高三数学(理)二轮复习课时作业：第1部分 专题4 第1讲 空间几何体
高三数学二轮复习：立体几何
专题四 立体几何
第1讲 空间几何体
[考情考向分析]
1.以三视图为载体，考查空间几何体面积、体积的计算. 2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题.
内容索引
热点分类突破 真题押题精练
热规则 俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视 图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图 的宽度一样.即“长对正、高平齐、宽相等”. 2.由三视图还原几何体的步骤 一般先依据俯视图确定底面再利用正(主)视图与侧(左)视图确定几何体.
跟踪演练3 (1)(2018·咸阳模拟)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，
AB⊥BC，若AB＝2，BC＝3，PA＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为
A.13π C.25π
B.20π
√D.29π
解析 答案
(2)(2018·四川成都名校联考)已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，
√ 记该圆锥的内切球的表面积为S1，外接球的表面积为S2，则SS12 等于
例3 (1)(2018·百校联盟联考)在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC均为
边长为3的等边三角形，且PA＝326 ，则三棱锥P－ABC外接球的体积为
13 13 A. 6 π
10 10 B. 3 π
√C.5
15 2π
55 D. 6 π
解析 答案
(2)(2018·衡水金卷信息卷)如图是某三棱锥的三视
跟踪演练1 (1)(2018·衡水模拟)已知一几何体的正(主)视图、侧(左)视 图如图所示，则该几何体的俯视图不可能是
√
解析 答案
(2)(2018·合肥质检)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱 A1B1的中点，用过点A，C，E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
高三二轮复习数学专题4立体几何课件+课时作业(共6份)专题4 第1讲
名称
体积
表面积
V 圆柱＝πr2h(r 为底面半径，h S 圆柱＝2πrl＋2πr2(r 为底面半
圆柱
为高)
径，l 为母线长)
圆锥
V 圆锥＝13πr2h(r 为底面半径， S 圆锥＝πrl＋πr2(r 为底面半
h 为高)
径，l 为母线长)
圆台
V 圆台＝13πh(r2＋rr′＋r′2) S 圆台＝π(r＋r′)l＋πr2＋ (r、r′为底面半径，h 为高) πr′2
2.柱体、锥体、台体、球的表面积与体积
名称
体积
表面积
V 棱柱＝Sh(S 为底面积，h 为 棱柱
高)
S 棱柱＝2S 底面＋S 侧面
棱锥
V 棱锥＝13Sh(S 为底面积，h 为高)
S 棱锥＝S 底面＋S 侧面
棱台
V 棱台＝13h(S＋ SS′＋S′) (S、S′为底面积，h 为高)
S 棱台＝S 上底＋S 下底＋S 侧面
2．以熟悉的几何体为背景，考查多面体或旋转体的侧面 积、表面积和体积计算，间接考查空间位置关系的判断及转 化思想等，常以三视图形式给出几何体，辅以考查识图、用 图能力及空间想象能力，难度中等．
3．几何体的三视图与表(侧)面积、体积计算结合； 4．在与函数、解析几何等知识交汇处命题，这种考查形 式有时会出现．
A．三棱锥
B．三棱柱
C．四棱锥
D．四棱柱
[答案] B
[解析] 由三视图知该几何体是一个横放的直三棱柱，三
棱柱的底面是直角三角形，Байду номын сангаас直角边长都是6，正对观察
者．棱柱高为4.
(理)(2014·新课标Ⅰ理，12)如图，网格纸上小正方形的边 长为 1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各 条棱中，最长的棱的长度为( )
专题4 第1讲 空间几何体(教师版)
第1讲 空间几何体【要点提炼】考点一 表面积与体积1．旋转体的侧面积和表面积(1)S 圆柱侧＝2πrl ，S 圆柱表＝2πr(r ＋l)(r 为底面半径，l 为母线长)．(2)S 圆锥侧＝πrl ，S 圆锥表＝πr(r ＋l)(r 为底面半径，l 为母线长)．(3)S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)．2．空间几何体的体积公式V 柱＝Sh(S 为底面面积，h 为高)；V 锥＝13Sh(S 为底面面积，h 为高)； V 球＝43πR 3(R 为球的半径)． 【热点突破】【典例】1 (1)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°.若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．【答案】 402π【解析】 因为母线SA 与圆锥底面所成的角为45°，所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形．设底面圆的半径为r ，则母线长l ＝2r.在△SAB 中，cos ∠ASB ＝78，所以sin ∠ASB ＝158. 因为△SAB 的面积为515，即12SA ·SBsin ∠ASB＝12×2r ×2r ×158＝515， 所以r 2＝40，故圆锥的侧面积为πrl ＝2πr 2＝402π.(2)如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2，点D 在棱AA 1上，则三棱锥D －BB 1C 1的体积为________．【答案】 233 【解析】 如图，取BC 的中点O ，连接AO.∵正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2，∴AC ＝2，OC ＝1，则AO ＝ 3.∵AA 1∥平面BCC 1B 1，∴点D 到平面BCC 1B 1的距离为 3.又11BB C S ＝12×2×2＝2， ∴11D BB C V ＝13×2×3＝233. 易错提醒 (1)计算表面积时，有些面的面积没有计算到(或重复计算)．(2)一些不规则几何体的体积不会采用分割法或补形思想转化求解．(3)求几何体体积的最值时，不注意使用基本不等式或求导等确定最值．【拓展训练】1 (1)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π【答案】 B【解析】 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，由题意可知2r ＝h ＝22，∴圆柱的表面积S ＝2πr 2＋2πr ·h ＝4π＋8π＝12π.故选B.(2)如图，在Rt △ABC 中，AB ＝BC ＝1，D 和E 分别是边BC 和AC 上异于端点的点，DE ⊥BC ，将△CDE 沿DE 折起，使点C 到点P 的位置，得到四棱锥P －ABDE ，则四棱锥P －ABDE 的体积的最大值为________．【答案】 327 【解析】 设CD ＝DE ＝x(0<x<1)，则四边形ABDE 的面积S ＝12(1＋x)(1－x)＝12(1－x 2)，当平面PDE ⊥平面ABDE 时，四棱锥P －ABDE 的体积最大，此时PD ⊥平面ABDE ，且PD ＝CD ＝x ，故四棱锥P －ABDE 的体积V ＝13S ·PD ＝16(x －x 3)，则V ′＝16(1－3x 2)．当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，33时，V ′>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1时，V ′<0. ∴当x ＝33时，V max ＝327. 【要点提炼】考点二 多面体与球解决多面体与球问题的两种思路(1)利用构造长方体、正四面体等确定直径．(2)利用球心O 与截面圆的圆心O 1的连线垂直于截面圆的性质确定球心．【典例】2 (1)已知三棱锥P －ABC 满足平面PAB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AB ＝4，∠APB ＝30°，则该三棱锥的外接球的表面积为__________．【答案】 64π【解析】 因为AC ⊥BC ，所以△ABC 的外心为斜边AB 的中点，因为平面PAB ⊥平面ABC ，所以三棱锥P －ABC 的外接球球心在平面PAB 上，即球心就是△PAB 的外心，根据正弦定理AB sin ∠APB＝2R ，解得R ＝4， 所以外接球的表面积为4πR 2＝64π.(2)(2020·全国Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．【答案】 23π 【解析】 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB ，如图所示，则△PAB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△PAB 中，PA ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ，故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝23π. 规律方法 (1)长方体的外接球直径等于长方体的体对角线长．(2)三棱锥S －ABC 的外接球球心O 的确定方法：先找到△ABC 的外心O 1，然后找到过O 1的平面ABC 的垂线l ，在l 上找点O ，使OS ＝OA ，点O 即为三棱锥S －ABC 的外接球的球心．(3)多面体的内切球可利用等积法求半径．【拓展训练】2 (1)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O －ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π【答案】 C【解析】 如图所示，设球O 的半径为R ，因为∠AOB ＝90°，所以S △AOB ＝12R 2，因为V O －ABC ＝V C －AOB ，而△AOB 的面积为定值，当点C 位于垂直于平面AOB 的直径端点时，三棱锥O －ABC 的体积最大，此时V O －ABC ＝V C －AOB ＝13×12R 2×R ＝16R 3＝36， 故R ＝6，则球O 的表面积为S ＝4πR 2＝144π.(2)中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，AD ＝5，ED ＝3，若鳖臑P －ADE 的外接球的体积为92π，则阳马P －ABCD 的外接球的表面积为________．【答案】 20π【解析】 ∵四边形ABCD 是正方形，∴AD ⊥CD ，即AD ⊥CE ，且AD ＝5，ED ＝3，∴△ADE 的外接圆半径为r 1＝AE 2＝AD 2＋ED 22＝2， 设鳖臑P －ADE 的外接球的半径为R 1，则43πR 31＝92π，解得R 1＝322. ∵PA ⊥平面ADE ，∴R 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PA 22＋r 21， 可得PA 2＝R 21－r 21＝102，∴PA ＝10. 正方形ABCD 的外接圆直径为2r 2＝AC ＝2AD ＝10，∴r 2＝102，∵PA ⊥平面ABCD ，∴阳马P －ABCD 的外接球半径R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PA 22＋r 22＝5， ∴阳马P －ABCD 的外接球的表面积为4πR 22＝20π.专题训练一、单项选择题1.水平放置的△ABC 的直观图如图，其中B ′O ′＝C ′O ′＝1，A ′O ′＝32，那么原△ABC 是一个( )A ．等边三角形B ．直角三角形C ．三边中只有两边相等的等腰三角形D ．三边互不相等的三角形【答案】 A【解析】 AO ＝2A ′O ′＝2×32＝3，BC ＝B ′O ′＋C ′O ′＝1＋1＝2.在Rt △AOB 中，AB ＝12＋32＝2，同理AC ＝2，所以原△ABC 是等边三角形．2．(2020·全国Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12 【答案】 C【解析】 设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ，侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′，则由已知得h 2＝12ah ′. 如图，设O 为正四棱锥S －ABCD 底面的中心，E 为BC 的中点，则在Rt △SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22， ∴h ′2＝12ah ′＋14a 2， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0， 解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)． 3．已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记该圆锥的内切球的表面积为S 1，外接球的表面积为S 2，则S 1S 2等于( ) A.12 B.13 C.14 D.18【答案】 C【解析】 如图，由已知圆锥侧面积是底面积的2倍，不妨设底面圆半径为r ，l 为底面圆周长，R 为母线长， 则12lR ＝2πr 2， 即12·2π·r ·R ＝2πr 2， 解得R ＝2r ，故∠ADC ＝30°，则△DEF 为等边三角形，设B 为△DEF 的重心，过B 作BC ⊥DF ，则DB 为圆锥的外接球半径，BC 为圆锥的内切球半径，则BC BD ＝12，∴r 内r 外＝12，故S 1S 2＝14. 4．(2020·大连模拟)一件刚出土的珍贵文物要在博物馆大厅中央展出，如图，需要设计各面是玻璃平面的无底正四棱柱将其罩住，罩内充满保护文物的无色气体．已知文物近似于塔形，高1.8米，体积0.5立方米，其底部是直径为0.9米的圆形，要求文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米，气体每立方米1 000元，则气体的费用最少为( )A ．4 500元B ．4 000元C ．2 880元D ．2 380元【答案】 B【解析】 因为文物底部是直径为0.9米的圆形，文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，所以由正方形与圆的位置关系可知，底面正方形的边长为0.9＋2×0.3＝1.5米，又文物高1.8米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2(米)，所以正四棱柱的高为1.8＋0.2＝2(米)，则正四棱柱的体积V ＝1.52×2＝4.5(立方米)．因为文物的体积为0.5立方米，所以罩内空气的体积为4.5－0.5＝4(立方米)，因为气体每立方米1 000元，所以气体的费用最少为4×1 000＝4 000(元)，故选B.5.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，动点E 在BB 1上，动点F 在A 1C 1上，O 为底面ABCD 的中心，若BE ＝x ，A 1F ＝y ，则三棱锥O －AEF 的体积( )A ．与x ，y 都有关B ．与x ，y 都无关C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关【答案】 B【解析】 由已知得V 三棱锥O －AEF ＝V 三棱锥E －OAF ＝13S △AOF ·h(h 为点E 到平面AOF 的距离)．连接OC ，因为BB 1∥平面ACC 1A 1，所以点E 到平面AOF 的距离为定值．又AO ∥A 1C 1，OA 为定值，点F 到直线AO 的距离也为定值，所以△AOF 的面积是定值，所以三棱锥O －AEF 的体积与x ，y 都无关．6．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2π3 B.4π3 C.5π3 D ．2π 【答案】 C【解析】 如图，过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3. 7．(2020·全国Ⅰ)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆．若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( )A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【答案】 A【解析】 如图，设圆O 1的半径为r ，球的半径为R ，正三角形ABC 的边长为a.由πr 2＝4π，得r ＝2， 则33a ＝2，a ＝23， OO 1＝a ＝2 3.在Rt △OO 1A 中，由勾股定理得R 2＝r 2＋OO 21＝22＋(23)2＝16，所以S 球＝4πR 2＝4π×16＝64π.8．(2020·武汉调研)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为( ) A.32π3 B ．3π C.4π3 D ．8π【答案】 A【解析】 设△ABC 外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3， ∴2r ＝AB sin ∠ACB ＝112＝2， 即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3， ∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，∴球O 的体积V ＝43π·OA 3＝32π3.故选A. 9.如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球对接而成，在该封闭的几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上、下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为( )A.2 000π9B.4 000π27 C ．81πD ．128π【答案】 B 【解析】 小圆柱的高分为上、下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为5，下部分深入底部半球内．设小圆柱下部分的高为h(0<h<5)，底面半径为r(0<r<5)．由于r ，h 和球的半径构成直角三角形，即r 2＋h 2＝52，所以小圆柱的体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0<h<5)，把V 看成是关于h 的函数，求导得V ′＝－π(3h －5)(h ＋5)．当0<h<53时，V ′>0，V 单调递增；当53<h<5时，V ′<0，V 单调递减．所以当h ＝53时，小圆柱的体积取得最大值．即V max ＝π⎝⎛⎭⎪⎫25－259×⎝ ⎛⎭⎪⎫53＋5＝4 000π27，故选B. 10．已知在三棱锥P －ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，且长度相等．