2018年高考数学大一轮复习 增分训练 立体几何 文科 Word版 含答案

天天练30 圆的方程及直线与圆位置关系一、选择题1．已知圆的方程为x 2＋y 2－2x －6y ＋1＝0，那么圆心坐标为( )A ．(－1，－3)B ．(1，－3)C ．(1,3)D ．(－1,3)2．直线l ：mx －y ＋1＝0与圆C ：x 2＋(y －1)2＝5的位置关系是( )A ．相切B ．相离C ．相交D ．不确定3．(2016·课标全国Ⅱ，4)圆x 2＋y 2－2x －8y ＋13＝0的圆心到直线ax ＋y －1＝0的距离为1，则a ＝( )A ．－43B ．－34 C. 3 D ．24．(2017·广东佛山二模，7)过点M (1,2)的直线l 与圆C ：(x －3)2＋(y －4)2＝25交于A ，B 两点，C 为圆心，当∠ACB 最小时，直线l 的方程是( )A ．x －2y ＋3＝0B ．2x ＋y －4＝0C ．x －y ＋1＝0D ．x ＋y －3＝05．若圆x 2＋y 2＝16和圆(x －a )2＋y 2＝1相切，则a 的值为( )A ．±3B ．±5C ．±3或±5D ．3或56．(2017·吉林一检)过点A (a ，a )可作圆x 2＋y 2－2ax ＋a 2＋2a －3＝0的两条切线，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32 C ．(－∞，－3) D ．(－3,1)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ 7．已知在平面直角坐标系xOy 中，圆C 的方程为x 2＋y 2＝－2y ＋3，直线l 过点(1,0)且与直线x －y ＋1＝0垂直．若直线l 与圆C 交于A ，B 两点，则△OAB 的面积为( )A ．1 B. 2 C ．2 D ．2 28．(2017·广西适应性测试)点A 、B 分别为圆M ：x 2＋(y －3)2＝1与圆N ：(x －3)2＋(y －8)2＝4上的动点，点C 在直线x ＋y ＝0上运动，则|AC |＋|BC |的最小值为( )A ．7B ．8C ．9D ．10二、填空题9．圆心在直线x －2y ＝0上的圆C 与y 轴的正半轴相切，圆C截x 轴所得弦的长为23，则圆C 的标准方程为________________________．10．(2017·洛阳一模)已知过点(2,4)的直线l 被圆C ：x 2＋y 2－2x －4y －5＝0截得的弦长为6，则直线l 的方程为________________．11．(2017·福建师大附中联考，13)与圆C ：x 2＋y 2－2x ＋4y ＝0外切于原点，且半径为25的圆的标准方程为________________．三、解答题12．已知圆M 经过A (1，－2)，B (－1,0)两点，且在两坐标轴上的四个截距之和为2.(1)求圆M 的方程；(2)若P ⎝⎛⎭⎪⎫2，12为圆内一点，求经过点P 被圆M 截得的弦长最短时的直线l 的方程．1．C 将圆的方程化为一般方程为：()x －12＋()y －32＝9，根据圆的标准方程知圆心坐标为()1，3，所以答案为C.2．C 由直线l ：mx －y ＋1＝0，得y －1＝m (x －0)，因此直线l 恒过点(0,1)．又点(0,1)是圆C 的圆心，所以直线l 与圆C 的位置关系是相交，故选C.3．A 圆的方程可化为(x －1)2＋(y －4)2＝4，则圆心坐标为(1,4)，圆心到直线ax ＋y －1＝0的距离为|a ＋4－1|a 2＋1＝1，解得a ＝－43.故选A.4．D 设圆心C 到直线l 的距离为d ，则有cos ∠ACB 2＝d 5，要使∠ACB 最小，则d 要取到最大值．此时直线l 与直线CM 垂直．而k CM ＝4－23－1＝1，故直线l 的方程为y －2＝－1×(x －1)，即x ＋y －3＝0. 5．C 两圆的圆心距d ＝|a |，∵两个圆相切，∴|a |＝3或|a |＝5，∴a ＝±3或±5.6．A 通解 依题意可得A (a ，a )在圆外，故a 2＋a 2－2a 2＋a 2＋2a －3>0，即a 2＋2a －3>0，解得a <－3或a >1，又由(x －a )2＋y 2＝3－2a,3－2a ＞0，a ＜32，故选A.优解 圆x 2＋y 2－2ax ＋a 2＋2a －3＝0化成标准方程得(x －a )2＋y 2＝3－2a ，故A (a ，a )到圆心(a,0)的距离为|a |，依题意可得|a |>3－2a ，即a 2＋2a －3>0，解得a <－3或a >1，选A.7．A 圆C 的标准方程为x 2＋(y ＋1)2＝4，圆心坐标为(0，－1)，半径为2；直线l 的斜率为－1，方程为x ＋y －1＝0.圆心到直线l 的距离d ＝|0－1－1|2＝2，弦长|AB |＝2r 2－d 2＝24－2＝22，又坐标原点O 到AB 的距离为12，所以△AOB 的面积为12×22×12＝1.故选A.8．A 设M (0,3)关于直线x ＋y ＝0的对称点为P (－3,0)，且N (3,8)，∴|AC |＋|BC |≥|PN |－1－2＝62＋82－3＝7.9．(x －2)2＋(y －1)2＝4解析：设圆心为(2t ，t )，半径为r ＝|2t |，∵圆C 截x 轴所得弦的长为23，∴t 2＋3＝4t 2，∴t ＝±1，其中t ＝－1不符合题意，舍去，故t ＝1,2t ＝2，∴(x －2)2＋(y －1)2＝4.10．x －2＝0或3x －4y ＋10＝0解析：圆C ：x 2＋y 2－2x －4y －5＝0的圆心坐标为(1,2)，半径为10.因为过点(2,4)的直线l 被圆C 截得的弦长为6，所以圆心到直线l 的距离为1，①当直线l 的斜率不存在时，直线方程为x －2＝0，满足圆心到直线的距离为1；②当直线l 的斜率存在时，设其方程为y －4＝k (x －2)，即kx －y －2k ＋4＝0，所以|k －2k －2＋4|1＋k2＝1，所以k ＝34，所求直线l 的方程为3x －4y ＋10＝0.故直线l 的方程为x －2＝0或3x －4y ＋10＝0.11．(x ＋2)2＋(y －4)2＝20解析：所求圆的圆心在直线y ＝－2x 上，所以可设所求圆的圆心为(a ，－2a )(a <0)，又因为所求圆与圆C ：x 2＋y 2－2x ＋4y ＝0外切于原点，且半径为25，所以a 2＋(－2a )2＝25，可得a 2＝4，则a ＝－2或a ＝2(舍去)．所以所求圆的标准方程为(x ＋2)2＋(y －4)2＝20.12．解：(1)设圆M 的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0.令y ＝0，得x 2＋Dx ＋F ＝0，则圆在x 轴上的截距之和为x 1＋x 2＝－D ；令x ＝0，得y 2＋Ey ＋F ＝0，则圆在y 轴上的截距之和为y 1＋y 2＝－E .由题意有－D －E ＝2，即D ＋E ＝－2.又∵A (1，－2)，B (－1,0)在圆上，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋4＋D －2E ＋F ＝0，1－D ＋F ＝0，D ＋E ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ D ＝－2，E ＝0，F ＝－3.故所求圆M 的方程为x 2＋y 2－2x －3＝0.(2)由(1)知，圆M 的方程为(x －1)2＋y 2＝4，圆心为M (1,0)．当直线l 过定点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，12且与过此点的圆的半径垂直时，l 被圆截得的弦长最短，此时k PM ＝0－121－2＝12， ∴k l ＝－1k PM＝－2，于是直线l 的方程为y －12＝－2(x －2)，即4x ＋2y －9＝0.2016-2017学年湖南省衡阳市衡阳县四中高二（下）第一次模拟数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，满分40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合M={0，1，2}，N={x }，若M ∪N={0，1，2，3}，则x 的值为（ ）A ．3B ．2C ．1D ．02．如图是一个几何体的三视图，则该几何体为（ ）A．球B．圆柱C．圆台D．圆锥3．在区间[0，5]内任取一个实数，则此数大于3的概率为（）A．B．C．D．4．某程序框图如图所示，若输入x的值为1，则输出y的值是（）A．2 B．3 C．4 D．55．已知向量=（1，2），=（x，4），若∥，则实数x的值为（）A．8 B．2 C．﹣2 D．﹣86．某学校高一、高二、高三年级的学生人数分别为600，400，800．为了了解教师的教学情况，该校采用分层抽样的方法从这三个年级中抽取45名学生进行座谈，则高一、高二、高三年级抽取的人数分别为（）A．15，5，25 B．15，15，15 C．10，5，30 D．15，10，207．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线BD与A1C1的位置关系是（）A．平行B．相交C．异面但不垂直D．异面且垂直8．不等式（x+1）（x﹣2）≤0的解集为（）A．{x|﹣1≤x≤2}B．{x|﹣1＜x＜2}C．{x|x≥2或x≤﹣1}D．{x|x＞2或x ＜﹣1}9．已知两点P（4，0），Q（0，2），则以线段PQ为直径的圆的方程是（）A．