文科立体几何基础及球

第一节空间几何体的结构及其三视图、直观图1.(2014·新课标全国Ⅰ，8)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，那么这个几何体是()A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥 D.四棱柱解析由题图可知，该几何体的三视图为一个三角形，两个四边形，分析可知该几何体为三棱柱，应选B.2.(2014·新课标全国Ⅱ，6)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，那么切削掉局部的体积与原来毛坯体积的比值为()A.eq\f(17,27)B.eq\f(5,9)C.eq\f(10,27)D.eq\f(1,3)解析由三视图可知该零件是一个底面半径为2、高为4的圆柱和一个底面半径为3、高为2的圆柱的组合体，所以该组合体的体积V1＝π·22·4＋π·32·2＝34π，原来的圆柱体毛坯的体积为V＝π·32·6＝54π，那么切削掉局部的体积为V2＝54π－34π＝20π，所以切削掉局部的体积与原来的圆柱体毛坯体积的比值为eq\f(20π,54π)＝eq\f(10,27).应选C.【例1】(1)(2016·贵州七校联考)如下图，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，那么四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)()A.①②⑥B.①②③C.④⑤⑥ D.③④⑤(2)(2013·新课标全国Ⅱ卷)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，那么得到的正视图可以为()解析(1)正视图应是相邻两边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①；侧视图应是相邻两边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②，俯视图应是相邻两边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③，应选B.(2)在空间直角坐标系中，先画出四面体OABC的直观图，如图，设O(0，0，0)，A(1，0，1)，B(1，1，0)，C(0，1，1)，将以O，A，B，C为顶点的四面体被复原成一正方体后，由于OA⊥BC，所以该几何体以zOx平面为投影面的正视图为A.[点评]首先确定直观图中的关键点，找出各点在投影面的位置，从而画出各视图的形状.第二节空间几何体的外表积与体积1.(2016·新课标全国Ⅱ，4)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，那么该球面的外表积为()A.12πB.eq\f(32,3)πC.8πD.4π解析由题可知正方体的棱长为2，其体对角线2eq\r(3)即为球的直径，所以球的外表积为4πR2＝(2R)2π＝12π，应选A.2.(2016·新课标全国Ⅱ，7)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，那么该几何体的外表积为()A.20πB.24πC.28π D.32π解析由三视图可知，组合体的底面圆的面积和周长均为4π，圆锥的母线长l＝eq\r(〔2\r(3)〕2＋22)＝4，所以圆锥的侧面积为S锥侧＝eq\f(1,2)×4π×4＝8π，圆柱的侧面积S柱侧＝4π×4＝16π，所以组合体的外表积S＝8π＋16π＋4π＝28π，应选C.3.(2016·新课标全国Ⅲ，10)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，那么该多面体的外表积为()A.18＋36eq\r(5)B.54＋18eq\r(5)C.90D.81解析由题意知，几何体为平行六面体，边长分别为3，3，eq\r(45)，几何体的外表积S＝3×6×2＋3×3×2＋3×eq\r(45)×2＝54＋18eq\r(5).4.(2015·新课标全国Ⅰ，11)圆柱被一个平面截去一局部后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如下图.假设该几何体的外表积为16＋20π，那么r＝()A.1B.2C.4D.8解析由题意知，2r·2r＋eq\f(1,2)·2πr·2r＋eq\f(1,2)πr2＋eq\f(1,2)πr2＋eq\f(1,2)·4πr2＝4r2＋5πr2＝16＋20π，∴r＝2.5.(2015·新课标全国Ⅱ，10)A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点.假设三棱锥OABC体积的最大值为36，那么球O的外表积为()A.36πB.64πC.144π D.256π解析如图，要使三棱锥OABC即COAB的体积最大，当且仅当点C到平面OAB的距离，即三棱锥COAB底面OAB上的高最大，其最大值为球O的半径R，那么VOABC最大＝VCOAB最大＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)S△OAB×R＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×R2×R＝eq\f(1,6)R3＝36，所以R＝6，得S球O＝4πR2＝4π×62＝144π.