文科立體幾何基礎及球

第一節(jié)空間幾何體的結構及其三視圖、直觀圖1.(2014·新課標全國Ⅰ，8)如圖，網格紙的各小格都是正方形，粗實線畫出的是一個幾何體的三視圖，那么這個幾何體是()A.三棱錐B.三棱柱C.四棱錐 D.四棱柱解析由題圖可知，該幾何體的三視圖為一個三角形，兩個四邊形，分析可知該幾何體為三棱柱，應選B.2.(2014·新課標全國Ⅱ，6)如圖，網格紙上正方形小格的邊長為1(表示1cm)，圖中粗線畫出的是某零件的三視圖，該零件由一個底面半徑為3cm，高為6cm的圓柱體毛坯切削得到，那么切削掉局部的體積與原來毛坯體積的比值為()A.eq\f(17,27)B.eq\f(5,9)C.eq\f(10,27)D.eq\f(1,3)解析由三視圖可知該零件是一個底面半徑為2、高為4的圓柱和一個底面半徑為3、高為2的圓柱的組合體，所以該組合體的體積V1＝π·22·4＋π·32·2＝34π，原來的圓柱體毛坯的體積為V＝π·32·6＝54π，那么切削掉局部的體積為V2＝54π－34π＝20π，所以切削掉局部的體積與原來的圓柱體毛坯體積的比值為eq\f(20π,54π)＝eq\f(10,27).應選C.【例1】(1)(2016·貴州七校聯考)如下圖，四面體ABCD的四個頂點是長方體的四個頂點(長方體是虛擬圖形，起輔助作用)，那么四面體ABCD的三視圖是(用①②③④⑤⑥代表圖形)()A.①②⑥B.①②③C.④⑤⑥ D.③④⑤(2)(2013·新課標全國Ⅱ卷)一個四面體的頂點在空間直角坐標系Oxyz中的坐標分別是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，畫該四面體三視圖中的正視圖時，以zOx平面為投影面，那么得到的正視圖可以為()解析(1)正視圖應是相鄰兩邊長為3和4的矩形，其對角線左下到右上是實線，左上到右下是虛線，因此正視圖是①；側視圖應是相鄰兩邊長為5和4的矩形，其對角線左上到右下是實線，左下到右上是虛線，因此側視圖是②，俯視圖應是相鄰兩邊長為3和5的矩形，其對角線左上到右下是實線，左下到右上是虛線，因此俯視圖是③，應選B.(2)在空間直角坐標系中，先畫出四面體OABC的直觀圖，如圖，設O(0，0，0)，A(1，0，1)，B(1，1，0)，C(0，1，1)，將以O，A，B，C為頂點的四面體被復原成一正方體后，由于OA⊥BC，所以該幾何體以zOx平面為投影面的正視圖為A.[點評]首先確定直觀圖中的關鍵點，找出各點在投影面的位置，從而畫出各視圖的形狀.第二節(jié)空間幾何體的外表積與體積1.(2016·新課標全國Ⅱ，4)體積為8的正方體的頂點都在同一球面上，那么該球面的外表積為()A.12πB.eq\f(32,3)πC.8πD.4π解析由題可知正方體的棱長為2，其體對角線2eq\r(3)即為球的直徑，所以球的外表積為4πR2＝(2R)2π＝12π，應選A.2.(2016·新課標全國Ⅱ，7)如圖是由圓柱與圓錐組合而成的幾何體的三視圖，那么該幾何體的外表積為()A.20πB.24πC.28π D.32π解析由三視圖可知，組合體的底面圓的面積和周長均為4π，圓錐的母線長l＝eq\r(〔2\r(3)〕2＋22)＝4，所以圓錐的側面積為S錐側＝eq\f(1,2)×4π×4＝8π，圓柱的側面積S柱側＝4π×4＝16π，所以組合體的外表積S＝8π＋16π＋4π＝28π，應選C.3.(2016·新課標全國Ⅲ，10)如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某多面體的三視圖，那么該多面體的外表積為()A.18＋36eq\r(5)B.54＋18eq\r(5)C.90D.81解析由題意知，幾何體為平行六面體，邊長分別為3，3，eq\r(45)，幾何體的外表積S＝3×6×2＋3×3×2＋3×eq\r(45)×2＝54＋18eq\r(5).4.(2015·新課標全國Ⅰ，11)圓柱被一個平面截去一局部后與半球(半徑為r)組成一個幾何體，該幾何體三視圖中的正視圖和俯視圖如下圖.假設該幾何體的外表積為16＋20π，那么r＝()A.1B.2C.4D.8解析由題意知，2r·2r＋eq\f(1,2)·2πr·2r＋eq\f(1,2)πr2＋eq\f(1,2)πr2＋eq\f(1,2)·4πr2＝4r2＋5πr2＝16＋20π，∴r＝2.5.(2015·新課標全國Ⅱ，10)A，B是球O的球面上兩點，∠AOB＝90°，C為該球面上的動點.假設三棱錐OABC體積的最大值為36，那么球O的外表積為()A.36πB.64πC.144π D.256π解析如圖，要使三棱錐OABC即COAB的體積最大，當且僅當點C到平面OAB的距離，即三棱錐COAB底面OAB上的高最大，其最大值為球O的半徑R，那么VOABC最大＝VCOAB最大＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)S△OAB×R＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×R2×R＝eq\f(1,6)R3＝36，所以R＝6，得S球O＝4πR2＝4π×62＝144π.選C.6.(2013·新課標全國Ⅰ，15)H是球O的直徑AB上一點，AH∶HB＝1∶2，AB⊥平面α，H為垂足，α截球O所得截面的面積為π，那么球O的外表積為________.