立體幾何（解析版）-高考數(shù)學總復(fù)習

訓(xùn)練立體幾何

一、單選題

1.設(shè)卜b4為空間中三條互相平行且兩兩間的距離分別為4、5、6的直線，給出下列三個

結(jié)論：

①存在4eZ;（i=1,2,3）,使得是直角三角形；

②存在Ae/,（Z-=1,2,3）,使得AA4A是等邊三角形；

③三條直線上存在四點4e（i=123,4）,使得四面體A4A4為在一個頂點處的三條棱兩

兩互相垂直的四面體，其中，所有正確結(jié)論的個數(shù)是（）

A.0B.1C.2D.3

【答案】C

【分析】本題利用畫圖結(jié)合運動變化的思想進行分析.我們不妨先將4&C按如圖所示

放置，容易看出此時BC<AB=AC.現(xiàn)在，我們將A和3往上移，并且總保持AB=AC

（這是可以做到的，只要4B的速度滿足一定關(guān)系），而當A、B移得很高很高時，就得

到①和②都是正確的；至于③，結(jié)合條件利用反證法的思想方法進行說明即可.

【詳解】如圖，我們不妨先將A、B、C按如圖所示放置，

容易看出此時3C=~JBD2+42<ylBD2+52=AB=AC>

AB2+AC2-BC2AB2+AB2-AB21□八兀

故cosABAC=>=—,又0<cosABAC<—,

2ABAC-------2ABAB22

TT

ti0<ZBAC<-,

3

現(xiàn)在，將A和B往上移，并且總保持AB=AC（這是可以做到的，只要A、8的速度滿足一

定關(guān)系），

而當A、B移得很高很高時，不難想象,ABC將會變得很扁，也就是/B4c會變成“非常

7T

鈍，，的一個等腰鈍角三角形，即/2AC>7，

2

JTJT

于是，在移動過程中，/BAC從小于￡到大于￡的變邊過程中，

32

總有一刻，ZBAC=~,同時AB=AC,故此時ABC為等邊三角形，

TT

亦總有另一刻，ZBAC=-,止匕時，ASC為直角三角形（而且還是等腰的）.

這樣，就得到①和②都是正確的.

至于③，如圖所示.為方便書寫，稱三條兩兩垂直的棱所公共頂點為共垂點.

假設(shè)A是共垂點，

那么由ADYAC,ABcAC=A,AB,ACu面ABC,

得740_1面43(7,即面ABC,進而4,面ABC,面ABC,

從而ABC三邊的長就是三條直線的距離4、5、6,又由于4?+5?=41/36=62,所以，ABC

不是直角三角形，這與AB1AC矛盾，假設(shè)不成立；

同理可知，。是共垂點時也矛盾；

假設(shè)C是共垂點，

那么由8C，C4,3C，CD,CACD=C,CA,CDu面CAO,得3C1面C4D,

而乙/〃3，/|0面。4。，4|：=面。4。，故/"/面CAD,故2C_U|,

又4/4，故從而3c為〃與/2的距離，于是BCI/EF,

同理CD/AFG,又BCLCD,故EFLFG,矛盾，假設(shè)不成立；

同理可知，8是共垂點時也矛盾；

綜上，不存在四點A(i=l,2,3,4),使得四面體A/A2A34為在一個頂點處的三條棱兩兩

互相垂直的四面體.

故選：C.

【點睛】本題考查命題真假的判斷解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng).

2.如圖，斜三棱柱ABC-A4G中，底面AfiC是正三角形，ERG分別是側(cè)棱4VB片,CG

上的點，且AE>CG>3R,設(shè)直線CAC8與平面及G所成的角分別為私￡,平面EFG與

底面ABC所成的銳二面角為凡則()

小G

B

A.sin。vsine+sin4,cos8Kcose+cos￡

B.sin0>siniz+sin^,cos0<coscr+cos^

C.sin。vsina+sin"coscosa+cos尸

D.sin^>sintz+sin/7,cos^>cosa+cos/7

【答案】B

【分析】先在圖中作出直線C4與平面EFG所成的角/AAP,平面跳G與底面ABC所成的

銳二面角/AQP,可得sin(z=sinasinNATVM,同理得sin尸=sin夕sinNCDN,再由和差

化積公式得到sine+sin；?=sina(sinNA7VM+sinNCDN)4sin。，即可判斷A、C選項；再

通過三角恒等變換得到(cosa+cos^y>l_(sina+sin?丫，進而得到

cos2=1-sin2<1-(sin?+sin<(cosa+cos尸，即cos。<cosa+cos/7,即可判斷B、

D選項.

