文科立體幾何基礎(chǔ)及球

第一節(jié)空間幾何體的結(jié)構(gòu)及其三視圖、直觀圖1.(2014·新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ，8)如圖，網(wǎng)格紙的各小格都是正方形，粗實(shí)線畫出的是一個(gè)幾何體的三視圖，那么這個(gè)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(gè)三角形，兩個(gè)四邊形，分析可知該幾何體為三棱柱，應(yīng)選B.2.(2014·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ，6)如圖，網(wǎng)格紙上正方形小格的邊長(zhǎng)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(gè)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(lái)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(gè)底面半徑為2、高為4的圓柱和一個(gè)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(lái)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(lái)的圓柱體毛坯體積的比值為eq\f(20π,54π)＝eq\f(10,27).應(yīng)選C.【例1】(1)(2016·貴州七校聯(lián)考)如下圖，四面體ABCD的四個(gè)頂點(diǎn)是長(zhǎng)方體的四個(gè)頂點(diǎn)(長(zhǎng)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(biāo)全國(guó)Ⅱ卷)一個(gè)四面體的頂點(diǎn)在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中的坐標(biāo)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(shí)，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(yīng)是相鄰兩邊長(zhǎng)為3和4的矩形，其對(duì)角線左下到右上是實(shí)線，左上到右下是虛線，因此正視圖是①；側(cè)視圖應(yīng)是相鄰兩邊長(zhǎng)為5和4的矩形，其對(duì)角線左上到右下是實(shí)線，左下到右上是虛線，因此側(cè)視圖是②，俯視圖應(yīng)是相鄰兩邊長(zhǎng)為3和5的矩形，其對(duì)角線左上到右下是實(shí)線，左下到右上是虛線，因此俯視圖是③，應(yīng)選B.(2)在空間直角坐標(biāo)系中，先畫出四面體OABC的直觀圖，如圖，設(shè)O(0，0，0)，A(1，0，1)，B(1，1，0)，C(0，1，1)，將以O(shè)，A，B，C為頂點(diǎn)的四面體被復(fù)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(diǎn)評(píng)]首先確定直觀圖中的關(guān)鍵點(diǎn)，找出各點(diǎn)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(biāo)全國(guó)Ⅱ，4)體積為8的正方體的頂點(diǎn)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(zhǎng)為2，其體對(duì)角線2eq\r(3)即為球的直徑，所以球的外表積為4πR2＝(2R)2π＝12π，應(yīng)選A.2.(2016·新課標(biāo)全國(guó)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(zhǎng)均為4π，圓錐的母線長(zhǎng)l＝eq\r(〔2\r(3)〕2＋22)＝4，所以圓錐的側(cè)面積為S錐側(cè)＝eq\f(1,2)×4π×4＝8π，圓柱的側(cè)面積S柱側(cè)＝4π×4＝16π，所以組合體的外表積S＝8π＋16π＋4π＝28π，應(yīng)選C.3.(2016·新課標(biāo)全國(guó)Ⅲ，10)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，粗實(shí)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(zhǎng)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(biāo)全國(guó)Ⅰ，11)圓柱被一個(gè)平面截去一局部后與半球(半徑為r)組成一個(gè)幾何體，該幾何體三視圖中的正視圖和俯視圖如下圖.假設(shè)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(biāo)全國(guó)Ⅱ，10)A，B是球O的球面上兩點(diǎn)，∠AOB＝90°，C為該球面上的動(dòng)點(diǎn).假設(shè)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(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)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(biāo)全國(guó)Ⅰ，15)H是球O的直徑AB上一點(diǎn)，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_(kāi)_______.解析平面α截球O所得截面為圓面，圓心為H，設(shè)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(biāo)全國(guó)Ⅱ，15)正四棱錐OABCD的體積為eq\f(3\r(2),2)，底面邊長(zhǎng)為eq\r(3)，那么以O(shè)為球心，OA為半徑的球的外表積為_(kāi)_______.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(biāo)全國(guó)Ⅲ，11)在封閉的直三棱柱ABCA1B1C1內(nèi)有一個(gè)體積為V的球，假設(shè)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(biāo)全國(guó)Ⅰ，7)如圖，某幾何體的三視圖是三個(gè)半徑相等的圓及每個(gè)圓中兩條互相垂直的半徑.假設(shè)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(gè)球(被過(guò)球心O且互相垂直的三個(gè)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(gè)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(yīng)選A.10.