第9讲 空间几何体的结构特征
【p22】
【考情分析】
对本讲内容的考查主要分以下三类：
1．以选择、填空题型考查空间几何体的表面积与体积、球等有关问题．此类题一般难度不大，考查学生的空间想象能力．
2．以多选题的形式考查空间几何体折叠、截面等动态的问题．此类题一般难度较大，考查学生的空间想象能力．
3．以解答题考查立体几何中的平行、垂直、空间角的问题．此类题综合性比较强，考查空间想象能力与运算能力．
【命题趋势】
1．从内容上看，主要考查：直线和平面的各种位置关系的判定和性质；空间角的计算问题；求空间距离；求简单几何体的侧面积和表面积问题；体积问题．
2．从能力上看，着重考查空间想象能力，即对空间几何体的观察分析和抽象的能力，要求“四会”：①会画图．根据题设条件画出适合题意的图形或画出自己想作的辅助线(面)，作出的图形要直观、虚实分明；②会识图．根据题目给出的图形，想象出立体的形状和有关线面的位置关系；③会折图．对图形进行必要的分解、组合；④会用图．对图形或其某部分进行平移、翻折、旋转、展开或实行割补术．
3．题型以选择题和填空题为主，有时也作为大题的载体．
4．表面积与体积的考查重点是：球、柱、锥、台的表面积和体积，难度一般不大，分值在5分左右，从题型上看，以选择题和填空题为主，解答题一般以一问的形式予以考查，难度不大．
5．预测今年高考对本节内容的考查以空间几何体的知识和应用为主，主要考查学生的空间想象能力，识图、作图能力．
【备考建议】
1．复习时，学会用运动的观点理解空间基本图形的关系：点动成线，线动成面，面动成体．
2．在理解棱柱、棱锥、棱台的概念的基础上，掌握棱柱、棱锥、棱台的结构特征；熟记特殊棱柱、棱锥、棱台的有关性质；能够把棱柱、棱锥、棱台的有关元素放在对角面、侧面等平面图形中研究，突出化归的数学思想方法．
3．结合模型，在理解的基础上掌握球、柱、锥、台的表面积公式和体积公式，能够灵活运用试题说明中给出的有关公式．
4．应注意解答中的传统方法和向量方法的灵活选择及综合利用，另外在解答题中，一般要先证后算，同时注意表述规范，条理清晰．另外，多选型填空题的出现是新高考命题的一个热点，动态探究型也是近几年高考立体几何命题的一个新动向，应当引起我们的注意．
【p22】
探究一 几何体的表面积和体积
例1
(1)已知一个几何体的三视图如图所示，则其体积为( )
A．12π
B．16π
C.
D.
【解析】选D.
根据几何体的三视图可知，该几何体为一个底面半径为2，高为4的圆柱挖去剩下的几何体．故V＝×π×22×4＝.故选：D.
【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积公式的应用，学生的运算能力和转换能力．
(2)若某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为一个正方形及其内切圆，则该几何体的表面积为( )
A．24
B.
C.
D．24＋π
【解析】选D.
据三视图分析知，原几何体下面是一个棱长为2的正方体，上面是一个底面圆半径为1，母线长为2的圆锥，如下图．
所求几何体的表面积
S＝2×2×5＋＋××2＝24＋π.
故选：D.
(3)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，M是BB1上的点，AB＝3，BC＝4，AC＝5，CC1＝7，过三点A、M、C1作截面，当截面周长最小时，截面将三棱柱分成的两部分的体积比为( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.
如图1：
因为AC1＝＝为定值，所以AM＋MC1最小时，截面周长最小，
将平面ABB1A1与平面BCC1B1放在一个平面内，如图2：
连接AC1，与BB1的交点即为M，则此时AM＋MC1最小，此时BM＝3，
因为AB＝3，BC＝4，AC＝5，所以AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC，
又三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，所以BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥AB，
因为BC∩BB1＝B，所以AB⊥平面BCC1B1，
∴A－BCC1M的体积V1＝×AB×(BM＋CC1)×BC＝×3×××4＝20，
三棱柱的体积V＝S△ABC×CC1＝×4×3×7＝42，
∴截面将三棱柱分成的两部分的体积比为＝＝.故选：D.
