12、
空间几何体与函数、方程及不等式相交汇问题，常以考查某几何量的最值为主要方式．其解决的常用方法是，找到引起变化的几何量(线段长或角度)，并建立起所求几何量与变化量之间的函数关系，再运用函数的单调性或均值不等式求解.
(2017·全国卷Ⅰ) 如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的
等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为_
13、_______．
答案 4
解析 如图，连接OD，交BC于点G，
由题意，知OD⊥BC，OG＝BC.
设OG＝x，则BC＝2x，DG＝5－x，
三棱锥的高h＝
＝＝，
S△ABC＝×2x×3x＝3x2，则三棱锥的体积
V＝S△ABC·h＝x2·
＝·.
令f(x)＝25x4－10x5，x∈，
则f′(x)＝100x3－50x4.
令f′(x)＝0得x＝2.当x∈(0,2)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，故当x＝2时，f(x)取得最大值80，则V≤×＝4.
所以三棱锥体积的最大值为4 cm3.
交汇点二 空间几
14、何体与命题
典例2 (2019·东北三省四市高三第二次模拟)祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．它是中国古代一个涉及几何体体积的问题．意思是如果两个等高的几何体在同高处截得两个几何体的截面面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．设A，B为两个等高的几何体，p：A，B的体积不相等；q：A，B在同高处的截面面积不恒等．根据祖暅原理可知，p是q的( )
A.充分不必要条件 B．必要不充分条件
C.充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案 A
空间几何体与命题交汇的问题，常在充要条件处设置障碍．解决此类问题的关键，在于明确命题的条件和结论互推的结果．因其内容主要与几何体
15、的基本概念相结合，因此解决过程中，一是要明确各基本定义、定理，正确的能进行论证；二是利用具体图形作分析，举出相应的反例.
设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β ”是“a⊥b”的( )
A.充分不必要条件 B．必要不充分条件
C.充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 若α⊥β，因为α∩β＝m，b⊂β，b⊥m，所以根据两个平面垂直的性质定理可得b⊥α，又a⊂α，所以a⊥b；反过来，当a∥m时，因为b⊥m，一定有b⊥a，但不能保证b⊥α，所以不能推出α⊥β.故选A.
真题自检感悟
1.(2019·全国卷Ⅰ
16、)已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为( )
A.8π B．4π C．2π D.π
答案 D
解析 设PA＝PB＝PC＝2a，
则EF＝a，FC＝，∴EC2＝3－a2.
在△PEC中，
cos∠PEC＝.
在△AEC中，cos∠AEC＝.
∵∠PEC与∠AEC互补，∴3－4a2＝1，a＝，
故PA＝PB＝PC＝.又AB＝BC＝AC＝2，
∴PA⊥PB⊥PC，
∴外接球的直径2R＝ ＝，
∴R＝，∴V＝πR3＝π×3＝π.故选D.
2.(2
17、019·全国卷Ⅱ)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．
答案 26 －1
解析 先求面数，有如下两种方法．
解法一：由“半正多面体”的结构特征及棱数为48可知，其上部分有9个面，中间部分有8个面，下部分有9个面，共有2×9＋8＝26个面．
18、
解法二：一般地，对于凸多面体，
顶点数(V)＋面数(F)－棱数(E)＝2(欧拉公式)．
由图形知，棱数为48的半正多面体的顶点数为24，
故由V＋F－E＝2，得面数F＝2＋E－V＝2＋48－24＝26.
再求棱长．
如图，作中间部分的横截面，由题意知该截面为各顶点都在边长为1的正方形上的正八边形ABCDEFGH，如图，设其边长为x，则正八边形的边长即为半正多面体的棱长．连接AF，过H，G分别作HM⊥AF，GN⊥AF，垂足分别为M，N，则AM＝MH＝NG＝NF＝x.
又AM＋MN＋NF＝1，即x＋x＋x＝1.
解得x＝－1，即半正多面体的棱长为－1.
3.(2017·全国
19、卷Ⅰ)已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S－ABC的体积为9，则球O的表面积为________．
答案 36π
解析 如图，连接OA，OB.
