2020届二轮复习12空间几何体作业

2020届二轮复习12空间几何体作业

专题能力训练12　空间几何体 ‎　专题能力训练第30页　 ‎ 一、能力突破训练 ‎1.球的体积为4‎3‎π,平面α截球O的球面所得圆的半径为1,则球心O到平面α的距离为(　　)‎ A.1 B.‎2‎ C.‎3‎ D.‎‎6‎ 答案:B 解析:依题意,设该球的半径为R,则有‎4π‎3‎R3=4‎3‎π,解得R=‎3‎,因此球心O到平面α的距离d=R‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎‎=‎‎2‎.‎ ‎2.已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为(　　)‎ A.π B.‎3π‎4‎ C.π‎2‎ D.‎π‎4‎ 答案:B 解析:设圆柱的底面半径为r,球的半径为R,且R=1,‎ 由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知,‎ r,R及圆柱的高的一半构成直角三角形.‎ ‎∴r=‎1‎‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎‎2‎‎=‎‎3‎‎2‎.‎ ‎∴圆柱的体积为V=πr2h=‎3‎‎4‎π×1=‎3π‎4‎.‎ 故选B.‎ ‎3.在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P在线段BD1上,且BPPD‎1‎‎=‎‎1‎‎2‎,M为线段B1C1上的动点,则三棱锥M-PBC的体积为(　　)‎ A.1 B.‎‎3‎‎2‎ C.‎9‎‎2‎ D.与M点的位置有关 答案:B 解析:∵BPPD‎1‎‎=‎‎1‎‎2‎,∴点P到平面BC1的距离是D1到平面BC1距离的‎1‎‎3‎,即为D‎1‎C‎1‎‎3‎=1.‎ ‎∵M为线段B1C1上的点,∴S△MBC=‎1‎‎2‎×3×3=‎9‎‎2‎,‎ ‎∴VM-PBC=VP-MBC=‎1‎‎3‎‎×‎‎9‎‎2‎×1=‎3‎‎2‎.‎ ‎4.已知平面α截球O的球面得圆M,过圆心Μ的平面β与α的夹角为π‎6‎,且平面β截球O的球面得圆N.已知球Ο的半径为5,圆M的面积为9π,则圆N的半径为(　　)‎ A.3 B.‎‎13‎ C.4 D.‎‎21‎ 答案:B 解析:如图,∵OA=5,AM=3,∴OM=4.‎ ‎∵∠NMO=π‎3‎,‎ ‎∴ON=OM·sinπ‎3‎=2‎3‎.‎ 又OB=5,‎ ‎∴NB=OB‎2‎-ON‎2‎‎=‎‎13‎,故选B.‎ ‎5.已知三棱柱ABC-A'B'C'的侧棱垂直于底面,各顶点都在同一球面上,若该棱柱的体积为‎3‎,AB=2,AC=1,∠BAC=60°,则此球的表面积是(　　)‎ A.2π B.4π C.8π D.10π 答案:C 解析:根据余弦定理可知,BC=‎3‎,则∠ACB=90°.如图,点E,F分别是斜边AB,A'B'的中点,点O为EF的中点,则点O为三棱柱外接球的球心,连接OA.‎ 设三棱柱的高为h,V=‎1‎‎2‎×1×‎3‎×h=‎3‎,解得h=2,R2=OA2=‎1‎‎2‎AB‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎h‎2‎,‎ 代入可得R2=1+1=2,所以此球的表面积为S=4πR2=8π.‎ ‎6.已知三棱锥A-BCD内接于半径为‎5‎的球O中,AB=CD=4,则三棱锥A-BCD的体积的最大值为(　　)‎ A.‎4‎‎3‎ B.‎8‎‎3‎ C.‎16‎‎3‎ D.‎‎32‎‎3‎ 答案:C 解析:如图,过CD作平面ECD,使AB⊥平面ECD,交AB于点E,设点E到CD的距离为EF,当球心在EF上时,EF最大,此时E,F分别为AB,CD的中点,且球心O为EF的中点,所以EF=2,所以Vmax=‎1‎‎3‎‎×‎‎1‎‎2‎×4×2×4=‎16‎‎3‎,故选C.‎ ‎7.在四面体ABCD中,AB=CD=6,AC=BD=4,AD=BC=5,则四面体ABCD的外接球的表面积为　　　　　. ‎ 答案:‎‎77π‎2‎ 解析:构造一个长方体,使得它的三条面对角线长分别为4,5,6,设长方体的三条边长分别为x,y,z,则x2+y2+z2=‎77‎‎2‎,而长方体的外接球就是四面体的外接球,所以S=4πR2=‎77π‎2‎.