【点评】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了棱柱的侧面展开图，考查了棱锥和棱柱的体积公式．
(4)菱形ABCD的边长为3，∠B＝60°，沿对角线AC折成一个四面体，使得平面ACD⊥平面ABC，则经过这个四面体所有顶点的球的表面积为__________．
【解析】15π
如图，取AC中点E，设四面体的外接球的球心为O，其在平面ABC中的射影为点F，在平面ACD内的射影为点G，则根据∠B＝60°，四边形ABCD是菱形得G，F分别是等边三角形ABC与ACD的中心，故BF＝DG＝，EF＝OG＝，又因为平面ACD⊥平面ABC，故四边形OFEG是矩形，外接球半径为R，在△ODG中，DG2＋OG2＝OD2，即R2＝()2＋2，解得R2＝，所以球的表面积为15π.故答案为：15π.
【点评】本题考查四面体的外接球的问题，考查空间思维能力，运算能力．
探究二 多面体与球
例2
(1)(多选题)正方体的外接球与内切球上各有一个动点M，N，若线段MN的最小值为－1，则( )
A．正方体的外接球的表面积为12π
B．正方体的内切球的体积为
C．正方体的棱长为1
D．线段MN的最大值为＋1
【解析】选AD.
设正方体的棱长为a，则其外接球的半径为R＝a，内切球的半径为R′＝，
正方体的外接球与内切球上各有一个动点M，N，由于两球球心相同，
可得MN的最小值为－＝－1，解得a＝2，故C错误；
所以外接球的半径为，表面积为4π×3＝12π，故A正确；
内切球的半径为1，体积为π，故B错误；
MN的最大值为R＋R′＝＋1，故D正确；故选：AD.
【点评】本题考查正方体的外接球与内切球，正确求出正方体的外接球与内切球的半径是关键，考查了学生的空间想象能力．
(2)已知三棱锥A－BCD的四个顶点都在球O的表面上，且AB⊥BC，AB⊥CD，∠BCD＝，若BC＝CD＝2，AB＝2，则球O的表面积为( )
A．20π
B．24π
C．28π
D．32π
【解析】选C.
因为AB⊥BC，AB⊥CD，所以AB⊥面BCD.
因为BC＝CD＝2，∠BCD＝，所以BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD＝4＋4－2×2×2×＝12，即BD＝2.
因此△BCD外接圆半径为×＝2.
设外接球半径为R，则R2＝22＋2＝4＋3＝7，
∴S＝4πR2＝28π.故选：C.
【点评】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
(3)已知等边三角形ABC的边长为2，M，N分别为AB，AC的中点，将△AMN沿MN折起得到四棱锥A－MNCB.点P为四棱锥A－MNCB的外接球球面上任意一点，当四棱锥A－MNCB的体积最大时，四棱锥A－MNCB外接球的半径为________，点P到平面MNCB距离的最大值为________．
【解析】；
如图所示：
设MN的中点为Q，O1，O2分别为等边三角形AMN和梯形MNCB的外接圆圆心．
在△ABC中，N为AC的中点，所以BN⊥CN，
则BC为梯形MNCB外接圆的直径．
连接O1Q，O2Q.由题意，当四棱锥A－MNCB的体积最大时，平面AMN⊥平面MNCB，
过O1作平面AMN的垂线，过O2作平面MNCB的垂线，两条垂线交于点O，则点O即为四棱锥A－MNCB外接球的球心．
四边形OO1QO2为矩形，则OO2＝O1Q.
在等边三角形AMN中，MN＝，则AQ＝，O1Q＝，即OO2＝.
又O2B＝，所以四棱锥A－MNCB外接球的半径R＝OB＝＝＝，
所以点P到平面MNCB距离的最大值O2P＝R＋OO2＝.
故答案为：；.
【点评】本题考查四棱锥外接球和球的性质，解题的关键是由已知可得平面AMN⊥平面MNCB，分别过三角形AMN和梯形MNCB外接圆的圆心O1，O2作两平面的垂线，两垂线的交点即为四棱锥A－MNCB外接球的球心，考查分析理解、数形结合的能力．
(4)在四面体ABCD中，AB＝AC＝2，BC＝6，AD⊥底面ABC，G为△DBC的重心，且直线DG与平面ABC所成的角是30°.若该四面体ABCD的顶点均在球O的表面上，则球O的表面积是( )
A．24π
B．32π
C．46π
D．49π
【解析】选D.
∵AB＝AC＝2，BC＝6，
∴cos∠BAC＝＝－，即∠BAC＝120°，
延长DG交BC于M，则M为BC的中点，连接AM，
∵DA⊥平面ABC，
∴∠DMA为直线DG与平面ABC所成的角，即∠DMA＝30°，
∵AM＝AB＝，∴AD＝1.
