高考數學(文數)一輪復習習題 壓軸題（五） 立體幾何 (含解析)

壓軸題命題區(qū)間(五)立體幾何快速識別空間幾何體的直觀圖與三視圖(1)某幾何體的直觀圖如圖所示，該幾何體的正視圖和側視圖可能正確的是()(2)(2016·山西質檢)某幾何體的三視圖如圖所示，當xy取得最大值時，該幾何體的體積是________．(1)由幾何體的直觀圖，可知該幾何體可以看作由正方體ABCD-A1B1C1D1割掉四個角后所得的幾何體ABCD-MNPQ，如圖所示，該幾何體的正視圖就是其在正方體的面CDD1C1上的投影，顯然為正方形CDD1C1與△CDQ的組合；該幾何體的側視圖就是其在面BCC1B1上的投影，顯然為正方形BCC1B1和△(2)由題意知，該幾何體為如圖所示的四棱錐P-ABCD，CD＝eq\f(y,2)，AB＝y，AC＝5，CP＝eq\r(7)，BP＝x，∴BP2＝BC2＋CP2，即x2＝25－y2＋7，x2＋y2＝32≥2xy，則xy≤16，當且僅當x＝y＝4時，等號成立．此時該幾何體的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(2＋4,2)×3×eq\r(7)＝3eq\r(7)．(1)A(2)3eq\r(7)由幾何體的三視圖確定幾何體的形狀的關鍵在于準確把握常見幾何體的三視圖，由三視圖中的數據確定幾何體中的相關數據的關鍵是準確把握畫三視圖的基本原則：“正側等高，正俯等長，側俯等寬”，這是我們實現三視圖數據與幾何體度量之間相互轉化的主要依據．如圖是某簡單組合體的三視圖，則該組合體的體積為()A．36eq\r(3)(π＋eq\r(2)) B．36eq\r(3)(π＋2)C．108eq\r(3)π D．108(eq\r(3)π＋2)解析：選B由三視圖中的數據可得，該組合體由一個半圓錐和一個三棱錐組合而成，其中半圓錐的底面半徑r＝6，三棱錐的底面是一個底邊長為12，高為6的等腰三角形，兩個錐體的高h＝eq\r(122－62)＝6eq\r(3)．故半圓錐的體積V1＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)π×62×6eq\r(3)＝36eq\r(3)π；三棱錐的底面積S＝eq\f(1,2)×12×6＝36，三棱錐的體積V2＝eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,3)×36×6eq\r(3)＝72eq\r(3)．故該幾何體的體積V＝V1＋V2＝36eq\r(3)π＋72eq\r(3)＝36eq\r(3)(π＋2)．2．(2017·?？谡{研)一錐體的三視圖如圖所示，則該棱錐的最長棱的棱長為()A．eq\r(33) B．eq\r(17)C．eq\r(41) D．eq\r(42)解析：選C依題意，題中的幾何體是四棱錐E-ABB1A1，如圖所示(其中ABCD-A1B1C1D1是棱長為4的正方體，C1E＝1)，EA＝eq\r(32＋42＋42)＝eq\r(41)，EA1＝eq\r(12＋42＋42)＝eq\r(33)，EB＝eq\r(32＋42)＝5，EB1＝eq\r(12＋42)＝eq\r(17)，AB＝BB1＝B1A1＝A1A＝4，因此該幾何體的最長棱的棱長為eq\r(41)，選C．與球相關的“接”、“切”問題(1)某四面體的三視圖如圖所示，正視圖、側視圖、俯視圖都是邊長為1的正方形，則此四面體的外接球的體積為()A．eq\f(4π,3) B．3πC．eq\f(\r(3)π,2) D．π(2)若圓錐的內切球與外接球的球心重合，且內切球的半徑為1，則圓錐的體積為________．(3)若正三棱錐的高和底面邊長都等于6，則其外接球的表面積為________．(1)把該四面體ABCD放入正方體中，如圖所示，此四面體的外接球即為正方體的外接球，由題意可知，正方體的棱長為1，所以外接球的半徑為R＝eq\f(\r(3),2)，所以此四面體的外接球的體積為V＝eq\f(4,3)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))3＝eq\f(\r(3),2)π．故選C．(2)過圓錐的旋轉軸作軸截面，得△ABC及其內切圓⊙O1和外切圓⊙O2，且兩圓同圓心，即△ABC的內心與外心重合，易得△ABC為正三角形，由題意知⊙O1的半徑為r＝1，△ABC的邊長為2eq\r(3)，于是知圓錐的底面半徑為eq\r(3)，高為3．