若点P ，A ，B ，C 都在半径为1的球面上，则球心到平面ABC 的距离为( )A.36B.12C.13D.32【答案】 C【解析】 ∵在三棱锥P －ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，且长度相等，∴此三棱锥的外接球即以PA ，PB ，PC 为三边的正方体的外接球O ，∵球O 的半径为1， ∴正方体的边长为233，即PA ＝PB ＝PC ＝233， 球心到截面ABC 的距离即正方体中心到截面ABC 的距离，设P 到截面ABC 的距离为h ，则正三棱锥P －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×h ＝13 S △PAB ×PC ＝13× 12×⎝ ⎛⎭⎪⎫2333， ∵△ABC 为边长为263的正三角形， S △ABC ＝233，∴h ＝23， ∴球心(即正方体中心)O 到截面ABC 的距离为13. 二、多项选择题11．(2020·枣庄模拟)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD －A 1B 1C 1D 1内灌进一些水，固定容器一边AB 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面几个结论，其中正确的是( )A ．没有水的部分始终呈棱柱形B ．水面EFGH 所在四边形的面积为定值C ．随着容器倾斜度的不同，A 1C 1始终与水面所在平面平行D ．当容器倾斜如图③所示时，AE ·AH 为定值【答案】 AD【解析】 由于AB 固定，所以在倾斜的过程中，始终有CD ∥HG ∥EF ∥AB ，且平面AEHD ∥平面BFGC ，故水的部分始终呈棱柱形(三棱柱或四棱柱)，且AB 为棱柱的一条侧棱，没有水的部分也始终呈棱柱形，故A 正确；因为水面EFGH 所在四边形，从图②，图③可以看出，EF ，GH 长度不变，而EH ，FG 的长度随倾斜度变化而变化，所以水面EFGH 所在四边形的面积是变化的，故B 错；假设A 1C 1与水面所在的平面始终平行，又A 1B 1与水面所在的平面始终平行，则长方体上底面A 1B 1C 1D 1与水面所在的平面始终平行，这就与倾斜时两个平面不平行矛盾，故C 错；水量不变时，棱柱AEH －BFG 的体积是定值，又该棱柱的高AB 不变，且V AEH －BFG ＝12·AE ·AH ·AB ，所以AE ·AH ＝2V AEH －BFG AB ，即AE ·AH 是定值，故D 正确． 12. (2020·青岛检测)已知四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面均为正方形，其中AB ＝22，A 1B 1＝2，AA 1＝BB 1＝CC 1＝DD 1＝2，则下列叙述正确的是( )A ．该四棱台的高为 3B ．AA 1⊥CC 1C ．该四棱台的表面积为26D ．该四棱台外接球的表面积为16π【答案】 AD【解析】 将四棱台补为如图所示的四棱锥P －ABCD ，并取E ，E 1分别为BC ，B 1C 1的中点，记四棱台上、下底面中心分别为O 1，O ，连接AC ，BD ，A 1C 1，B 1D 1，A 1O ，OE ，OP ，PE.由条件知A 1，B 1，C 1，D 1分别为四棱锥的侧棱PA ，PB ，PC ，PD 的中点，则PA ＝2AA 1＝4，OA ＝2，所以OO 1＝12PO ＝12PA 2－OA 2＝3，故该四棱台的高为3，故A 正确；由PA ＝PC ＝4，AC ＝4，得△PAC 为正三角形，则AA 1与CC 1所成角为60°，故B 不正确；四棱台的斜高h ′＝12PE ＝12PO 2＋OE 2＝12×232＋22＝142，所以该四棱台的表面积为(22)2＋(2)2＋4×2＋222×142＝10＋67，故C 不正确；易知OA 1＝OB 1＝OC 1＝OD 1＝O 1A 21＋O 1O 2＝2＝OA ＝OB ＝OC ＝OD ，所以O 为四棱台外接球的球心，所以外接球的半径为2，外接球表面积为4π×22＝16π，故D 正确．三、填空题13．(2020·浙江)已知圆锥的侧面积(单位：cm 2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________．【答案】 1【解析】 如图，设圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，则圆锥的侧面积S 侧＝πrl ＝2π，即r ·l ＝2.由于侧面展开图为半圆，可知12πl 2＝2π， 可得l ＝2，因此r ＝1.14.在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱的底面直径为40 cm ，母线长最短50 cm ，最长80 cm ，则斜截圆柱的侧面面积S ＝________cm 2.【答案】 2 600π【解析】 将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形．由题意得所求侧面展开图的面积S ＝12×(π×40)×(50＋80)＝2 600π(cm 2)． 15．已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O 的体积为________．【答案】 823π 【解析】 将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2 2.因为球O 与正四面体的各棱都相切，所以球O 为正方体的内切球，即球O 的直径2R ＝22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π. 16．(2020·新高考全国Ⅰ)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°.以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【答案】2π2【解析】 如图，设B 1C 1的中点为E ，球面与棱BB 1，CC 1的交点分别为P ，Q ，连接DB ，D 1B 1，D 1P ，D 1E ，EP ，EQ ，由∠BAD ＝60°，AB ＝AD ，知△ABD 为等边三角形， ∴D 1B 1＝DB ＝2，∴△D 1B 1C 1为等边三角形，则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1，∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心， 设截面圆的半径为r ，则r ＝R 2球－D 1E 2＝5－3＝ 2.又由题意可得EP ＝EQ ＝2，∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ. 又D 1P ＝5，∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21＝1，同理C 1Q ＝1，∴P ，Q 分别为BB 1，CC 1的中点，∴∠PEQ ＝π2， 知PQ 的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2.。
高考数学二轮复习 第二部分专项二 专题四 1 第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积
专题四立体几何与空间向量第1讲空间几何体的三视图、表面积与体积年份卷别考查内容及考题位置命题分析2018卷Ⅰ空间几何体的三视图及侧面展开问题·T71.“立体几何”在高考中一般会以“两小一大”或“一小一大”的命题形式出现，这“两小”或“一小”主要考查三视图，几何体的表面积与体积，空间点、线、面的位置关系(特别是平行与垂直)．2．考查一个小题时，此小题一般会出现在第4～8题的位置上，难度一般；考查两个小题时，其中一个小题难度一般，另一个小题难度稍高，一般会出现在第10～16题的位置上，此小题虽然难度稍高，主要体现在计算量上，但仍是对基础知识、基本公式的考查.空间几何体的截面问题·T12卷Ⅱ圆锥的侧面积·T16卷Ⅲ三视图的识别·T3三棱锥的体积及外接球问题·T102017卷Ⅰ空间几何体的三视图与直观图、面积的计算·T7卷Ⅱ空间几何体的三视图及组合体体积的计算·T4卷Ⅲ球的内接圆柱、圆柱的体积的计算·T82016卷Ⅰ有关球的三视图及表面积的计算·T6卷Ⅱ空间几何体的三视图及组合体表面积的计算·T6卷Ⅲ空间几何体的三视图及组合体表面积的计算·T9直三棱柱的体积最值问题·T10空间几何体的三视图(基础型) 一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．由三视图还原到直观图的三个步骤(1)根据俯视图确定几何体的底面．(2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．(3)确定几何体的直观图形状．[注意]在读图或者画空间几何体的三视图时，应注意三视图中的实线和虚线．[考法全练]1．(2018·高考全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()解析：选A.由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.2．(2018·高考全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为()A．217 B．2 5C．3 D．2解析：选B.由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4，则从M到N 的路径中，最短路径的长度为MS2＋SN2＝22＋42＝2 5.故选B.3．把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，形成的三棱锥C-ABD的正视图与俯视图如图所示，则侧视图的面积为()A.12B.22C.24D.14解析：选D.由三棱锥C -ABD 的正视图、俯视图得三棱锥C -ABD 的侧视图为直角边长是22的等腰直角三角形，如图所示，所以三棱锥C -ABD 的侧视图的面积为14，故选D.4．(2018·长春质量监测(二))如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线条画出的是一个三棱锥的三视图，则该三棱锥中最长棱的长度为( )A ．2 B. 5 C ．2 2D ．3解析：选D.如图，三棱锥A -BCD 即为所求几何体，根据题设条件，知辅助的正方体棱长为2，CD ＝1，BD ＝22，BC ＝5，AC ＝2，AB ＝3，AD ＝5，则最长棱为AB ，长度为3.5．(2018·石家庄质量检测(一))如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线表示的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的四个面中，最小面的面积是( )A ．2 3B ．2 2C ．2D. 3解析：选C.在正方体中还原该几何体，如图中三棱锥D -ABC 所示，其中正方体的棱长为2，则S △ABC ＝2，S △DBC ＝22，S △ADB ＝22，S △ADC ＝23，故该三棱锥的四个面中，最小面的面积是2，选C.空间几何体的表面积和体积(综合型)柱体、锥体、台体的侧面积公式 (1)S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)． (2)S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)．(3)S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)．柱体、锥体、台体的体积公式 (1)V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)． (2)V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)．(3)V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (S ，S ′分别为上下底面面积，h 为高)(不要求记忆)．[典型例题]命题角度一 空间几何体的表面积(1)(2018·潍坊模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．4＋23B ．4＋4 2C ．6＋2 3D ．6＋4 2(2)(2018·合肥第一次质量检测)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．5π＋18B ．6π＋18C ．8π＋6D ．10π＋6【解析】 (1)由三视图还原几何体的直观图如图所示，易知BC ⊥平面P AC ，又PC ⊂平面P AC ，所以BC ⊥PC ，又AP ＝AC ＝BC ＝2，所以PC ＝22＋22＝22，又AB ＝22，所以S △PBC ＝S △P AB ＝12×2×22＝22，S △ABC ＝S △P AC ＝12×2×2＝2，所以该几何体的表面积为4＋4 2.(2)由三视图可知该几何体是由一个半圆柱和两个半球构成的，故该几何体的表面积为2×12×4π×12＋2×12×π×12＋2×3＋12×2π×1×3＝8π＋6. 【答案】 (1)B (2)C求几何体的表面积的方法(1)求表面积问题的基本思路是将立体几何问题转化为平面几何问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差得几何体的表面积．命题角度二 空间几何体的体积(1)(2018·武汉调研)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.12B.22C.33D.23(2)(2018·高考全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30°.若△SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为________．【解析】 (1)由三视图知，该几何体是在长、宽、高分别为2，1，1的长方体中，截去一个三棱柱AA 1D 1BB 1C 1和一个三棱锥C -BC 1D 后剩下的几何体，即如图所示的四棱锥D -ABC 1D 1，四棱锥D -ABC 1D 1的底面积为S 四边形ABC 1D 1＝2×2＝22，高h ＝22，其体积V ＝13S 四边形ABC 1D 1h ＝13×22×22＝23.故选D.(2)由题意画出图形，如图，设AC 是底面圆O 的直径，连接SO ，则SO 是圆锥的高．设圆锥的母线长为l ，则由SA ⊥SB ，△SAB 的面积为8，得12l 2＝8，得l ＝4.在Rt △ASO 中，由题意知∠SAO ＝30°，所以SO ＝12l ＝2，AO ＝32l ＝2 3.故该圆锥的体积V ＝13π×AO 2×SO ＝13π×(23)2×2＝8π.【答案】 (1)D (2)8π求空间几何体体积的常用方法(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算．(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等．(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当分割或补形，转化为易计算体积的几何体．[对点训练]1．(2018·洛阳第一次统考)一个几何体的三视图如图所示，图中的三个正方形的边长均为2，则该几何体的体积为( )A ．8－2π3B ．4－π3C ．8－π3D ．4－2π3解析：选A.由三视图可得该几何体的直观图如图所示，该几何体是一个棱长为2的正方体上、下各挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后剩余的部分，其体积为23－2×13×π×12×1＝8－2π3.故选A.2．(2018·唐山模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A ．3 B.113 C ．7D.233解析：选B.由题中的三视图可得，该几何体是由一个长方体切去一个三棱锥所得的几何体，长方体的长，宽，高分别为2，1，2，体积为4，切去的三棱锥的体积为13，故该几何体的体积V ＝4－13＝113.故选B.多面体与球(综合型)[典型例题]命题角度一 外接球(2018·南宁模拟)三棱锥P -ABC 中，△ABC 为等边三角形，P A ＝PB ＝PC ＝3，P A⊥PB ，三棱锥P -ABC 的外接球的体积为( )A.272π B.2732πC ．273πD ．27π【解析】 因为三棱锥P -ABC 中，△ABC 为等边三角形，P A ＝PB ＝PC ＝3，所以△P AB ≌△PBC ≌△P AC .因为P A ⊥PB ，所以P A ⊥PC ，PC ⊥PB .以P A ，PB ，PC 为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P -ABC 的外接球．因为正方体的体对角线长为32＋32＋32＝33，所以其外接球半径R ＝332.因此三棱锥P -ABC 的外接球的体积V ＝4π3×⎝⎛⎭⎫3323＝2732π，故选B.【答案】 B解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．命题角度二 内切球已知一个平放的各棱长为4的三棱锥内有一个小球O (重量忽略不计)，现从该三棱锥顶端向内注水，小球慢慢上浮，当注入的水的体积是该三棱锥体积的78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.7π6B.4π3C.2π3D.π2【解析】 当注入水的体积是该三棱锥体积的78时，设水面上方的小三棱锥的棱长为x (各棱长都相等)，依题意，⎝⎛⎭⎫x 43＝18，得x ＝2.易得小三棱锥的高为263，设小球半径为r ，则13S 底面·263＝4·13·S 底面·r ，得r ＝66，故小球的表面积S ＝4πr 2＝2π3.故选C.【答案】 C求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．命题角度三 与球有关的最值问题(2018·高考全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D -ABC 体积的最大值为( )A ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．54 3【解析】 如图，E 是AC 中点，M 是△ABC 的重心，O 为球心，连接BE ，OM ，OD ，BO .因为S △ABC ＝34AB 2＝93，所以AB ＝6，BM ＝23BE ＝23AB 2－AE 2＝2 3.易知OM ⊥平面ABC ，所以在Rt △OBM 中，OM ＝OB 2－BM 2＝2，所以当D ，O ，M 三点共线且DM ＝OD ＋OM 时，三棱锥D -ABC 的体积取得最大值，且最大值V max ＝13S △ABC ×(4＋OM )＝13×93×6＝18 3.故选B.【答案】 B多面体与球有关的最值问题，主要有三种：一是多面体确定的情况下球的最值问题，二是球的半径确定的情况下与多面体有关的最值问题；三是多面体与球均确定的情况下，截面的最值问题．[对点训练]1．(2018·福州模拟)已知圆锥的高为3，底面半径为3，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于( )A.83π B.323π C ．