高考数学二轮复习第一部分专题三立体几何教学案文

高考数学二轮复习第一部分专题三立体几何教学案文

专题三 立体几何 [研高考·明考点] 年份 卷别 小题考查 大题考查 2017 卷Ⅰ T6·空间直线与平面位置关系的判断 T18·面面垂直的证明，四 棱锥体积、侧面积的计算T16·三棱锥体积的计算，球表面积的计算 卷Ⅱ T6·空间几何体的三视图及体积的计算 T18·线面平行的证明，四 棱锥体积的计算T15·长方体外接球表面积的计算 卷Ⅲ T9·球的内接圆柱、圆柱体积的计算 T19·线线垂直的证明，四 面体体积的计算T10·空间中线线垂直的判断 2016 卷Ⅰ T7·空间几何体的三视图及球的表面积、体积 的计算 T18·空间位置关系，四面 体体积的计算 T11·空间两直线所成角的正弦值的计算 卷Ⅱ T4·正方体外接球表面积的计算 T19·线线垂直的证明，几 何体体积的计算T7·空间几何体的三视图及表面积的计算 卷Ⅲ T10·空间几何体的三视图及表面积的计算 T19·线面平行的证明，四 面体体积的计算T11·三棱柱内接球体积的计算 2015 卷Ⅰ T6·数学文化、锥体体积的计算 T18·面面垂直的证明，空 间几何体的侧面积 T11·空间几何体的三视图、圆柱和球的表面积 的相关计算 卷Ⅱ T6·空间几何体的三视图及体积的相关计算 T19·空间线面位置关系及 几何体的体积的计算T10·三棱锥体积的计算，球的表面积的计算 [析考情·明重点] 小题考情分析 大题考情分析 常考点 1.空间几何体的三视图(3 年 6 考) 2.空间几何体的表面积与体积 (3 年 6 考) 3.与球有关的组合体的计算问 题(3 年 7考) 常考点 高考对立体几何在解答题中的考查 比较稳定，空间线面位置关系中的 平行或垂直的证明，空间几何体体 积的计算是热点，题型主要有： 1.空间位置关系的证明 2.几何体的体积或空间距离的计算 偶考点 空间线面位置关系的判断 偶考点 翻折与探索性问题的综合问题 第一讲 小题考法——空间几何体的三视图、表面积与体积及位置关系的判定 考点(一) 主要考查利用三视图的画法规则及摆放规则，根据空间几何 体确定其三视图，或根据三视图还原其对应直观图，或根据 三视图中的其中两个确定另一个. 空间几何体的三视图 [典例感悟] [典例] (1)(2017·惠州调研)如图所示，将图①中的正方体截去两个三棱锥，得到图②中 的几何体，则该几何体的侧视图为( ) (2)(2016·天津高考)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得 到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( ) [解析] (1)从几何体的左面看，棱 AD1是原正方形 ADD1A1的对角线，在视线范围内，画实线； 棱 C1F 不在视线范围内，画虚线．故选 B. (2)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图．由几何体的正视图和俯视图 可知该几何体如图①所示，故其侧(左)视图如图②所示．故选 B. [答案] (1)B (2)B [方法技巧] 1．由直观图确定三视图的方法 根据空间几何体三视图的定义及画法规则和摆放规则确定． 2．由三视图还原到直观图的思路 (1)根据俯视图确定几何体的底面． (2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应 的棱、面的位置． (3)确定几何体的直观图形状． [演练冲关] 1．(2018 届高三·广州六校联考)已知某几何体的正视图和侧视图均如图所示，给出下列 5 个图形： 其中可以作为该几何体的俯视图的图形个数为( ) A．5 B．4 C．3 D．2 解析：选 B 由题知可以作为该几何体的俯视图的图形可以为①②③⑤.故选 B. 2．(2017·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( ) A．3 2 B．2 3 C．2 2 D．2 解析：选 B 在正方体中还原该四棱锥如图所示， 从图中易得最长的棱为 AC1＝ AC2 ＋CC2 1＝ 22＋22 ＋22 ＝2 3. 3．(2017·福州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，实线画出的是某几何体的三视图， 则此几何体各面中直角三角形的个数是( ) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：选 C 由三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥 PABCD， 易知四棱锥 PABCD 的四个侧面都是直角三角形，即此几何体各面中直 角三角形的个数是 4，故选 C. 考点(二) 主要考查空间几何体的结构特征、表面积与体积公式 的应用，涉及的几何体多为柱体、锥体，且常与三视 图相结合考查. 空间几何体的表面积与体积 [典例感悟] [典例] (1)(2016·全国卷Ⅲ)如图所示，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 5 C．90 D．81 (2)(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某几何体的三视 图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( ) A．90π B．63π C．42π D．36π (3)(2018 届高三·广西三市联考)如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( ) A．6 B．9 C．12 D．18 [解析] (1)由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形， 另两个侧面为平行四边形，则表面积为(3×3＋3×6＋3×3 5)×2＝54＋18 5.故选 B. (2)法一：由题意知，该几何体由底面半径为 3，高为 10 的圆柱截去底面半径为 3，高为 6 的圆柱的一半所得，故其体积 V＝π×3 2 ×10－ 1 2 ×π×3 2 ×6＝63π. 法二：由题意知，该几何体由底面半径为 3，高为 10 的圆柱截去底面半径为 3，高为 6的圆 柱的一半所得，其体积等价于底面半径为 3，高为 7 的圆柱的体积，所以它的体积 V＝π×3 2 ×7 ＝63π. (3)该几何体是一个直三棱柱截去 1 4 所得，如图所示，其体积为 3 4 × 1 2 ×3×4×2＝9. [答案] (1)B (2)B (3)B [方法技巧] 1．求解几何体的表面积与体积的技巧 (1)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：常用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体求 解． (3)求表面积：其关键思想是空间问题平面化． 2．根据几何体的三视图求其表面积或体积的步骤 (1)根据给出的三视图还原该几何体的直观图． (2)由三视图中的大小标识确定该几何体的各个度量． (3)套用相应的面积公式或体积公式计算求解． [演练冲关] 1．(2017·合肥质检)一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的体积为( ) A. 28 3 B． 28 2 3 C．28 D．22＋6 3 解析：选 A 由三视图知，该几何体为三棱台，其上、下底面分别是直角边为 2,4 的等腰直 角三角形，高为 2，所以该几何体的体积 V＝ 1 3 × 1 2 ×2×2＋ 1 2 ×4×4＋ 1 2 ×2×2 1 2 ×4×4 ×2 ＝ 28 3 ，故选 A. 2．(2017·沈阳质检)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，实线画出的是某多面体的三视图， 则该多面体的表面积是( ) A．36＋6 10 B．36＋3 10 C．54 D．27 解析：选 A 由三视图知该几何体为底面是梯形的四棱柱，其表面积为 S＝2× 1 2 ×(2＋4)×3 ＋2×3＋4×3＋2×3× 10＝36＋6 10，故选 A. 3．