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- 2021-06-24 发布
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专题四 立体几何
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[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
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