解析平面α截球O所得截面為圓面，圓心為H，設球O的半徑為R，那么由AH∶HB＝1∶2得OH＝eq\f(1,3)R，由圓H的面積為π，得圓H的半徑為1，所以(eq\f(R,3))2＋12＝R2，得出R2＝eq\f(9,8)，所以球O的外表積S＝4πR2＝4π·eq\f(9,8)＝eq\f(9π,2).7.(2013·新課標全國Ⅱ，15)正四棱錐OABCD的體積為eq\f(3\r(2),2)，底面邊長為eq\r(3)，那么以O為球心，OA為半徑的球的外表積為________.解析如下圖，在正四棱錐OABCD中，VOABCD＝eq\f(1,3)×S正方形ABCD·|OO1|＝eq\f(1,3)×(eq\r(3))2×|OO1|＝eq\f(3\r(2),2)，∴|OO1|＝eq\f(3\r(2),2)，|AO1|＝eq\f(\r(6),2)，在Rt△OO1A中，OA＝eq\r(|OO1|2＋|AO1|2)＝eq\r(〔\f(3\r(2),2)〕2＋〔\f(\r(6),2)〕2)＝eq\r(6)，即R＝eq\r(6)，∴S球＝4πR2＝24π.8.(2016·新課標全國Ⅲ，11)在封閉的直三棱柱ABCA1B1C1內有一個體積為V的球，假設AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，那么V的最大值是()A.4πB.eq\f(9π,2)C.6π D.eq\f(32π,3)解析由題意知，，所以球的最大直徑為3，V的最大值為eq\f(9π,2).9.(2016·新課標全國Ⅰ，7)如圖，某幾何體的三視圖是三個半徑相等的圓及每個圓中兩條互相垂直的半徑.假設該幾何體的體積是eq\f(28π,3)，那么它的外表積是()A.17πB.18πC.20π D.28π解析由題知，該幾何體的直觀圖如下圖，它是一個球(被過球心O且互相垂直的三個平面)切掉左上角的eq\f(1,8)后得到的組合體，其外表積是球面面積的eq\f(7,8)和三個eq\f(1,4)圓面積之和，易得球的半徑為2，那么得S＝eq\f(7,8)×4π×22＋3×eq\f(1,4)π×22＝17π，應選A.10.(2015·新課標全國Ⅰ，6)《九章算術》是我國古代內容極為豐富的數學名著，書中有如下問題：“今有委米依垣內角，下周八尺，高五尺，問：積及為米幾何？”其意思為：“在屋內墻角處堆放米(如圖，米堆為一個圓錐的四分之一)，米堆底部的弧長為8尺，米堆的高為5尺，問米堆的體積和堆放的米各為多少？”1斛米的體積約為立方尺，圓周率約為3，估算出堆放的米約有()A.14斛B.22斛C.36斛 D.66斛解析由題意知：米堆的底面半徑為eq\f(16,3)(尺)，體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,4)πR2·h＝eq\f(320,9)(立方尺).所以堆放的米大約為eq\f(320,9×1.62)≈22(斛).11.(2015·新課標全國Ⅱ，6)一個正方體被一個平面截去一局部后，剩余局部的三視圖如右圖，那么截去局部體積與剩余局部體積的比值為()A.eq\f(1,8)B.eq\f(1,7)C.eq\f(1,6)D.eq\f(1,5)解析如圖，由題意知，該幾何體是正方體ABCDA1B1C1D1被過三點A、B1、D1的平面所截剩余局部，截去的局部為三棱錐AA1B1D1，設正方體的棱長為1，那么截去局部體積與剩余局部體積的比值為＝eq\f(\f(1,3)×\f(1,2)×12×1,13－\f(1,3)×\f(1,2)×12×1)＝eq\f(1,5).選D.12.(2014·新課標全國Ⅱ，7)正三棱柱ABCA1B1C1的底面邊長為2，側棱長為eq\r(3)，D為BC中點，那么三棱錐AB1DC1的體積為()A.3B.eq\f(3,2)C.1D.eq\f(\r(3),2)解析由題意可知AD⊥BC，由面面垂直的性質定理可得AD⊥平面DB1C1，又AD＝2·sin60°＝eq\r(3)，A.16＋8πB.8＋8πC.16＋16π D.8＋16π解析由三視圖分析可知，幾何體由底面半徑為2，高為4的半圓柱和長、寬、高分別為2，4，2的長方體組合而成，V＝eq\f(1,2)×4×4π＋2×4×2＝16＋8π，由三視圖準確得出幾何體的形狀是解題的關鍵.答案A14.(2015·新課標全國Ⅱ，19)如圖，長方體ABCDA1B1C1D1中AB＝16，BC＝10，AA1＝8，點E，F分別在A1B1，D1C1上，A1E＝D1FE，F的平面α與此長方體的面相交，交線圍成一個正方形.(1)在圖中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由)；(2)求平面α把該長方體分成的兩局部體積的比值.解(1)交線圍成的正方形EHGF如圖：(2)作EM⊥AB，垂足為M，那么AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.因為EHGF為正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝eq\r(EH2－EM2)＝6，AH＝10，HB＝6.因為長方體被平面α分成兩個高為10的直棱柱，所以其體積的比值為eq\f(9,7)(eq\f(7,9)也正確).第三節(jié)空間點、線、面的位置關系1.