(浙江专用)高考数学二轮复习 专题四 立体几何 第1讲 空间几何体专题强化训练-人教版高三全册数学试

一、选择题1.(2016·浙江卷)已知互相垂直的平面α，β交于直线l .若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则( ) A.m ∥l B.m ∥n C.n ⊥lD.m ⊥n解析 由已知，α∩β＝l ，∴l ⊂β，又∵n ⊥β，∴n ⊥l ，C 正确.故选C. 答案 C2.(2016·山东卷)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26πD.1＋26π解析 由三视图知，半球的半径R ＝22，四棱锥为底面边长为1，高为1的正四棱锥，∴V ＝13×1×1×1＋12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π，故选C.答案 C3.(2016·全国Ⅲ卷)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解析由题意知，底面三角形的内切圆直径为4.三棱柱的高为3，所以球的最大直径为3，V的最大值为9π2.答案 B4.(2014·全国Ⅰ卷)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()A.6 2B.4 2C.6D.4解析如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A－BCD，最长的棱为AD＝（42）2＋22＝6，选C.答案 C5.已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中()A.存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B.存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C.存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D.对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直解析对于AB⊥CD，因为BC⊥CD，可得CD⊥平面ACB，因此有CD⊥AC.因为AB＝1，BC＝2，CD＝1，所以AC＝1，所以存在某个位置，使得AB⊥CD. 答案 B二、填空题6.如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为DC的中点，F为线段EC(端点除外)上一动点.现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD内过点D 作DK ⊥AB ，K 为垂足.设AK ＝t ，则t 的取值范围是________.解析 如图，过D 作DG ⊥AF ，垂足为G ，连接GK ， ∵平面ABD ⊥平面ABC ，又DK ⊥AB ， ∴DK ⊥平面ABC ，∴DK ⊥AF . ∴AF ⊥平面DKG ，∴AF ⊥GK .容易得到，当F 接近E 点时，K 接近AB 的中点，当F 接近C 点时，K 接近AB 的四等分点.所以t 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，17.一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是________.解析 由空间几何体的三视图可得该空间几何体的直观图，如图，∴该四面体的表面积为S 表＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋ 3. 答案 2＋ 38.(2016·浙江卷)如图，已知平面四边形ABCD ，AB ＝BC ＝3，CD ＝1，AD ＝5，∠ADC ＝90°，沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD ′，直线AC 与BD ′所成角的余弦的最大值是________.解析 设直线AC 与BD ′所成角为θ，平面ACD 翻折的角度为α，设O 是AC 中点，由已知得AC ＝6，如图，以OB 为x 轴，OA 为y 轴，过O 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，由A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，62，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫302，0，0， C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－62，0，作DH ⊥AC 于H ，翻折过程中，D ′H 始终与AC 垂直，CH ＝CD 2CA ＝16＝66，则OH ＝63，DH ＝1×56＝306，因此可设D ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－306cos α，－63，306sin α， 则BD ′→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－306cos α－302，－63，306sin α，与CA →平行的单位向量为n ＝(0，1，0)，所以cos θ＝|cos 〈BD →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BD →·n |BD →|·|n |＝639＋5cos α，所以cos α＝－1时，cos θ取最大值66. 答案66 三、解答题9.在正三角形ABC 中，E ，F ，P 分别是AB ，AC ，BC 边上的点，满足AE ∶EB ＝CF ∶F A ＝CP ∶PB ＝1∶2(如图1)，将△AEF 折起到△A 1EF的位置，连接A 1B ，A 1C (如图2).(1)求证：FP ∥平面A 1EB ； (2)求证：EF ⊥A 1B .证明 (1)∵CP ∶PB ＝CF ∶F A ，∴FP ∥BE ， 又BE ⊂平面A 1EB ，FP ⊄平面A 1EB ， ∴FP ∥平面A 1EB .(2)不妨设正三角形ABC 的边长为3， 则AE ＝1，AF ＝2.又∵∠EAF ＝60°，∴EF 2＝AE 2＋AF 2－2AE ·AF cos ∠EAF ＝12＋22－2×1×2cos 60°＝3，∴EF ＝3.在△AEF 中，有AF 2＝AE 2＋EF 2，∴EF ⊥AE ， 即EF ⊥AB .则在题图2中， 有EF ⊥A 1E ，EF ⊥BE ，又A 1E ，BE ⊂平面A 1BE ，A 1E ∩BE ＝E ，∴EF ⊥平面A 1EB ，又∵A 1B ⊂平面A 1EB ，∴EF ⊥A 1B .10.(2017·江南十校联考)如图1，等腰梯形ABCD 中，BC ∥AD ，CE ⊥AD ，AD ＝3BC ＝3，CE ＝1.求△CDE 沿CE 折起得到四棱锥F －ABCE (如图2)，G 是AF 的中点.(1)求证：BG ∥平面ECE ；(2)当平面FCE ⊥平面ABCE 时，求三棱锥F －BEG 的体积. (1)证明 如图，取EF 的中点M ，连接GM 、MC ，则GM 綊12AE .∵等腰梯形ABCD 中，BC ＝1，AD ＝3， ∴BC 綊12AE .∴GM 綊BC ，∴四边形BCMG 是平行四边形， ∴BG ∥CM .又CM ⊂平面FCE ，BG ⊄平面FCE ，∴BG ∥平面FCE .(2)解∵平面FCE ⊥平面ABCE ，平面FCE ∩平面ABCE ＝CE ， EF ⊂平面FCE ，FE ⊥CE ，∴FE ⊥平面ABCE . 又V F －BEG ＝V B －GEF ＝12V B －AEF ＝12V F －ABE ， S △ABE ＝12×2×1＝1， ∴V F －BEG ＝12×13×1×1＝16.11.如图所示，四边形ABCD 为矩形，AD ⊥平面ABE ，AE ＝EB ＝BC ，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE . (1)求证：AE ⊥BE ；(2)设M 在线段AB 上，且满足AM ＝2MB ，试在线段CE 上确定一点N ，使得MN ∥平面DAE .(1)证明∵AD ⊥平面ABE ， AD ∥BC ， ∴BC ⊥平面ABE ， ∵AE ⊂平面ABE ， ∴AE ⊥BC .又∵BF ⊥平面ACE ，AE ⊂平面ACE ， ∴AE ⊥BF .∵BC ∩BF ＝B ，BC ，BF ⊂平面BCE ， ∴AE ⊥平面BCE . 又BE ⊂平面BCE ， ∴AE ⊥BE .(2)解 在△ABE 中过M 点作MG ∥AE 交BE 于G 点，在△BEC 中过G 点作GN ∥BC 交EC 于N 点，连接MN ，则由比例关系易得CN ＝13CE . ∵MG ∥AE ，MG ⊄平面ADE ，AE ⊂平面ADE ， ∴MG ∥平面ADE . 同理，GN ∥平面ADE .又∵GN∩MG＝G，GN，MG⊂平面MGN，∴平面MGN∥平面ADE.又MN⊂平面MGN，∴MN∥平面ADE.∴N点为线段CE上靠近C点的一个三等分点.。

《优化方案》高三专题复习攻略（新课标）数学浙江理科第一部分专题四第一讲 空间几何体专题针对训练一、选择题1.在△ABC 中，AB ＝2，BC ＝1.5，∠ABC ＝120°(如图所示)，若将△ABC绕BC 边所在直线旋转一周，则所形成的旋转体的体积是( ) A.92π B.72π C.52π D.32π解析：选D.如图所示，该旋转体的体积为圆锥CD 与圆锥BD 的体积之差，由已知求得BD ＝1.所以V ＝V 圆锥CD －V 圆锥BD ＝13×π×3×52－13×π×3×1＝3π2.2．(2011年高考浙江卷)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：选D.A ，B 的正视图不符合要求，C 的俯视图显然不符合要求，答案选D.3．已知水平放置的△ABC 的直观图△A ′B ′C ′(斜二测画法)是边长为2a 的正三角形，则原△ABC 的面积为( )A.2a 2B.32a 2 C.62a 2 D.6a 2解析：选D.斜二测画法中原图面积与直观图面积之比为1∶24，则易知24S ＝34(2a )2，∴S ＝6a 2.4．如图所示，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形，且体积为12，则该几何体的俯视图可以是( )解析：选C.若该几何体的俯视图是选项A ，则该几何体的体积为1，不满足题意；若该几何体的俯视图是选项B ，则该几何体的体积为π4，不满足题意；若该几何体的俯视图是选项C ，则该几何体的体积为12，满足题意；若该几何体的俯视图是选项D ，则该几何体的体积为π4，不满足题意．故选C. 5．正棱锥的高缩小为原来的12，底面外接圆半径扩大为原来的3倍，则它的体积是原来的体积的( )A.32倍B.92倍 C.34倍 D.94倍 解析：选B.设原棱锥高为h ，底面面积为S ，则V ＝13Sh ，新棱锥的高为h 2，底面面积为9S ， 所以V ′＝13·9S ·h 2，∴V ′V ＝92. 二、填空题6．下图是一个几何体的三视图，根据图中的数据，计算该几何体的表面积为________．解析：由三视图知该几何体上部为半径是3的半球，下部为圆锥，圆锥的底面半径为3，母线长为5，高为4，则圆锥侧面积S 1＝π×3×5＝15π，半球的表面积(不包括大圆面)S 2＝2π×32＝18π，∴S ＝S 1＋S 2＝15π＋18π＝33π.答案：33π7．已知四棱锥P —ABCD 的底面是边长为6的正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝8，则该四棱锥的体积是________．解析：∵底面是边长为6的正方形，∴S 底＝6×6＝36，又∵PA ⊥底面ABCD ，∴V P ­ABCD ＝13×36×8＝96. 答案：968．在棱长为1的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，过对角线BD 1的一个平面交AA 1于E ，交CC 1于F ，得四边形BFD 1E ，给出下列结论：①四边形BFD 1E 有可能为梯形；②四边形BFD 1E 有可能为菱形；③四边形BFD 1E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形；④四边形BFD 1E 有可能垂直于平面BB 1D 1D ；⑤四边形BFD 1E 面积的最小值为62. 其中正确的是________．(请写出所有正确结论的序号)解析：四边形BFD 1E 为平行四边形，①显然不成立，当E 、F 分别为AA 1、CC 1的中点时，②④成立，四边形BFD 1E 在底面的投影恒为正方形ABCD .当E 、F 分别为AA 1、CC 1的中点时，四边形BFD 1E 的面积最小，最小值为62. 答案：②③④⑤三、解答题9．一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的高为3，底面周长为3，求这个球的体积．解：由已知可知正六棱柱的底面边长为12，而外接球的直径恰好为最长的体对角线长． 设球的半径为R ，则(2R )2＝12＋(3)2＝4，∴R ＝1，∴V 球＝43πR 3＝43π. 10．已知正三棱锥V －ABC 的正视图、俯视图如图所示，其中VA ＝4，AC ＝2 3.(1)画出该正三棱锥的侧视图，并求出该侧视图的面积；(2)求该正三棱锥V —ABC 的体积．解：(1)侧视图如图，S △VBC ＝12VA ·BC ＝12×23×23＝6. (2)V V －ABC ＝13S △ABC ·23＝13×34×(23)2×23＝6. 11．一个多面体的直观图，正视图(正前方观察)，俯视图(正上方观察)，侧视图(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：从俯视图可得，底面四边形ABCD 和侧面四边形A 1C 1CB 是矩形，又从正视图可得， 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×sin 60°×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＋32a 2， 所以此多面体的表面积和体积分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋32a 2，34a 3.。

专题限时集训(九) 空间中的平行与垂直关系(对应学生用书第133页)[建议A、B组各用时：45分钟][A组高考达标]一、选择题1．设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是( )A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥αB．若l⊥α，l∥m，则m⊥αC．若l∥α，m⊂α，则l∥mD．若l∥α，m∥α，则l∥mB[A中，根据线面垂直的判定定理，只有垂直平面内两条相交直线才行，故A不正确；B 中，由线面垂直的性质可知，平行线中的一条垂直于这个平面，则另一条也垂直这个平面，故B正确；C中，l，m可能平行也可能异面，故C不正确；D中，平行于同一平面的两直线可能平行，异面，相交，故D不正确，故选B.]2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题：①若m∥n，m⊥β，则n⊥β；②若m∥α，m∥β，则α∥β；③若m∥n，m∥β，则n∥β；④若m⊥α，m⊥β，则α⊥β.其中真命题的个数为( ) 【导学号：68334110】A．1 B．2C．3 D．4A[对于①，由直线与平面垂直的判定定理易知其正确；对于②，平面α与β可能平行或相交，故②错误；对于③，直线n可能平行于平面β，也可能在平面β内，故③错误；对于④，由两平面平行的判定定理易得平面α与β平行，故④错误．综上所述，正确命题的个数为1，故选A.]3．如图9­12所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是( )图9­12A．①②B．①②③C．①D．②③B[对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC.又∵PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC.对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA.∵PA⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，∴OM∥平面PAC.对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．]4．已知α，β是两个不同的平面，有下列三个条件：①存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β；②存在一条直线a，a⊂α，a⊥β；③存在两条垂直的直线a，b，a⊥β，b⊥α.其中，所有能成为“α⊥β”的充要条件的序号是( )A．①B．②C．③D．①③D[对于①，存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β，则α⊥β，反之也成立，即“存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β”是“α⊥β”的充要条件，所以①对，可排除B，C.对于③，存在两条垂直的直线a，b，则直线a，b所成的角为90°，因为a⊥β，b⊥α，所以α，β所成的角为90°，即α⊥β，反之也成立，即“存在两条垂直的直线a，b，a⊥β，b⊥α”是“α⊥β”的充要条件，所以③对，可排除A，选D.]5．在三棱锥P­ABC中，已知PA⊥底面ABC，AB⊥BC，E，F分别是线段PB，PC上的动点，则下列说法错误的是( )图9­13A．当AE⊥PB时，△AEF一定为直角三角形B．当AF⊥PC时，△AEF一定为直角三角形C ．当EF ∥平面ABC 时，△AEF 一定为直角三角形D ．当PC ⊥平面AEF 时，△AEF 一定为直角三角形B [因为AP ⊥平面ABC ，所以AP ⊥BC ，又AB ⊥BC ，且PA 和AB 是平面PAB 上两条相交直线，则BC ⊥平面PAB ，BC ⊥AE .当AE ⊥PB 时，AE ⊥平面PBC ，则AE ⊥EF ，△AEF 一定是直角三角形，A 正确；当EF ∥平面ABC 时，EF 在平面PBC 上，平面PBC 与平面ABC 相交于BC ，则EF ∥BC ，则EF ⊥AE ，△AEF 一定是直角三角形，C 正确；当PC ⊥平面AEF 时，AE ⊥PC ，又AE ⊥BC ，则AE ⊥平面PBC ，AE ⊥EF ，△AEF 一定是直角三角形，D 正确；B 中结论无法证明，故选B.] 二、填空题6．已知P 为△ABC 所在平面外一点，且PA ，PB ，PC 两两垂直，则下列命题： ①PA ⊥BC ；②PB ⊥AC ；③PC ⊥AB ；④AB ⊥BC .其中正确命题的个数是________. 【导学号：68334111】 3 [如图所示，∵PA ⊥PC ，PA ⊥PB ，PC ∩PB ＝P ， ∴PA ⊥平面PBC . 又∵BC ⊂平面PBC ， ∴PA ⊥BC .同理PB ⊥AC ，PC ⊥AB ，但AB 不一定垂直于BC .]7．在三棱锥C ­ABD 中(如图9­14)，△ABD 与△CBD 是全等的等腰直角三角形，O 是斜边BD 的中点，AB ＝4，二面角A ­BD ­C 的大小为60°，并给出下面结论：①AC ⊥BD ；②AD ⊥CO ；③△AOC 为正三角形；④cos ∠ADC ＝32；⑤四面体ABCD 的外接球表面积为32π.