高中数学高考第1部分 板块2 核心考点突破拿高分 专题3 第1讲 空间几何体、空间中的位置关系(小题)(1)

这是一份高中数学高考第1部分 板块2 核心考点突破拿高分 专题3 第1讲 空间几何体、空间中的位置关系(小题)(1)，共26页。试卷主要包含了一个物体的三视图的排列规则，由三视图还原几何体的步骤等内容，欢迎下载使用。

热点一 三视图与直观图
1.一个物体的三视图的排列规则
俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样.即“长对正、高平齐、宽相等”.
2.由三视图还原几何体的步骤
一般先依据俯视图确定底面，再利用正(主)视图与侧(左)视图确定几何体.
例1 (1)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱CD，CC1，A1B1的中点，用过点E，F，G的平面截正方体，则位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图为( )
答案 C
解析 取AA1的中点H，连接GH，则GH为过点E，F，G的平面与正方体的面A1B1BA的交线.
延长GH，交BA的延长线与点P，连接EP，交AD于点N，则NE为过点E，F，G的平面与正方体的面ABCD的交线.
同理，延长EF，交D1C1的延长线于点Q，连接GQ，交B1C1于点M，则FM为过点E，F，G的平面与正方体的面BCC1B1的交线.
所以过点E，F，G的平面截正方体所得的截面为图中的六边形EFMGHN.
故可得位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图为选项C所示.
(2)有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为________.
答案 2＋eq \f(\r(2),2)
解析 如图，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为点E，
则在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，∴BE＝eq \f(\r(2),2).
而四边形AECD为矩形，AD＝1，
∴EC＝AD＝1，∴BC＝BE＋EC＝eq \f(\r(2),2)＋1.
由此可还原原图形如图所示.
在原图形中，A′D′＝1，A′B′＝2，B′C′＝eq \f(\r(2),2)＋1，
且A′D′∥B′C′，A′B′⊥B′C′，
∴这块菜地的面积为S＝eq \f(1,2)(A′D′＋B′C′)·A′B′
＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋1＋\f(\r(2),2)))×2＝2＋eq \f(\r(2),2).
跟踪演练1 (1)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为BD1的中点，则△PAC在该正方体各个面上的射影可能是( )
A.①④ B.②③ C.②④ D.①②
答案 A
解析 从上下方向看，△PAC的射影为图①所示的情况；
从左右方向看，△PAC的射影为图④所示的情况；
从前后方向看，△PAC的射影为图④所示的情况.
(2)(2019·江西省重点中学盟校联考)如图所示是一个几何体的三视图及有关数据，则该几何体的棱的长度中，最长的是( )
A.2eq \r(3) B.2eq \r(2) C.eq \r(5) D.eq \r(3)
答案 B
解析 由三视图可知该几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示，
其中PA＝PB＝AB＝AD＝BC＝CD＝2，
PD＝eq \r(PA2＋AD2)＝2eq \r(2)；
PC＝eq \r(PB2＋BC2)＝2eq \r(2)，
所以最长的棱的长度为2eq \r(2).
热点二 表面积与体积
空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技巧，把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧.
例2 (1)(2019·菏泽模拟)如图，为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )
A.(12＋4eq \r(3))π B.(6＋2eq \r(3))π
C.(9＋2eq \r(3))π D.(15＋4eq \r(3))π
答案 B
解析 结合题意可知，该几何体为一个圆锥挖去了一个小圆锥，
大圆锥的侧面积为eq \f(1,2)×2eq \r(3)π×2eq \r(3)＝6π，
挖去的圆锥侧面积为eq \f(1,2)×2eq \r(3)π×2＝2eq \r(3)π，
故总表面积为(6＋2eq \r(3))π.
(2)(2019·厦门模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为( )
A.eq \f(2π,3) B.eq \f(4π,3) C.eq \f(14π,3) D.eq \f(16π,9)
答案 B
解析 由三视图知几何体是圆锥的一部分，
由俯视图可得，底面扇形的圆心角为120°，底面圆的半径为2，
又由侧(左)视图知几何体的高为3，
∴几何体的体积V＝eq \f(120,360)×eq \f(1,3)×π×22×3＝eq \f(4π,3).
