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  • 2021-06-24 发布

高考数学二轮专题复习与策略第1部分专题4立体几何突破点10空间几何体表面积或体积的求解教师用书理

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专题四 立体几何 建知识网络 明内在联系 [高考点拨] 立体几何专题是高考中当仁不让的热点之一,常以“一小一大”呈现,小 题主要考查三视图与空间几何体的体积和空间位置关系及空间角,一大题常考空间位置关系 的证明与空间角、距离的探求.本专题主要从“空间几何体表面积或体积的求解”“空间中 的平行与垂直关系”“立体几何中的向量方法”三大角度进行典例剖析,引领考生明确考情 并提升解题技能. 突破点 10 空间几何体表面积或体积的求解 (对应学生用书第 167 页) 提炼 1 求解几何体的表面积或体积 (1)对于规则几何体,可直接利用公式计算. (2)对于不规则几何体,可采用割补法求解;对于某些三棱锥,有时可采用等体积转换 法求解. (3)求解旋转体的表面积和体积时,注意圆柱的轴截面是矩形,圆锥的轴截面是等腰三 角形,圆台的轴截面是等腰梯形的应用. 提炼 2 球与几何体的外接与内切 (1)正四面体与球:设正四面体的棱长为 a ,由正四面体本身的对称性,可知其内切球 和外接球的球心相同,则内切球的半径 r= 6 12 a,外接球的半径 R= 6 4 a. (2)正方体与球:设正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 a,O 为其对称中心,E,F,H,G 分 别为 AD,BC,B1C1,A1D1 的中点,J 为 HF 的中点,如图 101 所示. 图 101 ①正方体的内切球:截面图为正方形 EFHG 的内切圆,故其内切球的半径为 OJ=a 2 ; ②正方体的棱切球:截面图为正方形 EFHG 的外接圆,故其棱切球的半径为 OG= 2a 2 ; ③正方体的外接球:截面图为矩形 ACC1A1 的外接圆,故其外接球的半径为 OA1= 3a 2 . 回访 1 几何体的表面积或体积 1.(2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体,其三视图如图 102 所示,则 该几何体的体积为( ) 图 102 A.1 3 +2 3 π B.1 3 + 2 3 π C.1 3 + 2 6 π D.1+ 2 6 π C [由三视图知,该四棱锥是底面边长为 1,高为 1 的正四棱锥,结合三视图可得半球 半径为 2 2 ,从而该几何体的体积为1 3 ×12×1+1 2 ×4 3 π× 2 2 3=1 3 + 2 6 π.故选 C.] 2.(2015·山东高考)在梯形 ABCD 中,∠ABC=π 2 ,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形 ABCD 绕 AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π 3 B.4π 3 C.5π 3 D.2π C [过点 C 作 CE 垂直 AD 所在直线于点 E,梯形 ABCD 绕 AD 所在直线旋转一周而形成的 旋转体是由以线段 AB 的长为底面圆半径,线段 BC 为母线的圆柱挖去以线段 CE 的长为底面 圆半径,ED 为高的圆锥,如图所示,该几何体的体积为 V=V 圆柱-V 圆锥=π·AB2·BC- 1 3 ·π·CE2·DE=π×12×2-1 3 π×12×1=5π 3 ,选 C.] 3.(2014·山东高考)一个六棱锥的体积为 2 3,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________. 12 [设正六棱锥的高为 h,侧面的斜高为 h′. 由题意,得1 3 ×6×1 2 ×2× 3×h=2 3,∴h=1, ∴斜高 h′= 12+ 3 2=2,∴S 侧=6×1 2 ×2×2=12.] 