高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與策略 第1部分 專題4 立體幾何 突破點(diǎn)10 空間幾何體表面積或體積的求解教師用書 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

《高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與策略 第1部分 專題4 立體幾何 突破點(diǎn)10 空間幾何體表面積或體積的求解教師用書 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與策略 第1部分 專題4 立體幾何 突破點(diǎn)10 空間幾何體表面積或體積的求解教師用書 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題（22頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題四　立體幾何 建知識網(wǎng)絡(luò)　明內(nèi)在聯(lián)系 [高考點(diǎn)撥]　立體幾何專題是高考中當(dāng)仁不讓的熱點(diǎn)之一，常以“一小一大”呈現(xiàn)，小題主要考查三視圖與空間幾何體的體積和空間位置關(guān)系及空間角，一大題?？伎臻g位置關(guān)系的證明與空間角、距離的探求．本專題主要從“空間幾何體表面積或體積的求解”“空間中的平行與垂直關(guān)系”“立體幾何中的向量方法”三大角度進(jìn)行典例剖析，引領(lǐng)考生明確考情并提升解題技能． 突破點(diǎn)10　空間幾何體表面積或體積的求解 (對應(yīng)學(xué)生用書第167頁) 提煉1 求解幾何體的表面積或體積 (1)對于規(guī)則幾何體，可直接利用公式計算． (2)對于不規(guī)則幾何體，可采用割補(bǔ)法求解；對于

2、某些三棱錐，有時可采用等體積轉(zhuǎn)換法求解． (3)求解旋轉(zhuǎn)體的表面積和體積時，注意圓柱的軸截面是矩形，圓錐的軸截面是等腰三角形，圓臺的軸截面是等腰梯形的應(yīng)用. 提煉2 球與幾何體的外接與內(nèi)切 (1)正四面體與球：設(shè)正四面體的棱長為a ，由正四面體本身的對稱性，可知其內(nèi)切球和外接球的球心相同，則內(nèi)切球的半徑r＝a，外接球的半徑R＝a. (2)正方體與球：設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a，O為其對稱中心，E，F(xiàn)，H，G分別為AD，BC，B1C1，A1D1的中點(diǎn)，J為HF的中點(diǎn)，如圖10-1所示． 圖10-1 ①正方體的內(nèi)切球：截面圖為正方形EFHG的內(nèi)切圓，故其內(nèi)切球的

3、半徑為OJ＝； ②正方體的棱切球：截面圖為正方形EFHG的外接圓，故其棱切球的半徑為OG＝； ③正方體的外接球：截面圖為矩形ACC1A1的外接圓，故其外接球的半徑為OA1＝. 回訪1　幾何體的表面積或體積 1．(2016·山東高考)一個由半球和四棱錐組成的幾何體，其三視圖如圖10-2所示，則該幾何體的體積為(　　) 圖10-2 A.＋π　　　　　 B.＋π C.＋π D．1＋π C　[由三視圖知，該四棱錐是底面邊長為1，高為1的正四棱錐，結(jié)合三視圖可得半球半徑為，從而該幾何體的體積為×12×1＋×π×3＝＋π.故選C.] 2．(2015·山東高考)在梯形ABCD中，∠

4、ABC＝，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.將梯形ABCD繞AD所在的直線旋轉(zhuǎn)一周而形成的曲面所圍成的幾何體的體積為(　　) A. B. C. D．2π C　[過點(diǎn)C作CE垂直AD所在直線于點(diǎn)E，梯形ABCD繞AD所在直線旋轉(zhuǎn)一周而形成的旋轉(zhuǎn)體是由以線段AB的長為底面圓半徑，線段BC為母線的圓柱挖去以線段CE的長為底面圓半徑，ED為高的圓錐，如圖所示，該幾何體的體積為V＝V圓柱－V圓錐＝π·AB2·BC－·π·CE2·DE＝π×12×2－π×12×1＝，選C.] 3．(2014·山東高考)一個六棱錐的體積為2，其底面是邊長為2的正六邊形，側(cè)棱長都相等，則該六棱錐的側(cè)面積為___

