立体几何（解析版）-高考数学总复习

训练立体几何

一、单选题

1.设卜b4为空间中三条互相平行且两两间的距离分别为4、5、6的直线，给出下列三个

结论：

①存在4eZ;（i=1,2,3）,使得是直角三角形；

②存在Ae/,（Z-=1,2,3）,使得AA4A是等边三角形；

③三条直线上存在四点4e（i=123,4）,使得四面体A4A4为在一个顶点处的三条棱两

两互相垂直的四面体，其中，所有正确结论的个数是（）

A.0B.1C.2D.3

【答案】C

【分析】本题利用画图结合运动变化的思想进行分析.我们不妨先将4&C按如图所示

放置，容易看出此时BC<AB=AC.现在，我们将A和3往上移，并且总保持AB=AC

（这是可以做到的，只要4B的速度满足一定关系），而当A、B移得很高很高时，就得

到①和②都是正确的；至于③，结合条件利用反证法的思想方法进行说明即可.

【详解】如图，我们不妨先将A、B、C按如图所示放置，

容易看出此时3C=~JBD2+42<ylBD2+52=AB=AC>

AB2+AC2-BC2AB2+AB2-AB21□八兀

故cosABAC=>=—,又0<cosABAC<—,

2ABAC-------2ABAB22

TT

ti0<ZBAC<-,

3

现在，将A和B往上移，并且总保持AB=AC（这是可以做到的，只要A、8的速度满足一

定关系），

而当A、B移得很高很高时，不难想象,ABC将会变得很扁，也就是/B4c会变成“非常

7T

钝，，的一个等腰钝角三角形，即/2AC>7，

2

JTJT

于是，在移动过程中，/BAC从小于£到大于£的变边过程中，

32

总有一刻，ZBAC=~,同时AB=AC,故此时ABC为等边三角形，

TT

亦总有另一刻，ZBAC=-,止匕时，ASC为直角三角形（而且还是等腰的）.

这样，就得到①和②都是正确的.

至于③，如图所示.为方便书写，称三条两两垂直的棱所公共顶点为共垂点.

假设A是共垂点，

那么由ADYAC,ABcAC=A,AB,ACu面ABC,

得740_1面43(7,即面ABC,进而4,面ABC,面ABC,

从而ABC三边的长就是三条直线的距离4、5、6,又由于4?+5?=41/36=62,所以，ABC

不是直角三角形，这与AB1AC矛盾，假设不成立；

同理可知，。是共垂点时也矛盾；

假设C是共垂点，

那么由8C，C4,3C，CD,CACD=C,CA,CDu面CAO,得3C1面C4D,

而乙/〃3，/|0面。4。，4|：=面。4。，故/"/面CAD,故2C_U|,

又4/4，故从而3c为〃与/2的距离，于是BCI/EF,

同理CD/AFG,又BCLCD,故EFLFG,矛盾，假设不成立；

同理可知，8是共垂点时也矛盾；

综上，不存在四点A(i=l,2,3,4),使得四面体A/A2A34为在一个顶点处的三条棱两两

互相垂直的四面体.

故选：C.

【点睛】本题考查命题真假的判断解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养.

2.如图，斜三棱柱ABC-A4G中，底面AfiC是正三角形，ERG分别是侧棱4VB片,CG

上的点，且AE>CG>3R,设直线CAC8与平面及G所成的角分别为私£,平面EFG与

底面ABC所成的锐二面角为凡则()

小G

B

A.sin。vsine+sin4,cos8Kcose+cos£

B.sin0>siniz+sin^,cos0<coscr+cos^

C.sin。vsina+sin"coscosa+cos尸

D.sin^>sintz+sin/7,cos^>cosa+cos/7

【答案】B

【分析】先在图中作出直线C4与平面EFG所成的角/AAP,平面跳G与底面ABC所成的

锐二面角/AQP,可得sin(z=sinasinNATVM,同理得sin尸=sin夕sinNCDN,再由和差

化积公式得到sine+sin；?=sina(sinNA7VM+sinNCDN)4sin。，即可判断A、C选项；再

通过三角恒等变换得到(cosa+cos^y>l_(sina+sin?丫，进而得到

cos2=1-sin2<1-(sin«+sin<(cosa+cos尸，即cos。<cosa+cos/7,即可判断B、

D选项.