回访 2 球与几何体的外接与内切 4.(2015·全国卷Ⅱ)已知 A,B 是球 O 的球面上两点,∠AOB=90°,C 为该球面上的 动点.若三棱锥 OABC 体积的最大值为 36,则球 O 的表面积为( ) A.36π B.64π C.144π D.256π C [如图,设球的半径为 R,∵∠AOB=90°,∴S△AOB=1 2 R2. ∵VOABC=VCAOB,而△AOB 面积为定值, ∴当点 C 到平面 AOB 的距离最大时,VOABC 最大, ∴当 C 为与球的大圆面 AOB 垂直的直径的端点时,体积 VOABC 最大为1 3 ×1 2 R2×R=36, ∴R=6,∴球 O 的表面积为 4πR2=4π×62=144π.故选 C.] 5.(2013·全国卷Ⅰ)如图 103,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高 8 cm, 将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为 6 cm,如果不 计容器厚度,则球的体积为( ) 图 103 A.500π 3 cm3 B.866π 3 cm3 C.1 372π 3 cm3 D.2 048π 3 cm3 A [如图,作出球的一个截面,则 MC=8-6=2(cm),BM=1 2 AB=1 2 ×8 =4(cm).设球的半径为 R cm,则 R2=OM2+MB2=(R-2)2+42,∴R=5, ∴V 球=4 3 π×53=500 3 π(cm3).] 6.(2012·全国卷)已知三棱锥 SABC 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,则此棱锥的体积为( ) A. 2 6 B. 3 6 C. 2 3 D. 2 2 A [由于三棱锥SABC与三棱锥OABC底面都是△ABC,O是SC的中点,因此三棱锥SABC 的高是三棱锥 OABC 高的 2 倍, 所以三棱锥 SABC 的体积也是三棱锥 OABC 体积的 2 倍. 在三棱锥 OABC 中,其棱长都是 1,如图所示, S△ABC= 3 4 ×AB2= 3 4 , 高 OD= 12- 3 3 2= 6 3 , ∴VSABC=2VOABC=2×1 3 × 3 4 × 6 3 = 2 6 .] (对应学生用书第 167 页) 热点题型 1 几何体的表面积或体积 题型分析:解决此类题目,准确转化是前提,套用公式是关键,求解时先根据条件确定 几何体的形状,再套用公式求解. (1)(2016·全国乙卷)如图 104,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每 个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π 3 ,则它的表面积是 ( ) 图 104 A.17π B.18π C.20π D.28π (2)(2016·全国丙卷)如图 105,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( ) 图 105 A.18+36 5 B.54+18 5 C.90 D.81 (1)A (2)B [(1)由几何体的三视图可知,该几何体是一个球体去掉上半球的1 4 ,得到 的几何体如图.设球的半径为 R,则4 3 πR3-1 8 ×4 3 πR3=28 3 π,解得 R=2.因此它的表面积为 7 8 ×4πR2+3 4 πR2=17π.故选 A. (2)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.] 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. [变式训练 1] (1)(2016·平顶山二模)某几何体的三视图如图 106 所示,则该几何体的体积为( ) A.13 3 +π 3 B.5+π 2 C.5+π 3 D.13 3 +π 2 图 106 (2)(2016·胶东示范校二模)一个茶叶盒的三视图如图 107 所示(单位:分米),盒盖与 盒底为合金材料制成,其余部分为铁皮材料制成.