2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 題型1 選填題 練熟練穩(wěn) 少丟分 第11講 空間幾何體練習(xí) 文

《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 題型1 選填題 練熟練穩(wěn) 少丟分 第11講 空間幾何體練習(xí) 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 題型1 選填題 練熟練穩(wěn) 少丟分 第11講 空間幾何體練習(xí) 文（20頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第11講　空間幾何體 [考情分析]　空間幾何體的命題常以三視圖為載體，以幾何體或者組合體的面積、體積等知識(shí)為主線進(jìn)行考查，難度中等，相對(duì)穩(wěn)定．個(gè)別試題融入對(duì)函數(shù)與不等式的考查，難度較大． 熱點(diǎn)題型分析 　　　　　　 熱點(diǎn)1　空間幾何體的三視圖 1.一個(gè)物體的三視圖的排列規(guī)則 俯視圖放在正(主)視圖的下面，長(zhǎng)度與正(主)視圖的長(zhǎng)度一樣，側(cè)(左)視圖放在正(主)視圖的右面，高度與正(主)視圖的高度一樣，寬度與俯視圖的寬度一樣，即“長(zhǎng)對(duì)正，高平齊，寬相等”． 2.由三視圖還原直觀圖的思路 (1)根據(jù)俯視圖確定幾何體的底面； (2)根據(jù)正(主)視圖或側(cè)(左)視圖確定幾何體的側(cè)棱與

2、側(cè)面的特征，調(diào)整實(shí)線和虛線所對(duì)應(yīng)的棱的位置； (3)確定幾何體的直觀圖形狀． 3.多角度、多維度、多方位觀察長(zhǎng)方體、三棱錐、四棱錐不同放置的投影，在頭腦中形成較為清晰的模型意象，提升空間想象能力． 1.(2018·全國(guó)卷Ⅰ) 某圓柱的高為2，底面周長(zhǎng)為16，其三視圖如右圖．圓柱表面上的點(diǎn)M在正視圖上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為A，圓柱表面上的點(diǎn)N在左視圖上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B，則在此圓柱側(cè)面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長(zhǎng)度為(　　) A.2 B．2 C．3 D．2 答案　B 解析　根據(jù)圓柱的三視圖以及其本身的特征，可以確定點(diǎn)M和點(diǎn)N分別在以圓柱的高為長(zhǎng)方形的寬，圓柱底面圓周長(zhǎng)的四分之一

3、為長(zhǎng)的長(zhǎng)方形的對(duì)角線的端點(diǎn)處，所以所求的最短路徑的長(zhǎng)度為＝2，故選B. 2.將正三棱柱截去三個(gè)角(如圖1所示A，B，C分別是△GHI三邊的中點(diǎn))得到幾何體如圖2，則該幾何體按圖2所示方向的側(cè)視圖(或稱左視圖)為(　　) 答案　A 解析　解題時(shí)在題圖2的右邊放扇墻(心中有墻)可得答案為A. 1.三視圖與直觀圖相互轉(zhuǎn)化時(shí)，根據(jù)觀察視角的不同，實(shí)虛線的正確使用至關(guān)重要，它是決定幾何體形狀的關(guān)鍵因素． 2.解題時(shí)可以借助長(zhǎng)(正)方體為框架，充分利用正(長(zhǎng))方體中棱與面的垂直關(guān)系進(jìn)行投影. 熱點(diǎn)2　空間幾何體的表面積與體積(高頻考點(diǎn)) 1.空間幾何體的常用公式 (1)柱體

4、、錐體、臺(tái)體的側(cè)面積公式 ①S直棱柱側(cè)＝ch(c為底面周長(zhǎng)，h為體高)； S圓柱側(cè)＝ch(c為底面周長(zhǎng)，h為體高)； ②S正棱錐側(cè)＝ch′(c為底面周長(zhǎng)，h′為斜高)； S圓錐側(cè)＝cl(c為底面周長(zhǎng)，l為母線)； ③S正棱臺(tái)側(cè)＝(c＋c′)h′(c′，c分別為上，下底面的周長(zhǎng)，h′為斜高)； S圓臺(tái)側(cè)＝(c＋c′)l(c′，c分別為上，下底面的周長(zhǎng)，l為母線)． (2)柱體、錐體、臺(tái)體的體積公式 ①V柱＝Sh(S為底面面積，h為體高)； ②V錐＝Sh(S為底面面積，h為體高)； ③V臺(tái)＝(S＋＋S′)h(S′，S分別為上，下底面面積，h為體高)(不要求記憶)． (3)球的

