2012高考专题训练五.空间几何体

2012吉林高考数学二轮复习-空间几何体I 卷一、选择题1．一个空间几何体的正视图、侧视图均是长为2、高为3的矩形，俯视图是直径为2的圆(如下图），则这个几何体的表面积为（ ）A ．12π+B ．7πC ． π8D ．π20【答案】C2．设长方体的长、宽、高分别为a 2、a 、a ，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（ ）A ．23a πB ．26a πC ．212a πD ．224a π【答案】B3． 如图是某四棱锥的三视图，则该几何体的表面积等于 ( )A ．3465+B ．66543+C ．663413+D ．175+【答案】A4． 一个二面角的两个面分别垂直于另一个二面角的两个面，那么这两个二面角（ ）A ．相等B ．互补C ．相等或互补D ．不能确定【答案】D5．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,则其侧面积．．．等于 ( ）A ．6B ．2C ．23D 3【答案】A6． 一几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积是( )A ． 2B ． 43C ．312+ D ．316+【答案】B7．下列四个几何体中，各几何体的三视图有且仅有两个视图相同的是（ ）A ．①②B ．②③C ．②④D ．①③【答案】C解析：①的三个视图都相同；②的主视图与左视图相同，与俯视图不同；③的三个视图互不相同；④的主视图与左视图相同，而与俯视图不同。

8．某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（ ）A ．283π-B ．8-3πC ．82π-D ．23π【答案】A9．如图是某一几何体的三视图，则这个几何体的体积为（）A． 4 B． 8 C． 16 D． 20【答案】C10．在正三棱锥S-ABC中，M、N分别是SC、BC的中点，且AMMN⊥，若侧菱SA=32，则正三棱 S-ABC外接球的表面积为（）A．12πB．32πC．36πD．48π【答案】C11．已知六棱锥P ABCDEF-的底面是正六边形，PA⊥平面ABC.则下列结论不正确．．．的是（）A．//CD平面PAFB．DF⊥平面PAFC．//CF平面PABD．CF⊥平面PAD【答案】D12．已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸（单位：cm），可得这个几何体的体积是（）A ．38000cm 3B ．34000cm 3C ．20003D ．40003【答案】A13．如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的体积是（ ）A ．3πB ．43πC ．133πD ．683π【答案】C14．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ( ）A ．21 B ．31 C ．41 D ．61【答案】A15．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A ．21 B ．31 C ．41 D ．61【答案】A16．已知α、β是两上不同的平面，m ，n 是两条不同的直线，给出下列命题： ①若,,m m αβαβ⊥⊂⊥则；②若,,//,//m n m n ααββ⊂⊂，则//αβ③如果,,,m n m n αα⊂⊄是异面直线，那么n 与α相交； ④若,//,,,m n m n n αβαβ=⊄⊄且则////n n αβ且。

高中数学高考专题(5)立体几何的高考解答题型及求解策略立体几何的解答题型主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再计算几何体的体积．试题背景有折叠问题、探索性问题等，考查空间想象能力、逻辑思维能力及转化与化归思想的应用能力.题型一线面位置关系的证明题型概览：空间中线面的平行与垂直的证明有两种思路：一是利用相应的判定定理和性质定理去解决；二是利用空间向量法来论证，应用向量证明线、面的位置关系的关键是把空间线面位置关系的判定定理和性质定理与空间向量建立对应关系，把空间位置关系的证明转化为空间向量的运算，通过运算解决证明问题．这里以传统方法为例建立审题程序与答题模板，向量方法参照本专题题型二．如图，四边形ABCD是菱形，四边形MADN是矩形，平面MADN⊥平面ABCD，E、F分别为MA、DC的中点，求证：(1)EF∥平面MNCB；(2)平面MAC⊥平面BND.[审题程序]第一步：利用中位线、平行四边形的性质在四边形MNCB内确定与EF平行的直线；第二步：在平面MAC和平面BND中寻找与另一平面垂直的直线；第三步：应用面面垂直、菱形的性质，由线线垂直解决．[规范解答](1)如图，取NC的中点G，连接FG，MG.因为ME∥ND且ME＝12ND，F、G分别为DC、NC的中点，FG∥ND且FG＝12ND，所以FG与ME平行且相等，所以四边形MEFG是平行四边形，所以EF∥MG，又MG⊂平面MNCB，EF⊄平面MNCB，所以EF∥平面MNCB.(2)如图，连接BD、MC.因为四边形MADN是矩形，所以ND⊥AD.因为平面MADN⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面MADN＝AD，DN⊂平面MADN，所以ND⊥平面ABCD，所以ND⊥AC.因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.因为BD∩ND＝D，所以AC⊥平面BDN.又AC⊂平面MAC，所以平面MAC⊥平面BDN.[答题模板]解决这类问题的答题模板如下：1．(2016·北京西城区高三期末)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G，H分别是CE，CF的中点．(1)求证：AC⊥平面BDEF；(2)求证：平面BDGH∥平面AEF；(3)求多面体ABCDEF的体积．[解](1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.又平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，且AC⊂平面ABCD，所以AC⊥平面BDEF.(2)证明：在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点，所以GH∥EF.又GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以GH∥平面AEF.设AC∩BD＝O，连接OH.在△ACF中，因为OA＝OC，CH＝HF，所以OH∥AF.因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，所以OH∥平面AEF.因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.(3)由(1)得AC⊥平面BDEF.因为AO＝2，四边形BDEF的面积S▱BDEF＝3×22＝62，＝4.所以四棱锥A－BDEF的体积V1＝13×AO×S▱BDEF同理，四棱锥C－BDEF的体积V2＝4.所以多面体ABCDEF的体积V＝V1＋V2＝8.题型二求空间几何体的体积题型概览：计算几何体的体积，关键是根据条件找出相应的底面和高，应注意充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题．(1)直接法：对于规则几何体，直接利用公式计算即可．(2)割补法：当一个几何体的形状不规则时，常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体，然后再计算．经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体，将三棱柱还原为平行六面体，将台体还原为锥体．(3)等体积法：一般利用三棱锥的“等积性”求三棱锥体积，可以把任何一个面作为三棱锥的底面．注意两点：一是求体积时，可选择“容易计算”的方式来计算；二是利用“等积性”可求“点到面的距离”，关键是在面中选取三个点，与已知点构成三棱锥．(2016·全国卷Ⅲ)如图，四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，P A＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．(1)证明：MN∥平面P AB；(2)求四面体N－BCM的体积．[审题程序]第一步：由线线平行或面面平行证明(1)；第二步：由N 为PC 中点，推证四面体N －BCM 的高与P A 的关系； 第三步：利用直接法求四面体的体积．[规范解答] (1)由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形， 于是MN ∥AT .因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ， 所以MN ∥平面P AB .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12P A .取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5.由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5， 故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N －BCM 的体积V N －BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453. [答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：2．(2016·深圳一模)如图所示，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，侧面SBC是正三角形，E是SB的中点，且AE⊥平面SBC.(1)证明：SD∥平面ACE；(2)若AB⊥AS，BC＝2，求点S到平面ABC的距离．[解](1)证明：连接BD，交AC于点F，连接EF.∵四边形ABCD是平行四边形，∴F是BD的中点，又∵E是SB的中点，∴EF∥SD.∵SD⊄平面ACE，EF⊂平面ACE，∴SD∥平面ACE.(2)∵AB⊥AS，BC＝BS＝2，且E是SB的中点，∴AE＝1.∵AE⊥平面SBC，BS、CE⊂平面SBC，∴AE⊥BS，AE⊥CE.∴AB＝AE2＋BE2＝ 2.又侧面SBC 是正三角形，∴CE ＝3， ∴AC ＝AE 2＋CE 2＝2，∴△ABC 是底边长为2，腰长为2的等腰三角形， ∴S △ABC ＝12×2×4－12＝72.设点S 到平面ABC 的距离为h .由V 三棱锥S －ABC ＝V 三棱锥A －SBC ，得13h ·S △ABC ＝13AE ·S △SBC ，∴h ＝AE ·S △SBC S △ABC ＝237＝2217.题型三 立体几何中的探索性问题题型概览：如果知道的是试题的结论，而要求的却是试题的某一个存在性条件(如存在某个定点、定直线、定值等)，这种试题称为存在探索型试题．解题策略一般是先假设结论成立，然后以该结论作为一个已知条件，再结合题目中的其他已知条件，逆推(即从后往前推)，一步一步推出所要求的特殊条件，即要求的存在性条件．若能求出，则存在；若不能求出，则不存在．(2016·石家庄调研)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，E 在线段B 1C 1上，B 1E ＝3EC 1，AC ＝BC ＝CC 1＝4.(1)求证：BC ⊥AC 1；(2)试探究：在AC 上是否存在点F ，满足EF ∥平面A 1ABB 1？若存在，请指出点F 的位置，并给出证明；若不存在，请说明理由．[审题程序]第一步：由B 1E ＝3EC 1及EF ∥平面A 1ABB 1猜想点F 的位置；第二步：在平面A 1ABB 1内探求与EF 平行的直线或寻找经过EF 与平面A 1ABB 1平行的平面； 第三步：由线线平行或面面平行推理论证．[规范解答] (1)证明：∵AA 1⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴BC ⊥AA 1. 又∵BC ⊥AC ，AA 1∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面AA 1C 1C . 又AC 1⊂平面AA 1C 1C ，∴BC ⊥AC 1.(2)解法一：当AF＝3FC时，EF∥平面A1ABB1.证明如下：如图1，在平面A1B1C1内过点E作EG∥A1C1交A1B1于点G，连接AG.∵B1E＝3EC1，∴EG＝34A1C1.又AF∥A1C1且AF＝3，4A1C1∴AF∥EG且AF＝EG，∴四边形AFEG为平行四边形，∴EF∥AG.又EF⊄平面A1ABB1，AG⊂平面A1ABB1，∴EF∥平面A1ABB1.解法二：当AF＝3FC时，EF∥平面A1ABB1.证明如下：如图2，在平面BCC1B1内过点E作EG∥BB1交BC于点G，连接FG. ∵EG∥BB1，EG⊄平面A1ABB1，BB1⊂平面A1ABB1，∴EG∥平面A1ABB1.∵B1E＝3EC1，∴BG＝3GC，∴FG∥AB.又AB⊂平面A1ABB1，FG⊄平面A1ABB1，∴FG∥平面A1ABB1.又EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，∴平面EFG∥平面A1ABB1.∵EF⊂平面EFG，∴EF∥平面A1ABB1.[答题模板]解决这类问题的答题模板如下：3．如图，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为4的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，M为A1B1的中点．(1)证明：MC⊥AB；(2)若AA1＝26，侧棱CC1上是否存在点P，使得MC⊥平面ABP？若存在，求PC的长；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：取AB的中点N，连接MN，CN，则MN⊥底面ABC，MN⊥AB.因为△ABC是正三角形，所以NC⊥AB.因为MN∩NC＝N，MN⊂平面MNC，NC⊂平面MNC，所以AB⊥平面MNC，所以AB⊥MC.(2)由(1)知MC⊥AB，若存在点P使得MC⊥平面ABP，则必有MC⊥BP.过M作MQ⊥B1C1，垂足为Q，连接QC，则QC是MC在平面BCC1B1内的射影，只需QC⊥BP即可，此时Rt△QC1C与Rt△PCB相似，QC1C1C ＝PCCB，所以PC＝QC1·CBC1C＝3×426＝6，点P恰好是CC1的中点．。

高考数学复习空间几何体的表面积与体积专题训练（含答案）答案 C4.已知三棱锥S-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，SC为球O的直径，且SC=2，则此棱锥的体积为().A. B. C. D.解析在直角三角形ASC中，AC=1，SAC=90，SC=2，SA==;同理SB=.过A点作SC的垂线交SC于D点，连接DB，因SAC≌△SBC，故BDSC，故SC平面ABD，且平面ABD为等腰三角形，因ASC=30，故AD=SA=，则ABD的面积为1=，则三棱锥的体积为2=.答案 A.某品牌香水瓶的三视图如下(单位：cm)，则该几何体的表面积为().A.cm2B.cm2C.cm2D.cm2解析该几何体的上下为长方体，中间为圆柱.S表面积=S下长方体+S上长方体+S圆柱侧-2S圆柱底=244+442+233+431+21-22=94+.答案 C.已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=，ASC=BSC=30，则棱锥SABC的体积为().A.3B.2C.D.1解析由题可知AB一定在与直径SC垂直的小圆面上，作过AB的小圆交直径SC于D，设SD=x，则DC=4-x，此时所求棱锥即分割成两个棱锥SABD和CABD，在SAD和SBD中，由已知条件可得AD=BD=x，又因为SC为直径，所以SBC=SAC=90，所以DCB=DCA=60，在BDC中，BD=(4-x)，所以x=(4-x)，所以x=3，AD=BD=，所以三角形ABD为正三角形，所以V=SABD4=.答案 C二、填空题.已知S、A、B、C是球O表面上的点，SA平面ABC，ABBC，SA=AB=1，BC=，则球O的表面积等于________.解析将三棱锥S-ABC补形成以SA、AB、BC为棱的长方体，其对角线SC为球O的直径，所以2R=SC=2，R=1，表面积为4.答案 4.如图所示，已知一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个边长为1的正三角形组成，则该多面体的体积是________.解析由题知该多面体为正四棱锥，底面边长为1，侧棱长为1，斜高为，连接顶点和底面中心即为高，可求得高为，所以体积V=11=.答案9.已知某几何体的直观图及三视图如图所示，三视图的轮廓均为正方形，则该几何体的表面积为________.解析借助常见的正方体模型解决.由三视图知，该几何体由正方体沿面AB1D1与面CB1D1截去两个角所得，其表面由两个等边三角形、四个直角三角形和一个正方形组成.计算得其表面积为12+4.答案 12+4.如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6，则以正方体ABCD-A1B1C1D1的中心为顶点，以平面AB1D1截正方体外接球所得的圆为底面的圆锥的全面积为________.解析设O为正方体外接球的球心，则O也是正方体的中心，O到平面AB1D1的距离是体对角线长的，即为.又球的半径是正方体对角线长的一半，即为3，由勾股定理可知，截面圆的半径为=2，圆锥底面面积为S1=(2)2=24，圆锥的母线即为球的半径3，圆锥的侧面积为S2=23=18.因此圆锥的全面积为S=S2+S1=18=(18+24).答案 (18+24)三、解答题.一个几何体的三视图如图所示.已知主视图是底边长为1的平行四边形，左视图是一个长为，宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形.(1)求该几何体的体积V;(2)求该几何体的表面积S.解 (1)由三视图可知，该几何体是一个平行六面体(如图)，其底面是边长为1的正方形，高为，所以V=11=.(2)由三视图可知，该平行六面体中，A1D平面ABCD，CD平面BCC1B1，所以AA1=2，侧面ABB1A1，CDD1C1均为矩形，S=2(11+1+12)=6+2..在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面为直角三角形，ACB=90，AC=6，BC=CC1=，P是BC1上一动点，如图所示，求CP+PA1的最小值.解 PA1在平面A1BC1内，PC在平面BCC1内，将其铺平后转化为平面上的问题解决.铺平平面A1BC1、平面BCC1，如图所示.计算A1B=AB1=，BC1=2，又A1C1=6，故A1BC1是A1C1B=90的直角三角形.CP+PA1A1C.在AC1C中，由余弦定理，得A1C===5，故(CP+PA1)min=5..某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图1所示，墩的上半部分是正四棱锥PEFGH，下半部分是长方体ABCDEFGH.图2、图3分别是该标识墩的主视图和俯视图.(1)请画出该安全标识墩的左视图;(2)求该安全标识墩的体积.(1)左视图同主视图，如图所示：(2)该安全标识墩的体积为V=VPEFGH+VABCDEFGH=40260+40220=64 000(cm3)..如图(a)，在直角梯形ABCD中，ADC=90，CDAB，AB=4，AD=CD=2，将ADC沿AC折起，使平面ADC平面ABC，得到几何体D-ABC，如图(b)所示.(1)求证：BC平面ACD;(2)求几何体D-ABC的体积.(1)证明在图中，可得AC=BC=2，从而AC2+BC2=AB2，故ACBC，又平面ADC平面ABC，平面ADC平面ABC=AC，BC平面ABC，BC平面ACD.(2)解由(1)可知，BC为三棱锥B-ACD的高，BC=2，SACD=2，VB-ACD=SACDBC=22=，由等体积性可知，几何体D-ABC的体积为.空间几何体的表面积与体积专题训练及答案的全部内容就是这些，查字典数学网预祝考生可以取得优异的成绩。

