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第2講 立體幾何的截面問題（講）
【典例1】（2023年高考數學（新課標Ⅱ卷）第9題）已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，為底面直徑，，，點C在底面圓周上，且二面角為45°，則（　　）
A.該圓錐的體積為 B.該圓錐的側面積為
C. D.的面積為
【解讀】試題以圓錐為背景，問題設計源于教材，重視基礎性、綜合性的考查，要求考生對圓錐的體積、側面積以及平面與平面之間的位置關系等基本知識有較全面的理解.試題準確把握數學課程標準，注重數學核心素養，關注學生學習實際，對中學數學教學起到積極的導向作用.
【答案】AC
【目標】試題考查圓錐的基礎知識和二面角的基本概念，考查考生的空間想像能力、運算求解能力、邏輯思維能力和綜合運用知識解決問題的能力.
【分析】如圖，由題意可得平面，，，則圓錐的體積等于，圓錐側面積等于，故A正確，B錯誤.作，H為垂足，可得，則，，，，故C正確.的面積為，故D錯誤，正確答案為AC.
【典例2】（2023年高考理科數學（全國乙卷）第8題）已知圓錐PO的底面半徑為，O為底面圓心，PA，PB為圓錐的母線，，若的面積等于，則該圓錐的體積為（　?。?br/>A. B. C. D.
【解讀】試題的設計源于教材，高于教材，將空間想象能力和邏輯推理能力有機結合在試題中，很好地體現了新課程背景下要求考生自主探究的理念.對試題的研究必須要經過從“讀題”“思圖”“構圖”到“運算”的解題過程.試題的設計以圓錐的形式給出，考生必須要從對“形”的分析中尋找隱含在幾何體圖形中的條件（和為等腰三角形，為直角三角形），這給考生創造了分析推理、判斷運算的邏輯思維平臺.試題難度較大，要求考生具備較強的空間想象能力和分析判斷能力，這體現了試題既注重基礎也關注能力，對中學立體幾何教學有很好的指導意義，為高校選拔人才提供了較好的區分度.
【答案】B
【目標】試題考查考生對立體幾何基礎知識（求幾何體的體積，直線與平面垂直的性質與判定等）和基本技能的掌握與運用，考查考生的運算求解能力和空間想象能力.試題讓考生通過對題設條件的閱讀和分析，想象并構建題設條件所對應
的空間幾何體圓錐PO，實現考查考生的空間想象能力、邏輯推理能力、數學思維的嚴密性和應用意識的目標.
【分析】解題思路 如圖，取AB的中點D，連接OD，PD.
由底面半徑為及，可得，.
因為的面積等于，所以.由可得.
所以圓錐的體積為，故選B.
【典例3】（2023年高考數學（新課標Ⅰ卷）第12題）下列物體中，能夠被整體放入棱長為1（單位：）的正方體容器（容器壁厚度忽略不計）內的有（　?。?br/>A.直徑為的球體
B.所有棱長均為的四面體
C.底面直徑為，高為的圓柱體
D.底面直徑為，高為的圓柱體
【解讀】試題需要考生有較強的空間想象能力，判斷各選項中的幾何體是否可以通過適當的平移、旋轉后被整體放入正方體內部.這些幾何體為考生所熟悉，例如選項A的球體、選項B的四面體、選項C的細棒形圓柱體、選項D的薄片形圓柱體，這些形狀在生活中隨處可見.試題與物品裝箱包裝的實際問題有關，源于生活，有利于選拔具有解決實際問題能力的考生.
本題需要一定的數值估算能力，例如略大于1.4，介于1.7與1.8之間，以及比1.2稍大.另外，選項D中的幾何體可以近似理解為圓盤，考生可以考慮找一個盡量大的截面，把圓盤放在截面內，我們選取的是正六邊形的截面，該截面的內切圓比目標圓盤略大，并且有一些余量，因此直觀來看可以認為圓盤稍微增厚一點也能成功放入.