(2016·新課標全國Ⅰ，11)平面α過正方體ABCDA1B1C1D1的頂點A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，那么m，n所成角的正弦值為()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(1,3)解析如下圖，設平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，∵α∥平面CB1D1，那么m1∥m，又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，∴B1D1∥m1，∴B1D1∥m，同理可得CD1∥n.故m、n的所成角的大小與B1D1、CD1所成角的大小相等，即∠CD1B1的大小.而B1C＝B1D1＝CD1(2.(2014·新課標全國Ⅱ，18)如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點.(1)證明：PB∥平面AEC；(2)設AP＝1，AD＝eq\r(3)，三棱錐PABD的體積V＝eq\f(\r(3),4)，求A到平面PBC的距離.(1)證明設BD與AC的交點為O，連接EO.因為ABCD為矩形，所以O為BD的中點.又E為PD的中點，所以EO∥PB.又因為EO?平面AEC，PB?平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)解V＝eq\f(1,6)PA·AB·AD＝eq\f(\r(3),6)AB.由V＝eq\f(\r(3),4)，可得AB＝eq\f(3,2).作AH⊥PB交PB于H.由題設知BC⊥平面PAB，所以BC⊥AH，故AH⊥平面PBC.在Rt△PAB中，由勾股定理可得PB＝eq\f(\r(13),2)，所以AH＝eq\f(PA·AB,PB)＝eq\f(3\r(13),13).所以A到平面PBC的距離為eq\f(3\r(13),13).第四節(jié)直線、平面平行的判定與性質1.(2016·新課標全國Ⅲ，19)如圖，四棱錐PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點，AM＝2MD，N為PC的中點.(1)證明：MN∥平面PAB；(2)求四面體NBCM的體積.(1)證明由得AM＝eq\f(2,3)ADBP的中點T，連接AT，TN，由N為PC中點知TN∥BC，TN＝eq\f(1,2)BC＝2.又AD∥BC，故TN∥且=AM，四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN∥AT.因為AT?平面PAB，MN?平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)解因為PA⊥平面ABCD，N為PC的中點，所以N到平面ABCD的距離為eq\f(1,2)PA.取BC的中點E，連接AE.由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\r(5).由AM∥BC得M到BC的距離為eq\r(5)，故S△BCM＝eq\f(1,2)×4×eq\r(5)＝2eq\r(5).所以四面體NBCM的體積VNBCM＝eq\f(1,3)×S△BCM×eq\f(PA,2)＝eq\f(4\r(5),3).2.(2013·新課標全國Ⅱ，18)如圖，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分別是AB，BB1的中點.(1)證明：BC1∥平面A1CD；(2)設AA1＝AC＝CB＝2，AB＝2eq\r(2)，求三棱錐CA1DE的體積.(1)證明連接AC1交A1C于點F，那么F為AC1中點.又D是AB中點，連接DF，那么BC1∥DF.因為DF?平面A1CD，BC1?平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD.(2)解因為ABCA1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD.由AC＝CB，D為AB的中點，所以CD⊥AB.又AA1∩AB＝A，于是CD⊥平面ABB1A1.由AA1＝AC＝CB＝2，AB＝2eq\r(2)得∠ACB＝90°，CD＝eq\r(2)，A1D＝eq\r(6)，DE＝eq\r(3)，A1E＝3，故A1D2＋DE2＝A1E2，即DE⊥A1D.所以VCA1DE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(3)×eq\r(2)＝1.第五節(jié)直線、平面垂直的判定與性質1.(2013·大綱全國，11)正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1＝2AB，那么CD與平面BDC1所成角的正弦值等于()A.eq\f(2,3)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(2),3)D.eq\f(1,3)解析如圖，設AA1＝2AB＝2，AC交BD于點O，連接OC1，過C作CH⊥OC1于點H，連接DH.∵BD⊥AC，BD⊥AA1，∴BD⊥平面ACC1A1.∴CH?平面ACC1A1，∴CH⊥BD.∴CH⊥平面C1BD.