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【优化方案】2013-2014学年高中数学1.2.2 空间几何体的三视图能力提升（含解析）新人教A版必修2
1．如图所示，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．①③
C．①④D．②④
解析：选D.正方体的三视图均为正方形；圆锥的三视图为两个三角形和一个圆及其圆心；三棱台的三视图为两个梯形(不全等)和一个三角形；正四棱锥的三视图为两个三角形和一个正方形，故选D.
2．(2013·镇江高一检测)如图，正方形ABCD的边长为3 cm，以直线AB为轴，将正方形旋转一周，所得几何体的正视图的周长是________cm.
解析：正方形旋转一周，所得几何体是圆柱，正视图是矩形，矩形的长是6 cm，宽是3 c m.因此，所得几何体的正视图的周长为6＋6＋3＋3＝18(cm)．
答案：18
3．某组合体的三视图如图所示，试画图说明此组合体的结构特征．
解：该三视图表示的几何体是由一个四棱柱和一个四棱台拼接而成的组合体(如图所示)．
4．画出下面水平放置的几何体的三视图．解：三视图如图所示．。
（一） 选择题（12*5=60分）1. 【河北省邯郸市2014届高三9月摸底考试数学理科】一个空间几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（ ）A ．B ．CD 2. 【广东省广州市海珠区2014届高三入学摸底考试数学理试题】对于平面α，β，γ和直线a ，b ，m ，n ，下列命题中真命题是 （ ）A.若,,,,a m a n m n αα⊥⊥⊂⊂,则a α⊥；B.若//,,,a b αβαγβγ== 则//a b ；C.若//,a b b α⊂,则//a α；D.若,,//,//a b a b ββαα⊂⊂,则//βα.【解析】3. 【浙江省温州八校2014届高三10月期初联考数学(理)】已知n m ,为异面直线，⊥m 平面α，⊥n 平面β.直线l 满足,,,l m l n l l αβ⊥⊥⊄⊄，则（ ） A ．βα//，且α//lB ．βα⊥，且β⊥lC ．α与β相交，且交线垂直于lD ．α与β相交，且交线平行于l4.【中原名校联盟2013-2014学年高三上期第一次摸底考试理】正方形AP 1P 2P 3的边长为4，点B ，C 分别是边P 1P 2，P 2P 3的中点，沿AB ，BC ，CA 折成一个三棱锥P －ABC （使P 1，P 2，P 3重合于P ），则三棱锥P －ABC 的外接球表面积为 （ ） A ．24π B ．12π C ．8π D ．4π5.【浙江省嘉兴一中2014届高三上学期入学摸底数学(理)】设n m ,是空间两条直线，α,β是空间两个平面，则下列选项中不正确．．．的是（ ） A ．当α⊂m 时，“α//n ”是“n m //”的必要不充分条件 B ．当α⊂m 时，“β⊥m ”是“βα⊥”的充分不必要条件C ．当α⊥n 时， “β⊥n ”是“α∥β”成立的充要条件D ．当α⊂m 时，“α⊥n ”是“n m ⊥”的充分不必要条件6.【四川省德阳中学2014届高三“零诊”试题】已知m l ,是两条不同的直线，βα,是两个不同的平面，在下列条件中，能成为m l ⊥的充分条件的是( )A ．l =βα ，m 与βα、所成角相等 B.m l ,在α内的射影分别为//,m l ，且//m l ⊥C.l =βα ，αβ⊥⊂m m ,D.βα⊥，βα//,m l ⊥7.【内蒙古赤峰市全市优质高中2014届高三摸底考试（理）】已知矩形ABCD 的顶点都在半径为5的球O 的球面上，且AB ＝6, BC=O-ABCD 的侧面积为( )B. 44 C 、 D 、468.已知二面角α—l —β为60°，动点P 、Q 分别在面α、β内，P 到β的距离为3，Q 到α的距离为32，则P 、Q 两点之间距离的最小值为（ ） A 、2B 、2C 、32D 、49. 【2012·嘉兴调研（理）】 正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱AB 上的动点，则直线A 1D 与直线C 1E 所成的角等于( )A ．60°B ．90°C ．30°D ．随点E 的位置而变化10. 如图，三棱锥V ABC -底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直且VA VC =,已知其主视图的面积为23，则其侧视图的面积为( )A B C D11.【河北省唐山市2013-2014学年度高三年级摸底考试理科】直三棱柱111ABC A B C -的六个顶点都在球O 的球面上，若1AB BC ==，0120ABC ∠=，1AA =O 的表面积为（ ）A ．4πB ．8πC ．16πD ．24π（ ）（二） 填空题（4*5=20分）13. 【江苏省南京市2014届高三9月学情调研】若一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形，则此圆柱的体积为 .14.【江苏省苏州市2014届高三九月测试试卷】如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在11,AA CC 上，且134AE AA =，113CF CC =，点,A C 到BD 的距离之比为3:2，则三棱锥E BCD -和F ABD -的体积比E BCDF ABDV V --=.15.【吉林市普通中学2013-2014学年度高中毕业班摸底测试理】四面体ABCD 中，共顶点A 的三条棱两两相互垂直，且其长别分为1、6、3，若四面体ABCD 的四个项点同在一个16.【安徽省示范高中2014届高三上学期第一次联考数学（理）】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 ∉平面ABC ）是ADE ∆绕DE 旋转过程中的一个图形，有下列命题： ①平面'A FG ⊥平面ABC ； ②BC //平面'A DE ；③三棱锥'A DEF -的体积最大值为3164a ； ④动点'A 在平面ABC 上的射影在线段AF 上； ⑤二面角'A DE F --大小的范围是[0,]2π.其中正确的命题是 （写出所有正确命题的编号）.（三） 解答题（10+5*12=70分）17. 【安徽省望江四中2014届高三上学期第一次月考数学（理）】（本小题共10分）如图,四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是正方形,棱PD ⊥底面ABCD ,PD DC =＝１,E 是PC 的中点．(1)证明:平面BDE ⊥平面PBC ； (2)求二面角E BD C --的余弦值.【解析】EN =，在Rt EFN 中，cos FN ENF EN ∠==18. 【四川省德阳中学2014届高三“零诊”试题理科】(12分)如图，四棱锥P —ABCD 中，PAB ∆为边长为2的正三角形，底面ABCD 为菱形，且平面P AB ⊥平面ABCD ，AB PC ⊥，E 为PD 点上一点，满足ED PE 21=(1)证明：平面ACE ⊥平面ABCD ；(2)求直线PD 与平面ACE 所成角正弦值的大小．所以以O 为坐标原点建立如图的空间直角坐标系，则19.【2014届新余一中宜春中学高三年级联考数学（理）】(12分)如图，在六面体ABCDEFG 中，平面ABC∥平面DEFG，AD⊥平面DEFG，ED⊥DG，EF∥DG.且AB＝AD＝DE＝DG ＝2，AC＝EF＝1. (1)求证：BF∥平面ACGD；(2)求二面角D-CG-F的余弦值．方法二 由题意可得，AD ，DE ，DG 两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系．(1)BF →＝(2,1,0)－(2,0,2)＝(0,1，－2)，CG →＝(0,2,0)－(0,1,2)＝(0,1，－2)，∴BF →＝CG →，20. 【广东省佛山市南海区2014届普通高中高三8月质量检测理】(12分)如图，边长为2的正方形ABCD 中，点E 是AB 的中点，点F 是BC 的中点，将△AED 、△DCF 分别沿DE 、DF 折起，使A 、C 两点重合于点A '，连接EF ，A B '.（1）求证：A D EF '⊥； （2）求点A '到平面BEDF 的距离.∴A D '⊥平面A EF ' …………4分21.【2014届广东高三六校第一次联考理】(12分)已知几何体A—BCED的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形．（1）求此几何体的体积V的大小;（2）求异面直线DE与AB所成角的余弦值；（3）试探究在DE上是否存在点Q，使得AQ BQ，并说明理由.【解析】22. 【广东省广州市“十校”2013-2014学年度高三第一次联考理】(12分)在四棱锥P ABCD -中，侧面PCD ⊥底面ABCD ，PD CD ⊥，E 为PC 中点，底面ABCD 是直角梯形，//AB CD ，090ADC ∠=,1AB AD PD ===,2CD =.（1）求证：//BE 面PAD ；（2）求证：面PBC ⊥面PBD ；（3）设Q 为棱PC 上一点，PQ PC λ= ，试确定λ的值使得二面角Q BD P --为045.⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⊂⊥=⋂⊥PCD PD CD PD CD ABCD PCD ABCDPCD 面面面面面PD ⇒⊥面ABCD ⇒BC PD ⊥，… 6分（四）附加题（15分）23. 【广东省广州市越秀区2014届高三上学期摸底考试（理）】如图，菱形ABCD 的边长为4，60BAD ∠= ，AC BD O = .将菱形ABCD 沿对角线AC 折起，得到三棱锥B ACD -，点M 是棱BC 的中点，DM =（1）求证：//OM 平面ABD ；（2）求证：平面DOM ⊥平面ABC ；（3）求二面角D AB O --的余弦值.DOE ∆中计算cos DOE ∠，即可计算二面角D AB O --的余弦值.第21 页共21 页。
