高中数学 4简单几何体、组合体课后习题(带答案)

第八章 8.3 第2课时A级——基础过关练1．(2021年长春月考)高为1的圆锥内接于半径为1的球，则该圆锥的体积为( ) A． B．C． D．π【答案】B　【解析】根据题意，高为1的圆锥内接于半径为1的球，则圆锥底面圆的半径r＝1，则该圆锥的体积为×πr2×h＝，故选B.2．已知球的表面积为16π，则它的内接正方体的表面积S的值是( )A．4π　B．32C．24 D．12π【答案】B　【解析】设球的内接正方体的棱长为a，由题意知球的半径为2，则3a2＝16，所以a2＝，正方体的表面积S＝6a2＝6×＝32.故选B.3．用与球心距离为1的平面去截球，所得截面圆的面积为π，则球的表面积为( ) A． B．C．8π D．【答案】C　【解析】设球的半径为R，则截面圆的半径为，∴截面圆的面积为S＝π＝(R2－1)π＝π.∴R2＝2.∴球的表面积S＝4πR2＝8π.4．把一个铁制的底面半径为r，高为h的实心圆锥熔化后铸成一个铁球，则这个铁球的半径为( )A． B．C． D．【答案】C　【解析】设铁球的半径为R，因为πr2h＝πR3，所以R＝.故选C.5．(2021年成都模拟)将直径为2的半圆绕直径所在的直线旋转半周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为( )A．2π B．3πC．4π D．6π【答案】B　【解析】由题意知，该几何体为半球，表面积为大圆面积加上半个球面积，S＝π×12＋×4×π×12＝3π.6．若一个球的表面积与其体积在数值上相等，则此球的半径为________．【答案】3　【解析】设此球的半径为R，则4πR2＝πR3，R＝3.7．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为________．【答案】16π　【解析】设正四棱锥的高为h，底面边长为a.由V＝a2h＝a2＝6，得a＝.由题意知球心在正四棱锥的高上，设球的半径为r，则(3－r)2＋()2＝r2，解得r＝2，则S球＝4πr2＝16π.8．已知两个正四棱锥有公共底面，且底面边长为4，两棱锥的所有顶点都在同一个球面上，若这两个正四棱锥的体积之比为1∶2，则该球的表面积为________．【答案】36π　【解析】∵两正四棱锥有公共底，且体积比为1∶2，∴它们的高之比为1∶2，设高分别为h，2h，球的半径为R，则h＋2h＝3h＝2R，∴R＝h.又∵底面边长为4，∴R2＝＝＋(2)2，解得h＝2，∴R＝3，∴S球＝4πR2＝36π.9．某组合体的直观图如图所示，它的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，若图中r ＝1，l＝3，试求该组合体的表面积和体积．解：该组合体的表面积S＝4πr2＋2πrl＝4π×12＋2π×1×3＝10π.该组合体的体积V＝πr3＋πr2l＝π×13＋π×12×3＝.10．已知过球面上A，B，C三点的截面到球心的距离等于球半径的一半，且AB＝18，BC＝24，AC＝30，求球的表面积和体积．解：因为AB∶BC∶AC＝18∶24∶30＝3∶4∶5，所以△ABC是直角三角形，∠B＝90°.又球心O到截面△ABC的投影O′为截面圆的圆心，也即是Rt△ABC的外接圆的圆心，所以斜边AC为截面圆O′的直径(如图所示)．设O′C＝r，OC＝R，则球半径为R，截面圆半径为r.在Rt△O′CO中，由题设知sin ∠O′CO＝＝，所以∠O′CO＝30°，所以＝cos 30°＝，即R＝r，(*)又2r＝AC＝30⇒r＝15，代入(*)得R＝10.所以球的表面积为S＝4πR2＝4π×(10)2＝1 200π.球的体积为V＝πR3＝π×(10)3＝4 000π.B级——能力提升练11．已知长方体共顶点的三条棱长分别是3，4，x，且它的8个顶点都在同一个球面上．若这个球的表面积为125π，则x的值为( )A．5 B．6 C．8　D．10【答案】D　【解析】设球的半径为r，则4πr2＝125π，∴r2＝.又32＋42＋x2＝(2r)2，∴9＋16＋x2＝125，∴x2＝100，即x＝10.故选D.12．已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的表面积为( )A．153π B．160πC．169π D．360π【答案】C　【解析】由于直三棱柱的底面是直角三角形，所以可以把此三棱柱补成长方体，其体对角线就是外接球的直径，所以球O的半径R＝＝，所以球O的表面积S＝4π×＝169π，故选C.13．如果一个球的外切圆锥的高是这个球的半径的3倍，则圆锥的侧面积S1和球的表面积S2之比为( )A．4∶3 B．3∶1C．3∶2 D．9∶4【答案】C　【解析】画出轴截面如图所示，设球的半径为r，则OD＝r，PO＝2r，∠PDO＝90°，∴∠CPB＝30°.又∠PCB＝90°，∴CB＝PC＝r，PB＝2r，∴圆锥的侧面积S1＝π×r×2r＝6πr2，球的表面积S2＝4πr2，∴S1∶S2＝3∶2.14．若等边圆柱(轴截面是正方形)、球、正方体的体积相等，则它们的表面积的大小关系是( )A．S球＜S圆柱＜S正方体 B．S正方体＜S球＜S圆柱C．S圆柱＜S球＜S正方体 D．S球＜S正方体＜S圆柱【答案】A　【解析】设等边圆柱底面圆半径为r，球半径为R，正方体棱长为a，则πr2·2r＝πR3＝a3，＝，＝2π.S圆柱＝6πr2，S球＝4πR2，S正方体＝6a2，＝＝·＝＜1，＝＝·＝＞1.故选A.15．在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是________．【答案】　【解析】当球的半径最大时，球的体积最大．在直三棱柱内，当球和三个侧面都相切时，因为AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，所以AC＝10，底面的内切圆的半径即为此时球的半径r ＝＝2，直径为4>侧棱．所以球的最大直径为3，半径为，此时体积V＝.16．(2021年沈阳月考)已知体积为的正三棱锥V－ABC的外接球的球心为O，满足OA＋OB＋OC＝0，则该三棱锥外接球的体积为________．【答案】π　【解析】由题意知，OA＋OB＝CO，说明正三角形ABC的顶点在球O的大圆上．设球的半径为R，则该三棱锥的底面正三角形ABC的高为，△ABC的边长为R，所以正三棱锥V－ABC的体积为××(R)2×R＝，解得R3＝4，则该三棱锥外接球的体积为πR3＝π.17．已知盛有水的圆柱形容器的内壁底面半径为5 cm，两个直径为5 cm的玻璃小球都浸没于水中．若取出这两个小球，则水面将下降多少厘米？解：设取出小球后，容器中的水面下降了h cm，两个小球的体积为V球＝2＝(cm3)．该体积等于它们在容器中排开水的体积V＝52×π·h，所以＝π×52×h，解得h＝.故取出这两个小球，水面将下降 cm.18．已知一倒置圆锥的母线长为10 cm，底面半径为6 cm.(1)求该圆锥的高；(2)若有一球刚好放进该圆锥(球与圆锥的底面相切)中，求这个球的半径以及此时圆锥剩余空间的体积．解：(1)设圆锥的高为h cm，底面半径为R cm，母线长为l cm，则h＝＝＝8，所以圆锥的高为8 cm.(2)球放入圆锥后的轴截面如图所示，设球的半径为r cm.易得△OCD∽△ACO1，则＝，即＝，解得r＝3.圆锥剩余空间的体积为圆锥的体积减去球的体积，即V圆锥－V球＝×π×62×8－π×33＝96π－36π＝60π(cm3)，故此时圆锥剩余空间的体积为60π cm3.C级——探索创新练19．有三个球，第一个球可内切于正方体，第二个球可与这个正方体的各条棱相切，第三个球可过这个正方体的各个顶点，这三个球的表面积之比为( )A．1∶∶ B．1∶4∶9C．1∶1∶1　D．1∶2∶3【答案】D　【解析】设正方体的棱长为2，则内切球的半径为1，与棱相切的球的半径就是正方体中相对棱的距离的一半，也就是面对角线长的一半为＝，外接球的半径为＝.∵球的表面积S＝4πR2，∴这三个球的表面积之比为4π×1∶4π×2∶4π×3＝1∶2∶3.故选D.。

