2024年新教材高考数学一轮复习课时过关检测三十九空间几何体的截面球的切接问题含解析

PAGEPAGE6课时过关检测(三十九)空间几何体的截面、球的切(接)问题A级——基础达标1．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A．12π B．eq\f(32,3)πC．8π D．4π解析：A设正方体的棱长为a，则a3＝8，解得a＝2．设球的半径为R，则2R＝2eq\r(3)，即R＝eq\r(3)．所以球的表面积S＝4πR2＝12π．2．一个圆柱的内切球的表面积为36π，则这个圆柱的表面积为()A．45π B．27πC．54π D．36π解析：C设圆柱的内切球的半径为r，则4πr2＝36π，可得r＝3，所以该圆柱的底面圆半径为R＝3，圆柱的高为h＝2r＝6，因此该圆柱的表面积为S＝2πRh＋2πR2＝2π×3×6＋2π×32＝54π．故选C．3．鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，6根等长的正四棱柱体分成3组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为8，底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为(容器壁的厚度忽视不计，结果保留π)()A．96π B．84πC．42π D．16π解析：B若球形容器表面积最小，则正四棱柱与球内接，此时球体的直径等于一组正四棱柱的体对角线长，即2R＝eq\r(82＋2＋22＋22)＝2eq\r(21)，所以R＝eq\r(21)，球形容器的表面积S＝4πR2＝84π．故选B．4．如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝eq\r(3)，点E为AB上的动点，则D1E＋CE的最小值为()A．2eq\r(2) B．eq\r(10)C．eq\r(5)＋1 D．2＋eq\r(2)解析：B如图，连接D1A，C1B并分别延长至F，G，使得AF＝AD，BG＝BC连接EG，FG，∵四棱柱ABCD­A1B1C1D1为正四棱柱，∴AB⊥平面ADD1A1，AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥AF，AB⊥BG，又AB＝AD＝AF，∴四边形ABGF为正方形，∴EG＝eq\r(BE2＋BG2)＝eq\r(BE2＋BC2)＝CE，∴D1E＋CE的最小值为D1G，又D1G＝eq\r(D1F2＋FG2)＝eq\r(9＋1)＝eq\r(10)，∴D1E＋CE的最小值为eq\r(10)．5．(2024·淮北一模)已知正方体ABCD­A1B1C1D1的边长为2，边AB的中点为M，过点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如图，连接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．因为BD1⊂平面BD1C1，故CB1⊥BD1，同理可证CA⊥平面BDD1，则BD1⊂平面BDD1，则CA⊥BD1，又CA∩CB1＝C，CA，CB1⊂平面CAB1，故BD1⊥平面ACB1．取BC的中点E，BB1的中点F，连接ME，EF，MF，易知平面MEF∥平面ACB1，所以BD1⊥平面MEF，即△MEF为所求的截面．易知△MEF为正三角形，边长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)．故选A．6．(多选)用一个平面截一个正方体，截面图形可以是()A．三角形 B．等腰梯形C．五边形 D．正六边形解析：ABCD如图所示．用一个平面去截正方体，截面可能是三角形、等腰梯形、五边形、正六边形，故选A、B、C、D．7．(多选)已知球O的半径为eq\f(\r(6),2)，则下列结论正确的是()A．球O的表面积为6πB．球O的内接正方体的棱长为1C．球O的外切正方体的棱长为eq\f(4,3)D．球O的内接正四面体的棱长为2解析：AD球的表面积为4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))2＝4π×eq\f(6,4)＝6π，A正确．正方体的体对角线长为2×eq\f(\r(6),2)＝eq\r(6)，棱长为eq\f(\r(6),\r(3))＝eq\r(2)，B错误．球的外切正方体的棱长为2×eq\f(\r(6),2)＝eq\r(6)，C错误．将正四面体补形为正方体如图所示A­B1CD1，正方体的体对角线长为2×eq\f(\r(6),2)＝eq\r(6)，棱长为eq\f(\r(6),\r(3))＝eq\r(2)，所以正四面体的棱长为eq\r(2)×eq\r(2)＝2，D正确．故选A、D．8．(2024·北京海淀质检)在一个棱长为3＋2eq\r(2)的正方体内部有一个大球和小球，大球与正方体的六个面都相切，小球可以在正方体和大球之间的空隙自由滑动，则小球的表面积最大值是________．解析：如图所示，为组合体的中截面，易知当小球的表面积最大时大球半径R和小球半径r满意eq\r(2)R＝R＋r＋eq\r(2)r，2R＝3＋2eq\r(2)，解得r＝eq\f(1,2)，故小球表面积的最大值为π．答案：π9．已知正三棱锥S­ABC的侧棱长为4eq\r(3)，底面边长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是________．解析：如图，过点S作SE⊥平面ABC于点E，记球心为O．∵在正三棱锥S­ABC中，底面边长为6，侧棱长为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到四个顶点的距离相等，均等于该正三棱锥外接球的半径R，∴OB＝R，OE＝6－R．