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第三板块 课时验收评价(二) 综合性考法针对练——球的切、接问题与动态问题(动点、截面)

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课时验收评价(二) 综合性考法针对练——球的切、接问题与动态问题(动点、截面)1.(2022·广东联考)在三棱锥P-ABC,若PA⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=5,BC=,PA=8,则三棱锥P-ABC外接球的表面积是( )A.100πB.50πC.144πD.72π解析:选A 如图,将三棱锥放于一个长方体内,则三棱锥的外接球就是长方体的外接球,∴PB为三棱锥P-ABC外接球的直径,∵PB==10,∴外接球的表面积为4π×2=100π.2.已知圆柱的轴截面为正方形,其外接球为球O,球O的表面积为8π,则该圆柱的体积为( )A.πB.πC.2πD.2π解析:选C 设外接球的半径为R,圆柱底面圆的半径为r,因为圆柱的轴截面为正方形,所以圆柱的高h=2r,由球O的表面积S=4πR2=8π,得R=,又R==r,得r=1,所以圆柱的体积V=πr2·2r=2πr3=2π.3.(2022·湖北联考)某同学在参加《通用技术》实践课时,制作了一个工艺品,如图所示,该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为4的正方体的六个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合),若其中一个截面圆的周长为2π,则该球的表面积为( )A.20πB.16πC.12πD.8π解析:选A 设截面圆半径为r,球的半径为R,则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半即2,根据截面圆的周长可得2π=2πr,则r=1,由题意知R2=r2+22,即R2=12+22=5,∴该球的表面积为4πR2=20π.4.(2022·安徽A10联盟开学考)如图,四棱锥P-ABCD的外接球的球心为O,其中底面ABCD为正方形,若平面ABCD过球心O,且∠PBD=45°,tan∠PAC=,则异面直线PA,CD所成角的余弦值为( ) A.B.C.D.解析:选B 连接PO(图略),∵四边形ABCD为正方形,∴AB∥CD,∴∠PAB即为所求异面直线PA与CD所成角,设外接球的半径为R,由PA2+PC2=4R2,tan∠PAC=可得PA=,AB=R.又∠PBD=45°,∴PB=PD,∴PO⊥BD,∴PB=R,△ABP是等腰三角形,∴cos∠PAB==.5.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P是棱AB上的动点,过A1,C1,P三点作正方体的截面,若截面把正方体分成体积之比为7∶25的两部分,则该截面的周长为( )A.B.3+C.5+D.5+解析:选D 如图所示,过点P作PQ∥A1C1,交BC于点Q,则四边形PQC1A1就是过点A1,C1,P的截面,设PB=BQ=x(0≤x≤2),则台体PBQ-A1B1C1的体积为×2×=×8,解得x=,所以PQ=,A1P=C1Q==,A1C1=2,所以截面的周长为×2+2+=5+.6.(2022·泰安一模)如图,三棱锥V-ABC中,VA⊥底面ABC,∠BAC=90°,AB=AC=AV=2,则该三棱锥的内切球和外接球的半径之比为( )A.(2-)∶1  B.(2-3)∶1C.(-1)∶3  D.(-1)∶2解析:选C 因为VA⊥底面ABC,AB,AC均在底面ABC内,所以VA⊥AB,VA⊥AC, 又因为∠BAC=90°,所以AB⊥AC,而AB=AC=AV=2,所以三条互相垂直且共顶点的棱,可以看成正方体中共顶点的长、宽、高,因此该三棱锥外接球的半径R==,设该三棱锥的内切球的半径为r,因为∠BAC=90°,所以BC===2,因为VA⊥AB,VA⊥AC,AB=AC=AV=2,所以VB=VC===2,由三棱锥的体积公式,得3×××2×2·r+××2×2×·r=××2×2×2,解得r=,所以r∶R=∶=(-1)∶3.7.(2022·张家口三模)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,过A1B1的截面与AC交于点D,与BC交于点E,该截面将三棱柱分成体积相等的两部分,则=( )A.B.C.D.解析:选D 由题可知平面A1B1ED与棱柱上、下底面分别交于A1B1,ED,则A1B1∥ED,ED∥AB,显然CDE-C1A1B1是三棱台,设△ABC的面积为1,△CDE的面积为S,三棱柱的高为h,由×1×h=h(1+S+),解得=,由△CDE∽△CAB,得==.8.