最新高三数学(文)一轮复习夯基提能习题第八章 立体几何 第二节 空间几何体的表面积和体积及答案

2021高考数学一轮复习第8章立体几何章末总结分层演练文章末总结知识点考纲展现空间几何体的结构及三视图和直观图❶认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特点，并能运用这些特点描述现实生活中简单物体的结构．❷能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图．❸会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．❹会画某些建筑物的视图与直观图(在不阻碍图形特点的基础上，尺寸、线条等不做严格要求)空间几何体的表面积与体积了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的运算公式空间点、直线、平面之间的位置关系❶明白得空间直线、平面位置关系的定义．❷了解能够作为推理依据的公理和定理．❸能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题．空间中的平行关系以立体几何的定义、公理和定理为动身点，认识和明白得空间中线面平行的有关性质与判定定理空间中的垂直关系以立体几何的定义、公理和定理为动身点，认识和明白得空间中线面垂直的有关性质与判定定理考点考题考源空间几何体的表面积与体积(2021·高考全国卷Ⅱ，T6，5分)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( )必修2 P18例3A．20π B．24π C．28π D．32π空间线面位置关系的判定(2021·高考全国卷Ⅱ，T14，5分)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①假如m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β．②假如m⊥α，n∥α，那么m⊥n．③假如α∥β，m⊂α，那么m∥β．④假如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)必修2 P71练习T2、P62A组T4、P65例1、P67练习T3空间几何体与球的表面积(2021·高考全国卷Ⅱ，T4，5分)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A．12π B．323π C．8π D．4π必修2 P28练习T2(2021·高考全国卷Ⅱ，T15，5分)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________．空间几何体与球的体积(2021·高考全国卷Ⅲ，T9，5分)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．3π4C．π2D．π4必修2 P27例4空间图形位置关系的证明与体积、面积的运算(2021·高考全国卷Ⅰ，T18，12分)如图，已知正三棱锥P­ABC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．必修2 P74 B组T2，T4空间图形位置关系的证(2021·高考全国卷Ⅰ，T18，12分)必修2 P73 A组T3、P78 A组T7明与空间角的运算如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P­ABCD的体积为83，求该四棱锥的侧面积．一、选择题1．(必修2 P10B组T1改编)如图，若Ω是长方体ABCD­A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是( )A．EH∥FG B．四边形EFGH是矩形C．Ω是棱柱D．Ω是棱台解析：选D．因为EH∥A1D1，A1D1∥B1C1，EH⊄平面BCC1B1，因此EH∥平面BCC1B1．又因为平面EFGH∩平面BCC1B1＝FG，因此EH∥FG，且EH＝FG，由长方体的特点知四边形EFGH为矩形，Ω为五棱柱，因此选项A，B，C都正确．故选D．2．(必修2 P61练习、P71练习T2、P73练习T1改编)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是( )A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n解析：选D．A中，两直线可能平行，相交或异面；B中，两平面可能平行或相交；C 中，两平面可能平行或相交；D中，由线面垂直的性质定理可知结论正确，故选D．3．(必修2 P78A组T7改编)正四棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为( )A ．25πB ．252πC ．253πD ．254π解析：选C ．由三视图画出直观图与其外接球示意图，且设O 1是底面中心．由三视图知，O 1A ＝2，O 1P ＝3，因此正四棱锥P ­ABCD 的外接球的球心O 在线段O 1P 上．设球O 的半径为R ．由O 1O 2＋O 1A 2＝OA 2得(3－R )2＋(2)2＝R 2． 因此R ＝523．则外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π·⎝ ⎛⎭⎪⎫5232＝253π．4．(必修2 P 79 B 组 T 2改编)如图，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，B 1D ∩平面A 1BC 1＝H ． 有下列结论． ①B 1D ⊥平面A 1BC 1；②平面A 1BC 1将正方体体积分成1∶5两部分；③H 是B 1D 的中点；④平面A 1BC 1与正方体的六个面所成的二面角的余弦值都为33．则正确结论的个数有( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C ．关于①，连接B 1C 与A 1D ，由正方体性质知，BC 1⊥B 1C ，BC 1⊥A 1B 1， 又A 1B 1∩B 1C ＝B 1，A 1B 1，B 1C ⊂平面A 1B 1CD ． 因此BC 1⊥平面A 1B 1CD ． 又B 1D ⊂平面A 1B 1CD ． 因此B 1D ⊥BC 1．同理B 1D ⊥A 1B ，A 1B ∩BC 1＝B ． 因此B 1D ⊥平面A 1BC 1，故①正确． 关于②．设正方体棱长为a ．则V 三棱锥B ­A 1B 1C 1＝13·12a ·a ·a ＝16a 3．因此平面A 1BC 1将正方体分成两部分的体积之比为16a 3∶(a 3－16a 3)＝1∶5．故②正确．关于③，设正方体棱长为a ， 则A 1B ＝2a ．由VB 1­A 1BC 1＝16a 3，得13×34×(2a )2·B 1H ＝16a 3， 因此B 1H ＝33a ，而B 1D ＝3a ． 因此B 1H ∶HD ＝1∶2，即③错误．关于④，由对称性知，平面A 1BC 1与正方体六个面所成的二面角的大小都相等． 由①知B 1H ⊥平面A 1BC 1，而A 1B 1⊥平面B 1BCC 1． 因此∠A 1B 1H 的大小即为所成二面角的大小．cos ∠A 1B 1H ＝B 1H A 1B 1＝33a a ＝33．故④正确．故选C ． 二、填空题5．(必修2 P 53 B 组 T 2改编)已知三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，点A 1在底面ABC 上的射影D 为BC 的中点，则异面直线AB 与CC 1所成的角的余弦值为________．解析：连接A 1D ，AD ，A 1B ，易知∠A 1AB 为异面直线AB 和CC 1所成的角，设三棱柱的侧棱长与底面边长均为1，则AD ＝32，A 1D ＝12，A 1B ＝22，由余弦定理得cos ∠A 1AB ＝1＋1－122×1×1＝34． 答案：346．(必修2 P 79 B 组 T 1改编)如图在直角梯形ABCD 中，BC ⊥DC ，AE ⊥DC ，M ，N 分别是AD ，BE 的中点，将△ADE 沿AE 折起．则下列说法正确的是________．(填上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 ； ⑤不管D 折至何位置，都有AE ⊥DC ． 解析：如图，设Q ，P 分别为CE ，DE 的中点，可得四边形MNQP 是矩形，因此①②正确；不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN 与AB 是异面直线，不可能MN ∥AB ，因此③错；当平面ADE ⊥平面ABCD 时，可得EC ⊥平面ADE ，故EC ⊥AD ，④正确．不管D 折到何位置，均有AE ⊥平面CDE ．故AE ⊥CD ．故⑤正确．答案：①②④⑤ 三、解答题7．(必修2 P 79B 组T 1改编)如图，边长为33的正方形ABCD 中，点E ，F 分别是边AB ，BC 上的点，将△AED ，△DCF 分别沿DE ，DF 折起，使A ，C 两点重合于点A ′．(1)求证：A ′D ⊥EF ．(2)当BE ＝BF ＝13BC 时，求三棱锥A ′­EFD 的体积．解：(1)证明：因为A ′D ⊥A ′E ，A ′D ⊥A ′F ，A ′E ∩A ′F ＝A ′，因此A ′D ⊥平面A ′EF ，因为EF ⊂平面A ′EF ， 因此A ′D ⊥EF ．(2)由(1)知，A ′D ⊥平面A ′EF ， 因此A ′D 的长即为三棱锥D ­A ′EF 的高， 则A ′E ＝A ′F ＝23BC ＝23，EF ＝BE 2＋BF 2＝6，作A ′O ⊥EF 于点O ， 因此A ′O ＝A ′E 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12EF 2＝422， 则V A ′­EFD ＝V D ­A ′EF ＝13A ′D ·S △A ′EF ＝13×33×12EF ·A ′O ＝13×33×12×6×422＝3212． 8．(必修2 P 78 A 组 T 4改编)如图，正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 、F 、M 分别是C 1B 1，C 1D 1和AB 的中点．(1)求证：MD 1∥平面BEFD ． (2)求M 到平面BEFD 的距离． 解：(1)证明：连接BF ．因为M 、F 分别为AB 与C 1D 1的中点，且ABCD ­A 1B 1C 1D 1是正方体． 因此MB ═∥D 1F ．因此四边形MBFD 1为平行四边形， 因此MD 1∥BF ．又MD 1⊄平面BEFD ，BF ⊂平面BEFD ． 因此MD 1∥平面BEFD ． (2)过E 作EG ⊥BD 于G ． 因为正方体的棱长为2，因此BE ＝5，BG ＝12(BD －EF )＝12(22－2)＝22．因此EG ＝BE 2－BG 2＝5－12＝322． 因此S △EBD ＝12BD ×EG ＝12×22×322＝3．又S △MBD ＝12MB ×AD ＝12×1×2＝1．E 到平面ABCD 的距离为2，设M 到平面BEFD 的距离为d ．由V 三棱锥M ­BDE ＝V 三棱锥E ­MBD 得13S △EBD ·d ＝13S △MBD ×2．因此d ＝S △MBD ×2S △EBD ＝1×23＝23． 因此M 到平面BED 的距离为23．。