(2017·山东高考)由一个长方体和两个 1 4 圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体 的体积为________． 解析：该几何体由一个长、宽、高分别为 2,1,1 的长方体和两个底面半径为 1，高为 1的四 分之一圆柱体构成， ∴V＝2×1×1＋2× 1 4 ×π×1 2 ×1＝2＋ π 2 . 答案：2＋ π 2 考点(三) 主要考查与多面体、旋转体构成的简单组合 体的有关切、接球表面积、体积的计算问题， 其本质是计算球的半径. 与球有关的组合体的计算问题 [典例感悟] [典例] (1)(2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱 ABCA1B1C1内有一个体积为 V 的球．若 AB ⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则 V 的最大值是( ) A．4π B. 9π 2 C．6π D. 32π 3 (2)(2018 届高三·湖北七市(州)联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的 表面积为( ), A．36π B． 112π 3 C．32π D．28π [解析] (1)设球的半径为 R，∵△ABC 的内切圆半径为 6＋8－10 2 ＝2，∴R≤2.又 2R≤3，∴ R≤ 3 2 ，∴Vmax＝ 4 3 ×π× 3 2 3＝ 9π 2 .故选 B. (2)根据三视图，可知该几何体是一个四棱锥，其底面是一个边长为 4 的正方形，高是 2 3.将该四棱锥还原成一个三棱柱，如图所示，该三棱柱 的底面是边长为 4 的正三角形，高是 4，其中心到三棱柱的 6 个顶点的距 离即为该四棱锥外接球的半径．∵三棱柱的底面是边长为 4 的正三角形， ∴底面三角形的中心到三角形三个顶点的距离为 2 3 ×2 3＝ 4 3 3 ，∴其外接 球的半径 R＝ 4 3 3 2 ＋2 2 ＝ 28 3 ，则外接球的表面积 S＝4πR2 ＝4π× 28 3 ＝ 112π 3 ，故选 B. [答案] (1)B (2)B [方法技巧] 求解多面体、旋转体与球接、切问题的策略 (1)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． (2)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或通过画内切、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． [演练冲关] 1．(2017·全国卷Ⅲ)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. 3π 4 C. π 2 D. π 4 解析：选 B 设圆柱的底面半径为 r，则 r2 ＝1 2 － 1 2 2 ＝ 3 4 ，所以圆柱的体积 V＝ 3 4 π×1＝ 3π 4 . 2．(2017·江苏高考)如图，在圆柱 O1O2内有一个球 O，该球与圆柱的上、 下底面及母线均相切．记圆柱 O1O2的体积为 V1，球 O 的体积为 V2，则 V1 V2 的值是 ________． 解析：设球 O 的半径为 R，因为球 O 与圆柱 O1O2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底 面半径为 R、高为 2R，所以 V1 V2 ＝ πR2 ·2R 4 3 πR3 ＝ 3 2 . 答案： 3 2 3．(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥 S ABC 的所有顶点都在球 O的球面上，SC 是球 O 的直径．若 平面 SCA⊥平面 SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥 S ABC 的体积为 9，则球 O 的表面积为________． 解析：如图，连接 AO，OB， ∵SC 为球 O 的直径， ∴点 O 为 SC 的中点， ∵SA＝AC，SB＝BC， ∴AO⊥SC，BO⊥SC， ∵平面 SCA⊥平面 SCB，平面 SCA∩平面 SCB＝SC， ∴AO⊥平面 SCB， 设球 O 的半径为 R， 则 OA＝OB＝R，SC＝2R. ∴VS ABC＝VASBC＝ 1 3 ×S△SBC×AO ＝ 1 3 × 1 2 ×SC×OB ×AO， 即 9＝ 1 3 × 1 2 ×2R×R ×R，解得 R＝3， ∴球 O 的表面积为 S＝4πR2＝4π×32＝36π. 答案：36π 4．(2018 届高三·浙江名校联考)某简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ________，其外接球的表面积为________． 解析：由三视图得该几何体是一个底面为对角线为 4 的正方形，高为 3 的直四棱柱，则其体 积为 4×4× 1 2 ×3＝24.又直四棱柱的外接球的半径 R＝ 3 2 2＋22 ＝ 5 2 ，所以四棱柱的外接球的表 面积为 4πR2＝25π. 答案：24 25π 考点(四) 主要考查利用空间点、直线、平面位置关系的定义，四 个公理、八个定理来判断与点、线、面有关命题的真假 或判断简单的线面平行垂直的位置关系. 空间线面位置关系的判断 [典例感悟] [典例] (1)(2017·成都模拟)在直三棱柱 ABCA1B1C1中，平面α与棱 AB，AC，A1C1，A1B1分 别交于点 E，F，G，H，且直线 AA1∥平面α.有下列三个命题： ①四边形 EFGH 是平行四边形； ②平面α∥平面 BCC1B1； ③平面α⊥平面 BCFE. 其中正确的命题有( ) A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ (2)(2018 届高三·广东五校联考)设 m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下 列命题中正确的是( ) A．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则 m⊥n B．若 m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β C．若 m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β D．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则 m∥n [解析] (1)由题意画出草图如图所示， 因为 AA1∥平面α，平面α∩平面 AA1B1B＝EH， 所以 AA1∥EH. 同理 AA1∥GF，所以 EH∥GF. 又 ABCA1B1C1是直三棱柱，易知 EH＝GF＝AA1， 所以四边形 EFGH 是平行四边形，故①正确； 若平面α∥平面 BB1C1C， 由平面α∩平面 A1B1C1＝GH，平面 BCC1B1∩平面 A1B1C1＝B1C1，知 GH∥B1C1，而 GH∥B1C1不一定 成立，故②错误； 由 AA1⊥平面 BCFE，结合 AA1∥EH 知 EH⊥平面 BCFE， 又 EH⊂平面α，所以平面α⊥平面 BCFE，故③正确．综上可知，故选 C. (2)选项 A，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则 m∥n 与 m，n是异面直线均有可能，不正确；选项 C，若 m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α，β有可能相交但不垂直，不正确；选项 D，若α∥β，m⊂α， n⊂β，则 m，n 有可能是异面直线，不正确，故选 B. [答案] (1)C (2)B [方法技巧] 判断与空间位置关系有关命题真假的方法 (1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断． (2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有 关定理，进行肯定或否定． (3)借助反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的 命题，进而作出判断． [演练冲关] 1．