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2019届高三人教A版数学一轮复习练习：第七章 立体几何与空间向量 第7节 第二课时 Word版含解析

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精选中小学试题、试卷、教案资料 第七章 第7节（理） 第二课时

[基础训练组] 1．(导学号14577717)已知四棱锥S－ABCD的底面为平行四边形，SD⊥底面ABCD，SD＝1，AB＝2，AD＝1，∠

DAB＝60°，M、N分别为SB、SC中点，过MN作平面MNPQ分别与线段CD、AB相交于点P、Q.若AQ→＝13

AB→，求二面角M－PQ－B的平面角大小．( )

A．60° B．30° C．45° D．75° 解析：A [在△ABCD中，设AB＝2AD＝4，∠DCB＝60°，所以由余弦定理求得BD＝3，有AB2＝AD2＋BD2，所以AD⊥BD，6分

以D为原点，直线DA为x轴，直线DB为y轴，直线DS为z轴建立空间直角坐标系，且A(1,0,0)，B(0，3，0)，S(0,0,1)，M0，32，12，

又AQ→＝13AB→，则Q23，33，0. 设平面MNPQ的法向量为n＝(x，y，z)，

由 n·AD→＝0n·MQ→＝0，得n＝(0，－3，1), 易知平面ABCD的法向量为m＝(0,0,1)， 则cos〈m，n〉＝|m·n||m||n|＝12， 所以二面角M－PQ－B为60°.] 2．(导学号14577718)(2018·秦皇岛市模拟)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为( ) 精选中小学试题、试卷、教案资料 A.1010B.15

C.31010D.35 解析：C [以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，

设AA1＝2AB＝2，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，E(1,0,1)，D1(0,0,2)． 所以BE→＝(0，－1,1)，CD1→＝(0，－1,2)，

所以cos〈BE→，CD1→〉＝BE→·CD1→|BE→||CD1→|＝32×5＝31010.] 3．(导学号14577719)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝3，D，E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与平面BB1C1C所成的角为( )

A.π6B.π4 C.π3D.π2 解析：A [∵AB＝1，AC＝2，BC＝3， AC2＝BC2＋AB2，∴AB⊥BC. ∵三棱柱为直三棱柱，∴BB1⊥平面ABC. 以B为原点，BC，BA，BB1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，则A(0,1,0)，C(3，0,0)．设B1(0,0，a)，则C1(3，0，a)， 精选中小学试题、试卷、教案资料 ∴D32，12，a2，E0，0，a2，∴DE→＝－32，－12，0，平面BB1C1C的法向量BA→＝(0,1,0)．设直线DE与平面BB1C1C所成的角为α，则sinα＝|cos〈DF→，BA→〉|＝12， ∴α＝π6.] 4．(导学号14577720)如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，且BC⊥平面PAB，PA⊥AB，M为PB的中点，PA＝AD＝2.若AB＝1，则二面角B－AC－M的余弦值为( )

A.66B.36 C.26D.16 解析：A [∵BC⊥平面PAB，AD∥BC，∴AD⊥平面PAB，PA⊥AD，又PA⊥AB，且AD∩AB＝A，∴PA⊥平面ABCD.

以点A为坐标原点，分别以AD，AB，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A－xyz. 则A(0,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，B(0,1,0)，

M0，12，1，

∴AC→＝(2,1,0)，AM→＝0，12，1， 求得平面AMC的一个法向量为n＝(1，－2,1)， 又平面ABC的一个法向量AP→＝(0,0,2)， 精选中小学试题、试卷、教案资料 ∴cos〈n，AP→〉＝n·AP→|n||AP→|＝21＋4＋1·2＝66.

∴二面角B－AC－M的余弦值为66.] 5．(导学号14577721)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2.若二面角B1－DC－C1的大小为60°，则AD的长为( )

A.2B.3 C．2D.22 解析：A [如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)．设AD＝a，则D点坐标为(1,0，a)，CD→＝(1,0，a)，CB1→

＝(0,2,2)．设平面B1CD的法向量为m＝(x，y，z)．

由 m·CB1→＝2y＋2z＝0m·CD→＝x＋az＝0， 得 y＝－zx＝－az，令z＝－1，则m＝(a,1，－1)． 又平面C1DC的一个法向量为n＝(0,1,0)， 则由cos60°＝|m·n||m||n|，得1a2＋2＝12，解得a＝2， 所以AD＝2.故选A.]

