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第2讲 立体几何的截面问题（讲）
【典例1】（2023年高考数学（新课标Ⅱ卷）第9题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（　　）
A.该圆锥的体积为 B.该圆锥的侧面积为
C. D.的面积为
【解读】试题以圆锥为背景，问题设计源于教材，重视基础性、综合性的考查，要求考生对圆锥的体积、侧面积以及平面与平面之间的位置关系等基本知识有较全面的理解.试题准确把握数学课程标准，注重数学核心素养，关注学生学习实际，对中学数学教学起到积极的导向作用.
【答案】AC
【目标】试题考查圆锥的基础知识和二面角的基本概念，考查考生的空间想像能力、运算求解能力、逻辑思维能力和综合运用知识解决问题的能力.
【分析】如图，由题意可得平面，，，则圆锥的体积等于，圆锥侧面积等于，故A正确，B错误.作，H为垂足，可得，则，，，，故C正确.的面积为，故D错误，正确答案为AC.
【典例2】（2023年高考理科数学（全国乙卷）第8题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（　　）
A. B. C. D.
【解读】试题的设计源于教材，高于教材，将空间想象能力和逻辑推理能力有机结合在试题中，很好地体现了新课程背景下要求考生自主探究的理念.对试题的研究必须要经过从“读题”“思图”“构图”到“运算”的解题过程.试题的设计以圆锥的形式给出，考生必须要从对“形”的分析中寻找隐含在几何体图形中的条件（和为等腰三角形，为直角三角形），这给考生创造了分析推理、判断运算的逻辑思维平台.试题难度较大，要求考生具备较强的空间想象能力和分析判断能力，这体现了试题既注重基础也关注能力，对中学立体几何教学有很好的指导意义，为高校选拔人才提供了较好的区分度.
【答案】B
【目标】试题考查考生对立体几何基础知识（求几何体的体积，直线与平面垂直的性质与判定等）和基本技能的掌握与运用，考查考生的运算求解能力和空间想象能力.试题让考生通过对题设条件的阅读和分析，想象并构建题设条件所对应
的空间几何体圆锥PO，实现考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力、数学思维的严密性和应用意识的目标.
【分析】解题思路 如图，取AB的中点D，连接OD，PD.
由底面半径为及，可得，.
因为的面积等于，所以.由可得.
所以圆锥的体积为，故选B.
【典例3】（2023年高考数学（新课标Ⅰ卷）第12题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（　　）
A.直径为的球体
B.所有棱长均为的四面体
C.底面直径为，高为的圆柱体
D.底面直径为，高为的圆柱体
【解读】试题需要考生有较强的空间想象能力，判断各选项中的几何体是否可以通过适当的平移、旋转后被整体放入正方体内部.这些几何体为考生所熟悉，例如选项A的球体、选项B的四面体、选项C的细棒形圆柱体、选项D的薄片形圆柱体，这些形状在生活中随处可见.试题与物品装箱包装的实际问题有关，源于生活，有利于选拔具有解决实际问题能力的考生.
本题需要一定的数值估算能力，例如略大于1.4，介于1.7与1.8之间，以及比1.2稍大.另外，选项D中的几何体可以近似理解为圆盘，考生可以考虑找一个尽量大的截面，把圆盘放在截面内，我们选取的是正六边形的截面，该截面的内切圆比目标圆盘略大，并且有一些余量，因此直观来看可以认为圆盘稍微增厚一点也能成功放入.
本题需要考生有一些对几何美感的认识与几何直觉，各正确选项中的物体均满足一定的对称性.例如选项D中的六边形截面是考虑到了“正方体绕其体对角线旋转120°后不变”这一对称性，并且这个截面的最大性（面积最大，内部所含圆盘也最大）与该对称性紧密相关，几何直觉好的考生比较容易想到这个最优截面.此外，选项B中正四面体的放置也关系到“四面体绕正方体的体对角线旋转120°后不变”这一对称性.有对称性视角的考生比较容易想到几何体的放置方法，试题有利于选拔数学素养较好的考生.
作为多选题的压轴题，试题的难度较大，考生在答题时，纵观选项可以快速看出选项A明显正确，而其他选项尤其是D选项需要花一些时间才能准确判断，试题选项的难度梯度设计兼顾到各个水平层次的考生，具有很好的选拔功能.
