【数学】2018届一轮复习人教A版第一部分专题三立体几何学案

【数学】2018届一轮复习人教A版第一部分专题三立体几何学案

‎[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) ‎ 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：‎ ‎3.与球有关的组合体的计算问题(3年7考)‎ ‎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 B．2 ‎ C．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＝＝‎ ＝2.‎ ‎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 B．54＋18 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)×2＝54＋18.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×32×10－×π×32×6＝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×32×7＝63π.‎ ‎(3)该几何体是一个直三棱柱截去所得，如图所示，其体积为××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. B． C．28 D．22＋6 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＝××2×2＋×4×4＋ ×2＝，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 B．36＋3 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××(2＋4)×3＋2×3＋4×3＋2×3×＝36＋6，故选A.‎ ‎3．(2017·山东高考)由一个长方体和两个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××π×12×1＝2＋.‎ 答案：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. C．6π D. ‎(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． C．32π D．28π ‎[解析]　(1)设球的半径为R，∵△ABC的内切圆半径为＝2，∴R≤2.又2R≤3，∴R≤，∴Vmax＝×π×3＝.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.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＝，∴其外接球的半径R＝＝，则外接球的表面积S＝4πR2＝4π×＝，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. ‎ C. D. 解析：选B　设圆柱的底面半径为r，则r2＝12－2＝，所以圆柱的体积V＝π×1＝.‎ ‎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＝＝.‎ 答案： ‎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＝×S△SBC×AO ‎＝××AO，‎ 即9＝××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××3＝24.又直四棱柱的外接球的半径R＝＝，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＝ch′(c为底面周长，h′为斜高)．‎ ‎(3)S正棱台侧＝(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＝Sh(S为底面面积，h为高)，‎ V台＝(S＋＋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＝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：‎ ⇒c∥b，⇒a∥b，‎ ⇒a∥b，⇒a∥b.‎ ‎(2)线面平行：‎ ⇒a∥α，⇒a∥α，⇒a∥α.‎ ‎(3)面面平行：‎ ⇒α∥β，⇒α∥β，⇒α∥γ.‎ ‎(4)线线垂直：‎ ⇒a⊥b，⇒a⊥b.‎ ‎(5)线面垂直：‎ ⇒l⊥α， ⇒a⊥β，‎ ⇒a⊥β，⇒b⊥α.‎ ‎(6)面面垂直：‎ ⇒α⊥β，⇒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2,2，4，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＝ ＝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＝a，外接球的半径R＝a.又正四面体的高h＝a，故r＝h，R＝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a＝2，解得a＝，故截面面积的最小值为π2＝.‎ 答案： ‎(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＝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：cm3)是(　　)‎ A.＋1 B.＋3‎ C.＋1 D.＋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＝×π×12×3＋××××3＝＋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×10－××6×8×10＝××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部分与一个圆柱的部分组合而成(如图所示)，其表面积为16×2＋(16－4＋π)×2＋4×2×2＋×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－ 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＝63－××π×32×6＝216－，故选B.‎ ‎9．(2017·贵阳检测)三棱锥PABC的四个顶点都在体积为的球的表面上，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＝，解得R＝5，由πr2＝16π，解得r＝4，又球心O到平面ABC的距离为＝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，则此三棱锥的外接球的表面积为(　　)‎ A. B. C. D. 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＝S△ABCh＝××h＝得h＝.又PC为球O的直径，因此球心O到平面ABC的距离等于h＝.又正△ABC的外接圆半径为r＝＝，因此R ‎2＝r2＋2＝，所以三棱锥PABC的外接球的表面积为4πR2＝，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. B．8π C. 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. B．32‎ C. D. 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＝×4×4×8－××4×4×4＝，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＝＝4，则S表＝πr2＋ch＋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＝××1×1×1＝，剩余部分的体积V2＝13－＝.所以＝＝.‎ 答案： ‎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 ×2×(2＋4)＝6的四棱锥，其体积为×6×2＝4.而直三棱柱的体积为×2×2×4＝8，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的.‎ 答案： ‎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，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，在△ABC中，cos∠ACB＝＝－，‎ ‎∴∠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＝××12×12××5＝60.‎ 答案：60 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＝×3×4×6－2××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＝，解得R＝，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．4π＋96 B．(2＋6)π＋96‎ C．(4＋4)π＋64 D．(4＋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＝6×42＋π×22＋π×2×＝(4＋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. D. 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＝，即＝，解得h＝，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，，1的长方体，所以该几何体的外接球O的半径R＝＝，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＝，‎ 易知△ABD∽△DCB，所以＝，‎ 即＝，解得x＝，‎ 故AB＝，BD＝，BC＝3.