设N为△ABC的外心，则ON⊥平面ABC，
∵OA＝OD，∴O在AD的中垂线上，故ON＝DA＝，
由正弦定理可知2NC＝＝4，
∴NC＝2，
∴外接球的半径OC＝＝，
∴球O的表面积S＝4π·＝49π.
故选：D.
【点评】空间几何体与球接、切问题的求解方法
(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．
探究三 以立体几何为背景的应用题
例3
(1)过年了，小张准备去探望奶奶，到商店买了一盒点心．为了美观起见，售货员用彩绳对点心盒做了一个捆扎(如图(1)所示)，并在角上配了一个花结．彩绳与长方体点心盒均相交于棱的四等分点处．设这种捆扎方法所用绳长为l1，一般的十字捆扎(如图(2)所示)所用绳长为l2.若点心盒的长、宽、高之比为2∶2∶1，则的值为__________．
【解析】
∵点心盒的长、宽、高的比是2∶2∶1，
∴设点心盒的长、宽、高分别为：4a、4a、2a，
由题意可得：l1＝4×a＋4×2a＝12a，l2＝4×4a＋4×2a＝24a，
∴＝＝，故答案为：.
【点评】本题考查空间几何体的棱长问题，是简单题．
(2)如图，实心铁制几何体AEFCBD由一个直三棱柱与一个三棱锥构成，已知BC＝EF＝π
cm，AE＝2
cm，BE＝CF＝4
cm，AD＝7
cm，且AE⊥EF，AD⊥底面AEF.某工厂要将其铸成一个实心铁球，假设在铸球过程中原材料将损耗20%，则铸得的铁球的半径为________cm.
【解析】
设铸得的铁球的半径为r
cm，
依题意，可得该几何体的体积为×2×π×4＋××2×π×(7－4)＝5π，
则5π×(1－20%)＝πr3，解得r＝.故答案为：.
【点评】本题考查简单几何体的体积，考查运算求解能力与应用意识．
求空间几何体体积的思路：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法；若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．
(3)农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原．如图甲所示，平行四边形形状的纸片是由六个边长为的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图乙所示粽子形状的六面体，则该六面体的体积为__________；若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为__________．
【解析】
该六面体是由两个全等的正四面体组合而成，正四面体的棱长为，如图所示，
在棱长为的正四面体S－ABC中，取BC中点D，连接SD，AD，
作SO⊥平面ABC，垂足O在AD上，则AD＝SD＝＝，OD＝AD＝，SO＝＝，
∴该六面体的体积V＝2VS－ABC＝2×××××＝；
当该六面体内有一球，且该球体积取最大值时，球心为O，且该球与SD相切，过球心O作OE⊥SD，则OE就是球的半径，
∵SO·OD＝SD·OE，∴该球半径R＝OE＝＝＝，
该球体积的最大值为V球＝×π×3＝.
故答案为：；.
【点评】本题考查了几何体体积的求解，考查了几何体内切球体积的求解和空间想象能力．
(4)以一个正多面体每条棱的中点为顶点，可以得到一个多面体，且该多面体是由一种或一种以上的正多边形构成的．如图(1)，以棱长为2的正四面体每条棱的中点为顶点，形成一个正多面体，则该正多面体外接球的表面积为__________．如图(2)，以图(1)形成的正多面体每条棱的中点为顶点，又可以形成一个多面体，则该多面体的表面积为__________．
【解析】2π
由图(1)可知，以正四面体每条棱的中点为顶点形成的正多面体为正八面体，且该正八面体的棱长为正四面体棱长的一半，即棱长为1.正八面体可看作是棱长都相等的两个正四棱锥的组合体，由对称性可知，正八面体外接球的球心为正四棱锥底面正方形的中心，故该球的一条直径为正四棱锥底面正方形的对角线，设该外接球的半径为R，则2R＝，即R＝，即所求的外接球的表面积S＝4πR2＝2π.
由图(2)可知，以新形成的正八面体每条棱的中点为顶点形成的多面体是由6个正方形和8个正三角形构成的十四面体，且该多面体的棱长为，则该多面体的表面积为S＝8××2＋6×2＝.
故答案为：2π；.