本題需要考生有一些對幾何美感的認識與幾何直覺，各正確選項中的物體均滿足一定的對稱性.例如選項D中的六邊形截面是考慮到了“正方體繞其體對角線旋轉120°后不變”這一對稱性，并且這個截面的最大性（面積最大，內部所含圓盤也最大）與該對稱性緊密相關，幾何直覺好的考生比較容易想到這個最優截面.此外，選項B中正四面體的放置也關系到“四面體繞正方體的體對角線旋轉120°后不變”這一對稱性.有對稱性視角的考生比較容易想到幾何體的放置方法，試題有利于選拔數學素養較好的考生.
作為多選題的壓軸題，試題的難度較大，考生在答題時，縱觀選項可以快速看出選項A明顯正確，而其他選項尤其是D選項需要花一些時間才能準確判斷，試題選項的難度梯度設計兼顧到各個水平層次的考生，具有很好的選拔功能.
【答案】ABD
【目標】試題是一道源于生活的立體幾何題，考查幾何體與正方體的位置關系等內容，著重考查對幾何體對稱性的理解.試題考查考生靈活運用所學知識解決實際問題的能力，有助于選拔創新性人才.
【分析】解題思路 思路1 以正方體的中心為原點，坐標軸分別平行于正方體的相鄰的三條棱，建立空間直角坐標系.
（1）正方體的八個頂點的坐標為，原點到六個面的距離均為，大于球體半徑0.495，因此以為球心，直徑為0.99的球體能夠被整體放入正方體內部，故選項A正確.
（2）考慮四個點，，，，其中任意兩點距離均為，取，則此時這四個點均在正方體內部，并且四面體的所有棱長均為1.4，故選項B正確.
（3）對于選項C中的細棒形狀的圓柱體，其上底面的點與下底面的點的距離不小于圓柱體的高1.8，由于正方體中任意兩點的距離，所以該細棒形狀的圓柱體無法放入正方體，故選項C錯誤.
（4）考慮過原點與正方體對角線垂直的平面：，該平面截正方體得到的截面為邊長為的正六邊形，其內切圓半徑為，直徑為，因此可以放入一個直徑為1.2的圓盤.對于厚度為0.01的薄片，考慮把平面做適當平移時與正方體的截面，即考慮過點（）的平面，它與正方體的棱依次交于點，，，，，，點到各邊的距離（即到各邊中點的距離）為或.我們希望這些距離均大于等于0.6，取，只需，則平面與正方體的截面內有以為中心，半徑不小于0.6的圓.取點與，這樣以為軸，底面半徑為0.6的圓柱體落在正方體內部.
由于圓柱體的高，可知正方體內可以放入一個D選項中薄片形狀的圓柱體，故選項D正確.
思路2 關于選項D中所描述的圓柱體，考慮過正方體中心且與體對角線垂直的平面截正方體得到的截面，該截面是邊長為的正六邊形，有一個直徑為的內切圓盤，圓盤所在平面與正方體的六個面的夾角均為.圓盤與正方體的六個面均相切（即恰有一個公共點），在每個切點處，分別有平面（正方體的六個面）過該點處的圓盤的切線，且與圓盤所在平面成角.這些平面“卡著”圓盤，使得正方體內不存在以該圓盤為底面的圓柱.為此我們考慮把圓盤的半徑縮小，則可以在平面的兩邊各長出高為的圓柱，最終有底面半徑為0.6，高為的圓柱落在正方體內.因此選項D所述的圓柱體可以整體放入正方體內.
一般地，如果一個底面直徑為，高為的圓柱體能放入棱長為1的正方體內，設圓柱體的軸方向的單位向量為，考慮圓柱體在三個坐標軸的方向的投影的長度，應有，.因此圓柱體能整體放入棱長為1的正方體內，當且僅當該圓柱體的直徑與高滿足以下三種情形之一：
（1）且；
（2）且；
（3）且.
其中滿足（1）的圓柱體可以正著放，以正方體兩個對面的中心連線為軸；滿足（2）（3）的圓柱體可以斜著放，以正方體的體對角線為軸.
【典例4】（2023年高考數學（新課標Ⅱ卷）第14題）底面邊長為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個底面邊長為2，高為3的正四棱雉，所得棱臺的體積為______.
