2023年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)考前專題五立體幾何與空間向量第1講空間幾何體講學(xué)案理

第1講空間幾何體1.以三視圖為載體，考查空間幾何體面積、體積的計(jì)算.2.考查空間幾何體的側(cè)面展開(kāi)圖及簡(jiǎn)單的組合體問(wèn)題.熱點(diǎn)一三視圖與直觀圖1．一個(gè)物體的三視圖的排列規(guī)那么俯視圖放在正(主)視圖的下面，長(zhǎng)度與正(主)視圖的長(zhǎng)度一樣，側(cè)(左)視圖放在正(主)視圖的右面，高度與正(主)視圖的高度一樣，寬度與俯視圖的寬度一樣．即“長(zhǎng)對(duì)正、高平齊、寬相等〞．2．由三視圖復(fù)原幾何體的步驟一般先依據(jù)俯視圖確定底面再利用正(主)視圖與側(cè)(左)視圖確定幾何體．例1(1)(2023屆南昌模擬)一個(gè)四面體的頂點(diǎn)在空間直角坐標(biāo)系O—xyz中的坐標(biāo)分別是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，0))，(1,0,1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，1))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，繪制該四面體三視圖時(shí)，按照如下列圖所示的方向畫正(主)視圖，那么得到側(cè)(左)視圖可以為()答案B解析將四面體放在正方體中，得到如圖四面體，得到如圖的側(cè)(左)視圖，應(yīng)選B.(2)有一塊多邊形的菜地，它的水平放置的平面圖形的斜二測(cè)直觀圖是直角梯形(如下圖)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，那么這塊菜地的面積為_(kāi)_______．答案2＋eq\f(\r(2),2)解析如圖，在直觀圖中，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥BC，垂足為點(diǎn)E，那么在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，∴BE＝eq\f(\r(2),2).而四邊形AECD為矩形，AD＝1，∴EC＝AD＝1，∴BC＝BE＋EC＝eq\f(\r(2),2)＋1.由此可復(fù)原原圖形如下圖．在原圖形中，A′D′＝1，A′B′＝2，B′C′＝eq\f(\r(2),2)＋1，且A′D′∥B′C′，A′B′⊥B′C′，∴這塊菜地的面積為S＝eq\f(1,2)(A′D′＋B′C′)·A′B′＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋1＋\f(\r(2),2)))×2＝2＋eq\f(\r(2),2).思維升華空間幾何體的三視圖是從空間幾何體的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三個(gè)平面投影圖，因此在分析空間幾何體的三視圖問(wèn)題時(shí)，先根據(jù)俯視圖確定幾何體的底面，然后根據(jù)正(主)視圖或側(cè)(左)視圖確定幾何體的側(cè)棱與側(cè)面的特征，調(diào)整實(shí)線和虛線所對(duì)應(yīng)的棱、面的位置，再確定幾何體的形狀，即可得到結(jié)果．在復(fù)原空間幾何體實(shí)際形狀時(shí)，一般是以正(主)視圖和俯視圖為主，結(jié)合側(cè)(左)視圖進(jìn)行綜合考慮．跟蹤演練1(1)(2023·河北省武邑中學(xué)模擬)某錐體的正(主)視圖和側(cè)(左)視圖如圖，那么該錐體的俯視圖不可能是()答案D解析A項(xiàng)，該錐體是底面邊長(zhǎng)為2，高為eq\r(3)的正四棱錐．B項(xiàng)，該錐體為底面半徑為1，高為eq\r(3)的圓錐．C項(xiàng)，該錐體是底面為等腰直角三角形，高為eq\r(3)的三棱錐．D項(xiàng)，由于該圖形不滿足三視圖原那么“寬相等〞，所以不可能是該錐體的俯視圖，故D項(xiàng)不符合題意．應(yīng)選D.