简单几何体课时作业（附答案）简单几何体课时作业（附答案）课时提升作业(一) 简单几何体一、选择题(每小题3分，共18分) 1.(2014?阜阳高一检测)下列说法正确的是( ) A.棱柱的侧面都是矩形 B.棱柱的侧棱都相等 C.棱柱的各个面都是平行四边形 D.棱柱的侧棱总与底面垂直【解析】选B.由棱柱的定义知，棱柱的侧面都是平行四边形，故A错误.而平行四边形的对边相等，故侧棱都相等，棱柱的底面不一定是平行四边形，故C错.棱柱的侧棱可以与底面垂直，也可以不垂直. 2.下列图形所表示的几何体中，不是棱锥的为( ) 【解析】选A.由棱锥的定义及结构特征知A不是棱锥.3.(2014?亳州高一检测)下列说法错误的是( ) A.多面体至少有四个面B.九棱柱有9条侧棱，9个侧面，侧面为平行四边形C.长方体、正方体都是棱柱 D.三棱柱的侧面为三角形【解析】选D.多面体中面数最少的是三棱锥，有四个面，故A正确.根据棱柱的结构特征知B正确.长方体、正方体符合棱柱的结构特征，C正确.D中三棱柱的侧面为平行四边形，D错误. 4.下列图形中，不是三棱柱的展开图的是( ) 【解析】选C.根据三棱柱的结构特征知，A，B，D中的展开图都可还原为三棱柱，但是C中展开图还原后的几何体没有下底面，故不是三棱柱的展开图. 5.(2014?南昌高一检测)下列说法正确的个数为( ) ①存在斜四棱柱，其底边为正方形；②存在棱锥，其所有面均为直角三角形；③任意的圆锥都存在两条母线互相垂直；④矩形绕任意一条直线旋转都可以形成圆柱. A.1 B.2C.3D.4 【解析】选B.①存在斜四棱柱，其底面为正方形，正确.②正确.如图.③不正确，圆锥的顶角小于90°时就不存在.④不正确，矩形绕其对角线所在直线旋转，不能围成圆柱. 6.以钝角三角形的较小边所在的直线为轴，其他两边旋转一周所得的几何体是( ) A.两个圆锥拼接而成的组合体 B.一个圆台 C.一个圆锥 D.一个圆锥挖去一个同底的小圆锥【解析】选D.如图所示.旋转一周后其他两边形成的几何体为在圆锥AO的底部挖去一个同底的圆锥BO. 【误区警示】本题易选A而导致错误.事实上圆锥BO为空心的，并非真正的圆锥. 二、填空题(每小题4分，共12分) 7.矩形绕一边所在的直线旋转一周得到圆柱，则得到不同形状的圆柱有________个.【解题指南】矩形包括正方形和长方形，不同的情况下得到圆柱的情形不同. 【解析】若该矩形为长方形，则矩形的长与宽所在的直线为轴可以得到2个不同形状的圆柱，若该矩形为正方形，则得到1个圆柱. 答案：1或2 【误区警示】本题易漏掉一种情形而导致答案错误.8.如图，将装有水的长方体水槽固定底面一边后将水槽倾斜一个小角度，则倾斜后水槽中的水形成的几何体的形状是________. 【解析】如图：假设以AB边固定进行倾斜，则几何体BB2C2C-AA2D2D一定为棱柱. 答案：棱柱 9.五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个五棱柱对角线的条数为________. 【解析】上底面内的每个顶点，与下底面内不在同一侧面的两个顶点的连线可构成五棱柱的对角线，上底面每个顶点有两条对角线，故一个五棱柱的对角线共有5×2=10条. 答案：10 三、解答题(每小题10分，共20分) 10.一直角梯形ABCD，如图所示，分别以AB，BC，CD，DA所在直线为轴旋转一周，画出所得几何体的大致形状，并指明它是由哪些简单几何体组成的. 【解析】以AB为轴旋转所得几何体是一个圆台，如图a；以BC为轴旋转所得几何体是一个圆柱和一个圆锥拼接而成，如图b；以CD为轴旋转所得几何体是一个圆台挖去一个小圆锥后，再与一个大圆锥拼接而成，如图c；以DA为轴旋转所得几何体是一个圆柱挖去一个圆锥而成，如图d. 11.试从正方体ABCD -A1B1C1D1的八个顶点中任取若干，连结后构成以下空间几何体，并且用适当的符号表示出来. (1)只有一个面是等边三角形的三棱锥.(2)四个面都是等边三角形的三棱锥. (3)三棱柱. 【解析】(1)如图所示，三棱锥A1-AB1D1(答案不惟一). (2)如图所示，三棱锥B1-ACD1(答案不惟一). (3)如图所示，三棱柱A1B1D1-ABD(答案不惟一). 【变式训练】判断如图所示的几何体是不是棱台？为什么？【解析】①②③都不是棱台.因为①和③都不是由棱锥所截得的，故①③都不是棱台，虽然②是由棱锥所截得的，但截面和底面不平行，故不是棱台，只有用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面与底面之间的部分才是棱台，③是由长方体截得，是棱柱而不是棱台. 一、选择题(每小题4分，共16分) 1.(2014?西安高一检测)AB为圆柱下底面内任一不过圆心的弦，过AB和上底面圆心作圆柱的一截面，则这个截面是( ) A.三角形 B.矩形 C.梯形 D.以上都不对【解析】选D.如图，AB∥CD，且AB≠CD，但AD，BC是曲线，不是直线，故选D. 【误区警示】本题易误将曲线AD，BC当作直线选C 而导致错误. 2.下列叙述，其中正确的有( ) ①两个底面平行且相似，其余的面都是梯形的多面体是棱台；②如图所示，截正方体所得的几何体是棱台；③棱锥被平面截成的两部分不可能都是棱锥. A.0个B.1个C.2个 D.3个【解析】选A.①不正确，因为不能保证各侧棱的延长线交于一点.②不正确，因为侧棱延长后不能交于一点，还原后也并非棱锥.③不正确，如图，用一个过顶点的平面截四棱锥得到的是两个三棱锥. 【拓展延伸】棱台定义的应用除了用它作判定之外，至少还有三项用途：①为保证侧棱延长后交于一点，可以先画棱锥再画棱台；②如果解棱台问题遇到困难，可以将它还原为棱锥去看，因为它是由棱锥截来的；③可以利用两底是相似多边形进行有关推算. 3.用一个平面去截一个三棱锥，截面形状是( ) A.四边形 B.三角形 C.三角形或四边形 D.不可能为四边形【解题指南】截面与三棱锥的棱有几个交点，连起来就是几边形. 【解析】选C.如图，若截面截三棱锥的三条棱，则截面的形状为三角形(如图①)，若截面截三棱锥的四条棱，则截面的形状为四边形(如图②). 4.(2014?重庆高一检测)如图所示，模块①～⑤均由4个棱长为1的小正方体构成，模块⑥由15个棱长为1的小正方体构成.现从模块①～⑤中选出三个放到模块⑥上，使得模块⑥成为一个棱长为3的大正方体.则下列选择方案中，能够完成任务的为( ) A.模块①②⑤ B.模块①③⑤ C.模块②④⑤ D.模块③④⑤ 【解析】选A.先将模块⑤放到模块⑥上，再把模块①放到模块⑥上，再把模块②放到模块⑥上，即得到棱长为3的大正方体. 二、填空题(每小题5分，共10分) 5.(2014?北京高一检测)如图所示，不是正四面体(各棱长都相等的三棱锥)的展开图的是________. 【解析】(3)(4)中的四个三角形有公共顶点，无法折成三棱锥，当然不是正四面体的展开图. 答案：(3)(4) 【变式训练】试判断下列三个图是否为正四面体的表面展开图. 【解析】①②③都是正四面体的表面展开图. 6.(2014?吉安高一检测)在圆锥中平行于底面的截面面积是底面的，则此截面分圆锥的高为上、下两段，其比值为__________. 【解题指南】作出圆锥的轴截面图运用几何知识解决. 【解析】作出圆锥的轴截面如图，截面圆半径ED，底面圆半径OB.由题意 = ，解得 = ，由△SED∽△SOB知 = ，故=1∶1. 即截面分圆锥的高上、下两段的比为1∶1. 答案：1∶1 三、解答题(每小题12分，共24分) 7.如图所示的几何体的侧面展开图是一个矩形，且几何体的底面边长均为3，侧面的棱长为5，已知点P是棱AA1上一动点，Q是棱BB1上一动点，求CP+PQ+QC1的最小值. 【解析】将几何体沿棱CC1剪开，其侧面展开为平面图形，如图所示，CP+PQ+QC1的最小值即平面图中矩形对角线CC1的长，所以(CP+PQ+QC1)min= = . 【拓展延伸】求几何体表面上连结两点曲线长的最小值问题的策略(1)将几何体沿着某些棱剪开后展开，画出其侧面展开图. (2)将所求曲线问题转化为平面上的线段问题. (3)结合已知条件求得结果. 8.如图，图①是正方体木块，把它截去一块，可能得到的几何体有②，③，④，⑤的木块. (1)我们知道，正方体木块有8个顶点、12条棱、6个面，请你将图②，③，④，⑤的木块的顶点数、面数填入下表：图号顶点数棱数面数① 8 12 6 ② ③ ④ ⑤ (2)观察你填出的表格，归纳出上述各种木块的顶点数V、棱数E、面数F之间的关系.(3)看图⑥中正方体的切法，请验证你所得的数量关系是否正确. 【解题指南】可从顶点数V+面数F的和与棱数E的关系考虑. 【解析】(1)通过观察各几何体，得到表格：图号顶点数棱数面数① 8 12 6 ② 6 9 5 ③ 8 12 6 ④ 8 13 7 ⑤ 10 15 7 (2)由特殊到一般，归纳猜想得到：顶点数V+面数F-棱数E=2. (3)该木块的顶点数为10，面数为7，棱数为15，有10+7-15=2，与(2)中归纳的数量关系式“V+F-E=2”相符.。

高中数学立体几何经典练习题训练试题学校：姓名：班级：考号：说明：1、本试卷包括第I 卷（选择题•）和第II 卷（非选择题）两部分。

满分100 分。

考试时间100分钟。

2、答题前，考生务必将自己的姓名、考号用。

.5毫米的黑色签字笔填写在 答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确。

3.超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

考试结束 后，将答题卡收回。

第I 卷（选择题）评卷入得分一.单选题（共_小题）1.如图的组合体的结构特征是（）2、如图，正方体ABCD-AiBiJDi 的棱长为1,过点A 作平面AiBD 的垂线，垂足为H,则以 A. 一个棱柱中截去一个棱柱C. 一个棱柱中截去一个棱锥 B. 一个棱柱中截去一个圆柱D. 一个棱柱中截去一个棱台 下命题中，错误的是（）5 CiB.直线AH 与CD1的成角为90。