如图：延长跖，A2交于M,延长EG,AC交于N,延长PG,BC交于D,易得MN为平面

ABC和平面EFG的交线，

又。在平面ABC和平面EFG上，则。在直线MN上，即M,N,。三点共线，由外角定理

-TT

可得NANM+NCDN=-.

3

过A作AP上面EFG,垂足为尸，过A作AQLMN,垂足为Q,连接尸Q,PN,易得ZANP

即为直线C4与平面£FG所成的角。，

Ap

则sina=—,又API面EFG,MNu面EFG,则AP_LM7V,又AQ1MN,ARAQu面

AN

APQ,APr>AQ=Af

所以MV_L面4尸。，PQu面AP。，则MN_LPQ,则/AQP即为平面£FG与底面ABC所

Ap

成的锐二面角<9,贝l|sine=k，

AQ

又sin/A/VM=4^,贝!Jsina=sine・sinNA7VAf,同理可得51口/?=5111。应11/。£)可\则

AN

sincr+sin/?=sin•(sinZANM+sinNCDN),

ZANM+ZCDNZANM-ZCDN

又由sinZANM=sin(---------------+--------)-------

22

ZANM+ZCDN、/ANM—NCDN、,ZANM+ZCDN、./ANM-NCDN、

=sin()cos(---------------------)+cos(-)sm(---------------------),

22

ZANM+ZCDN/ANM—/CDN

sin/CDN=sin(-)

22

ZANM+ZCDNNANM—NCDN、,ZANM+ZCDNZANM-ZCDN

-sin(■)cos(----------------------)-cos()sin(），

222

AANM+ZCDN/ANM—/CDN

则sinZANM+sinZCDN=2sin(-■)cos(-)

22

ZANM+ZCDN

<2sin()=2sin?=l

2

sincr+sin/?=sin•(sinZANM+sinZCDN)<sin,A,C错误;

7171

故cos?g=l-sin2e〈l-(sina+sin/?)2,由a，Bf'所以

e0)—可知a-Qe~2

l+2cos(a-⑶>0,

即1+2cosacos尸+2sinasin/?>0,整理可得

sin2a+cos2a+sin2(3+cos2f3+2cosacos^+2sincrsin/?—1>0,

即(sina+sin0、+(cosa+cos/?)2-l>0,即(cosa+cosy0)2>l-(sina+sin6］，

^fccos26^=l-sin2^<l-(sincr+siny0)2<(cosdz+cosy0)2,又cosa,cos/?,cose20,故

coscosa+cos分，B正确，D错误.

故选：B.

二、多选题

3.如图，圆柱。。1的底面半径和母线长均为3,A8是底面直径，点C在圆。上且OC，AB,

点E在母线8。上,BE=2,点尸是上底面的一个动点，则（）

A.存在唯一的点尸，使得Ab+BE=2万

B.若AELCF,则点歹的轨迹长为4

C.若AFL尸E,则四面体ACEF的外接球的表面积为40兀

D.若AFLFE,则点尸的轨迹长为2遍兀

【答案】ACD

【分析】对选项A：作E关于。点的对称点为E,利用对称性与三点共线距离最短求解；

对选项BD：建立空间直角坐标系，根据/满足的条件判断其轨迹，求其长度；对选项C：

证明AE中点。为四面体ACE/的外接球的球心即可.

设E关于。点的对称点为E,

贝UAF+Eb=AF+2AE，=^AB2+BE'2=^62+42=2如，

所以Ab+bEN2巫，当且仅当ARE'三点共线时取等号，

故存在唯一的点尸，使得AB+PE=2旧，故A正确；

由题意知。C，AB,OO|，OC,OO1，A3,以。为坐标原点，以。C,OB,。。为x,y,z正方

向建立空间直角坐标系，

则A(0,—3,0),C(3,0,0),E(0,3,2),设F(x,y,3),

则AE=(0,6,2),CF=(x-3,y,3),AF=(x,y+3,3),FE=(x,y-3,1),

对选项B：当AE_LCF时，AE-CF=6y+6=0,，y=-l,

所以点尸的轨迹长为上底面圆。|的一条弦MN,。1到MN的距离为1,

所以肱V=2存二1=40，故点尸的轨迹长为4A历，所以B错误；

对选项D：当AF_LFE时，AF-FE=(x,y+3,3)-(x,y-3,1)=0,x2+y2=6,

所以点尸的轨迹是以a为圆心，后为半径的圆，其轨迹长为2灰兀，故D正确;