（x+2）2+（y+1）2=5 B．（x﹣2）2+（y﹣1）2=10 C．（x﹣2）2+（y﹣1）2=5 D．（x+2）2+（y+1）2=1010．如图，在高速公路建设中需要确定隧道的长度，工程技术人员已测得隧道两端的两点A、B到点C的距离AC=BC=1km，且∠ACB=120°，则A、B两点间的距离为（）A．km B．km C．1.5km D．2km二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，满分20分．11．计算：log21+log24=．12．已知1，x，9成等比数列，则实数x=．13．已知点（x，y）在如图所示的平面区域（阴影部分）内运动，则z=x+y的最大值是．14．已知a是函数f（x）=2﹣log2x的零点，则a的值为•15．如图1，在矩形ABCD中，AB=2BC，E、F分别是AB、CD的中点，现在沿EF 把这个矩形折成一个直二面角A﹣EF﹣C（如图2），则在图2中直线AF与平面EBCF所成的角的大小为．三、解答题：本大题共5小题，满分40分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．已知，＜θ＜π．（1）求tanθ；（2）求的值．17．某公司为了了解本公司职员的早餐费用情况，抽样调査了100位职员的早餐日平均费用（单位：元），得到如图所示的频率分布直方图，图中标注a的数字模糊不清．（1）试根据频率分布直方图求a的值，并估计该公司职员早餐日平均费用的众数；（2）已知该公司有1000名职员，试估计该公司有多少职员早餐日平均费用不少于8元？18．已知等比数列{a n}的公比q=2，且a2，a3+1，a4成等差数列．（1）求a1及a n；（2）设b n=a n+n，求数列{b n}的前5项和S5．19．已知二次函数f（x）=x2+ax+b满足f（0）=6，f（1）=5（1）求函数f（x）解析式（2）求函数f（x）在x∈[﹣2，2]的最大值和最小值．20．已知圆C：x2+y2+2x﹣3=0．（1）求圆的圆心C的坐标和半径长；（2）直线l经过坐标原点且不与y轴重合，l与圆C相交于A（x1，y1）、B（x2，y2）两点，求证：为定值；（3）斜率为1的直线m与圆C相交于D、E两点，求直线m的方程，使△CDE 的面积最大．2016-2017学年湖南省衡阳市衡阳县四中高二（下）第一次模拟数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，满分40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合M={0，1，2}，N={x}，若M∪N={0，1，2，3}，则x的值为（）A．3 B．2 C．1 D．0【考点】并集及其运算．【分析】根据M及M与N的并集，求出x的值，确定出N即可．【解答】解：∵集合M={0，1，2}，N={x}，且M∪N={0，1，2，3}，∴x=3，故选：A．2．如图是一个几何体的三视图，则该几何体为（）A．球B．圆柱C．圆台D．圆锥【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由三视图可知该几何体为圆锥．【解答】解：根据三视图可知，该几何体为圆锥．故选D．3．在区间[0，5]内任取一个实数，则此数大于3的概率为（）A．B．C．D．【考点】几何概型．【分析】由题意，要使此数大于3，只要在区间（3，5]上取即可，利用区间长度的比求．【解答】解：要使此数大于3，只要在区间（3，5]上取即可，由几何概型的个数得到此数大于3的概率为为；故选B．4．某程序框图如图所示，若输入x的值为1，则输出y的值是（）A．2 B．3 C．4 D．5【考点】程序框图．【分析】根据题意，模拟程序框图的运行过程，即可得出正确的答案．【解答】解：模拟程序框图的运行过程，如下；输入x=1，y=1﹣1+3=3，输出y的值为3．故选：B．5．已知向量=（1，2），=（x，4），若∥，则实数x的值为（）A．8 B．2 C．﹣2 D．﹣8【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示．【分析】根据向量平行的坐标公式建立方程进行求解即可．【解答】解：∵∥，∴4﹣2x=0，得x=2，故选：B6．某学校高一、高二、高三年级的学生人数分别为600，400，800．为了了解教师的教学情况，该校采用分层抽样的方法从这三个年级中抽取45名学生进行座谈，则高一、高二、高三年级抽取的人数分别为（）A．15，5，25 B．15，15，15 C．10，5，30 D．15，10，20【考点】分层抽样方法．【分析】根据分层抽样的定义，建立比例关系即可等到结论．【解答】解：∵高一、高二、高三年级的学生人数分别为600，400，800．∴从这三个年级中抽取45名学生进行座谈，则高一、高二、高三年级抽取的人数分别，高二：，高三：45﹣15﹣10=20．故选：D7．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线BD与A1C1的位置关系是（）A．平行B．相交C．异面但不垂直D．异面且垂直【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．【分析】连接AC，则AC∥A1C1，AC⊥BD，即可得出结论．【解答】解：∵正方体的对面平行，∴直线BD与A1C1异面，连接AC，则AC∥A1C1，AC⊥BD，∴直线BD与A1C1垂直，∴直线BD与A1C1异面且垂直，故选：D．8．不等式（x+1）（x﹣2）≤0的解集为（）A．{x|﹣1≤x≤2}B．{x|﹣1＜x＜2}C．{x|x≥2或x≤﹣1}D．{x|x＞2或x ＜﹣1}【考点】一元二次不等式的解法．【分析】根据一元二次不等式对应方程的实数根，即可写出不等式的解集．【解答】解：不等式（x+1）（x﹣2）≤0对应方程的两个实数根为﹣1和2，所以该不等式的解集为{x|﹣1≤x≤2}．故选：A．9．已知两点P（4，0），Q（0，2），则以线段PQ为直径的圆的方程是（）A．（x+2）2+（y+1）2=5 B．（x﹣2）2+（y﹣1）2=10 C．（x﹣2）2+（y﹣1）2=5 D．（x+2）2+（y+1）2=10【考点】圆的标准方程．【分析】求出圆心坐标和半径，因为圆的直径为线段PQ，所以圆心为P，Q的中点，应用中点坐标公式求出，半径为线段PQ长度的一半，求出线段PQ的长度，除2即可得到半径，再代入圆的标准方程即可．【解答】解：∵圆的直径为线段PQ，∴圆心坐标为（2，1）半径r===∴圆的方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2=5．故选：C．10．如图，在高速公路建设中需要确定隧道的长度，工程技术人员已测得隧道两端的两点A、B到点C的距离AC=BC=1km，且∠ACB=120°，则A、B两点间的距离为（）A．km B．km C．1.5km D．2km【考点】解三角形的实际应用．【分析】直接利用与余弦定理求出AB的数值．【解答】解：根据余弦定理AB2=a2+b2﹣2abcosC，∴AB===（km）．故选：A．二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，满分20分．11．计算：log21+log24=2．【考点】对数的运算性质．【分析】直接利用对数的运算法则化简求解即可．【解答】解：log21+log24=0+log222=2．故答案为：2．12．已知1，x，9成等比数列，则实数x=±3．【考点】等比数列．【分析】由等比数列的性质得x2=9，由此能求出实数x．【解答】解：∵1，x，9成等比数列，∴x2=9，解得x=±3．故答案为：±3．13．已知点（x，y）在如图所示的平面区域（阴影部分）内运动，则z=x+y的最大值是5．【考点】简单线性规划．【分析】利用目标函数的几何意义求最大值即可．【解答】解：由已知，目标函数变形为y=﹣x+z，当此直线经过图中点（3，2）时，在y轴的截距最大，使得z最大，所以z的最大值为3+2=5；故答案为：5．14．已知a是函数f（x）=2﹣log2x的零点，则a的值为4•【考点】函数的零点．【分析】根据函数零点的定义，得f（a）=0，从而求出a的值．【解答】解：a是函数f（x）=2﹣log2x的零点，∴f（a）=2﹣log2a=0，∴log2a=2，解得a=4．故答案为：4．15．如图1，在矩形ABCD中，AB=2BC，E、F分别是AB、CD的中点，现在沿EF 把这个矩形折成一个直二面角A﹣EF﹣C（如图2），则在图2中直线AF与平面EBCF所成的角的大小为45°．【考点】直线与平面所成的角．【分析】由题意，AE⊥平面EFBC，∠AFE是直线AF与平面EBCF所成的角，即可得出结论．【解答】解：由题意，AE⊥平面EFBC，∴∠AFE是直线AF与平面EBCF所成的角，∵AE=EF，∴∠AFE=45°．故答案为45°．三、解答题：本大题共5小题，满分40分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．已知，＜θ＜π．（1）求tanθ；（2）求的值．【考点】三角函数的化简求值．【分析】（1）由，＜θ＜π结合同角平方关系可求cosθ，利用同角基本关系可求（2）结合（1）可知tanθ的值，故考虑把所求的式子化为含“切”的形式，从而在所求的式子的分子、分母同时除以cos2θ，然后把已知tanθ的值代入可求．【解答】解：（1）∵sin2θ+cos2θ=1，∴cos2θ=．