【点评】本题考查几何体的外接球的表面积的计算，以及多面体的表面积的计算，考查空间想象能力．
探究四 数学文化与创新问题
例4
(1)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中《商功》有如下问题：“今有委粟平地，下周一十二丈，高两丈．问积及粟为几何？”其意思为“有粟若干，堆积在平地上，它底圆周长为12丈，高为2丈，问它的体积和堆放的粟各为多少？”如图所示，主人欲卖掉该堆粟，已知圆周率约为3，一斛等于2700立方寸，一斛粟米卖540钱，一两银子1000钱，则主人欲卖得银子(单位换算：1立方丈＝106立方寸)( )
A．800两
B．1600两
C．2400两
D．3200两
【解析】选B.
由底圆周长为12丈，圆周率约为3得底面半径为：r＝2丈，该堆粟的体积为：V＝Sh＝×π×r2×h＝8立方丈，故共有8×106立方寸，
故主人欲卖得银子为：8×106÷2700×540÷1000＝1600两．故选：B.
【点评】本题考查空间几何体的体积的计算，考查数学文化的相关知识．
(2)一个圆锥的轴截面是边长为4的等边三角形，在该圆锥中有一个内接圆柱(下底面在圆锥底面上，上底面的圆周在圆锥侧面上)，则当该圆柱侧面积取最大值时，该圆柱的高为( )
A．1
B．2
C．3
D.
【解析】选D.
由题意可得，PA＝PB＝AB＝4，
故圆锥的高PO＝2，∠APO＝30°.
设圆柱的高为h，底面半径r，则PD＝2－h，
故＝，所以h＝2－r，
圆柱侧面积S＝2πrh＝π·2r(2－r)＝π＝－22π＋2π，
当且仅当r＝1即h＝时取得最大值Smax＝2π.故选D.
【点评】本题主要考查圆柱的侧面积的计算以及二次函数的性质的应用．
(3)如图，四边形ABCD的面积为2，且∠ABD＝∠BDC＝90°，把△BCD绕BD旋转，使点C运动到P，此时向量与向量的夹角为90°.则四面体ABDP外接球表面积的最小值为( )
A.π
B．6π
C．8π
D．10π
【解析】选C.
将四面体ABDP补成一个长方体，如下图所示，所以长方体的外接球就是四面体ABDP的外接球．设AB＝2a，BD＝2b，DC＝2c，则ab＋bc＝，所以2＝2＋2＋2?R2＝a2＋b2＋c2＝＋≥2＋2＝＝2，
故四面体ABDP外接球表面积的最小值为4π×2＝8π.
故选：C.
【点评】本题考查几何体的外接球的相关问题，关键在于确定出外接球的半径．
(4)在三棱锥P－ABC中，平面PBC⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BC＝PC＝2，若AC＝PB，则三棱锥P－ABC体积的最大值为( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.
如图，取PB中点M，连接CM，
∵平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC＝BC，AC?平面ABC，AC⊥BC，
∴AC⊥平面PBC.
设点A到平面PBC的距离为h＝AC＝2x，
∵PC＝BC＝2，PB＝2x(0＜x＜2)，M为PB的中点，
∴CM⊥PB，CM＝，
解得S△PBC＝×2x×＝x，
所以VA－PBC＝××2x＝.
设t＝(0＜t＜2)，则x2＝4－t2，
∴VA－PBC＝＝(0＜t＜2)，
关于t求导，得V′＝，
所以函数在单调递增，在
单调递减．
所以当t＝时，(VA－PBC)max＝.
故选：D.
(5)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，动点P在正方体的表面上运动，且与点A的距离为.动点P的集合形成一条曲线，这条曲线在平面ABB1A1上部分的形状是________；此曲线的周长是________．
【解析】圆弧
由题意，此问题的实质是以A为球心、半径为的球在正方体ABCD－A1B1C1D1各个面上交线的长度计算．
因为球半径小于1，所以球面只与平面ABCD、AA1D1D，AA1B1B相交，
因平面ABCD、AA1D1D，AA1B1B为过球心的截面，截痕为大圆弧，各弧圆心角为，
故各段弧长为×＝.
∴这条曲线周长为3×＝.
