立体几何截面问题MST利哥.docx
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立体几何截面问题MST利哥
截面问题精选题—MST利哥
1.(2020•佛山二模)已知正四棱锥P-ABCD的所有顶点都在球O的球面上,该四棱锥的五个面所在的平面截球面所得的圆大小相同,若正四棱锥P-ABCD的高为2,则球O的表面积为()
A.8πB.9πC.12πD.16π
2.(2020•湖北模拟)九章算术中,称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”
(如图).现提供一种计算“牟合方盖”体积的方法.显然.正方体的内切球同时也是“牟合方盖”的内切球.因此,用任意平行于水平面的平面去截“牟合方盖”,截面均为正方形,该平面截内切球得到的是上述正方形截面的内切圆.结合祖暅原理,两个同高的立方体,如在等高处的截面积相等,则体积相等若正方体的棱长为2.则“牟合方盖”的体积为()
A.16
3
B.2πC.8
3
D.4π
3
3.(2020•邯郸二模)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ABC是下底面.M是BB1上的点,AB=3,BC=4,
AC=5,CC1=7,过三点A、M、C1作截面,当截面周长最小时,截面将三棱柱分成的上、下两部分的
体积比为()
A.9
10
B.10
9
C.10
11
D.11
10
2
4.(2020•河南模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA=PB=PC=PD=2,底面ABCD是边长为的
正方形.点E是PC的中点,过点A,E作棱锥的截面,分别与侧棱PB,PD交于M,N两点,则四棱锥
P-AMEN体积的最小值为()
22
3
23
3
22
9
23
9
A.B.C.D.
2
5.(2020•昆明一模)已知正四棱锥P-ABCD的高为2,AB=2
,过该棱锥高的中点且平行于底面ABCD
的平面截该正四棱锥所得截面为A1B1C1D1,若底面ABCD与截面A1B1C1D1的顶点在同一球面上,则该球的
表面积为()
A.20πB.20πC.4πD.4π
33
3
3
6.(2020•道里区校级一模)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咂原理的条件,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.3
3
B.1C.
D.2
7.(2020春•江西月考)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.72πB.86πC.112πD.128π
8.(2019秋•芜湖期末)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D1K的值为()
KA1
A.1B.2
2
C.1
2
D.1
3
9.(2020•资阳模拟)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π,则圆柱被分成两部分中较大部分的体积为()
3
A.10π+3
B.10πC.10π+D.2π-33
3
3
3
10.(2020•银川校级一模)对于棱长为1的正方体AC1,有如下结论,其中错误的是()
A.以正方体的顶点为顶点的几何体可以是每个面都为直角三角形的四面体
B.过点A作平面A1BD的垂线,垂足为点H,则A、H、C1三点共线
C.过正方体中心的截面图形不可能是正六边形
D.三棱锥A-B1CD1与正方体的体积之比为1:
3
11.(2020•山东学业考试)在棱长为1的正四面体A-BCD中,E是BD上一点,BE=3ED,过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.πB.3πC.πD.5π
816416
2
2
12.(2020•福州模拟)一个正棱锥被平行于底面的平面所截,若截得的截面面积与底面面积的比为1:
2,则此正棱锥的高被分成的两段之比为()
2
A.1:
B.1:
4C.1:
(
+1)
D.1:
(
-1)
13.(2019春•湖北期中)《九章算术》中记载了我国古代数学家祖暅在计算球的体积中使用的一个原理:
“幂势既同,则积不异”,此即祖暅原理,其含义为:
两个同高的几何体,如在等高处的截面的面积恒相等,则
⎧x2-4y 0,
⎨|x|
它们的体积相等.如图,设满足不等式组⎪4,
的点(x,y)组成的图形(图
(1)中的阴影部分)绕y轴
⎩
⎪y 0
⎧x2+y24r2,
旋转180︒,所得几何体的体积为V;满足不等式组⎪x2+(y-r)2 r2,的点(x,y)组成的图形(图
(2)中的
1⎨
⎩
⎪y 0
阴影部分)绕y轴旋转180︒,所得几何体的体积为V2.利用祖暅原理,可得V1()
A.32πB.64πC.32πD.64π
33
14.(2019秋•雨花区校级月考)圆锥的母线长为2,其侧面展开图的中心角为θ弧度,过圆锥顶点的截面中,面积的最大值为2;则θ的取值范围是()
A.[2π,2π)
B.[π,2π]
C.{2π}
D.[
2π
π)
2
15.(2018秋•重庆期末)已知某圆柱形容器的轴截面是边长为2的正方形,容器中装满液体,现向此容器中放入一个实心小球,使得小球完全被液体淹没,则此时容器中所余液体的最小容量为()
A.πB.2πC.πD.4π
333
16.(2019秋•金安区校级月考)《九章算术》是我国古代著名的数学著作,其中有这样一个问题:
“今有圆材埋在壁中,不知大小,以锯锯之,深一寸,锯道长一尺.问径几何?