5、_____． 12　[設(shè)正六棱錐的高為h，側(cè)面的斜高為h′. 由題意，得×6××2××h＝2，∴h＝1， ∴斜高h(yuǎn)′＝＝2，∴S側(cè)＝6××2×2＝12.] 回訪2　球與幾何體的外接與內(nèi)切 4．(2015·全國卷Ⅱ)已知A，B是球O的球面上兩點(diǎn)，∠AOB＝90°，C為該球面上的動點(diǎn)．若三棱錐O-ABC體積的最大值為36，則球O的表面積為(　　) A．36π B．64π C．144π D．256π C　[如圖，設(shè)球的半徑為R，∵∠AOB＝90°，∴S△AOB＝R2. ∵VO-ABC＝VC-AOB，而△AOB面積為定值， ∴當(dāng)點(diǎn)C到平面AOB的距離最大時，VO-ABC最大， ∴

6、當(dāng)C為與球的大圓面AOB垂直的直徑的端點(diǎn)時，體積VO-ABC最大為×R2×R＝36， ∴R＝6，∴球O的表面積為4πR2＝4π×62＝144π.故選C.] 5．(2013·全國卷Ⅰ)如圖10-3，有一個水平放置的透明無蓋的正方體容器，容器高8 cm，將一個球放在容器口，再向容器內(nèi)注水，當(dāng)球面恰好接觸水面時測得水深為6 cm，如果不計容器厚度，則球的體積為(　　) 圖10-3 A. cm3 B. cm3 C. cm3 D. cm3 A　[如圖，作出球的一個截面，則MC＝8－6＝2(cm)，BM＝AB＝×8＝4(cm)．設(shè)球的半徑為R cm，則R2＝OM2＋MB2＝(R－2)2

7、＋42，∴R＝5， ∴V球＝π×53＝π(cm3)．] 6．(2012·全國卷)已知三棱錐S-ABC的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，△ABC是邊長為1的正三角形，SC為球O的直徑，且SC＝2，則此棱錐的體積為(　　) A. B. C. D. A　[由于三棱錐S-ABC與三棱錐O-ABC底面都是△ABC，O是SC的中點(diǎn)，因此三棱錐S-ABC的高是三棱錐O-ABC高的2倍， 所以三棱錐S-ABC的體積也是三棱錐O-ABC體積的2倍． 在三棱錐O-ABC中，其棱長都是1，如圖所示， S△ABC＝×AB2＝， 高OD＝＝， ∴VS-ABC＝2VO-ABC＝2×××＝.] (對

8、應(yīng)學(xué)生用書第167頁) 熱點(diǎn)題型1　幾何體的表面積或體積 題型分析：解決此類題目，準(zhǔn)確轉(zhuǎn)化是前提，套用公式是關(guān)鍵，求解時先根據(jù)條件確定幾何體的形狀，再套用公式求解. 　(1)(2016·全國乙卷)如圖10-4，某幾何體的三視圖是三個半徑相等的圓及每個圓中兩條互相垂直的半徑．若該幾何體的體積是，則它的表面積是 (　　) 圖10-4 A．17π　 B．18π C．20π D．28π (2)(2016·全國丙卷)如圖10-5，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的表面積為(　　) 圖10-5 A．18＋36　　　　　 B．54＋18

9、 C．90 D．81 (1)A　(2)B　[(1)由幾何體的三視圖可知，該幾何體是一個球體去掉上半球的，得到的幾何體如圖．設(shè)球的半徑為R，則πR3－×πR3＝π，解得R＝2.因此它的表面積為×4πR2＋πR2＝17π.故選A. (2)由三視圖可知該幾何體是底面為正方形的斜四棱柱，其中有兩個側(cè)面為矩形，另兩個側(cè)面為平行四邊形，則表面積為(3×3＋3×6＋3×3)×2＝54＋18.故選B.] 1．求解幾何體的表面積及體積的技巧 (1)求幾何體的表面積及體積問題，可以多角度、多方位地考慮，熟記公式是關(guān)鍵所在．求三棱錐的體積，等體積轉(zhuǎn)化是常用的方法，轉(zhuǎn)化原則是其高易求，底面放在已知幾何

