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专题5 2022年新高考数学 立体几何选择填空压轴小题专项训练
一、单选题
1．已知四面体中，和都是边长为6的正三角形，则当四面体的体积最大时，其外接球的表面积是
A． B． C． D．
2．在四面体中，，，用平行于，的平面截此四面体，得到截面四边形，则四边形面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．3
3．“牟合方盖”是我国古代数学家刘微在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体，它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖).如图，正边形是为体现其直观性所作的辅助线，若该几何体的正视图与侧视图都是半径为的圆，根据祖暅原理，可求得该几何体的体积为
A． B． C． D．
4．正四面体的棱长为4，为棱的中点，过作此正四面体的外接球的截面，则该截面面积的最小值是
A． B． C． D．
5．过棱长为1的正方体的一条体对角线作截面，则截得正方体的截面面积的最小值是
A．1 B． C． D．
6．已知边长为2的等边三角形中，、分别为、边上的点，且，将沿折成，使平面平面，则几何体的体积的最大值为
A． B． C． D．
7．在菱形中，，，将△沿折起到△的位置，二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
8．已知三棱锥中，，，则三棱锥的外接球的表面积为
A． B．4 C． D．
9．在底面是正方形的四棱锥中，底面，点为棱的中点，点在棱上，平面与交于点，且，，则四棱锥的外接球的表面积为
A． B． C． D．
10．如图，在三棱锥中，平面，，，，若三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．已知正三棱柱的侧棱长为4，底面边长为，且它的六个顶点均在球的球面上，则两点的球面距离为__________.
12．已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为a的正方形，且平面ABCD，，点M为线段PC上的动点（不包含端点），则当三棱锥的外接球的表面积最小时，CM的长为___________.
13．在棱长为1 的正方体中，以A为球心半径为的球面与正方体表面的交线长为___________．
14．已知球的半径为24cm，一个圆锥的高等于这个球的直径，而且球的表面积等于圆锥的表面积，则这个圆锥的体积是__________ cm3．（结果保留圆周率）
15．已知正方体的棱长为1，动点在棱上，四棱锥的顶点都在球的球面上，则球的表面积取值范围是_____________．
16．下图中的几何体是由两个有共同底面的圆锥组成．已知两个圆锥的顶点分别为P、Q，高分别为2、1，底面半径为1．A为底面圆周上的定点，B为底面圆周上的动点（不与A重合）．下列四个结论：
①三棱锥体积的最大值为；
②直线PB与平面PAQ所成角的最大值为；
③当直线BQ与AP所成角最小时，其正弦值为；
④直线BQ与AP所成角的最大值为；
其中正确的结论有___________.（写出所有正确结论的编号）
17．在正方体中（如图），已知点在直线上运动，则下列四个命题：
①d三棱锥的体积不变；
②直线与平面所成的角的大小不变；
③二面角的大小不变；
④是平面上到点和距离相等的点，则点的轨迹是直线
其中真命题的编号是__________．（写出所有真命题的编号）
18．如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，底面，，若在四棱锥内挖掉一个体积最大的圆柱，则剩余几何体的表面积等于______．
19．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，，，则球的表面积的最小值为________.
20．已知在四面体中，，，，则四面体外接球的表面积为__________．专题5 2022年新高考数学 立体几何选择填空压轴小题专项训练(解析版)
1．A
【解析】
【详解】
由题设当两个平面互相垂直时，四面体的体积最大，此时四面体的高为，如图，设球心为，过作平面，过作平面，因为，所以．在直角三角形与中分别运用勾股定理可得，解之得，故所求球的表面，应选答案A．
点睛：解答本题的难点是如何确定该几何体的外接球的球心与半径．求解时，先依据题设求出当两平面互相垂直时，三棱锥的体积最大，此时三棱锥的高即是正三角形的高，然后依据球心到四个顶点的距离相等可画出图形中的三角形并求解可得球的半径，最后运用球的面积公式使得问题获解．
2．B
【解析】
【分析】
根据线面平行的性质可知，，,，因为，，故，所以四边形为矩形，设，，建立二次函数关系求解四边形面积的最大值.