如圖：延長跖，A2交于M,延長EG,AC交于N,延長PG,BC交于D,易得MN為平面

ABC和平面EFG的交線，

又。在平面ABC和平面EFG上，則。在直線MN上，即M,N,。三點共線，由外角定理

-TT

可得NANM+NCDN=-.

3

過A作AP上面EFG,垂足為尸，過A作AQLMN,垂足為Q,連接尸Q,PN,易得ZANP

即為直線C4與平面￡FG所成的角。，

Ap

則sina=—,又API面EFG,MNu面EFG,則AP_LM7V,又AQ1MN,ARAQu面

AN

APQ,APr>AQ=Af

所以MV_L面4尸。，PQu面AP。，則MN_LPQ,則/AQP即為平面￡FG與底面ABC所

Ap

成的銳二面角<9,貝l|sine=k，

AQ

又sin/A/VM=4^,貝!Jsina=sine?sinNA7VAf,同理可得51口/?=5111。應(yīng)11/?！?可\則

AN

sincr+sin/?=sin?(sinZANM+sinNCDN),

ZANM+ZCDNZANM-ZCDN

又由sinZANM=sin(---------------+--------)-------

22

ZANM+ZCDN、/ANM—NCDN、,ZANM+ZCDN、./ANM-NCDN、

=sin()cos(---------------------)+cos(-)sm(---------------------),

22

ZANM+ZCDN/ANM—/CDN

sin/CDN=sin(-)

22

ZANM+ZCDNNANM—NCDN、,ZANM+ZCDNZANM-ZCDN

-sin(■)cos(----------------------)-cos()sin(），

222

AANM+ZCDN/ANM—/CDN

則sinZANM+sinZCDN=2sin(-■)cos(-)

22

ZANM+ZCDN

<2sin()=2sin?=l

2

sincr+sin/?=sin?(sinZANM+sinZCDN)<sin,A,C錯誤;

7171

故cos?g=l-sin2e〈l-(sina+sin/?)2,由a，Bf'所以

e0)—可知a-Qe~2

l+2cos(a-⑶>0,

即1+2cosacos尸+2sinasin/?>0,整理可得

sin2a+cos2a+sin2(3+cos2f3+2cosacos^+2sincrsin/?—1>0,

即(sina+sin0、+(cosa+cos/?)2-l>0,即(cosa+cosy0)2>l-(sina+sin6］，

^fccos26^=l-sin2^<l-(sincr+siny0)2<(cosdz+cosy0)2,又cosa,cos/?,cose20,故

coscosa+cos分，B正確，D錯誤.

故選：B.

二、多選題

3.如圖，圓柱。。1的底面半徑和母線長均為3,A8是底面直徑，點C在圓。上且OC，AB,

點E在母線8。上,BE=2,點尸是上底面的一個動點，則（）

A.存在唯一的點尸，使得Ab+BE=2萬

B.若AELCF,則點歹的軌跡長為4

C.若AFL尸E,則四面體ACEF的外接球的表面積為40兀

D.若AFLFE,則點尸的軌跡長為2遍兀

【答案】ACD

【分析】對選項A：作E關(guān)于。點的對稱點為E,利用對稱性與三點共線距離最短求解；

對選項BD：建立空間直角坐標系，根據(jù)/滿足的條件判斷其軌跡，求其長度；對選項C：

證明AE中點。為四面體ACE/的外接球的球心即可.

設(shè)E關(guān)于。點的對稱點為E,

貝UAF+Eb=AF+2AE，=^AB2+BE'2=^62+42=2如，

所以Ab+bEN2巫，當且僅當ARE'三點共線時取等號，

故存在唯一的點尸，使得AB+PE=2舊，故A正確；

由題意知。C，AB,OO|，OC,OO1，A3,以。為坐標原點，以。C,OB,。。為x,y,z正方

向建立空間直角坐標系，

則A(0,—3,0),C(3,0,0),E(0,3,2),設(shè)F(x,y,3),

則AE=(0,6,2),CF=(x-3,y,3),AF=(x,y+3,3),FE=(x,y-3,1),

對選項B：當AE_LCF時，AE-CF=6y+6=0,，y=-l,

所以點尸的軌跡長為上底面圓。|的一條弦MN,。1到MN的距離為1,

所以肱V=2存二1=40，故點尸的軌跡長為4A歷，所以B錯誤；

對選項D：當AF_LFE時，AF-FE=(x,y+3,3)-(x,y-3,1)=0,x2+y2=6,

所以點尸的軌跡是以a為圓心，后為半徑的圓，其軌跡長為2灰兀，故D正確;

對選項C：在"支中，AC=30,CE=J(3同+2?=痙"=用+22=病，

AC2+CE2=AE2,:.ACE為直角三角形，其外心為AE與。。的交點Q,且

OQ=1,QE=M,

而a=JQO；+OF=A/22+6=A/W

所以。尸=QE=QC=24,所以。為四面體ACEB的外接球的球心，球半徑為加，所以球

的表面積為40兀，故C正確.