跟踪演练2 (1)(2019·江南十校质检)如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线(实线、虚线)画出的是某几何体的三视图，其中的曲线都是半径为1的圆周的四分之一，则该几何体的表面积为( )
A.20 B.20＋eq \f(π,4)
C.20＋eq \f(3π,4) D.20＋eq \f(5π,4)
答案 B
解析 由三视图可得几何体如图所示：
由已知得原几何体是由一个棱长为2的正方体挖去一个四分之一圆柱及一个八分之一球体得到的组合体，
∴S＝6×22－2×1×2－5×eq \f(1,4)π＋eq \f(1,4)×2π×2＋eq \f(1,8)×4π＝20＋eq \f(π,4).
(2)(2019·沈阳市东北育才学校模拟)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四棱锥的三视图，则该几何体的体积为( )
A.2 B.eq \f(8,3) C.6 D.8
答案 A
解析 由三视图可知，该四棱锥为斜着放置的四棱锥，四棱锥的底面为梯形，上底为1，下底为2，高为2，四棱锥的高为2，
所以该四棱锥的体积为V＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×(1＋2)×2×2＝2.
热点三 多面体与球
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.球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心(或“切点”“接点”)作出截面图.
例3 (1)在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC均为边长为3的等边三角形，且PA＝eq \f(3\r(6),2)，则三棱锥P－ABC外接球的体积为( )
A.eq \f(13\r(13),6)π B.eq \f(10\r(10),3)π
C.eq \f(5\r(15),2)π D.eq \f(5\r(5),6)π
答案 C
解析 取BC的中点D，连接PD，AD，
因为△ABC和△PBC均为等边三角形，
所以AD⊥BC，PD⊥BC，AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面PAD，
所以BC⊥平面PAD，
因为△ABC和△PBC均为边长为3的等边三角形，
所以AD＝PD＝eq \f(3\r(3),2)，
又因为PA＝eq \f(3\r(6),2)，PA2＝PD2＋AD2，
所以PD⊥AD，
过△ABC的外心O1作平面ABC的垂线，过△PBC的外心O2作平面PBC的垂线，
设两条垂线交于点O，
则O为三棱锥P－ABC外接球的球心.
O1O＝O2D＝eq \f(\r(3),2)，AO1＝PO2＝eq \r(3)，
所以OA2＝OOeq \\al(2,1)＋AOeq \\al(2,1)＝eq \f(15,4)，
所以外接球的半径R＝OA＝eq \f(\r(15),2)，
所以三棱锥P－ABC外接球的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(5\r(15),2)π.
(2)如图是某三棱锥的三视图，则此三棱锥内切球的体积为( )
A.eq \f(25π,4) B.eq \f(25π,16)
C.eq \f(1 125π,4) D.eq \f(1 125π,16)
答案 D
解析 把此三棱锥嵌入长、宽、高分别为20,24,16的长方体ABCD－A1B1C1D1中，
三棱锥B－KLJ即为所求的三棱锥，
其中KC1＝9，C1L＝LB1＝12，B1B＝16，
∴eq \f(KC1,C1L)＝eq \f(LB1,B1B)，
则△KC1L∽△LB1B，∠KLB＝90°，
故可求得三棱锥各面面积分别为
S△BKL＝150，S△JKL＝150，S△JKB＝250，S△JLB＝250，
故表面积为S表＝800.
三棱锥体积V＝eq \f(1,3)S△BKL·JK＝1 000，
设内切球半径为r，则r＝eq \f(3V,S表)＝eq \f(15,4)，
故三棱锥内切球体积V球＝eq \f(4,3)πr3＝eq \f(1 125π,16).
跟踪演练3 (1)(2019·榆林模拟)在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知底面ABC为正三角形，AA1⊥平面ABC，AB＝6eq \r(3)，AA1＝16，则该三棱柱外接球的表面积为( )
A.400π B.300π C.200π D.100π
答案 A
解析 如图，O′为底面中心，O为外接球球心，在正三角形ABC中求得O′A＝6，
又OO′＝8，∴外接球半径OA＝10，
∴S球＝4π×100＝400π.
