专题13+空间几何体（热点难点突破）-2019年高考数学（理）考纲解读与热点难点突破 8页

‎1．已知α，β是两个不同的平面，l是一条直线，给出下列说法：‎ ‎①若l⊥α，α⊥β，则l∥β；②若l∥α，α∥β，则l∥β；‎ ‎③若l⊥α，α∥β，则l⊥β；④若l∥α，α⊥β，则l⊥β.‎ 其中说法正确的个数为(　　)‎ A．3 B．2 C．1 D．4‎ 答案　C 解析　①若l⊥α，α⊥β，则l∥β或l⊂β，不正确；②若l∥α，α∥β，则l∥β 或l⊂β，不正确；③若l⊥α，α∥β，则l⊥β，正确；④若l∥α，α⊥β，则l⊥β或l∥β或l与β相交且l与β不垂直，不正确，故选C.‎ ‎2．如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示GH，MN是异面直线的图形的序号为(　　)‎ A．①② B．③④ C．①③ D．②④‎ 答案　D 解析　由题意可得图①中GH与MN平行，不合题意；‎ 图②中GH与MN异面，符合题意；‎ 图③中GH与MN相交，不合题意；‎ 图④中GH与MN异面，符合题意． ‎ ‎8．已知正四棱锥P－ABCD的各顶点都在同一球面上，底面正方形的边长为，若该正四棱锥的体积为2，则此球的体积为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　C 解析　如图所示，设底面正方形ABCD的中心为O′，正四棱锥P－ABCD的外接球的球心为O，‎ ‎∵底面正方形的边长为，‎ ‎∴O′D＝1，‎ ‎∵正四棱锥的体积为2，‎ ‎∴VP－ABCD＝×()2×PO′＝2，解得PO′＝3，‎ ‎∴OO′＝|PO′－PO|＝|3－R|，‎ 在Rt△OO′D中，由勾股定理可得OO′2＋O′D2＝OD2，‎ 即(3－R)2＋12＝R2，解得R＝，‎ ‎∴V球＝πR3＝π×3＝.‎ ‎9．在三棱锥S－ABC中，侧棱SA⊥底面ABC，AB＝5，BC＝8，∠ABC＝60°，SA＝2，则该三棱锥的外接球的表面积为(　　)‎ A.π B.π C.π D.π 答案　B 解析　由题意知，AB＝5，BC＝8，∠ABC＝60°，‎ 则根据余弦定理可得 AC2＝AB2＋BC2－2×AB×BC×cos∠ABC，‎ 解得AC＝7，‎ 设△ABC的外接圆半径为r，则 ‎△ABC的外接圆直径2r＝＝，∴r＝，‎ 又∵侧棱SA⊥底面ABC，‎ ‎∴三棱锥的外接球的球心到平面ABC的距离d＝SA＝，则外接球的半径R＝ ＝，则该三棱锥的外接球的表面积为S＝4πR2＝π.‎ ‎10．一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的表面积为(　　)‎ A．16 B．8＋8‎ C．2＋2＋8 D．4＋4＋8‎ 答案　D 解析　由三视图知，该几何体是底面边长为＝2的正方形，高PD＝2的四棱锥P－ABCD，因为PD⊥平面ABCD，且四边形ABCD是正方形，‎ 易得BC⊥PC，BA⊥PA，‎ 又PC＝＝＝2，‎ 所以S△PCD＝S△PAD＝×2×2＝2，‎ S△PAB＝S△PBC＝×2×2＝2.‎ 所以几何体的表面积为4＋4＋8.‎ ‎11．在正三棱锥S－ABC中，点M是SC的中点，且AM⊥SB，底面边长AB＝2，则正三棱锥S－ABC的外接球的表面积为(　　)‎ A．6π B．12π C．32π D．36π 答案　B 解析　因为三棱锥S－ABC为正三棱锥，所以SB⊥AC，又AM⊥SB，AC∩AM＝A，AC，AM⊂平面SAC，所以SB⊥平面SAC，所以SB⊥SA，SB⊥SC，同理SA⊥SC，即SA，SB，SC三线两两垂直，且AB＝2，所以 SA＝SB＝SC＝2，所以(2R)2＝3×22＝12，所以球的表面积S＝4πR2＝12π，故选B.‎ ‎12．若四棱锥P－ABCD的三视图如图所示，则该四棱锥的外接球的表面积为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　C 解析　根据三视图还原几何体为一个四棱锥P－ABCD，如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，‎ 由于△PAD为等腰三角形，PA＝PD＝3，AD＝4，四边形ABCD为矩形，CD＝2，过△PAD的外心F作平面PAD的垂线，过矩形ABCD的中心H作平面ABCD的垂线，两条垂线交于一点O，则O为四棱锥外接球的球心，在△PAD中，cos∠APD＝＝，则sin∠APD＝，‎ ‎2PF＝＝＝，PF＝，‎ PE＝＝，OH＝EF＝－＝，‎ BH＝＝，‎ OB＝＝ ＝，‎ 所以S＝4π×＝.