对选项C：在"支中，AC=30,CE=J(3同+2?=痉"=用+22=病，

AC2+CE2=AE2,:.ACE为直角三角形，其外心为AE与。。的交点Q,且

OQ=1,QE=M,

而a=JQO；+OF=A/22+6=A/W

所以。尸=QE=QC=24,所以。为四面体ACEB的外接球的球心，球半径为加，所以球

的表面积为40兀，故C正确.

故选：ACD

【点睛】方法点睛：对立体几何中动点的轨迹问题采用几何法分析难度时可以用坐标法去研

究，根据动点的坐标满足的方程可以方便的判断出轨迹的形状，将几何问题转化为代数问题

解决.

4.已知正四面体ABCD的棱长为20，其所有顶点均在球。的球面上.已知点E满足A£=

ZAB(O<2<1),CF=//CD(O<^<1),过点E作平面a平行于AC和BD,平面a分别与该

正四面体的棱3GCD,AD相交于点V,G,",则()

A.四边形也依归的周长是变化的

64

B.四棱锥A-EMGH体积的最大值为丁

O1

C.当时，平面a截球0所得截面的周长为而兀

14

D.当4=〃=彳时，将正四面体A5CD绕所旋转90。后与原四面体的公共部分的体积为彳

23

【答案】BCD

【分析】正四面体ABCD放入正方体ABCD-ABCQ中，证明平面打〃平面ABC2,利用

平行，利用力表示出四边形£71次方各边的长，计算周长判断选项A；利用2表示四棱锥

A-EMGH的体积，通过导数研究最值判断选项B,利用外接球半径和球心到截面的距离，

得到截面圆的半径，计算周长，判断选项C；两个正四面体的公共部分为两个相同的正四棱

锥组合而成，计算体积判断选项D.

【详解】在棱长为2的正方体48。口-48(；。中，知正四面体ABCD的棱长为20,故球

心。即为该正方体的中心，

连接耳2,设ACIBR=N,因为,BB,=DD,,所以四边形B8QQ为平行四边形，

所以BD//BR.

又BDu平面a,与。，平面a,所以平面a.

因为AC//平面a,ACcBR=N,AC,耳Qu平面ABC。，所以平面a〃平面AB。，.

ABx

①

对于A,如图①，因为平面tz〃平面A4cz,平面a［平面=平面A^C2c平

EMBEr-

面ABC=AC,所以£M〃AC,则——=—=1-A,BPEM=(1-A)AC=272(1-A),

ACAB

同理可得GH//AC,GH=2A/2(1-X),HE//GM//BD,HE=GM=2旧，所以四边形EMGH

的周长L=EM+GA/+G〃+HE'=46'，故A错误；

对于B,如图①，由A可知HE//GM//BD,HE=GM=2g，鱼EMIIGHIIAC,

EM=GH=2®1-储,因为四边形AB】C2为正方形，所以AC,瓦，，所以四边形

为矩形，所以点A到平面a的距离"=4的=24,故四棱锥A-EMGH的体积V与彳之间

的关系式为V(㈤=gx2/lx2@x20(l-2)=学(万一万)，贝l|V'(/l)=与2(2—3㈤.因为

22

O<Z<1,所以当0<2<(时，V)>0,V(㈤单调递增；当时，V(4)vO,V(Z)