6．(导学号14577722)(2018·郑州市模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________. 解析：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，则A1(1,0,1)，C1(0,2,1)，

(1,2,0)，∴A1B→＝(0,2，－1)，A1C1→＝(－1,2,0) 精选中小学试题、试卷、教案资料 设n＝(x，y，z)为平面A1BC1的法向量，则 n·A1B→＝0，n·A1C1→＝0，即 2y－z＝0，－x＋2y＝0， 令z＝2，则y＝1，x＝2，于是n＝(2,1,2)，D1C1→＝(0,2,0)， 设所求线面角为α，则sinα＝|cos〈n，D1C1→〉|＝13.

答案：13 7．(导学号14577723)如图，在正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成角为________.

解析：如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系O－xyz.设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，

则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)，P(0，－a2，a2)． 则CA→＝(2a,0,0)，AP→＝(－a，－a2，a2)，CB→＝(a，a,0)． 设平面PAC的法向量为n，可求得n＝(0,1,1)，

则cos〈CB→，n〉＝CB→·n|CB→||n|＝a2a2·2＝12. ∴〈CB→，n〉＝60°， ∴直线BC与平面PAC的夹角为90°－60°＝30°. 答案：30° 8．(导学号14577724)设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是________. 解析：如图建立空间直角坐标系， 精选中小学试题、试卷、教案资料 则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)， ∴D1A1→＝(2,0,0)，DA1→＝(2,0,2)，DB→＝(2,2,0) . 设平面A1BD的一个法向量n＝(x，y，z)，

则 n·DA1→＝2x＋2z＝0n·DB→＝2x＋2y＝0. 令x＝1，则n＝(1，－1，－1)， ∴点D1到平面A1BD的距离d＝|D1A1→·n||n|＝23＝233. 答案：233 9．(导学号14577725)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠BCD＝135°，侧面PAB⊥底面ABCD，∠BAP＝90°，AB＝AC＝PA＝2，E，F分别为BC，AD的中点，点M在线段PD上．

(1)求证：EF⊥平面PAC； (2)如果直线ME与平面PBC所成的角和直线ME与平面ABCD所成的角相等，求PMPD的值． 解：(1)证明：在平行四边形ABCD中，因为AB＝AC，∠BCD＝135°，所以AB⊥AC. 由E，F分别为BC，AD的中点，得EF∥AB, 所以EF⊥AC.2分 因为侧面PAB⊥底面ABCD，且∠BAP＝90°， 所以PA⊥底面ABCD. 又因为EF⊂底面ABCD， 所以PA⊥EF.4分 又因为PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，所以EF⊥平面PAC.5分 (2)因为PA⊥底面ABCD，AB⊥AC，所以AP，AB，AC两两垂直，故以AB，AC，AP分别为x轴、y轴和z轴，如图建立空间直角坐标系， 精选中小学试题、试卷、教案资料 则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)， D(－2,2,0)，E(1,1,0)，7分

所以PB→＝(2,0，－2)，PD→＝(－2,2，－2)， BC→＝(－2,2,0)， 设PMPD＝λ(λ∈[0,1])，则PM→＝(－2λ，2λ，－2λ)， 所以M(－2λ，2λ，2－2λ)，ME→＝(1＋2λ，1－2λ，2λ－2)， 易得平面ABCD的法向量m＝(0,0,1)． 设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，9分

由 n·BC→＝0，n·PB→＝0，得 －2x＋2y＝0，2x－2z＝0， 令x＝1，得n＝(1,1,1)． 10分 因为直线ME与平面PBC所成的角和直线ME与平面ABCD所成的角相等，

所以|cos〈ME→，m〉|＝|cos〈ME→，n〉|，即|ME→·m||ME→|·|m|＝|ME→·n||ME→|·|n|，

所以|2λ－2|＝2λ3， 解得λ＝3－32，或λ＝3＋32(舍)． 综上所得：PMPD＝3－3212分

10．(导学号14577726)(2018·济宁市一模)如图甲：⊙O的直径AB＝2，圆上两点C，D在直径AB的两侧，使∠CAB＝π4，∠

DAB＝π3，沿直径AB折起，使两个半圆所在的平面互相垂直(如图乙)，F为BC的中点，根据图乙解答下列各题：

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2019届高三数学一轮复习精品课件：第七章 第7节 立体几何中的向量方法(一)证明平行与垂直

