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第1讲空间几何体专题强化训练1.《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是( )A．4 B．8C．12 D．16解析：选D.如图，以AA1为底面矩形一边的四边形有AA1C1C、AA1B1B、AA1D1D、AA1E1E这4个，每一个面都有4个顶点，所以阳马的个数为16个．故选D.2．正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱BB1的中点(如图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为( )解析：选C.过点A，E，C1的平面与棱DD1相交于点F，且F是棱DD1的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.3．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A ．8 cm 3B ．12 cm 3C ．323cm 3D ．403cm 3解析：选C.由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．下面是棱长为2 cm 的正方体，体积V 1＝2×2×2＝8(cm 3)；上面是底面边长为2 cm ，高为2 cm 的正四棱锥，体积V 2＝13×2×2×2＝83(cm 3)，所以该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝323(cm 3)．4．(2019·某某模拟)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·某某十校联考)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·某某市第一次模拟)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·某某八校联考)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·某某省重点中学高三12月期末热身联考)某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________；表面积是________．解析：根据三视图可得，该几何体是长方体中的四棱锥C BB 1D 1D ，由三视图可得：AB ＝2，BC ＝2，BB 1＝4，VC BB 1D 1D ＝23×12×2×2×4＝163，S C BB 1D 1D ＝12×2×2＋22×4＋12×2×4＋12×2×4＋12×22×18＝16＋8 2.答案：16316＋8 212.(2019·某某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＝11π4 cm 2.答案：π211π413．(2019·某某省“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4πR 2＝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 ≤a 2＋b 2＋a 2＋c 2＋b 2＋c 2＝2(a 2＋b 2＋c 2)＝50.答案：5014．(2019·某某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P ABCD ，CD ＝y2，AB＝y ，AC ＝5，CP ＝7，BP ＝x ，所以BP 2＝BC 2＋CP 2，即x 2＝25－y 2＋7，x 2＋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·某某市高考数学二模)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 是AA 1的中点，则异面直线BE 与B 1D 1所成角的余弦值等于________，若正方体棱长为1，则四面体B EB 1D 1的体积为________．解析：取CC 1中点F ，连接D 1F ，B 1F ，则BE 綊D 1F ， 所以∠B 1D 1F 为异面直线BE 与B 1D 1所成的角．设正方体棱长为1，则B 1D 1＝2，B 1F ＝D 1F ＝1＋14＝52.所以cos ∠B 1D 1F ＝12B 1D 1D 1F ＝2252＝105. V B EB 1D 1＝V D 1BB 1E ＝13S △BB 1E ·A 1D 1＝13×12×1×1×1＝16.答案：1051616．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 ＝233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 .。