(2015·新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ，6)《九章算術(shù)》是我國(guó)古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學(xué)名著，書中有如下問(wèn)題：“今有委米依垣內(nèi)角，下周八尺，高五尺，問(wèn)：積及為米幾何？”其意思為：“在屋內(nèi)墻角處堆放米(如圖，米堆為一個(gè)圓錐的四分之一)，米堆底部的弧長(zhǎng)為8尺，米堆的高為5尺，問(wèn)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(biāo)全國(guó)Ⅱ，6)一個(gè)正方體被一個(gè)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(guò)三點(diǎn)A、B1、D1的平面所截剩余局部，截去的局部為三棱錐AA1B1D1，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)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(biāo)全國(guó)Ⅱ，7)正三棱柱ABCA1B1C1的底面邊長(zhǎng)為2，側(cè)棱長(zhǎng)為eq\r(3)，D為BC中點(diǎn)，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(zhì)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(zhǎng)、寬、高分別為2，4，2的長(zhǎng)方體組合而成，V＝eq\f(1,2)×4×4π＋2×4×2＝16＋8π，由三視圖準(zhǔn)確得出幾何體的形狀是解題的關(guān)鍵.答案A14.(2015·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ，19)如圖，長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1中AB＝16，BC＝10，AA1＝8，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1E＝D1FE，F(xiàn)的平面α與此長(zhǎng)方體的面相交，交線圍成一個(gè)正方形.(1)在圖中畫出這個(gè)正方形(不必說(shuō)明畫法和理由)；(2)求平面α把該長(zhǎng)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?yàn)镋HGF為正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝eq\r(EH2－EM2)＝6，AH＝10，HB＝6.因?yàn)殚L(zhǎng)方體被平面α分成兩個(gè)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(diǎn)、線、面的位置關(guān)系1.(2016·新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ，11)平面α過(guò)正方體ABCDA1B1C1D1的頂點(diǎn)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(shè)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B(niǎo)1C＝B1D1＝CD1(2.(2014·新課標(biāo)全國(guó)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(diǎn).(1)證明：PB∥平面AEC；(2)設(shè)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(shè)BD與AC的交點(diǎn)為O，連接EO.因?yàn)锳BCD為矩形，所以O(shè)為BD的中點(diǎn).又E為PD的中點(diǎn)，所以EO∥PB.又因?yàn)镋O?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(shè)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(zhì)1.(2016·新課標(biāo)全國(guó)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(diǎn)，AM＝2MD，N為PC的中點(diǎn).(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(diǎn)T，連接AT，TN，由N為PC中點(diǎn)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?yàn)锳T?平面PAB，MN?平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)解因?yàn)镻A⊥平面ABCD，N為PC的中點(diǎn)，所以N到平面ABCD的距離為eq\f(1,2)PA.取BC的中點(diǎn)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(biāo)全國(guó)Ⅱ，18)如圖，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分別是AB，BB1的中點(diǎn).(1)證明：BC1∥平面A1CD；(2)設(shè)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(diǎn)F，那么F為AC1中點(diǎn).又D是AB中點(diǎn)，連接DF，那么BC1∥DF.因?yàn)镈F?平面A1CD，BC1?平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD.(2)解因?yàn)锳BCA1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD.由AC＝CB，D為AB的中點(diǎn)，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(zhì)1.(2013·大綱全國(guó)，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(shè)AA1＝2AB＝2，AC交BD于點(diǎn)O，連接OC1，過(guò)C作CH⊥OC1于點(diǎn)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(yīng)選A.2.