已知三棱锥S-ABC的顶点都在球O的表面上,球O的表面积为36π,在△ABC中,∠ABC=90°,AC=2,AB=,则当三棱锥S-ABC的体积最大时,BS=( )A.4B.2C.5D.解析:选D 因为∠ABC=90°,设O1是△ABC的外心,则O1为AC的中点,且O1B=AC=,由球的表面积为36π,即4πR2=36π,解得R=3,所以OO1= =2,所以当S,O,O1三点共线且平面CAB和点S位于点O异侧时,三棱锥S-ABC的体积最大,则SO1=2+3=5,BS==.9.(2022·茂名一模)(多选)如图所示,圆柱OO1内有一个棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1,正方体的顶点都在圆柱上、下底面的圆周上,E为BD上的动点,则下面选项正确的是( )A.△A1C1E面积的最小值为2B.圆柱OO1的侧面积为8πC.异面直线AD1与C1D所成的角为60°D.四面体A1BC1D的外接球的表面积为12π解析:选ACD 若E与O重合时,△A1C1E的A1C1边上的高最小,所以S△A1C1E=×2×2=2,A正确;圆柱OO1的底面圆的半径为正方形ABCD的对角线长的一半,为,母线为2,所以圆柱OO1的侧面积为2πrl=4π,B错误;直线AD1∥BC1,所以∠BC1D为直线AD1与C1D所成的角,因为三角形BC1D为等边三角形,所以异面直线AD1与C1D所成的角为60°,C正确;四面体A1BC1D的外接球和正方体的外接球是同一个球体,正方体的体对角线就是球的直径,即球的半径为,所以四面体A1BC1D的外接球的表面积为12π,D正确.10.(多选)在三棱锥D-ABC中,已知AB=BC=2,AC=2,DB=4,平面BCD⊥平面ABC,且DB⊥AB,则( )A.DB⊥ACB.平面DAB⊥平面ABCC.三棱锥D-ABC的体积为D.三棱锥D-ABC的外接球的表面积为16π解析:选ABC 因为AB=BC=2,AC=2,所以cos∠ABC==-,所以∠ABC=,过D作DE⊥BC于E,如图.因为平面BCD⊥平面ABC,平面BCD∩平面ABC=BC,所以DE⊥平面ABC,所以DE⊥AB, 假设DB,DE不重合,因为DB⊥AB,所以AB⊥平面DBC,所以AB⊥BC,这样与∠ABC=矛盾,所以假设不成立,所以DB,DE重合,即DB⊥平面ABC,所以DB⊥AC,由于DB⊂平面DAB,所以平面DAB⊥平面ABC,所以A、B正确;三棱锥D-ABC的体积为××2×2×sin×4=,所以C正确;如图,设△ABC的外心为F,外接圆半径为×=2,过F作FO⊥平面ABC,设O为外接球的球心,则FA=FB=2,OA=OD,所以=,所以=,解得OF=2,所以外接球的半径为OA==2,所以三棱锥D-ABC的外接球的表面积为4π·OA2=32π,所以D不正确.11.(多选)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M,N分别是棱A1D1,AB的中点,则下列选项正确的是( )A.MC⊥DNB.A1C1∥平面MNCC.异面直线MD与NC所成的角的余弦值为D.平面MNC截正方体所得的截面是五边形解析:选AD 以点D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,则M(1,0,2),C(0,2,0),N(2,1,0),D(0,0,0),A(2,0,0),因为=(-1,2,-2),=(2,1,0),·=-2+2=0,所以MC⊥DN,故A正确;因为=(-1,2,-2),=(1,1,-2),设平面MNC的法向量为n=(x,y,z),所以由·n=0,·n=0可得所以可取n=(2,4,3), 因为==(-2,2,0),·n=-4+8=4≠0,所以A1C1不与平面MNC平行,故B错误;因为=(1,0,2),=(-2,1,0),所以cos〈,〉==-,所以异面直线MD与NC所成的角的余弦值为,故C错误;连接CN,在D1C1上取靠近D1的四等分点为Q,则MQ∥CN,连接CQ,在AA1上取靠近A1的三等分点为P,则NP∥CQ,所以平面MNC截正方体所得的截面是五边形CQMPN,故D正确.12.(多选)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点M是其侧面ADD1A1上的一个动点(含边界),点P是线段CC1上的动点,则下列结论正确的是( )A.存在点P,M,使得平面B1D1M与平面PBD平行B.存在点P,M,使得二面角M-DC-P大小为C.当P为棱CC1的中点且PM=2时,则点M的轨迹长度为D.