2020年高考数学二轮复习重点专题冲刺复习指导专题4 立体几何（文科）【高考考场实情】空间立体几何在高考考查中一般占22分，其题型与题量一般是1个解答题，1 ~ 2 个选择或填空题．立体几何高考的选择或填空题有三个常考热点：一是空间几何体的三视图；二是空间几何体的表面积、体积；三是空间中点、直线、平面之间的位置关系的判定．【考查重点难点】立体几何高考的解答题常以棱柱或棱锥为载体，解答题一般采用分步设问的方式，常见的两个考查热点：一是定性分析，二是定量分析．其中定性分析，不论文科还是理科主要是以平行、垂直的证明为主；而定量分析，文科试题主要考查表面积、体积的计算；理科试题主要考查线面角、二面角的计算．下面对学生存在的主要问题进行剖析，并提出相应的教学对策．【存在问题分析】问题一：识图、作图、用图能力弱．【指点迷津】作图、识图、用图能力是考生学好立体几何乃至解析几何所应具备的重要能力之一，何况全国卷的试题一般不提供图形！本专题中，识图、作图、用图能力弱主要集中在“三视图的识别、还原”，“球问题的直观呈现和转化”“作图问题”“展折问题的图形分析”等．m）例题1：（2009宁夏海南理11）一个棱锥的三视图如图（1），则该棱锥的全面积（单位：c2为（）（A）48+122（B）48+242（C）36+122（D）36+242图4图3图2634364663图1A【答案】A【名师点睛】本题往往会因为对俯视图认识不足（直角三角形的实中线），而画错顶点P 在底面的射影(比如认为P 在底面的射影恰为顶点B )，只有正确理解才能把三视图还原成如图2的几何体．可见，把三视图还原成几何体时首先要从总体入手判断几何体的形状（即要有较强的模型意识，能总体构造！），比如本题由于三个视图都是三角形，故可判断为该几何体为三棱锥；其次注意细节，尤其关注顶点在底面上的射影，如本题的俯视图意味着顶点P 在底面的射影为AC 中点D （一般地，三棱锥中顶点在底面的射影若不在边上，如若在顶点，则俯视图如图（3），如若在三角形内，则俯视图如图（4））．例题2：（2012年课标全国卷理11）已知三棱锥-S ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且=2SC ，则此棱锥的体积为( )(A)(B)(C)(D) 图5A【解析】由球的定义可知，球心O 为SC 的中点．如图5，设ABC ∆的中心为M ，则有OM ⊥平面ABC，且OM ==2h OM ==，所以此棱锥的体积为111326⋅⋅=． 【名师点睛】本题往往会因为对直径认识不足（球心O 为SC 的中点），纠结如何做图（球内接三棱锥-S ABC ），而不懂对问题进行转化（--2S ABC O ABC V V =），只有正确理解才能把问题转化为三棱锥-O ABC （如图5），再结合球的定义，即可解决．例题3：（2016全国Ⅰ卷理11）平面α过正方体1111-ABCD A B C D 的顶点A ，//α平面11CB D ，αI 平面ABCD m =，αI 平面11ABB A n =，则m n ，所成角的正弦值为（ ）(A) (B(D)13图6B 111【答案】A【名师点睛】本题往往会因作图不过关而对过顶点A 作平面α束手无策，只有正确理解才能通过“补上一个全等的正方体”快速实现把平面11CB D “外移”（此时22121121//,//,//D B CB AD D B AB CD ）．可见，观察和做出平行线是本题作图的关键．当然，如何作平行线，这是作图的基本功，教师要讲明原理（常利用中位线或平行四边形的性质作平行线），同时，要引导学生观察几何体（尤其是长方体中的一些常见的平行关系（如本题22121121//,//,//D B CB AD D B AB CD ）的和垂直关系），这样，学生的作图就会更有方向感！ 例题4：如图7，四边形ABCD 中，1AB AD CD ===，BD =BD CD ⊥．将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四面体A BCD '，使平面A BD BCD '⊥平面，则下列结论正确的是( )．(A) A C BD '⊥(B) 90BA C '∠=o(C) CA '与平面A BD '所成的角为30o(D) 四面体A BCD '的体积为13图8图7A'C A BD DB C【名师点睛】本题往往会因对折叠问题前后的“变量与不变量”分析不够，而忽视重要的垂直关系“BA DA ''⊥，CD BD ⊥”， 只有正确理解才能顺利由平面A BD BCD '⊥平面得出CD ⊥面A BD '，再结合CD A B '⊥，得到BA '⊥面A CD '，从而解决问题．无论是图形的翻折或是展开，都是平面图形与空间图形的相互转化，从抽象到直观，直观到抽象的过程，其中翻折 ———平面图形立体化，展开 —— 立体图形平面化．解决这类问题关键在于要分清展折前后的“变量与不变量”，建议在展折前的图形中进行标注重要的点（尤其前后坐标的不同），或是重要的量（如垂直关系，如图9），这样比较不会遗忘或忽略． 问题二： 推理的逻辑欠清晰．【指点迷津】以全国卷理科卷为例，其解答题一般稳定居于前三的位置，常设置两问，一问主要涉及定性证明（如垂直关系、平行关系），二问立足定量求解（如三种角度的度量）．在定性分析时由于定理条件不清楚，推理的逻辑欠清晰，常造成“会而不全”，导致失分． 例题5： 在如图1所示的多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，ED ⊥平面ABCD ，//ED FC ，FC ED 21=，M 是AF 的中点． （Ⅰ）求证：//EM 平面ABCD ；（Ⅱ）求证：平面AEF ⊥平面FAC ．