D.直线AH 与BBi 的成角为45。

3.设M=｛正四棱柱｝, N=｛直四棱柱｝, P=｛长方体｝, Q=｛直平行六面体｝,则四个集合的关系为（ ）A. MCRCNCQB. MCPC QCNC. P£M&N*QD. P^MEQ^N4、在棱长为工的正方体ABCD-AiB 1ciDi 中,若E, F, G 分别为QD 】,AA n BBi 的中点，则 空间四边形EFBG 在正方体下底面ABCD 上的射影面积为（ ）5.在楂长为1的正方体中过相邻三个面上的对角线截得一个正三楂锥，则它的高是（A. 1B.孚C. £D.6,设棱锥的高为H,底面枳为S,用平行于底面的平面截得的棱锥高的下半部分高为h,若 截面面积为P,则h: ^1是（ ）S —PB --7、如图,在正方体ABCD-AiBiCiDi 中,E 、F 、G 分别是棱A T B I 、BB I . B I C I 的中点,则下列 A.点H 是aAiBD 的垂心C. AH 的延长线经过点Ci结论中：①平面A' FG_L 平面ABC ；②BC 〃平面A ，DE ：③三棱锥A' -DEF 的体积最大值为占a?：nd_④存在某个位置，使得DF 与A' E 垂直.其中正确的命题是（ ） ① FG_LBD ；②&口，面 EFG ；③面 EFG 〃面 ACCiAi ：④EF 〃面 CDD 1cl.正确结论的序号是（ ）A.①和②B.③和④C.①和③D.②和④8. 一个三棱锥，如果它的底面是直角三角形，那么它的三个侧面（）A.必定都不是直角三角形B.至多有一个直角三角形9、如图，边长为a 的等边三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 交于点G,已知^A' DE（A' 6平面ABC ）是4ADE 绕DE 旋转过程中的一个图形，有下列命题：r CA.②B.②③10、如图所示，正方体ABCD-A1B1C 仙的棱长为1,线段B]D1上有两个动点E, F,且EF=J,12. 一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积为36五，那 么这个正三楂柱的体积是（） A. 27^3 B. 363 C. 54回 D. 162收13、三棱锥 P-ABC, PC_L 面 ABC, ZXPAC 是等腰三角形，PA=4, AB_LBC, CHLPB,垂足为 H, D 是PA 的中点，则aCDH 的面积最大时，CB 的长是（ ）① ACJ_BE②EF 〃平面ABCD③三棱锥A-BEF 的体积为定值@AAEF 的面枳与ABEF 的面枳相等.其中错误的结论个数是（） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3如图,E 为正方体的棱AAi 的中点, F 为棱AB 上的一点，且NJEF=9（T ,则AF ： FB=C. 1： 3D. 1： 4则下列有四个结论:，孚14、如图，在边长为2的正方体ABCD-AiBiGDi中，P为棱AB的中点，M为面BCClB］上的点.一质点从点P射向点M,遇正方体的面反射（反射服从光的反射原理），反射到点D】.则线段PM与线段MDi的长度和为（415.一个棱柱为正四棱柱的充要条件是（）A.底面是正方形，有两个侧面垂直与底面B.底面是正方形，有两个侧面是矩形C.底面是菱形，且过一个顶点的三条棱两两垂直D.各个面都是矩形的平行六面体第II卷（非选择题）评卷入得分二.填空题（共一小题）16.一个圆锥的侧面展开图为一个半径为2的半圆，则它的高为.17、如图，已知正方体ABCD-AiBiJDi中，F为线段BQ的中点,E为线段A£i上的动点,则下列四个结论：D, --- r cL- 1/H B①存在点E,使EF〃BD；②存在点E,使EF_L平面ABiCiD；③EF与ADi所成的角不可能等于60° ：④三棱锥BrACE的体积随动点E而变化.其中正确的是______ .18、如图所示，在三楂柱ABC-AiBiCi中，AAi_L底面AiBiCi,底面为直角三角形，NACB=90° , AC=2, BC=1, CCi=E，P是BQ上一动点，则AiP+PC的最小值是___________ .19.三棱锥P-ABC的底面为等腰直角三角形,NC=90" , PC±AC, PC±BC,若PC=AC=4,则△ABP的面枳为.20、如图在长方体ABCD-AiBiCiDi中，三棱锥ArABC的面是直角三角形的个数为:21.侧棱和底面边长都是3回的正四棱锥的外接球半径是22、如图，正方体ABCD-AiBiCiDi的棱长为1, 0是底面AiBiCiDi的中心,则0到平面ABCiDi 的距离为.23.在三棱锥P-ABC中，给出下列四个命题：①如果PAJ_BC, PB±AC,那么点P在平面ABC内的射影是aABC的垂心；②如果点P到4ABC的三边所在直线的距离都相等，那么点P在平面ABC内的射影是4ABC 的内心；③如果棱PA和BC所成的角为60? , PA=BC=2, E、F分别是棱PB、AC的中点，那么EF=1；④三棱锥P-ABC的各棱长均为1,则该三棱锥在任意一个平面内的射影的面积都不大于，⑤如果三棱锥P-ABC的四个顶点是半径为1的球的内接正四面体的顶点，则P与A两点间的球面距离为n -arccos^-.其中正确命题的序号是.24、在三楂锥的四个面中，最多有个面为直角三角形.25、如图,长方体ABCD-AiBiCiDi中,AD=1,若边AB上有且只有一个点P,使DiP_LPC,则AB=.26、正三楂台的高为3,上、下底面边长分别为2和4,求这个棱台的侧棱长和斜高.27、如图，设三棱锥S-ABC的三个侧棱与底面ABC所成的角都是60° ,又NBAC=60” ,且SA1BC.(1)求证：S-ABC为正三楂锥；(2)已知SA=a,求S-ABC的全面积.28、如图,已知直四棱柱ABCD-AiBiCiDi的底面是边长为2、ZADC=120°的菱形，Q是侧棱 DDi (DDi>^ )延长线上的一点，过点Q、Ai、Ci作菱形截面QAiPCi交侧棱BB T于点P.设截面QAiPCi的面积为Si,四面体Bi-AiJP的三侧面△BiAiCi、ABiPCi. Z\BiAiP面枳的和为(I )证明：AC±QP；(II)当S取得最小值时,求C0SNA1QC1的值.29、已知三棱椎 D-ABC, AB=AC=1, AD=2, ZBAD= ZCAD= ZBAC=90° ，点 E, F 分别是 BC, DE的中点，如图所示，fl(1)求证 AJLBC(2)求线段AF的长.30.已知正三棱锥的高为1，底面边长为2眄，其内有一个球和该三棱锥的四个面都相切, 求：(1)棱锥的全面积；(2)球的半径R.参考答案1.如图的组合体的结构特征是（ ）答案：C即三楂锥可得的组合体.故为一个棱柱中截去一个棱锥所得. 故选C.2、如图，正方体ABCD-A]B£iDi 的棱长为1,过点A 作平面A^BD 的垂线，垂足为H,则以 下命题中，错误的是（）B.直线AH 与CDi 的成角为90。

第八章 8.1 第2课时A级——基础过关练1．下列几何体中是旋转体的是( )①圆柱；②六棱锥；③正方体；④球体；⑤四面体．A．①和⑤B．①和②C．③和④D．①和④【答案】D【解析】根据旋转体的概念可知,①和④是旋转体．2．图①②中的图形折叠后的图形分别是( )A．圆锥、棱柱B．圆锥、棱锥C．球、棱锥D．圆锥、圆柱【答案】B【解析】根据图①的底面为圆,侧面为扇形,得图①折叠后的图形是圆锥；根据图②的底面为三角形,侧面均为三角形,得图②折叠后的图形是棱锥．3．等腰三角形ABC绕底边上的中线AD所在的直线旋转所得的几何体是( )A．圆台B．圆锥C．圆柱D．球【答案】B【解析】由题意可得AD⊥BC,且BD＝CD,所以形成的几何体是圆锥．故选B.4．如图,在日常生活中,常用到的螺母可以看成一个组合体,其结构特征是( )A．一个棱柱中挖去一个棱柱B．一个棱柱中挖去一个圆柱C．一个圆柱中挖去一个棱锥D．一个棱台中挖去一个圆柱【答案】B【解析】一个六棱柱挖去一个等高的圆柱．故选B.5．(多选)如图所示的几何体,关于其结构特征,下列说法正确的是( )A ．该几何体是由2个同底的四棱锥组成的几何体B ．该几何体有12条棱、6个顶点C ．该几何体有8个面,并且各面均为三角形D ．该几何体有9个面,其中一个面是四边形,其余各面均为三角形 【答案】ABC【解析】该几何体用平面ABCD 可分割成两个四棱锥,因此它是这两个四棱锥的组合体,因而四边形ABCD 是它的一个截面而不是一个面．故D 说法不正确．故选ABC.6．下列说法正确的是________．①圆台可以由任意一个梯形绕其一边所在直线旋转形成；②在圆台上、下底面圆周上各取一点,则这两点的连线是圆台的母线；③圆柱的任意两条母线平行,圆锥的任意两条母线相交,圆台的任意两条母线延长后相交．【答案】③【解析】①错,圆台是直角梯形绕其直角边所在直线或等腰梯形绕其底边中点的连线所在直线旋转形成的；由母线的定义知②错；③正确．7.(2021年武汉期末)如图是一个几何体的表面展开图形,则这个几何体是________．【答案】圆柱【解析】一个长方形和两个圆折叠后,能围成的几何体是圆柱．8．一个半径为5 cm 的球,被一平面所截,球心到截面圆心的距离为4 cm,则截面圆面积为________cm 2.【答案】9π【解析】设截面圆半径为r cm,则r 2＋42＝52,所以r ＝3,所以截面圆面积为9π cm 2. 9．圆台的上底周长是下底周长的13,轴截面面积等于392,母线与底面的夹角为45°,求此圆台的高、母线长及两底面的半径．解：设圆台上、下底面半径分别为r ,R ,母线长为l ,高为h . 由题意,得2πr ＝13·2πR ,即R ＝3r .①12(2r ＋2R )·h ＝392,即(R ＋r )h ＝392.② 又母线与底面的夹角为45°,则h ＝R －r ＝22l .③ 联立①②③,得R ＝21,r ＝7,h ＝14,l ＝14 2.10．已知一个圆锥的底面半径为r ,高为h ,在此圆锥内有一个内接正方体,这个内接正方体的顶点在圆锥的底面和侧面上,求此正方体的棱长．解：作出圆锥的一个纵截面如图所示,其中AB ,AC 为母线,BC 为底面直径,DG ,EF 是正方体的棱,DE ,GF 是正方体的上、下底面的对角线．设正方体的棱长为x ,则DG ＝EF ＝x ,DE ＝GF ＝2x .依题意,得△ABC ∽△ADE ,∴hh －x＝2r 2x,∴x ＝2rhh ＋2r,即此正方体的棱长为2rhh ＋2r.B 级——能力提升练11．已知球的两个平行截面的面积分别为5π和8π,它们位于球心的同一侧,且距离为1,那么这个球的半径是( )A ．4B ．3C ．2D ．0.5【答案】B【解析】如图所示,∵两个平行截面的面积分别为5π,8π,∴两个截面圆的半径分别为r 1＝5,r 2＝2 2.∵球心到两个截面的距离d 1＝R 2－r 21,d 2＝R 2－r 22,∴d 1－d 2＝R 2－5－R 2－8＝1,∴R 2＝9,∴R ＝3.12．(多选)对如图中的组合体的结构特征有以下几种说法,其中说法正确的是( )A ．由一个长方体割去一个四棱柱所构成的B ．由一个长方体与两个四棱柱组合而成的C ．由一个长方体挖去一个四棱台所构成的D ．由一个长方体与两个四棱台组合而成的【答案】AB【解析】如图,该组合体可由一个长方体割去一个四棱柱所构成,也可以由一个长方体与两个四棱柱组合而成．故选项AB正确．13．用一张长为8,宽为4的矩形硬纸卷成圆柱的侧面,则相应圆柱的底面半径是________．【答案】2π或4π【解析】如图所示,设底面半径为r,若矩形的长8恰好为卷成圆柱底面的周长,则2πr＝8,所以r＝4π；同理,若矩形的宽4恰好为卷成圆柱的底面周长,则2πr＝4,所以r＝2π.14．若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面,则该圆锥的高为________．【答案】 3【解析】设圆锥的底面半径为r,母线长为l,则4π＝πl2,所以母线长为l＝2.所以半圆的弧长为2π,圆锥的底面的周长为2πr＝2π,所以底面圆半径r＝1.所以该圆锥的高为h ＝l2－r2＝22－12＝ 3.15.如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱的上底面为底面,下底面圆心为顶点的圆锥而得到的组合体,现用一个垂直于圆柱底面的平面去截这个组合体,则截面图形可能是________(填序号)．【答案】①⑤【解析】当垂直于圆柱底面的平面经过圆锥的顶点时,截面图形如图①；当垂直于圆柱底面的平面不经过圆锥的顶点时,截面图形可能为图⑤.16．圆台的两底面面积分别为1,49,平行于底面的截面面积的2倍等于两底面面积之和,求圆台的高被截面分成的两部分的比．解：将圆台还原为圆锥,如图所示．O 2,O 1,O 分别是圆台上底面、截面和下底面的圆心,V 是圆锥的顶点．令VO 2＝h ,O 2O 1＝h 1,O 1O ＝h 2,则⎩⎪⎨⎪⎧h ＋h 1h ＝49＋121，h ＋h 1＋h 2h ＝491，所以⎩⎪⎨⎪⎧h 1＝4h ，h 2＝2h ，即h 1∶h 2＝2∶1.故圆台的高被截面分成的两部分的比为2∶1.C 级——探索创新练17．我国古代名著《数书九章》中有云：“今有木长二丈四尺,围之五尺．葛生其下,缠木两周,上与木齐,问葛长几何？”其意思为“圆木长2丈4尺,圆周为5尺,葛藤从圆木的底部开始向上生长,绕圆木两周,刚好与圆木顶部平齐,问葛藤最短长多少尺？”(注：1丈等于10尺)则葛藤最短为( )A ．29尺B ．24尺C ．26尺D ．30尺【答案】C【解析】由题意,圆木的侧面展开图是矩形,将圆木侧面展开两次,则一条直角边(即圆木的高)长为24尺,其邻边长为5×2＝10(尺),因此葛藤最短为242＋102＝26(尺)．18．如图所示,已知圆锥SO 中,底面半径r ＝1,母线长l ＝4,M 为母线SA 上的一个点,且SM ＝x ,从点M 拉一根绳子,围绕圆锥侧面转到点A .求：(1)绳子的最短长度的平方f (x )； (2)绳子最短时,顶点到绳子的最短距离； (3)f (x )的最大值．解：将圆锥的侧面沿SA 展开在平面上,如图所示,则该图为扇形,且弧AA ′的长度L 就是圆O 的周长,∴L ＝2πr ＝2π.∴∠ASM ＝360°·L 2πl ＝2π2π×4×360°＝90°.(1)由题意知绳子长度的最小值为展开图中的AM ,其值为AM ＝x 2＋16(0≤x ≤4)．f (x )＝AM 2＝x 2＋16(0≤x ≤4)．(2)绳子最短时,在展开图中作SR ⊥AM ,垂足为R ,则SR 的长度为顶点S 到绳子的最短距离．在△SAM 中,∵S △SAM ＝12SA ·SM ＝12AM ·SR ,∴SR ＝SA ·SM AM ＝4x x 2＋16(0≤x ≤4),即绳子最短时,顶点到绳子的最短距离为4x x 2＋16(0≤x ≤4)．(3)∵f (x )＝x 2＋16(0≤x ≤4)是增函数, ∴f (x )的最大值为f (4)＝32.。