【点评】本题以正方体为载体，考查轨迹，考查曲线的周长，涉及圆的截面、圆弧的计算．
【p25】
1．求空间几何体的体积与表面积时，如果是组合体，关键是将组合体合理地分解成几个简单空间几何体；而对于锥、柱、台的体积与表面积，主要是计算底面积与高(斜高)．
2．注意求体积的一些特殊方法：分割法、补体法、转化法等，它们是解决一些不规则几何体体积计算常用的方法．应熟练掌握等积变换法．利用三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面的特点，灵活求解三棱锥的体积，该方法的作用：①求体积时，可选择容易计算的方式来计算；②利用“等积法”可求“点到面的距离”．
3．与球有关的问题一般分为两类：一类是与球的截面有关，这个时候要充分运用由球的半径、截面圆的半径、球心到截面圆的距离构成的直角三角形；另一类是多面体的内切球与外接球，此类问题的关键是弄清球的半径与多面体之间的关系．
【p25】
考题1[2020·全国卷Ⅰ]埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选C.
如图，设CD＝a，PE＝b，则PO＝＝，
由题意PO2＝ab，即b2－＝ab，
化简得42－2·－1＝0，
解得＝(负值舍去)．
故选：C.
【命题立意】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题．
考题2[2020·新高考卷Ⅰ]已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为__________．
【解析】π.
如图：
取B1C1的中点为E，BB1的中点为F，CC1的中点为G，
因为∠BAD＝60°，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，所以△D1B1C1为等边三角形，所以D1E＝，D1E⊥B1C1，
又四棱柱ABCD－A1B1C1D1为直四棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥D1E，
因为BB1∩B1C1＝B1，所以D1E⊥侧面B1C1CB，
设P为侧面B1C1CB与球面的交线上的点，则D1E⊥EP，
因为球的半径为，D1E＝，所以|EP|＝＝＝，
所以侧面B1C1CB与球面的交线上的点到E的距离为，
因为|EF|＝|EG|＝，所以侧面B1C1CB与球面的交线是扇形EFG的，
因为∠B1EF＝∠C1EG＝，所以∠FEG＝，
所以根据弧长公式可得＝×＝π.
故答案为：π.
【命题立意】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题．
考题3[2020·全国卷Ⅲ]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】π
易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，
其中BC＝2，AB＝AC＝3，且点M为BC边上的中点，
设内切圆的圆心为O，
由于AM＝＝2，
故S△ABC＝×2×2＝2，
设内切圆半径为r，则：
S△ABC＝S△AOB＋S△BOC＋S△AOC＝×AB×r＋×BC×r＋×AC×r
＝××r＝2，
解得：r＝，其体积：V＝πr3＝π.
故答案为：π.
【命题立意】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．
考题4[2020·全国卷Ⅱ]已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为( )
A.
B.
C．1
D.
【解析】选C.
设球O的半径为R，则4πR2＝16π，解得：R＝2.
设△ABC外接圆半径为r，边长为a，
∵△ABC是面积为的等边三角形，
∴a2×＝，解得：a＝3，
∴r＝×＝×＝，
∴球心O到平面ABC的距离d＝＝＝1.
故选：C.
【命题立意】本题考查球的相关问题的求解，涉及球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面．(共111张PPT)
专题四 立体几何
第9讲 空间几何体的结构特征
知识网络>●●。。
构成几何体凵直线、平面间平行凵平行投影与
的基本元素∏与垂直的真观认识∏中心投影
空间几何体
柱、锥、台
柱、锥、台、球
点、线、平面、空间几何
球的结构特征的表面积和体积
直观图和三视图的画法
平面的基本性质及其应用
平行公理、等角定理
线线平行
点、线、面之间的位置关系
空间四边形有关概念
线面的空间位置关系
线面平行
线面平行的定义、判定、性质
空间几何体
间的平行关系空间的垂直关系
面面平行
而面平行的定义、判定、性质
线线垂直
面垂直十线面垂直的定义、判定定理、性质定理
面面垂直日面面垂直的定义、判定定理、性质定理
空间向量的加减运算
共线、而向量定理
空间向量
空间诃量的数乘运算
空间向量基本定理
及其运算
空间向量数量积运算
平行与垂直的条件
间量与立体几何
空间向量的坐标运算
向量夹角与距离
直线的方向向量和平面的法向量
立体几何中的向量方法用空间向量证平行与垂直问题
求空间角、距离
专题探究>。●。。。
典例剖析>●。·。
3,
规律总结>●。。
高考
●●●●●
限时训练>●。。【p95】
A组 基础演练
1．妈妈为儿子十八岁亲手制作一个两层的生日蛋糕．生日蛋糕的三视图及尺寸如下图所示(图中小正方形的边长为1个单位)．蛋糕制作好后，需在看得见的部分涂上奶油，则奶油的面积为( )
A．10π
B．12π
C．14π
D．18π
【解析】选C.