16πD ．32π解析：选B.设该圆锥的外接球的半径为R ，依题意得，R 2＝(3－R )2＋(3)2，解得R ＝2，所以所求球的体积V ＝43πR 3＝43π×23＝323π，故选B.2．(2018·洛阳第一次联考)已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱均相切，则球O 的体积为( )A.823πB.833πC.863π D.1623π解析：选A.将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2 2.因为球O 与正四面体的各棱都相切，所以球O 为正方体的内切球，即球O 的直径为正方体的棱长22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π，故选A.3．已知四棱锥S -ABCD 的所有顶点在同一球面上，底面ABCD 是正方形且球心O 在此平面内，当四棱锥的体积取得最大值时，其表面积等于16＋163，则球O 的体积等于( )A.42π3B.162π3C.322π3D.642π3解析：选D.由题意得，当四棱锥的体积取得最大值时，该四棱锥为正四棱锥．因为该四棱锥的表面积等于16＋163，设球O 的半径为R ，则AC ＝2R ，SO ＝R ，如图，所以该四棱锥的底面边长AB ＝2R ，则有(2R )2＋4×12×2R × （2R ）2－⎝⎛⎭⎫22R 2＝16＋163，解得R ＝22，所以球O 的体积是43πR 3＝6423π.故选D.一、选择题1．(2018·长沙模拟)如图是一个正方体，A ，B ，C 为三个顶点，D 是棱的中点，则三棱锥A -BCD 的正视图、俯视图是(注：选项中的上图为正视图，下图为俯视图)( )解析：选A.正视图和俯视图中棱AD 和BD 均看不见，故为虚线，易知选A.2．(2018·高考北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C.将三视图还原为直观图，几何体是底面为直角梯形，且一条侧棱和底面垂直的四棱锥，如图所示．易知，BC ∥AD ，BC ＝1，AD ＝AB ＝P A ＝2，AB ⊥AD ，P A ⊥平面ABCD ，故△P AD ，△P AB 为直角三角形， 因为P A ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， 所以P A ⊥BC ，又BC ⊥AB ，且P A ∩AB ＝A ，所以BC ⊥平面P AB ，又PB ⊂平面P AB ，所以BC ⊥PB ，所以△PBC 为直角三角形，容易求得PC ＝3，CD ＝5，PD ＝22， 故△PCD 不是直角三角形，故选C.3．(2018·沈阳教学质量监测(一))如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某简单几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.4π3B.8π3C.16π3D.32π3解析：选A.由三视图可得该几何体为半圆锥，底面半圆的半径为2，高为2，则其体积V ＝12×13×π×22×2＝4π3，故选A.4．(2018·西安八校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A.4π3B.5π3 C ．2＋2π3D ．4＋2π3解析：选B.由三视图可知，该几何体为一个半径为1的半球与一个底面半径为1，高为2的半圆柱组合而成的组合体，故其体积V ＝23π×13＋12π×12×2＝5π3，故选B.5．(2018·长春质量检测(一))已知矩形ABCD 的顶点都在球心为O ，半径为R 的球面上，AB ＝6，BC ＝23，且四棱锥O -ABCD 的体积为83，则R 等于( )A ．4B ．2 3 C.479D.13解析：选A.如图，设矩形ABCD 的中心为E ，连接OE ，EC ，由球的性质可得OE ⊥平面ABCD ，所以V O ABCD ＝13·OE ·S 矩形ABCD ＝13×OE×6×23＝83，所以OE ＝2，在矩形ABCD 中可得EC ＝23，则R ＝OE 2＋EC 2＝4＋12＝4，故选A.6．(2018·南昌调研)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为( )A.23 B.43 C ．2D.83解析：选A.由三视图可知，该几何体为三棱锥，将其放在棱长为2的正方体中，如图中三棱锥A -BCD 所示，故该几何体的体积V ＝13×12×1×2×2＝23.7．(2018·辽宁五校协作体联考)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是三棱锥的三视图，则此三棱锥的体积是( )A ．8B ．16C ．24D ．48解析：选A.由三视图还原三棱锥的直观图，如图中三棱锥P ABC 所示，且长方体的长、宽、高分别为6，2，4，△ABC 是直角三角形，AB ⊥BC ，AB ＝2，BC ＝6，三棱锥P -ABC 的高为4，故其体积为13×12×6×2×4＝8，故选A.8．将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱的最大体积为( )A.π27B.8π27C.π3D.2π9解析：选B.如图所示，设圆柱的半径为r ，高为x ，体积为V ，由题意可得r 1＝2－x2，所以x ＝2－2r ，所以圆柱的体积V ＝πr 2(2－2r )＝2π(r 2－r 3)(0<r <1)，设V (r )＝2π(r 2－r 3)(0<r <1)，则V ′(r )＝2π(2r －3r 2)，由2π(2r －3r 2)＝0得r ＝23，所以圆柱的最大体积V max ＝2π⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫232－⎝⎛⎭⎫233＝8π27. 9．(2018·福州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为 ( )A ．14B ．10＋4 2 C.212＋4 2 D.21＋32＋4 2解析：选D.由三视图可知，该几何体为一个直三棱柱切去一个小三棱锥后剩余的几何体，如图所示．所以该多面体的表面积S ＝2×⎝⎛⎭⎫22－12×1×1＋12×(22－12)＋12×22＋2×22＋12×32×(2)2＝21＋32＋42，故选D. 10．(2018·太原模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体中最长的棱长为( )A ．3 3B ．2 6 C.21D ．2 5解析：选B.由三视图得，该几何体是四棱锥P -ABCD ，如图所示，ABCD 为矩形，AB ＝2，BC ＝3，平面P AD ⊥平面ABCD ，过点P 作PE ⊥AD ，则PE ＝4，DE ＝2，所以CE ＝22，所以最长的棱PC ＝PE 2＋CE 2＝26，故选B.11．(2018·南昌调研)已知三棱锥P -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 满足AB ＝22，∠ACB ＝90°，P A 为球O 的直径且P A ＝4，则点P 到底面ABC 的距离为( )A. 2 B ．2 2 C. 3D ．2 3解析：选B.取AB 的中点O 1，连接OO 1，如图，在△ABC 中，AB ＝22，∠ACB ＝90°，所以△ABC 所在小圆O 1是以AB 为直径的圆，所以O 1A ＝2，且OO 1⊥AO 1，又球O 的直径P A ＝4，所以OA ＝2，所以OO 1＝OA 2－O 1A 2＝2，且OO 1⊥底面ABC ，所以点P 到平面ABC 的距离为2OO 1＝2 2.12．(2018·高考全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )A.334B.233C.324D.32解析：选A.记该正方体为ABCD -A ′B ′C ′D ′，正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，即共点的三条棱A ′A ，A ′B ′，A ′D ′与平面α所成的角都相等．如图，连接AB ′，AD ′，B ′D ′，因为三棱锥A ′AB ′D ′是正三棱锥，所以A ′A ，A ′B ′，A ′D ′与平面AB ′D ′所成的角都相等．分别取C ′D ′，B ′C ′，BB ′，AB ，AD ，DD ′的中点E ，F ，G ，H ，I ，J ，连接EF ，FG ，GH ，IH ，IJ ，JE ，易得E ，F ，G ，H ，I ，J 六点共面，平面EFGHIJ 与平面AB ′D ′平行，且截正方体所得截面的面积最大．又EF ＝FG ＝GH ＝IH ＝IJ ＝JE ＝22，所以该正六边形的面积为6×34×⎝⎛⎭⎫222＝334，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为334，故选A. 二、填空题13．(2018·洛阳第一次联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由题图可知该几何体是一个四棱锥，如图所示，其中PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是一个对角线长为2的正方形，底面积S ＝12×2×2＝2，高h ＝1，则该几何体的体积V ＝13Sh ＝23.答案：2314．(2018·福州四校联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．解析：在长、宽、高分别为3，33，33的长方体中，由几何体的三视图得几何体为如图所示的三棱锥C -BAP ，其中底面BAP 是∠BAP ＝90°的直角三角形，AB ＝3，AP ＝33，所以BP ＝6，又棱CB ⊥平面BAP 且CB ＝33，所以AC ＝6，所以该几何体的表面积是12×3×33＋12×3×33＋12×6×33＋12×6×33＝27 3. 答案：27 315．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．解析：如图所示，设S 在底面的射影为S ′，连接AS ′，SS ′.△SAB 的面积为12·SA ·SB ·sin∠ASB ＝12·SA 2·1－cos 2∠ASB ＝1516·SA 2＝515，所以SA 2＝80，SA ＝4 5.因为SA 与底面所成的角为45°，所以∠SAS ′＝45°，AS ′＝SA ·cos 45°＝45×22＝210.所以底面周长l ＝2π·AS ′＝410π，所以圆锥的侧面积为12×45×410π＝402π.答案：402π16．(2018·潍坊模拟)已知正四棱柱的顶点在同一个球面上，且球的表面积为12π，当正四棱柱的体积最大时，正四棱柱的高为________．解析：设正四棱柱的底面边长为a ，高为h ，球的半径为r ，由题意知4πr 2＝12π，所以r 2＝3，又2a 2＋h 2＝(2r )2＝12，所以a 2＝6－h 22，所以正四棱柱的体积V ＝a 2h ＝⎝⎛⎭⎫6－h 22h ，则V ′＝6－32h 2，由V ′>0，得0<h <2，由V ′<0，得h >2，所以当h ＝2时，正四棱柱的体积最大，V max ＝8.答案：2。
高中数学高考数学学习资料：专题4 第1讲 空间几何体
)
答案：C
[悟方法
触类旁通]
该类问题主要有两种类型：一是由几何体确定三视图；二 是由三视图还原成几何体．解决该类问题的关键是找准投影 面及三个视图之间的关系．抓住“正侧一样高，正俯一样长， 俯侧一样宽”的特点作出判断.zxxk
[联知识 串点成面]
常见的一些简单几何体的表面积和体积公式：
圆柱的表面积公式：S＝2πr2＋2πrl＝2πr(r＋l)(其中r为 底面半径，l为圆柱的高)； 圆锥的表面积公式：S＝πr2＋πrl＝πr(r＋l)(其中r为底面 半径，l为母线长)；
[答案] B
3．(2011· 北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积 是 ( )
A．32 C．48
B．16＋16 2 D．16＋32 2
解析：该空间几何体是底面边长为 4、高为 2 的正四棱锥，这个四棱 1 锥的斜高为 2 2，故其表面积是 4×4＋4× ×4×2 2＝16＋16 2. 2
答案：B
4．(2011· 福建高考)三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，PA ＝3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥P－
ABC的体积等于________．
1 1 解析：依题意有，三棱锥 P－ABC 的体积 V＝ S△ABC· |PA|＝ 3 3 × 3 ×22×3＝ 3. 4
答案： 3
[悟方法
圆台的表面积公式：S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)(其中r和
r′分别为圆台的上、下底面半径，l为母线长)；
柱体的体积公式：V＝Sh(S 为底面面积，h 为高)； 1 锥体的体积公式：V＝ Sh(S 为底面面积，h 为高)； 3 1 台体的体积公式： V＝ (S′＋ S′S＋S)h(S′、S 分别为上、 3 下底面面积，h 为高)； 4 球的表面积和体积公式：S＝4πR2，V＝ πR3(R 为球的半径)． 3
高考数学二轮复习 第一部分 专题篇 专题四 立体几何 第一讲 空间几何体课时作业 文
2017届高考数学二轮复习第一部分专题篇专题四立体几何第一讲空间几何体课时作业文1.如图为一个几何体的侧视图和俯视图，则它的正视图为( )解析：根据题中侧视图和俯视图的形状，判断出该几何体是在一个正方体的上表面上放置一个四棱锥(其中四棱锥的底面是边长与正方体棱长相等的正方形、顶点在底面上的射影是底面一边的中点)，因此结合选项知，它的正视图为B.答案：B2．以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于( )A．2πB．πC．2 D．1解析：所得圆柱体的底面半径为1，母线长为1，所以其侧面积S＝2π×1×1＝2π，故选A.答案：A3．一个侧面积为4π的圆柱，其正视图、俯视图是如图所示的两个边长相等的正方形，则与这个圆柱具有相同的正视图、俯视图的三棱柱的相应的侧视图可以为( )解析：三棱柱一定有两个侧面垂直，故只能是选项C中的图形．答案：C4．(2016·郑州质量预测)已知长方体的底面是边长为1的正方形，高为2，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该长方体的正视图的面积等于( ) A．1 B. 2C．2 D．2 2解析：由题意知，所求正视图是底边长为2，腰长为2的正方形，其面积与侧视图面积相等为2.答案：C5．(2016·河北五校联考)某四面体的三视图如图，则其四个面中最大的面积是( )A．2 B．2 2C. 3 D．2 3解析：在正方体ABCD－A1B1C1D1中还原出三视图的直观图，其是一个三个顶点在正方体的右侧面、一个顶点在左侧面的三棱锥，即为D1BCB1，如图所示，其四个面的面积分别为2,22，22，23，故选D.答案：D6.(2016·郑州模拟)如图是一个四面体的三视图，这三个视图均是腰长为2的等腰直角三角形，正视图和俯视图中的虚线是三角形的中线，则该四面体的体积为( )A.23 B.43 C.83D ．2解析：由三视图可知，此四面体如图所示，其高为2，底面三角形的一边长为1，对应的高为2，所以其体积V ＝13×12×2×1×2＝23，故选A.答案：A7．(2016·武汉调研)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．18＋2πB ．20＋πC ．20＋π2D ．16＋π解析：由三视图可知，这个几何体是一个边长为2的正方体割去了相对边对应的两个半径为1、高为1的14圆柱体，其表面积相当于正方体五个面的面积与两个14圆柱的侧面积的和，即该几何体的表面积S ＝4×5＋2×2π×1×1×14＝20＋π，故选B.答案：B8．(2016·江西宜春中学模拟)某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是( )A ．2 B.92 C.32D ．3解析：由三视图判断该几何体为四棱锥，且底面为梯形，高为x ，∴该几何体的体积V ＝13×12×(1＋2)×2×x ＝3，解得x ＝3. 答案：D9.(2016·合肥模拟)在一圆柱中挖去一圆锥所得的机械部件的三视图如图所示，则此机械部件的表面积为( )A ．(7＋2)πB ．(8＋2)π C.22π7D ．(1＋2)π＋6解析：由题意得，挖去的圆锥的底面半径r ＝1，母线l ＝2，∴该机械部件的表面积S ＝π×12＋2π×1×3＋π×1×2＝(7＋2)π，故选A. 答案：A10.(2016·贵阳模拟)甲、乙两个几何体的正视图和侧视图相同，俯视图不同，如图所示，记甲的体积为V 甲，乙的体积为V 乙，则( )A ．V 甲<V 乙B ．V 甲＝V 乙C ．V 甲>V 乙D ．V 甲、V 乙大小不能确定解析：由三视图知，甲几何体是一个以俯视图为底面的四棱锥，乙几何体是在甲几何体的基础上去掉一个角，即去掉一个三个面是直角三角形的三棱锥后得到的一个三棱锥，所以V 甲>V乙，故选C.答案：C11．(2016·湖南东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是( )A ．4 3B ．8 3C ．47D ．8解析：设该三棱锥为P ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，PA ＝4，则由三视图可知△ABC 是边长为4的等边三角形，故PB ＝PC ＝42，所以S △ABC ＝12×4×23＝43，S △PAB ＝S △PAC ＝12×4×4＝8，S △PBC ＝12×4×422－22＝47，故所有面中最大的面积为S △PBC ＝47，故选C.答案：C12．(2016·重庆模拟)已知三棱锥P ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，PC 为球O 的直径，该三棱锥的体积为26，则球O 的表面积为( ) A ．4πB ．8πC ．12πD ．16π解析：依题意，设球O 的半径为R ，球心O 到平面ABC 的距离为d ，则由O 是PC 的中点得，点P 到平面ABC 的距离等于2d ，所以V P ABC ＝2V O ABC ＝2×13S △ABC ×d ＝23×34×12×d ＝26，解得d ＝23，又R 2＝d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝1，所以球O 的表面积等于4πR 2＝4π，选A. 答案：A13．(2016·高考天津卷)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m 3.解析：根据三视图还原几何体，并根据三视图中的数据和棱锥的体积公式求解．由三视图知，四棱锥的高为3，底面平行四边形的一边长为2，对应高为1，所以其体积V ＝13Sh ＝13×2×1×3＝2. 答案：214．(2016·河北三市联考)已知四棱锥P ABCD 的顶点都在球O 的球面上，底面ABCD 是矩形，平面PAD ⊥底面ABCD ，△PAD 为正三角形，AB ＝2AD ＝4，则球O 的表面积为________． 解析：∵△PAD 为正三角形，∴△PAD 的外接圆半径为233.∴球O 的半径R ＝22＋⎝⎛⎭⎪⎫2332＝43，∴球O 的表面积S ＝4πR 2＝643π.答案：643π15．高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的________．解析：由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为12×2×(2＋4)＝6的四棱锥，其体积为4.易知直三棱柱的体积为8，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的48＝12.答案：1216.(2016·高考浙江卷)如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是________．解析：结合图形利用不等式的放缩进行求值，注意基本不等式的适用条件． 在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°， ∴AC ＝22＋22－2×2×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝2 3.设CD ＝x ，则AD ＝23－x ， ∴PD ＝23－x ，∴V P BCD ＝13S △BCD ·h ≤13×12BC ·CD sin 30°·PD＝16×2x ×12×(23－x ) ＝16x (23－x )≤16⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋23－x 22 ＝16×⎝ ⎛⎭⎪⎫2322＝12， 当且仅当x ＝23－x ，即x ＝3时取“＝”， 此时PD ＝3，BD ＝1，PB ＝2，满足题意． 答案：12。