‎ ‎8.如图所示,图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的体积为　　　　　. ‎ 答案:‎‎140π‎3‎ 解析:由题知,旋转一周后形成的几何体是一个圆台去掉一个半球,其中圆台的体积为V=‎1‎‎3‎×(π×22+π×‎2‎‎2‎×π×‎‎5‎‎2‎+π×52)×4=52π,半球的体积V=‎1‎‎2‎‎×‎‎4‎‎3‎×π×23=‎16π‎3‎,则所求体积为52π-‎16π‎3‎‎=‎‎140π‎3‎.‎ ‎9.已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为‎7‎‎8‎,SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为5‎15‎,则该圆锥的侧面积为　　　　　. ‎ 答案:40‎2‎π 解析:设O为底面圆圆心,‎ ‎∵cos∠ASB=‎7‎‎8‎,‎ ‎∴sin∠ASB=‎1-‎‎7‎‎8‎‎2‎‎=‎‎15‎‎8‎.‎ ‎∴S△ASB=‎1‎‎2‎×|AS|·|BS|·‎15‎‎8‎=5‎15‎.‎ ‎∴SA2=80.∴SA=4‎5‎.‎ ‎∵SA与圆锥底面所成的角为45°,∠SOA=90°,‎ ‎∴SO=OA=‎2‎‎2‎SA=2‎10‎.‎ ‎∴S圆锥侧=πrl=4‎5‎×2‎10‎×π=40‎2‎π.‎ ‎10.已知正四棱锥P-ABCD中,PA=2‎3‎,则当该正四棱锥的体积最大时,它的高h等于　　　　　. ‎ 答案:2‎ 解析:设正四棱锥P-ABCD的底面边长为a,‎ ‎∵PA=2‎3‎,∴‎2‎a‎2‎‎2‎+h2=12,即a‎2‎‎2‎+h2=12,‎ 故a2=24-2h2,∴正四棱锥P-ABCD的体积V=‎1‎‎3‎a2h=8h-‎2‎‎3‎h3(h>0),∴V'=8-2h2.‎ 令V'>0,得02,∴当h=2时,正四棱锥P-ABCD的体积取得最大值.‎ ‎11.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4,过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.‎ ‎(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);‎ ‎(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.‎ 解:(1)交线围成的正方形EHGF如图所示.‎ ‎(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8.‎ 因为EHGF为正方形,‎ 所以EH=EF=BC=10.‎ 于是MH=EH‎2‎-EM‎2‎=6,AH=10,HB=6.‎ 因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱,‎ 所以其体积的比值为‎9‎‎7‎‎7‎‎9‎也正确.‎ ‎12.如图所示,等腰三角形ABC的底边AB=6‎6‎,高CD=3,点E是线段BD上异于点B,D的动点,点F在BC边上,且EF⊥AB,现沿EF将△BEF折起到△PEF的位置,使PE⊥AE,记BE=x,V(x)表示四棱锥P-ACFE的体积,求V(x)的最大值.‎ 解:因为PE⊥EF,PE⊥AE,EF∩AE=E,‎ 所以PE⊥平面ABC.‎ 因为CD⊥AB,FE⊥AB,‎ 所以EF∥CD,‎ 所以EFCD‎=‎BEBD,‎ 即EF‎3‎‎=‎x‎3‎‎6‎,‎ 所以EF=x‎6‎,‎ 所以S△ABC=‎1‎‎2‎×6‎6‎×3=9‎6‎,‎ S△BEF=‎1‎‎2‎×x×x‎6‎‎=‎‎6‎‎12‎x2,‎ 所以V(x)=‎1‎‎3‎‎×‎‎9‎6‎-‎‎6‎‎12‎x‎2‎x=‎6‎‎3‎x‎9-‎‎1‎‎12‎x‎2‎(00,V(x)单调递增;‎ 当6

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