由题意，根据给定的几何体的三视图可得，该几何体表示由下半部分为半径为2、母线长为2的圆柱和上半部分为半径为1、母线长为1的圆柱所构成的一个组合体，
所以该组合体看见的部分的表面积为S＝2π×2×2＋2π×1×1＋π×22＝14π.
故选：C.
2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体中的最长棱长为( )
A．3
B．2
C．2
D．2
【解析】选C.
如图所示：
由三视图得：该几何体是一个三棱锥S－ABC，且平面SAC⊥平面ABC，AC⊥BC，
过S作SD⊥AC，连接BD，则AD＝2，AC＝2，BC＝2，SD＝2，
所以BD＝＝，SB＝＝2，SA＝＝2，SC＝＝2，
该几何体中的最长棱长为2.故选：C.
3．定义轴截面为正方形的圆柱为正圆柱．某正圆柱的一个轴截面是四边形ABCD，点P在母线BC上，且BP＝2PC＝4.一只蚂蚁从圆柱底部的A点出发沿着圆柱体的表面爬行到点P，则这只蚂蚁行走的最短路程为( )
A．213
B.
C.
D．2
【解析】选C.
将该圆柱沿母线AD剪开，得到其侧面展开图，如下图所示．
设底面圆半径为r，则2r＝BC＝6，∴r＝3，∴在侧面展开图中AB＝πr＝3π.
在Rt△ABP中，AP＝＝.故选：C.
4．已知一个正三棱锥的高为3，下图是其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图，其中O′B′＝O′C′＝1，则此正三棱锥的体积为( )
A.
B．3
C.
D.
【解析】选A.
由于O′B′＝O′C′＝1，所以B′C′＝2，根据斜二测画法的知识可知，正三棱锥的底面等边三角形的边长为2，其面积为×22＝，所以正三棱锥的体积为××3＝.故选：A.
5．如图，六角螺帽毛胚是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2
cm，高为2
cm，内孔半径为0.5
cm，则此六角螺帽毛胚的体积是__________cm3.
【解析】12－
正六棱柱体积为6××22×2＝12(cm3)，
圆柱体积为π2·2＝(cm3)．
所求几何体体积为12－
cm3，故答案为：
12－.
6．如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD－A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器一边AB于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面几个结论，其中正确的命题是( )
A．水面EFGH所在四边形的面积为定值
B．随着容器倾斜度的不同，A1C1始终与水面所在平面平行
C．没有水的部分有时呈棱柱形有时呈棱锥形
D．当容器倾斜如图(3)所示时，AE·AH为定值
【解析】选D.
对于A项，在图(1)中，水面EFGH所在四边形的面积为棱柱底面的面积，在图(2)中，水面EFGH所在四边形的面积大于原棱柱底面的面积，故A错．
对于B项，在图(1)中，A1C1与水面所在平面平行，在图(2)，图(3)中，A1C1与水面所在平面均不平行，故B错．
对于C项，因为棱柱在绕AB旋转的过程中，没有水的部分始终呈棱柱形，故C错．
对于D项，因为在图(3)，有水的部分形成一个直三棱柱，该三棱柱的底面为三角形，高为AB，根据水的体积为定值可得底面三角形的面积为定值，故AE·AH为定值，故D正确．
故选：D.
7．(多选题)正三棱锥底面边长为3，侧棱长为2，则下列叙述正确的是( )
A．正三棱锥的高为3
B．正三棱锥的斜高为
C．正三棱锥的体积为
D．正三棱锥侧面积为
【解析】选ABD.
取△ABC的中心为O，连接PO，
由题意得：PO⊥面ABC，
又△ABC为等边三角形，
则AO＝＝，
所以正三棱锥的高为：PO＝＝＝3，
S△ABC＝×3×3sin
60°＝，
所以正三棱锥的体积为：VP－ABC＝S△ABCPO＝，
作PD⊥AB交AB于D，
又PA＝PB＝2，AD＝AB＝，
则正三棱锥的斜高为PD＝＝，
所以正三棱锥侧面积为：S△PAB＝×PD×AB＝××3＝.
故选：ABD.
8．(多选题)等腰直角三角形直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为( )
A.π
B.π
C．2π
D.π
【解析】选AB.
如果是绕直角边旋转，形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，母线就是直角三角形的斜边，
所以所形成的几何体的表面积是S＝πrl＋πr2＝π×1×＋π×12＝π.
