还剩11页未读，
继续阅读
2021高考数学（文）大一轮复习习题 冲刺985 压轴题命题区间（五） 立体几何 word版含答案
展开
这是一份2021高考数学（文）大一轮复习习题 冲刺985 压轴题命题区间（五） 立体几何 word版含答案，共14页。
(1)某几何体的直观图如图所示，该几何体的正视图和侧视图可能正确的是( )
(2)(2016·山西质检)某几何体的三视图如图所示，当xy取得最大值时，该几何体的体积是________．
(1)由几何体的直观图，可知该几何体可以看作由正方体ABCDA1B1C1D1割掉四个角后所得的几何体ABCDMNPQ，如图所示，该几何体的正视图就是其在正方体的面CDD1C1上的投影，显然为正方形CDD1C1与△CDQ的组合；该几何体的侧视图就是其在面BCC1B1上的投影，显然为正方形BCC1B1和△BCP的组合．综上，只有A选项正确．
(2)由题意知，该几何体为如图所示的四棱锥PABCD，CD＝eq \f(y,2)，AB＝y，AC＝5，CP＝eq \r(7)，BP＝x，∴BP2＝BC2＋CP2，即x2＝25－y2＋7，x2＋y2＝32≥2xy，则xy≤16，当且仅当x＝y＝4时，等号成立．此时该几何体的体积V＝eq \f(1,3)×eq \f(2＋4,2)×3×eq \r(7)＝3eq \r(7)．
(1)A (2)3eq \r(7)
由几何体的三视图确定几何体的形状的关键在于准确把握常见几何体的三视图，由三视图中的数据确定几何体中的相关数据的关键是准确把握画三视图的基本原则：“正侧等高，正俯等长，侧俯等宽”，这是我们实现三视图数据与几何体度量之间相互转化的主要依据．
如图是某简单组合体的三视图，则该组合体的体积为( )
A．36eq \r(3)(π＋eq \r(2)) B．36eq \r(3)(π＋2)
C．108eq \r(3)π D．108(eq \r(3)π＋2)
解析：选B 由三视图中的数据可得，该组合体由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成，其中半圆锥的底面半径r＝6，三棱锥的底面是一个底边长为12，高为6的等腰三角形，两个锥体的高h＝eq \r(122－62)＝6eq \r(3)．
故半圆锥的体积V1＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)π×62×6eq \r(3)＝36eq \r(3)π；
三棱锥的底面积S＝eq \f(1,2)×12×6＝36，
三棱锥的体积V2＝eq \f(1,3)Sh＝eq \f(1,3)×36×6eq \r(3)＝72eq \r(3)．
故该几何体的体积V＝V1＋V2＝36eq \r(3)π＋72eq \r(3)＝36eq \r(3)(π＋2)．
2．(2017·海口调研)一锥体的三视图如图所示，则该棱锥的最长棱的棱长为( )
A．eq \r(33) B．eq \r(17)
C．eq \r(41) D．eq \r(42)
解析：选C 依题意，题中的几何体是四棱锥EABB1A1，如图所示(其中ABCDA1B1C1D1是棱长为4的正方体，C1E＝1)，EA＝eq \r(32＋42＋42)＝eq \r(41)，EA1＝eq \r(12＋42＋42)＝eq \r(33)，EB＝eq \r(32＋42)＝5，EB1＝eq \r(12＋42)＝eq \r(17)，AB＝BB1＝B1A1＝A1A＝4，因此该几何体的最长棱的棱长为eq \r(41)，选C．
(1)某四面体的三视图如图所示，正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形，则此四面体的外接球的体积为( )
A．eq \f(4π,3) B．3π
C．eq \f(\r(3)π,2) D．π
(2)若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为________．
(3)若正三棱锥的高和底面边长都等于6，则其外接球的表面积为________．
(1)
把该四面体ABCD放入正方体中，如图所示，此四面体的外接球即为正方体的外接球，由题意可知，正方体的棱长为1，所以外接球的半径为R＝eq \f(\r(3),2)，所以此四面体的外接球的体积为V＝eq \f(4,3)×π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))3＝eq \f(\r(3),2)π．故选C．
(2)过圆锥的旋转轴作轴截面，
得△ABC及其内切圆⊙O1和外切圆⊙O2，且两圆同圆心，即△ABC的内心与外心重合，易得△ABC为正三角形，
由题意知⊙O1的半径为r＝1，△ABC的边长为2eq \r(3)，
于是知圆锥的底面半径为eq \r(3)，高为3．
故所求体积为V＝eq \f(1,3)×π×3×3＝3π．