【解析】（Ⅱ）因为//ED FC ，ED ⊥底面ABCD ，所以CF ⊥底面ABCD ，⊂DO 平面ABCD ,所以CF DO ⊥，由（Ⅰ）知//,EM DO 所以CF EM ⊥，因为AC DO ⊥，且//,EM DO 所以AC EM ⊥，又C FC AC =I ，所以EM ⊥平面FAC ．又EM ⊂平面AEF ，所以平面AEF ⊥平面FAC ．【名师点睛】（Ⅰ）要证线面平行，一般可考虑线线平行或面面平行，本题可优先考虑线线平行．本题虽思路较为直接，但常常会“想当然”，如易借助几何直观可知//,EM DO 忽视“EDOM 是平行四边形”的证明过程；此外更常忽略条件“⊄EM 平面ABCD ,⊂DO 平面ABCD ”的完整表达而造成不必要的失分！（Ⅱ）要证面面垂直，关键在于找出一组“线面垂直”，如图11，能较为直观看到“EM ⊥平面FAC ”就是目标．证明过程中常因几何直观强，忽视平行关系与垂直关系之间的转化，直接“想当然”“易得CF EM ⊥，AC EM ⊥”造成失分，同时条件“EM ⊂平面AEF ”也是学生证明面面垂直最容易失分的地方．【解决问题对策】1．理清判定定理和性质定理的条件与结论，关注证明的严密性．【指点迷津】线与线、线与面、面与面之间的关系错综复杂，平行关系、垂直关系或平行关系与垂直关系之间都可进行转化，其证明也是考试的高频点．证明时，不仅要思考它们之间的转化，而且要理清判定定理和性质定理的条件与结论（特别是一些较常遗漏疏忽的条件，如判定//a α时易忽视a α⊄；判定“线面垂直”易忽视“两相交直线”；判定“面面平行”，易直接“线线平行”），避免“会而不全”导致失分．例题6：如图16，已知矩形PA ABCD ⊥所在的平面，N M 、分别为PC AB 、的中点． （Ⅰ）求证：//平面MN PAD ；（Ⅱ）若045PDA ∠=，求证：平面平面PMC PCD ⊥．图16【解析】（Ⅰ）如图18，取CD 的中点F ,连接,MF NF ,∵N 为PC 中点, ∴FN 为PDC ∆的中位线,∴//FN PD ,又NF ⊄平面PAD ,PD ⊂平面PAD ,∴//FN 平面PAD ．同理可证//MF 平面PAD ,MF FN F ⋂=,,MF FN ⊂平面MNF ，所以平面MNF //平面PAD ,MN ⊂平面MNF ,∴//MN 平面PAD ．（Ⅱ）证明:∵PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， AD ⊂平面ABCD∴PA ⊥CD ， PA ⊥AD ，∵CD AD ⊥， PA AD A =I ，∴CD ⊥平面PAD如图17，∵AE ⊂平面PAD ∴CD ⊥AE ，∵45PDA ∠=o ，E 为PD 中点，∴AE PD ⊥，又∵PD CD D =I ∴AE ⊥平面PCD ．∵//MN AE ∴MN ⊥平面PCD ,又∵MN ⊂平面PMC ，∴平面PMC ⊥平面PCD ．学#科7网图18图172．总结位置关系的主要证明方法与适用范围．【指点迷津】培养学生模型化的意识是总结位置关系的一个行之有效的方法．其中正方体或长方体就是一个很好的载体（教室是一个非常有用的长方体模型），关键在于引导学生“观察、思考”。
第1讲 空间几何体[2019考向导航]1．必记的概念与定理(1)棱柱的性质；(2)正棱锥的性质；(3)正棱台的性质；(4)四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系．(5)圆柱、圆锥、圆台的性质；(6)球的截面性质． 2．记住几个常用的公式与结论 (1)柱体、锥体、台体的侧面积公式： ①S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； ②S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；③S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)；④S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)． (2)柱体、锥体、台体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (S ′，S 分别为上下底面面积，h 为高)；④V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．(3)正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②正方体的内切球，则2R ＝a ；③球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a ．(4)长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2． (5)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1． 3．需要关注的易错易混点 (1)侧面积与全面积的区别．