绝密★启用前2012届高三数学二轮精品专题卷：专题9 立体几何考试范围：立体几何一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求的）1．若直线l 与平面α垂直,则下列结论正确的是 （ ）A ．直线l 与平面α内所有直线都相交B ．在平面α内存在直线m 与l 平行C ．在平面α内存在直线m 与l 不垂直D ．若直线m 与平面α平行,则直线l ⊥m 2．某个几何体的三视图如图所示,根据图中标出的长度,那么这个几何体的体积是 （ ） A ．3 B ．33C ．332D ．3 3．（理）如下图所示是一个半径等于2的半球,现过半球底面的中心作一个与底面成80°角的截面,则截面的面积为（ ）A ．2πB ．πC ．π2D ． 80sin π（文）如上图所示是一个半径等于2的半球,则这个半球的表面积为 （ ） A ．π4 B ．π8 C ．π12 D ．π16 4．（理）如下图,三棱锥P -ABC 中,三条侧棱两两垂直,且长度相等,点E 为BC 中点,则直线AE 与平面PBC 所成角的余弦值为 （ ）A ．33B ．36C ．31D ．32（文）如上图,三棱锥P -ABC 中,三条侧棱两两垂直,且长度都为1,点E 为BC 上一点,则截面P AE 面积的最小值为 （ ） A ．33 B ．36 C ．42 D ．325．设a ,b ,c 表示三条直线,βα，表示两个平面,则下列命题中逆命题不成立的是 （ ）A ．α⊥c ,若β⊥c ,则βα∥B ．α⊂b ,α⊄c ,若α∥c ,则c b ∥C ．β⊂b ,若α⊥b ,则αβ⊥D ．α⊂b a ，,P b a =⋂,b c a c ⊥⊥，,若βα⊥,则β⊂c6．一个圆锥的母线长为2,且侧面积为π2,则该圆锥的主视图面积为 （ ） A ．1B ．3C ．2D ．67．已知长方体ABCD D C B A -1111的外接球的体积为332π,则该长方体的表面积的最大值为 （ ）A ．16B ．32C ．36D ．488．一个几何体是由若干个边长为1的正方体组成的,其主视图和左视图如图所示,若把这个几何体放到一个底面半径为π13的盛若干水的圆柱形容器,没入水中,则水面上升的高度（不溢出）最大为 （ ）（1）121B ．131C ．π12D ．π139．如图,四棱锥P -ABCD 的底面是边长为3的正方形,侧棱P A ⊥平面ABCD ,点E 在侧棱PC 上,且BE ⊥PC ,若6=BE ,则四棱锥P -ABCD 的体积为 （ ）A ．6B ．9C ．18D ．2710．如图,四棱锥S -ABCD 的底面是边长为2的正方形,且6====SD SC SB SA ,E 是边BC 的中点，动点P 在表面上运动，并且总保持PE ⊥AC ，则动点P 的轨迹所围成的图形的面积为 （ ）A ．22B ．1C ．3D ．6一、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分.把正确答案填在题中横线上）11．已知一个空间几何体的三视图及其尺寸如图所示,则该空间几何体的体积是 ．12．（理）平面P 与平面Q 所成的二面角是锐角α,直线AB ⊂平面P 且与二面角的棱成的角为锐角β,又AB 和平面Q 成的角为θ,则α，β，θ之间的某一三角函数关系为 ． （文）我们知道,正三角形的内切圆和外接圆的圆心重合,且外接圆和内切圆的半径之比为2:1,类比这一结论,若一个三棱锥的所有棱长都相等,则其外接球与内切球的球心重合,则外接球与内切球半径之比为 ．13．已知圆锥的母线和底面半径的夹角为60°,则其全面积与侧面积之比为 ． 14．由曲线22x y =，2||=x 围成的图形绕y 轴旋转一周所得的旋转体的体积为1V ；满足422≤+y x ，1)1(22≥-+y x ，1)1(22≥++y x 的点组成的图形绕y 轴旋转一周所得的旋转体的体积为2V ，则1V :2V = ．15．设圆锥的母线长为l ,底面半径为r ,满足条件“它的一个内接圆柱的侧面积等于圆锥侧面积的41”的情况有且只有一种,则=lr ．三、解答题（本大题共6小题，满分75分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 16．（本题满分10分）如图,四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是一个边长为2的正方形,P A ⊥平面ABCD ,且24=PC ．M 是PC 的中点,在DM 上有点G ,过G 和AP 作平面交平面BDM 于GH ．（1）求四棱锥P -ABCD 的体积; （2）求证:AP ∥GH ．17．（本题满分12分）如图,已知三棱柱'''C B A ABC -的所有棱长都是2,且60''=∠=∠AC A AB A ．（1）求证:点'A 在底面ABC 内的射影在∠BAC 的平分线上; （2）求棱柱'''C B A ABC -的体积．18．（本题满分13分）如图,多面体ABCD —EFG 中,底面ABCD 为正方形,GD //FC //AE ,AE ⊥平面ABCD ,其正视图、俯视图及相关数据如图:（1）求证:平面AEFC ⊥平面BDG ; （2）求该几何体的体积;（3）求点C 到平面BDG 的距离．19．（本题满分13分）如图一简单几何体的一个面ABC 内接于圆O ，G ,H 分别是AE ,BC 的中点,AB 是圆O 的直径，四边形DCBE 为平行四边形，且DC ⊥平面ABC ． （1）求证:GH //平面ACD ;（2）证明：平面ACD ⊥平面ADE ； （3）若AB =2，BC =1，23tan =∠EAB ，试求该几何体的体积V ．20．（本题满分13分）边长为2的正方体1111D C B A A B C D -中,P 是棱CC 1上任一点,)20(＜＜m m CP =（1）是否存在满足条件的实数m ,使平面⊥1BPD 面11B BDD ?若存在,求出m 的值;否则,请说明理由． （2）（理）试确定直线AP 与平面D 1BP 所成的角正弦值关于m 的函数)(m f ,并求)1(f 的值．（文）是否存在实数m ,使得三棱锥PAC B -和四棱锥1111D C B A P -的体积相等?若存在,求出m 的值;否则,请说明理由．21．（本题满分14分）如图,直角梯形ABCD 中, 90=∠=∠BAD ABC ,AB =BC 且△ABC 的面积等于△ADC 面积的21．梯形ABCD 所在平面外有一点P ,满足P A ⊥平面ABCD ,PB PA =．（1）求证:平面PCD ⊥平面PAC ;（2）侧棱PA 上是否存在点E ,使得//BE 平面PCD ?若存在,指出点E 的位置并证明;若不存在,请说明理由． （3）（理）求二面角C PD A --的余弦值．2012届专题卷数学专题九答案与解析1．【命题立意】本题考查直线与平面垂直的定义及直线与平面平行的简单性质． 【思路点拨】首先根据直线与平面垂直的定义判断出直线与平面内所有直线的位置关系,再根据直线与平面的平行性质分析直线之间的关系即可．【答案】D 【解析】根据直线和平面垂直的定义可知,直线l 与平面α内的直线都垂直,可能是异面也可能相交,故A 、B 、C 都是错误的;对于D ,在平面α内一定存在直线n 与m 平行,且l ⊥n ,故l ⊥m ,所以D 是正确的． 2．【命题立意】本题借助三视图考查三棱锥体积的求解．【思路点拨】把三视图对应的几何体还原成三棱锥,根据棱锥的体积计算公式即可求解． 【答案】B 【解析】根据三视图可知,原几何体是一个三棱锥,且底面是边长为2的正三角形,高为1,故体积为331331=⨯⨯=V ．3．（理）【命题立意】本题主要考查球的结构及截面特征．【思路点拨】先根据条件分析出截面的特点,再利用相应面积公式计算即可． 【答案】C 【解析】所作截面是一个半大圆,面积为ππ2421=⨯．（文）【命题立意】本题主要考查球的面积计算．【思路点拨】此半球的表面积是一个半球面的面积加上一个大圆的面积． 【答案】C 【解析】图中半球的面积为πππ1284=+． 4．（理）【命题立意】本题借助特殊的三棱锥考查线面垂直的判定、直线和平面所成角的求解．【思路点拨】根据条件易知,P A ⊥平面PBC ,故直线AE 与平面PBC 所成的角即为∠APE ,再在Rt △P AE 中利用三角函数的定义即可求解． 【答案】A 【解析】因为P A ⊥PB ,P A ⊥PC ,所以P A ⊥平面PBC ,所以,直线AE 与平面PBC 所成的角即为∠APE ,设P A =PB =PC =1,则2===BC AC AB ,因为E 为BC 中点,所以26=AE ,故33cos 22=-==∠AE PA AE AEPEAPE ．（文）【命题立意】本题借助特殊的三棱锥考查线面垂直的判定、截面面积的求解．【思路点拨】先判断三角形的形状,再根据面积的表达式求最小值．【答案】C 【解析】因为三条侧棱两两垂直且长度为1,所以AP ⊥平面PBC ,∴AP ⊥PE ,PE PE AP S PAE 2121=⋅=∆,故只需PE 的长度最小,所以PE ⊥BC 时,22=PE ,面积取得最小值42．5．【命题立意】本题借助命题真假的判定考查直线与平面、平面与平面之间的平行与垂直关系．【思路点拨】先写出每个命题的逆命题,再逐个判断即可．要注意每个命题逆命题的形式． 【答案】C 【解析】选项C 的逆命题是β⊂b ,若αβ⊥,则a b ⊥显然不成立． 6．【命题立意】本题以圆锥为载体考查圆锥的侧面积计算及三视图的特征．【思路点拨】先根据圆锥的侧面积公式计算出圆锥底面圆的半径,进而可知主视图三角形各边的长即可求出面积．【答案】B 【解析】设圆锥底面半径为r ,则侧面积为ππ22==r S ,故1=r ,314=-=h ,而主视图是一个等腰三角形,面积为3=hr ．7．【命题立意】本题以长方体为载体考查长方体与球的组合体的关系及简单的不等式性质应用．【思路点拨】先根据球的体积求出其半径,再根据长方体边长与球半径的关系建立方程,进而利用不等式性质求出表面积的最大值． 【答案】B 【解析】设球的半径为R ,则343323R ππ=,故R =2,设长方体三边长分别为a ,b ,c ,则16)2(2222==++R c b a ,表面积为2222222()32ab bc ca a b c ++≤++=．即长方体表面积的最大值为32． 8．【命题立意】本题借助三视图考查组合体的特征及圆柱体积的计算．【思路点拨】先根据三视图计算出组合体的体积最大值,再结合圆柱的体积公式,利用体积相等即可计算出水面上升的高度．【答案】B 【解析】由题知,底部这一层最多摆放9个正方体,上面一层最多摆放4个正方体．故组合体的体积最大值为13,设水面上升的高度为h ,则h21313）（ππ=,则131=h ．9．【命题立意】本题考查直线与平面垂直、性质的应用及空间几何体体积的计算问题．【思路点拨】把直线与平面垂直的条件转化为直角三角形,再利用三角形内的关系计算出高P A 即可．【答案】B 【解析】因为P A ⊥平面ABCD ,所以BC ⊥P A ,又ABCD 是正方形,所以BC ⊥P A ,故BC ⊥平面P AB ,所以BC ⊥PB ．322=-=BE BC CE ,在Rt △PBC 中,易得CP CE BC ⋅=2,故33392===CE BC CP ,在Rt △P AC 中,322=-=AC CP PA ,故四棱锥P -ABCD 的体积为933312=⨯⨯．10．【命题立意】本题以三棱锥为载体考查直线与平面垂直的判定与性质的应用．【思路点拨】先分析出轨迹图形的形状,再根据所给数据进行计算即可．【答案】A 【解析】由6====SD SC SB SA 可知S 在底面ABCD 内的射影是底面的中心,即AC 与BD 交点O ．要使得PE 保持与AC 垂直,只需使得P 在AC 的垂面上运动,如图中的△EFG 即为P 的轨迹,且2621===SD FG EG ,221==BD EF ,△EFG 的面积22)21(2122=-⋅=EF FG EF S ．11．【命题立意】本题考查三视图的识别及棱台体积的求解．【思路点拨】根据所给三视图分析出对应几何体的特征,再利用相关公式即可求出体积． 【答案】314【解析】这个空间几何体是一个一条侧棱垂直于底面的四棱台,这个四棱台的高是2,上底面是边长为1的正方形、下底面是边长为2的正方形，故其体积V ＝13×（12＋12×22＋22）×2＝143．12．（理）【命题立意】本题考查二面角、直线与平面所成角之间的关系及空间想象能力． 【思路点拨】先找出二面角、直线与平面所成角对应的平面角,把题中的三个角转化到直角三角形内,进而可以找出他们的关系．【答案】βαθsin sin sin =【解析】如图,过A 作AO ⊥平面Q 垂足为O ,过O 作OC ⊥交线l 于点C ,连结AC ,易证AC ⊥l ,∴ACO ∠为二面角P -l-Q 的平面角,即α=∠ACO ,β=∠ABC ,因为AO ⊥平面Q ,所以ABO ∠为A 和平面Q 所成的角,所以θ=∠ABO ．分别在Rt △AOB 、Rt △AOC 、Rt △ACB 中,有ABAO =θsin ,ACAO =αsin ,ABAC =βsin ,故βαθsin sin sin =．（文）【命题立意】本题考查类比推理及与球有关的组合体的计算问题,对空间想象能力要求较高．【思路点拨】根据组合体的主视图进行分析,分别计算出外接球和内切球半径即可． 【答案】3:1【解析】设该三棱锥的边长为a ,计算可得高为a 36,设外接球半径为R ,则根据球和三棱锥的对称性可知,球心在高所在的线段上,由勾股定理可得222)33()36(R a R a =+-,则a R 46=,故内切球半径为a a a r 1264636=-=,故外接球与内切球半径之比为3:1．13．【命题立意】本题考查圆锥侧面积与全面积的计算方法．【思路点拨】根据条件求出底面半径与母线的关系,再表示出全面积与侧面积即可．【答案】23【解析】设圆锥的底面半径为r ,母线长为l ,则由条件可得。