专题六立体几何第一讲空间几何体及三视图素能演练提升九SUNENG YANLIAN TISHENGJIU掌握核心,赢在课堂1.(2014福建高考,理2)某空间几何体的正视图是三角形,则该几何体不可能是( )A.圆柱B.圆锥C.四面体D.三棱柱解析:因为圆锥、四面体、三棱柱的正视图均可以是三角形,而圆柱无论从哪个方向看均不可能是三角形,所以选A.答案:A2.设一个球的表面积为S1,它的内接正方体的表面积为S2,则的值等于( )A. B.C. D.解析:设球的半径为R,其内接正方体的棱长为a,则易知R2=a2,即a=R,则.故选D.答案:D3.(2014云南昆明三中、玉溪一中统考,4)如图,三棱锥V-ABC的底面为正三角形,侧面VAC与底面垂直,且VA=VC,已知其正视图的面积为,则其侧视图的面积为( )A. B. C. D.解析:设三棱锥V-ABC的底面边长为a,侧面VAC边AC上的高为h,则ah=,其侧视图是由底面三角形ABC边AC上的高与侧面三角形VAC边AC上的高组成的直角三角形,其面积为.故选B.答案:B4.(2014甘肃兰州、张掖联考,4)下面为一个几何体的三视图,尺寸如图所示,则该几何体的体积为( )A. B.πC.3πD.3解析:由三视图知该几何体是由直径为1的球与底面边长为2、高为3的正三棱柱组合的几何体.故该几何体的体积V=V正三棱柱+V球=×2××3+×π×=3.答案:D5.在三棱锥A-BCD中,侧棱AB,AC,AD两两垂直,△ABC,△ACD,△ADB的面积分别为,则该三棱锥外接球的表面积为( )A.2πB.6πC.4πD.24π解析:依题意可知解得而三棱锥A-BCD可补成一个长方体,该三棱锥与该长方体的外接球是同一个球,故其外接球的半径R=,所求表面积S球=4πR2=6π.答案:B6.球O的球面上有四点S,A,B,C,其中O,A,B,C四点共面,△ABC是边长为2的正三角形,平面SAB⊥平面ABC,则三棱锥S-ABC的体积的最大值为( )A. B. C. D.解析:记球O的半径为R,作SD⊥AB于D,连接OD,OS,则有R=,SD⊥平面ABC.注意到SD=,因此要使SD最大,则需OD最小,而OD的最小值等于,因此高SD的最大值是=1.又三棱锥S-ABC的体积等于S△ABC·SD=×22×SD=SD,因此三棱锥S-ABC的体积的最大值是×1=.答案:D7.已知某几何体的三视图的正视图和侧视图是全等的等腰梯形,俯视图是两个同心圆,如图所示,则该几何体的全面积为.解析:由三视图知该几何体为上底直径为2,下底直径为6,高为2的圆台,则此几何体的全面积S=π×1+π×9+π=10π+4π=26π.答案:26π8.(2014河南洛阳高三统考,14)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点都在球O的球面上,若AB=BC=2,∠ABC=90°,AA1=2,则球O的表面积为.解析:由题设可知,直三棱柱ABC-A1B1C1可以补成一个球的内接长方体,所以球的直径为长方体的体对角线长,即=4,故球O的表面积S=4πR2=16π.答案:16π9.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=7cm.∴d==24(cm).∴球心到这个截面的距离为24cm.10.(2014四川资阳模拟)如图,四边形ABCD是梯形,四边形CDEF是矩形,且平面ABCD⊥平面CDEF,∠BAD=∠CDA=90°,AB=AD=DE=CD=2,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,求平面MDF将几何体ADE-BCF分成的两部分的体积之比.解:(1)当M是线段AE的中点时,AC∥平面MDF.证明如下:连接CE,交DF于N,连接MN,由于M,N分别是AE,CE的中点,所以MN∥AC,由于MN⊂平面MDF,又AC⊄平面MDF,所以AC∥平面MDF.(2)如图,将几何体ADE-BCF补成三棱柱ADE-B'CF,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V ADE-BCF=V三棱柱ADE-B'CF-V F-BB'C=8-×2=.三棱锥F-DEM的体积V三棱锥M-DEF=×1=,故两部分的体积之比为=1∶4(答1∶4,4,4∶1均可).11.如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,∠ACB=90°,AC=BC=AA1,D是棱AA1的中点.(1)证明:平面BDC1⊥平面BDC;(2)平面BDC1分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比.(1)证明:由题设知BC⊥CC1,BC⊥AC,CC1∩AC=C,所以BC⊥平面ACC1A1.又DC1⊂平面ACC1A1,所以DC1⊥BC.由题设知∠A1DC1=∠ADC=45°,所以∠CDC1=90°,即DC1⊥DC.又DC∩BC=C,所以DC1⊥平面BDC.又DC1⊂平面BDC1,故平面BDC1⊥平面BDC.(2)解:设棱锥B-DACC1的体积为V1,AC=1.由题意得V1=×1×1=.又三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=1,所以(V-V1)∶V1=1∶1.故平面BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1.。
空间几何体的三视图、表面积与体积1．(2014·江西高考)一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是( )【解析】 由三视图的知识得B 正确． 【答案】 B 2．(2014·浙江高考)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是( )A ．72 cm 3B ．90 cm 3C ．108 cm 3D ．138 cm 3【解析】 由题中三视图知，该几何体由一个长方体与一个三棱柱组成，体积V ＝3×4×6＋12×3×4×3＝90(cm 3)，故选B. 【答案】 B3．(2014·陕西高考)将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是( )A ．4πB ．3πC ．2πD ．π 【解析】 ∵圆柱侧面展开图为矩形，底面圆半径为1， S 侧＝2πr ·l ＝2π×1×1＝2π，故选C. 【答案】 C4．(2014·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．54B ．60C ．66D ．72【解析】 S 表＝S 底＋S 上＋S 左＋S 前＋前 ＝12×3×4＋12×3×5＋5×3＋12×(2＋5)×4＋12×(2＋5)×5 ＝60.【答案】 B5．(2014·全国大纲高考)正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9π D.27π4【解析】易知SO ′＝4O ′D ＝1222＋22＝ 2设球的半径为R ，则(4－R )2＋22＝R 2∴R ＝94，∴S 球＝4πR 2＝81π4.【答案】 A从近三年高考来看，该部分高考命题的热点考向为： 1．空间几何体的三视图及确定应用①此类问题多为考查三视图的还原问题，且常与空间几何体的表面积、体积等问题结合，主要考查学生的空间想象能力，是每年的必考内容之一．②试题多以选择题的形式出现，属基础题． 2．计算空间几何体的表面积与体积①该考向主要以三视图为载体，通常是给出某几何体面积或体积，作为新课标教材的新增内容，日益成为了高考中新的增加点和亮点．主要考查学生的计算能力和空间想象能力及识图能力．②试题多以选择题、填空题为主，多属于中档题． 3．多面体与球的切、接问题①该考向命题背景宽，以棱柱、棱锥、圆柱、圆锥与球的内切、外接的形式出现，也是高考中的一大热点．主要考查学生的空间想象能力和计算能力．②试题多以选择题、填空题的形式出现，属于中档题.空间几何体的三视图及应用【例1】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥 D．四棱柱(2)(2014·湖北高考)在如图所示的空间直角坐标系O－xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)．给出编号为①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )A．①和② B．③和① C．④和③ D．④和②【解析】(1)直观图为：(2)在空间直角坐标系O－xyz中作出棱长为2的正方体，在该正方体中作出四面体，如图所示，由图可知，该四面体的正视图为④，俯视图为②.【答案】(1)B (2)D【规律方法】识与画三视图的关键点：(1)要牢记三视图的观察方向和长、宽、高的关系．三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上方看到的物体轮廊线的正投影围成的平面图形，反映了一个几何体各个侧面的特点．正视图反映物体的主要形状特征，是三视图中最重要的视图；俯视图要和正视图对正，画在正视图的正下方；侧视图要画在正视图的正右方，高度要与正视图平齐．(2)要熟悉各种基本几何体的三视图．[创新预测]1．(1)(2014·武汉调研)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )(2)(2014·昆明调研)一个几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是等边三角形．若该几何体的四个顶点在空间直角坐标系0xyz中的坐标分别是(0,0,0)，(2,0,0)，(2,2,0)，(0,2,0)，则第五个顶点的坐标可能为( )A．(1,1,1) B．(1,1，2)C．(1,1，3) D．(2,2，3)【解析】(1)由已知得选项A、B、C与俯视图不符，故选D.(2)因为正视图和侧视图是等边三角形，俯视图是正方形，所以该几何体是正四棱锥，还原几何体并结合其中四个顶点的坐标，建立空间直角坐标系，设O(0,0,0)，A(2，0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，所求的第五个顶点的坐标为S(1,1，z)，正视图为等边三角形，且边长为2，故其高为4－1＝3，又正四棱锥的高与正视图的高相等，故z＝±3，故第五个顶点的坐标可能为(1,1，3)．【答案】(1)D (2)C空间几何体的表面积与体积【例2】(1)(2014·山东高考)一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．(2)(2014·天津高考)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.(3)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为( ) A ．21＋ 3 B ．18＋ 3 C ．21 D ．18【解析】 (1)设棱锥的高为h ，∵V ＝23，∴V ＝13×S 底·h ＝13×6×34×22×h ＝2 3.∴h ＝1，由勾股定理知：侧棱长为22＋1＝ 5.∵六棱锥六个侧面全等，且侧面三角形的高为52－12＝2， ∴S 侧＝12×2×2×6＝12.(2)由几何体的三视图知，该几何体由两部分组成，一部分是底面半径为 1 m ，高为 4 m 的圆柱，另一部分是底面半径为2 m ，高为2 m 的圆锥．∴V ＝V 柱＋V 锥＝π×12×4＋13π×22×2＝20π3(m 3)．(3)根据几何体的三视图画出其直观图，根据直观图特征求其表面积．由几何体的三视图如题图可知，则几何体的直观图如图所示．因此该几何体的表面积为6×⎝ ⎛⎭⎪⎫4－12＋2×34×(2)2＝21＋ 3.故选A.【答案】 (1)12 (2)20π3(3)A【规律方法】 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： (1)根据给出的三视图判断该几何体的形状．(2)由三视图中的大小标示确定该几何体的各个度量． (3)套用相应的面积公式与体积公式计算求解．[创新预测]2．(1)(2014·全国新课标Ⅰ高考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A ．6 2B ．4 2C ．6D ．4(2)(2014·辽宁高考)某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．8－π4B ．8－π2C ．8－πD ．