(2)求一些不规则几何体的体积常用割补的方法转化成已知体积公式的几何体进行解决． (3)折叠与展开的体积问题注意几何体还原的准确性及数据的准确性． (4)求组合体的表面积时注意几何体的衔接部分的处理．空间几何体的体积与表面积[典型例题](1)(2019·高考江苏卷)如图，长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体积是120，E 为CC 1的中点，则三棱锥E -BCD 的体积是________．(2)现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．(1)因为长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积是120，所以CC 1·S 四边形ABCD ＝120，又E 是CC 1的中点，所以三棱锥E -BCD 的体积V E BCD ＝13EC ·S △BCD ＝13×12CC 1×12S四边形ABCD ＝112×120＝10．(2)设新的底面半径为r ，由题意得13×π×52×4＋π×22×8＝13×π×r 2×4＋π×r 2×8， 所以r 2＝7，所以r ＝7． 【答案】 (1)10 (2)7涉及柱、锥、台、球及其简单几何体(组合体)的侧面积(全面积)和体积的计算问题，要在正确理解概念的基础上，画出符合题意的图形或辅助线(面)，分析几何体的结构特征，选择合适的公式，进行计算．另外要重视空间问题平面化的思想和割补法、等积转换法的运用．[对点训练]1．(2018·高考江苏卷)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．[详细分析] 正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正八面体的所有棱长都是2，则该正八面体的体积为13×(2)2×2＝43．[答案] 432．(2019·苏锡常镇四市高三调研)设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1V 2＝3π，则S 1S 2的值为________．[详细分析] 由题意知，V 1＝a 3，S 1＝6a 2，V 2＝13πr 3，S 2＝2πr 2，由V 1V 2＝3π得，a 313πr 3＝3π，得a ＝r ，从而S 1S 2＝62π＝32π．[答案]32π3．(2019·江苏省高考名校联考(八))在一次模具制作大赛中，小明制作了一个母线长和底面直径相等的圆锥，而小强制作了一个球，经测量得圆锥的侧面积恰好等于球的表面积，则圆锥和球的体积的比值等于________．[详细分析] 设圆锥的底面半径为r ，球的半径为R ， 则圆锥的母线长为2r ，高为3r ． 由题意可知πr ×2r ＝4πR 2，即r ＝2R ．所以V 圆锥V 球＝13πr 2×3r 43πR 3＝34×⎝⎛⎭⎫r R 3＝34×(2)3＝62．[答案]62多面体与球 [典型例题]已知四棱锥S -ABCD 的所有顶点在同一球面上，底面ABCD 是正方形且球心O 在此平面内，当四棱锥的体积取得最大值时，其表面积等于16＋163，则球O 的体积等于________．由题意得，当四棱锥的体积取得最大值时，该四棱锥为正四棱锥．因为该四棱锥的表面积等于16＋163，设球O 的半径为R ，则AC ＝2R ，SO ＝R ，如图，所以该四棱锥的底面边长AB ＝2R ，则有(2R )2＋4×12×2R ×（2R ）2－⎝⎛⎭⎫22R 2＝16＋163，解得R ＝22，所以球O 的体积是43πR 3＝6423π．【答案】6423π求解球与多面体的组合问题时，其关键是确定球心的位置，可以根据空间几何体的对称性判断球心的位置，然后通过作出辅助线或辅助平面确定球的半径和多面体中各个几何元素的关系，达到求解解题需要的几何量的目的．[对点训练]4．如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．[详细分析] 设球O 的半径为r ，则圆柱的底面半径为r 、高为2r ，所以V 1V 2＝πr 2·2r 43πr 3＝32．[答案] 325．(2019·无锡模拟)已知正四棱柱的顶点在同一个球面上，且球的表面积为12π，当正四棱柱的体积最大时，正四棱柱的高为________．[详细分析] 设正四棱柱的底面边长为a ，高为h ，球的半径为r ，由题意知4πr 2＝12π，所以r 2＝3，又2a 2＋h 2＝(2r )2＝12，所以a 2＝6－h 22，所以正四棱柱的体积V ＝a 2h ＝⎝⎛⎭⎫6－h 22h ，则V ′＝6－32h 2，由V ′>0，得0<h <2，由V ′<0，得h >2，所以当h ＝2时，正四棱柱的体积最大，V max ＝8．[答案] 2折叠与展开 [典型例题](2019·扬州期末)如图所示，平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四面体ABCD ，使平面ABD ⊥平面BCD ，若四面体ABCD 的顶点在同一个球面上，则该球的体积为________．如图，取BD 的中点E ，BC 的中点O ，连结AE ，OD ，EO ，AO ．由题意，知AB ＝AD ， 所以AE ⊥BD ．