(2)(2023·衡陽(yáng)聯(lián)考)如下圖，三棱錐V－ABC的底面是以B為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，側(cè)面VAC與底面ABC垂直，假設(shè)以垂直于平面VAC的方向作為正(主)視圖的方向，垂直于平面ABC的方向?yàn)楦┮晥D的方向，其正(主)視圖的面積為2eq\r(3)，那么其側(cè)(左)視圖的面積是()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\r(3)C．2eq\r(3) D．3答案B解析設(shè)三棱錐的高為h，AB＝BC＝eq\r(2)a，那么AC＝2a，S正(主)視圖＝eq\f(1,2)×2a×h＝2eq\r(3)?h＝eq\f(2\r(3),a)，S側(cè)(左)視圖＝eq\f(1,2)ah＝eq\f(a,2)×eq\f(2\r(3),a)＝eq\r(3).應(yīng)選B.熱點(diǎn)二幾何體的外表積與體積空間幾何體的外表積和體積計(jì)算是高考中常見(jiàn)的一個(gè)考點(diǎn)，解決這類問(wèn)題，首先要熟練掌握各類空間幾何體的外表積和體積計(jì)算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不規(guī)那么幾何體分割成幾個(gè)規(guī)那么幾何體的技巧，把一個(gè)空間幾何體納入一個(gè)更大的幾何體中的補(bǔ)形技巧．例2(1)(2023·江西省贛中南五校聯(lián)考)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，那么此幾何體的體積為()A．12 B．18C．24 D．30答案C解析復(fù)原幾何體，該幾何體是由三棱柱ABC—A′B′C′截去一個(gè)三棱錐D—A′B′C′所得，如下圖．AC＝3，AB＝4，AA′＝5，∠CAB＝90°，所以幾何體的體積是V＝eq\f(1,2)×3×4×5－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×4×3＝24，應(yīng)選C.(2)(2023·全國(guó)Ⅱ)如圖，紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，粗實(shí)線畫出的是某幾何體的三視圖，該幾何體由一平面將一圓柱截去一局部后所得，那么該幾何體的體積為()A．90πB．63π C．42πD．36π答案B解析方法一(割補(bǔ)法)由幾何體的三視圖可知，該幾何體是一個(gè)圓柱截去上面虛線局部所得．如下圖，將圓柱補(bǔ)全，并將圓柱從點(diǎn)A處水平分成上下兩局部．由圖可知，該幾何體的體積等于下局部圓柱的體積加上上局部圓柱體積的eq\f(1,2)，所以該幾何體的體積V＝π×32×4＋π×32×6×eq\f(1,2)＝63π.應(yīng)選B.方法二(估值法)由題意知，eq\f(1,2)V圓柱<V幾何體<V圓柱，又V圓柱＝π×32×10＝90π，∴45π<V幾何體<90π.觀察選項(xiàng)可知只有63π符合．應(yīng)選B.思維升華(1)求多面體的外表積的根本方法就是逐個(gè)計(jì)算各個(gè)面的面積，然后求和．(2)求簡(jiǎn)單幾何體的體積時(shí)假設(shè)所給的幾何體為柱體、錐體或臺(tái)體，那么可直接利用公式求解；求組合體的體積時(shí)假設(shè)所給定的幾何體是組合體，不能直接利用公式求解，那么常用轉(zhuǎn)換法、分割法、補(bǔ)形法等進(jìn)行求解；求以三視圖為背景的幾何體的體積時(shí)應(yīng)先根據(jù)三視圖得到幾何體的直觀圖，然后根據(jù)條件求解．跟蹤演練2(1)一個(gè)幾何體的三視圖如下圖，那么該幾何體的體積為()A．3B．4 C．5D．6答案C解析從題目所提供的三視圖中的圖形信息與數(shù)據(jù)信息可知，該幾何體是底面分別是矩形與梯形且等高的兩個(gè)棱柱的組合體，V＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1×1＋\f(1＋2,2)×1))×2＝5，應(yīng)選C.(2)(2023屆河南省豫北重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)某幾何體的三視圖如下圖，假設(shè)該幾何體的體積為12π＋8，那么該幾何體的外表積為()A．18π＋8eq\r(2)＋4 B．20π＋8eq\r(2)C．10π＋4eq\r(2) D．