故所求體積為V＝eq\f(1,3)×π×3×3＝3π．(3)如圖，作PM⊥平面ABC于點M，則球心O在PM上，PM＝6，連接AM，AO，則OP＝OA＝R，在Rt△OAM中，OM＝6－R，OA＝R，又AB＝6，且△ABC為等邊三角形，故AM＝eq\f(2,3)eq\r(62－32)＝2eq\r(3)，則R2－(6－R)2＝(2eq\r(3))2，解得R＝4，所以球的表面積S＝4πR2＝64π．(1)C(2)3π(3)64π與球相關的“接”、“切”問題的解決方法方法解讀適合題型截面法解答時首先要找準切點，通過作截面來解決．如果內切的是多面體，則作截面時主要抓住多面體過球心的對角面來作球內切多面體或旋轉體(如典例(2))構造直角三角形法首先確定球心位置，借助外接的性質——球心到多面體的頂點的距離等于球的半徑，尋求球心到底面中心的距離、半徑、頂點到底面中心的距離構造成直角三角形，利用勾股定理求半徑正棱錐、正棱柱的外接球(如典例(3))補形法因正方體、長方體的外接球半徑易求得，故將一些特殊的幾何體補形為正方體或長方體，便可借助外接球為同一個的特點求解三條側棱兩兩垂直的三棱錐，從正方體或長方體的八個頂點中選取點作為頂點組成的三棱錐、四棱錐等(如典例(1))1．一個正六棱柱的所有頂點在同一個球面上，且這個正六棱柱的底面周長為6，體積為eq\f(9,2)，那么這個球的表面積為________．解析：如圖所示，正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1中，由正六邊形ABCDEF的周長為6，可得其邊長為1，正六棱柱的底面ABCDEF的面積為6×eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2)，設正六棱柱的高為h，由此可得其體積V＝eq\f(3\r(3),2)×h＝eq\f(9,2)，解得h＝eq\r(3)，則AD1＝eq\r(AD2＋DD\o\al(2,1))＝eq\r(22＋\r(3)2)＝eq\r(7)，即得正六棱柱的外接球直徑為eq\r(7)，所以這個球的表面積為4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),2)))2＝7π．答案：7π2．已知四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是正方形，邊長為4，PA＝PD＝eq\r(13)，側面PAD⊥底面ABCD，在四棱錐內放一個球，要使球的體積最大，則球的半徑為________．解析：四棱錐P-ABCD內放一個球，要使球的體積最大，則球為四棱錐的內切球．如圖，分別取AD，BC的中點M，N，連接PM，PN，MN．因為側面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝eq\r(13)，所以PM⊥AD，所以PM⊥底面ABCD．又AD＝AB＝4，所以MN＝4，PM＝eq\r(\r(13)2－22)＝3，根據題意球O與四棱錐各面相切，平面PMN即為四棱錐與內切球的軸截面，在Rt△PMN中，PN＝eq\r(32＋42)＝5，設E，F，G為切點，球O的半徑為r，則S△PMN＝eq\f(1,2)×3×4＝eq\f(1,2)(3＋4＋5)r，所以r＝1，即所求．答案：1平面圖形的翻折問題如圖1，梯形ABCD中，CE⊥AD于E，BF⊥AD于F，且AF＝BF＝BC＝1，DE＝eq\r(2)，現將△ABF，△CDE分別沿BF與CE翻折，使點A與點D重合，點O為AC的中點，設平面ABF與平面CDE相交于直線l，如圖2.(1)求證：l∥CE；(2)求證：OF⊥平面ABE.(1)因為CE∥BF，CE?平面ABF，BF?平面ABF，所以CE∥平面ABF.又CE?平面ACE，平面ACE∩平面ABF＝l，所以CE∥l.(2)如圖，連接CF，與BE交于點G，連接AG，OG.因為AF＝BF＝1，AF⊥BF，所以AB＝eq\r(2)，所以AB＝AE＝BE＝eq\r(2)，所以AG⊥BE.又BE⊥CF，AG∩CF＝G，所以BE⊥平面AFC，所以平面ABE⊥平面AFC，交線為AG.又AF⊥BF，AF⊥EF，BF∩EF＝F，所以AF⊥平面BCEF，所以AF⊥CF.