(3)如图，作PM⊥平面ABC于点M，则球心O在PM上，PM＝6，连接AM，AO，则OP＝OA＝R，在Rt△OAM中，OM＝6－R，OA＝R，又AB＝6，且△ABC为等边三角形，故AM＝eq \f(2,3) eq \r(62－32)＝2eq \r(3)，则R2－(6－R)2＝(2eq \r(3))2，解得R＝4，所以球的表面积S＝4πR2＝64π．
(1)C (2)3π (3)64π
与球相关的“接”、“切”问题的解决方法
1．一个正六棱柱的所有顶点在同一个球面上，且这个正六棱柱的底面周长为6，体积为eq \f(9,2)，那么这个球的表面积为________．
解析：如图所示，正六棱柱ABCDEFA1B1C1D1E1F1中，由正六边形ABCDEF的周长为6，可得其边长为1，正六棱柱的底面ABCDEF的面积为6×eq \f(1,2)×1×1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),2)，设正六棱柱的高为h，由此可得其体积V＝eq \f(3\r(3),2)×h＝eq \f(9,2)，解得h＝eq \r(3)，则AD1＝eq \r(AD2＋DD\\al(2,1))＝eq \r(22＋\r(3)2)＝eq \r(7)，即得正六棱柱的外接球直径为eq \r(7)，所以这个球的表面积为4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(7),2)))2＝7π．
答案：7π
2．已知四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，边长为4，PA＝PD＝eq \r(13)，侧面PAD⊥底面ABCD，在四棱锥内放一个球，要使球的体积最大，则球的半径为________．
解析：四棱锥PABCD内放一个球，要使球的体积最大，
则球为四棱锥的内切球．
如图，分别取AD，BC的中点M，N，
连接PM，PN，MN．
因为侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝eq \r(13)，
所以PM⊥AD，所以PM⊥底面ABCD．又AD＝AB＝4，
所以MN＝4，PM＝eq \r(\r(13)2－22)＝3，
根据题意球O与四棱锥各面相切，
平面PMN即为四棱锥与内切球的轴截面，
在Rt△PMN中，PN＝eq \r(32＋42)＝5，
设E，F，G为切点，球O的半径为r，
则S△PMN＝eq \f(1,2)×3×4＝eq \f(1,2)(3＋4＋5)r，
所以r＝1，即所求．
答案：1
如图1，梯形ABCD中，CE⊥AD于E，BF⊥AD于F，且AF＝BF＝BC＝1，DE＝eq \r(2)，现将△ABF，△CDE分别沿BF与CE翻折，使点A与点D重合，点O为AC的中点，设平面ABF与平面CDE相交于直线l，如图2.
(1)求证：l∥CE；
(2)求证：OF⊥平面ABE.
(1)因为CE∥BF，CE⊄平面ABF，BF⊂平面ABF，
所以CE∥平面ABF.
又CE⊂平面ACE，平面ACE∩平面ABF＝l，
所以CE∥l.
(2)如图，连接CF，与BE交于点G，连接AG，OG.
因为AF＝BF＝1，AF⊥BF，
所以AB＝eq \r(2)，
所以AB＝AE＝BE＝eq \r(2)，
所以AG⊥BE.
又BE⊥CF，AG∩CF＝G，
所以BE⊥平面AFC，
所以平面ABE⊥平面AFC，交线为AG.
又AF⊥BF，AF⊥EF，BF∩EF＝F，
所以AF⊥平面BCEF，所以AF⊥CF.
在Rt△AFG中，tan∠FAG＝eq \f(\r(2),2).
易知G为BE的中点，
又O为AC的中点，
所以OG＝eq \f(1,2)AF＝eq \f(1,2)，OG∥AF，
故OG⊥CF.
在Rt△FGO中，FG＝eq \f(\r(2),2)，OG＝eq \f(1,2)，
所以tan∠OFC＝eq \f(OG,FG)＝eq \f(\r(2),2)，
所以∠FAG＝∠OFC.
又∠OFC＋∠AFO＝eq \f(π,2)，
所以∠FAG＋∠AFO＝eq \f(π,2)，
所以AG⊥OF，
所以OF⊥平面ABE.
解决平面图形翻折为空间图形问题的关键是看翻折前后线面位置关系的变化，根据翻折的过程理清翻折前后位置关系中没有变化的量是哪些、发生变化的量是哪些，这些不变的量和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征，求解问题时要综合考虑翻折前后的图形．
(2016·浙江高考)如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD＝DA，PB＝BA，则四面体PBCD的体积的最大值是________．
解析：在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，
∴AC＝ eq \r(22＋22－2×2×2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝2eq \r(3).