”其意:
今有一圆柱形木材,埋在墙壁中,不知其大小,用锯去锯该材料,锯口深一寸,锯道长一尺,问这块圆柱形木材的直径是多少?
现有高为2丈的圆柱形木材部分镶嵌在墙体中,截面图如图所示(阴影部分为镶嵌在墙体中的部分).已知AB=1尺,弓形高CD=1寸,估算该木材镶嵌在墙体中的体积为(注:
1丈=10尺=100寸,π≈3.14,
sin22.5︒≈
5)()
13
A.633立方寸B.1266立方寸C.642立方寸D.1284立方寸
17.(2019春•湛江期末)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.33
4
B.23
3
C.32
4
D.3
2
18.(2019春•和平区校级月考)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.23πB.3πC.23πD.3π
9182754
3
19.(2019•济南模拟)已知正四面体ABCD的表面积为12,E为棱AB的中点,球O为该正四面体的外
接球,则过点E的平面被球O所截得的截面面积的最小值为()
A.9πB.3πC.4πD.9π
42
20.(2019•泸州模拟)已知圆锥SO1的顶点和底面圆周均在球O的球面上,且该圆锥的高为8,母线SA=12,点B在SA上,且SB=3BA,则过点B的平面被该球O截得的截面面积的最小值为()
A.27πB.36πC.54πD.81π
13
21.(2019•浙江模拟)已知平面α截一球面得圆M,过圆M的圆心的平面β与平面α所成二面角的大小为60︒,平面β截该球面得圆N,若该球的表面积为64π,圆M的面积为4π,则圆N的半径为()
A.2B.4C.
D.3
2
22.(2018秋•芜湖期末)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1边长为2,N为CC1的中点,M为线段上的
动点(不含端点),若过点A,M,N的平面截该正方体所得截面为四边形,则线段BM长度的取值范围是()
A.(0,1]B.[1,2)C.(0,3]
2
D.[3,2)
2
23.(2018秋•湖北期末)如图,在正方体ABCD-A'B'C'D'中,平面α垂直于对角线AC',且平面α截得正方体的六个表面得到截面六边形,记此截面六边形的面积为S,周长为l,则()
A.S为定值,l不为定值B.S不为定值,l为定值
C.S与l均为定值D.S与l均不为定值
24.(2018秋•佛山期末)已知圆锥的底面圆周及顶点均在球面上,若圆锥的轴截面为正三角形,则圆锥的体积与球的体积之比为()
3
A.27:
32B.3:
8C.3:
16D.9:
32
25.(2019•萍乡一模)如图所示,在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是棱C1D1,B1C1
的中点,过A,E,F三点作该正方体的截面,则截面的周长为()
2
A.18+3
B.6+3
C.6+9
D.10+3+4
13
2
5
2
2
10
26.(2019秋•上高县校级月考)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,平面α经过B1D1,直线AC1//α,则平面α截该正方体所得截面的面积为()
3
A.2
B.32
2
C.34D.