【详解】
设截面分别与棱交于点.由直线平面，
且平面平面，平面平面
得，，所以，
同理可证，所以四边形为平行四边形，
又，，
可证得，四边形为矩形.
设，，
则，，于是
当时，四边形的面积有最大值.
故选：B.
【点睛】
本题考查了运用四面体中的对称性来证明四边形是矩形，线面平行的性质，二次函数求最值，属于较难题.
3．C
【解析】
【详解】
如图所示，结合几何体的特征，构造底面边长为，高为的长方体，上顶面中心与下底面组成四棱锥，则正方体去掉四棱锥所得的几何体与题中“牟合方盖”的上半部分符合祖暅原理，
据此可得，该几何体的体积：.
本题选择C选项.
点睛：中国传统数学具有浓厚的应用色彩，更注重算法：中国传统数学实用性的特点，决定了它以解决实际问题和提高计算技术为主要目标，因此，他的成果都表此案为算法的相识．中国传统数学寓理于算：中国传统数学注重算法，并不等于它就没有逻辑推理，没有建立其自身的理论体系．
4．A
【解析】
【详解】
将四面体放置在正方体中，如图所示，
可得正方体的外接球就是四面体的外接球，
因为正四面体的棱长为4，
所以正方体的棱长为，可得外接球的半径满足，即，
又为的中点，过作其外接球的截面，当截面到球心的距离最大时，
此时截面圆的面积最小，
此时球心到截面的距离等于正方体棱长的一半，
可得截面圆的半径为，得到截面圆的面积的最小值为，
故选A.
5．D
【解析】
【分析】
取对角线顶点所不在的两个侧棱的中点M,N,与对角线两个顶点相连，所得四边形即为所有过对角线的截面中面积最小的，由此可求出截面面积.
【详解】
如图：
在正方体中，取的中点,连接,
过的平面截得正方体的截面中，当截面为菱形时，截面面积最小，
,
故选D.
【点睛】
本题主要考查了正方体的截面面积的求法，考查了空间想象能力，属于中档题.
6．B
【解析】
【详解】
分析：设当平面平面时，由面面垂直的性质定理，得平面，可得几何体的体积，利用导数研究函数的单调性，可得时，体积最大，从而可得结果.
详解：
设
的高为，的高为，
当平面平面时，由面面垂直的性质定理，
得平面，以几何体的体积
，
，当，
在时，取得最大值，，故选B.
点睛：求最值问题往往先将所求问题转化为函数问题，然后根据:配方法、换元法、不等式法、三角函数法、图象法、函数单调性法求解，利用函数的单调性求最值，首先确定函数的定义域，然后准确地找出其单调区间 ，最后再根据其单调性求凼数的最值即可.
7．D
【解析】
【分析】
由题意作示意图，找到底面等边△的外接圆圆心，以及三棱锥的外接球的球心，过作于，则面为球体最大截面，进而根据已知条件即可求外接球半径，即可求外接球表面积.
【详解】
由题意可得如下示意图，设交于，
则，即
所以为二面角的平面角，即，
又，所以平面，
过作于，，
所以平面，
若分别是面的外接圆圆心、三棱锥的外接球的球心，
则平面，所以，
所以必共面且该面为球体的最大截面，
连接，有为外接球半径，
为面的外接圆半径，若设，
则：，，
∵菱形中，，，
∴，，，
且，，，，
∴，
即，解得，∴，
所以三棱锥的外接球的表面积，
故选：D
【点睛】
本题考查了三棱锥的外接球问题，应用了三棱锥的一个顶点与其在底面上的垂足，该底面外接圆圆心，三棱锥外接球球心四点共面且为球体最大截面求球体半径，进而求球体表面积，属于较难题.