5、表面積和體積公式 ①S球＝4πR2(R為球的半徑)； ②V球＝πR3(R為球的半徑)． 2.求解幾何體的表面積及體積的技巧 (1)求三棱錐的體積：等體積轉(zhuǎn)化是常用的方法，轉(zhuǎn)化原則是其高易求，底面放在已知幾何體的某一面上； (2)求不規(guī)則幾何體的體積：常用分割或補(bǔ)形的思想，將不規(guī)則幾何體轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體以易于求解； (3)求表面積：其關(guān)鍵思想是空間問(wèn)題平面化． 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(2017·全國(guó)卷Ⅰ)某多面體的三視圖如圖所示，其中正視圖和側(cè)視圖都由正方形和等腰直角三角形組成，正方形的邊長(zhǎng)為2，俯視圖為等腰直角三角形．該多面體的各個(gè)面中有若干個(gè)面是梯

6、形，這些梯形的面積之和為(　　) A.10　 B．12　 C．14　 D．16 答案　B 解析　根據(jù)三視圖，得到該幾何體的直觀圖如右圖所示，由圖可知，該幾何體的面AA′DC和面BB′DC是兩個(gè)全等的梯形，因此所求的梯形面積和為2×(2＋4)×2×＝12，故選B. 2.某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A．8π－ B．4π－ C.8π－4 D．4π＋ 答案　A 解析　該幾何體為一個(gè)半圓柱中間挖去一個(gè)四面體， ∴體積V＝π×22×4－××2×4×4＝8π－. 3.(2016·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，粗實(shí)線畫(huà)出的是

7、某多面體的三視圖，則該多面體的表面積為(　　) A.18＋36 B．54＋18 C.90 D．81 答案　B 解析　由三視圖可知，該幾何體是以邊長(zhǎng)為3的正方形為底面的斜四棱柱(如圖所示)，所以該幾何體的表面積為S＝2×3×6＋2×3×3＋2×3×＝54＋18，故選B. 幾何體的表面積與體積的考查，往往是結(jié)合三視圖進(jìn)行的．易錯(cuò)點(diǎn)主要有兩個(gè)： (1)不能準(zhǔn)確將三視圖還原幾何體(特別是求面積或者棱長(zhǎng)問(wèn)題)；如第1題和第3題，特別是第3題，題中幾何體為斜四棱柱，俯視圖由上下底面的投影組合而成，因而容易使得還原出現(xiàn)偏差．因此，借助長(zhǎng)(正)方體準(zhǔn)確還原幾何體的直觀圖是有效的

8、手段． (2)應(yīng)用公式不熟練，獲取數(shù)據(jù)信息有誤導(dǎo)致計(jì)算錯(cuò)．如第3題中，常誤用左視圖的高，作為幾何體左右側(cè)面的高，從而導(dǎo)致計(jì)算有誤．因此求解此類問(wèn)題時(shí)，一是由三視圖中的大小標(biāo)識(shí)確定該幾何體的各個(gè)度量；二是熟練掌握各類幾何體的表面積和體積公式求解. 熱點(diǎn)3　多面體與球的切、接問(wèn)題 通常利用球與多面體(棱柱、棱錐)，球與旋轉(zhuǎn)體(圓柱、圓錐)的內(nèi)接與外切等位置關(guān)系，考察兩個(gè)幾何體的相互聯(lián)系．求解這類問(wèn)題時(shí)，一般過(guò)球心及多面體中的接點(diǎn)、切點(diǎn)、球心或側(cè)棱等作截面，把空間問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面問(wèn)題，再利用平面幾何知識(shí)尋找?guī)缀误w中元素間的關(guān)系．也可以只畫(huà)內(nèi)接、外切的幾何體直觀圖，確定圓心的位置，弄清球的半徑

