2025年高考数学一轮复习-7.1.2空间几何体的截面、球的切接问题-专项训练【含解析】

这是一份2025年高考数学一轮复习-7.1.2空间几何体的截面、球的切接问题-专项训练【含解析】，共9页。
A．12πB．eq \f(32,3)π
C．8πD．4π
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．45πB．27π
C．54πD．36π
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(容器壁的厚度忽略不计，结果保留π)( )
A．96πB．84π
C．42πD．16π
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)＋1D．2＋eq \r(2)
5．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( )
A．eq \f(\r(3),2)B．eq \r(3)
C．2eq \r(3)D．3eq \r(3)
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
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6π
B．球O的内接正方体的棱长为1
C．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
8．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________．
9．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________．
10．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的边长变化时，求所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值．
11．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．64πB．48π
C．36πD．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,sin 60°)＝2r，解得AB＝2eq \r(3)，故OO1＝2eq \r(3)，所以R2＝OOeq \\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．2πB．4π
C．6πD．8π
13．在半径是13 cm的球面上有A，B，C三点，且AB＝BC＝CA＝12 cm，则球心到经过这三点的截面的距离为________．
14．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．
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任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所有点都在同一个球上，则该球的表面积为1 600π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
16．多面体欧拉定理是指对于简单多面体，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( )
A．12B．24
C．30D．32
7.1.2空间几何体的截面、球的切接问题-专项训练【解析版】
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．12πB．eq \f(32,3)π
C．8πD．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．45πB．27π
C．54πD．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(容器壁的厚度忽略不计，结果保留π)( )
A．96πB．84π
C．42πD．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＋22＋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)＋1D．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．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( )
A．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6π
B．球O的内接正方体的棱长为1
C．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\c1(\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．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满足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：π
9．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：64π
10．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的边长变化时，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\c1(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\c1(2，\f(5,2)))时，f′(x)