10、體的某一面上． (2)求不規(guī)則幾何體的體積，常用分割或補(bǔ)形的思想，將不規(guī)則幾何體轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體以易于求解． 2．根據(jù)幾何體的三視圖求其表面積與體積的三個步驟 (1)根據(jù)給出的三視圖判斷該幾何體的形狀． (2)由三視圖中的大小標(biāo)示確定該幾何體的各個度量． (3)套用相應(yīng)的面積公式與體積公式計算求解． [變式訓(xùn)練1]　 (1)(2016·平頂山二模)某幾何體的三視圖如圖10-6所示，則該幾何體的體積為(　　) A.＋ B．5＋ C．5＋ D.＋ 圖10-6 (2)(2016·膠東示范校二模)一個茶葉盒的三視圖如圖10-7所示(單位：分米)，盒蓋與盒底為合金材料制成，

11、其余部分為鐵皮材料制成．如果合金材料每平方分米造價10元，鐵皮材料每平方分米造價5元，則該茶葉盒的造價為(　　) 圖10-7 A．100元 B．120元 C．130元 D．200元 (3)(名師押題)如圖10-8，從棱長為6 cm的正方體鐵皮箱ABCD -A1B1C1D1中分離出來由三個正方形面板組成的幾何圖形．如果用圖示中這樣一個裝置來盛水，那么最多能盛的水的體積為________cm3. 圖10-8 (1)D　(2)C　(3)36　[(1)由三視圖知該幾何體是由一個長方體，一個三棱錐和一個圓柱組成，故該幾何體的體積為V＝2×1×2＋××1×1×2＋×π×12×2＝＋.

12、 (2)該茶葉盒是一個棱長為2的正方體截去了四個三棱錐，其直觀圖如圖所示，以下底面正方形的邊為底的四個等腰三角形的面積之和是4××2×2＝8，以上底面正方形的邊為底的四個等腰三角形的面積之和是4×××＝6.又下底面的面積為4，上底面的面積為2，所以該茶葉盒的造價為5×14＋10×6＝130(元)．] (3)最多能盛多少水，實際上是求三棱錐C1-CD1B1的體積． 又V三棱錐C1-CD1B1＝V三棱錐C-B1C1D1＝××6＝36(cm3)，所以用圖示中這樣一個裝置來盛水，最多能盛36 cm3體積的水．] 熱點(diǎn)題型2　球與幾何體的切、接問題 題型分析：與球有關(guān)的表面積或體積求解，其核

13、心本質(zhì)是半徑的求解，這也是此類問題求解的主線，考生要時刻謹(jǐn)記.先根據(jù)幾何體的三視圖確定其結(jié)構(gòu)特征與數(shù)量特征，然后確定其外接球的球心，進(jìn)而確定球的半徑，最后代入公式求值即可；也可利用球的性質(zhì)——球面上任意一點(diǎn)對直徑所張的角為直角，然后根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征構(gòu)造射影定理求解. 　(1)(2016·南昌二模)一個幾何體的三視圖如圖10-9所示，其中正視圖是正三角形，則該幾何體的外接球的表面積為(　　) 圖10-9 A. B. C. D. (2)(2016·全國丙卷)在封閉的直三棱柱ABC-A1B1C1內(nèi)有一個體積為V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，則V的最大值是(

14、　　) A．4π B. C．6π D. (1)D　(2)B　[(1)法一　由三視圖可知，該幾何體是如圖所示的三棱錐S - ABC，其中HS是三棱錐的高，由三視圖可知HS＝2，HA＝HB＝HC＝2，故H為△ABC外接圓的圓心，該圓的半徑為2. 由幾何體的對稱性可知三棱錐S-ABC外接球的球心O在直線HS上，連接OB. 設(shè)球的半徑為R，則球心O到△ABC外接圓的距離為OH＝|SH－OS|＝|2－R|， 由球的截面性質(zhì)可得R＝OB＝＝，解得R＝，所以所求外接球的表面積為4πR2＝4π×＝.故選D. 法二　由三視圖可知，該幾何體是如圖所示的三棱錐S -ABC，其中HS是三棱錐的高，由側(cè)視

15、圖可知HS＝2，由正視圖和側(cè)視圖可得HA＝HB＝HC＝2. 由幾何體的對稱性可知三棱錐外接球的球心O在HS上，延長SH交球面于點(diǎn)P，則SP就是球的直徑， 由點(diǎn)A在球面上可得SA⊥AP. 又SH⊥平面ABC，所以SH⊥AH. 在Rt△ASH中，SA＝＝＝4. 設(shè)球的半徑為R，則SP＝2R， 在Rt△SPA中，由射影定理可得SA2＝SH×SP，即42＝2×2R，解得R＝， 所以所求外接球的表面積為4πR2＝4π×＝.故選D. (2)由題意得要使球的體積最大，則球與直三棱柱的若干面相切．設(shè)球的半徑為R.因為△ABC的內(nèi)切圓半徑為＝2，所以R≤2.又2R≤3，所以R≤，所以Vmax