专题05 三种空间几何体解题方法题型一：几何体体积的求法 题型二：几何体表面积的求法题型三：几何体“内切”、“外接”球问题题型一：几何体体积的求法 一、单选题1．（2022·陕西商洛·高一期末）《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造的一种标准量器——商鞅铜方升，其外形由圆柱和长方体组合而成.已知某组合体由圆柱和长方体组成，如图所示，圆柱的底面直径为1寸，长方体的长、宽、高分别为3.8寸，3寸，1寸，该组合体的体积约为12.6立方寸，若π取3.14，则圆柱的母线长约为（ ）A ．0.38寸B ．1.15寸C ．1.53寸D ．4.59寸2．（2020·新疆·乌鲁木齐市第三十一中学高一期末）一个球的体积为36π，则这个球的表面积为（ ） A ．9πB ．18πC ．36πD ．72π3．（2021·北京市延庆区教育科学研究中心高一期末）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，那么三棱锥1D ABC -的体积是（ ）A ．312aB ．313aC ．314aD ．316a4．（2021·广东惠州·高一期末）已知圆锥轴截面为正三角形，母线长为2，则该圆锥的体积等于（ ）A B C ．2π3D ．2π二、填空题5．（2021·广东广州·高一期末）卢浮宫玻璃金字塔是著名美籍华裔建筑设计师贝聿铭的重要作品之一，主玻璃金字塔是一个底边长为35m ，高为21m 的正四棱锥，则该主玻璃金字塔所占空间的大小是______m 3.6．（2021·江苏连云港·高一期末）已知圆台下底面的半径为4cm ，高为4cm ，母线长为，则圆台的体积为______3cm ．7．（2021·北京通州·高一期末）已知半径为R 的球，其表面积为S ，体积为V ，若S ＝V ，则R ＝________． 三、解答题8．（2022·陕西咸阳·高一期末）已知正方体ABCD -1111D C B A 的棱长为2.(1)求三棱锥1A C BD -的体积； (2)证明：1AC BD ⊥.题型二：几何体表面积的求法 一、单选题1．（2020·新疆·乌鲁木齐市第三十一中学高一期末）一个球的体积为36π，则这个球的表面积为（ ）A ．9πB ．18πC ．36πD ．72π2．（2021·北京师大附中高一期末）圆锥的母线长为5cm ，底面半径为2cm ，则圆锥的侧面积为（ ） A ．220cm π B ．210cm π C ．228cm π D ．214cm π二、双空题3．（2021·北京师大附中高一期末）如图，这个组合体是小张同学自己设计的一个小奖杯，计划送给小刘同学，以鼓励其认真努力的学习数学，已知该奖杯中的四棱柱的高为10cm ，底面是长和宽分别为3cm ､2cm 的矩形，则该四棱柱的体积是__________3cm ：奖杯顶部两个球的半径分别为5cm 和2cm ，则这两个球的表面积之和为__________2cm .三、填空题4．（2021·重庆·高一期末）已知一个圆锥的轴截面(过圆锥轴的一个截面)是一个等腰直角三角形，且圆锥的底面半径为1，则该圆锥的侧面积为__________.5．（2021·北京顺义·高一期末）以边长为1的正方形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周得到一个圆柱，则该圆柱的表面积是 _____.6．（2021·福建福州·高一期末）已知一个正六棱柱的所有顶点都在球面上，若正六棱柱的底面边长与侧棱长均为2，则这个球的表面积为_____．7．（2021·北京西城·高一期末）已知半径为r 的球的表面积为236cm π，那么半径为2r 的球的表面积为___________2cm .题型三：几何体“内切”、“外接”球问题 一、单选题1．（2021·黑龙江·）A ．92πB ．94π C ．9π D ．3π二、多选题2．（2021·辽宁·铁岭市清河高级中学高一期末）已知正四面体PABC 的棱长为2,M N 、分别为PA PB 、的中点．下列说法正确的有（ ） A ．MN PC ⊥B ．异面直线BM 与PCCD 三、填空题3．（2020·天津市红桥区教师发展中心高一期末）将棱长为1的正方体木块切削成一个体积最大的球，则该球的体积为______.4．（2021·福建福州·高一期末）已知一个正六棱柱的所有顶点都在球面上，若正六棱柱的底面边长与侧棱长均为2，则这个球的表面积为_____．5．（2021·浙江·高一期末）若长方体的长，宽，高分别为3，5，4，且它的顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是_______．6．（2019·湖南衡阳·高一期末）已知一个正方形的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为24，则这个球的表面积为_____.一、单选题1．（2021·吉林·长春外国语学校高一期末）已知正方体1111ABCD A B C D -中，以下结论错误的有（ ）A ．点P 在直线1BC 上运动时，三棱锥1A D PC -的体积不变B ．点P 在直线1BC 上运动时，直线AP 与平面1AD C 所成角的大小不变 C ．点P 在直线1BC 上运动时，二面角1P AD C --的大小不变D ．M 是平面1111D C B A 上到点D 和1C 距离相等的点，则点M 的轨迹是过点1D 的直线2．（2021·浙江湖州·高一期末）已知球面被互相垂直的两个平面所截，得到的两个圆公共弦长为若两个圆的半径分别为4，则该球的体积是（ ）A ．36πB C ．125π D ．5003π3．（2021·四川成都·高一期末（理））已知A ，B 是球O 的球面上两点，23AOB π∠=，P 为该球面上动点，若三棱锥O PAB -，则球O 的表面积为（ ） A ．12πB ．16πC ．24πD ．36π4．（2021·福建泉州·高一期末）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中将底面为矩形的棱台称为刍童.如图所示的某刍童1111ABCD A B C D -中，1O ，O 为上､下底面的中心，1O O ⊥平面ABCD ，11112A B A D ==，4AB AD ==，侧棱1A A 所在直线与直线1O O 所成的角为45°，则该刍童1111ABCD A B C D -的体积为（ ）A ．BC ．563D 5．（2021·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高一期末）设,,,A B C D 是同一个半径为2的球的球面上四点，ABC 是以为BC 120BAC ∠=︒，则三棱锥D ABC -体积的最大值为（ ）A B ．C D 6．（2021·黑龙江·铁人中学高一期末）给出下列四个命题： （1）一个圆柱的底面半径为1，高为2，则该圆柱的体积为2π； （2）若样本数据1x ，2x ，，10x 标准差为2，则数据121x -，221x -，，1021x -的方差为16．（3）若ABC 中，π3A =，2AB =，若满足上述条件的三角形有两个，则BC 边的范围是)2．（4）设a ，e 均为单位向量，当a ，e 的夹角为23π时，a 在e 方向上的投影向量为12e 其中你认为正确的个数是（ ） A ．1B ．2C ．3D ．47．（2021·福建省福州第一中学高一期末）我国南北朝名著《张邱建算经》中记载：“今有方亭，下方三丈，上方一丈，高二丈五尺，预接筑为方锥，问：接筑高几何？”大致意思是：有一个正四棱台的上､下底面边长分别为一丈､三丈，高为二丈五尺，现从上面补上一段，使之成为正四棱锥，则所补的小四棱锥的高是多少？那么，此高和原四棱台的体积分别是(注：1丈等于10尺)（ ） A ．12.5尺､10833立方尺 B ．12.5尺､32500立方尺 C ．3.125尺､10833立方尺D ．3.125尺､32500立方尺8．（2022·陕西渭南·高一期末）古希腊数学家阿基米德最为满意的一个数学发现是“圆柱容球”，即在球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等时，球的体积是圆柱体积的23，且球的表面积也是圆柱表面积的23.已知体积为的圆柱的轴截面为正方形.则该圆柱内切球的表面积为（ ）A ．12πB ．C ．6πD ．二、多选题9．（2021·湖南·常德市第二中学高一期末）希罗平均数(Heronian mean )是两个非负实数的一种平均，设,a b是两个非负实数，则它们的希罗平均数H .关于希罗平均数有如下说法，其中正确的有（ ） A ．若0,0a b >>，则,a b 的希罗平均数2abH a b≤+； B ．三棱台111A B C ABC -的体积V 恰好是以此三棱台的上、下底面为底面且与此三棱台等高的两个三棱柱的体积12,V V 的希罗平均数；C ．在直角ABC 中，π2C =，则sin ,sin A B 的希罗平均数的取值范围为13⎛ ⎝⎦； D ．已知正四棱锥P ABCD -的底面ABCD 的内切圆O 的半径为r (点O 为内切圆圆心)，记PO h =.若2h r ≤，则正四棱锥P ABCD -的外接球的半径R 不小于,r h 的希罗平均数.10．（2021·浙江省桐庐中学高一期末）在边长为2的等边三角形ABC 中，点D ，E 分别是边AC ，AB 上的点，满足//DE BC 且AD ACλ=，()()0,1λ∈，将ADE 沿直线DE 折到'A DE 的位置，在翻折过程中，下列结论不成立的是（ ）A ．在边A E '上存在点F ，使得在翻折过程中，满足//BF 平面ACD 'B ．存在102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面A BC '⊥平面BCDEC ．若12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，A B '=D ．在翻折过程中，四棱锥A BCDE '-体积的最大值记为()f λ，()f λ11．（2021·江苏宿迁·高一期末）已知边长为a 的菱形ABCD 中，π3ADC ∠=，将ADC 沿AC 翻折，下列说法正确的是（ ）A ．在翻折的过程中，直线AD ，BC 所成角的范围是0,2π⎛⎫⎪⎝⎭B ．在翻折的过程中，三棱锥D ABC -体积最大值为38aC ．在翻折过程中，三棱锥D ABC -表面积最大时，其内切球表面积为2(14a π-D ．在翻折的过程中，点D 在面ABC 上的投影为D ，E 为棱CD 上的一个动点，ED ' 三、双空题12．（2021·湖北·高一期末）在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑（biē nào ）.已知在鳖臑M ABC -中，面⊥MA ABC ，2MA AB BC ===，则该鳖臑的表面积为__________，它的内切球的半径为__________． 四、填空题13．（2021·陕西·西安市远东一中高一期末）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PAD △是边长为4的等边三角形，四边形ABCD 是等腰梯形，12AB AD BC ==，则四棱锥P ABCD -外接球的表面积是____________.14．（2022·陕西商洛·高一期末）在棱长为2的正方体ABCD －1111D C B A 中，E ，F ，G ，H 分别为棱11A D ，11A B ，11B C ，11C D 的中点，将该正方体挖去两个大小完全相同 的四分之一圆锥，得到如图所示的几何体，现有下列四个结论：①CG //平面ADE ； ②该几何体的上底面的周长为42π+； ③该几何体的的体积为83π-； ④三棱锥F －ABC 的外接球的表面积为414π． 其中所有正确结论的序号是____________．15．（2021·湖南·常德市第二中学高一期末）如图，在水平面上放置两个边长为1的正三角形ABC 与DEF ，将DEF 沿垂直于水平面的方向向上平移至D E F '''△，得到多面体ABC D E F '''-，已知各侧面（D BC '，D E C ''△，E AC '，EF A ''△，F BA '△及F D B ''△）均为正三角形，则多面体ABC D E F '''-的外接球的体积为__________．16．（2021·陕西·西安市第三中学高一期末）A ，B ，C ，D 为球面上四点，M ，N 分别是AB ，CD 的中点，以MN 为直径的球称为AB ，CD 的“伴随球”，若三棱锥A BCD -的四个顶点在表面积为64π的球面上，它的两条边AB ，CD 的长度分别为AB ，CD 的伴随球的体积的取值范围是________．17．（2020·福建漳州·高一期末）正四面体P BDE -和边长为1的正方体1111ABCD A B C D -有公共顶点B ，D ，则该正四面体P BDE -的外接球的体积为______，线段AP 长度的取值范围为_______.五、解答题18．（2021·浙江宁波·高一期末）在棱长均为2的正三棱柱111ABC A B C -中，E 为11B C 的中点．过AE 的截面与棱1BB ，11A C 分别交于点F ，G ．（1）若F 为1BB 的中点，求三棱柱被截面AGEF 分成上下两部分的体积比12V V ； （2）若四棱雉1A AGEF -AGEF 与底面ABC 所成二面角的正弦值； （3）设截面AFEG 的面积为0S ，AEG ∆面积为1S ，AEF 面积为2S ，当点F 在棱1BB 上变动时，求2012S S S 的取值范围．19．（2021·湖北黄冈·高一期末）如图，已知在四棱锥P ABCD －中，底面ABCD 是梯形，//BC AD 且 =2BC AD ，平面 PAC ⊥平面ABCD ， =?PA PC ，PA AB ⊥.（1）证明:AB PC ⊥;（2）若PA PC ⊥，=2=PB PC 4，求四棱锥 P ABCD －的体积.20．（2021·安徽蚌埠·高一期末）如图，四边形ABCD 是边长为4的菱形，60C ∠=，PA ⊥平面ABCD ，将菱形ABCD 沿对角线BD 折起，使得点C 到达点Q 的位置，且平面QBD ⊥平面ABD ．（1）求证：//PA 平面QBD ；（2）若点,,,,A B D P Q 在同一个球面上，求三棱锥P ABD -与三棱锥Q ABD -的公共部分的体积．21．（2021·广东中山·高一期末）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点G 在棱11D C 上，且11114D G D C =，点E 、F 、M 分别是棱1AA 、AB 、BC 的中点，P 为线段1B D 上一点，4AB =．（1）若平面EFP 交平面11DCC D 于直线l ，求证：1//l A B ；（2）若直线1B D ⊥平面EFP ，试作出平面EGM 与正方体1111ABCD A B C D -各个面的交线，并写出作图步骤，保留作图痕迹；设平面EGM 与棱11A D 交于点Q ，求三棱锥Q EFP -的体积．22．（2021·重庆·的正四面体的体积，某同学设计如下解法.解：构造一个棱长为1的正方体，如图1：则四面体11ACB D 的正四面体，且有11111111111133B ACB A AB DC B CD D ACD ACB D V V V V V V V ----=----==四面体正方体正方体.（1）类似此解法，如图2面体的体积；（2）对棱分别相等的四面体ABCD 中，AB CD =，AC BD =，AD BC =.求证：这个四面体的四个面都是锐角三角形；（3）有4条长为2的线段和2条长为m 的线段，用这6条线段作为棱且长度为m 的线段不相邻，构成一个三棱锥，问m 为何值时，构成三棱锥体积最大，最大值为多少？[(),,03a b c a b c ++>及变形()3,,03a b c abc a b c ++⎛⎫≤> ⎪⎝⎭，当且仅当a b c ==时取得等号]23．（2022·广西·昭平中学高一期末）如图，在圆柱12O O 中，AB ，CD 分别是上、下底面圆的直径，且AB CD ∥，EF ，GH 分别是圆柱轴截面上的母线.(1)若CE DE ==.(2)证明：平面ABH ∥平面ECD .24．（2021·浙江温州·高一期末）已知矩形ABCD 中，3AB =，1AD =，E 为线段CD 上一点（不在端点），沿线段AE 将ADE 折成AD E '，使得平面AD C '⊥平面ABC ．（1）证明：平面ABD'与平面BCD'不可能垂直；'--大小为60°，（2）若二面角D AE B（ⅰ）求直线AD'与BC所成角的余弦值；'-的外接球的体积．（ⅰ）求三棱锥D ABC。

考点33 空间几何体的结构及其三视图和直观图、空间几何体的表面积与体积一、选择题1.（2012·江西高考文科·Ｔ7）若一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（）(A)112 (B)5 (C)92(D)4【解题指南】由三视图想象出几何体的直观图，由直观图求得体积.【解析】选D.由三视图可判断该几何体为直六棱柱，其底面积为4,高为1,所以体积为4.2.（2012·新课标全国高考文科·Ｔ7）与（2012·新课标全国高考理科·Ｔ7）相同如图，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，则此几何体的体积为（）(A)6 (B)9 (C)12 (D)18【解题指南】由三视图想象出几何体的直观图，由直观图求得体积.【解析】选B.由题意知，此几何体是三棱锥，其高h=3，相应底面面积为111=63=9,==93=9233S V Sh ⨯⨯∴⨯⨯.3.（2012·新课标全国高考理科·T11）已知三棱锥S-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，SC 为球O 的直径，且SC=2,则此棱锥的体积为（ ）6A (B) 6 (C)3 (D)2【解题指南】思路一：取AB 的中点为D ，将棱锥分割为两部分，利用B CDS A CDS V V V --=+求体积；思路二：设点O 到面ABC 的距离为d,利用123ABC V S d ∆=⨯求体积；思路三：利用排除法求解.【解析】选A.方法一：SC 是球O 的直径，90CAS CBS ∴∠=∠=︒.1BA BC AC ===，2SC =，AS BS ∴==AB 的中点为D ，显然AB CD ⊥，AB CS⊥SD ，AB ∴⊥平面CDS.在CDS ∆中，CD ，2DS =，2SC =，利用余弦定理可得cos CDS ∠=故sin CDS ∠=12CDS S ∆∴==，13B CDS A CDS CDS V V V S BD --∆∴=+=⨯⨯+111133326CDS CDS S AD S BA ∆∆⨯=⨯=⨯=.方法二：ABC ∆的外接圆的半径3r =，点O 到平面ABC 的距离3d ==，SC 为球O 的直径⇒点S 到平面ABC 的距离为262d =， 此棱锥的体积为113262233436ABC V S d ∆=⨯=⨯⨯=. 方法三：13236ABC V S R ∆<⨯=，排除,,B C D . 4.（2012·新课标全国高考文科·Ｔ8）平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为（ ）（A ）6π （B ）43π （C ）46π （D ）63π【解题指南】利用球心到截面的距离、截面圆的半径、球的半径之间满足勾股定理求得球的半径，然后利用公式求得球的体积.【解析】选B.设球O 的半径为R ，则22R 1(2)3=+=，故34433V R ππ==球.5.（2012·陕西高考文科·Ｔ8）将正方体（如图1所示）截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的左视图为（ ）【解题指南】结合原正方体，确定两个关键点1B ,1D 和两条重要线段1AD 和1B C 的投影.【解析】选B.图2所示的几何体的左视图由点A ，D ，1B ,1D 确定外形为正方形，判断的关键是两条对角线1AD 和1B C 是一实一虚，其中要把1AD 和1B C 区别开来，故选B.6.（2012·浙江高考文科·Ｔ3）已知某三棱锥的三视图（单位：cm ）如图所示，则该三棱锥的体积是（ ）(A)1 cm 3 (B)2 cm 3 (C)3 cm 3 (D)6 cm 3【解题指南】由三视图可知,几何体是底面为两直角边分别是1和2的直角三角形,高为3的棱锥.【解析】选A.三棱锥的体积为11123132⨯⨯⨯⨯=（cm 3）.7.（2012·北京高考文科·Ｔ7）与（2012·北京高考理科·Ｔ7）相同 某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是（ ）（A ）28+5（B ）30+65（C ）56+5（D ）60+125【解题指南】由三视图还原直观图，再求表面积.【解析】选B.直观图如图所示，423 4侧（左）视图 俯视图底面是边长AC=5，BC=4的直角三角形，且过顶点P向底面作垂线PH，垂足在AC上，AH=2，HC=3，PH=4.145102ABCS∆=⨯⨯=，154102PACS∆=⨯⨯=.因为PH⊥面平H ABC⊥面，所以PH BC⊥.又因为所以BC PC⊥，所以145102PBCS∆=⨯⨯=.在PAB∆中，25,41PA PB AB===，取PA中点E，连结BE，则6BE=，所以1256652PABS∆=⨯⨯=.因此三棱锥的表面积为101010653065+++=+.8.（2012·湖南高考理科·Ｔ3）某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是( )【解题指南】从俯视图观察可知，正视图和侧视图不同的是D，正视图应有虚线. 【解析】选D.由“正视图俯视图等长，侧视图俯视图等宽”，知该几何体正视图与侧视图相同，而D项中正视图与侧视图不同，可知选D.PBA CE9.（2012·湖南高考文科·Ｔ4）某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是( )【解题指南】找出正视图和侧视图不相同的俯视图.【解析】选C.“正视图俯视图等长，侧视图俯视图等宽”，本题正视图与侧视图相同，可知选C.10.（2012·福建高考文科·Ｔ４）与（2012·福建高考理科·Ｔ4）相同一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是（）(A)球 (B)三棱锥 (C)正方体 (D)圆柱【解题指南】通过了解基本空间几何体的各个视图分别是什么就能直接解题. 【解析】选D.圆柱的三视图，分别是矩形、矩形、圆，不可能三个视图都一样，而球的三视图可以都是圆，三棱锥的三视图可以都是三角形，正方体的三视图可以都是正方形.11.（2012·广东高考理科·Ｔ6）某几何体的三视图如图所示，它的体积为（ ）(A)12π (B)45π (C)57π (D)81π【解题指南】根据三视图准确判断出此几何体的形状，是解决本题的关键.本题显然是一个由同底的圆柱和圆锥组成的组合体.【解析】选C.此几何体是一个组合体，上方为一个圆锥，下方为一个同底的圆柱，所以其体积为2213534573V πππ=⨯⨯+⨯⨯⨯=.12.（2012·广东高考文科·Ｔ7）某几何的三视图如图所示，它的体积为(A)72π (B)48π (C)30π (D)24π【解题指南】根据三视图准确判断出此几何体的形状是解决本题的关键.显然图中几何体是一个由半球和倒立的圆锥组成的组合体.【解析】选C.由三视图可知该几何体是由半球和倒立的圆锥组成的组合体.2311434330323V πππ=⨯⨯+⨯⨯=2253-2311434330323V πππ=⨯+⨯⨯=. 13.（2012·湖北高考理科·Ｔ4）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) (A)83π (B)3π (C)103π (D)6π【解题指南】本题考查三视图与组合体的体积的求法,解答本题的关键是正确地想象出直观图,再补体代入体积公式求解.【解析】选B.解答本题可采取补上一个与它完全相同的几何体的方法,∴V 21163.2v ππ∴=⨯⨯= 二、填空题14.（2012·湖北高考文科·Ｔ15）已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 .【解题指南】本题考查三视图与组合体的体积求法,解答本题的关键是正确地想象出直观图,再代入体积公式求解.【解析】由本题的三视图可知,该几何体是由三个圆柱组合而成,其中左右两个圆柱等体积.V=π×22×1×2+π×12×4=12π.【答案】12π15.（2012·江苏高考·Ｔ7）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，13,2AB AD cm AA cm ===，则四棱锥11A BB D D -的体积为 3cm .【解题指南】关键是求出四棱锥的高，即点A 到平面11BB D D 的距离.再利用公式进行求解.【解析】由题意知，四边形ABCD 为正方形，连接AC,交BD 于O ，则AC ⊥BD.由面面垂直的性质定理，可证AO ⊥平面11BB D D .四棱锥底面11BB D D 的面积为32262⨯=，从而1111163-=⨯⨯=A BB D D BB D D V OA S 长方形11163-=⨯⨯=A BB D D BB D D V OA S . 【答案】616.（2012·浙江高考理科·Ｔ11）已知某三棱锥的三视图（单位：cm ）如图所示，则该三棱锥的体积等于________3cm .【解题指南】由锥体体积公式可得.【解析】三棱锥的体积为: 1132132⨯⨯⨯=（cm 3）.【答案】117.（2012·天津高考理科·Ｔ10）一个几何体的三视图如图所示（单位：m ），则该几何体的体积为__________3m .【解题指南】由三视图正确判断出组合体的形状是关键.【解析】组合体的上面是一个长、宽、高分别为6，3，1的长方体，下面是两个球半径为32的相切的球体，所以所求的体积是：【答案】18.（2012·天津高考文科·Ｔ10）一个几何体的三视图如图所示（单位：m），则该几何体的体积为__________3m.【解题指南】由三视图正确判断出组合体的形状是关键.【解析】组合体的底座是一个棱长分别为4，3，2的长方体，上面是一个高为4的四棱柱，底面的面积S=/3 2S S，所以所求的体积是=6+24=30.【答案】3019. （2012·山东高考理科·Ｔ14）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，,E F 分别为线段11,AA B C 上的点，则三棱锥1D EDF -的体积为____________.【解题指南】本题考查利用换顶点法来求三棱锥的体积，只需知道C B 1上的任意一点到面1DED 的距离相等.【解析】1DED ∆的面积为正方形面积的一半，三棱锥的高即为正方体的棱长，所以612131311111=⨯⨯⨯=⋅==∆--AB AD DD h S V V DED DED F EDF D . 【答案】6120.（2012·山东高考文科·Ｔ13）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E 为线段1B C 上的一点，则三棱锥1A DED -的体积为＿＿＿＿＿.【解题指南】本题考查利用换顶点法来求三棱锥的体积，只需知道C B 1上的任意一点到面1DAD 的距离相等.【解析】以△1ADD为底面，则易知三棱锥的高为1，故【答案】6121.（2012·安徽高考理科·Ｔ12）某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是 .【解题指南】根据“长对正、宽相等、高平齐”的原则作出几何体的直观图. 【解析】该几何体是底面是直角梯形，高为4的直四棱柱，几何体的表面积是2212(25)4(2544(52))492 2S=⨯⨯+⨯++++-⨯=.【答案】9222.（2012·安徽高考文科·Ｔ12）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于_____.【解题指南】根据“长对正、宽相等、高平齐”的原则得出几何体的直观图，进而求得体积.【解析】该几何体是底面是直角梯形，高为4的直四棱柱，则该几何体的体积是1(25)44562V =⨯+⨯⨯=.【答案】5623.（2012·辽宁高考理科·Ｔ13）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为______________.【解题指南】读懂三视图，它是长方体（挖去一个底面直径为2 cm 的圆柱），分别求表面积，注意减去圆柱的两个底面积.【解析】长方体的长宽高分别为4,3,1，表面积为43231241238⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=； 圆柱的底面圆直径为2，母线长为1，侧面积为2112ππ⨯⨯=；圆柱的两个底面积2212ππ⨯⨯=.故该几何体的表面积为382238ππ+-=.【答案】3824. （2012·辽宁高考文科·Ｔ13）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_______________.【解题指南】读懂三视图，它是圆柱和长方体的组合，分别求体积即可. 【解析】该组合体上边是一个圆柱，底面圆直径为2，母线长为1；体积111V sh ππ==⨯⨯=S2111V sh ππ==⨯⨯=，下面是一个长方体，长、宽、高分别为4,3,1，体积243112V =⨯⨯=.故组合体体积1212V V π+=+. 【答案】12π+25.（2012·辽宁高考文科·Ｔ16）已知点P ，A ，B ，C ，D 是球O 表面上的点，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是边长为3.若6,则△OAB 的面积为______________.【解题指南】注意到已知条件中的垂直关系，将点P,A,B,C,D 看作长方体的顶点来考虑.【解析】由题意，PA ⊥平面ABCD ，则点P,A,B,C,D,可以视为球O 的内接长方体的顶点，球O 位于该长方体的对角线的交点处，那么△OAB 的面积为长方体对角面的四分之一.123,266=236=334AB PA PB OABD ==∴=∴∆⨯⨯，，面积的123,266=236=334AB PA PB OABD ==∴=∴∆⨯，面积.【答案】33三、解答题26.（2012·新课标全国高考文科·Ｔ19）如图，在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC=12AA 1，D 是棱AA 1的中点.(Ｉ)证明：平面BDC 1⊥平面BDC ；（Ⅱ）平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比.【解题指南】（1）证两个平面垂直，可转化为在其中一个平面内找到一条直线与另一个平面垂直，要证平面BDC 1⊥平面BDC ，可证1DC ⊥平面BDC ； （2）平面BDC 1分棱柱下面部分1B DACC -为四棱锥，可直接求体积，上面部分可用间接法求得体积，从而确定两部分体积之比.【解析】(I)由题设可知11,,BC CC BC AC CC AC C ⊥⊥=,所以BC ⊥平面11ACC A . 又1DC ⊂平面11ACC A ,所以1DC BC ⊥.由题设知1145A DC ADC ∠=∠=︒,所以190CDC ∠=︒,即1DC DC ⊥.又,DC BC C = 所以1DC ⊥平面BDC .又1DC ⊂平面1BDC ,故平面1BDC ⊥平面.BDC (II)设棱锥1B DACC -的体积为1V ,1AC =.由题意得1112111322V +=⨯⨯⨯=. 又三棱柱111ABC A B C -的体积=1V ,所以()11-:=1:1V V V . 故平面1BDC 分此棱柱所得两部分体积的比为1:1.27.（2012·江西高考文科·Ｔ19）如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，E ，F 是线段AB 上的两点，且DE ⊥AB ，CF ⊥AB ，AB=12，AD=5，BC=42，DE=4.现将△ADE ，△CFB 分别沿DE ，CF 折起，使A ，B 两点重合于点G ，得到多面体CDEFG.（1） 求证：平面DEG ⊥平面CFG ； （2） 求多面体CDEFG 的体积.【解题指南】（1）证两个平面垂直，可转化为在其中一个平面内找到一条直线与另一个平面垂直，要证平面DEG ⊥平面CFG ，可证EG ⊥平面CFG ；（2）多面体CDEFG 为四棱锥，由平面DEG ⊥平面CFG 得到四棱锥的高，利用体积公式求体积.【解析】（1）由已知可得AE=3，BF=4，则折叠完后EG=3，GF=4，又因为EF=5，所以可得EG GF ⊥.又因为CF EGF ⊥底面,可得CF EG ⊥，即EG ⊥平面CFG,所以平面DEG ⊥平面CFG. （2）过点G 作GO 垂直于EF,GO 即为四棱锥G -EFCD 的高,所以所求体积为13S 长方形DEFC ·GO=13×4×5×125=16.。

