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第三章空间向量与立体几何
§5数学探究活动(一):正方体截面探究
课后篇巩固提升
合格考达标练
1.我国南北朝时期的数学家祖暅提出了著名的祖暅原理:“幂势既同,则积不容异”.意思是如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积恒等,那么这两个几何体的体积相等.现有同高的圆锥和棱锥满足祖暅原理的条件,若棱锥的体积为3π,圆锥的侧面展开图是半圆,则圆锥的母线长为()
A.33 B.1 C.3 D.2
答案D
解析现有同高的圆锥和棱锥满足祖暅原理的条件,棱锥的体积为3π,
∴圆锥的体积为3π.
∵圆锥的侧面展开图是半圆,
设半径是R,
即圆锥的母线长是R,半圆的弧长是πR,
圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长,
设圆锥的底面半径是r,则得到2πr=πR,∴R=2r,
∴圆锥的高h=(2r
∴圆锥的体积V=13×πr2×3
解得r=3,则圆锥的母线长为R=2r=23.
故选D.
2.已知三棱锥P-ABC满足PA⊥底面ABC,在△ABC中,AB=6,AC=8,AB⊥AC,D是线段AC上一点,且AD=3DC,球O为三棱锥P-ABC的外接球,过点D作球O的截面,若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为44π,则球O的表面积为()
A.72π B.86π C.112π D.128π
答案D
解析如图,设M是BC边中点,E是AC边中点,
∵AB⊥AC,∴M是△ABC的外心.作OM∥PA,
∵PA⊥平面ABC,∴OM⊥平面ABC,
∴OM⊥AM,OM⊥MD.
取OM=12
又OA=OM=OC,
∴O是三棱锥P-ABC的外接球的球心.
∵E是AC中点,∴ME∥AB,∴ME⊥AC,
∵AD=3DC,∴ED=14
又ME=12
∴MD=ME2+ED2=32+22=13.设PA=2a,则OM=a,OD2=OM2+MD2=a2+13,又AM=12BC=12×62+82=5,∴OA2=OM2+AM2=a2
3.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的一个截面经过顶点A,C及棱A1D1上一点K,且将正方体分成体积之比为13∶41的两部分,则D1
A.1 B.22 C.12
答案C
解析过K作KE∥AC,交C1D1于点E,连接CE,
设正方体棱长为a,设D1KKA1=1
∵截面将正方体分成体积之比为13∶41的两部分,
∴VKED1-ACD=13a12×a
解得λ=2(负值舍去),∴D1
4.已知圆柱的底面半径为2,高为3,垂直于圆柱底面的平面截圆柱所得截面为矩形ABCD(如图).若底面圆的弦AB所对的圆心角为π3
A.10π+33 B.10π
C.10π3+
答案A
解析由题可得,圆柱被分成两部分中较小部分的底面积为S=π32π×π×22-12
∴圆柱被分成两部分中较小部分的体积为V小=2π3-3×3=2π-33
则圆柱被分成两部分中较大部分的体积为
V大=π×22×3-(2π-33)=10π+33.
故选A.
5.在棱长为1的正四面体ABCD中,E是BD上一点,BE=3ED,过点E作该四面体的外接球的截面,则所得截面面积的最小值为()
A.π8 B.3π16 C.π
答案B
解析将四面体ABCD放置于正方体中,如图所示,
可得正方体的外接球就是四面体ABCD的外接球.∵正四面体ABCD的棱长为1,∴正方体的棱长为22,可得外接球半径R满足2R=3×22=62
∵cos∠ODB=162=63
∴OE2=642+
则所得截面半径最小值为616
∴所得截面面积的最小值为π×34
故选B.
等级考提升练
6.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则与平面A1C1B平行的平面α截此正方体所得截面面积的最大值为()
A.334
C.324
答案A
解析如图所示,分别取边AB,AA1,A1D1,D1C1,C1C,CB的中点M,N,E,F,G,H,
显然平面MNEFGH∥平面A1C1B,
易知当截面为平面MNEFGH时,截面面积最大,
此时,平面MNEFGH为正六边形,边长为22
故正六边形面积为S=6×12
故选A.
7.已知球O与棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的各面都相切,则平面ACB1截球O所得的截面圆与球心O所构成的圆锥的体积为()
A.239
B.318
C.2327
D.354
答案C
解析由题意,球心O与点B的距离为12×23=3,B到平面ACB1的距离为13×23=233,球的半径为1,球心到平面ACB1的距离为3-233=33,∴平面ACB1截此球所得的截面的圆的半径为1-13
8.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,N为CC1的中点,M为线段BC上的动点(不含端点),若过点A,M,N的平面截该正
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