9、(或直徑)與該幾何體已知量間的關(guān)系，列方程(組)求解． (2019·漳州模擬)在直三棱柱A1B1C1－ABC中，A1B1＝3，B1C1＝4，A1C1＝5，AA1＝2，則其外接球與內(nèi)切球的表面積的比值為(　　) A. B. C. D．29 答案　A 解析　如圖1，分別取AC，A1C1的中點(diǎn)G，H，連接GH，取GH的中點(diǎn)O，連接OA，由題意，得A1B＋B1C＝A1C，即△A1B1C1為直角三角形，則點(diǎn)O為外接球的球心，OA為半徑，則外接球的半徑R＝OA＝＝； 如圖2，作三棱柱的中截面，則中截面三角形的內(nèi)心是該三棱柱的內(nèi)切球的球心，中截面三角形的內(nèi)切圓的半徑r＝＝1，也是內(nèi)切

10、球的半徑，因?yàn)镽∶r＝∶2，所以其外接球與內(nèi)切球的表面積的比值為＝.故選A. 解決多面體與球的切、接問(wèn)題時(shí)，利用幾何體與球的空間直觀圖分析問(wèn)題很難求解，這時(shí)就需要根據(jù)圖形，明確切點(diǎn)和接點(diǎn)的位置，確定有關(guān)元素間的數(shù)量關(guān)系，并作出合適的截面圖，從熟悉的圓的性質(zhì)中找到球的性質(zhì)，從而找到解決問(wèn)題的關(guān)鍵. 熱點(diǎn)4　交匯題型 立體幾何內(nèi)容與平面解析幾何之間關(guān)系密切，也與函數(shù)、三角、不等式有著千絲萬(wàn)縷的聯(lián)系．近年高考對(duì)立體幾何的考察，會(huì)適度與上述內(nèi)容進(jìn)行融合，用代數(shù)的方法思考、解決空間幾何問(wèn)題． 交匯點(diǎn)一　空間幾何體與函數(shù)、方程及不等式　　　 典例1　如圖，△ABC內(nèi)接于圓O，AB是圓O的

11、直徑，四邊形DCBE為平行四邊形，DC⊥平面ABC，AB＝4，EB＝2. 設(shè)AC＝x，V(x)表示三棱錐B－ACE的體積，則函數(shù)V(x)的解析式為_(kāi)_______，三棱錐B－ACE體積的最大值為_(kāi)_______． 解析　∵DC⊥平面ABC，DC∥BE， ∴BE⊥平面ABC. 在Rt△ABC中，∵AC＝x， ∴BC＝(0

12、 空間幾何體與函數(shù)、方程及不等式相交匯問(wèn)題，常以考查某幾何量的最值為主要方式．其解決的常用方法是，找到引起變化的幾何量(線段長(zhǎng)或角度)，并建立起所求幾何量與變化量之間的函數(shù)關(guān)系，再運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性或均值不等式求解. (2017·全國(guó)卷Ⅰ) 如圖，圓形紙片的圓心為O，半徑為5 cm，該紙片上的 等邊三角形ABC的中心為O.D，E，F(xiàn)為圓O上的點(diǎn)，△DBC，△ECA，△FAB分別是以BC，CA，AB為底邊的等腰三角形．沿虛線剪開(kāi)后，分別以BC，CA，AB為折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F(xiàn)重合，得到三棱錐．當(dāng)△ABC的邊長(zhǎng)變化時(shí)，所得三棱錐體積(單位：cm3)的最大值為_(kāi)

13、_______． 答案　4 解析　如圖，連接OD，交BC于點(diǎn)G， 由題意，知OD⊥BC，OG＝BC. 設(shè)OG＝x，則BC＝2x，DG＝5－x， 三棱錐的高h(yuǎn)＝ ＝＝， S△ABC＝×2x×3x＝3x2，則三棱錐的體積 V＝S△ABC·h＝x2· ＝·. 令f(x)＝25x4－10x5，x∈， 則f′(x)＝100x3－50x4. 令f′(x)＝0得x＝2.當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，故當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)取得最大值80，則V≤×＝4. 所以三棱錐體積的最大值為4 cm3. 交匯點(diǎn)二　空間幾

