第11章 简单几何体（高效培优单元测试·提升卷）数学沪教版2020必修第三册

第11章 简单几何体（高效培优单元测试·提升卷） 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1．若球O的表面积为，则该球的半径为 ． 【答案】 【分析】利用球的表面积公式列式求解. 【详解】设球O的半径为，由球O的表面积为，得，解得， 所以该球的半径为. 故答案为： 2．在正四棱台中，，点到平面的距离为6，则正四棱台的体积是 . 【答案】56 【分析】根据题意，由棱台的体积公式代入计算，即可得到结果. 【详解】设正四棱台的高为，则. 由棱台体积公式可得正四棱台的体积是： . 故答案为：56 3．光是沿直线传播的，则至少 个点光源能完全照亮整个球体表面． 【答案】4 【分析】根据立体图形的构成特点即可解题. 【详解】两个点光源只能在一条线上分布，无法照亮整个空间几何体； 三个点光源只能在一个面上分布，无法照亮整个空间几何体； 四个点光源就能构成立体光源，形成四面体状态，只要球体能放入四面体内部，就能照亮整个球体表面（如图6）． 故答案为：4. 4．已知圆锥的底面半径为，且它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的表面积为 . 【答案】 【分析】根据圆锥的侧面积列式求得圆锥母线长为，然后代入圆锥表面积公式计算即可. 【详解】设圆锥的母线为，因为底面半径，则，所以， 所以该圆锥的表面积. 故答案为： 5．小王同学在手工课上制作了一个圆锥模型，若该模型的底面积是侧面积的一半，则该模型轴截面顶角的大小为 . 【答案】60°/ 【分析】利用圆锥的侧面积公式列方程，求解推得圆锥轴截面的形状即得. 【详解】设圆锥模型的底面半径为，母线长为， 由题得，解得， 所以轴截面为等边三角形，故该模型轴截面顶角的大小为60°. 故答案为：. 6．如图，已知在三棱柱中，分别为的中点，则截面分三棱柱的体积比 . 【答案】 【分析】通过设，三棱柱的高为，来求出棱台的体积，进而求出三棱锥的体积，计算比值. 【详解】设，三棱柱的高为. ， . . 7．在圆台中，圆的半径是圆半径的2倍，且恰为该圆台外接球的球心，则圆台的侧面积与球的表面积之比为 ． 【答案】 【分析】画出图形，设外接球的半径为，则，然后结合圆台的性质求出母线长，从而可求出圆台的侧面积，进而可求出圆台的侧面积与球的表面积之比. 【详解】如图，设圆台的外接球半径为，则由题意可得， 过点作于点，则， 所以， 因为， 所以， 所以圆台的侧面积, 因为球的表面积为， 所以圆台的侧面积与球的表面积之比为 . 故答案为：    8．设正方体的棱长为1，点在正方体的表面上运动，且满足与平面成的角，则点轨迹的长度为 ． 【答案】 【分析】根据满足与平面成的角可得的轨迹为线段和个圆（），故可求其长度. 【详解】 因为与平面成的角， 故在为对称轴且轴截面顶角的一半为的圆锥面上（除去）， 而在正方体表面上且由正方体的性质有， 故的轨迹为线段和个圆（）， 故点轨迹的长度为， 故答案为：. 9．我国古代有一种容器叫“方斗”，“方斗”的形状是一种上大下小的正四棱台（两个底面都是正方形的四棱台），如果一个方斗的容积为28升（一开为一立方分米），上底边长为4分米，下底边长为2分米，则该方斗的表面积为 平方分米． 【答案】 【分析】由棱台的体积公式求得棱台的高，进一步求得棱台的侧棱的长度，结合勾股定理以及梯形的面积公式即可求解. 【详解】 如图所示，高线为，由方斗的容积为28升， 可得，解得． 由上底边长为4分米，下底边长为2分米可得，，， 侧面梯形面积为， 所以方斗的表面积为． 故答案为：. 10．在四面体中，平面，则该四面体的外接球的表面积为 ． 【答案】/ 【分析】由题意作图，根据外接球的性质确定球心位置，利用余弦定理、正弦定理以及勾股定理，结合球的表面积公式，可得答案. 【详解】由题意，取的外接圆圆心为，取的中点为，空间中取点， 连接，其中，平面，如下图： 则点是三棱锥的外接圆圆心， 在中，由余弦定理可得， 即，所以， 因为平面，平面，所以， 又，则在平行四边形中，， 易得，则外接球表面积为. 故答案为：. 11．已知正方形的边长为2，将沿对角线折起，使平面平面得到如图所示的三棱锥，若为的中点，，分别为线段，上的动点（不包括端点），且，则当三棱锥体积的最大值时， . 【答案】 【分析】先求证平面，接着结合题设条件和数据计算，再结合二次函数性质即可求解. 【详解】由题意可得，平面，平面平面，且平面平面， 所以平面，且由题，， 所以三棱锥体积为， 因为，所以当时，三棱锥体积取得最大值为. 故答案为： 12．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球围成的几何体．如图所示，已知正四面体的棱长为，若勒洛四面体内有一球，则该球的最大半径为 ．    【答案】 【分析】设是底面的中心，是正四面体的中心，也是正四面体的外接球球心，设正四面体外接球的半径为是高，根据正四面体的性质，求得的长，在直角中，列出方程求得，进而求得勒洛四面体的内切球半径. 