2025北师大版高中数学必修第二册强化练习题--专题强化练12　数学文化背景下的空间几何体问题

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2025北师大版高中数学必修第二册
专题强化练12　数学文化背景下的空间几何体问题
1.(2024湖南长沙长郡中学月考)数学著作《九章算术》卷五“商功”讲述了以立体问题为主的各种形体体积的计算公式.例如,在推导正四棱台(古人称方台)体积公式时,将正四棱台切割成九部分求解体积.图(1)为俯视图,图(2)为立体切面图.E对应的是正四棱台中间位置的长方体,B,D,H,F对应四个三棱柱,A,C,I,G对应四个四棱锥.若四个三棱柱的体积之和为12,四个四棱锥的体积之和为4,则该正四棱台的体积为(　　)
　
A.20　　　　B.24　　　　C.28　　　　D.32
2.(2024云南昆明模拟)某艺术吊灯如图1所示,图2是其示意图.底座ABCD是边长为4的正方形,垂直于底座且长度为6的四根吊挂线AA1,BB1,CC1,DD1一头连着底座,另一头连在球O的表面上(底座厚度忽略不计),若该艺术吊灯总高度为14,则球O的体积为(　　)
　　
A.
3.(2023上海四校联考)《九章算术》中所述“羡除”,是指下图所示的五面体ABCDEF,其中AB∥DC∥EF,“羡除”形似“楔体”.“广”是指“羡除”的三条平行侧棱之长a,b,c,“深”是指一条侧棱到另两条侧棱所在平面的距离m,“袤”是指这两条侧棱所在平行直线之间的距离n(如图).羡除的体积公式为V=,过线段AD,BC的中点G,H及直线EF作该羡除的一个截面α,已知α刚好将羡除分成体积比为5∶4的两部分.若AB=4,DC=2,则EF的长为(　　)
A.2　　　　B.3　　　　C.4　　　　D.6
4.(多选题)(2023江苏连云港调研)折扇在我国已有三四千年的历史,“扇”与“善”谐音,折扇也寓意“善良”“善行”.它以字画的形式集中体现了我国文化的方方面面,是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征(如图1).图2是一个圆台的侧面展开图(扇形的一部分),若侧面展开图的两个圆弧所在圆的半径分别是1和3,且∠ABC=120°,则该圆台的(　　)
　
A.高为
B.表面积为π
C.体积为π
D.上底面面积、下底面面积和侧面积之比为1∶9∶24
5.(多选题)(2022山东济南实验中学月考)香囊,又名香袋、花囊,是我国古代常见的一种民间刺绣工艺品,香囊形状多样,如图1所示的六面体就是其中一种,已知该六面体的所有棱长均为2,其平面展开图如图2所示,则关于该六面体,下列说法正确的是(　　)
A.AB⊥DE
B.直线CD与直线EF的夹角为45°
C.该六面体的体积为
D.该六面体内切球的表面积是
6.(2024辽宁葫芦岛模拟)《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语,指的是一段类似隧道形状的几何体,如图,在羡除ABCDEF中,底面ABCD是正方形,EF∥平面ABCD,△ADE和△BCF均为等边三角形,且EF=2AB=6,求这个几何体的外接球的体积.
7.(2024青海西宁十四中月考)如图,在堑堵ABC-A1B1C1中(注:堑堵是两底面为直角三角形的直三棱柱),AA1⊥平面ABC,∠BAC=90°,AB=AC=AA1=2,M,N分别是B1A,A1C的中点.
(1)证明:MN∥平面ABC;
(2)求直线A1C与平面BCC1B1夹角的余弦值.
答案与分层梯度式解析
专题强化练12　数学文化背景下的空间几何体问题
1.C　如图,令四棱锥的底面边长为a,高为h,三棱柱的高为b,则四棱锥的体积为a2h=4÷4=1,即a2h=3,
三棱柱的体积为ahb=12÷4=3,即abh=6,因此b=2a,
于是长方体的体积V=b2h=4a2h=12,
所以该正四棱台的体积为12+4+12=28.
2.C　过B,D,O作几何体的截面,如图所示,连接B1D1,
由已知得四边形A1B1C1D1是边长为4的正方形,则B1D1=8,
设正方形A1B1C1D1的外接圆圆心为O1,则D1O1=B1O1=4,
连接O1O并延长,交球面于点E,则OO1⊥B1D1,
因为该艺术吊灯总高度为14,DD1=6,
所以O1E=8,
设球O的半径为R,则OO1=8-R,
连接OB1,在Rt△OO1B1中,(8-R)2+42=R2,解得R=5,
所以球O的体积为πR3=π×53=.