14、何體與命題 典例2　(2019·東北三省四市高三第二次模擬)祖暅原理：“冪勢(shì)既同，則積不容異”．它是中國(guó)古代一個(gè)涉及幾何體體積的問(wèn)題．意思是如果兩個(gè)等高的幾何體在同高處截得兩個(gè)幾何體的截面面積恒等，那么這兩個(gè)幾何體的體積相等．設(shè)A，B為兩個(gè)等高的幾何體，p：A，B的體積不相等；q：A，B在同高處的截面面積不恒等．根據(jù)祖暅原理可知，p是q的(　　) A.充分不必要條件 B．必要不充分條件 C.充要條件 D．既不充分也不必要條件 答案　A 空間幾何體與命題交匯的問(wèn)題，常在充要條件處設(shè)置障礙．解決此類問(wèn)題的關(guān)鍵，在于明確命題的條件和結(jié)論互推的結(jié)果．因其內(nèi)容主要與幾何體

15、的基本概念相結(jié)合，因此解決過(guò)程中，一是要明確各基本定義、定理，正確的能進(jìn)行論證；二是利用具體圖形作分析，舉出相應(yīng)的反例. 設(shè)平面α與平面β相交于直線m，直線a在平面α內(nèi)，直線b在平面β內(nèi)，且b⊥m，則“α⊥β ”是“a⊥b”的(　　) A.充分不必要條件 B．必要不充分條件 C.充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 答案　A 解析　若α⊥β，因?yàn)棣痢搔拢絤，b?β，b⊥m，所以根據(jù)兩個(gè)平面垂直的性質(zhì)定理可得b⊥α，又a?α，所以a⊥b；反過(guò)來(lái)，當(dāng)a∥m時(shí)，因?yàn)閎⊥m，一定有b⊥a，但不能保證b⊥α，所以不能推出α⊥β.故選A. 真題自檢感悟 1.(2019·全國(guó)卷Ⅰ

16、)已知三棱錐P－ABC的四個(gè)頂點(diǎn)在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是PA，AB的中點(diǎn)，∠CEF＝90°，則球O的體積為(　　) A.8π B．4π C．2π D.π 答案　D 解析　設(shè)PA＝PB＝PC＝2a， 則EF＝a，F(xiàn)C＝，∴EC2＝3－a2. 在△PEC中， cos∠PEC＝. 在△AEC中，cos∠AEC＝. ∵∠PEC與∠AEC互補(bǔ)，∴3－4a2＝1，a＝， 故PA＝PB＝PC＝.又AB＝BC＝AC＝2， ∴PA⊥PB⊥PC， ∴外接球的直徑2R＝ ＝， ∴R＝，∴V＝πR3＝π×3＝π.故選D. 2.(2

17、019·全國(guó)卷Ⅱ)中國(guó)有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形狀多為長(zhǎng)方體、正方體或圓柱體，但南北朝時(shí)期的官員獨(dú)孤信的印信形狀是“半正多面體”(圖1)．半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體．半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱美．圖2是一個(gè)棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)正方體的表面上，且此正方體的棱長(zhǎng)為1.則該半正多面體共有________個(gè)面，其棱長(zhǎng)為_(kāi)_______． 答案　26　－1 解析　先求面數(shù)，有如下兩種方法． 解法一：由“半正多面體”的結(jié)構(gòu)特征及棱數(shù)為48可知，其上部分有9個(gè)面，中間部分有8個(gè)面，下部分有9個(gè)面，共有2×9＋8＝26個(gè)面．