【答案】ABD
【目标】试题是一道源于生活的立体几何题，考查几何体与正方体的位置关系等内容，着重考查对几何体对称性的理解.试题考查考生灵活运用所学知识解决实际问题的能力，有助于选拔创新性人才.
【分析】解题思路 思路1 以正方体的中心为原点，坐标轴分别平行于正方体的相邻的三条棱，建立空间直角坐标系.
（1）正方体的八个顶点的坐标为，原点到六个面的距离均为，大于球体半径0.495，因此以为球心，直径为0.99的球体能够被整体放入正方体内部，故选项A正确.
（2）考虑四个点，，，，其中任意两点距离均为，取，则此时这四个点均在正方体内部，并且四面体的所有棱长均为1.4，故选项B正确.
（3）对于选项C中的细棒形状的圆柱体，其上底面的点与下底面的点的距离不小于圆柱体的高1.8，由于正方体中任意两点的距离，所以该细棒形状的圆柱体无法放入正方体，故选项C错误.
（4）考虑过原点与正方体对角线垂直的平面：，该平面截正方体得到的截面为边长为的正六边形，其内切圆半径为，直径为，因此可以放入一个直径为1.2的圆盘.对于厚度为0.01的薄片，考虑把平面做适当平移时与正方体的截面，即考虑过点（）的平面，它与正方体的棱依次交于点，，，，，，点到各边的距离（即到各边中点的距离）为或.我们希望这些距离均大于等于0.6，取，只需，则平面与正方体的截面内有以为中心，半径不小于0.6的圆.取点与，这样以为轴，底面半径为0.6的圆柱体落在正方体内部.
由于圆柱体的高，可知正方体内可以放入一个D选项中薄片形状的圆柱体，故选项D正确.
思路2 关于选项D中所描述的圆柱体，考虑过正方体中心且与体对角线垂直的平面截正方体得到的截面，该截面是边长为的正六边形，有一个直径为的内切圆盘，圆盘所在平面与正方体的六个面的夹角均为.圆盘与正方体的六个面均相切（即恰有一个公共点），在每个切点处，分别有平面（正方体的六个面）过该点处的圆盘的切线，且与圆盘所在平面成角.这些平面“卡着”圆盘，使得正方体内不存在以该圆盘为底面的圆柱.为此我们考虑把圆盘的半径缩小，则可以在平面的两边各长出高为的圆柱，最终有底面半径为0.6，高为的圆柱落在正方体内.因此选项D所述的圆柱体可以整体放入正方体内.
一般地，如果一个底面直径为，高为的圆柱体能放入棱长为1的正方体内，设圆柱体的轴方向的单位向量为，考虑圆柱体在三个坐标轴的方向的投影的长度，应有，.因此圆柱体能整体放入棱长为1的正方体内，当且仅当该圆柱体的直径与高满足以下三种情形之一：
（1）且；
（2）且；
（3）且.
其中满足（1）的圆柱体可以正着放，以正方体两个对面的中心连线为轴；满足（2）（3）的圆柱体可以斜着放，以正方体的体对角线为轴.
【典例4】（2023年高考数学（新课标Ⅱ卷）第14题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱雉，所得棱台的体积为______.
【解读】试题突出基础性考查，背景紧扣教材，对立体几何的重点内容，关于线线、线面、面面间关系的基本知识，以及棱锥、棱台的基本概念的掌握程度作了较好地考查.试题在基础性考查中，体现出空间想象能力、逻辑思维能力以及分析问题、解决问题能力的重要性，引导数学教学重视课程标准，重视数学教材，重视对数学知识的深刻理解，能够辩证地认识数学知识与数学素养间的关系.
【答案】28
【目标】试题考查了棱锥、棱台的基本概念以及它们之间的联系，考查了线线关系、线面关系、面面关系等基本知识，对空间想象能力、运算求解能力作了基础性考查.
【分析】解题思路 如图，是正四棱锥的高，平面平面，，，与交于O点，与交于点..
由，可得，.
故，
因此棱台的体积为.
应用一 正方体的截面
【例1】（2024·四川攀枝花·统考二模）正方体的棱长为1，E，F，G分别为的中点，下列结论中正确的是（　　）
A.