8－2π【解析】(1)还原为直观图放在正方体中如图所示三棱锥D －ABC . AB ＝BC ＝4，AC ＝42，DB ＝DC ＝25，DA ＝22＋4＝6.故最长的棱长为6.故选C.(2)该几何体是一个正方体截去两个四分之一圆柱形成的组合体，其体积V ＝23－12×2π＝8－π，故选C.【答案】 (1)C (2)C多面体与球的切、接问题【例3】 (1)(2014·陕西高考)已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( )A.32π3 B ．4π C ．2π D.4π3(2)(2014·湖南高考)一块石材表示的几何体的三视图如图所示．将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ． 2C ．3D ．4【解析】 (1)连接AC ，BD 相交于O 1，连接A 1C 1，B 1D 1，相交于O 2并连接O 1O 2，则线段O 1O 2的中点为球心．∴半径R ＝|OB |＝|OO 1|2＋|O 1B |2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝1，∴V 球＝43πR 3＝43π，故选D.(2)由题意知，几何体为三棱柱，设最大球的半径为R . ∴2R ＝(6＋8)－10＝4， ∴R ＝2.【答案】 (1)D (2)B【规律方法】 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，或只画内切、外接的几何体的直观图，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．[创新预测]3．(1)(2013·辽宁高考)已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172 B ．210C.132 D ．310 (2)(2013·全国课标Ⅱ高考)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________．【解析】 (1)根据球的内接三棱柱的性质求解．因为直三棱柱中AB ＝3，AC ＝4，AA 1＝12，AB ⊥AC ，所以BC ＝5，且BC 为过底面ABC 的截面圆的直径．取BC 中点D ，则OD ⊥底面ABC ，则O 在侧面BCC 1B 1内，矩形BCC 1B 1的对角线长即为球直径，所以2R ＝122＋52＝13，即R ＝132.(2)本题先求出正四棱锥的高h ，然后求出侧棱的长，再运用球的表面积公式求解．V 四棱锥O ABCD ＝13×3×3h ＝322，得h ＝322，∴OA 2＝h 2＋(AC 2)2＝184＋64＝6.∴S 球＝4πOA 2＝24π. 【答案】 (1)C (2)24π[总结提升] 通过本节课的学习，需掌握如下三点： 失分盲点1．(1)台体的构成：台体可以看成是由锥体截得的，但一定强调截面与底面平行． (2)三视图的不唯一性：空间几何体的不同放置位置对三视图会有影响． (3)三视图轮廓线的虚实：正确确定三视图的轮廓线，可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线为虚线． (4)元素与位置的变与不变：几何体的展开与折叠问题，准确确定前后两个图形间的联系及元素与位置之间的变化与稳定．2．(1)球的外切四棱锥与内接四棱锥是不一样的，两者不能混淆． (2)球的体积公式与锥体的体积公式的系数不一样，两者不能混淆． 答题指导1．(1)看到三视图，想到几何体的直观图． (2)看到三棱锥的体积，想到定底定高．(3)看到求几何体的表面积、体积，想到几何体的表面积、体积公式． 2．(1)看到球的表面积、体积问题，想到球的表面积、体积公式． (2)看到球的组合体问题，想到寻找一个合适的轴截面． (3)看到球的截面，想到球的截面性质． 方法规律1．(1)画三视图的规则： 长对正，高平齐，宽相等． (2)转化思想的应用：将空间问题转化为平面问题．(3)几何体体积：注意割补法(将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则的几何体求解)．(4)几何体表面上最短距离问题：常常利用几何体的表面展开图解决．2．(1)球的直径：球的直径等于它的内接正方体的对角线长，等于它的外切正方体的棱长．(2)与球有关的接切问题：要注意球心的位置以及球心与其他点形成的直角三角形．有关球的组合体的图形与数据处理所谓空间想象力，就是人们对客观事物的空间形式进行观察、分析和抽象概括的能力，空间想象能力在立体几何中主要体现在能对空间几何体的各个元素在空间中的位置进行准确判断，能画出空间几何体的直观图，并在直观图中把各种位置关系表达出来．球是基本的空间几何体之一，单一的球的直观图容易画出，但是当球与其他空间几何体组成组合体时，其直观图就很难作出，因此与球有关的组合体的图形处理成为空间想象能力考查的重要问题．【典例】若三棱锥SABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，AB＝SA＝SB＝SC＝2，则该三棱锥的外接球的表面积为( )A.83π B.433πC.43π D.163π【解析】如图所示，由SA＝SB＝SC可知点S在底面上的射影为△ABC的外心．由于底面是直角三角形，故其外心为斜边的中点O′，设该三棱锥外接球的球心为O，半径为R，则OO′＝3－R，在△OO′A中，R2＝(3－R)2＋12，即R＝23，所以球的表面积为4πR2＝16π3.【答案】 D【规律感悟】多面体的外接球的球心是到多面体的各个顶点距离相等的点，在确定多面体外接球的球心时要抓住这个特点．。
2014高考数学（理）快速提分直通车：专题11 三视图及空间几何体的计算1．如图，多面体ABCD EFG 的底面ABCD 为正方形，FC ＝GD ＝2EA ，其俯视图如下，则其正视图和侧视图正确的是( )．解析 注意BE ，BG 在平面CDGF 上的投影为实线，且由已知长度关系确定投影位置，排除A ，C 选项，观察B ，D 选项，侧视图是指光线，从几何体的左面向右面正投影，则BG ，BF 的投影为虚线，故选D. 答案 D2．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝3，沿BD 将矩形ABCD 折叠，连接AC ，所得三棱锥A BCD 正视图和俯视图如图，则三棱锥A BCD 侧视图的面积为( )．A.613 B.1813 C.213 D.313解析 由正视图及俯视图可得，在三棱锥A BCD 中，平面ABD ⊥平面BCD ，该几何体的侧视图是腰长为2×322＋32＝613的等腰直角三角形，其面积为12×⎝ ⎛⎭⎪⎫6132＝1813.答案 B3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．A.5603B.5803C ．200D ．240解析 由三视图还原的几何体为两底面为等腰梯形的直棱柱，梯形的面积为12(2＋8)×4＝20，所以棱柱的体积为20×10＝200. 答案 C4．某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是( )．A ．4 B.143 C.163D ．6解析 由四棱台的三视图可知该四棱台的上底面是边长为1的正方形，下底面是边长为2的正方形，高为2.由棱台的体积公式可知该四棱台的体积V ＝13(12＋1×22＋22)×2＝143，故选B. 答案 B5．在具有如图所示的正视图和俯视图的几何体中，体积最大的几何体的表面积为( )．A ．13B ．7＋3 2 C.72π D ．14解析 由正视图和俯视图可知，该几何体可能是四棱柱或者是水平放置的三棱柱，或水平放置的圆柱．由图象可知四棱柱的体积最大．四棱柱的高为1，底面边长分别为1,3，所以表面积为2(1×3＋1×1＋3×1)＝14. 答案 D6．如图，在三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，AC ，AA 1的中点，设三棱锥F ADE 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1ABC 的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________.解析 设三棱柱A 1B 1C 1-ABC 的高为h ，底面三角形ABC 的面积为S ，则V 1＝13×14S ·12h ＝124Sh ＝124V 2，即V 1∶V 2＝1∶24.答案 1∶247．一个半径为2的球体经过切割后，剩余部分几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________． 解析 该几何体是从一个球体中挖去14个球体后剩余的部分，所以该几何体的表面积为34×(4π×22)＋2×π×222＝16π.答案 16π8．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SC ＝2，则此三棱锥的体积为________．解析 在Rt △ASC 中，AC ＝1，∠SAC ＝90°，SC ＝2，所以SA ＝4－1＝ 3.同理，SB ＝ 3.过A 点作SC 的垂线交SC 于D 点，连接DB ，因为△SAC ≌△SBC ，故BD ⊥SC ，AD ＝BD ，故SC ⊥平面ABD ，且△ABD 为等腰三角形．因为∠ASC ＝30°，故AD ＝12SA ＝32，则△ABD 的面积为12×1×AD 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝24，则三棱锥S-ABC 的体积为13×24×2＝26. 答案269．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图是一个底边长为6、高为4的等腰三角形． (1)求该几何体的体积V ；(2)求该几何体的侧面积S .解 由已知可得，该几何体是一个底面为矩形，高为4，顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥E ABCD . (1)V ＝13×(8×6)×4＝64.(2)四棱锥E ABCD 的两个侧面EAD ，EBC 是全等的等腰三角形，且BC 边上的高h 1＝42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫822＝42；另两个侧面EAB ，ECD 也是全等的等腰三角形，AB 边上的高h 2＝42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝5.因此S ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×6×42＋12×8×5＝40＋24 2. 10．如图，四边形ABCD 是边长为2的正方形，直线l 与平面ABCD 平行，E 和F 是l 上的两个不同点，且EA ＝ED ，FB ＝FC .E ′和F ′是平面ABCD 内的两点，EE ′和FF ′都与平面ABCD 垂直．(1)证明：直线E ′F ′垂直且平分线段AD ；(2)若∠EAD ＝∠EAB ＝60 °，EF ＝2.求多面体ABCDEF 的体积． (1)证明 ∵EA ＝ED 且EE ′⊥平面ABCD ，∴E ′D ＝E ′A ，∴点E ′在线段AD 的垂直平分线上． 同理，点F ′在线段BC 的垂直平分线上． 