单调递减，所以当彳=£时/(㈤取到最大值誓，故四棱锥A-EMG"体积的最大值为饕，

38181

故B正确；

对于C,正四面体ABCD的外接球即为正方体阴3-4水沙的外接球，其半径R=6.设

平面a截球。所得截面的圆心为。］,半径为r,当彳=；时，因为。。：+r2=改，

则］=卜一。0；=坐,所以平面a截球。所得截面的周长为2m=&T兀，故C正确；

对于D,如图②,

D____________Ci

A&

②

将正四面体ABC。绕E尸旋转90。后得到正四面体A4G2，设AQAD=P,

A3cBD=K,BgcBC=Q,BRcAC=N,

连接KP,KE,KF,KQ,NP,NE,NF,NQ,因为%=〃=g,所以及EP,Q,K,N分别为各面的中

心，两个正四面体的公共部分为几何体KPEQPN为两个相同的正四棱锥组合而成，又

EP=五，正四棱锥K-PEQF的高为3期=1,所以所求公共部分的体积

丫=2%=2xgxlx0xa=g,故D正确.

故选：BCD

【点睛】方法点睛：正四面体的外接球问题通常转化为正方体的外接球，利用平面a〃平面

ABg,用2表示出四边形或7（汨各边的长，处理周长和四棱锥的体积；截面问题和两个

正四面体的公共部分，都离不开对图形结构的分析和理解.

5.勒洛FranzReuleaux（1829〜1905）,德国机械工程专家，机构运动学的创始人.他所著的

《理论运动学》对机械元件的运动过程进行了系统的分析，成为机械工程方面的名著.勒洛

四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平

面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正

四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体.如图所示，设正四面体ABCD的棱

长为2,则下列说法正确的是（）

'勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为2年

B.勒洛四面体被平面ABC截得的截面面积是2（兀-唐）

兀

C.勒洛四面体表面.上2交线AC的长度为三

D.勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2

【答案】ABD

【分析】A选项：求出正四面体A5CD的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球半径,

得到答案；B选项，作出截面图形，求出截面面积；C选项，根据对称性得到交线AC所在

圆的圆心和半径，求出长度；D选项，作出正四面体对棱中点连线，在C选项的基础上求

出长度.

【详解】A选项，先求解出正四面体A3CD的外接球，如图所示：

取。的中点G,连接8G,4G,过点A作A/LBG于点尸，则下为等边，ABC的中心，

外接球球心为。，连接则OA为外接球半径，设04=08=R,

由正四面体的棱长为2,则CG=OG=1,BG=AG=布,

V1帽62X2A/3

FG=一BG=——，BF=—BG=-----

3333

AF=』AG2-FG?=半,0F=AF-R=^—R,

由勾股定理得：OF2+BF=OB；即（垣一R]+1毡]=可，

33

解得：R=叵,

2

此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示：

图中取正四面体ABCD中心为0,连接8。交平面ACD于点E,交于点/，其中AO与

△ABD共面，其中8。即为正四面体外接球半径R=

2

设勒洛四面体内切球半径为r,则厂=0尸=2F-20=2-理，故A正确;

2

B选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，如图所示:

面积为3义—x—x2_——x2"+——x22=2f71—5/3),B正确；

(234J4'>

C选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线AC所在圆的圆心为8。的中点V,

故MA=MC=g,又AC=2,

故/AMC=arccos；,且半径为6，故交线AC的长度等于Garccos；,C错误；

D选项，将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如图所示：

连接G”，交AB于中点S,交8于中点T,连接4T,则立二必/—.=51=血，

则由C选项的分析知：TG=SH=6，

C

所以+百=2指-近>2,

故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2,D正确.

故选：ABD

【点睛】勒洛四面体考试中经常考查，下面是一些它的性质：

①勒洛四面体上两点间的最大距离比四面体的棱长大，是对棱弧中点连线，最大长度为

②表面6个弧长之和不是6个圆心角为60。的扇形弧长之和，其圆心角为arccosg,半径为

百

—a•

2

6.设四面体44A3A4的六条棱长分别为％,a2,a6,体积为V,四个面的面积分别为

S],S2,S3，S4,面力与面力所成的内二面角为%4，X2,须，匕为任意

四个正实数，P为空间里任意一点.下列不等式对任意满足为均为锐角的四面体恒成立的

是（）

4

A.£x/jcos%

i=ll<i<j<4

B-「卜£平/耳町

\z=li=lJl<i<j<4

64

C,£Ja,4>108^/3V3

1<I<j<6i=l

D.n

1<Z<j<6'"