【详解】勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体4个弧面都相切，即为勒洛四面体的内切球， 由对称性知，勒洛四面体的内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心， 设是底面的中心，是正四面体的中心，也是正四面体的外接球球心，正四面体外接球的半径为是高，如图1所示， 由正四面体的棱长为，可得， 则，所以， 在直角中，由，得，解得， 因此，如图2所示，勒洛四面体的内切球半径． 故答案为：.      二、选择题(本题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分；每题有且只有一个正确选项) 13．已知圆锥的母线长为6，侧面积为，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆锥的侧面积公式和母线长求出圆锥的底面圆半径，再求出圆锥的高，代入圆锥的体积公式可求出圆锥的体积. 【详解】设圆锥的底面圆半径为，母线长，由题意知，解得. 所以圆锥的高，故圆锥的体积为. 故选：C. 14．如图，在三棱柱中，，分别是和的中点，记和的体积分别为，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据棱锥与棱柱的体积公式，结合图形，可得答案. 【详解】取的中点为，连接，如下图： 易知三棱柱的体积是三棱柱的一半， 由图可知三棱锥与三棱柱同底等高， 则三棱锥的体积是三棱柱体积的三分之一， 即四棱锥的体积是三棱柱体积的三分之二， 综上可得四棱锥的体积是是三棱柱的三分之一， 即. 故选：A. 15．如图，可任意转动的正方体容器（忽略容器的器壁厚度）内部装满了水，为的中点，在点的位置凿出三个小洞（将三个小洞视为质点），则这个容器最多可盛原来水的（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】要使容器可盛水最多，需让平面为水平面，取的中点，则所在平面为，所以容器可盛水最多时水的体积等于正方体体积减去三棱锥的体积和四棱锥的体积之和，求出体积即可求解. 【详解】根据题意可知要使容器可盛水最多，需让平面为水平面， 取的中点，连接，，，，由于，所以四点共面，    则所在平面为，所以容器可盛水最多时水的体积等于正方体体积减去三棱锥的体积和四棱锥的体积之和. 不妨设正方体的边长为2，则正方体的体积， 因为为的中点，所以点到平面的距离为2，， 所以， 点到平面的距离为1，， 所以， 所以容器最多可盛原来水的， 故选：B 16．中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的立体为“牟合方盖”，但刘徽未能求得牟合方盖的体积，约200年后，祖冲之的儿子祖暅提出“幂势既同，则积不容异”，后世称为祖暅原理，即：两等高立体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立体体积相等．图1为棱长为r的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为r的正方体的八分之一，图3是底面边长为r的正方体的一个底面和底面以外的顶点作的正四棱锥，由祖暅原理计算知，牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，列等式，套用正方体，锥体体积公式求解. 【详解】设正方体的边长为，则， 由，则， 所以牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为. 故选：B． 三、解答题(本大题共有5题，满分78分，第17-19题每题14分，第20、21题每题18分.) 17．如图，在三棱锥中，， (1)求三棱锥的表面积； (2)求三棱锥的外接球体积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由直角三角形面积公式得到面积，由余弦定理和三角形面积公式得到面积，相加得到表面积； （2）由两两垂直可知补成长方体，长方体体对角线即为外接球直径，再由球的体积公式得到外接球体积. 【详解】（1）由题意得， ， 以下计算， 在中，，所以， 在中，，所以， 在中，，所以， 在中，由余弦定理得， 所以， 所以， 所以三棱锥的表面积. （2）因为两两垂直， 所以三棱锥的外接球直径即为以长度为边长的长方体的体对角线， 根据长方体体对角线公式得， 所以三棱锥的外接球半径， 所以三棱锥的外接球体积. 18．如图，已知四面体的，，，，，.    (1)求四面体的体积； (2)求与平面所成角的大小. 【答案】(1)4 (2) 【分析】（1）取的中点，易证平面，根据已知求相关线段长度，由四面体的体积等于，即可得解； （2）应用等体积法求到平面的距离，再由线面角的定义求角的大小即可. 【详解】（1）由题设，同理可得，所以. 由题意知，是边长为4的正三角形，取的中点，则， 由，平面，则平面，    所以，， 所以，则， 所以， 所以四面体的体积为； （2）设到平面的距离为，则，而， 所以，故与平面所成角正弦值为， 结合线面角的范围知，与平面所成角大小为. 19．如图，和都垂直于平面，且，是的中点.