空间几何体知识点一、知识概述《空间几何体知识点》①基本定义：空间几何体呢，说白了就是在空间里由一些面啊或者线啊啥的围成的形状。

像我们常见的正方体、球体、圆柱体之类的都是空间几何体。

正方体有六个正方形的面，每个顶点都连接着三条棱；球体就像个超级圆的球，表面上每一点到球心的距离都相等；圆柱体有两个底面是一样大的圆，侧面是个长方形卷起来的样子。

②重要程度：在几何这个学科里，空间几何体可是基础中的基础。

往后学的好多几何知识都是建立在对空间几何体的认识和理解之上的。

就好比建房子，空间几何体就是那些一块块的砖头，要是砖头都不认识，房子可就没法好好建了。

③前置知识：那在学空间几何体之前呢，得先对平面图形有点基础了解，像长方形、三角形、圆这些。

你想啊，如果连平面的图形都搞不清楚，又怎么能明白由这些平面图形组合或者变形变成的空间几何体呢。

④应用价值：实际应用可不少呢。

在建筑领域，很多建筑的设计形状都是空间几何体的变形或者组合。

像鸟巢体育场，就有点像个扭曲的正方体；还有水立方，有点像个很规则的长方体和一些特殊几何体的组合。

在工业制造上，一些容器的设计也和空间几何体有关，比如装油的圆柱罐子。

二、知识体系①知识图谱：空间几何体在几何学科里就像树根一样，其他很多知识像解析几何、立体几何计算之类的都是从这儿长出去的枝叶。

它往上能和立体几何证明、计算联系起来，往下与平面几何的一些知识也有千丝万缕的关系。

②关联知识：它和角度的知识有关系啊。

比如说正方体的各个面之间的夹角，还有棱之间的夹角等。

跟面积体积计算也联系紧密，要计算空间几何体的体积和表面积就得知道它的形状特点。

和投影知识也有关，从不同方向投影一个空间几何体就会得到不同的平面图形。

③重难点分析：- 掌握难度：说实话，空间想象能力是个难点。

很多同学刚学的时候，在脑海里很难构造出那些几何体的样子。

像那种斜着切正方体得到的截面形状，就很难想象。

- 关键点：得抓住各个几何体的特征，就是那些区别于其他几何体的地方。

高考专题训练五空间几何体班级________姓名________时间：45分钟分值：75分总得分________一、选择题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项填在答题卡上．1．(2011·浙江)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是()解析：由三视图可知，该几何体的直观图为B.答案：B2．(2011·辽宁)一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为23，它的三视图中的俯视图如图所示，侧(左)视图是一个矩形，则这个矩形的面积是( )A ．4B ．2 3C ．2D. 3解析：设该正三棱柱侧棱长和底面边长为a ， 则34a 2·a ＝23， ∴a 3＝8，∴a ＝2，由俯视图知，该正三棱柱如图ABC －A 1B 1C 1， 其侧(左)视图即为矩形CDD 1C 1， 其面积为3×2＝2 3. 答案：B3．(2011·山师大附中高三模拟)已知某一几何体的正(主)视图与侧(左)视图如图所示，则下列图形中，可以是该几何体的俯视图的图形有()A．①②③⑤B．②③④⑤C．①②④⑤D．①②③④解析：根据给出的正(主)视图和侧(左)视图可知，该组合体由上、中、下三个几何体组合而成，由于正(主)视图和侧(左)视图中三层均为矩形，所以这些几何体可能是一些长方体、底面为直角三角形的直三棱柱以及圆柱组合而成的．而第⑤个俯视图中，有两处与已知不符，一是上层几何体的俯视图不正确，由于上层几何体的正(主)视图与侧(左)视图为两个相同的矩形，所以其俯视图中矩形的两边长应该相等；二是下层几何体的俯视图不正确，如果下层几何体的底面为俯视图所示的三角形，则在正(主)视图中底层的矩形应有一条中位线，这与已知不符合，所以⑤不可能，故选D.[来源:学科网]答案：D4．(2011·湖北)设球的体积为V1，它的内接正方体的体积为V2，下列说法中最合适的是()A．V1比V2大约多一半B．V1比V2大约多两倍半C．V1比V2大约多一倍D．V1比V2大约多一倍半解析：设球的内接正方体的边长为a ， 球的半径为R ，∴2R ＝3a ，∴R ＝32a .∴V 1＝43πR 3＝43π·338a 3＝32πa 3，V 2＝a 3，∴V 1＝32πV 2≈2.5V 2，∴V 1－V 2≈1.5V 2.[来源:学科网] 答案：D5．(2011·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是( )A ．32B ．16＋16 2C ．48D ．16＋32 2解析：由三视图可知，该四棱锥为正四棱锥 S 底＝4×4＝16，S 侧＝4×12×4×22＝16 2∴S 表面积＝S 底＋S 侧＝16＋16 2.6．(2011·辽宁)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( )[来源:学科网ZXXK]A.33B.233C.433D.533解析：如图所示．∠ASC ＝∠BSC ＝45° 且OS ＝OB ＝OA ＝OC ＝2，∴△SOB ，△SOA 为全等的等腰直角三角形， 且SC ⊥OB ，SC ⊥OA ，又OA ∩OB ＝O ，∴SC ⊥平面AOB 又∵AB ＝OB ＝OA ＝2， ∴△AOB 为等边三角形∴V S －ABC ＝V S －AOB ＋V C －AOB ＝13·S △AOB ·SC ＝13×3×4＝433.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上．[来源:学科网]7．(2011·全国新课标版)已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的316，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为________．解析：令球心为O ，圆锥底面圆圆心为O ′，球半径为R ，圆锥底面圆半径为r ，则316·4πR 2＝πr 2，∴r ＝32R ，在Rt △AOO ′中， OO ′＝AO 2－AO ′2＝R 2.故h H ＝R －R 2R ＋R 2＝13. 答案：138．(2011·洛阳市高三模拟)图2中的实线围成的部分是长方体(图1)的平面展开图，其中四边形ABCD 是边长为1的正方形．若向虚线围成的矩形内任意抛掷一质点，它落在长方体的平面展形图内的概率是14，则此长方体的体积是________．解析：设长方体的高为h ，则图2中虚线围成的矩形长为2＋2h ，宽为1＋2h ，面积为(2＋2h )(1＋2h )，展开图的面积为2＋4h ；由几何概型的概率公式知2＋4h (2＋2h )(1＋2h )＝14，得h ＝3，所以长方体的体积是V ＝1×3＝3.答案：39．(2011·北京市海淀区高三第二学期练习)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一动点，则三棱锥P －ABC 的正(主)视图与侧(左)视图的面积的比值为________．[来源:]解析：依题意得三棱锥P－ABC的正(主)视图与侧(左)视图分别是一个三角形，且这两个三角形的底边长都等于正方体的棱长，底边上的高也都相等，因此三棱锥P－ABC的正视图与侧视图的面积之比等于1.答案：110．一个几何体的三视图如图所示，已知正(主)视图是底边长为1的平行四边形，侧(左)视图是一个长为3，宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形，则该几何体的体积V是________．是边长为1的正方形，高为 3.所以V＝1×1×3＝ 3.答案： 3三、解答题：本大题共2小题，共25分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．[来源:学*科*网Z*X*X*K]所示(其中M，N分别是AF，BC的中点)．(1)求证：MN ∥平面CDEF ； (2)求二面角A －CF －B 的余弦值； (3)求多面体A －CDEF 的体积． 解：由三视图知，该多面体是底面为直角三角形的直三棱柱ADE －BCF ，且AB ＝BC ＝BF ＝4，DE ＝CF ＝42，∠CBF ＝π2.(1)证明：连接BE ，易知BE 通过点M ，连接CE .则EM ＝BM ，CN ＝BN ，∴MN ∥CE ，又CE ⊂平面CDEF ，MN⊄平面CDEF ，∴MN ∥平面CDEF .(2)作BQ ⊥CF 于Q ，连接AQ ，∵平面BFC ⊥平面ABFE ，平面ABFE ∩平面BCF ＝BF ，AB ⊂平面ABFE ，AB ⊥BF ，∴AB ⊥平面BCF ，又CF ⊂平面BCF ，∴AB ⊥CF ，又BQ ⊥CF ，AB ∩BQ ＝B ，∴CF ⊥平面ABQ ，∵AQ ⊂平面ABQ ，∴AQ ⊥CF ，故∠AQB 为所求二面角的平面角．在Rt △ABQ 中，tan ∠AQB ＝AB BQ ＝422＝2，则 cos ∠AQB ＝33，故所求二面角的余弦值为33.[来源:学|科|网Z|X|X|K](3)多面体A －CDEF 的体积V ＝2×V A －CEF ＝2×V C －ABF ＝2×13S △ABF ·BC ＝643.12．(13分)(广东卷)某高速公路收费站入口处的安全标识墩如下图(1)所示．墩的上半部分是正四棱锥P －EFGH ，下半部分是长方体ABCD －EFGH .图(2)、(3)分别是该标识墩的正视图和俯视图．(1)请画出该安全标识墩的侧视图；(2)求该安全标识墩的体积；(3)证明：直线BD⊥平面PEG.分析：(1)根据正(主)视图和俯视图可以知道其侧(左)视图和正(主)视图是完全相同的；(2)根据两个视图给出的标记，这个安全墩的下半部分是一个底面边长为40 cm、高为20 cm的长方体，上半部分四棱锥的高为60 cm，根据公式计算即可；(3)根据正四棱锥的性质进行证明．解：(1)该安全标识墩侧(左)视图如右图所示．[来源:学科网](2)该安全标识墩的体积V ＝V P －EFGH ＋V ABCD －EFGH＝13402×60＋402×20＝32000＋32000＝64000(cm 3)． (3)证明：如右图所示，连接HF 、EG .由题设知四边形ABCD 和四边形EFGH 均为正方形，∴FH ⊥EG ，又∵ABCD －EFGH 为长方体，∴BD ∥FH .设点O 是EFGH 的对称中心，连接PO .∵P －EFGH 是正四棱锥，[来源:学&科&网Z&X&X&K]∴PO ⊥平面EFGH ，而FH ⊂平面EFGH ，∴PO ⊥FH .∵FH ⊥PO ，FH ⊥EG ，PO ∩EG ＝O ，PO ⊂平面PEG ，EG ⊂平面PEG ，∴FH ⊥平面PEG .而BD ∥FH ，故BD ⊥平面PEG .[来源:学科网ZXXK]点评：解这类给出了直观图和三视图中的两个图形的题目，只要根据直观图得出另一个视图的形状，再根据给出的两个视图上标注的几何量，在第三个视图上标注上几何量即可．.精品资料。