2019届高三数学一轮复习精品课件：第七章 第7节 立体几何中的向量方法(一)证明平行与垂直


解析：∵n1· n2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)≠0，∴n1 与 n2 不垂直，∴α 与 β 相交但不垂直．
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3．已知 A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，则下列向量是平面 ABC 法向量的是( C ) A．(－1,1,1) 3 3 3 C．(－ ，－ ，－ ) 3 3 3 B．(1，－1,1) 3 3 3 D．( ， ，－ ) 3 3 3
第七章 立体几何与空间向量 第七节 立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直
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C
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1．理解直线的方向向量及平面的法向量； 2．能用向量语言表述线线、线面、面面的平行与垂直关系； 3．能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简 单定理．
①
．
①n1＝(1,2,1)，n2＝(－3,1,1) ②n1＝(1,1,2)，n2＝(－2,1,1) ③n1＝(1,1,1)，n2＝(－1,2,1) ④n1＝(1,2,1)，n2＝(0，－2，－2)
解析：两个平面垂直时其法向量也垂直，只有①中的两个向量 垂直．
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证明：PQ∥平面 BCD.
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考点一 利用空间向量证明平证明： 如图， 取 BD 的中点 O， 以 O 为原点， OD，OP 所在射线分别为 y，z 轴的正半轴， 建立空间直角坐标系 Oxyz. 由题意知，A(0， 2，2)，B(0，－ 2，0)， D(0， 2，0)． 设点 C 的坐标为(x0，y0,0)． → ＝3QC →， 因为AQ
2019届人教A版高三数学一轮复习第七章 立体几何与空间向量 第2节课件

2019届人教A版高三数学一轮复习第七章 立体几何与空间向量 第2节课件


A．18＋36 5 C．90
B．54＋18 5 D．81
第七章
理基础自主夯实
析考点层级突破
提考能课时冲关
解析： B
[由几何体的三视图可知， 该几何体是底面为正方形的
斜平行六面体．AEFD－E1B1C1F1，如图．
由题意可知该几何体底面边长为 3，高为 6， 所以侧棱长为 32＋62＝3 5. 故该几何体的表面积 S＝32×2＋(3×6)×2＋(3×3 5)×2＝54＋ 18 5.]
第七章
理基础自主夯实
析考点层级突破
提考能课时冲关
2． (导学号 14576562)(文科)(2016· 高全国Ⅱ卷)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 C．8π
解析：A
)
32 B. 3 π D．4π
[设正方体的棱长为 a，则 a3＝8，解得 a＝2.
设球的半径为 R， 则 2 R＝ 3 a ， 即 R＝ 3.所以球的表面积 S＝4πR2 ＝12π.]
第七章
理基础自主夯实
析考点层级突破
提考能课时冲关
3．(导学号 14576563)(高考课标Ⅱ卷)正三棱柱 ABC－A1B1C1 的 底面边长为 2，侧棱长为 3，D 为 BC 中点，则三棱锥 A－B1DC1 的 体积为( )
第七章
理基础自主夯实
析考点层级突破
提考能课时冲关
1.长方体的外接球 a2＋b2＋c2 球心：体对角线的交点；半径：r＝ (a，b，c 为长方 2 体的长、宽、高)．
第七章
理基础自主夯实
析考点层级突破
提考能课时冲关
2．正方体与球 (1)正方体的内切球：截面图为正方形 EFHG 的内切圆，如图所 a 示．设正方体的棱长为 a，则|OJ|＝r＝2(r 为内切球半径)．
【高考导航】2019届高三数学(理)一轮复习课件：第7章