高考数学一轮总复习：第八章立体几何目录第1课时空间几何体的结构、三视图、直观图第2课时空间几何体的表面积、体积专题研究球与几何体的切接问题第3课时空间点、线、面的位置关系第4课时直线、平面平行的判定及性质第5课时直线、平面垂直的判定及性质第1课时空间几何体的结构、三视图、直观图1．以下关于几何体的三视图的论述中，正确的是( )A．正方体的三视图是三个全等的正方形B．球的三视图是三个全等的圆C．水平放置的正四面体的三视图都是正三角形D．水平放置的圆台的俯视图是一个圆答案 B解析画几何体的三视图要考虑视角，但对于球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等的圆．2．如图所示，几何体的正视图与侧视图都正确的是( )答案 B解析侧视时，看到一个矩形且不能有实对角线，故A，D排除．而正视时，有半个平面是没有的，所以应该有一条实对角线，且其对角线位置应为B中所示，故选B.3．如图为一个几何体的三视图，则该几何体是( )A．四棱柱B．三棱柱C．长方体D．三棱锥答案 B解析由几何体的三视图可知，该几何体的直观图如图所示，即为一个平放的三棱柱．4.水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示，如图是一个正方体的表面展开图，若图中“努”在正方体的后面，那么这个正方体的前面是( )A．定B．有C．收D．获答案 B解析这是一个正方体的平面展开图，其直观图如图：共有六个面，其中面“努”与面“有”相对，所以图中“努”在正方体的后面，则这个正方体的前面是“有”．5．一个几何体的三视图如图，则组成该几何体的简单几何体为( )A．圆柱和圆锥B．正方体和圆锥C．四棱柱和圆锥D．正方体和球答案 C解析本题是三视图确定直观图．6.用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( )答案 B解析D项为主视图或者侧视图，俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B.7．如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)( )A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤答案 B解析正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①；侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③，故选B.8．已知一个四棱锥的高为3，其底面用斜二侧画法所画的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，则此四棱锥的体积为( )A．2 2 B．6 2C．1 D. 2答案 A解析因为底面用斜二侧画法所画的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，所以在直角坐标系中，底面是边长为1和3的平行四边形，且平行四边形的一条对角线垂直于平行四边形的短边，此对角线的长为22，所以该四棱锥的体积为V＝13×22×1×3＝2 2.9．已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的( )答案 C解析通过对以下四个四棱锥的三视图对照可知，只有选项C是符合要求．10．一只蚂蚁从正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( )A．①②B．③④C．①③D．②④答案 D解析由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)，若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选D.11. 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥P－BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为( )A．1 B. 2C. 3 D．2答案 D解析正视图，底面B，C，D三点，其中D与C重合，随着点P的变化，其正视图均是三角形且点P在正视图中的位置在边A1D1上移动，由此可知，设正方体的棱长为a，则S正视图＝12×a2；设A1C1的中点为O，随着点P的移动，在俯视图中，易知当点P在OC1上移动时，S俯视图就是底面三角形BCD的面积，当点P在OA1上移动时，点P越靠近A1，俯视图的面积越大，当到达A1的位置时，俯视图为正方形，此时俯视图的面积最大，S俯视图＝a2，所以S俯视图S正视图的最大值为a212a2＝2，故选D.12．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的最长棱的长度为( )A. 5 B．2 2C．3 D．2 3答案 C解析在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为AD的中点，该几何体的直观图如图中三棱锥D1－MB1C.故通过计算可得D1C＝D1B1＝B1C＝22，D1M＝MC＝5，MB1＝3，故最长棱的长度为3，故选C.13．某三棱锥的三视图如图所示，且图中的三个三角形均为直角三角形，则xy的最大值为( )A．32 B．327C．64 D．647答案 C解析将三视图还原为如图所示的三棱锥P－ABC，其中底面ABC是直角三角形，AB⊥BC，PA⊥平面ABC，BC＝27，PA2＋y2＝102，(27)2＋PA2＝x2，所以x2＋y2＝128，所以xy≤x2＋y22＝64, 当且仅当x＝y，即x＝8时取等号，因此xy的最大值是64.故选C.14．若将一个圆锥侧面沿一条母线剪开，其展开图是半径为2 cm的半圆，则该圆锥的高为________cm.答案 3解析设圆锥的底面圆半径为r cm，则2πr＝2π，解得r＝1 cm，∴h＝22－1＝ 3 cm.15．已知正四面体的俯视图如图所示，其中四边形ABCD是边长为2的正方形，则这个四面体的正视图的面积为________．答案2 2解析由俯视图可得，原正四面体AMNC可视作是如图所示的正方体的一内接几何体，则该正方体的棱长为2，正四面体的正视图为三角形，其面积为12×2×22＝2 2.16．某几何体的正(主)视图和侧(左)视图如图1，它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1如图2，其中O1A1＝6，O1C1＝2，则该几何体的侧面积为________．答案96解析由俯视图的直观图可设y′轴与C1B1交于D1点，O1D1＝22，故OD＝42，俯视图是边长为6的菱形，则该几何体是直四棱柱，侧棱长为4，则侧面积为6×4×4＝96.17．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的构成上方为________；下方为________．答案四分之一圆锥圆柱讲评已知三视图，判断几何体的技巧：①一般情况下，根据正视图、俯视图确定是柱体、锥体还是组合体．②根据俯视图确定是否为旋转体，确定柱体、锥体类型、确定几何体摆放位置．③综合三视图特别是在俯视图的基础上想象判断几何体．④一定要熟记常见几何体的三视图！第2课时 空间几何体的表面积、体积1． 如图，一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的体积是( )A.12 B.13 C.23 D ．1答案 B解析 根据题意得，该几何体是三棱锥，底面为等腰直角三角形，高为1，故体积为13×12×2×1×1＝13.2． 如图是某空间几何体的三视图，其中正视图、侧视图、俯视图依次为直角三角形、直角梯形、等边三角形，则该几何体的体积为( )A.33B.32C.233D. 3答案 D解析 如图所示，该几何体为四棱锥，其中侧面ABCD⊥底面PAB ，侧面ABCD为直角梯形，AD ∥BC ，DA ⊥AB ，该几何体的体积V ＝13×1＋22×2×3＝3，故选D.3. 高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的( )A.14 B.13 C.12 D.23答案 C解析 由侧视图、俯视图知该几何体是高为2，底面积为12×2×(2＋4)＝6的四棱锥，其体积为4.易知直三棱柱的体积为8，则该几何体的体积是原直三棱柱体积的48＝12，故选C.4． 如图所示，在边长为2的正方形ABCD 中，圆心为B ，半径为1的圆与AB ，BC 分别交于点E ，F ，则阴影部分绕直线BC 旋转一周形成几何体的体积等于( )A．πB．6πC.4π3D．4π答案 B解析由旋转体的定义可知，阴影部分绕直线BC旋转一周形成的几何体为圆柱中挖掉一个半球和一个圆锥．该圆柱的底面半径R＝BA＝2，母线长l＝AD＝2，故该圆柱的体积V1＝π×22×2＝8π，半球的半径为1，其体积V2＝12×43π×13＝2π3，圆锥的底面半径为2，高为1，其体积V3＝13π×22×1＝4π3，所以阴影部分绕直线BC旋转一周形成的几何体的体积V＝V1－V2－V3＝6π.5．如图，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥爬行一周后回到点P处，若该小虫爬行的最短路程为43，则这个圆锥的体积为( )A.153B.3235π27C.1282π81D.833答案 C解析作出该圆锥的侧面展开图，如图中阴影部分所示，该小虫爬行的最短路为PP′，∵OP＝OP′＝4，PP′＝43，由余弦定理可得cos∠P′OP＝OP2＋OP′2－PP′2 2OP·OP′＝－12，∴∠P′OP＝2π3.设底面圆的半径为r，圆锥的高为h，则有2πr＝2π3×4，∴r＝43，h＝l2－r2＝823，∴圆锥的体积V＝13πr2h＝1282π81.6．如图，某几何体的三视图中，正视图和侧视图都是半径为3的半圆和相同的正三角形，其中正三角形的上顶点是半圆弧的中点，底边在直径上，则该几何体的表面积是( )A．6πB．8πC．10πD．11π答案 C解析由三视图可知，该几何体是一个半球挖去一个圆锥后得到的几何体，且半球的底面半径为3，圆锥的轴截面为等边三角形，其高为3，故圆锥的底面半径为1，母线长为2.该几何体的表面由半球的侧面、圆锥的侧面以及半球的底面除去圆锥的底面三部分构成．