高中几何体试题及答案试题一：正方体的体积和表面积计算某正方体的边长为a，求该正方体的体积和表面积。

解答：正方体的体积 V = a³正方体的表面积 S = 6a²试题二：圆柱的体积和表面积计算已知圆柱的底面半径为r，高为h，求圆柱的体积和表面积。

解答：圆柱的体积V = πr²h圆柱的表面积S = 2πrh + 2πr²试题三：圆锥的体积和表面积计算已知圆锥的底面半径为r，高为h，求圆锥的体积和表面积。

解答：圆锥的体积V = (1/3)πr²h圆锥的表面积 S = πr(r + l)，其中l是圆锥的斜高，可通过勾股定理计算：l = √(r² + h²)试题四：球的体积和表面积计算已知球的半径为R，求球的体积和表面积。

解答：球的体积V = (4/3)πR³球的表面积S = 4πR²试题五：棱锥的体积计算已知一个正四棱锥的底面边长为a，高为h，求棱锥的体积。

解答：正四棱锥的体积 V = (1/3)ah²试题六：棱柱的体积和表面积计算已知一个正六棱柱的底面边长为a，高为h，求棱柱的体积和表面积。

解答：正六棱柱的体积 V = 6a²h正六棱柱的表面积S = 6a(a + √3h)试题七：椭圆的面积计算已知椭圆的长轴为2a，短轴为2b，求椭圆的面积。

解答：椭圆的面积A = πab试题八：双曲线的面积计算已知双曲线的实轴为2a，虚轴为2b，求双曲线的面积。

解答：双曲线的面积A = πa(b + a)结束语：以上试题涵盖了高中几何体的常见体积和面积计算问题，希望同学们能够熟练掌握这些基本公式，并能够灵活运用到实际问题中去。