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(2)如图2，∵PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P， ∴PC⊥平面PAB，AB⊂平面PAB， ∴PC⊥AB， 又AB⊥PO，PO∩PC＝P，∴AB⊥平面PGC， 又CG⊂平面PGC， ∴AB⊥CG，即CG为△ABC边AB的高． 同理可证BD，AH为△ABC底边上的高， 即O为△ABC的垂心．
答案：(1)外 (2)垂
解析：A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又 BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；C中，因为平面BPC⊥平面APC， BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，又AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；D 中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.
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第七章 立体几何
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第五节 直线、平面垂直的
判定及其性质
4
真题演练 明确考向
课时作业
1.以立体几何的有关定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂 直、面面垂直的有关性质与判定定理，并能够证明相关性质定理． 2.能运用线面垂直、面面垂直的判定及性质定理证明一些空间图形的垂直关系 的简单命题．
性质 定理
两直线垂直于同一 个平面，那么这两 条直线 平行
a⊥α ⇒a∥b b⊥α
必记结论 1.直线与平面垂直的定义常常逆用，即a⊥α，b⊂α⇒a⊥b. 2．若平行直线中一条垂直于平面，则另一条也垂直于该平面． 3．垂直于同一条直线的两个平面平行． 4．过一点有且只有一条直线与已知平面垂直． 5．过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．
2．平面与平面垂直 (1)平面与平面垂直的定义 两个平面相交，如果它们所成的二面角是 相垂直．
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推荐2019高三人教A版数学一轮复习练习：第七章立体几何与空间向量第2节(1)