半球的侧面积S1＝12×4π×(3)2＝6π，圆锥的侧面积S2＝π×1×2＝2π，半球的底面圆的面积S3＝π×(3)2＝3π，圆锥的底面积S4＝π×12＝π，所以该几何体的表面积为S＝S1＋S2＋S3－S4＝6π＋2π＋3π－π＝10π.故选C.7．甲、乙两个几何体的正视图和侧视图相同，俯视图不同，如图所示，记甲的体积V甲，乙的体积为V乙，则( )A．V甲<V乙B．V甲＝V乙C．V甲>V乙D．V甲，V乙的大小关系不能确定答案 C解析由三视图知，甲几何体是一个以边长为1的正方形为底面的四棱锥，乙几何体是在甲几何体的基础上去掉一个三个面是直角三角形的三棱锥后得到的一个三棱锥，所以V甲>V乙，故选C.8．某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为12π＋853，则其正视图中x的值为( )A．5 B．4C．3 D．2答案 C解析由三视图知，该几何体是一个组合体，其上面是一个正四棱锥，正四棱锥的底面是对角线长度为4的正方形，正四棱锥的侧棱长是3.该几何体的下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是4，圆柱的高是x.根据组合体的体积，得π·22x＋4×12×2×2×32－22×13＝12π＋853，∴4πx＋853＝12π＋853，∴x＝3.故选C.9．如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是( )A．4＋6π B．8＋6πC ．4＋12πD ．8＋12π答案 B解析 由三视图知，该几何体为四棱锥与半圆柱的上下组合体，其中半圆柱的底面圆的直径为4，母线长为3，四棱锥的底面是长为4，宽为3的矩形，高为2，所以该几何体的体积V ＝12×π×22×3＋13×4×3×2＝8＋6π，故选B.10． 如图是某个几何体的三视图，则这个几何体的表面积是( )A ．π＋42＋4B ．2π＋42＋4C ．2π＋42＋2D ．2π＋22＋4答案 B解析 由三视图可知，该几何体是由一个半圆柱与三棱柱组成的几何体，其直观图如图所示，其表面积S ＝2×12π×12＋2×12×2×1＋12π×2×1＋(2＋2＋2)×2－2×1＝2π＋42＋4，故选B.11． 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，则它的体积可能为( )A ．π＋43B ．π＋2C ．2π＋43D ．2π＋2答案 A解析 由三视图可知，该几何体由半个圆柱和一个三棱锥组合而成．故体积为12×π×12×2＋13×12×2×2×2＝π＋43. 12． 某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为( )A ．16－2π3 B ．8－4π3 C ．16－4π3D ．16(1－π3) 答案 C解析 根据三视图知，该几何体是一个直四棱柱内挖去一个圆锥后剩余的部分，画出直观图如图所示，结合图中数据，得该几何体的体积V ＝V 四棱柱－V 圆锥＝22×4－13π×12×4＝16－4π3，故选C.13. 一个几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积为( )A ．24－πB ．24－3πC ．24＋πD ．24－2π答案 A解析 由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体挖去右下方18球后得到的几何体，该球以顶点为球心，2为半径，则该几何体的表面积为2×2×6－3×14×π×22＋18×4×π×22＝24－π，故选A.14． 将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱的最大体积为( )A.π27B.8π27 C.π3D.2π9答案 B解析 如图所示，设圆柱的半径为r ，高为x ，体积为V ，由题意可得r 1＝2－x2，所以x ＝2－2r ，所以圆柱的体积V ＝πr 2(2－2r)＝2π(r 2－r 3)(0<r<1)．设V(r)＝2π(r 2－r 3)(0<r<1)，则V′(r)＝2π(2r－3r 2)，由2π(2r－3r 2)＝0，得r ＝23，所以圆柱的最大体积V max ＝2π[(23)2－(23)3]＝8π27，故选B.15. 若一个半径为2的球体经过切割之后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．答案 16π解析由三视图，可知该几何体是一个球体挖去14之后剩余的部分，故该几何体的表面积为球体表面积的34与两个半圆面的面积之和，即S＝34×(4π×22)＋2×(12π×22)＝16π.16．如图所示的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图在下面画出(单位：cm)．(1)在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；(2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积；(3)在所给直观图中连接BC′，证明：BC′∥平面EFG.答案(1)略(2)2843cm3(3)略解析(1)如图所示．(2)所求多面体的体积是：V＝V长方体－V正三棱锥＝4×4×6－13×(12×2×2)×2＝2843cm3.(3)如图所示，复原长方体ABCD－A′B′C′D′，连接AD′，则AD′∥BC′.∵E ，G 分别是AA′，A ′D ′的中点， ∴AD ′∥EG.从而EG∥BC′. 又BC′⊄平面EFG ， ∴BC ′∥平面EFG.专题研究 球与几何体的切接问题1． 正三棱锥的高和底面边长都等于6，则其外接球的表面积为( ) A ．64π B ．32π C ．16π D ．8π答案 A 解析如图，作PM⊥平面ABC 于点M ，则球心O 在PM 上，PM ＝6，连接AM ，AO ，则OP ＝OA ＝R(R 为外接球半径)，在Rt△OAM 中，OM ＝6－R ，OA ＝R ，又AB ＝6，且△ABC 为等边三角形，故AM ＝2362－32＝23，则R 2－(6－R)2＝(23)2，则R＝4，所以球的表面积S ＝4πR 2＝64π.2． 体积为8的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1内有一个体积为V 的球，则V 的最大值为( )A ．8πB ．4π C.823π D.4π3答案 D解析 要使球的体积V 最大，则球为正方体的内切球． ∵正方体的体积为8，∴正方体的棱长为2， ∴内切球的半径为1，体积为43π×13＝4π3，故选D.3． 已知A ，B ，C ，D 是球O 上不共面的四点，且AB ＝BC ＝AD ＝1，BD ＝AC ＝2，BC ⊥AD ，则球O 的体积为( )A.32π B.3π C ．23π D ．43π答案 A解析 由题知，AB ＝BC ＝1，AC ＝2，所以AB 2＋BC 2＝AC 2，所以∠CBA＝π2，即BC⊥AB，又BC⊥AD，所以BC⊥平面ABD ，因为AB ＝AD ＝1，BD ＝2，所以AB 2＋AD 2＝BD 2，所以AB⊥AD，此时可将点A ，B ，C ，D 看成棱长为1的正方体上的四个顶点，球O 为正方体的外接球，设球O 的半径为R ，故2R ＝12＋12＋12，所以R ＝32，则球O 的体积V ＝43πR 3＝32π，故选A. 4． 已知球的直径SC ＝6，A ，B 是该球球面上的两点，且AB ＝SA ＝SB ＝3，则三棱锥S －ABC 的体积为( )A.324 B.924 C.322D.922答案 D解析 设该球球心为O ，因为球的直径SC ＝6，A ，B 是该球球面上的两点，且AB ＝SA ＝SB ＝3，所以三棱锥S －OAB 是棱长为3的正四面体，其体积V S －OAB ＝13×12×3×332×6＝924，同理V O －ABC ＝924，故三棱锥S －ABC 的体积V S －ABC ＝V S－OAB＋V O －ABC ＝922，故选D.5．在一个半球内挖去一个多面体，所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于( )A ．46π－8B ．83π－8C ．86π－4D ．83π－4答案 A解析 由三视图可知半球内挖去的多面体是棱长为2的正方体，且该正方体是半球的内接正方体．设半球的半径为R ，则R ＝2＋（2）2＝6，所以该几何体的体积V ＝12×4π3×(6)3－23＝46π－8.6． 已知一个水平放置的各棱长均为4的三棱锥形容器内有一小球O(质量忽略不计)，现从该三棱锥形容器的顶端向内注水，小球慢慢上浮，当注入的水的体积是该三棱锥体积的78时，小球与该三棱锥各侧面均相切(与水面也相切)，则小球的表面积等于( )A.76π B.43π C.23π D.12π 答案 C解析 由题知，没有水的部分的体积是三棱锥形容器的体积的18，三棱锥形容器的体积为13·34·42·63·4＝1623，所以没有水的部分的体积为223.设其棱长为a ，则其体积为13×34a 2×63a ＝223，∴a ＝2，设小球的半径为r ，则4×13×3×r＝223，解得r＝66，∴球的表面积为4π×16＝23π，故选C.7．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为( )A．36πB．8πC.92π D.278π答案 B解析根据几何体的三视图，得该几何体是底面为等腰直角三角形、高为2的三棱锥，如图所示．该三棱锥的外接球是对应直三棱柱的外接球．设外接球的半径为R，∵底面是等腰直角三角形，∴底面外接圆的半径为1，∴R2＝1＋1＝2，∴外接球的表面积是4πR2＝8π，故选B.8．把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20 cm的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点(皮球不变形)，则皮球的半径为( )A．10 3 cm B．10 cmC．10 2 cm D．30 cm答案 B解析依题意，在四棱锥S－ABCD中，所有棱长均为20 cm，连接AC，BD 交于点O，连接SO，则SO＝AO＝BO＝CO＝DO＝10 2 cm，易知点O到AB，BC，CD，AD的距离均为10 cm，在等腰三角形OAS中，OA＝OS＝10 2 cm，AS＝20 cm，所以O到SA的距离d＝10 cm，同理可证O到SB，SC，SD的距离也为10 cm，所以球心为四棱锥底面ABCD的中心，所以皮球的半径R＝10 cm，故选B.9．四棱锥P－ABCD的五个顶点都在一个球面上，该四棱锥的三视图如图所示，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，则该球的表面积为( )A．9πB．3πC．22πD．12π答案 D解析该几何体的直观图如图所示，该几何体可看作由正方体截得，则正方体外接球的直径即为PC.