16、＝π3＝π.故選B.] 解決球與幾何體的切、接問題的關(guān)鍵在于確定球的半徑與幾何體的度量之間的關(guān)系，這就需要靈活利用球的截面性質(zhì)以及組合體的截面特征來確定．對于旋轉(zhuǎn)體與球的組合體，主要利用它們的軸截面性質(zhì)建立相關(guān)數(shù)據(jù)之間的關(guān)系；而對于多面體，應(yīng)抓住多面體的結(jié)構(gòu)特征靈活選擇過球心的截面，把多面體的相關(guān)數(shù)據(jù)和球的半徑在截面圖形中體現(xiàn)出來． [變式訓(xùn)練2]　(1)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6個頂點(diǎn)都在球O 的球面上，若AB＝3，AC＝1，∠BAC＝60°，AA1＝2，則該三棱柱的外接球的體積為(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：67722037】 A. B. C. D．20π (2)(名師押

17、題)一幾何體的三視圖如圖10-10(網(wǎng)格中每個正方形的邊長為1)，若這個幾何體的頂點(diǎn)都在球O的表面上，則球O的表面積是________． 圖10-10 (1)B　(2)20π　[(1)設(shè)△A1B1C1的外心為O1，△ABC的外心為O2，連接O1O2，O2B，OB，如圖所示． 由題意可得外接球的球心O為O1O2的中點(diǎn)． 在△ABC中，由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB×ACcos∠BAC＝32＋12－2×3×1×cos 60°＝7， 所以BC＝. 由正弦定理可得△ABC外接圓的直徑2r＝2O2B＝＝，所以r＝＝. 而球心O到截面ABC的距離d＝OO2＝AA1＝1，

18、設(shè)直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球半徑為R，由球的截面性質(zhì)可得R2＝d2＋r2＝12＋2＝，故R＝， 所以該三棱柱的外接球的體積為V＝R3＝.故選B. (2)由三視圖知該幾何體是一個四棱錐，如圖所示，其底面ABCD是長、寬分別為4和2的矩形，高為2，且側(cè)面SDC與底面ABCD垂直，且頂點(diǎn)S在底面上的射影為該側(cè)面上的底面邊的中點(diǎn)．由該幾何體的結(jié)構(gòu)特征知球心在過底面中心O且與底面垂直的直線上，同時在過側(cè)面△SDC的外接圓圓心且與側(cè)面SDC垂直的直線上．因為△SDC為直角三角形，所以球心就為底面ABCD的中心O，所以外接球的半徑為R＝AC＝，故外接球的表面積為4πR2＝20π.] 專題

19、限時集訓(xùn)(十) 空間幾何體表面積或體積的求解 [建議A、B組各用時：45分鐘] [A組　高考達(dá)標(biāo)] 一、選擇題 1．(2016·石家莊二模)一個三棱錐的正視圖和俯視圖如圖10-11所示，則該三棱錐的側(cè)視圖可能為(　　) 　　　　　　　　　　　圖10-11 D　[分析三視圖可知，該幾何體為如圖所示的三棱錐， 其中平面ACD⊥平面BCD，故選D.] 2．(2016·濰坊二模)已知某幾何體的三視圖如圖10-12所示，則該幾何體的體積為(　　) 圖10-12 A.　　　 B.　　　 C.　　　 D．(2－)π B　[由三視圖可知該幾何體由半球內(nèi)挖去一個同底的圓

20、錐得到，所以該幾何體的體積為V＝×π×13－π×12×1＝.] 3．(2016·煙臺模擬)某幾何體的三視圖如圖10-13所示，則該幾何體的體積與其外接球的體積之比為(　　) 圖10-13 A．1∶3π B.∶π C．1∶3π D．1∶π D　[由三視圖可知，幾何體是一個三棱柱，體積V1＝×2×2×2＝4，設(shè)外接球的半徑為R，則4R2＝22＋22＋22＝12，所以R＝. 所以球的體積V2＝πR3＝4π，體積比V1∶V2＝4∶4π＝1∶π.] 4．(2016·湖北七市模擬)已知某幾何體的三視圖如圖10-14所示，其中俯視圖是正三角形，則該幾何體的體積為(　　) 圖10-14