【答案】AC

【详解】由三角形面积海伦公式5=〃5-4）5-加（°-。得

66

2S。何-2之。：=£5；+Ea；a；

l<z<j<6i=\i=ll<i<j<6

64

又2S；29何5,

Z=1

644

又均值不等式可知Z4%号6（口卬*272何3,

1<Z<j<6i=l

6444

Z端号一1>，428乂9腕3+36为丫3=108为丫3,故选项C正确；

1</<j<6z=l

类比三角形射影定理可知

S]=S2cos64+S3cos/+S4cos%>3ys2s3s4cos034cos024cos023

同理可得三个类似的式子，四式相乘得nc°s%q==，故选项D错误;

1<z<r<63

yr

7.如图，在直棱柱ABCD-4BCA中，各棱长均为2,ZABC=j,则下列说法正确的是

A.三棱锥A-ABC外接球的体积为名回乃

27

B.异面直线A用与BG所成角的正弦值为

C.当点M在棱B耳上运动时，+|他&|最小值为2出+

D.N是ABCD所在平面上一动点，若N到直线AA与BC的距离相等，则N的轨迹为抛物

线

【答案】ACD

【分析】A选项，求出AABC的外接圆半径，进而求出三棱锥A-ABC外接球的半径，求出

体积；B选项，作平行线，找到异面直线A片与BG所成角，用余弦定理求出余弦值，进而

求出正弦值；C选项，将平面AB44与平面沿着公共边84折叠到同一平面内，利

用勾股定理进行求解；D选项，由抛物线定义进行判断.

TT

【详解】因为在直棱柱ABCD-ABIGA中，各棱长均为2,ZABC=p

所以AABC为等边三角形，

设三棱锥A-A8C外接球球心为O,则O在底面A8C的投影为AABC的中心〃，

2R_2

设AABC外接圆半径为R,由正弦定理得：,

sin—

3

所以AABC外接圆半径为名目,

3

设三棱锥A-ABC外接球的半径为厂，则-JR'+F=叵,

3

故三棱锥A-ABC外接球的体积为&口3=竺叵兀，人正确；

327

连接A，，BR,则AR//BG，且从图中可以看出/片曲为锐角，所以异面直线A片与

所成角即为/4AR,

由勾股定理得：AB\=g=2也,

由余弦定理得：BR=V4+4-2x2x2cosl20°=273,

QiQ_1O1

故在△A耳。中，由余弦定理得：cosN与他=三丁=

2x84

所以sin4鸿2=、仁工=姮,B错误；

V164

将平面ABB,At与平面B.BDD,沿着公共边B用折叠到同一平面内，如图

连接AQ,与84的交点即为+取得最小值的M,此时入口的长度即为最小值，

其中|A4j=2,|仞|=|钻|+忸£)|=2+2指，

由勾股定理得：|=,4+(2+2厨=2,5+23,C正确；

因为平面ABC。，故点N到直线AA的距离即为的长，

又因为BCu平面ABCD,

故在平面ABCD1.,到一点N的距离等于到直线BC的距离，

由抛物线的定义可知：N的轨迹为抛物线，D正确.

故选：ACD

【点睛】求解立体几何图形的外接球或内切球问题，要能抓住关键点，比如球心的位置的确

定，通常情况下先找球心在某个三角形或者四边形中的投影来确定.

8.如图，正方体A8CO-AA6A中，顶点A在平面a内，其余顶点在a的同侧，顶点A，

B,C到。的距离分别为n，1,2,贝U()

A.3C〃平面aB.平面AAC_L平面a

C.直线A片与a所成角比直线AA与a所成角大D.正方体的棱长为2夜

【答案】BD

【分析】根据点到面的距离的性质，结合线面垂直的判定定理、线面角的定义、面面相交的

性质进行求解判断即可.