‎ 由于AB⊥平面ADC，所以AB⊥AC，‎ 又E为BC的中点，‎ 所以AE＝＝，同理DE＝＝＝AE，‎ 所以S△ADE＝×1× ＝.‎ 因为DC⊥平面ABD，所以VABCD＝CD·S△ABD＝.‎ 设点B到平面ADE的距离为d，‎ 则d·S△ADE＝VBADE＝VABDE＝VABCD＝，‎ 所以d＝，‎ 即点B到平面ADE的距离为.‎ ‎ ‎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＝＝，‎ 又EM＝＝3，EF＝＝2，‎ ‎∴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＝×S△BMF×EM＝××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＝.‎ 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＝AN＝，‎ 而S△PMC＝×1×1＝，‎ 所以VPMAC＝VAPMC＝×S△PMC×AH＝××＝.‎ ‎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＝2a，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＝AC＝a，‎ ‎∴OB ＝a.由S△BOC＝OC·OB＝BC·OH，‎ 得OH＝＝＝a.‎ ‎∴点E到平面PBC的距离为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，M是SD上任意一点，＝m，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，∴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＝VD SAC＝VS ACD，‎ ‎∴＝·＝·＝·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＝，BC＝.点F在平面ABED内的正投影为G，且点G 在AE上，FG＝，点M在线段CF上，且CM＝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＝＝EF，FG＝，∴GE＝.∵四边形ABED是边长为2的菱形，且∠ABE＝，∴AE ＝2，∴AG＝.‎ 如图，过点G作GH∥AD交DE于点H，连接FH.则＝，∴GH＝，由CM＝CF得MF＝＝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＝FG·S△DEG＝FG·S△DAE＝，∴VM DEF＝.‎ 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 ‎[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．‎ ＝ ‎＝ ‎＝··＝××＝.故最多可盛原来水的1－＝(倍)．‎ ‎[答案]　 ‎[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. B. ‎ C. D. 解析：选C　当注入水的体积是该三棱锥体积的时，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，3＝，得x＝2.设小球半径为r，r＝x＝，故小球的表面积S＝4πr2＝.故选C.‎ 创新点(二)　创新命题角度考迁移能力 ‎[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. B. C. D. ‎(2)某几何体的一条棱长为，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为的线段，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 B．2 C．4 D．2 ‎[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2a，圆锥的底面半径为a，母线长为2a，因此其俯视图中椭圆的长半轴长为a，短半轴长为a，其离心率e＝＝，故选C.‎ ‎(2)本题可以以长方体为载体，设该几何体中棱长为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，a，b，设长方体的各棱长分别为x，y，z，则有解得a2＋b2＝8.‎ 而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＝＝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 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. B. C．1 D. 解析：选B　由条件可知VO ABC＝VA OBC＝OA·OB·OC＝xy≤×2＝，当且仅当x＝y＝2时，等号成立，此时VO ABC取得最大值，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－ B．8－ 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×(π×12)×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、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·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＝＝2.设外接球的半径为R，依题意可得(2R)2＝22＋22＋(2)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.　　　‎ B. C.　　　‎ D. ‎[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＝＝＝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＝，即＝，解得x＝，‎ 则原工件的材料利用率为 ＝＝，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＝·A1B·PO1＝×62×2＝24(m3)；‎ 正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积 V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)．‎ 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＋PO＝PB，‎ 所以2＋h2＝36，‎ 即a2＝2(36－h2)，0r≥Lcos 45°＝L，所以≤<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＝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＝＝，即PQ＝，又＝＝＝，所以QR＝，所以PR＝＝＝，又由题知PR⊥BD，所以f(x)＝＝，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r，则容器内水的体积V＝π·(r)23r－πr3＝πr3.将球取出后，设容器中水的深度为h，则水面圆的半径为h，从而容器内水的体积V′＝π2·h＝πh3，由V＝V′，得h＝r，所以这时容器中水的深度为r.‎ 答案：r ‎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R，AB＝AC＝BC＝2，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，所以△ABC 为正三角形，其外接圆的半径r＝＝2，因为OO1⊥平面ABC，所以OA2＝OO＋r2，即R2＝2＋22，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的球面上，底面ABCD是边长为的正方形，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R3＝，R＝，正方形ABCD的外接圆半径r＝1，球心到平面ABCD的距离h＝＝＝，因此点P到平面ABCD的距离的最大值为h＋R＝＋＝3，因此四棱锥PABCD体积的最大值为×()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＝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＝.‎ 在梯形ABCD中，AD＝，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，∴＝＝＝2，‎ 则S△EDM＝S△EDC＝××1×＝.‎ ‎∵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＝S△EDM·BC＝××1＝.‎ ‎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＝BC＝1，AM＝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，AC＝2，‎ ‎∴S△PAC＝PA·AC＝4，S△AMC＝AM·CD＝，‎ 由VMPAC＝VPAMC，得S△PAC·h＝S△AMC·PA，即4h＝×4，‎ ‎∴h＝，‎ ‎∴点M到平面PAN的距离为.‎ ‎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＝，三棱锥AA1B1D1的体积V′＝，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′＝××2×2×h＝，∴h＝，‎ 故该组合体的体积V＝×1××1＋×(12＋22＋)×＝＋＝.‎