在Rt△AFG中，tan∠FAG＝eq\f(\r(2),2).易知G為BE的中點，又O為AC的中點，所以OG＝eq\f(1,2)AF＝eq\f(1,2)，OG∥AF，故OG⊥CF.在Rt△FGO中，FG＝eq\f(\r(2),2)，OG＝eq\f(1,2)，所以tan∠OFC＝eq\f(OG,FG)＝eq\f(\r(2),2)，所以∠FAG＝∠OFC.又∠OFC＋∠AFO＝eq\f(π,2)，所以∠FAG＋∠AFO＝eq\f(π,2)，所以AG⊥OF，所以OF⊥平面ABE.解決平面圖形翻折為空間圖形問題的關鍵是看翻折前后線面位置關系的變化，根據翻折的過程理清翻折前后位置關系中沒有變化的量是哪些、發(fā)生變化的量是哪些，這些不變的量和變化的量反映了翻折后的空間圖形的結構特征，求解問題時要綜合考慮翻折前后的圖形．(2016·浙江高考)如圖，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°.若平面ABC外的點P和線段AC上的點D，滿足PD＝DA，PB＝BA，則四面體PBCD的體積的最大值是________．解析：在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，∴AC＝eq\r(22＋22－2×2×2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝2eq\r(3).設CD＝x，則AD＝2eq\r(3)－x，∴PD＝2eq\r(3)－x，∴VP-BCD＝eq\f(1,3)S△BCD·h≤eq\f(1,3)×eq\f(1,2)BC·CD·sin30°·PD＝eq\f(1,6)x(2eq\r(3)－x)≤eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋2\r(3)－x,2)))2＝eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),2)))2＝eq\f(1,2)，當且僅當x＝2eq\r(3)－x，即x＝eq\r(3)時取“＝”，此時PD＝eq\r(3)，BD＝1，PB＝2，滿足題意．故四面體PBCD的體積的最大值為eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)1．某四面體的三視圖如圖，則其四個面中最大的面積是()A．2 B．2eq\r(2)C．eq\r(3) D．2eq\r(3)解析：選D在正方體ABCD-A1B1C1D1中還原出三視圖的直觀圖，其是一個三個頂點在正方體的右側面、一個頂點在左側面的三棱錐，即為D1-BCB1，如圖所示，其四個面的面積分別為2,2eq\r(2)，2eq\r(2)，2eq\r(3)，故選D．2．(2016·廣東茂名二模)若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．34π B．35πC．36π D．17π解析：選A由幾何體的三視圖知它是底面為正方形且有一條側棱垂直于底面的四棱錐，可把它補成一個長、寬、高分別為3,3,4的長方體，該長方體的外接球即為原四棱錐的外接球，所以4R2＝32＋32＋42＝34(其中R為外接球的半徑)，外接球表面積為S＝4πR2＝34π．3．(2017·湖南長沙三校聯考)已知點E，F，G分別是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱AA1，CC1，DD1的中點，點M，N，Q，P分別在線段DF，AG，BE，C1B1上．以M，N，Q，P為頂點的三棱錐P-MNQ解析：選C當M與F重合、N與G重合、Q與E重合、P與B1重合時，三棱錐P-MNQ的俯視圖為A；當M，N，Q，P是所在線段的中點時，三棱錐P-MNQ的俯視圖為B；當M，N，Q，P位于所在線段的非端點位置時，存在三棱錐P-MNQ，使其俯視圖為D．4．(2017·河南中原名校聯考)如圖，四棱柱ABCD-A1B1C1D1是棱長為1的正方體，四棱錐S-ABCD是高為1的正四棱錐，若點S，A1，B1，C1，D1A．eq\f(9,16)π B．eq\f(25,16)πC．eq\f(49,16)π D．