其中真命题是________(填序号)．图9­14①③⑤ [由题意知BD ⊥CO ，BD ⊥AO ，则BD ⊥平面AOC ，从而BD ⊥AC ，故①正确；根据二面角A ­BD ­C 的大小为60°，可得∠AOC ＝60°，又直线AD 在平面AOC 的射影为AO ，从而AD 与CO 不垂直，故②错误；根据∠AOC ＝60°，AO ＝CO 可得△AOC 为正三角形，故③正确；在△ADC 中 ，AD ＝CD ＝4，AC ＝CO ＝22，由余弦定理得cos ∠ADC ＝42＋42－2222×4×4＝34，故④错误；由题意知，四面体ABCD 的外接球的球心为O ，半径为22，则外接球的表面积为S ＝4π×(22)2＝32π，故⑤正确．]8．正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E 为线段B 1D 1上的一个动点，则下列结论中正确的是________．(填序号) ①AC ⊥BE ； ②B 1E ∥平面ABCD ；③三棱锥E ­ABC 的体积为定值； ④直线B 1E ⊥直线BC 1.①②③ [因为AC ⊥平面BDD 1B 1，故①，②正确；记正方体的体积为V ，则V E ­ABC ＝16V 为定值，故③正确；B 1E 与BC 1不垂直，故④错误．] 三、解答题9．如图9­15，在四棱锥P ­ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，DC ⊥AC .图9­15(1)求证：DC ⊥平面PAC . (2)求证：平面PAB ⊥平面PAC .(3)设点E 为AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F ，使得PA ∥平面CEF ？说明理由． [解] (1)证明：因为PC ⊥平面ABCD ， 所以PC ⊥DC .2分又因为DC ⊥AC ，且PC ∩AC ＝C ， 所以DC ⊥平面PAC .4分(2)证明：因为AB ∥DC ，DC ⊥AC ， 所以AB ⊥AC .因为PC ⊥平面ABCD ，所以PC ⊥AB . 又因为PC ∩AC ＝C ，所以AB ⊥平面PAC .8分 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAC .9分 (3)棱PB 上存在点F ，使得PA ∥平面CEF .12分 理由如下：取PB 的中点F ，连接EF ，CE ，CF . 又因为E 为AB 的中点，所以EF ∥PA . 又因为PA ⊄平面CEF ，且EF ⊂平面CEF ， 所以PA ∥平面CEF .15分10．(2017·某某稽阳联谊学校高三4月联考)如图9­16，四边形ABCD 为梯形，AB ∥CD ，∠C＝60°，点E 在CD 上，AB ＝CE ，BF ＝13BD ＝3，BD ⊥BC .现将△ADE 沿AE 折成如图2△APE位置，使得二面角P ­AE ­C 的大小为π3.图9­16(1)求PB 的长度； (2)求证：PB ⊥平面ABCE ；(3)求直线CE 与平面APE 所成角的正弦值．【导学号：68334112】[解] (1)因为AB 平行且等于EC ，所以四边形ABCE 是平行四边形，所以BC ∥AE ，又因为BD ⊥BC ，所以BD ⊥AE ， 所以AE ⊥FB ，AE ⊥FP ，即∠PFB 为二面角P ­AE ­C 的平面角.3分 又BF ＝3，PF ＝23，由余弦定理得BP 2＝BF 2＋PF 2－2BF ·PF cos ∠BFP ＝9， 所以BP ＝3.5分(2)证明：BF ＝3，PF ＝23，BP ＝3，满足勾股定理， 所以BF ⊥PB .又因为BF ⊥AE ，PF ⊥AE ，BF ∩PF ＝F ， 所以AE ⊥平面PFB ，所以AE ⊥PB .7分 又BF ∩AE ＝F ，则PB ⊥平面ABCE .9分 (3)法一：作BN ⊥PF 于点N ，连接AN ，由(2)可知，AE ⊥平面BFP ，所以平面BFP ⊥平面APE ， 又平面BFP ∩平面APE ＝PF ， 所以BN ⊥平面APE ，12分所以∠BAN 是直线AB 与平面APE 所成的角． 在Rt △FBP 中，BN ＝BF sin π3＝32，sin ∠NAB ＝BN AB ＝322＝34.13分所以直线AB 与平面APE 所成角的正弦值为34，即直线CE 与平面APE 所成角的正弦值为34.15分法二：由于BF ，BP ，BC 两两互相垂直，如图，建立空间直角坐标系，则B (0,0,0)，C (3,0,0)，A (－1，3，0)，E (2，3，0)，P (0,0,3)，则AE →＝(3,0,0)，AP →＝(1，－3，3)，12分设平面APE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AP →＝0，即⎩⎨⎧3x ＝0，x －3y ＋3z ＝0，取z ＝1，则n ＝(0，3，1)，13分 设直线CE 与平面APE 所成的角为θ，EC →＝(1，－3，0)，则sin θ＝|cos 〈n ，EC →〉|＝|n ·EC →||n ||EC →|＝34，即直线EC 与平面APE 所成角的正弦值为34.15分[B 组 名校冲刺]一、选择题1．已知三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的所有棱长相等，若∠AA 1B 1＝∠AA 1C 1＝60°，则异面直线A 1C 与AB 1所成角的余弦值是( ) 【导学号：68334113】图9­17A.36 B.23C.158D.56A [将三棱柱补上一个相同的三棱柱构成一个四棱柱，如图所示，易知图中∠A 1CD 1为所求角．因为三棱柱的所有棱长均相等，不妨设为1，则根据此三棱柱的性质有A 1D 1＝A 1C ＝3，CD 1＝1，则由余弦定理得cos ∠A 1CD 1＝3＋1－323＝36，故选A.]2．如图9­18，四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，将△ADB 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A ­BCD .则在三棱锥A ­BCD 中，下列命题正确的是( )图9­18A ．平面ABD ⊥平面ABCB ．平面ADC ⊥平面BDC C ．平面ABC ⊥平面BDCD ．平面ADC ⊥平面ABCD [∵在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，∴BD ⊥CD .又平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，∴CD ⊥平面ABD ，则CD ⊥AB .又AD ⊥AB ，AD∩CD ＝D ，∴AB ⊥平面ADC ，又AB ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面ADC ，故选D.] 3．如图9­19，在正方形ABCD 中，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，沿AE ，AF ，EF 把正方形折成一个四面体，使B ，C ，D 三点重合，重合后的点记为P ，P 点在△AEF 内的射影为O ，则下列说法正确的是( )图9­19A．O是△AEF的垂心B．O是△AEF的内心C．O是△AEF的外心D．O是△AEF的重心A[由题意可知PA，PE，PF两两垂直，∴PA⊥平面PEF，从而PA⊥EF，而PO⊥平面AEF，则PO⊥EF.∵PO∩PA＝P，∴EF⊥平面PAO，∴EF⊥AO，同理可知AE⊥FO，AF⊥EO，∴O为△AEF的垂心．故选A.]4．如图9­20，小于90°的二面角α­l­β中，O∈l，A，B∈α，且∠AOB为钝角，∠A′OB′是∠AOB在β内的射影，则下列结论错误的是( )图9­20A．∠A′OB′为钝角B．∠A′OB′>∠AOBC．∠AOB＋∠AOA′<πD．∠B′OB＋∠AOB＋∠AOA′>πD[考虑将图形特殊化，即可将此图形置于正方体中，正方体的一个对角面与底面分别为条件中的平面α，β，如图所示，O为所在棱的中点，A，B为所在面对角线上的一个三等分点，A′，B′分别为A，B在平面β上的射影．设正方体棱长为3，则OA＝OB＝172，OA′＝OB′＝13 2，AA′＝BB′＝1，则由余弦定理得cos∠AOB＝－117，cos∠A′OB′＝－513<－117，所以∠A′OB′>∠AOB>π2，所以A，B正确；又cos∠AOA′＝cos∠BOB′＝1317>32，所以∠AOA′＝∠BOB′<π6，且由cos∠AOB＝－117>－12知∠AOB<2π3，所以∠AOB＋∠AOA′<π，∠B′OB＋∠AOB＋∠AOA′<π，所以C正确，D错误，故选D.]二、填空题5．如图9­21，正方形BCDE 的边长为a ，已知AB ＝3BC ，将△ABE 沿边BE 折起，折起后A 点在平面BCDE 上的射影为D 点，关于翻折后的几何体有如下描述：图9­21①AB 与DE 所成角的正切值是2；②AB ∥CE ；③V B ­ACE ＝16a 3；④平面ABC ⊥平面ACD .其中正确的有________．(填序号)①③④ [作出折叠后的几何体直观图如图所示：∵AB ＝3BC ＝3a ，BE ＝a ，∴AE ＝2a .∴AD ＝AE 2－DE 2＝a ，∴AC ＝CD 2＋AD 2＝2a .在△ABC 中，cos ∠ABC ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ×BC＝3a 2＋a 2－2a 223a2＝33. ∴sin ∠ABC ＝1－cos 2∠ABC ＝63. ∴tan ∠ABC ＝sin ∠ABCcos ∠ABC＝ 2.∵BC ∥DE ，∴∠ABC 是异面直线AB ，DE 所成的角，故①正确．连接BD ，CE ，则CE ⊥BD ，又AD ⊥平面BCDE ，CE ⊂平面BCDE ，∴CE ⊥AD .又BD ∩AD ＝D ，BD ⊂平面ABD ，AD ⊂平面ABD ，∴CE ⊥平面ABD .又AB ⊂平面ABD ，∴CE ⊥AB ，故②错误．V B ­ACE ＝V A ­BCE ＝13S △BCE ·AD ＝13×12×a 2×a ＝a 36，故③正确．∵AD ⊥平面BCDE ，BC ⊂平面BCDE ，∴BC ⊥AD .又BC ⊥CD ，CD ∩AD＝D ，CD ，AD ⊂平面ACD ，∴BC ⊥平面ACD .∵BC ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面ACD ，故④正确．故答案为①③④.]6．(2017·金丽衢十二校高三第二次联考)已知△ABC 中，∠C ＝90°，tan A ＝2，M 为AB的中点．现将△ACM 沿CM 折成三棱锥P ­CBM .当二面角P ­CM ­B 大小为60°时，AB PB＝________.图9­223 [作PE ⊥CM 于点E ，BF ⊥CM 交CM 的延长线于点F ，连接AE ，则AE ⊥CF ，且PE 与BF 所成锐角等于二面角P ­CM ­B 的大小，即为60°.不妨设AC ＝1，则由tan ∠BAC ＝2，∠ACB ＝90°，得BC ＝2，AB ＝3，则由M 是AB 的中点，知MB ＝MC ，则sin ∠BCF ＝sin ∠ABC ＝13，∴|PE →|＝|AE →|＝|BF →|＝|BC →|sin ∠BCF ＝23，∴|EF →|＝2|MF →|＝2|BM →|2－|BF →|2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12|AB→|2－|BF →|2＝13，则由PB →＝PE →＋EF →＋FB →，得|PB →|2＝(PE →＋EF →＋FB →)2＝|PE →|2＋|EF →2|＋|FB →|2－2|PE →||FB →|cos 60°＝23＋13＋23－2×23×23×cos 60°＝1，∴PB ＝1，故AB PB ＝3.]三、解答题7．端午节即将到来，为了做好端午节商场促销活动，某商场打算将进行促销活动的礼品盒重新设计．方案如下：将一块边长为10的正方形纸片ABCD 剪去四个全等的等腰三角形：△SEE ′，△SFF ′，△SGG ′，△SHH ′，再将剩下的阴影部分折成一个四棱锥形状的包装盒S ­EFGH ，其中A ，B ，C ，D 重合于点O ，E 与E ′重合，F 与F ′重合，G 与G ′重合，H 与H ′重合(如图9­23所示)．图9­23(1)求证：平面SEG ⊥平面SFH ；(2)当AE ＝52时，求二面角E ­SH ­F 的余弦值． [解] (1)证明：∵折后A ，B ，C ，D 重合于一点O ，∴拼接成底面EFGH 的四个直角三角形必为全等的等腰直角三角形，∴底面DFGH 是正方形，EG ⊥FH ，EO ＝OG .2分连接SO ，由题意知SE ＝SG ，∴EG ⊥SO .4分又∵SO ，FH ⊂平面SFH ，SO ∩FH ＝O ，∴EG ⊥平面SFH .又∵EG ⊂平面SEG ，∴平面SEG ⊥平面SFH .6分(2)过O 作OM ⊥SH 交SH 于M 点，连接EM ，∵EO ⊥平面SFH ，SH ⊂平面SFH ，∴EO ⊥SH ，∴SH ⊥平面EMO ，∴∠EMO 为二面角E ­SH ­F 的平面角.8分当AE ＝52时，在原平面图形中，可求得SE ＝552. 在Rt △SOE 中，可求得SO ＝SE 2－OE 2＝5.10分Rt △SHO 中，OH ＝52，SO ＝5，SH ＝552， ∴OM ＝SO ·OH SH＝5，12分 Rt △EMO 中，EM ＝EO 2＋OM 2＝352， cos ∠EMO ＝OM EM ＝5352＝23.14分 ∴所求二面角的余弦值为23.15分 8．(2017·萧山中学高三5月仿真考试)如图9­24，已知矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝3，现将△DAC 沿着对角线AC 向上翻折到△PAC 位置，此时PA ⊥PB .图9­24(1)求证：平面PAB ⊥平面ABC ；(2)求直线AB 与平面PAC 所成角的正弦值．【导学号：68334114】[解] (1)证明：因为PA ⊥PB ，PA ⊥PC ，PB ∩PC ＝P ，所以PA ⊥平面PBC ，3分所以PA ⊥BC ，又BC ⊥AB ，AB ∩AP ＝A ，所以BC ⊥平面PAB ，5分又BC ⊂平面ABC ，所以平面PAB ⊥平面ABC .7分(2)法一：如图，作BD ⊥PC 于点D ，连接AD ，由(1)知PA ⊥平面PBC ，所以PA ⊥BD ，而BD ⊥PC ，PA ∩PC ＝P ，所以BD ⊥平面PAC ，所以∠BAD 为直线AB 与平面PAC 所成的角，10分在Rt △PBC 中，BC ＝3，PC ＝4，PB ＝7，所以BD ＝37413分， 又AB ＝4，在Rt △ADB 中，sin ∠BAD ＝BD AB ＝3716， 所以直线AB 与平面PAC 所成角的正弦值为3716.15分 法二：由(1)知平面PAB ⊥平面ABC ，所以在平面PAB 内，过点P 作PE ⊥AB 于点E ，则PE ⊥平面ABC ，9分如图，以B 为坐标原点，建立空间直角坐标系(z 轴与直线PE 平行)，在Rt △PBC 中，BC ＝3，PC ＝4，PB ＝7，在Rt △APB 中，AP ＝3，AB ＝4，PE ＝374，BE ＝74， 可知A (0，－4,0)，B (0,0,0)，C (－3,0,0)，P ⎝⎛⎭⎪⎫0，－74，374，12分 AC →＝(－3,4,0)，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，94，374， 则易得平面PAC 的一个法向量为m ＝⎝⎛⎭⎪⎫4，3，－97， AB →＝(0,4,0)，所以cos 〈AB →，m 〉＝AB →·m |AB →||m |＝3716， 故直线AB 与平面PAC 所成角的正弦值为3716.15分。

专题四 立体几何与空间向量专题过关·提升卷 第Ⅰ卷(选择题)一、选择题1．(2015·浙江高考)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 3 C.323 cm 3 D.403cm 32．设a ，b 是两条直线，α，β表示两个平面，如果a ⊂α，α∥β，那么“b ⊥β”是“a ⊥b ”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件3．(2015·山东高考)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.5π3D ．2π 4．(2015·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )A．2＋ 5 B．4＋ 5C．2＋2 5 D．55．(2015·北京朝阳区质检)在空间直角坐标系O－xyz中，已知A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(1，1，2)，若S1，S2，S3分别表示三棱锥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．S1＝S2且S3≠S1C．S1＝S3且S3≠S2D．S2＝S3且S1≠S36．(2015·杭州中学模拟)一个四棱锥的三视图如图所示，下列说法中正确的是( )A．最长棱的棱长为 6B．最长棱的棱长为3C．侧面四个三角形中有且仅有一个是正三角形D．侧面四个三角形都是直角三角形7．(2015·嘉兴模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，A1A＝AB＝2，若棱AB上存在点P，使得D1P ⊥PC，则AD的取值范围是( )A．[1，2) B．(1，2]C．(0，1] D．(0，2)8．某市博物馆邀请央视《一槌定音》专家鉴宝，其中一藏友持有的“和田玉”的三视图如图所示，若将和田玉切割、打磨、雕刻成“和田玉球”，则该“玉雕球”的最大表面积是( )A ．4πB ．16πC ．36πD ．64π第Ⅱ卷(非选择题)二、填空题9．(2015·舟山中学模拟)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝32，BC ＝2，沿BD 将矩形ABCD 折叠，连接AC ，所得三棱锥A －BCD 的正视图和俯视图如图所示，则三棱锥A －BCD 侧视图的面积为________．10．如图所示，ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，AC ⊥CB ，点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点．若BC ＝CA ＝CC 1，则BD 1与CF 1所成角的正弦值是________．11．(2015·杭州二中调研)在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，PA ＝3，则该三棱锥外接球的表面积为________．12．(2014·山东高考)在三棱锥P －ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D －ABE 的体积为V 1，P －ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________．13．多面体MN －ABCD 的底面ABCD 为矩形，其正视图和侧视图如图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则AM 的长为________．14．