如果绕斜边旋转，形成的是上下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边的高，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长是1，
所以形成的几何体的表面积S＝2×πrl＝2×π××1＝π.
综上可知，形成几何体的表面积是π或π.
故选：AB.
9．(多选题)已知在三棱锥P－ABC中，AP，AB，AC两两互相垂直，AP＝5
cm，AB＝4
cm，AC＝3
cm，点O为三棱锥P－ABC的外接球的球心，点D为△ABC的外接圆的圆心，下列说法正确的是( )
A．三棱锥P－ABC的体积为10
cm3
B．直线BC与平面PAC所成角的正切值为
C．球O的表面积为50π
cm2
D．OD⊥PA
【解析】选ABC.
因为AP，AB，AC两两互相垂直，以AP，AB，AC为棱补成一个长方体，如图，由长方体性质知：
VP－ABC＝AB·AC·AP＝10
cm3，A正确；
BC与平面PAC所成角为∠BCA，tan∠BCA＝＝，B正确；
长方体的对角线是其外接球也是三棱锥P－ABC外接球直径，长度为＝5，
球表面积为S＝4π×2＝50π(cm2)，C正确，
由外接球性质，OD⊥平面ABC，而PA⊥平面ABC，
∴OD∥PA，D错．
故选：ABC.
10．在正方体盒子里放入四个半径为1的球，恰好使得两个球在下方，另外两个在上方，每个球都和其他球相切，且它们都和正方体的三个面相切．则这个正方体的棱长为________．
【解析】2＋
几何体的俯视图如图1所示，如图2作辅助线，则BD＝＋1＋＋1＝2＋2.
故正方体的棱长为2＋.
故答案为：2＋.
B组 能力提升
11．(多选题)如图，正方形SG1G2G3的边长为1，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，SG2交EF于点D，现沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3三点重合，重合后的点记为G，则在四面体S－GEF中必有( )
A．SG⊥平面EFG
B．设线段SF的中点为H，则DH∥平面SGE
C．四面体S－GEF的体积为
D．四面体S－GEF的外接球的表面积为π
【解析】选ABD.
对选项A，∵在折前正方形SG1G2G3中，SG1⊥G1E，SG3⊥G3F，
∴折成四面体S－EFG后，SG⊥GE，SG⊥GF，
又∵GE∩GF＝G，GE，GF?平面EFG，∴SG⊥平面EFG.
所以选项A正确．
对选项B，连接DH，因为ED＝DF，SH＝HF，
所以DH∥SE，
因为SE?平面SEG，HD?平面SEG，
所以DH∥平面SGE.
所以选项B正确．
对选项C，前面已经证明SG⊥平面GEF，
所以SG是三棱锥S－GEF的高，且SG＝1.
由题得GE＝GF＝，EF＝＝，
且∠EGF＝，所以S△EGF＝××＝，
所以四面体S－GEF的体积为××1＝.
所以选项C错误．
对选项D，由于SG⊥GE，SG⊥GF，GE⊥GF，
所以可以把三棱锥S－GEF放到长方体模型之中，长方体的三条棱为GS，GE，GF，
所以该三棱锥的外接球的直径2R＝，∴R＝，∴S＝4π×＝π.
所以选项D正确．
故选：ABD.
12．在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2，沿对角线AC折起，当以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大时，三棱锥D－ABC的外接球体积为________．
【解析】
如图所示，过点D作底面ABC的垂线交平面ABC于点F，DF即为三棱锥D－ABC的高，取AC中点为E，连接DE、EF，
VD－ABC＝S△ABC·DF＝DF，而在直角△DFE中DF所以当平面ABC⊥平面ADC时，三棱锥D－ABC的体积最大．
此时，因为DA＝DC，∠ADC＝60°，所以△DAC为等边三角形，同理△ABC为等边三角形，则DE⊥AC，
由面面垂直的性质可知DE⊥平面ABC.
设△ABC的外接圆的圆心为O′，则O′在BE上，且2O′E＝O′B＝2.
设三棱锥D－ABC的外接球的球心为O，OO′＝x，
则R＝＝，解得x＝1，则R＝，
故三棱锥D－ABC的外接球的体积为πR3＝π3＝.
故答案为：.
