高考立體幾何幾何體?？碱}型

1、高考中空間幾 何體的三視圖、表面積及體積常見題型研究(1)“立體幾何”在高考中一般會以“兩小一大”或“一小一大”的命題形式出現(xiàn)， 這“兩小”或“一小”主要考查三視圖，幾何體的表面積與體積，空間點、線、面位置關(guān)系(特別是平行與垂直).(2)考查一個小題時，本小題一般會出現(xiàn)在第48題的位置上，難度一般；考查兩個12或16題的位置考點一空間幾何體的三視圖、直觀圖與截面圖例1(1)中國古建筑借助樺卯將木構(gòu)件連接起來.構(gòu)件的凸出部分叫椎頭,凹進部分叫卯眼，圖中木構(gòu)件右邊的小長方體是樺).'12每條棱所在直線與平面 a所成的角都相等,頭.若如圖擺放的木構(gòu)件與某一帶卯眼的木構(gòu)件咬合成長方體，則咬合時

2、帶卯眼的木構(gòu)件的俯視圖可以是()(2)(2019江西八所重點中學聯(lián)考2EJ)某四面體的三視圖如圖所示,則該四面體最長的棱長與最短的棱長的比值是A.當B.3,5C 5D.(2018全國卷I)已知正方體的棱長為1,小題時，其中一個小題難度一般，另一小題難度稍高，一般會出現(xiàn)在第 上，本小題雖然難度稍高，主要體現(xiàn)在計算量上，但仍是對基礎(chǔ)知識、基本公式的考查.則“截此正方體所得截面面積的最大值為(A.乎B.2.333-2C,4D.132解析(1)由題意可知帶卯眼的木構(gòu)件的直觀圖如圖所示，由直觀圖可知其俯視圖應(yīng)選A.故選A.(2)在棱長為2的正方體中還原該四面體 P-ABC如圖所示，其中最短的棱為AB和B

3、C,最長的棱為 PC.因為正方體的棱長為2,所以AB=BC = 2, PC= 3,所以該四面體最長的棱長與最短的棱長的比值為 3.故選D.(3)如圖所示，在正方體 ABCD-AiBiCiDi中，平面 ABiDi與AiA,AiBi, A1D1所成的角都相等，又正方體的其余棱都分別與AiA, A1B1,AiDi平行，故正方體 ABCD -A1B1C1D1的每條棱所在直線與平面ABiDi所成的角都相等.如圖所示，取棱 AB , BBi, BiCi, CiDi, DiD, DA 的中點 E, F, G, H, M , N,則正六邊形 EFGHMN所在平面與平面ABiDi平行且面積最大，此截面面積為S正

4、六邊形EFGHMN =6X2* * X 乎Xsin 60 ° = 33.故選 A.答案(i)A (2)D (3)A解題方略i.識別三視圖的步驟(i)應(yīng)把幾何體的結(jié)構(gòu)弄清楚或根據(jù)幾何體的具體形狀，明確幾何體的擺放位置；(2)根據(jù)三視圖的有關(guān)規(guī)則先確定正視圖，再確定俯視圖，最后確定側(cè)視圖；(3)被遮住的輪廓線應(yīng)為虛線.2 .由三視圖還原到直觀圖的思路(i)根據(jù)俯視圖確定幾何體的底面；(2)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)整實線和虛線所 對應(yīng)的棱、面的位置；(3)確定幾何體的直觀圖形狀.3 .由幾何體的部分視圖判斷剩余的視圖的思路先根據(jù)已知的一部分視圖，還原、

5、推測直觀圖的可能形狀，然后再找其剩下部分視圖 的可能形狀.當然作為選擇題，也可將選項逐項代入，再看看給出的部分三視圖是否符合.4 .常見三類空間幾何體的截面圖軸截面、橫截面與斜截面：利用截面圖可將空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題解決.多練強化i.(20i8全國卷I )某圓柱的高為2,底面周長為i6,其三視圖 如圖所示.圓柱表面上的點M在正視圖上的對應(yīng)點為A,圓柱表面上的點 N在左視圖上的對應(yīng)點為B,則在此圓柱側(cè)面上，從 M到N的路徑中，最短路徑的長度為 ()A. 2屈B. 2V5C. 3D. 2M , N的位置如圖所解析：選B 先畫出圓柱的直觀圖，根據(jù)題圖的三視圖可知點示.圓柱的側(cè)面展開圖及 M , N

