1、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()A12BC8D4解析：A设正方体的棱长为a，则a38，解得a2设球的半径为R，则2R2，即R所以球的表面积S4R2122一个圆柱的内切球的表面积为36，则这个圆柱的表面积为()A45B27C54D36解析：C设圆柱的内切球的半径为r，则4r236，可得r3，所以该圆柱的底面圆半径为R3，圆柱的高为h2r6，因此该圆柱的表面积为S2Rh2R223623254故选C3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、
2、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(容器壁的厚度忽略不计，结果保留)()A96B84C42D16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2R2，所以R，球形容器的表面积S4R284故选B4如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB1，AA1，点E为AB上的动点，则D1ECE的最小值为()A2BC1D2解析：B如图，连接D1A，C1B并分别延长至F，G，使得AFAD，BGBC，连接EG，FG，四棱柱ABCD
3、A1B1C1D1为正四棱柱，AB平面ADD1A1，AB平面BCC1B1，ABAF，ABBG，又ABADAF，四边形ABGF为正方形，EGCE，D1ECE的最小值为D1G，又D1G，D1ECE的最小值为5(2022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BD1的平面被正方体所截的截面面积为()ABC2D3解析：A如图，连接AC，CB1，AB1，BC1，易知CB1BC1，CB1D1C1，又BC1D1C1C1，BC1，D1C1平面BD1C1，所以CB1平面BC1D1因为BD1平面BD1C1，故CB1BD1，同理可证CA平面BDD1，则BD1平面BDD1，
4、则CABD1，又CACB1C，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，故SMEF故选A6(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、D7(多选)已知球O的半径为，则下列结论正确的是()A球O的表面积为6B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D球O的内接正四面体的棱长为2解析
5、：AD球的表面积为4246，A正确正方体的体对角线长为2，棱长为，B错误球的外切正方体的棱长为2，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，棱长为，所以正四面体的棱长为2，D正确 故选A、D8(2022北京海淀质检)在一个棱长为32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满足RRrr，2R32，解得r，故小球表面积的最大值为答案：9已知正三棱锥SABC的侧棱长为4，底面边长为6，则该正三棱锥外接球的表
6、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4，BE62，SE6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，OBR，OE6R在RtBOE中，OB2BE2OE2，即R212(6R)2，解得R4，外接球的表面积为S4R264答案：6410如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为OD，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的边长变化时，求
7、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ODBC，OGBC设OGx，则BC2x，DG5x，三棱锥的高h，SABC2x3x3x2，则三棱锥的体积VSABChx2令f(x)25x410x5，x，则f(x)100x350x4令f(x)0得x2当x(0,2)时，f(x)0，f(x)单调递增，当x时，f(x)0，f(x)单调递减，故当x2时，f(x)取得最大值80，则V4所以三棱锥体积的最大值为4 cm3B级综合应用11(2020全国卷)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4，ABBCACOO1，则球O的表面积为()A64B4
8、8C36D32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4，所以4r2，解得r2，又ABBCACOO1，所以2r，解得AB2，故OO12，所以R2OOr2(2)22216，所以球O的表面积S4R264故选A12在四面体ABCD中，若ABCD，ACBD2，ADBC，则四面体ABCD的外接球的表面积为()A2B4C6D8解析：C由题意可采用割补法，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，2，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x2y23，x2z25，y2z
9、24，则有(2R)2x2y2z26(R为球的半径)，得2R23，所以球的表面积为S4R2613(2022海南模拟)在半径是13 cm的球面上有A，B，C三点，且ABBCCA12 cm，则球心到经过这三点的截面的距离为_解析：由题意知问题实际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到底面ABC的距离，如图，过顶点向底面作垂线，垂足是O，连接AO，根据三角形的重心性质，AO12sin 604，根据在直角三角形中已知的斜边长是SA13，一条直角边长是AO4，则要求的直角边长是SO11，即球心到经过这三个点的截面的距离是11 cm答案：11 cm14已知
10、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，PO6，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LEBD，由AP截面EFGHL，得APQG，则EL必定分别与AB, AD相交于E，L，否则，截面将是三角形，则APEF，APLH在正四棱锥PABCD中，BDAP，由LEBD, APQG，知GQE是异面直线BD与PA所成的角，则QGEL，所以平面GFEQ和平面GHLQ是两个全等的直角梯形设AEx(0x3)，则AP 由AP
11、EF，得，故EF(3x)，且AQ，由APQG，得，故QG，从而S五边形EFGHL2x29x(x2)29，所以当x2时，截面EFGHL的面积取得最大值9C级迁移创新15(多选)在南方不少地区，经常看到一种用木片、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经常用帽坡长(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20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120B过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两母线的截面三角形的最大面积为100平方厘米C
12、若此斗笠顶点和底面圆上所有点都在同一个球上，则该球的表面积为1 600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2030厘米解析：ACD对A选项，设顶角为，则sin ，得60，所以顶角为120，A正确；对B选项，因为顶角为120，则截面三角形的最大面积为202sin 90200平方厘米，B错误；对C选项，因为顶角为120，则60，所以外接球半径等于圆锥母线长，即R20，则该球的表面积为4R21 600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OCD15，所以rCDtan 1510 2030，D正确故选A、C、D16多面体欧拉定理是指对
13、于简单多面体，其各维对象数总满足一定的数量关系，在三维空间中，多面体欧拉定理可表示为：V(顶点数)F(表面数)E(棱长数)2在数学上，富勒烯的结构都是以正五边形和正六边形面组成的凸多面体，例如富勒烯C60(结构图如图)是单纯用碳原子组成的稳定分子，具有60个顶点和32个面，其中12个面为正五边形，20个面为正六边形除C60外具有封闭笼状结构的富勒烯还可能有C28，C32，C50，C70，C84，C240，C540等，则C84结构含有正六边形的个数为()A12B24C30D32解析：D在富勒烯多面体C84中，连结每一个顶点的棱都是3，并且每条棱都连结2个顶点，因此可由顶点数V84求得棱数E126设分子中形状为正五边形和正六边形的面的个数分别为x，y，由欧拉公式VFE2，可得84xy1262，即xy44又由多边形的边数可表示C84的棱数，即(5x6y)23842，即5x6y252，由解得故C84结构含有正六边形的个数为32