通过不断的练习和思考，相信你们能够在几何学领域取得优异的成绩。

高中几何体试题及答案解析试题一：立体几何基础题题目：已知一个长方体的长、宽、高分别为a、b、c，求该长方体的体积。

解析：长方体的体积可以通过其三个维度的乘积来计算，即体积V = a × b × c。

答案：V = abc。

试题二：空间向量在立体几何中的应用题目：在空间直角坐标系中，点A(1, 0, 0)，点B(0, 1, 0)，点C(0, 0, 1)，求三角形ABC的面积。

解析：空间直角坐标系中，三角形的面积可以通过向量叉乘来求解。

设向量AB = (-1, 1, 0)，向量AC = (-1, 0, 1)，向量AB与向量AC 的叉乘结果为向量AB × AC = (1, -1, 1)。

该向量的模即为三角形ABC的面积的两倍。

答案：三角形ABC的面积为√3。

试题三：圆锥体的体积计算题目：已知圆锥的底面半径为r，高为h，求圆锥的体积。

解析：圆锥的体积可以通过公式V = (1/3)πr²h来计算。

答案：V = (1/3)πr²h。

试题四：球体的表面积与体积题目：已知球体的半径为R，求球体的表面积和体积。

解析：球体的表面积可以通过公式A = 4πR²来计算，球体的体积可以通过公式V = (4/3)πR³来计算。

答案：球体的表面积A = 4πR²，球体的体积V = (4/3)πR³。

试题五：旋转体的体积题目：已知圆柱的底面半径为r，高为h，求圆柱的体积。

解析：圆柱的体积可以通过公式V = πr²h来计算。

答案：V = πr²h。

结束语：通过上述试题及答案解析，我们可以看到高中几何体的计算涉及体积、面积和表面积等概念，这些计算在数学和物理等多个领域都有广泛的应用。

掌握这些基础知识对于解决更复杂的几何问题至关重要。

希望这些试题和解析能够帮助学生加深对立体几何概念的理解，并在解题过程中培养空间想象能力。

简单几何体的表面积与体积考纲解读 1.结合三视图求几何体的表面积与体积；2.利用几何体的线面关系求表面积和体积；3.求常见组合体的表面积或体积．[基础梳理]1．多面体的表面积与侧面积多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．2．旋转体的表面积与侧面积名称侧面积 表面积 圆柱(底面半径r ，母线长l ) 2πrl 2πr (l ＋r ) 圆锥(底面半径r ，母线长l ) πrl πr (l ＋r ) 圆台(上、下底面半径r 1，r 2，母线长l )π(r 1＋r 2)lπ(r 1＋r 2)l ＋π(r 21＋r 22) 球(半径为R )4πR 23.空间几何体的体积(h 为高，S 为下底面积，S ′为上底面积) (1)V 柱体＝Sh .特别地，V 圆柱＝πr 2h (r 为底面半径)． (2)V 锥体＝13Sh .特别地，V 圆锥＝13πr 2h (r 为底面半径)．(3)V 台体＝13h (S ＋SS ′＋S ′)．特别地，V 圆台＝13πh (r 2＋rr ′＋r ′2)(r ，r ′分别为上、下底面半径)．(4)V 球＝43πR 3(球半径是R )．[三基自测]1．正六棱柱的高为6，底面边长为4，则它的表面积为( ) A ．48(3＋3) B ．48(3＋23) C ．24(6＋2) D ．144答案：A2．如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________．答案：1∶473．一直角三角形的三边长分别为6 cm,8 cm,10 cm ，绕斜边旋转一周所得几何体的表面积为________．答案：3365π cm 24．(必修2·1.3A 组改编)球内接正方体的棱长为1，则球的表面积为________． 答案：3π5．(2017·高考全国卷Ⅰ改编)所有棱长都为2的三棱锥的体积为________． 答案：223考点一 几何体的表面积与侧面积|易错突破[例1] (1)(2018·九江模拟)如图，网格纸上小正方形边长为1，粗线是一个棱锥的三视图，则此棱锥的表面积为( )A ．6＋42＋23B ．8＋42C ．6＋6 2D ．6＋22＋43(2)某品牌香水瓶的三视图如图(单位：cm)，则该几何体的表面积为( )A.⎝⎛⎭⎫95－π2cm 2 B.⎝⎛⎭⎫94－π2cm 2 C.⎝⎛⎭⎫94＋π2cm 2 D.⎝⎛⎭⎫95＋π2cm 2 (3)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] (1)直观图是四棱锥P ABCD ，如图所示，S △P AB ＝S △P AD ＝S △PDC ＝12×2×2＝2，S △PBC ＝12×22×22×sin 60°＝23，S 四边形ABCD ＝22×2＝42，故此棱锥的表面积为6＋42＋23，故选A.(2)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＝2×4×4＋4×4×2＋2×3×3＋4×3×1＋2π×12×1－2×π⎝⎛⎭⎫122＝94＋π2(cm 2)． (3)由三视图可知，该几何体是一个长方体内挖去一个圆柱体，如图所示．长方体的长、宽、高分别为4,3,1，表面积为4×3×2＋3×1×2＋4×1×2＝38， 圆柱的底面圆直径为2，母线长为1， 侧面积为2π×1＝2π，圆柱的两个底面面积和为2×π×12＝2π. 故该几何体的表面积为38＋2π－2π＝38. [答案] (1)A (2)C (3)38 [易错提醒]1．以三视图为载体的几何体的表面积或侧面积问题，要分清三视图中的量是否为各表面计算面积所用的量．2．几何体切、割后的图形的表面，不一定是减少，甚至可能增加．3．组合体的表面积，要注意衔接部分分散在哪个面中来计算．[纠错训练]1．已知某斜三棱柱的三视图如图所示，求该斜三棱柱的表面积．解析：由题意知，斜三棱柱的直观图如图中ABC A 1B 1C 1所示．易知正方体的棱长为2.斜三棱柱的两个底面积的和为2S △ABC ＝2×12×AB ×AC ＝2，侧面ABB 1A 1的面积S 侧面ABB 1A 1＝2×1＝2，侧面ACC 1A 1为矩形，S 侧面ACC 1A 1＝AA 1·AC ＝25，侧面BCC 1B 1是边长为5的菱形，连接CB 1、BC 1，易得CB 1＝23，BC 1＝22，且CB 1⊥BC 1，所以S 侧面BCC 1B 1＝12CB 1·BC 1＝12×23×22＝26，所以斜三棱柱ABC A 1B 1C 1的表面积为4＋2(5＋6)．2．(2016·高考全国卷Ⅰ)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，求它的表面积．解析：该几何体是一个球体挖掉18剩下的部分，如图所示，依题意得78×43πR 3＝28π3，解得R ＝2，所以该几何体的表面积为4π×22×78＋34π×22＝17π.考点二 空间几何体的体积|方法突破[例2] (1)(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π(2)正三棱柱ABC A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥C 1B 1DA 的体积为( )A ．3 B.32 C ．1D.32(3)(2017·高考山东卷)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如下，则该几何体的体积为________．[解析] (1)法一：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V ＝π×32×10－12×π×32×6＝63π.法二：依题意，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积V ＝π×32×7＝63π，选择B.(2) 在正△ABC 中，D 为BC 中点， 则有AD ＝32AB ＝3， S △DB 1C 1＝12×2×3＝ 3.又∵平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ，AD ⊥BC ，AD ⊂平面ABC ，∴AD ⊥平面BB 1C 1C ，即AD 为三棱锥A B 1DC 1底面上的高．∴VC 1B 1DA ＝VA C 1B 1D ＝13S △DB 1C 1·AD ＝13×3×3＝1.(3)该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，∴V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.[答案] (1)B (2)C (3)2＋π2[方法提升]求几何体的体积的方法 方法解读适合题型 直接法对于规则几何体，直接利用公式计算即可．若已知三视图求体积，应注意三视图中的垂直关系在几何体中的位置，确定几何体中的线面垂直等关系，进而利用公式求解 规则 几何体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，将台体还原为锥体不规则 几何体 等积转换法 利用三棱锥的“等积性”可以把任一个面作为三棱锥的底面．求体积时，可选择“容易计算”的方式来计算三棱锥[跟踪训练]1．(2018·大连双基检测)如图，在边长为1的正方形网格中用粗线画出了某个多面体的三视图，则该多面体的体积为( )A ．15B ．13C ．12D ．9解析：几何体的直观图如图所示，其中底面ABCD 是一个矩形(其中AB ＝5，BC ＝2)，棱EF ∥底面ABCD ，且EF ＝3，直线EF 到底面ABCD 的距离是3.连接EB ，EC ，则题中的多面体的体积等于四棱锥E ­ABCD 与三棱锥E ­FBC 的体积之和，而四棱锥E ­ABCD 的体积等于13×(5×2)×3＝10，三棱锥E ­FBC 的体积等于13×⎝⎛⎭⎫12×3×3×2＝3，因此题中的多面体的体积等于10＋3＝13，选B.答案：B2．如图所示(单位：cm)，则图中的阴影部分绕AB 所在直线旋转一周所形成的几何体的体积为________．解析：由题图中数据，根据圆台和球的体积公式，得 V圆台＝13×(π×AD 2＋π×AD 2×π×BC 2＋π×BC 2)×AB ＝13×π×(AD 2＋AD ×BC ＋BC 2)×AB＝13×π×(22＋2×5＋52)×4＝52π(cm 3)， V 半球＝43π×AD 3×12＝43π×23×12＝163π(cm 3)，所以旋转所形成几何体的体积V ＝V 圆台－V半球＝52π－163π＝1403π(cm 3)．答案：1403π(cm 3)考点三 有关球的组合体及面积、体积最值问题|思维突破[例3] (1)已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的体积取最大值时，其高的值为( )A ．33 B.3 C ．2 6D ．23(2)(2017·高考全国卷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________．(3)正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的各顶点都在半径为R 的球面上，则正四棱柱的侧面积有最________值，为________．[解析] (1)设正六棱柱的底面边长为a ，高为h ，则可得a 2＋h 24＝9，即a 2＝9－h 24，那么正六棱柱的体积V ＝⎝⎛⎭⎫6×34a 2×h ＝332(9－h 24)h ＝332(－h 34＋9h )． 令y ＝h 34＋9h ，∴y ′＝－3h 24＋9.令y ′＝0，∴h ＝2 3.易知当h ＝23时，正六棱柱的体积最大，故选D.(2)设球O 的半径为R ，∵SC 为球O 的直径，∴点O 为SC 的中点，连接AO ，OB (图略)，∵SA ＝AC ，SB ＝BC ，∴AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，∵平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ，∴AO ⊥平面SCB ，∴V SABC ＝V ASBC ＝13×S △SBC×AO ＝13×(12×SC ×OB )×AO ，即9＝13×(12×2R ×R )×R ，解得R ＝3，∴球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π.(3)如图，截面图为长方形ACC 1A 1和其外接圆．球心为EE 1的中点O ， 则R ＝OA .设正四棱柱的侧棱长为b ，底面边长为a ，则AC ＝2a ，AE ＝22a ，OE ＝b2，R 2＝⎝⎛⎭⎫22a 2＋⎝⎛⎭⎫b 22， ∴4R 2＝2a 2＋b 2，则正四棱柱的侧面积： S ＝4ab ＝2·2a ·2b ≤2(a 2＋2b 2)＝42R 2，故侧面积有最大值，为42R 2，当且仅当a ＝2b 时等号成立． [答案] (1)D (2)36π (3)大 42R 2 [思维升华]1．求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．2．解决几何体最值问题的方法 方法解读适合题型基本不等式法根据条件建立两个变量的和或积为定值，然后利用基本不等式求体积的最值(1)求棱长或高为定值的几何体的体积或表面积的最值；(2)求表面积一定的空间几何体的体积最大值和求体积一定的空间几何体的表面积的最小值函数法通过建立相关函数式，将所求的组合体中的最值问题最值问题转化为函数的最值问题求解，此法应用最为广泛几何法 由图形的特殊位置确定最值，如垂直图形位置变化中的最值[跟踪训练](2015·高考全国卷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O ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π解析：△AOB 的面积为定值，当OC 垂直于平面AOB 时，三棱锥O ABC 的体积取得最大值．由16R 3＝36得R ＝6.从而球O 的表面积S ＝4πR 2＝144π.故选C.答案：C1.[考点二](2017·高考全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．π B.3π4 C.π2D.π4解析：球心到圆柱的底面的距离为圆柱高的12，球的半径为1，则圆柱底面圆的半径r＝1－(12)2＝32，故该圆柱的体积V ＝π×(32)2×1＝3π4，故选B.答案：B2.[考点一](2016·高考全国卷Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：由三视图知圆锥的高为23，底面半径为2，则圆锥的母线长为4，所以圆锥的侧面积为12×4π×4＝8π.圆柱的底面积为4π，圆柱的侧面积为4×4π＝16π，从而该几何体的表面积为8π＋16π＋4π＝28π，故选C.答案：C3.[考点二](2015·高考全国卷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斛解析：设圆锥底面的半径为R 尺，由14×2πR ＝8得R ＝16π，从而米堆的体积V ＝14×13πR 2×5＝16×203π(立方尺)，因此堆放的米约有16×203×1.62×3≈22(斛)．故选B.答案：B4.[考点一、三](2017·高考全国卷Ⅱ)长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为________．解析：依题意得，长方体的体对角线长为32＋22＋12＝14，记长方体的外接球的半径为R ，则有2R ＝14，R ＝142，因此球O 的表面积等于4πR 2＝14π.答案：14π5.[考点一、三](2017·高考全国卷Ⅰ改编)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O上的点，△DBC ，△ECA ，△F AB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△F AB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，求所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值．解析：法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当△ABC 的边长变化时，设△ABC 的边长为a (a >0)cm ，则△ABC 的面积为34a 2，△DBC 的高为5－36a ，则正三棱锥的高为⎝⎛⎭⎫5－36a 2－⎝⎛⎭⎫36a 2＝25－533a ， ∴25－533a >0，∴0<a <53，∴所得三棱锥的体积V ＝13×34a 2×25－533a ＝312×25a 4－533a 5.令t ＝25a 4－533a 5，则t ′＝100a 3－2533a 4，由t ′＝0，得a ＝43，此时所得三棱锥的体积最大，为415 cm 3.法二：如图，连接OD 交BC 于点G ，由题意知，OD ⊥BC .易得OG ＝36BC ，∴OG 的长度与BC 的长度成正比．设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，S △ABC ＝23x ·3x ·12＝33x 2，则所得三棱锥的体积V ＝13×33x 2×(5－x )2－x 2＝3x 2×25－10x ＝3×25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝⎛⎭⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4，令f ′(x )>0，即x 4－2x 3<0，得0<x <2，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，52时，f (x )≤f (2)＝80，∴V ≤3×80＝415.∴所求三棱锥的体积的最大值为415.。

立体几何中的组合体问题专题(有答案)例1.正方体与球问题:正方体的棱长为1.求球的半径:⑴若正方体的八个顶点都在球面上,⑵若球内切于正方体;⑶12条棱组成一个正方体,一充气球在正方体内,求球的最大半径.例2.正四面体与球问题:正四面体的棱长为1.求球的半径:⑴若正四面体的四个顶点都在球面上,⑵若球内切于正四面体;⑶6条棱组成一个正四面体,一充气球在正四面体内,求球的最大半径.例3.四球问题:四个球的半径都为1.⑴桌面放两两相切的3个球,这3个球上面放一个球,求这个球的最高点离桌面的距离;⑵求与上述4个球都相切的小球的半径.例4.圆锥、圆柱与球⑴底面半径为1cm高为10cm的圆柱内,可以放几个半径为0.5cm的小球?⑵圆锥底面半径为3,高为4,一个球内切于圆锥,求球的半径;⑶圆锥底面半径为3,高为4,两个半径相同的球两两相切,放在圆锥底面上,且内切于圆锥,求这两个球的半径;⑷圆锥底面半径为3,高为4,三个半径相同的球两两相切,放在圆锥底面上,且内切于圆锥,求这两个球的半径;⑸圆锥底面半径为3,内接于一个半径为4的球,求圆锥的高.例5.圆锥与正四棱柱⑴圆锥底面半径为3,高为4,正四棱柱的高为3,且内接于圆锥,求正四棱柱的底面边长;⑵圆锥底面半径为3,高为4,正四棱柱的高为x,且内接于圆锥,求正四棱柱的体积.练习一、补（补成长方体或正方体）1. 一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为A 、3πB 、4πC 、33πD 、6π2. 在正三棱锥ABC S -中，M 、N 分别是棱SC 、BC 的中点，且AM MN ⊥，若侧棱32=SA ，则正三棱锥ABC S -外接球的表面积是（ ） A ．π12 B ．π32 C ．π36 D ．π483. 点P 在直径为6的球面上，过P 作两两互相垂直的三条弦（两端点均在球面上的线段），若其中一条弦长是另一条弦长的2倍，则这三条弦长之和的最大值是 A ．6B ．435C ．2215D ．210554. 一个正方体的体积是8，则这个正方体的内切球的表面积是（ ）A ．8πB ．6πC ．4πD ．π 5. 设正方体的棱长为233，则它的外接球的表面积为（ ）A ．π38B ．2πC ．4πD ．π346. 已知三棱锥S ABC -的三条侧棱两两垂直，且2,4SA SB SC ===，则该三棱锥的外接球的半径为 A ．3 B ．6 C ．36 D ．97. 已知长方体1111ABCD A B C D -的外接球的表面积为16，则该长方体的表面积的最大值为A ．32B ．36C ．48D ．648. 长方体1111ABCD A B C D -的各个顶点都在表面积为16π的球O 的球面上，其中1::2:1:3AB AD AA =，则四棱锥O ABCD -的体积为A .263 B . 63C .23D .3 9.【山东省潍坊一中2013届高三12月月考测试数学文】四棱锥P ABCD 的三视图如右图所示，四棱锥P ABCD 的五个顶点都在一个球面上，E 、F 分别是棱AB 、CD 的中点，直线EF 被球面所截得的线段长为22，则该球表面积为A .12B .24C .36D .4810. (河南省豫东、豫北十所名校2013届高三阶段性测试四)已知四面体ABCD 中，AB =AD =6,AC =4,CD =213，AB 丄平面ACD ,则四面体 ABCD 外接球的表面积为A . π36B . π88C . π92D . π12811. 正方体1111ABCD A B C D -的棱长为6，一个球与正方体的棱长都相切，则这个球的半径是____________.12. 三棱锥A -BCD 中，侧棱AB 、AC 、AD 两两垂直，ΔABC ，ΔACD , ΔADB 的面积分别为,222，则三棱锥A -BCD 的外接球的体积为. ______13. 四面体ABCD 中，共顶点A 的三条棱两两相互垂直，且其长分别为361、、，若四面体的四个顶点同在一个球面上，则这个球的表面积为 。

