第一篇　第二层　专题三.docx

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D.(3)(2023·湖南永州三模)中录形似“楔体”的“羡除”.所谓“羡除”,就是三个侧面都是梯形或平行四边形(其中最多只有一个平行四边形),,在羡除ABCDEF中,四边形ABCD是边长为2的正方形,△EAD,△FBC均为正三角形,EF∥平面ABCD,且EF=2AB,则羡除ABCDEF的体积为( )A. 【解析】(1)设该“方斗”的上底面边长为a(a>0),因为上底面与下底面面积之比为1∶4,所以该“方斗”的下底面边长为2a,又该“方斗”的高h=2,体积为,所以[a2+(2a)2+]×2=,得a=,O1,O分别为正四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面的中心,E,E1分别为AD,A1D1的中点,AB=2A1B1=4,连接OO1,OE,O1E1,EE1,则OO1⊥平面ABCD,且OO1=2,OE=2,O1E1=1,过点E作E1F⊥OE,垂足为F,则OF=O1E1=1,E1F=OO1=2,所以EF=OE-OF=1,则E1E==,即正四棱台ABCD-A1B1C1D1的斜高为,所以正四棱台的侧面积S=×(2+4)××4=12,即该“方斗”的侧面积为12,故选D.(2)如图,因为PM=PC,PN=PB,所以===×=,所以====(其中d为点A到平面PBC的距离,因为平面PMN和平面PBC重合,所以点A到平面PMN的距离也为d).故选B.(3)因为EF∥平面ABCD,所以EF∥AB,EF∥CD,因为四边形ABCD是边长为2的正方形,所以AB⊥AD,过点A作AG⊥EF于点G,连接DG,则AG⊥AB,因为AG∩AD=A,所以AB⊥平面ADG,过点B作BH⊥EF于点H,连接CH,则AB⊥平面BCH,因为△EAD,△FBC均为正三角形,边长相等,所以羡除ABCDEF被分割为三棱柱ADG-BCH和两个相同的三棱锥E-ADG和F-BCH,其中EG=FH=1,GH=AB=CD=2,由勾股定理可得:AG=DG=BH=CH=,取AD中点M,连接GM,则GM⊥AD,由勾股定理得:GM==,则S△ADG=S△BCH=AD·GM=,所以VADG-BCH=S△ADG·GH=2,VE-ADG=VF-BCH=S△ADG·EG=,故羡除ABCDEF的体积为2+=.故选B.【答案】(1)D (2)B (3)B归纳点拨(1)空间几何体体积的求法①公式法:对于规则的几何体的体积,可直接利用公式进行求解.②割补法:把不规则的图形分割成规则的图形,然后进行体积的计算.③等体积法:多用来解决锥体的体积,特别是三棱锥的体积.(2)求几何体表面积的注意事项①计算表面积时,注意不要漏掉有些面的面积及重复计算有些面的面积.②.(2023·北京大兴一模)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E为BC上一点,则三棱锥B1-AC1E的体积为( )A. . D.【解析】由ABCD-A1B1C1D1为正方体,显然AB为A到平面EB1C1的距离,所以VB1-AC1E=VA-EB1C1=S△EB1C1·AB=××1×1×1=.故选D.【答案】 D2.(2023·全国乙卷)已知圆锥PO的底面半径为,O为底面圆心,PA,PB为圆锥的母线,∠AOB=,若△PAB的面积等于,则该圆锥的体积为( ) 【解析】在△AOB中,AO=BO=,∠AOB=,由余弦定理得AB==3,设等腰三角形PAB底边AB上的高为h,则S△PAB=×3h=,解得h=,由勾股定理得母线PA==3,则该圆锥的高PO==,所以该圆锥的体积为×3π×=π,故选B.【答案】 B3.(2023·银川质检)已知圆锥SO,其侧面展开图是半圆,过SO上一点P作平行于圆锥底面的截面,以截面为上底面作圆柱PO,圆柱的下底面落在圆锥的底面上,且圆柱PO的侧面积与圆锥SO的侧面积的比值为,则圆柱PO的体积与圆锥SO的体积的比值为( )A. . D.【解析】设圆锥SO的底面半径为r,,所以πl=2πr,即l=2r,所以母线与轴SO所成的角为30°.