当M为A1D中点时,四棱锥M-ABCD外接球的内接正四面体的表面积为解析:选ACD 如图1,当M为AA1中点,P为CC1中点时,平面B1D1M与平面PBD平行,故A正确;因为CD⊥平面ADD1A1,可知二面角M-DC-P的平面角为∠MDD1,其范围为,故B错误;如图2,取DD1中点E,连接PE,ME,PM,则PE⊥平面AA1D1D,PE⊥ME,则ME===2,则点M在侧面AA1D1D内运动轨迹是以E为圆心、半径为2的劣弧,分别交AD,A1D1于M2,M1,如图3,则∠M1ED1=∠M2ED=,则∠M1EM2=,劣弧M1M2的长为×2=.故C正确;当M为A1D中点时,易知△AMD为等腰直角三角形,且平面ABCD⊥平面ADD1A1, 可知四棱锥M-ABCD外接球的球心即为AC与BD的交点,所以四棱锥M-ABCD外接球的半径为,设四棱锥M-ABCD外接球的内接正四面体的棱长为x,将四面体拓展成正方体,其中正四面体棱为正方体的面对角线,故正方体的棱长为x,所以32=(2)2,得x2=,所以正四面体的表面积为4×x2=,所以D正确.13.(2022·湘潭一模)已知某正方体外接球的表面积为3π,则该正方体的棱长为________.解析:设正方体的棱长为a,外接球的半径为R,根据正方体的体对角线长等于外接球的直径,可得a=2R,由4πR2=3π,可得R=,即a=2×,解得a=1.答案:114.(2022·焦作一模)已知三棱锥P-ABC的每条侧棱与它所对的底面边长相等,且PA=3,PB=PC=5,则该三棱锥的外接球的表面积为________.解析:根据题意,三棱锥P-ABC可以嵌入一个长方体内,且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线,设长方体交于一个顶点的三条棱长分别为a,b,c,如图所示,则a2+b2=PA2=18,a2+c2=PB2=25,b2+c2=PC2=25,解得a=3,b=3,c=4.所以该三棱锥的外接球的半径为R===,所以该三棱锥的外接球的表面积为S=4πR2=4π×2=34π.答案:34π15.(2022·合肥质检)某半球形容器如图①所示,底面圆的半径为2.往其中放入四个大小相同的小球,每个小球都与半球面相切,也与底面相切,其俯视图如图②所示.(1)小球的半径等于________;(2)若球M与这四个小球、半球面都相切,则球M的半径等于________.解析:(1)设四个小球的球心分别为A,B,C,D,半径为r ,其在底面上的射影分别为A1,B1,C1,D1,半球形容器的球心为O,如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=BB1=CC1=DD1=r,AB=DC=2r.连接OD,OD1则OD=2-r,OD1=r,在Rt△OD1D中,OD2=OD+DD,即(2-r)2=(r)2+r2,解得r=-1.(2)设球M的半径为R,将五个球的球心相连接得一个正四棱锥,如图所示,则AB=BC=CD=DA=2r,MD=r+R,设球心M在平面ABCD内的射影为P,则MP=2-(r+R),PD=r,在Rt△MPD中,MP2+PD2=MD2,即[2-(r+R)]2+(r)2=(r+R)2,所以R==4-2.答案:(1)-1 (2)4-216.在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为AA1的中点,则过B,C1,E三点的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面面积为________.解析:取A1D1中点F,连接BE,EF,C1F,BC1,AD1,因为AB∥C1D1且AB=C1D1,所以四边形ABC1D1为平行四边形,所以AD1∥BC1,因为E,F分别为AA1,A1D1的中点,所以EF∥AD1且EF=AD1=a,所以EF∥BC1,故B,C1,E,F四点共面,所以过B,C1,E三点的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面为等腰梯形BC1FE,其中EF=a,BC1=a,BE=C1F==a,过点E,F在平面BC1FE内分别作BC1的垂线,垂足分别为G,H,因为BE=C1F,∠EBG=∠FC1H,∠EGB=∠FHC1=,所以Rt△EGB≌Rt△FHC1,故BG=C1H,在平面BC1FE内,因为EG⊥BC1,FH⊥BC1,EF∥BC1,所以四边形EFHG为矩形,则GH=EF=a,所以BG=C1H==a,所以梯形BC1FE的高h===a,梯形BC1FE的面积S=×a×=. 答案:a2

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发布时间:2024-04-29 23:40:02 页数:9
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文章作者:180****8757

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