第十单元 立体几何第一节 空间几何体及其表面积与体积一、填空题1. (2010·南京三模)已知圆锥的母线长为2，高为3，则该圆锥的侧面积是________．2. 各棱长为1的正三棱锥的全面积为________．3. 长方体的一个顶点上三条棱的长分别为2,4,6，，且它的八个顶点都在同一个球面上，这个球的表面积为________．4. 一个正三棱柱的侧面展开图是一个边长为9的正方形，则此三棱柱的体积为________．5. 一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为3，则这个圆锥的全面积是________．6. (2010·湖北)圆柱形容器内部盛有高度为8 cm 的水，若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后，水恰好淹没最上面的球(如图所示)，则球的半径是________cm.7. (2010·宁夏)设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为________．8. 在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为40 cm ，母线长最短50 cm ，最长80 cm ，则斜截圆柱侧面面积S ＝________cm 2.9. (2010·全国Ⅱ)已知正四棱锥S -ABCD 中，SA ＝23，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为________．二、解答题10. 已知正三棱柱形木桶，底面边长为2，侧棱长为3，这样的桶里能否放进一个体积为π3的小球(桶壁厚度忽略不计)?11. (2011·扬州中学期中试题)如图，某养路处建造圆锥形仓库用于贮藏食盐(供融化高速公路上的积雪之用)．已建的仓库的底面直径为12 m ，高4 m ，养路处拟建一个更大的圆锥形仓库，以存放更多的食盐，现有两个方案：一是新建仓库的底面直径比原来的大4 m(高不变)，二是高度增加4 m(底面直径不变)．(1)分别计算按这两个方案所建仓库的体积；(2)分别计算按这两个方案所建仓库的侧面积；(3)哪一个方案更经济些？12. (2009·辽宁改编)正六棱锥P -ABCDEF 中，G 为PB 的中点，求三棱锥D -GAC 与三棱锥P -GAC 的体积之比．参考答案1. 2π 解析：圆锥的底面半径为r =22-3=1，则圆锥的侧面积为S 侧=2π.2. 3 解析：每个正三角形的面积为34，全面积为34⨯4= 3. 3. 56π 解析：长方体的外接球的直径即为长方体的体对角线．设球半径为R ，由题意知2R =22+42+62=214，则R =14.所以球的表面积为S =4πR 2=56π.4. 8134 解析：该正三棱柱的底面边长为3，高为9，则其体积为V =Sh =34⨯32⨯9=8134. 5. 3π 解析：设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，则l =2r .由题意知，轴截面面积S =34(2r )2=3r 2=3，∴r =1. 故圆锥的全面积S =πr ⋅l +πr 2=3π.6. 4 解析：设球半径为r ，则由3V 球+V 水=V 柱可得3⨯43πr 3+πr 2⨯8=πr 2⨯6r ，解得r =4. 7.73πa 2 解析：如图，P 为三棱柱底面中心，O 为球心，易知AP =23⨯32a =33a ，OP =12a ，所以球的半径R 满足：R 2=⎝⎛⎭⎫33a 2+⎝⎛⎭⎫12a 2=712a 2， 故S 球=4πR 2=73πa 2. 8. 2 600π 解析：S =(50+80)⨯20π=2 600π. 9. 2 解析：设底面边长为a ，则高h =SA 2-⎝⎛⎭⎫22a 2=12-a 22，所以体积为V =13a 2h =13a 212-12a 2= 1312a 4-12a 6，设y =12a 4-12a 6，则y ′=48a 3-3a 5，令y ′=0解得a =0或4，易得当a =4时，V 最大，此时h =2.10. 设球的半径为R ，则43πR 3=π3，解得R 3=14，而正三棱柱底面内切圆半径r =36⨯2=33，则R 6=116，r 6=127，则R 6＞r 6，即R ＞r ，故这样的桶里不能放进一个体积为π3的小球． 11. (1)当仓库底面直径比原来大4 m 时，底面半径为8 m ，高为4 m ，体积V 1=13π⋅82⋅4=2563π m 3；当仓库的高比原来大4 m 时，底面半径为6 m ，高为6 m ，体积为V 2=13π⋅62⋅8=96π m 2. (2)当仓库底面直径比原来大4 m 时，底面半径为8 m ，高为4 m ，侧面积为S 1=π⋅8⋅82+42=325π m 3.当仓库高度比原来大4 m 时，底面半径为6 m ，高为8 m ，侧面积为S 2=π⋅6⋅82+62=60π m 2. (3)∵V 1S 1=835，V 2S 2=85，且835＜85. 所以第二个方案更经济一些．。

高考数学一轮复习《空间几何体》练习题（含答案）一、单选题1．降水量（precipitation[amount]）：从天空降落到地面上的液态或固态（经融化后）水，未经蒸发､渗透､流失，而在水平面上积聚的深度.降水量以mm 为单位，气象观测中一般取一位小数，现某地10分钟的降雨量为13.1mm ，小王在此地此时间段内用口径为10cm 的圆柱型量筒收集的雨水体积约为（ ）（其中π 3.14≈）A ．331.0210mm ⨯B ．331.0310mm ⨯C ．531.0210mm ⨯D ．531.0310mm ⨯2．某几何体的三视图如图所示(单位：cm )，则该几何体的表面积(单位：2cm )是（ ）A ．()256122cm +B ．()248162cm + C ．()280122cm + D ．()272162cm + 3．阿基米德（Archimedes ，公元前287年-公元前212年）是古希腊伟大的数学家，物理学家和天文学家，在他墓碑上刻着的一个圆柱容器里放了一个球，该球与圆柱的两个底面及侧面均相切，如图所示，则在该几何体中，圆柱表面积与球表面积的比值为（ ）A ．32B ．43C ．32或23D ．234．已知一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积为（ ）A ．33πB ．2πC ．3πD ．4π5．某圆锥的母线长为2，高为423，其三视图如下图所示，圆锥表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆锥表面上的点N 在侧视图上的对应点为B ，则在此圆锥侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为A ．2B ．22C ．823+D ．223- 6．已知某空间几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（ ）A ．323B ．163C ．4D ．87．已知正方体的六个面的中心可构成一个正八面体,现从正方体内部任取一个点,则该点落在这个正八面体内部的概率为（ ）A ．12B ．13C ．16D ．1128．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A ．810+16B ．40C ．810++24D ．489．棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是侧面11CC B B 上的一个动点（包含边界），则下面结论正确的有（ ）①若点E 满足1AE B C ⊥，则动点E 的轨迹是线段；②若点E 满足130EA C ∠=，则动点E 的轨迹是椭圆的一部分；③在线段1BC 上存在点E ，使直线1A E 与CD ．所成的角为30；④当E 在棱1BB 上移动时，1EC ED +的最小值是352+． A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个10．某锥体的正视图和侧视图均为如图所示的等腰三角形，则该几何体的体积最小值为A ．4πB ．12C ．1D ．211．已知四棱锥S ABCD -的所有顶点都在同一球面上，底面ABCD 是正方形且和球心O 在同一平面内，当此四棱锥体积取得最大值时，其表面积等于443+，则球O 的体积等于（ ）A ．3223πB ．1623πC ．823πD ．423π 12．一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．36B ．48C ．64D ．72二、填空题13．如果用半径为r 的半圆形铁皮卷成一个圆锥筒，那么这个圆锥筒的高等于____． 14．点A ，B ，C ，D 在同一个球的球面上，3AB BC AC ==，若四面体ABCD 体积的3________.15．“方锥”，在《九章算术》卷商功中解释为正四棱锥.现有“方锥”S ABCD -，其中4AB =，SA 与平面ABCD 32，则此“方锥”的外接球表面积为________. 16．棱长为6的正方体内有一个棱长为x 的正四面体，正四面体的中心（正四面体的中心就是该四面体外接球的球心）与正方体的中心重合，且该四面体可以在正方体内任意转动，则x 的最大值为______．三、解答题17．如图，已知直三棱柱111ABC A B C ，其底面是等腰直角三角形，且22AB BC ==14AC AA ==.(1)求该几何体的表面积；(2)若把两个这样的直三棱柱拼成一个大棱柱，求拼得的棱柱表面积的最小值.18．如图是一个以111A B C为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC，已知11112A B B C==，11190A B C∠=︒，14AA=，13BB=，12CC=，求该几何体的体积．19．如图是某几何体的三视图，请你指出这个几何体的结构特征，并求出它的表面积与体积．（单位：cm）20．如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是矩形，2PA AB ==，2AD =，过点B 作BE ⊥AC ，交AD 于点E ，点F ，G 分别为线段PD ，DC 的中点．(1)证明：AC ⊥平面BEF ；(2)求三棱锥F -BGE 的体积．21．如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是边长为2的菱形，AC =23，△ADE 为等腰直角三角形，∠AED =90°，平面ADE ⊥平面ABCD ，且EF //AB ，EF =1.（1）证明：AC ⊥平面BDF ；（2）若G 为棱BF 的中点，求三棱锥G —DEF 的体积.22．如图，在三棱锥-P ABC 中，2AB BC ==，22PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且MC ＝2MB ，求点C 到平面POM 的距离．23．如图，在三棱锥S －ABC 中，SA ＝SC ，D 为AC 的中点，SD ⊥AB ．(1)证明：平面SAC ⊥平面ABC ；(2)若△BCD 是边长为3的等边三角形，点P 在棱SC 上，PC ＝2SP ，且932S ABC V -=，求三棱锥A －PBC 的体积．24．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为4的菱形，60DAB ∠=︒，7PA PD ==，O F 、分别为AD AB 、的中点，PF AC ⊥.（1）求证：面POF ⊥面ABCD ；（2）求三棱锥B PCF -的体积。

第一节空间几何体三视图的辨析考向聚焦高考的常考点,主要考查:(1)不同视图之间的关系;(2)由实物图画三视图.常以选择题形式出现,难度不大,所占分值5分备考指津(1)熟记三视图的绘图法则;(2)会由直观图画三视图;(3)能补全三视图,注意空间想象能力的训练1.(2012年某某卷,理3,5分)某几何体的正视图和侧视图均如图(1)所示,则该几何体的俯视图不可能是( )解析:若该几何体的俯视图为D,则正视图与侧视图不是同一个图形,且正视图中竖长方形中应有虚线,故选D.答案:D.2.(2012年某某卷,理4,5分)一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等,那么这个几何体不可以是( )(A)球(B)三棱锥(C)正方体(D)圆柱解析:本小题主要考查空间几何体的三视图,圆柱的三视图中,正视图与侧视图都是长方形,而俯视图是圆,即其形状不可能都相同.故选D.答案:D.3.(2011年全国新课标卷,理6)在一个几何体的三视图中,正视图和俯视图如图所示,则相应的侧视图可以为( )解析:该几何体由正视图和俯视图可知:其为前面为三棱锥,后连一个与三棱锥等高的半圆锥,故侧视图为D选项.故选D.答案:D.4.(2011年某某卷,理11)右图是长和宽分别相等的两个矩形.给定下列三个命题:①存在三棱柱,其正(主)视图、俯视图如图;②存在四棱柱,其正(主)视图、俯视图如图;③存在圆柱,其正(主)视图、俯视图如图.其中真命题的个数是( )(A)3 (B)2(C)1 (D)0解析:底面是等腰直角三角形的三棱柱,当它的一个矩形侧面放置在水平面上时,它的主视图和俯视图可以是全等的矩形,因此①正确;若长方体的高和宽相等,则存在满足题意的两个矩形,因此②正确;当圆柱侧放时(即左视图为圆时),它的主视图和俯视图可以是全等的矩形,因此③正确,故选A.答案:A.5.(2011年卷,理7)某四面体的三视图如图所示,该四面体四个面的面积中最大的是( )(A)8 (B)6(C)10 (D)8解析:由三视图可知,几何体为一条侧棱垂直于底面的三棱锥,如图所示,SA⊥平面ABC,AB⊥BC,且SA=4,AB=4,BC=3,∴面积最大的为△SAC,∴S=|AC|·|SA|=10,故选C.答案:C.6.(2010年某某卷,理6)如图,△ABC为正三角形,AA'∥BB'∥CC',CC'⊥平面ABC且3AA'=BB'=CC'=AB,则多面体ABC A'B'C'的正视图(也称主视图)是( )解析:正视图是从空间几何体的前面通过正投影得到的平面图形.故选D.答案:D.7.(2010年卷,理3)一个长方体去掉一个小长方体,所得几何体的正(主)视图与侧(左)视图分别如图所示,则该几何体的俯视图为( )解析:根据题意,由几何体的正(主)、侧(左)视图可得几何体的直观图,如图所示,故该几何体的俯视图为C.答案:C.8.(2011年某某卷,理15)一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等,体积为2,它的三视图中的俯视图如图所示,左视图是一个矩形,则这个矩形的面积是.解析:设各棱长为a,则体积2=×a2××a,∴a3=8,a=2,则在左视图矩形中一边长为2,一边长为,∴其面积为2.答案:29.(2010年某某卷,理13)图中的三个直角三角形是一个体积为20 cm3的几何体的三视图,则h=cm.解析:由三视图做出几何体的直观图如图,其中SA⊥平面ABC,BA⊥AC.则××5×6·h=20,∴h=4.答案:410.(2010年某某卷,理15)如图,网格纸的小正方形的边长是1,在其上用粗线画出了某多面体的三视图,则这个多面体最长的一条棱的长为.解析:根据三视图还原出的直观图为:由图形可知棱SB最长,SB====2.答案:2与三视图相关的空间几何体的表面积、体积考向聚焦高考的高频考点,主要考查:(1)通过三视图获取空间几何体特征的能力;(2)通过三视图求空间几何体的表面积、体积,从而考查学生的空间想象能力和计算能力.主要以选择题、填空题形式出现,难度中档,所占分值4~5分备考指津训练题型:由三视图(或三视图中的两种视图)求空间几何体的表面积、体积,加强识图能力的训练11.(2012年新课标全国卷,理7,5分)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,则此几何体的体积为( )(A)6 (B)9 (C)12 (D)18解析:由三视图知,几何体为三棱锥,底面积S=×6×3=9,高h=3,∴V=S·h=×9×3=9,选B.答案:B.12.(2012年某某卷,理6,5分)某几何体的三视图如图所示,它的体积为( )(A)12π (B)45π (C)57π (D)81π解析:由三视图知原几何体是一个圆锥、圆柱的组合体,V=×4×32π+5×32π=12π+45π=57π.答案:C.13.(2012年卷,理7,5分)某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是( )(A)28+6(B)30+6(C)56+12(D)60+12解析:由三视图知此三棱锥的直观图如图所示,∠ACB=90°,AC=5,BC=4,PD⊥平面ABC于D,且D在AC上,AD=2,DC=3,PD=4.从而可得PC⊥BC,∴PC=5,AP=2,PB=AB=.∴S△ABC=S△APC=S△PBC=×5×4=10.∴S△APB=×2×=6,∴此三棱锥的表面积为S=30+6.答案:B.本题考查了三视图得几何体的线面关系及数量关系,注意棱锥顶点的位置.14.(2012年某某卷,理4,5分)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )(A)(B)3π(C)(D)6π解析:根据三视图知该几何体的下面是一个圆柱,上面是圆柱的一半,所以V=2π+×2π=3π.答案:B.15.(2011年某某卷,理5)某几何体的三视图如图所示,则它的体积是( )(A)8-(B)8-(C)8-2π(D)解析:如图,该几何体为棱长为2的正方体挖去一个半径为1,高为2的倒立圆锥得到,则V=23-π×12×2=8-.答案:A.16.(2011年某某卷,理3)如图是某几何体的三视图,则该几何体的体积为( )(A)π+12 (B)π+18(C)9π+42 (D)36π+18解析:由三视图知该几何体是由一个长方体和一个球组成的组合体,∴V=π×()3+3×3×2=+18,∴选B.答案:B.17.(2011年某某卷,理6)一个空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( )(A)48 (B)32+8(C)48+8(D)80解析:由三视图知几何体的直观图为以ABCD为底面的直四棱柱,如图,且AB=,AD=4,BC=2,则其侧面积为(2+4+2)×4=24+8,两底面面积为2×=24,故几何体的表面积为48+8.答案:C.18.(2011年某某卷,理7)如图所示,某几何体的正视图(主视图)是平行四边形,侧视图(左视图)和俯视图都是矩形,则该几何体的体积为( )(A)6(B)9(C)12(D)18解析:由三视图可推知该几何体为平行六面体,即四棱柱,其中AD=3,AA'=2,AB=3,A'E=1,AE⊥A'B'于点E.(E为俯视图中矩形内实线与矩形的边的交点),故=S ABCD·h=3×3×AE=3×3×=9.故选B.答案:B.19.(2012年某某卷,理12,5分)某几何体的三视图如图所示,该几何体的表面积是.解析:本题考查三视图的识别以及把三视图还原为原几何体,考查多面体的表面积.三视图对应的几何体为底面是直角梯形,高为4的直四棱柱,几何体的表面积是S=2××(2+5)×4+(2+5+4+)×4=92.答案:92解决三视图问题的关键是根据三视图得到对应的几何体,画出几何体的直观图,根据三视图中的数据标出直观图中对应的数据,根据三视图中的垂直、平行关系得出几何图形中的垂直、平行关系,然后利用表面积公式求几何体的表面积.20.(2012年某某卷,理11,4分)已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图所示,则该三棱锥的体积等于 cm3.解析:由三视图可知该几何体为底面是直角三角形,高为2 的三棱锥,V=××3×1×2=1.答案:121.(2012年某某数学,理8,4分)若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面,则该圆锥的体积为.解析:设圆锥的底面半径为r,母线长为l,依题意知,πl2=2π,所以l=2,又2πr=2π,所以r=1,圆锥的高h=,因此圆锥的体积为V=×π×12×=π.答案:π22.(2012年某某卷,理10,5分)一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为 m3.解析:本小题考查三视图及几何体体积的求法及识图能力,难度较小.由三视图知此几何体是由一个长方体和2个球组成的组合体,故V=3×6×1+2×π()3=18+9π.答案:18+9π23.(2012年某某卷,理13,5分)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:该几何体是长方体中去掉一个圆柱而成.其表面积应为长方体的表面积中去掉圆柱的两底面面积加上圆柱的侧面积.S表=S长方体-S圆柱底+S圆柱侧=2(1×4+1×3+3×4)-2×π12+1×2π=38.答案:3824.(2011年某某卷,理10)一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为m3.解析:该几何体为一长方体上有一个圆锥,又V长方体=3×2×1=6,V圆锥=π×12×3=π,∴该几何体的体积为6+π.答案:6+π25.(2010年某某卷,理12)若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,则其表面积等于.解析:由正视图知三棱柱底面边长a=2,高h=1,∴S侧=3×2×1=6,S底=2××22=2,∴其表面积为6+2.答案:6+226.(2010年某某卷,理12)若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的体积是cm3.解析:由三视图可知,该几何体由一个长方体和一个四棱台组成,且长方体的长、宽、高分别为4,4,2,棱台的上底面为边长为4的正方形,下底面为边长是8的正方形,高为3,所以该几何体的体积为V=4×4×2+×3×(16++64)=144(cm3).答案:144空间几何体的有关计算考向聚焦高考常考点,高考中主要考查:(1)求几何体的面积和体积;(2)计算几何体中有关线段长;(3)各几何体的外接球、内切球的有关计算问题,在客观题与主观题中均有体现,难度中档,所占分值4~6分27.(2012年全国大纲卷,理4,5分)已知正四棱柱ABCD A1B1C1D1中,AB=2,CC1=2,E为CC1的中点,则直线AC1与平面BED的距离为( )(A)2 (B)(C)(D)1解析:∵AC1∥平面BDE,∴点A到平面BDE的距离就是直线AC1与平面BDE的距离.如图,=××=.S△BED=××=2.设点A到平面BDE的距离为h,则=S△BED h=h,由等积变换得=,∴h=,∴h=1.答案:D.28.(2012年新课标全国卷,理11,5分)已知三棱锥S 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,SC为球O的直径,且SC=2,则此棱锥的体积为( )(A)(B)(C)(D)解析:设△ABC中心为O1,即为△ABC所在截面圆的圆心,则OO1⊥平面ABC且点S到面ABC的距离h=2OO1,连结O1C,在Rt△O1OC中,OC=1,O1C=×=,∴OO1=,∴h=,∴V=×(×1×)×=.答案:A.球与三棱锥的组合体是立体几何中的难点,突破的关键是准确把握二者的结合点,及各几何体间量的关系,如OO1⊥面ABC及高h=2OO1等.29.(2012年某某卷,理9,5分)设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,和a,且长为a的棱与长为的棱异面,则a的取值X围是( )(A)(0,) (B)(0,)(C)(1,) (D)(1,)解析:设四面体ABCD中,AC=a,则BD=,AB=AD=BC=CD=1,取BD中点P,连结AP、CP,则AP⊥BD,CP⊥BD,由勾股定理得AP=CP=.在△ACP中,AC2=a2=AP2+CP2-2AP·CPcos∠APC=1-cos∠APC,∵∠APC∈(0,π),∴cos∠APC∈(-1,1),∴a∈(0,).答案:A.本题考查四面体中的几何关系及解三角形.三角函数的值域问题,解题的关键是明确a的解析式,此题把立体几何、正余弦定理及最值问题进行了有机结合,在今后的复习中应注意知识、方法交汇点处的复习,属于难题.30.(2012年某某卷,理10,5分)我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰:置积尺数,以十六乘之,九而一,所得开立方除之,即立圆径.“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V,求其直径d的一个近似公式d≈.人们还用过一些类似的近似公式,根据π=3.14159…判断,下列近似公式中最精确的一个是( )(A)d≈ (B)d≈(C)d≈(D)d≈解析:设球的直径为d,则球的体积为V=π()3,所以d=≈,其中对于A,d≈≈;对于C,d≈≈;对于D,d≈≈;比较各选项的被开方数大小可知,选项D中的d与d=≈最接近,故选D.答案:D.31.(2011年某某卷,理12)已知球的直径SC=4,A,B是该球球面上的两点,AB=,∠ASC=∠BSC=30°,则棱锥S ABC的体积为( )(A)3(B)2(C)(D)1解析:如图,由SC为直径,A、B为球面上两点,可知∠SAC=∠SBC=90°,由SC=4,∠ASC=∠BSC=30°得,AC=BC=2,SA=SB=2,又AB=,过点A作AD⊥SC,连接BD,由△SAC≌△SBC知BD⊥SC,BD∩AD=D,∴SC⊥平面ABD,且求得AD=AB=BD=,故=×S△ABD×SC=×××××4=.故选C.答案:C.32.(2010年全国新课标卷,理10)设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱的长都为a,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为( )(A)πa2(B)πa2(C)πa2(D)5πa2解析:如图三棱柱A1B1C1ABC,由题意可知侧棱垂直于底面,即AA1⊥平面ABC.又因为棱长都是a,因此上下底面是等边三角形,设△A1B1C1的中心为O1,O为球心,球半径为R,因为所有顶点都在球面上,因此有OO1AA1=,C1O=R,C1O1=×a= a.易知△C1O1O为直角三角形,因此C1O2=R2=()2+(a)2=a2,所以S球=4πR2=4π×a2=πa2,故选B.答案:B.33.(2010年卷,理8)如图,正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2,动点E,F在棱A1B1上,动点P,Q分别在棱AD,CD上.若EF=1,A1E=x,DQ=y,DP=z(x,y,z大于零),则四面体PEFQ的体积( )(A)与x,y,z都有关(B)与x有关,与y,z无关(C)与y有关,与x,z无关(D)与z有关,与x,y无关解析:四面体PEFQ的体积可以以P为顶点,以△EFQ为底面来计算,因为DC∥EF,且EF=1,故△EFQ的面积为定值,体积取决于动点P到截面A1B1CD的距离,所以四面体PEFQ的体积与z 有关,与x,y无关,故选D.答案:D.34.(2012年某某卷,理14,4分)如图,正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1.E,F分别为线段AA1,B1C 上的点,则三棱锥D1EDF的体积为.解析:本小题主要考查三棱锥的体积公式.==××1×1×1=.答案:35.(2012年某某数学,7,5分)如图,在长方体ABCD A1B1C1D1中,AB=AD=3 cm,AA1=2 cm,则四棱锥A BB1D1D的体积为 cm3.解析:本题考查空间几何体的体积的计算和直线与平面的垂直的判断与性质定理.由题意知,四边形ABCD为正方形,连接AC,交BD于O,则AC⊥BD.由面面垂直的性质定理,可证AO⊥平面BB1D1D.OA=,因为四棱锥底面BB1D1D的面积为3×2=6,所以=×OA×=6.答案:636.(2012年某某卷,理16,5分)已知正三棱锥P ABC,点P,A,B,C都在半径为的球面上,若PA,PB,PC两两相互垂直,则球心到截面ABC的距离为.解析:由正三棱锥P ABC的三条侧棱两两垂直,将其补成一个正方体,此正方体的体对角线长恰等于外接球的直径,而球心到截面ABC的距离等于体对角线长的三等分的一半,即d=×2=.答案:此题由正三棱锥补成正方体,外接球的直径转成体对角线,利用三等分、对称性解决问题,难度较大.37.(2011年某某卷,理15)如图,半径为R的球O中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时,球的表面积与该圆柱的侧面积之差是.解析:法一:设圆柱的轴与球的半径的夹角为α,则圆柱高为2Rcos α,圆柱底面半径为Rsin α,∴S圆柱侧=2πRsin α·2Rcos α=2πR2sin 2α,当sin 2α=1时,S圆柱侧最大,此时S球-S圆柱侧=4πR2-2πR2=2πR2.法二:如图所示.设圆柱的底面半径为r,母线长为l.圆柱的侧面积S=2πrl=4πr=4π≤4π=2πR2.当且仅当r2=R2-r2,即R=r时等号成立.此时,球的表面积S'=4πR2,圆柱的侧面积S=2πR2.∴球的表面积与该圆柱的侧面积之差是4πR2-2πR2=2πR2. 答案:2πR2。