45π＋27eq\r(2)＋9答案B解析復(fù)原幾何體如下圖，幾何體的體積是V＝πa2×2a×eq\f(3,4)＋eq\f(1,2)×2a×a×a＝12π＋8，解得a＝2，而幾何體的外表積是S＝2πa2＋2πa×a×eq\f(3,2)＋eq\r(2)a×a×2，將a＝2代入，所以S＝20π＋8eq\r(2)，應(yīng)選B.熱點(diǎn)三多面體與球與球有關(guān)的組合體問(wèn)題，一種是內(nèi)切，一種是外接．解題時(shí)要認(rèn)真分析圖形，明確切點(diǎn)和接點(diǎn)的位置，確定有關(guān)元素間的數(shù)量關(guān)系，并作出適宜的截面圖．如球內(nèi)切于正方體，切點(diǎn)為正方體各個(gè)面的中心，正方體的棱長(zhǎng)等于球的直徑．球外接于正方體，正方體的頂點(diǎn)均在球面上，正方體的體對(duì)角線長(zhǎng)等于球的直徑．球與旋轉(zhuǎn)體的組合，通常作它們的軸截面解題，球與多面體的組合，通過(guò)多面體的一條側(cè)棱和球心(或“切點(diǎn)〞“接點(diǎn)〞)作出截面圖．例3(1)(2023·湛江模擬)底面是邊長(zhǎng)為1的正方形，側(cè)面是等邊三角形的四棱錐的外接球的體積為()A.eq\f(2\r(2)π,3) B.eq\f(\r(2)π,3)C.eq\f(2\r(3)π,3) D.eq\f(\r(3)π,3)答案B解析設(shè)四棱錐為P－ABCD，底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，PA＝PB＝PC＝PD＝1，設(shè)外接球的半徑為R，過(guò)P作PO1⊥底面ABCD，垂足O1為正方形ABCD的對(duì)角線AC，BD的交點(diǎn)，設(shè)球心為O，連接AO，由于AO＝PO＝R,AO1＝PO1＝eq\f(\r(2),2)，OO1＝eq\f(\r(2),2)－R，在Rt△AOO1中，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－R))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2＝R2，解得R＝eq\f(\r(2),2)，V球＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))3＝eq\f(\r(2)π,3)，應(yīng)選B.(2)(2023屆咸陽(yáng)二模)一個(gè)三棱錐的所有棱長(zhǎng)均為eq\r(2)，那么該三棱錐的內(nèi)切球的體積為_(kāi)___________．答案eq\f(\r(3),54)π解析由題意可知，該三棱錐為正四面體，如下圖．AE＝AB·sin60°＝eq\f(\r(6),2)，AO＝eq\f(2,3)AE＝eq\f(\r(6),3)，DO＝eq\r(AD2－AO2)＝eq\f(2\r(3),3)，三棱錐的體積VD－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·DO＝eq\f(1,3)，設(shè)內(nèi)切球的半徑為r，那么VD－ABC＝eq\f(1,3)req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S△ABC＋S△ABD＋S△BCD＋S△ACD))＝eq\f(1,3)，r＝eq\f(\r(3),6)，V內(nèi)切球＝eq\f(4,3)πr3＝eq\f(\r(3),54)π.思維升華三棱錐P－ABC可通過(guò)補(bǔ)形為長(zhǎng)方體求解外接球問(wèn)題的兩種情形(1)點(diǎn)P可作為長(zhǎng)方體上底面的一個(gè)頂點(diǎn)，點(diǎn)A，B，C可作為下底面的三個(gè)頂點(diǎn)．(2)P－ABC為正四面體，那么正四面體的棱都可作為一個(gè)正方體的面對(duì)角線．跟蹤演練3(1)?九章算術(shù)?是我國(guó)古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學(xué)名著，系統(tǒng)地總結(jié)了戰(zhàn)國(guó)、秦、漢時(shí)期的數(shù)學(xué)成就．書(shū)中將底面為長(zhǎng)方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱之為“陽(yáng)馬〞，假設(shè)某“陽(yáng)馬〞的三視圖如下圖(單位：cm)，那么該“陽(yáng)馬〞的外接球的體積為()A．