第七章 第2节[基础训练组]1．(导学号14577626)如图是一个四棱锥在空间直角坐标系xOz 、xOy 、yOz 三个平面上的正投影，则此四棱锥的体积为()A ．94B ．32C ．64D ．16解析：B [由已知的三视图可知该几何体是一个以俯视图为底面的四棱锥，其底面面积S ＝(6－2)2＝16，高h ＝8－2＝6， 所以四棱锥的体积V ＝13Sh ＝32，故选B.]2．(导学号14577627)(2018·长春市二模)堑堵，我国古代数学名词，其三视图如图所示．《九章算术》中有如下问题：“今有堑堵，下广二丈，袤一十八丈六尺，高二丈五尺，问积几何？”意思是说：“今有堑堵，底面宽为2丈，长为18丈6尺，高为2丈5尺，问它的体积是多少？”(注：一丈＝十尺)．( )A ．25 500立方尺B ．34 300立方尺C ．46 500立方尺D ．48 100立方尺解析：C [由已知，堑堵形状为棱柱，底面是直角三角形，其体积为12×20×186×25＝46 500立方尺．故选C.]3．(导学号14577628)(2018·乌鲁木齐市三诊)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．8＋2πB ．8＋3πC ．10＋2πD ．10＋3π解析：D [根据三视图可知该几何体为一个长方体和半个圆柱组合所成，其表面积S 表面积＝1×1×2＋1×2×4＋π×12＋2×π×1＝10＋3π.故选D.]4．(导学号14577629)(2018·柳州市、钦州市一模)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，则它的体积为( )A ．48B ．16C ．32D ．16 5解析：B [根据三视图得出：该几何体是镶嵌在正方体中的四棱锥O －ABCD ，正方体的棱长为4，O 、A 、D 分别为棱的中点，∴OD ＝22，AB ＝DC ＝OC ＝2 5.作OE ⊥CD ，垂足是E .∵BC ⊥平面ODC ，∴BC ⊥OE 、BC ⊥CD ，则四边形ABCD 是矩形． ∵CD ∩BC ＝C ，∴OE ⊥平面ABCD .∵△ODC 的面积S ＝4×4－12×2×2－12×2×4×2＝6，∴6＝12·CD ·OE ＝12×25×OE ，得OE ＝65，∴此四棱锥O －ABCD 的体积V ＝13S 矩形ABCD ·OE ＝13×4×25×65＝16.故选B.]5．(导学号14577630)(2018·濮阳市一模)某几何体的三视图如图所示，图中四边形都是边长为2的正方形，两条虚线相互垂直，则该几何体的体积是( )A.203B.163 C ．8－π6D ．8－π3解析：D [由已知中的三视图可知该几何体是一个边长为2的正方体，挖去了一半径为1，高为1的圆锥(如图)，正方体的体积为V 正方体＝2×2×2＝8，圆锥的体积为V 锥＝13×12×π×1＝13π，所以该几何体的体积V＝8－π3.故选D.]6．(导学号14577631)(2018·黄山市二模)祖暅(公元前5～6世纪)，祖冲之之子，是我国齐梁时代的数学家．他提出了一条原理：“幂势既同，則积不容异．”这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现，比祖暅晚一千一百多年．椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体．如图将底面直径皆为2b ，高皆为a 的椭半球体及已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面β上．以平行于平面β的平面于距平面β任意高d 处可横截得到S 圆及S 环两截面，可以证明S 圆＝S 环总成立．据此，短轴长为4 cm ，长轴为6 cm 的椭球体的体积是 __________ cm 3.解析：因为总有S 圆＝S 环，所以椭半球体的体积等于V 柱－V 锥＝πb 2a －13πb 2a ＝23πb 2a ，椭球体的体积为V ＝43πb 2a .∵2b ＝4,2a ＝6，∴b ＝2，a ＝3，所以，该椭球体的体积是43×22×3π＝16π.答案：16π7．(导学号14577632)(2018·杭州二模)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积是 ________ cm 3，表面积是 ________ cm 2.解析：由该几何体的三视图，知该几何体是三棱柱与两个相同的四棱锥的组合体，如图所示；该组合体的体积为V ＝V 四棱锥D －AEGA 1＋V 三棱柱DEG －CFH ＋V 四棱锥C －BFHD 1＝13×(2×4)×3＋⎝⎛⎭⎫12×4×3×4＋13×(2×4)×3＝8＋24＋8＝40(cm 3)； 它的表面积为S ＝S 矩形ABB 1A 1＋2S 梯形ABCD ＋2S △ADA 1＝8×4＋2×12×(4＋8)×22＋32＋2×12×4×22＋32＝32＋163cm 2.答案：40,32＋1613 8．(导学号14577633)(理科)已知在直角梯形ABCD 中，AB⊥AD ，CD⊥AD ，AB ＝2AD ＝2CD ＝2，将直角梯形ABCD 沿AC 折叠成三棱锥D －ABC ，当三棱锥D －ABC 的体积取最大值时，其外接球的体积为 ________ .解析：已知直角梯形ABCD ，AB ⊥AD ，CD ⊥AD ，AB ＝2AD ＝2CD ＝2，将其沿AC 折叠成三棱锥，如图，则AB ＝2，AD ＝1，CD ＝1，∴AC ＝2，BC ＝2，∴BC ⊥AC .取AC 的中点E ，AB 的中点O ，连结DE ，OE . ∵三棱锥D －ABC 体积最大时， ∴此时有平面DCA ⊥平面ACB ， ∴OB ＝OA ＝OC ＝OD ，∴OB ＝1，就是外接球的半径为1，此时三棱锥外接球的体积为4π3×13＝4π3. 答案：4π38．(导学号14577634)(文科)(2018·咸阳市二模)已知一个三棱锥的所有棱长均为2，则该三棱锥的内切球的体积为 ________ .解析：如图O 是棱长为2的正四面体ABCD 的内切球的球心，所以OE 为内切球的半径，设OA ＝OB ＝R ，在等边三角形BCD 中，BE ＝63，AE ＝2－69＝233.