设CD＝x，
则AD＝2eq \r(3)－x，
∴PD＝2eq \r(3)－x，
∴VPBCD＝eq \f(1,3)S△BCD·h
≤eq \f(1,3)×eq \f(1,2)BC·CD·sin 30°·PD
＝eq \f(1,6)x(2eq \r(3)－x)≤eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋2\r(3)－x,2)))2
＝eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),2)))2＝eq \f(1,2)，
当且仅当x＝2eq \r(3)－x，即x＝eq \r(3)时取“＝”，
此时PD＝eq \r(3)，BD＝1，PB＝2，满足题意．
故四面体PBCD的体积的最大值为eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
1．某四面体的三视图如图，则其四个面中最大的面积是( )
A．2 B．2eq \r(2)
C．eq \r(3) D．2eq \r(3)
解析：选D 在正方体ABCDA1B1C1D1中还原出三视图的直观图，其是一个三个顶点在正方体的右侧面、一个顶点在左侧面的三棱锥，即为D1BCB1，如图所示，其四个面的面积分别为2,2eq \r(2)，2eq \r(2)，2eq \r(3)，故选D．
2．(2016·广东茂名二模)若几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为( )
A．34π B．35π
C．36π D．17π
解析：选A 由几何体的三视图知它是底面为正方形且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，可把它补成一个长、宽、高分别为3,3,4的长方体，该长方体的外接球即为原四棱锥的外接球，所以4R2＝32＋32＋42＝34(其中R为外接球的半径)，外接球表面积为S＝4πR2＝34π．
3．(2017·湖南长沙三校联考)已知点E，F，G分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AA1，CC1，DD1的中点，点M，N，Q，P分别在线段DF，AG，BE，C1B1上．以M，N，Q，P为顶点的三棱锥PMNQ的俯视图不可能是( )
解析：选C 当M与F重合、N与G重合、Q与E重合、P与B1重合时，三棱锥PMNQ的俯视图为A；当M，N，Q，P是所在线段的中点时，三棱锥PMNQ的俯视图为B；当M，N，Q，P位于所在线段的非端点位置时，存在三棱锥PMNQ，使其俯视图为D．
4．(2017·河南中原名校联考)
如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1是棱长为1的正方体，四棱锥SABCD是高为1的正四棱锥，若点S，A1，B1，C1，D1在同一个球面上，则该球的表面积为( )
A．eq \f(9,16)π B．eq \f(25,16)π
C．eq \f(49,16)π D．eq \f(81,16)π
解析：选D 作如图所示的辅助线，
其中O为球心，设OG1＝x，
则OB1＝SO＝2－x，
由正方体的性质知B1G1＝eq \f(\r(2),2)，
则在Rt△OB1G1中，
OBeq \\al(2,1)＝G1Beq \\al(2,1)＋OGeq \\al(2,1)，
即(2－x)2＝x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2，
解得x＝eq \f(7,8)，
所以球的半径R＝OB1＝eq \f(9,8)，
所以球的表面积为S＝4πR2＝eq \f(81,16)π．
5．(2016·湖南长沙四校一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．eq \f(11\r(3),6) B．eq \r(3)
C．eq \f(5\r(3),3) D．eq \f(4\r(3),3)
解析：选B 由三视图知该几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示，△PAD为正三角形，四棱锥的底面是直角梯形，四棱锥的高为eq \r(3)，∴所求体积V＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×1＋2×2))×eq \r(3)＝eq \r(3)．
6．(2016·湖南郴州模拟)一只蚂蚁从正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( )
A．①② B．①③
C．③④ D．②④
解析：选D 由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)，若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④．而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．
7．(2016·福建省质检)在三棱锥PABC中，PA＝2eq \r(3)，PC＝2，AB＝eq \r(7)，BC＝3，∠ABC＝eq \f(π,2)，则三棱锥PABC外接球的表面积为( )
A．4π B．eq \f(16,3)π
C．eq \f(32,3)π D．16π
解析：选D 设三棱锥PABC的外接球的半径为R，在△ABC中，因为AB＝eq \r(7)，BC＝3，∠ABC＝eq \f(π,2)，所以AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝4．在△PAC中，因为PA＝2eq \r(3)，PC＝2，AC＝4，所以PA2＋PC2＝AC2，所以∠APC＝eq \f(π,2)，所以AC为三棱锥PABC的外接球的直径，所以R＝2，所以此三棱锥的外接球的表面积S＝4πR2＝4π×22＝16π．
8．(2016·南宁模拟)设点A，B，C为球O的球面上三点，O为球心．球O的表面积为100π，且△ABC是边长为4eq \r(3)的正三角形，则三棱锥OABC的体积为( )
A．12 B．12eq \r(3)
C．24eq \r(3) D．36eq \r(3)
解析：选B ∵球O的表面积为100π＝4πr2，∴球O的半径为5．如图，取△ABC的中心H，连接OH，连接并延长AH交BC于点M，则AM＝eq \r(4\r(3)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),2)))2)＝6，AH＝eq \f(2,3)AM＝4，∴OH＝eq \r(OA2－AH2)＝eq \r(52－42)＝3，
∴三棱锥OABC的体积为V＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×(4eq \r(3))2×3＝12eq \r(3)．
9．如图，三棱锥VABC的底面为正三角形，侧面VAC与底面垂直且VA＝VC，已知其正视图的面积为eq \f(2,3)，则其侧视图的面积为________．
解析：设三棱锥VABC的底面边长为a，侧面VAC的边AC上的高为h，
则ah＝eq \f(4,3)，其侧视图是由底面三角形ABC边AC上的高与侧面三角形VAC边AC上的高组成的直角三角形，