2012年高考数学二轮复习同步练习：专题5 立体几何 第1讲 空间几何体一、选择题1．(文)(2011·文，5)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是( )A ．32B ．16＋16 2C ．48D ．16＋32 2 [答案] B[解析] 由三视图知，四棱锥为正四棱锥，四个侧面为四个全等的三角形，由图知三角形的高h ＝22，S ′＝12×4×22×4＝162，所以表面积为S ′＋4×4＝162＋16.(理)(2011·理，7)某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中最大的是( )A ．8B ．6 2C ．10D ．8 2 [答案] C[解析] 依题意，该四面体如图所示．其中，BC ⊥CD ，AB ⊥平面BCD ，BC ＝4，CD ＝3，AB ＝4.于是AC ＝42，BD ＝5. ∴S △BCD ＝6，S △ABC ＝8，S △ACD ＝62，S △ABD ＝10，故选C.2．(2011·某某文，9)如下图，某几何体的正视图(主视图)，侧视图(左视图)和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，则该几何体体积为( )A ．43B ．4C ．23D ．2 [答案] C[解析] 由三视图知S ＝12×23×2＝23，h ＝3，所以V ＝13Sh ＝13×23×3＝2 3.3．(2011·某某文，9)将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的左视图为( )[答案] D[解析] 左视图为正方形含有一条对角线，即D 项中的对角线．4．(2011·某某某某质检)某简单几何体的一条对角线长为a ，在该几何体的正视图、侧视图与俯视图中，这条对角线的投影都是长为2的线段，则a 等于( )A.2B. 3 C ．1 D ．2 [答案] B[解析] 可以把该几何体想象为一长方体AC 1，设AC 1＝a ，则由题意知A 1C 1＝AB 1＝BC 1＝2，设长方体的长、宽、高分别为x 、y 、z ，则x 2＋y 2＝2，y 2＋z 2＝2，z 2＋x 2＝2，三式相加得2(x 2＋y 2＋z 2)＝2a 2＝6.∴a ＝ 3.故选B.5．(2011·某某威海模拟)已知球的表面积等于16π，圆台上、下底面圆周都在球面上，且下底面过球心，圆台的母线与底面的夹角为π3，则圆台的轴截面的面积是( )A ．9π B.332C ．33D ．6 [答案] C[解析] 本题考查简单组合体的知识．如右图，过圆台的轴截面截球得截面如下：AB 为球的大圆的直径，据题意知球的半径为2，∠DAB ＝60°，连结OD ，易知三角形OAD 为等边三角形，AD ＝2，DE ＝3，AE ＝1，故DC ＝2(2－1)＝2，故S 梯形ABCD ＝12(2＋4)·3＝3 3.6．(2011·某某十二区县联考，理3)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. 7．(2011·某某某某)利用斜二测画法可以得到①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④菱形的直观图是菱形．以上结论正确的是( )A ．①②B ．①C ．③④D ．①②③④ [答案] A[解析] 因为斜二测画法规则依据的是平行投影的性质，故①②正确，对于③，④，只有平行于x 轴的线段长度不变，所以不正确，故选A.8．(文)(2011·某某文，10)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.33B.233C.433 D.533[答案] C[分析] 本题考查球的相关性质以及三棱锥体积的求法． [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.(理)(2011·某某理，12)已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝3，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则棱锥S －ABC 的体积为( )A ．33B ．2 3 C.3D ．1 [答案] C[分析] 本题考查球的相关性质以及三棱锥体积的求法，难度较大． [解析] 由题意知，如图所示，在棱锥S －ABC 中，△SAC ，△SBC 都是有一个角为30°的直角三角形，其中AB ＝3，SC ＝4，所以SA ＝SB ＝23，AC ＝BC ＝2.作BD ⊥SC 于D 点，易证SC ⊥平面ABD ，因此V ＝13×34×(3)2×4＝ 3.二、填空题9．(2011·某某理，12)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________．[答案] 3[解析]V ＝13×3×12×2×2×sin60°＝ 3.10．(文)(2011·新课标文，16)已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的316，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为________．[答案]13[解析] 依据题意画出示意图：设球半径R ，圆锥底面半径r ，则 πr 2＝316·4πR 2，即r 2＝34R 2，在Rt △OO 1C 中，由OC 2＝OO 21＋O 1C 2得OO 1＝12R .所以，高的比为13.(理)(2011·新课标理，15)已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且AB ＝6，BC ＝23，则棱锥O －ABCD 的体积为________．[分析] 本小题考查对球的内接几何体的理解，球的截面性质及四棱锥体积的求解，考查空间想象能力和运算求解能力．[答案] 8 3[解析] 依题意棱锥O －ABCD 的四条侧棱长相等且均为球O 的半径，如图连接AC ，取AC 中点O ′，连接OO ′.易知AC ＝AB 2＋BC 2＝43，故AO ′＝2 3.在Rt △OAO ′中，OA ＝4，从而OO ′＝42－12＝2. 所以V O －ABCD ＝13×2×6×23＝8 3.11．(2011·某某一模)已知△ABC 的斜二测直观图是边长为2的等边△A 1B 1C 1，那么原△ABC 的面积为________．[答案] 2 6[解析] 如图，过C 1作C 1D 1∥y 1轴，在△A 1D 1C 1中，设C 1D 1＝a ，由正弦定理得：asin2π3＝2sinπ4⇒a ＝6⇒S △ABC ＝12×2×26＝2 6.12．(2011·某某三模)一个几何体的三视图及部分数据如图所示，左视图为等腰三角形，俯视图为正方形，则这个几何体的体积等于________．[答案]13[解析] 根据三视图可知，该几何体是高为2的四棱锥，且底面正方形的对角线长为1， ∴V ＝13×12×1×1×2＝13.三、解答题13．(文)一个多面体的直观图，主视图(正前方观察)，俯视图(正上方观察)，左视图(左侧正前方观察)如下图所示．(1)探求AD 与平面A 1BCC 1的位置关系并说明理由； (2)求此多面体的表面积和体积．[解析] 从俯视图可得：底面四边形ABCD 和侧面四边形A 1C 1CB 是矩形，又从主视图可得，BC ⊥AB ，BC ⊥BA 1，且AB ∩BA 1＝B ，BC ⊥面ABA 1，△A 1AB 是正三角形，∴三棱柱是正三棱柱． (1)∵底面四边形ABCD 是矩形，∴AD ∥BC . 又∵BC ⊂面A 1BCC 1，∴AD ∥面A 1BCC 1. (2)依题意可得：AB ＝BC ＝a ， ∵S ＝12×sin60°×a ×a ＝34a 2，∴V ＝S ×h ＝34a 2×a ＝34a 3. S 侧＝C ×h ＝3a ×a ＝3a 2； S 表＝S 侧＋2S 底＝3a 2＋2×34a 2＝(3＋32)a 2， 此多面体的表面积和体积分别为(3＋32)a 2，34a 3. (理)下图是一几何体的直观图、正视图、俯视图、侧视图．(1)若F 为PD 的中点，求证：AF ⊥平面PCD ； (2)求几何体BEC －APD 的体积．[解析] (1)证明：由几何体的三视图可知，底面ABCD 是边长为4的正方形，PA ⊥平面ABCD ，PA ∥EB ，PA ＝2EB ＝4.∵PA ＝AD ，F 为PD 的中点，∴PD ⊥AF . 又∵CD ⊥DA ，CD ⊥PA ，∴CD ⊥AF . ∴AF ⊥平面PCD .(2)V BEC －APD ＝V C －APEB ＋V P －ACD ＝13×12(4＋2)×4×4＋13×12×4×4×4＝803.14．如图所示，四棱锥P —ABCD 的底面ABCD 是半径为R 的圆的内接四边形，其中BD 是圆的直径，∠ABD ＝60°，∠BDC ＝45°，△ADP ∽△BAD .(1)求线段PD 的长；(2)若PC ＝11R ，求三棱锥P —ABC 的体积． [解析] (1)∵BD 是圆的直径， ∴∠BAD ＝90°，又△ADP ∽△BAD ，∴AD BA ＝DP AD ，DP ＝AD 2BA ＝BD sin60°2BD sin30°＝4R 2×342R ×12＝3R .(2)在Rt △BCD 中，CD ＝BD cos45°＝2R ， ∵PD 2＋CD 2＝9R 2＋2R 2＝11R 2＝PC 2，∵PD ⊥CD ，又∠PDA ＝90°，∴PD ⊥底面ABCD .S △ABC ＝12AB ·BC sin(60°＋45°)＝12R ·2R ·(32·22＋12·22)＝3＋14R 2，则三棱锥P —ABC 的体积为V P －ABC ＝13·S △ABC ·PD ＝13·3＋14R 2·3R ＝3＋14R 3. 15．(文)(2011·某某文，20)如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，点E 在线段AD 上，且CE ∥AB .(1)求证：CE ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝AB ＝1，AD ＝3，CD ＝2，∠CDA ＝45°，求四棱锥P －ABCD 的体积． [解析] (1)∵PA ⊥底面ABCD ，EC ⊂平面ABCD ∴CE ⊥PA ，又∵AB ⊥AD ，CE ∥AB .∴CE ⊥AD . 又∵PA ∩AD ＝A ，∴CE ⊥平面PAD . (2)由(1)知CE ⊥AD .在Rt △ECD 中，DE ＝CD cos45°＝1，CE ＝CD sin45°＝1. 又∵AB ＝CE ＝1，AB ∥CE ，所以四边形ABCE 为矩形． ∴S 四边形ABCD ＝S 矩形ABCE ＋S △CDE ＝AB ·AE ＋12CE ·DE＝1×2＋12×1×1＝52.又PA ⊥底面ABCD ，PA ＝1所以V 四棱锥p －ABCD ＝13×S 四边形ABCD ×PA ＝13×52×1＝56.(理)(2011·某某理，19)如图，在四面体ABCD 中，平面ABC ⊥平面ACD ，AB ⊥BC ，AD ＝CD ，∠CAD ＝30°.(1)若AD ＝2，AB ＝2BC ，求四面体ABCD 的体积；(2)若二面角C －AB －D 为60°，求异面直线AD 与BC 所成角的余弦值．[解析] (1)解：如图，设F 为AC 的中点，由于AD ＝CD ，所以DF ⊥AC .故由平面ABC ⊥平面ACD ，知DF ⊥平面ABC ，即DF 是四面体ABCD 的面ABC 上的高，且DF ＝AD sin30°＝1，AF ＝AD cos30°＝ 3.在Rt △ABC 中，因AC ＝2AF ＝23，AB ＝2BC ， 由勾股定理易知BC ＝2155，AB ＝4155.故四面体ABCD 的体积V ＝13·S △ABC ·DF ＝13×12×4155×2155＝45.(2)解法一：如图，设G ，H 分别为边CD ，BD 的中点，则FG ∥AD ，GH ∥BC ，从而∠FGH 或其补角是异面直线AD 与BC 所成的角．设E 为边AB 的中点，则EF ∥BC ，由AB ⊥BC ，知EF ⊥AB .又由(1)有DF ⊥平面ABC ，故由三垂线定理知DE ⊥AB .所以∠DEF 为二面角C －AB －D 的平面角．由题设知∠DEF ＝60°.设AD ＝a ，则DF ＝AD ·sin∠CAD ＝a2.在Rt △DEF 中，EF ＝DF ·cot∠DEF ＝a 2·33＝36a ，从而GH ＝12BC ＝EF ＝36a .因Rt △ADE ≌Rt △BDE ，故BD ＝AD ＝a ， 从而在Rt △BDF 中，FH ＝12BD ＝a2.又FG ＝12AD ＝a2，从而在△FGH 中，因FG ＝FH ，由余弦定理得cos ∠FGH ＝FG 2＋GH 2－FH 32FG ·GH ＝GH 2FG ＝36.因此，异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为36. 解法二：如图，过F 作FM ⊥AC ，交AB 于M .已知AD ＝CD ，平面ABC ⊥平面ACD ，易知FC ，FD ，FM 两两垂直．以F 为原点，射线FM ，FC ，FD 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系F －xyz .不妨设AD ＝2，由CD ＝AD ，∠CAD ＝30°，易知点A ，C ，D 的坐标分别为A (0，－3，0)，C (0，3，0)，D (0,0,1)，则AD →＝(0，3，1)．显然向量k ＝(0,0,1)是平面ABC 的法向量．已知二面角C －AB －D 为60°，故可取平面ABD 的单位法向量n ＝(l ，m ，n )，使得〈n ，k 〉＝60°，从而n ＝12.word - 11 - / 11 由n ⊥AD →，有3m ＋n ＝0，从而m ＝－36. 由l 2＋m 2＋n 2＝1，得l ＝±63. 设点B 的坐标为B (x ，y,0)，由AB →⊥BC →，n ⊥AB →，取l ＝63，有⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋y 2＝3，63x －36y ＋3＝0， 解之得，⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝469，y ＝739，⎩⎨⎧ x ＝0，y ＝－3(舍去) 易知l ＝－63与坐标系的建立方式不合，舍去． 因此点B 的坐标为B (469，739，0)． 所以CB →＝(469，－239，0)． 从而cos 〈AD →，CB →〉＝AD →·CB →|AD →||CB →|＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫－2393＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫4692＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－2392＝－36. 故异面直线AD 与BC 所成的角的余弦值为36.。