2018届高三数学(理)二轮复习课时作业：第1部分 专题4 第1讲 空间几何体
[限时规范训练] 单独成册A 组——高考热点强化练一、选择题1．(2016·高考全国卷Ⅰ)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π解析：由三视图知该几何体为球去掉了18所剩的几何体(如图)，设球的半径为R ，则78×43πR 3＝28π3，故R ＝2，从而它的表面积S ＝78×4πR 2＋34×πR 2＝17π.故选A.答案：A2．(2016·高考天津卷)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )解析：由几何体的正视图、俯视图以及题意可画出几何体的直观图，如图所示．该几何体的侧视图为选项B.故选B. 答案：B3．某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．8－π4B ．8－π2 C ．8－πD ．8－2π解析：由三视图可知，该几何体的体积是一个四棱柱的体积减去半个圆柱的体积，即V ＝2×2×2－12×π×12×2＝8－π.故选C. 答案：C4．已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( ) A.3172B ．210C.132D ．310解析：由题意知，该三棱柱可以看作是长方体的一部分，且长方体同一顶点处的三条棱长分别为3、4、12，又∵三棱柱的外接球即为长方体的外接球，(2R )2＝32＋42＋122，∴R ＝132.故选C. 答案：C5．一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 ．1B ．2C ．3D ．4解析：由三视图可知该几何体是一个直三棱柱，底面为直角三角形，高为12，如图所示，其中AC ＝6，BC ＝8，∠ACB ＝ 90°，则AB ＝ 10.要使该石材加工成的球的半径最大，只需球与直三棱柱的三个侧面都相切，则半径r 等于直角三角形ABC 的内切圆半径，即r ＝6＋8－102＝2，故能得到的最大球的半径为2，故选B.答案：B6．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正(主)视图如图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是( )A ．45，8B ．45，83C ．4(5＋1)，83D ．8,8解析：由题意知该四棱锥为正四棱锥，其底面边长为2，正四棱锥的高为2，故侧面三角形的高为 5.所以该四棱锥的侧面积为4×12×2×5＝45，体积为13×22×2＝83，故答案B. 答案：B7．如图是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是( )A ．4B ．5C ．3 2D ．3 3答案：D8．一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．12B ．6C ．4D ．2解析：该几何体为四棱锥P -ABCD ，其中P A ⊥平面ABCD ，如图，则该几何体的体积为V ＝13×2×12×(2＋1)×2＝2.答案：D9．如图是某四棱锥的三视图，则该几何体的表面积等于( )A ．34＋6 5B ．6＋65＋4 3C ．6＋65＋413D ．17＋6 5解析：由三视图得该几何体的直观图如图，其中，ABCD 为矩形，AD ＝6，AB ＝2，平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 为等腰三角形，且此四棱锥的高为4，故该几何体的表面积等于6×2＋2×12×2×5＋12×6×25＋12×6×4＝34＋65，故选A. 答案：A10．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是( )A ．2 B.92 C.32D ．3解析：由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是一个直角梯形，底面积为12×(1＋2)×2＝3，四棱锥的高为x，因为该几何体的体积为3，所以13×3x＝3，解得x＝3，故选D.答案：D11．已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是()A．108 cm3B．100 cm3C．92 cm3D．84 cm3解析：由三视图可知原几何体是一个长、宽、高分别为6,3,6的长方体切去一个三棱锥，因此该几何体的体积＝6×3×6－13×4×12×4×3＝108－8＝100(cm3)，故选B.答案：B12．如图是一几何体的三视图，则该几何体的表面积是()A．5＋ 3 B．5＋2 3C．4＋2 2 D．4＋2 3解析：由三视图可知该几何体是一个六面体ABCDEFG，其中底面ABCD为正方形，AF∥CG.且AF＝CG＝1，DE∥AF，且DE＝2AF，易计算出EF＝BF＝BG ＝EG＝2，所以四边形EFBG为菱形，其对角线长分别为2和6，故该几何体的表面积S ＝1×1＋12×1×1×2＋12×(1＋2)×1×2＋12×6×2＝5＋3，故选A.答案：A 二、填空题13．已知一个几何体的三视图是三个全等的边长为1的正方形，如图所示，则它的体积为________．解析：该几何体是一个单位正方体被截去了一部分，其直观图如图所示，其体积为1－13×12×1×1×1＝56.答案：5614．如图所示是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为________．解析：由题可知该几何体由两个相同的半圆柱和一个长方体拼接而成，因此该几何体的体积V ＝1×2×4＋π×12×2＝8＋2π.答案：8＋2π15．(2017·大庆检测)如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为________．解析：由三视图可知，该几何体的外接球与长、宽、高分别为2、2、2的长方体的外接球相同，故所求球的半径R ＝12 22＋12＋22＝2，其表面积S ＝4πR 2＝8π. 答案：8π16．(2016·高考四川卷)已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．解析：在长方体(长为23，宽、高均为1)中作出此三棱锥，如图所示，则V P -ABC ＝13×12×23×1×1＝33. 答案：33B 组——12＋4高考提速练一、选择题1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．6B ．3 3C ．2 3D ．3解析：由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为侧视图，该侧视图是底边为2，高为3的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故h ＝3，所以几何体的体积V ＝S ·h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×3×3＝3 3.答案：B2．某个几何体的三视图如图所示，其中正视图中的圆弧是半径为2的半圆，则该几何体的表面积为( )A ．92＋24πB ．82＋24πC ．92＋14πD ．82＋14π解析：依题意，题中的几何体是在一个长方体的上表面放置了半个圆柱，其中长方体的长、宽、高分别是5、4、4，圆柱的底面半径是2，高是5，因此该几何体的表面积等于3×(4×5)＋2×(4×4)＋π×22＋12×(2π×2)×5＝92＋14π，故选C. 答案：C3．如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为( )A ．1∶1B ．2∶1C ．2∶3D ．3∶2解析：由题意可得正视图的面积等于矩形ADD 1A 1面积的12，侧视图的面积等于矩形CDD 1C 1面积的12，又底面ABCD 是正方形，所以矩形ADD 1A 1与矩形CDD 1C 1的面积相等，即正视图与侧视图的面积之比是1∶1，故选A. 答案：A4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．8＋2 3B ．8＋8 3C ．12＋4 3D ．16＋4 3解析：该几何体是一个四棱柱，其直观图如图所示，其中上、下、左、右四个面是边长为2的正方形，前、后两个面均是底边长为2，高为3的平行四边形，故其表面积为4×2×2＋2×2×3＝16＋4 3.答案：D5．已知在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，棱A 1A ＝5，AB ＝12，那么直线B 1C 1和平面A 1BCD 1的距离是( )A ．5 B.132 C.6013D ．8解析：∵B 1C 1∥BC ，且B 1C 1⊄平面A 1BCD 1，BC ⊂平面A 1BCD 1，∴B 1C 1∥平面A 1BCD 1.从而点B 1到平面A 1BCD 1的距离即为所求．过点B 1作B 1E ⊥A 1B 于E 点(图略)．∵BC ⊥平面A 1ABB 1，且B 1E ⊂平面A 1ABB 1，∴BC ⊥B 1E .又BC ∩A 1B ＝B ，∴B 1E ⊥平面A 1BCD 1，即线段B 1E 的长即为所求．在Rt △A 1B 1B 中，B 1E ＝A 1B 1·B 1B A 1B ＝12×552＋122＝6013，因此直线B 1C 1和平面A 1BCD 1的距离是6013，故选C. 答案：C6．在三棱锥A -BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，△ABC ，△ACD ，△ADB 的面积分别为10,5,4，则该三棱锥外接球的表面积为( ) A ．141π B ．45π C ．35πD ．24π解析：三棱锥A -BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，补成长方体，两者的外接球是同一个，长方体的对角线就是球的直径，设长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，由题意得，ab ＝20，ac ＝10，bc ＝8， 解得，a ＝5，b ＝4，c ＝2，所以球的直径为25＋16＋4＝35， 它的半径为352，球的表面积为4π·⎝⎛⎭⎪⎫3522＝45π.故选B. 答案：B7．如图，圆锥的底面直径AB ＝2，母线长VA ＝3，点C 在母线VB 上，且VC ＝1，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A 到达点C ，则这只蚂蚁爬行的最短距离是( )A.13B.7C.433D.332解析：把圆锥的半侧面展开，侧面展开图中，半径r ＝3，故圆心角∠AVB ＝π3，如图，在△VAC 中，根据余弦定理得AC ＝32＋12－2×3×1×12＝7，此即为蚂蚁爬行的最短距离． 答案：B8．已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的各个顶点都在表面积为16π的球面上，且AB ＝3AD ，AA 1＝2AD ，则四棱锥D 1-ABCD 的体积为( ) A.263 B.463 C.π3D.2π3解析：设AD ＝x ，长方体的外接球的半径为R ，则AD 2＋AB 2＋AA 21＝(2R )2，又4πR 2＝16π，∴x 2＋(3x )2＋(2x )2＝4R 2＝16，解得x ＝2，∴四棱锥D 1-ABCD 的体积V ＝13AA 1·S 四边形ABCD ＝13×22×3×2×2＝463.故选B. 答案：B9．已知Rt △ABC ，其三边长分别为a ，b ，c (a >b >c )．分别以三角形的边a ，b ，c 所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成三个几何体，其表面积和体积分别为S 1，S 2，S 3和V 1，V 2，V 3.则它们的关系为( ) A ．S 1>S 2>S 3，V 1>V 2>V 3 B ．S 1<S 2<S 3，V 1<V 2<V 3 C ．S 1>S 2>S 3，V 1＝V 2＝V 3 D ．S 1<S 2<S 3，V 1＝V 2＝V 3解析：S 1＝π·bc a ·(b ＋c )，V 1＝13π⎝ ⎛⎭⎪⎫bc a 2a ，S 2＝πac ＋πc 2，V 2＝13πbc 2，S 3＝πab ＋πb 2，V 3＝13πb 2c .由a >b >c ，可得S 1<S 2<S 3，V 1<V 2<V 3. 答案：B10．正三角形ABC 的边长为23，将它沿高AD 翻折，使点B 与点C 间的距离为3，此时四面体ABCD 的外接球的半径为( ) A.13 B.132 C ．2 3D. 3解析：球心O 一定在与平面BCD 垂直且过底面正三角形中心O ′的直线上，也在平面ADO 中AD 的垂直平分线上，如图．OE ＝O ′D ＝3×32×23＝1，DE ＝12AD ＝12×23×32＝32，故所求外接球的半径r ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝132.答案：B11．已知点A ，B ，C ，D 在同一个球的球面上，AB ＝BC ＝2，AC ＝2，若四面体ABCD 体积的最大值为23，则这个球的表面积为( ) A.125π6 B ．8π C.25π4D.25π16解析：∵AB ＝BC ＝2，AC ＝2，∴△ABC 是直角三角形，∴△ABC 的外接圆的圆心为边AC 的中点O 1，如图所示，若使四面体ABCD 体积取得最大值只需使点D 到平面ABC 的距离最大，又OO 1⊥平面ABC ，∴点D 是直线OO 1与球上方的交点时体积最大．设球的半径为R ，则由体积公式有O 1D ＝2.在Rt △AOO 1中，R 2＝1＋(2－R )2，解得R ＝54，故球的表面积S ＝25π4，故选C.答案：C12．如图，在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱BC ，CC 1的中点，P 是侧面BCC 1B 1内一点，若A 1P ∥平面AEF ，则线段A 1P 长度的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫324，52 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，52D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，52解析：取B 1C 1的中点M ，BB 1的中点N ，连接A 1M ，A 1N ，MN ，则平面A 1MN ∥平面AEF ，所以点P 位于线段MN 上．在△A 1MN 中，A 1M ＝A 1N ＝ 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝52，MN ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝22.当点P 位于点M ，N 时，A 1P 最大，为52；当点P位于MN 的中点时，A 1P 最小，为⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫242＝324，所以324≤A 1P ≤52.答案：B 二、填空题13．若圆锥的侧面积是底面积的3倍，则其母线与轴所成角的正弦值为________． 解析：设圆锥的高为h ，底面半径为r ，母线与轴所成角为θ，则S 侧＝12·2πr ·r 2＋h 2，S 底＝πr 2，因为S 侧＝3S 底，所以πr ·r 2＋h 2＝3πr 2，得r 2＋h 2＝3r ，即8r 2＝h 2，所以tan θ＝122，sin θ＝13.答案：1314．已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面，且底面边长与侧棱长都等于3.蚂蚁从A 点沿侧面经过棱BB 1上的点N 和CC 1上的点M 爬到点A 1，如图所示，则蚂蚁爬过的路程最短为________．解析：将三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧面展开如图所示，则有A ′A ′1＝3，AA ′1＝(AA ′)2＋(A ′A ′1)2＝310.所以蚂蚁爬过的路程最短为AA ′1.答案：31015．如图所示，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点P 是棱AD 上一点，且AP ＝a 3，过B 1、D 1、P 的平面交底面ABCD 于PQ ，Q 在直线CD 上，则PQ ＝________.解析：∵平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABCD ，而平面B 1D 1P ∩平面ABCD ＝PQ ，平面B 1D 1P ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，∴B 1D 1∥PQ .又∵B 1D 1∥BD ，∴BD ∥PQ ，设PQ ∩AB ＝M ，∵AB ∥CD ，∴△APM ∽△DPQ .∴PM PQ ＝AP PD ＝12，即PQ ＝2PM .又知△APM ∽△ADB ，∴PM BD ＝AP AD ＝13， ∴PM ＝13BD ，又BD ＝2a ，∴PQ ＝223a . 答案：223a16．如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，Q 为AD 的中点．若平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ＝PD ＝AD ＝2，点M 在线段PC 上，且PM ＝2MC ，则四棱锥P -ABCD 与三棱锥P -QBM 的体积之比是________．解析：过点M 作MH ∥BC 交PB 于点H .∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PQ ⊥AD ， ∴PQ ⊥平面ABCD .∵P A ＝PD ＝AD ＝AB ＝2，∠BAD ＝60°， ∴PQ ＝BQ ＝ 3.∴V P -ABCD ＝13PQ ·S 菱形ABCD ＝13×3×2×3＝2. 又PQ ⊥BC ，BQ ⊥AD ，AD ∥BC . ∴BQ ⊥BC ，又QB ∩QP ＝Q ， ∴BC ⊥平面PQB ，由MH ∥BC ， ∴MH ⊥平面PQB ，MH BC ＝PM PC ＝23， ∵BC ＝2，∴MH ＝43，∴V P -QBM ＝V M -PQB＝13×12×3×3×43＝23，∴V P-ABCD∶V P-QBM＝3∶1.答案：3∶1。