其面积为eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)a×h＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)×eq \f(4,3)＝eq \f(\r(3),3)．
答案：eq \f(\r(3),3)
10．(2016·南昌一模)正三角形ABC的边长为2，将它沿高AD翻折，使点B与点C间的距离为eq \r(2)，此时四面体ABCD外接球的表面积为________．
解析：由题知，求四面体ABCD的外接球的表面积可转化为求长、宽、高分别为1,1，eq \r(3)的长方体的外接球的表面积，其半径R＝eq \f(1,2) eq \r(12＋12＋\r(3) 2)＝eq \f(\r(5),2)，所以S＝4πR2＝5π．
答案：5π
11．(2016·江西师大附中模拟)已知边长为2eq \r(3)的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，沿对角线BD折成二面角ABDC的大小为120°的四面体，则四面体的外接球的表面积为________．
解析：如图1，取BD的中点E，连接AE，CE．由已知条件可知，平面ACE⊥平面BCD．易知外接球球心在平面ACE内，如图2，在CE上取点G，使CG＝2GE，过点G作l1垂直于CE，过点E作l2垂直于AC，设l1与l2交于点O，连接OA，OC，则OA＝OC，易知O即为球心．分别解△OCG，△EGO可得R＝OC＝eq \r(7)，∴外接球的表面积为28π．
答案：28π
12．(2017·贵州适应性考试)已知正三棱柱(底面是正三角形，侧棱与底面垂直)的体积为3eq \r(3) cm3，其所有顶点都在球O的球面上，则球O的表面积的最小值为________cm2．
解析：球O的表面积最小等价于球O的半径R最小．设正三棱柱的底面边长为a，高为b，则正三棱柱的体积V＝eq \f(\r(3),4)a2b＝3eq \r(3)，所以a2b＝12．底面正三角形所在截面圆的半径r＝eq \f(\r(3),3)a，则R2＝r2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,2)))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)a))2＋eq \f(b2,4)＝eq \f(1,3)×eq \f(12,b)＋eq \f(b2,4)＝eq \f(4,b)＋eq \f(b2,4)，令f(b)＝eq \f(4,b)＋eq \f(b2,4)，0＜b＜2R，则f′(b)＝eq \f(b3－8,2b2)．令f′(b)＝0，解得b＝2，当0＜b＜2时f′(b)＜0，函数f(b)单调递减，当b＞2时，f′(b)＞0，函数f(b)单调递增，所以当b＝2时，f(b)取得最小值3，即(R2)min＝3，故球O的表面积的最小值为4π(R2)min＝12π．
答案：12π
13．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝eq \f(π,2)，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图2．
(1)证明：CD⊥平面A1OC；
(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD的夹角的余弦值．
解：(1)证明：在题图1中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝eq \f(π,2)，
所以BE⊥AC．
即在题图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，
从而BE⊥平面A1OC，
又BC∥DE，DE＝1＝BC，
所以四边形BCDE为平行四边形，所以CD∥BE，
所以CD⊥平面A1OC．
(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，
又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，
所以∠A1OC为二面角A1BEC的平面角，
所以∠A1OC＝eq \f(π,2)．
如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，
因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，
所以Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，0，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，0，0))，A1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(2),2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)，0))，
得eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，eq \(A1C,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，
eq \(CD,\s\up7(―→))＝eq \(BE,\s\up7(―→))＝(－eq \r(2)，0,0)．
设平面A1BC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
平面A1CD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·eq \(BC,\s\up7(―→))＝0，,n1·eq \(A1C,\s\up7(―→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x1＋y1＝0，,y1－z1＝0，))
取y1＝1，
得平面A1BC的一个法向量为n1＝(1,1,1)；
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·eq \(CD,\s\up7(―→))＝0，,n2·eq \(A1C,\s\up7(―→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝0，,y2－z2＝0，))
取y2＝1，得平面A1CD的一个法向量为n2＝(0,1,1)．
从而cs θ＝|csn1，n2|＝eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),3)，
即平面A1BC与平面A1CD的夹角的余弦值为eq \f(\r(6),3)．
快速识别空间几何体的直观图与三视图
与球相关的“接”、“切”问题
方法
解读
适合题型
截面法
解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作
球内切多面体或旋转体(如典例(2))
构造直角三角形法
首先确定球心位置，借助外接的性质——球心到多面体的顶点的距离等于球的半径，寻求球心到底面中心的距离、半径、顶点到底面中心的距离构造成直角三角形，利用勾股定理求半径
正棱锥、正棱柱的外接球(如典例(3))
补形法
因正方体、长方体的外接球半径易求得，故将一些特殊的几何体补形为正方体或长方体，便可借助外接球为同一个的特点求解