B.平面
C.直线与直线所成角的余弦值为
D.平面截正方体所得的截面面积为
【引导与详解】
第一步：A项，通过证明即可得出结论：
易知，而底面，底面，即，
所以与不垂直，故A错误；
第二步：通过证明平面，得出平面平面，即可得出结论：
在平面中，易知，且平面，平面，
故平面，显然平面平面，但两平面不重合，故B错误；
第三步：求出，利用余弦定理即可得出直线与直线所成角的余弦值：
取的中点H，易得，
则异面直线与所成角为（或其补角），
由正方体棱长为1可知，
由余弦定理可知，
所以异面直线与所成角的余弦值为，故C错误；
第四步：求出，即可得出梯形的面积：
连接，易得，则平面截正方体所得图形即梯形，
易知，
所以梯形的面积，故D正确.
故选：D
应用二 球的截面
【例2】
【引导与详解】
（2024·陕西榆林·统考一模）已知是球的直径上一点，，平面，为垂足，截球所得截面的面积为，为上的一点，且，过点作球的截面，则所得的截面面积最小的圆的半径为（　　）
A. B. C. D.
第一步：设截得的截面圆的半径为，球的半径为，由平面几何知识得截面与球心的距离为：
如图，设截得的截面圆的半径为，球的半径为，
因为，
所以.
第二步：利用勾股定理求得的值：
由勾股定理，得，由题意得，
所以，解得，
第三步：由题意可知球心到所求截面的距离最大时截面面积最小，利用面积公式，即可得答案：
此时过点作球的截面，若要所得的截面面积最小，只需所求截面圆的半径最小.
设球心到所求截面的距离为，所求截面的半径为，则，
所以只需球心到所求截面的距离最大即可，
而当且仅当与所求截面垂直时，球心到所求截面的距离最大，
即，所以.
故选：C
应用三 棱锥的截面
【例3】（2024·山东泰安·新泰市第一中学校考模拟预测）已知正四棱台的上下底面边长分别为1和3，高为2.用一个平行于底面的截面截棱台，若截得的两部分几何体体积相等，则截面与上底面的距离为（　　）
A. B. C. D.
【引导与详解】第一步：延长正四棱台的棱交于一点，由三角形相似，求出：
延长正四棱台的棱交于点，
如图所示，截面平行于底面
设上底面的面积为，下底面的面积为，截面的面积为，
正四棱台的体积为，平行于底面的截面截棱台，截得的上部分几何体体积为，则，
上底面的中心为，下底面的中心为，连结，
则上底面，下底面，正四棱台的高为，
设截面与上底面的距离为，正方形的边长为，
由得，，由得，，
又，所以，
第二步：再由棱台的体积公式求出截面截得棱台的上部分几何体的体积：
，，
第三步：设截面与上底面的距离为，正方形的边长为，由三角形相似，得到：
同理可得，得，所以，①
第四步：结合即可求出：
又因为，②
由①②得，，，所以截面与上底面的距离为.
故选：D.
应用四 多面体的截面补全
【例4】（2024·新疆乌鲁木齐·统考一模）某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由棱长为40cm的正方体截去八个一样的四面体得到的，则（　　）
A.该几何体的顶点数为12
B.该几何体的棱数为24
C.该几何体的表面积为
D.该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项
【引导与详解】
第一步：对于A，该几何体的顶点是正方体各棱的中点，由正方体有12条棱即可判断：
对于A，该几何体的顶点是正方体各棱的中点，正方体有12条棱，所以该几何体的顶点数为12，故A正确；
第二步：对于B，由该几何体有6个面为正方形即可判断：
对于B，由题意知，该几何体有6个面为正方形，故该几何体的棱数为，故B正确；
第三步：对于C，该几何体的棱长为，根据正三角形及正方形的面积公式求解即可判断：
对于C，该几何体的棱长为，该几何体有6个面为正方形，8个面为等边三角形，
所以该几何体的表面积为，故C错误；
第四步：对于D，原正方体内切球的半径为20cm，原正方体外接球的半径为，该几何体外接球的球心为原正方体的中心，故外接球半径为，根据球的表面积公式及等差中项的定义即可判断：
对于D，原正方体内切球的半径为20cm，内切球表面积为.
原正方体外接球的半径为，外接球表面积为.
由题意得该几何体外接球的球心为原正方体的中心，故外接球半径为，
所以该几何体外接球的表面积为.
因为，
所以该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项，故D正确.
故选∶ABD.