【解讀】試題突出基礎性考查，背景緊扣教材，對立體幾何的重點內容，關于線線、線面、面面間關系的基本知識，以及棱錐、棱臺的基本概念的掌握程度作了較好地考查.試題在基礎性考查中，體現出空間想象能力、邏輯思維能力以及分析問題、解決問題能力的重要性，引導數學教學重視課程標準，重視數學教材，重視對數學知識的深刻理解，能夠辯證地認識數學知識與數學素養間的關系.
【答案】28
【目標】試題考查了棱錐、棱臺的基本概念以及它們之間的聯系，考查了線線關系、線面關系、面面關系等基本知識，對空間想象能力、運算求解能力作了基礎性考查.
【分析】解題思路 如圖，是正四棱錐的高，平面平面，，，與交于O點，與交于點..
由，可得，.
故，
因此棱臺的體積為.
應用一 正方體的截面
【例1】（2024·四川攀枝花·統考二模）正方體的棱長為1，E，F，G分別為的中點，下列結論中正確的是（　?。?br/>A.
B.平面
C.直線與直線所成角的余弦值為
D.平面截正方體所得的截面面積為
【引導與詳解】
第一步：A項，通過證明即可得出結論：
易知，而底面，底面，即，
所以與不垂直，故A錯誤；
第二步：通過證明平面，得出平面平面，即可得出結論：
在平面中，易知，且平面，平面，
故平面，顯然平面平面，但兩平面不重合，故B錯誤；
第三步：求出，利用余弦定理即可得出直線與直線所成角的余弦值：
取的中點H，易得，
則異面直線與所成角為（或其補角），
由正方體棱長為1可知，
由余弦定理可知，
所以異面直線與所成角的余弦值為，故C錯誤；
第四步：求出，即可得出梯形的面積：
連接，易得，則平面截正方體所得圖形即梯形，
易知，
所以梯形的面積，故D正確.
故選：D
應用二 球的截面
【例2】
【引導與詳解】
（2024·陜西榆林·統考一模）已知是球的直徑上一點，，平面，為垂足，截球所得截面的面積為，為上的一點，且，過點作球的截面，則所得的截面面積最小的圓的半徑為（　?。?br/>A. B. C. D.
第一步：設截得的截面圓的半徑為，球的半徑為，由平面幾何知識得截面與球心的距離為：
如圖，設截得的截面圓的半徑為，球的半徑為，
因為，
所以.
第二步：利用勾股定理求得的值：
由勾股定理，得，由題意得，
所以，解得，
第三步：由題意可知球心到所求截面的距離最大時截面面積最小，利用面積公式，即可得答案：
此時過點作球的截面，若要所得的截面面積最小，只需所求截面圓的半徑最小.
設球心到所求截面的距離為，所求截面的半徑為，則，
所以只需球心到所求截面的距離最大即可，
而當且僅當與所求截面垂直時，球心到所求截面的距離最大，
即，所以.
故選：C
應用三 棱錐的截面
【例3】（2024·山東泰安·新泰市第一中學?？寄M預測）已知正四棱臺的上下底面邊長分別為1和3，高為2.用一個平行于底面的截面截棱臺，若截得的兩部分幾何體體積相等，則截面與上底面的距離為（　?。?br/>A. B. C. D.
【引導與詳解】第一步：延長正四棱臺的棱交于一點，由三角形相似，求出：
延長正四棱臺的棱交于點，
如圖所示，截面平行于底面
設上底面的面積為，下底面的面積為，截面的面積為，
正四棱臺的體積為，平行于底面的截面截棱臺，截得的上部分幾何體體積為，則，
上底面的中心為，下底面的中心為，連結，
則上底面，下底面，正四棱臺的高為，
設截面與上底面的距離為，正方形的邊長為，
由得，，由得，，
又，所以，
第二步：再由棱臺的體積公式求出截面截得棱臺的上部分幾何體的體積：
，，
第三步：設截面與上底面的距離為，正方形的邊長為，由三角形相似，得到：
同理可得，得，所以，①
第四步：結合即可求出：
又因為，②
由①②得，，，所以截面與上底面的距離為.