故选C.
3.B　因为AB=4,DC=2,AB∥DC∥EF,G,H为线段AD,BC的中点,
所以GH∥AB∥CD,GH=(AB+CD)=3,
所以V五面体GHCDEF=,V五面体ABHGEF=,
因为,即,所以EF=3.
4.BCD　对于A,设圆台的上底面半径为r,下底面半径为R,则2πr=×2π×1,2πR=×2π×3,解得r=,R=1,又圆台的母线长为3-1=2,所以圆台的高h=,故A错误;
对于B,圆台的上底面面积为π,下底面面积为π,侧面积为π××2=π,
所以圆台的表面积S=π+π+π=π,故B正确;
对于C,圆台的体积V=,故C正确;
对于D,圆台的上底面面积、下底面面积和侧面积之比为π=1∶9∶24,故D正确.故选BCD.
5.AD　由题知所给六面体由两个同底面的正四面体组成,将题图2的平面展开图还原为六面体后如图所示,其中A,C,F,H四点重合.
对于A,取DE的中点M,连接AM,BM,则AM⊥DE,BM⊥DE.∵AM∩BM=M,∴DE⊥平面ABM.又AB 平面ABM,∴AB⊥DE,故A中说法正确.
对于B,由图可知,CD与EF分别为正三角形ADE的边AD,AE,其夹角为60°,故B中说法错误.
对于C,连接GM,过点G作GO⊥平面ADE,垂足为O,则O在AM上且为正三角形ADE的中心,又AM=GM=,∴OM=,∴GO=,∴该六面体的体积V=2V四面体G-ADE=2××2×2×,故C中说法错误.
对于D,∵该六面体的各棱长均相等,∴其内切球的球心必在面ADE上,又∵△ADE为正三角形,∴点O即为该六面体内切球的球心,且该球与GM相切,过点O作ON⊥GM于点N,则ON就是此内切球的半径.在Rt△GOM中,GO·OM=GM·ON,∴ON=,∴该内切球的表面积为4π×,故D中说法正确.故选AD.
6.解析　连接BD,分别取EF,BD,AD的中点G,H,I,连接GH,HI,EI,如图,
因为底面ABCD是正方形,EF∥平面ABCD,△ADE和△BCF均为等边三角形,
所以EG∥IH,GH⊥底面ABCD,
又EF=2AB=6,所以EG=AD=AB=3,
则EI=,
故GH=,
由H为底面正方形ABCD的中心,HG⊥IH,知羡除ABCDEF外接球球心O在直线GH上,连接OI,OE,OA,设球的半径为r,OH=a,则OA=OE=r,
由GH⊥底面ABCD,AD 平面ABCD,得GH⊥AD,
又AD⊥IH,IH,GH 平面IOH,所以AD⊥平面IOH,
又IO 平面IOH,所以AD⊥IO,
故IO2=r2-AI2=r2-,
又IO2=OH2+IH2=a2+,
所以r2-,即r2=a2+,
则EO2=r2=,
故a2-3,解得a=,
所以r2=a2+=9,解得r=3,
故这个几何体的外接球的体积V=πr3=36π.
7.解析　(1)证明:连接A1B,
因为AA1 BB1,所以四边形AA1B1B为平行四边形,
因为M为B1A的中点,所以M为A1B的中点,
又N为A1C的中点,所以MN为△A1BC的中位线,
所以MN∥BC,
因为MN 平面ABC,BC 平面ABC,
所以MN∥平面ABC.
(2)取B1C1的中点H,由题意可知A1B1⊥A1C1,A1B1=A1C1=2,所以A1H⊥B1C1,
因为AA1⊥平面A1B1C1,A1H 平面A1B1C1,
所以A1H⊥AA1,
又AA1∥CC1,所以A1H⊥CC1,
因为B1C1∩CC1=C1,CC1,B1C1 平面BCC1B1,
所以A1H⊥平面BCC1B1.
连接CH,则∠A1CH是直线A1C与平面BCC1B1的夹角.
易得A1C=,
同理可得B1C1=2,则A1H=,
因为A1H⊥平面BCC1B1,CH 平面BCC1B1,
所以A1H⊥CH,则sin∠A1CH=,
因为∠A1CH∈,所以∠A1CH=,
所以cos∠A1CH=,
故直线A1C与平面BCC1B1夹角的余弦值为.
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