∴∠CDH為CD與平面BDC1所成的角.OC1＝eq\r(CCeq\o\al(2,1)＋OC2)＝eq\r(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(3,\r(2)).由等面積法得OC1·CH＝OC·CC1，∴eq\f(3,\r(2))·CH＝eq\f(\r(2),2)×2.CH＝eq\f(2,3).∴sin∠CDH＝eq\f(CH,CD)＝eq\f(\f(2,3),1)＝eq\f(2,3).應選A.2.(2016·新課標全國Ⅰ，18)如圖，正三棱錐PABC的側面是直角三角形，PA＝6，頂點P在平面ABC內的正投影為點D，D在平面PAB內的正投影為點E，連接PE并延長交AB于點G.(1)證明：G是AB的中點；(2)作出點E在平面PAC內的正投影F(說明作法及理由)，并求四面體PDEF的體積.(1)證明因為P在平面ABC內的正投影為D，所以AB⊥PD.因為D在平面PAB內的正投影為E，所以AB⊥DE.所以AB⊥平面PED，故AB⊥PG.又由可得，PA＝PB，從而G是AB的中點.(2)解在平面PAB內，過點E作PB的平行線交PA于點F，F即為E在平面PAC內的正投影.理由如下：由可得PB⊥PA，PB⊥PC，又EF∥PB，所以EF⊥PA，EF⊥PC，因此EF⊥平面PAC，即點F為E在平面PAC內的正投影.連接CG，因為P在平面ABC內的正投影為D，所以D是正三角形ABC的中心.由(1)知，G是AB的中點，所以D在CG上，故CD＝eq\f(2,3)CG.由題設可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB，所以DE∥PC，因此PE＝eq\f(2,3)PG，DE＝eq\f(1,3)PC.由，正三棱錐的側面是直角三角形且PA＝6，可得DE＝2，PE＝2eq\r(2).在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2.所以四面體PDEF的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3).3.(2016·新課標全國Ⅱ，19)如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，點E，F分別在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于點H，將△DEF沿EF折到△D′EF的位置.(1)證明：AC⊥HD′；(2)假設AB＝5，AC＝6，AE＝eq\f(5,4)，OD′＝2eq\r(2)，求五棱錐D′ABCFE的體積.(1)證明由得AC⊥BD，AD＝CD，又由AE＝CF得eq\f(AE,AD)＝eq\f(CF,CD)，故AC∥EF，由此得EF⊥HD，折后EF與HD保持垂直關系，即EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.(2)解由EF∥AC得eq\f(OH,DO)＝eq\f(AE,AD)＝eq\f(1,4).由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝eq\r(AB2－AO2)＝4，所以OH＝1，D′H＝DH＝3，于是OD′2＋OH2＝(2eq\r(2))2＋12＝9＝D′H2，故OD′⊥OH.由(1)知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，所以AC⊥平面DHD′，于是AC⊥OD′，又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.又由eq\f(EF,AC)＝eq\f(DH,DO)得EF＝eq\f(9,2).五邊形ABCFE的面積S＝eq\f(1,2)×6×8－eq\f(1,2)×eq\f(9,2)×3＝eq\f(69,4).所以五棱錐D′ABCFE的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(69,4)×2eq\r(2)＝eq\f(23\r(2),2).4.(2015·新課標全國Ⅰ，18)如圖，四邊形ABCD為菱形，G是AC與BD的交點，BE⊥平面ABCD.(1)證明：平面AEC⊥平面BED；(2)假設∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱錐EACD的體積為eq\f(\r(6),3)，求該三棱錐的側面積.解(1)因為四邊形ABCD為菱形，所以AC⊥BD.因為BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE.故AC⊥平面BED.又AC?平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.(2)設AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝eq\f(\r(3),2)x，GB＝GD＝eq\f(x,2).因為AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝eq\f(\r(3),2)x.由BE⊥平面ABCD，知△EBG為直角三角形，可得BE＝eq\f(\r(2),2)x.