2019版高考数学一轮总复习 第八章 立体几何 题组训练50 空间点、线、面间位置关系 理.doc

题组训练50 空间点、线、面间位置关系 1．(2017·唐山模拟)正三棱锥的高和底面边长都等于6，则其外接球的表面积为(　　) A．64π　　　　　　　　　 B．32π C．16π D．8π 答案　A 解析　如图，作PM⊥平面ABC于点M，则球心O在PM上，PM＝6，连接AM，AO，则OP＝OA＝R(R为外接球半径)，在Rt△OAM中，OM＝6－R，OA＝R，又AB＝6，且△ABC为等边三角形，故AM＝＝2，则R2－(6－R)2＝(2)2，则R＝4，所以球的表面积S＝4πR2＝64π. 2．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是(　　) A．16π B．20π C．24π D．32π 答案　C 解析　由V＝Sh，得S＝4，得正四棱柱底面边长为2.画出球的轴截面可得，该正四棱柱的对角线即为球的直径，所以球的半径为R＝＝.所以球的表面积为S＝4πR2＝24π.故选C. 3．若一个正方体的体积是8，则这个正方体的内切球的表面积是(　　) A．8π B．6π C．4π D．π 答案　C 解析　设正方体的棱长为a，则a3＝8.因此内切球直径为2，∴S表＝4πr2＝4π. 4．(2017·课标全国Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径长为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为(　　) A．π B. C. D. 答案　B 解析　根据已知球的半径长是1，圆柱的高是1，如图，所以圆柱的底面半径r＝＝，所以圆柱的体积V＝πr2h＝π×()2×1＝π.故选B. 5．(2018·安徽合肥模拟)已知球的直径SC＝6，A，B是该球球面上的两点，且AB＝SA＝SB＝3，则三棱锥S－ABC的体积为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　设该球球心为O，因为球的直径SC＝6，A，B是该球球面上的两点，且AB＝SA＝SB＝3，所以三棱锥S－OAB是棱长为3的正四面体，其体积VS－OAB＝××3××＝，同理VO－ABC＝，故三棱锥S－ABC的体积VS－ABC＝VS－OAB＋VO－ABC＝，故选D. 6．已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为(　　) A. B．2 C. D．3 答案　C 解析　如图，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M. 又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6， 所以球O的半径R＝OA＝＝. 7．(2018·广东惠州一模)已知一个水平放置的各棱长均为4的三棱锥形容器内有一小球O(质量忽略不计)，现从该三棱锥形容器的顶端向内注水，小球慢慢上浮，当注入的水的体积是该三棱锥体积的时，小球与该三棱锥各侧面均相切(与水面也相切)，则小球的表面积等于(　　) A.π B.π C.π D.π 答案　C 解析　由题知，没有水的部分的体积是三棱锥形容器的体积的，三棱锥形容器的体积为··42··4＝，所以没有水的部分的体积为.设其棱长为a，则其体积为×a2×a＝，∴a＝2，设小球的半径为r，则4×××r＝，解得r＝，∴球的表面积为4π×＝π，故选C. 8.如图，ABCD－A1B1C1D1是棱长为1的正方体，S－ABCD是高为1的正四棱锥，若点S，A1，B1，C1，D1在同一个球面上，则该球的体积为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　如图所示，O为球心，设OG1＝x，则OB1＝SO＝2－x，同时由正方体的性质可知B1G1＝，则在Rt△OB1G1中，OB12＝G1B12＋OG12，即(2－x)2＝x2＋()2，解得x＝，所以球的半径R＝OB1＝，所以球的表面积S＝4πR2＝，故选C. 9．(2018·郑州质检)四棱锥P－ABCD的五个顶点都在一个球面上，该四棱锥的三视图如图所示，E，F分别是棱AB，CD的中点，直线EF被球面所截得的线段长为2，则该球的表面积为(　　) A．9π B．3π C．2π D．12π 答案　D 解析　该几何体的直观图如图所示，该几何体可看作由正方体截得，则正方体外接球的直径即为PC.由直线EF被球面所截得的线段长为2，可知正方形ABCD对角线AC的长为2，可得正方形ABCD的边长a＝2，在△PAC中，PC＝＝2，球的半径R＝，∴S表＝4πR2＝4π×()2＝12π. 10．(2014·湖南)一块石材表示的几何体的三视图如图所示．将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　B 解析　此几何体为一直三棱柱，底面是边长为6，8，10的直角三角形，侧棱为12，故其最大球的半径为底面直角三角形内切圆的半径，故其半径为r＝×(6＋8－10)＝2，故选B. 11．(2017·天