eq\f(81,16)π解析：選D作如圖所示的輔助線，其中O為球心，設OG1＝x，則OB1＝SO＝2－x，由正方體的性質知B1G1＝eq\f(\r(2),2)，則在Rt△OB1G1OBeq\o\al(2,1)＝G1Beq\o\al(2,1)＋OGeq\o\al(2,1)，即(2－x)2＝x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2，解得x＝eq\f(7,8)，所以球的半徑R＝OB1＝eq\f(9,8)，所以球的表面積為S＝4πR2＝eq\f(81,16)π．5．(2016·湖南長沙四校一模)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A．eq\f(11\r(3),6) B．eq\r(3)C．eq\f(5\r(3),3) D．eq\f(4\r(3),3)解析：選B由三視圖知該幾何體是一個四棱錐，其直觀圖如圖所示，△PAD為正三角形，四棱錐的底面是直角梯形，四棱錐的高為eq\r(3)，∴所求體積V＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1＋2×2))×eq\r(3)＝eq\r(3)．6．(2016·湖南郴州模擬)一只螞蟻從正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點A出發(fā)，經正方體的表面，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．①② B．①③C．③④ D．②④解析：選D由點A經正方體的表面，按最短路線爬行到達頂點C1的位置，共有6種路線(對應6種不同的展開方式)，若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一個平面內，連接AC1，則AC1是最短路線，且AC1會經過BB1的中點，此時對應的正視圖為②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一個平面內，連接AC1，則AC1是最短路線，且AC1會經過CD的中點，此時對應的正視圖為7．(2016·福建省質檢)在三棱錐P-ABC中，PA＝2eq\r(3)，PC＝2，AB＝eq\r(7)，BC＝3，∠ABC＝eq\f(π,2)，則三棱錐P-ABC外接球的表面積為()A．4π B．eq\f(16,3)πC．eq\f(32,3)π D．16π解析：選D設三棱錐P-ABC的外接球的半徑為R，在△ABC中，因為AB＝eq\r(7)，BC＝3，∠ABC＝eq\f(π,2)，所以AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝4．在△PAC中，因為PA＝2eq\r(3)，PC＝2，AC＝4，所以PA2＋PC2＝AC2，所以∠APC＝eq\f(π,2)，所以AC為三棱錐P-ABC的外接球的直徑，所以R＝2，所以此三棱錐的外接球的表面積S＝4πR2＝4π×22＝16π．8．(2016·南寧模擬)設點A，B，C為球O的球面上三點，O為球心．球O的表面積為100π，且△ABC是邊長為4eq\r(3)的正三角形，則三棱錐O-ABC的體積為()A．12 B．12eq\r(3)C．24eq\r(3) D．36eq\r(3)解析：選B∵球O的表面積為100π＝4πr2，∴球O的半徑為5．如圖，取△ABC的中心H，連接OH，連接并延長AH交BC于點M，則AM＝eq\r(4\r(3)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),2)))2)＝6，AH＝eq\f(2,3)AM＝4，∴OH＝eq\r(OA2－AH2)＝eq\r(52－42)＝3，∴三棱錐O-ABC的體積為V＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×(4eq\r(3))2×3＝12eq\r(3)．9．如圖，三棱錐V-ABC的底面為正三角形，側面VAC與底面垂直且VA＝VC，已知其正視圖的面積為eq\f(2,3)，則其側視圖的面積為________．