由得，三棱錐EACD的體積VEACD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AC·GD·BE＝eq\f(\r(6),24)x3＝eq\f(\r(6),3).故x＝2.從而可得AE＝EC＝ED＝eq\r(6).所以△EAC的面積為3，△EAD的面積與△ECD的面積均為eq\r(5).故三棱錐EACD的側面積為3＋2eq\r(5).5.(2014·新課標全國Ⅰ，19)如圖，三棱柱ABCA1B1C1中，側面BB1C1C為菱形，B1C的中點為O，且AO⊥平面BB1C1C.(1)證明：B1C⊥AB；(2)假設AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABCA1B1C1的高.(1)證明連接BC1，那么O為B1C與BC1的交點.因為側面BB1C1C為菱形，所以B1C⊥BC1.又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，又因為BC1∩AO＝O，所以B1C⊥平面ABO.由于AB?平面ABO，故B1C⊥AB.(2)解作OD⊥BC，垂足為D，連接AD.作OH⊥AD，垂足為H.由于BC⊥AO，BC⊥OD，AO∩OD＝O，故BC⊥平面AOD，所以OH⊥BC.又OH⊥AD，所以OH⊥平面ABC.因為∠CBB1＝60°，所以△CBB1為等邊三角形，又BC＝1，可得OD＝eq\f(\r(3),4).由于AC⊥AB1，所以OA＝eq\f(1,2)B1C＝eq\f(1,2).由OH·AD＝OD·OA，且AD＝eq\r(OD2＋OA2)＝eq\f(\r(7),4)，得OH＝eq\f(\r(21),14).又O為B1C的中點，所以點B1到平面ABC的距離為eq\f(\r(21),7).故三棱柱ABCA1B1C1的高為eq\f(\r(21),7).創(chuàng)新導向題平行與垂直的證明及線面角問題11.如圖，在四棱錐ABCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝eq\r(2)，F為AD的中點.(1)求證：EF∥平面ABC；(2)求證：AC⊥平面BCDE；(3)求直線AE與平面ABC所成角的正切值.(1)證明取AC的中點G，連接FG，BG，因為∠CDE＝∠BED＝90°，所以BE∥CD，因為BE＝1，CD＝2，F為AD的中點，G為AC的中點，所以FG∥CD，FG＝1，所以FG∥BE，FG＝BE，四邊形BEFG為平行四邊形，所以EF∥BG，EF?平面ABC，BG?平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)證明取DC的中點H，連接BH，由題意，BH＝1，CH＝1，BH⊥CH，所以BC＝eq\r(2)，又因為AC＝eq\r(2)，AB＝2，滿足AB2＝AC2＋BC2，所以AC⊥BC，因為平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE＝BC，AC?平面ABC，所以AC⊥平面BCDE.(3)解過點E作EM⊥BC交BC的延長線于點M，連接AM，因為平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE＝BC，EM?平面BCDE，所以EM⊥平面ABC，所以∠EAM為直線AE與平面ABC所成角，經計算，EM＝MB＝eq\f(\r(2),2)，在Rt△ACM中，AM＝eq\f(\r(26),2)，所以tan∠EAM＝eq\f(EM,AM)＝eq\f(\r(13),13).空間平行與垂直的證明和探索性問題12.如圖，四棱錐SABCD的底面是正方形，每條側棱的長都是底面邊長的eq\r(2)倍，P為側棱SD上的點.(1)求證：AC⊥SD；(2)假設SD⊥平面PAC，側棱SC上是否存在一點E，使得BE∥平面PAC？假設存在，求SE∶EC的值；假設不存在，試說明理由.(1)證明連接BD，設AC交BD于點O，連接SO.由題意得SO⊥AC，在正方形ABCD中，AC⊥BD，又BD∩SO＝O所以AC⊥平面SBD，所以AC⊥SD.(2)解在棱SC上存在一點E，使BE∥平面PAC，設正方形邊長為a，那么SD＝eq\r(2)a.由SD⊥平面PAC得故可在SP上取一點N，使PN＝PD，過點N作PC的平行線與SC的交點為E，連接BN，在△BDN中，易得BN∥PO，又因為NE∥PC，且BN∩NE＝N，PO∩PC＝P.所以平面BEN∥平面PAC，所以BE∥平面PAC，因為SN∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1.球專題(2013·天津，4)以下三個命題：①假設一個球的半徑縮小到原來的eq\f(1,2)，那么其體積縮小到原來的eq\f(1,8)；②假設兩組數據的平均數相等，那么它們的標準差也相等；③直線x＋y＋1＝0與圓x2＋y2＝eq\f(1,2)相切.其中真命題的序號是()A.①②③ B.①② C.①③ D.