故選：ACD

【點睛】方法點睛：對立體幾何中動點的軌跡問題采用幾何法分析難度時可以用坐標法去研

究，根據(jù)動點的坐標滿足的方程可以方便的判斷出軌跡的形狀，將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題

解決.

4.已知正四面體ABCD的棱長為20，其所有頂點均在球。的球面上.已知點E滿足A￡=

ZAB(O<2<1),CF=//CD(O<^<1),過點E作平面a平行于AC和BD,平面a分別與該

正四面體的棱3GCD,AD相交于點V,G,",則()

A.四邊形也依歸的周長是變化的

64

B.四棱錐A-EMGH體積的最大值為丁

O1

C.當時，平面a截球0所得截面的周長為而兀

14

D.當4=〃=彳時，將正四面體A5CD繞所旋轉(zhuǎn)90。后與原四面體的公共部分的體積為彳

23

【答案】BCD

【分析】正四面體ABCD放入正方體ABCD-ABCQ中，證明平面打〃平面ABC2,利用

平行，利用力表示出四邊形￡71次方各邊的長，計算周長判斷選項A；利用2表示四棱錐

A-EMGH的體積，通過導(dǎo)數(shù)研究最值判斷選項B,利用外接球半徑和球心到截面的距離，

得到截面圓的半徑，計算周長，判斷選項C；兩個正四面體的公共部分為兩個相同的正四棱

錐組合而成，計算體積判斷選項D.

【詳解】在棱長為2的正方體48。口-48(；。中，知正四面體ABCD的棱長為20,故球

心。即為該正方體的中心，

連接耳2,設(shè)ACIBR=N,因為,BB,=DD,,所以四邊形B8QQ為平行四邊形，

所以BD//BR.

又BDu平面a,與。，平面a,所以平面a.

因為AC//平面a,ACcBR=N,AC,耳Qu平面ABC。，所以平面a〃平面AB。，.

ABx

①

對于A,如圖①，因為平面tz〃平面A4cz,平面a［平面=平面A^C2c平

EMBEr-

面ABC=AC,所以￡M〃AC,則——=—=1-A,BPEM=(1-A)AC=272(1-A),

ACAB

同理可得GH//AC,GH=2A/2(1-X),HE//GM//BD,HE=GM=2舊，所以四邊形EMGH

的周長L=EM+GA/+G〃+HE'=46'，故A錯誤；

對于B,如圖①，由A可知HE//GM//BD,HE=GM=2g，魚EMIIGHIIAC,

EM=GH=2?1-儲,因為四邊形AB】C2為正方形，所以AC,瓦，，所以四邊形

為矩形，所以點A到平面a的距離"=4的=24,故四棱錐A-EMGH的體積V與彳之間

的關(guān)系式為V(㈤=gx2/lx2@x20(l-2)=學(萬一萬)，貝l|V'(/l)=與2(2—3㈤.因為

22

O<Z<1,所以當0<2<(時，V)>0,V(㈤單調(diào)遞增；當時，V(4)vO,V(Z)

單調(diào)遞減，所以當彳=￡時/(㈤取到最大值誓，故四棱錐A-EMG"體積的最大值為饕，

38181

故B正確；

對于C,正四面體ABCD的外接球即為正方體陰3-4水沙的外接球，其半徑R=6.設(shè)

平面a截球。所得截面的圓心為。］,半徑為r,當彳=；時，因為。。：+r2=改，

則］=卜一。0；=坐,所以平面a截球。所得截面的周長為2m=&T兀，故C正確；

對于D,如圖②,

D____________Ci

A&

②

將正四面體ABC。繞E尸旋轉(zhuǎn)90。后得到正四面體A4G2，設(shè)AQAD=P,

A3cBD=K,BgcBC=Q,BRcAC=N,

連接KP,KE,KF,KQ,NP,NE,NF,NQ,因為%=〃=g,所以及EP,Q,K,N分別為各面的中

心，兩個正四面體的公共部分為幾何體KPEQPN為兩個相同的正四棱錐組合而成，又

EP=五，正四棱錐K-PEQF的高為3期=1,所以所求公共部分的體積

丫=2%=2xgxlx0xa=g,故D正確.