(2015·天津高考)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________m 3.15．将边长为1的正方形ABCD 沿对角线AC 折起后，使得平面ADC ⊥平面ABC ，在折起后的三棱锥D －ABC 中，给出下列四个命题：①AC ⊥BD ；②侧棱DB 与平面ABC 成45°的角；③△BCD 是等边三角形；④三棱锥的体积V D －ABC ＝26. 那么正确的命题是________(填上所有正确命题的序号)．三、解答题16．如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点，将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求直线A 1B 与平面A 1CD 所成角．17．(2015·福建高考)如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F分别是线段BE，DC的中点．(1)求证：GF∥平面ADE；(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值．18．(2015·四川高考)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N.(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)证明：直线MN∥平面BDH；(3)求二面角A－EG－M的余弦值．19．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，且∠BAD＝120°，AB＝2，E是CD 的中点．平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD，PC与平面ABCD所成的角为45°.(1)求证：CD ⊥平面PAE ；(2)试问在线段A B (不包括端点)上是否存在一点F ，使得二面角A －P F －E 的大小为45°？若存在，请求出AF 的长；若不存在，说明理由．20．(2015·天津高考)如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1－AC －B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．专题过关·提升卷1．C [该几何体为正方体与正四棱锥的组合体，∴体积V ＝23＋13×22×2＝323(cm 3)．]2．A [若b ⊥β，α∥β，则b ⊥α，又a ⊂α，∴a ⊥b ， 但a ⊥b ，a ⊂α，α∥β时，得不到b ⊥β. ∴“b ⊥β”是“a ⊥b ”的充分不必要条件．]3．C [如图，由题意，得BC ＝2，AD ＝AB ＝1.绕AD 所在直线旋转一周后所得几何体为一个圆柱挖去一个圆锥的组合体．所求体积V ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3.]4．C [该三棱锥的直观图如图所示：过D作DE⊥BC，交BC于E，连接AE，则BC＝2，EC＝1，AD＝1，ED＝2，AE＝5，BD＝CD ＝5，S表＝S△BCD＋S△ACD＋S△ABD＋S△ABC＝12×2×2＋12×1×5×2＋12×2× 5＝2＋2 5.]5．D [由图可知S2＝S3＝2，S1＝2，所以S1≠S3.] 6．D [由三视图知，该四棱锥的直观图如图所示，其中PA⊥平面ABCD，平面ABCD为直角梯形．则最长棱PB＝22＋22＝22，A错，B错．棱锥中的四个侧面中：由PA⊥底面ABCD，知△PAB，△PAD为直角三角形．又DC⊥AD，PA⊥DC，知DC⊥平面PAD，则DC⊥PD，从而△PDC为直角三角形．又PD＝5，DC＝1，所以PC＝12＋（5）2＝ 6.在梯形ABCD 中，易求BC ＝2，故PB 2＝PC 2＋BC 2，△PBC 为直角三角形．]7．C [如图，以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则D 1(0，0，2)，C (0，2，0)，设P (x ，y ，0)(x >0，0<y <2)，则D 1P →＝(x ，y ，－2)，PC →＝(－x ，2－y ，0)．由D 1P ⊥PC ，得D 1P →·PC →＝－x 2＋y (2－y )＝0， ∴x ＝2y －y 2(0<y <2)，所以0<x ≤1.]8．B [由三视图知，“和田玉”为直三棱柱，底面是直角三角形，高为12，如图所示．其中AC ＝6，BC ＝8，BC ⊥AC ，则AB ＝10，若使“玉雕球”的半径最大，则该球与直三棱柱的三个侧面都相切． ∴球半径r ＝6＋8－102＝2，则S 球＝4πr 2＝16π.]9.1825 [由正视图及俯视图知，在三棱锥A －BCD 中，平面ABD ⊥平面BCD (如图所示)，因此三棱锥的侧视图为等腰直角三角形．在△ABD 中，AB ＝32，AD ＝BC ＝2.∴BD ＝AB 2＋BC 2＝52.因此AA ′＝AB ·AD BD ＝32×252＝65.所以等腰直角三角形的腰长为65.故侧视图的面积为12×⎝ ⎛⎭⎪⎫652＝1825.]10.66[如图所示，建立以C 为坐标原点，CA 、CB 、CC 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴的空间直角坐标系．设BC ＝CA ＝CC 1＝2，则B (0，2，0)、D 1(1，1，2)、F 1(1，0，2)．则BD 1→＝(1，－1，2)，CF 1→＝(1，0，2)，∴cos 〈BD 1→，CF 1→〉＝BD 1→·CF 1→|BD 1→||CF 1→|＝530＝306. 设BD 1与CF 1所成的角为α.11．5π [如图所示，将三棱锥P －ABC 补成长方体ADBC －PD ′B ′C ′. 则三棱锥P －ABC 的外接球就是长方体的外接球．∴2R ＝PA 2＋AC 2＋AD 2＝5， 故外接球的表面积S 球＝4πR 2＝5π.]12.14 [分别过E ，C 向平面PAB 作高h 1，h 2，由E 为PC 的中点得h 1h 2＝12，由D 为PB 的中点得S △ABD ＝12S △ABP ，所以V 1∶V 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13S △ABD ·h 1∶⎝ ⎛⎭⎪⎫13S △ABP ·h 2＝14.]13. 6 [如图所示为多面体MN －ABCD ， 作MH ⊥AB 交AB 于H .由侧视图可知MH ＝12＋22＝ 5.根据正视图知MN ＝2，AB ＝4，且正视图为等腰梯形． ∴AH ＝4－22＝1，从而AM ＝AH 2＋MH 2＝ 6.]14.8π3 [由三视图知，该几何体是由两个圆锥和一个圆柱构成的组合体，且圆锥的底面分别与圆柱的两个底面重合．∵圆柱的底面圆的半径R ＝1，高h ＝2，且圆锥的高h ′＝1. ∴V 圆柱＝πR 2·h ＝2π，V 圆锥＝13πR 2h ′＝π3.因此该几何体的体积V ＝V 圆柱＋2V 圆锥＝8π3.]15．①②③ [取AC 的中点O ，连接OB ，OD ，则OD ⊥AC ，OB ⊥AC .OD ∩OB ＝O ，AC ⊥平面OBD ，从而AC ⊥BD ，①正确．又平面ADC ⊥平面ABC ，DO ⊥AC ， 所以DO ⊥平面ABC ，因此DO ⊥OB ，且∠OBD 为棱BD 与底面ABC 所成的角． 由OB ＝OD ，知∠OBD ＝45°， 所以②正确，从而BD ＝2·OB ＝1，故BC ＝CD ＝BD ＝1， 因此△BCD 是等边三角形，命题③正确．根据DO ⊥平面ABC .得V 三棱锥D －ABC ＝13·S △ABC ·OD ＝212，∴④错误．]16．(1)证明 在题图1中，因AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点， ∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC ，即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，且A 1O ∩OC ＝O ， 从而BE ⊥平面A 1OC ，又在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，BC ＝12AD ，E 为AD 中点，所以BC 綉ED ，所以四边形BCDE 为平行四边形， 故有CD ∥BE ， 所以CD ⊥平面A 1OC .(2)解 由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角， 所以∠A 1OC ＝π2，如图，以O 为原点，建立空间直角坐标系， 因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，于是A 1B →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，－22，A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0)．设直线A 1B 与平面A 1CD 所成的角为θ，平面A 1CD 的法向量n ＝(x ，y ，z )．则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＝0，22y －22z ＝0，取n ＝(0，1，1)． ∴cos 〈A 1B →，n 〉＝A 1B →·n |A 1B →|·|n |＝－221×2＝－12.因此sin θ＝|cos 〈A 1B →，n 〉|＝12，故直线A 1B 与平面A 1CD 所成的角为π6.17．(1)证明 如图，取AE 的中点H ， 连接HG ，HD ，又G 是BE 的中点， 所以GH ∥AB ，且GH ＝12AB .又F 是CD 的中点， 所以DF ＝12CD .由四边形ABCD 是矩形得，AB ∥CD ，AB ＝CD ， 所以GH ∥DF ，且GH ＝DF ， 从而四边形HGFD 是平行四边形， 所以GF ∥DH .又DH ⊂平面ADE ，GF ⊄平面ADE ， 所以GF ∥平面ADE .(2)解 如图，在平面BEC 内，过B 点作BQ ∥EC . 因为BE ⊥CE ，所以BQ ⊥BE .又因为AB ⊥平面BEC ，所以AB ⊥BE ，AB ⊥BQ .以B 为原点，分别以BE →，BQ →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A (0，0，2)，B (0，0，0)，E (2，0，0)，F (2，2，1)．因为AB ⊥平面BEC ，所以BA →＝(0，0，2)为平面BEC 的法向量． 设n ＝(x ，y ，z )为平面AEF 的法向量．又AE →＝(2，0，－2)，AF →＝(2，2，－1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －2z ＝0，2x ＋2y －z ＝0. 取z ＝2，得n ＝(2，－1，2)．从而cos 〈n ，BA →〉＝n ·BA →|n |·|BA →|＝43×2＝23. 所以平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值为23.18．(1)解 点F ，G ，H 的位置如图所示．(2)证明 连接BD ，设O 为BD 的中点， 因为M ，N 分别是BC ，GH 的中点， 所以OM ∥CD ，且OM ＝12CD ，HN ∥CD ，且HN ＝12CD ，所以OM ∥HN ，OM ＝HN ，所以MNHO 是平行四边形，从而MN ∥OH . 又MN ⊄平面BDH ，OH ⊂平面BDH ， 所以MN ∥平面BDH .(3)解 如图，以D 为坐标原点，分别以DA →，DC →，DH →方向为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系D －xyz ，设AD ＝2，则M (1，2，0)，G (0，2，2)，E (2，0，2)，O (1，1，0)，所以，GE →＝(2，－2，0)，MG →＝(－1，0，2)， 设平面EGM 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·GE →＝0，n 1·MG →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0，－x ＋2z ＝0，取x ＝2，得n 1＝(2，2，1)， 在正方体ABCD －EFGH 中，DO ⊥平面AEGC ，则可取平面AEG 的一个法向量为n 2＝DO →＝(1，1，0)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝2＋2＋04＋4＋1·1＋1＋0＝223，故二面角A －EG －M 的余弦值为223.19．(1)证明 连接AC ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥AD . 又PA ⊂平面PAD ，面PAD ∩面ABCD ＝AD .∴PA ⊥平面ABCD ，故PA ⊥CD . 在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°，∴∠ADC ＝60°，从而△ACD 为等边三角形．又∵E 为CD 的中点， ∴AE ⊥CD ，由于PA ∩AE ＝A ，所以CD ⊥平面PAE ，(2)解 假设存在，由(1)知，PA 、AB 、AE 两两垂直，以A 为坐标原点，分别以AB 、AE 、AP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系A －xyz (如图所示)．由PA ⊥平面ABCD ，则∠PCA 为PC 与平面ABCD 所成的角， ∴∠PCA ＝45°，因此PA ＝AC ＝AB ＝2.则P (0，0，2)，A (0，0，0)，E (0，3，0)∴PE →＝(0，3，－2)． 设AF ＝a (0<a <2)，则F (a ，0，0)，∴PF →＝(a ，0，－2)，设平面PEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PE →＝0，m ·PF →＝0.得⎩⎨⎧3y －2z ＝0，ax －2z ＝0， 取x ＝2，则m ＝⎝⎛⎭⎪⎫2，2a3，a . 又向量AE →＝(0，3，0)是平面PAF 的一个法向量．∴|cos 〈m ，AE →〉|＝|m ·AE →||m |·|AE →|＝2a3·4＋7a 23因此2a 3·4＋7a 23＝cos 45°＝22，解之得a ＝2 3. 由于23∉(0，2)，故不存在点F ，使得二面角A －PF －E 为45°. 20．解 如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0，0，0)，B (0，1，0)，C (2，0，0)，D (1，－2，0)，A 1(0，0，2)，B 1(0，1，2)，C 1(2，0，2)，D 1(1，－2，2)． 又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1，N (1，－2，1)． (1)证明 依题意，可得n ＝(0，0，1)为平面ABCD 的一个法向量，MN →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－52，0，由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)AD 1→＝(1，－2，2)，AC →＝(2，0，0)，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则1110,0,n AD n AC ⎧=⎪⎨=⎪⎩即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0. 不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0，1，1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量，则1220,0,n AB n AC ⎧=⎪⎨=⎪⎩又AB 1→＝(0，1，2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2，1)． 因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－10102＝31010. 所以，二面角D 1－AC －B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设1A E ＝λ11A B ，其中λ∈[0，1]， 则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2，1)，又n ＝(0，0，1)是平面ABCD 的一个法向量，故|cos 〈NE →，n 〉|＝|NE →·n ||NE →|·|n |＝1（－1）2＋（λ＋2）2＋12＝13. 整理得λ2＋4λ－3＝0，解得λ＝－2±7， 又因为λ∈[0，1]，所以λ＝7－2， 所以，线段A 1E 的长为7－2.。