选C.6.(2013·新课标全国Ⅰ，15)H是球O的直径AB上一点，AH∶HB＝1∶2，AB⊥平面α，H为垂足，α截球O所得截面的面积为π，那么球O的外表积为________.解析平面α截球O所得截面为圆面，圆心为H，设球O的半径为R，那么由AH∶HB＝1∶2得OH＝eq\f(1,3)R，由圆H的面积为π，得圆H的半径为1，所以(eq\f(R,3))2＋12＝R2，得出R2＝eq\f(9,8)，所以球O的外表积S＝4πR2＝4π·eq\f(9,8)＝eq\f(9π,2).7.(2013·新课标全国Ⅱ，15)正四棱锥OABCD的体积为eq\f(3\r(2),2)，底面边长为eq\r(3)，那么以O为球心，OA为半径的球的外表积为________.解析如下图，在正四棱锥OABCD中，VOABCD＝eq\f(1,3)×S正方形ABCD·|OO1|＝eq\f(1,3)×(eq\r(3))2×|OO1|＝eq\f(3\r(2),2)，∴|OO1|＝eq\f(3\r(2),2)，|AO1|＝eq\f(\r(6),2)，在Rt△OO1A中，OA＝eq\r(|OO1|2＋|AO1|2)＝eq\r(〔\f(3\r(2),2)〕2＋〔\f(\r(6),2)〕2)＝eq\r(6)，即R＝eq\r(6)，∴S球＝4πR2＝24π.8.(2016·新课标全国Ⅲ，11)在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球，假设AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，那么V的最大值是()A.4πB.eq\f(9π,2)C.6π D.eq\f(32π,3)解析由题意知，，所以球的最大直径为3，V的最大值为eq\f(9π,2).9.(2016·新课标全国Ⅰ，7)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.假设该几何体的体积是eq\f(28π,3)，那么它的外表积是()A.17πB.18πC.20π D.28π解析由题知，该几何体的直观图如下图，它是一个球(被过球心O且互相垂直的三个平面)切掉左上角的eq\f(1,8)后得到的组合体，其外表积是球面面积的eq\f(7,8)和三个eq\f(1,4)圆面积之和，易得球的半径为2，那么得S＝eq\f(7,8)×4π×22＋3×eq\f(1,4)π×22＝17π，应选A.10.(2015·新课标全国Ⅰ，6)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”1斛米的体积约为立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有()A.14斛B.22斛C.36斛 D.66斛解析由题意知：米堆的底面半径为eq\f(16,3)(尺)，体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,4)πR2·h＝eq\f(320,9)(立方尺).所以堆放的米大约为eq\f(320,9×1.62)≈22(斛).11.(2015·新课标全国Ⅱ，6)一个正方体被一个平面截去一局部后，剩余局部的三视图如右图，那么截去局部体积与剩余局部体积的比值为()A.eq\f(1,8)B.eq\f(1,7)C.eq\f(1,6)D.eq\f(1,5)解析如图，由题意知，该几何体是正方体ABCDA1B1C1D1被过三点A、B1、D1的平面所截剩余局部，截去的局部为三棱锥AA1B1D1，设正方体的棱长为1，那么截去局部体积与剩余局部体积的比值为＝eq\f(\f(1,3)×\f(1,2)×12×1,13－\f(1,3)×\f(1,2)×12×1)＝eq\f(1,5).选D.12.(2014·新课标全国Ⅱ，7)正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为eq\r(3)，D为BC中点，那么三棱锥AB1DC1的体积为()A.3B.eq\f(3,2)C.1D.eq\f(\r(3),2)解析由题意可知AD⊥BC，由面面垂直的性质定理可得AD⊥平面DB1C1，又AD＝2·sin60°＝eq\r(3)，A.16＋8πB.8＋8πC.16＋16π D.8＋16π解析由三视图分析可知，几何体由底面半径为2，高为4的半圆柱和长、宽、高分别为2，4，2的长方体组合而成，V＝eq\f(1,2)×4×4π＋2×4×2＝16＋8π，由三视图准确得出几何体的形状是解题的关键.答案A14.(2015·新课标全国Ⅱ，19)如图，长方体ABCDA1B1C1D1中AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1FE，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求平面α把该长方体分成的两局部体积的比值.解(1)交线围成的正方形EHGF如图：(2)作EM⊥AB，垂足为M，那么AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.因为EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝eq\r(EH2－EM2)＝6，AH＝10，HB＝6.