(2016·新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ，18)如圖，正三棱錐PABC的側(cè)面是直角三角形，PA＝6，頂點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的正投影為點(diǎn)D，D在平面PAB內(nèi)的正投影為點(diǎn)E，連接PE并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)G.(1)證明：G是AB的中點(diǎn)；(2)作出點(diǎn)E在平面PAC內(nèi)的正投影F(說(shuō)明作法及理由)，并求四面體PDEF的體積.(1)證明因?yàn)镻在平面ABC內(nèi)的正投影為D，所以AB⊥PD.因?yàn)镈在平面PAB內(nèi)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(diǎn).(2)解在平面PAB內(nèi)，過(guò)點(diǎn)E作PB的平行線交PA于點(diǎn)F，F(xiàn)即為E在平面PAC內(nèi)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(diǎn)F為E在平面PAC內(nèi)的正投影.連接CG，因?yàn)镻在平面ABC內(nèi)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(diǎn)，所以D在CG上，故CD＝eq\f(2,3)CG.由題設(shè)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(cè)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(biāo)全國(guó)Ⅱ，19)如圖，菱形ABCD的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于點(diǎn)H，將△DEF沿EF折到△D′EF的位置.(1)證明：AC⊥HD′；(2)假設(shè)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(guān)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O(shè)H＝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O(shè)D′⊥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(biāo)全國(guó)Ⅰ，18)如圖，四邊形ABCD為菱形，G是AC與BD的交點(diǎn)，BE⊥平面ABCD.(1)證明：平面AEC⊥平面BED；(2)假設(shè)∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱錐EACD的體積為eq\f(\r(6),3)，求該三棱錐的側(cè)面積.解(1)因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以AC⊥BD.因?yàn)锽E⊥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(shè)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?yàn)锳E⊥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(cè)面積為3＋2eq\r(5).5.(2014·新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ，19)如圖，三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)面BB1C1C為菱形，B1C的中點(diǎn)為O，且AO⊥平面BB1C1C.(1)證明：B1C⊥AB；(2)假設(shè)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(diǎn).因?yàn)閭?cè)面BB1C1C為菱形，所以B1C⊥BC1.又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，又因?yàn)锽C1∩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O(shè)H⊥BC.又OH⊥AD，所以O(shè)H⊥平面ABC.因?yàn)椤螩BB1＝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O(shè)A＝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(diǎn)，所以點(diǎn)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(dǎo)向題平行與垂直的證明及線面角問(wèn)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(xiàn)為AD的中點(diǎn).(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(diǎn)G，連接FG，BG，因?yàn)椤螩DE＝∠BED＝90°，所以BE∥CD，因?yàn)锽E＝1，CD＝2，F(xiàn)為AD的中點(diǎn)，G為AC的中點(diǎn)，所以FG∥CD，F(xiàn)G＝1，所以FG∥BE，F(xiàn)G＝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(diǎn)H，連接BH，由題意，BH＝1，CH＝1，BH⊥CH，所以BC＝eq\r(2)，又因?yàn)锳C＝eq\r(2)，AB＝2，滿足AB2＝AC2＋BC2，所以AC⊥BC，因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE＝BC，AC?平面ABC，所以AC⊥平面BCDE.(3)解過(guò)點(diǎn)E作EM⊥BC交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，連接AM，因?yàn)槠矫鍭BC⊥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(jīng)計(jì)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(wèn)題12.如圖，四棱錐SABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱的長(zhǎng)都是底面邊長(zhǎng)的eq\r(2)倍，P為側(cè)棱SD上的點(diǎn).(1)求證：AC⊥SD；(2)假設(shè)SD⊥平面PAC，側(cè)棱SC上是否存在一點(diǎn)E，使得BE∥平面PAC？