由于平面ABD ⊥平面BCD ， AE ⊥BD ，所以AE ⊥平面BCD ．因为AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2， 所以AE ＝22，EO ＝12．所以OA ＝32． 在Rt △BDC 中，OB ＝OC ＝OD ＝12BC ＝32，所以四面体ABCD 的外接球的球心为O ，半径为32． 所以该球的体积V ＝43π⎝⎛⎭⎫323＝32π．【答案】32π解决折叠问题的关键是搞清楚处在折线同一个半平面的量是不变的，然后根据翻折前后图形及数量关系的变化，借助立体与平面几何知识，即可求解．[对点训练]6．如图，把边长为2的正六边形ABCDEF 沿对角线BE 折起，使AC ＝6，则五面体ABCDEF 的体积为________．[详细分析] 由BE ⊥OA ，BE ⊥OC 知BE ⊥平面AOC ， 同理BE ⊥平面FO ′D ，所以平面AOC ∥平面FO ′D ，故AOC -FO ′D 是侧棱长(高)为2的直三棱柱，且三棱锥B -AOC 和E -FO ′D 为大小相同的三棱锥，所以V ABCDEF ＝2V B AOC ＋V AOC FO ′D ＝2×13×12×(3)2×1＋12×(3)2×2＝4．[答案] 47．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________．[详细分析] 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．[答案] 16π1．(2019·南京、盐城高三模拟)设一个正方体与底面边长为23，侧棱长为10的正四棱锥的体积相等，则该正方体的棱长为________．[详细分析] 根据题意，设正方体的棱长为a ，则有a 3＝13×(23)2×（10）2－（23× 22）2，解得a ＝2．[答案] 22．(2019·苏州期末)已知一个圆锥的母线长为2，侧面展开是半圆，则该圆锥的体积为________．[详细分析] 设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则2π＝2πr ，故r ＝1，故h ＝4－1＝3，故圆锥的体积为13π×12×3＝3π3．[答案]33π 3．(2019·苏锡常镇模拟)平面α截半径为2的球O 所得的截面圆的面积为π，则球心O 到平面α的距离为________．[详细分析] 设截面圆的半径为r ，则πr 2＝π，解得r ＝1，故d ＝R 2－r 2＝3．[答案] 34．表面积为3π的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面直径为________． [详细分析] 设圆锥的母线为l ，圆锥底面半径为r ，则πrl ＋πr 2＝3π，πl ＝2πr ．解得r ＝1，即直径为2．[答案] 25．(2019·南京、盐城模拟)若一个圆锥的底面半径为1，侧面积是底面积的2倍，则该圆锥的体积为________．[详细分析] 设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，则由侧面积是底面积的2倍得πrl ＝2πr 2，故l ＝2r ＝2，因此高为h ＝3，故圆锥的体积为V ＝13πr 2h ＝13π×12×3＝33π．[答案]3π36．(2019·苏锡常镇调研)如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是矩形，AB ＝2，AD ＝3，P A ＝4，点E 为棱CD 上一点，则三棱锥E -P AB 的体积为________．[详细分析] 因为V E P AB ＝V P ABE ＝13S △ABE ·P A ＝13×12AB ·AD ·P A ＝13×12×2×3×4＝4．[答案] 47．如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝3 cm ，AA 1＝2 cm ，则四棱锥A -BB 1D 1D 的体积为__________________________________________________________________ cm 3．[详细分析] 连结AC 交BD 于O ，在长方体中，因为AB ＝AD ＝3，所以BD ＝32且AC ⊥BD ． 又因为BB 1⊥底面ABCD ，所以BB 1⊥AC ． 又DB ∩BB 1＝B ，所以AC ⊥平面BB 1D 1D ，所以AO 为四棱锥A -BB 1D 1D 的高且AO ＝12BD ＝322．因为S 矩形BB 1D 1D ＝BD ×BB 1＝32×2＝62， 所以VA BB 1D 1D ＝13S 矩形BB 1D 1D ·AO＝13×62×322＝6(cm 3)． [答案] 68．已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为32，则这个四棱锥的外接球的表面积为________．[详细分析] 依题意得，该正四棱锥的底面对角线长为32×2＝6，高为 （32）2－⎝⎛⎭⎫12×62＝3，因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该四棱锥的外接球的球心为底面正方形的中心，其外接球的半径为3，所以其外接球的表面积等于4π×32＝36π．