如果合金材料每平方分米造价 10 元,铁 皮材料每平方分米造价 5 元,则该茶叶盒的造价为( ) 图 107 A.100 元 B.120 元 C.130 元 D.200 元 (3)(名师押题)如图 108,从棱长为 6 cm 的正方体铁皮箱 ABCD A1B1C1D1 中分离出来由 三个正方形面板组成的几何图形.如果用图示中这样一个装置来盛水,那么最多能盛的水的 体积为________cm3. 图 108 (1)D (2)C (3)36 [(1)由三视图知该几何体是由一个长方体,一个三棱锥和一个1 4 圆 柱组成,故该几何体的体积为 V=2×1×2+1 3 ×1 2 ×1×1×2+1 4 ×π×12×2=13 3 +π 2 . (2)该茶叶盒是一个棱长为 2 的正方体截去了四个三棱锥,其直观图如图所示,以下底 面正方形的边为底的四个等腰三角形的面积之和是 4×1 2 ×2×2=8,以上底面正方形的边为 底的四个等腰三角形的面积之和是 4×1 2 × 2×3 2 2 =6.又下底面的面积为 4,上底面的面积 为 2,所以该茶叶盒的造价为 5×14+10×6=130(元).] (3)最多能盛多少水,实际上是求三棱锥 C1CD1B1 的体积. 又 V 三棱锥 C1CD1B1=V 三棱锥 CB1C1D1=1 3 × 1 2 ×6×6 ×6=36(cm3),所以用图示中这 样一个装置来盛水,最多能盛 36 cm3 体积的水.] 热点题型 2 球与几何体的切、接问题 题型分析:与球有关的表面积或体积求解,其核心本质是半径的求解,这也是此类问题 求解的主线,考生要时刻谨记.先根据几何体的三视图确定其结构特征与数量特征,然后确 定其外接球的球心,进而确定球的半径,最后代入公式求值即可;也可利用球的性质——球 面上任意一点对直径所张的角为直角,然后根据几何体的结构特征构造射影定理求解. (1)(2016·南昌二模)一个几何体的三视图如图 109 所示,其中正视图是正三 角形,则该几何体的外接球的表面积为( ) 图 109 A.8π 3 B.16π 3 C.48π 3 D.64π 3 (2)(2016·全国丙卷)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 (1)D (2)B [(1)法一 由三视图可知,该几何体是如图所示 的三棱锥 S ABC,其中 HS 是三棱锥的高,由三视图可知 HS=2 3, HA=HB=HC=2,故 H 为△ABC 外接圆的圆心,该圆的半径为 2. 由几何体的对称性可知三棱锥 SABC 外接球的球心 O 在直 线 HS 上,连接 OB. 设球的半径为 R,则球心 O 到△ABC 外接圆的距离为 OH=|SH-OS|=|2 3-R|, 由球的截面性质可得 R=OB= OH2+HB2= |2 3-R|2+22,解得 R=4 3 3 ,所以所 求外接球的表面积为 4πR2=4π×16 3 =64π 3 .故选 D. 法二 由三视图可知,该几何体是如图所示的三棱锥 S ABC,其中 HS 是三棱锥的高, 由侧视图可知 HS=2 3,由正视图和侧视图可得 HA=HB=HC=2. 由几何体的对称性可知三棱锥外接球的球心 O 在 HS 上,延长 SH 交球面于点 P,则 SP 就是球的直径, 由点 A 在球面上可得 SA⊥AP. 又 SH⊥平面 ABC,所以 SH⊥AH. 在 Rt△ASH 中,SA= SH2+AH2= 2 3 2+22=4. 设球的半径为 R,则 SP=2R, 在 Rt△SPA 中,由射影定理可得 SA2=SH×SP,即 42=2 3×2R,解得 R=4 3 3 , 所以所求外接球的表面积为 4πR2=4π×16 3 =64π 3 .故选 D. (2)由题意得要使球的体积最大,则球与直三棱柱的若干面相切.设球的半径为 R.因为 △ABC 的内切圆半径为6+8-10 2 =2,所以 R≤2.又 2R≤3,所以 R≤3 2 ,所以 Vmax=4 3 π 3 2 3= 9 2 π.