在Rt△BOE中，OB2＝BE2＋OE2，即R2＝12＋(6－R)2，解得R＝4，∴外接球的表面积为S＝4πR2＝64π．答案：64π10．如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长改变时，求所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值．解：如图，连接OD，交BC于点G，由题意，知OD⊥BC，OG＝eq\f(\r(3),6)BC．设OG＝x，则BC＝2eq\r(3)x，DG＝5－x，三棱锥的高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，则三棱锥的体积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)))，则f′(x)＝100x3－50x4．令f′(x)＝0得x＝2．当x∈(0,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故当x＝2时，f(x)取得最大值80，则V≤eq\r(3)×eq\r(80)＝4eq\r(15)．所以三棱锥体积的最大值为4eq\r(15)B级——综合应用11．(2024·全国Ⅰ卷)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4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为()A．64π B．48πC．36π D．32π解析：A如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为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的表面积S＝4πR2＝64π．故选A．12．在四面体ABCD中，若AB＝CD＝eq\r(3)，AC＝BD＝2，AD＝BC＝eq\r(5)，则四面体ABCD的外接球的表面积为()A．2π B．4πC．6π D．8π解析：C由题意可采纳割补法，考虑到四面体ABCD的四个面为全等的三角形，所以可在其每个面补上一个以eq\r(3)，2，eq\r(5)为三边的三角形作为底面，分别以x，y，z为侧棱长的三棱锥，如图所示，从而可得到一个长、宽、高分别为x，y，z的长方体，并且x2＋y2＝3，x2＋z2＝5，y2＋z2＝4，则有(2R)2＝x2＋y2＋z2＝6(R为球的半径)，得2R2＝3，所以球的表面积为S＝4πR2＝6π．13．(2024·海南模拟)在半径是13cm的球面上有A，B，C三点，且AB＝BC＝CA＝12cm，则球心到经过这三点的截面的距离为________．解析：由题意知问题事实上是在一个底面是边长为12的正三角形，三条侧棱长度都是13的正三棱锥S­ABC中，求顶点S究竟面ABC的距离，如图，过顶点向底面作垂线，垂足是O，连接AO，依据三角形的重心性质，AO＝eq\f(2,3)×12sin60°＝4eq\r(3)，依据在直角三角形中已知的斜边长是SA＝13，一条直角边长是AO＝4eq\r(3)，则要求的直角边长是SO＝eq\r(SA2－AO2)＝eq\r(132－4\r(3)2)＝11，即球心到经过这三个点的截面的距离是11cm．答案：11cm14．已知正四棱锥P­ABCD的底面正方形的边长是3，O是P在底面上的射影，PO＝6，Q是AC上的一点，过点Q且与PA,BD都平行的截面为五边形EFGHL，求该截面面积的最大值．解：如图，连接AC，BD，设截面与正四棱锥P­ABCD的底面相交于EL，AC与EL相交于点Q，由BD∥截面EFGHL，得LE∥BD，由AP∥截面EFGHL，得AP∥QG，则EL必定分别与AB,AD相交于E，L，否则，截面将是三角形，则AP∥EF，AP∥LH．在正四棱锥P­ABCD中，BD⊥AP，由LE∥BD,AP∥QG，知∠GQE是异面直线BD与PA所成的角，则QG⊥EL，所以平面GFEQ和平面GHLQ是两个全等的直角梯形．设AE＝x(0<x<3)，则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)))，从而S五边形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，所以当x＝2时，截面EFGHL的面积取得最大值9．C级——迁移创新15．(多选)在南方不少地区，常常看到一种用木片、竹篾或苇蒿等材料制作的斗笠，用来遮阳或避雨，其中有一种外形为圆锥形的斗笠，称为“灯罩斗笠”，不同型号的斗笠大小常常用帽坡长(母线长)和帽底宽(底面圆直径长)两个指标进行衡量，现有一个“灯罩斗笠”，帽坡长20厘米，帽底宽20eq\r(3)厘米，关于此斗笠，下列说法正确的是()A．斗笠轴截面(过顶点和底面中心的截面图形)的顶角为120°B．过斗笠顶点和斗笠侧面上随意两母线的截面三角形的最大面积为100eq\r(3)平方厘米C．若此斗笠顶点和底面圆上全部点都在同一个球上，则该球的表面积为1600π平方厘米D．此斗笠放在平面上，可以盖住的球(保持斗笠不变形)的最大半径为20eq\r(3)－30厘米解析：ACD对A选项，设顶角为θ，则sineq\f(θ,2)＝eq\f(10\r(3),20)＝eq\f(\r(3),2)，得eq\f(θ,2)＝60°，所以顶角为θ＝120°，A正确；对B选项，因为顶角为θ＝120°，则截面三角形的最大面积为eq\f(1,2)×202sin90°＝200平方厘米，B错误；对C选项，因为顶角为θ＝120°，则eq\f(θ,2)＝60°，所以外接球半径等于圆锥母线长，即R＝20，则该球的表面积为4πR2＝1600π平方厘米，C正确；对D选项，如图，设球的最大半径为r，因为顶角为120°，则∠OCD＝15°，所以r＝CD·tan15°＝10eq\r(3)·eq\f(tan45°－t