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为eq\f(9,7)(eq\f(7,9)也正确).第三节空间点、线、面的位置关系1.(2016·新课标全国Ⅰ，11)平面α过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，那么m，n所成角的正弦值为()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(1,3)解析如下图，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，∵α∥平面CB1D1，那么m1∥m，又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，∴B1D1∥m1，∴B1D1∥m，同理可得CD1∥n.故m、n的所成角的大小与B1D1、CD1所成角的大小相等，即∠CD1B1的大小.而B1C＝B1D1＝CD1(2.(2014·新课标全国Ⅱ，18)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设AP＝1，AD＝eq\r(3)，三棱锥PABD的体积V＝eq\f(\r(3),4)，求A到平面PBC的距离.(1)证明设BD与AC的交点为O，连接EO.因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点.又E为PD的中点，所以EO∥PB.又因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)解V＝eq\f(1,6)PA·AB·AD＝eq\f(\r(3),6)AB.由V＝eq\f(\r(3),4)，可得AB＝eq\f(3,2).作AH⊥PB交PB于H.由题设知BC⊥平面PAB，所以BC⊥AH，故AH⊥平面PBC.在Rt△PAB中，由勾股定理可得PB＝eq\f(\r(13),2)，所以AH＝eq\f(PA·AB,PB)＝eq\f(3\r(13),13).所以A到平面PBC的距离为eq\f(3\r(13),13).第四节直线、平面平行的判定与性质1.(2016·新课标全国Ⅲ，19)如图，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点.(1)证明：MN∥平面PAB；(2)求四面体NBCM的体积.(1)证明由得AM＝eq\f(2,3)ADBP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝eq\f(1,2)BC＝2.又AD∥BC，故TN∥且=AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)解因为PA⊥平面ABCD，N为PC的中点，所以N到平面ABCD的距离为eq\f(1,2)PA.取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\r(5).由AM∥BC得M到BC的距离为eq\r(5)，故S△BCM＝eq\f(1,2)×4×eq\r(5)＝2eq\r(5).所以四面体NBCM的体积VNBCM＝eq\f(1,3)×S△BCM×eq\f(PA,2)＝eq\f(4\r(5),3).2.(2013·新课标全国Ⅱ，18)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点.(1)证明：BC1∥平面A1CD；(2)设AA1＝AC＝CB＝2，AB＝2eq\r(2)，求三棱锥CA1DE的体积.(1)证明连接AC1交A1C于点F，那么F为AC1中点.又D是AB中点，连接DF，那么BC1∥DF.因为DF⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD.(2)解因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD.由AC＝CB，D为AB的中点，所以CD⊥AB.又AA1∩AB＝A，于是CD⊥平面ABB1A1.由AA1＝AC＝CB＝2，AB＝2eq\r(2)得∠ACB＝90°，CD＝eq\r(2)，A1D＝eq\r(6)，DE＝eq\r(3)，A1E＝3，故A1D2＋DE2＝A1E2，即DE⊥A1D.所以VCA1DE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(3)×eq\r(2)＝1.第五节直线、平面垂直的判定与性质1.(2013·大纲全国，11)正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1＝2AB，那么CD与平面BDC1所成角的正弦值等于()A.eq\f(2,3)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(2),3)D.eq\f(1,3)解析如图，设AA1＝2AB＝2，AC交BD于点O，连接OC1，过C作CH⊥OC1于点H，连接DH.∵BD⊥AC，BD⊥AA1，∴BD⊥平面ACC1A1.∴CH⊂平面ACC1A1，∴CH⊥BD.∴CH⊥平面C1BD.∴∠CDH为CD与平面BDC1所成的角.OC1＝eq\r(CCeq\o\al(2,1)＋OC2)＝eq\r(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(3,\r(2)).