作圆锥SO的轴截面如图所示,则SO=′,则SP=r′,PO=r-r′,故圆柱PO的侧面积为S1=2πr′(r-r′)=2πr′(r-r′),圆锥SO的侧面积为S2=πl2=2πr2,于是==,即=,-2=,解得=,又圆柱PO的体积为V1=πr′2(r-r′)=πr′2(r-r′),圆锥SO的体积为V2=πr2·r=πr3,所以==·=3××=.故选A.【答案】 A热点三与球有关的切、接问题角度1:几何体的外接球【例3】(1)(2023·安徽六安第二中学第四次月考)2022年卡塔尔世界杯是第22届国际足联世界杯,,B,C,P满足PA=BC=5,PB=AC=,PC=AB=2,则该足球的表面积为( ) (2)(2023·全国乙卷)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA=________.【解析】(1)PA=BC,PB=AC,PC=AB,则A,B,C,P四点两两连线构成对棱相等的四面体,将该四面体补形成长方体,四面体各棱可看作长方体各面的对角线,如图所示,则该足球的表面积即四面体ABCP外接球的表面积,,b,c,则a2+b2=AB2=20,a2+c2=AC2=11,b2+c2=BC2=,则(2R)2=a2+b2+c2==28,得R2=7,所以长方体外接球的表面积为S=4πR2=28π,.(2)解法一:如图,设△ABC的外接圆圆心为O1,连接O1A,因为△ABC是边长为3的等边三角形,所以其外接圆半径r=O1A=××3=.将三棱锥S-ABC补形为正三棱柱SB1C1-ABC,由题意知SA为侧棱,设球心为O,连接OO1,OA,则OO1⊥平面ABC,且OO1==OA=2,OA2=OO+O1A2,所以4=SA2+3,得SA=:如图,设△ABC的外接圆圆心为O1,连接O1A,因为△ABC是边长为3的等边三角形,所以其外接圆半径r=O1A=××3=.设三棱锥S-ABC的外接球球心为O,连接OO1,则OO1⊥⊥平面ABC,所以OO1∥SA,连接OS,OA,由题意知OS=OA=,设垂足为H,则四边形AO1OH为矩形,所以OO1=AH,由OS=OA可知H为SA的中点,则OO1=AH=△OO1A中,由勾股定理可得OA2=OO+O1A2,即4=SA2+3,得SA=2.【答案】(1)D (2)2归纳点拨解决多面体的外接球问题,关键是确定球心的位置,方法是先选择多面体中的一面,确定此面外接圆的圆心,再过圆心作垂直此面的垂线,则球心一定在此垂线上,(如:三条棱两两垂直的四面体、对棱相等的四面体、正四面体等).(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为3和4,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( ) 【解析】由题意,得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为××3=3,××4=、下底面的外接圆的圆心分别为O1,O2,连接O1O2,则O1O2=1,,当球心O在线段O1O2上时,R2=32+OO=42+(1-OO1)2,解得OO1=4(舍去);当球心O不在线段O1O2上时,R2=42+OO=32+(1+OO2)2,解得OO2=3,所以R2=25,所以该球的表面积为4πR2=.【答案】 A2.(2023·安徽名校联盟质检一)如图,平面ABCD⊥平面ABEF,四边形ABCD是正方形,四边形ABEF是矩形,G是EF的中点,AF=1,AB=2,则三棱锥C-ABG外接球的表面积是( ) 【解析】解法一:因为G是EF的中点,AF=1,AB=2,且四边形ABEF是矩形,所以AG=BG=,所以AG2+BG2=AB2,则AG⊥BG,即△,取AB的中点为M,则点M为△,连接OM,则OM∥BC,又BC⊥AB,所以OM⊥⊥平面ABEF,平面ABCD∩平面ABEF=AB,OM?平面ABCD,所以OM⊥平面ABEF,则直线OM上任意一点到点A,B,△ABC中,O为AC的中点,所以点O到点A,B,C的距离都相等,所以点O到点A,B,G,C的距离都相等,所以点O即三棱锥C-,所以三棱锥C-ABG外接球的半径R==,所以三棱锥C-ABG外接球的表面积S=4πR2=8π,:因为G是EF的中点,AF=1,AB=2,且四边形ABEF是矩形,所以AG=BG=,所以AG2+BG2=AB2,则AG⊥⊥平面ABEF,平面ABCD∩平面ABEF=AB,BC⊥AB,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面ABEF,又AG?