8．B
【解析】
【分析】
依据题中数据，利用勾股定理可判断出从而可得三棱锥各面都为直角三角形，进而可知外接圆的直径，即可求出三棱锥的外接球的表面积
【详解】
如图，因为 ,
又，,
从而可得三棱锥各面都为直角三角形，CD是三棱锥的外接球的直径，
在中，,,
即 ，，故选B．
【点睛】
本题主要考查学生空间想象以及数学建模能力，能够依据条件建立合适的模型是解题的关键．
9．D
【解析】
【详解】
如图所示，
延长BA,CF,交于G，连接EG，与PA交于K，则AG=6，过A作AH//PB，与EG交于H，则，故,将四棱锥补成长宽高分别为3，3, 的长方体，故四棱锥的外接圆即为长方体的外接圆，，，所以球的表面积为，故选D.
10．A
【解析】
【分析】
设，，由三棱锥外接球的表面积为，可得出.根据等体积法得，利用基本不等式可求得三棱锥体积的最大值.
【详解】
设，，由三棱锥外接球的表面积为，得外接球的半径.又平面，，
所以，所以，所以.
因为平面，，所以，，过D作，垂足为E，则平面，
所以，所以，所以，所以
，当且仅当，即，时，“=”成立，所以三棱锥体积的最大值为.
故选：A.
【点睛】
本题考查三棱锥的外接球的相关计算，等体积法的运用，属于较难题.
11．
【解析】
【分析】
根据题意画出示意图求出和，结合球面距离定义计算求解即可.
【详解】
如图所示，设中心为，连接.
根据等边三角形性质知是外接圆半径，根据正弦定理得，得，又因为,所以在中，,同理,所以是等边三角形，所以，所以两点的球面距离为.
故答案为:
12．
【解析】
【分析】
连接MA，由题意知三棱锥的外接球即四棱锥的外接球，然后设四棱锥外接球的球心为O，半径为R，连接AC与BD交于点，利用几何体的结构特征分析出当O与重合时，三棱锥的外接球的表面积最小，然后设CM的中点为N，连接，利用三角形相似求得，即可求得CM的长.
【详解】
连接MA，由题意可知三棱锥的外接球即四棱锥的外接球，则当三棱锥外接球的表面积最小时，四棱锥外接球的半径最小.设四棱锥外接球的球心为O，半径为R，连接AC与BD交于点.当O与不重合时，连接，易知平面ABCD，则，连接OC，在中，.当O与重合时，，所以当三棱锥的外接球的表面积最小时，O与重合，.设CM的中点为N，连接，易知，则，所以，解得，所以.
故答案为：
【点睛】
关键点睛：利用直角三角形中斜边最长判断出当O与重合时，三棱锥的外接球的表面积最小是解题的关键所在.
13．
【解析】
【详解】
如图，
球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点所在的三个面上，即面、面和面上；另一类在不过顶点的三个面上，即面、面和面上．在面上，交线为弧且在过球心的大圆上，因为，，则，同理，所以，故弧的长为，而这样的弧共有三条．在面上，交线为弧且在距球心为1的平面与球面相交所得的小圆上，此时，小圆的圆心为，半径为，，所以弧的长为，这样的弧也有三条，于是，所得的曲线长为，故答案为.
14．
【解析】
【分析】
结合球的表面积等于圆锥的表面积，建立等式，计算半径r，利用体积计算公式
，即可．
【详解】
结合题意可知圆锥高h=48,设圆锥 底面半径为r，则圆锥表面积
，计算得到
,所以圆锥的体积
【点睛】
本道题考查了立体几何表面积和体积计算公式，结合题意，建立等式，计算半径r，即可，属于中等难度的题．
15．
【解析】
设，根据几何关系得到，，从而得到的关系，再利用消元法，得到，最后利用一元二次函数的性质，得到的取值范围，从而得到球的表面积取值范围.
【详解】
如图，设球的球心为，的中点，的中点，的中点，
且，.
因为在球面上，所以球心在线段上，
点也在球面上，.
设.则.
在中，…………①
在中，…………②,
联立①②，得，因为，所以.
所以，
所以球的表面积取值范围为.