故選：D.
應用四 多面體的截面補全
【例4】（2024·新疆烏魯木齊·統考一模）某廣場設置了一些石凳供大家休息，這些石凳是由棱長為40cm的正方體截去八個一樣的四面體得到的，則（　　）
A.該幾何體的頂點數為12
B.該幾何體的棱數為24
C.該幾何體的表面積為
D.該幾何體外接球的表面積是原正方體內切球、外接球表面積的等差中項
【引導與詳解】
第一步：對于A，該幾何體的頂點是正方體各棱的中點，由正方體有12條棱即可判斷：
對于A，該幾何體的頂點是正方體各棱的中點，正方體有12條棱，所以該幾何體的頂點數為12，故A正確；
第二步：對于B，由該幾何體有6個面為正方形即可判斷：
對于B，由題意知，該幾何體有6個面為正方形，故該幾何體的棱數為，故B正確；
第三步：對于C，該幾何體的棱長為，根據正三角形及正方形的面積公式求解即可判斷：
對于C，該幾何體的棱長為，該幾何體有6個面為正方形，8個面為等邊三角形，
所以該幾何體的表面積為，故C錯誤；
第四步：對于D，原正方體內切球的半徑為20cm，原正方體外接球的半徑為，該幾何體外接球的球心為原正方體的中心，故外接球半徑為，根據球的表面積公式及等差中項的定義即可判斷：
對于D，原正方體內切球的半徑為20cm，內切球表面積為.
原正方體外接球的半徑為，外接球表面積為.
由題意得該幾何體外接球的球心為原正方體的中心，故外接球半徑為，
所以該幾何體外接球的表面積為.
因為，
所以該幾何體外接球的表面積是原正方體內切球、外接球表面積的等差中項，故D正確.
故選∶ABD.
應用五 與旋轉體有關問題
【例5】（2023·全國·統考模擬預測）已知正方體的棱長為1，則下列說法正確的有（　　）
A.從該正方體的所有棱中任選兩條，則這兩條棱所在的直線異面的概率為
B.將直線以直線BD為軸旋轉任意角度得到直線DE，若直線DE與直線所成的角為，，則
C.將正方體繞直線旋轉一周所得的旋轉體的體積為
D.將正方體繞直線BD旋轉一周所得的旋轉體的體積為（已知若兩個幾何體的高度相同，在任一相同高度處的截面積均相等，則這兩個幾何體的體積相等）
【引導與詳解】
第一步：對于A：根據異面直線的概念結合古典概型運算求解：
對于選項A：例如：僅與互為異面直線，
即每條棱均與4條棱互為異面直線，
所以這兩條棱所在的直線異面的概率為，故A正確；
第二步：對于B：由題意可知：點在以BD為軸，為底面半徑的圓錐的底面圓周上，建系，利用空間向量求異面直線夾角：
對于選項B：由題意可知：點在以BD為軸，為底面半徑的圓錐的底面圓周上，
且與BD所成的角為，
如圖，建立空間之間坐標系，
則，設，可得，
因為，則直線的方向向量可以為，
則，
當時，取到最大值；
當時，取到最小值0；
所以，故B正確；
第三步：對于CD：根據題意結合圓柱、圓臺的體積公式運算求解：
對于選項C：所得的旋轉體是以為軸，底面半徑為的圓柱，
所以體積為，故C錯誤；
對于選項D：所得的旋轉體是以上底面半徑為1，下底面半徑為，高為的兩個圓臺拼接而成，
所以體積為，故D錯誤；
故選：AB.
應用六 與最值有關問題
【例6】（2024·湖南邵陽·統考一模）如圖所示，四邊形是長方形，，半圓面平面.點為半圓弧上一動點（點不與點重合）.下列說法正確的有（　　）
A.三棱錐的四個面都是直角三角形
B.三棱錐體積的最大值為4
C.異面直線與的距離的取值范圍為
D.當直線與平面所成角最大時，平面截四棱錐外接球的截面面積為
【引導與詳解】
第一步：根據已知可知，為直角三角形，根據面面垂直以及線面垂直的性質定理可推得為直角三角形，根據邊長關系推得，即可得出為直角三角形.進而判斷A項：
對于A項，因為是圓的直徑，所以為直角三角形，.