平面ABEF,所以BC⊥AG,因为BC∩BG=B,BC,BG?平面BCG,所以AG⊥平面BCG,又CG?平面BCG,所以AG⊥CG,则△ACG为直角三角形,且斜边为AC.△ABC也为直角三角形,,取AC的中点为O,则点O到点C,A,B,G的距离都相等,所以点O即三棱锥C-,所以AC=2,所以外接球的半径R=OA=,所以三棱锥C-ABG外接球的表面积S=4πR2=8π,故选B.【答案】 B角度2:几何体的内切球【例4】已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为________.【解析】,设其半径为r,AC=3,O1C=1,∴AO1==2.∵OO1=OM=r,∴AO=AO1-OO1=2-r,又∵△AMO∽△AO1C,∴=,即=,故3r=2-r,∴r=.∴该圆锥内半径最大的球的体积V=π·3=.【答案】归纳点拨求几何体内切球半径的常用方法(1)利用体积分割求出内切球的半径.(2)将空间问题转化为平面问题,通过构造直角三角形,,在三棱锥P-ABC中,PA=4,AC=2,PB=BC=2,PA⊥平面PBC,则三棱锥P-ABC的内切球的表面积为( ) 【解析】由PA⊥平面PBC,且PA=4,PB=2,AC=2,得AB=2,PC=2,所以△PBC为等边三角形,△ABC为等腰三角形,V三棱锥P-ABC=V三棱锥A-PBC=S△PBC×PA=××(2)2×4=4,三棱锥P-ABC的表面积为S=×2×4×2+×(2)2+×2×5=,则V三棱锥P-ABC=×S×r,即4=×16×r,所以r=,所以三棱锥P-ABC的内切球的表面积为4π×2=.【答案】 B4.(2023·全国甲卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,.【解析】如图,线段EF过正方体的中心,所以以EF为直径的球的球心即正方体的中心,球的半径为,而正方体的中心到每一条棱的距离均为,所以以EF为直径的球与每一条棱均相切,所以共有12个公共点.【答案】 12专题强化作业(九) 空间几何体的三视图、表面积和体积『基础达标练』一、选择题1.(2023·山东临沂一模)已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆,则该圆锥的体积为( ) 【解析】设圆锥底面半径为r,高为h,母线长为l=2,则l2=r2+h2=4,底面周长2πr=×(2π×2)?r=1,所以h==,所以圆锥的体积为×π×12×=.【答案】 △ABC,用斜二测画法作出的直观图是如图所示的△A′B′C′,其中O′A′=O′B′=2,O′C′=,则△ABC绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体的表面积为( ) .(8+3)π D.(16+12)π【解析】根据“斜二测画法”可得AO=BO=2,OC=2,AB=AC=BC=4,△ABC绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体是两个相同圆锥的组合体,它的表面积为S=2πrl=2π×2×4=.【答案】 B3.(2023·山东烟台一模)如图,三棱锥V-ABC中,VA⊥底面ABC,∠BAC=90°,AB=AC=AV=2,则该三棱锥的内切球和外接球的半径之比为( )A.(2-)∶1 B.(2-3)∶1C.(-1)∶3 D.(-1)∶2【解析】因为VA⊥底面ABC,AB,AC?底面ABC,所以VA⊥AB,VA⊥AC,又因为∠BAC=90°,所以AB⊥AC,而AB=AC=AV=2,所以三条互相垂直且共顶点的棱,可以看成正方体中共顶点的长、宽、高,因此该三棱锥外接球的半径R==,设该三棱锥的内切球的半径为r,因为∠BAC=90°,所以BC===2,因为VA⊥AB,VA⊥AC,AB=AC=AV=2,所以VB=VC===2,由三棱锥的体积公式可得:3×××2×2·r+××2×2×·r=××2×2×2?r=,所以r∶R=∶=(-1)∶3,故选C.【答案】 C4.(2023·全国乙卷)如图,网格纸上绘制的是一个零件的三视图,网格小正方形的边长为1,则该零件的表面积为( ) 【解析】作出该零件的直观图如图所示,该零件可看作是长、宽、高分别为2,2,3的长方体去掉一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体所得,其表面积为2×(2×2+2×3+2×3)-2×1×1=30,故选D.