13．如图，在正四棱锥P－ABCD中，PO⊥面ABCD且AB＝2，设点M，N分别为线段PD，PO上的动点，已知当＋取得最小值时，动点M恰为PD的中点，则该四棱锥的外接球的表面积为________．
【解析】
如图，在PC上取点M′，使得＝，
∵顶点P在底面的投影O恰为正方形ABCD的中心，
∴△POC≌△POD≌△POA≌△POB，
∴PA＝PB＝PC＝PD，
∴＝，
∴|AN|＋|MN|＝|AN|＋|NM′|，
∴当AM′⊥PC时AM′最小，
∵M为PD的中点，
∴M′为PC的中点，
∴PA＝AC＝4，
∴＝2，
又∵顶点P在底面的投影O恰为正方形ABCD的中心，
∴外接球的球心在PO上．
设外接球的半径为r，则r2＝2＋4.解得r＝.
故外接球的表面积为4πr2＝.
故答案为：.
14．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点K在棱A1B1上运动，过A，C，K三点作正方体的截面，若K为棱A1B1的中点，则截面面积为__________，若截面把正方体分成体积之比为3∶1的两部分，则B1K＝__________．
【解析】；－1
(1)如图，取B1C1的中点M，连接KM，MC，
∵KM∥A1C1，而A1C1∥AC，
∴KM∥AC，
∴A，C，M，K四点共面，且AK＝MC，
∴四边形ACMK是等腰梯形，如下图，过K作KH⊥AC，垂足为H，
KM＝，AC＝2，AK＝＝，
AH＝＝，
∴KH＝＝＝，
∴SACMK＝××＝；
(2)设B1K＝x，取B1C1上的点M，B1K＝B1M＝x，连接KM，MC，
由(1)知A，C，M，K四点共面，
由图形可知VB1MK－BCA＝VABCD－A1B1C1D1＝×23，
∴VB1MK－BCA＝××2＝×23，
即x2＋2x－2＝0，解得：x＝－1，或x＝－－1(舍去)，
因此B1K＝－1，
故答案为：；－1.
15．如图，在四棱锥M－ABCD中，AB⊥AD，AB＝AM＝AD＝2，MB＝MD＝2.
(1)证明：平面ABM⊥平面ABCD；
(2)若CD∥AB，2CD＝AB，E为线段BM上一点，且BE＝2EM，求三棱锥D－CEM的体积．
【解析】(1)∵在四棱锥M－ABCD中，AB⊥AD，AB＝AM＝AD＝2，MB＝MD＝2.
∴AB2＋AM2＝BM2，AD2＋AM2＝DM2，
∴AB⊥AM，AD⊥AM，
∵AD∩AB＝A，∴AM⊥平面ABCD，
又AM?平面ABM，所以平面ABM⊥平面ABCD.
(2)如图，连接BD，∵BE＝2EM，∴S△DEM＝S△MDB，
于是VD－CEM＝VC－DEM＝VC－DBM＝VM－BCD，
又∵CD∥AB，AB⊥AD，∴CD⊥AD，
∴S△CDB＝×CD×AD＝×1×2＝1，
∴VM－BCD＝S△BCD·MA＝×1×2＝，
即VD－CEM＝VM－BCD＝.
16．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形BB1C1C是菱形，且∠ABB1＝∠ABC.
(1)求证：AC1⊥B1C；
(2)若∠BCC1＝60°，AC＝AB，∠ACB＝45°，三棱锥A－BB1C的体积为18，求三棱柱ABC－A1B1C1的表面积．
【解析】(1)由已知，△ABC≌△ABB1，∴AC＝AB1，连接CB1，BC1相交于点O，连接AO，如图．
四边形BB1C1C是菱形，CB1⊥BC1，且O为CB1的中点，CB1⊥AO，BC1∩AO＝O，
∴B1C⊥平面ABC1，又AC1?平面ABC1，∴B1C⊥AC1.
(2)AC＝AB，∠ACB＝45°，由余弦定理得BC＝AB，
∴BC2＋AB2＝AC2，∴AB⊥BC.
由△ABC≌△ABB1，可得AB⊥BB1，又BC∩BB1＝B，
∴AB⊥平面BCC1B1，AB为三棱锥A－BB1C的高．
设AB＝a，则AB＝BC＝BB1＝a，且由
VA－BB1C＝S△BB1C·AB＝··a·a·sin120°·a＝18，∴a＝6，
易得AC1＝6，则等腰三角形ACC1的底边CC1上的高为3，
三棱柱的表面积S＝2××6×6＋6×6＋×6×6＋6×3＝72＋18＋18.