由已知四邊形是長方形，所以為直角三角形，且，.
因為半圓面平面，半圓面平面，平面，
所以，平面.
又平面，所以，，
所以，為直角三角形，.
所以，，
所以，為直角三角形.
所以，三棱錐的四個面都是直角三角形.故A正確；
第二步：設底邊邊上的高為，由已知可推得.根據已知得出的最大值，即可求出體積最大值；
對于B項，由A知，平面.
設底邊邊上的高為，
則.
顯然，當最大時，體積最大.
當點為半圓弧上的中點時，最大為.
所以，體積最大值為.故B正確；
第三步：根據已知得出異面直線與的公垂線段，即可得出距離：
對于C項，由A知，又，
所以，線段為異面直線與的公垂線段，
所以，異面直線與的距離為，故C錯誤；
第四步：過點作于點，根據面面垂直的性質推得為直線與平面所成角.設，根據已知結合三角形的性質得出得出相關線段長度，表示出.設，求導根據導函數得出函數的最大值為，進而得出，易知截面為以為直徑的的外接圓，根據圓的面積公式，求解即可得出答案：
對于D項，過點作于點，
因為半圓面平面，半圓面平面，平面，所以，平面，
所以，為直線與平面所成角.
設，則，，.
易知，，
所以，.
設，
則.
當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；
所以，，的最大值為，此時最大，.
易知為的斜邊，
又平面截四棱錐的外接球的截面為的外接圓，
所以，截面圓的直徑為，，故D正確.
故選：ABD.
方法一：定義法
第一步：判斷截面的位置：在確定立體圖形的形狀后，需要分析截面的位置，以確定截面與立體圖形的相對位置關系.
第二步：畫出截面圖：根據立體圖形的形狀和截面的位置，在紙上畫出截面圖.這一步有助于我們更好地理解截面的形狀.
第三步：計算截面的面積：根據截面圖的形狀，選擇適當的公式計算截面的面積.在計算過程中，需要注意單位的統一.
第四步：判斷截面是否符合要求：最后，需要仔細檢查計算結果是否符合題目要求.如果計算結果不符合要求，需要重新分析截面的位置和形狀，并重新計算.
需要注意的是，在計算截面面積時，需要選擇正確的公式，并根據實際情況進行計算.同時，在判斷截面是否符合要求時，需要仔細閱讀題目要求，確保理解題目的要求.
方法二：投影法
第一步：確定投影面.根據題目的要求，選擇一個合適的平面作為投影面，這個平面應該能夠反映出我們需要的信息.
第二步：將三維幾何體放置在投影面上.根據題目的描述，將三維幾何體放置在投影面上，使得我們需要的信息能夠清晰地反映出來.
第三步：作出截面.根據投影面的位置和三維幾何體的形狀，作出截面，使得截面的形狀和大小能夠反映出我們需要的信息.
第四步：求解問題.根據截面的形狀和大小，利用二維幾何的知識，求解出我們需要的問題.
需要注意的是，在使用投影法處理截面問題時，我們需要充分理解題目的要求，選擇合適的投影面，將三維幾何體放置在投影面上，使得截面的形狀和大小能夠反映出我們需要的信息.同時，我們還需要熟練掌握二維幾何的知識，以便更好地求解問題.
方法三：旋轉法
第一步：確定旋轉軸：根據題意，旋轉軸可以是直線，也可以是曲線.在選擇旋轉軸時，應使其與所求截面有較多的公共點，以便通過旋轉軸截面與旋轉體的交線來求解截面面積.
第二步：確定旋轉角度：旋轉角度的大小會影響截面形狀和大小.在選擇旋轉角度時，應根據題目要求和實際情況進行選擇.
第三步：確定截面形狀：根據旋轉軸和旋轉角度，可以確定截面的形狀.如果旋轉軸是直線，則截面為圓、橢圓或拋物線等；如果旋轉軸是曲線，則截面為圓柱、圓錐或圓臺等.