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．热点一三视图与直观图1．一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧视图放在正视图的右面，高度与正视图的高度一样，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视图与侧视图确定几何体．例1 (1)(2018·全国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( )答案 A解析由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.(2)有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为________．答案2＋2 2解析如图，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为点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. 由此可还原原图形如图所示．在原图形中，A ′D ′＝1，A ′B ′＝2，B ′C ′＝22＋1， 且A ′D ′∥B ′C ′，A ′B ′⊥B ′C ′，∴这块菜地的面积为S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22. 思维升华 空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图问题时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正视图或侧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，再确定几何体的形状，即可得到结果．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．跟踪演练1 (1)(2018·浙江省台州中学模拟)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( )答案 D解析由正视图和俯视图得该几何体可以为一个底面为等腰三角形的三棱锥和一个与三棱锥等高，且底面直径等于三棱锥的底面等腰三角形的底的半圆锥的组合体，则其侧视图可以为D 选项中的图形，故选D.(2)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱CD，CC1，A1B1的中点，用过点E，F，G的平面截正方体，则位于截面以下部分的几何体的侧视图为( )答案 C解析取AA1的中点H，连接GH，则GH为过点E，F，G的平面与正方体的面A1B1BA的交线．延长GH，交BA的延长线与点P，连接EP，交AD于点N，则NE为过点E，F，G的平面与正方体的面ABCD的交线．同理，延长EF，交D1C1的延长线于点Q，连接GQ，交B1C1于点M，则FM为过点E，F，G的平面与正方体的面BCC1B1的交线．所以过点E，F，G的平面截正方体所得的截面为图中的六边形EFMGHN.故可得位于截面以下部分的几何体的侧视图为选项C所示．热点二几何体的表面积与体积空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技巧，把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧．例2 (1)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 ．8＋42＋8 5B ．24＋4 2C ．8＋20 2D ．28答案 A解析 由三视图可知，该几何体的下底面是长为4，宽为2的矩形，左右两个侧面是底边为2，高为22的三角形，前后两个侧面是底边为4，高为5的平行四边形，所以该几何体的表面积为S ＝4×2＋2×12×2×22＋2×4×5＝8＋42＋8 5.(2)(2018·杭州质检)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________，表面积是________．答案143π 6＋(6＋13)π 解析 由三视图知，该几何体是由四分之一球与半个圆锥组合而成，则该组合体的体积为V ＝14×43π×23＋12×13π×22×3＝143π， 表面积为S ＝14×4π×22＋12×π×22＋12×4×3＋12×12×2π×2×32＋22＝6＋()6＋13π.思维升华 (1)求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和． (2)求简单几何体的体积时，若所给的几何体为柱体、锥体或台体，则可直接利用公式求解；求组合体的体积时，若所给定的几何体是组合体，不能直接利用公式求解，常用转换法、分割法、补形法等进行求解；求以三视图为背景的几何体的体积时，应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．跟踪演练2 (1)(2018·宁波期末)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r 等于( )A ．1B ．2C ．4D ．8 答案 B解析 由三视图得该几何体为一个半球和一个半圆柱的组合体，且半圆柱的底面和半球体的一半底面重合，则其表面积为12×4πr 2＋πr 2＋2r ×2r ＋12×2πr ×2r ＝4r 2＋5πr 2＝16＋20π，解得r ＝2，故选B.(2)(2018·绍兴质检)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A ．2B ．3C ．4D ．6 答案 A解析 将俯视图的对角线的交点向上拉起，结合正视图与侧视图知，此空间几何体是底面为正方形(边长2)，高为3的正四棱锥，则其体积V ＝13Sh ＝13×(2)2×3＝2，故选A.热点三 多面体与球与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径．球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心(或“切点”“接点”)作出截面图．例3 (1)已知正三棱锥S －ABC 的顶点均在球O 的球面上，过侧棱SA 及球心O 的平面截三棱锥及球面所得截面如图所示，已知三棱锥的体积为23，则球O 的表面积为( )A ．16πB ．18πC ．24πD ．32π答案 A解析 设正三棱锥的底面边长为a ，外接球的半径为R ， 因为正三棱锥的底面为正三角形，边长为a ， 则AD ＝32a ，则AO ＝23AD ＝33a ， 所以33a ＝R ，即a ＝3R ， 又因为三棱锥的体积为23，所以13×34a 2R ＝13×34×()3R 2×R ＝23，解得R ＝2，所以球的表面积为S ＝4πR 2＝16π.(2)如图是某三棱锥的三视图，则此三棱锥内切球的体积为( )A.25π4 B.25π16 C.1 125π4 D.1 125π16答案 D解析 把此三棱锥嵌入长、宽、高分别为20,24,16的长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，三棱锥B －KLJ 即为所求的三棱锥，其中KC 1＝9，C 1L ＝LB 1＝12，B 1B ＝16，∴KC 1C 1L ＝LB 1B 1B， 则△KC 1L ∽△LB 1B ，∠KLB ＝90°， 故可求得三棱锥各面面积分别为S △BKL ＝150，S △JKL ＝150，S △JKB ＝250，S △JLB ＝250，故表面积为S 表＝800.三棱锥体积V ＝13S △BKL ·JK ＝1 000，设内切球半径为r ，则r ＝3V S 表＝154，故三棱锥内切球体积V 球＝43πr 3＝1 125π16.思维升华 三棱锥P －ABC 可通过补形为长方体求解外接球问题的两种情形 (1)点P 可作为长方体上底面的一个顶点，点A ，B ，C 可作为下底面的三个顶点． (2)P －ABC 为正四面体，则正四面体的每条棱都可作为正方体的一条面对角线．跟踪演练3 (1)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 B．20π C．25π D．29π 答案 D解析 把三棱锥P －ABC 放到长方体中，如图所示，所以长方体的体对角线长为22＋32＋42＝29， 所以三棱锥外接球的半径为292， 所以外接球的表面积为4π×⎝⎛⎭⎪⎫2922＝29π. (2)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 ．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．1∶8 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.真题体验1．(2018·全国Ⅰ改编)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．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 在侧视图上的对应点为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________．答案 2 5解析 先画出圆柱的直观图，根据题中的三视图可知，点M ，N 的位置如图①所示．圆柱的侧面展开图及M ，N 的位置(N 为OP 的四等分点)如图②所示，连接MN ，则图中MN 即为M 到N 的最短路径．ON ＝14×16＝4，OM ＝2，∴MN ＝OM 2＋ON 2＝22＋42＝2 5.2．(2017·北京改编)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为________．答案 2 3解析 在正方体中还原该四棱锥，如图所示，可知SD 为该四棱锥的最长棱． 由三视图可知，正方体的棱长为2， 故SD ＝22＋22＋22＝2 3.3．(2017·天津)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________． 答案 92π解析 设正方体的棱长为a ，则6a 2＝18，∴a ＝ 3. 设球的半径为R ，则由题意知2R ＝a 2＋a 2＋a 2＝3， ∴R ＝32.故球的体积V ＝43πR 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝92π.4．(2017·全国Ⅰ)已知三棱锥S—ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S—ABC的体积为9，则球O的表面积为________．答案36π解析如图，连接OA，OB.由SA＝AC，SB＝BC，SC为球O的直径知，OA⊥SC，OB⊥SC.由平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，OA⊂平面SCA，∴OA⊥平面SCB.设球O的半径为r，则OA＝OB＝r，SC＝2r，∴三棱锥S－ABC的体积V＝13×12×SC×OB×OA＝r33，即r33＝9，∴r＝3，∴球O的表面积S＝4πr2＝36π.押题预测1．一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的表面积为( )A．16 B．82＋8C．22＋26＋8 D．42＋46＋8押题依据求空间几何体的表面积或体积是立体几何的重要内容之一，也是高考命题的热点．此类题常以三视图为载体，给出几何体的结构特征，求几何体的表面积或体积．答案 D解析由三视图知，该几何体是底面边长为22＋22＝22的正方形，高PD＝2的四棱锥P－ABCD，因为PD⊥平面ABCD，且四边形ABCD是正方形，易得BC ⊥PC ，BA ⊥PA ，又PC ＝PD 2＋CD 2＝22＋(22)2＝23， 所以S △PCD ＝S △PAD ＝12×2×22＝22，S △PAB ＝S △PBC ＝12×22×23＝2 6.所以几何体的表面积为46＋42＋8.2．在正三棱锥S －ABC 中，点M 是SC 的中点，且AM ⊥SB ，底面边长AB ＝22，则正三棱锥S －ABC 的外接球的表面积为( ) A ．6π B．12π C．32π D．36π押题依据 灵活运用正三棱锥中线与线之间的位置关系来解决外接球的相关问题，是高考的热点． 答案 B解析 因为三棱锥S －ABC 为正三棱锥，所以SB ⊥AC ，又AM ⊥SB ，AC ∩AM ＝A ，AC ，AM ⊂平面SAC ，所以SB ⊥平面SAC ，所以SB ⊥SA ，SB ⊥SC ，同理SA ⊥SC ，即SA ，SB ，SC 三线两两垂直，且AB ＝22，所以SA ＝SB ＝SC ＝2，所以(2R )2＝3×22＝12，所以球的表面积S ＝4πR 2＝12π，故选B.3．已知半径为1的球O 中内接一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的体积与圆柱的体积的比值为________．押题依据 求空间几何体的体积是立体几何的重要内容之一，也是高考的热点问题之一，主要是求柱体、锥体、球体或简单组合体的体积．本题通过球的内接圆柱，来考查球与圆柱的体积计算，命题角度新颖，值得关注． 答案423解析 如图所示，设圆柱的底面半径为r ，则圆柱的侧面积为S ＝2πr ×21－r 2＝4πr 1－r 2≤4π×r 2＋(1－r 2)2＝2π⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当r 2＝1－r2，即r ＝22时取等号.所以当r ＝22时，V 球V 圆柱＝4π3×13π⎝ ⎛⎭⎪⎫222×2＝423.A 组 专题通关1.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为BD 1的中点，则△PAC 在该正方体各个面上的正投影可能是( )A ．①② B．①④ C．②③ D．②④ 答案 B解析 P 点在上下底面投影落在AC 或A 1C 1上，所以△PAC 在上底面或下底面的投影为①，在前、后面以及左、右面的投影为④.2. (2018·浙江省金丽衢十二校联考)某四面体的三视图如图所示，正视图、侧视图都是腰长为2的等腰直角三角形，俯视图是边长为2的正方形，则此四面体的最大面的面积是( )A ．2B ．2 2C ．2 3D ．4 答案 C解析 由三视图得该几何体如图中的三棱锥A －BCD 所示，则S △ABD ＝12×(22)2×32＝23，S △BCD＝12×2×2＝2，S △ABC ＝S △ADC ＝12×22×2＝22，所以最大面的面积为23，故选C.3．(2018·浙江)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A ．2B ．4C ．6D ．8答案 C解析 由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形，高为2的直四棱柱，直角梯形的上、下底边长分别为2,1，高为2， ∴该几何体的体积为V ＝2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×(2＋1)×2＝6.故选C.4．某几何体的正视图和侧视图如图(1)所示，它的俯视图的直观图是△A ′B ′C ′，如图(2)所示，其中O ′A ′＝O ′B ′＝2，O ′C ′＝3，则该几何体的表面积为( )A ．36＋12 3B ．24＋8 3C ．24＋12 3D ．36＋8 3答案 C解析 由题图(2)可知，该几何体的俯视图是一个底面边长为4，高为23的等腰三角形，即该三角形为等边三角形，在如图所示的长方体中，长、宽、高分别为4,23，6，三视图还原为几何体是图中的三棱锥P －ABC ，且S △PAB ＝S △PBC ＝12×4×6＝12，S △ABC ＝12×4×23＝43，△PAC是腰长为52，底边长为4的等腰三角形，S △PAC ＝8 3.综上可知，该几何体的表面积为2×12＋43＋83＝24＋12 3.故选C.5.已知如图所示的三棱锥D －ABC 的四个顶点均在球O 的球面上，△ABC 和△DBC 所在的平面互相垂直，AB ＝3，AC ＝3，BC ＝CD ＝BD ＝23，则球O 的表面积为( )A ．4πB ．12πC ．16πD ．36π答案 C解析 如图所示，∵AB 2＋AC 2＝BC 2，∴∠CAB 为直角，即△ABC 外接圆的圆心为BC 的中点O ′.△ABC 和△DBC 所在的平面互相垂直，则球心在过△DBC 的圆面上，即△DBC 的外接圆为球的大圆，由等边三角形的重心和外心重合，易得球半径R ＝2，球的表面积为S ＝4πR 2＝16π，故选C.6．已知正四棱锥P －ABCD 的各顶点都在同一球面上，底面正方形的边长为2，若该正四棱锥的体积为2，则此球的体积为( ) A.124π3 B.625π81 C.500π81 D.256π9答案 C解析 如图所示，设底面正方形ABCD 的中心为O ′，正四棱锥P －ABCD 的外接球的球心为O ，∵底面正方形的边长为2， ∴O ′D ＝1，∵正四棱锥的体积为2， ∴V P －ABCD ＝13×(2)2×PO ′＝2，解得PO ′＝3，∴OO ′＝|PO ′－PO |＝|3－R |，在Rt△OO ′D 中，由勾股定理可得OO ′2＋O ′D 2＝OD 2， 即(3－R )2＋12＝R 2， 解得R ＝53，∴V 球＝43πR 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫533＝500π81. 7．在三棱锥S －ABC 中，侧棱SA ⊥底面ABC ，AB ＝5，BC ＝8，∠ABC ＝60°，SA ＝25，则该三棱锥的外接球的表面积为( )A.643π B.2563πC.4363π D.2 048327π答案 B解析 由题意知，AB ＝5，BC ＝8，∠ABC ＝60°， 则在△ABC 中，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2×AB ×BC ×cos∠ABC ，解得AC ＝7，设△ABC 的外接圆半径为r ，则 △ABC 的外接圆直径2r ＝ACsin∠ABC＝732，∴r ＝73，又∵侧棱SA ⊥底面ABC ，∴三棱锥的外接球的球心到平面ABC 的距离d ＝12SA ＝5，则外接球的半径R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫732＋()52＝643，则该三棱锥的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝2563π. 8．某几何体的正视图和俯视图如图所示，在下列图形中，可能是该几何体侧视图的图形是________．(写出所有可能的序号)答案 ①②③解析 如图a 三棱锥C －ABD ，正视图与俯视图符合题意，侧视图为①； 如图b 四棱锥P －ABCD ，正视图与俯视图符合题意，侧视图为②； 如图c 三棱锥P －BCD ，正视图与俯视图符合题意，侧视图为③.9．如图1所示是一种生活中常见的容器，其结构如图2，其中ABCD 是矩形，ABFE 和CDEF 都是等腰梯形，且AD ⊥平面CDEF ，现测得AB ＝20 cm ，AD ＝15 cm ，EF ＝30 cm ，AB 与EF 间的距离为25 cm ，则几何体EF －ABCD 的体积为________cm 3.答案 3 500解析 在EF 上，取两点M ，N (图略)，分别满足EM ＝NF ＝5，连接DM ，AM ，BN ，CN ，则该几何体就被分割成两个棱锥和一个棱柱，根据柱、锥体的体积公式以及题中所给的相关量，可以求得V ＝12×20×15×20＋2×13×12×20×15×5＝3 500.10. (2018·浙江省杭州二中等五校联考)一个三棱锥的三视图如图所示，则其表面积为________，其外接球的体积为________．答案 26＋23412523π 解析 由三视图得该几何体是一个底面为直角边分别为3,4的直角三角形，高为5的三棱锥，且三棱锥的顶点在底面的投影为底面直角三角形中边长为4的直角边所对的顶点，则其表面积为12×3×4＋12×3×5＋12×5×5＋12×34×4＝26＋234，其外接球的半径为⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋4222＝522，则外接球的体积为43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫5223＝12523π. 11．(2018·全国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________． 答案 402π解析 如图，∵SA 与底面所成角为45°，∴△SAO 为等腰直角三角形． 设OA ＝r ，则SO ＝r ，SA ＝SB ＝2r . 在△SAB 中，cos∠ASB ＝78，∴sin∠ASB ＝158， ∴S △SAB ＝12SA ·SB ·sin∠ASB＝12(2r )2·158＝515， 解得r ＝210，∴SA ＝2r ＝45，即母线长l ＝45， ∴S 圆锥侧＝πr ·l ＝π×210×45＝402π.12．已知二面角α－l －β的大小为π3，点P ∈α，点P 在β 内的正投影为点A ，过点A 作AB ⊥l ，垂足为点B ，点C ∈l ，BC ＝22，PA ＝23，点D ∈β，且四边形ABCD 满足∠BCD ＋∠DAB＝π.若四面体PACD 的四个顶点都在同一球面上，则该球的体积为________． 答案 86π解析 ∵∠BCD ＋∠DAB ＝π， ∴A ，B ，C ，D 四点共圆，直径为AC . ∵PA ⊥平面β，AB ⊥l ，∴易得PB ⊥l ， 即∠PBA 为二面角α－l －β的平面角， 即∠PBA ＝π3，∵PA ＝23，∴BA ＝2， ∵BC ＝22，∴AC ＝2 3. 设球的半径为R ，则23－R 2－()32＝R 2－()32，∴R＝6，V ＝4π3(6)3＝86π.B 组 能力提高13．