12、
空間幾何體與函數(shù)、方程及不等式相交匯問題，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(線段長或角度)，并建立起所求幾何量與變化量之間的函數(shù)關系，再運用函數(shù)的單調性或均值不等式求解.
(2017·全國卷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，△DBC，△ECA，△FAB分別是以BC，CA，AB為底邊的等腰三角形．沿虛線剪開后，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△ABC的邊長變化時，所得三棱錐體積(單位：cm3)的最大值為_
13、_______．
答案 4
解析 如圖，連接OD，交BC于點G，
由題意，知OD⊥BC，OG＝BC.
設OG＝x，則BC＝2x，DG＝5－x，
三棱錐的高h＝
＝＝，
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x∈(0,2)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增，當x∈時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減，故當x＝2時，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：“冪勢既同，則積不容異”．它是中國古代一個涉及幾何體體積的問題．意思是如果兩個等高的幾何體在同高處截得兩個幾何體的截面面積恒等，那么這兩個幾何體的體積相等．設A，B為兩個等高的幾何體，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題，常在充要條件處設置障礙．解決此類問題的關鍵，在于明確命題的條件和結論互推的結果．因其內(nèi)容主要與幾何體
15、的基本概念相結合，因此解決過程中，一是要明確各基本定義、定理，正確的能進行論證；二是利用具體圖形作分析，舉出相應的反例.
設平面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，因為α∩β＝m，b?β，b⊥m，所以根據(jù)兩個平面垂直的性質定理可得b⊥α，又a?α，所以a⊥b；反過來，當a∥m時，因為b⊥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·全國卷Ⅰ
16、)已知三棱錐P－ABC的四個頂點在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是PA，AB的中點，∠CEF＝90°，則球O的體積為( )
A.8π B．4π C．2π D.π
答案 D
解析 設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，∴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·全國卷Ⅱ)中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“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)學的對稱美．圖2是一個棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1.則該半正多面體共有________個面，其棱長為________．
答案 26?。?
解析 先求面數(shù)，有如下兩種方法．
解法一：由“半正多面體”的結構特征及棱數(shù)為48可知，其上部分有9個面，中間部分有8個面，下部分有9個面，共有2×9＋8＝26個面．
18、
解法二：一般地，對于凸多面體，
頂點數(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．
如圖，作中間部分的橫截面，由題意知該截面為各頂點都在邊長為1的正方形上的正八邊形ABCDEFGH，如圖，設其邊長為x，則正八邊形的邊長即為半正多面體的棱長．連接AF，過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為－1.
3.(2017·全國
19、卷Ⅰ)已知三棱錐S－ABC的所有頂點都在球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________．
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，有且僅有兩個視圖相同的是( )
A．①② B．①③
C．①④ D．②④
答案 D
解析?、僬襟w的三個視圖均為正方形，因此①不符合題意；②圓錐的正視圖和側視圖為全等的等腰三角形，俯視圖為圓，因此②滿足條件；③三棱臺的正視圖為梯形，俯視圖為三角形，側視圖也為梯形，但其腰長與正視圖的腰長不等，故③不符合題意；④正四棱錐的正視圖和側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為2，其體對角線為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A出發(fā)，經(jīng)正方體的表面，按最短路線爬行到頂點C1的位置，則下列圖形中可以表示正方體及螞蟻最短爬行路線的正視圖的是( )
A.①
22、② B．①③ C．③④ D．②④
答案 D
解析 將正方體進行展開(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的底面邊長為2，側棱長為，D為BC的中點，則三棱錐A－B1DC1的體積為( )
A.3 B.
C.1 D.
答案 C
解析 如題圖，因為△ABC是正三角形，且D為BC中點，則AD⊥BC.又因為BB1⊥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，則2個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，得出兩個幾何體直觀圖如圖1和圖2所示，設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＝，因此兩個幾何體的體積之比＝＝，故選B.
8．(2019·遼寧部分重點中學協(xié)作體模擬)在一個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，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可補成分別以AB＝1，BC＝，SA＝2為長、寬、高的長方體，
∴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：“冪勢既同，則積不容異”，其意思是：如果兩個等高的幾何體在同高處截得兩個幾何體的截面面積恒等，那么這兩個幾何體的體積相等．現(xiàn)有以下四個幾何體：圖①是從圓柱中挖去一個圓錐所得的幾何體；圖②、圖③、圖④分別是圓錐、圓臺和半球，則滿足祖暅原理的兩個幾何體為( )
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在同高處截得兩個幾何體的截面面積相等，故選C.
11.正四棱錐的頂點都在同一球面上，若該棱錐的高為4，底面邊長為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的四個頂點均在半徑為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，設圓心為O，AB的中點為N，則ON＝1.因為平面PAB⊥平面ABC，所以三棱錐P－ABC的體積取最大值時，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________．
答案 Sh
解析 三棱柱可以分割為體積相等的三個三棱錐，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為的正方形，側棱長均為.若圓柱的一個底面的圓周經(jīng)過四棱錐四條側棱的中點，另一個底面的圓心為四棱錐底面的中心，則該圓柱的體積為________．
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角線的一半．因為四棱錐的底面正方形的邊長為，所以底面正方形對角線長為2，所以圓柱的底面半徑為.又因為四棱錐的側棱長均為，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________．
答案
解析 根據(jù)題意三棱錐如圖，取PC中點D，連接AD，BD.因為∠APC＝，∠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.又因為平面PAC⊥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·全國卷Ⅲ)學生到工廠勞動實踐，利用3D打印技術制作模型．如圖，該模型為長方體ABCD－A1B1C1D1挖去四棱錐O－EFGH后所得的幾何體．其中O為長方體的中心，E，F(xiàn)，G，H分別為所在棱的中點，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量為________g．
答案 118.8
解析 由題知挖去的四棱錐的底面是一個菱形，對角線長分別為6 cm和4 cm，
故V挖去的四棱錐＝××4×6×3＝12(cm3)．
又V長方體＝6×6×4＝144(cm3)，
所以模型的體積為V長方體－V挖去的四棱錐＝144－12＝132(cm3)，
所以制作該模型所需原料的質量為132×0.9＝118.8(g).
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2020屆高考數(shù)學大二輪復習 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 文