由OB 2＝OE 2＋BE 2，即有R 2＝⎝⎛⎭⎫233－R 2＋⎝⎛⎭⎫632，解得R ＝32，内切球的半径OE ＝AE －R ＝36，内切球的体积为43π×⎝⎛⎭⎫363＝354π.答案：354π 9．如图，在四边形ABCD 中，∠DAB ＝90°，∠ADC ＝135°，AB ＝5，CD ＝22，AD ＝2，求四边形ABCD 绕AD 旋转一周所成几何体的表面积及体积．解：由已知得：CE ＝2，DE ＝2，CB ＝5，S 表面＝S 圆台侧＋S 圆台下底＋S 圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×22＝(60＋42)π， V ＝V 圆台－V 圆锥＝13(π·22＋π·52＋22·52π2)×4－13π×22×2＝1483π.10．(导学号14577635)如图，在直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，△ABC 为等边三角形，AA ′⊥平面ABC ，AB ＝3，AA ′＝4，M 为AA ′的中点，P 是BC 上一点，且由P 沿棱柱侧面经过棱CC ′到M 的最短路线长为29，设这条最短路线与CC ′的交点为N ，求：(1)该三棱柱的侧面展开图的对角线长； (2)PC 与NC 的长；(3)三棱锥C －MNP 的体积．解：(1)该三棱柱的侧面展开图为一边长分别为4和9的矩形，故对角线长为42＋92＝97. (2)将该三棱柱的侧面沿棱BB ′展开，如下图，设PC ＝x ，则MP 2＝MA 2＋(AC ＋x )2. ∵MP ＝29，MA ＝2，AC ＝3， ∴x ＝2，即PC ＝2.又∵NC ∥AM ，故PC PA ＝NC AM ，即25＝NC2.∴NC ＝45.(3)S △PCN ＝12×CP ×CN ＝12×2×45＝45.在三棱锥M －PCN 中，M 到平面PCN 的距离， 即h ＝32×3＝332. ∴V C －MNP ＝V M －PCN ＝13·h ·S △PCN ＝13×332×45＝235.[能力提升组]11．(导学号14577636)(理科)(2018·茂名市一模)过球O 表面上一点A 引三条长度相等的弦AB 、AC 、AD ，且两两夹角都为60°，若球半径为R ，则弦AB 的长度为( )A.263RB.63R C ．RD.6R解析：A [由条件可知A －BCD 是正四面体，如图：A 、B 、C 、D 为球上四点，则球心O 在正四面体中心．设AB ＝a ，则过点B 、C 、D 的截面圆半径r ＝O 1B ＝23BE ＝23×32a ＝33a ，正四面体A －BCD 的高AO 1＝a2－⎝⎛⎭⎫33a 2＝63a ，则截面BCD 与球心的距离d ＝OO 1＝63a －R ，∴⎝⎛⎭⎫33a 2＝R 2－⎝⎛⎭⎫63a －R 2，解得a ＝263R .故选A.] 11．(导学号14577637)(文科)(2018·广东湛江市二模)底面是边长为1的正方形，侧面是等边三角形的四棱锥，该四棱锥的外接球的体积为( )A.2π3B.3π3C.3π2D.22π3解析：A [底面ABCD 外接圆的半径是22，即AO ＝22，则PO ＝1－12＝22，∴四棱锥的外接球的半径为22， ∴四棱锥的外接球的体积为43π·⎝⎛⎭⎫223＝2π3.故选A.]12．(导学号14577638)(2018·郴州市二模)我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水．天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是( )(注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③台体的体积公式V ＝13(S 上＋S 上S 下＋S 下)·h )A ．2寸B ．3寸C ．4寸D ．5寸解析：B [如图，由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸．∵积水深9寸，∴水面半径为12(14＋6)＝10寸，则盆中水的体积为13π×9(62＋102＋6×10)＝588π(立方寸)，∴平地降雨量等于588ππ×142＝3(寸)．故选B.]13．(导学号14577639)(2018·淮北市二模)中国古代数学经典《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑(bi ēnào)．若三棱锥P －ABC 为鳖臑，且P A⊥平面ABC ，P A ＝AB ＝2，又该鳖臑的外接球的表面积为24π，则该鳖臑的体积为 ________ .解析：由题意，三棱锥P －ABC 为鳖臑，且P A ⊥平面ABC ，P A ＝AB ＝2，如图，∠P AB ＝∠P AC ＝∠ABC ＝∠PBC ＝90°，又该鳖臑的外接球的表面积为24π，可知PC 为外接球的直径，则R 2＝24π4π＝6，BC ＝错误!＝4，该鳖臑的体积为13×12×2×4×2＝83.答案：8314．(导学号14577640)如图所示，从三棱锥P －ABC 的顶点P 沿着三条侧棱P A ，PB ，PC 剪开成平面图形得到△P 1P 2P 3，且P 2P 1＝P 2P 3.(1)在三棱锥P －ABC 中，求证：P A ⊥BC .(2)若P 1P 2＝26，P 1P 3＝20，求三棱锥P －ABC 的体积．解析：(1)证明：由题设知A ，B ，C 分别是P 1P 3，P 1P 2，P 2P 3的中点，且P 2P 1＝P 2P 3，从而PB ＝PC ，AB ＝AC ， 取BC 的中点D ，连AD ，PD ， 则AD ⊥BC ，PD ⊥BC ，AD ∩PD ＝D ， ∴BC ⊥平面P AD .∵P A ⊂平面P AD ，故P A ⊥BC .(2)由题设有AB ＝AC ＝12P 1P 2＝13，P A ＝P 1A ＝BC ＝10，PB ＝PC ＝P 1B ＝13，∴AD ＝PD ＝AB2－BD2＝12. 在等腰三角形DP A 中， 底边P A 上的高h ＝AD2－⎝⎛⎭⎫12PA 2＝119，∴S △DP A ＝12P A ·h ＝5119.又BC ⊥平面P AD ， ∴V P －ABC ＝V B －PDA ＋V C －PDA ＝13BD ·S △DP A ＋13DC ·S △PDA＝13BC·S△PDA＝13×10×5119＝50 3119.。