由SA＝AC，SB＝BC，SC为球O的直径，知OA⊥SC，OB⊥SC.
由平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，OA⊥SC，知OA⊥平面SCB.
设球O的半径为r，则OA＝OB＝r，SC＝2r，
∴三棱锥S－ABC的体积
V＝×·OA＝，
即＝9，∴r＝3，∴S球表＝4πr2＝36π.
专题作业
一、选择题
1.下列几何体
20、各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是( )
A．①② B．①③
C．①④ D．②④
答案 D
解析 ①正方体的三个视图均为正方形，因此①不符合题意；②圆锥的正视图和侧视图为全等的等腰三角形，俯视图为圆，因此②满足条件；③三棱台的正视图为梯形，俯视图为三角形，侧视图也为梯形，但其腰长与正视图的腰长不等，故③不符合题意；④正四棱锥的正视图和侧视图为全等的等腰三角形，俯视图为正方形，所以④满足条件，故选D.
2.某几何体的三视图，其正视图、侧视图均是直径为2的半圆，俯视图是直径为2的圆，则该几何体的表面积为( )
A.3π B．4π C．5π D．12π
答
21、案 A
解析 通过已知可得，本题的几何体为半球，所以其表面积为半球面积加上一个大圆面积，即×4π×12＋π×12＝3π，故选A.
3.体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A.12π B. C．8π D．4π
答案 A
解析 由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线为2即为球的直径，所以球的表面积为4πR2＝(2R)2π＝12π，故选A.
4.(2019·湖南郴州4月模拟)一只蚂蚁从正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( )
A.①
22、② B．①③ C．③④ D．②④
答案 D
解析 将正方体进行展开(如下图1所示)，从A走到C1的最短路线有图中的a，b，c三个情况．将其折叠回正方体(如下图2所示)，路线为图中位置，因此在正视图中线路b满足图②，线路c满足图④，线路a没有满足条件的正视图，故选D.
5．如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC的中点，则三棱锥A－B1DC1的体积为( )
A.3 B.
C.1 D.
答案 C
解析 如题图，因为△ABC是正三角形，且D为BC中点，则AD⊥BC.又因为BB1⊥平面ABC，AD⊂平面ABC，故BB1⊥AD，且B
23、B1∩BC＝B，BB1，BC⊂平面BCC1B1，所以AD⊥平面BCC1B1，所以AD是三棱锥A－B1DC1的高．所以V三棱锥A－B1DC11＝S△B1DC1·AD＝××＝1.故选C.
6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为( )
A.25π B．26π C．32π D．36π
答案 C
解析 由三视图可知，该几何体是以俯视图的图形为底面，一条侧棱与底面垂直的三棱锥．如图，三棱锥A－BCD即为该几何体，且AB＝BD＝4，CD＝2，BC＝2，则BD2＝BC2＋CD2，即∠BCD＝90°，故底面外接圆的直径2r＝BD＝4.易知AD为三棱锥A－BCD的外接球的直
24、径．设球的半径为R，则由勾股定理得4R2＝AB2＋4r2＝32，故该几何体的外接球的表面积为4πR2＝32π.
7.等腰直角三角形ABC中，A＝90°，该三角形分别绕AB，BC所在直线旋转，则2个几何体的体积之比为( )
A.1∶ B.∶1
C.1∶2 D．2∶1
答案 B
解析 依题意，得出两个几何体直观图如图1和图2所示，设AB＝1，则BC＝，可得图1几何体的体积V1＝×1×π×12＝，图2几何体的体积V2＝2×××π×2＝，因此两个几何体的体积之比＝＝，故选B.
8．(2019·辽宁部分重点中学协作体模拟)在一个密闭透明的圆柱筒内装一定体积的水，将该圆柱筒分
25、别竖直、水平、倾斜放置时，指出圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是( )
A.圆面 B．矩形面
C.梯形面 D．椭圆面或部分椭圆面
答案 C
解析 将圆柱桶竖放，水面为圆面；将圆柱桶斜放，水面为椭圆面或部分椭圆面；将圆柱桶水平放置，水面为矩形面，所以圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是梯形面，故选C.