由直线EF被球面所截得的线段长为22，可知正方形ABCD对角线AC的长为22，可得正方形ABCD的边长a＝2，在△PAC中，PC＝22＋（22）2＝23，球的半径R＝3，∴S表＝4πR2＝4π×(3)2＝12π.10．若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则S1S2＝________．答案63π解析设正四面体的棱长为a，则正四面体的表面积为S1＝4·34·a2＝3a2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. 11．已知一圆柱内接于球O ，且圆柱的底面圆的直径与母线长均为2，则球O 的表面积为________．答案 8π解析 圆柱的底面圆的直径与母线长均为2，所以球的直径为22＋22＝8＝22，即球半径为2，所以球的表面积为4π×(2)2＝8π.12． 一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，该几何体的体积是________；若该几何体的所有顶点在同一球面上，则球的表面积是________．答案133π 解析 由三视图知该几何体是底面为1的正方形，高为1的四棱锥，故体积V ＝13×1×1×1＝13，该几何体与棱长为1的正方体具有相同的外接球，外接球直径为3，该球表面积S ＝4π×(32)2＝3π，正方体、长方体的体对角线即为外接球的直径．13． 已知三棱锥A －BCD 的所有顶点都在球O 的球面上，AB 为球O 的直径，若该三棱锥的体积为3，BC ＝3，BD ＝3，∠CBD ＝90°，则球O 的体积为________．答案32π3解析设A到平面BCD的距离为h，∵三棱锥的体积为3，BC＝3，BD＝3，∠CBD＝90°，∴13×12×3×3×h＝3，∴h＝2，∴球心O到平面BCD的距离为1.设CD的中点为E，连接OE，则由球的截面性质可得OE⊥平面CBD，∵△BCD外接圆的直径CD＝23，∴球O的半径OD＝2，∴球O的体积为32π3.第3课时空间点、线、面的位置关系1．若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是( ) A．b⊂αB．b∥αC．b⊂α或b∥α D．b与α相交或b⊂α或b∥α答案 D解析b与α相交或b⊂α或b∥α都可以．2．若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( )A．l与l1，l2都不相交B．l与l1，l2都相交C．l至多与l1，l2中的一条相交D．l至少与l1，l2中的一条相交答案 D解析可用反证法．假设l与l1，l2都不相交，因为l与l1都在平面α内，于是l∥l1，同理l∥l2，于是l1∥l2，与已知矛盾，故l至少与l1，l2中的一条相交．3．若P是两条异面直线l，m外的任意一点，则( ) A．过点P有且仅有一条直线与l，m都平行B．过点P有且仅有一条直线与l，m都垂直C．过点P有且仅有一条直线与l，m都相交D．过点P有且仅有一条直线与l，m都异面答案 B解析对于选项A，若过点P有直线n与l，m都平行，则l∥m，这与l，m 异面矛盾；对于选项B，过点P与l，m都垂直的直线，即过P且与l，m的公垂线段平行的那一条直线；对于选项C，过点P与l，m都相交的直线有一条或零条；对于选项D，过点P与l，m都异面的直线可能有无数条．4．如图所示，ABCD－A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确是( )A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面答案 A解析连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，∴A1，C1，A，C四点共面，∴A1C⊂平面ACC1A1，∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上．∴A，M，O三点共线．5．下列各图是正方体和正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的图形是( )答案 D解析①在A中易证PS∥QR，∴P，Q，R，S四点共面．②在C中易证PQ∥SR，∴P，Q，R，S四点共面．③在D中，∵QR⊂平面ABC，PS∩面ABC ＝P且P∉QR，∴直线PS与QR为异面直线．∴P，Q，R，S四点不共面．④在B中P，Q，R，S四点共面，证明如下：取BC中点N，可证PS，NR交于直线B1C1上一点，∴P，N，R，S四点共面，设为α.可证PS∥QN，∴P，Q，N，S四点共面，设为β.∵α，β都经过P，N，S三点，∴α与β重合，∴P，Q，R，S四点共面．6．将图①中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC上的中线折起得到空间四面体ABCD(如图②)，则在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是( )A．相交且垂直B．相交但不垂直C．异面且垂直D．异面但不垂直答案 C解析在题图①中，AD⊥BC，故在题图②中，AD⊥BD，AD⊥DC，又因为BD∩DC＝D，所以AD⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，D不在BC上，所以AD⊥BC，且AD 与BC异面，故选C.7．空间不共面的四点到某平面的距离相等，则这样的平面的个数为( ) A．1 B．4C．7 D．8答案 C解析当空间四点不共面时，则四点构成一个三棱锥，如图．①当平面一侧有一点，另一侧有三点时，令截面与四个面之一平行时，满足条件的平面有4个；②当平面一侧有两点，另一侧有两点时，满足条件的平面有3个，所以满足条件的平面共有7个．8．已知平面α及直线a，b，则下列说法正确的是( )A．若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线平行B．若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线不可能垂直C．若直线a，b平行，则这两条直线中至少有一条与平面α平行D．若直线a，b垂直，则这两条直线与平面α不可能都垂直答案 D解析对于A，若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线平行、相交或异面，故A错误；对于B，若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线可能垂直，如图，直角三角形ACB的直角顶点C在平面α内，边AC，BC可以与平面α都成30°角，故B错误；C显然错误；对于D，假设直线a，b 与平面α都垂直，则直线a，b平行，与已知矛盾，则假设不成立，故D正确．故选D.9．一正方体的平面展开图如图所示，在这个正方体中，有下列四个命题：①AF⊥GC；②BD与GC成异面直线且夹角为60°；③BD∥MN；④BG与平面ABCD所成的角为45°.其中正确的个数是( )A．1 B．2C．3 D．4答案 B解析将平面展开图还原成正方体(如图所示)．对于①，由图形知AF与GC异面垂直，故①正确；对于②，BD与GC显然成异面直线．如图，连接EB，ED，则BM∥GC，所以∠MBD即为异面直线BD与GC所成的角(或其补角)．在等边△BDM中，∠MBD＝60°，所以异面直线BD与GC所成的角为60°，故②正确；对于③，BD与MN为异面垂直，故③错误；对于④，由题意得，GD⊥平面ABCD，所以∠GBD是BG与平面ABCD所成的角．但在Rt△BDG中，∠GBD不等于45°，故④错误．综上可得①②正确．10．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，则异面直线CP与BA1所成的角θ的取值范围是( )A．(0，π2) B．(0，π2]C．[0，π3] D．(0，π3]答案 D解析当P与D1重合，CP∥BA1，所成角为0°；当P与A点重合，CA∥A1C1，连BC1，△A1BC1为正三角形，所成角为60°，又由于异面直线所成角为(0°，90°]，所以选D.11．如图所示，M是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱DD1的中点，给出下列四个命题：①过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1都相交；②过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1都垂直；③过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1都相交；④过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1都平行．其中真命题是( )A．②③④B．①③④C．①②④D．①②③答案 C解析将过点M的平面CDD1C1绕直线DD1旋转任意不等于kπ2(k∈Z)的角度，所得的平面与直线AB，B1C1都相交，故③错误，排除A，B，D，选C.12．已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为1的正方形，AA1＝2，则异面直线A1B1与BD1所成角的大小为________．答案60°解析∵A1B1∥AB，∴∠ABD1为异面直线A1B1与BD1所成的角，连接AD1，则在Rt△ABD1中，AB＝1，易得AD1＝3，∴tan∠ABD1＝AD1AB＝3，∴∠ABD1＝60°.13．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截正方体所得的截面为S，当CQ＝1时，S的面积为________．答案6 2解析当CQ＝1时，Q与C1重合．如图，取A1D1，AD的中点分别为F，G.连接AF，AP，PC1，C1F，PG，D1G，AC1，PF.∵F为A1D1的中点，P为BC的中点，G为AD的中点，∴AF＝FC1＝AP＝PC1＝52，PG綊CD，AF綊D1G.由题意易知CD綊C1D1，∴PG綊C1D1，∴四边形C1D1GP为平行四边形，∴PC1綊D1G，∴PC1綊AF，∴A，P，C1，F四点共面，∴四边形APC1F为菱形．∵AC1＝3，PF＝2，过点A，P，Q的平面截正方体所得的截面S为菱形APC1F，∴其面积为12AC1·PF＝12×3×2＝62.14．有下列四个命题：①若△ABC在平面α外，它的三条边所在的直线分别交平面α于P，Q，R，则P，Q，R三点共线；②若三条直线a，b，c互相平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面；③空间中不共面的五个点一定能确定10个平面；④若a不平行于平面α，且a⊄α，则α内的所有直线与a异面．其中正确命题的序号是________．答案①②解析在①中，因为P，Q，R三点既在平面ABC上，又在平面α上，所以这三点必在平面ABC与平面α的交线上，即P，Q，R三点共线，所以①正确．在②中，因为a∥b，所以a与b确定一个平面α，而l上有A，B两点在该平面上，所以l⊂α，即a，b，l三线共面于α；同理a，c，l三线也共面，不妨设为β，而α，β有两条公共的直线a，l，所以α与β重合，即这些直线共面，所以②正确．在③中，不妨设其中有四点共面，则它们最多只能确定7个平面，所以③错．在④中，由题设知，a与α相交，设a∩α＝P，如图，在α内过点P的直线l与a共面，所以④错．15.如图所示，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC∥AD且BC＝12AD，BE∥AF且BE＝12AF，G，H分别为FA，FD的中点．(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；(2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？答案(1)略(2)共面，证明略解析(1)证明：∵G，H分别为FA，FD的中点，∴GH綊12AD.又∵BC綊12AD，∴GH綊BC.∴四边形BCHG为平行四边形．(2)C，D，F，E四点共面．理由如下：由BE綊12AF，G是FA的中点，得BE綊GF.所以EF綊BG.由(1)知，BG綊CH，所以EF綊CH.所以EC∥FH.所以C，D，F，E四点共面．。