(2)已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记该圆锥的内切球的表面积为S1，外接球的表面积为S2，则eq \f(S1,S2)等于( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,8)
答案 C
解析 如图，
由已知圆锥侧面积是底面积的2倍，不妨设底面圆半径为r，l为底面圆周长，R为母线长，
则eq \f(1,2)lR＝2πr2，
即eq \f(1,2)·2π·r·R＝2πr2，
解得R＝2r，
故∠ADC＝30°，则△DEF为等边三角形，
设B为△DEF的重心，过B作BC⊥DF，
则DB为圆锥的外接球半径，BC为圆锥的内切球半径，
则eq \f(BC,BD)＝eq \f(1,2)，∴eq \f(r内,r外)＝eq \f(1,2)，故eq \f(S1,S2)＝eq \f(1,4).
热点四 空间线面位置关系的判断
高考中判断空间线面位置关系的注意点：
(1)对于空间线面位置关系的判断，常用的方法有：①根据定理逐项判断，可以举反例，也可以证明，要结合题目灵活选择；②必要时可以借助空间几何体模型，如借助长方体、正四面体中的线面位置关系来判断.
(2)求角时，一般先利用平行关系找到这个角，然后把这个角放到三角形中去求解.
例4 (1)已知直线a，b，平面α，β，γ，下列命题正确的是( )
A.若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γ
B.若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，则a∥b∥c
C.若α∩β＝a，b∥a，则b∥α
D.若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，则b∥a
答案 A
解析 A中，若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，
则a⊥γ，该说法正确；
B中，若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，
在三棱锥P－ABC中，令平面α，β，γ分别为平面PAB，PAC，PBC，
交线a，b，c为PA，PB，PC，不满足a∥b∥c，该说法错误；
C中，若α∩β＝a，b∥a，有可能b⊂α，不满足b∥α，该说法错误；
D中，若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，
正方体ABCD－A1B1C1D1中，取平面α，β为平面ABCD，ADD1A1，
直线b为A1C1，满足b∥α，不满足b∥a，该说法错误.
(2)(2019·淄博模拟)如图所示，平面BCC1B1⊥平面ABC，∠ABC＝120°，四边形BCC1B1为正方形，且AB＝BC＝2，则异面直线BC1与AC所成角的余弦值为________.
答案 eq \f(\r(6),4)
解析 过B作BD∥AC，过C作CD∥AB，如图所示，
所以∠C1BD是所求线线角或其补角.
在三角形BC1D中，BC1＝C1D＝2eq \r(2)，BD＝2eq \r(3)，
故cs∠C1BD＝eq \f(8＋12－8,2×2\r(2)×2\r(3))＝eq \f(\r(6),4).
跟踪演练4 (1)若m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A.若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n
B.若m∥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n
C.若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n
D.若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m∥n
答案 A
解析 对于选项A，由n∥β，α∥β可得n∥α或n⊂α，
又m⊥α，所以可得m⊥n，故A正确；
对于选项B，由条件可得m⊥n或m∥n，或m与n既不垂直也不平行，故B不正确；
对于选项C，由条件可得m∥n或m，n相交或m，n异面，故C不正确；
对于选项D，由题意得m⊥n，故D不正确.
(2)(2019·怀化模拟)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱长为eq \r(2)，底面三角形的边长为1，则BC1与侧面ACC1A1所成角的大小为( )
A.30° B.45°
C.60° D.90°
答案 A
解析 由题意，取AC的中点O，连接BO，C1O，
因为正三棱柱ABC－A1B1C1中，
侧棱长为eq \r(2)，底面三角形的边长为1，
所以BO⊥AC，BO⊥AA1，
因为AC∩AA1＝A，所以BO⊥平面ACC1A1，
所以∠BC1O是BC1与侧面ACC1A1所成的角，
因为BO＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(3),2)，
C1O＝eq \r(\r(2)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(3,2)，
所以tan∠BC1O＝eq \f(BO,OC1)＝eq \f(\f(\r(3),2),\f(3,2))＝eq \f(\r(3),3)，
所以∠BC1O＝30°，BC1与侧面ACC1A1所成的角为30°.
真题体验
1.(2018·全国Ⅰ，理，7)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图.圆柱表面上的点M在正(主)视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在侧(左)视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为( )
A.2eq \r(17) B.2eq \r(5) C.3 D.2
答案 B
解析 先画出圆柱的直观图，
根据题中的三视图可知，点M，N的位置如图①所示.
圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为OP的四等分点)如图②所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径.
|ON|＝eq \f(1,4)×16＝4，|OM|＝2，
∴|MN|＝eq \r(|OM|2＋|ON|2)＝eq \r(22＋42)＝2eq \r(5).