由等面积法得OC1·CH＝OC·CC1，∴eq\f(3,\r(2))·CH＝eq\f(\r(2),2)×2.CH＝eq\f(2,3).∴sin∠CDH＝eq\f(CH,CD)＝eq\f(\f(2,3),1)＝eq\f(2,3).应选A.2.(2016·新课标全国Ⅰ，18)如图，正三棱锥PABC的侧面是直角三角形，PA＝6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G.(1)证明：G是AB的中点；(2)作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积.(1)证明因为P在平面ABC内的正投影为D，所以AB⊥PD.因为D在平面PAB内的正投影为E，所以AB⊥DE.所以AB⊥平面PED，故AB⊥PG.又由可得，PA＝PB，从而G是AB的中点.(2)解在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影.理由如下：由可得PB⊥PA，PB⊥PC，又EF∥PB，所以EF⊥PA，EF⊥PC，因此EF⊥平面PAC，即点F为E在平面PAC内的正投影.连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心.由(1)知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CD＝eq\f(2,3)CG.由题设可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB，所以DE∥PC，因此PE＝eq\f(2,3)PG，DE＝eq\f(1,3)PC.由，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA＝6，可得DE＝2，PE＝2eq\r(2).在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2.所以四面体PDEF的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3).3.(2016·新课标全国Ⅱ，19)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置.(1)证明：AC⊥HD′；(2)假设AB＝5，AC＝6，AE＝eq\f(5,4)，OD′＝2eq\r(2)，求五棱锥D′ABCFE的体积.(1)证明由得AC⊥BD，AD＝CD，又由AE＝CF得eq\f(AE,AD)＝eq\f(CF,CD)，故AC∥EF，由此得EF⊥HD，折后EF与HD保持垂直关系，即EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.(2)解由EF∥AC得eq\f(OH,DO)＝eq\f(AE,AD)＝eq\f(1,4).由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝eq\r(AB2－AO2)＝4，所以OH＝1，D′H＝DH＝3，于是OD′2＋OH2＝(2eq\r(2))2＋12＝9＝D′H2，故OD′⊥OH.由(1)知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，所以AC⊥平面DHD′，于是AC⊥OD′，又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.又由eq\f(EF,AC)＝eq\f(DH,DO)得EF＝eq\f(9,2).五边形ABCFE的面积S＝eq\f(1,2)×6×8－eq\f(1,2)×eq\f(9,2)×3＝eq\f(69,4).所以五棱锥D′ABCFE的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(69,4)×2eq\r(2)＝eq\f(23\r(2),2).4.(2015·新课标全国Ⅰ，18)如图，四边形ABCD为菱形，G是AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)假设∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥EACD的体积为eq\f(\r(6),3)，求该三棱锥的侧面积.解(1)因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE.故AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝eq\f(\r(3),2)x，GB＝GD＝eq\f(x,2).因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝eq\f(\r(3),2)x.由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝eq\f(\r(2),2)x.由得，三棱锥EACD的体积VEACD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AC·GD·BE＝eq\f(\r(6),24)x3＝eq\f(\r(6),3).故x＝2.从而可得AE＝EC＝ED＝eq\r(6).