故选 B.] 解决球与几何体的切、接问题的关键在于确定球的半径与几何体的度量之间的关系,这 就需要灵活利用球的截面性质以及组合体的截面特征来确定.对于旋转体与球的组合体,主 要利用它们的轴截面性质建立相关数据之间的关系;而对于多面体,应抓住多面体的结构特 征灵活选择过球心的截面,把多面体的相关数据和球的半径在截面图形中体现出来. [变式训练 2] (1)已知直三棱柱 ABCA1B1C1 的 6 个顶点都在球 O 的球面上,若 AB=3, AC=1,∠BAC=60°,AA1=2,则该三棱柱的外接球的体积为( ) 【导学号:67722037】 A.40π 3 B.40 30π 27 C.320 30π 27 D.20π (2)(名师押题)一几何体的三视图如图 1010(网格中每个正方形的边长为 1),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________. 图 1010 (1)B (2)20π [(1)设△A1B1C1 的外心为 O1,△ABC 的外心 为 O2,连接 O1O2,O2B,OB,如图所示. 由题意可得外接球的球心 O 为 O1O2 的中点. 在△ABC 中,由余弦定理可得 BC2=AB2+AC2-2AB×ACcos∠ BAC=32+12-2×3×1×cos 60°=7, 所以 BC= 7. 由正弦定理可得△ABC 外接圆的直径 2r=2O2B= BC sin 60° =2 7 3 ,所以 r= 7 3 = 21 3 . 而球心 O 到截面 ABC 的距离 d=OO2=1 2 AA1=1, 设直三棱柱 ABCA1B1C1 的外接球半径为 R,由球的截面性质可得 R2=d2+r2=12+ 21 3 2 =10 3 ,故 R= 30 3 , 所以该三棱柱的外接球的体积为 V=4π 3 R3=40 30π 27 .故选 B. (2)由三视图知该几何体是一个四棱锥,如图所示,其底面 ABCD 是长、宽分别为 4 和 2 的矩形,高为 2,且侧面 SDC 与底面 ABCD 垂直,且顶点 S 在底面上的射影为该侧面上的底 面边的中点.由该几何体的结构特征知球心在过底面中心 O 且与底面垂直的直线上,同时在 过侧面△SDC 的外接圆圆心且与侧面 SDC 垂直的直线上.因为△SDC 为直角三角形,所以球 心就为底面 ABCD 的中心 O,所以外接球的半径为 R=1 2 AC= 5,故外接球的表面积为 4πR2 =20π.] 专题限时集训(十) 空间几何体表面积或体积的求解 [建议 A、B 组各用时:45 分钟] [A 组 高考达标] 一、选择题 1.(2016·石家庄二模)一个三棱锥的正视图和俯视图如图 1011 所示,则该三棱锥的 侧视图可能为( ) 图 1011 D [分析三视图可知,该几何体为如图所示的三棱锥, 其中平面 ACD⊥平面 BCD,故选 D.] 2.(2016·潍坊二模)已知某几何体的三视图如图 1012 所示,则该几何体的体积为 ( ) 图 1012 A.π 6 B.π 3 C.2π 3 D.(2- 2)π B [由三视图可知该几何体由半球内挖去一个同底的圆锥得到,所以该几何体的体积为 V=1 2 ×4 3 π×13-1 3 π×12×1=π 3 .] 3.(2016·烟台模拟)某几何体的三视图如图 1013 所示,则该几何体的体积与其外接 球的体积之比为( ) 图 1013 A.1∶3π B. 3∶π C.1∶3 3π D.1∶ 3π D [由三视图可知,几何体是一个三棱柱,体积 V1=1 2 ×2×2×2=4,设外接球的半径 为 R,则 4R2=22+22+22=12,所以 R= 3. 所以球的体积 V2=4 3 πR3=4 3π,体积比 V1∶V2=4∶4 3π=1∶ 3π.] 4.(2016·湖北七市模拟)已知某几何体的三视图如图 1014 所示,其中俯视图是正三 角形,则该几何体的体积为( ) 图 1014 A. 3 B.2 3 C.3 3 D.4 3 B [分析题意可知,该几何体是由如图所示的三棱柱 ABCA1B1C1 截 去四棱锥 ABEDC 得到的,故其体积 V= 3 4 ×22×3-1 3 ×1+2 2 ×2× 3= 2 3,故选 B.] 5.