD＝15°，所以r＝CD·tan15°＝10eq\r(3)·eq\f(tan45°－t