21、 A.　　　 B．2 C．3　　　 D．4 B　[分析題意可知，該幾何體是由如圖所示的三棱柱ABC-A1B1C1截去四棱錐A-BEDC得到的，故其體積V＝×22×3－××2×＝2，故選B.] 5．(2016·廣州二模)如圖10-15，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某個四面體的三視圖，則該四面體的表面積為(　　) 圖10-15 A．8＋8＋4 B．8＋8＋2 C．2＋2＋ D.＋＋ A　[在正方體中還原出該四面體C-A1EC1如圖所示，可求得該四面體的表面積為8＋8＋4.] 二、填空題 6．(2016·昆明一模)已知三棱錐P-ABC的頂點(diǎn)P，A，B，C在球O

22、的球面上，△ABC是邊長為的等邊三角形，如果球O的表面積為36π，那么P到平面ABC距離的最大值為________． 3＋2　[依題意，邊長是的等邊△ABC的外接圓半徑r＝·＝1.∵球O的表面積為36π＝4πR2，∴球O的半徑R＝3，∴球心O到平面ABC的距離d＝＝2，∴球面上的點(diǎn)P到平面ABC距離的最大值為R＋d＝3＋2.] 7．(2016·山東省實驗中學(xué)模擬)三棱錐P-ABC中，D，E分別為PB，PC的中點(diǎn)，記三棱錐D-ABE的體積為V1，P-ABC的體積為V2，則＝________. 　[如圖，設(shè)S△ABD＝S1，S△PAB＝S2， E到平面ABD的距離為h1，C到平面PAB

23、的距離為h2，則S2＝2S1，h2＝2h1，V1＝S1h1，V2＝S2h2，所以＝＝.] 8．(2016·?？诙?半徑為2的球O中有一內(nèi)接正四棱柱(底面是正方形，側(cè)棱垂直底面)．當(dāng)該正四棱柱的側(cè)面積最大時，球的表面積與該正四棱柱的側(cè)面積之差是________． 16(π－)　[設(shè)內(nèi)接正四棱柱底邊長為a，高為h，那么16＝2a2＋h2≥2ah，正四棱柱的側(cè)面積S＝4ah≤16，球的表面積與該正四棱柱的側(cè)面積之差是16(π－)．] 三、解答題 9．(2016·合肥二模)如圖10-16，P為正方形ABCD外一點(diǎn)，PB⊥平面ABCD，PB＝AB＝2，E為PD的中點(diǎn)． 圖10-16 (

24、1)求證：PA⊥CE； (2)求四棱錐P-ABCD的表面積． [解]　(1)證明：取PA的中點(diǎn)F，連接EF，BF，則EF∥AD∥BC，即EF，BC共面． ∵PB⊥平面ABCD，∴PB⊥BC，又BC⊥AB且PB∩AB＝B， ∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PA.3分 ∵PB＝AB，∴BF⊥PA，又BC∩BF＝B， ∴PA⊥平面EFBC，∴PA⊥CE.6分 (2)設(shè)四棱錐P-ABCD的表面積為S， ∵PB⊥平面ABCD，∴PB⊥CD，又CD⊥BC，PB∩BC＝B， ∴CD⊥平面PBC，∴CD⊥PC，即△PCD為直角三角形，8分 由(1)知BC⊥平面PAB，而AD∥BC，∴AD⊥平面

25、PAB， 故AD⊥PA，即△PAD也為直角三角形． S?ABCD＝2×2＝4， S△PBC＝S△PAB＝S△PDA＝×2×2＝2， S△PCD＝×2×＝2，10分 ∴S表＝S?ABCD＋S△PBC＋S△PDA＋S△PAB＋S△PCD ＝10＋2.12分 10．(2016·湖北七市模擬)如圖10-17，一個側(cè)棱長為l的直三棱柱ABC-A1B1C1容器中盛有液體(不計容器厚度)．若液面恰好分別過棱AC，BC，B1C1，A1C1的中點(diǎn)D，E，F(xiàn)，G. 圖10-17 (1)求證：平面DEFG∥平面ABB1A1； (2)當(dāng)?shù)酌鍭BC水平放置時，求液面的高． [解]　(1)證明：