(2016·广州二模)如图 1015,网格纸上小正方形的边长为 1, 粗线画出的是某个四面体的三视图,则该四面体的表面积为( ) 图 1015 A.8+8 2+4 6 B.8+8 2+2 6 C.2+2 2+ 6 D.1 2 + 2 2 + 6 4 A [在正方体中还原出该四面体 CA1EC1 如图所示,可求得该四面 体的表面积为 8+8 2+4 6.] 二、填空题 6.(2016·昆明一模)已知三棱锥 PABC 的顶点 P,A,B,C 在球 O 的球面上,△ABC 是 边长为 3的等边三角形,如果球 O 的表面积为 36π,那么 P 到平面 ABC 距离的最大值为 ________. 3+2 2 [依题意,边长是 3的等边△ABC 的外接圆半径 r=1 2 · 3 sin 60° =1.∵球 O 的表面积为 36π=4πR2,∴球 O 的半径 R=3,∴球心 O 到平面 ABC 的距离 d= R2-r2=2 2, ∴球面上的点 P 到平面 ABC 距离的最大值为 R+d=3+2 2.] 7.(2016·山东省实验中学模拟)三棱锥 PABC 中,D,E 分别为 PB,PC 的中点,记三 棱锥 DABE 的体积为 V1,PABC 的体积为 V2,则V1 V2 =________. 1 4 [如图,设 S△ABD=S1,S△PAB=S2, E 到平面 ABD 的距离为 h1,C 到平面 PAB 的距离为 h2,则 S2=2S1, h2=2h1,V1=1 3 S1h1,V2=1 3 S2h2,所以V1 V2 =S1h1 S2h2 =1 4 .] 8.(2016·海口二模)半径为 2 的球 O 中有一内接正四棱柱(底 面是正方形,侧棱垂直底面).当该正四棱柱的侧面积最大时,球的表面积与该正四棱柱的 侧面积之差是________. 16(π- 2) [设内接正四棱柱底边长为 a,高为 h,那么 16=2a2+h2≥2 2ah,正四 棱柱的侧面积 S=4ah≤16 2,球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是 16(π- 2).] 三、解答题 9.(2016·合肥二模)如图 1016,P 为正方形 ABCD 外一点,PB⊥平面 ABCD,PB=AB= 2,E 为 PD 的中点. 图 1016 (1)求证:PA⊥CE; (2)求四棱锥 PABCD 的表面积. [解] (1)证明:取 PA 的中点 F,连接 EF,BF,则 EF∥AD∥BC, 即 EF,BC 共面. ∵PB⊥平面 ABCD,∴PB⊥BC,又 BC⊥AB 且 PB∩AB=B, ∴BC⊥平面 PAB,∴BC⊥PA.3 分 ∵PB=AB,∴BF⊥PA,又 BC∩BF=B, ∴PA⊥平面 EFBC,∴PA⊥CE.6 分 (2)设四棱锥 PABCD 的表面积为 S, ∵PB⊥平面 ABCD,∴PB⊥CD,又 CD⊥BC,PB∩BC=B, ∴CD⊥平面 PBC,∴CD⊥PC,即△PCD 为直角三角形,8 分 由(1)知 BC⊥平面 PAB,而 AD∥BC,∴AD⊥平面 PAB, 故 AD⊥PA,即△PAD 也为直角三角形. S▱ ABCD=2×2=4, S△PBC=S△PAB=S△PDA=1 2 ×2×2=2, S△PCD=1 2 ×2× 22+22=2 2,10 分 ∴S 表=S▱ ABCD+S△PBC+S△PDA+S△PAB+S△PCD =10+2 2.12 分 10.(2016·湖北七市模拟)如图 1017,一个侧棱长为 l 的直三棱柱 ABCA1B1C1 容器中 盛有液体(不计容器厚度).若液面恰好分别过棱 AC,BC,B1C1,A1C1 的中点 D,E,F,G. 图 1017 (1)求证:平面 DEFG∥平面 ABB1A1; (2)当底面 ABC 水平放置时,求液面的高. [解] (1)证明:因为 D,E 分别为棱 AC,BC 的中点,所以 DE 是△ABC 的中位线,所以 DE∥AB.