又四边形ABCD 是正方形，∴线段BC 的垂直平分线也就是线段AD 的垂直平分线，即点E ′、F ′都在线段AD 的垂直平分线上．∴直线E ′F ′垂直且平分线段AD .(2)解 如图，连接EB 、EC ，由题意知多面体ABCDEF 可分割成正四棱锥E ABCD 和正四面体E BCF 两部分．设AD 的中点为M ，在Rt △MEE ′中，由于ME ′＝1，ME ＝3，∴EE ′＝2.∴V E ABCD ＝13·S 正方形ABCD ·EE ′＝13×22×2＝423.又V E BCF ＝V C BEF ＝V C BEA ＝V E ABC ＝13S △ABC ·EE ′＝13×12×22×2＝223，∴多面体ABCDEF 的体积为V E ABCD ＋V E BCF ＝2 2.11．已知四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是边长为2的正方形，PD ⊥底面ABCD ，E ，F 分别为棱BC ，AD 的中点．(1)求证：DE ∥平面PFB ； (2)已知二面角P BF C 的余弦值为66，求四棱锥P ABCD 的体积．(1)证明 因为E ，F 分别为正方形ABCD 的两边BC ，AD 的中点，所以BE 綉FD ，即BEDF 为平行四边形，∴ED ∥FB ，∵FB ⊂平面PFB ，且ED ⊄平面PFB ，∴DE ∥平面PFB .(2)解 以D 为原点，直线DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．如图，设PD ＝a ，可得如下点的坐标P (0,0，a )，F (1,0,0)，B (2,2,0)． 则有PF →＝(1,0，－a )，FB →＝(1,2,0)．因为PD ⊥底面ABCD ，所以平面ABCD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)． 设平面PFB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则可得⎩⎪⎨⎪⎧PF →·n ＝0，FB →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －az ＝0，x ＋2y ＝0.令x ＝1, 得z ＝1a ，y ＝－12，所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－12，1a . 由已知二面角P-BF-C 的余弦值为66， 所以得cos 〈m ，n 〉＝1a1×54＋1a2＝66， ∴a ＝2，∴V P －ABCD ＝13×2×2×2＝83.。
专题能力提升练十空间几何体的三视图、表面积与体积(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共40分)1.(2018·泰安一模)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A.12B.24C.40D.72【解析】选C.根据三视图得到原图是一个组合体,上面是四棱锥,下面是长方体,故得到体积为2×3×4+×3×4×4=40.2.(2018·太原二模)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A. B. C. D.【解析】选D.三视图还原后是四棱锥,AC⊥AD,PD⊥平面ABCD,PD=AD=BC=AC=1,所以体积V=(1×1)×1=.3.某几何体的三视图如图所示,其中俯视图右侧曲线为半圆弧,则几何体的表面积为( )A.3π+4-2B. 3π+2-2C.+2-2D.+2+2【解析】选A.由三视图还原出原几何体是一个半圆柱挖去一个三棱柱,S=π×1×2+2×+2××2=3π-2+4.4.(2018·唐山一模)一个几何体的三视图如图所示,则其体积为 ( )A.10+πB.2+C.2+D.2+【解析】选C.该组合体是一个长方体与四分之一的圆柱组合,体积V=1×1×2+×π×12×1=2+.5.已知三棱锥P-ABC的四个顶点均在某球面上,PC为该球的直径,△ABC是边长为4的等边三角形,三棱锥P-ABC的体积为,则该三棱锥的外接球的表面积为( )A.πB.πC.πD.π【解析】选D.设点D为△ABC外接圆圆心,则三棱锥的外接球球心O满足OD垂直平面ABC,所以=×2OD××42,所以OD=,所以R=,S=4πR2=.【加固训练】(2018·保定一模)如图是某几何体的三视图,则该几何体的表面积为( )A.+6+2B.+6+4C.6+4D.5+4【解析】选C.几何体为三棱锥,如图,底面为顶角为120°的等腰三角形BCD,侧棱AC垂直底面,BC=CD=2,BD=2,AC=2,AB=AD=2,表面积为×2×2+×2×2+×2×2×sin120°+××2=4+6.6.三棱锥P-ABC的三条侧棱PA,PB,PC两两垂直,且PA=,PB=1,PC=,则该三棱锥的外接球的体积是( )A.πB.πC.πD.8π【解析】选A.三棱锥P-ABC的三条侧棱PA,PB,PC两两互相垂直,它的外接球就是它扩展为长方体的外接球,求出长方体的对角线的长为=,所以球的直径是,半径为,球的体积为V=×π×=π.【加固训练】1.(2018·肇庆市二模)如图是某几何体的三视图,则该几何体的体积为( )A. B. C.8 D.4【解析】选B.该几何体为三棱锥,体积为V=××2×2×2=.2.(2018·佛山顺德区二模)一个几何体的三视图如图所示,那么该几何体的表面积是( )A.24B.8+4C.4+6D.12【解析】选B.该几何体为四棱柱,则S=2×(2+2+2)=8+4.7.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. B.2 C.3 D.2【解析】选C.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M为AD的中点,该几何体的直观图如图中三棱锥D1-M B1C,故通过计算可得D1C=D1B1=B1C=2,D1M=MC=,MB1=3,故最长棱的长度为3.8.(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图所示,圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在侧视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为( )A.2B.2C.3D.2【解析】选B.将三视图还原为圆柱,M,N的位置如图1所示,将侧面展开,最短路径为M,N连线的距离,所以MN==2.【加固训练】(2018·榆林一模)《九章算术》卷五商功中有如下问题:今有刍甍,下广三丈,袤四丈,上袤二丈,无广,高一丈,问积几何.刍甍:底面为矩形的屋脊状的几何体(网格纸中粗线部分为其三视图,设网格纸上每个小正方形的边长为1丈),那么该刍甍的体积为 ( )A.4立方丈B.5立方丈C.6立方丈D.12立方丈【解析】选B.由已知可将刍甍切割成一个三棱柱和两个四棱锥;三棱柱的体积为3,两个四棱锥的体积和为2,则刍甍体积为5.二、填空题(每小题5分,共20分)9.一个正三棱锥的所有棱长均为,则它的外接球的表面积为________.【解析】如图,构造正方体ANDM-FBEC.因为三棱锥A-BCD的所有棱长都为,所以正方体ANDM-FBEC的棱长为1,所以该正方体的外接球的直径为,即半径为.所以三棱锥A-BCD的外接球的半径为,所以三棱锥A-BCD的外接球的表面积为S球=4π×=3π.答案:3π10.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为__________.【解析】由三视图可知,该几何体是一个组合体,左边上部是球体,下部左是圆柱,右边是圆锥,其中球体的半径为1,圆柱与圆锥的底面半径都是1,高都是2,所以组合体的体积为×π×13+π×12×2+××π×12×2=.答案:11.三棱锥S-ABC的底面是以AB为斜边的直角三角形,AB=2,SA=SB=SC=,则三棱锥S-ABC的外接球的表面积是________.【解析】由题意可得AS⊥BS,所以取AB中点O,则O是三棱锥S-ABC的外接球的球心,半径为1.所以S=4π.答案:4π12.如图,在四面体P-ABC中,PA=PB=PC=4,点O是点P在平面ABC上的射影,且△ABC为正三角形,tan∠APO=,则四面体P-ABC的外接球的体积为________.【解析】在四面体P-ABC中,PA=PB=PC=4,点O是点P在平面ABC上的射影,且tan∠APO=,所以tan∠APO==,设AO=k,则PO=2k,k>0,在Rt△APO中,有PO2+AO2=6k2=PA2=16,k=,AO=,PO=.如图,设M为四面体P-ABC的外接球的球心,则AM=PM=R,OM=-R.所以R2=+,解得R=,所以四面体P-ABC的外接球的体积V=π×()3=8π.答案:8π。
专题升级训练11 空间几何体的三视图、表面积及体积 (时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分) 1．下列四个几何体中，每个几何体的三视图中有且仅有两个视图相同的是( )． A．①② B．①③ C．③④ D．②④ 2．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )． 3．在一个几何体的三视图中，正(主)视图和俯视图如图所示，则相应的侧(左)视图可以为( )． 4．(2012·北京丰台区三月模拟，5)若正四棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示，则该几何体的表面积是( )． A．4B．4＋4 C．8D．4＋4 5．(2012·浙江宁波十校联考，12)已知某几何体的三视图如图所示，其中侧(左)视图是等腰直角三角形，正视图是直角三角形，俯视图ABCD是直角梯形，则此几何体的体积为( )． A．1 B．2 C．3 D．4 6．(2012·山东济南三月模拟，8)若一个螺栓的底面是正六边形，它的正(主)视图和俯视图如图所示，则它的体积是( )． A．27＋12πB．9＋12π C．27＋3πD．54＋3π 7．(2012·浙江宁波模拟，13)已知一个正三棱锥的正(主)视图为等腰直角三角形，其尺寸如图所示，则其侧(左)视图的周长为( )． A．5＋ B．5＋6 C．6＋6 D．3＋12 8．长方体的三条棱长分别为1，，，则此长方体外接球的体积与面积之比为( )． A． B．1 C．2 D． 二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分) 9．(2012·浙江宁波十校联考，15)已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面圆周都在半径为3的同一个球面上．若两圆锥的高的比为1∶2，则两圆锥的体积之和为__________． 10．(2012·江苏南京二模，11)一块边长为10 cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥容器，当x＝6 cm时，该容器的容积为__________cm3. 11．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝，AA1＝3，M为线段BB1上的一动点，则当AM＋MC1最小时，△AMC1的面积为__________． 