第8章立体几何学案38 空间几何体导学目标： 1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.会用斜二测画法画出简单空间图形的直观图．自主梳理1．多面体的结构特征(1)棱柱的上下底面________，侧棱都________且__________，上底面和下底面是________的多边形．侧棱和底面________的棱柱叫做直棱柱．底面为________的直棱柱叫正棱柱．(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个________的三角形．棱锥的底面是________，且顶点在底面的正投影是________，这样的棱锥为正棱锥．(3)棱台可由________________的平面截棱锥得到，其上下底面的两个多边形________．________被平行于底面的平面所截，截面和底面之间的部分叫正棱台．2．旋转体的结构特征将矩形、直角三角形、直角梯形分别绕着它的一边、一直角边、垂直于底边的腰所在的直线旋转一周，形成的几何体分别叫做________、________、________，这条直线叫做____．垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做________．半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面叫做________，球面围成的几何体叫做________，简称____．3．空间几何体的直观图画空间几何体的直观图常用________画法，其规则是：(1)在空间图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴交于O点，再取z轴，使∠xOz＝90°，且∠yOz＝90°.(2)画直观图时把它们画成对应的x′轴、y′轴和z′轴，它们相交于点O′，并使∠x′O′y′＝__________________，∠x′O′z′＝90°，x′轴和y′轴所确定的平面表示水平面．(3)已知图形中平行于x轴、y轴或z轴的线段，在直观图中分别画成平行于________________________的线段．(4)已知图形中平行于x轴或z轴的线段，在直观图中保持原长度________，平行于y 轴的线段，长度变为____________．自我检测1．下列四个条件能使棱柱为正四棱柱的是________(填序号)．①底面是正方形，有两个侧面是矩形；②底面是正方形，有两个侧面垂直于底面；③底面是菱形，具有一个顶点处的三条棱两两垂直；④每个侧面都是全等矩形的四棱柱．2．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆，则这个几何体一定是________．3．如果圆锥的侧面展开图是半圆，那么这个圆锥的顶角(圆锥轴截面中两条母线的夹角)是________．4．长方体AC1中，从同一个顶点出发的三条棱长分别是a，b，c，则这个长方体的外接球的半径是________．5．如图所示，直观图四边形A′B′C′D′是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是________．探究点一 空间几何体的结构例1 给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台；③若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；④若有两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；⑤存在每个面都是直角三角形的四面体；⑥棱台的侧棱延长后交于一点．其中正确命题的序号是________．变式迁移1 下列结论正确的是________(填序号)． ①各个面都是三角形的几何体是三棱锥； ②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；③棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥； ④圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线． 探究点二 空间几何体的直观图例2 一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为a 的正方形，则原平面四边形的面积等于________．变式迁移2 等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________．探究点三 简单组合体的有关计算例3 棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图所示，求图中三角形(正四面体的截面)的面积．变式迁移3 如图，一个正方体内接于高为40 cm ，底面半径为30 cm 的圆锥，则正方体的棱长是________cm.1．熟练掌握几何体的结构特征与对应直观图之间的相互转化，正确地识别和画出空间几何体的直观图是解决空间几何体问题的基础和保证．2．棱柱的分类(按侧棱与底面的位置关系)：棱柱⎩⎨⎧直棱柱――→底面为正多边形正棱柱斜棱柱3．正棱锥问题常归结到它的高、侧棱、斜高、底面正多边形、内切圆半径、外接圆半径、底面边长的一半构成的直角三角形中解决．4．圆柱、圆锥、圆台、球应抓住它们是旋转体这一特点，弄清旋转轴、旋转面、轴截面．5．用斜二测画法画出的平面图形的直观图的面积S′与原平面图形的面积S之间的关系是S′＝24 S.课后练习(满分：90分)一、填空题(每小题6分，共48分)1．下列命题正确的是________(填序号)．①有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱；②有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体叫棱锥；③有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱．2．如图为一个简单多面体的表面展开图(沿虚线折叠即可还原)则这个多面体的顶点数为________．3．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，轴截面的面积等于392 cm2，母线与轴的夹角为45°，则这个圆台的高为________cm，母线长为________cm，上、下底面半径分别为________cm和________cm.4．如图所示的几何体是从一个圆柱中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，现用一个平面去截这个几何体，若这个平面垂直于圆柱底面所在的平面，那么所截得的图形可能是图中的________．(把所有可能的图的序号都填上)5．已知水平放置的△ABC的直观图△A′B′C′(斜二测画法)是边长为2a的正三角形，则原△ABC的面积为_________________________________________________________．6．棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上，E、F分别是棱AA1、DD1的中点，则直线EF被球O截得的线段长为________．7．如图，半径为R的球O中有一内接圆柱．当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是________．8．棱长为a的正四面体ABCD的四个顶点均在一个球面上，则此球的半径R为________．二、解答题(共42分)9．(12分)正四棱台AC1的高是17 cm，两底面的边长分别是4 cm和16 cm，求这个棱台的侧棱长和斜高．10．(14分)用斜二测画法画出如图中水平放置的四边形OABC的直观图．11．(16分)一个圆锥的底面半径为2，高为6，在其中有一个高为x的内接圆柱．(1)用x表示圆柱的轴截面面积S；(2)当x为何值时，S最大？学案38 空间几何体答案自主梳理1．(1)平行 平行 长度相等 全等 垂直 正多边形 (2)公共顶点 正多边形 底面中心 (3)平行于棱锥底面相似 正棱锥 2.圆柱 圆锥 圆台 轴 底面 球面 球体 球 3.斜二测 (2)45°(或135°) (3)x ′轴、y ′轴或z ′轴 (4)不变 原来的一半自我检测 1．③ 2．球体 3．60°解析 设母线长为l ，底面半径为r ，则πl ＝2πr . ∴r l ＝12，∴母线与高的夹角为30°. ∴圆锥的顶角为60°.4.a 2＋b 2＋c 22解析 长方体的外接球的直径长为长方体的体对角线长，即2R ＝a 2＋b 2＋c 2，所以R ＝a 2＋b 2＋c 22.5.2＋2解析 把直观图还原为平面图形得： 直角梯形ABCD 中，AB ＝2， BC ＝2＋1，AD ＝1，∴面积为12×(2＋2)×2＝2＋ 2.课堂活动区例1 解题导引 解决这种判断题的关键是：①准确理解棱柱、棱锥、棱台的概念；②正确运用平行、垂直的判定及性质定理进行判断，整体把握立体几何知识．答案 ③④⑤⑥ 解析①错误，因为棱柱的底面不一定是正多边形；②错误，必须用平行于底面的平面去截棱锥，才能得到棱台；③正确，因为三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；④正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；⑤正确，如图所示，正方体AC 1中的四棱锥C 1—ABC ，四个面都是直角三角形；⑥正确，由棱台的概念可知．