若四棱锥P －ABCD 的三视图如图所示，则该四棱锥的外接球的表面积为( )A.81π5 B.81π20 C.101π5 D.101π20答案 C解析 根据三视图还原几何体为一个四棱锥P －ABCD ，如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，由于△PAD 为等腰三角形，PA ＝PD ＝3，AD ＝4，四边形ABCD 为矩形，CD ＝2，过△PAD 的外心F 作平面PAD 的垂线，过矩形ABCD 的中心H 作平面ABCD 的垂线，两条垂线交于一点O ，则O 为四棱锥外接球的球心，在△PAD 中，cos∠APD ＝32＋32－422×3×3＝19，则sin∠APD ＝459，2PF ＝ADsin∠APD ＝4459＝955，PF ＝9510，PE ＝9－4＝5，OH ＝EF ＝5－9510＝510， BH ＝1216＋4＝5， OB ＝OH 2＋BH 2＝5100＋5＝50510， 所以S ＝4π×505100＝101π5.14.如图所示，正方形ABCD 的边长为2，切去阴影部分围成一个正四棱锥，则正四棱锥侧面积的取值范围为( )A ．(1,2)B ．(1,2]C ．(0,2]D ．(0,2)答案 D解析 设四棱锥一个侧面为△APQ ，∠APQ ＝x ，过点A 作AH ⊥PQ ，则AH ＝12PQ ×tan x ＝AC －PQ 2＝22－PQ2＝2－12PQ ，∴PQ ＝221＋tan x ，AH ＝2tan x1＋tan x ，∴S ＝4×12×PQ ×AH ＝2×PQ ×AH＝2×221＋tan x ×2tan x1＋tan x＝8tan x (1＋tan x )2，x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π4，π2，∴tan x >0， ∴S ＝8tan x (1＋tan x )2＝8tan x1＋tan 2x ＋2tan x ＝81tan x＋tan x ＋2≤82＋2＝2， ⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当tan x ＝1，即x ＝π4时取等号， 而tan x >0，故S >0，∵S ＝2时，△APQ 是等腰直角三角形，顶角∠PAQ ＝90°，阴影部分不存在，折叠后A 与O 重合，构不成棱锥，∴S 的取值范围为(0,2)，故选D.15．(2018·宁波模拟)已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是顶角为120°的等腰三角形，侧视图为直角三角形，则该三棱锥的表面积为________，该三棱锥的外接球的体积为________．答案 4＋3＋15 2053π 解析 由三视图得几何体的直观图如图所示，∴S 表＝2×12×2×2＋12×23×5＋12×23×1 ＝4＋15＋ 3.作DE ⊥BD 交BC 于点E ，以D 为原点，DB 所在直线为x 轴，DE 所在直线为y 轴，DA 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系D －xyz ，则D (0,0,0)，A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (－1，3，0)，设球心坐标为(x ，y ，z )，∵(x －2)2＋y 2＋z 2＝x 2＋y 2＋z 2，① x 2＋y 2＋(z －2)2＝x 2＋y 2＋z 2，②(x ＋1)2＋(y －3)2＋z 2＝x 2＋y 2＋z 2，③∴x ＝1，y ＝3，z ＝1，∴球心坐标是(1，3，1)，∴球的半径是12＋()32＋12＝ 5. ∴球的体积是43π×()53＝2053π. 16．(2018·浙江省杭州二中等五校联考)棱长为36的正四面体A －BCD 的内切球上有一动点M ，则MB ＋13MC 的最小值为__________． 答案 433 解析 由MB ＋13MC 结构看，需要把13MC 转化为M 点到某定点的距离．设内切球球心为O ，△ABD 的中心为Q ，由正四面体性质易求OQ ＝36，OC ＝96，BQ ＝123，且内切球的半径为36，现在只需要在直线OC 上找一个定点P ，使MP ＝13MC ，即在平面OAC 内找MP ＝13MC .当M 分别在H ，Q 位置时，由MP ＝13MC ，得满足条件的只有一点P ，P 在OC 之间且OP ＝6，即MP ＝13MC ，且可证对内切球面上任意一点M ，上式均成立．所以MB ＋13MC ＝MB ＋MP ≥PB ＝PQ 2＋QB 2＝(46)2＋(123)2＝433，当M 为线段BP 与球面的交点时，取得最小值．。

重难增分训练（四） 立体几何的创新问题1．(2017·某某模拟)如图所示，在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，构成四面体A ­BCD ，则在四面体A ­BCD 中，下列说法正确的是( )A ．平面ABD ⊥平面ABCB ．平面ADC ⊥平面BCD C ．平面ABC ⊥平面BCD D ．平面ADC ⊥平面ABC解析：选D ∵在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，∴BD ⊥CD .又平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，故CD ⊥平面ABD ，则CD ⊥AB ，又AD ⊥AB ，AD ∩CD ＝D ，∴AB ⊥平面ADC ，又AB ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面ADC .故选D.2．已知正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点P 是平面AA 1D 1D 的中心，点Q 是上底面A 1B 1C 1D 1上一点，且PQ ∥平面AA 1B 1B ，则线段PQ 的长的最小值为( )A ．1 B. 2 C.22D.32解析：选A 由PQ ∥平面AA 1B 1B 知Q 在过点P 且平行于平面AA 1B 1B 的平面上，易知点Q 在A 1D 1，B 1C 1中点的连线MN 上，故PQ 的最小值为PM ＝12AA 1＝1.3．在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点P 在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，并总是保持AP ⊥BD 1，则动点P 的轨迹是( )A ．线段B 1C B ．线段BC 1C ．线段BB 1的中点与CC 1的中点连成的线段D ．线段BC 的中点与B 1C 1的中点连成的线段解析：选A 设点P 是侧面BCC 1B 1或其边界上的任意一点，连接AP ，AB 1，因为在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，BD 1⊥AB 1，又AP ⊥BD 1，所以，BD 1⊥平面AB 1P ，同理，BD 1⊥平面ACP .所以，平面AB 1P 与平面ACP 重合，所以P 点的轨迹是B 1C ，故选A.4．(2018届高三·某某十校联考)如图，点E 为正方形ABCD 边CD 上异于点C ，D 的动点，将△ADE 沿AE 翻折成△SAE ，使得平面SAE ⊥平面ABCE ，则下列说法中正确的个数是( )①存在点E ，使得直线SA ⊥平面SBC; ②平面SBC 内存在直线与SA 平行； ③平面ABCE 内存在直线与平面SAE 平行．A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选B 由题意，得SA ⊥SE ，若存在点E ，使得直线SA ⊥平面SBC ，则SA ⊥SB ，SA ⊥SC ，则SC ，SB ，SE 三线共面，则点E 与点C 重合，与题设矛盾，故①错误；因为SA 与平面SBC 相交，所以在平面SBC 内不存在直线与SA 平行，故②错误；显然，在平面ABCE 内，存在直线与AE 平行，由线面平行的判定定理得平面ABCE 内存在直线与平面SAE 平行，故③正确．故选B.5.如图，△PAD 是正三角形，四边形ABCD 为正方形，且平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 为平面ABCD 内的一个动点，MP ＝MC ，则点M 在正方形内的轨迹是( )解析：选A 以AB 所在直线为x 轴，以AD 所在直线为y 轴，设M (x ，y )，作PG ⊥AD 于G ，MQ ⊥AD 于Q ，连接GM ，设AB ＝1，则PM ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y －122＋x 2＋34，MC ＝1－x 2＋1－y 2.所以，由MP ＝MC 得⎝ ⎛⎭⎪⎫y －122＋x 2＋34＝1－x2＋1－y2，化简得y ＝－2x ＋1，故选A.6.(2018届高三·某某名校联考)棱长为2的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，点P ，Q 分别为平面A 1B 1C 1D 1和线段B 1C 上的动点，则△PEQ 周长的最小值为( )A ．2 2 B.10 C.11D ．2 3解析：选B 在CC 1的延长线上取一点M ，使MC 1＝C 1E ，记BC 的中点为N ，连接PM ，MN ，QN (如图所示)，则PE ＝PM ，QE ＝QN ，所以△PEQ 的周长L ＝PQ ＋PE ＋QE ＝PQ ＋PM ＋QN ≥MN ＝12＋32＝10，故选B.7．(2017·某某荆州中学月考)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC＝1，将△ACD沿AC折起，记折起后的D为D1，且D1在平面ABC内的射影恰好落在AB上，在四面体D1­ABC的四个面中，有n对平面相互垂直，则n等于( )A．2 B．3 C．4 D．5解析：选B 如图，设D1在平面ABC内的射影为E，连接D1E，则D1E ⊥平面ABC，∵D1E⊂平面ABD1，∴平面ABD1⊥平面ABC.∵D1E⊥平面ABC，BC ⊂平面ABC，∴D1E⊥BC，又AB⊥BC，D1E∩AB＝E，∴BC⊥平面ABD1，又BC⊂平面BCD1，∴平面BCD1⊥平面ABD1.∵BC⊥平面ABD1，AD1⊂平面ABD1，∴BC⊥AD1，又CD1⊥AD1，BC∩CD1＝C，∴AD1⊥平面BCD1，又AD1⊂平面ACD1，∴平面ACD1⊥平面BCD1.∴共有3对平面互相垂直．故选B.8．如图表示一个正方体表面的一种展开图，图中的四条线段AB，CD，EF和GH在原正方体中相互异面的有________对．解析：平面图形的翻折应注意翻折前后各元素相对位置的变化，AB，CD，EF和GH在原正方体中如图，有AB与CD，EF与GH，AB和GH三对异面直线．答案：39．(2017·某某质检)在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是AC1，A1B1的中点，点P在正方体的表面上运动，则总能使MP与BN垂直的点P所构成的轨迹的周长等于________．解析：如图，分别取BB1，CC1的中点E，F，连接AE，EF，FD，则BN⊥平面AEFD.设M在平面ABB1A1中的射影为O，连接MO，过MO与平面AEFD平行的平面为α，所以能使MP与BN垂直的点P所构成的轨迹为矩形，其周长与矩形AEFD的周长相等．又矩形AEFD的周长为2＋5，所以所求轨迹的周长为2＋ 5.答案：2＋ 510．如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为DC的中点，F为线段EC(端点除外)上一动点，现将△AFD 沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC ，在平面ABD 内过点D 作DK ⊥AB ，K 为垂足，设AK ＝t ，则t 的取值X 围是________．解析：极端位置法．当F 位于DC 的中点时(如图1)，△ADF ≌△AFK ，这时t ＝1；图1 图2当F 点与C 点重合时(如图2)，∵CB ⊥AB ，CB ⊥DK ，∴CB ⊥平面ADB ，即有CB ⊥BD ，对于CD ＝2，BC ＝1，∴BD ＝3，又AD ＝1，AB ＝2，因此有AD ⊥BD ，则有t ＝12，因此t 的取值X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫12，111．正四面体OABC ，其棱长为1，若OP ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→(0≤x ，y ，z ≤1)，且满足x ＋y ＋z ≥1，则正四面体的体积为________，动点P 的轨迹所形成的空间区域的体积为________．解析：先确定动点P 的轨迹，再求解对应的空间区域体积．当x ＝1时，点P 对应的轨迹是过点A 且与平面OBC 平行的平面；当y ＝1时，点P 对应的轨迹是过点B 且与平面OAC 平行的平面；当z ＝1时，点P 对应的轨迹是过点C 且与平面OAB 平行的平面．又x ＋y ＋z ≥1，则点P 对应的轨迹在平面ABC 的外面，所以满足0≤x ，y ，z ≤1，x ＋y ＋z ≥1的点P 的轨迹所形成的空间区域为平行六面体除去正四面体OABC 的部分．易求得棱长为1的正四面体的高为63，体积为212，故所求的体积为32×63－212＝5212.答案：212521212．如图所示的一块长方体木料中，已知AB ＝BC ＝4，AA 1＝1，设E 为底面ABCD 的中心，且AF ―→＝λAD ―→⎝⎛⎭⎪⎫0≤λ≤12，则该长方体中经过点A 1，E ，F 的截面面积的最小值为________．解析：如图所示，延长FE 交BC 于点R ，过点A 1作A 1H ∥EF ，则由面面平行的性质知四边形A 1HRF 为平行四边形，过点A 作AG 垂直EF 的延长线于点G ，连接A 1G ，则FG ⊥A 1G .因为AF ＝4λ，所以DF ＝4－4λ，则FR ＝42＋4－8λ2，sin ∠DFR ＝442＋4－8λ2＝sin ∠AFG ＝AGAF，所以AG ＝4λ1＋1－2λ2，A 1G 2＝1＋16λ21＋1－2λ2，所以SA HRF21边四形＝A 1G 2·FR 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋16λ21＋1－2λ2[42＋(4－8λ)2]＝42＋(4－8λ)2＋256λ2＝32(10λ2－2λ＋1)，当λ＝110时，(S A HRF 21边四形)min ＝1445，(S 四边形A 1HRF ) min ＝1255.答案：125513．(2017·某某模拟)如图，在等腰梯形PDCB 中，PB ＝3，DC ＝1，PD ＝BC ＝ 2.AD ⊥PB ，将△PAD 沿AD 折起，使平面PAD ⊥平面ABCD .(1)若M 是侧棱PB 的中点，求证：CM ∥平面PAD ； (2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值． 解：(1)证明：取PA 的中点N ，连接MN ，DN . ∵M ，N 为PB ，PA 的中点，∴MN 綊12AB .在等腰梯形PDCB 中，PB ＝3，DC ＝1， ∵AD ⊥PB ，∴CD 綊12AB ，∴MN 綊DC ，四边形MNDC 为平行四边形，故CM ∥DN . ∵CM ⊄平面PAD ，DN ⊂平面PAD ，∴CM ∥平面PAD .(2)作BE ∥AD 交DC 的延长线于E 点．∵AD ⊥AB 且平面PAD ⊥平面ABCD ，∴AB ⊥平面PAD . 如图将几何体补成直三棱柱PAD ­KBE .过点B 作BH ⊥KE ，∵PK ⊥平面BEK ，∴PK ⊥BH ，∴BH ⊥平面PCD ，则PB 在平面PCD 上的射影为PH ，故∠BPH 就是直线PB 与平面PCD 所成角． 在Rt △PBH 中，BH ＝12KE ＝22，且PB ＝5，∴sin ∠BPH ＝BH PB ＝1010， 故直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为1010. 14．已知四边形ABCD 是矩形，BC ＝kAB (k ∈R)，将△ABC 沿着对角线AC 翻折，得到△AB 1C ，设顶点B 1在平面ABCD 上的射影为O .(1)若点O 恰好落在边AD 上， ①求证：AB 1⊥平面B 1CD ；②若B 1O ＝1，AB >1，当BC 取到最小值时，求k 的值；(2)当k ＝3时，若点O 恰好落在△ACD 的内部(不包括边界)，求二面角B 1­AC ­D 的余弦值的取值X 围．解：(1)①证明：因为点B 1在平面ABCD 上的射影为点O .所以平面AB 1D ⊥平面ACD ，又CD ⊥AD ，所以CD ⊥平面AB 1D ，所以AB 1⊥CD ，又因为AB 1⊥CB 1，CB 1∩CD ＝C ，所以AB 1⊥平面B 1CD . ②点O 在AD 边上且B 1O ＝1，设AB ＝x ，BC ＝y ， 则AO ＝x 2－1，由于AB 1⊥B 1D ，所以△AOB 1∽△AB 1D ， 所以B 1D ＝AB 1AO ×B 1O ＝xx 2－1， 所以y ＝B 1C ＝CD 2＋B 1D 2＝ x 2＋x 2x 2－1＝x 2－1＋1x 2－1＋2 ≥ 2x 2－1·1x 2－1＋2＝2.当且仅当x 2－1＝1x 2－1，即x ＝2时取得等号． 故当x ＝2时，y 有最小值2，所以k ＝ 2. (2)作BF ⊥AC 交AC 于点E ，交AD 于点F ，若点O 恰好落在△ACD 的内部，即点O 恰好落在线段EF 上， 由于B 1E ⊥AC ，EF ⊥AC ，所以∠B 1EF 为二面角B 1­AC ­D 的平面角， cos ∠B 1EF ＝EO B 1E ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13. 即二面角B 1­AC ­D 的余弦值的取值X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13.。