(2017·惠州调研)如图是一几何体的平面展开图，其中四边 形 ABCD 为正方形，E，F 分别为 PA，PD 的中点，在此几何体中，给出下面 4 个 结 论： ①直线 BE 与直线 CF 异面； ②直线 BE 与直线 AF 异面； ③直线 EF∥平面 PBC； ④平面 BCE⊥平面 PAD. 其中正确的有( ) A．1 个 B．2个 C．3个 D．4个 解析：选 B 将展开图还原为几何体(如图)，因为 E，F 分别为 PA， PD 的 中点，所以 EF∥AD∥BC，即直线 BE 与 CF 共面，①错；因为 B∉ 平面 PAD，E ∈平面 PAD，E∉ AF，所以 BE 与 AF 是异面直线，②正确；因为 EF∥AD ∥BC， EF⊄ 平面 PBC，BC⊂平面 PBC，所以 EF∥平面 PBC，③正确；平面 PAD 与 平 面 BCE 不一定垂直，④错．故选 B. 2．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 为棱 CD 的中点，则( ) A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC 解析：选 C 法一：由正方体的性质，得 A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1， 所以 BC1⊥平面 A1B1CD. 又 A1E⊂平面 A1B1CD，所以 A1E⊥BC1. 法二：∵A1E 在平面 ABCD 上的投影为 AE，而 AE 不与 AC，BD 垂直，∴B、D错； ∵A1E 在平面 BCC1B1上的投影为 B1C，且 B1C⊥BC1， ∴A1E⊥BC1，故 C 正确； (证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE， 又 CE∩B1C＝C， ∴BC1⊥平面 CEA1B1. 又 A1E⊂平面 CEA1B1，∴A1E⊥BC1.) ∵A1E 在平面 DCC1D1上的投影为 D1E， 而 D1E 不与 DC1垂直，故 A 错． 3．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B 为正方体的两个顶点，M，N，Q 为 所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线 AB 与平面 MNQ 不平行的是( ) 解析：选 A 法一：对于选项 B，如图所示，连接 CD，因为 AB∥ CD，M， Q分别是所在棱的中点，所以 MQ∥CD，所以 AB∥MQ .又 AB⊄ 平面 MNQ， MQ ⊂ 平面MNQ，所以 AB∥平面MNQ.同理可证选项 C、D中均有AB∥平面 MNQ. 故 选 A. 法二：对于选项 A，设正方体的底面对角线的交点为 O(如图所示)， 连 接 OQ，则 OQ∥AB.因为 OQ 与平面 MNQ 有交点，所以 AB 与平面 MNQ 有交 点， 即 AB 与平面 MNQ 不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的 中 位线性质知，选项 B、C、D 中 AB∥平面 MNQ.故选 A. [必备知能·自主补缺] (一) 主干知识要记牢 1．简单几何体的表面积和体积 (1)S 直棱柱侧＝ch(c 为底面的周长，h 为高)． (2)S 正棱锥侧＝ 1 2 ch′(c 为底面周长，h′为斜高)． (3)S 正棱台侧＝ 1 2 (c′＋c)h′(c 与 c′分别为上、下底面周长，h′为斜高)． (4)圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式 S 圆柱侧＝2πrl(r 为底面半径，l 为母线长)， S 圆锥侧＝πrl(r 为底面半径，l 为母线长)， S 圆台侧＝π(r′＋r)l(r′，r分别为上、下底面的半径，l 为母线长)． (5)柱、锥、台体的体积公式 V 柱＝Sh(S 为底面面积，h 为高)， V 锥＝ 1 3 Sh(S 为底面面积，h 为高)， V 台＝ 1 3 (S＋ SS′＋S′)h(S，S′为上、下底面面积，h 为高)． (6)球的表面积和体积公式 S 球＝4πR2，V 球＝ 4 3 πR3. 2．两类关系的转化 (1)平行关系之间的转化 (2)垂直关系之间的转化 3．证明空间位置关系的方法 已知 a，b，l 是直线，α，β，γ是平面，O 是点，则 (1)线线平行： a∥b a∥c ⇒c∥b， a∥α a⊂β α∩β＝b ⇒a∥b， a⊥α b⊥α ⇒a∥b， α∥β α∩γ＝a β∩γ＝b ⇒a∥b. (2)线面平行： a∥b b⊂α a⊄ α ⇒a∥α， α∥β a⊂β ⇒a∥α， α⊥β a⊥β a⊄ α ⇒a∥α. (3)面面平行： a⊂α，b⊂α a∩b＝O a∥β，b∥β ⇒α∥β， a⊥α a⊥β ⇒α∥β， α∥β γ∥β ⇒α∥γ. (4)线线垂直： a⊥α b⊂α ⇒a⊥b， a⊥α b∥α ⇒a⊥b. (5)线面垂直： a⊂α，b⊂α a∩b＝O l⊥a，l⊥b ⇒l⊥α， α⊥β α∩β＝l a⊂α，a⊥l ⇒a⊥β， α∥β a⊥α ⇒a⊥β， a∥b a⊥α ⇒b⊥α. (6)面面垂直： a⊂β a⊥α ⇒α⊥β， a∥β a⊥α ⇒α⊥β. (二) 二级结论要用好 1．长方体的对角线与其共点的三条棱之间的长度关系 d2 ＝a2 ＋b2 ＋c2 ；若长方体外接球半径 为 R，则有(2R)2 ＝a2 ＋b2 ＋c2 . [针对练 1] (2018 届高三·西安八校联考)设三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，且长度分别 为 2,2 3，4，则其外接球的表面积为( ) A．48π B．32π C．20π D．12π 解析：选 B 依题意，设题中的三棱锥外接球的半径为 R，可将题中的三棱锥补形成一个长 方体， 则 R＝ 1 2 2 2 ＋ 2 3 2 ＋4 2 ＝2 2， 所以该三棱锥外接球的表面积为 S＝4πR2 ＝32π. 2．棱长为 a的正四面体的内切球半径 r＝ 6 12 a，外接球的半径 R＝ 6 4 a.又正四面体的高 h＝ 6 3 a，故 r＝ 1 4 h，R＝ 3 4 h. [针对练 2] 正四面体 ABCD 的外接球半径为 2，过棱 AB 作该球的截面，则截面面积的最小 值为________． 解析：由题意知，面积最小的截面是以 AB 为直径的圆，设 AB 的长为 a，因为正四面体外接 球的半径为 2，所以 6 4 a＝2，解得 a＝ 4 6 3 ，故截面面积的最小值为π 2 6 3 2 ＝ 8π 3 . 答案： 8π 3 (三) 易错易混要明了 应用空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理时，忽视判定定理和性质定理中的条 件，导致判断出错．如由α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，易误得出 m⊥β的结论，就是因为忽视面面 垂直的性质定理中 m⊂α的限制条件． [针对练 3] 设α，β是两个不同的平面，m 是直线且 m⊂α，则“m∥β ”是“α∥β ” 的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选 B 当 m∥β时，过 m的平面α与β可能平行也可能相交，因而 m∥β⇒/ α∥β； 当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为 m⊂α，所以 m∥β.综上可知，“m∥β ”是“α∥ β ”的必要不充分条件． [课时跟踪检测] A 组——12＋4提速练 一、选择题 1.如图为一个几何体的侧视图和俯视图，则它的正视图为( ) 解析：选 B 根据题中侧视图和俯视图的形状，判断出该几何体是在一个 正 方 体 的上表面上放置一个四棱锥(其中四棱锥的底面是边长与正方体棱长相等的正方形、顶点在底面 上的射影是底面一边的中点)，结合选项知，它的正视图为 B. 2．