2.(2019·全国Ⅰ，理，12)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.8eq \r(6)π B.4eq \r(6)π C.2eq \r(6)π D.eq \r(6)π
答案 D
解析 因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.
取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，
所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P－ABC放在正方体中如图所示.因为AB＝2，所以该正方体的棱长为eq \r(2)，所以该正方体的体对角线长为eq \r(6)，所以三棱锥P－ABC的外接球的半径R＝eq \f(\r(6),2)，所以球O的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))3＝eq \r(6)π，故选D.
3.(2018·全国Ⅱ，理，9)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq \r(3)，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(\r(5),6) C.eq \f(\r(5),5) D.eq \f(\r(2),2)
答案 C
解析 方法一 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA－A1′B1′B1A1.
连接B1B′，由长方体性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角.连接DB′，由题意，得DB′＝eq \r(12＋1＋12)＝eq \r(5)，B′B1＝eq \r(12＋\r(3)2)＝2，DB1＝eq \r(12＋12＋\r(3)2)＝eq \r(5).
在△DB′B1中，由余弦定理，得
DB′2＝B′Beq \\al(2,1)＋DBeq \\al(2,1)－2B′B1·DB1·cs∠DB1B′，
即5＝4＋5－2×2eq \r(5)cs∠DB1B′，
∴cs∠DB1B′＝eq \f(\r(5),5).
方法二 如图，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz.
由题意，得A(1,0,0)，D(0,0,0)，
D1(0,0，eq \r(3))，B1(1,1，eq \r(3))，
∴eq \(AD1,\s\up6(→))＝(－1,0，eq \r(3))，eq \(DB1,\s\up6(→))＝(1,1，eq \r(3))，
∴eq \(AD1,\s\up6(→))·eq \(DB1,\s\up6(→))＝－1×1＋0×1＋(eq \r(3))2＝2，
|eq \(AD1,\s\up6(→))|＝2，|eq \(DB1,\s\up6(→))|＝eq \r(5)，
∴cs〈eq \(AD1,\s\up6(→))，eq \(DB1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AD1,\s\up6(→))·\(DB1,\s\up6(→)),|\(AD1,\s\up6(→))|·|\(DB1,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,2\r(5))＝eq \f(\r(5),5).
押题预测
1.已知A，B，C为球O的球面上的三个定点，∠ABC＝60°，AC＝2，P为球O的球面上的动点，记三棱锥P－ABC的体积为V1，三棱锥O－ABC的体积为V2，若eq \f(V1,V2)的最大值为3，则球O的表面积为( )
A.eq \f(16π,9) B.eq \f(64π,9) C.eq \f(3π,2) D.6π
答案 B
解析 由题意，设△ABC的外接圆圆心为O′，
其半径为r，球O的半径为R，且OO′＝d，
依题意可知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(V1,V2)))max＝eq \f(R＋d,d)＝3，即R＝2d，
显然R2＝d2＋r2，故R＝eq \f(2,\r(3))r，
又由2r＝eq \f(AC,sin∠ABC)＝eq \f(4,\r(3))，故r＝eq \f(2,\r(3))，
∴球O的表面积为4πR2＝eq \f(16,3)πr2＝eq \f(64,9)π.
2.如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个结论：
①三棱锥A－D1PC的体积不变；
②A1P∥平面ACD1；
③DP⊥BC1；
④平面PDB1⊥平面ACD1.
其中正确的结论的个数是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案 C
解析 对于①，如图，由题意知AD1∥BC1，AD1⊂平面AD1C，BC1⊄平面AD1C，
从而BC1∥平面AD1C，
故BC1上任意一点到平面AD1C的距离均相等，
所以以P为顶点，平面AD1C为底面的三棱锥A－D1PC的体积不变，故①正确；
对于②，连接A1B，A1C1，则A1C1∥AC，
易知A1C1∥平面AD1C，
由①知，BC1∥平面AD1C，
又A1C1∩BC1＝C1，
所以平面BA1C1∥平面ACD1，
又A1P⊂平面A1C1B，
所以A1P∥平面ACD1，故②正确；
对于③，由于DC⊥平面BCC1B1，所以DC⊥BC1，
若DP⊥BC1，则BC1⊥平面DCP，
BC1⊥PC，则P为中点，与P为动点矛盾，故③错误；
对于④，连接DB1，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，
可得DB1⊥平面ACD1，从而由面面垂直的判定定理知平面PDB1⊥平面ACD1，故④正确.