因此，正确命题的序号是③④⑤⑥.变式迁移1 ④解析①错误．如图所示，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．②错误．如下图，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．③错误．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．④正确．例2 解题导引本题是已知直观图，探求原平面图形，考查逆向思维能力．要熟悉运用斜二测画法画水平放置的直观图的基本规则，注意直观图中的线段、角与原图中的对应线段、角的关系．答案22a2解析根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则可知，在x轴上(或与x轴平行)的线段，其长度保持不变；在y轴上(或与y轴平行)的线段，其长度变为原来的一半，且∠x′O′y′＝45°(或135°)，所以，若设原平面图形的面积为S，则其直观图的面积为S′＝12·22·S＝24S.可以得出一个平面图形的面积S与它的直观图的面积S′之间的关系是S′＝24S，本题中直观图的面积为a2，所以原平面四边形的面积S＝a224＝22a2.变式迁移222解析∵OE＝22－1＝1，∴O′E′＝12，E′F＝24，∴直观图A′B′C′D′的面积为S′＝12×(1＋3)×24＝22.例3 解题导引解决这类问题的关键是准确分析出组合体的结构特征，发挥自己的空间想象能力，把立体图和截面图对照分析，有机结合，找出几何体中的数量关系，为了增加图形的直观性，常常画一个截面圆作为衬托．解如图所示，△ABE为题中的三角形，由已知得AB＝2，BE＝2×32＝3，BF＝23BE＝233，AF＝AB2－BF2＝4－43＝83，∴△ABE的面积为S＝12×BE×AF＝12×3×83＝ 2.∴所求的三角形的面积为 2.变式迁移3 120(3－22)解析作轴截面，PO＝40 cm，OA＝30 cm，设BC＝x，则O1C＝22x，∴O1COA＝O1POP，即22x30＝40－x40，∴x＝120(3－22)．课后练习区1．③2．7解析沿虚线折叠还原得几何体的直观图如下，则这个多面体的顶点数为7.3．14 14 2 7 21解析画出圆台的轴截面，如图，设O′、O分别是上、下底面的中心，作AE⊥DC于E，则有∠DAE＝45°.由于下底面周长是上底面周长的3倍，所以下底面半径是上底面半径的3倍，若设AE＝x，则DE＝x，AB＝x，CD＝3x，AD＝2x，于是轴截面的面积为：12·x·(3x＋x)＝392，解得x＝14，则圆台的高等于14 cm，母线长为142cm，上、下底面半径分别为7 cm和21 cm.4．①③5.6a2解析 在斜二测画法中原图面积与直观图面积之比为1∶24，则易知24S ＝34(2a )2，∴S ＝6a 2.6. 2解析 由题知球O 半径为32，球心O 到直线EF 的距离为12，由垂径定理可知直线EF 被球O 截得的线段长d ＝2×34－14＝ 2.7．2πR 2解析 方法一 设圆柱的轴与球的半径的夹角为α，则圆柱高为2R cos α，圆柱底面半径为R sin α，∴S 圆柱侧＝2π·R sin α·2R cos α＝2πR 2sin 2α.当sin 2α＝1时，S圆柱侧最大为2πR 2，此时，S 球表－S 圆柱侧＝4πR 2－2πR 2＝2πR 2.方法二 设圆柱底面半径为r ，则其高为2R 2－r 2.∴S 圆柱侧＝2πr ·2R 2－r 2，S ′圆柱侧＝4πR 2－r 2－4πr 2R 2－r2.令S ′圆柱侧＝0，得r ＝22R .当0<r <22R 时，S ′>0； 当22R <r <R 时，S ′<0. ∴当r ＝22R 时，S 圆柱侧取得最大值2πR 2. 此时S 球表－S 圆柱侧＝4πR 2－2πR 2＝2πR 2.方法三 设圆柱底面半径为r ，则其高为2R 2－r 2，∴S 圆柱侧＝2πr ·2R 2－r 2＝4πr 2R 2－r 2≤4πr 2＋R 2－r 22＝2πR 2(当且仅当r 2＝R 2－r 2，即r ＝22R 时取“＝”)．∴当r ＝22R 时，S 圆柱侧最大为2πR 2.此时S 球表－S 圆柱侧＝4πR 2－2πR 2＝2πR 2.8.64a 解析如图所示，设正四面体ABCD 内接于球O ，由D 点向底面ABC 作垂线，垂足为H ，连结AH ，OA ，则可求得AH ＝33a ，DH ＝a 2－⎝⎛⎭⎪⎫33a 2＝6a 3， 在Rt △AOH 中，⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫63a －R 2＝R 2，解得R ＝64a . 9．解如图所示，设棱台的两底面的中心分别是O 1、O ，B 1C 1和BC 的中点分别是E 1和E ，连结O 1O 、E 1E 、O 1B 1、OB 、O 1E 1、OE ，则四边形OBB 1O 1和OEE 1O 1都是直角梯形．(4分)∵A 1B 1＝4 cm ，AB ＝16 cm ， ∴O 1E 1＝2 cm ，OE ＝8 cm ，O 1B 1＝2 2 cm ，OB ＝8 2 cm ，(8分)∴B 1B 2＝O 1O 2＋(OB －O 1B 1)2＝361 cm 2，E 1E 2＝O 1O 2＋(OE －O 1E 1)2＝325 cm 2，(10分) ∴B 1B ＝19 cm ，E 1E ＝513 cm.答 这个棱台的侧棱长为19 cm ，斜高为513 cm. (12分)10．解 (1)画x ′轴，y ′轴，使∠x ′O ′y ′＝45°.(4分)(2)在O ′x ′轴上取D ′、B ′，使O ′D ′＝OD ，O ′B ′＝OB (如图所示)，在O ′y ′轴上取C ′，使O ′C ′＝12OC .在O ′x ′轴下方过点D ′作D ′A ′∥O ′y ′，使D ′A ′＝12DA .(10分)(3)连结O ′A ′，A ′B ′，C ′B ′，所得四边形O ′A ′B ′C ′就是四边形OABC 的直观图．(14分)11.解 (1)画出圆柱和圆锥的轴截面，如图，设圆柱的底面半径为r ，则由三角形相似可得x 6＝2－r 2，解得r ＝2－x 3.(6分) 圆柱的轴截面面积S ＝2r ·x ＝2(2－x3)·x＝－23x 2＋4x .(12分)(2)∵S ＝－23x 2＋4x ＝－23(x －3)2＋6∴当x ＝3时，S 的最大值为6.(16分)。

高考数学一轮复习第八章《立体几何》精编配套试题（含解析）文新人教A版第八章立体几何一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求)1、（2013年高考四川卷（文2））一个几何体的三视图如图所示,则该几何体可以是（）A．棱柱B．棱台C．圆柱D．圆台2、【山东省烟台市莱州一中20l3届高三第二次质量检测（文）】一个简单几何体的主视图，左视图如图所示，则其俯视图不可能为①长方形；②直角三角形；③圆；④椭圆.其中正确的是A.①B.②C.③D.④3 ．（2013年高考浙江卷（文4））设m.n是两条不同的直线,α.β是两个不同的平面,（）A．若m∥α,n∥α,则m∥n B．若m∥α,m∥β,则α∥βC．若m∥n,m⊥α,则n⊥αD．若m∥α,α⊥β,则m⊥β4．（2013年高考广东卷（文））某三棱锥的三视图如图2所示,则该三棱锥的体积是图 21俯视图侧视图正视图21（ ） A ．16B ．13C ．23D ．15 ．【北京市海淀区北师特学校2013届高三第四次月考文】在空间，下列命题正确的是 （ ）A ．平行直线在同一平面内的射影平行或重合 B. 垂直于同一平面的两条直线平行 C. 垂直于同一平面的两个平面平行 D. 平行于同一直线的两个平面平行 6、（2013年高考山东卷（文4））一个四棱锥的侧棱长都相等,底面是正方形,其正(主)视图如右图所示该四棱锥侧面积和体积分别是（ ） A ．45,8B ．845,3C ．84(51),3+ D ．8,87、如右图所示，正四棱锥P －ABCD 的底面积为3，体积为22，E 为侧棱PC 的中点，则PA 与BE 所成的角为( )A.π6B.π4C.π3 D.π28、（2013安徽安庆三模）如图是不锈钢保温饭盒的三视图，根据图中数据（单位：cm ）， 则该饭盒的表面积为 A ．1100π2cm B ．900π2cm C ．800π2cm D ．600π2cm9、（2013年高考辽宁卷（文10））已知三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上,若34AB AC ==，,AB AC ⊥,112AA =,则球O 的半径为（ ） A ．3172B ．210C ．132D ．31010．圆台上、下底面面积分别是π、4π，侧面积是6π，这个圆台的体积是( )A 、233π B、23π C 、736π D、733π11、（上海市普陀区2013届高三第二学期（二模）质量调研数学（文）试题）若圆柱的底面直径和高都与球的直径相等,圆柱、球的表面积分别记为1S 、2S ,则1S :2S =A . 1:1.B . 2:1.C . 3:2.D . 4:1.12、【北京市朝阳区2013届高三上学期期末考试数学文】在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，1P ，2P 分别为线段AB ，1BD （不包括端点）上的动点，且线段12P P 平行于平面11A ADD ，则四面体121PP AB 的体积的最大值是 A ．124 B ．112C ．16 D ．12二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上) 13、（2013年高考课标Ⅱ卷（文15））已知正四棱锥O ABCD -的体积为322，底面边长为3，则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________。