2023年高考数学二轮复习第一部分专题攻略专题四立体几何第一讲空间几何体的表面积与体积
专题四 立体几何第一讲 空间几何体的表面积与体积——小题备考微专题1 空间几何体的表面积和体积常考常用结论1．柱体、锥体、台体、球的表面积公式： ①圆柱的表面积S ＝2πr (r ＋l )； ②圆锥的表面积 S ＝πr (r ＋l )；③圆台的表面积S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )； ④球的表面积S ＝4πR 2.2．柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 球＝43πR 3.保 分 题1.[2022·山东枣庄三模]若圆锥的母线长为2，侧面积为2π，则其体积为( ) A ．√6π B ．√3π C ．√63π D ．√33π2．[2022·河北保定一模]圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．2∶33．[2022·湖北武汉二模]如图，在棱长为2的正方体中，以其各面中心为顶点构成的多面体为正八面体，则该正八面体的体积为( )A ．2√23B ．43 C ．4√23D ．83提分题例1 (1)[2022·河北张家口三模]如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，过A1B1的截面与AC交于点D，与BC交于点E，该截面将三棱柱分成体积相等的两部分，则CDAC＝()A．13B．12C．2−√32D．√3−12(2)[2022·湖南雅礼中学二模]某圆锥高为1，底面半径为√3，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为()A．2 B．√3C．√2D．1听课笔记：【技法领悟】1．求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键．求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．2．求不规则几何体的体积，常用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体，易于求解．巩固训练11.[2022·山东菏泽一模]如图1，在高为h的直三棱柱容器ABC A1B1C1中，AB＝AC＝2，AB⊥AC.现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为A 1B 1C (如图2)，则容器的高h 为( )A ．3B ．4C ．4√2D ．62．[2022·福建福州三模]已知AB ，CD 分别是圆柱上、下底面圆的直径，且AB ⊥CD ，O 1，O 分别为上、下底面的圆心，若圆柱的底面圆半径与母线长相等，且三棱锥A BCD 的体积为18，则该圆柱的侧面积为( )A ．9πB ．12πC ．16πD ．18π微专题2 与球有关的切、接问题常考常用结论1．球的表面积S ＝4πR 2，体积V ＝43πR 3.2．长方体、正方体的体对角线等于其外接球的直径． 3．n 面体的表面积为S ，体积为V ，则内切球的半径r ＝3VS .4．直三棱柱的外接球半径：R ＝√r 2+(L2)2，其中r 为底面三角形的外接圆半径，L 为侧棱长，如果直三棱柱有内切球，则内切球半径R ′＝L2.5．正四面体中，外接球和内切球的球心重合，且球心在高对应的线段上，它是高的四等分点，球心到顶点的距离为外接球的半径R ＝√64a (a 为正四面体的棱长)，球心到底面的距离为内切球的半径r ＝√612a ，因此R ∶r ＝3∶1.保 分 题1.[2022·广东深圳二模]已知一个球的表面积在数值上是它的体积的√3倍，则这个球的半径是( )A ．2B ．√2C ．3D ．√32．已知正四棱锥P ABCD 中，AB ＝√6，P A ＝2√3，则该棱锥外接球的体积为( )A．4π B．32π3C．16π D．16π33．[2022·天津红桥一模]一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1、√2、3，则此球的体积为________．提分题例2 (1)[2022·江苏苏州三模]《九章算术》卷第五《商功》中，有“贾令刍童，上广一尺，袤二尺，下广三尺，袤四尺，高一尺．”，意思是：“假设一个刍童，上底面宽1尺，长2尺；下底面宽3尺，长4尺，高1尺．”(注：刍童为上下底面为相互平行的不相似长方形，两底面的中心连线与底面垂直的几何体)，若该几何体所有顶点在一球体的表面上，则该球体的体积为()立方尺A．√41πB．41π3D．3√41πC．41√41π6(2)[2022·山东泰安三模]如图，已知三棱柱ABC A1B1C1的底面是等腰直角三角形，AA1⊥底面ABC，AC＝BC＝2，AA1＝4，点D在上底面A1B1C1(包括边界)上运动，则三棱锥D ABC 的外接球表面积的最大值为()π B．24πA．814C．243π D．8√6π16听课笔记：【技法领悟】1．确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与几何体的位置和数量关系．2．求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．3．补成正方体、长方体、正四面体、正棱柱、圆柱等规则几何体．巩固训练21.已知圆柱的轴截面为正方形，其外接球为球O，球O的表面积为8π，则该圆柱的体积为()A．√22π B．√2πC．2π D．2√2π2．[2022·广东潮州二模]已知△ABC是边长为3的等边三角形，三棱锥P ABC全部顶点都在表面积为16π的球O的球面上，则三棱锥P ABC的体积的最大值为()A．√3B．3√32C．9√34D．√32专题四 立体几何第一讲 空间几何体的表面积与体积微专题1 空间几何体的表面积和体积保分题1．解析：设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则πr ×2＝2π，可得r ＝1，则h ＝√22−r 2＝√3，因此，该圆锥的体积为V ＝13πr 2h ＝13π×12×√3＝√33π. 答案：D2．解析：设球的半径为r ，依题意圆柱的底面半径也是r ，高是2r ， 圆柱的侧面积＝2πr ·2r ＝4πr 2 ，球的表面积为4πr 2 ， 其比例为1∶1. 答案：A3．解析：该正八面体是由两个同底的正四棱锥组成，且正四棱锥的底面是边长为√2的正方形，棱锥的高为1，所以该正八面体的体积为2×13×√2×√2×1＝43.答案：B提分题[例1] 解析：(1)由题可知平面A 1B 1ED 与棱柱上、下底面分别交于A 1B 1，ED ， 则A 1B 1∥ED ，ED ∥AB ， 显然CDE - C 1A 1B 1是三棱台，设△ABC 的面积为1，△CDE 的面积为S ，三棱柱的高为h ， ∴12·1·h ＝13h (1＋S ＋√S )， 解得√S ＝√3−12，由△CDE ∽△CAB ，可得CD AC ＝√S√1＝√3−12. (2)如图，截面为△P AB ，设C 为AB 中点，设OC ＝x ，x ∈[0，√3)，则AB ＝2√3−x 2，PC ＝√x 2+1，则截面面积S ＝12×2√3−x 2×√x 2+1＝√−(x 2−1)2+4，则当x 2＝1时，截面面积取得最大值为2. 答案：(1)D (2)A[巩固训练1]1．解析：在图1中V 水＝12×2×2×2＝4，在图2中，V 水＝V ABC − A 1B 1C 1− V C − A 1B 1C 1＝12×2×2×h －13×12×2×2×h ＝43h ， ∴43h ＝4，∴h ＝3.答案：A2．解析：分别过A ，B 作圆柱的母线AE ，BF ，连接CE ，DE ，CF ，DF ，设圆柱的底面半径为r ，则三棱锥A - BCD 的体积为两个全等四棱锥C - ABFE 减去两个全等三棱锥A - CDE ， 即2×13×r ×2r ×r －2×13×r ×12×2r ×r ＝23r 3＝18，则r ＝3，圆柱的侧面积为2πr ×r ＝18π答案：D微专题2 与球有关的切、接问题保分题1．解析：设球的半径为R ，则根据球的表面积公式和体积公式， 可得，4πR 2＝43πR 3×√3，化简得R ＝√3. 答案：D2．解析：正方形ABCD 的对角线长√6+6＝2√3，正四棱锥的高为 √(2√3)2−(2√32)2＝3，设外接球的半径为R ，则(3－R )2＋(2√32)2＝R 2⇒R ＝2， 所以外接球的体积为4π3×23＝32π3.答案：B3．解析：长方体外接球的直径为√12+(√2)2+32＝2√3，所以外接球半径为√3，所以球的体积为4π3×(√3)3＝4√3π.答案：4√3π提分题[例2] 解析：(1)作出图象如图所示：由已知得球心在几何体的外部， 设球心到几何体下底面的距离为x ， 则R 2＝x 2＋(52)2＝(x ＋1)2＋(√52)2，解得x ＝2，∴R 2＝414， ∴该球体的体积V ＝4π3×(√412)3＝41√41π6.(2)因为△ABC 为等腰直角三角形，AC ＝BC ＝2，所以△ABC 的外接圆的圆心为AB 的中点O 1, 且AO 1＝√2，连接O 1与A 1B 1的中点E ，则O 1E ∥AA 1，所以O 1E ⊥平面ABC ， 设球的球心为O ，由球的截面性质可得O 在O 1E 上， 设OO 1＝x ，DE ＝t (0≤t ≤√2)，半径为R ， 因为OA ＝OD ＝R ，所以√2+x 2＝√(4−x )2+t 2， 所以t 2＝8x －14，又0≤t ≤√2， 所以74≤x ≤2，因为R 2＝2＋x 2，所以8116≤R 2≤6，所以三棱锥D －ABC 的外接球表面积的最大值为24π. 答案：(1)C (2)B [巩固训练2]1．解析：设外接球的半径为R ，圆柱底面圆的半径为r ，因为圆柱的轴截面为正方形，所以圆柱的高h ＝2r ，由球O 的表面积S ＝4πR 2＝8π，得R ＝√2，又R ＝ √(h2)2+r 2＝√2r ，得r ＝1，所以圆柱的体积V ＝πr 2·2r ＝2πr 3＝2π.答案：C2．解析：球O 的半径为R ，则4πR 2＝16π，解得：R ＝2，由已知可得：S △ABC ＝√34×32＝9√34，其中AE ＝23AD ＝√3，球心O 到平面ABC 的距离为√R 2−(√3)2＝1， 故三棱锥P - ABC 的高的最大值为3， 体积最大值为13S △ABC ·3＝9√34.答案：C。
高三数学二轮专题复习 4-1空间几何体课后作业 新人教A版
高三数学二轮专题复习 4-1空间几何体课后作业 新人教A 版一、选择题1．(文)(2013·山东文，4)一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正(主)视图如图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是( )A ．45，8B ．45，83C ．4(5＋1)，83D ．8,8[答案] B[解析] 由正视图知四棱锥底面是边长为2的正方形，高为2，又因为侧棱长相等，所以棱锥是正四棱锥，斜高h ′＝22＋12＝5，侧面积S ＝4×12×2×5＝45，体积V ＝13×2×2×2＝83.(理)(2013·新课标Ⅱ文，9)一个四面体的顶点在空间直角坐系O －xyz 中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到的正视图可为( )[答案] A[解析] 由已知条件作出四面体的直观图如图所示，将四面体BDC1A1补形为正方体ABCD－A1B1C1D1，容易看出四面体在zOx平面上的投影为ADD1A1(其中C1的投影为D1，B的投影为A)，且BC1的投影线为AD1，它是实线，故选A.2．(文)(2013·湖南桂东一中月考)如图所示，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为2的正方形，俯视图是一个直径为2的圆，那么这个几何体的体积为( )A.32π B．2πC．3π D．4π[答案] B[解析]由三视图知，该几何体为底半径为1，高为2的圆柱，体积为V＝π×12×2＝2π.(理)(2013·浙江文，5)已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是( )A ．108cm 3B ．100cm 3C ．92cm 3D ．84cm 3[答案]B[解析] 结合三视图可得几何体的直观图如图所示，其体积V ＝VABCD －A 1B 1C 1D 1－VD 1－A 1EF ，由三视图可得VABCD －A 1B 1C 1D 1＝6×6×3＝108cm 3，VD 1－A 1EF ＝13×12×4×4×3＝8cm 3，所以V ＝100cm 3，选B. 3．(文)(2013·泗县双语中学模拟)已知某棱锥的俯视图如图，正视图与侧视图都是边长为2的等边三角形，则该棱锥的侧面积是( )A ．4B ．4 3C ．4(1＋3)D ．8 [答案] D[解析] 由条件知，该几何体是正四棱锥，底面是边长为2的正方形，斜高为2，∴侧面积S 侧＝4×(12×2×2)＝8.(理)(2013·绍兴市模拟)某四棱锥的底面为正方形，其三视图如图所示，则该四棱锥的体积等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4 [答案] B[解析] 由三视图知，该几何体底面是正方形，对角线长为2，故边长为2，几何体是四棱锥，有一条侧棱与底面垂直，其直观图如图，由条件知PC ＝13，AC ＝2，∴PA ＝3，体积V ＝13×(2)2×3＝2.4．(文)如图，直三棱柱的正视图面积为2a 2，则侧视图的面积为( ) A ．2a 2B ．a 2C.3a 2D.34a 2 [答案] C[解析] 由正视图的面积为2a 2，则直三棱柱的侧棱长为2a ，侧视图为矩形，一边长为2a ，另一边长为32a ，所以侧视图的面积为3a 2. (理)(2013·东城区模拟)已知一个几何体的三视图如图所示(单位：cm)，那么这个几何体的侧面积是( )A ．(1＋2)cm 2B ．(3＋2)cm 2C ．(4＋2)cm 2D ．(5＋2)cm 2[答案] C[解析] 由三视图可画出该几何体的直观图如图，其侧面积为1×1＋2×12(1＋2)×1＋1×12＋12＝4＋2cm 2.二、填空题5．(文)(2013·陕西理，12)某几何体的三视图如图所示，则其体积为________．[答案]π3[解析] 由三视图可知，此几何体是底面半径为1，高为2的半个圆锥． ∴V ＝12×13(π×12×2)＝π3.(理)(2013·天津十二区县联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．[答案] 108＋3π[解析] 由三视图知，该几何体由上下两个全等的正四棱柱及中间的圆柱构成的组合体，体积V ＝2×(6×6×1.5)＋π×12×3＝108＋3π.6．(文)(2013·金华一中月考)某几何体的三视图(单位：cm)如下图，则这个几何体的表面积为________cm 2.[答案] 12＋2 3[解析] 由三视图知，该几何体为正三棱柱， 底面积S 1＝2×(12×2×3)＝23，侧面积S 2＝3×(2×2)＝12， ∴表面积S ＝S 1＋S 2＝12＋23cm 2.(理)(2013·江苏，8)如图，在三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，AC ，AA 1的中点，设三棱锥F －ADE 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的体积为V 2，则V 1:V 2＝________.[答案] 1:24[解析]V 1V 2＝V 锥F －ADEV 柱ABC －A 1B 1C 1＝13×14S ×12h Sh＝124. 三、解答题7．(2012·新疆维吾尔自治区检测)在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，DC ∥AB ，DC ＝1，AB ＝4，BC ＝23，∠CBA ＝30°.(1)求证：AC ⊥PB ；(2)当PD ＝2时，求此四棱锥的体积． [解析] (1)∵PC ⊥平面ABCD ，∴PC ⊥AC ， 又∠CBA ＝30°，BC ＝23，AB ＝4， ∴AC ＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos ∠CBA ＝16＋12－2×4×23×32＝2，∴AC 2＋BC 2＝4＋12＝16＝AB 2， ∴∠ACB ＝90°，故AC ⊥BC .又∵PC 、BC 是平面PBC 内的两条相交直线， 故AC ⊥平面PBC ， ∴AC ⊥PB .(2)当PD ＝2时，作CE ⊥AB 交AB 于E ，在Rt △CEB 中，CE ＝CB ·sin30°＝23×12＝3，又在Rt △PCD 中，DC ＝1， ∴PC ＝3，∴V P －ABCD ＝13·PC ·S ABCD ＝13×3×12(1＋4)×3＝52.8．(2013·山东文，19)如图，四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥AC ，AB ⊥PA ，AB ∥CD ，AB ＝2CD ，E ，F ，G ，M ，N 分别为PB ，AB ，BC ，PD ，PC 的中点．(1)求证：CE ∥平面PAD ； (2)求证：平面EFG ⊥平面EMN . [解析] (1)连接CF .因为F 为AB 的中点，所以AF ＝12AB .又CD ＝12AB ，所以AF ＝CD .又AF ∥CD ，所以四边形AFCD 为平行四边形． 因此CF ∥AD .又CF ⊄平面PAD ，所以CF ∥平面PAD .因为E 、F 分别为PB 、AB 的中点，所以EF ∥PA . 又EF ⊄平面PAD ，所以EF ∥平面PAD . 因为CF ∩EF ＝F ，故平面CEF ∥平面PAD . 又CE ⊂平面CEF ，所以CE ∥平面PAD . (2)证明：因为E 、F 分别为PB 、AB 的中点， 所以EF ∥PA .又AB ⊥PA ，所以AB ⊥EF . 同理可证AB ⊥FG .又EF ∩FG ＝F ，EF ⊂平面EFG ，FG ⊂平面EFG ， 因此AB ⊥平面EFG .又M 、N 分别为PD 、PC 的中点， 所以MN ∥CD .又AB ∥CD ，所以MN ∥AB . 因此MN ⊥平面EFG . 又MN ⊂平面EMN ， 所以平面EFG ⊥平面EMN .能力提高训练一、选择题1．(文)(2013·眉山市二诊)一个棱锥的三视图如图所示，则这个棱锥的体积是( )A ．6B ．12C ．24D ．36 [答案] B[解析] 由三视图知该几何体为有一条侧棱与底面垂直的四棱锥，体积V ＝13×(4×3)×3＝12.(理)已知球的直径SC ＝4，A 、B 是该球球面上的两点，AB ＝2，∠ASC ＝∠BSC ＝45°，则棱锥S －ABC 的体积为( )A.33 B.233 C.433 D.533[答案] C [解析]如图所示，由题意知，在棱锥S －ABC 中，△SAC ，△SBC 都是等腰直角三角形，其中AB ＝2，SC ＝4，SA ＝AC ＝SB ＝BC ＝2 2.