100πcm3 B.eq\f(500π,3)cm3C．400πcm3 D.eq\f(4000π,3)cm3答案B解析由三視圖可知，在長(zhǎng)、寬、高分別為6,2eq\r(7)，6的長(zhǎng)方體中，該幾何體為如下圖的P－ABCD，設(shè)該幾何體外接球的半徑為R，由題意可知，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2R))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(7)))2＋62＋62，解得R＝5，該“陽(yáng)馬〞的外接球的體積為V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(500π,3)(cm3)．應(yīng)選B.(2)(2023屆石家莊質(zhì)檢)四棱錐P－ABCD的底面ABCD是邊長(zhǎng)為6的正方形，且PA＝PB＝PC＝PD，假設(shè)一個(gè)半徑為1的球與此四棱錐所有面都相切，那么該四棱錐的高是()A．6B．5 C.eq\f(9,2)D.eq\f(9,4)答案D解析由題意知，四棱錐P－ABCD是正四棱錐，球的球心O在四棱錐的高PH上，過(guò)正四棱錐的高作組合體的軸截面如圖，其中PE，PF是斜高，G為球面與側(cè)面的切點(diǎn)．設(shè)PH＝h，易知Rt△PGO∽R(shí)t△PHF，所以eq\f(OG,FH)＝eq\f(PO,PF)，即eq\f(1,3)＝eq\f(h－1,\r(h2＋32))，解得h＝eq\f(9,4)，應(yīng)選D.真題體驗(yàn)1．(2023·北京改編)某四棱錐的三視圖如下圖，那么該四棱錐的最長(zhǎng)棱的長(zhǎng)度為_(kāi)_______．答案2eq\r(3)解析在正方體中復(fù)原該四棱錐，如下圖，可知SD為該四棱錐的最長(zhǎng)棱．由三視圖可知，正方體的棱長(zhǎng)為2，故SD＝eq\r(22＋22＋22)＝2eq\r(3).2．(2023·天津)一個(gè)正方體的所有頂點(diǎn)在一個(gè)球面上，假設(shè)這個(gè)正方體的外表積為18，那么這個(gè)球的體積為_(kāi)_______．答案eq\f(9,2)π解析設(shè)正方體棱長(zhǎng)為a，那么6a2＝18，∴a＝eq\r(3).設(shè)球的半徑為R，那么由題意知2R＝eq\r(a2＋a2＋a2)＝3，∴R＝eq\f(3,2).故球的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))3＝eq\f(9,2)π.

3．(2023·全國(guó)Ⅰ)三棱錐S—ABC的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，SC是球O的直徑．假設(shè)平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱錐S—ABC的體積為9，那么球O的外表積為_(kāi)_______．答案36π解析如圖，連接OA，OB.由SA＝AC，SB＝BC，SC為球O的直徑知，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.設(shè)球O的半徑為r，那么OA＝OB＝r，SC＝2r，∴三棱錐S－ABC的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×SC×OB×OA＝eq\f(r3,3)，即eq\f(r3,3)＝9，∴r＝3，∴S球表＝4πr2＝36π.4．(2023·江蘇)如圖，在圓柱O1O2內(nèi)有一個(gè)球O，該球與圓柱的上、下面及母線均相切．記圓柱O1O2的體積為V1，球O的體積為V2，那么eq\f(V1,V2)的值是________．答案eq\f(3,2)解析設(shè)球O的半徑為R，∵球O與圓柱O1O2的上、下底面及母線均相切，∴圓柱O1O2的高為2R，底面半徑為R.∴eq\f(V1,V2)＝eq\f(πR2·2R,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3,2).押題預(yù)測(cè)1．