【详解】因为B,C到。的距离分别为1,2,显然不相等，

所以BC不可能与平面。平行，因此选项A不正确；

设AC,8。的交点为0,显然。是AC的中点，

因为平面ABCDa=A,C到a的距离为2,

所以。到a的距离分别为1,而2到。的距离为1,

因此即。3〃a,设平面ABCDa=l,

所以BD//I,

因为A3CD是正方形，所以AC18D,

又因为A41_L平面ABCD,BDu平面ABC£),

所以因为A41cAe=A,AA，ACu平面A&C,

所以Ml平面AAC,因此有//平面AAC,而/ua,

所以平面AAC_L平面a,因此选项B正确；

设耳到平面a的距离为d,

因为平面A4181ga=A,"8田是正方形，点A，8到a的距离分别为而，1,

所以有4=在±1=/="+1,

22

设正方体ABC。-44GA的棱长为a,

设直线A片与a所成角为夕，所以

AB,J2a

设直线AA与a所成角为7,所以sin7=N1=逅，

A4a

因为华1〈后，所以sin£<sin/n£<7，因此选项C不正确;

因为平面AAC，平面。，平面AACC平面a=A,

所以CA在平面。的射影瓦尸与A共线，

显然。£=2,4/=遍,人。=缶，例=a,AA,±AC,如图所示：

由ZECA+ZCAE=ZCAE+Z^AFnZECA=Z^AF,

cosZECA=-^-,sinZAAF=,

AC1的，

46r-

由cos2/EC4+sin2/AAF=ln--+—=l=>a=2V2（负值舍去）,

2aa

因此选项D正确，

故选：BD

【点睛】关键点睛：利用点到面距离的性质是解题的关键.

三、填空题

9.祖晒，字景烁，祖冲之之子，南北朝时代的伟大科学家.祖晅在数学上有突出的贡

献，他在实践的基础上，于5世纪末提出下面的计算原理——祖唯原理：夹在两个平行平面

之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相

等，那么这两个几何体的体积相等.请同学们用祖唯原理解决如下问题：如题图，有一个倒

圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为厂的铁球，再注入水，使

水面与球正好相切（而且球与倒圆锥相切效果很好，水不能流到倒圆锥容器底部），然后将

球取出，则这时容器中水的深度为.

【分析】根据祖瞄原理，当圆柱、圆锥底面圆半径、高和球体半径相等时，球柱的体积等于

等高圆柱的体积减去等高圆锥的体积，由这个原理求球体和水接触的部分以半球与没和水接

触部分为匕、半球的体积，得出水的体积，再转化为圆锥求高.

【详解】如图1,已知圆柱、圆锥底面圆半径、高和球体半径相等，根据祖随原理，半球的

体积等于圆柱的体积减去圆锥的体积，球柱的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆锥的体

积.

下面证明如图1中阴影截面面积相等：

证明：设半球中阴影截面圆的半径为，球体半径为R,则r=尺22,截面圆面积

d=无户=兀（尺2一〃2）；

圆柱中截面小圆半径£>E=〃，大圆半径为R,则截面圆环的面积邑=S大圆-S小圆=兀（尺2-r）,

所以耳=邑，又高度相等，所以球柱的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆锥的体积.

如图2,设球体和水接触的上部分为唳半球，没和水接触的下部分为〃半球，小半球相当于

图1半球的截面上半部分，其体积等于图1中截面之上的圆柱体积减去相应圆台体积.

已知球体半径为r,ABC为等边三角形，OB=2OD=2r,OE=EF=；r,根据祖晒原理

rI

匕、半球二%i柱—%台=兀/-——7ir3=-7tr3,

2424

D

AC

学

B

图2

_4353_93

映半球=/一匕、半球=£nr-—Jtr=-Jtr,

Jo

设图2中轴截面为梯形AFGC的圆台体积为唱台，

唳=%一吟半球=>卜技『+|孚］+J（技）［亭）；W=.“3->3=#

设将球取出时容器中水的深度为心底面圆的半径为石，则/?=出个n=^h.

%八3即1八限迎.

31292V22

故答案为：也.

2

【点睛】本题是关于祖眶原理的一道综合性应用的立体题目，难度较大,需要很强的空间想象

能力.

（1）本题关键是理解祖唯原理，当圆柱、圆锥底面圆半径、高和球体半径相等时，半球的

体积等于圆柱的体积减去圆锥的体积,球柱的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆锥的体积;

（2）求不规则几何体的体积要适当的进行分割，转化为容易求的几何体的体积.