又 DE⊄ 平面 ABB1A1,AB⊂平面 ABB1A1,所以 DE∥平面 ABB1A1.同理 DG∥平面 ABB1A1, 又 DE∩DG=D,所以平面 DEFG∥平面 ABB1A1.6 分 (2)当直三棱柱 ABCA1B1C1 容器的侧面 AA1B1B 水平放置时,由(1)可知,液体部分是直四 棱柱,其高即为原直三棱柱 ABCA1B1C1 容器的高,即侧棱长 l,当底面 ABC 水平放置时,设 液面的高为 h,△ABC 的面积为 S,则由已知条件可知,△CDE∽△ABC,且 S△CDE=1 4 S,所以 S 四边形 ABED=3 4 S.9 分 由于两种状态下液体体积相等,所以 V 液体=Sh=S 四边形 ABEDl=3 4 Sl,即 h=3 4 l. 因此,当底面 ABC 水平放置时,液面的高为 3 4 l.12 分 [B 组 名校冲刺] 一、选择题 1.(2016·济宁模拟)如图 1018 所示,四棱锥 PABCD 中,PD⊥平面 ABCD,且 PD=2, 底面是边长为 2 的菱形,M 是 CD 的中点,平面 PMB⊥平面 PCD,则该四棱锥的体积为( ) 图 1018 A.4 3 3 B.4 3 C. 3 D.4 A [过点 D 在平面 PCD 内作 DN⊥PM 于点 N,又平面 PMB⊥ 平面 PCD,平面 PMB∩平面 PCD=PM,所以 DN⊥平面 PMB,所以 DN⊥BM.又由 PD⊥平面 ABCD,得 PD⊥BM,又 PD 与 DN 是平面 PDC 内的两条相交直线,所以 BM⊥平面 PDC,则 BM⊥CD.又点 M 是 CD 的中点,BC=CD,所以∠BCD=60°,所以底面菱形 ABCD 的 面积为 2×2×sin 60°=2 3,故该四棱锥的体积为1 3 ×2 3×2=4 3 3 .] 2.(2016·重庆二模)某几何体的三视图如图 1019 所示,则该几何体的体积为( ) 图 1019 A.2 3 B.4 3 C.5 3 D.7 3 B [根据三视图可知,几何体是由一个直三棱柱与一个三棱锥所组成的,其中该直三棱 柱的底面是一个直角三角形(直角边长分别为 1,2,高为 1);该三棱锥的底面是一个直角三 角形(腰长分别为 1,2,高为 1),因此该几何体的体积为1 2 ×2×1×1+1 3 ×1 2 ×2×1×1=4 3 , 选 B.] 3.(2016·唐山二模)某几何体的三视图如图 1020 所示,则该几何体的体积为( ) 图 1020 A.6π+4 B.π+4 C.5π 2 D.2π D [由三视图知,该几何体为一个底面半径为 1,高为 1 的圆柱体,与底面半径为 1, 高为 2 的半圆柱体构成,所以该三视图的体积为π×12×1+1 2 π×12×2=2π,故选 D.] 4.(2016·江西上饶三模)从点 P 出发的三条射线 PA,PB,PC 两两成 60°角,且分别 与球 O 相切于 A,B,C 三点,若 OP= 3,则球的体积为( ) A.π 3 B.2π 3 C.4π 3 D.8π 3 C [设 OP 交平面 ABC 于 O′, 由题得△ABC 和△PAB 为正三角形, 所以 O′A= 3 3 AB= 3 3 AP. 因为 AO′⊥PO,OA⊥PA, 所以OP OA = AP AO′ ,AO′ AB = 3 3 ,AO′ AP = 3 3 , 所以 OA=OP·O′A AP = 3× 3 3 =1, 即球的半径为 1, 所以其体积为4 3 π×13=4 3 π.选 C.] 二、填空题 5.(2016·广州二模)一个六棱柱的底面是正六边形,侧棱垂直于底面,所有棱的长都 为 1,顶点在同一个球面上,则该球的体积为________. 【导学号:67722038】 5 5π 6 [由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径 r=1, 其高 h=1,∴球半径为 R= r2+ h 2 2= 1+1 4 = 5 4 ,∴该球的体积 V=4 3 πR3=4 3 × 5 4 3π=5 5π 6 .] 6.