一個(gè)幾何體的三視圖及其尺寸如下圖，那么該幾何體的外表積為()A．16 B．8eq\r(2)＋8C．2eq\r(2)＋2eq\r(6)＋8 D．4eq\r(2)＋4eq\r(6)＋8押題依據(jù)求空間幾何體的外表積或體積是立體幾何的重要內(nèi)容之一，也是高考命題的熱點(diǎn)．此類題常以三視圖為載體，給出幾何體的特征，求幾何體的外表積或體積．答案D解析由三視圖知，該幾何體是底面邊長(zhǎng)為eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)的正方形，高PD＝2的四棱錐P－ABCD，因?yàn)镻D⊥平面ABCD，且四邊形ABCD是正方形，易得BC⊥PC，BA⊥PA，又PC＝eq\r(PD2＋CD2)＝eq\r(22＋2\r(2)2)＝2eq\r(3)，所以S△PCD＝S△PAD＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)＝2eq\r(2)，S△PAB＝S△PBC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×2eq\r(3)＝2eq\r(6).所以幾何體的外表積為4eq\r(6)＋4eq\r(2)＋8.2．在正三棱錐S－ABC中，點(diǎn)M是SC的中點(diǎn)，且AM⊥SB，底面邊長(zhǎng)AB＝2eq\r(2)，那么正三棱錐S－ABC的外接球的外表積為()A．6π B．12πC．32π D．36π押題依據(jù)靈活運(yùn)用正三棱錐中線與線之間的位置關(guān)系來(lái)解決外接球的相關(guān)問(wèn)題，是高考的熱點(diǎn)．答案B解析因?yàn)槿忮FS－ABC為正三棱錐，所以SB⊥AC，又AM⊥SB，AC∩AM＝A，所以SB⊥平面SAC，所以SB⊥SA，SB⊥SC，同理SA⊥SC，即SA，SB，SC三線兩兩垂直，且AB＝2eq\r(2)，所以SA＝SB＝SC＝2，所以(2R)2＝3×22＝12，所以球的外表積S＝4πR2＝12π，應(yīng)選B.3．半徑為1的球O中內(nèi)接一個(gè)圓柱，當(dāng)圓柱的側(cè)面積最大時(shí)，球的體積與圓柱的體積的比值為_(kāi)_______．押題依據(jù)求空間幾何體的體積是立體幾何的重要內(nèi)容之一，也是高考的熱點(diǎn)問(wèn)題之一，主要是求柱體、錐體、球體或簡(jiǎn)單組合體的體積．此題通過(guò)球的內(nèi)接圓柱，來(lái)考查球與圓柱的體積計(jì)算，設(shè)問(wèn)角度新穎，值得關(guān)注．答案eq\f(4\r(2),3)解析如下圖，設(shè)圓柱的底面半徑為r，那么圓柱的側(cè)面積為S＝2πr×2eq\r(1－r2)＝4πreq\r(1－r2)≤4π×eq\f(r2＋1－r2,2)＝2π(當(dāng)且僅當(dāng)r2＝1－r2，即r＝eq\f(\r(2),2)時(shí)取等號(hào))．所以當(dāng)r＝eq\f(\r(2),2)時(shí)，eq\f(V球,V圓柱)＝eq\f(\f(4π,3)×13,π\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2×\r(2))＝eq\f(4\r(2),3).A組專題通關(guān)1．如下圖，將圖(1)中的正方體截去兩個(gè)三棱錐，得到圖(2)中的幾何體，那么該幾何體的側(cè)(左)視圖為()答案B解析由所截幾何體可知，F(xiàn)C1被平面AD1E遮擋，可得B選項(xiàng)圖．2．某三棱錐的三視圖如下圖，正(主)視圖和俯視圖都是等腰直角三角形，那么該三棱錐中最長(zhǎng)的棱長(zhǎng)為()A．2eq\r(5) B．2eq\r(3)C．2eq\r(2) D.eq\r(5)答案B解析由三視圖，將幾何體復(fù)原在邊長(zhǎng)為2的正方體內(nèi)，如下圖．根據(jù)圖可知，三棱錐中最長(zhǎng)的棱長(zhǎng)是正方體的體對(duì)角線對(duì)應(yīng)的棱，棱長(zhǎng)為eq\r(22＋22＋22)＝eq\r(12)＝2eq\r(3).應(yīng)選B.3．(2023·全國(guó)Ⅰ)某多面體的三視圖如下圖，其中正(主)視圖和側(cè)(左)視圖都由正方形和等腰直角三角形組成，正方形的邊長(zhǎng)為2，俯視圖為等腰直角三角形，該多面體的各個(gè)面中有假設(shè)干個(gè)是梯形，這些梯形的面積之和為()A．