3.已知某实心机械零件的三视图如图所示，若该实心机械零件的表面积为66＋4π，则a＝________.
答案 3
解析 根据三视图可知，该几何体是四棱柱与两个圆柱的组合体，且四棱柱的底面是边长为a的正方形，高为4的直四棱柱，圆柱体的底面圆直径为2，高为1，
所以该组合体的表面积为S＝2(a2＋4a＋4a)＋2π×1×1×2＝2(a2＋8a)＋4π＝66＋4π，解得a＝－11(舍)或a＝3.
A组 专题通关
1.已知α，β是两个不同的平面，l是一条直线，给出下列说法：
①若l⊥α，α⊥β，则l∥β；②若l∥α，α∥β，则l∥β；
③若l⊥α，α∥β，则l⊥β；④若l∥α，α⊥β，则l⊥β.
其中说法正确的个数为( )
A.3 B.2 C.1 D.4
答案 C
解析 ①若l⊥α，α⊥β，则l∥β或l⊂β，不正确；②若l∥α，α∥β，则l∥β 或l⊂β，不正确；③若l⊥α，α∥β，则l⊥β，正确；④若l∥α，α⊥β，则l⊥β或l∥β或l与β相交且l与β不垂直，不正确.
2.如图，平面α⊥平面β，α∩β＝l，A，C是α内不同的两点，B，D是β内不同的两点，且A，B，C，D∉直线l，M，N分别是线段AB，CD的中点.下列判断正确的是( )
A.当CD＝2AB时，M，N两点不可能重合
B.M，N两点可能重合，但此时直线AC与l不可能相交
C.当AB与CD相交，直线AC平行于l时，直线BD可以与l相交
D.当AB，CD是异面直线时，直线MN可能与l平行
答案 B
解析 由于直线CD的两个端点都可以动，所以M，N两点可能重合，此时两条直线AB，CD共面，由于两条线段互相平分，所以四边形ACDB是平行四边形，因此AC∥BD，而BD⊂β，AC⊄β，所以由线面平行的判定定理可得AC∥β，又因为AC⊂α，α∩β＝l，所以由线面平行的性质定理可得AC∥l.
3.(2019·龙岩模拟)母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于eq \f(8π,5)，则该圆锥的体积为( )
A.16π B.8π C.eq \f(16π,3) D.eq \f(8π,3)
答案 A
解析 ∵母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于eq \f(8π,5)，
∴侧面展开图的弧长为5×eq \f(8π,5)＝8π，
设底面圆半径为r，
弧长8π＝底面周长＝2πr，∴r＝4，
∴圆锥的高h＝eq \r(52－42)＝3，
∴圆锥体积V＝eq \f(1,3)×π×r2×h＝16π.
4.(2019·龙岩模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中正(主)视图和侧(左)视图是腰长为2的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的各条棱中最长棱的长度为( )
A.2eq \r(2) B.3 C.2eq \r(3) D.2
答案 C
解析 由三视图可知几何体为四棱锥P－ABCD，其中底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，
且PA＝AB＝2，
∴几何体的最长棱为
PC＝eq \r(22＋2\r(2)2)＝2eq \r(3).
5.(2019·临沂模拟)某几何体的三视图如图所示，其中侧(左)视图为半圆，则该几何体的表面积为( )
A.6＋4π B.6＋3π C.9＋4π D.9＋3π
答案 A
解析 根据三视图知，该几何体是半圆柱体，
画出图形如图所示，
结合图中数据，计算该几何体的表面积为
S＝2×eq \f(1,2)π·12＋eq \f(1,2)×2π·1·3＋2×3＝4π＋6.
6.(2019·长春模拟)一个几何体的三视图如图所示，每个小方格都是长度为1的正方形，则这个几何体的体积为( )
A.32 B.eq \f(64,3) C.eq \f(32,3) D.8
答案 B
解析 由题意，根据给定的三视图可知，该几何体表示底面是边长为4的正方形，高为4的四棱锥，
所以该四棱锥的体积为V＝eq \f(1,3)Sh＝eq \f(1,3)×4×4×4＝eq \f(64,3).