‎ ‎13．如图所示，正方形ABCD的边长为2，切去阴影部分围成一个正四棱锥，则正四棱锥侧面积的取值范围为(　　)‎ A．(1,2) B．(1,2]‎ C．(0,2] D．(0,2)‎ 答案　D 解析　设四棱锥一个侧面为△APQ，∠APQ＝x，过点A作AH⊥PQ，‎ 则AH＝PQ×tan x＝＝ ‎＝－PQ，‎ ‎∴PQ＝，AH＝，‎ ‎∴S＝4××PQ×AH＝2×PQ×AH ‎＝2××＝，x∈，‎ ‎∵S＝＝ ‎＝≤＝2，‎ ，‎ 而tan x>0，故S>0，‎ ‎∵S＝2时，△APQ是等腰直角三角形，‎ 顶角∠PAQ＝90°，阴影部分不存在，折叠后A与O重合，构不成棱锥，‎ ‎∴S的取值范围为(0,2)，故选D.‎ ‎14．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是顶角为120°的等腰三角形，侧(左)视图为直角三角形，则该三棱锥的表面积为________，该三棱锥的外接球的体积为________．‎ 答案　4＋＋　π 解析　由三视图得几何体的直观图如图所示，‎ ‎∴S表＝2××2×2＋×2×＋×2×1‎ ‎＝4＋＋.‎ 以D为原点，DB所在直线为x轴，DE所在直线为y轴，DA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系D－xyz，‎ 则D(0,0,0)，A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(－1，，0)，‎ 设球心坐标为(x，y，z)，‎ ‎∵(x－2)2＋y2＋z2＝x2＋y2＋z2，①‎ x2＋y2＋(z－2)2＝x2＋y2＋z2，②‎ ‎(x＋1)2＋(y－)2＋z2＝x2＋y2＋z2，③‎ ‎∴x＝1，y＝，z＝1，‎ ‎∴球心坐标是(1，，1)，‎ ‎∴球的半径是＝.‎ ‎∴球的体积是π×3＝π.‎ ‎15.如图所示，三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为3的等边三角形，D是线段AB的中点，DE∩PB＝E，且DE⊥AB，若∠EDC＝120°，PA＝，PB＝，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为________．‎ 答案　13π 解析　在三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为3的等边三角形，设△ABC的外心为O1，外接圆的半径O1A＝＝，在△PAB中，PA＝，PB＝，AB＝3，满足PA2＋PB2＝AB2，所以△PAB为直角三角形，△PAB的外接圆的圆心为D，由于CD⊥AB，ED⊥AB，∠EDC＝120°为二面角P－AB－C的平面角，分别过两个三角形的外心O1，D作两个半平面的垂线交于点O，则O为三棱锥P－ABC的外接球的球心，‎ 在Rt△OO1D中，∠ODO1＝30°，DO1＝，‎ 则cos 30°＝＝，OD＝1，连接OA，设OA＝R，‎ 则R2＝AD2＋OD2＝2＋12＝，‎ S球＝4πR2＝4π×＝13π. ‎ 如图，过P作PO⊥AE，垂足为O，‎ 因为平面PAE⊥平面ABCDE，‎ 平面PAE∩平面ABCDE＝AE，PO⊂平面PAE，‎ 所以PO⊥平面ABCDE，PO为五棱锥P－ABCDE的高．‎ 在平面PAE内，PA＋PE＝10>AE＝6，P在以A，E为焦点，长轴长为10的椭圆上，由椭圆的几何性质知，‎ 当点P为短轴端点时，P到AE的距离最大，‎ 此时PA＝PE＝5，OA＝OE＝3，‎ 所以POmax＝4，‎ 所以(VP－ABCDE)max＝SABCDE·POmax ‎＝×28×4＝.‎ ‎(2)证明　连接OB，如图，由(1)知，OA＝AB＝3，‎ ‎ ‎