6
2
27.(2019•西湖区校级模拟)如图,ABCD-A'B'C'D'为正方体,任作平面α与对角线AC'垂直,使得α与正方体的每个面都有公共点,记这样得到的截面多边形的面积为S,周长为l,则()
A.S为定值,l不为定值B.S不为定值,l为定值
C.S与l均为定值D.S与l均不为定值
28.(2018秋•罗湖区校级月考)已知圆锥的轴截面是边长为2的正三角形,若该圆锥的顶点与底面圆周均在同一个球面上,则这个球的表面积为()
A.4πB.8πC.16πD.12π
333
29.(2018春•月湖区校级月考)棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1内有一个内切球O,过正方体中两条互为异面直线的AB,A1D1的中点P,Q作直线,该直线被球面截在球内的线段的长为()
A.2
2
B.1
2
C.2
4
D.-1
2
30.(2018•合肥二模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别为棱CD,CC1,A1B1的中点,用过点E,F,G的平面截正方体,则位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图为()
A.
B.
C.
D.
截面问题—MST利哥
参考答案与试题解析
1.(2020•佛山二模)已知正四棱锥P-ABCD的所有顶点都在球O的球面上,该四棱锥的五个面所在的平面截球面所得的圆大小相同,若正四棱锥P-ABCD的高为2,则球O的表面积为()
A.8πB.9πC.12πD.16π
【解答】解:
如图,
a2+4
设正四棱锥的底面边长为2a,则底面ABCD所在圆的直径为22a,
2a2+4
又正四棱锥P-ABCD的高为2,∴侧棱长为
,斜高为,
a2+4
则sin∠PAB=,
2a2+4
由正弦定理可得:
侧面所在圆的直径为
2a2+4
2a2+4
a2+4
2a2+4
=.
a2+4
该四棱锥的五个面所在的平面截球面所得的圆大小相同,
2
2a2+4
∴=22a,解得a2=2(
a2+4
-1).
2
设正四棱锥P-ABCD的外接球的半径为R,则(2-R)2+2a2=R2,解得R=.
∴球O的表面积为4πR2=8π.故选:
A.
2.(2020•湖北模拟)九章算术中,称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”
(如图).现提供一种计算“牟合方盖”体积的方法.显然.正方体的内切球同时也是“牟合方盖”的内切球.因此,用任意平行于水平面的平面去截“牟合方盖”,截面均为正方形,该平面截内切球得到的是上述正方形截面的内切圆.结合祖暅原理,两个同高的立方体,如在等高处的截面积相等,则体积相等若正方
体的棱长为2.则“牟合方盖”的体积为()
A.16
3
B.2πC.8
3
D.4π
3
【解答】解:
依题意,任意水平面与”牟合方盖“及其内切球相交的截面为正方形和一个正方形的内切圆,正方形和内切圆的面积比为4:
π,
由祖暅原理,“牟合方盖“体积和内切球的体积之比为4:
π,
又球的体积为4π,
3
∴“牟合方盖“体积为16.
3
故选:
A.
3.(2020•邯郸二模)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ABC是下底面.M是BB1上的点,AB=3,BC=4,
AC=5,CC1=7,过三点A、M、C1作截面,当截面周长最小时,截面将三棱柱分成的上、下两部分的
体积比为()
A.9
10
B.10
9
C.10
11
D.11
10
【解答】解:
由AB=3,BC=4,AC=5,得AB2+BC2=AC2,∴AB⊥BC.
将平面ABB1A1与平面BCC1B1放在一个平面内,
连接AC1,与BB1的交点即为M,此时BM=3,
设四棱锥A-BCCM的体积为V,则V=1⨯1⨯(3+7)⨯4⨯3=20,
11132
三棱柱ABC-A1B1C1
的体积V=1⨯4⨯3⨯7=42.
2
∴当截面周长最小时,截面将三棱柱分成的上、下两部分的体积比为V-V1=11.
故选:
D.
V110
2
4.(2020•河南模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA=PB=PC=PD=2,底面ABCD是边长为的
正方形.点E是PC的中点,过点A,E作棱锥的截面,分别与侧棱PB,PD交于M,N两点,则四棱锥
P-AMEN体积的最小值为()
22
3
23
3
22
9
23
9
A.B.C.D.