(2016·开封一模)在三棱锥 PABC 中,AB=BC= 15,AC=6,PC⊥平面 ABC,PC=2, 则该三棱锥的外接球表面积为________. 【导学号:67722039】 83 2 π [由题可知,△ABC 中 AC 边上的高为 15-32= 6,球心 O 在底面 ABC 的投影即 为△ABC 的外心 D,设 DA=DB=DC=x,∴x2=32+( 6-x)2,解得 x=5 4 6,∴R2=x2+ PC 2 2 =75 8 +1=83 8 (其中 R 为三棱锥外接球的半径),∴外接球的表面积 S=4πR2=83 2 π.] 三、解答题 7.如图 1021,矩形 CDEF 和梯形 ABCD 互相垂直,∠BAD=∠ADC=90°,AB=AD=1 2 CD, BE⊥DF. 图 1021 (1)若 M 为 EA 中点,求证:AC∥平面 MDF; (2)若 AB=2,求四棱锥 EABCD 的体积. [解] (1)证明:设 EC 与 DF 交于点 N,连接 MN, 在矩形 CDEF 中,点 N 为 EC 中点, 因为 M 为 EA 中点,所以 MN∥AC.2 分 又因为 AC⊄ 平面 MDF,MN⊂平面 MDF, 所以 AC∥平面 MDF.4 分 (2)取 CD 中点为 G,连接 BG,EG, 平面 CDEF⊥平面 ABCD,平面 CDEF∩平面 ABCD=CD, AD⊂平面 ABCD,AD⊥CD, 所以 AD⊥平面 CDEF,同理 ED⊥平面 ABCD,7 分 所以 ED 的长即为四棱锥 EABCD 的高.8 分 在梯形 ABCD 中,AB=1 2 CD=DG,AB∥DG, 所以四边形 ABGD 是平行四边形,BG∥AD,所以 BG⊥平面 CDEF. 又 DF⊂平面 CDEF,所以 BG⊥DF,又 BE⊥DF,BE∩BG=B, 所以 DF⊥平面 BEG,DF⊥EG.10 分 注意到 Rt△DEG∽Rt△EFD,所以 DE2=DG·EF=8,DE=2 2, 所以 VEABCD=1 3 S 梯形 ABCD·ED=4 2.12 分 8.如图 1022,在多面体 ABCDM 中,△BCD 是等边三角形,△CMD 是等腰直角三角形, ∠CMD=90°,平面 CMD⊥平面 BCD,AB⊥平面 BCD,点 O 为 CD 的中点,连接 OM. 图 1022 (1)求证:OM∥平面 ABD; (2)若 AB=BC=2,求三棱锥 ABDM 的体积. [解] (1)证明:∵△CMD 是等腰直角三角形,∠CMD=90°,点 O 为 CD 的中点,∴OM ⊥CD.1 分 ∵平面 CMD⊥平面 BCD,平面 CMD∩平面 BCD=CD,OM⊂平面 CMD, ∴OM⊥平面 BCD.2 分 ∵AB⊥平面 BCD,∴OM∥AB.3 分 ∵AB⊂平面 ABD,OM⊄ 平面 ABD,∴OM∥平面 ABD.4 分 (2)法一:由(1)知 OM∥平面 ABD, ∴点 M 到平面 ABD 的距离等于点 O 到平面 ABD 的距离.5 分 过点 O 作 OH⊥BD,垂足为点 H. ∵AB⊥平面 BCD,OH⊂平面 BCD,∴OH⊥AB.6 分 ∵AB⊂平面 ABD,BD⊂平面 ABD,AB∩BD=B,∴OH⊥平面 ABD.7 分 ∵AB=BC=2,△BCD 是等边三角形, ∴BD=2,OD=1,OH=OD·sin 60°= 3 2 .9 分 ∴V 三棱锥 ABDM=V 三棱锥 MABD =1 3 ×1 2 ×AB·BD·OH =1 3 ×1 2 ×2×2× 3 2 = 3 3 .11 分 ∴三棱锥 ABDM 的体积为 3 3 .12 分 法二:由(1)知 OM∥平面 ABD, ∴点 M 到平面 ABD 的距离等于点 O 到平面 ABD 的距离.5 分 ∵AB=BC=2,△BCD 是等边三角形,∴BD=2,OD=1.6 分 连接 OB,则 OB⊥CD,OB=BD·sin 60°= 3.7 分 ∴V 三棱锥 ABDM=V 三棱锥 MABD=V 三棱锥 OABD=V 三棱锥 ABDO =1 3 ×1 2 ×OD·OB·AB =1 3 ×1 2 ×1× 3×2= 3 3 .11 分 ∴三棱锥 ABDM 的体积为 3 3 .12 分