10 B．12C．14 D．16答案B解析觀察三視圖可知，該多面體是由直三棱柱和三棱錐組合而成的，且直三棱柱的底面是直角邊長(zhǎng)為2的等腰直角三角形，側(cè)棱長(zhǎng)為2.三棱錐的底面是直角邊長(zhǎng)為2的等腰直角三角形，高為2，如下圖．因此該多面體各個(gè)面中有兩個(gè)梯形，且這兩個(gè)梯形全等，梯形的上底長(zhǎng)為2，下底長(zhǎng)為4，高為2，故這兩個(gè)梯形的面積之和為2×eq\f(1,2)×(2＋4)×2＝12.應(yīng)選B.4．(2023屆四川省瀘州市四診)某幾何體的正(主)視圖和側(cè)(左)視圖如圖(1)所示，它的俯視圖的直觀圖是A′B′C′，如圖(2)所示，其中O′A′＝O′B′＝2，O′C′＝eq\r(3)，那么該幾何體的外表積為()A．36＋12eq\r(3) B．24＋8eq\r(3)C．24＋12eq\r(3) D．36＋8eq\r(3)答案C解析由圖(2)可知，該幾何體的俯視圖是一個(gè)底面邊長(zhǎng)為4，高為2eq\r(3)的等腰三角形，即該三角形為等邊三角形，在如下圖的長(zhǎng)方體中，長(zhǎng)、寬、高分別為4,2eq\r(3)，6，三視圖復(fù)原為幾何體是圖中的三棱錐P－ABC，且S△PAB＝S△PBC＝eq\f(1,2)×4×6＝12,S△ABC＝eq\f(1,2)×4×2eq\r(3)＝4eq\r(3)，△PAC是腰長(zhǎng)為eq\r(52)，底面邊長(zhǎng)為4的等腰三角形，S△PAC＝8eq\r(3).綜上可知，該幾何體的外表積為2×12＋4eq\r(3)＋8eq\r(3)＝24＋12eq\r(3).應(yīng)選C.5．(2023·深圳調(diào)研)棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD－A1B1C1D1，球O與該正方體的各個(gè)面相切，那么平面ACB1截此球所得的截面的面積為A.eq\f(8π,3) B.eq\f(5π,3)C.eq\f(4π,3) D.eq\f(2π,3)答案D解析因?yàn)榍蚺c各面相切，所以直徑為2，且AC，AB1，CB1的中點(diǎn)在所求的切面圓上，所以所求截面為此三點(diǎn)構(gòu)成的邊長(zhǎng)為eq\r(2)的正三角形的外接圓，由正弦定理知，R＝eq\f(\r(6),3)，所以截面的面積S＝eq\f(2π,3)，應(yīng)選D.6．(2023·江西省贛中南五校聯(lián)考)三棱柱ABC－A′B′C′的側(cè)棱垂直于底面，各頂點(diǎn)都在同一球面上，假設(shè)該棱柱的體積為eq\r(3)，AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°，那么此球的外表積是()A．2π B．4πC．8π D．10π答案C解析根據(jù)余弦定理可知，BC＝eq\r(3)，那么∠ACB＝90°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是斜邊AB，A′B′的中點(diǎn)，點(diǎn)O為EF的中點(diǎn)，點(diǎn)O為三棱柱外接球的球心，設(shè)三棱柱的高為h，V＝eq\f(1,2)×1×eq\r(3)×h＝eq\r(3)，解得h＝2，R2＝OA2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AB))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)h))2，代入可得R2＝1＋1＝2，所以此球的外表積為S＝4πR2＝8π，應(yīng)選C.7．(2023屆石家莊模擬)三棱錐S－ABC中，側(cè)棱SA⊥底面ABC,AB＝5,BC＝8,∠B＝60°，SA＝2eq\r(5)，那么該三棱錐的外接球的外表積為()A.eq\f(64,3)π B.eq\f(256,3)πC.eq\f(436,3)π D.eq\f(2048\r(3),27)π答案B解析由題意知，側(cè)棱SA⊥底面ABC,AB＝5，BC＝8，∠B＝60°，那么根據(jù)余弦定理可得AC＝eq\r(52＋82－2×5×8×\f(1,2))＝7,△ABC的外接圓圓心2r＝eq\f(AC,sinB)＝eq\f(7,\f(\r(3),2))，∴r＝eq\f(7,\r(3))，三棱錐的外接球的球心到平面ABC的距離d＝eq\f(1,2)SA＝eq\r(5)，那么外接球的半徑R＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,\r(3))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(5)))2)＝eq\r(\f(64,3))，那么該三棱錐的外接球的外表積為S＝4πR2＝eq\f(256,3)π.8．