18、 解法二：一般地，對(duì)于凸多面體， 頂點(diǎn)數(shù)(V)＋面數(shù)(F)－棱數(shù)(E)＝2(歐拉公式)． 由圖形知，棱數(shù)為48的半正多面體的頂點(diǎn)數(shù)為24， 故由V＋F－E＝2，得面數(shù)F＝2＋E－V＝2＋48－24＝26. 再求棱長(zhǎng)． 如圖，作中間部分的橫截面，由題意知該截面為各頂點(diǎn)都在邊長(zhǎng)為1的正方形上的正八邊形ABCDEFGH，如圖，設(shè)其邊長(zhǎng)為x，則正八邊形的邊長(zhǎng)即為半正多面體的棱長(zhǎng)．連接AF，過(guò)H，G分別作HM⊥AF，GN⊥AF，垂足分別為M，N，則AM＝MH＝NG＝NF＝x. 又AM＋MN＋NF＝1，即x＋x＋x＝1. 解得x＝－1，即半正多面體的棱長(zhǎng)為－1. 3.(2017·全國(guó)

19、卷Ⅰ)已知三棱錐S－ABC的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，SC是球O的直徑．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱錐S－ABC的體積為9，則球O的表面積為_(kāi)_______． 答案　36π 解析　如圖，連接OA，OB. 由SA＝AC，SB＝BC，SC為球O的直徑，知OA⊥SC，OB⊥SC. 由平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，OA⊥SC，知OA⊥平面SCB. 設(shè)球O的半徑為r，則OA＝OB＝r，SC＝2r， ∴三棱錐S－ABC的體積 V＝×·OA＝， 即＝9，∴r＝3，∴S球表＝4πr2＝36π. 專題作業(yè) 一、選擇題 1.下列幾何體

20、各自的三視圖中，有且僅有兩個(gè)視圖相同的是(　　) A．①② B．①③ C．①④ D．②④ 答案　D 解析　①正方體的三個(gè)視圖均為正方形，因此①不符合題意；②圓錐的正視圖和側(cè)視圖為全等的等腰三角形，俯視圖為圓，因此②滿足條件；③三棱臺(tái)的正視圖為梯形，俯視圖為三角形，側(cè)視圖也為梯形，但其腰長(zhǎng)與正視圖的腰長(zhǎng)不等，故③不符合題意；④正四棱錐的正視圖和側(cè)視圖為全等的等腰三角形，俯視圖為正方形，所以④滿足條件，故選D. 2.某幾何體的三視圖，其正視圖、側(cè)視圖均是直徑為2的半圓，俯視圖是直徑為2的圓，則該幾何體的表面積為(　　) A.3π B．4π C．5π D．12π 答

21、案　A 解析　通過(guò)已知可得，本題的幾何體為半球，所以其表面積為半球面積加上一個(gè)大圓面積，即×4π×12＋π×12＝3π，故選A. 3.體積為8的正方體的頂點(diǎn)都在同一球面上，則該球的表面積為(　　) A.12π B. C．8π D．4π 答案　A 解析　由題意可知正方體的棱長(zhǎng)為2，其體對(duì)角線為2即為球的直徑，所以球的表面積為4πR2＝(2R)2π＝12π，故選A. 4.(2019·湖南郴州4月模擬)一只螞蟻從正方體ABCD－A1B1C1D1的頂點(diǎn)A出發(fā)，經(jīng)正方體的表面，按最短路線爬行到頂點(diǎn)C1的位置，則下列圖形中可以表示正方體及螞蟻?zhàn)疃膛佬新肪€的正視圖的是(　　) A.①

22、② B．①③ C．③④ D．②④ 答案　D 解析　將正方體進(jìn)行展開(kāi)(如下圖1所示)，從A走到C1的最短路線有圖中的a，b，c三個(gè)情況．將其折疊回正方體(如下圖2所示)，路線為圖中位置，因此在正視圖中線路b滿足圖②，線路c滿足圖④，線路a沒(méi)有滿足條件的正視圖，故選D. 5．如圖，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面邊長(zhǎng)為2，側(cè)棱長(zhǎng)為，D為BC的中點(diǎn)，則三棱錐A－B1DC1的體積為(　　) A.3 B. C.1 D. 答案　C 解析　如題圖，因?yàn)椤鰽BC是正三角形，且D為BC中點(diǎn)，則AD⊥BC.又因?yàn)锽B1⊥平面ABC，AD?平面ABC，故BB1⊥AD，且B