故答案为：
【点睛】
本题考查四棱锥与球的切接问题、球的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力，考查转化与化归思想、数形结合思想的运用，求解的关键是先确定以什么为变量进行研究.
16．①③
【解析】
【分析】
由①可知只需求点A到面的最大值
对于②，求直线PB与平面PAQ所成角的最大值，可转化为到轴截面距离的最大值问题进行求解
对于③④，可采用建系法进行分析
【详解】
选项①
如图所示，当时，四棱锥体积最大，
选项②中，线PB与平面PAQ所成角最大值的正弦值为，所以
选项③和④，如图所示：
以垂直于方向为x轴，方向为y轴，方向为z轴，其中设,.,
设直线BQ与AP所成角为，，当时，取到最大值，，此时，
由于，，，所以取不到
答案选①、③
【点睛】
几何体的旋转问题需要结合动态图形和立体几何基本知识进行求解，需找临界点是正确解题的关键，遇到难以把握的最值问题，可采用建系法进行求解.
17．①③④ （多选或错选或不选不给分，少选均给一半，）
【解析】
【详解】
①为定值；②因为，所以 ，因此P到距离不变，但长度变化，因此直线与平面所成的角的大小变化；③二面角的大小就是平面 与平面所组成二面角的大小,因此不变; ④到点和距离相等的点在平面上，所以点的轨迹是平面与平面的交线.综上真命题的编号是①③④
18．
【解析】
【分析】
首先将挖掉的圆柱放在一个正四棱柱里面，根据体积公式列出圆柱体积的表达式，利用导数工具判断体积最大值时圆柱的高和底面半径，最后求出剩下几何体的表面积即可.
【详解】
如图，在四棱锥内作出正四棱柱，
其中点，，，，，分别在棱，，，，，上，
则要使挖掉的圆柱体积最大，
则需其底面圆为正四棱柱底面的内切圆，
连接，设挖掉的圆柱的底面圆半径为，高为，
则，．连接，
易知点在上、在平面内，
易知，则，即，即，
故挖掉的圆柱的体积，．
则，
当时，，当时，，
所以当时，挖掉的圆柱体积最大，此时，
故剩余几何体的表面积等于四棱锥的表面积与圆柱的侧面积之和，
即剩余几何体的表面积．
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查圆柱的体积、几何体表面积的求解，考查考生的空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力．试题以考生比较熟悉的几何体为载体，需要借助图形建立数量关系，对考生思维的灵活性要求较高，考查的学科素养是理性思维、数学探索、数学应用．
19．
【解析】
【分析】
取中点，利用三角形全等可证得为和的垂直平分线，由此可知球心在直线上，利用可求得，由球的表面积公式可求得结果.
【详解】
取中点，连接，
，，，，，
是的垂直平分线；
同理可得：是的垂直平分线；
球心在直线上，设其半径为，
则，即，解得：；
当且仅当为中点时，，此时球表面积取得最小值，最小值为.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：本题考查多面体外接球表面积的求解问题，求解此类问题的关键是能够根据外接球的特征，即球心到多面体各个顶点距离相等的特点，确定球心所在的直线或球心的具体位置，进而确定球的半径.
20．
【解析】
【详解】
由题意可采用割补法，考虑到四面体的四个面为全等的三角形，所以可在其每个面补上一个以,，为三边的三角形作为底面，分别以x,y,z为侧棱长且两两垂直的三棱锥，从而可得到一个长、宽、高分别为x,y,z的长方体，并且设球半径为，则有所以球的表面积为．
点睛: (1)补形法的应用思路：“补形法”是立体几何中一种常见的重要方法，在解题时，把几何体通过“补形”补成一个完整的几何体或置于一个更熟悉的几何体中，巧妙地破解空间几何体的体积等问题，常见的补形法有对称补形、联系补形与还原补形，对于还原补形，主要涉及台体中“还台为锥”．
(2)补形法的应用条件：当某些空间几何体是某一个几何体的一部分，且求解的问题直接求解较难入手时，常用该法．
答案第1页，共2页

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