7.(2019·河南名校联盟联考)榫卯(sǔnmǎ)是两个木构件上所采用的一种凹凸结合的连接方式.凸出部分叫榫，凹进去的部分叫卯，榫和卯咬合，起到连接作用.代表建筑有北京的紫禁城、天坛祈年殿，山西悬空寺等，如图是一种榫卯构件中榫的三视图，则该榫的表面积和体积为( )
A.8＋16π，2＋8π B.9＋16π，2＋8π
C.8＋16π，4＋8π D.9＋16π，4＋8π
答案 A
解析 由三视图知该榫是由上下两部分构成：上方为长方体(底面为边长是1的正方形，高为2)，下方为圆柱(底面圆半径为2，高为2).
其表面积为圆柱的表面积加上长方体的侧面积，
所以S＝2×(2π×2)＋2×(π×22)＋4×(1×2)＝8＋16π.
其体积为圆柱与长方体体积之和，
所以V＝(π×22)×2＋1×1×2＝8π＋2.
8.(2019·成都模拟)某多面体的三视图如图所示，每个小方格都是长度为1的正方形，则该几何体的体积与其外接球的体积之比为( )
A.eq \f(\r(6),18π) B.eq \f(\r(6),9π) C.eq \f(\r(6),3π) D.eq \f(1,3π)
答案 A
解析 结合三视图，还原直观图，如图所示，
三棱锥D－ABC即为该几何体，结合题意可知AD＝2，DC＝4，点B到平面ACD的距离为2，故体积为V1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×4×2＝eq \f(8,3)，
取BD的中点O，结合题意可知AD⊥平面EAB，故∠DAB＝90°，DC⊥平面BCE，可知∠DCB＝90°，故结合直角三角形的性质可知，点O到A，B，C，D四点的距离相等，故该三棱锥的外接球半径r＝eq \f(1,2)BD＝eq \r(6)，故外接球体积V2＝eq \f(4,3)πr3＝8eq \r(6)π，故三棱锥和外接球体积之比为eq \f(\r(6),18π).
9.(2019·泸州模拟)已知一个几何体的正(主)视图和侧(左)视图是两个全等的等腰三角形，腰长为3，底边长为2，俯视图是一个半径为1的圆(如图所示)，则这个几何体的内切球的体积为( )
A.eq \f(\r(2)π,3) B.eq \f(\r(3)π,3) C.eq \f(4π,3) D.2π
答案 A
解析 由三视图知该几何体是圆锥，且底面圆的半径为1，母线长为3，
其正(主)视图为等腰三角形，圆锥的内切球半径等于正(主)视图三角形内切圆半径，
且内切圆的半径满足eq \f(1,2)r·(3＋3＋2)＝eq \f(1,2)×2×eq \r(32－12)，解得r＝eq \f(\r(2),2)，
∴几何体的内切球体积为V＝eq \f(4π,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))3＝eq \f(\r(2)π,3).
10.(2017·全国Ⅱ)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(15),5) C.eq \f(\r(10),5) D.eq \f(\r(3),3)
答案 C
解析 方法一 将直三棱柱ABC－A1B1C1补形为直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，如图①所示，连接AD1，B1D1，BD.
图①
由题意知∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，
所以AD1＝BC1＝eq \r(2)，AB1＝eq \r(5)，∠DAB＝60°.
在△ABD中，由余弦定理知BD2＝22＋12－2×2×1×cs 60°＝3，所以BD＝eq \r(3)，所以B1D1＝eq \r(3).
又AB1与AD1所成的角即为AB1与BC1所成的角θ，
所以cs θ＝eq \f(AB\\al(2,1)＋AD\\al(2,1)－B1D\\al(2,1),2×AB1×AD1)＝eq \f(5＋2－3,2×\r(5)×\r(2))＝eq \f(\r(10),5).
故选C.
方法二 以B1为坐标原点，B1C1所在的直线为x轴，垂直于B1C1的直线为y轴，BB1所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图②所示.
图②
由已知条件知B1(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(1,0,0)，A(－1，eq \r(3)，1)，则eq \(BC1,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq \(AB1,\s\up6(→))＝(1，－eq \r(3)，－1).
所以cs〈eq \(AB1,\s\up6(→))，eq \(BC1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AB1,\s\up6(→))·\(BC1,\s\up6(→)),|\(AB1,\s\up6(→))||\(BC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,\r(5)×\r(2))＝eq \f(\r(10),5).