又＜θ＜π，∴cosθ=∴．（2）=．17．某公司为了了解本公司职员的早餐费用情况，抽样调査了100位职员的早餐日平均费用（单位：元），得到如图所示的频率分布直方图，图中标注a的数字模糊不清．（1）试根据频率分布直方图求a的值，并估计该公司职员早餐日平均费用的众数；（2）已知该公司有1000名职员，试估计该公司有多少职员早餐日平均费用不少于8元？【考点】频率分布直方图．【分析】（1）由频率分布直方图中各小长方形的面积之和等于1，求出a的值，频率分布直方图中最高的小长方体的底面边长的中点即是众数；（2）求出本公司职员平均费用不少于8元的频率就能求出公司有多少职员早餐日平均费用不少于8元．【解答】解：（1）据题意得：（0.05+0.10+a+0.10+0.05+0.05）×2=1，解得a=0.15，众数为：；（2）该公司职员早餐日平均费用不少于8元的有：×2=200，18．已知等比数列{a n}的公比q=2，且a2，a3+1，a4成等差数列．（1）求a1及a n；（2）设b n=a n+n，求数列{b n}的前5项和S5．【考点】数列的求和；等比数列的通项公式．【分析】（1）运用等比数列的通项公式和等差数列的中项的性质，解方程可得首项，进而得到所求通项公式；（2）求得b n=2n﹣1+n，再由数列的求和方法：分组求和，结合等差数列和等比数列的求和公式，计算即可得到所求和．【解答】解：（1）由已知得a2=2a1，a3+1=4a1+1，a4=8a1，又a2，a3+1，a4成等差数列，可得：2（a3+1）=a2+a4，所以2（4a1+1）=2a1+8a1，解得a1=1，故a n=a1q n﹣1=2n﹣1；（2）因为b n=2n﹣1+n，所以S5=b1+b2+b3+b4+b5=（1+2+...+16）+（1+2+ (5)=+=31+15=46．19．已知二次函数f（x）=x2+ax+b满足f（0）=6，f（1）=5（1）求函数f（x）解析式（2）求函数f（x）在x∈[﹣2，2]的最大值和最小值．【考点】二次函数的性质；二次函数在闭区间上的最值．【分析】（1）利用已知条件列出方程组求解即可．（2）利用二次函数的对称轴以及开口方向，通过二次函数的性质求解函数的最值即可．【解答】解：（1）∵；（2）∵f（x）=x2﹣2x+6=（x﹣1）2+5，x∈[﹣2，2]，开口向上，对称轴为：x=1，∴x=1时，f（x）的最小值为5，x=﹣2时，f（x）的最大值为14．20．已知圆C：x2+y2+2x﹣3=0．（1）求圆的圆心C的坐标和半径长；（2）直线l经过坐标原点且不与y轴重合，l与圆C相交于A（x1，y1）、B（x2，y2）两点，求证：为定值；（3）斜率为1的直线m与圆C相交于D、E两点，求直线m的方程，使△CDE 的面积最大．【考点】直线与圆的位置关系．【分析】（1）把圆C的方程化为标准方程，写出圆心和半径；（2）设出直线l的方程，与圆C的方程组成方程组，消去y得关于x的一元二次方程，由根与系数的关系求出的值；（3）解法一：设出直线m的方程，由圆心C到直线m的距离，写出△CDE的面积，利用基本不等式求出最大值，从而求出对应直线方程；解法二：利用几何法得出CD⊥CE时△CDE的面积最大，再利用点到直线的距离求出对应直线m的方程．【解答】解：（1）圆C：x2+y2+2x﹣3=0，配方得（x+1）2+y2=4，则圆心C的坐标为（﹣1，0），圆的半径长为2；（2）设直线l的方程为y=kx，联立方程组，消去y得（1+k2）x2+2x﹣3=0，则有：；所以为定值；（3）解法一：设直线m的方程为y=kx+b，则圆心C到直线m的距离，所以，≤，当且仅当，即时，△CDE的面积最大，从而，解之得b=3或b=﹣1，故所求直线方程为x﹣y+3=0或x﹣y﹣1=0．解法二：由（1）知|CD|=|CE|=R=2，所以≤2，当且仅当CD⊥CE时，△CDE的面积最大，此时；设直线m的方程为y=x+b，则圆心C到直线m的距离，由，得，由，得b=3或b=﹣1，故所求直线方程为x﹣y+3=0或x﹣y﹣1=0．2017年5月5日。

(时间：40分钟)1．如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π 答案 A解析由三视图知该几何体为球去掉了18所剩的几何体(如图)，设球的半径为R ，则78×43πR 3＝28π3，故R ＝2，从而它的表面积S ＝78×4πR 2＋34×πR 2＝17π.故选A.2．已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是( )A ．108 cm 3B ．100 cm 3C ．92 cm 3D．84 cm3答案 B解析由三视图可知原几何体是一个长、宽、高分别为6,3,6的长方体切去一个三棱锥，因此该几何体的体积＝6×3×6－13×4×12×4×3＝108－8＝100(cm3)，故选B.3．某几何体的三视图如图(其中侧视图中的圆弧是半圆)，则该几何体的表面积为( )A．92＋14π B．82＋14πC．92＋24π D．82＋24π答案 A解析由三视图可知，此几何体上半部分是半个圆柱，圆柱的底面半径为2，高为5，下半部分是一个长方体，长、宽、高分别为5、4、4，故此几何体的表面积为4×4×2＋4×5×3＋4π×52＋4π＝92＋14π，故选A.4．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )A ．2＋ 5B ．4＋ 5C ．2＋2 5D ．5 答案 C解析 由三视图还原几何体如图．故S表面积＝S △BCD ＋2S △ACD ＋S △ABC＝12×2×2＋2×12×5×1＋12×2×5＝2＋5＋5＝2＋2 5. 5．已知三棱柱的三个侧面均垂直于底面，底面为正三角形，且侧棱长与底面边长之比为2∶1，顶点都在一个球面上，若该球的表面积为16π3，则此三棱柱的侧面积为( )A. 3B.32C ．8D ．6 答案 D解析 如图，根据球的表面积可得球的半径为r ＝43，设三棱柱的底面边长为x ，则⎝⎛⎭⎪⎪⎫432＝x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫33x 2，解得x ＝1，故该三棱柱的侧面积为3×1×2＝6.6．已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m 3.答案 2解析 四棱锥的底面是平行四边形，由三视图可知其底面积为2×1＝2 (m 2)，四棱锥的高为3 m ，所以四棱锥的体积V ＝13×2×3＝2 (m 3)．7．某几何体的三视图如图所示，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，侧视图是半径为1的半圆，则该几何体的表面积是________．答案 2(π＋3)解析由三视图可知此几何体的表面积分为两部分：底面积即俯视图的面积为23；侧面积为一个完整的圆锥的侧面积，且圆锥的母线长为2，底面半径为1，所以侧面积为2π.两部分加起来即为几何体的表面积，为2(π＋3)．8．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm2，体积是________cm3.答案72 32解析由几何体的三视图可得该几何体的直观图如图所示．该几何体由两个完全相同的长方体组合而成，其中AB＝BC＝2 cm，BD＝4cm ，∴该几何体的体积V ＝2×2×4×2＝32 (cm 3)，表面积S ＝(2×2×3＋2×4×3)×2＝36×2＝72 (cm 2)．9．一个空间几何体的三视图如图所示，求该几何体的外接球的表面积．解 依题意，题中的几何体是三棱锥A －BCD ，如图所示． 其中底面△BCD 是等腰直角三角形，BC ＝CD ＝2，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AB ＝2，BD ＝2，AC ⊥CD .取AD 的中点M ，连接BM ，CM ，则有BM ＝CM ＝12AD ＝12 22＋ 2 2＝62，该几何体的外接球的半径是62，该几何体的外接球的表面积为4π×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫622＝6π. 10．如图，△ABC 中，AB ＝8，BC ＝10，AC ＝6，DB ⊥平面ABC ，且AE ∥FC ∥BD ，BD ＝3，FC ＝4，AE ＝5.求此几何体的体积．解 解法一：如图，取CM ＝AN ＝BD ，连接DM ，MN ，DN ，用“分割法”把原几何体分割成一个直三棱柱和一个四棱锥．所以V 几何体＝V 三棱柱＋V 四棱锥．由题知三棱柱ABC －NDM 的体积为V 1＝12×8×6×3＝72.四棱锥D －MNEF 的体积为：V 2＝13×S 梯形MNEF ×DN ＝13×12×(1＋2)×6×8＝24，则几何体的体积为：V＝V1＋V2＝72＋24＝96.解法二：用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使AA′＝BB′＝CC′＝8，所以V几何体＝12V三棱柱＝12×S△ABC×AA′＝12×24×8＝96.(时间：20分钟)11．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，则该多面体的表面积为( )A．18＋36 5 B．54＋18 5C ．90D ．81 答案 B解析 由三视图可知，该几何体的底面是边长为3的正方形，高为6，侧棱长为35的平行六面体，则该几何体的表面积S ＝2×32＋2×3×35＋2×3×6＝54＋185，故选B.12．