②③解析對于①，設原球半徑為R，那么V＝eq\f(4,3)πR3，r＝eq\f(1,2)R，∴V′＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)R))eq\s\up12(3)＝eq\f(πR3,6)＝eq\f(1,8)V，故①正確；對于②，兩組數據的平均數相等，標準差不一定相等；對于③，圓心(0，0)，半徑為eq\f(\r(2),2)，圓心(0，0)到直線的距離d＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，故直線和圓相切，故①③正確.答案C(2013·福建，12)某一多面體內接于球構成一個簡單組合體，如果該組合體的正視圖、側視圖、俯視圖均如下圖，且圖中的四邊形是邊長為2的正方形，那么該球的外表積是________．解析由三視圖知：棱長為2的正方體內接于球，故正方體的體對角線長為2eq\r(3)，即為球的直徑．所以球的外表積為S＝4π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),2)))eq\s\up12(2)＝12π.答案12π4．(2012·遼寧，16)正三棱錐PABC，點P，A，B，C都在半徑為eq\r(3)的球面上，假設PA，PB，PC兩兩相互垂直，那么球心到截面ABC的距離為________．解析正三棱錐PABC可看作由正方體PADCBEFG截得，如下圖，PF為三棱錐PABC的外接球的直徑，且PF⊥平面ABC.設正方體棱長為a，那么3a2＝12，a＝2，AB＝AC＝BC＝2eq\r(2).S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×2eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝2eq\r(3).由VPABC＝VBPAC，得eq\f(1,3)·h·S△ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2，所以h＝eq\f(2\r(3),3)，因此球心到平面ABC的距離為eq\f(\r(3),3).答案eq\f(\r(3),3)(2015·新課標全國Ⅰ，11)圓柱被一個平面截去一局部后與半球(半徑為r)組成一個幾何體，該幾何體三視圖中的正視圖和俯視圖如下圖．假設該幾何體的外表積為16＋20π，那么r＝()A．1B．2C．4D．8解析由題意知，2r·2r＋eq\f(1,2)·2πr·2r＋eq\f(1,2)πr2＋eq\f(1,2)πr2＋eq\f(1,2)·4πr2＝4r2＋5πr2＝16＋20π，解得r＝2.答案B(2015·新課標全國Ⅱ，9)A，B是球O的球面上兩點，∠AOB＝90°，C為該球面上的動點，假設三棱錐O－ABC體積的最大值為36，那么球O的外表積為()A．36π B．64π C．144π D．256π解析如圖，要使三棱錐O－ABC即C－OAB的體積最大，當且僅當點C到平面OAB的距離，即三棱錐C－OAB底面OAB上的高最大，其最大值為球O的半徑R，那么VO－ABC最大＝VC－OAB最大＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)S△OAB×R＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×R2×R＝eq\f(1,6)R3＝36，所以R＝6，得S球O＝4πR2＝4π×62＝144π，選C.答案C(2014·大綱全國，8)正四棱錐的頂點都在同一球面上．假設該棱錐的高為4，底面邊長為2，那么該球的外表積為()A.eq\f(81π,4) B．16π C．9π D.eq\f(27π,4)解析設球的半徑為R，由題意可得(4－R)2＋(eq\r(2))2＝R2，解得R＝eq\f(9,4)，所以該球的外表積為4πR2＝eq\f(81π,4).應選A.答案A(2014·陜西，5)底面邊長為1，側棱長為eq\r(2)的正四棱柱的各頂點均在同一個球面上，那么該球的體積為()A.eq\f(32π,3) B．4π C．2π D.eq\f(4π,3)解析如圖為正四棱柱AC1.根據題意得AC＝eq\r(2)，∴對角面ACC1A1為正方形，∴外接球直徑2R＝A1C＝2，∴R＝1，∴V球＝eq\f(4π,3)，應選D.答案D(2012·新課標全國，11)三棱錐SABC的所有頂點都在球O的球面上，△ABC是邊長為1的正三角形，SC為球O的直徑，且SC＝2，那么此棱錐的體積為()A.eq\f(\r(2),6) B.eq\f(\r(3),6) C.eq\f(\r(2),3) D.eq\f(\r(2),2)解析如圖，H為△ABC的外接圓圓心，那么∠BHC＝120°，設△ABC的外接圓半徑為r，那么1＝BC2＝HC2＋HB2－2HC·HB·cos120°＝3r2，∴r＝eq\f(\r(3),3).連接OH，根據球的截面性質知，OH⊥平面ABC，∴OH＝eq\r(OC2－CH2)＝eq\r(1－\f(1,3))＝eq\f(\r(6),3).∵O為SC的中點，∴S到平面ABC的距離為2OH＝eq\f(2\r(6),3)，∴VSABC＝eq\f(1,3)S△ABC×eq\f(2\r(6),3)＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×eq\f(2\r(6),3)＝eq\f(\r(2),6).答案A(2012·天津，10)一個幾何體的三視圖如下圖(單位：m)，那么該幾何體的體積為________m3.