三条侧棱两两垂直的三棱锥，从正方体或长方体的八个顶点中选取点作为顶点组成的三棱锥、四棱锥等(如典例(1))
平面图形的翻折问题
(1)某几何体的直观图如图所示，该几何体的正视图和侧视图可能正确的是( )
(2)(2016·山西质检)某几何体的三视图如图所示，当xy取得最大值时，该几何体的体积是________．
(1)由几何体的直观图，可知该几何体可以看作由正方体ABCDA1B1C1D1割掉四个角后所得的几何体ABCDMNPQ，如图所示，该几何体的正视图就是其在正方体的面CDD1C1上的投影，显然为正方形CDD1C1与△CDQ的组合；该几何体的侧视图就是其在面BCC1B1上的投影，显然为正方形BCC1B1和△BCP的组合．综上，只有A选项正确．
(2)由题意知，该几何体为如图所示的四棱锥PABCD，CD＝eq \f(y,2)，AB＝y，AC＝5，CP＝eq \r(7)，BP＝x，∴BP2＝BC2＋CP2，即x2＝25－y2＋7，x2＋y2＝32≥2xy，则xy≤16，当且仅当x＝y＝4时，等号成立．此时该几何体的体积V＝eq \f(1,3)×eq \f(2＋4,2)×3×eq \r(7)＝3eq \r(7)．
(1)A (2)3eq \r(7)
由几何体的三视图确定几何体的形状的关键在于准确把握常见几何体的三视图，由三视图中的数据确定几何体中的相关数据的关键是准确把握画三视图的基本原则：“正侧等高，正俯等长，侧俯等宽”，这是我们实现三视图数据与几何体度量之间相互转化的主要依据．
如图是某简单组合体的三视图，则该组合体的体积为( )
A．36eq \r(3)(π＋eq \r(2)) B．36eq \r(3)(π＋2)
C．108eq \r(3)π D．108(eq \r(3)π＋2)
解析：选B 由三视图中的数据可得，该组合体由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成，其中半圆锥的底面半径r＝6，三棱锥的底面是一个底边长为12，高为6的等腰三角形，两个锥体的高h＝eq \r(122－62)＝6eq \r(3)．
故半圆锥的体积V1＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)π×62×6eq \r(3)＝36eq \r(3)π；
三棱锥的底面积S＝eq \f(1,2)×12×6＝36，
三棱锥的体积V2＝eq \f(1,3)Sh＝eq \f(1,3)×36×6eq \r(3)＝72eq \r(3)．
故该几何体的体积V＝V1＋V2＝36eq \r(3)π＋72eq \r(3)＝36eq \r(3)(π＋2)．
2．(2017·海口调研)一锥体的三视图如图所示，则该棱锥的最长棱的棱长为( )
A．eq \r(33) B．eq \r(17)
C．eq \r(41) D．eq \r(42)
解析：选C 依题意，题中的几何体是四棱锥EABB1A1，如图所示(其中ABCDA1B1C1D1是棱长为4的正方体，C1E＝1)，EA＝eq \r(32＋42＋42)＝eq \r(41)，EA1＝eq \r(12＋42＋42)＝eq \r(33)，EB＝eq \r(32＋42)＝5，EB1＝eq \r(12＋42)＝eq \r(17)，AB＝BB1＝B1A1＝A1A＝4，因此该几何体的最长棱的棱长为eq \r(41)，选C．
(1)某四面体的三视图如图所示，正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形，则此四面体的外接球的体积为( )
A．eq \f(4π,3) B．3π
C．eq \f(\r(3)π,2) D．π
(2)若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为________．
(3)若正三棱锥的高和底面边长都等于6，则其外接球的表面积为________．
(1)
把该四面体ABCD放入正方体中，如图所示，此四面体的外接球即为正方体的外接球，由题意可知，正方体的棱长为1，所以外接球的半径为R＝eq \f(\r(3),2)，所以此四面体的外接球的体积为V＝eq \f(4,3)×π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))3＝eq \f(\r(3),2)π．故选C．
(2)过圆锥的旋转轴作轴截面，
得△ABC及其内切圆⊙O1和外切圆⊙O2，且两圆同圆心，即△ABC的内心与外心重合，易得△ABC为正三角形，
由题意知⊙O1的半径为r＝1，△ABC的边长为2eq \r(3)，
于是知圆锥的底面半径为eq \r(3)，高为3．
故所求体积为V＝eq \f(1,3)×π×3×3＝3π．
(3)如图，作PM⊥平面ABC于点M，则球心O在PM上，PM＝6，连接AM，AO，则OP＝OA＝R，在Rt△OAM中，OM＝6－R，OA＝R，又AB＝6，且△ABC为等边三角形，故AM＝eq \f(2,3) eq \r(62－32)＝2eq \r(3)，则R2－(6－R)2＝(2eq \r(3))2，解得R＝4，所以球的表面积S＝4πR2＝64π．
(1)C (2)3π (3)64π
与球相关的“接”、“切”问题的解决方法
1．一个正六棱柱的所有顶点在同一个球面上，且这个正六棱柱的底面周长为6，体积为eq \f(9,2)，那么这个球的表面积为________．
解析：如图所示，正六棱柱ABCDEFA1B1C1D1E1F1中，由正六边形ABCDEF的周长为6，可得其边长为1，正六棱柱的底面ABCDEF的面积为6×eq \f(1,2)×1×1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),2)，设正六棱柱的高为h，由此可得其体积V＝eq \f(3\r(3),2)×h＝eq \f(9,2)，解得h＝eq \r(3)，则AD1＝eq \r(AD2＋DD\\al(2,1))＝eq \r(22＋\r(3)2)＝eq \r(7)，即得正六棱柱的外接球直径为eq \r(7)，所以这个球的表面积为4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(7),2)))2＝7π．
答案：7π
2．已知四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，边长为4，PA＝PD＝eq \r(13)，侧面PAD⊥底面ABCD，在四棱锥内放一个球，要使球的体积最大，则球的半径为________．
解析：四棱锥PABCD内放一个球，要使球的体积最大，
则球为四棱锥的内切球．
如图，分别取AD，BC的中点M，N，
连接PM，PN，MN．
因为侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝eq \r(13)，
所以PM⊥AD，所以PM⊥底面ABCD．又AD＝AB＝4，
所以MN＝4，PM＝eq \r(\r(13)2－22)＝3，
根据题意球O与四棱锥各面相切，
平面PMN即为四棱锥与内切球的轴截面，
在Rt△PMN中，PN＝eq \r(32＋42)＝5，
设E，F，G为切点，球O的半径为r，
则S△PMN＝eq \f(1,2)×3×4＝eq \f(1,2)(3＋4＋5)r，
所以r＝1，即所求．
答案：1
如图1，梯形ABCD中，CE⊥AD于E，BF⊥AD于F，且AF＝BF＝BC＝1，DE＝eq \r(2)，现将△ABF，△CDE分别沿BF与CE翻折，使点A与点D重合，点O为AC的中点，设平面ABF与平面CDE相交于直线l，如图2.