第四步：求解截面面積：根據截面的形狀，可以使用相應的公式或方法求解截面面積.如果截面是圓、橢圓或拋物線等簡單圖形，則可以使用公式直接求解；如果截面是圓柱、圓錐或圓臺等復雜圖形，則可以使用積分等方法求解.
第五步：驗證答案：最后，應驗證所求截面面積是否符合題目要求和實際情況.如果答案不符合要求，則應重新分析問題或調整解題步驟.
方法四：組合法
第一步：分解三維物體：首先將三維物體分解成若干個簡單的幾何形狀，如球、圓柱、圓錐等.這些形狀的組合可以表示任何復雜的三維物體.
第二步：考慮截面與幾何形狀的交線：對于每一個分解出的幾何形狀，考慮其與截面的交線.這些交線可以是封閉的曲線，也可以是開放的曲線，取決于具體的幾何形狀和截面的位置.
第三步：計算交線的長度：對于每一個交線，計算其長度.這可以通過幾何學中的公式和定理來完成，例如勾股定理、三角形的面積公式等.
第四步：綜合結果：最后，將所有幾何形狀的交線長度綜合起來，得到最終的截面面積.如果截面是一個封閉的圖形，還需要考慮如何計算它的周長.
微點：截面問題之補全圖形
【表現形式】處理截面問題的關鍵在于使用平面三公理、三線共點、線面平行的性質以及判定定理（線面平行的性質以及判定定理用得最多）將截面剩下部分的圖形給補充完整，然后根據完整截面圖形進行問題的求解.
【步驟】①將幾何圖形補全成與之相近的規則的立體圖形；②利用幾何知識和相關公式計算求解
【例1】（2024·全國·模擬預測）某禮品盒生產廠擬給如圖所示的八面體形的玻璃制品設計一個球形禮品包裝盒.若該八面體可以看成是由一個棱長為的正四面體在4個頂點處分別截去一個棱長為的小正四面體而得到的，則該球形禮品包裝盒的半徑的最小值為（　?。ú豢紤]包裝盒材料的厚度）
A. B. C. D.
答案 C
解析 如圖，正四面體的棱長為，正四面體的棱長為，取的中點D，連接，過點P作平面于點H，交平面于點I，則H為的重心，平面，I為的重心.八面體的外接球的球心O與正四面體的外接球的球心重合，且在上.
設正四面體的外接球半徑為R，連接，則.
在正三角形中，，
在中，由勾股定理得.
在中，，即，解得.
連接，因為，所以，則，
所以.
連接，在中，，所以，所以球形禮品包裝盒的半徑的最小值為.
故選：C
【例2】（2024·全國·模擬預測）某幾何體的三視圖如圖，則該幾何體的表面中最大面的面積為（　?。?br/>A. B. C.3 D.
答案 C
解析 由幾何體的三視圖可知，該幾何體由正方體切割而成，是底面為梯形的四棱錐，如圖所示：
結合三視圖，可知，，，
所以，，
，，
，
比較可得該幾何體的表面中最大面的面積為3.
故選：C.