6、的位置(N為OP的四等分點)如圖所示，連接 MN ,則圖中MN即為M到N的最短路徑.ON =1X16=4, OM=2, 4. MN = a/oM2+ON2= 22+42=2/5.故選 B.2.已知球。是正三棱錐 A-BCD的外接球，BC=3, AB = 2/3,點E在線段 BD上， 且BD=3BE,過點E作球O的截面，則所得截面中面積最小的截面圓的面積是 解析：如圖，設(shè)4BCD的中心為點 Oi,球。的半徑為R,則A, OOi 三點共線.連接 OiD, OiE , OD , OE ,則 OiD = V3, AOi =AD2-OiD2 =3.在 RtHOiD 中，R2=3+(3-R)2,即 R=2

7、,所以 OOi=i.在OiDE中，DE = 2BD = 2, ZOiDE = 30°,所以由余弦定理得 3OiE= #3+ 4-2XV3X 2X cos 30°=i.所以O(shè)E = 42.過點E作圓O的截面，當截面與 OE 垂直時，截面的面積最小，此時截面圓的半徑為,22(6)2 =72,所以截面圓的面積為 2 7t.答案：2兀考點二幾何體的表面積與體積題型一求空間幾何體的表面積E J例2 (i)九章算術(shù)是我國古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學名著，書j '中提到了一種名為“芻薨”的五面體，如圖所示，四邊形 ABCD為矩 P-形，棱 EF /AB.若此幾何體中， AB = 4,

8、EF =2, ADE和 BCF者B 4是邊長為2的等邊三角形，則該幾何體的表面積為()A. 8電B. 8+ 873C. 6V2 + 2mD. 8+ 6/2+23(2)我國古代數(shù)學名著算法統(tǒng)宗中有如下問題：“今有倚壁外角堆米，下周九十尺，高十二尺. "其意思為：在屋外墻角處堆放米(其三視圖如圖所示)，米堆底部的弧長為 90尺，米堆的高為12尺.圓周率約為3.若將此堆米用草席蓋上，則此草席的面積至少約為(計算結(jié)果保留整數(shù)，如 乖正23, 55023)()A. 250平方尺B. 990平方尺C. 1 035平方尺D. 518平方尺解析(1)如圖所示，取 BC的中點P,連接PF,則PFXBC

9、,過F作FQXAB,垂足為Q.因為4ADE和 BCF都是邊長為2的等邊三角形，且 EF / AB ,所以四邊形ABFE為等腰梯形，F(xiàn)P=<3,則 BQ=2(AB EF )=1 , FQ= aJbf2-BQ2=V3,所以 S 梯形 EFBA = S 梯形 EFCD =2X (2+ 4) X J3= 3f3,.1、，又 Stade = Szbcf = 2X2x73=73,S 矩形 ABCD = 4 X 2=8,所以該幾何體的表面積S=3/3X2 +，3X 2+8=8+8，3.故選B. 3 3(2)由三視圖可知，米堆為圓錐的其中，圓車t的圖為12尺，底面圓的周長的4為90尺.3設(shè)圓錐的底面半徑

10、為 r,則;X 2兀=90,由兀=3可得，r=20.所以圓錐的母線長為 1202+ 122 = 454423(尺).易知草席的面積為圓錐的側(cè)面積的3,即3X 71X 20 X 23 = 1X 3X 20X 23= 45X 23=1444035(平方尺).故選C.答案(1)B (2)C解題方略求幾何體的表面積的方法1 .求表面積問題的思路是將立體幾何問題轉(zhuǎn)化為平面圖形問題，即空間圖形平面化， 這是解決立體幾何的主要出發(fā)點.2 .求不規(guī)則幾何體的表面積時，通常將所給幾何體分割成柱、錐、臺體，先求這些柱、錐、臺體的表面積，再通過求和或作差求得所給幾何體的表面積.題型二求空間幾何體的體積例3 (1)(

11、2019天津高考)已知四棱錐的底面是邊長為近的正方形，側(cè)棱長均為 J5.若圓柱的一個底面的圓周經(jīng)過四棱錐四條側(cè)棱的中點，另一個底面的圓心為四棱錐底面的中 心，則該圓柱的體積為 .(2)(2019江西省五校協(xié)作體試題)某幾何體的三視圖如圖所示，正視圖是一個上底為2,下底為4的直角梯形，俯視圖是一個邊長為4的等邊三角形，則該幾何體的體積為 .卜ZN正視圖 惻，圖和長圖解析(1)法一：由題意知圓柱的高恰為四棱錐的高的一半，圓柱的底面直徑恰為四 棱錐的底面正方形對角線的一半.因為四棱錐的底面正方形的邊長為寸2,所以底面正方形對角線長為 2,所以圓柱的底面半徑為 2.又因為四棱錐的側(cè)棱長均為 加，所以四