10.所有的顶点都在两个平行平面内的多面体叫做拟柱体，这两个平行的面称为上下底面，

它们之间的距离称为拟柱体的高.生产实际中，我们经常看到黄沙、碎石、灰肥等堆积成上

下底面平行，且都是矩形的形状，这种近似于棱台的形体就是一种特殊的拟柱体（如图所示），

已知其高为/?,上底面、下底面和中截面（经过高的中点且平行于底面的截面）面积分别为

S1,邑和s。，请你用耳，邑，s°,川表示出这种拟柱体的体积y=.

【答案】-(S1+4S0+52)X/7

［分析］利用台体的体积减去若干棱锥的体积来求得拟柱体的体积.

【详解】根据拟柱体的定义，任一拟柱体都可看作是过某棱台的若干顶点，截去机（帆20）个

倒立小棱锥与"（"20）个正立小棱锥后余的凸多面体.当%="=0时，就是原棱台，即棱台是

特殊的拟柱体.

设原棱台的高为〃，上底面、下底面、中截面面积分别为S上,S下,S中，

拟柱体的上底面、下底面、中截面的面积分别是S?和

设截去的机个倒立小棱锥的底面面积分别是配,S|2,5„„,

截去的〃个正立小棱锥的底面面积分别是风”邑2，,S2n,

那么拟柱体的体积为丫=/介-；u品+与++兀）-；〃（邑+/++S2”）

=|/z（5±+5，T+V5-t

=3介（5上一工5.1+（5下一Z52«）+'5上,5下］

=；MH+SZ+JS上下）①,

因为棱锥的中截面面积等于底面面积的J,

4

1fmn\

所以s°=s中一

41k=lk=\）

（mn\

即45。=4s中一+②，

\Z=1k=l）

由棱台的中截面性质可知2向'=#；+心7，

所以4s中=S±+S下+2jS」：S下③,

（_n

将③代入②得：4S°=S上+S下+2回讨；一+»〃

\k=lk=l

从而可知Js上.S下=1(4S0-S,-S2),代入①并整理得V=1(5,+4S0+S2)X/2.

故答案为：1(S1+450+52)X/2

O

【点睛】本题主要考查拟柱体的体积的求法，在立体几何教材中有拟柱体的体积的推导过程.

圆柱、棱柱、圆锥、棱锥、圆台、棱台、球、球冠、球缺等各有自己的体积公式，但这些公

式，都可以统一为拟柱体公式.

11.已知正方体ABCD-A耳CR的棱长为1,M,N分别为棱AA、42的中点，P为棱4月

上的动点，。为线段42的中点.则下列结论中正确序号为.

①MNJLCP；②A。//平面肱叱；③的余弦值的取值范围是.当；©AAPC,

周长的最小值为石+石

【答案】①④

【分析】①连接4。,,根据正方体性质有MN〃Bq,结合CP在面3CG旦上的投影为C4

即可判断；②③构建空间直角坐标系，求面肱VP的法向量及方向向量AQ,利用空间向量

夹角的坐标表示判断线面关系，同理求线线角的关于参数机的余弦值，结合导数求最值，

即可判断余弦值的范围；④将问题转化为求CT+AP的最小值，展开正方体侧面研究最小

情况即可判断.

【详解】①连接AA，3C],即AA//BC，又/、N分别为A4、42的中点，则MN//A2,

所以而CP在面BCG瓦上的投影为C4,又CBJBG，即CP，3弓，

所以MNLCP,正确；

②如下图示，M(1,O,|),N(；,O,1),则M尸=(0,机,g),NP=(g,m,O),

z

MP-n=my+—=0

若〃=(尤,y,z)是面肱VP的一个法向量，贝人令x=z=2m即

x八

NP-n=—+my=0

n=(2m,-1,2m),

而4(1,0,0),则AQ=(-；,；」)，

111

所以=一加一耳+2根=加一5,仅当机=5时AQ_L〃，即AQ//平面ACVP,故错误;

③如下图，尸（1,m」），。（就」）,。（。，。，。），故£＞尸=（1，皿1），加=（生』）,

所以。学，且，如,m+3

POQ=|Z)P|=7^7i|DQ|=则cos/PQQ=

2

22^6(m+2)