【跟蹤練習】
1．已知體積為的球O與正四面體的四個面均相切，且與正四面體的六條棱均相切，則正四面體與的表面積的比值為（ ）
A．6 B． C． D．3
（2024·陜西商洛·統考模擬預測）
2．半正多面體亦稱“阿基米德體”或者稱“阿基米德多面體”，是以邊數不全相同的正多邊形為面的多面體，體現了數學的對稱美．某半正多面體由4個正三角形和4個正六邊形構成，其可由正四面體切割而成，如圖所示．已知，若在該半正多面體內放一個球，則該球體積的最大值為（ ）

A． B． C． D．
（2023·江西鷹潭·統考一模）
3．半正多面體（semiregularsolid）亦稱“阿基米德多面體”，是由邊數不全相同的正多邊形圍成的多面體，棱長為的正方體截去八個一樣的四面體，則下列說法錯誤的是（ ）

A．該幾何體外接球的表面積為
B．該幾何體外接球的體積為
C．該幾何體的體積與原正方體的體積比為
D．該幾何體的表面積與原正方體的表面積之比為
（2023·陜西西安·陜西師大附中校考模擬預測）
4．截角四面體是一種半正八面體，可由四面體經過適當的截角，即截去四面體的四個頂點所產生的多面體.如圖所示，將棱長為的正四面體沿棱的三等分點作平行于底面的截面，得到所有棱長均為a的截角四面體，現給出下列四個命題：①二面角的余弦值為；②該截角四面體的體積為；③該截角四面體的外接球表面積為 ④該截角四面體的表面積為，則其中正確命題的個數為（ ）
A． B． C． D．
（2023·天津武清·天津市武清區楊村第一中學校考模擬預測）
5．某同學在參加《通用技術》實踐課時，制作了一個工藝品，如圖所示，該工藝品可以看成是一個球被一個棱長為的正方體的六個面所截后剩余的部分（球心與正方體的中心重合），若其中一個截面圓的周長為，則該球的表面積為（ ）
A． B． C． D．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．D
【分析】設球O的半徑為R，因為球O的體積為，求得半徑R，正四面體的棱長為a，求得，利用等體積法可求得，將正四面體放到正方體中，如圖，易知該正方體的內切球即與正四面體的六條棱均相切的球O，得到正方體的棱長為6，進而正四面體的棱長為，然后計算即可求解.
【詳解】設球O的半徑為R，因為球O的體積為，所以，得．
設正四面體的棱長為a，則該正四面體的高，所以該正四面體的體積，又，
所以，解得，即正四面體的棱長為．
將正四面體放到正方體中，如圖，易知該正方體的內切球即與正四面體的六條棱均相切的球O．
因為，所以該正方體的棱長為6，則正四面體的棱長為，
所以，
故選:D．
2．A
【分析】根據題意可得當球的體積最大時，該球的球心即為半正多面體所在正四面體的內切球的球心，然后利用正四面體的性質、勾股定理和相似得到球的半徑，最后求體積即可.
【詳解】
由題意，半正多面體由4個正三角形和4個正六邊形構成，其可由正四面體切割而成，，當球的體積最大時，該球的球心即為半正多面體所在正四面體的內切球的球心，記球心為．
在中，，，該半正多面體所在的正四面體的高
，設點到正六邊形所在平面的距離為，過點作于，由幾何知識得，，所以，即，解得，所以當球的體積最大時，該球的半徑為，則該球的體積為．
故選：A．
3．D
【分析】由題意求該幾何體的體積與表面積，由外接球的半徑求體積與表面積，對選項逐一判斷.
【詳解】由題意得該幾何體外接球的球心為原正方體的中心，
故外接球半徑為1，外接球的表面積為，體積為，故A，B正確；
對于C，該幾何體的體積，
正方體體積為，故該幾何體的體積與原正方體的體積比為；
對于D，該幾何體有6個面為正方形，其余的面為邊長為1的正三角形，，，
所以該幾何體的表面積與原正方體的表面積之比為，故D錯誤.
故選：D.
4．C
【分析】根據二面角的定義，結合球的表面積公式、棱錐的表面積公式和體積公式逐一判斷即可.
【詳解】如下圖所示：設的中心為，的中心為，
取BC的中點為W，分別連接和，因為，，
所以為的二面角，，，
所以，所以，
在直角三角形中，，所以，
所以二面角的余弦值為，
所以二面角的余弦值為，故①正確
因為棱長為的正四面體的高，
所以，故②正確；
設外接球的球心為O，的中心為，的中心為，
因為截角四面體上下底面距離為，所以，
所以，所以，
所以，所以，
所以，故③正確；
由正四面體中，題中截角四面體由4個邊長為a的正三角形
及4個邊長為a的正六邊形構成，故，故④錯誤.
故選：C.
5．A
【分析】求出球心到截面圓所在平面的距離以及截面圓的半徑，利用勾股定理可求得球的半徑，再利用球的體積公式即可求得結果．
【詳解】由題意可得，球心到截面圓所在平面的距離，
設截面圓的半徑為，球的半徑為，則，解得，所以，
所以該球的表面積為．
故選：A．
答案第1頁，共2頁
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