第1讲空间几何体空间几何体与三视图[核心提炼]1．三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”．2．由三视图还原几何体的步骤一般先由俯视图确定底面，再利用正视图与侧视图确定几何体．[典型例题](1)(2019·温州瑞安七中高考模拟)下列结论正确的是( )A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线(2)(2019·杭州市五校联考)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O­xyz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，则得到正视图可以为( )【解析】(1)A.如图(1)所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥，故A错误；B.如图(2)(3)所示，若△ABC不是直角三角形，或是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥，故B错误；C.若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由过中心和顶点的截面知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，故C错误；D.根据圆锥母线的定义知，故D正确．故选D.(2)因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系O­xyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，几何体的直观图如图，是以正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOx平面为投影面，则得到正视图为A.【答案】(1)D (2)A(1)判断与几何体结构特征有关问题的技巧把握几何体的结构特征，熟悉空间几何体性质，能够根据条件构建几何模型，从而判断命题的真假，有时也可通过反例对结构特征进行辨析．(2)已知几何体识别三视图的技巧已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定线在投影面的实虚．[对点训练]1．(2019·福州市综合质量检测)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，则此几何体各面中直角三角形的个数是( )A．2 B．3 C．4 D．5解析：选C.由三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥P­ABCD，易知四棱锥P­ABCD的四个侧面都是直角三角形，即此几何体各面中直角三角形的个数是4.2．图①是棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1截去三棱锥A1­AB1D1后得到的几何体，将其绕着棱DD1所在的直线逆时针旋转45°，得到如图②所示的几何体，该几何体的正视图为( )解析：选B.由题意可知，该几何体的正视图是长方形，底面对角线DB 在正视图中的长为2，棱CC 1在正视图中为虚线，D 1A ，B 1A 在正视图中为实线，故该几何体的正视图为B.空间几何体的表面积与体积[核心提炼]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)；(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)． 2．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](1)(2019·高考浙江卷)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体＝Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm 3)是( )A ．158B ．162C ．182D ．324(2)(2019·浙江高校招生选考试题)如图(1)，把棱长为1的正方体沿平面AB 1D 1和平面A 1BC 1截去部分后，得到如图(2)所示几何体，则该几何体的体积为( )A.34B.1724C.23D.12(3)(2019·宁波十校联合模拟)如图为某几何体的三视图，则该几何体的体积为________cm 3，表面积为________cm 2.【解析】 (1)由三视图可知，该几何体是一个直五棱柱，所以其体积V ＝12×(4×3＋2×3＋6×6)×6＝162.故选B .(2)把棱长为1的正方体沿平面AB 1D 1和平面A 1BC 1截去部分后，得到几何体的体积：V ＝VABCD ­A 1B 1C 1D 1－VA ­A 1B 1D 1－VB ­A 1B 1C 1＋VN ­A 1B 1M＝1×1×1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1×1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1×1＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×22×22×12＝1724.(3)由已知三视图得到几何体是一个底面直角边分别为3，4的直角三角形，高为5的三棱柱，割去一个底面与三棱柱底面相同，高为3的三棱锥，所以该几何体的体积为：12×3×4×5－13×12×3×4×3＝24 cm 3； 表面积为：12×(2＋5)×4＋12×(2＋5)×3＋12×3×4＋5×5＋34×52＝1112＋2543 cm 2. 【答案】 (1)B (2)B (3)241112＋2534(1)求解几何体的表面积及体积的技巧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，熟记公式是关键所在．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，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解．(2)根据几何体的三视图求其表面积与体积的三个步骤第一步：根据给出的三视图判断该几何体的形状．第二步：由三视图中的大小标示确定该几何体的各个度量．第三步：套用相应的面积公式与体积公式计算求解．[对点训练]1．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1B.π2＋3C.3π2＋1D.3π2＋3 解析：选A.由几何体的三视图可得，该几何体是由半个圆锥和一个三棱锥组成的，故该几何体的体积V ＝13×12π×3＋13×12×2×1×3＝π2＋1，故选A. 2．(2019·浙江名校协作体高三联考)某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3 cm 3，则正视图中的x 的值是________cm ，该几何体的表面积是________cm 2.解析：由三视图可知，该几何体是底面为直角梯形的四棱锥，其直观图如图所示，由棱锥的体积公式得，13×12×(1＋2)×3x ＝3⇒x ＝2，侧面ADS ，CDS ，ABS 为直角三角形，侧面BCS 是以BC 为底的等腰三角形，所以该几何体的表面积为S ＝12[(1＋2)×3＋2×2＋3×2＋1×7＋2×7]＝53＋37＋42. 答案：2 53＋37＋42多面体与球的切接问题[核心提炼]与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．[典型例题](1)(2019·浙江高考冲刺卷)已知一个棱长为4的正方体，过正方体中两条互为异面直线的棱的中点作直线，则该直线被正方体的外接球球面截在球内的线段长是( )A ．211B ．210C ．6D ．4 2(2)已知三棱锥S ­ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S ­ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．【解析】 (1)如图所示，球的半径为23，球心(2，2，2)，M (4，0，2)，N (0，2，4)，MN 的中点(2，1，3)，球心到MN 的距离为2，所以该直线被正方体的外接球球面截在球内的线段长是212－2＝210，故选B. (2)设球O 的半径为R ，因为SC 为球O 的直径，所以点O 为SC 的中点，连接AO ，OB ，因为SA ＝AC ，SB ＝BC ，所以AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，因为平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ，所以AO ⊥平面SCB ，所以V S ­ABC ＝V A ­SBC ＝13×S △SBC ×AO ＝13×(12×SC ×OB )×AO ，即9＝13×(12×2R ×R )×R ，解得R ＝3，所以球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π.【答案】 (1)B (2)36π多面体与球接、切问题的求解策略(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内接、外切的几何体的直观图，确定球心的位置，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 构成的三条线段PA ，PB ，PC 两两互相垂直，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4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解．[对点训练]1．(2019·嘉兴一模)如图，这是某几何体的三视图，正视图是等边三角形，侧视图和俯视图为直角三角形，则该几何体外接球的表面积为( )A.20π3 B ．8πC ．9πD.19π3 解析：选D.如图，该几何体为三棱锥A ­BCD ，设三棱锥外接球的球心为O ，O 1，O 2分别为△BCD ，△ABD 的外心，依题意得，OO 1＝36AB ＝33，O 1D ＝12CD ＝52，所以球的半径R ＝OO 21＋O 1D 2＝ 1912，所以该几何体外接球的表面积S ＝4πR 2＝19π3.2．(2019·金华十校联考)在正三棱锥S ­ABC 中，M 是SC 的中点，且AM ⊥SB ，底面边长AB ＝22，则正三棱锥S ­ABC 的体积为________，其外接球的表面积为________．解析：取AC 中点D ，则SD ⊥AC ，DB ⊥AC ，又因为SD ∩BD ＝D ，所以AC ⊥平面SDB ，因为SB ⊂平面SBD ，所以AC ⊥SB ，又因为AM ⊥SB ，AM ∩AC ＝A ，所以SB ⊥平面SAC ，所以SA ⊥SB ，SC ⊥SB ，根据对称性可知SA ⊥SC ，从而可知SA ，SB ，SC 两两垂直，将其补为立方体，其棱长为2，所以V S ­ABC ＝S C ­ASB ＝13×12×2×2×2＝43，其外接球即为立方体的外接球，半径r ＝32×2＝3，表面积S ＝4π×3＝12π. 答案：4312π 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AA 1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AA 1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AA 1为底面矩形一边的四边形有AA 1C 1C 、AA 1B 1B 、AA 1D 1D 、AA 1E 1E 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 ­A 1B 1C 1D 1中，E 为棱BB 1的中点(如图)，用过点A ，E ，C 1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 ，C 1的平面与棱DD 1相交于点F ，且F 是棱DD 1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 ．323 cm 3D ．403 cm 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 ．5 2D ．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－（a2a）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，SC ­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ABCD­A1B1C1D1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B­EB1D1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.VB ­EB 1D 1＝VD 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－a62，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PAD 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PAD ；(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PAD ，AD ⊂平面PAD ，故BC ∥平面PAD .(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PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面PAD ∩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PA 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PA ＝x ，则PA ′＝x ， 所以V A ′­PBCD ＝13PA ′·S 底面PBCD ＝13x ⎝⎛⎭⎪⎫2－x 22.令f (x )＝13x ⎝⎛⎭⎪⎫2－x 22＝2x 3－x36(0<x <2)，则f ′(x )＝23－x22.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PA ＝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 .。

第1讲 空间几何体1．(2014·浙江)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 ．72 cm 3B ．90 cm 3C ．108 cm 3D ．138 cm 32．(2015·山东)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.2π3B.4π3C.5π3D ．2π3．(2015·课标全国Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛4．(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.若它们的侧面相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________．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.热点一三视图与直观图1．一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧视图放在正视图的右面，高度与正视图的高度一样，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从俯视图确定底面再利用正视图与侧视图确定几何体．例1 (1)(2014·课标全国Ⅰ)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥 D．四棱柱(2)一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是( )思维升华空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图问题时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正视图或侧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，再确定几何体的形状，即可得到结果．跟踪演练1 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )(2)将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )热点二几何体的表面积与体积空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技巧，把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧．例2 (1)(2015·北京)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )A．2＋ 5 B．4＋ 5 C．2＋2 5 D．5(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，连接EF，FB，DE，BD则几何体EFC1－DBC的体积为( )A．66 B．68 C．70 D．72思维升华(1)求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和．(2)求体积时可以把空间几何体进行分解，把复杂的空间几何体的体积分解为一些简单几何体体积的和或差．求解时注意不要多算也不要少算．跟踪演练2 (2015·四川)在三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形，设点M，N，P分别是AB，BC，B1C1的中点，则三棱锥PA1MN的体积是________．热点三多面体与球与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．例3 (1)已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，SA⊥平面ABC，SA＝23，AB ＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，则球O的表面积为( )A．4π B．12πC．16π D．64π(2)(2015·课标全国Ⅱ)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OABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( )A．36π B．64πC．144π D．256π思维升华三棱锥P－ABC可通过补形为长方体求解外接球问题的两种情形：(1)P可作为长方体上底面的一个顶点，A、B、C可作为下底面的三个顶点；(2)P－ABC为正四面体，则正四面体的棱都可作为一个正方体的面对角线．跟踪演练3 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22，32，62，则三棱锥A－BCD的外接球体积为________.1．一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的表面积为( ) A ．16B ．82＋8C ．22＋26＋8D ．42＋46＋82．如图，将边长为5＋2的正方形，剪去阴影部分后，得到圆锥的侧面和底面的展开图，则圆锥的体积是( )A.2303πB.263π C.303π D.603π 3．(2015·浙江杭州二中测试)如图，在正三棱锥S －ABC 中，M 是SC 的中点，且AM ⊥SB ，底面边长AB ＝22，则正三棱锥S －ABC 的外接球的表面积为( )A ．6πB ．12πC ．32πD ．36π提醒：完成作业 专题四 第1讲二轮专题强化练专题四第1讲 空间几何体A 组 专题通关1．(2015·哈尔滨模拟)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 ．32．如图是棱长为2的正方体的表面展开图，则多面体ABCDE 的体积为( )A ．2 B.23 C.43 D.833．已知正四棱锥的底面边长为2a ，其侧视图如图所示．当正视图的面积最大时，该正四棱锥的表面积为( )A．8 B．