72121

令/(㈤贝I「〃加一一”"6)+T,而八0)=3>0,尸⑴=_]<0,

"+2〃〃j(汨2厂9

所以，存在广（%）=。，则（。，外）上八a）＞0,/（㈤递增；（人,1）上/'（旭）＜0,/（㈤递减;

所以上有/■（㈤4/（%）,

由/(0)=1时cosZPDQ=—,/⑴==时cosZPDQ=哀2,故f(m0)时cosZPDQ>宜2,

22333

故错误;

④由AAPCI周长为QP+AP+AG，而AG=6,要使周长最小只需CP+AP最小,

将AB4A与与A2G展开成一个平面，如下图示:

当A,P，G共线时，C7+A尸最小为正，

所以周长的最小值为«+若，正确.

故答案为：①④

【点睛】关键点点睛：②③构建空间直角坐标系，利用向量法判断线面关系、求线线角余弦

值关于参数的表达式，进而应用导数判断最值.

四、解答题

12.棱柱ABCD-AgGR的所有棱长都等于2,ZABC=60°,平面MGC_L平面A5CD,

（1）证明：BDIAA^

（2）求二面角。-44-C的平面角的余弦值；

（3）在直线CG上是否存在点P,使8尸|平面。4G?若存在，求出点尸的位置.

【答案】（1）证明见解析；（2）二面角D—AiA—C的平面角的余弦值是乎.（3）存在，点P

在CiC的延长线上且使CiC=CP.

【详解】解：连接BD交AC于O,则BDLAC,连接AQ

在AAAIO中，AA1=2,AO=1,ZA1AO=60°

AIO2=AAI2+AO2—2AAi-Aocos600=3

.\AO2+AiO2=Ai2

/.AiO±AO,由于平面AAiCiC_L平面ABCD,

所以AiOL底面ABCD

/.以OB、OC、OAi所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则点0,-1.0),

。⑨，mmz>(-Aao)，4(O,O,6)2分

(I)由于丽旗=(Q,L扬

则衣,丽=0《2肉+1X。+/；.0=0

ABDXAAi................................4分

(II)由于OB_L平面AAiCiC,；.平面AAiCiCK*sA5#u的法向量£=(1.0.0)

-m工—

设小_L平面AAiD则<二_=苏、=(XJ.Z)

A限上功

得到<；取&=a",-u.............6分

I—J3x+y=0

一一F7.

•'8£<、・险>==--&=--

Wj:：力2：

所以二面角D—AiA—CK*sA5#u的平面角K*sA5#u的余弦值是正...............8分

5

(III)假设在直线CC1上存在点P,使BP//平面DA1C1

设而=xCG.P(x,yrz)，贝-1,;)=4(0.1.73)

得P(OJ+儿4i/SBP=(-7?.!*4后)...............9分

设£一平面ZH£,则，:二一设£=(a.，一

：2V-=0,_

得到、g+国=。不妨取3(血710分

又因为三＞，平面DAiCi

则石丽=卿-4-&=畸2=-1

即点P在CiCK*sA5#u的延长线上且使CiC=CP...............................12分

法二：在Ai作AiO_LAC于点O,由于平面AAICICL平面ABCD,由面面垂直K*s^5#u的

性质定理知，AQ,平面ABCD,

又底面为菱形，所以AC_LBD

由于8D_L/IC

BDL'X^AA.O

BDLA,O“=>AA,LBD

AA,c平面

A,O(}AC=0

(II)在AAAQ中，A1A=2,ZA1AO=60°

.-.AO=AAi-cos60°=l

所以。是ACK*s/#u的中点，由于底面ABCD为菱形，所以

O也是BD中点

由(I)可知DO_L平面AAiC

过。作OELAAi于E点，连接OE,贝|AAiJ_DE

则NDEO为二面角D—AAi—CK*sA5#u的平面角................6分

在菱形ABCD中，AB=2,ZABC=60°

；.AC=AB=BC=2,.\AO=1,DO=J初一彳0：=、:

在RtAAEO中，OE=OA-sin/EAO=、''，

DE=JO£、O£>?即冷

...cos/DEO=0*-、片

DE5

二面角D—AiA—CK*sA5#u的平面角K*sA5#u的余弦值是2f一...............8分