故選：BCD

【點睛】方法點睛：正四面體的外接球問題通常轉(zhuǎn)化為正方體的外接球，利用平面a〃平面

ABg,用2表示出四邊形或7（汨各邊的長，處理周長和四棱錐的體積；截面問題和兩個

正四面體的公共部分，都離不開對圖形結(jié)構(gòu)的分析和理解.

5.勒洛FranzReuleaux（1829?1905）,德國機械工程專家，機構(gòu)運動學的創(chuàng)始人.他所著的

《理論運動學》對機械元件的運動過程進行了系統(tǒng)的分析，成為機械工程方面的名著.勒洛

四面體是一個非常神奇的“四面體”，它能在兩個平行平面間自由轉(zhuǎn)動，并且始終保持與兩平

面都接觸，因此它能像球一樣來回滾動.勒洛四面體是以正四面體的四個頂點為球心，以正

四面體的棱長為半徑的四個球的相交部分圍成的幾何體.如圖所示，設(shè)正四面體ABCD的棱

長為2,則下列說法正確的是（）

'勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為2年

B.勒洛四面體被平面ABC截得的截面面積是2（兀-唐）

兀

C.勒洛四面體表面.上2交線AC的長度為三

D.勒洛四面體表面上任意兩點間的距離可能大于2

【答案】ABD

【分析】A選項：求出正四面體A5CD的外接球半徑，進而得到勒洛四面體的內(nèi)切球半徑,

得到答案；B選項，作出截面圖形，求出截面面積；C選項，根據(jù)對稱性得到交線AC所在

圓的圓心和半徑，求出長度；D選項，作出正四面體對棱中點連線，在C選項的基礎(chǔ)上求

出長度.

【詳解】A選項，先求解出正四面體A3CD的外接球，如圖所示：

取。的中點G,連接8G,4G,過點A作A/LBG于點尸，則下為等邊，ABC的中心，

外接球球心為。，連接則OA為外接球半徑，設(shè)04=08=R,

由正四面體的棱長為2,則CG=OG=1,BG=AG=布,

V1帽62X2A/3

FG=一BG=——，BF=—BG=-----

3333

AF=』AG2-FG?=半,0F=AF-R=^—R,

由勾股定理得：OF2+BF=OB；即（垣一R]+1氈]=可，

33

解得：R=叵,

2

此時我們再次完整的抽取部分勒洛四面體，如圖所示：

圖中取正四面體ABCD中心為0,連接8。交平面ACD于點E,交于點/，其中AO與

△ABD共面，其中8。即為正四面體外接球半徑R=

2

設(shè)勒洛四面體內(nèi)切球半徑為r,則廠=0尸=2F-20=2-理，故A正確;

2

B選項，勒洛四面體截面面積的最大值為經(jīng)過正四面體某三個頂點的截面，如圖所示:

面積為3義—x—x2_——x2"+——x22=2f71—5/3),B正確；

(234J4'>

C選項，由對稱性可知：勒洛四面體表面上交線AC所在圓的圓心為8。的中點V,

故MA=MC=g,又AC=2,

故/AMC=arccos；,且半徑為6，故交線AC的長度等于Garccos；,C錯誤；

D選項，將正四面體對棱所在的弧中點連接，此時連線長度最大，如圖所示：

連接G”，交AB于中點S,交8于中點T,連接4T,則立二必/—.=51=血，

則由C選項的分析知：TG=SH=6，

C

所以+百=2指-近>2,

故勒洛四面體表面上兩點間的距離可能大于2,D正確.

故選：ABD

【點睛】勒洛四面體考試中經(jīng)?？疾?，下面是一些它的性質(zhì)：

①勒洛四面體上兩點間的最大距離比四面體的棱長大，是對棱弧中點連線，最大長度為

②表面6個弧長之和不是6個圓心角為60。的扇形弧長之和，其圓心角為arccosg,半徑為

百

—a?