为等边三角形. (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由中位线定理与平行四边形性质，可得线线平行，再根据面面垂直的判定与性质，可得线面平行，从而可得答案； （2）由三棱锥的体积公式求得底面等边三角形的边长，再根据线面角的定义在图中明确限面角，利用勾股定理以及锐角三角函数，可得答案 【详解】（1）证明：取的中点，连接，. 因为为中点，所以， 平面，平面，故 又，故且. 所以四边形是平行四边形，所以 因为是等边三角形，是中点，所以 因为平面，平面，所以平面平面 又平面平面，平面，所以平面， 所以平面. （2）设边长为，则，又平面且， 所以，解得. 由（1）知，平面，连接. 所以为直线与平面所成角. 因为平面，平面，所以. 由勾股定理知：.同理，. 因为为中点，所以. 由（1）知平面，平面，则. 由（1）易知. 所以，在中，. 即直线与平面所成角的正弦值为. 20．如图，由三棱锥顶点P出发的三条棱两两垂直．设，，． (1)若，求点P到平面的距离； (2)若的面积为8，二面角的大小为． （ⅰ）求的面积； （ⅱ）求三棱锥体积的最大值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）． 【分析】（1）由等体积法求点面距离即可； （2）（ⅰ）根据题意求得，进一步有，由此即可得解；（ii）只需求得的最大值为，再结合棱锥的体积公式即可求解. 【详解】（1）因为，所以，． 设P到平面的距离为h，则． 又， 所以，，所以P到平面的距离为． （2）（ⅰ）在三棱锥中，过P作于D，连接， 因为，，， 所以平面，故． 又因为，， 所以平面，所以， 因此为二面角的平面角， 所以，在直角中，， 因为， 所以． （ⅱ）在中，因为，所以， 所以，当且仅当时等号成立． 又因为，所以， 在直角中，， 所以，当且仅当时等号成立． 综上，三棱锥体积的最大值为． 21．据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育日，田湾核电8号机组穹顶球冠吊装成功（如图（1）），标志着国内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完成，有力推动了我国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现.报道中提到的球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高.球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球冠的高的乘积.和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底.当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底､以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球锥”（如图（2））当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”.如图（2），设一个“球锥”所在球的半径为，其中球冠高为. (1)类比球体积公式的推导过程（可参考图（3）），写出“球锥”的体积公式； (2)在该“球锥”中，当球缺的体积与圆锥的体积相等时，求的值； (3)已知一个棱长为的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的有且只有一个，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3). 【分析】（1）类比球的体积公式推导，把“球锥”切割成无数个小锥体，由题意得球冠面积为，结合锥体体积公式可得“球锥”体积. （2）设圆锥半径为，由勾股定理可得，由题意，计算体积消去化简即可. （3）根据四面体棱长计算高和底面外接圆的半径，结合题意分析即可. 【详解】（1）把“球锥”切割成无数个小锥体，由题意得球冠面积为，所有小锥体的底面积之和即球冠面积，结合锥体体积公式得“球锥”的体积为. （2）设圆锥半径为，则， 当球缺的体积与圆锥的体积相等时，， 即， 消去，得， 整理得，因为，所以. （3）设正四面体内接“球锥”，顶点与球心重合，棱长为， 则外接圆半径为，正四面体的高为，显然不满足条件. 注意到，当顶点在圆锥底面圆周上时， ，得， 当时，作平行于圆锥底面的平面截正四面体，所得棱长小于的正四面体均可内接该“球锥”. 因此，若要存在棱长唯一的正四面体内接该“球锥”，则，且顶点在球冠上.即，且. 又因为，所以. 2 / 22 学科网（北京）股份有限公司 $ 第11章 简单几何体（高效培优单元测试·提升卷） 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1．若球O的表面积为，则该球的半径为 ． 2．在正四棱台中，，点到平面的距离为6，则正四棱台的体积是 . 3．光是沿直线传播的，则至少 个点光源能完全照亮整个球体表面． 4．已知圆锥的底面半径为，且它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的表面积为 . 5．