应用五 与旋转体有关问题
【例5】（2023·全国·统考模拟预测）已知正方体的棱长为1，则下列说法正确的有（　　）
A.从该正方体的所有棱中任选两条，则这两条棱所在的直线异面的概率为
B.将直线以直线BD为轴旋转任意角度得到直线DE，若直线DE与直线所成的角为，，则
C.将正方体绕直线旋转一周所得的旋转体的体积为
D.将正方体绕直线BD旋转一周所得的旋转体的体积为（已知若两个几何体的高度相同，在任一相同高度处的截面积均相等，则这两个几何体的体积相等）
【引导与详解】
第一步：对于A：根据异面直线的概念结合古典概型运算求解：
对于选项A：例如：仅与互为异面直线，
即每条棱均与4条棱互为异面直线，
所以这两条棱所在的直线异面的概率为，故A正确；
第二步：对于B：由题意可知：点在以BD为轴，为底面半径的圆锥的底面圆周上，建系，利用空间向量求异面直线夹角：
对于选项B：由题意可知：点在以BD为轴，为底面半径的圆锥的底面圆周上，
且与BD所成的角为，
如图，建立空间之间坐标系，
则，设，可得，
因为，则直线的方向向量可以为，
则，
当时，取到最大值；
当时，取到最小值0；
所以，故B正确；
第三步：对于CD：根据题意结合圆柱、圆台的体积公式运算求解：
对于选项C：所得的旋转体是以为轴，底面半径为的圆柱，
所以体积为，故C错误；
对于选项D：所得的旋转体是以上底面半径为1，下底面半径为，高为的两个圆台拼接而成，
所以体积为，故D错误；
故选：AB.
应用六 与最值有关问题
【例6】（2024·湖南邵阳·统考一模）如图所示，四边形是长方形，，半圆面平面.点为半圆弧上一动点（点不与点重合）.下列说法正确的有（　　）
A.三棱锥的四个面都是直角三角形
B.三棱锥体积的最大值为4
C.异面直线与的距离的取值范围为
D.当直线与平面所成角最大时，平面截四棱锥外接球的截面面积为
【引导与详解】
第一步：根据已知可知，为直角三角形，根据面面垂直以及线面垂直的性质定理可推得为直角三角形，根据边长关系推得，即可得出为直角三角形.进而判断A项：
对于A项，因为是圆的直径，所以为直角三角形，.
由已知四边形是长方形，所以为直角三角形，且，.
因为半圆面平面，半圆面平面，平面，
所以，平面.
又平面，所以，，
所以，为直角三角形，.
所以，，
所以，为直角三角形.
所以，三棱锥的四个面都是直角三角形.故A正确；
第二步：设底边边上的高为，由已知可推得.根据已知得出的最大值，即可求出体积最大值；
对于B项，由A知，平面.
设底边边上的高为，
则.
显然，当最大时，体积最大.
当点为半圆弧上的中点时，最大为.
所以，体积最大值为.故B正确；
第三步：根据已知得出异面直线与的公垂线段，即可得出距离：
对于C项，由A知，又，
所以，线段为异面直线与的公垂线段，
所以，异面直线与的距离为，故C错误；
第四步：过点作于点，根据面面垂直的性质推得为直线与平面所成角.设，根据已知结合三角形的性质得出得出相关线段长度，表示出.设，求导根据导函数得出函数的最大值为，进而得出，易知截面为以为直径的的外接圆，根据圆的面积公式，求解即可得出答案：
对于D项，过点作于点，
因为半圆面平面，半圆面平面，平面，所以，平面，
所以，为直线与平面所成角.
设，则，，.
易知，，
所以，.
设，
则.
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
所以，，的最大值为，此时最大，.
易知为的斜边，
又平面截四棱锥的外接球的截面为的外接圆，
所以，截面圆的直径为，，故D正确.
故选：ABD.
方法一：定义法
第一步：判断截面的位置：在确定立体图形的形状后，需要分析截面的位置，以确定截面与立体图形的相对位置关系.
第二步：画出截面图：根据立体图形的形状和截面的位置，在纸上画出截面图.这一步有助于我们更好地理解截面的形状.
第三步：计算截面的面积：根据截面图的形状，选择适当的公式计算截面的面积.在计算过程中，需要注意单位的统一.
第四步：判断截面是否符合要求：最后，需要仔细检查计算结果是否符合题目要求.如果计算结果不符合要求，需要重新分析截面的位置和形状，并重新计算.