[答案] 36π9．(2019·江苏省高考名校联考信息卷(五))如图是一个实心金属几何体的直观图，它的中间为高是4的圆柱，上下两端均是半径为2的半球，若将该实心金属几何体在熔炉中高温熔化(不考虑过程中的原料损失)，熔成一个实心球，则该球的直径为______．[详细分析] 设实心球的半径为R ，则由题意知该实心金属几何体的体积V ＝323π＋16π＝803π＝43πR 3，得R ＝320，所以实心球的直径为2R ＝2320．[答案] 232010．(2019·江苏省高考名校联考(五))如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，且AA 1＝2AB ，若三棱锥P -BCD 的体积与正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的侧面积的数值之比为1∶24，则VABCD A 1B 1C 1D 1＝________．[详细分析] 设AB ＝a ，则AA 1＝2a ，所以V P BCD ＝13×12a 2×2a ＝13a 3，正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的侧面积为S ＝4×2a 2＝8a 2，所以13a 38a 2＝a 24＝124，即a ＝1，所以VABCD A 1B 1C 1D 1＝2a 3＝2．[答案] 211．(2019·苏州市第一学期学业质量调研)如图，某种螺帽是由一个半径为2的半球体挖去一个正三棱锥所得的几何体，该正三棱锥的底面三角形内接于半球底面的大圆，顶点在半球面上，则被挖去的正三棱锥的体积为______．[详细分析] 如图，记挖去的正三棱锥为正三棱锥P -ABC ，则该正三棱锥的底面三角形ABC 内接于半球底面的大圆，顶点P 在半球面上．设BC 的中点为D ，连结AD ，过点P 作PO ⊥平面ABC ，交AD 于点O ，则AO ＝PO ＝2，AD ＝3，AB ＝BC ＝23，所以S △ABC ＝12×23×3＝33，所以挖去的正三棱锥的体积V ＝13S △ABC ×PO ＝13×33×2＝23．[答案] 2 312．(2019·南京模拟)如图，已知△ABC 为等腰直角三角形，斜边BC 上的中线AD ＝2，将△ABC 沿AD 折成60°的二面角，连结BC ，则三棱锥C -ABD 的体积为________．[详细分析] 因为BD ⊥AD ，CD ⊥AD ，所以∠BDC 即为二面角B -AD -C 的平面角，即∠BDC ＝π3．又因为BD ＝DC ＝2，所以三角形BDC 面积为12×2×2×32＝3．又因为AD ⊥平面BDC ，所以V ＝13AD ×S △DBC ＝233． [答案] 23313．如图，在多面体ABCDEF 中，已知四边形ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为________．[详细分析] 如图，过A ，B 两点分别作AM ，BN 垂直于EF ，垂足分别为M ，N ，连结DM ，CN ，可证得DM ⊥EF ，CN ⊥EF ，多面体ABCDEF分为三部分，多面体的体积为V ABCDEF ＝V AMD BNC ＋V E AMD ＋V F BNC ．因为NF ＝12，BF ＝1， 所以BN ＝32． 作NH 垂直BC 于点H ，则H 为BC 的中点，则NH ＝22． 所以S △BNC ＝12·BC ·NH ＝12×1×22＝24． 所以V F BNC ＝13·S △BNC ·NF ＝224，V E AMD ＝V F BNC ＝224， V AMD BNC ＝S △BNC ·MN ＝24． 所以V ABCDEF ＝23． [答案] 23 14．(2019·江苏四星级学校联考)如图，已知AB 为圆O 的直径，C 为圆上一动点，P A ⊥圆O 所在的平面，且P A ＝AB ＝2，过点A 作平面α⊥PB ，分别交PB ，PC 于E ，F ，则三棱锥P -AEF 的体积的最大值为________．[详细分析] 在Rt △P AB 中，P A ＝AB ＝2，所以PB ＝22，因为AE ⊥PB ，所以AE ＝12PB ＝2，所以PE ＝BE ＝2． 因为P A ⊥底面ABC ，得P A ⊥BC ，AC ⊥BC ，P A ∩AC ＝A ，所以BC ⊥平面P AC ，可得AF ⊥BC ．因为AF ⊥PC ，BC ∩PC ＝C ，所以AF ⊥平面PBC ．因为PB ⊂平面PBC ，所以AF ⊥PB ．因为AE ⊥PB 且AE ∩AF ＝A ，所以PB ⊥平面AEF ，结合EF ⊂平面AEF ，可得PB ⊥EF ．因为AF ⊥平面PBC ，EF ⊂平面PBC ．所以AF ⊥EF ．所以在Rt △AEF 中，设∠AEF ＝θ，则AF ＝2sin θ，EF ＝2cos θ，所以S △AEF ＝12AF ·EF ＝12×2sin θ×2cos θ＝12sin 2θ， 所以当sin 2θ＝1，即θ＝45°时，S △AEF 有最大值为12， 此时，三棱锥P -AEF 的体积的最大值为13×12×2＝26． [答案]26。
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 .。