2021-2022年高考数学一轮复习 8.1空间几何体的结构、三视图和直观图配套训练理新人教A版基础巩固1.在下面四个命题中,真命题有( )①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱;②斜三棱柱的侧面一定都不是矩形;③底面为矩形的平行六面体是长方体;④侧面是正方形的正四棱柱是正方体.A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】A【解析】由棱柱、直棱柱的概念可得命题④正确.2.如果四棱锥的四条侧棱都相等,就称它为“等腰四棱锥”,四条侧棱称为它的腰,以下四个命题中,假命题是( )A.等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B.等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C.等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D.等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上【答案】B【解析】选项B由于底面形状未定,仅依靠等腰不能确定侧面高是否相等.3.如图所示,已知△ABC的水平放置的直观图是等腰Rt△A'B'C',且∠A'=90°,A'B'=,则△ABC的面积是( )A. B.2C.4D.1【答案】B【解析】因为由题意可知∠A'B'C'=45°,A'B'=,从而B'C'=2,所以△ABC为直角三角形,∠B=90°,AB=2A'B'=2,BC=B'C'=2.故S△ABC=×2×2=2.4.下列几何体各自的三视图中,有且仅有两个视图相同的是( )A.①②B.①③C.①④D.②④【答案】D【解析】正方体的三视图均为正方形;圆锥的三视图为两个相同的三角形和带一圆心的圆;三棱台的三视图为两个不同的梯形和两个嵌套的三角形;正四棱锥的三视图为两个相同的三角形和一个正方形.故选D.5.沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图甲所示,则该几何体的侧视图为( )甲【答案】B【解析】由三视图的相关知识易知应选B.6.棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上,E,F分别是棱AA1,DD1的中点,则直线EF被球O截得的线段长为( )A. B.1C.1+D.【答案】D【解析】由题意知球O半径为,球心O到直线EF的距离为,因此直线EF被球O截得的线段长d=2. 7.一个几何体的三视图如下图所示,其中正视图中△ABC是边长为2的正三角形,俯视图为正六边形,那么该几何体的侧视图的面积为( )A. B. C.1 D.2【答案】A【解析】由三视图知该几何体为正六棱锥,底面边长为1,高为,侧视图为等腰三角形,底边边长为,高为.故所求侧视图的面积为.8.棱长为a的正四面体ABCD的四个顶点均在一个球面上,则此球的半径R=.【答案】a【解析】如图所示,设正四面体ABCD内接于球O,由D点向底面ABC作垂线,垂足为H,连接AH,OA,则可求得,AH=a,DH=a.在Rt△AOH中,可得=R2,解得R=a.9.有一块多边形的菜地,它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示),∠ABC=45°,AB=AD=1,DC⊥BC,则这块菜地的面积为.【答案】2+【解析】在直观图中,过点A作AE⊥BC,垂足为E,则在Rt△ABE中,AB=1,∠ABE=45°,可得BE=.∵四边形AECD为矩形,AD=1,∴EC=AD=1.故BC=BE+EC=+1.由此可还原原图形如图.在原图形中,A'D'=1,A'B'=2,B'C'=+1,且A'D'∥B'C',A'B'⊥B'C',故这块菜地的面积为S=(A'D'+B'C')·A'B'=×2=2+.10.如右图所示的几何体是从一个圆柱中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,现用一个平面去截这个几何体,若这个平面垂直于圆柱底面所在平面,那么所截得的图形可能是下图中的(把可能的图的序号都填上).【答案】①③【解析】截面为轴截面时可得①,不是轴截面时可得③.11.某圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍,轴截面的面积等于392cm2,母线与轴的夹角为45°,求这个圆台的高、母线长和底面半径.【解】作出圆台的轴截面如图.设圆台的上、下底面半径分别为x cm和3x cm,延长AA1交OO1的延长线于点S.在Rt△SOA中,∠ASO=45°,则∠SAO=45°.于是SO=AO=3x,OO1=2x.又×(6x+2x)×2x=392,解得x=7,所以圆台的高OO1=14cm,母线长l=OO1=14cm,底面半径分别为7cm和21cm.12.在半径为25cm的球内有一个截面,它的面积是49πcm2,求球心到这个截面的距离.【解】设球半径为R,截面圆的半径为r,球心到截面的距离为d,如图.∵S=πr2=49πcm2,∴r=7(cm).因此d==24(cm).故球心到这个截面的距离为24cm.13.如图①,在四棱锥P-ABCD中,底面为正方形,PC与底面ABCD垂直,图②为该四棱锥的正视图和侧视图,它们是腰长为6cm的全等的等腰直角三角形.图①图②(1)根据图②所给的正视图、侧视图,画出相应的俯视图,并求出该俯视图的面积;(2)求PA.【解】(1)该四棱锥的俯视图为内含对角线,边长为6cm的正方形,如图,其面积为36cm2.(2)由侧视图可求得PD==6.由正视图可知AD=6且AD⊥PD.故在Rt△APD中,PA==6(cm).拓展延伸14.从一个底面半径和高均为R的圆柱中挖去一个以圆柱上底面为底,下底面中心为顶点的圆锥,得到如图所示的几何体,如果用一个与圆柱下底面距离等于l并且平行于底面的平面去截它,求所得截面的面积.【解】几何体轴截面如图所示,被平行于下底面的平面所截的圆柱截面半径O1C=R,设圆锥截面半径O1D=x,∵OA=AB=R,∴△OAB为等腰直角三角形.又CD∥OA,∴BC=CD=R-x.又BC=R-l,∴x=l.故所求截面面积为S=πR2-πl2=π(R2-l2).28094 6DBE 涾+23629 5C4D 屍29265 7251 牑=31944 7CC8 糈28987 713B 焻20335 4F6F 佯23460 5BA4 室30689 77E1 矡H,36493 8E8D 躍29434 72FA 狺8。

专题八 立体几何8.1 空间几何体的表面积和体积基础篇 固本夯基考点一 空间几何体的结构特征1.(2022届山东烟台一中开学考,2)已知圆锥的表面积等于12πcm 2,其侧面展开图是一个半圆,则圆锥的底面半径为( )A.1cmB.2cmC.3cmD.32cm 答案 B2.(2021新高考Ⅰ,3,5分)已知圆锥的底面半径为√2,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为( )A.2B.2√2C.4D.4√2 答案 B3. (2020课标Ⅰ理(文),3,5分)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.√5−14B.√5−12C.√5+14D.√5+12答案 C4.(2020浙江,14,4分)已知圆锥的侧面积(单位:cm 2)为2π,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的底面半径(单位:cm)是 . 答案 1考点二 空间几何体的表面积与体积1.(2022届河北邢台入学考,4)六氟化硫,化学式为SF 6,在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体,有良好的绝缘性,在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体(每个面都是正三角形的八面体),如图所示,硫原子位于正八面体的中心,6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点.若相邻两个氟原子间的距离为2a,则六氟化硫分子中6个氟原子构成的正八面体的体积是(不计氟原子的大小)( )A.4√23a 3 B.8√23a 3C.4√2a 3D.8√2a 3答案 B2.(2021全国甲理,11,5分)已知A,B,C 是半径为1的球O 的球面上的三个点,且AC ⊥BC,AC=BC=1,则三棱锥O-ABC 的体积为( ) A.√212B.√312C.√24D.√34答案 A3.(2018课标Ⅰ,10,5分)在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=BC=2,AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°,则该长方体的体积为( )A.8B.6√2C.8√2D.8√3 答案 C4.(2020山东泰安期末,8)已知正三棱锥S-ABC 的侧棱长为4√3,底面边长为6,则该正三棱锥外接球的表面积是( )A.16πB.20πC.32πD.64π 答案 D5.(多选)(2021河北保定二模,9)如图,一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等,则下列结论正确的是()A.圆柱的体积为4πR3B.圆锥的侧面积为√5πR2C.圆柱的侧面积与圆锥的表面积相等D.圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶2答案BD6.(2021福建泉州二模,6)如图是一个由6个正方形和8个正三角形围成的十四面体,其所有顶点都在球O 的球面上,若十四面体的棱长为1,则球O的表面积为()A.2πB.4πC.6πD.8π答案B7.(2021全国甲文,14,5分)已知一个圆锥的底面半径为6,其体积为30π,则该圆锥的侧面积为. 答案39π8.(2020新高考Ⅱ,13,5分)棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱BB1,AB的中点,则三棱锥A1-D1MN 的体积为.答案 19.(2019江苏,9,5分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的体积是120,E为CC1的中点,则三棱锥E-BCD的体积是.10.(2020江苏,9,5分)如图,六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的.已知螺帽的底面正六边形边长为2cm,高为2cm,内孔半径为0.5cm,则此六角螺帽毛坯的体积是 cm 3.答案(12√3−π2)11.(2018天津文,11,5分)如图,已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1,则四棱锥A 1-BB 1D 1D 的体积为 .答案13综合篇 知能转换A 组考法一 空间几何体的表面积和体积1.(2021新高考Ⅱ,5,5分)正四棱台的上、下底面的边长为2,4,侧棱长为2,则四棱台的体积为( ) A.56 B.28√2 C.563 D.28√23答案 D2.(2021济南一模,7)已知菱形ABCD,AB=BD=2,将△ABD 沿BD 折起,使二面角A-BD-C 的大小为60°,则三棱锥A-BCD 的体积为( ) A.√32B.2√23 C.3√32D.2√2 答案 A3.(2018课标Ⅲ,文12,理10,5分)设A,B,C,D 是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC 为等边三角形且其面积为9√3,则三棱锥D-ABC 体积的最大值为( ) A.12√3 B.18√3 C.24√3 D.54√34.