取SC 的中点D ，易证SC 垂直于面ABD ，因此棱锥S－ABC 的体积为两个棱锥S －ABD 和C －ABD 的体积和，所以棱锥S －ABC 的体积V ＝13SC ·S △ADB＝13×4×3＝433. 2．(文)(2013·辽宁文，10)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172B ．210 C.132D ．310 [答案] C[解析] 过C ，B 分别作AB 、AC 的平行线交于D ，分别过C 1、B 1作A 1B 1，A 1C 1的平行线交于D 1，连接DD 1，则ABDC －A 1B 1D 1C 1恰为该球的内接长方体，故该球的半径r ＝32＋42＋1222＝132，故选C. (理)(2013·德阳市二诊)已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图，侧视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为( )A.2π3＋12B.4π3＋16C.2π6＋16D.2π3＋12[答案] C[解析] 由三视图知，该几何体为组合体，下部为一个半球，半球的直径为2，上部为三棱锥，有一侧棱与底面垂直，∴体积V ＝13×(12×1×1)×1＋4π3×(22)3×12＝16＋2π6.3．(文)(2013·榆林市一中模拟)已知某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为24，则正视图中a 的值为( )A ．8B ．6C ．4D ．2 [答案] B[解析] 由V ＝13×(a ×3)×4＝24得，a ＝6.(理)(2013·江西八校联考)某几何体的三视图(单位：m)如图所示，则其表面积为( )A ．(96＋322)m 2B ．(64＋323)m 2C ．(114＋162＋163)m 2D ．(80＋162＋163)m 2[答案] D[解析] 由三视图知该几何体是一个组合体，中间是一个棱长为4的正方体(由正、侧视图中间部分和俯视图知)，上部是一个有一条侧棱与底面垂直的四棱锥，下部是一个正四棱锥，表面积S ＝2(12×4×4＋12×4×42＋42)＋4×42＋4×(12×4×23)＝80＋162＋163(m 2)．4．(文)(2013·常德市模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．6＋23B ．6＋4 2C ．4＋23D ．4＋4 2 [答案] D[解析] 其直观图如图，表面积S ＝2×(12×2×2)＋(12×22×2)×2＝4＋4 2.(理)(2013·江西师大附中、鹰潭一中联考)已知一个三棱锥的正视图与俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图面积为( )A.32B.34C ．1 D.12[答案]B[解析] 由题意知，此三棱锥的底面为有一个角为30°的直角三角形，其斜边长AC ＝2，一个侧面PAC 为等腰直角三角形，∴DE ＝1，BF ＝32，其侧视图为直角三角形，其两直角边与DE 、BF 的长度相等，面积S ＝12×1×32＝34.二、填空题5．(文)(2013·天津市六校联考)某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为________．[答案] 48[解析] 由三视图知，该几何体是一个组合体，其上部为长方体，下部为横放的四棱柱，其底面是上底长2，下底长6，高为2的等腰梯形，柱高为4，其体积V ＝2×4×2＋12(2＋6)×2×4＝48.(理)(2013·内江市一模)矩形ABCD 中，AB ＝8，BC ＝6，沿BD 将矩形ABCD 折成一个直二面角A －BD －C ，则四面体ABCD 的外接球的表面积是________．[答案] 100π[解析] 设矩形ABCD 对角线BD 的中点为O ，则OA ＝OB ＝OC ＝OD ，∴折起后空间四边形ABCD 的外接球球心为O ，∴球O 的半径R ＝1282＋62＝5，∴球O 的表面积S ＝4πR 2＝100π. 三、解答题6．(文)(2013·北京文，17)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，CD ＝2AB ，平面PAD ⊥底面ABCD ，PA ⊥AD ，E 和F 分别是CD 、PC 的中点，求证：(1)PA ⊥底面ABCD ； (2)BE ∥平面PAD ； (3)平面BEF ⊥平面PCD .[解析] (1)因为平面PAD ⊥底面ABCD ，且PA 垂直于这两个平面的交线AD ， 所以PA ⊥底面ABCD .(2)因为AB ∥CD ，CD ＝2AB ，E 为CD 的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以四边形ABED为平行四边形．所以BE∥AD.又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)因为AB⊥AD，而且ABED为平行四边形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD.所以PA⊥CD.所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF.所以CD⊥EF，又因为CD⊥BE，BE∩EF＝E，所以CD⊥平面BEF.所以平面BEF⊥平面PCD.(理)(2013·浙江理，20)如图，在四面体A－BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2 2.M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC.(1)证明：PQ ∥平面BCD ；(2)若二面角C －BM －D 的大小为60°，求∠BDC 的大小．[解析] 方法1：(1)取BD 的中点O ，在线段CD 上取点F ，使得DF ＝3FC ，连接OP ，OF ，FQ .因为AQ ＝3QC ，所以QF ∥AD ，且QF ＝14AD .因为O ，P 分别为BD ，BM 的中点， 所以OP 是△BDM 的中位线， 所以OP ∥DM ，且OP ＝12DM .又点M 为AD 的中点，所以OP ∥AD ，且OP ＝14AD .从而OP ∥FQ ，且OP ＝FQ ，所以四边形OPQF 为平行四边形，故PQ ∥OF . 又PQ ⊄平面BCD ，OF ⊂平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD .(2)作CG ⊥BD 于点G ，作GH ⊥BM 于点H ，连接CH . 因为AD ⊥平面BCD ，CG ⊂平面BCD ，所以AD ⊥CG ， 又CG ⊥BD ，AD ∩BD ＝D ，故CG ⊥平面ABD ， 又BM ⊂平面ABD ，所以CG ⊥BM .又GH ⊥BM ，CG ∩GH ＝G ，故BM ⊥平面CGH ， 所以GH ⊥BM ，CH ⊥BM .所以∠CHG 为二面角C －BM －D 的平面角， 即∠CHG ＝60°. 设∠BDC ＝θ. 在Rt △BCD 中，CD ＝BD cos θ＝22cos θ，CG ＝CD sin θ＝22cos θsin θ，BC ＝BD sin θ＝22sin θ， BG ＝BC sin θ＝22sin 2θ.在Rt △BDM 中，∵GH ⊥BM ，∴△BGH ∽△BMD ，∴HG ＝BG ·DM BM ＝22sin 2θ3.在Rt △CHG 中，tan ∠CHG ＝CG HG ＝3cos θsin θ＝ 3. 所以tan θ＝ 3. 从而θ＝60°. 即∠BDC ＝60°.方法2：(1)如图，取BD 的中点O ，以O 为原点，OD 、OP 所在射线为y 、z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz .由题意知A (0，2，2)，B (0，－2，0)，D (0，2，0)． 设点C 的坐标为(x 0，y 0,0)．因为AQ →＝3QC →， 所以Q (34x 0，24＋34y 0，12)．因为M 为AD 的中点，故M (0，2，1)． 又P 为BM 的中点，故P (0,0，12)，所以PQ →＝(34x 0，24＋34y 0,0)．又平面BCD 的一个法向量为u ＝(0,0,1)， 故PQ →·u ＝0.又PQ ⊄平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD .(2)设m ＝(x ，y ，z )为平面BMC 的一个法向量． 由CM →＝(－x 0，2－y 0,1)，BM →＝(0,22，1)， 知⎩⎨⎧－x 0x ＋2－y 0y ＋z ＝0，22y ＋z ＝0.取y ＝－1，得m ＝(y 0＋2x 0，－1,22)． 又平面BDM 的一个法向量为n ＝(1,0,0)．于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝|y 0＋2x 0|9＋y 0＋2x 02＝12， 即(y 0＋2x 0)2＝3.① 又BC ⊥CD ，所以CB →·CD →＝0，故(－x 0，－2－y 0,0)·(－x 0，2－y 0,0)＝0， 即x 20＋y 20＝2.②联立①②，解得⎩⎨⎧x 0＝0，y 0＝－ 2.(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝±62，y 0＝22.所以tan ∠BDC ＝|x 02－y 0|＝ 3.又∠BDC 是锐角，所以∠BDC ＝60°.7．(文)(2013·重庆一中月考)如图，三棱锥P －ABC 中，PB ⊥平面ABC ，∠BCA ＝90°，PB ＝BC ＝CA ＝4，E 为PC 的中点，M 为AB 的中点，点F 在PA 上，且AF ＝2FP .(1)求证：BE ⊥平面PAC ； (2)求证：CM ∥平面BEF ； (3)求三棱锥F －ABE 的体积．[解析] (1)⎭⎬⎫⎭⎪⎬⎪⎫PB ⊥平面ABC ⇒PB ⊥AC BC ⊥AC⇒AC ⊥平面PBC ⇒AC ⊥BEPB ＝BC ，E 为中点⇒BE ⊥PC⇒BE ⊥平面PAC .(2)取AF 的中点G ，连接CG 、MG ，在△PCG 中，EF 为中位线，所以EF ∥CG ，在△AFB 中，MG 为中位线，所以BF ∥MG ，所以平面CMG ∥平面BEF ，故CM ∥平面BEF .(3)V F －ABE ＝V B －AEF ＝13S △AEF ·BE ＝329.(理)(2013·北京西城区模拟)在如图所示的几何体中，面CDEF 为正方形，面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AC ＝3，AB ＝2BC ＝2，AC ⊥FB .(1)求证：AC ⊥平面FBC ；(2)求四面体FBCD 的体积；(3)线段AC 上是否存在点M ，使得EA ∥平面FDM ？证明你的结论． [解析] (1)证明：在△ABC 中，∵AC ＝3，AB ＝2，BC ＝1， ∴AC ⊥BC . 又∵AC ⊥FB ， ∴AC ⊥平面FBC .(2)解：∵AC ⊥平面FBC ，∴AC ⊥FC . ∵CD ⊥FC ，∴FC ⊥平面ABCD .在等腰梯形ABCD 中可得CB ＝DC ＝1，∴FC ＝1. ∴S △BCD ＝34， ∴四面体FBCD 的体积为：V F －BCD ＝13S △BCD ·FC ＝312.(3)线段AC 上存在点M ，且M 为AC 中点时，有EA ∥平面FDM ，证明如下： 连接CE ，与DF 交于点N ，连接MN . 因为CDEF 为正方形，所以N 为CE 中点． 所以EA ∥MN .因为MN ⊂平面FDM ，EA ⊄平面FDM ， 所以EA ∥平面FDM .所以线段AC 上存在点M ，使得EA ∥平面FDM 成立．。
浙江新高考数学二轮复习专题强化练：专题四 1 第1讲 空间几何体 含解析
专题强化训练1.《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是()A．4B．8C．12D．16解析：选D.如图，以AA1为底面矩形一边的四边形有AA1C1C、AA1B1B、AA1D1D、AA1E1E 这4个，每一个面都有4个顶点，所以阳马的个数为16个．故选D.2．正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点(如图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为()解析：选C.过点A，E，C1的平面与棱DD1相交于点F，且F是棱DD1的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.3．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是()A ．8 cm 3B ．12 cm 3C ．323cm 3D ．403cm 3解析：选C.由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．下面是棱长为2 cm 的正方体，体积V 1＝2×2×2＝8(cm 3)；上面是底面边长为2 cm ，高为2 cm 的正四棱锥，体积V 2＝13×2×2×2＝83(cm 3)，所以该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝323(cm 3)．4．(2019·台州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体最长的棱长等于( )A ．34B ．41C ．52D ．215解析：选C.由正视图、侧视图、俯视图的形状，可判断该几何体为三棱锥，形状如图，其中SC ⊥平面ABC ，AC ⊥AB ，所以最长的棱长为SB ＝5 2.5．(2019·金华十校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．15π2B ．8π C.17π2D ．9π解析：选B.依题意，题中的几何体是由两个完全相同的圆柱各自用一个不平行于其轴的平面去截后所得的部分拼接而成的组合体(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一个截后所得的部分的底面半径为1，最短母线长为3、最长母线长为5，将这两个截后所得的部分拼接恰好形成一个底面半径为1，母线长为5＋3＝8的圆柱，因此题中的几何体的体积为π×12×8＝8π，选B.6.如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面在圆柱底面内，且底面是正三角形．如果三棱柱的体积为123，圆柱的底面直径与母线长相等，则圆柱的侧面积为( )A ．12πB ．14πC ．16πD ．18π解析：选C.设圆柱的底面半径为R ，则三棱柱的底面边长为3R ，由34(3R )2·2R ＝123，得R ＝2，S 圆柱侧＝2πR ·2R ＝16π.故选C.7．(2019·石家庄市第一次模拟)某几何体的三视图如图所示(网格线中每个小正方形的边长为1)，则该几何体的表面积为( )A ．48B ．54C ．64D ．60解析：选D.根据三视图还原直观图，如图所示，则该几何体的表面积S ＝6×3＋12×6×4＋2×12×3×5＋12×6×5＝60，故选D.8．在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A.4πB.9π2C.6πD.32π3解析：选B.由题意可得若V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ＝32，该球的体积最大，V max ＝43πR 3＝4π3×278＝9π2.9．(2019·温州八校联考)某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，其直观图和三视图如图所示，正视图为正方形，其中俯视图中椭圆的离心率为( )A.12B.24C.22 D.32解析：选C.依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为a ，则斜边长为2a ，圆锥的底面半径为22a 、母线长为a ，因此其俯视图中椭圆的长轴长为2a 、短轴长为a ，其离心率e ＝1－（a 2a）2＝22，选C.10.已知圆柱OO 1的底面半径为1，高为π，ABCD 是圆柱的一个轴截面．动点M 从点B 出发沿着圆柱的侧面到达点D ，其距离最短时在侧面留下的曲线Γ如图所示．现将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0＜θ≤π)后，边B 1C 1与曲线Γ相交于点P ，设BP 的长度为f (θ)，则y ＝f (θ)的图象大致为( )解析：选A.将圆柱的侧面沿轴截面ABCD 展平，则曲线Γ是展开图形(即矩形)的对角线，根据题意，将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0＜θ≤π)后，边B 1C 1与曲线Γ相交于点P ，设BP 的长度为f (θ)，则f (θ)应当是一次函数的一段，故选A.11．(2019·浙江省重点中学高三12月期末热身联考)某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________；表面积是________．解析：根据三视图可得，该几何体是长方体中的四棱锥C -BB 1D 1D ，由三视图可得：AB ＝2，BC ＝2，BB 1＝4，VC BB 1D 1D ＝23×12×2×2×4＝163，S C BB 1D 1D ＝12×2×2＋22×4＋12×2×4＋12×2×4＋12×22×18＝16＋8 2.答案：16316＋8 212.(2019·宁波市余姚中学期中检测)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积为________ cm 3，表面积为________cm 2.解析：由三视图可知：该几何体是由一个半球去掉14后得到的几何体．所以该几何体的体积＝34×12×43×π×13＝π2cm 3.表面积＝34×12×4π×12＋12×π×12＋34×π×12＝11π4cm2.答案：π211π413．(2019·河北省“五校联盟”质量检测)已知球O的表面积为25π，长方体的八个顶点都在球O的球面上，则这个长方体的表面积的最大值等于________．解析：设球的半径为R，则4πR2＝25π，所以R＝52，所以球的直径为2R＝5，设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，则长方体的表面积S＝2ab＋2ac＋2bc≤a2＋b2＋a2＋c2＋b2＋c2＝2(a2＋b2＋c2)＝50.答案：5014．(2019·浙江省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，当xy取得最大值时，该几何体的体积是____________．解析：分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥PABCD，CD＝y2，AB＝y，AC＝5，CP＝7，BP＝x，所以BP2＝BC2＋CP2，即x2＝25－y2＋7，x2＋y2＝32≥2xy，则xy≤16，当且仅当x＝y＝4时，等号成立．此时该几何体的体积V＝13×2＋42×3×7＝37.答案：3715．(2019·杭州市高考数学二模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是AA1的中点，则异面直线BE与B1D1所成角的余弦值等于________，若正方体棱长为1，则四面体B-EB1D1的体积为________．解析：取CC1中点F，连接D1F，B1F，则BE綊D1F，所以∠B1D1F为异面直线BE与B1D1所成的角．