(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰 直角三角形组成，正方形的边长为 2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个 是梯形，这些梯形的面积之和为( ) A．10 B．12 C．14 D．16 解析：选 B 由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直 三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为 2，直三棱柱的 高为 2，三棱锥的高为 2，易知该多面体有 2个面是梯形，这些梯形的面积之和为 2＋4× 2 2 ×2 ＝12，故选 B. 3．(2017·合肥质检)若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面α平 行的棱有( ) A．0 条 B．1 条 C．2 条 D．0 条或 2条 解析：选 C 因为平行于三棱锥的两条相对棱的平面截三棱锥所得的截面是平行四边形，所 以该三棱锥中与平面α平行的棱有 2 条，故选 C. 4．(2017·成都模拟)已知 m，n 是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且 m ⊂α，n⊂β.有下列命题： ①若α∥β，则 m，n 可能平行，也可能异面； ②若α∩β＝l，且 m⊥l，n⊥l，则α⊥β； ③若α∩β＝l，且 m⊥l，m⊥n，则α⊥β. 其中真命题的个数是( ) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：选 B 对于①，直线 m，n 可能平行，也可能异面，故①是真命题；对于②，直线 m， n同时垂直于公共棱，不能推出两个平面垂直，故②是假命题；对于③，当直线 n∥l 时，不能推 出两个平面垂直，故③是假命题．故真命题的个数为 1.故选 B. 5．(2017·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3 ) 是( ) A. π 2 ＋1 B. π 2 ＋3 C. 3π 2 ＋1 D. 3π 2 ＋3 解析：选 A 由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为 1，高为 3 的圆锥的一半 与一个底面为直角边长为 2的等腰直角三角形，高为 3的三棱锥的组合体，故该几何体的体积 V ＝ 1 3 × 1 2 π×1 2 ×3＋ 1 3 × 1 2 × 2× 2×3＝ π 2 ＋1. 6．(2017·郑州质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A．80 B．160 C．240 D．480 解 析 ： 选 B 如 图 所 示 ， 题 中 的 几 何 体 是 从 直 三 棱 柱 ABCA′B′C′中截去一个三棱锥 AA′B′C′后所剩余的部分，其中 底 面 △ABC 是直角三角形，AC⊥AB，AC＝6，AB＝8，BB′＝10.因此题中的 几 何 体的体积为 1 2 ×6×8 ×10－ 1 3 × 1 2 ×6×8×10＝ 2 3 × 1 2 ×6×8 ×10＝ 160， 故选 B. 7．(2017·合肥质检)一个几何体的三视图如图所示(其中正视图的弧线为四分之一圆周)， 则该几何体的表面积为( ) A．72＋6π B．72＋4π C．48＋6π D．48＋4π 解析：选 A 由三视图知，该几何体由一个正方体的 3 4 部分与一个圆 柱 的 1 4 部分组合而成(如图所示)，其表面积为 16×2＋(16－4＋π)×2＋ 4×2×2＋ 1 4 ×2π×2×4＝72＋6π，故选 A. 8．某几何体的三视图如图所示，则其体积为( ) A．207 B．216－ 9π 2 C．216－36π D．216－18π 解析：选 B 由三视图知，该几何体是一个棱长为 6 的正方体挖去 1 4 个底面半径为 3，高为 6 的圆锥而得到的，所以该几何体的体积 V＝6 3 － 1 4 × 1 3 ×π×3 2 ×6＝216－ 9π 2 ，故选 B. 9．(2017·贵阳检测)三棱锥 PABC 的四个顶点都在体积为 500π 3 的球的表面上，底面 ABC 所 在的小圆面积为 16π，则该三棱锥的高的最大值为( ) A．4 B．6 C．8 D．10 解析：选 C 依题意，设题中球的球心为 O，半径为 R，△ABC 的外接圆半径为 r，则 4πR3 3 ＝ 500π 3 ，解得 R＝5，由πr2 ＝16π，解得 r＝4，又球心 O 到平面 ABC 的距离为 R2－r2 ＝3，因此 三棱锥 PABC 的高的最大值为 5＋3＝8，故选 C. 10．(2017·洛阳统考)已知三棱锥 PABC 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 PABC 的体积为 16 3 ，则此三棱锥的外接球的表面积为( ) A. 16π 3 B. 40π 3 C. 64π 3 D. 80π 3 解析：选 D 依题意，记三棱锥 PABC 的外接球的球心为 O，半径为 R，点 P 到平面 ABC 的距 离为 h，则由 VPABC＝ 1 3 S△ABCh＝ 1 3 × 3 4 ×42 ×h＝ 16 3 得 h＝ 4 3 3 .又 PC 为球 O 的直径，因此球心 O 到 平面 ABC 的距离等于 1 2 h＝ 2 3 3 .又正△ABC 的外接圆半径为 r＝ AB 2sin 60° ＝ 4 3 3 ，因此 R2 ＝r2 ＋ 2 3 3 2 ＝ 20 3 ，所以三棱锥 PABC 的外接球的表面积为 4πR2 ＝ 80π 3 ，故选 D. 11．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A. 15π 2 B．8π C. 17π 2 D．9π 解析：选 B 依题意，题中的几何体是由两个完全相同的圆柱各自用一个不平行于其轴的平 面去截后所得的部分拼接而成的组合体(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一个截后所得的 部分的底面半径为 1，最短母线长为 3、最长母线长为 5，将这两个截后所得的部分拼接恰好形成 一个底面半径为 1，母线长为 5＋3＝8 的圆柱，因此题中的几何体的体积为π×12×8＝8π，故 选 B. 12．(2018 届高三·湘中名校联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ( ) A. 160 3 B．32 C. 32 3 D. 352 3 解析：选 A 由三视图可知， 该几何体是由底面为等腰直角三角形(腰长为 4)、高为 8的直 三棱柱截去一个等底且高为 4 的三棱锥而得到的，所以该几何体的体积 V＝ 1 2 ×4×4×8－ 1 3 × 1 2 ×4×4×4＝ 160 3 ，故选 A. 二、填空题 13．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________． 解析：设圆柱高为 h，底面圆半径为 r，周长为 c，圆锥母线长为 l.由图得 r＝2，h＝4，则 c＝2πr＝4π，由勾股定理得：l＝ 22＋ 2 3 2 ＝4，则 S 表＝πr2 ＋ch＋ 1 2 cl＝4π＋16π＋8π ＝28π. 答案：28π 14．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余 部分体积的比值为________． 解析：由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大 角 ” 后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为 1，则 三棱锥的体积为 V1＝ 1 3 × 1 2 ×1×1×1＝ 1 6 ，剩余部分的体积 V2＝1 3 － 1 6 ＝ 5 6 . 所 以 V1 V2 ＝ 1 6 5 6 ＝ 1 5 . 