2
【解答】解:
在四棱锥P-ABCD中,PA=PB=PC=PD=2,底面ABCD是边长为
的正方形.
点E是PC的中点,过点A,E作棱锥的截面,分别与侧棱PB,PD交于M,N两点,
∴V=V+V
=1S3=1S,
P-AMENA-MNPE-MNP
3∆PMN22
∆PMN
依题意当S∆PMN最小时,四棱锥P-AMEN体积取最小值,
M,O,V三点共线,且PN=λPD,PM=μPB,
|PD|1|PB|1
|PN|
=,
λ|PM|
=μ,
PV=
2
PO=
1
(PD+PB)=
1
PN+
1
PM,
333λ3μ
1122
+=1,∴+
=3,
3λ3μ
|PN||PM|
|PN||PM|
22
22
3=+ 2,
|PN||PM|
1622
∴|PN||PM| ,当且仅当=时,取“=”,
9|PN||PM|
3
1
1⨯1
⨯|PN|⨯|PM|⨯sin
π1116
⨯⨯
⨯
3
=
2
2
22
3229
2
9
∴VP-AMNE=S∆PMN=.
∴四棱锥P-AMEN体积的最小值为23.
9
故选:
D.
2
5.(2020•昆明一模)已知正四棱锥P-ABCD的高为2,AB=2
,过该棱锥高的中点且平行于底面ABCD
的平面截该正四棱锥所得截面为A1B1C1D1,若底面ABCD与截面A1B1C1D1的顶点在同一球面上,则该球的
表面积为()
A.20πB.20πC.4πD.4π
33
2
【解答】解:
因为正四棱锥P-ABCD,所以底面是正方形,结合高为2,AB=2,
设底面对角线交点为M,所以AC=4,AM=2,故PM=AM=CM=2,所以∆PAC是等腰直角三角形.
因为截面A1B1C1D1过PM的中点N,所以N为截面正方形A1B1C1D1的中心,且PM⊥截面A1B1C1D1.
R2-1
R2-1
∴PN=MN=A1N=1,设球心为O,球的半径为R,则A1O=AO=R.
AO2-AN2
1
1
在直角三角形A1ON中,ON=
=,∴OM=1-ON=1-.
在直角三角形APM中,OA2=AM2+OM2,即R2=4+(1-R2-1)2,
解得R2=5,故S=4πR2=20π.故选:
A.
3
3
6.(2020•道里区校级一模)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咂原理的条件,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.3
3
B.1C.
D.2
【解答】解:
现有同高的圆锥和棱锥满足祖咂原理的条件,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,
设圆锥的侧面展开图这个半圆的半径是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,
(2r)2-r2
∴圆锥的高h==
∴圆锥的体积V=1⨯πr2⨯
3
3r,
3r=3π.
3
3
解得r=,则圆锥的母线长为R=2r=2.
故选:
D.
7.(2020春•江西月考)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.72πB.86πC.112πD.128π
【解答】解:
如图.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=1PA,易得OA=OP,∴O是三棱锥P-ABC的外接球的球心.
2
E是AC中点,则ME//AB,ME=1AB=3,∴ME⊥AC,
ME2+ED2
32+22
13
2
AD=3DC,∴ED=1AC=2,∴MD=
4
==,
设PA=2a,则OM=a,OD2=OM2+MD2=a2+13,又AM=1BC=162+82=5,
22
∴OA2=OM2+AM2=a2+25,
OA2-OD2
3
过D且与OD垂直的截面圆半径为r,则r==2,这是最小的截面圆半径,最大的截面圆半
径等于球半径OA,
∴πOA2+πr2=(a2+25)π+12π=44π,OA2=(a2+25)π=32π.
球
∴S=4πOA2=128π.故选:
D.
8.(2019秋•芜湖期末)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D1K的值为()
KA1
A.1B.2
2
C.1
2
D.1
3
【解答】解:
过K作KE//AC,交C1D1于点E,连结CE,
设正方体棱长为a,设D1K=1,则DK=DE=a,
KA1λ
111+λ
正方体ABCD-A1B1C1D1的一个截面经过顶点A,C及棱A1D1上一点K,
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