设正方体棱长为1，则B1D1＝2，B1F＝D1F＝1＋14＝52.所以cos∠B1D1F＝12B1D1D1F＝2252＝105. V B EB 1D 1＝V D 1BB 1E ＝13S △BB 1E ·A 1D 1＝13×12×1×1×1＝16.答案：105 1616．已知棱长均为a 的正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为216的球面上，则a 的值为________．解析：设O 是球心，D 是等边三角形A 1B 1C 1的中心，则OA 1＝216，因为正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长均为a ，所以A 1D ＝32a ×23＝33a ，OD ＝a 2，故A 1D 2＋OD 2＝⎝⎛⎭⎫33a 2＋⎝⎛⎭⎫a 22＝⎝⎛⎭⎫2162，得712a 2＝2136，即a 2＝1，得a ＝1.答案：117．(2019·瑞安四校联考)已知底面为正三角形的三棱柱内接于半径为1的球，则此三棱柱的体积的最大值为________．解析：如图，设球心为O ，三棱柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，底面正三角形的边长为a ，则AO 1＝23×32a ＝33a .由已知得O 1O 2⊥底面， 在Rt △OAO 1中，由勾股定理得OO 1＝12－⎝⎛⎭⎫33a 2＝3·3－a 23，所以V 三棱柱＝34a 2×2×3·3－a 23＝3a 4－a 62， 令f (a )＝3a 4－a 6(0＜a ＜2)， 则f ′(a )＝12a 3－6a 5＝－6a 3(a 2－2)，令f ′(a )＝0，解得a ＝ 2.因为当a ∈(0，2)时，f ′(a )＞0；当a ∈(2，2)时，f ′(a )＜0，所以函数f (a )在(0，2)上单调递增，在(2，2)上单调递减．所以f (a )在a ＝ 2 处取得极大值．因为函数f (a )在区间(0，2)上有唯一的极值点，所以a ＝ 2 也是最大值点．所以(V 三棱柱)max ＝3×4－82＝1. 答案：118.如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD , ∠BAD ＝∠ABC ＝90°.(1)证明：直线BC ∥平面P AD ；(2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P -ABCD 的体积．解：(1)证明：在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以BC ∥AD .又BC ⊄平面P AD ，AD ⊂平面P AD ，故BC ∥平面P AD .(2)取AD 的中点M ，连接PM ，CM .由AB ＝BC ＝12AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD .因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM .设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x . 取CD 的中点N ，连接PN ， 则PN ⊥CD ，所以PN ＝142x . 因为△PCD 的面积为27， 所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝－2(舍去)或x ＝2.于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3. 所以四棱锥P -ABCD 的体积V ＝13×2×（2＋4）2×23＝4 3.19.如图，在△ABC 中，∠B ＝π2，AB ＝BC ＝2，P 为AB 边上一动点，PD ∥BC 交AC 于点D .现将△PDA 沿PD 翻折至△PDA ′，使平面PDA ′⊥平面PBCD .(1)当棱锥A ′PBCD 的体积最大时，求P A 的长； (2)若P 为AB 的中点，E 为A ′C 的中点，求证：A ′B ⊥DE . 解：(1)设P A ＝x ，则P A ′＝x ，所以V A ′PBCD ＝13P A ′·S 底面PBCD ＝13x ⎝⎛⎭⎫2－x 22.令f (x )＝13x ⎝⎛⎭⎫2－x 22＝2x 3－x 36(0<x <2)，则f ′(x )＝23－x 22.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表： x ⎝⎛⎭⎫0，233233 ⎝⎛⎭⎫233，2 f ′(x )0 f (x )单调递增极大值单调递减由上表易知，当P A ＝x ＝23时，V A ′PBCD 取最大值．(2)证明：取A ′B 的中点F ，连接EF ，FP . 由已知，得EF 綊12BC 綊PD .所以四边形EFPD 是平行四边形， 所以ED ∥FP .因为△A ′PB 为等腰直角三角形， 所以A ′B ⊥PF .所以A ′B ⊥DE .。
【步步高】高考数学二轮复习 专题四 第1讲空间几何体
专题四立体几何第1讲空间几何体(推荐时间：60分钟)一、填空题1．已知各顶点都在同一个球面上的正四棱锥高为3，体积为6，则这个球的表面积是________．2．盛有水的圆柱形容器的内壁底面半径为5 cm，两个直径为5 cm的玻璃小球都浸没于水中，若取出这两个小球，则水面将下降________ cm.3．棱台上下底面面积分别为16和81，有一平行于底面的截面面积为36，则截面截的两棱台高的比为________．4．(2011·福建)三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥P－ABC的体积为________．5．在正三棱锥S—ABC中，M、N分别是棱SC、BC的中点，且MN⊥AN，若侧棱SA＝23，则正三棱锥S—ABC外接球的表面积是________．6．有一棱长为a的正方体骨架，其内放置一气球，使其充气且尽可能地大(仍保持为球的形状)，则气球表面积的最大值为________．7．(2011·辽宁改编)已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两点，AB＝2，∠ASC＝∠BSC＝45°，则棱锥S—ABC的体积为________．8．将一个钢球置于由6根长度为 6 m的钢管焊接成的正四面体的钢架内，那么这个钢球的最大体积为______ m3.9．如图是一个由三根细铁杆组成的支架，三根细铁杆的两夹角都是60°，一个半径为1的球放在该支架上，则球心到P的距离为________．10．在四面体ABCD中，AB＝CD＝10，AC＝BD＝5，AD＝BC＝13，则四面体的外接球的表面积为________．11．四面体的六条棱中，有五条棱长都等于a，则该四面体的体积的最大值为________．12．如图，已知三棱锥P—ABC中，E，F分别是AC，AB的中点，△ABC，△PEF都是正三角形，PF⊥AB，若P，A，B，C在一个表面积为12π的球面上，则△ABC的边长为______．二、解答题13．如图所示，一座底面是长方形的仓库，它的屋面是两个相同的矩形，它们互相垂直，如果仓库的长a＝13 m，宽b＝7.6 m，墙高h＝3.5 m，求仓库的容积．14.如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，直线l与平面ABCD平行，E和F是l上的两个不同点，且EA＝ED，FB＝FC.E′和F′是平面ABCD内的两点，EE′和FF′都与平面ABCD垂直．(1)证明：直线E′F′垂直且平分线段AD；(2)若∠EAD＝∠EAB＝60°，EF＝2，求多面体ABCDEF的体积．15．棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图所示，求图中三角形(正四面体的截面)的面积．答 案1．16π 2.53 3.2∶3 4. 3 5．36π 6.2πa 2 7.433 8.π69. 3 10．14π11.18a 3 12．2 213．解 在五边形ABCED 中，四边形ABCD 为矩形，△CED 为等腰直角三角形．CD ＝AB ＝7.6，CE ＝ED ＝22CD . ∴S 底＝7.6×3.5＋12×12×7.62＝41.04 (m 2)， ∴V ＝Sh ＝41.04×13＝533.52 (m 3.)答 仓库的容积为533.52 m 3.14．(1)证明 ∵EA ＝ED 且EE ′⊥平面ABCD ，∴E ′D ＝E ′A ，∴点E ′在线段AD 的垂直平分线上．同理，点F ′在线段BC 的垂直平分线上．又四边形ABCD 是正方形，∴线段BC 的垂直平分线也就是线段AD 的垂直平分线，即点E ′、F ′都在线段AD 的垂直平分线上．∴直线E ′F ′垂直且平分线段AD .(2)解 如图，连结EB 、EC ，由题意知多面体ABCDEF 可分割成正四棱锥E －ABCD 和正四面体E －BCF 两部分．设AD 的中点为M ，在Rt△MEE ′中，由于ME ′＝1，ME ＝3，∴EE ′＝ 2.∴V E －ABCD ＝13·S 正方形ABCD ·EE ′ ＝13×22×2＝423. 又V E －BCF ＝V C －BEF ＝V C －BEA ＝V E －ABC ＝13S △ABC ·EE ′ ＝13×12×22×2＝223， ∴多面体ABCDEF 的体积为V E －ABCD ＋V E －BCF ＝2 2.15．解 如图所示，△ABE 为题中的三角形，由已知得AB ＝2，BE ＝2×32＝3， BF ＝23BE ＝233，AF ＝AB 2－BF 2＝ 4－43＝83，∴△ABE 的面积为S ＝12×BE ×AF ＝12×3× 83＝ 2.∴所求的三角形的面积为 2.。
高三数学二轮复习 专题四 第1讲 空间几何体教案
专题四 立体几何第1讲 空间几何体自主学习导引真题感悟1．(2012·辽宁)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．解析 将三视图还原为直观图后求解．根据三视图可知几何体是一个长方体挖去一个圆柱，所以S ＝2×(4＋3＋12)＋2π－2π＝38. 答案 382．(2012·辽宁)已知正三棱锥P ABC ，点P 、A 、B 、C 都在半径为3的球面上，若PA 、PB 、PC 两两相互垂直，则球心到截面ABC 的距离为________．解析 先求出△ABC 的中心，再求出高，建立方程求解． 如图，设PA ＝a ， 则AB ＝2a ，PM ＝33a . 设球的半径为R ，所以⎝⎛⎭⎪⎫33a －R 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫63a 2＝R 2， 将R ＝3代入上式，解得a ＝2，所以d ＝3－233＝33.答案33考题分析高考考查本部分内容时一般把三视图与空间几何体的表面积与体积相结合，题型以小题为主，解答此类题目需仔细观察图形，从中获知线面的位置关系与数量大小，然后依据公式计算．网络构建高频考点突破考点一：空间几何体与三视图【例1】已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为[审题导引] 条件中的俯视图与侧视图给出了边长，故可根据三视图的数量关系进行选择．[规范解答] 空间几何体的正视图和侧视图的“高平齐”，故正视图的高一定是2，正视图和俯视图“长对正”，故正视图的底面边长为2，根据侧视图中的直角说明这个空间几何体最前面的面垂直于底面，这个面遮住了后面的一个侧棱，综合以上可知，这个空间几何体的正视图可能是C.[答案] C【规律总结】解决三视图问题的技巧空间几何体的数量关系也体现在三视图中，正视图和侧视图的“高平齐”，正视图和俯视图的“长对正”，侧视图和俯视图的“宽相等”．也就是说正视图、侧视图的高就是空间几何体的高，正视图、俯视图中的长就是空间几何体的最大长度，侧视图、俯视图中的宽就是空间几何体的最大宽度．在绘制三视图时，分界线和可见轮廓线都用实线画出，被遮挡的部分的轮廓线用虚线表示出来，即“眼见为实、不见为虚”．在三视图的判断与识别中要特别注意其中的“虚线”．【变式训练】1．(2012·丰台二模)一个正四棱锥的所有棱长均为2，其俯视图如图所示，则该正四棱锥的正视图的面积为A. 2B. 3 C ．2 D ．4 解析 正四棱锥的直观图如图所示，BH ＝2，SB ＝2， ∴SH ＝2，其正视图为底面边长为2，高为2的等腰三角形， ∴正四棱锥的正视图的面积为S ＝12×2×2＝ 2.答案 A考点二：空间几何体的表面积与体积【例2】 (1)一个几何体按比例绘制的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为A ．4 m 3 B.92m 3 C ．3m 3D.94m 3(2)(2012·丰台一模)若正四棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该几何体的表面积是A ．4B ．4＋410C ．8D ．4＋411[审题导引] (1)把三视图还原为几何体，画出其直观图，然后分别计算各个部分的体积，最后整合得到结果；(2)作出几何体的直观图，根据正视图中的几何体的数量可得直观图的数量，可求其表面积． [规范解答] (1)这个空间几何体的直观图如图所示，把右半部分割补到上方的后面以后，实际上就是三个正方体，故其体积是3 m 3.故选C.(2)正四棱锥的直观图如图所示，由正视图与俯视图可知SH ＝3，AH ＝2，AB ＝2，∴△SAB 的高SE ＝SH 2＋EH 2＝10， ∴所求的表面积为S ＝4×12×2×10＋2×2＝4＋410.[答案] (1)C (2)B 【规律总结】组合体的表面积和体积的计算方法实际问题中的几何体往往不是单纯的柱、锥、台、球，而是由柱、锥、台、球或其一部分组成的组合体，解决这类组合体的表面积或体积的基本方法就是“分解”，将组合体分解成若干部分，每部分是柱、锥、台、球或其一个部分，分别计算其体积，然后根据组合体的结构，将整个组合体的表面积或体积转化为这些“部分的表面积或体积”的和或差．[易错提示] 空间几何体的面积有侧面积和表面积之分，表面积就是全面积，是一个空间几何体中“暴露”在外的所有面的面积，在计算时要注意区分是“侧面积还是表面积”．多面体的表面积就是其所有面的面积之和，旋转体的表面积除了球之外，都是其侧面积和底面面积之和．对于简单的组合体的表面积，一定要注意其表面积是如何构成的，在计算时不要多算也不要少算，组合体的表面积要根据情况决定其表面积是哪些面积之和． 【变式训练】2．(2012·济南模拟)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析 由三视图可知该几何体为三棱锥，其高为3， 底面积为S ＝12×3×1＝32，∴体积V ＝13×32×3＝32.答案 323．某品牌香水瓶的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积为________cm 2解析 这个空间几何体上面是一个四棱柱、中间部分是一个圆柱、下面是一个四棱柱．上面四棱柱的面积为2×3×3＋12×1－π4＝30－π4；中间部分的面积为2π×12×1＝π，下面部分的面积为2×4×4＋16×2－π4＝64－π4.故其面积是94＋π2.答案 94＋π2考点三：球与球的组合体【例3】正四棱锥S －ABCD 的底面边长和各侧棱长都为2，点S 、A 、B 、C 、D 都在同一个球面上，则该球的体积为________．[审题导引] 如图所示，根据对称性，只要在四棱锥的高线SE 上找到一个点O 使得OA ＝OS ，则四棱锥的五个顶点就在同一个球面上．[规范解答] 如图所示，在Rt △SEA 中，SA ＝2，AE ＝1，故SE ＝1.设球的半径为r ，则OA ＝OS ＝r ，OE ＝1－r .在Rt △OAE 中，r 2＝(1－r )2＋1，解得r ＝1，即点O 即为球心，故这个球的体积是4π3.[答案]4π3【规律总结】巧解球与多面体的组合问题求解球与多面体的组合问题时，其关键是确定球心的位置，可以根据空间几何体的对称性判断球心的位置，然后通过作出辅助线或辅助平面确定球的半径和多面体中各个几何元素的关系，达到求解解题需要的几何量的目的． 【变式训练】4．(2012·普陀区模拟)若一个底面边长为32，侧棱长为6的正六棱柱的所有顶点都在一个球面上，则此球的体积为________．解析 设正六棱柱的上，下底面的中心分别为O 1，O 2， 则O 1O 2的中点即为球心O ， 如图所示，AO 2＝32，O 2O ＝62， ∴R ＝AO ＝AO 22＋O 2O 2＝32，∴V ＝43πR 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝92π.答案 92π名师押题高考【押题1】某三棱锥的侧视图和俯视图及部分数据如图所示，则该三棱锥的体积为________．解析 由于侧视图和俯视图“宽相等”，故侧视图的底边长是2，由此得侧视图的高为23，此即为三棱锥的高；俯视图的面积为6，由题设条件，此即为三棱锥的底面积．所以所求的三棱锥的体积是13×6×23＝4 3.答案 4 3[押题依据] 几何体的三视图是高考的热点问题，通常与几何体的体积和表面积结合考查．本题给出几何体的三视图及其数量大小，要求考生据此计算几何体的体积，此类型可以说是高考的必考点，故押此题．【押题2】正四面体的四个顶点都在同一个球面上，且正四面体的高为4，则这个球的表面积是________．解析 我们不妨设该正四面体的棱长为a ，其外接球的半径是R ，内切球的半径是r ，则该正四面体的高h ＝R ＋r ，如图所示，则在Rt △OO 1A 中，OO 1＝r ，OA ＝R ，O 1A ＝33a ，从而有⎩⎪⎨⎪⎧R ＋r ＝63a ，R 2－r 2＝13a 2，解得R ＝64a ，r ＝612a . 根据R ＝64a ，h ＝63a ＝4⇒R ＝3⇒S ＝4πR 2＝36π. 答案 36π[押题依据] 本题主要考查空间几何体与球的组合体知识，这类题是高考考查球及其组合体的常考题型，有两类重要组合模型，即球的内接与球的外切．。
高三数学二轮专题复习课后强化作业 4-1空间几何体含详解
基本素能训练一、选择题1．(文）（2013·山东文，4）一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正（主)视图如图所示,则该四棱锥侧面积和体积分别是( ）A．4错误!，8 B．4错误!，错误!C．4(错误!＋1）,错误!D．8,8［答案］B［解析］由正视图知四棱锥底面是边长为2的正方形,高为2，又因为侧棱长相等,所以棱锥是正四棱锥，斜高h′＝错误!＝错误!,侧面积S＝4×错误!×2×错误!＝4错误!，体积V＝错误!×2×2×2＝错误!.(理）（2013·新课标Ⅱ文，9）一个四面体的顶点在空间直角坐系O－xyz中的坐标分别是(1，0,1)，(1,1，0），（0,1,1），(0,0，0),画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面,则得到的正视图可为（）［答案] A［解析］由已知条件作出四面体的直观图如图所示，将四面体BDC1A1补形为正方体ABCD－A1B1C1D1，容易看出四面体在zOx平面上的投影为ADD1A1(其中C1的投影为D1，B的投影为A）,且BC1的投影线为AD1，它是实线，故选A。