第九章立体几何与空间向量第1节简单几何体的结构、三视图和直观图一、选择题1.如图是由哪个平面图形旋转得到的( A )解析:根据面动成体的原理即可解,一个直角三角形绕直角边旋转一周可以得到一个圆锥.一个直角梯形绕着直角腰旋转一周得到圆台.该几何体的上部分是圆锥,下部分是圆台,圆锥的轴截面是直角三角形,圆台的轴截面是直角梯形,所以这个几何图形是由直角三角形和直角梯形围绕直角边所在的直线为轴旋转一周得到.故选A.2.已知三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上.若AB=3,AC=4, AB⊥AC,AA1=12,则球O的半径为( C )(A) (B)2 (C) (D)3解析:构建长方体的棱长分别为3,4,12.体对角线长为=13,外接球的半径为,故选C.3.用长为4,宽为2的矩形做侧面围成一个圆柱,此圆柱轴截面面积为( B )(A)8 (B)(C)(D)解析:若以4作为圆柱的高、2作为底面圆的周长,则圆柱轴截面面积为;若以2作为圆柱的高、4作为底面圆的周长,则圆柱轴截面面积为,所以此圆柱轴截面面积为.故选B.4.正四棱锥S-ABCD的底面边长为4,高SE=8,则过点A,B,C,D,S的球的半径为( C )(A)3 (B)4 (C)5 (D)6解析:由正四棱锥及其外接球的对称性,球心O在正四棱锥的高线SE上,球半径R=OS=OB,EB=BD=4.所以在直角三角形OEB中,由勾股定理得,(8-R)2+42=R2,解得R=5,故选C.5.三棱锥P-ABC中,△ABC是底面,PA⊥PB,PA⊥PC,PB⊥PC,且这四个顶点都在半径为2的球面上,PA=2PB,则这个三棱锥的三个侧棱长的和的最大值为( B )(A)16 (B)(C)(D)32解析:因为PA,PB,PC两两垂直,又因为三棱锥P-ABC的四个顶点均在半径为1的球面上,所以以PA,PB,PC为棱的长方体的对角线即为球的一条直径.所以16=PA2+PB2+PC2,因为PA=2PB,则这个三棱锥的三个侧棱长的和PA+PB+PC=3PB+PC,因为5PB2+PC2=16,设PB=4cos α,PC=4sin α,则3PB+PC=cos α+4sin α=sin(α+φ)≤=. 可知其最大值为,选B.6.已知一个四面体其中五条棱的长分别为1,1,1,1,,则此四面体体积的最大值是( B )(A) (B) (C) (D)解析:设四面体为P-ABC,则设PC=X,AB=,其余的各边为1,那么取AB 的中点D,那么连接PD,因此可知,AB垂直于平面PCD,则棱锥的体积可以运用以PCD为底面,高为AD,BD的两个三棱锥体积的和来表示,因此只要求解底面积的最大值即可.由于PD=CD=,那么可知三角形PDC的面积越大,体积越大,可知S△PDC=××sin θ≤=,也就是当PD垂直于CD时,面积最大,因此可得四面体的体积的最大值为××=,选B.二、填空题7.圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形,则圆柱的表面积为.解析:因为圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形,①若6π=2πr,r=3,所以圆柱的表面积为4π×6π+2×πr2=24π2+18π;②若4π=2πr,r=2,所以圆柱的表面积为4π×6π+2×πr2=24π2+8π.答案:24π2+8π或24π2+18π8.一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与某一个球的直径相等,这时圆柱、圆锥、球的体积之比为.解析:设球的半径为r,则V圆柱=πr2×2r=2πr3,V圆锥=πr2×2r=,V球=πr3,所以V圆柱∶V圆锥∶V球=2πr3∶∶πr3=3∶1∶2.答案:3∶1∶29.将4个半径都是R的球体完全装入底面半径是2R的圆柱形桶中,则桶的最小高度是.解析:由题意知,小球要分两层放置且每层两个,令下层两小球的球心分别是A,B,上层两小球的球心分别是C,D.此时,圆柱底面的半径=两小球半径的和,恰好使小球相外切,且与圆柱母线相切.圆柱的高=上层小球的上方半径+AB与CD间的距离+下层小球的下方半径=2R+AB与CD间的距离.令AB,CD的中点分别为E,F.很明显,四面体ABCD每条棱的长都是2R,容易求出:EC=ED,FA=FB,由EC=ED,CF=DF,得EF⊥CD.由FA=FB,AE=BE,得EF⊥AB.所以EF是AB与CD间的距离,所以圆柱的高=2R+EF.由勾股定理,有CE2+AE2=AC2,CE2=EF2+CF2.两式相减,消去CE,得AE2=AC2-EF2-CF2,所以EF2=AC2-AE2-CF2=(2R)2-R2-R2=2R2,所以EF=R.所以圆柱的高=2r+R=(2+)R.答案:(2+)R10.一个圆锥有三条母线两两垂直,则它的侧面展开图的圆心角大小为.解析:设母线长为l,因圆锥有三条母线两两垂直,则这三条母线可以构成以它们为侧棱、以底面边长为l的正三角形的正三棱锥,故由正弦定理得,圆锥的底面直径2R=,解得R=,因此可知侧面展开图的圆心角大小为π.答案:π11.若圆锥的侧面展开图是圆心角为180°,半径为4的扇形,则这个圆锥的表面积是.解析:因为圆锥的侧面展开图是圆心角为180°,母线长等于4,半径为4的扇形,则这个圆锥的表面积是底面积加上侧面积,扇形面积加上底面面积的和为12π.答案:12π12.若长方体的一个顶点上的三条棱的长分别为3,4,5,从长方体的一条对角线的一个端点出发,沿表面运动到另一个端点,其最短路程是.解析:从长方体的一条对角线的一个端点A出发,沿表面运动到另一个端点B,有三种方案,如图是它们的三种部分侧面展开图,AB路程可能是:最短路程是.答案:三、解答题13.某几何体的一条棱长为,在该几何体的正视图中,这条棱的投影是长为的线段,在该几何体的侧视图与俯视图中,这条棱的投影分别是长为a和b的线段,求a+b的最大值.解:如图,把几何体放到长方体中,使得长方体的体对角线刚好为几何体的已知棱,则长方体的体对角线A 1C=,则它的正视图投影长为A 1B=,侧视图投影长为A1D=a,俯视图投影长为A1C1=b,则a2+b2+()2=2·()2,即a2+b2=8,又≤,当且仅当“a=b=2”时等号成立.所以a+b≤4,即a+b的最大值为4.14.某几何体的三视图如图所示.(1)判断该几何体是什么几何体?(2)画出该几何体的直观图.解:(1)该几何体是一个正方体切掉两个圆柱后得到的几何体.(2)直观图如图所示.15.已知正三棱锥V-ABC的正视图和俯视图如图所示.(1)画出该正三棱锥的侧视图和直观图;(2)求出侧视图的面积.解:(1)如图.(2)侧视图中V A===2,则S △VBC=×2×2=6.第2节简单几何体的表面积与体积一、选择题1.如图所示是一个几何体的三视图,则该几何体的体积为( B )(A)16+2π(B)8+2π(C)16+π (D)8+π解析:由图可知该几何体是由两个相同的半圆柱与一个长方体拼接而成,因此V=1×2×4+π×12×2=8+2π.故选B.2.一个三条侧棱两两互相垂直并且侧棱长都为a的三棱锥的四个顶点全部在同一个球面上,则该球的表面积为( B )(A)πa2(B)3πa2(C)6πa2(D)πa2解析:由题可知该三棱锥为一个棱长a的正方体的一角,则该三棱锥与该正方体有相同的外接球,又正方体的对角线长为a,则球半径为a,则S=4πr2=4π(a)2=3πa2.故选B.3.一个棱长都为a的直三棱柱的六个顶点全部在同一个球面上,则该球的表面积为( A )(A)πa2(B)2πa2(C)πa2(D)πa2解析:如图,设O1,O2为棱柱两底面的中心,球心O为O1O2的中点.又直三棱柱的棱长为a,可知OO1=a,AO1=a,所以R2=OA2=O+A=,因此该直三棱柱外接球的表面积为S=4πR2=4π×=πa2,故选A.4.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( D )(A) (B)2 (C) (D)解析:由三视图可知,该几何体的直观图为一个竖立的圆锥和一个倒立的圆锥组成,其体积为V=2×π×12×1=,选D.5.某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的体积是( C )(A)5 (B)2 (C) (D)解析:由三视图知,该四棱锥的底面是直角梯形,上底长为2,下底长为3,高为,四棱锥的高为h=2,故该四棱锥的底面积S=(2+3)×=,所以该四棱锥的体积V=Sh=××2=.6.已知边长为2的菱形ABCD中,∠A=60°,现沿对角线BD折起,使得二面角A BD C为120°,此时点A,B,C,D在同一个球面上,则该球的表面积为( C )(A)20π(B)24π(C)28π(D)32π解析:如图,分别取BD,AC的中点M,N,连接MN,则容易算得AM=CM=3,MN=,MD=,CN=,由图形的对称性可知球心必在MN的延长线上,设球心为O,半径为R,ON=x,则由题设可得解得x=,则R2=+=7,所以球面面积S=4πR2=28π,故选C.二、填空题7.一个圆柱的轴截面为正方形,则与它同底等高的圆锥的侧面积与该圆柱的侧面积的比为.解析:令正方形的边长为a,则圆柱的侧面积S1=2π××a=πa2,与它同底等高的圆锥的侧面积S2=πrl=π××a=,则与它同底等高的圆锥的侧面积与该圆柱的侧面积的比为.答案:8.球O与直三棱柱ABC-A1B1C1的各个面都相切,若三棱柱的表面积为27,△ABC的周长为6,则球的表面积为.解析:设内切球半径为r,那么直三棱柱的底面内切圆半径为r,棱柱的高为2r,由等面积法,则直三棱柱底面面积S 底=r×6=3r,由等体积法,V三棱柱=S底·2r=r·27,所以9r=6r2,解得r=.其表面积为4π×()2=3π.答案:3π9.已知母线长为6,底面半径为3的圆锥内有一球,球与圆锥的底面及圆锥的所有母线都相切,则球的体积是 .解析:取圆锥的轴截面,则截面是边长为6的正三角形,正三角形的内切圆的圆心即为球心,R=6××,所以R=,所以V=πR3=4π.答案:4π10.棱长为a的正方体ABCD A 1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上,E,F 分别是棱AA1,DD1的中点,则过E,F两点的直线被球O截得的线段长为.解析:设过E,F两点的直线与球O交于M,N,所以△OMN,△OEF均为等腰直角三角形,所以OM=ON=R=a,点O到EF的距离为棱长一半,所以|MN|=2= a.答案: a11.四棱锥P-ABCD的各顶点都在同一球面上,且矩形ABCD的各顶点都在同一个大圆上,球半径为R,则此四棱锥的体积的最大值为.解析:点P到平面ABCD的最大距离为R,设矩形ABCD的长宽分别为x,y,则x2+y2=4R2,四棱锥P ABCD的体积V=xyR≤×=R3,当且仅当x=y=R时,V max=R3.答案:R312.设正四面体ABCD的棱长为a,P是棱AB上的任意一点,且P到平面ACD,BCD的距离分别为d1,d2,则d1+d2= .解析:根据题意,由于正四面体ABCD的棱长为a,各个面的面积为a2,高为a,所以V=×a2×a=×a2×(d1+d2),所以d1+d2= a.答案: a三、解答题13.已知一个几何体的三视图如图所示.(1)求此几何体的表面积;(2)如果点P,Q在正视图中所示位置,P为所在线段中点,Q为顶点,求在几何体表面上,从P点到Q点的最短路径的长.