(2020湖南衡阳联考,10)在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,且AB=2.若三棱锥P-ABC的外接球体积为36π,则当该三棱锥的体积最大时,其表面积为()A.6+6√3B.8+6√3C.8+8√5D.6+8√5答案C5.(2022届浙江浙南名校联盟联考一,15)一圆锥母线长为定值a(a>0),母线与底面所成角大小为θ(0<θ<π2),当圆锥体积V最大时,sinθ=.答案√336.(2019天津,文12,理11,5分)已知四棱锥的底面是边长为√2的正方形,侧棱长均为√5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为.答案π47.(2018课标Ⅱ理,16,5分)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为78,SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为5√15,则该圆锥的侧面积为.答案40√2π8.(2018天津理,11,5分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,除面ABCD外,该正方体其余各面的中心分别为点E,F,G,H,M(如图),则四棱锥M-EFGH的体积为.答案1129.(2017课标Ⅰ文,16,5分)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,SC是球O的直径.若平面SCA ⊥平面SCB,SA=AC,SB=BC,三棱锥S-ABC的体积为9,则球O的表面积为.答案36π考法二 与球有关的切、接问题1.(多选)(2022届河北神州智达省级联测二,12)已知三棱柱ABC-A 1B 1C 1的6个顶点全部在球O 的表面上,AB=AC,∠BAC=120°,三棱柱ABC-A 1B 1C 1的侧面积为8+4√3,则球O 的表面积可能是( ) A.4π B.8π C.16π D.32π 答案 CD2.(2020天津,5,5分)若棱长为2√3的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( ) A.12π B.24π C.36π D.144π 答案 C3.(2020课标Ⅱ理,10,5分)已知△ABC 是面积为9√34的等边三角形,且其顶点都在球O 的球面上.若球O 的表面积为16π,则O 到平面ABC 的距离为( ) A.√3 B.32C.1D.√32答案 C4.(2019课标Ⅰ理,12,5分)已知三棱锥P-ABC 的四个顶点在球O 的球面上,PA=PB=PC,△ABC 是边长为2的正三角形,E,F 分别是PA,AB 的中点,∠CEF=90°,则球O 的体积为 ( ) A.8√6π B.4√6π C.2√6π D.√6π 答案 D5.张衡(78年—139年)是中国东汉时期伟大的天文学家、文学家、数学家,他的数学著作有《算罔论》,他曾经得出结论:圆周率的平方除以十六等于八分之五.已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点A,B,若线段AB 的最小值为√3-1,利用张衡的结论可得该正方体的外接球的表面积为( ) A.30 B.10√10 C.12√10 D.36 答案 C6.(2017天津理,10,5分)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面积为18,则这个球的体积为 . 答案92π 7.(2017课标Ⅱ文,15,5分)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 . 答案 14π8.(2021山东烟台一模,16)已知正三棱锥P-ABC 的底面边长为2,侧棱长为√13,其内切球与两侧面PAB,PBC 分别切于点M,N,则MN 的长度为 . 答案56B 组(2022届江苏海安高级中学期中,8)如图所示,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AA 1=1,AB=BC=√3,cos ∠ABC=13,P 是A 1B 上的一动点,则AP+PC 1的最小值为( )A.√5B.√7C.1+√3D.3 答案 B应用篇 知行合一应用 与立体几何有关的实际应用问题1.(多选)(2022届河北9月联考,10生活实践情境)“端午节”为中国国家法定节假日之一,已被列入世界非物质文化遗产名录,吃粽子是端午节的习俗之一.全国各地的粽子包法各有不同.如图,粽子可包成棱长为6cm 的正四面体状的三角粽,也可做成底面半径为32cm,高为6cm(不含外壳)的圆柱状竹筒粽.现有两碗馅料,若一个碗的容积等于半径为6cm 的半球的体积,则(参考数据:√2π≈4.44)( )A.这两碗馅料最多可包三角粽35个B.这两碗馅料最多可包三角粽36个C.这两碗馅料最多可做竹筒粽21个D.这两碗馅料最多可做竹筒粽20个 答案 AC2.(2021新高考Ⅱ,4,5分科技发展)卫星导航系统中,地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面,轨道高度为36000km(轨道高度指卫星到地球表面的最短距离),把地球看成一个球心为O,半径r 为6400km 的球,其上点A 的纬度是指OA 与赤道所在平面所成角的度数,地球表面能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星的点的纬度的最大值记为α,该卫星信号覆盖的地球表面面积S=2πr 2(1-cos α)(单位:km 2),则S 占地球表面积的百分比约为( )A.26%B.34%C.42%D.50% 答案 C3.(多选)(2021辽宁开原三模,12生产实践)国家统计局公布的全国夏粮生产数据显示,2020年全国夏粮总产量达14281万吨,创历史新高.粮食储藏工作关系着军需民食,也关系着国家安全和社会稳定.某粮食加工企业设计了一种容积为63000π立方米的粮食储藏容器,如图1所示.已知该容器分上下两部分,其中上部分是底面半径和高都为r(r ≥10)米的圆锥,下部分是底面半径为r 米、高为h 米的圆柱体,如图2所示.经测算,圆锥的侧面每平方米的建造费用为√2a 元,圆柱的侧面、底面每平方米的建造费用均为a 元,设每个容器的制造总费用为y 元,则下面说法正确的是( )A.10≤r<40B.h 的最大值为1 8803C.当r=21时,y=7029a πD.当r=30时,y 有最小值,最小值为6300a π 答案 BCD4.(2021山东青岛二模,15劳动教育)某校学生去工厂进行劳动实践,加工制作某种零件.如图,将边长为10√2cm 的正方形铁皮剪掉阴影部分(四个全等的等腰三角形),然后将△P 1AB,△P 2BC,△P 3CD,△P 4DA 分别沿AB,BC,CD,DA 翻折,使得P 1,P 2,P 3,P 4重合并记为点P,制成正四棱锥P-ABCD 形状的零件.当该四棱锥体积最大时,AB= cm;此时该四棱锥外接球的表面积S= cm 2.答案 8;6765π 创新篇 守正出奇创新一 数学文化下的立体几何问题1.(2022届长沙长郡中学第一次月考,5)公元前3世纪,古希腊欧几里得在《几何原本》里提出:“球的体积(V)与它的直径(D)的立方成正比”,即V=kD 3,欧几里得未给出k 的值.17世纪日本数学家们对球的体积的方法还不了解,他们将体积公式V=kD 3中的常数k 称为“立圆率”或“玉积率”.类似地,对于等边圆柱(轴截面是正方形的圆柱),正方体也可利用公式V=kD 3求体积(在等边圆柱中,D 表示底面圆的直径;在正方体中,D 表示棱长).假设运用此体积公式求得球(直径为a),等边圆柱(底面圆的直径为a),正方体(棱长为a)的“玉积率”分别为k 1、k 2、k 3,那么k 1∶k 2∶k 3=( ) A.π3∶π2∶2 B.π6∶π4∶2 C.π3∶π2∶1 D.π6∶π4∶1 答案 D2.(2019课标Ⅱ理,16,5分)中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有 个面,其棱长为 .(本题第一空2分,第二空3分)图1图2答案26;√2-14.(2021河北张家口一模,16)早期的毕达哥拉斯学派学者注意到:用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形,即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体,它们的各个面和多面角都全等.如图,正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体,共有12个顶点,30条棱,20个面,是五个柏拉图多面体之计算,则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于.一.如果把sin36°按35答案55√336π创新二圆锥曲线与立体几何的综合1.(2021山东青岛二模,7)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点P在矩形ACC1A1区域(包含边界)内运动,且∠PBD=45°,则动点P的轨迹长度为()A.πB.√2πC.2πD.2√2π答案B2.(2021山东德州二模,7)我国南北朝时期的著名数学家祖暅提出了祖暅原理:“幂势既同,则积不容异.”意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体,被平行于这两个平面的任意一个平面所截,若截面面积都相等,则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时,构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱,与半球(如图①)放置在同一平面上,然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点,圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体(如图②),用任何一个平行于底面的平面去截它们时,可证得所截得的两个截面面积相等,由此可证明新几何体与半球体积相等,即12V 球=πR 2·R-13πR 2·R=23πR 3.现将椭圆x 24+y 29=1绕y 轴旋转一周后得一橄榄球形状的几何体(如图③),类比上述方法,运用祖暅原理可求得其体积等于( )A.8πB.16πC.24πD.32π答案 B3.(2022届广东深圳七中10月月考,14)如图,已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为3,点H 在棱AA 1上,且HA 1=1,P 是侧面BCC 1B 1内一动点,HP=√13,则CP 的最小值为 .答案 √13-2。