专题强化练12　数学文化背景下的空间几何体问题--2026北师大版高中数学必修第二册章节练（含解析）

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2026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.(2025甘肃白银会宁一中模拟)粽子古称“角黍”,由粽叶包裹糯米等食材蒸煮而成,是中国传统节庆食物之一,因各地饮食习惯不同,粽子的形状和味道也有所不同.下图所示的是我国南方流行的“广式五角粽”,其形状可以近似看成正四棱锥.若一个广式五角粽的底面边长为4 cm,其侧面与底面夹角的正切值为,则该广式五角粽的侧面积为(　　)
A.2 cm2　　B.4 cm2
C.8 cm2　　D.25 cm2
2.(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
3.(多选题)(2025陕西西安铁一中学月考)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
4.(多选题)(2024江苏南通海安高级中学阶段检测)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
5.(2025江苏常州北郊高级中学阶段练习)古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作,也为地图学提供了数学基础.现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度.已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点(切点),地面上B,C两点与点A在同一条直线上,且在点A的同侧.若在B,C处分别测得球体建筑物的最大仰角为60°和30°,且BC=40,则由此可计算出球体建筑物的体积为　　　　.
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.(2025浙江嘉兴期末)我国古代南北朝数学家祖暅在计算球的体积时,提出了祖暅原理:“幂势既同,则积不容异”,意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体,被平行于这两个平面的任意平面所截,如果截得的两个截面的面积总相等,那么这两个几何体的体积相等.
(1)如图,已知一个半径为R的半球以及一个底面半径和高都等于R的圆柱,在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点,圆柱上底面为底面的圆锥后得到一个新几何体,试用祖暅原理求该新几何体的体积;
(2)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,Q为空间内一点,满足QA⊥QD1,记点Q的轨迹所围成的空间几何体为Ω.
(i)求平面BDD1B1截空间几何体Ω所得截面的面积;
(ii)若平面BDD1B1把空间几何体Ω分成两个部分,求较小部分的体积.
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 2.C 3.BCD 4.AD
1.C　设该广式五角粽的直观图为如图所示的正四棱锥S-ABCD,
则AB=AD=4 cm,
取底面ABCD的中心O,棱AB的中点H,连接SO,SH,OH,AC,易得SH⊥AB,O为AC的中点,
因为H为AB的中点,所以OH∥BC,且OH=BC=2 cm,
因为正四棱锥S-ABCD的底面为正方形,所以BC⊥AB,所以OH⊥AB,
所以∠SHO即为侧面SAB与底面ABCD的夹角,
所以tan∠SHO=.
由正棱锥的几何性质可知SO⊥平面ABCD,
所以SO=OHtan∠SHO=2×=3(cm),
所以SH==(cm),
故该广式五角粽的侧面积为4×AB·SH=8(cm2).
2.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.
3.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=π××=,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∶π∶π=1∶9∶24,故D正确.
4.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=AM=,∴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.
5.答案　
解析　如图,设球的半径为R,
则AB==R,AC=,
∵BC=-R=40,
∴R==
===20,
∴该球体建筑物的体积为π×203=.
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=AD=,
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-=a2+,即r2=a2+,
则EO2=r2=+32=a2-3a+,
故a2-3a+=a2+,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)图①为半径为R的半球,图②为底面半径和高都为R的圆柱中挖去一个圆锥的几何体,
用一个平行于底面的平面去截这两个几何体,其中截半球所得的截面为圆(如图①中阴影部分),截另一个几何体所得的截面为圆环(如图②中阴影部分),设图①中截面圆的圆心为O'1,且O1O'1=d,图②中截面圆环的圆心为O'2,且O2O'2=d,则截面圆O'1的面积为π(R2-d2),
易得图②截面圆环中的小圆的半径为d,所以圆环的面积为π(R2-d2),所以截得的两个截面面积相等,
由祖暅原理可知,新几何体的体积等于半球的体积,即为×πR3=πR3.
(2)取AD1的中点O,因为QA⊥QD1,所以点Q的轨迹是以O为球心,AD1为半径的球.
记球O的半径为R1,点O到平面BDD1B1的距离为d1,截面圆的半径为r.
(i)球的半径R1=AD1=2,d1=AC=,
根据勾股定理得r===,
所以截面的面积S=6π.
(ii)平面BDD1B1把空间几何体Ω分成两个部分,记这两部分为球缺,较小部分球缺的体积为V,根据祖晅原理及(1)可知,较小部分球缺的体积可由圆柱体积减去一个等底面、等高的圆台体积得到,
其中圆柱的底面半径为R1,高为R1-d1,圆台的上底面半径为R1,截面小圆的半径为d1,高为R1-d1.
所以较小部分球缺的体积V=V圆柱-V圆台=π(R1-d1)-π(++R1d1)(R1-d1)=π-πd1+π,
将R1=2,d1=代入,可得较小部分球缺的体积为.
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