假設(shè)存在，求SE∶EC的值；假設(shè)不存在，試說(shuō)明理由.(1)證明連接BD，設(shè)AC交BD于點(diǎn)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(diǎn)E，使BE∥平面PAC，設(shè)正方形邊長(zhǎng)為a，那么SD＝eq\r(2)a.由SD⊥平面PAC得故可在SP上取一點(diǎn)N，使PN＝PD，過(guò)點(diǎn)N作PC的平行線與SC的交點(diǎn)為E，連接BN，在△BDN中，易得BN∥PO，又因?yàn)镹E∥PC，且BN∩NE＝N，PO∩PC＝P.所以平面BEN∥平面PAC，所以BE∥平面PAC，因?yàn)镾N∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1.球?qū)ｎ}(2013·天津，4)以下三個(gè)命題：①假設(shè)一個(gè)球的半徑縮小到原來(lái)的eq\f(1,2)，那么其體積縮小到原來(lái)的eq\f(1,8)；②假設(shè)兩組數(shù)據(jù)的平均數(shù)相等，那么它們的標(biāo)準(zhǔn)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(hào)是()A.①②③ B.①② C.①③ D.②③解析對(duì)于①，設(shè)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(duì)于②，兩組數(shù)據(jù)的平均數(shù)相等，標(biāo)準(zhǔn)差不一定相等；對(duì)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(nèi)接于球構(gòu)成一個(gè)簡(jiǎn)單組合體，如果該組合體的正視圖、側(cè)視圖、俯視圖均如下圖，且圖中的四邊形是邊長(zhǎng)為2的正方形，那么該球的外表積是________．解析由三視圖知：棱長(zhǎng)為2的正方體內(nèi)接于球，故正方體的體對(duì)角線長(zhǎng)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(diǎn)P，A，B，C都在半徑為eq\r(3)的球面上，假設(shè)PA，PB，PC兩兩相互垂直，那么球心到截面ABC的距離為_(kāi)_______．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(shè)正方體棱長(zhǎng)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(biāo)全國(guó)Ⅰ，11)圓柱被一個(gè)平面截去一局部后與半球(半徑為r)組成一個(gè)幾何體，該幾何體三視圖中的正視圖和俯視圖如下圖．假設(shè)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(biāo)全國(guó)Ⅱ，9)A，B是球O的球面上兩點(diǎn)，∠AOB＝90°，C為該球面上的動(dòng)點(diǎn)，假設(shè)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(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)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(guó)，8)正四棱錐的頂點(diǎn)都在同一球面上．假設(shè)該棱錐的高為4，底面邊長(zhǎng)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(shè)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(yīng)選A.答案A(2014·陜西，5)底面邊長(zhǎng)為1，側(cè)棱長(zhǎng)為eq\r(2)的正四棱柱的各頂點(diǎn)均在同一個(gè)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(jù)題意得AC＝eq\r(2)，∴對(duì)角面ACC1A1為正方形，∴外接球直徑2R＝A1C＝2，∴R＝1，∴V球＝eq\f(4π,3)，應(yīng)選D.答案D(2012·新課標(biāo)全國(guó)，11)三棱錐SABC的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，△ABC是邊長(zhǎng)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(shè)△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(jù)球的截面性質(zhì)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(diǎn)，∴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(gè)幾何體的三視圖如下圖(單位：m)，那么該幾何體的體積為_(kāi)_______m3.解析由幾何體的三視圖可知該幾何體的頂部是長(zhǎng)、寬、高分別為6m，3m，1m的長(zhǎng)方體，底部為兩個(gè)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(gè)正方體的棱長(zhǎng)為m，外表積為n，一個(gè)球的半徑為p，外表積為q.假設(shè)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(yīng)選B.答案B(2014·浙江寧波質(zhì)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(gè)球體和一個(gè)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(jù)體積公式可得幾何體的體積為30π，應(yīng)選C.答案C二、填空題5．(2014·山東德州一模)圓柱形容器的內(nèi)壁底半徑是10cm，有一個(gè)實(shí)心鐵球浸沒(méi)于容器的水中，假設(shè)取出這個(gè)鐵球，測(cè)得容器的水面下降了eq\f(5,3)cm，那么這個(gè)鐵球的外表積為_(kāi)_____cm2.