解析：設三棱錐V-ABC的底面邊長為a，側面VAC的邊AC上的高為h，則ah＝eq\f(4,3)，其側視圖是由底面三角形ABC邊AC上的高與側面三角形VAC邊AC上的高組成的直角三角形，其面積為eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)a×h＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×eq\f(4,3)＝eq\f(\r(3),3)．答案：eq\f(\r(3),3)10．(2016·南昌一模)正三角形ABC的邊長為2，將它沿高AD翻折，使點B與點C間的距離為eq\r(2)，此時四面體ABCD外接球的表面積為________．解析：由題知，求四面體ABCD的外接球的表面積可轉化為求長、寬、高分別為1,1，eq\r(3)的長方體的外接球的表面積，其半徑R＝eq\f(1,2)eq\r(12＋12＋\r(3)2)＝eq\f(\r(5),2)，所以S＝4πR2＝5π．答案：5π11．(2016·江西師大附中模擬)已知邊長為2eq\r(3)的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，沿對角線BD折成二面角A-BD-C的大小為120°的四面體，則四面體的外接球的表面積為________．解析：如圖1，取BD的中點E，連接AE，CE．由已知條件可知，平面ACE⊥平面BCD．易知外接球球心在平面ACE內，如圖2，在CE上取點G，使CG＝2GE，過點G作l1垂直于CE，過點E作l2垂直于AC，設l1與l2交于點O，連接OA，OC，則OA＝OC，易知O即為球心．分別解△OCG，△EGO可得R＝OC＝eq\r(7)，∴外接球的表面積為28π．答案：28π12．(2017·貴州適應性考試)已知正三棱柱(底面是正三角形，側棱與底面垂直)的體積為3eq\r(3)cm3，其所有頂點都在球O的球面上，則球O的表面積的最小值為________cm2．解析：球O的表面積最小等價于球O的半徑R最?。O正三棱柱的底面邊長為a，高為b，則正三棱柱的體積V＝eq\f(\r(3),4)a2b＝3eq\r(3)，所以a2b＝12．底面正三角形所在截面圓的半徑r＝eq\f(\r(3),3)a，則R2＝r2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)a))2＋eq\f(b2,4)＝eq\f(1,3)×eq\f(12,b)＋eq\f(b2,4)＝eq\f(4,b)＋eq\f(b2,4)，令f(b)＝eq\f(4,b)＋eq\f(b2,4)，0＜b＜2R，則f′(b)＝eq\f(b3－8,2b2)．令f′(b)＝0，解得b＝2，當0＜b＜2時f′(b)＜0，函數f(b)單調遞減，當b＞2時，f′(b)＞0，函數f(b)單調遞增，所以當b＝2時，f(b)取得最小值3，即(R2)min＝3，故球O的表面積的最小值為4π(R2)min＝12π．答案：12π13．如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝eq\f(π,2)，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中點，O是AC與BE的交點．將△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如圖2．(1)證明：CD⊥平面A1OC；(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC與平面A1CD的夾角的余弦值．解：(1)證明：在題圖1中，因為AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中點，∠BAD＝eq\f(π,2)，所以BE⊥AC．即在題圖2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，從而BE⊥平面A1OC，又BC∥DE，DE＝1＝BC，所以四邊形BCDE為平行四邊形，所以CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC．(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，所以∠A1OC為二面角A1-BE-C的平面角，所以∠A1OC＝eq\f(π,2)．如圖，以O為