2．(文）（2013·湖南桂东一中月考)如图所示，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为2的正方形,俯视图是一个直径为2的圆，那么这个几何体的体积为（）A.错误!π B．2πC．3π D．4π[答案］B［解析］由三视图知，该几何体为底半径为1，高为2的圆柱，体积为V＝π×12×2＝2π.（理)（2013·浙江文，5)已知某几何体的三视图(单位：cm）如图所示,则该几何体的体积是( ）A．108cm3B．100cm3C．92cm3D．84cm3[答案] B[解析］结合三视图可得几何体的直观图如图所示，其体积V＝VABCD－A1B1C1D1－VD1－A1EF，由三视图可得VABCD－A1B1C1D1＝6×6×3＝108cm3,VD1－A1EF＝错误!×错误!×4×4×3＝8cm3，所以V＝100cm3，选B.3．(文）(2013·泗县双语中学模拟）已知某棱锥的俯视图如图，正视图与侧视图都是边长为2的等边三角形，则该棱锥的侧面积是（) A．4 B．4错误!C．4(1＋3）D．8［答案] D［解析］由条件知，该几何体是正四棱锥,底面是边长为2的正方形，斜高为2，∴侧面积S侧＝4×(错误!×2×2)＝8。
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[限时规范训练] 单独成册A 组——高考热点强化练一、选择题1．(2016·高考全国卷Ⅰ)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π解析：由三视图知该几何体为球去掉了18所剩的几何体(如图)，设球的半径为R ，则78×43πR 3＝28π3，故R ＝2，从而它的表面积S ＝78×4πR 2＋34×πR 2＝17π.故选A.答案：A2．(2016·高考天津卷)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )解析：由几何体的正视图、俯视图以及题意可画出几何体的直观图，如图所示．该几何体的侧视图为选项B.故选B. 答案：B3．某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．8－π4B ．8－π2 C ．8－πD ．8－2π解析：由三视图可知，该几何体的体积是一个四棱柱的体积减去半个圆柱的体积，即V ＝2×2×2－12×π×12×2＝8－π.故选C. 答案：C4．已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( ) A.3172B ．210C.132D ．310解析：由题意知，该三棱柱可以看作是长方体的一部分，且长方体同一顶点处的三条棱长分别为3、4、12，又∵三棱柱的外接球即为长方体的外接球，(2R )2＝32＋42＋122，∴R ＝132.故选C. 答案：C5．一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 ．1B ．2C ．3D ．4解析：由三视图可知该几何体是一个直三棱柱，底面为直角三角形，高为12，如图所示，其中AC ＝6，BC ＝8，∠ACB ＝ 90°，则AB ＝ 10.要使该石材加工成的球的半径最大，只需球与直三棱柱的三个侧面都相切，则半径r 等于直角三角形ABC 的内切圆半径，即r ＝6＋8－102＝2，故能得到的最大球的半径为2，故选B.答案：B6．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正(主)视图如图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是( )A ．45，8B ．45，83 C ．4(5＋1)，83D ．8,8解析：由题意知该四棱锥为正四棱锥，其底面边长为2，正四棱锥的高为2，故侧面三角形的高为 5.所以该四棱锥的侧面积为4×12×2×5＝45，体积为13×22×2＝83，故答案B. 答案：B7．如图是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是( )A ．4B ．5C ．3 2D ．3 3答案：D8．一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．12B ．6C ．4D ．2解析：该几何体为四棱锥P -ABCD ，其中P A ⊥平面ABCD ，如图，则该几何体的体积为V ＝13×2×12×(2＋1)×2＝2.答案：D9．如图是某四棱锥的三视图，则该几何体的表面积等于( )A ．34＋6 5B ．6＋65＋4 3C ．6＋65＋413D ．17＋6 5解析：由三视图得该几何体的直观图如图，其中，ABCD 为矩形，AD ＝6，AB ＝2，平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 为等腰三角形，且此四棱锥的高为4，故该几何体的表面积等于6×2＋2×12×2×5＋12×6×25＋12×6×4＝34＋65，故选A. 答案：A10．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是( )A ．2 B.92 C.32D ．3解析：由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是一个直角梯形，底面积为12×(1＋2)×2＝3，四棱锥的高为x ，因为该几何体的体积为3，所以13×3x ＝3，解得x ＝3，故选D. 答案：D11．已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是( )A ．108 cm 3B ．100 cm 3C ．92 cm 3D ．84 cm 3解析：由三视图可知原几何体是一个长、宽、高分别为6,3,6的长方体切去一个三棱锥，因此该几何体的体积＝6×3×6－13×4×12×4×3＝108－8＝100(cm 3)，故选B. 答案：B12．如图是一几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A ．5＋ 3B ．5＋2 3C ．4＋2 2D ．4＋2 3解析：由三视图可知该几何体是一个六面体ABCDEFG ，其中底面ABCD 为正方形，AF ∥ CG .且AF ＝CG ＝1，DE ∥AF ，且DE ＝2AF ，易计算出EF ＝BF ＝BG ＝EG ＝2，所以四边形EFBG 为菱形，其对角线长分别为2和6，故该几何体的表面积S ＝1×1＋12×1×1×2＋12×(1＋2)×1×2＋12×6×2＝5＋3，故选A.答案：A 二、填空题13．已知一个几何体的三视图是三个全等的边长为1的正方形，如图所示，则它的体积为________．解析：该几何体是一个单位正方体被截去了一部分，其直观图如图所示，其体积为1－13×12×1×1×1＝56.答案：5614．如图所示是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为________．解析：由题可知该几何体由两个相同的半圆柱和一个长方体拼接而成，因此该几何体的体积V ＝1×2×4＋π×12×2＝8＋2π.答案：8＋2π15．(2017·大庆检测)如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为________．解析：由三视图可知，该几何体的外接球与长、宽、高分别为2、2、2的长方体的外接球相同，故所求球的半径R ＝12 22＋12＋22＝2，其表面积S ＝4πR 2＝8π. 答案：8π16．(2016·高考四川卷)已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．解析：在长方体(长为23，宽、高均为1)中作出此三棱锥，如图所示，则V P -ABC ＝13×12×23×1×1＝33. 答案：33B 组——12＋4高考提速练一、选择题1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．6B ．3 3C ．2 3D ．3解析：由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为侧视图，该侧视图是底边为2，高为3的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故h ＝3，所以几何体的体积V ＝S ·h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×3×3＝3 3.答案：B2．某个几何体的三视图如图所示，其中正视图中的圆弧是半径为2的半圆，则该几何体的表面积为( )A ．92＋24πB ．82＋24πC ．92＋14πD ．82＋14π解析：依题意，题中的几何体是在一个长方体的上表面放置了半个圆柱，其中长方体的长、宽、高分别是5、4、4，圆柱的底面半径是2，高是5，因此该几何体的表面积等于3×(4×5)＋2×(4×4)＋π×22＋12×(2π×2)×5＝92＋14π，故选C. 答案：C3．如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为( )A ．1∶1B ．2∶1C ．2∶3D ．3∶2解析：由题意可得正视图的面积等于矩形ADD 1A 1面积的12，侧视图的面积等于矩形CDD 1C 1面积的12，又底面ABCD 是正方形，所以矩形ADD 1A 1与矩形CDD 1C 1的面积相等，即正视图与侧视图的面积之比是1∶1，故选A. 答案：A4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．8＋2 3B ．8＋8 3C ．12＋4 3D ．16＋4 3解析：该几何体是一个四棱柱，其直观图如图所示，其中上、下、左、右四个面是边长为2的正方形，前、后两个面均是底边长为2，高为3的平行四边形，故其表面积为4×2×2＋2×2×3＝16＋4 3.答案：D5．已知在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，棱A 1A ＝5，AB ＝12，那么直线B 1C 1和平面A 1BCD 1的距离是( )A ．5 B.132 C.6013D ．8解析：∵B 1C 1∥BC ，且B 1C 1⊄平面A 1BCD 1，BC ⊂平面A 1BCD 1，∴B 1C 1∥平面A 1BCD 1.从而点B 1到平面A 1BCD 1的距离即为所求．过点B 1作B 1E ⊥A 1B 于E 点(图略)．∵BC ⊥平面A 1ABB 1，且B 1E ⊂平面A 1ABB 1，∴BC ⊥B 1E .又BC ∩A 1B ＝B ，∴B 1E ⊥平面A 1BCD 1，即线段B 1E 的长即为所求．在Rt △A 1B 1B 中，B 1E ＝A 1B 1·B 1B A 1B ＝12×552＋122＝6013，因此直线B 1C 1和平面A 1BCD 1的距离是6013，故选C. 答案：C6．在三棱锥A -BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，△ABC ，△ACD ，△ADB 的面积分别为10,5,4，则该三棱锥外接球的表面积为( ) A ．141π B ．45π C ．35πD ．24π解析：三棱锥A -BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，补成长方体，两者的外接球是同一个，长方体的对角线就是球的直径，设长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，由题意得，ab ＝20，ac ＝10，bc ＝8， 解得，a ＝5，b ＝4，c ＝2，所以球的直径为25＋16＋4＝35， 它的半径为352，球的表面积为4π·⎝⎛⎭⎪⎫3522＝45π.故选B. 答案：B7．如图，圆锥的底面直径AB ＝2，母线长VA ＝3，点C 在母线VB 上，且VC ＝1，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A 到达点C ，则这只蚂蚁爬行的最短距离是( )A.13B.7C.433D.332解析：把圆锥的半侧面展开，侧面展开图中，半径r ＝3，故圆心角∠AVB ＝π3，如图，在△VAC 中，根据余弦定理得AC ＝32＋12－2×3×1×12＝7，此即为蚂蚁爬行的最短距离． 答案：B8．已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的各个顶点都在表面积为16π的球面上，且AB ＝3AD ，AA 1＝2AD ，则四棱锥D 1-ABCD 的体积为( ) A.263 B.463 C.π3D.2π3解析：设AD ＝x ，长方体的外接球的半径为R ，则AD 2＋AB 2＋AA 21＝(2R )2，又4πR 2＝16π，∴x 2＋(3x )2＋(2x )2＝4R 2＝16，解得x ＝2，∴四棱锥D 1-ABCD 的体积V ＝13AA 1·S 四边形ABCD ＝13×22×3×2×2＝463.故选B. 答案：B9．已知Rt △ABC ，其三边长分别为a ，b ，c (a >b >c )．分别以三角形的边a ，b ，c 所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成三个几何体，其表面积和体积分别为S 1，S 2，S 3和V 1，V 2，V 3.则它们的关系为( ) A ．S 1>S 2>S 3，V 1>V 2>V 3 B ．S 1<S 2<S 3，V 1<V 2<V 3 C ．S 1>S 2>S 3，V 1＝V 2＝V 3 D ．S 1<S 2<S 3，V 1＝V 2＝V 3解析：S 1＝π·bc a ·(b ＋c )，V 1＝13π⎝ ⎛⎭⎪⎫bc a 2a ，S 2＝πac ＋πc 2，V 2＝13πbc 2，S 3＝πab ＋πb 2，V 3＝13πb 2c .由a >b >c ，可得S 1<S 2<S 3，V 1<V 2<V 3. 答案：B10．正三角形ABC 的边长为23，将它沿高AD 翻折，使点B 与点C 间的距离为3，此时四面体ABCD 的外接球的半径为( ) A.13 B.132 C ．2 3D. 3解析：球心O 一定在与平面BCD 垂直且过底面正三角形中心O ′的直线上，也在平面ADO 中AD 的垂直平分线上，如图．OE ＝O ′D ＝3×32×23＝1，DE ＝12AD ＝12×23×32＝32，故所求外接球的半径r ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝132.答案：B11．已知点A ，B ，C ，D 在同一个球的球面上，AB ＝BC ＝2，AC ＝2，若四面体ABCD 体积的最大值为23，则这个球的表面积为( ) A.125π6 B ．8π C.25π4D.25π16解析：∵AB ＝BC ＝2，AC ＝2，∴△ABC 是直角三角形，∴△ABC 的外接圆的圆心为边AC 的中点O 1，如图所示，若使四面体ABCD 体积取得最大值只需使点D 到平面ABC 的距离最大，又OO 1⊥平面ABC ，∴点D 是直线OO 1与球上方的交点时体积最大．设球的半径为R ，则由体积公式有O 1D ＝2.在Rt △AOO 1中，R 2＝1＋(2－R )2，解得R ＝54，故球的表面积S ＝25π4，故选C.答案：C12．如图，在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱BC ，CC 1的中点，P 是侧面BCC 1B 1内一点，若A 1P ∥平面AEF ，则线段A 1P 长度的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫324，52 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，52D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，52解析：取B 1C 1的中点M ，BB 1的中点N ，连接A 1M ，A 1N ，MN ，则平面A 1MN ∥平面AEF ，所以点P 位于线段MN 上．在△A 1MN 中，A 1M ＝A 1N ＝ 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝52，MN ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝22.当点P 位于点M ，N 时，A 1P 最大，为52；当点P位于MN 的中点时，A 1P 最小，为⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫242＝324，所以324≤A 1P ≤52.答案：B 二、填空题13．若圆锥的侧面积是底面积的3倍，则其母线与轴所成角的正弦值为________． 解析：设圆锥的高为h ，底面半径为r ，母线与轴所成角为θ，则S 侧＝12·2πr ·r 2＋h 2，S 底＝πr 2，因为S 侧＝3S 底，所以πr ·r 2＋h 2＝3πr 2，得r 2＋h 2＝3r ，即8r 2＝h 2，所以tan θ＝122，sin θ＝13.答案：1314．已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面，且底面边长与侧棱长都等于3.蚂蚁从A 点沿侧面经过棱BB 1上的点N 和CC 1上的点M 爬到点A 1，如图所示，则蚂蚁爬过的路程最短为________．解析：将三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧面展开如图所示，则有A ′A ′1＝3，AA ′1＝(AA ′)2＋(A ′A ′1)2＝310.所以蚂蚁爬过的路程最短为AA ′1.答案：31015．如图所示，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点P 是棱AD 上一点，且AP ＝a 3，过B 1、D 1、P 的平面交底面ABCD 于PQ ，Q 在直线CD 上，则PQ ＝________.解析：∵平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABCD ，而平面B 1D 1P ∩平面ABCD ＝PQ ，平面B 1D 1P ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，∴B 1D 1∥PQ .又∵B 1D 1∥BD ，∴BD ∥PQ ，设PQ ∩AB ＝M ，∵AB ∥CD ，∴△APM ∽△DPQ .∴PM PQ ＝AP PD ＝12，即PQ ＝2PM .又知△APM ∽△ADB ，∴PM BD ＝AP AD ＝13， ∴PM ＝13BD ，又BD ＝2a ，∴PQ ＝223a . 答案：223a16．如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，Q 为AD 的中点．若平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ＝PD ＝AD ＝2，点M 在线段PC 上，且PM ＝2MC ，则四棱锥P -ABCD 与三棱锥P -QBM 的体积之比是________．解析：过点M 作MH ∥BC 交PB 于点H .∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PQ ⊥AD ， ∴PQ ⊥平面ABCD .∵P A ＝PD ＝AD ＝AB ＝2，∠BAD ＝60°， ∴PQ ＝BQ ＝ 3.∴V P -ABCD ＝13PQ ·S 菱形ABCD ＝13×3×2×3＝2. 又PQ ⊥BC ，BQ ⊥AD ，AD ∥BC . ∴BQ ⊥BC ，又QB ∩QP ＝Q ， ∴BC ⊥平面PQB ，由MH ∥BC ， ∴MH ⊥平面PQB ，MH BC ＝PM PC ＝23， ∵BC ＝2，∴MH ＝43，∴V P -QBM ＝V M -PQB＝13×12×3×3×43＝23，∴V P-ABCD∶V P-QBM＝3∶1.答案：3∶1。