所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为eq\r(5).故三棱锥EACD的侧面积为3＋2eq\r(5).5.(2014·新课标全国Ⅰ，19)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.(1)证明：B1C⊥AB；(2)假设AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABCA1B1C1的高.(1)证明连接BC1，那么O为B1C与BC1的交点.因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1.又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，又因为BC1∩AO＝O，所以B1C⊥平面ABO.由于AB⊂平面ABO，故B1C⊥AB.(2)解作OD⊥BC，垂足为D，连接AD.作OH⊥AD，垂足为H.由于BC⊥AO，BC⊥OD，AO∩OD＝O，故BC⊥平面AOD，所以OH⊥BC.又OH⊥AD，所以OH⊥平面ABC.因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形，又BC＝1，可得OD＝eq\f(\r(3),4).由于AC⊥AB1，所以OA＝eq\f(1,2)B1C＝eq\f(1,2).由OH·AD＝OD·OA，且AD＝eq\r(OD2＋OA2)＝eq\f(\r(7),4)，得OH＝eq\f(\r(21),14).又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为eq\f(\r(21),7).故三棱柱ABCA1B1C1的高为eq\f(\r(21),7).创新导向题平行与垂直的证明及线面角问题11.如图，在四棱锥ABCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝eq\r(2)，F为AD的中点.(1)求证：EF∥平面ABC；(2)求证：AC⊥平面BCDE；(3)求直线AE与平面ABC所成角的正切值.(1)证明取AC的中点G，连接FG，BG，因为∠CDE＝∠BED＝90°，所以BE∥CD，因为BE＝1，CD＝2，F为AD的中点，G为AC的中点，所以FG∥CD，FG＝1，所以FG∥BE，FG＝BE，四边形BEFG为平行四边形，所以EF∥BG，EF⊄平面ABC，BG⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)证明取DC的中点H，连接BH，由题意，BH＝1，CH＝1，BH⊥CH，所以BC＝eq\r(2)，又因为AC＝eq\r(2)，AB＝2，满足AB2＝AC2＋BC2，所以AC⊥BC，因为平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE＝BC，AC⊂平面ABC，所以AC⊥平面BCDE.(3)解过点E作EM⊥BC交BC的延长线于点M，连接AM，因为平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE＝BC，EM⊂平面BCDE，所以EM⊥平面ABC，所以∠EAM为直线AE与平面ABC所成角，经计算，EM＝MB＝eq\f(\r(2),2)，在Rt△ACM中，AM＝eq\f(\r(26),2)，所以tan∠EAM＝eq\f(EM,AM)＝eq\f(\r(13),13).空间平行与垂直的证明和探索性问题12.如图，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的eq\r(2)倍，P为侧棱SD上的点.(1)求证：AC⊥SD；(2)假设SD⊥平面PAC，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？假设存在，求SE∶EC的值；假设不存在，试说明理由.(1)证明连接BD，设AC交BD于点O，连接SO.由题意得SO⊥AC，在正方形ABCD中，AC⊥BD，又BD∩SO＝O所以AC⊥平面SBD，所以AC⊥SD.(2)解在棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC，设正方形边长为a，那么SD＝eq\r(2)a.由SD⊥平面PAC得故可在SP上取一点N，使PN＝PD，过点N作PC的平行线与SC的交点为E，连接BN，在△BDN中，易得BN∥PO，又因为NE∥PC，且BN∩NE＝N，PO∩PC＝P.所以平面BEN∥平面PAC，所以BE∥平面PAC，因为SN∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1.球专题(2013·天津，4)以下三个命题：①假设一个球的半径缩小到原来的eq\f(1,2)，那么其体积缩小到原来的eq\f(1,8)；②假设两组数据的平均数相等，那么它们的标准差也相等；③直线x＋y＋1＝0与圆x2＋y2＝eq\f(1,2)相切.其中真命题的序号是()A.①②③ B.①② C.①③ D.