2012年高考数学二轮复习同步练习：专题5 立体几何 第1讲 空间几何体一、选择题1．(文)(2011·北京文，5)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是( )A ．32B ．16＋16 2C ．48D ．16＋32 2[答案] B[解析] 由三视图知，四棱锥为正四棱锥，四个侧面为四个全等的三角形，由图知三角形的高h ＝22，S ′＝12×4×22×4＝162，所以表面积为S ′＋4×4＝162＋16.(理)(2011·北京理，7)某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中最大的是( )A ．8B ．6 2C ．10D ．8 2[答案] C[解析] 依题意，该四面体如图所示．其中，BC ⊥CD ，AB ⊥平面BCD ，BC ＝4，CD ＝3，AB ＝4.于是AC ＝42，BD ＝5. ∴S △BCD ＝6，S △ABC ＝8，S △ACD ＝62，S △ABD ＝10，故选C.2．(2011·广东文，9)如下图，某几何体的正视图(主视图)，侧视图(左视图)和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，则该几何体体积为( )A ．4 3B ．4C ．2 3D ．2[答案] C[解析] 由三视图知S ＝12×23×2＝23，h ＝3，所以V ＝13Sh ＝13×23×3＝2 3.3．(2011·江西文，9)将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的左视图为( )[答案] D[解析] 左视图为正方形含有一条对角线，即D 项中的对角线．4．(2011·福建福州质检)某简单几何体的一条对角线长为a ，在该几何体的正视图、侧视图与俯视图中，这条对角线的投影都是长为2的线段，则a 等于( )A. 2B. 3 C ．1 D ．2[答案] B[解析] 可以把该几何体想象为一长方体AC 1，设AC 1＝a ，则由题意知A 1C 1＝AB 1＝BC 1＝2，设长方体的长、宽、高分别为x 、y 、z ，则x 2＋y 2＝2，y 2＋z 2＝2，z 2＋x 2＝2，三式相加得2(x 2＋y 2＋z 2)＝2a 2＝6.∴a ＝ 3.故选B.5．(2011·山东威海模拟)已知球的表面积等于16π，圆台上、下底面圆周都在球面上，且下底面过球心，圆台的母线与底面的夹角为π3，则圆台的轴截面的面积是( )A ．9π B.332C ．3 3D ．6[答案] C[解析] 本题考查简单组合体的知识．如右图，过圆台的轴截面截球得截面如下：AB 为球的大圆的直径，据题意知球的半径为2，∠DAB ＝60°，连结OD ，易知三角形OAD 为等边三角形，AD ＝2，DE ＝3，AE ＝1，故DC ＝2(2－1)＝2，故S 梯形ABCD ＝12(2＋4)·3＝3 3.6．(2011·天津十二区县联考，理3)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. 7．(2011·广东深圳)利用斜二测画法可以得到①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④菱形的直观图是菱形．以上结论正确的是( )A ．①②B ．①C ．③④D ．①②③④[答案] A[解析] 因为斜二测画法规则依据的是平行投影的性质，故①②正确，对于③，④，只有平行于x 轴的线段长度不变，所以不正确，故选A.8．(文)(2011·辽宁文，10)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.33B.233 C.433D.533[答案] C[分析] 本题考查球的相关性质以及三棱锥体积的求法． [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.(理)(2011·辽宁理，12)已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝3，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则棱锥S －ABC 的体积为( )A ．3 3B ．2 3 C. 3 D ．1[答案] C[分析] 本题考查球的相关性质以及三棱锥体积的求法，难度较大． [解析] 由题意知，如图所示，在棱锥S －ABC 中，△SAC ，△SBC 都是有一个角为30°的直角三角形，其中AB ＝3，SC ＝4，所以SA ＝SB ＝23，AC ＝BC ＝2.作BD ⊥SC 于D 点，易证SC ⊥平面ABD ，因此V ＝13×34×(3)2×4＝ 3.二、填空题9．(2011·福建理，12)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________．[答案]3[解析] V ＝13×3×12×2×2×sin60°＝ 3.10．(文)(2011·新课标文，16)已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的316，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为________．[答案] 13[解析] 依据题意画出示意图：设球半径R ，圆锥底面半径r ，则 πr 2＝316·4πR 2，即r 2＝34R 2，在Rt △OO 1C 中，由OC 2＝OO 21＋O 1C 2得OO 1＝12R .所以，高的比为13.(理)(2011·新课标理，15)已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且AB ＝6，BC ＝23，则棱锥O －ABCD 的体积为________．[分析] 本小题考查对球的内接几何体的理解，球的截面性质及四棱锥体积的求解，考查空间想象能力和运算求解能力．[答案] 8 3[解析] 依题意棱锥O －ABCD 的四条侧棱长相等且均为球O 的半径，如图连接AC ，取AC 中点O ′，连接OO ′.易知AC ＝AB 2＋BC 2＝43，故AO ′＝2 3.在Rt △OAO ′中，OA ＝4，从而OO ′＝42－12＝2. 所以V O －ABCD ＝13×2×6×23＝8 3.11．(2011·惠州一模)已知△ABC 的斜二测直观图是边长为2的等边△A 1B 1C 1，那么原△ABC 的面积为________．[答案] 2 6[解析] 如图，过C 1作C 1D 1∥y 1轴，在△A 1D 1C 1中，设C 1D 1＝a ，由正弦定理得：asin2π3＝2sinπ4⇒a ＝6⇒S △ABC ＝12×2×26＝2 6.12．(2011·济南三模)一个几何体的三视图及部分数据如图所示，左视图为等腰三角形，俯视图为正方形，则这个几何体的体积等于________．[答案] 13[解析] 根据三视图可知，该几何体是高为2的四棱锥，且底面正方形的对角线长为1， ∴V ＝13×12×1×1×2＝13.三、解答题13．(文)一个多面体的直观图，主视图(正前方观察)，俯视图(正上方观察)，左视图(左侧正前方观察)如下图所示．(1)探求AD 与平面A 1BCC 1的位置关系并说明理由； (2)求此多面体的表面积和体积．[解析] 从俯视图可得：底面四边形ABCD 和侧面四边形A 1C 1CB 是矩形，又从主视图可得，BC ⊥AB ，BC ⊥BA 1，且AB ∩BA 1＝B ，BC ⊥面ABA 1，△A 1AB 是正三角形，∴三棱柱是正三棱柱． (1)∵底面四边形ABCD 是矩形，∴AD ∥BC . 又∵BC ⊂面A 1BCC 1，∴AD ∥面A 1BCC 1. (2)依题意可得：AB ＝BC ＝a ， ∵S ＝12×sin60°×a ×a ＝34a 2，∴V ＝S ×h ＝34a 2×a ＝34a 3. S 侧＝C ×h ＝3a ×a ＝3a 2； S 表＝S 侧＋2S 底＝3a 2＋2×34a 2＝(3＋32)a 2， 此多面体的表面积和体积分别为(3＋32)a 2，34a 3. (理)下图是一几何体的直观图、正视图、俯视图、侧视图．(1)若F 为PD 的中点，求证：AF ⊥平面PCD ； (2)求几何体BEC －APD 的体积．[解析] (1)证明：由几何体的三视图可知，底面ABCD 是边长为4的正方形，PA ⊥平面ABCD，PA∥EB，PA＝2EB＝4.∵PA＝AD，F为PD的中点，∴PD⊥AF.又∵CD⊥DA，CD⊥PA，∴CD⊥AF.∴AF⊥平面PCD.(2)V BEC－APD＝V C－APEB＋V P－ACD＝13×12(4＋2)×4×4＋13×12×4×4×4＝803.14．如图所示，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是半径为R的圆的内接四边形，其中BD是圆的直径，∠ABD＝60°，∠BDC＝45°，△ADP∽△BAD.(1)求线段PD的长；(2)若PC＝11R，求三棱锥P—ABC的体积．[解析](1)∵BD是圆的直径，∴∠BAD＝90°，又△ADP∽△BAD，∴ADBA＝DPAD，DP＝AD2BA＝BD sin60°2BD sin30°＝4R2×342R×12＝3R.(2)在Rt△BCD中，CD＝BD cos45°＝2R，∵PD2＋CD2＝9R2＋2R2＝11R2＝PC2，∵PD⊥CD，又∠PDA＝90°，∴PD⊥底面ABCD.S△ABC＝12AB·BC sin(60°＋45°)＝12R·2R·(32·22＋12·22)＝3＋14R2，则三棱锥P—ABC的体积为V P－ABC＝13·S△ABC·PD＝13·3＋14R2·3R＝3＋14R3.15．(文)(2011·福建文，20)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，点E 在线段AD上，且CE∥AB.(1)求证：CE ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝AB ＝1，AD ＝3，CD ＝2，∠CDA ＝45°，求四棱锥P －ABCD 的体积． [解析] (1)∵PA ⊥底面ABCD ，EC ⊂平面ABCD ∴CE ⊥PA ，又∵AB ⊥AD ，CE ∥AB .∴CE ⊥AD . 又∵PA ∩AD ＝A ，∴CE ⊥平面PAD . (2)由(1)知CE ⊥AD .在Rt △ECD 中，DE ＝CD cos45°＝1，CE ＝CD sin45°＝1. 又∵AB ＝CE ＝1，AB ∥CE ，所以四边形ABCE 为矩形． ∴S 四边形ABCD ＝S 矩形ABCE ＋S △CDE ＝AB ·AE ＋12CE ·DE＝1×2＋12×1×1＝52.又PA ⊥底面ABCD ，PA ＝1所以V 四棱锥p －ABCD ＝13×S 四边形ABCD ×PA ＝13×52×1＝56.(理)(2011·重庆理，19)如图，在四面体ABCD 中，平面ABC ⊥平面ACD ，AB ⊥BC ，AD ＝CD ，∠CAD ＝30°.(1)若AD ＝2，AB ＝2BC ，求四面体ABCD 的体积；(2)若二面角C －AB －D 为60°，求异面直线AD 与BC 所成角的余弦值．[解析] (1)解：如图，设F 为AC 的中点，由于AD ＝CD ，所以DF ⊥AC .故由平面ABC ⊥平面ACD ，知DF ⊥平面ABC ，即DF 是四面体ABCD 的面ABC 上的高，且DF ＝AD sin30°＝1，AF ＝AD cos30°＝ 3.在Rt △ABC 中，因AC ＝2AF ＝23，AB ＝2BC ， 由勾股定理易知BC ＝2155，AB ＝4155.故四面体ABCD 的体积V ＝13·S △ABC ·DF ＝13×12×4155×2155＝45.(2)解法一：如图，设G ，H 分别为边CD ，BD 的中点，则FG ∥AD ，GH ∥BC ，从而∠FGH 或其补角是异面直线AD 与BC 所成的角．设E 为边AB 的中点，则EF ∥BC ，由AB ⊥BC ，知EF ⊥AB .又由(1)有DF ⊥平面ABC ，故由三垂线定理知DE ⊥AB .所以∠DEF 为二面角C －AB －D 的平面角．由题设知∠DEF ＝60°.设AD ＝a ，则DF ＝AD ·sin∠CAD ＝a2.在Rt △DEF 中，EF ＝DF ·cot∠DEF ＝a 2·33＝36a ，从而GH ＝12BC ＝EF ＝36a .因Rt △ADE ≌Rt △BDE ，故BD ＝AD ＝a ， 从而在Rt △BDF 中，FH ＝12BD ＝a2.又FG ＝12AD ＝a2，从而在△FGH 中，因FG ＝FH ，由余弦定理得cos ∠FGH ＝FG 2＋GH 2－FH 32FG ·GH ＝GH 2FG ＝36.因此，异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为36. 解法二：如图，过F 作FM ⊥AC ，交AB 于M .已知AD ＝CD ，平面ABC ⊥平面ACD ，易知FC ，FD ，FM 两两垂直．以F 为原点，射线FM ，FC ，FD 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系F －xyz .不妨设AD ＝2，由CD ＝AD ，∠CAD ＝30°，易知点A ，C ，D 的坐标分别为A (0，－3，0)，C (0，3，0)，D (0,0,1)，则AD →＝(0，3，1)．显然向量k ＝(0,0,1)是平面ABC 的法向量．已知二面角C －AB －D 为60°，故可取平面ABD 的单位法向量n ＝(l ，m ，n )，使得〈n ，k 〉＝60°，从而n ＝12.由n ⊥AD →，有3m ＋n ＝0，从而m ＝－36. 由l 2＋m 2＋n 2＝1，得l ＝±63. 设点B 的坐标为B (x ，y,0)，由AB →⊥BC →，n ⊥AB →，取l ＝63，有⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋y 2＝3，63x －36y ＋3＝0， 解之得，⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝469，y ＝739，⎩⎨⎧ x ＝0，y ＝－3(舍去) 易知l ＝－63与坐标系的建立方式不合，舍去． 因此点B 的坐标为B (469，739，0)． 所以CB →＝(469，－239，0)． 从而cos 〈AD →，CB →〉＝AD →·CB →|AD →||CB →|＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫－2393＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫4692＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－2392＝－36. 故异面直线AD 与BC 所成的角的余弦值为36.。

]河南省卢氏一中2012届高考数学二轮《空间几何体》专题训练一、选择题1．（2011·浙江高考）若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是（）解析：从俯视图看,B和D符合,从正视图看D符合，而从侧视图看D也是符合的．答案：D2．（2011·北京高考)某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中最大的是（）A．8 B．6错误!C．10 D．8错误!解析：由三视图可知，该几何体的四个面都是直角三角形，面积分别为6，6错误!，8，10，所以面积最大的是10。

答案:C3．如果一个几何体的三视图如图所示,则此几何体的表面积是( )A．80＋16错误!B．96C．96＋16错误!D．112解析：依题意得知，该几何体是一个正方体上面放置了一个底面与正方体的上底面重合的正四棱锥，其中该正方体的棱长为4,该正四棱锥的底面边长为4、高为2，该正四棱锥的斜高等于错误!＝2错误!，该几何体的表面积等于5×42＋4×（12×4×22)＝80＋16错误!.答案：A4．(2011·青岛模拟)已知正方体的外接球的体积是错误!，则这个正方体的棱长是( )A。

错误! B.错误!C.错误!D. 错误!解析：设正方体的外接球半径为r，正方体棱长为a，则错误!πr3＝错误!π.∴r＝1。

∴错误!a＝2r＝2.∴a＝错误!。

答案：D5．用若干个体积为1的正方体搭成一个几何体，其正(主）视图、侧（左)视图都是如图所示的图形，则这个几何体的最大体积与最小体积的差是( )A．3 B．4C．5 D．6解析：如图①所示，这个几何体体积最大时共有11个小正方体构成，如图②所示,这个几何体最小时有5个小正方体构成，因此，这个几何体的最大体积与最小体积的差是6。

答案：D6．（2011·西安八校联考）如图，在棱长为5的正方体ABCD－A1B1C1D1中,EF是棱AB上的一条线段，且EF＝2，Q是A1D1的中点,点P是棱C1D1上的动点，则四面体P－QEF的体积（）A．是变量且有最大值B．是变量且有最小值C．是变量有最大值和最小值D．是常量解析：因为EF＝2,点Q到AB的距离为定值，所以△QEF的面积为定值S，又因为D1C1∥AB，所以D1C1∥面QEF;点P到面QEF 的距离也为定值d，从而四面体P－QEF的体积为定值错误!Sd。