解:(1)由三视图知该几何体是由一个圆锥加一个圆柱组成的,其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和.S 圆锥侧=(2πa)·(a)=πa2,S圆柱侧=(2πa)·(2a)=4πa2,S圆柱底=πa2,所以S 表=πa2+4πa2+πa2=(+5)πa2.(2)沿P点所在母线剪开圆柱侧面,如图.则PQ===a,所以从P点到Q点在侧面上的最短路径长为a.14.如图,四棱锥P ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明:MN∥平面PAB;(2)求四面体NBCM的体积.(1)证明:由已知得AM=AD=2.如图,取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN=BC=2.所以AM=TN,又AD∥BC,故TN AM,所以四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.(2)解:因为PA⊥平面ABCD,N为PC的中点,所以N到平面ABCD的距离为PA.取BC的中点E,连接AE.由AB=AC=3得AE⊥BC,AE==.由AM∥BC得M到BC的距离为,故S △BCM=×4×=2.所以四面体NBCM的体积V N-BCM=×S△BCM×=.15.如图所示,在空间几何体ADE BCF中,四边形ABCD是梯形,四边形CDEF是矩形,且平面ABCD⊥平面CDEF,AD⊥DC,AB=AD=DE=2,EF=4,M是线段AE上的动点.(1)试确定点M的位置,使AC∥平面MDF,并说明理由;(2)在(1)的条件下,平面MDF将几何体ADE-BCF分成两部分,求空间几何体M-DEF与空间几何体ADM BCF的体积之比.解:(1)当M是线段AE的中点时,AC∥平面MDF.理由如下:连接CE交DF于点N,连接MN.因为M,N分别是AE,CE的中点,所以MN∥AC.又因为MN⊂平面MDF,AC⊄平面MDF,所以AC∥平面MDF.(2)将几何体ADE-BCF补成三棱柱ADE-B′CF,如图所示,三棱柱ADE-B′CF的体积为V=S△ADE·CD=×2×2×4=8,则几何体ADE-BCF的体积=-=8-×(×2×2)×2=.因为三棱锥M-DEF的体积=×(×2×4)×1=,所以=-=,所以两几何体的体积之比为∶=1∶4.第3节空间图形的基本关系与公理一、选择题1.设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面( C )(A)若m∥α,n∥α,则m∥n(B)若m∥α,m∥β,则α∥β(C)若m∥n,m⊥α,则n⊥α(D)若m∥α,α⊥β,则m⊥β解析:设直线a⊂α,b⊂α,a∩b=A,因为m⊥α,所以m⊥a,m⊥b.又n∥m,所以n⊥a,n⊥b,所以n⊥α.故选C.2.下列命题中,错误的是( D )(A)平行于同一平面的两个不同平面平行(B)一条直线与两个平行平面中的一个相交,则必与另一个平面相交(C)如果两个平面不垂直,那么其中一个平面内一定不存在直线与另一个平面垂直(D)若直线不平行于平面,则此直线与这个平面内的直线都不平行解析:当直线l在平面α内,即l⊂α时,直线l不平行于平面α,但平面α内存在直线与直线l平行,可知D选项错误,故选D.3.下列四个命题:①若一个平面内的两条直线都与另一个平面平行,那么这两个平面相互平行;②若一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面相互垂直;③垂直于同一直线的两条直线相互平行;④若两个平面垂直,那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直.其中,为真命题的是( D )(A)①和②(B)②和③(C)③和④(D)②和④解析:①显然错误,因为这两条直线相交才满足条件;②成立;③错误,这两条直线可能平行、相交,也可能异面;④成立,用反证法容易证明.故选D.4.若α,β是两个相交平面,则在下列命题中,真命题的序号为( C )①若直线m⊥α,则在平面β内,一定不存在与直线m平行的直线;②若直线m⊥α,则在平面β内,一定存在无数条直线与直线m垂直;③若直线m⊂α,则在平面β内,不一定存在与直线m垂直的直线;④若直线m⊂α,则在平面β内,一定存在与直线m垂直的直线.(A)①③(B)②③(C)②④(D)①④解析:若α⊥β且直线m⊥α,则在平面β内,一定存在与直线m平行的直线,所以①错误;若直线m⊥α,则在平面β内,一定存在无数条直线与直线m垂直,故②正确;若直线m⊂α,则在平面β内,一定存在与直线m垂直的直线,故③错误,④正确,故选C.5.设不在同一条直线上的A,B,C三点到平面α的距离相等,且A∉α,则( B )(A)α∥平面ABC(B)△ABC中至少有一条边平行于α(C)△ABC中至多有两条边平行于α(D)△ABC中只可能有一条边平行于α解析:因为A∉α,所以A,B,C均不在平面α内.当A,B,C三点在平面α的同侧时,α∥平面ABC,此时△ABC的三条边都平行于α,排除C,D;当A,B,C三点不在平面α的同侧时,易知△ABC中只有一条边平行于α,此时平面α和平面ABC相交,故选B.6.若l,m是两条不同的直线,m垂直于平面α,则“l⊥m”是“l∥α”的( B )(A)充分而不必要条件(B)必要而不充分条件(C)充分必要条件(D)既不充分也不必要条件解析:因为l⊥m,m⊥α,所以l∥α或l⊂α.故充分性不成立.若l∥α,m⊥α,一定有l⊥m.故必要性成立.选B.二、填空题7.长方体ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为1的正方形,点E在侧棱AA1上(不与A,A1重合),满足∠C1EB=90°,则异面直线BE与C1B1所成的角为,侧棱AA1的长的最小值为.解析:在长方体ABCD-A1B1C1D1中,CB⊥平面ABB1A1,所以∠CBE=90°,又C1B1∥BC,所以异面直线BE与C1B1所成的角为90°.连接BC1,设AA1=x,AE=m(m>0),则有BE2=1+m2,C1E2=(x-m)2+2,C1B2=1+x2,因为∠C1EB=90°,所以C1B2=C1E2+BE2,即1+x2=(x-m)2+2+1+m2,即m2-mx+1=0,所以x=m+≥2,当且仅当m=,即m=1时,“=”成立.答案:90° 28.四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=,BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A1-BCD,使平面A1BD⊥平面BCD,给出下列结论:(1)A1C⊥BD;(2)∠BA1C=90°;(3)四面体A1-BCD的体积为.其中正确的命题是.(把所有正确命题的序号都填上) 解析:若A1C⊥BD,因为BD⊥CD,A1C∩CD=C,所以BD⊥平面A1CD,所以BD⊥A1D.而由A 1B=AB=1,A1D=AD=1,BD=,得A1B⊥A1D,与BD⊥A1D矛盾,故(1)错.因为CD⊥BD,平面BCD⊥平面A1BD,所以CD⊥平面A1BD,则CD⊥A1B.又A1B⊥A1D,A1D∩CD=D,所以A1B⊥平面A1CD,则A1B⊥A1C,故(2)正确.由(2)知==×·A1D·DC·A1B=,故(3)错.答案:(2)9.在正方体ABCD A 1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,CC1的中点,则在空间中与三条直线A1D1,EF,CD都相交的直线有条.解析:在A1D1上任取一点P,过点P与直线EF作一个平面α,因为CD 与平面α不平行,所以它们相交,设α∩CD=Q,连接PQ,则PQ与EF必然相交.由点P的任意性,知有无数条直线与A1D1,EF,CD都相交.答案:无数10.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面为直角三角形.∠ACB =90°,AC=6,BC=CC 1=,P是BC1上一动点,则CP+PA1的最小值为.解析:连接A1B,将△A1BC1与△CBC1同时展开形成一个平面四边形A1BCC1,则此时对角线CP+PA1=A1C达到最小,在等腰直角三角形△BCC1中,BC1=2,∠CC1B=45°,在△A 1BC1中,A1B==2,A1C1=6,BC1=2,所以A1+B=A1B2,即∠A1C1B=90°.对于展开形成的四边形A1BCC1,如图,在△A 1C1C中,C1C=,A1C1=6,∠A1C1C=135°,由余弦定理有,CP+PA 1=A1C===5.答案:511. 如图,三棱锥A BCD中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,点M,N分别是AD,BC的中点,则异面直线AN,CM所成的角的余弦值是.解析:如图所示,连接DN,取线段DN的中点K,连接MK,CK.因为M为AD的中点,所以MK∥AN,所以∠KMC为异面直线AN,CM所成的角.因为AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,N为BC的中点,由勾股定理求得AN=DN=CM=2,所以MK=.在Rt△CKN中,CK==.在△CKM中,由余弦定理,得cos∠KMC===.答案:12.如图,矩形ABCD中,AB=2AD,E为边AB的中点,将△ADE沿直线DE 翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点,则在△ADE翻折过程中,下面四个命题中不正确的是.①BM是定值;②点M在某个球面上运动;③存在某个位置,使DE⊥A1C;④存在某个位置,使MB∥平面A1DE.解析:取DC中点F,连接MF,BF,MF∥A1D且MF=A1D,FB∥ED且FB=ED,所以∠MFB=∠A1DE.由余弦定理可得MB2=MF2+FB2-2MF·FB·cos∠MFB 是定值,所以M是在以B为圆心,MB为半径的球上,可得①②正确;由MF∥A1D与FB∥ED可得平面MBF∥平面A1DE,可得④正确;A1C在平面ABCD中的投影与AC重合,AC与DE不垂直,可得③不正确.答案:③三、解答题13.如图所示,等腰直角三角形ABC中,∠A=90°,BC=,DA⊥AC,DA⊥AB,若DA=1,且E为DA的中点.求异面直线BE与CD所成角的余弦值.解:如图所示,取AC的中点F,连接EF,BF,在△ACD中,E,F分别是AD,AC的中点,所以EF∥CD.所以∠BEF或其补角即为异面直线BE与CD所成的角.在Rt△EAB中,AB=AC=1,AE=AD=,所以BE=.在Rt△EAF中,AF=AC=,AE=,所以EF=.在Rt△BAF中,AB=1,AF=,所以BF=.在等腰三角形EBF中,cos∠FEB===.所以异面直线BE与CD所成角的余弦值为.14.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为D1C1,C1B1的中点,AC∩BD=P,A1C1∩EF=Q.求证:(1)D,B,F,E四点共面;(2)若A1C交平面DBFE于R点,则P,Q,R三点共线.证明:(1)如图所示,因为EF是△D1B1C1的中位线,所以EF∥B1D1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,B1D1∥BD,所以EF∥BD.所以EF,BD确定一个平面.即D,B,F,E四点共面.