12．(2012·浙江湖州中学模拟，16)底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上，E是侧棱AA1的中点，F是正方形ABCD的中心，则直线EF被球O所截得的线段长为__________． 三、解答题(本大题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 13．(本小题满分10分)如图，已知某几何体的三视图如下(单位：cm)． (1)画出这个几何体的直观图(不要求写画法)； (2)求这个几何体的表面积及体积． 14．(本小题满分10分)斜三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为a的正三角形，侧棱长等于b，一条侧棱AA1与底面相邻两边AB，AC都成45°角． (1)求这个三棱柱的侧面积； (2)求这个三棱柱的体积． 15．(本小题满分12分)(2012·安徽安庆二模，18)如图，几何体ABC－EFD是由直三棱柱截得的，EF∥AB，∠ABC＝90°，AC＝2AB＝2，CD＝2AE＝. (1)求三棱锥D－BCE的体积； (2)求证：CE⊥DB． 16．(本小题满分12分)(2012·河北邯郸一模，19)已知四棱锥E－ABCD的底面为菱形，且∠ABC＝60°，AB＝EC＝2，AE＝BE＝，O为AB的中点． (1)求证：EO⊥平面ABCD； (2)求点D到平面AEC的距离． 一、选择题 1．D 解析：图①的三种视图均相同；图②的正(主)视图与侧(左)视图相同；图③的三种视图均不相同；图④的正(主)视图与侧(左)视图相同． 2．A 解析：由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2，故选A. 3．D 解析：由题目所给的几何体的正(主)视图和俯视图，可知该几何体为半圆锥和三棱锥的组合体，如图所示： 可知侧(左)视图为等腰三角形，且轮廓线为实线，故选D. 4．B 5．D 解析：由三视图可得该几何体是四棱锥，记为棱锥PABCD，且PD⊥底面ABCD. 从而此几何体的体积为××2×2＝4. 6．C 解析：该螺栓是由一个正六棱柱和一个圆柱组合而成的， V总＝V正六棱柱＋V圆柱＝×32×6×2＋π×12×3＝27＋3π. 7．A 解析：由正(主)视图可知正三棱锥的底边长为6，高为3，从而可得侧棱长为.而侧(左)视图是一个三角形，三条边分别是底面正三角形的高、侧棱和侧面等腰三角形底边上的高，其长度依次为3，和2，故侧(左)视图的周长为5＋. 8．D 二、填空题 9．16π 解析：设两圆锥的高分别为h,2h，圆锥的底面圆半径为r，则r2＝2h2. 又球的半径R＝＝3，则h＝2. 故两圆锥的体积之和为V＝πr2(2h＋h)＝πr2h＝2πh3＝16π. 10．48 11． 解析：将直三棱柱沿侧棱A1A剪开，得平面图形如图所示，A′C1为定长，当A，M，C1共线时AM＋MC1最短，此时AM＝，MC1＝2. 又在原图形中AC1＝，易知∠AMC1＝120°， ∴＝××2×sin 120°＝. 12． 解析：O，E，F三点在平面ACC1A1内，且矩形ACC1A1的外接圆是球的一个大圆． 又EF∥A1C，设A到直线A1C的距离为d，则＝，得d＝，故圆心O到直线EF的距离为. 又球的半径为，故直线EF被球O所截得的线段长为2＝. 三、解答题 13．解：(1)这个几何体的直观图如图所示． (2)这个几何体可看成是正方体AC1及直三棱柱B1C1Q－A1D1P的组合体． 由PA1＝PD1＝，A1D1＝AD＝2，可得PA1⊥PD1. 故所求几何体的表面积S＝5×22＋2×2×＋2××()2＝22＋4(cm2)． 所求几何体的体积V＝23＋×()2×2＝10(cm3)． 14．解：(1)由题可知AA1⊥BC，S侧＝SBCC1B1＋2SABB1A1＝(1＋)ab. (2)设O为A1在平面ABC内的射影，则由题可知O在∠BAC的平分线上，可得AO＝(b·cos 45°)÷cos 30°＝b，则斜三棱柱的高A1O＝b，所以三棱柱的体积V＝·＝. 15．(1)解：BC2＝AC2－AB2＝3BC＝. 几何体ABC－EFD是由直三棱柱截得，由图可知DC⊥平面ABC， ∴DC⊥AB. 又∵∠ABC＝90°，∴AB⊥BC.∴AB⊥平面BDC. 又EF∥AB，∴EF⊥平面BCD. 故VD－BCE＝VE－BCD＝S△BCD·EF＝××××1＝. CF. 依题意?EF⊥BD.① 又在Rt△BCF和Rt△CDB中， ＝＝，＝＝＝ Rt△BCF∽Rt△CDB?∠BDC＝∠BCF∠BDC＋∠DCF＝∠BCF＋∠DCF＝90°CF⊥BD.② 由①②BD⊥平面CEF. 又CE平面CEF，∴BD⊥CE. 16．(1)证明：连接CO. ∵AE＝EB＝，AB＝2，∴△AEB为等腰直角三角形． ∵O为AB的中点，∴EO⊥AB，EO＝1. 又∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°， ∴△ACB是等边三角形，∴CO＝. 又EC＝2，∴EC2＝EO2＋CO2，∴EO⊥CO. 又CO平面ABCD，EO平面ABCD，∴EO⊥平面ABCD. (2)解：设点D到平面AEC的距离为h. ∵AE＝，AC＝EC＝2，∴S△AEC＝. ∵S△ADC＝，E到平面ACB的距离EO＝1，VD－AEC＝VE－ADC， ∴S△AEC·h＝S△ADC·EO，∴h＝， ∴点D到平面AEC的距离为.。
提能专训(九) 空间几何体A 组一、选择题1．(2013·东北三省四市一联)如图所示是一个几何体的三视图，其侧(左)视图是一个边长为a 的等边三角形，俯视图是两个正三角形拼成的菱形，则该几何体的体积为( )A ．a 3B.a 32C.a 33D.a 34答案：D 解题思路：由三视图可知，几何体是由两个相同的三棱锥组合而成，所以V ＝2×13×34a 2×32a ＝a 34，故选D.2．(2013·东北三省二联)如图所示是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A ．16＋2πB ．8＋2πC ．16＋πD ．8＋π答案：B 命题立意：本题主要考查立体几何中的三视图问题和简单几何体的体积公式，难度中等．解题思路：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.3．在△ABC 中，AB ＝2，BC ＝1.5，∠ABC ＝120°(如图所示)，若将△ABC 绕BC 边所在直线旋转一周，则所形成的旋转体的体积是( )A.92πB.72πC.52πD.32π答案：D 解题思路：如图所示，该旋转体的体积为圆锥CD 与圆锥BD 的体积之差，由已知求得BD ＝1，AD ＝ 3.所以V ＝V 圆锥CD －V 圆锥BD ＝13×π×3×52－13×π×3×1＝32π.4．如图，啤酒瓶的高为h ，瓶内酒面高度为a ，若将瓶盖盖好倒置，酒面高度为a ′(a ′＋b ＝h )，则酒瓶容积与瓶内酒的体积之比为( )A ．1＋ba 且a ＋b ＞h B ．1＋ba 且a ＋b ＜h C ．1＋ab 且a ＋b ＞h D ．1＋ab 且a ＋b ＜h答案：B 解题思路：设啤酒瓶的底面积为S ，啤酒瓶的容积为V 瓶，瓶内酒的体积为V 酒，则V 酒＝Sa ，V 瓶－V 酒＝Sb ，即得V 瓶＝V 酒＋Sb ＝S (a ＋b )，∴ V 瓶V 酒＝S (a ＋b )Sa ＝1＋b a . 又∵ Sa ′＞Sa ，即a ′＞a ，∴ h ＝a ′＋b ＞a ＋b ， ∴ V 瓶V 酒＝1＋ba 且a ＋b ＜h .5．已知一个几何体的正(主)视图和俯视图如图所示，正(主)视图是边长为2a 的正三角形，俯视图是边长为a 的正六边形，则该几何体的侧(左)视图的面积为( )A.32a 2B.32a 2C.34a 2D.34a 2答案：A 命题立意：本题主要考查三视图的相关知识．解题时，首先根据三视图判断出该几何体的直观图，确定相关基本量，再进行求解．解题思路：由该几何体的正(主)视图和俯视图可知，该几何体是一个正六棱锥．该几何体的侧(左)视图，如图所示，其中AB＝AC，AD⊥BC，且BC的长是俯视图正六边形对边间的距离，即BC＝3a，AD是正六棱锥的高，则AD＝3a，所以该几何体的侧(左)视图的面积为S＝12×3a×3a＝32a2.6．一个几何体的正视图和俯视图如图所示，其中俯视图是边长为23的正三角形，且圆与三角形内切，则侧视图的面积为()A．6＋πB．43＋πC．6＋4πD．43＋4π答案：A命题立意：本题考查三视图知识、空间想象能力与几何体的体积公式，难度中等．解题思路：依题意得，该几何体是在一个正三棱柱的上面放置一个球的组合体，其中该正三棱柱的底面边长是23，侧棱长是2，该球的半径是1，因此其侧视图的面积为π×12＋23×32×2＝6＋π，故选A.7．(2013·吉林省质检一)已知三棱锥S －ACB 的四个顶点都在半径为1的球面上，底面△ABC 是正三角形，SA ＝SB ＝SC ，且平面ABC 过球心，则三棱锥S －ABC 的体积是( )A.334B.33C.34D.312答案：C 命题立意：本题考查与球有关的组合体知识及球的性质应用，难度中等．解题思路：由已知可得底面等边三角形ABC 外接圆的半径为1，设等边三角形ABC 的边长为a ，则有33a ＝1，解得a ＝3，故V 棱锥S －ABC ＝13×34×(3)2×1＝34，故选C.8．如图，正三角形P AD 所在平面与正方形ABCD 所在平面互相垂直，O 为正方形ABCD 的中心，M 为正方形ABCD 内一点，且满足MP ＝MB ，则点M 的轨迹为( )答案：B命题立意：本题考查空间直线与平面的位置关系和空间想象能力，难度中等．解题思路：利用平面的基本性质求解．由MP＝MB得点P在线段PB的垂直平分面上，又点M在平面ABCD上，所以点M在两个平面的交线上，而两个平面的交线是一条直线．又OB≠OP，所以交线不经过点O，故选B.9．(2013·海口高考调研)在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，且三棱柱ABC－A1B1C1的体积为3，则三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的表面积为() A．16π B．12πC．8πD．4π答案：A解题思路：∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，∴AC＝ 3.∵AA1⊥底面ABC，∴三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝1 2×1×3·CC1＝3，得CC1＝23，∴三棱柱ABC－A1B1C1的外接球半径r＝121＋(3)2＋(23)2＝2，∴S表＝4π×22＝16π.10．(2013·石家庄一模)已知正三棱锥P－ABC的正(主)视图和俯视图如图所示，则此三棱锥的外接球的表面积为()A ．4πB ．12π C.16π3D.64π3答案：D 命题立意：本题考查三视图知识及与球有关的组合体知识，考查空间想象与运算能力，难度中等．解题思路：由三视图可知正三棱锥的底面是边长为23的等边三角形，侧棱长为4.如图，设点D 为外接球的球心，则AO ＝2，OP ＝23，在直角三角形AOD 中，可得R 2＝(23－R )2＋22，解得R ＝433，则此三棱锥的外接球的表面积S ＝4πR 2＝64π3，故选D.二、填空题11．