已知某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A.33B.233C.433D.533 答案 C解析 如图所示，由题意知该几何体为四棱锥P －ABCD ，底面面积S ＝2×2＝4，高h ＝3，故体积V P －ABCD ＝13Sh ＝13×4×3＝433.13．一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图为等腰直角三角形，正视图和侧视图是全等的等腰三角形，则此三棱锥外接球的表面积为________．答案 9π解析该三棱锥的直观图如图所示，其中底面ABC为以C为直角顶点的等腰直角三角形，侧面PAB⊥底面ABC，顶点P在底面上的射影为AB 的中点O′.该三棱锥的外接球的球心一定在PO′上，且满足OP＝OA ＝r.在Rt△OO′A中，O′A＝1222＋22＝2，OO′＝2－r，所以r2＝2＋(2－r)2，解得r＝32，所以其外接球的表面积为4π×⎝⎛⎭⎪⎫322＝9π.14.现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P－A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．(1)若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？解 (1)由PO 1＝2知，O 1O ＝4PO 1＝8. 因为A 1B 1＝AB ＝6，所以正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1的体积 V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)．正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)．所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)．(2)设A 1B 1＝a m ，PO 1＝h m ， 则0<h <6，O 1O ＝4h . 如图，连接O 1B 1.因为在Rt △PO 1B 1中，O 1B 21＋PO 21＝PB 21，所以⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫22a 2＋h 2＝36， 即a 2＝2(36－h 2)． 于是仓库的容积V＝V柱＋V锥＝a2·4h＋13a2·h＝133a2h＝263(36h－h3)，0<h<6，从而V′＝263(36－3h2)＝26(12－h2)．令V′＝0，得h＝23或h＝－23(舍)．当0<h<23时，V′>0，V是单调递增函数；当23<h<6时，V′<0，V是单调递减函数．故h＝23时，V取得极大值，也是最大值．因此，当PO1＝2 3 m时，仓库的容积最大．。

课时作业43 空间几何体的表面积与体积一、选择题1．如图是某一几何体的三视图，则这个几何体的体积为( )A ．4B ．8C ．16D ．20解析：由三视图知，此几何体是一个三棱锥，底面为一边长为6，高为2的三角形，三棱锥的高为4，所以体积为V ＝13×12×6×2×4＝8.故选B.答案：B2．(2017·黄冈中学月考)某空间组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为( )A ．48B ．56C ．64D ．72解析：该组合体由两个棱柱组成，上面的棱柱体积为2×4×5＝40，下面的棱柱体积为4×6×1＝24，故组合体的体积为64.故选C.答案：C3．以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于( )A ．2πB ．πC ．2D ．1解析：以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴旋转一周所得的圆柱的底面半径为1，母线长为1.故侧面积为2πr ·l ＝2π·1·1＝2π.答案：A4．如图所示，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1－ABC 1的体积为( )A.312B.34C.612D.64解析：在△ABC 中，BC 边上的高为32，即棱锥A －BB 1C 1的高为32，又S △BB 1C 1＝12，所以V B 1－ABC 1＝V A －BB 1C1＝13×12×32＝312. 答案：A5．(2017·江西九江一模)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＋2 3B ．8＋4 2C ．6＋6 2D ．6＋22＋4 3解析：直观图是四棱锥P －ABCD ，如图所示，S △PAB ＝S △PAD ＝S △PDC ＝12×2×2＝2，S △PBC ＝12×22×22×sin60°＝23，S 四边形ABCD ＝22×2＝42，因此所求棱锥的表面积为6＋42＋2 3.故选A.答案：A6．(2017·河南洛阳测试)已知点A ，B ，C ，D 均在球O 上，AB ＝BC ＝3，AC ＝3，若三棱锥D －ABC 体积的最大值为334，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．16πC ．12πD.163π 解析：由题意可得，∠ABC ＝2π3，△ABC 的外接圆半径r ＝3，当三棱锥的体积取最大值时，V D －ABC＝13S △ABC ·h (h 为点D 到底面ABC 的距离)⇒334＝13·334·h ⇒h ＝3，设R 为球O 的半径，则(3－R )2＝R 2－r 2⇒R ＝2.故球O 的表面积为4π·22＝16π.答案：B 二、填空题7．(2016·北京卷)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．解析：通过俯视图可知该四棱柱的底面为等腰梯形，则四棱柱的底面积S ＝ 1＋2 ×12＝32，通过侧(左)视图可知四棱柱的高h ＝1，所以该四棱柱的体积V ＝Sh ＝32.答案：328．(2016·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm 2，体积是________cm 3.解析：将三视图还原成直观图如图所示，它由2个长方体组合而成，其体积V ＝2×2×2×4＝32 cm 3，表面积为6×2×4＋6×2×2＝72 cm 2.答案：32 729．一个圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球O 的球面上，则该圆锥的体积与球O 的体积的比值为________．解析：设等边三角形的边长为2a ， 则V 圆锥＝13·πa 2·3a ＝33πa 3；又R 2＝a 2＋(3a －R )2，所以R ＝233a ，故V 球＝4π3·⎝ ⎛⎭⎪⎫233a 3＝323π27a 3， 则其体积比为932.答案：932三、解答题10．一几何体按比例绘制的三视图如图所示(单位：m)(1)试画出它的直观图； (2)求它的表面积和体积． 解：解：(1)直观图如图所示．(2)由三视图可知该几何体是长方体被截去一个三棱柱，且该几何体的体积是以A 1A ，A 1D 1，A 1B 1为棱的长方体的体积的34，在直角梯形AA 1B 1B 中，作BE ⊥A 1B 1于E ，则四边形AA 1EB 是正方形，AA 1＝BE ＝1， 在Rt △BEB 1中，BE ＝1，EB 1＝1， 所以BB 1＝ 2.所以几何体的表面积S ＝S 正方形ABCD ＋S 矩形A 1B 1C 1D 1＋2S 梯形AA 1B 1B ＋S 矩形BB 1C 1C ＋S 正方形AA 1D 1D ＝1＋2×1＋2×12×(1＋2)×1＋1×2＋1＝(7＋2)(m 2)．所以几何体的体积V ＝34×1×2×1＝32(m 3)．所以该几何体的表面积为(7＋2)m 2，体积为32m 3.11．(2016·新课标全国卷Ⅲ)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．(Ⅰ)证明MN ∥平面PAB ； (Ⅱ)求四面体N －BCM 的体积． 解：(Ⅰ)由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN ∥平面PAB .(Ⅱ)因为PA ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12PA .取BC 的中点E ，连接AE ，由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5. 由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N －BCM 的体积V N －BCM ＝13×S △BCM ×PA 2＝453.1．(2016·新课标全国卷Ⅲ)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 ．4π B.9π2 C ．6πD.32π3解析：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.答案：B2．