2

6.設(shè)四面體44A3A4的六條棱長分別為％,a2,a6,體積為V,四個面的面積分別為

S],S2,S3，S4,面力與面力所成的內(nèi)二面角為%4，X2,須，匕為任意

四個正實數(shù)，P為空間里任意一點.下列不等式對任意滿足為均為銳角的四面體恒成立的

是（）

4

A.￡x/jcos%

i=ll<i<j<4

B-「卜￡平/耳町

\z=li=lJl<i<j<4

64

C,￡Ja,4>108^/3V3

1<I<j<6i=l

D.n

1<Z<j<6'"

【答案】AC

【詳解】由三角形面積海倫公式5=〃5-4）5-加（°-。得

66

2S。何-2之。：=￡5；+Ea；a；

l<z<j<6i=\i=ll<i<j<6

64

又2S；29何5,

Z=1

644

又均值不等式可知Z4%號6（口卬*272何3,

1<Z<j<6i=l

6444

Z端號一1>，428乂9腕3+36為丫3=108為丫3,故選項C正確；

1</<j<6z=l

類比三角形射影定理可知

S]=S2cos64+S3cos/+S4cos%>3ys2s3s4cos034cos024cos023

同理可得三個類似的式子，四式相乘得nc°s%q==，故選項D錯誤;

1<z<r<63

yr

7.如圖，在直棱柱ABCD-4BCA中，各棱長均為2,ZABC=j,則下列說法正確的是

A.三棱錐A-ABC外接球的體積為名回乃

27

B.異面直線A用與BG所成角的正弦值為

C.當點M在棱B耳上運動時，+|他&|最小值為2出+

D.N是ABCD所在平面上一動點，若N到直線AA與BC的距離相等，則N的軌跡為拋物

線

【答案】ACD

【分析】A選項，求出AABC的外接圓半徑，進而求出三棱錐A-ABC外接球的半徑，求出

體積；B選項，作平行線，找到異面直線A片與BG所成角，用余弦定理求出余弦值，進而

求出正弦值；C選項，將平面AB44與平面沿著公共邊84折疊到同一平面內(nèi)，利

用勾股定理進行求解；D選項，由拋物線定義進行判斷.

TT

【詳解】因為在直棱柱ABCD-ABIGA中，各棱長均為2,ZABC=p

所以AABC為等邊三角形，

設(shè)三棱錐A-A8C外接球球心為O,則O在底面A8C的投影為AABC的中心〃，

2R_2

設(shè)AABC外接圓半徑為R,由正弦定理得：,

sin—

3

所以AABC外接圓半徑為名目,

3

設(shè)三棱錐A-ABC外接球的半徑為廠，則-JR'+F=叵,

3

故三棱錐A-ABC外接球的體積為&口3=竺叵兀，人正確；

327

連接A，，BR,則AR//BG，且從圖中可以看出/片曲為銳角，所以異面直線A片與

所成角即為/4AR,

由勾股定理得：AB\=g=2也,

由余弦定理得：BR=V4+4-2x2x2cosl20°=273,

QiQ_1O1

故在△A耳。中，由余弦定理得：cosN與他=三丁=

2x84

所以sin4鴻2=、仁工=姮,B錯誤；

V164

將平面ABB,At與平面B.BDD,沿著公共邊B用折疊到同一平面內(nèi)，如圖

連接AQ,與84的交點即為+取得最小值的M,此時入口的長度即為最小值，

其中|A4j=2,|仞|=|鉆|+忸￡)|=2+2指，

由勾股定理得：|=,4+(2+2廚=2,5+23,C正確；

因為平面ABC。，故點N到直線AA的距離即為的長，

又因為BCu平面ABCD,

故在平面ABCD1.,到一點N的距離等于到直線BC的距離，

由拋物線的定義可知：N的軌跡為拋物線，D正確.

故選：ACD

【點睛】求解立體幾何圖形的外接球或內(nèi)切球問題，要能抓住關(guān)鍵點，比如球心的位置的確

定，通常情況下先找球心在某個三角形或者四邊形中的投影來確定.

8.如圖，正方體A8CO-AA6A中，頂點A在平面a內(nèi)，其余頂點在a的同側(cè)，頂點A，

B,C到。的距離分別為n，1,2,貝U()

A.3C〃平面aB.平面AAC_L平面a

C.直線A片與a所成角比直線AA與a所成角大D.正方體的棱長為2夜

【答案】BD

【分析】根據(jù)點到面的距離的性質(zhì)，結(jié)合線面垂直的判定定理、線面角的定義、面面相交的

性質(zhì)進行求解判斷即可.