9.已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，SA⊥平面ABC，SA＝2，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，则球O的表面积为( )
A.4π B．12π C．16π D．64π
答案 C
解析 如图三棱锥S－ABC，在△ABC中，由余弦
26、定理得，
BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos60°＝3，
∴AC2＝AB2＋BC2，即AB⊥BC.
又SA⊥平面ABC，∴SA⊥AB，SA⊥BC，
∴三棱锥S－ABC可补成分别以AB＝1，BC＝，SA＝2为长、宽、高的长方体，
∴球O的直径为＝4，
故球O的表面积为4π×22＝16π.故选C.
10.祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，其意思是：如果两个等高的几何体在同高处截得两个几何体的截面面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．现有以下四个几何体：图①是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体；图②、图③、图④分别是圆锥、圆台和半球，则满足祖暅原理的两个几何体为( )
27、
A．①② B．①③ C．①④ D．②④
答案 C
解析 由图中所给数据，可得几何体①④在同高处截得两个几何体的截面面积相等，故选C.
11.正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )
A. B．16π C．9π D.
答案 A
解析 由图知，
R2＝(4－R)2＋2，
∴R2＝16－8R＋R2＋2，
∴R＝.
∴S表＝4πR2＝4π×＝，故选A.
12.三棱锥P－ABC的四个顶点均在半径为2的球面上，且AB＝BC＝CA＝2，平面PAB⊥平面ABC，则三棱锥P－ABC体积的最大值是( )
A.4 B．3
28、 C．4 D．3
答案 B
解析 依题意，三棱锥各顶点在半径为2的球面上，且AB＝BC＝CA＝2，则△ABC的截面为球大圆上的三角形，设圆心为O，AB的中点为N，则ON＝1.因为平面PAB⊥平面ABC，所以三棱锥P－ABC的体积取最大值时，PN⊥AB，PN⊥平面ABC，PN＝，所以三棱锥的最大体积为××(2)2×＝3，故选B.
二、填空题
13．如图，三棱柱ABC－A′B′C的底面面积为S，高为h，则三棱锥A′－BB′C的体积为________．
答案 Sh
解析 三棱柱可以分割为体积相等的三个三棱锥，故三棱锥体积为棱柱体积的.
14.(2019·天
29、津高考)已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________．
答案
解析 由题意知圆柱的高恰为四棱锥的高的一半，圆柱的底面直径恰为四棱锥的底面正方形对角线的一半．因为四棱锥的底面正方形的边长为，所以底面正方形对角线长为2，所以圆柱的底面半径为.又因为四棱锥的侧棱长均为，所以四棱锥的高为
＝2，所以圆柱的高为1.所以圆柱的体积V＝π2·1＝.
15.已知在三棱锥P－ABC中，VP－ABC＝，∠APC＝，∠BPC＝，PA⊥AC，PB⊥BC，且平面PAC⊥平面PBC，那么三棱锥
30、P－ABC外接球的体积为________．
答案
解析 根据题意三棱锥如图，取PC中点D，连接AD，BD.因为∠APC＝，∠BPC＝，PA⊥AC，PB⊥BC，所以AD＝PD＝CD＝BD，因此D即为三棱锥外接球球心．由直角三角形可得PC＝2r，PB＝r，BC＝r.又因为平面PAC⊥平面PBC，AD⊥PC，所以AD⊥平面PCB，故VP－ABC＝·AD··PB·BC＝r3＝⇒r＝2，所以外接球的体积为V＝πr3＝.
16.(2019·全国卷Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD－A1B1C1D1挖去四棱锥O－EFGH后所得的几何体．其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g．
答案 118.8
解析 由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对角线长分别为6 cm和4 cm，
故V挖去的四棱锥＝××4×6×3＝12(cm3)．
又V长方体＝6×6×4＝144(cm3)，
所以模型的体积为V长方体－V挖去的四棱锥＝144－12＝132(cm3)，
所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g).
- 20 -
2020届高考数学大二轮复习 冲刺创新专题 题型1 选填题 练熟练稳 少丢分 第11讲 空间几何体练习 文