(2017·云南师范大学附属中学高三适应性考试)已知三棱锥O －ABC 的顶点A ，B ，C 都在半径为2的球面上，O 是球心，∠AOB ＝120°，当△AOC 与△BOC 的面积之和最大时，三棱锥O －ABC 的体积为( )A.32B.233C.23D.13解析：设球O 的半径为R ，因为S △AOC ＋S △BOC ＝12R 2(sin ∠AOC ＋sin ∠BOC )，所以当∠AOC ＝∠BOC ＝90°时，S △AOC ＋S △BOC 取得最大值，此时OA ⊥OC . OB ⊥OC ，OB ∩OA ＝O ，所以OC ⊥平面AOB ，所以V O －ABC ＝V C －OAB ＝13OC ·12OA ·OB sin ∠AOB ＝16R 3sin ∠AOB ＝233，故选B.答案：B3．(2016·浙江卷)如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是________．解析：由AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，可得AC ＝23，要求四面体PBCD 的体积，关键是寻找底面三角形BCD 的面积S △BCD 和点P 到平面BCD 的距离h .易知h ≤2.设AD ＝x ，则DP ＝x ，DC ＝23－x ，S △DBC ＝12×(23－x )×2×sin30°＝23－x2，其中x ∈(0,23)，且h ≤x ，所以V P －BCD ＝13×S △BCD ×h ＝23－x 6×h ≤23－x 6·x ≤16(23－x ＋x 2)2＝12，当且仅当23－x ＝x ，即x ＝3时取等号．故四面体PBCD 的体积的最大值是12.答案：124．(2016·江苏卷)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1)若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？ 解：(1)由PO 1＝2知O 1O ＝4PO 1＝8. 因为A 1B 1＝AB ＝6，所以正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)．正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)． 所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)．(2)设A 1B 1＝a m ，PO 1＝h m ，则0<h <6，O 1O ＝4h ，如图，连接O 1B 1.因为在Rt △PO 1B 1中，O 1B 21＋PO 21＝PB 21， 所以(22a )2＋h 2＝36，即a 2＝2(36－h 2)． 于是仓库的容积V ＝V 柱＋V 锥＝a 2·4h ＋13a 2·h ＝133a 2h ＝263(36h －h 3)，0<h <6，从而V ′＝263(36－3h 2)＝26(12－h 2)．令V ′＝0，得h ＝23或h ＝－23(舍)． 当0<h <23时，V ′>0，V 是单调递增函数； 当23<h <6时，V ′<0，V 是单调递减函数． 故h ＝23时，V 取得极大值，也是最大值． 因此，当PO 1＝2 3 m 时，仓库的容积最大．课时作业45 直线、平面平行的判定及其性质一、选择题1．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则( )A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α与直线l至少有两个公共点D．α内的直线与l都相交解析：因为l⊄α，直线l不平行于平面α，所以直线l只能与平面α相交，于是直线l与平面α只有一个公共点，所以平面α内不存在与l平行的直线．答案：B2．已知直线a和平面α，那么a∥α的一个充分条件是( )A．存在一条直线b，a∥b且b⊂αB．存在一条直线b，a⊥b且b⊥αC．存在一个平面β，a⊂β且α∥βD．存在一个平面β，a∥β且α∥β解析：在A，B，D中，均有可能a⊂α，错误；在C中，两平面平行，则其中一个平面内的任一条直线都平行于另一平面，故C正确．答案：C3．平面α∥平面β，点A，C∈α，点B，D∈β，则直线AC∥直线BD的充要条件是( ) A．AB∥CD B．AD∥CBC．AB与CD相交D．A，B，C，D四点共面解析：充分性：A，B，C，D四点共面，由平面与平面平行的性质知AC∥BD.必要性显然成立．答案：D4．一条直线l上有相异三个点A、B、C到平面α的距离相等，那么直线l与平面α的位置关系是( )A．l∥αB．l⊥αC．l与α相交但不垂直D．l∥α或l⊂α解析：l∥α时，直线l上任意点到α的距离都相等；l⊂α时，直线l上所有的点到α的距离都是0；l⊥α时，直线l上有两个点到α距离相等；l与α斜交时，也只能有两个点到α距离相等．故选D.答案：D5．已知不重合的两条直线l，m和不重合的两个平面α，β，下列命题正确的是( )A．l∥m，l∥β，则m∥βB．α∩β＝m，l⊂α，则l∥βC．α⊥β，l⊥α，则l∥βD．l⊥m，m⊥β，l⊥α，则α⊥β解析：对于选项A，m可能在β内，故A错；对于选项B，l可能与β相交，故B错；对于选项C，l可能在β内，故C错，所以选D.答案：D6．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1的中点，在平面ADD1A1内且与平面D1EF 平行的直线( )A．有无数条B．有2条C．有1条D．不存在解析：因为平面D1EF与平面ADD1A1有公共点D1，所以两平面有一条过D1的交线l，在平面ADD1A1内与l平行的任意直线都与平面D1EF平行，这样的直线有无数条．答案：A二、填空题7．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为________．解析：如图，连接AC，BD交于O点，连接OE，因为OE∥BD1，而OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，所以BD1∥平面ACE.答案：平行8．如图，已知三个平面α，β，γ互相平行，a，b是异面直线，a与α，β，γ分别交于A，B，C三点，b与α，β，γ分别交于D，E，F三点，连接AF交平面β于G，连接CD交平面β于H，则四边形BGEH必为________．解析：由题意知，直线a与直线AF确定平面ACF，由面面平行的性质定理，可得BG∥CF，同理有HE∥CF，所以BG∥HE.同理BH∥GE，所以四边形BGEH为平行四边形．答案：平行四边形9．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件________时，有平面D1BQ∥平面PAO.解析：如图，假设Q为CC1的中点，因为P为DD1的中点，所以QB∥PA.连接DB，因为P，O分别是DD1，DB 的中点，所以D1B∥PO，又D1B⊄平面PAO，QB⊄平面PAO，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB ＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.故Q满足条件Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.答案：Q为CC1的中点三、解答题10．如图，ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．(1)求证：BE∥平面DMF；(2)求证：平面BDE∥平面MNG.证明：(1)连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M为AB的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又MN⊂平面MNG，BD⊄平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE，BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，所以平面BDE∥平面MNG.11．(2016·山东卷)在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.(Ⅰ)已知AB＝BC，AE＝EC.求证：AC⊥FB；(Ⅱ)已知G，H分别是EC和FB的中点，求证：GH∥平面ABC. 证明：(Ⅰ)因为EF∥DB，所以EF与DB确定平面BDEF.连接DE. 因为AE＝EC，D为AC的中点，所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC.又BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDEF，因为FB⊂平面BDEF，所以AC⊥FB.(Ⅱ)设FC的中点为I，连接GI，HI.在△CEF中，因为G是CE的中点，所以GI∥EF.又EF∥DB，所以GI∥DB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC，又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.1．