【詳解】因為B,C到。的距離分別為1,2,顯然不相等，

所以BC不可能與平面。平行，因此選項A不正確；

設(shè)AC,8。的交點為0,顯然。是AC的中點，

因為平面ABCDa=A,C到a的距離為2,

所以。到a的距離分別為1,而2到。的距離為1,

因此即。3〃a,設(shè)平面ABCDa=l,

所以BD//I,

因為A3CD是正方形，所以AC18D,

又因為A41_L平面ABCD,BDu平面ABC￡),

所以因為A41cAe=A,AA，ACu平面A&C,

所以Ml平面AAC,因此有//平面AAC,而/ua,

所以平面AAC_L平面a,因此選項B正確；

設(shè)耳到平面a的距離為d,

因為平面A4181ga=A,"8田是正方形，點A，8到a的距離分別為而，1,

所以有4=在±1=/="+1,

22

設(shè)正方體ABC。-44GA的棱長為a,

設(shè)直線A片與a所成角為夕，所以

AB,J2a

設(shè)直線AA與a所成角為7,所以sin7=N1=逅，

A4a

因為華1〈后，所以sin￡<sin/n￡<7，因此選項C不正確;

因為平面AAC，平面。，平面AACC平面a=A,

所以CA在平面。的射影瓦尸與A共線，

顯然?！?2,4/=遍,人。=缶，例=a,AA,±AC,如圖所示：

由ZECA+ZCAE=ZCAE+Z^AFnZECA=Z^AF,

cosZECA=-^-,sinZAAF=,

AC1的，

46r-

由cos2/EC4+sin2/AAF=ln--+—=l=>a=2V2（負值舍去）,

2aa

因此選項D正確，

故選：BD

【點睛】關(guān)鍵點睛：利用點到面距離的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.

三、填空題

9.祖曬，字景爍，祖沖之之子，南北朝時代的偉大科學家.祖晅在數(shù)學上有突出的貢

獻，他在實踐的基礎(chǔ)上，于5世紀末提出下面的計算原理——祖唯原理：夾在兩個平行平面

之間的兩個幾何體，被平行于這兩個平面的任意平面所截，如果截得的兩個截面的面積總相

等，那么這兩個幾何體的體積相等.請同學們用祖唯原理解決如下問題：如題圖，有一個倒

圓錐形容器，它的軸截面是一個正三角形，在容器內(nèi)放一個半徑為廠的鐵球，再注入水，使

水面與球正好相切（而且球與倒圓錐相切效果很好，水不能流到倒圓錐容器底部），然后將

球取出，則這時容器中水的深度為.

【分析】根據(jù)祖瞄原理，當圓柱、圓錐底面圓半徑、高和球體半徑相等時，球柱的體積等于

等高圓柱的體積減去等高圓錐的體積，由這個原理求球體和水接觸的部分以半球與沒和水接

觸部分為匕、半球的體積，得出水的體積，再轉(zhuǎn)化為圓錐求高.

【詳解】如圖1,已知圓柱、圓錐底面圓半徑、高和球體半徑相等，根據(jù)祖隨原理，半球的

體積等于圓柱的體積減去圓錐的體積，球柱的體積等于等高圓柱的體積減去等高圓錐的體

積.

下面證明如圖1中陰影截面面積相等：

證明：設(shè)半球中陰影截面圓的半徑為，球體半徑為R,則r=尺22,截面圓面積

d=無戶=兀（尺2一〃2）；

圓柱中截面小圓半徑￡>E=〃，大圓半徑為R,則截面圓環(huán)的面積邑=S大圓-S小圓=兀（尺2-r）,

所以耳=邑，又高度相等，所以球柱的體積等于等高圓柱的體積減去等高圓錐的體積.

如圖2,設(shè)球體和水接觸的上部分為唳半球，沒和水接觸的下部分為〃半球，小半球相當于

圖1半球的截面上半部分，其體積等于圖1中截面之上的圓柱體積減去相應(yīng)圓臺體積.

已知球體半徑為r,ABC為等邊三角形，OB=2OD=2r,OE=EF=；r,根據(jù)祖曬原理

rI

匕、半球二%i柱—%臺=兀/-——7ir3=-7tr3,

2424

D

AC

學

B

圖2

_4353_93

映半球=/一匕、半球=￡nr-—Jtr=-Jtr,

Jo

設(shè)圖2中軸截面為梯形AFGC的圓臺體積為唱臺，

唳=%一吟半球=>卜技『+|孚］+J（技）［亭）；W=.“3->3=#

設(shè)將球取出時容器中水的深度為心底面圓的半徑為石，則/?=出個n=^h.

%八3即1八限迎.

31292V22

故答案為：也.

2

【點睛】本題是關(guān)于祖眶原理的一道綜合性應(yīng)用的立體題目，難度較大,需要很強的空間想象

能力.

（1）本題關(guān)鍵是理解祖唯原理，當圓柱、圓錐底面圓半徑、高和球體半徑相等時，半球的

體積等于圓柱的體積減去圓錐的體積,球柱的體積等于等高圓柱的體積減去等高圓錐的體積;

（2）求不規(guī)則幾何體的體積要適當?shù)倪M行分割，轉(zhuǎn)化為容易求的幾何體的體積.