23、B1∩BC＝B，BB1，BC?平面BCC1B1，所以AD⊥平面BCC1B1，所以AD是三棱錐A－B1DC1的高．所以V三棱錐A－B1DC11＝S△B1DC1·AD＝××＝1.故選C. 6.某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的外接球的表面積為(　　) A.25π B．26π C．32π D．36π 答案　C 解析　由三視圖可知，該幾何體是以俯視圖的圖形為底面，一條側(cè)棱與底面垂直的三棱錐．如圖，三棱錐A－BCD即為該幾何體，且AB＝BD＝4，CD＝2，BC＝2，則BD2＝BC2＋CD2，即∠BCD＝90°，故底面外接圓的直徑2r＝BD＝4.易知AD為三棱錐A－BCD的外接球的直

24、徑．設(shè)球的半徑為R，則由勾股定理得4R2＝AB2＋4r2＝32，故該幾何體的外接球的表面積為4πR2＝32π. 7.等腰直角三角形ABC中，A＝90°，該三角形分別繞AB，BC所在直線旋轉(zhuǎn)，則2個(gè)幾何體的體積之比為(　　) A.1∶ B.∶1 C.1∶2 D．2∶1 答案　B 解析　依題意，得出兩個(gè)幾何體直觀圖如圖1和圖2所示，設(shè)AB＝1，則BC＝，可得圖1幾何體的體積V1＝×1×π×12＝，圖2幾何體的體積V2＝2×××π×2＝，因此兩個(gè)幾何體的體積之比＝＝，故選B. 8．(2019·遼寧部分重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體模擬)在一個(gè)密閉透明的圓柱筒內(nèi)裝一定體積的水，將該圓柱筒分

25、別豎直、水平、傾斜放置時(shí)，指出圓柱桶內(nèi)的水平面可以呈現(xiàn)出的幾何形狀不可能是(　　) A.圓面 B．矩形面 C.梯形面 D．橢圓面或部分橢圓面 答案　C 解析　將圓柱桶豎放，水面為圓面；將圓柱桶斜放，水面為橢圓面或部分橢圓面；將圓柱桶水平放置，水面為矩形面，所以圓柱桶內(nèi)的水平面可以呈現(xiàn)出的幾何形狀不可能是梯形面，故選C. 9.已知三棱錐S－ABC的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，SA⊥平面ABC，SA＝2，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，則球O的表面積為(　　) A.4π B．12π C．16π D．64π 答案　C 解析　如圖三棱錐S－ABC，在△ABC中，由余弦

26、定理得， BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos60°＝3， ∴AC2＝AB2＋BC2，即AB⊥BC. 又SA⊥平面ABC，∴SA⊥AB，SA⊥BC， ∴三棱錐S－ABC可補(bǔ)成分別以AB＝1，BC＝，SA＝2為長(zhǎng)、寬、高的長(zhǎng)方體， ∴球O的直徑為＝4， 故球O的表面積為4π×22＝16π.故選C. 10.祖暅原理：“冪勢(shì)既同，則積不容異”，其意思是：如果兩個(gè)等高的幾何體在同高處截得兩個(gè)幾何體的截面面積恒等，那么這兩個(gè)幾何體的體積相等．現(xiàn)有以下四個(gè)幾何體：圖①是從圓柱中挖去一個(gè)圓錐所得的幾何體；圖②、圖③、圖④分別是圓錐、圓臺(tái)和半球，則滿足祖暅原理的兩個(gè)幾何體為(　　)