(2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设平面A1ACC1确定的平面为α,又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1,所以Q∈α.又Q∈EF,所以Q∈β.则Q是α与β的公共点,同理,P点也是α与β的公共点.所以α∩β=PQ.又A1C∩β=R,所以R∈A1C,则R∈α且∈β.则R∈PQ,故P,Q,R三点共线.15.在长方体ABCD A 1B1C1D1的A1C1面上有一点P(如图所示,其中P点不在对角线B1D1)上.(1)过P点在空间内作一条直线l,使l∥直线BD,应该如何作图?并说明理由;(2)过P点在平面A1C1内作一条直线m,使m与直线BD成α角,其中α∈(0°,90°],这样的直线有几条,应该如何作图?解:(1)连接B1D1,BD,在平面A1C1内过P点作直线l,使l∥直线B1D1,则l即为所求作的直线.因为直线B1D1∥直线BD,l∥直线B1D1,所以l∥直线BD.如图(1).(2)在平面A1C1内作直线m,使直线m与B1D1相交成α角,因为BD∥B1D1,所以直线m与直线BD也成α角,即直线m为所求作的直线,如图(2).由图(2)知m与BD是异面直线,且m与BD所成的角α∈(0,90°].当α=90°时,这样的直线m有且只有一条,当α≠90°时,这样的直线m 有两条.第4节直线、平面平行的判定与性质一、选择题1.若直线l∥平面α,直线a⊂平面α,则l与a的位置关系是( D )(A)l∥a (B)l与a异面(C)l与a相交 (D)l与a没有公共点解析:因为直线平行于平面,那么l与平面内的任何一条直线都没有公共点,因此l与a的位置关系是没有公共点,选D.2.下列条件能推出平面α∥平面β的是( D )(A)存在一条直线a,a∥α,a∥β(B)存在一条直线a,a⊂α,a∥β(C)存在两条平行直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α(D)存在两条异面直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α解析:因为根据面面平行的判定定理可知,如果存在两条异面直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α,则可以利用线线平行得到面面平行,选D.3.已知直线l,m,平面α,β,则下列命题中:①若α∥β,l⊂α,则l∥β②若α⊥β,l⊥α,则l∥β③若l∥α,m⊂α,则l∥m④若α⊥β,α∩β=l,m⊥l,则m⊥β,其中真命题有( B )(A)0个(B)1个(C)2个(D)3个解析:当两个平面平行时,一个平面上的线与另一个平面平行,故①正确;一条直线垂直于两个垂直平面中的一个平面,那么这条直线平行于或包含于另一个平面,故②不正确;④不正确;③中l,m的关系是不相交,故③不正确,故选B.4.下列四个正方体图形中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB∥平面MNP的图形的序号是( B )(A)①③(B)①④(C)②③(D)②④解析:对图①,构造AB所在的平面,即对角面,可以证明这个对角面与平面MNP平行,由线面平行的定义可得AB∥平面MNP;对图④,通过证明AB∥PN得到AB∥平面MNP;对于②,证MP中点为K,延长BA,KN则相交,所以BA与平面MNP相交,②错;对于③平面MNP与直线AB相交于点B,③错.故选B.5.类比平面几何中的定理“设a,b,c是三条直线,若a⊥c,b⊥c,则a∥b”,得出如下结论:①设a,b,c是空间的三条直线,若a⊥c,b⊥c,则a∥b;②设a,b是两条直线,α是平面,若a⊥α,b⊥α,则a∥b;③设α,β是两个平面,m是直线,若m⊥α,m⊥β,则α∥β;④设α,β,γ是三个平面,若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β.其中正确命题的个数是( B )(A)1 (B)2 (C)3 (D)4解析:①错;②垂直于同一个平面的两条直线平行,正确;③垂直于同一条直线的两个平面平行,正确;④错;两个平面也可能相交.6.在空间中,下列命题正确的是( D )(A)平面α内的一条直线a垂直于平面β内的无数条直线,则α⊥β(B)若直线m与平面α内的一条直线平行,则m∥α(C)若平面α⊥β,且α∩β=l,则过α内一点P与l垂直的直线垂直于平面β(D)若直线a与平面α内的无数条直线都垂直,则不能说一定有a⊥α解析:直线a与平面α内的任意直线都垂直,则有a⊥α,所以D正确.二、填空题7.点S在平面ABC外,SB⊥AC,SB=AC=2,E,F分别是SC和AB的中点,则EF= .解析:取BC的中点D,连接ED与FD,因为E,F分别是SC和AB的中点,点D为BC的中点所以ED∥SB,FD∥AC,而SB⊥AC,SB=AC=2,则三角形EDF为等腰直角三角形,则ED=FD=1,即EF=.答案:8.正四棱锥S ABCD的底面边长为2,高为2,E是边BC的中点,动点P 在这个棱锥表面上运动,并且总保持PE⊥AC,则动点P的轨迹的周长为.解析:由题意知,点P的轨迹为如图所示的三角形EFG,其中G,F为其所在棱的中点,所以EF=BD=,GE=GF=SB=,所以轨迹的周长为+.答案:+9.将边长为2,一个内角为60°的菱形ABCD沿较短对角线BD折成四面体ABCD,点E,F分别为AC,BD的中点,则下列命题中正确的是.①EF∥AB;②EF⊥BD;③EF有最大值,无最小值;④当四面体ABCD的体积最大时,AC=;⑤AC垂直于截面BDE.解析:因为将边长为2,一个内角为60°的菱形ABCD沿较短对角线BD 折成四面体ABCD,点E,F分别为AC,BD的中点,则可知EF⊥BD,当四面体ABCD的体积最大时,AC=,AC垂直于截面BDE成立.答案:②④⑤10.已知平面α∥平面β,P是α,β外一点,过点P的直线m与α,β分别交于A,C,过点P的直线n与α,β分别交于B,D且PA=6,AC=9,PD=8,则BD的长为.解析:因为平面α∥平面β,所以AB∥CD,①当P在两平面外时,==,所以=,所以BD=.②当P在两平面之间时,=,所以=,所以BD=24,所以BD的长为或24.答案:或2411.给出下列四个命题:①过平面外一点,作与该平面成θ角的直线一定有无穷多条;②一条直线与两个相交平面都平行,则它必与这两个平面的交线平行;③对确定的两条异面直线,过空间任意一点有且只有一个平面与这两条异面直线都平行;④对两条异面的直线,都存在无穷多个平面与这两条直线所成的角相等.其中正确的命题序号为.解析:①中,成90度角的时候,就只有一条,因此错误.②中是线面平行的性质定理,显然成立.③不正确.④中,利用等角定理,可知成立. 答案:②④12.侧棱长为2的正三棱锥V-ABC中,∠AVB=∠BVC=∠CVA=40°,过A 作截面AEF,则截面△AEF周长的最小值为.解析:沿着侧棱VA把正三棱锥V ABC展开在一个平面内,则设VA的另一边为VA′,则AA′即为截面△AEF周长的最小值,且∠AVA′=3×40=120°.△VAA′中,由余弦定理可得AA′=6.答案:6三、解答题13.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为正方形,AB=4,AA1=2,点E 在棱C1D1上,且D1E=3.(1)试在棱CD上确定一点E1,使得直线EE1∥平面D1DB,并证明;(2)若动点F在底面ABCD内,且AF=2,请说明点F的轨迹,并探求EF 长度的最小值.解:(1)取CD的四等分点E1,使得DE1=3,则有EE1∥平面D1DB.证明如下:因为D1E∥DE1且D1E=DE1,所以四边形D1EE1D为平行四边形,则D1D∥EE1,因为DD1⊂平面D1DB,EE1⊄平面D1DB,所以EE1∥平面D1DB.(2)因为AF=2,所以点F在平面ABCD内的轨迹是以A为圆心,半径等于2的四分之一圆弧.因为EE1∥DD1,D1D⊥平面ABCD,所以E1E⊥平面ABCD,故EF==.所以当E1F的长度取最小值时,EF的长度最小,此时点F为线段AE1和四分之一圆弧的交点,即E1F=E1A-AF=5-2=3,所以EF==.即EF长度的最小值为.14.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为2,E是棱CD的中点,P是棱AA1的中点,(1)求证:PD∥平面AB1E;(2)求三棱锥B-AB1E的体积.(1)证明:取AB1中点Q,连接PQ,则PQ为中位线,PQ A1B1,而正方体ABCD-A1B1C1D1,E是棱CD的中点,故DE A1B1,所以PQ DE,所以四边形PQED为平行四边形.所以PD∥QE,而QE⊂平面AB1E,PD⊄平面AB1E,故PD∥平面AB1E.(2)解:正方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1⊥平面ABE,故BB1为高,BB1=2,因为CD∥AB,所以S△ABE=S△ABC=AB·BC=×2×2=2.故==BB1·S△ABC=.15.如图,在四面体PABC中,PA=PB,CA=CB,D,E,F,G分别是PA,AC,CB,BP的中点.(1)求证:D,E,F,G四点共面;(2)求证:PC⊥AB;(3)若△ABC和△PAB都是等腰直角三角形,且AB=2,PC=,求四面体PABC的体积.(1)证明:依题意DG∥AB,EF∥AB,所以DG∥EF,DG,EF共面,从而D,E,F,G四点共面.(2)证明:取AB中点为O,连接PO,CO.因为PA=PB,CA=CB,所以PO⊥AB,CO⊥AB,因为PO∩CO=O,所以AB⊥平面POC,PC⊂平面POC,所以AB⊥PC.(3)解:因为△ABC和△PAB是等腰直角三角形,所以PO=CO=AB=1,因为PC=,OP2+OC2=PC2,所以OP⊥OC,又PO⊥AB,且AB∩OC=O,所以PO⊥平面ABC,=PO·S△ABC=×1×2×1×=.第5节直线、平面垂直的判定与性质一、选择题1.已知直线l,m和平面α, 则下列命题正确的是( C )(A)若l∥m,m⊂α,则l∥α(B)若l∥α,m⊂α,则l∥m(C)若l⊥α,m⊂α,则l⊥m(D)若l⊥m,l⊥α,则m∥α解析:A项中直线l与平面α可能平行,可能直线在平面内;B项中直线l,m平行或异面;C项中当直线垂直于平面时,直线垂直于平面内任意直线;D项中直线m与平面α平行或直线在平面内.2.在Rt△ABC中,∠ABC=90°,P为△ABC所在平面外一点,PA⊥平面ABC,则四面体P ABC中共有直角三角形个数为( A )(A)4 (B) 3 (C) 2 (D) 1解析:因为PA⊥平面ABC,AB⊥BC,所以PA⊥AB,PA⊥AC,PB⊥CB,所以△ABC,△PBC, △ABP, △APC都是直角三角形,故选A.3.已知直线m,n和平面α,β满足m⊥n,m⊥α,α⊥β,则( C )(A)n⊥β (B)n∥β,或n⊂β(C)n∥α或n⊂α(D)n⊥α解析:由题意画出图形,容易判断选项.由于直线m⊥n,m⊥α,α⊥β,选项A,中线面可能相交,也可能垂直,选项B中,n与β还可能相交,错误,选项D中,直线不能垂直于平面,故结合图象不难得到选项为C.4.正方体的棱长为1,C,D,M分别为三条棱的中点,A,B是顶点,那么点M到截面ABCD的距离是( B )(A)(B)(C)(D)解析:过M作AB的垂线MN交AB于N,连接CN.由于CM⊥AB,MN⊥AB,则AB⊥平面CMN,所以,M到面ABCD的距离h是直角三角形CMN的斜边CN上的高.由于BM=,CM=1,MN=,CN=,则结合=求得h=.故选B.。