10.所有的頂點都在兩個平行平面內(nèi)的多面體叫做擬柱體，這兩個平行的面稱為上下底面，

它們之間的距離稱為擬柱體的高.生產(chǎn)實際中，我們經(jīng)?？吹近S沙、碎石、灰肥等堆積成上

下底面平行，且都是矩形的形狀，這種近似于棱臺的形體就是一種特殊的擬柱體（如圖所示），

已知其高為/?,上底面、下底面和中截面（經(jīng)過高的中點且平行于底面的截面）面積分別為

S1,邑和s。，請你用耳，邑，s°,川表示出這種擬柱體的體積y=.

【答案】-(S1+4S0+52)X/7

［分析］利用臺體的體積減去若干棱錐的體積來求得擬柱體的體積.

【詳解】根據(jù)擬柱體的定義，任一擬柱體都可看作是過某棱臺的若干頂點，截去機（帆20）個

倒立小棱錐與"（"20）個正立小棱錐后余的凸多面體.當%="=0時，就是原棱臺，即棱臺是

特殊的擬柱體.

設(shè)原棱臺的高為〃，上底面、下底面、中截面面積分別為S上,S下,S中，

擬柱體的上底面、下底面、中截面的面積分別是S?和

設(shè)截去的機個倒立小棱錐的底面面積分別是配,S|2,5??,

截去的〃個正立小棱錐的底面面積分別是風”邑2，,S2n,

那么擬柱體的體積為丫=/介-；u品+與++兀）-；〃（邑+/++S2”）

=|/z（5±+5，T+V5-t

=3介（5上一工5.1+（5下一Z52?）+'5上,5下］

=；MH+SZ+JS上下）①,

因為棱錐的中截面面積等于底面面積的J,

4

1fmn\

所以s°=s中一

41k=lk=\）

（mn\

即45。=4s中一+②，

\Z=1k=l）

由棱臺的中截面性質(zhì)可知2向'=#；+心7，

所以4s中=S±+S下+2jS」：S下③,

（_n

將③代入②得：4S°=S上+S下+2回討；一+?〃

\k=lk=l

從而可知Js上.S下=1(4S0-S,-S2),代入①并整理得V=1(5,+4S0+S2)X/2.

故答案為：1(S1+450+52)X/2

O

【點睛】本題主要考查擬柱體的體積的求法，在立體幾何教材中有擬柱體的體積的推導(dǎo)過程.

圓柱、棱柱、圓錐、棱錐、圓臺、棱臺、球、球冠、球缺等各有自己的體積公式，但這些公

式，都可以統(tǒng)一為擬柱體公式.

11.已知正方體ABCD-A耳CR的棱長為1,M,N分別為棱AA、42的中點，P為棱4月

上的動點，。為線段42的中點.則下列結(jié)論中正確序號為.

①MNJLCP；②A。//平面肱叱；③的余弦值的取值范圍是.當；?AAPC,

周長的最小值為石+石

【答案】①④

【分析】①連接4。,,根據(jù)正方體性質(zhì)有MN〃Bq,結(jié)合CP在面3CG旦上的投影為C4

即可判斷；②③構(gòu)建空間直角坐標系，求面肱VP的法向量及方向向量AQ,利用空間向量

夾角的坐標表示判斷線面關(guān)系，同理求線線角的關(guān)于參數(shù)機的余弦值，結(jié)合導(dǎo)數(shù)求最值，

即可判斷余弦值的范圍；④將問題轉(zhuǎn)化為求CT+AP的最小值，展開正方體側(cè)面研究最小

情況即可判斷.

【詳解】①連接AA，3C],即AA//BC，又/、N分別為A4、42的中點，則MN//A2,

所以而CP在面BCG瓦上的投影為C4,又CBJBG，即CP，3弓，

所以MNLCP,正確；

②如下圖示，M(1,O,|),N(；,O,1),則M尸=(0,機,g),NP=(g,m,O),

z

MP-n=my+—=0

若〃=(尤,y,z)是面肱VP的一個法向量，貝人令x=z=2m即

x八

NP-n=—+my=0

n=(2m,-1,2m),

而4(1,0,0),則AQ=(-；,；」)，

111

所以=一加一耳+2根=加一5,僅當機=5時AQ_L〃，即AQ//平面ACVP,故錯誤;

③如下圖，尸（1,m」），。（就」）,。（。，。，。），故￡＞尸=（1，皿1），加=（生』）,

所以。學，且，如,m+3

POQ=|Z)P|=7^7i|DQ|=則cos/PQQ=

2

22^6(m+2)