所以异面直线AB1与BC1所成的角的余弦值为eq \f(\r(10),5).
故选C.
11.对于四面体A－BCD，有以下命题：
①若AB＝AC＝AD，则AB，AC，AD与底面所成的角相等；
②若AB⊥CD，AC⊥BD，则点A在底面BCD内的射影是△BCD的内心；
③四面体A－BCD的四个面中最多有四个直角三角形；
④若四面体A－BCD的6条棱长都为1，则它的内切球的表面积为eq \f(π,6).
其中正确的命题是( )
A.①③ B.③④ C.①②③ D.①③④
答案 D
解析 ①正确，若AB＝AC＝AD，则AB，AC，AD在底面上的射影相等，即与底面所成角相等；②不正确，如图，点A在平面BCD内的射影为点O，连接BO，CO，可得BO⊥CD，CO⊥BD，所以点O是△BCD的垂心；
③正确，如图，AB⊥平面BCD，∠BCD＝90°，其中有4个直角三角形；
④正确，设正四面体的内切球的半径为r，棱长为1，高为eq \f(\r(6),3)，根据等体积公式eq \f(1,3)×S△BCD×eq \f(\r(6),3)＝eq \f(1,3)×4×S△BCD×r，解得 r＝eq \f(\r(6),12)，那么内切球的表面积S＝4πr2＝eq \f(π,6)，故选D.
12.(2019·乌鲁木齐模拟)已知三棱锥P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，且长度相等.若点P，A，B，C都在半径为1的球面上，则球心到平面ABC的距离为( )
A.eq \f(\r(3),6) B.eq \f(1,2) C.eq \f(1,3) D.eq \f(\r(3),2)
答案 C
解析 ∵三棱锥P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，且长度相等，
∴此三棱锥的外接球即以PA，PB，PC为三边的正方体的外接球O，
∵球O的半径为1，
∴正方体的边长为eq \f(2\r(3),3)，即PA＝PB＝PC＝eq \f(2\r(3),3)，
球心到截面ABC的距离即正方体中心到截面ABC的距离，
设P到截面ABC的距离为h，则正三棱锥P－ABC的体积V＝eq \f(1,3)S△ABC×h＝eq \f(1,3) S△PAB×PC
＝eq \f(1,3)× eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)))3，
△ABC为边长为eq \f(2\r(6),3)的正三角形，S△ABC＝eq \f(2\r(3),3)，
∴h＝eq \f(2,3)，
∴球心(即正方体中心)O到截面ABC的距离为eq \f(1,3).
13.(2019·安徽省六安市第一中学模拟)在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，沿AC将矩形ABCD折叠，其正(主)视图和俯视图如图所示，此时连接顶点B，D形成三棱锥B－ACD，则其侧(左)视图的面积为________.
答案 eq \f(72,25)
解析 由题意可知几何体是三棱锥，底面是直角三角形，直角边长为4,3，一个侧面是直角三角形，与底面垂直，AB＝4，BC＝3，B到AC的距离为eq \f(12,5)，
侧(左)视图如图，是等腰直角三角形，直角边长为eq \f(12,5).
所以侧(左)视图的面积为eq \f(1,2)×eq \f(12,5)×eq \f(12,5)＝eq \f(72,25).
14.(2019·全国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 由题意得长方体ABCD－A1B1C1D1的体积为6×6×4＝144(cm3)，四边形EFGH为平行四边形，如图所示，连接GE，HF，易知四边形EFGH的面积为矩形BCC1B1面积的一半，即eq \f(1,2)×6×4＝12(cm2)，所以V四棱锥O－EFGH＝eq \f(1,3)×3×12＝12(cm3)，所以该模型的体积为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).
15.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，点D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.
答案 a或2a
解析 由题意易知，B1D⊥平面ACC1A1，
又CF⊂平面ACC1A1，
所以B1D⊥CF.
要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF即可.
令CF⊥DF，设AF＝x(0易知Rt△CAF∽Rt△FA1D，
得eq \f(AC,A1F)＝eq \f(AF,A1D)，即eq \f(2a,3a－x)＝eq \f(x,a)，
整理得x2－3ax＋2a2＝0，解得x＝a或x＝2a.