一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为__________．答案：50(1＋3) 命题立意：本题考查三视图及空间几何体表面积的求解，考查空间想象与公式运用能力，难度较小．解题思路：据三视图可知几何体为四棱锥，其中底面为正方形，对角线长为10，四棱锥的高为5，故侧面高为h ′＝52＋⎝⎛⎭⎪⎫5222＝562，因此表面积S ＝12×4×52×562＋12×10×10＝50(1＋3)．12．如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上，若AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝120°，则此球的表面积等于________．答案：20π 命题立意：本题考查几何体外接球表面积的计算，难度中等．解题思路：底面三角形ABC 的外心是O ′，设O ′A ＝O ′B ＝O′C＝r，在△ABC中，AB＝AC＝2.∠BAC＝120°，BC＝AB2＋AC2－2AB·AC cos ∠BAC＝22＋22－2·2·2cos 120°＝23，由正弦定理可得2r＝BCsin ∠BAC，r＝232sin 120°＝2，设外接球的球心为O，在Rt△OBO′中，易得球半径R＝5，故此球的表面积为4πR2＝20π.13．(2013·武汉2月调研)如图，在三棱锥D－ABC中，已知BC ⊥AD，BC＝2，AD＝6，AB＋BD＝AC＋CD＝10，则三棱锥D－ABC 的体积的最大值是__________．答案：215解题思路：据题AB＋BD＝AC＋CD＝10，也就是说，线段AB＋BD与线段AC＋CD的长度是定值，因为棱AD与棱BC互相垂直，当AB＝BD时，AC＝CD，此时有最大值，此时最大值为215.14．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则以正方体ABCD －A1B1C1D1的中心为顶点，以平面AB1D1截正方体外接球所得的圆为底面的圆锥的表面积为________．答案：4＋326π 解题思路：△AB 1D 1是边长为2的正三角形，由正弦定理得其外接圆的半径为63，圆锥底面面积为S 1＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫632＝2π3；圆锥的母线即为球的半径32，圆锥的侧面积为S 2＝12×2π×63×32＝22π，因此圆锥的表面积为S ＝S 1＋S 2＝2π3＋2π2＝4＋326π.B 组一、选择题1．下列说法正确的是( )A ．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B ．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C ．有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D ．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答案：B 解题思路：对于A 选项，若两个底面相同的斜三棱柱对接后满足A 答案的情况，但不是棱柱，A 错；对于B 选项，取长方体上底面的一个顶点为顶点，取下底面的矩形为底的四棱锥满足B答案；对于C 选项，和A 选项类似，两个底面形状相同的棱台对接后满足C 中的条件，但不是棱台，因为棱台是由棱锥截得的；对于D ，只有旋转轴为直角三角形的直角边时，才能得到圆锥，其他情况不满足要求．故选B.2．已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为4π3的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是( )A ．63B ．123C ．183D ．24 3答案：C 命题立意：本题主要考查空间几何体、球的体积、棱柱的表面积等基础知识，考查考生的空间想象能力、运算求解能力．解题思路：根据已知可得球的半径等于1，故三棱柱的高等于2，底面内切圆的半径等于1，即底面的高等于3，底面边长等于23，所以这个三棱柱的表面积等于3×23×2＋2×12×23×3＝18 3.3．已知正四棱锥S －ABCD 中，SA ＝23，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为( )A ．1 B. 3 C ．2 D ．3C 解题思路：如图，设正四棱锥S －ABCD 的高为x ，由题意，知x ∈(0，23)．则在直角△SAO 中，AO ＝SA 2－SO 2＝12－x 2，在底面正方形ABCD 中，AO ＝22AB ，故AB ＝2AO ＝2×12－x 2，所以S ABCD ＝AB 2＝2(12－x 2)＝24－2x 2，故该锥体的体积V (x )＝13S ABCD ×SO ＝13×(24－2x 2)x ＝13(24x －2x 3)，V ′(x )＝13(24－6x 2)＝8－2x 2，令V ′(x )＝0，即8－2x 2＝0，解得x ＝2.当x ∈(0,2)时，V ′(x )＞0，V (x )单调递增；当x ∈(2,23)时，V ′(x )＜0，V (x )单调递减．所以当x ＝2时，V (x )取得最大值．4．(河南豫东、豫北十校测试三)在矩形ABCD 中，AB ＝43，BC ＝23，且矩形ABCD 的顶点都在半径为R 的球O 的球面上，若四棱锥O －ABCD 的体积为8，则球O 的半径R ＝( )A ．3B.10 C ．2 3 D ．4答案：D 命题立意：本题考查锥体的体积计算、球的截面圆性质，难度中等．解题思路：利用矩形求出截面圆的半径，再利用四棱锥的体积求出球心到截面圆的距离，根据勾股定理求球的半径．因为矩形ABCD 的对角线长为(43)2＋(23)2＝215，所以该矩形所在的截面圆的半径为r ＝15.又设球心O 到截面圆的距离为h ，则四棱锥O －ABCD 的体积为13×43×23h ＝8，解得h ＝1，所以球O 的半径R ＝r 2＋h 2＝4.5．如图，在三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，点E ，F ，H ，K 分别为AC ′，CB ′，A ′B ，B ′C ′的中点，G 为△ABC 的重心．从K ，H ，G ，B ′中取一点作为P ，使得该棱柱恰有2条棱与平面PEF 平行，则P 为( )A．K B．HC．G D．B′答案：C解题思路：假如平面PEF与侧棱BB′平行，则和三条侧棱都平行，不满足题意，而FK∥BB′，排除A；假如P为点B′，则平面PEF即平面A′B′C，此平面只与一条棱AB平行，排除D；若P为点H，则HF为△BA′C′的中位线，∴HF∥A′C′，EF为△ABC′的中位线，∴EF∥AB，HE为△AB′C′的中位线，∴HE∥B′C′，显然不合题意，排除B；若P为点G，EF∥AB，则EF∥A′B′，满足条件，故C正确．二、填空题6．(2013·陕西师大附中三模)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M满足条件________时，有MN∥平面B1BDD1.答案：M ∈线段FH 解题思路：连接FH ，HN ，FN ，由题意知HN ∥平面B 1BDD 1，FH ∥平面B 1BDD 1，且FH ∩HN ＝H ，∴ 平面NHF ∥平面B 1BDD 1，∴ 当M 在线段HF 上运动时，有MN ∥面B 1BDD 1.7．已知正三角形ABC 三个顶点都在半径为2的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为1，点E 是线段AB 的中点，过点E 作球O 的截面，则截面面积的最小值是________．答案：9π4 命题立意：本题主要考查球及其截面性质等知识，意在考查考生的运算求解能力、推理论证能力以及空间想象能力．解题思路：由题意知，正三角形ABC 的外接圆半径为22－12＝3，AB ＝3，过点E 的截面面积最小时，截面是以AB 为直径的圆，截面面积S ＝π×⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝9π4.8．(2013·浙江杭州一模)如图，在三棱锥O －ABC 中，三条棱OA ，OB ，OC 两两垂直，且OA ＞OB ＞OC ，分别经过三条棱OA ，OB ，OC 作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为S 1，S 2，S 3，则S 1，S 2，S 3的大小关系为________．答案：S 1＞S 2＞S 3 解题思路：如图，取BC 的中点D ，连接AD ，OD ，设OA ＝a ，OB ＝b ，OC ＝c ，S 1＝S △AOD ＝12OA ·OD ＝a b 2＋c 24， 同理S 2＝b a 2＋c 24，S 3＝c a 2＋b 24， 易得S 21－S 22＞0，则S 1＞S 2.同理S 2＞S 3，因此S 1＞S 2＞S 3.9．(2013·江南十校3月联考)已知△ABC 的三边长分别为AB ＝5，BC ＝4，AC ＝3，M 是AB 边上的点，P 是平面ABC 外一点．给出下列四个命题：①若P A ⊥平面ABC ，则三棱锥P －ABC 的四个面都是直角三角形；②若PM ⊥平面ABC ，且M 是AB 边的中点，则有P A ＝PB ＝PC ；③若PC ＝5，PC ⊥平面ABC ，则△PCM 面积的最小值为152；④若PC ＝5，P 在平面ABC 上的射影是△ABC 内切圆的圆心，则点P 到平面ABC 的距离为23.其中正确命题的序号是________．(把你认为正确命题的序号都填上)答案：①②④解题思路：由题知AC⊥BC，对于①，若P A⊥平面ABC，则P A⊥BC，又知P A∩AC＝A，∴BC⊥平面P AC，∴BC ⊥PC，因此该三棱锥P－ABC的四个面均为直角三角形，①正确；对于②，由已知得M为△ABC的外心，所以MA＝MB＝MC.因为PM ⊥平面ABC，则PM⊥MA，PM⊥MB，PM⊥MC，由三角形全等可知P A＝PB＝PC，故②正确；对于③，要使△PCM的面积最小，只需CM最短，在Rt△ABC中，(CM)min＝125，∴(S△PCM)min＝12×125×5＝6，故③错误；对于④，设点P在平面ABC内的射影为O，且O为△ABC的内心，由平面几何知识得内切圆半径为r＝1，且OC＝2，在Rt△POC中，PO＝PC2－OC2＝23，∴点P到平面ABC的距离为23，故④正确．三、解答题10．(2013·云南昆明高三检测)已知四棱锥P－ABCD的正视图是一个底边长为4、腰长为3的等腰三角形，如图，分别是四棱锥P－ABCD的侧(左)视图和俯视图．(1)求证：AD⊥PC；(2)求四棱锥P－ABCD的侧面P AB的面积．命题立意：本题主要考查空间线面位置关系、三视图、几何体的侧面积等知识，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．解析：(1)证明：依题意，可知点P在平面ABCD上的正射影是线段CD的中点E，如图，连接PE，则PE⊥平面ABCD.∵AD⊂平面ABCD，∴AD⊥PE.∵AD⊥CD，CD∩PE＝E，CD⊂平面PCD，PE⊂平面PCD，∴AD⊥平面PCD.∵PC⊂平面PCD，∴AD⊥PC.(2)依题意，在等腰三角形PCD中，PC＝PD＝3，DE＝EC＝2，在Rt△PED中，PE＝PD2－DE2＝ 5.