②③解析对于①，设原球半径为R，那么V＝eq\f(4,3)πR3，r＝eq\f(1,2)R，∴V′＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)R))eq\s\up12(3)＝eq\f(πR3,6)＝eq\f(1,8)V，故①正确；对于②，两组数据的平均数相等，标准差不一定相等；对于③，圆心(0，0)，半径为eq\f(\r(2),2)，圆心(0，0)到直线的距离d＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，故直线和圆相切，故①③正确.答案C(2013·福建，12)某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如下图，且图中的四边形是边长为2的正方形，那么该球的外表积是________．解析由三视图知：棱长为2的正方体内接于球，故正方体的体对角线长为2eq\r(3)，即为球的直径．所以球的外表积为S＝4π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),2)))eq\s\up12(2)＝12π.答案12π4．(2012·辽宁，16)正三棱锥PABC，点P，A，B，C都在半径为eq\r(3)的球面上，假设PA，PB，PC两两相互垂直，那么球心到截面ABC的距离为________．解析正三棱锥PABC可看作由正方体PADCBEFG截得，如下图，PF为三棱锥PABC的外接球的直径，且PF⊥平面ABC.设正方体棱长为a，那么3a2＝12，a＝2，AB＝AC＝BC＝2eq\r(2).S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×2eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝2eq\r(3).由VPABC＝VBPAC，得eq\f(1,3)·h·S△ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2，所以h＝eq\f(2\r(3),3)，因此球心到平面ABC的距离为eq\f(\r(3),3).答案eq\f(\r(3),3)(2015·新课标全国Ⅰ，11)圆柱被一个平面截去一局部后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如下图．假设该几何体的外表积为16＋20π，那么r＝()A．1B．2C．4D．8解析由题意知，2r·2r＋eq\f(1,2)·2πr·2r＋eq\f(1,2)πr2＋eq\f(1,2)πr2＋eq\f(1,2)·4πr2＝4r2＋5πr2＝16＋20π，解得r＝2.答案B(2015·新课标全国Ⅱ，9)A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点，假设三棱锥O－ABC体积的最大值为36，那么球O的外表积为()A．36π B．64π C．144π D．256π解析如图，要使三棱锥O－ABC即C－OAB的体积最大，当且仅当点C到平面OAB的距离，即三棱锥C－OAB底面OAB上的高最大，其最大值为球O的半径R，那么VO－ABC最大＝VC－OAB最大＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)S△OAB×R＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×R2×R＝eq\f(1,6)R3＝36，所以R＝6，得S球O＝4πR2＝4π×62＝144π，选C.答案C(2014·大纲全国，8)正四棱锥的顶点都在同一球面上．假设该棱锥的高为4，底面边长为2，那么该球的外表积为()A.eq\f(81π,4) B．16π C．9π D.eq\f(27π,4)解析设球的半径为R，由题意可得(4－R)2＋(eq\r(2))2＝R2，解得R＝eq\f(9,4)，所以该球的外表积为4πR2＝eq\f(81π,4).应选A.答案A(2014·陕西，5)底面边长为1，侧棱长为eq\r(2)的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，那么该球的体积为()A.eq\f(32π,3) B．4π C．2π D.eq\f(4π,3)解析如图为正四棱柱AC1.根据题意得AC＝eq\r(2)，∴对角面ACC1A1为正方形，∴外接球直径2R＝A1C＝2，∴R＝1，∴V球＝eq\f(4π,3)，应选D.答案D(2012·新课标全国，11)三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，那么此棱锥的体积为()A.eq\f(\r(2),6) B.eq\f(\r(3),6) C.eq\f(\r(2),3) D.eq\f(\r(2),2)解析如图，H为△ABC的外接圆圆心，那么∠BHC＝120°，设△ABC的外接圆半径为r，那么1＝BC2＝HC2＋HB2－2HC·HB·cos120°＝3r2，∴r＝eq\f(\r(3),3).连接OH，根据球的截面性质知，OH⊥平面ABC，∴OH＝eq\r(OC2－CH2)＝eq\r(1－\f(1,3))＝eq\f(\r(6),3).∵O为SC的中点，∴S到平面ABC的距离为2OH＝eq\f(2\r(6),3)，∴VSABC＝eq\f(1,3)S△ABC×eq\f(2\r(6),3)＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×eq\f(2\r(6),3)＝eq\f(\r(2),6).答案A(2012·天津，10)一个几何体的三视图如下图(单位：m)，那么该几何体的体积为________m3.