(2017·河南三市联考)如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，M、N分别在AD1、BC上移动，始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN＝x，MN＝y，则函数y ＝f(x)的图象大致是( )解析：过M作MQ∥DD1，交AD于Q，连QN.∵MN∥平面DCC1D1，MQ∥平面DCC1D1，MN∩MQ＝M，∴平面MNQ∥平面DCC1D1，又QN⊂平面MNQ，∴NQ∥平面DCC1D1，∴NQ∥DC，∵AQ＝BN＝x，DD1＝AA1＝2，AD ＝AB＝1，∴MQ＝2x.在Rt△MQN中，MN2＝MQ2＋QN2，即y2＝4x2＋1.∴y2－4x2＝1(x≥0，y≥1)，∴函数y ＝f(x)的图象为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分．故选C.答案：C2．(2016·新课标全国卷Ⅱ)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.②如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n . ③如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.④如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等． 其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)解析：对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误：如图，不妨设AA ′为直线m ，CD 为直线n ，ABCD 所在的平面为α，ABC ′D ′所在的平面为β，显然这些直线和平面满足题目条件，但α⊥β不成立．命题②正确，证明如下：设过直线n 的某平面与平面α相交于直线l ，则l ∥n ，由m ⊥α知m ⊥l ，从而m ⊥n ，结论正确．由平面与平面平行的定义知命题③正确． 由平行的传递性及线面角的定义知命题④正确． 答案：②③④3．空间四边形ABCD 的两条对棱AC 、BD 的长分别为5和4，则平行于两条对棱的截面四边形EFGH 在平移过程中，周长的取值范围是________．解析：设DH DA ＝GHAC＝k ， ∴AH DA ＝EHBD＝1－k ， ∴GH ＝5k ，EH ＝4(1－k )， ∴周长＝8＋2k .又∵0<k <1，∴周长的范围为(8,10)．答案：(8,10)4．(2016·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(Ⅰ)求证：DC⊥平面PAC；(Ⅱ)求证：平面PAB⊥平面PAC；(Ⅲ)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：(Ⅰ)因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.又因为DC⊥AC，所以DC⊥平面PAC.(Ⅱ)因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB.所以AB⊥平面PAC.所以平面PAB⊥平面PAC.(Ⅲ)棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.证明如下：如图，取PB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，所以PA∥平面CEF.课时作业46 直线、平面垂直的判定及其性质一、选择题1．一条直线和一个圆的两条直径都垂直，则这条直线和这个圆所在的平面的位置关系是( ) A．平行B．垂直C．相交不垂直D．不确定解析：因为一个圆的两条直径一定相交于圆心，由线面垂直的判定定理知这条直线和这个圆所在的平面垂直．答案：B2．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m ∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是( )A．AB∥m B．AC⊥mC．AB∥βD．AC⊥β解析：如图所示，AB∥l∥m；AC⊥l，m∥l⇒AC⊥m；AB∥l⇒AB∥β，只有D不一定成立，故选D.答案：D3．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则( )A．若m⊥n，n∥α，则m⊥αB．若m∥β，β⊥α，则m⊥αC．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥αD．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α解析：A中，由m⊥n，n∥α，可得m⊂α或m∥α或m与α相交，错误；B中，由m∥β，β⊥α，可得m⊂α或m∥α或m与α相交，错误；C中，由m⊥β，n⊥β，可得m∥n，又n⊥α，则m ⊥α，正确，D中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α，可得m与α相交或m⊂α或m∥α，错误．答案：C4．如图，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB的中点，PM垂直于△ABC所在平面，那么( )A．PA＝PB>PCB．PA＝PB<PCC．PA＝PB＝PCD．PA≠PB≠PC解析：∵M为AB的中点，△ACB为直角三角形，∴BM＝AM＝CM，又PM⊥平面ABC，∴Rt△PMB≌Rt △PMA≌Rt△PMC，故PA＝PB＝PC.答案：C5．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD ⊥AC ；②△BAC 是等边三角形；③三棱锥D －ABC 是正三棱锥；④平面ADC ⊥平面ABC . 其中正确的是( )A ．①②④B ．①②③C ．②③④D ．①③④解析：由题意知，BD ⊥平面ADC ，故BD ⊥AC ，①正确；AD 为等腰直角三角形斜边BC 上的高，平面ABD ⊥平面ACD ，所以AB ＝AC ＝BC ，△BAC 是等边三角形，②正确；易知DA ＝DB ＝DC ，又由②知③正确；由①知④错．故选B.答案：B6．如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E .要使AB 1⊥平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为( )A.12 B ．1 C.32D ．2解析：设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ， 所以AB 1⊥DF .由已知可以得A 1B 1＝2， 矩形ABB 1A 1中，tan ∠FDB 1＝B 1F B 1D， tan ∠A 1AB 1＝A 1B 1AA 1＝22. 又∠FDB 1＝∠A 1AB 1，所以B 1F B 1D ＝22.故B1F＝22×22＝12.故选A.答案：A二、填空题7．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)．解析：连接AC，BD交于O，因为底面各边相等，所以BD⊥AC；又PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD，又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC.所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.而PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)8．(2017·上饶质检)已知m，n是两条不相同的直线，α，β是两个不重合的平面，现有以下说法：①若α∥β，n⊂α，m⊂β，则m∥n；②若m⊥α，m⊥β，n⊥α，则n⊥β；③若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β；④若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n；⑤若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n.其中正确说法的序号为________．解析：对于①，注意到分别位于两个平行平面内的两条直线未必平行，可能是异面直线，因此①不正确；对于②，由定理“垂直于同一直线的两个平面平行”得知α，β平行；由定理“若一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则它也垂直于另一个平面”得知，n⊥β，因此②正确；对于③，由定理“由空间一点向一个二面角的两个半平面分别引垂线，则这两条垂线所成的角与该二面角相等或互补”得知，③正确；对于④，分别平行两个垂直平面的两条直线未必垂直，因此④不正确；对于⑤，m与n 有可能平行，因此⑤不正确．综上所述，其中正确的说法有②③.答案：②③9．(2017·泉州模拟)点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，给出下列命题：①三棱锥A－D1PC的体积不变；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1.