如下圖，圖中陰影局部繞AB旋轉(zhuǎn)一周所形成的幾何體的體積為_(kāi)_______．答案eq\f(140π,3)解析由題知，旋轉(zhuǎn)一周后形成的幾何體是一圓臺(tái)去掉一個(gè)半球，其中圓臺(tái)的體積為V＝eq\f(1,3)×(π×22＋eq\r(π×22×π×52)＋π×52)×4＝eq\f(156π,3)，半球的體積V＝eq\f(1,2)×eq\f(4,3)×π×23＝eq\f(16π,3)，那么所求體積為eq\f(156π,3)－eq\f(16π,3)＝eq\f(140π,3).9．體積為eq\f(16,3)的正四棱錐S—ABCD的底面中心為O，SO與側(cè)面所成角的正切值為eq\f(\r(2),2)，那么過(guò)S—ABCD的各頂點(diǎn)的球的外表積為_(kāi)_______．答案16π解析如圖，取AB的中點(diǎn)為F，連接SF，過(guò)點(diǎn)O作OG⊥SF，那么∠OSG為SO與側(cè)面所成的角，且tan∠OSG＝eq\f(OF,SO)＝eq\f(\r(2),2).設(shè)AB＝2a，那么SO＝eq\r(2)a，所以eq\f(1,3)×4a2×eq\r(2)a＝eq\f(16,3)，得a＝eq\r(2).延長(zhǎng)SO交外接球于E，那么EB⊥SB，由OB2＝SO·OE，得4＝2·(2R－2)，所以R＝2，S＝4π×22＝16π.

10．(2023屆馬鞍山模擬)一個(gè)幾何體的三視圖如下圖，那么該幾何體的體積為_(kāi)_______．答案eq\f(10,3)解析如下圖，三視圖復(fù)原為幾何體是棱長(zhǎng)為2的正方體中的組合體ABCDEF，將其分割為四棱錐B－CDEF和三棱錐E－ABD，其中，VB－CDEF＝eq\f(1,3)×eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋2))×2,2)×2＝2,VE－ABD＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×2))×2＝eq\f(4,3)，所以該幾何體的體積V＝2＋eq\f(4,3)＝eq\f(10,3).11.如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，點(diǎn)E為線段A1B1的中點(diǎn)，點(diǎn)F，G分別是線段A1D與BC1上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)三棱錐E－FGC的俯視圖的面積最大時(shí)，該三棱錐的正(主)視圖的面積是________．答案2解析由題意知，E點(diǎn)在底面的射影E′為AB的中點(diǎn)，F(xiàn)點(diǎn)在底面的射影F′在AD上，G點(diǎn)在底面的射影G′在BC上，三棱錐E－FGC的俯視圖的面積是以E′C為底邊，F(xiàn)′，G′到E′C的距離和為高的三角形的面積，又E′C為定值，所以當(dāng)F點(diǎn)與D點(diǎn)重合，G點(diǎn)與B點(diǎn)重合時(shí)面積最大，此時(shí)正(主)視圖的面積為eq\f(1,2)×2×2＝2.12．三棱錐P－ABC的三條側(cè)棱兩兩垂直，且AB＝eq\r(5)，BC＝eq\r(7)，AC＝2，那么此三棱錐外接球的外表積是______．答案8π解析如圖PA,PB,PC兩兩垂直，設(shè)PC＝h，那么PB＝eq\r(BC2－PC2)＝eq\r(7－h(huán)2)，PA＝eq\r(AC2－PC2)＝eq\r(4－h(huán)2)，∵PA2＋PB2＝AB2，∴4－h(huán)2＋7－h(huán)2＝5，解得h＝eq\r(3)，在三棱錐P－ABC中，PA,PB,PC兩兩垂直，且PA＝1,PB＝2，PC＝eq\r(3)，∴以PA,PB,PC為棱構(gòu)造一個(gè)長(zhǎng)方體，那么這個(gè)長(zhǎng)方體的外接球就是三棱錐P－ABC的外接球，∴由題意可知，這個(gè)長(zhǎng)方體的中心是三棱錐的外接球的球心，三棱錐的外接球的半徑為R＝eq\f(\r(1＋4＋3),2)＝eq\r(2)，∴外接球的外表積為S＝4πR2＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)))2＝8π.B組能力提高13．