解析由几何体的三视图可知该几何体的顶部是长、宽、高分别为6m，3m，1m的长方体，底部为两个直径为3m的球．故该几何体的体积为V＝6×3×1＋2×eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(3)＝18＋9π(m3)．答案18＋9π(2015·安徽安庆模拟)一个正方体的棱长为m，外表积为n，一个球的半径为p，外表积为q.假设eq\f(m,p)＝2，那么eq\f(n,q)＝()A.eq\f(8,π) B.eq\f(6,π) C.eq\f(π,6) D.eq\f(π,8)解析由题意可以得到n＝6m2，q＝4πp2，所以eq\f(n,q)＝eq\f(6m2,4πp2)＝eq\f(3,2π)×4＝eq\f(6,π)，应选B.答案B(2014·浙江宁波质检)某几何体的三视图如下图，它的体积为()A．72π B．48π C．30π D．24π解析由三视图可知，该几何体是半个球体和一个倒立圆锥体的组合体，球的半径为3，圆锥的底面半径为3，高为4，那么根据体积公式可得几何体的体积为30π，应选C.答案C二、填空题5．(2014·山东德州一模)圆柱形容器的内壁底半径是10cm，有一个实心铁球浸没于容器的水中，假设取出这个铁球，测得容器的水面下降了eq\f(5,3)cm，那么这个铁球的外表积为______cm2.解析设实心铁球的半径为R，那么eq\f(4π,3)R3＝π×102×eq\f(5,3)，得R＝5cm，故这个铁球的外表积为S＝4πR2＝100π(cm2)．答案100π某几何体的三视图如下图，其中，正视图、侧视图均是由三角形与半圆构成的，俯视图由圆与内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为()A.eq\f(\r(2)π,3)＋eq\f(1,6) B.eq\f(4π,3)＋eq\f(1,6)C.eq\f(\r(2)π,6)＋eq\f(1,6) D.eq\f(2π,3)＋eq\f(1,2)解析据三视图可知，该几何体是一个半球(下部)与一个四面体(上部)的组合体，其直观图如下图，其中BA，BC，BP两两垂直，且BA＝BC＝BP＝1，∴(半)球的直径长为AC＝eq\r(2)，∴该几何体的体积为V＝V半球＋VPABC＝eq\f(1,2)×eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AC,2)))eq\s\up12(3)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×BA·BC·PB＝eq\f(\r(2)π,6)＋eq\f(1,6).答案C(2014·山东潍坊一中月考)四棱锥PABCD的三视图如下图，四棱锥PABCD的五个顶点都在一个球面上，E，F分别是棱AB，CD的中点，直线EF被球面所截得的线段长为2eq\r(2)，那么该球的外表积为()A．12π B．24π C．36π D．48π解析将三视图复原为直观图如图，可得四棱锥PABCD的五个顶点位于同一个正方体的顶点处，且与该正方体内接于同一个球，且该正方体的棱长为a.设外接球的球心为O，那么O也是正方体的中心，设EF的中点为G，连接OG，OA，AG.根据题意，直线EF被球面所截得的线段长为2eq\r(2)，即正方体的面对角线长也是2eq\r(2)，可得AG＝eq\r(2)＝eq\f(\r(2),2)a，所以正方体的棱长a＝2，在Rt△OGA中，OG＝eq\f(1,2)a＝1，AO＝eq\r(3)，即四棱锥PABCD的外接球半径R＝eq\r(3)，从而得外接球外表积为4πR2＝12π，应选A.答案A(2014·烟台调研)正三棱锥的高为1，底面边长为2eq\r(6)，内有一个球与它的四个面都相切(如图)．求：(1)这个正三棱锥的外表积；(2)这个正三棱锥内切球的外表积与体积．解(1)底面正三角形中心到一边的距离为eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×2eq\r(6)＝eq\r(2)，那么正棱锥侧面的斜高为eq\r(12＋〔\r(2)〕2)＝eq\r(3).∴S侧＝3×eq\f(1,2)×2eq\r(6)×eq\r(3)＝9eq\r(2).∴S表＝S侧＋S底＝9eq\r(2)＋eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×(2eq\r(6))2＝9eq\r(2)＋6eq\r(3).(2)设正三棱锥PABC的内切球球心为O，连接OP，OA，OB，OC，而O点到三棱锥的四个面的距离都为球的半径r.∴VPABC＝VOPAB＋VOPBC＋VOPAC＋VOABC＝eq\f(1,3)S侧·r＋eq\f(1,3)S△ABC·r＝eq\f(1,3)S表·r＝(3eq\r(2)＋2eq\r(3))r.又VPABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×(2eq\r(6))2×1＝2eq\r(3)，∴(3eq\r(2)＋2eq\r(3))r＝2eq\r(3)，得r＝eq\f(2\r(3),3\r(2)＋2\r(3))＝eq\f(2\r(3)〔3\r(2)－2\r(3)〕,18－12)＝eq\r(6)－2.∴S内切球＝4π(eq\r(6)－2)2＝(40－16eq\r(6))π.V内切球＝eq\f(4,3)π(eq\r(6)－2)3＝eq\f(8,3)(9eq\r(6)－22)π.