答案： 1 5 15．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________． 解析：由侧视图、俯视图知该几何体是高为 2、底面积为 1 2 ×2×(2＋4)＝6 的四棱锥，其体 积为 1 3 ×6×2＝4.而直三棱柱的体积为 1 2 ×2×2×4＝8，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的 1 2 . 答案： 1 2 16．(2017·兰州诊断考试)已知球 O 的半径为 13，其球面上有三点 A，B，C，若 AB＝12 3， AC＝BC＝12，则四面体 OABC 的体积为________． 解析：如图，过点 A，B 分别作 BC，AC 的平行线，两线相交于点 D， 连 接 CD， ∵AC＝BC＝12，AB＝12 3，在△ABC 中，cos∠ACB＝ AC2＋BC2－AB2 2AC·BC ＝ － 1 2 ， ∴∠ACB＝120°，∴在菱形 ACBD 中，DA＝DB＝DC＝12， ∴点 D 是△ABC 的外接圆圆心，连接 DO，在△ODA 中，OA2＝DA2＋DO2， 即 DO2＝OA2－DA2＝132－122＝25，∴DO＝5， 又 DO⊥平面 ABC，∴VOABC＝ 1 3 × 1 2 ×12×12× 3 2 ×5＝60 3. 答案：60 3 B 组——能力小题保分练 1．(2017·石家庄质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( ) A．16 B．20 C．52 D．60 解析：选 B 由三视图知，该几何体由一个底面为直角三角形(直角 边 分别为 3,4)，高为 6 的三棱柱截去两个等体积的四棱锥所得，且四棱锥 的 底面是矩形(边长分别为 2,4)，高为 3，如图所示，所以该几何体的体 积 V ＝ 1 2 ×3×4×6－2× 1 3 ×2×4×3＝20，故选 B. 2．(2017·成都模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线 画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥外接球的表面积为( ) A．136π B．34π C．25π D．18π 解析：选 B 由三视图知，该四棱锥的底面是边长为 3 的正方形， 高为 4，且有一条侧棱垂直于底面，所以可将该四棱锥补形为长、宽、高分别为 3,3,4 的长方体， 该长方体外接球的半径 R 即为该四棱锥外接球的半径，所以 2R＝ 32＋32＋42 ，解得 R＝ 34 2 ，所 以该四棱锥外接球的表面积为 4πR2 ＝34π，故选 B. 3．(2018 届高三·湖南五市十校联考)如图，小方格是边长为 1 的正方形，一个几何体的三 视图如图所示，则该几何体的表面积为( ) A．4 5π＋96 B．(2 5＋6)π＋96 C．(4 5＋4)π＋64 D．(4 5＋4)π＋96 解析：选 D 由三视图可知，该几何体为一个圆锥和一个正方体的组合体，正方体的棱长为 4，圆锥的高为 4，底面半径为 2，所以该几何体的表面积为 S＝6×4 2 ＋π×2 2 ＋π×2× 4 2 ＋2 2 ＝ (4 5＋4)π＋96. 4．(2017·石家庄质检)四棱锥 PABCD 的底面 ABCD 是边长为 6 的正方形，且 PA＝PB＝PC＝ PD，若一个半径为 1 的球与此四棱锥所有面都相切，则该四棱锥的高为( ) A．6 B．5 C. 9 2 D. 9 4 解析：选D 过点P作PH⊥平面ABCD于点H.由题知，四棱锥PABCD 是 正 四棱锥，内切球的球心 O 应在四棱锥的高 PH 上．过正四棱锥的高作组 合 体 的轴截面如图，其中 PE，PF 是斜高，M 为球面与侧面的一个切点．设 PH ＝ h，易知 Rt△PMO∽Rt△PHF，所以 OM FH ＝ PO PF ，即 1 3 ＝ h－1 h2 ＋3 2 ，解得 h＝ 9 4 ， 故 选 D. 5．(2017·云南模拟)某几何体的三视图如图所示，若这个几何体的顶点都在球 O 的表面上， 则球 O 的表面积是( ) A．2π B．4π C．5π D．20π 解析：选 C 由三视图知，该几何体为三棱锥，其中边长为 1 的侧棱与底面垂直，底面为底 边长为 2 的等腰直角三角形，所以可以将该三棱锥补形为长、宽、高分别为 2， 2，1的长方体， 所以该几何体的外接球 O 的半径 R＝ 2 2 ＋ 2 2 ＋1 2 2 ＝ 5 2 ，则球 O 的表面积 S＝4πR2＝ 5π，故选 C. 6．(2017·武昌调研)在矩形 ABCD 中，AB0)，则 BD＝ x2＋1， 易知△ABD∽△DCB，所以 AB AD ＝ DC BD ， 即 x 1 ＝ 6 x2＋1 ，解得 x＝ 2， 故 AB＝ 2，BD＝ 3，BC＝3. 由于 AB⊥平面 ADC，所以 AB⊥AC， 又 E 为 BC 的中点， 所以 AE＝ BC 2 ＝ 3 2 ，同理 DE＝ BC 2 ＝ 3 2 ＝AE， 所以 S△ADE＝ 1 2 ×1× 3 2 2－ 1 2 2 ＝ 2 2 . 因为 DC⊥平面 ABD，所以 VABCD＝ 1 3 CD·S△ABD＝ 3 3 . 设点 B 到平面 ADE 的距离为 d， 则 1 3 d·S△ADE＝VBADE＝VABDE＝ 1 2 VABCD＝ 3 6 ， 所以 d＝ 6 2 ， 即点 B 到平面 ADE 的距离为 6 2 . [课时跟踪检测] 1．(2018 届高三·西安八校联考)如图，AC 是圆 O 的直径，点 B 在圆 O 上，∠BAC＝30°， AC ⊥BM，且 BM 交 AC 于点 M，EA⊥平面 ABC，CF∥AE，AE＝3，AC＝4，CF＝1. (1)证明：BF⊥EM； (2)求三棱锥 BEFM 的体积． 解：(1)证明：∵EA⊥平面 ABC，∴EA⊥BM， 又 BM⊥AC，AC∩EA＝A，∴BM⊥平面 ACFE， ∴BM⊥EM. ① ∵CF∥AE，∴CF⊥平面 ABC，∴CF⊥AC， ∴FM＝ MC2 ＋FC2 ＝ 2， 又 EM＝ AE2 ＋AM2 ＝3 2，EF＝ 4 2 ＋2 2 ＝2 5， ∴FM2 ＋EM2 ＝EF2 ，∴EM⊥FM. ② 由①②并结合 FM∩BM＝M，得 EM⊥平面 BMF，∴EM⊥BF. (2)由(1)知 EM⊥平面 BMF， ∴VBEFM＝VEBMF＝ 1 3 ×S△BMF×EM＝ 1 3 × 1 2 × 2× 3 ×3 2＝ 3. 2．(2017·宝鸡质检)如图，四边形 PCBM 是直角梯形，∠PCB ＝ 90°，PM∥BC，PM＝1，BC＝2，又 AC＝1，∠ACB＝120°，AB⊥PC， AM ＝ 2. (1)求证：平面 PAC⊥平面 ABC； (2)求三棱锥 PMAC 的体积． 解：(1)证明：由∠PCB＝90° 得 PC⊥CB. 又 AB⊥PC，AB∩CB＝B，所以 PC⊥平面 ABC. 又 PC⊂平面 PAC，所以平面 PAC⊥平面 ABC. (2)在平面 PCBM 内，过点 M 作 MN⊥BC 交 BC 于点 N，连接 AN，则 CN＝PM＝1， 又 PM∥BC，所以四边形 PMNC 为平行四边形，所以 PC∥MN 且 PC＝ MN， 由(1)得 PC⊥平面 ABC，所以 MN⊥平面 ABC， 在△ACN 中，AN2 ＝AC2 ＋CN2 －2AC·CNcos 120°＝3，即 AN＝ 3. 又 AM＝2，所以在 Rt△AMN 中，MN＝1，所以 PC＝MN＝1. 在平面 ABC 内，过点 A 作 AH⊥BC 交 BC 的延长线于点 H，则 AH⊥平面 PMC， 因为 AC＝CN＝1，∠ACB＝120°，所以∠ANC＝30°. 所以在 Rt△AHN 中，AH＝ 1 2 AN＝ 3 2 ， 而 S△PMC＝ 1 2 ×1×1＝ 1 2 ， 所以 VPMAC＝VAPMC＝ 1 3 ×S△PMC×AH＝ 1 3 × 1 2 × 3 2 ＝ 3 12 . 3．(2017·云南检测)如图，在四棱锥 PABCD 中，PC⊥平面 ABCD， 底面 ABCD 是平行四边形，AB＝BC＝2a，AC＝2 3a，E 是 PA 的中点． (1)求证：平面 BED⊥平面 PAC； (2)求点 E到平面 PBC 的距离． 