26、因為D，E分別為棱AC，BC的中點(diǎn)，所以DE是△ABC的中位線，所以DE∥AB.又DE?平面ABB1A1，AB?平面ABB1A1，所以DE∥平面ABB1A1.同理DG∥平面ABB1A1，又DE∩DG＝D，所以平面DEFG∥平面ABB1A1.6分 (2)當(dāng)直三棱柱ABC-A1B1C1容器的側(cè)面AA1B1B水平放置時，由(1)可知，液體部分是直四棱柱，其高即為原直三棱柱ABC-A1B1C1容器的高，即側(cè)棱長l，當(dāng)?shù)酌鍭BC水平放置時，設(shè)液面的高為h，△ABC的面積為S，則由已知條件可知，△CDE∽△ABC，且S△CDE＝S，所以S四邊形ABED＝S.9分 由于兩種狀態(tài)下液體體積相等，所以V液體

27、＝Sh＝S四邊形ABEDl＝Sl，即h＝l. 因此，當(dāng)?shù)酌鍭BC水平放置時，液面的高為l.12分 [B組　名校沖刺] 一、選擇題 1．(2016·濟(jì)寧模擬)如圖10-18所示，四棱錐P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，且PD＝2，底面是邊長為2的菱形，M是CD的中點(diǎn)，平面PMB⊥平面PCD，則該四棱錐的體積為(　　) 圖10-18 A. B．4 C. D．4 A　[過點(diǎn)D在平面PCD內(nèi)作DN⊥PM于點(diǎn)N，又平面PMB⊥平面PCD，平面PMB∩平面PCD＝PM，所以DN⊥平面PMB，所以DN⊥BM.又由PD⊥平面ABCD，得PD⊥BM，又PD與DN是平面PDC內(nèi)的兩條相交直線

28、，所以BM⊥平面PDC，則BM⊥CD.又點(diǎn)M是CD的中點(diǎn)，BC＝CD，所以∠BCD＝60°，所以底面菱形ABCD的面積為2×2×sin 60°＝2，故該四棱錐的體積為×2×2＝.] 2．(2016·重慶二模)某幾何體的三視圖如圖10-19所示，則該幾何體的體積為(　　) 圖10-19 A. B. C. D. B　[根據(jù)三視圖可知，幾何體是由一個直三棱柱與一個三棱錐所組成的，其中該直三棱柱的底面是一個直角三角形(直角邊長分別為1,2，高為1)；該三棱錐的底面是一個直角三角形(腰長分別為1,2，高為1)，因此該幾何體的體積為×2×1×1＋××2×1×1＝，選B.] 3．(2016·

29、唐山二模)某幾何體的三視圖如圖10-20所示，則該幾何體的體積為(　　) 圖10-20 A．6π＋4 B．π＋4 C. D．2π D　[由三視圖知，該幾何體為一個底面半徑為1，高為1的圓柱體，與底面半徑為1，高為2的半圓柱體構(gòu)成，所以該三視圖的體積為π×12×1＋π×12×2＝2π，故選D.] 4．(2016·江西上饒三模)從點(diǎn)P出發(fā)的三條射線PA，PB，PC兩兩成60°角，且分別與球O相切于A，B，C三點(diǎn)，若OP＝，則球的體積為(　　) A. B. C. D. C　[設(shè)OP交平面ABC于O′， 由題得△ABC和△PAB為正三角形， 所以O(shè)′A＝AB＝AP. 因為AO

30、′⊥PO，OA⊥PA， 所以＝，＝，＝， 所以O(shè)A＝＝×＝1， 即球的半徑為1， 所以其體積為π×13＝π.選C.] 二、填空題 5．(2016·廣州二模)一個六棱柱的底面是正六邊形，側(cè)棱垂直于底面，所有棱的長都為1，頂點(diǎn)在同一個球面上，則該球的體積為________. 【導(dǎo)學(xué)號：67722038】 　[由題意知六棱柱的底面正六邊形的外接圓半徑r＝1, 其高h(yuǎn)＝1，∴球半徑為R＝＝＝，∴該球的體積V＝πR3＝×3π＝.] 6．(2016·開封一模)在三棱錐P-ABC中，AB＝BC＝，AC＝6，PC⊥平面ABC，PC＝2，則該三棱錐的外接球表面積為________. 【導(dǎo)學(xué)號

