课时作业31 基本立体图形(课时作业)-【名师大课堂】2024年新高考数学艺术生总复习必备

课时作业(三十一)　基本立体图形 目标1　空间几何体的与直观图 1．(2021·新高考Ⅰ，3)已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为(　B　) A．2 B．2 C．4 D．4 解析：选B.根据底面周长等于侧面展开图弧长，设母线为l，底面半径为r，则有2πr＝·2πl，化简得l＝2r＝2，故选B. 2.(2020·课标Ⅰ，文，3，理，3)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为(　C　) A． B． C． D． 解析：选C.设正四棱锥的高为h，底面正方形的边长为2a，斜高为m，依题意得h2＝×2a×m，即h2＝am　①，易知h2＋a2＝m2　②，由①②得m＝a，所以＝＝.故选C. 3．已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是__1__． 解析：法一：设该圆锥的母线长为l，因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，其面积为2π，所以πl2＝2π，解得l＝2，所以该半圆的弧长为2π.设该圆锥的底面半径为R，则2πR＝2π，解得R＝1. 法二：设该圆锥的底面半径为R，则该圆锥侧面展开图中的圆弧的弧长为2πR.因为侧面展开图是一个半圆，设该半圆的半径为r，则πr＝2πR，即r＝2R，所以侧面展开图的面积为·2R·2πR＝2πR2＝2π，解得R＝1. 4．(2020·新高考Ⅰ，16)已知直四棱柱ABCD ­A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为____． 解析：如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H， 则易得D1G＝D1H＝＝，D1M⊥B1C1，且D1M＝.由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝，连接D1P，则D1P＝＝＝，连接MG，MH，易得MG＝MH＝，故可知以M为圆心，为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以的长为×2π×＝. 5．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图①).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图②是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有__26__个面，其棱长为__－1__． 　　 ①　　　　　　　　② 解析：先求面数有如下两种方法． 由“半正多面体”的结构特征及棱数为48可知，其上部分有9个面，中间部分有8个面，下部分有9个面，共有2×9＋8＝26(个)面． 一般地，对于凸多面体 顶点数(V)＋面数(F)－棱数(E)＝2.(欧拉公式) 由题图知，棱数为48的半正多面体的顶点数为24. 故由V＋F－E＝2，得面数F＝2＋E－V＝2＋48－24＝26. 再求棱长． 作中间部分的横截面，由题意知该截面为各顶点都在边长为1的正方形上的正八边形ABCDEFGH，如图，设其边长为x，则正八边形的边长即为棱长． 连接AF，过H，G分别作HM⊥AF，GN⊥AF，垂足分别为M，N，则AM＝MH＝NG＝NF＝x. 又AM＋MN＋NF＝1，所以x＋x＋x＝1. 所以x＝－1，即半正多面体的棱长为－1. 目标2　空间几何体的表面积 6．(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　A　) A．100π B．128π C．144π D．192π 解析：选A.设正三棱台上下底面所在圆面的半径r1，r2，所以2r1＝，2r2＝，即r1＝3，r2＝4，设球心到上下底面的距离分别为d1，d2，球的半径为R，所以d1＝，d2＝，故|d1－d2|＝1或d1＋d2＝1，即|－|＝1或＋＝1，解得R2＝25符合题意，所以球的表面积为S＝4πR2＝100π.故选：A. 7．(2020·天津，5)若棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　C　) A．12π B．24π C．36π D．144π 解析：选C.设外接球的半径为R，易知2R＝×2＝6，所以R＝3，于是表面积S＝4πR2＝36π，故选C. 8．已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距