(1)求证：l∥CE；
(2)求证：OF⊥平面ABE.
(1)因为CE∥BF，CE⊄平面ABF，BF⊂平面ABF，
所以CE∥平面ABF.
又CE⊂平面ACE，平面ACE∩平面ABF＝l，
所以CE∥l.
(2)如图，连接CF，与BE交于点G，连接AG，OG.
因为AF＝BF＝1，AF⊥BF，
所以AB＝eq \r(2)，
所以AB＝AE＝BE＝eq \r(2)，
所以AG⊥BE.
又BE⊥CF，AG∩CF＝G，
所以BE⊥平面AFC，
所以平面ABE⊥平面AFC，交线为AG.
又AF⊥BF，AF⊥EF，BF∩EF＝F，
所以AF⊥平面BCEF，所以AF⊥CF.
在Rt△AFG中，tan∠FAG＝eq \f(\r(2),2).
易知G为BE的中点，
又O为AC的中点，
所以OG＝eq \f(1,2)AF＝eq \f(1,2)，OG∥AF，
故OG⊥CF.
在Rt△FGO中，FG＝eq \f(\r(2),2)，OG＝eq \f(1,2)，
所以tan∠OFC＝eq \f(OG,FG)＝eq \f(\r(2),2)，
所以∠FAG＝∠OFC.
又∠OFC＋∠AFO＝eq \f(π,2)，
所以∠FAG＋∠AFO＝eq \f(π,2)，
所以AG⊥OF，
所以OF⊥平面ABE.
解决平面图形翻折为空间图形问题的关键是看翻折前后线面位置关系的变化，根据翻折的过程理清翻折前后位置关系中没有变化的量是哪些、发生变化的量是哪些，这些不变的量和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征，求解问题时要综合考虑翻折前后的图形．
(2016·浙江高考)如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD＝DA，PB＝BA，则四面体PBCD的体积的最大值是________．
解析：在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，
∴AC＝ eq \r(22＋22－2×2×2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝2eq \r(3).
设CD＝x，
则AD＝2eq \r(3)－x，
∴PD＝2eq \r(3)－x，
∴VPBCD＝eq \f(1,3)S△BCD·h
≤eq \f(1,3)×eq \f(1,2)BC·CD·sin 30°·PD
＝eq \f(1,6)x(2eq \r(3)－x)≤eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋2\r(3)－x,2)))2
＝eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),2)))2＝eq \f(1,2)，
当且仅当x＝2eq \r(3)－x，即x＝eq \r(3)时取“＝”，
此时PD＝eq \r(3)，BD＝1，PB＝2，满足题意．
故四面体PBCD的体积的最大值为eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
1．某四面体的三视图如图，则其四个面中最大的面积是( )
A．2 B．2eq \r(2)
C．eq \r(3) D．2eq \r(3)
解析：选D 在正方体ABCDA1B1C1D1中还原出三视图的直观图，其是一个三个顶点在正方体的右侧面、一个顶点在左侧面的三棱锥，即为D1BCB1，如图所示，其四个面的面积分别为2,2eq \r(2)，2eq \r(2)，2eq \r(3)，故选D．
2．(2016·广东茂名二模)若几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为( )
A．34π B．35π
C．36π D．17π
解析：选A 由几何体的三视图知它是底面为正方形且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，可把它补成一个长、宽、高分别为3,3,4的长方体，该长方体的外接球即为原四棱锥的外接球，所以4R2＝32＋32＋42＝34(其中R为外接球的半径)，外接球表面积为S＝4πR2＝34π．
3．(2017·湖南长沙三校联考)已知点E，F，G分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AA1，CC1，DD1的中点，点M，N，Q，P分别在线段DF，AG，BE，C1B1上．以M，N，Q，P为顶点的三棱锥PMNQ的俯视图不可能是( )
解析：选C 当M与F重合、N与G重合、Q与E重合、P与B1重合时，三棱锥PMNQ的俯视图为A；当M，N，Q，P是所在线段的中点时，三棱锥PMNQ的俯视图为B；当M，N，Q，P位于所在线段的非端点位置时，存在三棱锥PMNQ，使其俯视图为D．
4．(2017·河南中原名校联考)
如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1是棱长为1的正方体，四棱锥SABCD是高为1的正四棱锥，若点S，A1，B1，C1，D1在同一个球面上，则该球的表面积为( )
A．eq \f(9,16)π B．eq \f(25,16)π
C．eq \f(49,16)π D．eq \f(81,16)π
解析：选D 作如图所示的辅助线，
其中O为球心，设OG1＝x，
则OB1＝SO＝2－x，
由正方体的性质知B1G1＝eq \f(\r(2),2)，
则在Rt△OB1G1中，
OBeq \\al(2,1)＝G1Beq \\al(2,1)＋OGeq \\al(2,1)，
即(2－x)2＝x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2，
解得x＝eq \f(7,8)，
所以球的半径R＝OB1＝eq \f(9,8)，
所以球的表面积为S＝4πR2＝eq \f(81,16)π．
5．(2016·湖南长沙四校一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．eq \f(11\r(3),6) B．eq \r(3)