其中正确的命题序号是________．解析：连接BD交AC于点O，连接DC1交D1C于点O1，连接OO1，则OO1∥BC1，所以BC1∥平面AD1C，动点P到平面AD1C的距离不变，所以三棱锥P－AD1C的体积不变．又因为VP－AD1C＝VA－D1PC，所以①正确．因为平面A1C1B∥平面AD1C，A1P⊂平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，②正确．由于当点P在B点时，DB不垂直于BC1即DP不垂直BC1，故③不正确；由于DB1⊥D1C，DB1⊥AD1，D1C∩AD1＝D1，所以DB1⊥平面AD1C.DB1⊂平面PDB1，所以平面PDB1⊥平面ACD1，④正确．答案：①②④三、解答题10．如图，几何体EF－ABCD中，CDEF为边长为2的正方形，ABCD为直角梯形，AB∥CD，AD⊥DC，AD＝2，AB＝4，∠ADF＝90°.(1)求证：AC⊥FB；(2)求几何体EF－ABCD的体积．解：(1)证明：由题意得，AD ⊥DC ，AD ⊥DF ，且DC ∩DF ＝D ，∴AD ⊥平面CDEF ，∴AD ⊥FC . ∵四边形CDEF 为正方形，∴DC ⊥FC ， ∵DC ∩AD ＝D ，∴FC ⊥平面ABCD ， ∴FC ⊥AC .又∵四边形ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD ＝2，AB ＝4，∴AC ＝22，BC ＝22，则有AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC ， 又BC ∩FC ＝C ，∴AC ⊥平面FCB ， ∴AC ⊥FB .(2)连接EC ，过B 作CD 的垂线，垂足为N ， 易知BN ⊥平面CDEF ，且BN ＝2.∵V EF －ABCD ＝V E －ABCD ＋V B －EFC ＝13S 梯形ABCD ·DE ＋13S △EFC ·BN ＝163，∴几何体EF －ABCD 的体积为163. 11．如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E －ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积． 解：(1)证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE . 又BD ∩BE ＝B ，故AC ⊥平面BED . 又AC ⊂平面AEC ， 所以平面AEC ⊥平面BED .(2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E －ACD 的体积V 三棱锥E －ACD ＝13×12·AC ·GD ·BE＝624x 3＝63，故x ＝2. 从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥E －ACD 的侧面积为3＋2 5.1．(2017·兰州质检)如图，在直角梯形ABCD 中，BC ⊥DC ，AE ⊥DC ，且E 为CD 的中点，M ，N 分别是AD ，BE 的中点，将三角形ADE 沿AE 折起，则下列说法正确的是________．(写出所有正确说法的序号)①不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)，都有MN ∥平面DEC ； ②不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)，都有MN ⊥AE ； ③不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)，都有MN ∥AB ； ④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC ⊥AD . 解析：由已知，在未折叠的原梯形中，AB∥DE，BE∥AD，所以四边形ABED为平行四边形，所以BE＝AD，折叠后如图所示．①过点M作MP∥DE，交AE于点P，连接NP.因为M，N分别是AD，BE的中点，所以点P为AE的中点，故NP∥EC.又MP∩NP＝P，DE∩CE＝E，所以平面MNP∥平面DEC，故MN∥平面DEC，①正确；②由已知，AE⊥ED，AE⊥EC.所以AE⊥MP，AE⊥NP，又MP∩NP＝P，所以AE⊥平面MNP.又MN⊂平面MNP，所以MN⊥AE，②正确；③假设MN∥AB，则MN与AB确定平面MNBA，从而BE⊂平面MNBA，AD⊂平面MNBA，与BE和AD是异面直线矛盾，③错误．④当CE⊥ED时，CE⊥AD，这是因为由于CE⊥EA，EA∩ED＝E，所以CE⊥平面AED，AD⊂平面AED，得出EC⊥AD，④正确．答案：①②④2．如图，四边形ABCD为正方形，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，AB＝4，AE＝2，EF＝1.(1)求证：BC ⊥AF ；(2)试判断直线AF 与平面EBC 是否垂直. 若垂直，请给出证明；若不垂直，请说明理由． 解：(1)证明：因为EF ∥AB ，所以EF 与AB 确定平面EABF ， 因为EA ⊥平面ABCD ，所以EA ⊥BC . 由已知得AB ⊥BC 且EA ∩AB ＝A ， 所以BC ⊥平面EABF .又AF ⊂平面EABF ，所以BC ⊥AF . (2)直线AF 垂直于平面EBC . 证明如下：由(1)可知，AF ⊥BC .在四边形EABF 中，AB ＝4，AE ＝2，EF ＝1，∠BAE ＝∠AEF ＝90°，所以tan ∠EBA ＝tan ∠FAE ＝12，则∠EBA ＝∠FAE .设AF ∩BE ＝P ，因为∠PAE ＋∠PAB ＝90°，故∠PBA ＋∠PAB ＝90°. 则∠APB ＝90°，即EB ⊥AF . 又EB ∩BC ＝B ，所以AF ⊥平面EBC .3．如图，在三棱台ABC －DEF 中，CF ⊥平面DEF ，AB ⊥BC .(1)设平面ACE ∩平面DEF ＝a ，求证：DF ∥a ；(2)若EF ＝CF ＝2BC ，试问在线段BE 上是否存在点G ，使得平面DFG ⊥平面CDE ？若存在，请确定G 点的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：在三棱台ABC －DEF 中，AC ∥DF ，AC ⊂平面ACE ，DF ⊄平面ACE ，∴DF ∥平面ACE .又∵DF ⊂平面DEF ，平面ACE ∩平面DEF ＝a ，∴DF ∥a .(2)线段BE 上存在点G ，且BG ＝13BE ，使得平面DFG ⊥平面CDE .证明如下：取CE 的中点O ，连接FO 并延长交BE 于点G ，连接GD ，∵CF ＝EF ，∴GF ⊥CE . 在三棱台ABC －DEF 中，AB ⊥BC ⇒DE ⊥EF . 由CF ⊥平面DEF ⇒CF ⊥DE . 又CF ∩EF ＝F ，∴DE ⊥平面CBEF ，∴DE ⊥GF .⎭⎪⎬⎪⎫GF ⊥CEGF ⊥DE CE ∩DE ＝E ⇒GF ⊥平面CDE . 又GF ⊂平面DFG ， ∴平面DFG ⊥平面CDE . 此时，如平面图所示，∵O 为CE 的中点，EF ＝CF ＝2BC ，由平面几何知识易证△HOC ≌△FOE ， ∴HB ＝BC ＝12EF .由△HGB ∽△FGE 可知BG GE ＝12，即BG ＝13BE .。

A 组 专项基础训练(时间：35分钟)1．(2015·浙江)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A ．8 cm 3B ．12 cm 3C.323 cm 3D.403cm 3 【解析】 由三视图可知该几何体是由棱长为2 cm 的正方体与底面为边长为2 cm 正方形、高为2 cm 的四棱锥组成，V ＝V 正方体＋V 四棱锥＝8 cm 3＋83 cm 3＝323cm 3.故选C.【答案】 C2．(2016·课标全国Ⅰ)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π【解析】 由该几何体的三视图可知，这个几何体是把一个球挖掉它的18得到的(如图所示)．设该球的半径为R ，则78×43πR 3＝283π，得R ＝2.所以它的表面积为4π×22－18×4π×22＋3×14×π×22＝17π.故选A.【答案】 A3．(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【解析】 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)．【答案】 B4．(2016·黑龙江哈六中期末)在平行四边形ABCD 中，AC →·CB →＝0，2BC →2＋AC →2－4＝0，若将其沿AC 折成直二面角D ­AC ­B ，则三棱锥D ­ACB 的外接球的表面积为( )A ．16πB ．8πC ．4πD ．2π【解析】 由题意知，AC ⊥CB ，2BC 2＋AC 2－4＝BC 2＋BC 2＋AC 2－4＝BC 2＋AB 2－4＝0.因为ABCD 是平行四边形，所以BC ＝AD .因为二面角D ­AC ­B 是直二面角，所以AD ⊥平面ABC ，即AD ⊥AB ，那么BC 2＋AB 2＝AD 2＋AB 2＝BD 2＝4，即BD ＝2.