解析由幾何體的三視圖可知該幾何體的頂部是長、寬、高分別為6m，3m，1m的長方體，底部為兩個直徑為3m的球．故該幾何體的體積為V＝6×3×1＋2×eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(3)＝18＋9π(m3)．答案18＋9π(2015·安徽安慶模擬)一個正方體的棱長為m，外表積為n，一個球的半徑為p，外表積為q.假設eq\f(m,p)＝2，那么eq\f(n,q)＝()A.eq\f(8,π) B.eq\f(6,π) C.eq\f(π,6) D.eq\f(π,8)解析由題意可以得到n＝6m2，q＝4πp2，所以eq\f(n,q)＝eq\f(6m2,4πp2)＝eq\f(3,2π)×4＝eq\f(6,π)，應選B.答案B(2014·浙江寧波質檢)某幾何體的三視圖如下圖，它的體積為()A．72π B．48π C．30π D．24π解析由三視圖可知，該幾何體是半個球體和一個倒立圓錐體的組合體，球的半徑為3，圓錐的底面半徑為3，高為4，那么根據體積公式可得幾何體的體積為30π，應選C.答案C二、填空題5．(2014·山東德州一模)圓柱形容器的內壁底半徑是10cm，有一個實心鐵球浸沒于容器的水中，假設取出這個鐵球，測得容器的水面下降了eq\f(5,3)cm，那么這個鐵球的外表積為______cm2.解析設實心鐵球的半徑為R，那么eq\f(4π,3)R3＝π×102×eq\f(5,3)，得R＝5cm，故這個鐵球的外表積為S＝4πR2＝100π(cm2)．答案100π某幾何體的三視圖如下圖，其中，正視圖、側視圖均是由三角形與半圓構成的，俯視圖由圓與內接三角形構成，根據圖中的數據可得此幾何體的體積為()A.eq\f(\r(2)π,3)＋eq\f(1,6) B.eq\f(4π,3)＋eq\f(1,6)C.eq\f(\r(2)π,6)＋eq\f(1,6) D.eq\f(2π,3)＋eq\f(1,2)解析據三視圖可知，該幾何體是一個半球(下部)與一個四面體(上部)的組合體，其直觀圖如下圖，其中BA，BC，BP兩兩垂直，且BA＝BC＝BP＝1，∴(半)球的直徑長為AC＝eq\r(2)，∴該幾何體的體積為V＝V半球＋VPABC＝eq\f(1,2)×eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AC,2)))eq\s\up12(3)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×BA·BC·PB＝eq\f(\r(2)π,6)＋eq\f(1,6).答案C(2014·山東濰坊一中月考)四棱錐PABCD的三視圖如下圖，四棱錐PABCD的五個頂點都在一個球面上，E，F分別是棱AB，CD的中點，直線EF被球面所截得的線段長為2eq\r(2)，那么該球的外表積為()A．12π B．24π C．36π D．48π解析將三視圖復原為直觀圖如圖，可得四棱錐PABCD的五個頂點位于同一個正方體的頂點處，且與該正方體內接于同一個球，且該正方體的棱長為a.設外接球的球心為O，那么O也是正方體的中心，設EF的中點為G，連接OG，OA，AG.根據題意，直線EF被球面所截得的線段長為2eq\r(2)，即正方體的面對角線長也是2eq\r(2)，可得AG＝eq\r(2)＝eq\f(\r(2),2)a，所以正方體的棱長a＝2，在Rt△OGA中，OG＝eq\f(1,2)a＝1，AO＝eq\r(3)，即四棱錐PABCD的外接球半徑R＝eq\r(3)，從而得外接球外表積為4πR2＝12π，應選A.答案A(2014·煙臺調研)正三棱錐的高為1，底面邊長為2eq\r(6)，內有一個球與它的四個面都相切(如圖)．求：(1)這個正三棱錐的外表積；(2)這個正三棱錐內切球的外表積與體積．解(1)底面正三角形中心到一邊的距離為eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×2eq\r(6)＝eq\r(2)，那么正棱錐側面的斜高為eq\r(12＋〔\r(2)〕2)＝eq\r(3).∴S側＝3×eq\f(1,2)×2eq\r(6)×eq\r(3)＝9eq\r(2).∴S表＝S側＋S底＝9eq\r(2)＋eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×(2eq\r(6))2＝9eq\r(2)＋6eq\r(3).(2)設正三棱錐PABC的內切球球心為O，連接OP，OA，OB，OC，而O點到三棱錐的四個面的距離都為球的半徑r.∴VPABC＝VOPAB＋VOPBC＋VOPAC＋VOABC＝eq\f(1,3)S側·r＋eq\f(1,3)S△ABC·r＝eq\f(1,3)S表·r＝(3eq\r(2)＋2eq\r(3))r.又VPABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×(2eq\r(6))2×1＝2eq\r(3)，∴(3eq\r(2)＋2eq\r(3))r＝2eq\r(3)，得r＝eq\f(2\r(3),3\r(2)＋2\r(3))＝eq\f(2\r(3)〔3\r(2)－2\r(3)〕,18－12)＝eq\r(6)－2.∴S內切球＝4π(eq\r(6)－2)2＝(40－16eq\r(6))π.V內切球＝eq\f(4,3)π(eq\r(6)－2)3＝eq\f(8,3)(9eq\r(6)－22)π.