72121

令/(㈤貝I「〃加一一”"6)+T,而八0)=3>0,尸⑴=_]<0,

"+2〃〃j(汨2廠9

所以，存在廣（%）=。，則（。，外）上八a）＞0,/（㈤遞增；（人,1）上/'（旭）＜0,/（㈤遞減;

所以上有/■（㈤4/（%）,

由/(0)=1時cosZPDQ=—,/⑴==時cosZPDQ=哀2,故f(m0)時cosZPDQ>宜2,

22333

故錯誤;

④由AAPCI周長為QP+AP+AG，而AG=6,要使周長最小只需CP+AP最小,

將AB4A與與A2G展開成一個平面，如下圖示:

當A,P，G共線時，C7+A尸最小為正，

所以周長的最小值為?+若，正確.

故答案為：①④

【點睛】關(guān)鍵點點睛：②③構(gòu)建空間直角坐標系，利用向量法判斷線面關(guān)系、求線線角余弦

值關(guān)于參數(shù)的表達式，進而應(yīng)用導(dǎo)數(shù)判斷最值.

四、解答題

12.棱柱ABCD-AgGR的所有棱長都等于2,ZABC=60°,平面MGC_L平面A5CD,

（1）證明：BDIAA^

（2）求二面角。-44-C的平面角的余弦值；

（3）在直線CG上是否存在點P,使8尸|平面。4G?若存在，求出點尸的位置.

【答案】（1）證明見解析；（2）二面角D—AiA—C的平面角的余弦值是乎.（3）存在，點P

在CiC的延長線上且使CiC=CP.

【詳解】解：連接BD交AC于O,則BDLAC,連接AQ

在AAAIO中，AA1=2,AO=1,ZA1AO=60°

AIO2=AAI2+AO2—2AAi-Aocos600=3

.\AO2+AiO2=Ai2

/.AiO±AO,由于平面AAiCiC_L平面ABCD,

所以AiOL底面ABCD

/.以O(shè)B、OC、OAi所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標系，則點0,-1.0),

。⑨，mmz>(-Aao)，4(O,O,6)2分

(I)由于麗旗=(Q,L揚

則衣,麗=0《2肉+1X。+/；.0=0

ABDXAAi................................4分

(II)由于OB_L平面AAiCiC,；.平面AAiCiCK*sA5#u的法向量￡=(1.0.0)

-m工—

設(shè)小_L平面AAiD則<二_=蘇、=(XJ.Z)

A限上功

得到<；取&=a",-u.............6分

I—J3x+y=0

一一F7.

?'8￡<、?險>==--&=--

Wj:：力2：

所以二面角D—AiA—CK*sA5#u的平面角K*sA5#u的余弦值是正...............8分

5

(III)假設(shè)在直線CC1上存在點P,使BP//平面DA1C1

設(shè)而=xCG.P(x,yrz)，貝-1,;)=4(0.1.73)

得P(OJ+兒4i/SBP=(-7?.!*4后)...............9分

設(shè)￡一平面ZH￡,則，:二一設(shè)￡=(a.，一

：2V-=0,_

得到、g+國=。不妨取3(血710分

又因為三＞，平面DAiCi

則石麗=卿-4-&=畸2=-1

即點P在CiCK*sA5#u的延長線上且使CiC=CP...............................12分

法二：在Ai作AiO_LAC于點O,由于平面AAICICL平面ABCD,由面面垂直K*s^5#u的

性質(zhì)定理知，AQ,平面ABCD,

又底面為菱形，所以AC_LBD

由于8D_L/IC

BDL'X^AA.O

BDLA,O“=>AA,LBD

AA,c平面

A,O(}AC=0

(II)在AAAQ中，A1A=2,ZA1AO=60°

.-.AO=AAi-cos60°=l

所以。是ACK*s/#u的中點，由于底面ABCD為菱形，所以

O也是BD中點

由(I)可知DO_L平面AAiC

過。作OELAAi于E點，連接OE,貝|AAiJ_DE

則NDEO為二面角D—AAi—CK*sA5#u的平面角................6分

在菱形ABCD中，AB=2,ZABC=60°

；.AC=AB=BC=2,.\AO=1,DO=J初一彳0：=、:

在RtAAEO中，OE=OA-sin/EAO=、''，

DE=JO￡、O￡>?即冷

...cos/DEO=0*-、片

DE5

二面角D—AiA—CK*sA5#u的平面角K*sA5#u的余弦值是2f一...............8分