如下图的几何体是长方体ABCD－A1B1C1D1的一局部，其中AB＝AD＝3，DD1＝BB1＝2cm，那么该几何体的外接球的外表积为()A．11πcm2B．22πcm2C.eq\f(11\r(22),3)cm2D．11eq\r(22)πcm2命题立意此题主要考查了空间几何体的结构、长方体的性质及球的外表积公式，意在考查学生的空间想象能力．难度：★★B[由题知，该几何体的外接球即为长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球，该长方体的长宽高分别为3，3，2，那么其外接球的直径为|BD1|＝eq\r(32＋32＋22)＝eq\r(22)cm，得其外接球的外表积为S＝22πcm2.]三棱锥P－ABC的所有棱长都相等，现沿PA，PB，PC三条侧棱剪开，将其外表展开成一个平面图形，假设这个平面图形外接圆的半径为2eq\r(6)，那么三棱锥P－ABC的内切球的外表积为________．命题立意此题考查多面体与球，意在考查学生用数形结合思想和空间想象能力，分析解决问题的能力．难度：★★3π[三棱锥P－ABC展开后为一等边三角形，设边长为a，那么4eq\r(6)＝eq\f(a,sinA)，∴a＝6eq\r(2)，∴三棱锥的棱长为3eq\r(2)，三棱锥的高为2eq\r(3)，设内切球半径为r，那么4×eq\f(1,3)r×S△ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·2eq\r(3)，解得r＝eq\f(\r(3),2)，∴三棱锥P－ABC的内切球的外表积为4πr2＝3π.]△ABC的三个顶点在以O为球心的球面上，且cosA＝eq\f(2\r(2),3)，BC＝1，AC＝3，三棱锥O－ABC的体积为eq\f(\r(14),6)，那么球O的外表积为________．命题立意此题考查了空间几何体的体积，外表积，空间中的位置关系，以及余弦定理，意在考查学生空间想象能力，计算能力和综合运用能力．难度：★★★16π[由余弦定理BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cosA，得AB＝2eq\r(2).又∵cosA＝eq\f(2\r(2),3).∴sinA＝eq\f(1,3).∴S△ABC＝eq\f(1,2)×3×2eq\r(2)×eq\f(1,3)＝eq\r(2)，∵VO－ABC＝eq\f(\r(14),6).设O到平面ABC的距离为h，那么有eq\f(1,3)×eq\r(2)×h＝eq\f(\r(14),6)，∴h＝eq\f(\r(7),2).又∵△ABC外接圆半径为r＝eq\f(BC,2sinA)＝eq\f(3,2).∴球的半径R＝eq\r(r2＋h2)＝2，∴S球＝4πR2＝16π.]三棱锥P－ABC的所有棱长都相等，现沿PA，PB，PC三条侧棱剪开，将其外表展开成一个平面图形，假设这个平面图形外接圆的半径为2eq\r(6)，那么三棱锥P－ABC的内切球的体积为________．命题立意此题考查正四面体的展开图和其内切球，意在考查学生的空间想象能力和运算求解能力．难度：★★eq\f(\r(3),2)π[三棱锥P－ABC展开后为一等边三角形．设此三角形的边长为a，那么4eq\r(6)＝eq\f(a,sinA)，得a＝6eq\r(2)，所以三棱锥的棱长为3eq\r(2)，可得三棱锥的高h＝2eq\r(3)，设内切球的半径为r，那么4×eq\f(1,3)r·S△ABC＝eq\f(1,3)·h·S△ABC，得r＝eq\f(\r(3),2)，所以V内切球＝eq\f(4,3)πr3＝eq\f(\r(3),2)π.]在三棱锥S－ABC中，AB＝BC＝eq\r(2)，SA＝SC＝AC＝2，二面角S－AC－B的平面角的余弦值是eq\f(\r(3),3)，那么三棱锥S－ABC外接球的外表积是()A.eq\f(3,2)πB．2πC.eq\r(6)πD．6π命题立意此题考查了空间几何体，意在考查学生的空间想象能力．难度：★★D[取AC的中点为D，连接BD，SD，∵AB＝BC，SA＝SC，∴AC⊥BD，AC⊥SD，∴∠SDB是二面角S－AC－B的平面角，∵AB＝BC＝eq\r(2)，SA＝SC＝AC＝2，∴BD＝1，SD＝eq\r(3)，cos∠SDB＝eq\f(\r(3),3)，∴SB2＝BD2＋SD2－2BD·SDcos∠SDB＝1＋3－2×1×eq\r(3)×eq\f(\r(3),3)＝2，∴SB2＋BD2＝SD2，∴SB⊥BD，又AC⊥面SBD，∴SB⊥AC，∴SB⊥面ABC，又AB2＋BC2＝AC2，∴AB⊥BC，由外接球的性质知4R2＝BA2＋BC2＋BS2＝6，∴R2＝eq\f(6,4)，S＝4πR2＝6π，应选D.](2013·辽宁，10)直三棱柱ABCA′B′C′的6个顶点都在球OAB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，那么球O的半径为()A.eq\f(3\r(17),2)eq\r(10)C.eq\f(13,2)eq\r(10)解析由题意知，该三棱柱可以看作是长方体的一局部，且长方体的三条棱长为3、4、12，又∵三棱柱的外接球即为长方体的外接球，(2R)2＝32＋42＋122＝132，∴R＝eq\f(13,2).应选C.答案C一个三棱锥的三视图如下图，其中俯视图是等腰直角三角形，那么该三棱锥的外接球体积为______