四棱錐P－ABCD的三視圖如下圖，那么該四棱錐的外接球的外表積為()A.eq\f(81π,5)B.eq\f(81π,20) C.eq\f(101π,5)D.eq\f(101π,20)答案C解析根據(jù)三視圖復(fù)原幾何體為一個(gè)四棱錐P－ABCD，平面PAD⊥平面ABCD，由于△PAD為等腰三角形，PA＝PD＝3，AD＝4，四邊形ABCD為矩形，CD＝2，過(guò)△PAD的外心F作平面PAD的垂線，過(guò)矩形ABCD的中心H作平面ABCD的垂線，兩條垂線交于一點(diǎn)O，O為四棱錐外接球的球心，在三角形PAD中，cos∠APD＝eq\f(32＋32－42,2×3×3)＝eq\f(1,9)，那么sin∠APD＝eq\f(4\r(5),9)，2PF＝eq\f(AD,sin∠APD)＝eq\f(4,\f(4\r(5),9))＝eq\f(9\r(5),5)，PF＝eq\f(9\r(5),10)，PE＝eq\r(9－4)＝eq\r(5)，OH＝EF＝eq\r(5)－eq\f(9\r(5),10)＝eq\f(\r(5),10)，BH＝eq\f(1,2)eq\r(16＋4)＝eq\r(5)，OB＝eq\r(OH2＋BH2)＝eq\r(\f(5,100)＋5)＝eq\f(\r(505),10)，S＝4π×eq\f(505,100)＝eq\f(101π,5).應(yīng)選C.14．如圖是某組合體的三視圖，那么內(nèi)部幾何體的體積的最大值為()A.eq\f(5,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－1))π B.eq\f(25,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－2\r(2)))πC．25eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－2\r(2)))π D.eq\f(125,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5\r(2)－7))π答案D解析內(nèi)部幾何體是底面為直角三角形的直三棱柱的內(nèi)切球，內(nèi)切球的半徑即為底面直角三角形內(nèi)切圓的半徑，由等面積法易得r＝eq\f(ab,a＋b＋5)，且a2＋b2＝25.由根本不等式，知r＝eq\f(ab,a＋b＋5)≤eq\f(ab,2\r(ab)＋5)，0<ab≤eq\f(a2＋b2,2)＝eq\f(25,2)，即0<eq\r(ab)≤eq\f(5\r(2),2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(5\r(2),2)時(shí)，等號(hào)成立．令t＝eq\r(ab)，那么r≤eq\f(t2,2t＋5)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t))＝eq\f(t2,2t＋5)＝eq\f(1,\f(5,t2)＋\f(2,t))＝eq\f(1,5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)＋\f(1,5)))2－\f(1,5))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<t≤\f(5\r(2),2)))是增函數(shù)，或f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t))＝eq\f(2t\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋5)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋5))2)>0,0<t≤eq\f(5\r(2),2)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t))＝eq\f(t