需要注意的是，在计算截面面积时，需要选择正确的公式，并根据实际情况进行计算.同时，在判断截面是否符合要求时，需要仔细阅读题目要求，确保理解题目的要求.
方法二：投影法
第一步：确定投影面.根据题目的要求，选择一个合适的平面作为投影面，这个平面应该能够反映出我们需要的信息.
第二步：将三维几何体放置在投影面上.根据题目的描述，将三维几何体放置在投影面上，使得我们需要的信息能够清晰地反映出来.
第三步：作出截面.根据投影面的位置和三维几何体的形状，作出截面，使得截面的形状和大小能够反映出我们需要的信息.
第四步：求解问题.根据截面的形状和大小，利用二维几何的知识，求解出我们需要的问题.
需要注意的是，在使用投影法处理截面问题时，我们需要充分理解题目的要求，选择合适的投影面，将三维几何体放置在投影面上，使得截面的形状和大小能够反映出我们需要的信息.同时，我们还需要熟练掌握二维几何的知识，以便更好地求解问题.
方法三：旋转法
第一步：确定旋转轴：根据题意，旋转轴可以是直线，也可以是曲线.在选择旋转轴时，应使其与所求截面有较多的公共点，以便通过旋转轴截面与旋转体的交线来求解截面面积.
第二步：确定旋转角度：旋转角度的大小会影响截面形状和大小.在选择旋转角度时，应根据题目要求和实际情况进行选择.
第三步：确定截面形状：根据旋转轴和旋转角度，可以确定截面的形状.如果旋转轴是直线，则截面为圆、椭圆或抛物线等；如果旋转轴是曲线，则截面为圆柱、圆锥或圆台等.
第四步：求解截面面积：根据截面的形状，可以使用相应的公式或方法求解截面面积.如果截面是圆、椭圆或抛物线等简单图形，则可以使用公式直接求解；如果截面是圆柱、圆锥或圆台等复杂图形，则可以使用积分等方法求解.
第五步：验证答案：最后，应验证所求截面面积是否符合题目要求和实际情况.如果答案不符合要求，则应重新分析问题或调整解题步骤.
方法四：组合法
第一步：分解三维物体：首先将三维物体分解成若干个简单的几何形状，如球、圆柱、圆锥等.这些形状的组合可以表示任何复杂的三维物体.
第二步：考虑截面与几何形状的交线：对于每一个分解出的几何形状，考虑其与截面的交线.这些交线可以是封闭的曲线，也可以是开放的曲线，取决于具体的几何形状和截面的位置.
第三步：计算交线的长度：对于每一个交线，计算其长度.这可以通过几何学中的公式和定理来完成，例如勾股定理、三角形的面积公式等.
第四步：综合结果：最后，将所有几何形状的交线长度综合起来，得到最终的截面面积.如果截面是一个封闭的图形，还需要考虑如何计算它的周长.
微点：截面问题之补全图形
【表现形式】处理截面问题的关键在于使用平面三公理、三线共点、线面平行的性质以及判定定理（线面平行的性质以及判定定理用得最多）将截面剩下部分的图形给补充完整，然后根据完整截面图形进行问题的求解.
【步骤】①将几何图形补全成与之相近的规则的立体图形；②利用几何知识和相关公式计算求解
【例1】（2024·全国·模拟预测）某礼品盒生产厂拟给如图所示的八面体形的玻璃制品设计一个球形礼品包装盒.若该八面体可以看成是由一个棱长为的正四面体在4个顶点处分别截去一个棱长为的小正四面体而得到的，则该球形礼品包装盒的半径的最小值为（　　）（不考虑包装盒材料的厚度）
A. B. C. D.
答案 C
解析 如图，正四面体的棱长为，正四面体的棱长为，取的中点D，连接，过点P作平面于点H，交平面于点I，则H为的重心，平面，I为的重心.八面体的外接球的球心O与正四面体的外接球的球心重合，且在上.
设正四面体的外接球半径为R，连接，则.
在正三角形中，，
在中，由勾股定理得.
在中，，即，解得.
连接，因为，所以，则，
所以.
连接，在中，，所以，所以球形礼品包装盒的半径的最小值为.