解：(1)证明：在平行四边形 ABCD 中，AB＝BC， ∴四边形 ABCD 是菱形，∴BD⊥AC. ∵PC⊥平面 ABCD，BD⊂平面 ABCD， ∴PC⊥BD. 又 PC∩AC＝C，∴BD⊥平面 PAC， ∵BD⊂平面 BED， ∴平面 BED⊥平面 PAC. (2)设 AC 交 BD 于点 O，连接 OE，如图． 在△PCA 中，易知 O为 AC 的中点，又 E 为 PA 的中点， ∴EO∥PC. ∵PC⊂平面 PBC，EO⊄ 平面 PBC，∴EO∥平面 PBC. ∴点 O 到平面 PBC 的距离就是点 E 到平面 PBC 的距离． ∵PC⊥平面 ABCD，PC⊂平面 PBC， ∴平面 PBC⊥平面 ABCD，且两平面的交线为 BC. 在平面 ABCD 内过点 O 作 OH⊥BC 于点 H， 则 OH⊥平面 PBC. 在 Rt△BOC 中，BC＝2a，OC＝ 1 2 AC＝ 3a， ∴OB ＝a.由 S△BOC＝ 1 2 OC·OB＝ 1 2 BC·OH， 得 OH＝ OB·OC BC ＝ a· 3a 2a ＝ 3 2 a. ∴点 E 到平面 PBC 的距离为 3 2 a. 4．(2017·郑州模拟)如图，已知四棱锥 S ABCD，底面梯形 ABCD 中， AD∥BC，平面 SAB⊥平面 ABCD，△SAB 是等边三角形，已知 AC＝2AB＝4，BC＝2AD＝2CD＝2 5，M 是 SD 上任意一点， SM ―→ ＝m MD ―→ ，且 m>0. (1)求证：平面 SAB⊥平面 MAC； (2)试确定 m 的值，使三棱锥 S ABC 的体积为三棱锥 SMAC 体积的 3 倍． 解：(1)证明：在△ABC 中，由于 AB＝2，AC＝4，BC＝2 5，∴AB2＋AC2＝BC2，故 AB⊥AC.又 平面 SAB⊥平面 ABCD，平面 SAB∩平面 ABCD＝AB，AC⊂平面 ABCD，∴AC⊥平面 SAB，又 AC⊂平面 MAC，故平面 SAB⊥平面 MAC. (2)VS MAC＝VM SAC＝ m m＋1 VD SAC＝ m m＋1 VS ACD， ∴ VS ABC VS MAC ＝ m＋1 m · VS ABC VS ACD ＝ m＋1 m · S△ABC S△ACD ＝ m＋1 m ·2＝3， ∴m＝2，即当 m＝2时，三棱锥 S ABC 的体积为三棱锥 S MAC 体积的 3 倍． 5．(2017·石家庄质检)如图，在三棱柱 ABCDEF 中，侧面 ABED 是边长为 2的菱形，且∠ABE＝ π 3 ，BC＝ 21 2 .点 F 在平面 ABED 内的正 投影为 G，且点 G 在 AE 上，FG＝ 3，点 M 在线段 CF 上，且 CM＝ 1 4 CF. (1)证明：直线 GM∥平面 DEF； (2)求三棱锥 MDEF 的体积． 解：(1)证明：∵点 F 在平面 ABED 内的正投影为 G，∴FG⊥平面 ABED，∴FG⊥GE，又 BC＝ 21 2 ＝EF，FG＝ 3，∴GE＝ 3 2 .∵四边形 ABED 是边长为 2的菱形，且∠ABE＝ π 3 ，∴AE ＝2，∴AG＝ 1 2 . 如图，过点 G 作 GH∥AD 交 DE 于点 H，连接 FH.则 GH AD ＝ GE AE ，∴GH ＝ 3 2 ， 由 CM＝ 1 4 CF 得 MF＝ 3 2 ＝GH. ∵GH∥AD∥MF，∴四边形 GHFM 为平行四边形， ∴GM∥FH. 又 GM⊄ 平面 DEF，FH⊂平面 DEF，∴GM∥平面 DEF. (2)由(1)知 GM∥平面 DEF，连接 GD，则有 VM DEF＝VG DEF.又 VG DEF＝VF DEG＝ 1 3 FG·S△DEG＝ 1 3 FG· 3 4 S △DAE＝ 3 4 ，∴VM DEF＝ 3 4 . 第三讲 创新考法与思想方法 [常见创新考法] 创新点(一) 创新命题情景考应用能力 此类问题常以实际生活事例为背景，考查空间几何体的体积或表面积的计算. [典例 1] 一个盛满水的三棱锥容器 SABC，不久发现三条侧棱上各有一个小洞 D，E，F，且 SD∶DA＝SE∶EB＝CF∶FS＝2∶1，若仍用这个容器盛水，则最多可盛原来水的________倍． [解析] 设点 F 到平面 SDE 的距离为 h1，点 C到平面 SAB 的距离 为 h2，当平面 EFD 处于水平位置时，容器盛水最多． VFSDE VCSAB ＝ 1 3 S△SDE·h1 1 3 S△SAB·h2 ＝ 1 3 ·SD·SE` sin∠DSE·h1 1 3 ·SA·SB·sin∠ASB·h2 ＝ SD SA · SE SB · h1 h2 ＝ 2 3 × 2 3 × 1 3 ＝ 4 27 .故最多可盛原来水的 1－ 4 27 ＝ 23 27 (倍)． [答案] 23 27 [点评] 由实际情况可知，当平面 DEF 与水平面平行时盛水最多，因此，可先用题中的边、 角等关系表示出三棱锥 FSDE 和三棱锥 CSAB 的体积，两者作商，再用 1 减去这个商即为所求的 答案． [演练冲关] 1．(2017·惠州调研)已知一个平放的各棱长为 4的三棱锥内有一个小球 O(重量忽略不计)， 现从该三棱锥顶端向内注水，小球慢慢上浮，若注入的水的体积是该三棱锥体积的 7 8 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. 7π 6 B. 4π 3 C. 2π 3 D. π 2 解析：选 C 当注入水的体积是该三棱锥体积的 7 8 时，设水面上方的小三棱锥的棱长为 x(因 为各棱长都相等)，依题意， x 4 3 ＝ 1 8 ，得 x＝2.设小球半径为 r，r＝ 6 12 x＝ 6 6 ，故小球的表面积 S ＝4πr2 ＝ 2π 3 .故选 C. 创新点(二) 创新命题角度考迁移能力 空间几何体常与解析几何、函数、不等式等知识相结合，命制创新交汇问题. [典例 2] (1)(2018 届高三·西安八市联考)某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，其直观 图和三视图如图所示，正视图为正方形，其中俯视图中椭圆的离心率为( ) A. 1 2 B. 2 4 C. 2 2 D. 3 2 (2)某几何体的一条棱长为 7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为 6的线段，在 该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a＋b的最大值为( ) A．2 2 B．2 3 C．4 D．2 5 [解析] (1)依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为 2a，则 斜边长为 2 2a，圆锥的底面半径为 2a，母线长为 2a，因此其俯视图中椭圆的长半轴长为 2a， 短半轴长为 a，其离心率 e＝ 1－ a 2a 2 ＝ 2 2 ，故选 C. (2)本题可以以长方体为载体，设该几何体中棱长为 7的棱与此长方体的体对角线重合，则 此棱各投影分别为相邻三面的对角线，其长度分别为 6，a，b，设长方体的各棱长分别为 x，y， z，则有 x2 ＋y2 ＋z2 ＝7， x2 ＋y2 ＝6， x2 ＋z2 ＝a2 ， y2 ＋z2 ＝b2 ， 解得 a2 ＋b2 ＝8. 而 a＋b 2 2 ≤ a2 ＋b2 2 ＝4，所以 a＋b≤4，故选 C. [答案] (1)C (2)C [点评] (1)本例(1)中，根据三视图的性质可得俯视图中椭圆的短半轴长和长半轴长，然后 根据椭圆的性质 a2 －b2 ＝c2 及离心率公式 e＝ c a ＝ 1－ b2 a2 求解． (2)本例(2)中，将几何体置于长方体中，把几何体的棱长转化为长方体的体对角线，然后利 用三视图的有关知识，用长方体的棱长表示该体对角线在三视图中的对应线段的长度，联立方程 组得到 a，b 的关系，使问题得以解决． [演练冲关] 2．(2017·郑州模拟)如图所示的直三棱柱 ABCA′B′C′中，△ABC 是 边 长为 2 的等边三角形，AA′＝4，点 E，F，G，H，M 分别是边 AA′，AB， BB′， A′B′，BC 的中点，动点 P在四边形 EFGH 内部运动，并且始终有 MP∥ 平 面 ACC′A′，则动点 P 的轨迹长度为( ) A．2 B．2π C．2 3 D．