过点E作EF⊥AB，垂足为F，连接PF，∵PE⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴AB⊥PE.∵EF⊂平面PEF，PE⊂平面PEF，EF∩PE＝E，∴AB⊥平面PEF.∵PF⊂平面PEF，∴AB⊥PF.依题意得EF＝AD＝2.在Rt△PEF中，PF＝PE2＋EF2＝3，∴ △P AB 的面积为S ＝12·AB ·PF ＝6.∴ 四棱锥P －ABCD 的侧面P AB 的面积为6.11．(2013·河南郑州高三质检)如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点．(1)求证：AB 1⊥平面A 1BD ；(2)设点O 为AB 1上的动点，当OD ∥平面ABC 时，求AO OB 1的值． 命题立意：本题主要考查正三棱柱的性质、线面垂直的判定、线面平行与面面平行的判定定理及性质定理等基础知识，意在考查考生的空间想象能力、运算求解能力和逻辑推理能力．解析：(1)证明：取BC 的中点为M ，连接AM ，B 1M ，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1， △ABC 为正三角形，所以AM ⊥BC ，故AM ⊥平面BCC 1B 1.又BD ⊂平面BCC 1B 1，所以AM ⊥BD .又正方形BCC 1B 1中，tan ∠BB 1M ＝tan ∠CBD ＝12，所以BD ⊥B 1M ，又B 1M ∩AM ＝M ，所以BD ⊥平面AB 1M ，故AB 1⊥BD .正方形BAA 1B 1中，AB 1⊥A 1B ，又A1B∩BD＝B，所以AB1⊥平面A1BD.(2)取AA1的中点为N，连接ND，OD，ON. 因为N，D分别为AA1，CC1的中点，所以ND∥平面ABC.又OD∥平面ABC，ND∩OD＝D，所以平面NOD∥平面ABC，所以ON∥平面ABC.又ON⊂平面BAA1B1，平面BAA1B1∩平面ABC＝AB，所以ON∥AB.注意到AB∥A1B1，所以ON∥A1B1，又N为AA1的中点，所以O为AB1的中点，即AOOB1＝1.12．(2013·哈师大附中联考)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱AA1⊥底面ABC，∠ACB＝90°，E是棱CC1的中点，F是AB的中点，AC＝BC＝1，AA1＝2.(1)求证：CF∥平面AB1E；(2)求三棱锥C－AB1E在底面AB1E上的高．命题立意：本题以三棱柱为载体考查空间中的线面平行的判定、三棱锥高的计算，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，难度适中．解析：(1)证明：如图，取AB1的中点G，连接EG，FG.∵F，G分别是AB，AB1的中点，∴FG∥BB1，FG＝12BB1.∵E为侧棱CC1的中点，∴FG∥EC，FG＝EC，∴四边形FGEC是平行四边形，∴CF∥EG.∵CF⊄平面AB1E，EG⊂平面AB1E，∴CF∥平面AB1E.(2)∵三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱AA1⊥底面ABC，∴BB1⊥平面ABC.又AC⊂平面ABC，∴AC⊥BB1.∵∠ACB＝90°，∴AC⊥BC.∵BB1∩BC＝B，∴AC⊥平面EB1C，∴AC⊥CB1，∴V A－EB1C＝13S△EB1C·AC＝13×⎝⎛⎭⎪⎫12×1×1×1＝16.∵AE＝EB1＝2，AB1＝6，∴S△AB1E＝3 2，∵V C－AB1E＝V A－EB1C，∴三棱锥C－AB1E在底面AB1E上的高为3V C－AB1E S△AB1E＝3 3.13．已知斜四棱柱ABCD－A1B1C1D1各棱长都是2，∠BAD＝∠A1AD＝60°，E，O分别是棱CC1和棱AD的中点，平面ADD1A1⊥平面ABCD.(1)求证：OC∥平面AED1；(2)求证：AD⊥D1C；(3)求几何体D－AED1的体积．解题探究：本题主要考查空间点、线、面的位置关系和几何体的体积计算．(1)通过线线平行证明线面平行即可；(2)利用线面垂直的判定定理进行证明；(3)利用等体积法计算几何体体积．解析：(1)证明：连接A 1D 交AD 1于点F ，连接OF ，EF ，则F 为A 1D 的中点，也为AD 1的中点．因为E ，O 分别是棱CC 1和棱AD 的中点，所以OF ∥AA 1∥CC 1，且OF ＝12AA 1.又因为CE ＝12CC 1，所以OF 綊CE ，所以四边形OCEF 为平行四边形，所以OC ∥EF . 因为EF ⊂平面AED 1，OC ⊄平面AED 1， 所以OC ∥平面AED 1.(2)证明：连接A 1O ，因为斜四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1各棱长都是2，∠A 1AD ＝60°，所以△AA 1D 为正三角形，又因为O 是棱AD 的中点，所以A 1O ⊥AD .又因为平面ADD 1A 1⊥平面ABCD ，平面ADD 1A 1∩平面ABCD ＝AD ，所以A 1O ⊥平面ABCD .连接A 1B ，OB ，因为∠BAD ＝60°，所以AD ⊥OB ，所以AD ⊥平面A 1OB ， 所以AD ⊥A 1B .又因为A 1B ∥D 1C ，所以AD ⊥D 1C .(3)连接BD ，BD 1.因为平面ADD 1A 1∥平面BB 1C 1C ， 所以点E 到平面ADD 1A 1的距离等于点B 到平面ADD 1A 1的距离，所以V D －AED 1＝V E －ADD 1＝V B －ADD 1＝13×12×2×2×sin 120°×3＝1.。
高档小题(二)1．已知集合A ＝{x |x 2＋a ≤(a ＋1)x ，a ∈R }，若存在a ∈R ，使得集合A 中所有整数元素之和为28，则实数a 的取值范围是( )A ．[9，10)B ．[7，8)C ．(9，10)D ．[7，8]2．(2013·济南市高考模拟考试)一个几何体的三视图如图所示，则它的体积为( )A.203B.403C ．20D ．403．已知斜率为2的直线l 过抛物线y 2＝ax 的焦点F ，且与y 轴相交于点A ，若△OAF (O 为坐标原点)的面积为4，则抛物线方程为( )A ．y 2＝4xB ．y 2＝8xC ．y 2＝4x 或y 2＝－4xD ．y 2＝8x 或y 2＝－8x4．(2013·河南省洛阳市高三年级统一考试)设F 1、F 2分别为双曲线x 29－y 216＝1的左、右焦点，过F 1引圆x 2＋y 2＝9的切线F 1P 交双曲线的右支于点P ，T 为切点，M 为线段F 1P 的中点，O 为坐标原点，则|MO |－|MT |等于( )A ．4B ．3C ．2D ．15．(2013·石家庄市高三模拟考试)[x ]表示不超过x 的最大整数，例如[2.9]＝2，[－4.1]＝－5，已知f (x )＝x －[x ](x ∈R )，g (x )＝log 4(x －1)，则函数h (x )＝f (x )－g (x )的零点个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．46．(2013·山西省高三上学期诊断考试)已知一个数列{a n }的各项是1或2，首项为1，且在第k 个1和第(k ＋1) 个1之间有(2k －1)个2，即1，2，1，2，2，2，1，2，2，2，2，2，1，…，则前2 012项中1的个数为( )A ．44B ．45C ．46D ．477．(2013·河北省普通高中高三教学质量检测)已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，a 1＝1，a 2＝3，记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，则下列结论正确的是( )A ．a 100＝－1，S 100＝5B ．a 100＝－3，S 100＝5C ．a 100＝－3，S 100＝2D ．a 100＝－1，S 100＝28．定义在R 上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，已知f (x ＋1)是偶函数，(x －1)f ′(x )<0.若x 1<x 2，且x 1＋x 2>2，则f (x 1)与f (x 2)的大小关系是( )A ．f (x 1)<f (x 2)B ．f (x 1)＝f (x 2)C ．f (x 1)>f (x 2)D ．不确定9．(2013·安徽省“江南十校”高三联考)对于集合{a 1，a 2，…，a n }和常数a 0，定义：ω＝sin 2（a 1－a 0）＋sin 2（a 2－a 0）＋…＋sin 2（a n －a 0）n为集合{a 1，a 2，…，a n }相对a 0的“正弦方差”，则集合{π2，5π6，7π6}相对a 0的“正弦方差”为( ) A.12 B.13C.14 D ．与a 0有关的一个值 10．已知函数f (x )满足f (x ＋1)＝－1f （x ），且f (x )是偶函数，当x ∈[0，1]时，f (x )＝x 2，若在区间[－1，3]内，函数g (x )＝f (x )－kx －k 有4个零点，则实数k 的取值范围是( )A ．[14，13)B ．(0，12) C ．(0，14] D ．(13，12) 11．已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧y ≥1y ≤2x －1x ＋y ≤m，如果目标函数z ＝x －y 的最小值的取值范围是[－2，－1]，则目标函数的最大值的取值范围是________．12．(2013·高考课标全国卷Ⅰ)已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ∶HB ＝1∶2，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为________．13．(2013·福建省普通高中毕业班质量检查)观察下列等式：13＋23＝1； 73＋83＋103＋113＝12； 163＋173＋193＋203＋223＋233＝39； …则当m <n 且m ，n ∈N 时，3m ＋13＋3m ＋23＋3m ＋43＋3m ＋53＋…＋3n －23＋3n －13＝________(最后结果用m ，n 表示)． 14．(2013·高考福建卷)设S ，T 是R 的两个非空子集，如果存在一个从S 到T 的函数y ＝f (x )满足：(1)T ＝{f (x )|x ∈S }；(2)对任意x 1，x 2∈S ，当x 1<x 2时，恒有f (x 1)<f (x 2)，那么称这两个集合“保序同构”．现给出以下3对集合：①A ＝N ，B ＝N *；②A ＝{x |－1≤x ≤3}，B ＝{x |－8≤x ≤10}；③A ＝{x |0<x <1}，B ＝R .其中，“保序同构”的集合对的序号是________．(写出所有“保序同构”的集合对的序号) 备选题1．如图所示，等边三角形ABC 的边长为2，D 为AC 的中点，且△ADE 也是等边三角形．在△ADE 以点A 为中心向下转动到稳定位置的过程中，BD →·CE →的取值范围是( )A ．[12，32]B ．[13，12] C ．(12，43) D ．(14，53) 2．(2013·郑州市高中毕业年级第一次质量检测)设函数f (x )＝x －1x，对任意x ∈[1，＋∞)，f (2mx )＋2mf (x )<0恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．