如下圖的幾何體是長方體ABCD－A1B1C1D1的一局部，其中AB＝AD＝3，DD1＝BB1＝2cm，那么該幾何體的外接球的外表積為()A．11πcm2B．22πcm2C.eq\f(11\r(22),3)cm2D．11eq\r(22)πcm2命題立意此題主要考查了空間幾何體的結構、長方體的性質及球的外表積公式，意在考查學生的空間想象能力．難度：★★B[由題知，該幾何體的外接球即為長方體ABCD－A1B1C1D1的外接球，該長方體的長寬高分別為3，3，2，那么其外接球的直徑為|BD1|＝eq\r(32＋32＋22)＝eq\r(22)cm，得其外接球的外表積為S＝22πcm2.]三棱錐P－ABC的所有棱長都相等，現沿PA，PB，PC三條側棱剪開，將其外表展開成一個平面圖形，假設這個平面圖形外接圓的半徑為2eq\r(6)，那么三棱錐P－ABC的內切球的外表積為________．命題立意此題考查多面體與球，意在考查學生用數形結合思想和空間想象能力，分析解決問題的能力．難度：★★3π[三棱錐P－ABC展開后為一等邊三角形，設邊長為a，那么4eq\r(6)＝eq\f(a,sinA)，∴a＝6eq\r(2)，∴三棱錐的棱長為3eq\r(2)，三棱錐的高為2eq\r(3)，設內切球半徑為r，那么4×eq\f(1,3)r×S△ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·2eq\r(3)，解得r＝eq\f(\r(3),2)，∴三棱錐P－ABC的內切球的外表積為4πr2＝3π.]△ABC的三個頂點在以O為球心的球面上，且cosA＝eq\f(2\r(2),3)，BC＝1，AC＝3，三棱錐O－ABC的體積為eq\f(\r(14),6)，那么球O的外表積為________．命題立意此題考查了空間幾何體的體積，外表積，空間中的位置關系，以及余弦定理，意在考查學生空間想象能力，計算能力和綜合運用能力．難度：★★★16π[由余弦定理BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cosA，得AB＝2eq\r(2).又∵cosA＝eq\f(2\r(2),3).∴sinA＝eq\f(1,3).∴S△ABC＝eq\f(1,2)×3×2eq\r(2)×eq\f(1,3)＝eq\r(2)，∵VO－ABC＝eq\f(\r(14),6).設O到平面ABC的距離為h，那么有eq\f(1,3)×eq\r(2)×h＝eq\f(\r(14),6)，∴h＝eq\f(\r(7),2).又∵△ABC外接圓半徑為r＝eq\f(BC,2sinA)＝eq\f(3,2).∴球的半徑R＝eq\r(r2＋h2)＝2，∴S球＝4πR2＝16π.]三棱錐P－ABC的所有棱長都相等，現沿PA，PB，PC三條側棱剪開，將其外表展開成一個平面圖形，假設這個平面圖形外接圓的半徑為2eq\r(6)，那么三棱錐P－ABC的內切球的體積為________．命題立意此題考查正四面體的展開圖和其內切球，意在考查學生的空間想象能力和運算求解能力．難度：★★eq\f(\r(3),2)π[三棱錐P－ABC展開后為一等邊三角形．設此三角形的邊長為a，那么4eq\r(6)＝eq\f(a,sinA)，得a＝6eq\r(2)，所以三棱錐的棱長為3eq\r(2)，可得三棱錐的高h＝2eq\r(3)，設內切球的半徑為r，那么4×eq\f(1,3)r·S△ABC＝eq\f(1,3)·h·S△ABC，得r＝eq\f(\r(3),2)，所以V內切球＝eq\f(4,3)πr3＝eq\f(\r(3),2)π.]在三棱錐S－ABC中，AB＝BC＝eq\r(2)，SA＝SC＝AC＝2，二面角S－AC－B的平面角的余弦值是eq\f(\r(3),3)，那么三棱錐S－ABC外接球的外表積是()A.eq\f(3,2)πB．2πC.eq\r(6)πD．6π命題立意此題考查了空間幾何體，意在考查學生的空間想象能力．難度：★★D[取AC的中點為D，連接BD，SD，∵AB＝BC，SA＝SC，∴AC⊥BD，AC⊥SD，∴∠SDB是二面角S－AC－B的平面角，∵AB＝BC＝eq\r(2)，SA＝SC＝AC＝2，∴BD＝1，SD＝eq\r(3)，cos∠SDB＝eq\f(\r(3),3)，∴SB2＝BD2＋SD2－2BD·SDcos∠SDB＝1＋3－2×1×eq\r(3)×eq\f(\r(3),3)＝2，∴SB2＋BD2＝SD2，∴SB⊥BD，又AC⊥面SBD，∴SB⊥AC，∴SB⊥面ABC，又AB2＋BC2＝AC2，∴AB⊥BC，由外接球的性質知4R2＝BA2＋BC2＋BS2＝6，∴R2＝eq\f(6,4)，S＝4πR2＝6π，應選D.](2013·遼寧，10)直三棱柱ABCA′B′C′的6個頂點都在球OAB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，那么球O的半徑為()A.eq\f(3\r(17),2)eq\r(10)C.eq\f(13,2)eq\r(10)解析由題意知，該三棱柱可以看作是長方體的一局部，且長方體的三條棱長為3、4、12，又∵三棱柱的外接球即為長方體的外接球，(2R)2＝32＋42＋122＝132，∴R＝eq\f(13,2).應選C.答案C一個三棱錐的三視圖如下圖，其中俯視圖是等腰直角三角形，那么該三棱錐的外接球體積為______