8＋8 2C．8 2 D．4＋8 24．(2015·课标全国Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r等于( )A．1 B．2C．4 D．85．三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的表面上，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，又SA＝AB＝BC ＝1，则球O的表面积为( )A.32π B.32πC．3π D．12π6．有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为________．7．(2014·山东)一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．8．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D1－EDF的体积为______．9．已知某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的表面积为________．10．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，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 .B 组 能力提高11．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.14D.2412．如图，侧棱长为23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____________．13．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________．14．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的位置(点A与P重合)，使得∠PEB＝30°.(1)求证：EF⊥PB；(2)试问：当点E在何处时，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．学生用书答案精析专题四 立体几何与空间向量 第1讲 空间几何体 高考真题体验1．B [该几何体为一个组合体，左侧为三棱柱，右侧为长方体，如图所示．V ＝V 三棱柱＋V 长方体＝12×4×3×3＋4×3×6＝18＋72＝90(cm 3)．]2．C [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，如图所示，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.]3．B [由题意知：米堆的底面半径为163(尺)，体积V ＝13×14πR 2·h ＝3209(立方尺)．所以堆放的米大约为3209×1.62≈22(斛)．]4.32解析 设两个圆柱的底面半径和高分别为r 1，r 2和h 1，h 2，由S 1S 2＝94， 得πr 21πr 22＝94，则r 1r 2＝32. 由圆柱的侧面积相等，得2πr 1h 1＝2πr 2h 2， 即r 1h 1＝r 2h 2，所以V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝r 1r 2＝32.热点分类突破 例1 (1)(1)B (2)B解析 (1)由题知，该几何体的三视图为一个三角形，两个四边形，经分析可知该几何体为三棱柱，故选B.(2)由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组合．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部有一条线段连接的两个三角形． 跟踪演练1 (1)D (2)D解析 (1)由俯视图，易知答案为D.(2)如图所示，点D 1的投影为C 1，点D 的投影为C ，点A 的投影为B ，故选D.例2 (1)C (2)A解析 (1)该三棱锥的直观图如图所示：过D 作DE ⊥BC ，交BC 于E ，连接AE ，则BC ＝2，EC ＝1，AD ＝1，ED ＝2，S 表＝S △BCD ＋S △ACD ＋S △ABD ＋S △ABC ＝12×2×2＋12×5×1＋12×5×1＋12×2× 5＝2＋2 5.(2)如图，连接DF ，DC 1，那么几何体EFC 1－DBC 被分割成三棱锥D －EFC 1及四棱锥D －CBFC 1，那么几何体EFC 1－DBC 的体积为V ＝13×12×3×4×6＋13×12×(3＋6)×6×6＝12＋54＝66. 故所求几何体EFC 1－DBC 的体积为66. 跟踪演练2124解析 由题意知还原后的几何体是一个直放的三棱柱，三棱柱的底面是直角边长为1的等腰直角三角形，高为1的直三棱柱， ∵VPA 1MN ＝VA 1PMN ， 又∵AA 1∥平面PMN ， ∴VA 1PMN ＝V APMN ，∴V APMN ＝13×12×1×12×12＝124，故VPA 1MN ＝124.例3 (1)C (2)C 解析 (1)在△ABC 中，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos 60°＝3，∴AC 2＝AB 2＋BC 2， 即AB ⊥BC ， 又SA ⊥平面ABC ，∴三棱锥S －ABC 可补成分别以AB ＝1，BC ＝3，SA ＝23为长、宽、高的长方体， ∴球O 的直径＝12＋32＋232＝4，故球O 的表面积为4π×22＝16π.(2)如图，要使三棱锥OABC 即COAB 的体积最大，当且仅当点C 到平面OAB 的距离，即三棱锥COAB 底面OAB 上的高最大，其最大值为球O 的半径R ，则V OABC 最大＝V COAB 最大＝13S △OAB ×R ＝13×12×R 2×R ＝16R 3＝36，所以R ＝6，得S 球O＝4πR 2＝4π×62＝144π，选C. 跟踪演练36π解析 如图，以AB ，AC ，AD 为棱把该三棱锥扩充成长方体，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对角线长．据题意⎩⎨⎧AB ·AC ＝2，AC ·AD ＝3，AB ·AD ＝6，解得⎩⎨⎧AB ＝2，AC ＝1，AD ＝3，∴长方体的对角线长为AB 2＋AC 2＋AD 2＝6， ∴三棱锥外接球的半径为62. ∴三棱锥外接球的体积为V ＝43π·(62)3＝6π.高考押题精练1．D [由三视图知，该几何体是底面边长为22＋22＝22的正方形，高PD ＝2的四棱锥P －ABCD ，因为PD ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 是正方形， 易得BC ⊥PC ，BA ⊥PA ， 又PC ＝PD 2＋CD 2＝22＋222＝23，所以S △PCD ＝S △PAD ＝12×2×22＝22， S △PAB ＝S △PBC ＝12×22×23＝2 6.所以几何体的表面积为46＋42＋8.]2．A [设圆锥底面半径为R ＝MO ，底面周长＝2πR ＝弧长FE ＝14×2πAM ，AM ＝4R ，OC ＝2R ，AC ＝AM ＋MO ＋OC ＝(5＋2)R ，正方形边长＝5＋2＝22AC ，即5＋2＝22(5＋2)R ，R ＝2，AM ＝42，h ＝AM 2－R 2＝30， V ＝13πR 2h ＝13π×2×30＝230π3.] 3．B [因为三棱锥S －ABC 为正三棱锥，所以SB ⊥AC ，又AM ⊥SB ，所以SB ⊥平面SAC ，所以SB ⊥SA ，SB ⊥SC ，即SA ，SB ，SC 三线两两垂直， 且AB ＝22，所以SA ＝SB ＝SC ＝2，所以(2R )2＝3×22＝12，所以球的表面积S ＝4πR 2＝12π，故选B.]二轮专题强化练答案精析专题四 立体几何与空间向量 第1讲 空间几何体1．D [根据三视图判断几何体为四棱锥，其直观图是：∴V ＝13×1＋22×2×x ＝3，∴x ＝3.]2．D [多面体ABCDE 为四棱锥(如图)，利用割补法可得其体积V ＝4－43＝83，选D.]3．B [由题意可知该正四棱锥的直观图如图所示，其正视图与侧视图相同，设棱锥的高为h ，则a 2＋h 2＝4.故其正视图的面积为S ＝12·2a ·h ＝ah ≤a 2＋h22＝2，即当a ＝h ＝2时，S 最大，此时该正四棱锥的表面积S 表＝(2a )2＋4×12×2a ×2＝8＋82，故选B.]4．B [由正视图与俯视图想象出其直观图，然后进行运算求解．如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B.] 5．C[如图，因为AB ⊥BC ，所以AC 是△ABC 所在截面圆的直径，又因为SA ⊥平面ABC ，所以△SAC 所在的截面圆是球的大圆，所以SC 是球的一条直径．由题设SA ＝AB ＝BC ＝1，由勾股定理可求得：SB ＝2，SC ＝3， 所以球的半径R ＝32， 所以球的表面积为4π×(32)2＝3π.] 6．2＋22解析 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. 由此可还原原图形如图．在原图形中，A ′D ′＝1，A ′B ′＝2，B ′C ′＝22＋1， 且A ′D ′∥B ′C ′，A ′B ′⊥B ′C ′，∴这块菜地的面积为S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×(1＋1＋22)×2＝2＋22. 7．12解析 设正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′. 由题意，得13×6×12×2×3×h ＝23，∴h ＝1， ∴斜高h ′＝12＋32＝2，∴S 侧＝6×12×2×2＝12.8.16解析 VD 1－EDF ＝VF －DD 1E ＝13S △D 1DE ·AB ＝13×12×1×1×1＝16. 9.3＋3π2解析 由三视图可知，该几何体是底面半径为1，高为3，母线长为2的圆锥的一半，其表面积是整个圆锥表面积的一半与轴截面的面积之和． 所以，S ＝12×12×2π×2＋12×π×12＋12×2×3＝3π2＋ 3.10．解 由已知可得，该几何体是一个底面为矩形，高为4，顶点在底面的投影是矩形中心的四棱锥E －ABCD . (1)V ＝13×(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h 1＝42＋822＝42；另两个侧面EAB ，ECD 也是全等的等腰三角形，AB 边上的高h 2＝ 42＋622＝5.因此S ＝2×(12×6×42＋12×8×5)＝40＋24 2.11．C [因为C 在平面ABD 上的射影为BD 的中点O ，在边长为1的正方形ABCD 中，AO ＝CO ＝12AC ＝22，所以 侧视图的面积等于S △AOC ＝12CO ·AO ＝12×22×22＝14，故选C.]12．6解析 沿着侧棱VA 把正三棱锥V －ABC 展开在一个平面内，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. 13．16π解析 设矩形的两邻边长度分别为a ，b ，则ab ＝8，此时2a ＋2b ≥4ab ＝82，当且仅当a ＝b ＝22时等号成立，此时四边形ABCD 为正方形，其中心到四个顶点的距离相等，均为2，无论怎样折叠，其四个顶点都在一个半径为2的球面上，这个球的表面积是4π×22＝16π.14．(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. ∴S △PEB ＝12BE ·PE ·sin∠PEB＝14xy ≤14⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＝1. 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． 又PO ＝PE ·sin 30°＝2×12＝1.S EFCB ＝12×(2＋4)×2＝6.∴V P —BCFE ＝13×6×1＝2.。

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．热点一 三视图与直观图 1．一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧视图放在正视图的右面，高度与正视图的高度一样，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视图与侧视图确定几何体．例1 (1)(2018·全国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( )答案 A解析 由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.(2)有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为________．答案 2＋22解析 如图，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为点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. 由此可还原原图形如图所示．在原图形中，A ′D ′＝1，A ′B ′＝2，B ′C ′＝22＋1， 且A ′D ′∥B ′C ′，A ′B ′⊥B ′C ′，∴这块菜地的面积为S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22. 思维升华 空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图问题时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正视图或侧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，再确定几何体的形状，即可得到结果．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．跟踪演练1 (1)(2018·浙江省台州中学模拟)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( )答案 D解析由正视图和俯视图得该几何体可以为一个底面为等腰三角形的三棱锥和一个与三棱锥等高，且底面直径等于三棱锥的底面等腰三角形的底的半圆锥的组合体，则其侧视图可以为D选项中的图形，故选D.(2)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱CD，CC1，A1B1的中点，用过点E，F，G的平面截正方体，则位于截面以下部分的几何体的侧视图为( )答案 C解析取AA1的中点H，连接GH，则GH为过点E，F，G的平面与正方体的面A1B1BA的交线．延长GH，交BA的延长线与点P，连接EP，交AD于点N，则NE为过点E，F，G的平面与正方体的面ABCD的交线．同理，延长EF，交D1C1的延长线于点Q，连接GQ，交B1C1于点M，则FM为过点E，F，G的平面与正方体的面BCC1B1的交线．所以过点E，F，G的平面截正方体所得的截面为图中的六边形EFMGHN.故可得位于截面以下部分的几何体的侧视图为选项C所示．热点二几何体的表面积与体积空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技巧，把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧．例2 (1)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 ．8＋42＋8 5B ．24＋4 2C ．8＋20 2D ．28答案 A解析 由三视图可知，该几何体的下底面是长为4，宽为2的矩形，左右两个侧面是底边为2，高为22的三角形，前后两个侧面是底边为4，高为5的平行四边形，所以该几何体的表面积为S ＝4×2＋2×12×2×22＋2×4×5＝8＋42＋8 5.(2)(2018·杭州质检)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________，表面积是________．答案143π 6＋(6＋13)π 解析 由三视图知，该几何体是由四分之一球与半个圆锥组合而成，则该组合体的体积为V ＝14×43π×23＋12×13π×22×3＝143π， 表面积为S ＝14×4π×22＋12×π×22＋12×4×3＋12×12×2π×2×32＋22＝6＋()6＋13π.思维升华 (1)求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和． (2)求简单几何体的体积时，若所给的几何体为柱体、锥体或台体，则可直接利用公式求解；求组合体的体积时，若所给定的几何体是组合体，不能直接利用公式求解，常用转换法、分割法、补形法等进行求解；求以三视图为背景的几何体的体积时，应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．跟踪演练2 (1)(2018·宁波期末)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r 等于( )A ．1B ．2C ．4D ．8 答案 B解析 由三视图得该几何体为一个半球和一个半圆柱的组合体，且半圆柱的底面和半球体的一半底面重合，则其表面积为12×4πr 2＋πr 2＋2r ×2r ＋12×2πr ×2r ＝4r 2＋5πr 2＝16＋20π，解得r ＝2，故选B.(2)(2018·绍兴质检)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A ．2B ．3C ．4D ．6 答案 A解析 将俯视图的对角线的交点向上拉起，结合正视图与侧视图知，此空间几何体是底面为正方形(边长2)，高为3的正四棱锥，则其体积V ＝13Sh ＝13×(2)2×3＝2，故选A.热点三 多面体与球与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径．球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心(或“切点”“接点”)作出截面图． 例3 (1)已知正三棱锥S －ABC 的顶点均在球O 的球面上，过侧棱SA 及球心O 的平面截三棱锥及球面所得截面如图所示，已知三棱锥的体积为23，则球O 的表面积为( )A ．16πB ．18πC ．24πD ．32π答案 A解析 设正三棱锥的底面边长为a ，外接球的半径为R ， 因为正三棱锥的底面为正三角形，边长为a ， 则AD ＝32a ，则AO ＝23AD ＝33a ， 所以33a ＝R ，即a ＝3R ， 又因为三棱锥的体积为23，所以13×34a 2R ＝13×34×()3R 2×R ＝23，解得R ＝2，所以球的表面积为S ＝4πR 2＝16π.(2)如图是某三棱锥的三视图，则此三棱锥内切球的体积为( )A.25π4 B.25π16 C.1 125π4 D.1 125π16答案 D解析 把此三棱锥嵌入长、宽、高分别为20,24,16的长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，三棱锥B －KLJ 即为所求的三棱锥，其中KC 1＝9，C 1L ＝LB 1＝12，B 1B ＝16，∴KC 1C 1L ＝LB 1B 1B， 则△KC 1L ∽△LB 1B ，∠KLB ＝90°， 故可求得三棱锥各面面积分别为S △BKL ＝150，S △JKL ＝150，S △JKB ＝250，S △JLB ＝250，故表面积为S 表＝800.