小王同学在手工课上制作了一个圆锥模型，若该模型的底面积是侧面积的一半，则该模型轴截面顶角的大小为 . 6．如图，已知在三棱柱中，分别为的中点，则截面分三棱柱的体积比 . 7．在圆台中，圆的半径是圆半径的2倍，且恰为该圆台外接球的球心，则圆台的侧面积与球的表面积之比为 ． 8．设正方体的棱长为1，点在正方体的表面上运动，且满足与平面成的角，则点轨迹的长度为 ． 9．我国古代有一种容器叫“方斗”，“方斗”的形状是一种上大下小的正四棱台（两个底面都是正方形的四棱台），如果一个方斗的容积为28升（一开为一立方分米），上底边长为4分米，下底边长为2分米，则该方斗的表面积为 平方分米． 10．在四面体中，平面，则该四面体的外接球的表面积为 ． 11．已知正方形的边长为2，将沿对角线折起，使平面平面得到如图所示的三棱锥，若为的中点，，分别为线段，上的动点（不包括端点），且，则当三棱锥体积的最大值时， . 12．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球围成的几何体．如图所示，已知正四面体的棱长为，若勒洛四面体内有一球，则该球的最大半径为 ．        二、选择题(本题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分；每题有且只有一个正确选项) 13．已知圆锥的母线长为6，侧面积为，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 14．如图，在三棱柱中，，分别是和的中点，记和的体积分别为，，则（    ） A． B． C． D． 15．如图，可任意转动的正方体容器（忽略容器的器壁厚度）内部装满了水，为的中点，在点的位置凿出三个小洞（将三个小洞视为质点），则这个容器最多可盛原来水的（   ）    A． B． C． D． 16．中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的立体为“牟合方盖”，但刘徽未能求得牟合方盖的体积，约200年后，祖冲之的儿子祖暅提出“幂势既同，则积不容异”，后世称为祖暅原理，即：两等高立体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立体体积相等．图1为棱长为r的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为r的正方体的八分之一，图3是底面边长为r的正方体的一个底面和底面以外的顶点作的正四棱锥，由祖暅原理计算知，牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为（    ） A． B． C． D． 三、解答题(本大题共有5题，满分78分，第17-19题每题14分，第20、21题每题18分.) 17．如图，在三棱锥中，， (1)求三棱锥的表面积； (2)求三棱锥的外接球体积． 18．如图，已知四面体的，，，，，.    (1)求四面体的体积； (2)求与平面所成角的大小. 19．如图，和都垂直于平面，且，是的中点.为等边三角形. (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 20．如图，由三棱锥顶点P出发的三条棱两两垂直．设，，． (1)若，求点P到平面的距离； (2)若的面积为8，二面角的大小为． （ⅰ）求的面积； （ⅱ）求三棱锥体积的最大值． 21．据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育日，田湾核电8号机组穹顶球冠吊装成功（如图（1）），标志着国内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完成，有力推动了我国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现.报道中提到的球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高.球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球冠的高的乘积.和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底.当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底､以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球锥”（如图（2））当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”.如图（2），设一个“球锥”所在球的半径为，其中球冠高为. (1)类比球体积公式的推导过程（可参考图（3）），写出“球锥”的体积公式； (2)在该“球锥”中，当球缺的体积与圆锥的体积相等时，求的值； (3)已知一个棱长为的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的有且只有一个，求的取值范围. 2 / 22 学科网（北京）股份有限公司 $