故选：C
【例2】（2024·全国·模拟预测）某几何体的三视图如图，则该几何体的表面中最大面的面积为（　　）
A. B. C.3 D.
答案 C
解析 由几何体的三视图可知，该几何体由正方体切割而成，是底面为梯形的四棱锥，如图所示：
结合三视图，可知，，，
所以，，
，，
，
比较可得该几何体的表面中最大面的面积为3.
故选：C.
【跟踪练习】
1．已知体积为的球O与正四面体的四个面均相切，且与正四面体的六条棱均相切，则正四面体与的表面积的比值为（ ）
A．6 B． C． D．3
（2024·陕西商洛·统考模拟预测）
2．半正多面体亦称“阿基米德体”或者称“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，如图所示．已知，若在该半正多面体内放一个球，则该球体积的最大值为（ ）

A． B． C． D．
（2023·江西鹰潭·统考一模）
3．半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，棱长为的正方体截去八个一样的四面体，则下列说法错误的是（ ）

A．该几何体外接球的表面积为
B．该几何体外接球的体积为
C．该几何体的体积与原正方体的体积比为
D．该几何体的表面积与原正方体的表面积之比为
（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）
4．截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面，得到所有棱长均为a的截角四面体，现给出下列四个命题：①二面角的余弦值为；②该截角四面体的体积为；③该截角四面体的外接球表面积为 ④该截角四面体的表面积为，则其中正确命题的个数为（ ）
A． B． C． D．
（2023·天津武清·天津市武清区杨村第一中学校考模拟预测）
5．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，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】设球O的半径为R，因为球O的体积为，求得半径R，正四面体的棱长为a，求得，利用等体积法可求得，将正四面体放到正方体中，如图，易知该正方体的内切球即与正四面体的六条棱均相切的球O，得到正方体的棱长为6，进而正四面体的棱长为，然后计算即可求解.
【详解】设球O的半径为R，因为球O的体积为，所以，得．
设正四面体的棱长为a，则该正四面体的高，所以该正四面体的体积，又，
所以，解得，即正四面体的棱长为．
将正四面体放到正方体中，如图，易知该正方体的内切球即与正四面体的六条棱均相切的球O．
因为，所以该正方体的棱长为6，则正四面体的棱长为，
所以，
故选:D．
2．A
【分析】根据题意可得当球的体积最大时，该球的球心即为半正多面体所在正四面体的内切球的球心，然后利用正四面体的性质、勾股定理和相似得到球的半径，最后求体积即可.
【详解】
由题意，半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，，当球的体积最大时，该球的球心即为半正多面体所在正四面体的内切球的球心，记球心为．
在中，，，该半正多面体所在的正四面体的高
，设点到正六边形所在平面的距离为，过点作于，由几何知识得，，所以，即，解得，所以当球的体积最大时，该球的半径为，则该球的体积为．
故选：A．
3．D
【分析】由题意求该几何体的体积与表面积，由外接球的半径求体积与表面积，对选项逐一判断.
【详解】由题意得该几何体外接球的球心为原正方体的中心，
故外接球半径为1，外接球的表面积为，体积为，故A，B正确；
对于C，该几何体的体积，
正方体体积为，故该几何体的体积与原正方体的体积比为；
对于D，该几何体有6个面为正方形，其余的面为边长为1的正三角形，，，
所以该几何体的表面积与原正方体的表面积之比为，故D错误.
故选：D.
4．C
【分析】根据二面角的定义，结合球的表面积公式、棱锥的表面积公式和体积公式逐一判断即可.
【详解】如下图所示：设的中心为，的中心为，
取BC的中点为W，分别连接和，因为，，
所以为的二面角，，，
所以，所以，
在直角三角形中，，所以，
所以二面角的余弦值为，
所以二面角的余弦值为，故①正确
因为棱长为的正四面体的高，
所以，故②正确；
设外接球的球心为O，的中心为，的中心为，
因为截角四面体上下底面距离为，所以，
所以，所以，
所以，所以，
所以，故③正确；
由正四面体中，题中截角四面体由4个边长为a的正三角形
及4个边长为a的正六边形构成，故，故④错误.
故选：C.
5．A
【分析】求出球心到截面圆所在平面的距离以及截面圆的半径，利用勾股定理可求得球的半径，再利用球的体积公式即可求得结果．
【详解】由题意可得，球心到截面圆所在平面的距离，
设截面圆的半径为，球的半径为，则，解得，所以，
所以该球的表面积为．
故选：A．
答案第1页，共2页
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