(－∞，－12)B ．(－12，0)C ．(－12，12)D ．(0，12) 3．(2013·安徽省“江南十校”高三联考)已知△ABC 的内角A 、B 、C 成等差数列，且A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，则下列命题中正确的有________(把所有正确的命题序号都填上)．①B ＝π3； ②若a 、b 、c 成等比数列，则△ABC 为等边三角形；③若a ＝2c ，则△ABC 为锐角三角形；④若AB →2＝AB →·AC →＋BA →·BC →＋CA →·CB →，则3A ＝C ；⑤若tan A ＋tan C ＋3>0，则△ABC 为钝角三角形．4．(2013·成都市高中毕业班第二次诊断性检测)对于定义在区间D 上的函数f (x )，若满足对∀x 1，x 2∈D 且x 1<x 2时都有f (x 1)≥f (x 2)，则称函数f (x )为区间D 上的“非增函数”．若f (x )为区间[0，1]上的“非增函数”且f (0)＝1，f (x )＋f (1－x )＝1，又当x ∈[0，14]时，f (x )≤－2x ＋1恒成立．有下列命题：①∀x ∈[0，1]，f (x )≥0；②当x 1，x 2∈[0，1]且x 1≠x 2时，f (x 1)≠f (x 2)；③f (18)＋f (511)＋f (713)＋f (78)＝2； ④当x ∈[0，14]时，f (f (x ))≤f (x )． 其中你认为正确的所有命题的序号为________．答案：高档小题(二)1．【解析】选B.注意到不等式x 2＋a ≤(a ＋1)x ，即(x －a )(x －1)≤0，因此该不等式的解集中必有1与a .要使集合A 中所有整数元素之和为28，必有a >1.注意到以1为首项、1为公差的等差数列的前7项和为7×（7＋1）2＝28，因此由集合A 中所有整数元素之和为28得7≤a <8，即实数a 的取值范围是[7，8)．2．【解析】选B.该空间几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示．其体积为13×12×(1＋4)×4×4＝403.3．【解析】选D.抛物线的焦点坐标是(a 4，0)，直线l 的方程是y ＝2(x －a 4)，令x ＝0，得y ＝－a 2，故A (0，－a 2)，所以△OAF 的面积为12×|a 4|×|－a 2|＝a 216，由题意，得a 216＝4，解得a ＝±8.故抛物线方程是y 2＝8x 或y 2＝－8x .故选D.4．【解析】选D.连接PF 2、OT (图略)，则有|MO |＝12|PF 2|＝12(|PF 1|－2a )＝12(|PF 1|－6)，|MT |＝12|PF 1|－|F 1T |＝12|PF 1|－c 2－a 2＝12|PF 1|－4，于是有|MO |－|MT |＝(12|PF 1|－3)－(12|PF 1|－4)＝1，故选D.5．【解析】选B.作出函数f (x )与g (x )的图象如图所示，发现有2个不同的交点，故选B.6．【解析】选B.依题意得，第k 个1和它后面(2k －1)个2的个数之和为2k ，按这个要求分组，每组数字的个数组成一个以2为首项、2为公差的等差数列，该数列的前n 项和等于n （2＋2n ）2＝n (n ＋1)．注意到2 012＝44×45＋32，因此在题中的数列中，前2 012项中共有45个1，故选B.7．【解析】选A.依题意a n ＋2＝a n ＋1－a n ＝－a n －1，即a n ＋3＝－a n ，a n ＋6＝－a n ＋3＝a n ，故数列{a n }是以6为周期的数列，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝(a 1＋a 4)＋(a 2＋a 5)＋(a 3＋a 6)＝0.注意到100＝6×16＋4，因此有a 100＝a 4＝－a 1＝－1，S 100＝16(a 1＋a 2＋…＋a 6)＋(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＝a 2＋a 3＝a 2＋(a 2－a 1)＝2×3－1＝5，故选A.8．【解析】选C.由题可知函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称，且在(1，＋∞)上是减函数，由x 1<x 2且x 1＋x 2>2，可知x 2>1，x 2>2－x 1.若2－x 1>1，则f (x 2)<f (2－x 1)＝f (x 1)；若2－x 1<1，即x 1>1，此时x 1<x 2可得f (x 1)>f (x 2)；若x 1＝1，根据函数性质x ＝1时函数取得最大值，也有f (x 1)>f (x 2)．9．【解析】选 A.集合{π2，5π6，7π6}相对a 0的“正弦方差”ω＝sin 2（π2－a 0）＋sin 2（5π6－a 0）＋sin 2（7π6－a 0）3＝cos 2a 0＋sin 2（π6＋a 0）＋sin 2（π6－a 0）3＝cos 2a 0＋（12cos a 0＋32sin a 0）2＋（12cos a 0－32sin a 0）23＝cos 2a 0＋12cos 2a 0＋32sin 2a 03＝32（sin 2a 0＋cos 2a 0）3＝12. 10．【解析】选C.由f (x ＋1)＝－1f （x ）得，f (x ＋2)＝－1f （x ＋1）＝f (x )，所以函数f (x )是周期为2的周期函数，又因为函数f (x )为偶函数，所以函数f (x )的图象关于y 轴对称．令g (x )＝f (x )－k (x ＋1)＝0，得函数f (x )＝k (x ＋1)，令函数y ＝k (x ＋1)，显然此函数过定点(－1，0)，作出函数f (x )和函数y ＝k (x ＋1)的图象，如图，当直线y ＝k (x ＋1)过点C (3，1)时与函数f (x )的图象有4个交点，此时直线y ＝k (x ＋1)的斜率为k ＝1－03－（－1）＝14，所以要使函数g (x )＝f (x )－k (x ＋1)有4个零点，则直线的斜率k 满足0<k ≤14. 11．【解析】不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，变换目标函数为y ＝x －z ，当z最小时就是直线y ＝x －z 在y 轴上的截距最大时．当z ＝－1，即直线y ＝x ＋1时，点A 的坐标是(2，3)，此时m ＝2＋3＝5；当z ＝－2，即直线y ＝x ＋2时，点A 的坐标是(3，5)，此时m ＝3＋5＝8.故m 的取值范围是[5，8]．因为目标函数的最大值在点B (m －1，1)处取得，所以z max ＝m －1－1＝m －2，故目标函数的最大值的取值范围是[3，6]．【答案】[3，6]12．【解析】如图，设球O 的半径为R ，则由AH ∶HB ＝1∶2得HA ＝13·2R ＝23R ， ∴OH ＝R 3. ∵截面面积为π＝π·(HM )2， ∴HM ＝1.在Rt △HMO 中，OM 2＝OH 2＋HM 2，∴R 2＝19R 2＋HM 2＝19R 2＋1， ∴R ＝324. ∴S 球＝4πR 2＝4π·(324)2＝92π. 【答案】92π 13．【解析】由13＋23＝1，知m ＝0，n ＝1，1＝12－02； 由73＋83＋103＋113＝12，知m ＝2，n ＝4，12＝42－22； 由163＋173＋193＋203＋223＋233＝39，知m ＝5，n ＝8，39＝82－52. …依此规律可归纳，3m ＋13＋3m ＋23＋3m ＋43＋3m ＋53＋…＋3n －23＋3n －13＝n 2－m 2. 【答案】n 2－m 214．【解析】①取f (x )＝x ＋1，符合题意．②取f (x )＝92x －72，符合题意．③取f (x )＝tan π⎝⎛⎭⎫x －12，符合题意．【答案】①②③备选题1．【解析】选A.如图所示，在△ADE 转动的过程中，设∠BAD ＝θ，则∠CAE ＝θ，θ∈[0，π3]，所以BD →·CE →＝(BA →＋AD →)·(CA →＋AE →)＝|BA →|·|CA →|cos 60°＋|AD →|·|AE →|cos 60°＋BA →·AE →＋AD →·CA →＝－2cos θ＋52，又cos θ∈[12，1]，所以BD →·CE →的取值范围为[12，32]． 2．【解析】选A.对任意x ∈[1，＋∞)，f (2mx )＋2mf (x )<0恒成立，即2mx －12mx ＋2m (x －1x)<0在x ∈[1，＋∞)上恒成立，即8m 2x 2－（1＋4m 2）2mx<0在x ∈[1，＋∞)上恒成立，故m <0，因为8m 2x 2－(1＋4m 2)>0在x ∈[1，＋∞)上恒成立，所以x 2>1＋4m 28m 2在x ∈[1，＋∞)上恒成立，所以1>1＋4m 28m 2，解得m <－12或m >12(舍去)，故m <－12. 3．【解析】∵内角A 、B 、C 成等差数列，∴A ＋C ＝2B .又A ＋B ＋C ＝π.∴B ＝π3，故①正确；对于②，由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac ·cos B ＝a 2＋c 2－ac .又b 2＝ac ，∴a 2＋c 2－ac ＝ac ，即(a －c )2＝0，∴a ＝c ，又B ＝π3， ∴△ABC 为等边三角形；对于③，∵b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝4c 2＋c 2－2c 2＝3c 2，∴b ＝3c ，此时满足a 2＝b 2＋c 2，说明△ABC 是直角三角形；对于④，c 2＝bc cos A ＋ac cos B＋ab cos C ＝12ac ＋b (c cos A ＋a cos C )＝12ac ＋b 2＝12ac ＋a 2＋c 2－ac ，化简得c ＝2a ，又b 2＝a 2＋c 2－ac ＝3a 2，∴b ＝3a ，此时有a 2＋b 2＝c 2，∴C ＝π2，B ＝π3，A ＝π6，∴3A ＝C 成立；对于⑤，tan A ＋tan C ＝tan(A ＋C )·(1－tan A tan C )，∵A ＋C ＝2π3，∴tan A ＋tan C ＝－3＋3tan A tan C ，∵tan A ＋tan C ＋3＝3tan A tan C >0，又在△ABC 中，A 、C 不能同为钝角，∴A 、C 都是锐角，∴△ABC 为锐角三角形．【答案】①②④4．【解析】f (0)＝1，f (x )＋f (1－x )＝1，令x ＝1得，f (1)＝0，即0＝f (1)≤f (x )≤f (0)＝1，①正确；令x ＝12得，f (12)＝12，令x ＝34，得f (34)＝1－f (14)≤f (14)，得f (14)≥12，又f (x )≤－2x ＋1在x ∈[0，14]上恒成立，所以f (14)≤－12＋1＝12，所以f (14)＝12，结合“非增函数”的定义可知，当x ∈[14，12]时，f (x )＝12，即②错；对于③，显然f (18)＋f (78)＝1，又当x ∈[14，12]时，f (x )＝12，所以f (511)＝f (613)＝12，又f (613)＋f (713)＝1，所以f (713)＝12，即③正确；对于④，令f (x )＝t ，不等式左边为f (t )，右边为f (x )，当x ∈[0，14]时，t ＝f (x )∈[12，1]，f (t )∈[0，12]，f (t )≤f (x )，即④正确． 【答案】①③④。