第 1 讲空间几何体考情解读 1.以三视图为载体，考察空间几何风光积、体积的计算.2.考察空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题．1．四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系2．空间几何体的三视图(1)三视图的正 (主) 视图、侧 (左 )视图、俯视图分别是从物体的正前面、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投影形成的平面图形．(2)三视图摆列规则：俯视图放在正视图的下边，长度与正视图同样；侧视图放在正视图的右边，高度和正视图同样，宽度与俯视图同样．(3)画三视图的基本要求：正俯同样长，俯侧同样宽，正侧同样高．看不到的线画虚线．3．直观图的斜二测画法空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则：(1) 原图形中x 轴、 y 轴、 z 轴两两垂直，直观图中，x′轴、 y′轴的夹角为45°(或 135 °)， z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2) 原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴．平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段长度在直观图中变成本来的一半．4．空间几何体的两组常用公式(1) 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 )；②S 锥侧＝ 1 c h ′(c 为底面周长， h ′为斜高 )；2③S 台侧＝1(c ＋ c ′)h ′(c ， c 分别为上，下底面的周长， h ′为斜高 )； 2④S 球表＝ 4πR 2(R 为球的半径 ) ．(2) 柱体、锥体和球的体积公式：① V 柱体 ＝ Sh(S 为底面面积， h 为高 )；1② V 锥体 ＝3Sh(S 为底面面积， h 为高 ) ；1③ V 台 ＝3( S ＋ SS ′＋ S ′)h(不要求记忆 )；④ V 球 ＝43πR 3.热门一例 1三视图与直观图某空间几何体的三视图如下图，则该几何体的体积为()8A. 3B ． 832C. 3D ．16(2)(2013 四·川 )一个几何体的三视图如下图，则该几何体的直观图能够是()思想启示(1) 依据三视图确立几何体的直观图；(2)剖析几何体的特点，从俯视图打破．答案(1)B(2)D分析(1) 由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图：则该几何体的体积V＝12×2×2×4＝ 8.(2)由俯视图易知答案为 D.思想升华空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上边用平行投影的方法获得的三个平面投影图，所以在剖析空间几何体的三视图问题时，先依据俯视图确立几何体的底面，而后依据正视图或侧视图确立几何体的侧棱与侧面的特点，调整实线和虚线所对应的棱、面的地点，再确立几何体的形状，即可获得结果．(1)(2013·标全国Ⅱ课)一个四周体的极点在空间直角坐标系O－ xyz中的坐标分别是 (1,0,1) ， (1,1,0) ， (0,1,1)， (0,0,0) ，画该四周体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则获得的正视图能够为()(2) 将长方体截去一个四棱锥，获得的几何体如下图，则该几何体的侧视图为()答案(1)A(2)D分析(1) 依据已知条件作出图形：四周体C1－A1DB，标出各个点的坐标如图(1)所示，能够看出正视图为正方形，如图(2) 所示．应选 A.(2) 如下图，点D1的投影为C1，点 D 的投影为C，点 A 的投影为 B，应选 D.热门二例 2几何体的表面积与体积(1)某几何体的三视图如下图，则该几何体的体积为()A. 2π B ． 2 2ππ2πC.3D. 3(2)如图，在棱长为 6 的正方体 ABCD － A1B1C1D1中，E，F 分别在 C1D1与 C1B1上，且 C1E＝ 4，C1F ＝3，连结 EF ， FB，DE ，则几何体EFC 1－ DBC 的体积为 ()A ．66B．68C． 70D．72思想启示(1) 由三视图确立几何体形状；(2)对几何体进行切割．答案 (1)D (2)A分析 (1) 由三视图知，原几何体是两个同样的圆锥的组合，∴V＝ (1×π×12 ) ×2＝2π. 33(2) 如图，连结 DF ， DC 1，那么几何体EFC 1－DBC 被切割成三棱锥 D －EFC 1 及四棱锥 D － CBFC 1，那么几何体1 1 1 1 ×6×6EFC 1－ DBC 的体积为 V ＝ × ×3×4×6＋× ×(3＋ 6)3 23 2＝ 12＋54＝ 66.故所求几何体 EFC 1 －DBC 的体积为 66.思想升华(1)利用三视图求解几何体的表面积、体积，重点是确立几何体的有关数据，掌握应用三视图的 “长对正、高平齐、宽相等 ”； (2) 求不规则几何体的体积，常用 “割补 ”的思想．多面体 MN － ABCD 的底面 ABCD 为矩形，其正视图和侧视图如图，此中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则该多面体的体积是( )16＋ 38＋ 6 3 A.3B.316 20 C. 3D. 3答案 D分析 过 M ， N 分别作两个垂直于底面的截面，将多面体切割成一个三棱柱和两个四棱锥，1由正视图知三棱柱底面是等腰直角三角形， 面积为 S 1＝ 2×2×2＝2，高为 2，所以体积为 V 1＝ 4，两个四棱锥为全等四棱锥，棱锥的体积为 1 8 8＋4V 1＝ 2××2×1×2＝ ，所以多面体的体积为 V ＝3 3 3＝ 203，选 D.热门三 多面体与球例 3如下图，平面四边形 ABCD 中， AB ＝ AD ＝ CD ＝1， BD ＝ 2，BD ⊥ CD ，将其沿对角线 BD 折成四周体 ABCD ，使平面 ABD ⊥平面 BCD ，若四周体 ABCD 的极点在同一个球面上，则该球的体积为 ()32A. 2 π B ． 3π C. 3 π D ． 2π思想启示要求出球的体积就要求出球的半径，需要依据已知数据和空间地点关系确立球心的地点，因为 △BCD 是直角三角形，依据直角三角形的性质：斜边的中点到三角形各个极点的距离相等，只需再证明这个点到点A 的距离等于这个点到B ，C ，D 的距离即可确立球心，从而求出球的半径，依据体积公式求解即可．答案 A分析如图，取 BD 的中点 E， BC 的中点 O，连结AE， OD， EO， AO.由题意，知 AB＝ AD ，所以 AE⊥ BD . 因为平面 ABD ⊥平面 BCD， AE⊥ BD，所以 AE⊥平面 BCD .因为 AB＝ AD＝ CD＝ 1， BD ＝2，2 1所以 AE＝2， EO＝2.3所以OA＝2.1 3在 Rt△ BDC 中， OB＝OC＝ OD＝2BC＝2，所以四周体 ABCD 的外接球的球心为O，半径为所以该球的体积4π(3 3＝3V＝2)2π.应选 A.332.思想升华多面体与球接、切问题求解策略(1) 波及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特别点( 一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转变成平面问题，再利用平面几何知识找寻几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确立球心的地点，弄清球的半径(直径 )与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．(2)若球面上四点 P，A，B，C 组成的三条线段 PA，PB，PC 两两相互垂直，且 PA＝ a，PB ＝ b，PC＝ c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，则4R2＝ a2＋ b2＋ c2求解．(1)(2014 ·湖南 )一块石材表示的几何体的三视图如下图．将该石材切削、打磨，加工成球，则能获得的最大球的半径等于()A ．1B．2C．3D．4(2) 一个几何体的三视图如下图，此中正视图和侧视图是腰长为 1 的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的体积是________；若该几何体的全部极点在同一球面上，则球的表面积是 ________．1答案(1)B (2)3π分析(1) 由三视图可知该几何体是一个直三棱柱，如下图．由题意知，当打磨成的球的大圆恰巧与三棱柱底面直角三角形的内切圆同样时，该球的半1径最大，故其半径 r ＝×(6＋ 8－ 10)＝ 2.所以选 B.2(2) 由三视图可知，该几何体是四棱锥 P－ ABCD (如图 )，此中底面 ABCD 是边长为 1 的正方形，11PA⊥底面 ABCD ，且 PA＝1，∴该四棱锥的体积为V＝3×1×1×1＝3.又 PC 为其外接球的直径，∴ 2R＝ PC＝3，则球的表面积为S＝ 4πR2＝ 3π.1．空间几何体的面积有侧面积和表面积之分，在外的全部面的面积，在计算时要注意划分是表面积就是全面积，“侧面积仍是表面积是一个空间几何体中“裸露” ”．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以外，都是其侧面积和底面面积之和．2．在体积计算中都离不开空间几何体的“高”这个几何量(球除外)，所以体积计算中的重点一环就是求出这个量．在计算这个几何量时要注意多面体中的“特点图”和旋转体中的轴截面．3．一些不规则的几何体，求其体积多采纳切割或补形的方法，从而转变成规则的几何体，而补形又分为对称补形(即某些不规则的几何体，若存在对称性，则可考虑用对称的方法进行补形 )、复原补形 (即还台为锥 )和联系补形 (某些空间几何体固然也是规则几何体，可是几何量不易求解，可依据其所拥有的特点，联系其余常有几何体，作为这个规则几何体的一部分来求解 )．4．长方体的外接球(1)长、宽、高分别为a、b、c 的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即a2＋ b2＋ c2＝ 2R；(2)棱长为 a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即3a＝ 2R.真题感悟1．(2014·京北 )在空间直角坐标系Oxyz 中，已知A(2,0,0) ，B(2,2,0) ，C(0,2,0) ，D (1,1，2)．若S1，S2，S3分别是三棱锥D－ ABC在xOy，yOz，zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则() A ．S1＝ S2＝ S3B．S2＝S1且S2≠S3C ． S 3＝S 1 且 S 3≠S 2D ． S 3＝ S 2 且 S 3≠S 1答案 D分析如下图， △ ABC 为三棱锥在座标平面 xOy 上的正投影，所以1S 1＝2×2×2＝2.三棱锥在座标平面 yOz 上的正投影与 △ DEF (E ， F 分别为 OA ， BC 的中点 )全等，所以 S 2＝12×2× 2＝ 2.三棱锥在座标平面xOz 上的正投影与 △ DGH (G ，H 分别为 AB ， OC 的中点 )全等，1所以 S 3＝2×2× 2＝ 2.所以 S 2＝ S 3 且 S 1≠S 3.应选 D.2．(2014 江·苏 )设甲、乙两个圆柱的底面积分别为 S 1，S 2，体积分别为 V 1，V 2.若它们的侧面积相等，且S 1＝ 9，则V 1的值是 ________．S 2 4V 2答案32分析设两个圆柱的底面半径和高分别为r ， r 和 h ， h ，由S 1＝ 9，1212S 2 4得 πr 129 ，则 r 13πr 2＝ r 2＝ .2 4 2由圆柱的侧面积相等，得 2πr 1h 1 ＝2πr 2 h 2，即 r 1h 1＝ r 2h 2，则h 1＝ 2，h 2 3 所以V 1 πr 12 h 132 ＝πr 222 ＝ .Vh2押题精练1．把边长为 2的正方形 ABCD 沿对角线 BD 折起，连结AC ，获得三棱锥 C － ABD ，其正视图、俯视图均为全等的等腰直角三角形(如下图 ) ，则其侧视图的面积为 ( )31 A.2 B. 22C ．1D. 2答案B分析在三棱锥 C－ ABD 中，C 在平面 ABD 上的投影为 BD 的中点 O，∵正方形边长为11. 2，∴ AO＝OC＝ 1，∴侧视图的面积为 S△AOC＝×1×1＝222．在三棱锥 A－ BCD 中，侧棱 AB，AC，AD 两两垂直，△ ABC，△ ACD ，△ ABD 的面积分别为2，3，6，则三棱锥 A－ BCD 的外接球体积为 ()222A. 6π B ． 2 6π C． 3 6π D． 4 6π答案A分析如图，以 AB， AC， AD 为棱把该三棱锥扩大成长方体，则该长方体的外接球恰为三棱锥的外接球，∴ 三棱锥的外接球的直径是长方体的体对角线长．AB·AC＝2，AB＝ 2，据题意AC·AD ＝3，解得AC＝ 1，AB·AD ＝6，AD＝ 3，∴长方体的体对角线长为AB 2＋ AC2＋ AD 2＝6，6∴三棱锥外接球的半径为 2 .4 6 3∴三棱锥外接球的体积为 V＝π·() ＝ 6π.3 2(介绍时间：50分钟)一、选择题1．已知正三棱锥V－ ABC 的正视图和俯视图如下图，则该三棱锥的侧视图的面积为()A ．2B ． 4C． 6 D ． 8答案C分析如图，作出正三棱锥V－ ABC 的直观图，取BC 边的中点D，连结VD ，AD，作 VO⊥ AD 于 O.联合题意，可知正视图实质上就是△VAD，于是三棱锥的棱长VA＝ 4，从俯视图中能够获得底面边长为23，侧视图是一个等腰三角形，此三角形的底边长为2 3，高为棱锥的高VO.因为 VO＝42－232＝2 3.3×2 3×2于是侧视图的面积为12×2 3×2 3＝ 6，应选 C.2．右图是棱长为 2 的正方体的表面睁开图，则多面体ABCDE 的体积为 ()2A ．2 B. 348C.3D. 3答案D分析多面体 ABCDE 为四棱锥，利用割补法可得其体积V＝ 4－4＝8，选 D. 333．如图，某几何体的正视图和俯视图都是矩形，侧视图是平行四边形，则该几何体的体积为()A ．15＋3 3B ． 93C．30＋6 3D．183答案B分析由三视图知几何体是一个底面为 3 的正方形，高为3的斜四棱柱，所以 V＝ Sh＝ 3×3×3＝9 3.4．已知正四棱锥的底面边长为2a，其侧 (左 )视图如下图．当正(主 )视图的面积最大时，该正四棱锥的表面积为()A ．8B．8＋8 2C． 82D．4＋8 2答案B分析由题意可知该正四棱锥的直观图如下图，其主视图与左视图相同，设棱锥的高为h ，则 a2＋ h2＝ 4.故其主视图的面积为S＝1·2a·h＝2 a2＋ h2＝2，即当 a＝ h＝2时， S 最大，此时该正四棱锥的表面积ah≤2S 表＝(2a)21＋ 4× ×2a×22＝8＋ 8 2，应选 B.5．某几何体的三视图如下图，此中正视图是腰长为 2 的等腰三角形，侧视图是半径为 1 的半圆，该几何体的体积为()A.33 π B.36 π C.32πD. 3π答案分析A三视图复原的几何体是圆锥沿轴截面截成两部分，而后把截面放在平面上，底面相对接的图形，圆锥的底面半径为1，母线长为2，故圆锥的高为h＝22－ 12＝ 3.易知该几何体的体积就是整个圆锥的体积，即V 圆锥＝ 13πr2h＝13π×12×3＝33 π故.选A.6． (2014·纲领全国)正四棱锥的极点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为()81π27πA.4B． 16πC． 9π D.4答案A分析如图，设球心为O，半径为r ，则 Rt△ AOF 中， (4－ r )2＋ ( 2) 2＝ r 2，解得 r ＝9 4，292 81∴ 该球的表面积为 4πr ＝4π×(4) ＝ 4 π.二、填空题7．有一块多边形的菜地，它的水平搁置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形 (如下图 ) ，∠ ABC ＝ 45°， AB ＝ AD ＝ 1 ， DC ⊥ BC ，则这块菜地的面积为________．答案2＋22分析如图，在直观图中，过点 A 作 AE ⊥ BC ，垂足为 E ，则在 Rt △ ABE 中， AB ＝ 1， ∠ ABE ＝ 45°， ∴ BE ＝ 22.而四边形 AECD 为矩形， AD ＝ 1，∴ EC ＝ AD ＝ 1， ∴ BC ＝ BE ＋ EC ＝ 22＋ 1.由此可复原原图形如图．在原图形中， A ′D ′＝ 1，A ′B ′＝ 2， B ′C ′＝ 22＋ 1，且 A ′D ′∥B ′C ′， A ′B ′⊥ B ′C ′，1∴ 这块菜地的面积为S ＝ 2(A ′D ′＋ B ′C ′A)′·B ′12 2＝ 2×(1＋ 1＋ 2 ) ×2＝2＋ 2 .8．如图， 侧棱长为 2 3的正三棱锥 V －ABC 中，∠AVB ＝∠ BVC ＝∠ CVA ＝40°，过 A 作截面△AEF ，则截面△AEF 的周长的最小值为____________ ． 答案 6分析 沿着侧棱 VA 把正三棱锥 V － ABC 睁开在一个平面内，如图．则 AA ′即为截面 △ AEF 周长的最小值，且 ∠ AVA ′＝ 3×40°＝ 120°.在 △ VAA ′中，由余弦定理可得 AA ′＝ 6，故答案为 6.9．如图，正方体ABCD － A 1B 1C 1D 1 的棱长为 1，E ， F 分别为线段 AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－ EDF 的体积为 ______．答案 16分析VD 1 EDFV FDD 1E1S D 1DE AB31 1 1＝ × ×1×1×1＝ .3 2610．已知矩形 ABCD 的面积为 8，当矩形周长最小时，沿对角线 AC 把 △ ACD 折起，则三棱锥D －ABC 的外接球的表面积等于________．答案16π分析设矩形的两邻边长度分别为a，b，则ab＝ 8，此时2a＋ 2b≥4 ab＝ 8 2，当且仅当a＝b ＝ 2 2时等号建立，此时四边形ABCD为正方形，此中心到四个极点的距离相等，均为2，无论如何折叠，其四个极点都在一个半径为 2 的球面上，这个球的表面积是4π×22＝ 16π.三、解答题11．已知某几何体的俯视图是如下图的矩形，正视图是一个底边长为8、高为 4 的等腰三角形，侧视图是一个底边长为6、高为 4 的等腰三角形．(1)求该几何体的体积 V；(2)求该几何体的侧面积 S.解由已知可得，该几何体是一个底面为矩形，高为4，极点在底面的投影是矩形中心的四棱锥 E－ ABCD .1(1) V＝3×(8 ×6) ×4＝64.(2) 四棱锥 E－ ABCD的两个侧面EAD ， EBC 是全等的等腰三角形，且BC 边上的高h1＝42＋82＝4 2；2另两个侧面 EAB， ECD 也是全等的等腰三角形，AB 边上的高 h2＝42＋62＝ 5.2所以 S＝2×(11×8×5)＝ 40＋ 24 2.×6×4 2＋2212．如图，在 Rt△ABC 中，AB＝ BC＝ 4，点 E 在线段 AB 上．过点 E 作 EF ∥BC 交 AC 于点 F，将△ AEF 沿 EF 折起到△PEF 的地点 (点 A 与 P 重合 )，使得∠ PEB ＝ 30°.(1)求证： EF⊥ PB；(2)试问：当点 E 在哪处时，四棱锥P— EFCB 的侧面 PEB 的面积最大？并求此时四棱锥P— EFCB 的体积．(1)证明∵ EF∥ BC且BC⊥ AB，∴EF⊥ AB，即 EF⊥ BE， EF⊥ PE.又 BE∩PE＝ E，∴EF⊥平面 PBE，又 PB? 平面 PBE，∴EF⊥ PB.(2) 解设BE＝x，PE＝y，则x＋y＝4.1∴S△PEB＝2BE ·PE·sin∠PEB11x＋ y 2＝ xy≤＝ 1.442当且仅当x＝ y＝ 2 时， S△PEB的面积最大．此时， BE ＝PE＝ 2.由 (1)知 EF⊥平面 PBE，∴平面 PBE ⊥平面 EFCB ，在平面 PBE 中，作 PO⊥ BE 于 O，则 PO⊥平面 EFCB .即 PO 为四棱锥P— EFCB 的高．1又 PO＝ PE·sin 30 ＝°2×＝ 1.21S EFCB＝2×(2＋ 4) ×2＝6.1∴VP—BCFE ＝3×6×1＝2.。