4 解析：选 D 连接 MF，FH，MH，因为 M，F，H 分别为 BC，AB，A′B′ 的 中 点，所以 MF∥平面 AA′C′C，FH∥平面 AA′C′C，又 MF∩FH＝F，所 以 平 面 MFH∥平面 AA′C′C，所以 M 与线段 FH 上任意一点的连线都平行于 平 面 AA′C′C，所以点 P 的运动轨迹是线段 FH，其长度为 4，故选 D. 3．已知三棱锥 OABC 中 OA，OB，OC 两两垂直，OC＝1，OA＝x，OB ＝y， 若 x＋y＝4，则三棱锥体积的最大值是( ) A. 1 3 B. 2 3 C．1 D. 4 3 解析：选 B 由条件可知 VO ABC＝VA OBC＝ 1 6 OA·OB·OC＝ 1 6 xy≤ 1 6 × x＋y 2 2 ＝ 2 3 ，当且仅当 x＝y ＝2 时，等号成立，此时 VO ABC取得最大值 2 3 ，故选 B. 创新点(三) 引入数学文化考核心素养 [典例 3] (1)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的 体 积 的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构 成 ， 相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起 的 方 形伞(方盖)．其直观图如图①，图②中四边形是为体现其直观性所作 的 辅 助线，当其正视图和侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别可 能 是 ( ) A．a，b B．a，c C．c，b D．b，d (2)我国南北朝时期的数学家、天文学家——祖暅，提出了著名的祖暅原理：“幂势既同， 则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处 的截面积都相等，则两几何体体积相等．已知某不规则几何体与如图所对应的几何体满足“幂势 同”，则该不规则几何体的体积为( ) A．4－ π 2 B．8－ 4π 3 C．8－π D．8－2π [解析] (1)若正视图和侧视图完全相同，可能的一种情况是“牟合方盖”相对的两个曲面 正对前方，正视图为一个圆，俯视图为一个正方形，且两条对角线为实线，故选 A. (2)由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与已知三视图的几何体体积相等．根据题设所 给的三视图，可知图中的几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱，正方体的体积为 23＝8，半 圆柱的体积为 1 2 ×(π×1 2 )×2＝π，因此该不规则几何体的体积为 8－π，故选 C. [答案] (1)A (2)C [点评] (1)观察题目所给直观图，理解题干中有关“牟合方盖”的特征叙述，结合“当其 正视图和侧视图完全相同时”这个关键条件作答． (2)根据题设所给的三视图，想象出该图所对应的几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱， 再根据祖暅原理和有关数据计算即可． [演练冲关] 4．(2017·武昌调研)中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前 344 年商鞅监制的一 种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取 3，其体积为 12.6(单位： 立方寸)，则图中的 x 为( ) A．1.2 B．1.6 C．1.8 D．2.4 解析：选 B 该几何体是一个组合体，左边是一个底面半径为 1 2 、高为 x 的圆柱，右边是一个 长、宽、高分别为 5.4－x，3,1 的长方体，则组合体的体积 V＝V 圆柱＋V 长方体＝π· 1 2 2×x＋(5.4 －x)×3×1＝12.6(其中π＝3)，解得 x＝1.6.故选 B. 5．(2017·广州模拟)《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 称为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．若三棱锥 PABC 为鳖臑，PA⊥平面 ABC， PA＝AB＝2，AC＝4，三棱锥 PABC 的四个顶点都在球 O 的球面上，则球 O 的表面积为( ) A．8π B．12π C．20π D．24π 解析：选 C 将三棱锥 PABC 放入长方体中，如图，三棱锥 PABC 的外 接球就是长方体的外接球．因为 PA＝AB＝2，AC＝4，△ABC 为直角三 角 形，所以 BC＝ 4 2 －2 2 ＝2 3.设外接球的半径为 R，依题意可得(2R)2 ＝ 22 ＋2 2 ＋(2 3) 2 ＝20，故 R2 ＝5，则球 O 的表面积为 4πR2 ＝20π，故选 C. [常用思想方法] (一) 数学思想在本专题中的应用 1．应用转化与化归思想解决立体几何中的有关计算问题 [典例 1] 某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的正 方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件的材料利用率为(材料利用 率＝新工件的体积/原工件的体积)( ) A. 8 9π B. 8 27π C. 24 2－1 3 π D. 8 2－1 3 π [解析] 由三视图知该几何体是一个底面半径为 r＝1，母线长为 l＝3的圆 锥，则圆锥的高为 h＝ l2－r2 ＝ 32－12 ＝2 2. 由题意知加工成的体积最大的正方体 ABCDA1B1C1D1的一个底面 A1B1C1D1在圆锥的底面上，过平 面 AA1C1C 的轴截面如图所示，设正方体的棱长为 x， 则有 2 2 x r ＝ h－x h ，即 x 2 ＝ 2 2－x 2 2 ，解得 x＝ 2 2 3 ， 则原工件的材料利用率为 V 正方体 V 圆锥 ＝ x3 1 3 πr2h ＝ 8 9π ，故选 A. [答案] A [点评] 在解决空间几何体问题的过程中，往往将某些空间几何体问题进行特殊化处理，转 化为平面几何问题来处理，降低维度，简化求解过程，便于问题的解决． 2．应用函数与方程思想解决立体几何中的最值问题 [典例 2] (2016·江苏高考)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 PA1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱 ABCDA1B1C1D1(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，PO1＝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 PO1为多少时，仓库的容积最大？ [解] (1)由 PO1＝2知 O1O＝4PO1＝8. 因为 A1B1＝AB＝6， 所以正四棱锥 PA1B1C1D1的体积 V 锥＝ 1 3 ·A1B 2 1·PO1＝ 1 3 ×6 2 ×2＝24(m 3 )； 正四棱柱 ABCDA1B1C1D1的体积 V 柱＝AB2 ·O1O＝6 2 ×8＝288(m 3 )． 所以仓库的容积 V＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m3)． (2)设 A1B1＝a m，PO1＝h m， 则 0＜h＜6，O1O＝4h.连接 O1B1. 因为在 Rt△PO1B1中， O1B 2 1＋PO2 1＝PB2 1， 所以 2a 2 2 ＋h2 ＝36， 即 a2＝2(36－h2)，0r≥Lcos 45°＝ 2 2 L，所以 2 2 ≤ r L <1. 4．(2017·太原模拟)如图，已知在多面体 ABCDEFG 中，AB，AC，AD 两两互相垂直，平面 ABC∥平面 DEFG，平面 BEF∥平面 ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为( ) A．2 B．4 C．6 D．