【答案】 D5.(2023·成都二诊)已知正三棱锥P-ABC中,AB=2,顶点P到底面ABC的距离为2,其各顶点都在同一球面上,则该球的半径为( )A. 【解析】如图,设H为底面△ABC的中心,连接PH,因为三棱锥P-ABC是正三棱锥,所以PH⊥平面ABC,PH=2,由正三棱锥的性质知,其外接球的球心O在直线PH上,设BC的中点为E,连接AE,因为AB=2,所以AH=AE=××2=2,设球O的半径为R,连接OA,则R2=OA2=AH2+OH2,即R2=(2)2+|2-R|2,解得R=3,故选D.【答案】 D6.(2023·长沙摸底)某班级到一工厂参加社会实践劳动,加工出如图所示的圆台O1O2,在轴截面ABCD中,AB=AD=BC=2cm,且CD=2AB,则错误的命题是( ),所经过的最短路程为5cm【解析】如图1,过点B作BE⊥CD于点E,则CE==1,所以BE===,即圆台的高为cm,×(2+4)×=3(cm2),××(π+4π+)=(cm3),,得到如图2所示的扇环ADCB,再将其补成扇形PDC,则弧CD长为2π,半径PC长为4,所以圆心角∠CPD=,取AD的中点为M,连接CM,则从点C沿着该圆台的侧面爬行到AD的中点M的最短路径即扇环中线段CM的长,CM===5(cm),, 图2【答案】 A二、,已知圆柱的底面直径为40cm,母线长最短50cm,最长80cm,则斜截圆柱的侧面面积S=__________cm2.【解析】将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱,=×(π×40)×(50+80)=2600π(cm2).【答案】 2600π8.(2023·武汉调研)半正多面体亦称“阿基米德体”,,将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,如此共可截去八个三棱锥,得到一个有十四个面的半正多面体,它的各棱长都相等,其中八个面为正三角形,六个面为正方形,.【解析】设正方体的棱长为a,则正方体的体积为a3,标记部分点如图所示,则VA-BCD=××××=,所以二十四等边体的体积为a3-×8=a3-a3=a3,所以二十四等边体与原正方体的体积的比值为.【答案】9.(2023·西安五校联考一)如图,已知△ABC的外接圆为圆O,AB为圆O的直径,PA垂直于圆O所在的平面,且PA=AB=1,过点A作平面α⊥PB,分别交PB,PC于点M,N,则三棱锥P-AMN的外接球的体积为________.【解析】因为PA⊥平面ABC,AB,BC?平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥⊥平面AMN,AM,AN?平面AMN,所以PB⊥AM,PB⊥AN,又PA=AB,所以M为PB的中点,PM=PB==.因为AB为圆O的直径,所以BC⊥∩AC=A,PA,AC?平面PAC,所以BC⊥平面PAC,又AN?平面PAC,所以BC⊥⊥AN,PB∩BC=B,PB,BC?平面PBC,所以AN⊥平面PBC,又MN?平面PBC,所以AN⊥MN,所以△AMN的外接圆半径r=AM=PB=,又PB⊥平面AMN,所以三棱锥P-AMN的外接球的球心为PA的中点,所以三棱锥P-AMN的外接球的半径R==,所以三棱锥P-AMN外接球的体积V=πR3=π×=.【答案】三、,已知三棱锥P-ABC的平面展开图中,四边形ABCD为边长等于的正方形,△ABE和△BCF均为正三角形,在三棱锥P-ABC中:(1)证明:平面PAC⊥平面ABC;(2)求三棱锥P-ABC的表面积和体积.【解】(1)证明:设AC的中点为O,连接BO,,得PA=PB=PC=,PO=1,AO=BO=CO=△PAC中,PA=PC,O为AC的中点,所以PO⊥△POB中,PO=1,OB=1,PB=,PO2+OB2=PB2,所以PO⊥∩OB=O,AC,OB?平面ABC,所以PO⊥平面ABC,因为PO?平面PAC,所以平面PAC⊥平面ABC.(2)三棱锥P-ABC的表面积S=×+2××()2=2+,由(1)知,PO⊥平面ABC,所以三棱锥P-ABC的体积为V=S△ABC×PO=××××1=.,在直角△AOB中,OA=OB=2.