C．eq \f(5\r(3),3) D．eq \f(4\r(3),3)
解析：选B 由三视图知该几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示，△PAD为正三角形，四棱锥的底面是直角梯形，四棱锥的高为eq \r(3)，∴所求体积V＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×1＋2×2))×eq \r(3)＝eq \r(3)．
6．(2016·湖南郴州模拟)一只蚂蚁从正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( )
A．①② B．①③
C．③④ D．②④
解析：选D 由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)，若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④．而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．
7．(2016·福建省质检)在三棱锥PABC中，PA＝2eq \r(3)，PC＝2，AB＝eq \r(7)，BC＝3，∠ABC＝eq \f(π,2)，则三棱锥PABC外接球的表面积为( )
A．4π B．eq \f(16,3)π
C．eq \f(32,3)π D．16π
解析：选D 设三棱锥PABC的外接球的半径为R，在△ABC中，因为AB＝eq \r(7)，BC＝3，∠ABC＝eq \f(π,2)，所以AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝4．在△PAC中，因为PA＝2eq \r(3)，PC＝2，AC＝4，所以PA2＋PC2＝AC2，所以∠APC＝eq \f(π,2)，所以AC为三棱锥PABC的外接球的直径，所以R＝2，所以此三棱锥的外接球的表面积S＝4πR2＝4π×22＝16π．
8．(2016·南宁模拟)设点A，B，C为球O的球面上三点，O为球心．球O的表面积为100π，且△ABC是边长为4eq \r(3)的正三角形，则三棱锥OABC的体积为( )
A．12 B．12eq \r(3)
C．24eq \r(3) D．36eq \r(3)
解析：选B ∵球O的表面积为100π＝4πr2，∴球O的半径为5．如图，取△ABC的中心H，连接OH，连接并延长AH交BC于点M，则AM＝eq \r(4\r(3)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),2)))2)＝6，AH＝eq \f(2,3)AM＝4，∴OH＝eq \r(OA2－AH2)＝eq \r(52－42)＝3，
∴三棱锥OABC的体积为V＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×(4eq \r(3))2×3＝12eq \r(3)．
9．如图，三棱锥VABC的底面为正三角形，侧面VAC与底面垂直且VA＝VC，已知其正视图的面积为eq \f(2,3)，则其侧视图的面积为________．
解析：设三棱锥VABC的底面边长为a，侧面VAC的边AC上的高为h，
则ah＝eq \f(4,3)，其侧视图是由底面三角形ABC边AC上的高与侧面三角形VAC边AC上的高组成的直角三角形，
其面积为eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)a×h＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)×eq \f(4,3)＝eq \f(\r(3),3)．
答案：eq \f(\r(3),3)
10．(2016·南昌一模)正三角形ABC的边长为2，将它沿高AD翻折，使点B与点C间的距离为eq \r(2)，此时四面体ABCD外接球的表面积为________．
解析：由题知，求四面体ABCD的外接球的表面积可转化为求长、宽、高分别为1,1，eq \r(3)的长方体的外接球的表面积，其半径R＝eq \f(1,2) eq \r(12＋12＋\r(3) 2)＝eq \f(\r(5),2)，所以S＝4πR2＝5π．
答案：5π
11．(2016·江西师大附中模拟)已知边长为2eq \r(3)的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，沿对角线BD折成二面角ABDC的大小为120°的四面体，则四面体的外接球的表面积为________．
解析：如图1，取BD的中点E，连接AE，CE．由已知条件可知，平面ACE⊥平面BCD．易知外接球球心在平面ACE内，如图2，在CE上取点G，使CG＝2GE，过点G作l1垂直于CE，过点E作l2垂直于AC，设l1与l2交于点O，连接OA，OC，则OA＝OC，易知O即为球心．分别解△OCG，△EGO可得R＝OC＝eq \r(7)，∴外接球的表面积为28π．
答案：28π
12．(2017·贵州适应性考试)已知正三棱柱(底面是正三角形，侧棱与底面垂直)的体积为3eq \r(3) cm3，其所有顶点都在球O的球面上，则球O的表面积的最小值为________cm2．
解析：球O的表面积最小等价于球O的半径R最小．设正三棱柱的底面边长为a，高为b，则正三棱柱的体积V＝eq \f(\r(3),4)a2b＝3eq \r(3)，所以a2b＝12．底面正三角形所在截面圆的半径r＝eq \f(\r(3),3)a，则R2＝r2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,2)))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)a))2＋eq \f(b2,4)＝eq \f(1,3)×eq \f(12,b)＋eq \f(b2,4)＝eq \f(4,b)＋eq \f(b2,4)，令f(b)＝eq \f(4,b)＋eq \f(b2,4)，0＜b＜2R，则f′(b)＝eq \f(b3－8,2b2)．令f′(b)＝0，解得b＝2，当0＜b＜2时f′(b)＜0，函数f(b)单调递减，当b＞2时，f′(b)＞0，函数f(b)单调递增，所以当b＝2时，f(b)取得最小值3，即(R2)min＝3，故球O的表面积的最小值为4π(R2)min＝12π．