三棱锥体积V ＝13S △BKL ·JK ＝1 000，设内切球半径为r ，则r ＝3VS 表＝154， 故三棱锥内切球体积V 球＝43πr 3＝1 125π16.思维升华 三棱锥P －ABC 可通过补形为长方体求解外接球问题的两种情形 (1)点P 可作为长方体上底面的一个顶点，点A ，B ，C 可作为下底面的三个顶点． (2)P －ABC 为正四面体，则正四面体的每条棱都可作为正方体的一条面对角线．跟踪演练3 (1)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 B ．20π C ．25π D ．29π 答案 D解析 把三棱锥P －ABC 放到长方体中，如图所示，所以长方体的体对角线长为22＋32＋42＝29， 所以三棱锥外接球的半径为292， 所以外接球的表面积为4π×⎝⎛⎭⎪⎫2922＝29π. (2)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 ．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．1∶8 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.真题体验1．(2018·全国Ⅰ改编)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．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 在侧视图上的对应点为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________．答案 2 5解析 先画出圆柱的直观图，根据题中的三视图可知，点M ，N 的位置如图①所示．圆柱的侧面展开图及M ，N 的位置(N 为OP 的四等分点)如图②所示，连接MN ，则图中MN 即为M 到N 的最短路径．ON ＝14×16＝4，OM ＝2，∴MN ＝OM 2＋ON 2＝22＋42＝2 5.2．(2017·北京改编)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为________．答案 2 3解析 在正方体中还原该四棱锥，如图所示，可知SD 为该四棱锥的最长棱． 由三视图可知，正方体的棱长为2， 故SD ＝22＋22＋22＝2 3.3．(2017·天津)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________． 答案 92π解析 设正方体的棱长为a ，则6a 2＝18，∴a ＝ 3. 设球的半径为R ，则由题意知2R ＝a 2＋a 2＋a 2＝3， ∴R ＝32.故球的体积V ＝43πR 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝92π.4．(2017·全国Ⅰ)已知三棱锥S —ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S —ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________． 答案 36π解析 如图，连接OA ，OB .由SA ＝AC ，SB ＝BC ，SC 为球O 的直径知，OA ⊥SC ，OB ⊥SC . 由平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ，OA ⊂平面SCA ， ∴OA ⊥平面SCB .设球O 的半径为r ，则OA ＝OB ＝r ，SC ＝2r ， ∴三棱锥S －ABC 的体积V ＝13×12×SC ×OB ×OA ＝r33，即r 33＝9，∴r ＝3，∴球O 的表面积S ＝4πr 2＝36π.押题预测1．一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．16B ．82＋8C ．22＋26＋8D ．42＋46＋8押题依据 求空间几何体的表面积或体积是立体几何的重要内容之一，也是高考命题的热点．此类题常以三视图为载体，给出几何体的结构特征，求几何体的表面积或体积． 答案 D解析 由三视图知，该几何体是底面边长为22＋22＝22的正方形，高PD ＝2的四棱锥P －ABCD ，因为PD ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 是正方形，易得BC ⊥PC ，BA ⊥PA ，又PC ＝PD 2＋CD 2＝22＋(22)2＝23， 所以S △PCD ＝S △PAD ＝12×2×22＝22，S △PAB ＝S △PBC ＝12×22×23＝2 6.所以几何体的表面积为46＋42＋8.2．在正三棱锥S －ABC 中，点M 是SC 的中点，且AM ⊥SB ，底面边长AB ＝22，则正三棱锥S －ABC 的外接球的表面积为( )A ．6πB ．12πC ．32πD ．36π押题依据 灵活运用正三棱锥中线与线之间的位置关系来解决外接球的相关问题，是高考的热点． 答案 B解析 因为三棱锥S －ABC 为正三棱锥，所以SB ⊥AC ，又AM ⊥SB ，AC ∩AM ＝A ，AC ，AM ⊂平面SAC ，所以SB ⊥平面SAC ，所以SB ⊥SA ，SB ⊥SC ，同理SA ⊥SC ，即SA ，SB ，SC 三线两两垂直，且AB ＝22，所以SA ＝SB ＝SC ＝2，所以(2R )2＝3×22＝12，所以球的表面积S ＝4πR 2＝12π，故选B.3．已知半径为1的球O 中内接一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的体积与圆柱的体积的比值为________．押题依据 求空间几何体的体积是立体几何的重要内容之一，也是高考的热点问题之一，主要是求柱体、锥体、球体或简单组合体的体积．本题通过球的内接圆柱，来考查球与圆柱的体积计算，命题角度新颖，值得关注． 答案423解析 如图所示，设圆柱的底面半径为r ，则圆柱的侧面积为S ＝2πr ×21－r 2＝4πr 1－r 2≤4π×r 2＋(1－r 2)2＝2π⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当r 2＝1－r 2，即r ＝22时取等号.所以当r ＝22时，V 球V 圆柱＝4π3×13π⎝ ⎛⎭⎪⎫222×2＝423.A 组 专题通关1.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为BD 1的中点，则△PAC 在该正方体各个面上的正投影可能是( )A ．①② B．①④ C．②③ D．②④ 答案 B解析 P 点在上下底面投影落在AC 或A 1C 1上，所以△PAC 在上底面或下底面的投影为①，在前、后面以及左、右面的投影为④.2. (2018·浙江省金丽衢十二校联考)某四面体的三视图如图所示，正视图、侧视图都是腰长为2的等腰直角三角形，俯视图是边长为2的正方形，则此四面体的最大面的面积是( )A ．2B ．2 2C ．2 3D ．4 答案 C解析 由三视图得该几何体如图中的三棱锥A －BCD 所示，则S △ABD ＝12×(22)2×32＝23，S △BCD ＝12×2×2＝2，S △ABC ＝S △ADC ＝12×22×2＝22，所以最大面的面积为23，故选C.3．(2018·浙江)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A ．2B ．4C ．6D ．8答案 C解析 由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形，高为2的直四棱柱，直角梯形的上、下底边长分别为2,1，高为2，∴该几何体的体积为V ＝2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×(2＋1)×2＝6. 故选C.4．某几何体的正视图和侧视图如图(1)所示，它的俯视图的直观图是△A ′B ′C ′，如图(2)所示，其中O ′A ′＝O ′B ′＝2，O ′C ′＝3，则该几何体的表面积为( )A ．36＋12 3B ．24＋8 3C ．24＋12 3D ．36＋8 3答案 C解析 由题图(2)可知，该几何体的俯视图是一个底面边长为4，高为23的等腰三角形，即该三角形为等边三角形，在如图所示的长方体中，长、宽、高分别为4,23，6，三视图还原为几何体是图中的三棱锥P －ABC ，且S △PAB ＝S △PBC ＝12×4×6＝12，S △ABC ＝12×4×23＝43，△PAC 是腰长为52，底边长为4的等腰三角形，S △PAC ＝8 3.综上可知，该几何体的表面积为2×12＋43＋83＝24＋12 3.故选C.5.已知如图所示的三棱锥D －ABC 的四个顶点均在球O 的球面上，△ABC 和△DBC 所在的平面互相垂直，AB ＝3，AC ＝3，BC ＝CD ＝BD ＝23，则球O 的表面积为( )A ．4πB ．12πC ．16πD ．36π答案 C解析 如图所示，∵AB 2＋AC 2＝BC 2，∴∠CAB 为直角，即△ABC 外接圆的圆心为BC 的中点O ′.△ABC 和△DBC 所在的平面互相垂直，则球心在过△DBC 的圆面上，即△DBC 的外接圆为球的大圆，由等边三角形的重心和外心重合，易得球半径R ＝2，球的表面积为S ＝4πR 2＝16π，故选C.6．已知正四棱锥P －ABCD 的各顶点都在同一球面上，底面正方形的边长为2，若该正四棱锥的体积为2，则此球的体积为( ) A.124π3 B.625π81 C.500π81 D.256π9答案 C解析 如图所示，设底面正方形ABCD 的中心为O ′，正四棱锥P －ABCD 的外接球的球心为O ，∵底面正方形的边长为2， ∴O ′D ＝1，∵正四棱锥的体积为2， ∴V P －ABCD ＝13×(2)2×PO ′＝2，解得PO ′＝3，∴OO ′＝|PO ′－PO |＝|3－R |，在Rt△OO ′D 中，由勾股定理可得OO ′2＋O ′D 2＝OD 2， 即(3－R )2＋12＝R 2， 解得R ＝53，∴V 球＝43πR 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫533＝500π81.7．在三棱锥S －ABC 中，侧棱SA ⊥底面ABC ，AB ＝5，BC ＝8，∠ABC ＝60°，SA ＝25，则该三棱锥的外接球的表面积为( ) A.643π B.2563π C.4363π D.2 048327π 答案 B解析 由题意知，AB ＝5，BC ＝8，∠ABC ＝60°， 则在△ABC 中，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2×AB ×BC ×cos∠ABC ，解得AC ＝7，设△ABC 的外接圆半径为r ，则 △ABC 的外接圆直径2r ＝ACsin∠ABC＝732，∴r ＝73，又∵侧棱SA ⊥底面ABC ，∴三棱锥的外接球的球心到平面ABC 的距离d ＝12SA ＝5，则外接球的半径R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫732＋()52＝643，则该三棱锥的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝2563π. 8．某几何体的正视图和俯视图如图所示，在下列图形中，可能是该几何体侧视图的图形是________．(写出所有可能的序号)答案 ①②③解析 如图a 三棱锥C －ABD ，正视图与俯视图符合题意，侧视图为①； 如图b 四棱锥P －ABCD ，正视图与俯视图符合题意，侧视图为②； 如图c 三棱锥P －BCD ，正视图与俯视图符合题意，侧视图为③.9．如图1所示是一种生活中常见的容器，其结构如图2，其中ABCD 是矩形，ABFE 和CDEF 都是等腰梯形，且AD ⊥平面CDEF ，现测得AB ＝20 cm ，AD ＝15 cm ，EF ＝30 cm ，AB 与EF 间的距离为25 cm ，则几何体EF －ABCD 的体积为________cm 3.答案 3 500解析 在EF 上，取两点M ，N (图略)，分别满足EM ＝NF ＝5，连接DM ，AM ，BN ，CN ，则该几何体就被分割成两个棱锥和一个棱柱，根据柱、锥体的体积公式以及题中所给的相关量，可以求得V ＝12×20×15×20＋2×13×12×20×15×5＝3 500.10. (2018·浙江省杭州二中等五校联考)一个三棱锥的三视图如图所示，则其表面积为________，其外接球的体积为________．答案 26＋23412523π 解析 由三视图得该几何体是一个底面为直角边分别为3,4的直角三角形，高为5的三棱锥，且三棱锥的顶点在底面的投影为底面直角三角形中边长为4的直角边所对的顶点，则其表面积为12×3×4＋12×3×5＋12×5×5＋12×34×4＝26＋234，其外接球的半径为⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋4222＝522，则外接球的体积为43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫5223＝12523π. 11．(2018·全国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________． 答案 402π解析 如图，∵SA 与底面所成角为45°，∴△SAO 为等腰直角三角形． 设OA ＝r ，则SO ＝r ，SA ＝SB ＝2r . 在△SAB 中，cos∠ASB ＝78，∴sin∠ASB ＝158， ∴S △SAB ＝12SA ·SB ·sin∠ASB＝12(2r )2·158＝515， 解得r ＝210，∴SA ＝2r ＝45，即母线长l ＝45，∴S 圆锥侧＝πr ·l ＝π×210×45＝402π.12．已知二面角α－l －β的大小为π3，点P ∈α，点P 在β 内的正投影为点A ，过点A 作AB ⊥l ，垂足为点B ，点C ∈l ，BC ＝22，PA ＝23，点D ∈β，且四边形ABCD 满足∠BCD ＋∠DAB ＝π.若四面体PACD 的四个顶点都在同一球面上，则该球的体积为________． 答案 86π解析 ∵∠BCD ＋∠DAB ＝π， ∴A ，B ，C ，D 四点共圆，直径为AC . ∵PA ⊥平面β，AB ⊥l ，∴易得PB ⊥l ， 即∠PBA 为二面角α－l －β的平面角， 即∠PBA ＝π3，∵PA ＝23，∴BA ＝2， ∵BC ＝22，∴AC ＝2 3. 设球的半径为R ，则23－R 2－()32＝R 2－()32，∴R ＝6，V ＝4π3(6)3＝86π.B 组 能力提高13．若四棱锥P －ABCD 的三视图如图所示，则该四棱锥的外接球的表面积为( )A.81π5 B.81π20 C.101π5 D.101π20答案 C解析 根据三视图还原几何体为一个四棱锥P －ABCD ，如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，由于△PAD 为等腰三角形，PA ＝PD ＝3，AD ＝4，四边形ABCD 为矩形，CD ＝2，过△PAD 的外心F 作平面PAD 的垂线，过矩形ABCD 的中心H 作平面ABCD 的垂线，两条垂线交于一点O ，则O为四棱锥外接球的球心，在△PAD 中，cos∠APD ＝32＋32－422×3×3＝19，则sin∠APD ＝459，2PF ＝ADsin∠APD ＝4459＝955，PF ＝9510，PE ＝9－4＝5，OH ＝EF ＝5－9510＝510， BH ＝1216＋4＝5， OB ＝OH 2＋BH 2＝5100＋5＝50510， 所以S ＝4π×505100＝101π5.14.如图所示，正方形ABCD 的边长为2，切去阴影部分围成一个正四棱锥，则正四棱锥侧面积的取值范围为( )A ．(1,2)B ．(1,2]C ．(0,2]D ．(0,2)答案 D解析 设四棱锥一个侧面为△APQ ，∠APQ ＝x，过点A 作AH ⊥PQ ，则AH ＝12PQ ×tan x ＝AC －PQ 2＝22－PQ2＝2－12PQ ，∴PQ ＝221＋tan x ，AH ＝2tan x1＋tan x，∴S ＝4×12×PQ ×AH ＝2×PQ ×AH＝2×221＋tan x ×2tan x1＋tan x＝8tan x (1＋tan x )2，x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π4，π2，∴tan x >0， ∴S ＝8tan x (1＋tan x )2＝8tan x1＋tan 2x ＋2tan x ＝81tan x＋tan x ＋2≤82＋2＝2， ⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当tan x ＝1，即x ＝π4时取等号， 而tan x >0，故S >0，∵S ＝2时，△APQ 是等腰直角三角形，顶角∠PAQ ＝90°，阴影部分不存在，折叠后A 与O 重合，构不成棱锥， ∴S 的取值范围为(0,2)，故选D.15．(2018·宁波模拟)已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是顶角为120°的等腰三角形，侧视图为直角三角形，则该三棱锥的表面积为________，该三棱锥的外接球的体积为________．答案 4＋3＋152053π 解析 由三视图得几何体的直观图如图所示，∴S 表＝2×12×2×2＋12×23×5＋12×23×1＝4＋15＋ 3.作DE ⊥BD 交BC 于点E ，以D 为原点，DB 所在直线为x 轴，DE 所在直线为y 轴，DA 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系D －xyz ，则D (0,0,0)，A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (－1，3，0)，设球心坐标为(x ，y ，z )，∵(x －2)2＋y 2＋z 2＝x 2＋y 2＋z 2，① x 2＋y 2＋(z －2)2＝x 2＋y 2＋z 2，②(x ＋1)2＋(y －3)2＋z 2＝x 2＋y 2＋z 2，③∴x ＝1，y ＝3，z ＝1，∴球心坐标是(1，3，1)， ∴球的半径是12＋()32＋12＝ 5. ∴球的体积是43π×()53＝2053π. 16．(2018·浙江省杭州二中等五校联考)棱长为36的正四面体A －BCD 的内切球上有一动点M ，则MB ＋13MC 的最小值为__________．答案 433 解析 由MB ＋13MC 结构看，需要把13MC 转化为M 点到某定点的距离．设内切球球心为O ，△ABD 的中心为Q ，由正四面体性质易求OQ ＝36，OC ＝96，BQ ＝123，且内切球的半径为36，现在只需要在直线OC 上找一个定点P ，使MP ＝13MC ，即在平面OAC 内找MP ＝13MC .当M 分别在H ，Q 位置时，由MP ＝13MC ，得满足条件的只有一点P ，P 在OC 之间且OP ＝6，即MP ＝13MC ，且可证对内切球面上任意一点M ，上式均成立．所以MB ＋13MC ＝MB ＋MP ≥PB ＝PQ 2＋QB 2＝(46)2＋(123)2＝433，当M 为线段BP 与球面的交点时，取得最小值．。