取BD 中点O ，连接OA ，OC ，∠BAD ，∠BCD 都是直角三角形，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，有OA ＝OB ＝OC ＝OD ，所以三棱锥D ­ACB 的外接球的球心为点O ，半径R ＝OB ＝1，所以表面积为S ＝4πR 2＝4π.【答案】 C5．(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】 如图，要使三棱锥O ­ABC 即C ­OAB 的体积最大，当且仅当点C 到平面OAB 的距离，即三棱锥C ­OAB 底面OAB 上的高最大，其最大值为球O 的半径R ，则V O ­ABC 最大＝V C ­OAB 最大＝13×S △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.【答案】 C6．(2016·浙江)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm 2，体积是________cm 3.【解析】 根据几何体的三视图可得该几何体由如图所示的两个长方体组成，所以它的表面积为72 cm 2，体积为32 cm 3.【答案】 72 327．(2015·江苏)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________．【解析】 设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r ＝7.【答案】 78．(2017·安徽合肥一中等六校第二次联考)在三棱锥P ­ABC 中，PA ⊥平面ABC ，PA ＝2，AB ＝2，AC ＝1，∠BAC ＝60°，则该三棱锥的外接球的表面积为________．【解析】 因为AB ＝2，AC ＝1，∠BAC ＝60°，利用余弦定理得BC ＝3，所以AC 2＋BC2＝AB 2，所以AC ⊥BC .又因为PA ⊥平面ABC ，所以三棱锥P ­ABC 是长为1，宽为3，高为2的长方体的一部分(如图所示)，所以三棱锥P ­ABC 外接球的半径为12×12＋（3）2＋22＝2，所以其外接球的表面积为4π×(2)2＝8π.【答案】 8π9．(2016·课标全国Ⅰ)如图，已知正三棱锥P ­ABC 的侧面是直角三角形，PA ＝6.顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G .(1)证明：G 是AB 的中点；(2)在图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF 的体积．【解析】 (1)证明 因为P 在平面ABC 内的正投影为D ， 所以AB ⊥PD .因为D 在平面PAB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE . 又PD ∩DE ＝D ，所以AB ⊥平面PED ，故AB ⊥PG . 又由已知可得PA ＝PB ，所以G 是AB 的中点．(2)在平面PAB 内，过点E 作PB 的平行线交PA 于点F ，F 即为点E 在平面PAC 内的正投影．理由如下：由已知可得PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，又EF ∥PB ，所以EF ⊥PA ，EF ⊥PC ，因此EF ⊥平面PAC ，即点F 为点E 在平面PAC 内的正投影．连接CG ，DF ，因为P 在平面ABC 内的正投影为点D ，所以D 是正三角形ABC 的中心． 由(1)知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，且CD ＝23CG .由题设可得PC ⊥平面PAB ，DE ⊥平面PAB ， 所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13PC .由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA ＝6，可得DE ＝2，PE ＝2 2.因为EF ∥PB ，PG 为等腰△PAB 的角平分线，所以∠FEP ＝∠FPE ，所以△EFP 为等腰直角三角形，可得EF ＝PF ＝2.所以四面体PDEF 的体积V ＝13×12×2×2×2＝43.10．(教材改编)已知一个上、下底面为正三角形且两底面中心连线垂直于底面的三棱台的两底面边长分别为20 cm 和30 cm ，且其侧面积等于两底面面积之和，求棱台的高．【解析】 如图所示，三棱台ABC ­A 1B 1C 1中，O 、O 1分别为两底面中心，D 、D 1分别为BC 和B 1C 1的中点，则DD 1为棱台的斜高．由题意知A 1B 1＝20，AB ＝30， 则OD ＝53，O 1D 1＝1033，由S 侧＝S 上＋S 下，得3×12×(20＋30)×DD 1＝34×(202＋302)， 解得DD 1＝1333，在直角梯形O 1ODD 1中，O 1O ＝DD 21－（OD －O 1D 1）2＝43，所以棱台的高为4 3 cm.B 组 专项能力提升 (时间：30分钟)11．(2017·湖北武汉华中师大一附等校第一次联考)已知某几何体的三视图的侧视图是一个正三角形，如图所示，则该几何体的体积等于( )A ．12 3B ．16 3C ．20 3D ．32 3【解析】 题中三视图是下图中几何体ABCDEF 的三视图，由三视图中的尺寸，知其体积为V ＝12×4×23×6－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×4×3×23＝20 3.故选C.【答案】 C12．(2017·河南郑州一模)如图是一个四面体的三视图，这个三视图均是腰长为2的等腰直角三角形，正视图和俯视图中的虚线是三角形的中线，则该四面体的体积为( )A.23B.43C.83D ．2 【解析】 由四面体的三视图得该四面体为棱长为2的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中的三棱锥C 1­BDE ，其中E 是CD 的中点，△BDE 的面积S ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2＝1，三棱锥C 1­BDE 的高h ＝CC 1＝2，所以该四面体的体积V ＝13Sh ＝23.故选A.【答案】 A13．(2015·四川)在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1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 ，B 1C 1的中点，则三棱锥P ­A 1MN 的体积是________．【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，∵VP ­A 1MN ＝VA 1­PMN ， 又∵AA 1∥平面PMN ， ∴VA 1­PMN ＝V A ­PMN ，∴V A ­PMN ＝13×12×1×12×12＝124，故VP ­A 1MN ＝124.【答案】 12414．(2017·湖北襄阳一模)一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．【解析】 由三视图可知该几何体为长方体中挖去一个半球．长方体的棱长分别为4，4，2，半球的半径为2.∴S ＝4×4＋4×2×4＋4×4－π×22＋12×4π×22＝64＋4π.【答案】 64＋4π15．(2016·江苏)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P ­A 1B 1C 1D 1，下部分的形状是正四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1)若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？ 【解析】 (1)由PO 1＝2知O 1O ＝4PO 1＝8.因为A 1B 1＝AB ＝6，所以正四棱锥P ­A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)； 正四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的体积V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)． 所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)． (2)设A 1B 1＝a (m)，PO 1＝h (m)， 则0＜h ＜6，O 1O ＝4h .如图，连接O 1B 1.因为在Rt △PO 1B 1中，O 1B 21＋PO 21＝PB 21，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22＋h 2＝36，即a 2＝2(36－h 2)．于是仓库的容积V ＝V 柱＋V 锥＝a 2·4h ＋13a 2·h ＝133a 2h ＝263(36h －h 3)，0＜h ＜6，从而V ′＝263(36－3h 2)＝26(12－h 2)．令V ′＝0，得h ＝23或h ＝－23(舍)． 当0＜h ＜23时，V ′＞0，V 是单调增函数， 当23＜h ＜6时，V ′＜0，V 是单调减函数． 故当h ＝23时，V 取得极大值，也是最大值． 因此，当PO 1＝2 3 m 时，仓库的容积最大．。