解析設(shè)實(shí)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(gè)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(cè)視圖均是由三角形與半圓構(gòu)成的，俯視圖由圓與內(nèi)接三角形構(gòu)成，根據(jù)圖中的數(shù)據(jù)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(jù)三視圖可知，該幾何體是一個(gè)半球(下部)與一個(gè)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(zhǎng)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(gè)頂點(diǎn)都在一個(gè)球面上，E，F(xiàn)分別是棱AB，CD的中點(diǎn)，直線EF被球面所截得的線段長(zhǎng)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(fù)原為直觀圖如圖，可得四棱錐PABCD的五個(gè)頂點(diǎn)位于同一個(gè)正方體的頂點(diǎn)處，且與該正方體內(nèi)接于同一個(gè)球，且該正方體的棱長(zhǎng)為a.設(shè)外接球的球心為O，那么O也是正方體的中心，設(shè)EF的中點(diǎn)為G，連接OG，OA，AG.根據(jù)題意，直線EF被球面所截得的線段長(zhǎng)為2eq\r(2)，即正方體的面對(duì)角線長(zhǎng)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(zhǎng)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(yīng)選A.答案A(2014·煙臺(tái)調(diào)研)正三棱錐的高為1，底面邊長(zhǎng)為2eq\r(6)，內(nèi)有一個(gè)球與它的四個(gè)面都相切(如圖)．求：(1)這個(gè)正三棱錐的外表積；(2)這個(gè)正三棱錐內(nèi)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(cè)面的斜高為eq\r(12＋〔\r(2)〕2)＝eq\r(3).∴S側(cè)＝3×eq\f(1,2)×2eq\r(6)×eq\r(3)＝9eq\r(2).∴S表＝S側(cè)＋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(shè)正三棱錐PABC的內(nèi)切球球心為O，連接OP，OA，OB，OC，而O點(diǎn)到三棱錐的四個(gè)面的距離都為球的半徑r.∴VPABC＝VOPAB＋VOPBC＋VOPAC＋VOABC＝eq\f(1,3)S側(cè)·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(nèi)切球＝4π(eq\r(6)－2)2＝(40－16eq\r(6))π.V內(nèi)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(zhǎng)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(jié)構(gòu)、長(zhǎng)方體的性質(zhì)及球的外表積公式，意在考查學(xué)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(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1的外接球，該長(zhǎng)方體的長(zhǎng)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(zhǎng)都相等，現(xiàn)沿PA，PB，PC三條側(cè)棱剪開(kāi)，將其外表展開(kāi)成一個(gè)平面圖形，假設(shè)這個(gè)平面圖形外接圓的半徑為2eq\r(6)，那么三棱錐P－ABC的內(nèi)切球的外表積為_(kāi)_______．命題立意此題考查多面體與球，意在考查學(xué)生用數(shù)形結(jié)合思想和空間想象能力，分析解決問(wèn)題的能力．難度：★★3π[三棱錐P－ABC展開(kāi)后為一等邊三角形，設(shè)邊長(zhǎng)為a，那么4eq\r(6)＝eq\f(a,sinA)，∴a＝6eq\r(2)，∴三棱錐的棱長(zhǎng)為3eq\r(2)，三棱錐的高為2eq\r(3)，設(shè)內(nèi)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(nèi)切球的外表積為4πr2＝3π.]△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)在以O(shè)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_(kāi)_______．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(guān)系，以及余弦定理，意在考查學(xué)生空間想象能力，計(jì)算能力和綜合運(yùn)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(shè)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(zhǎng)都相等，現(xiàn)沿PA，PB，PC三條側(cè)棱剪開(kāi)，將其外表展開(kāi)成一個(gè)平面圖形，假設(shè)這個(gè)平面圖形外接圓的半徑為2eq\r(6)，那么三棱錐P－ABC的內(nèi)切球的體積為_(kāi)_______．命題立意此題考查正四面體的展開(kāi)圖和其內(nèi)切球，意在考查學(xué)生的空間想象能力和運(yùn)算求解能力．難度：★★eq\f(\r(3),2)π[三棱錐P－ABC展開(kāi)后為一等邊三角形．設(shè)此三角形的邊長(zhǎng)為a，那么4eq\r(6)＝eq\f(a,sinA)，得a＝6eq\r(2)，所以三棱錐的棱長(zhǎng)為3eq\r(2)，可得三棱錐的高h(yuǎn)＝2eq\r(3)，設(shè)內(nèi)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(nèi)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(xué)生的空間想象能力．難度：★★D[取AC的中點(diǎn)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(zhì)知4R2＝BA2＋BC2＋BS2＝6，∴R2＝eq\f(6,4)，S＝4πR2＝6π，應(yīng)選D.](2013·遼寧，10)直三棱柱ABCA′B′C′的6個(gè)頂點(diǎn)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(zhǎng)方體的一局部，且長(zhǎng)方體的三條棱長(zhǎng)為3、4、12，又∵三棱柱的外接球即為長(zhǎng)方體的外接球，(2R)2＝32＋42＋122＝132，∴R＝eq\f(13,2).應(yīng)選C.答案C一個(gè)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_(kāi)_____