△AOC通过△AOB以直线OA为轴顺时针旋转120°得到(∠BOC=120°).点M为线段BC上一点,且MB=.(1)证明:MO⊥平面AOB;(2)若D是线段AB的中点,求四棱锥O-ACMD的体积.【解】(1)证明:在△MOB中,OB=2,MB=,∠OBM=30°,由余弦定理得,OM=,∴OM2+OB2=MB2,∴OM⊥OB,由题意可知:OA⊥OB,OA⊥OC,OB∩OC=O,∴OA⊥平面COB,∵OM?平面COB,∴OA⊥OM,∵OA∩OB=O,∴OM⊥平面AOB.(2)VA-BOC=××2×2××2=,VM-ODB=VD-OMB=××2××1=,VO-ACMD=VA-BOC-VM-ODB=.故四棱锥O-ACMD的体积为.『能力提升练』12.(2023·柳州模拟)如图,将底面半径为2的圆锥放倒在平面上,使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S滚动,当这个圆锥在平面内转回原位置时,底面圆恰好滚动了2周,则( )【解析】由圆锥在平面内转回原位置时,底面圆恰好滚动了2周,可知圆锥的侧面展开图的面积,即圆锥的侧面积是以圆锥的母线为半径的圆面积的一半,设圆锥的母线长为l,则π×2×l=×π×l2,解得l=4,故A不正确;圆锥的体积为π×22×=π,故B正确;由题意可知,圆锥的侧面展开图是以圆锥的母线为半径的半圆,故侧面展开图扇形的圆心角为π,故C不正确;圆锥的表面积为π×2×4+π×22=12π,.【答案】 B13.(2023·豫南名校拔尖考试)已知某几何体的三视图如图所示,其中小方格是边长为1的正方形,则该几何体的外接球的表面积为( ) 【解析】解法一:如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为矩形,且PA=4,BC=6,AB=,其还原的几何体为图中的三棱锥P--BCD的外接球即四棱锥P-,因为AC,BC?平面ABCD,所以PA⊥AC,PA⊥BC,又BC⊥AB,PA∩AB=A,PA,AB?平面PAB,所以BC⊥平面PAB,又PB?平面PAB,所以BC⊥PB,同理得CD⊥PD,所以△PAC,△PBC,△PDC均为直角三角形,且它们的斜边均为PC,取PC的中点为O,连接OA,OB,OD,则OA=OB=OC=OD=OP,所以点O即四棱锥P-ABCD的外接球的球心,即点O为三棱锥P-==2,所以PC==2,所以三棱锥P-BCD的外接球的半径R==,所以三棱锥P-BCD的外接球的表面积为4πR2=:由题中三视图可得,其还原的几何体为如图所示的三棱锥P-BCD,其中BC⊥CD,点P到平面BCD的距离为4,BC=6,CD=-BCD补形成长方体PB1C1D1-ABCD,则PA=4,AB=CD=4,长方体PB1C1D1-ABCD的外接球即三棱锥P-BCD的外接球,所以三棱锥P-BCD的外接球的半径R===,以三棱锥P-BCD的外接球的表面积为4πR2=.【答案】 D14.(2023·湖南六校联考)已知四边形ABCD是边长为3的菱形,把△ACD沿AC折起,使得点D到达点P,则三棱锥P-ABC体积最大时,其外接球半径为________.【解析】如图所示,当平面PAC⊥平面ABC时,三棱锥P-ABC的体积最大,设O为AC的中点,连接OB,OP,令OA=a,OB=b,因为四边形ABCD是菱形,所以OB⊥AC,则a2+b2=⊥AC,平面PAC⊥平面ABC,且平面PAC∩平面ABC=AC,OP?平面PAC,所以OP⊥平面ABC,则VP-ABC=S△ABC·OP=-ABC=ab2=a(9-a2)=-a3+3a(0<a<3),令f(a)=-a3+3a,0<a<3,则f′(a)=-(a+)(a-),令f′(a)=0,解得a=,当0<a<时,f′(a)>0;当<a<3时,f′(a)<(a)在(0,)上单调递增,在(,3)上单调递减,所以当a=时,f(a)max=f()=2,即a=,b=时,三棱锥P-,O2分别为△ABC,△APC的外心,因为△ABC,△APC均为等腰三角形,所以O1,O2分别在OB,OP上,过点O1作平面ABC的垂线,过点O2作平面PAC的垂线,这两垂线交于点O3,则点O3为三棱锥P-=BC=3,AC=2,所以cos∠ABC===,所以sin∠ABC=,设△ABC外接圆的半径为r,则2r===,所以r=,即O1B=,所以O1