16.(2019·济南外国语学校模拟)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱AA1＝1，P为上底面A1B1C1D1上的动点，给出下列四个结论：
①若PD＝3，则满足条件的P点有且只有一个；
②若PD＝eq \r(3)，则点P的轨迹是一段圆弧；
③若PD∥平面ACB1，则DP长的最小值为2；
④若PD∥平面ACB1，且PD＝eq \r(3)，则平面BDP截正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的外接球所得平面图形的面积为eq \f(9π,4).
其中所有正确结论的序号为________.
答案 ①②④
解析 如图，
∵正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面边长为2，
∴B1D1＝2eq \r(2)，又侧棱AA1＝1，
∴DB1＝eq \r(2\r(2)2＋12)＝3，
则P与B1重合时PD＝3，此时P点唯一，故①正确；
∵PD＝eq \r(3)∈(1,3)，DD1＝1，则PD1＝eq \r(2)，
即点P的轨迹是一段圆弧，故②正确；
连接DA1，DC1，可得平面A1DC1∥平面ACB1，
则当P为A1C1中点时，DP有最小值为eq \r(\r(2)2＋12)＝eq \r(3)，故③错误；
由③知，平面BDP即为平面BDD1B1，平面BDP截正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的外接球所得平面图形为外接球的大圆，
其半径为eq \f(1,2)×eq \r(22＋22＋12)＝eq \f(3,2)，面积为eq \f(9π,4)，故④正确.
∴正确结论的序号是①②④.
B组 能力提高
17.(2019·合肥一中、马鞍山二中等六校联考)如图，在侧棱长为3的正三棱锥A－BCD中，每个侧面都是等腰直角三角形，在该三棱锥的表面上有一个动点P，且点P到点B的距离始终等于2eq \r(3)，则动点P在三棱锥表面形成的曲线的长度为________.
答案 eq \f(3,2)eq \r(3)π
解析 设动点P在三棱锥表面形成曲线是EFGH，如图所示.
则BE＝BH＝2eq \r(3)，
在Rt△BAH中，
cs∠HBA＝eq \f(3,2\r(3))＝eq \f(\r(3),2)，
∴∠HBA＝eq \f(π,6)，∠HBG＝eq \f(π,4)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,12)，
∴＝2eq \r(3)×eq \f(π,12)＝eq \f(\r(3),6)π，同理＝eq \f(\r(3),6)π；
在Rt△HAE中，
∠HAE＝eq \f(π,2)，AH＝AE＝eq \r(2\r(3)2－32)＝eq \r(3)，
∴＝eq \f(π,2)×eq \r(3)＝eq \f(\r(3),2)π，
在等边三角形BCD中，∠CBD＝eq \f(π,3)，
∴＝2eq \r(3)×eq \f(π,3)＝eq \f(2\r(3),3)π，
则这条曲线的长度为eq \f(\r(3),6)π＋eq \f(\r(3),6)π＋eq \f(\r(3),2)π＋eq \f(2\r(3),3)π＝eq \f(3\r(3),2)π.
18.(2019·江南十校模拟)已知点A，B，C在半径为2的球O的球面上，且OA，OB，OC两两所成的角相等，则当三棱锥O－ABC的体积最大时，平面ABC截球O所得的截面圆的面积为________.
答案 eq \f(8π,3)
解析 由题意知，三棱锥O－ABC为正三棱锥，如图所示：
D为BC中点，OG⊥平面ABC，
且G为△ABC的重心，
设AB＝x，
则AG＝eq \f(2,3)AD＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)x＝eq \f(\r(3),3)x，
∴OG＝eq \r(OA2－AG2)＝ eq \r(4－\f(1,3)x2)，
VO－ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)x2·eq \r(4－\f(1,3)x2)＝eq \f(1,12)eq \r(x412－x2)，
令t＝x2∈(0,12)⇒g(t)＝t2(12－t)
⇒g′(t)＝－3t2＋24t，
令g′(t)＝0，解得t＝8，
且t∈(0,8)时，g(t)单调递增；
t∈(8,12)时，g(t)单调递减，
∴x2＝t＝8时，三棱锥O－ABC体积最大，
此时AG2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)x))2＝eq \f(8,3)，
平面ABC截球O所得的截面圆的面积
S＝π·AG2＝eq \f(8,3)π.