27、 A．①② B．①③ C．①④ D．②④ 答案　C 解析　由圖中所給數(shù)據(jù)，可得幾何體①④在同高處截得兩個(gè)幾何體的截面面積相等，故選C. 11.正四棱錐的頂點(diǎn)都在同一球面上，若該棱錐的高為4，底面邊長(zhǎng)為2，則該球的表面積為(　　) A. B．16π C．9π D. 答案　A 解析　由圖知， R2＝(4－R)2＋2， ∴R2＝16－8R＋R2＋2， ∴R＝. ∴S表＝4πR2＝4π×＝，故選A. 12.三棱錐P－ABC的四個(gè)頂點(diǎn)均在半徑為2的球面上，且AB＝BC＝CA＝2，平面PAB⊥平面ABC，則三棱錐P－ABC體積的最大值是(　　) A.4 B．3

28、 C．4 D．3 答案　B 解析　依題意，三棱錐各頂點(diǎn)在半徑為2的球面上，且AB＝BC＝CA＝2，則△ABC的截面為球大圓上的三角形，設(shè)圓心為O，AB的中點(diǎn)為N，則ON＝1.因?yàn)槠矫鍼AB⊥平面ABC，所以三棱錐P－ABC的體積取最大值時(shí)，PN⊥AB，PN⊥平面ABC，PN＝，所以三棱錐的最大體積為××(2)2×＝3，故選B. 二、填空題 13．如圖，三棱柱ABC－A′B′C的底面面積為S，高為h，則三棱錐A′－BB′C的體積為_(kāi)_______． 答案　Sh 解析　三棱柱可以分割為體積相等的三個(gè)三棱錐，故三棱錐體積為棱柱體積的. 14.(2019·天

29、津高考)已知四棱錐的底面是邊長(zhǎng)為的正方形，側(cè)棱長(zhǎng)均為.若圓柱的一個(gè)底面的圓周經(jīng)過(guò)四棱錐四條側(cè)棱的中點(diǎn)，另一個(gè)底面的圓心為四棱錐底面的中心，則該圓柱的體積為_(kāi)_______． 答案　 解析　由題意知圓柱的高恰為四棱錐的高的一半，圓柱的底面直徑恰為四棱錐的底面正方形對(duì)角線的一半．因?yàn)樗睦忮F的底面正方形的邊長(zhǎng)為，所以底面正方形對(duì)角線長(zhǎng)為2，所以圓柱的底面半徑為.又因?yàn)樗睦忮F的側(cè)棱長(zhǎng)均為，所以四棱錐的高為 ＝2，所以圓柱的高為1.所以圓柱的體積V＝π2·1＝. 15.已知在三棱錐P－ABC中，VP－ABC＝，∠APC＝，∠BPC＝，PA⊥AC，PB⊥BC，且平面PAC⊥平面PBC，那么三棱錐

30、P－ABC外接球的體積為_(kāi)_______． 答案　 解析　根據(jù)題意三棱錐如圖，取PC中點(diǎn)D，連接AD，BD.因?yàn)椤螦PC＝，∠BPC＝，PA⊥AC，PB⊥BC，所以AD＝PD＝CD＝BD，因此D即為三棱錐外接球球心．由直角三角形可得PC＝2r，PB＝r，BC＝r.又因?yàn)槠矫鍼AC⊥平面PBC，AD⊥PC，所以AD⊥平面PCB，故VP－ABC＝·AD··PB·BC＝r3＝?r＝2，所以外接球的體積為V＝πr3＝. 16.(2019·全國(guó)卷Ⅲ)學(xué)生到工廠勞動(dòng)實(shí)踐，利用3D打印技術(shù)制作模型．如圖，該模型為長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1挖去四棱錐O－EFGH后所得的幾何體．其中O為長(zhǎng)方體的中心，E，F(xiàn)，G，H分別為所在棱的中點(diǎn)，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度為0.9 g/cm3，不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質(zhì)量為_(kāi)_______g． 答案　118.8 解析　由題知挖去的四棱錐的底面是一個(gè)菱形，對(duì)角線長(zhǎng)分別為6 cm和4 cm， 故V挖去的四棱錐＝××4×6×3＝12(cm3)． 又V長(zhǎng)方體＝6×6×4＝144(cm3)， 所以模型的體積為V長(zhǎng)方體－V挖去的四棱錐＝144－12＝132(cm3)， 所以制作該模型所需原料的質(zhì)量為132×0.9＝118.8(g). - 20 -