8 解析：选 B 过点 C作 CM∥AB，过点 B 作 BM∥AC，且 BM∩CM＝M， 取 DG 的中点 N，连接 FM，FN，CN，CF，如图所示．易知 ABMCDEFN 是长方体，且三棱锥 FBCM 与三棱锥 CFGN 的体积相等，故几何体的 体积等于长方体的体积 4.故选 B. 5．《九章算术》商功章有题：一圆柱形谷仓，高 1 丈 3 尺 3 1 3 寸，容纳米 2 000 斛(1 丈＝10 尺，1尺＝10 寸，斛为容积单位，1 斛≈1.62 立方尺，π≈3)，则圆柱底面圆周长约为( ) A．1 丈 3尺 B．5 丈 4 尺 C．9丈 2尺 D．48 丈 6 尺 解析：选 B 设圆柱底面圆半径为 r 尺，高为 h 尺，依题意，圆柱体积 V＝πr2h≈3×r2 ×13 1 3 ＝2 000×1.62，所以 r2≈81，即 r≈9，所以圆柱底面圆周长为 2πr≈54,54 尺＝5 丈 4 尺，即 圆柱底面圆周长约为 5 丈 4 尺，故选 B. 6．(2017·沈阳质检)在《九章算术》中，将四个面都是直角三角 形 的四面体称为鳖臑，在鳖臑 ABCD 中，AB⊥平面 BCD，且 BD⊥CD，AB＝ BD ＝CD，点 P 在棱 AC 上运动，设 CP 的长度为 x，若△PBD 的面积为 f(x)， 则 f(x)的图象大致是( ) 解析：选 A 如图，作 PQ⊥BC 于 Q，作 QR⊥BD 于 R，连接 PR，则 由 鳖 臑的定义知 PQ∥AB，QR∥CD，PQ⊥QR.设 AB＝BD＝CD＝1，CP＝ x(0≤x≤1)，则 CP AC ＝ x 3 ＝ PQ 1 ，即 PQ＝ x 3 ，又 QR 1 ＝ BQ BC ＝ AP AC ＝ 3－x 3 ，所 以 QR ＝ 3－x 3 ， 所 以 PR ＝ PQ2＋QR2 ＝ x 3 2 ＋ 3－x 3 2 ＝ 3 3 2x2 －2 3x＋3，又由题知 PR⊥BD，所以 f(x)＝ 3 6 2x2 －2 3x＋3＝ 6 6 x－ 3 2 2 ＋ 3 4 ，结 合选项知选 A. 二、填空题 7．有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是顶角的余弦值为 0.5 的等腰三角形．在容器内放一 个半径为 r 的铁球，并注水，使水面与球正好相切，然后将球取出，则这时容器中水的深度为 ________． 解析：如图所示，作出轴截面，因轴截面是顶角的余弦值为 0.5 的 等 腰三角形，所以顶角为 60°，所以该轴截面为正三角形．根据切线性质 知 当球在容器内时，水的深度为 3r，水面所在圆的半径为 3r，则容器内 水 的体积 V＝ 1 3 π·( 3r)2 3r－ 4 3 πr3 ＝ 5 3 πr3 .将球取出后，设容器中水的深度为 h，则水面圆的半径 为 3 3 h，从而容器内水的体积 V′＝ 1 3 π 3 3 h 2 ·h＝ 1 9 πh3 ，由 V＝V′，得 h＝ 3 15r，所以这时容 器中水的深度为 3 15r. 答案： 3 15r 8．已知球 O的半径为 R，A，B，C 三点在球 O 的球面上，球心 O到平面 ABC 的距离为 3 2 R， AB＝AC＝BC＝2 3，则球 O 的表面积为________． 解析：设△ABC 外接圆的圆心为 O1，半径为 r，因为 AB＝AC＝BC＝2 3，所以△ABC 为正三角 形，其外接圆的半径 r＝ 2 3 2sin 60° ＝2，因为 OO1⊥平面 ABC，所以 OA2＝OO2 1＋r2，即 R2＝ 3 2 R 2 ＋2 2 ，解得 R2 ＝16，所以球 O的表面积为 4πR2 ＝64π. 答案：64π 9．(2017·云南调研)已知四棱锥 PABCD 的所有顶点都在体积为 500π 81 的球面上，底面 ABCD 是边长为 2的正方形，则四棱锥 PABCD 体积的最大值为________． 解析：依题意，设球的半径为 R，则有 4π 3 R3 ＝ 500π 81 ，R＝ 5 3 ，正方形 ABCD 的外接圆半径 r＝ 1，球心到平面 ABCD 的距离 h＝ R2 －r2 ＝ 5 3 2－12 ＝ 4 3 ，因此点 P到平面 ABCD 的距离的最大值 为 h＋R＝ 4 3 ＋ 5 3 ＝3，因此四棱锥 PABCD 体积的最大值为 1 3 ×( 2) 2 ×3＝2. 答案：2 三、解答题 10．(2017·洛阳统考)如图，正方形 ADEF 与梯形 ABCD 所在的平 面互 相垂直，AB∥CD，AB⊥BC，DC＝BC＝ 1 2 AB＝1，点 M 在线段 EC 上． (1)证明：平面 BDM⊥平面 ADEF； (2)若 AE∥平面 MDB，求三棱锥 EBDM 的体积． 解：(1)证明：∵DC＝BC＝1，AB∥CD，AB⊥BC，∴BC⊥CD，BD＝ 2. 在梯形 ABCD 中，AD＝ 2，AB＝2， ∴AD2 ＋BD2 ＝AB2 ，∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BD. 又平面 ADEF⊥平面 ABCD，ED⊥AD， 平面 ADEF∩平面 ABCD＝AD，ED⊂平面 ADEF， ∴ED⊥平面 ABCD. ∵BD⊂平面 ABCD，∴BD⊥ED. 又 AD∩ED＝D，∴BD⊥平面 ADEF. 又 BD⊂平面 BDM，∴平面 BDM⊥平面 ADEF. (2)如图，连接 AC 交 BD 于点 O，连接 MO， ∵平面 EAC∩平面 MBD＝MO，AE∥平面 MDB，AE⊂平面 EAC，∴AE ∥ OM. 又 AB∥CD，∴ EM MC ＝ AO OC ＝ AB CD ＝2， 则 S△EDM＝ 2 3 S△EDC＝ 2 3 × 1 2 ×1× 2＝ 2 3 . ∵ED⊥平面 ABCD，BC⊂平面 ABCD，∴DE⊥BC. 由(1)知，BC⊥CD， 又 ED∩DC＝D，∴BC⊥平面 EDC. ∴VEBDM＝VBEDM＝ 1 3 S△EDM·BC＝ 1 3 × 2 3 ×1＝ 2 9 . 11．(2017·石家庄质检)如图，四棱锥 PABCD 中，PA⊥底面 ABCD， 底 面 ABCD 为梯形，AD∥BC，CD⊥BC，AD＝2，AB＝BC＝3，PA＝4，M 为 AD 的 中 点，N为 PC 上一点，且 PC＝3PN. (1)求证：MN∥平面 PAB； (2)求点 M到平面 PAN 的距离． 解：(1)证明：在平面 PBC 内作 NH∥BC 交 PB 于点 H，连接 AH，在 △PBC 中，NH∥BC，且 NH＝ 1 3 BC＝1，AM＝ 1 2 AD＝1. 又 AD∥BC，∴NH∥AM 且 NH＝AM， ∴四边形 AMNH 为平行四边形， ∴MN∥AH， 又 AH⊂平面 PAB，MN⊄ 平面 PAB， ∴MN∥平面 PAB. (2)连接 AC，MC，PM，平面 PAN 即为平面 PAC，设点 M 到平面 PAC 的距离为 h. 由题意可得 CD＝2 2，AC＝2 3， ∴S△PAC＝ 1 2 PA·AC＝4 3，S△AMC＝ 1 2 AM·CD＝ 2， 由 VMPAC＝VPAMC，得 1 3 S△PAC·h＝ 1 3 S△AMC·PA，即 4 3h＝ 2×4， ∴h＝ 6 3 ， ∴点 M 到平面 PAN 的距离为 6 3 . 12．(2018 届高三·湖北七市(州)联考)《九章算术》是我国古代 内 容 极为丰富的数学名著，书中将底面为直角三角形的直棱柱称为堑堵， 将 底 面为矩形的棱台称为刍童．在如图所示的堑堵 ABMDCP 与刍童 ABCDA1B1C1D1的组合体中，AB＝AD，A1B1＝A1D1. (1)证明：直线 BD⊥平面 MAC； (2)若 AB＝1，A1D1＝2，MA＝ 3，三棱锥 AA1B1D1的体积 V′＝ 2 3 3 ，求该组合体的体积． 解：(1)证明：由题可知 ABMDCP 是底面为直角三角形的直棱柱， ∴AD⊥平面 MAB，∴AD⊥MA， 又 MA⊥AB，AD∩AB＝A， ∴MA⊥平面 ABCD， ∴MA⊥BD，又 AB＝AD， ∴四边形 ABCD 为正方形，∴BD⊥AC， 又 MA∩AC＝A， ∴BD⊥平面 MAC. (2)设刍童 ABCDA1B1C1D1的高为 h， 则三棱锥 AA1B1D1的体积 V′＝ 1 3 × 1 2 ×2×2×h＝ 2 3 3 ，∴h＝ 3， 故该组合体的体积 V＝ 1 2 ×1× 3×1＋ 1 3 ×(1 2 ＋2 2 ＋ 1 2 ×2 2 )× 3＝ 3 2 ＋ 7 3 3 ＝ 17 3 6 .