31、：67722039】 π　[由題可知，△ABC中AC邊上的高為＝，球心O在底面ABC的投影即為△ABC的外心D，設(shè)DA＝DB＝DC＝x，∴x2＝32＋(－x)2，解得x＝，∴R2＝x2＋2＝＋1＝(其中R為三棱錐外接球的半徑)，∴外接球的表面積S＝4πR2＝π.] 三、解答題 7．如圖10-21，矩形CDEF和梯形ABCD互相垂直，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝CD，BE⊥DF. 圖10-21 (1)若M為EA中點(diǎn)，求證：AC∥平面MDF； (2)若AB＝2，求四棱錐E-ABCD的體積． [解]　(1)證明：設(shè)EC與DF交于點(diǎn)N，連接MN， 在矩形CDEF中，點(diǎn)N

32、為EC中點(diǎn)， 因為M為EA中點(diǎn)，所以MN∥AC.2分 又因為AC?平面MDF，MN?平面MDF， 所以AC∥平面MDF.4分 (2)取CD中點(diǎn)為G，連接BG，EG， 平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD＝CD， AD?平面ABCD，AD⊥CD， 所以AD⊥平面CDEF，同理ED⊥平面ABCD，7分 所以ED的長即為四棱錐E-ABCD的高.8分 在梯形ABCD中，AB＝CD＝DG，AB∥DG， 所以四邊形ABGD是平行四邊形，BG∥AD，所以BG⊥平面CDEF. 又DF?平面CDEF，所以BG⊥DF，又BE⊥DF，BE∩BG＝B， 所以DF⊥平面BEG，

33、DF⊥EG.10分 注意到Rt△DEG∽Rt△EFD，所以DE2＝DG·EF＝8，DE＝2， 所以VE-ABCD＝S梯形ABCD·ED＝4.12分 8．如圖10-22，在多面體ABCDM中，△BCD是等邊三角形，△CMD是等腰直角三角形，∠CMD＝90°，平面CMD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，點(diǎn)O為CD的中點(diǎn)，連接OM. 圖10-22 (1)求證：OM∥平面ABD； (2)若AB＝BC＝2，求三棱錐A-BDM的體積． [解]　(1)證明：∵△CMD是等腰直角三角形，∠CMD＝90°，點(diǎn)O為CD的中點(diǎn)，∴OM⊥CD.1分 ∵平面CMD⊥平面BCD，平面CMD∩平面BCD＝

34、CD，OM?平面CMD， ∴OM⊥平面BCD.2分 ∵AB⊥平面BCD，∴OM∥AB.3分 ∵AB?平面ABD，OM?平面ABD，∴OM∥平面ABD.4分 (2)法一：由(1)知OM∥平面ABD， ∴點(diǎn)M到平面ABD的距離等于點(diǎn)O到平面ABD的距離.5分 過點(diǎn)O作OH⊥BD，垂足為點(diǎn)H. ∵AB⊥平面BCD，OH?平面BCD，∴OH⊥AB.6分 ∵AB?平面ABD，BD?平面ABD，AB∩BD＝B，∴OH⊥平面ABD.7分 ∵AB＝BC＝2，△BCD是等邊三角形， ∴BD＝2，OD＝1，OH＝OD·sin 60°＝.9分 ∴V三棱錐A-BDM＝V三棱錐M-ABD ＝××AB·BD·OH ＝××2×2×＝.11分 ∴三棱錐A-BDM的體積為.12分 法二：由(1)知OM∥平面ABD， ∴點(diǎn)M到平面ABD的距離等于點(diǎn)O到平面ABD的距離.5分 ∵AB＝BC＝2，△BCD是等邊三角形，∴BD＝2，OD＝1.6分 連接OB，則OB⊥CD，OB＝BD·sin 60°＝.7分 ∴V三棱錐A-BDM＝V三棱錐M-ABD＝V三棱錐O-ABD＝V三棱錐A-BDO ＝××OD·OB·AB ＝××1××2＝.11分 ∴三棱錐A-BDM的體積為.12分