答案：12π
13．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝eq \f(π,2)，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图2．
(1)证明：CD⊥平面A1OC；
(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD的夹角的余弦值．
解：(1)证明：在题图1中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝eq \f(π,2)，
所以BE⊥AC．
即在题图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，
从而BE⊥平面A1OC，
又BC∥DE，DE＝1＝BC，
所以四边形BCDE为平行四边形，所以CD∥BE，
所以CD⊥平面A1OC．
(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，
又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，
所以∠A1OC为二面角A1BEC的平面角，
所以∠A1OC＝eq \f(π,2)．
如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，
因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，
所以Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，0，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，0，0))，A1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(2),2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)，0))，
得eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，eq \(A1C,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，
eq \(CD,\s\up7(―→))＝eq \(BE,\s\up7(―→))＝(－eq \r(2)，0,0)．
设平面A1BC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
平面A1CD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·eq \(BC,\s\up7(―→))＝0，,n1·eq \(A1C,\s\up7(―→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x1＋y1＝0，,y1－z1＝0，))
取y1＝1，
得平面A1BC的一个法向量为n1＝(1,1,1)；
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·eq \(CD,\s\up7(―→))＝0，,n2·eq \(A1C,\s\up7(―→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝0，,y2－z2＝0，))
取y2＝1，得平面A1CD的一个法向量为n2＝(0,1,1)．
从而cs θ＝|csn1，n2|＝eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),3)，
即平面A1BC与平面A1CD的夹角的余弦值为eq \f(\r(6),3)．
快速识别空间几何体的直观图与三视图
与球相关的“接”、“切”问题
方法
解读
适合题型
截面法
解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作
球内切多面体或旋转体(如典例(2))
构造直角三角形法
首先确定球心位置，借助外接的性质——球心到多面体的顶点的距离等于球的半径，寻求球心到底面中心的距离、半径、顶点到底面中心的距离构造成直角三角形，利用勾股定理求半径
正棱锥、正棱柱的外接球(如典例(3))
补形法
因正方体、长方体的外接球半径易求得，故将一些特殊的几何体补形为正方体或长方体，便可借助外接球为同一个的特点求解
三条侧棱两两垂直的三棱锥，从正方体或长方体的八个顶点中选取点作为顶点组成的三棱锥、四棱锥等(如典例(1))
平面图形的翻折问题
相关试卷
高中数学高考2018高考数学（文）大一轮复习习题 冲刺985 压轴题命题区间（四） 数列 Word版含答案： 这是一份高中数学高考2018高考数学（文）大一轮复习习题 冲刺985 压轴题命题区间（四） 数列 Word版含答案，共13页。试卷主要包含了依次写出{bn}的每一项；等内容，欢迎下载使用。
高中数学高考2018高考数学（文）大一轮复习习题 冲刺985 压轴题命题区间（二） 函数与导数 Word版含答案： 这是一份高中数学高考2018高考数学（文）大一轮复习习题 冲刺985 压轴题命题区间（二） 函数与导数 Word版含答案，共37页。试卷主要包含了设函数f＝x2－ax＋b等内容，欢迎下载使用。
2021高考数学（文）大一轮复习习题 冲刺985 压轴题命题区间（六） 圆锥曲线问题 word版含答案： 这是一份2021高考数学（文）大一轮复习习题 冲刺985 压轴题命题区间（六） 圆锥曲线问题 word版含答案，共37页。