12、棱錐的高 為個(乖)212 =2,所以圓柱的高為1.所以圓柱的體積 V= Tt 1-1 =：.法二：如圖所示，在四棱錐 V-ABCD中，。為正方形 ABCD的 中心，也是圓柱下底面的中心，由四棱錐底面邊長為V2,可得 OC=1.設(shè)M為VC的中點，過點M作MO1/OC交OV于點O1,則O1即為圓柱上底面的中心.O1M=2OC = 2, O1O = ；VO. .VO= vc2OC2 = 2,.Q1O=1.可得V圓柱=兀01而01。=兀X 22X1 = 4.(2)把三視圖還原成幾何體 ABC-DEF ,如圖所示，在 AD上取點G, 使得 AG = 2,連接 GE, GF,則把幾何體 ABC-DEF分

13、割成三棱柱 ABC-GEF 和三棱錐 D-GEF ,所以 Vabc-def = Vabc-gef + Vd-gef = 4«X 2+工>< 4J3X 2 = 32333 -答案（i）： （2）呼解題方略求空間幾何體體積的常用方法公式法直接根據(jù)常見柱、錐、臺等規(guī)則幾何體的體積公式計算等積法根據(jù)體積計算公式，通過轉(zhuǎn)換空間幾何體的底面和高使得體積計算更容易，或是求出一些體積比等把不能直接計算體積的空間幾何體進行適當?shù)姆指罨蜓a形，轉(zhuǎn)化為可計算體積割補法的幾何體多練強化i. （20i9重慶市學業(yè)質(zhì)量調(diào)研）已知某幾何體的三視圖如圖所示, 則該幾何體的體積為（）正祝陽1八32A-3i2

14、8 C.7T 3i60D- 3解析：選B由三視圖知，該幾何體是一個正方體切去四個三棱錐后所得的，其直觀圖如圖中ABCD所示，由三視圖知正方體的棱長為正方體的體積為 4X4X4=64,切去三棱錐的長、寬、高均為 4,體積為i i32 1X-X 4X4X4=萬，所以所求幾何體的體積為64 4X32 643-故選B.側(cè)棱長為5,菱形的對角線的長分別2.已知一個底面是菱形、側(cè)面是矩形的四棱柱, 是9和i5,則這個棱柱的側(cè)面積是 （）A. 30V34C. 30*734+ i35B.D.60.34135解析：選A 由菱形的對角線長分別是9和15,得菱形的邊長為q r+亨1.斛析：V 三棱錐 M-CiOiH

15、 = V 三棱錐 Ci-MOiH =3X SM 01HXh（h為Ci到平面BDDiBi的距離），由已知可得 CiOd平 面BDDiBi,又直四棱柱的所有棱長都為1,且/ABC = 60 °, ,一一，1 .所以A1B1C1D1是菱形，CO1 = 2,所以到直線01H的距離，01H是定值，所以1,1,1,v 三棱錐 M-C101H=3X 2* 2><01Hxh ,其中 h 為 Mh'最小時，V三棱錐M-C101H最小.如圖，延長01H、. . .B1H 1. B1011交B1B于點F,交0B的延長線于點 N,連接001,因為詬=%所以天川=司，N0 =H0 3 N0

16、 3乎，NB=V3, N01 = 、/1+ 平=手，01H=1x1|1 = "|1, M 到直線 01H 的距離 222428的最小值即 B到直線 01H的距離，NF =4 （布）2+ , =限=粵，所以h =殍3 2痘足,八,、上乂匹乂域3 V3荷 = 31，所以（V三棱錐 火。0出所所=行* 8 x 31 =48.3答案:J348考點三與球有關(guān)的切、接問題題型一外接球例4 （2019全國卷I）已知三棱錐P-ABC的四個頂點在球 0的球面上，PA=PB =PC, AABC是邊長為2的正三角形，EF分別是 PA, AB的中點，/ CEF =90°,則球 0的體積為（）A.7

17、1C.71B. 4«兀D. «6兀解析因為點E, F分別為PA, AB的中點，所以 EF/PB,因為/CEF = 90°,所以 EFXCE,所以 PBXCE.取AC的中點D,連接BD, PD,易證AC,平面BDP,所以 PB XAC,又 ACACE = C, AC, CE?平面 PAC,所以 PBL 平面 PAC.所以PB ±PA, PBXPC,因為PA=PB=PC, GABC為正三角形，所以PAX PC,即PA, PB, PC兩兩垂直，將三棱錐 P-ABC放在正方體中如圖所示.因為AB = 2,所以該正方體的棱長為 V2,所以該正方體的體對角線長為 V

18、6,所以三棱錐P-ABC的外接球的半徑 R =乎，所以球O的體積丫=31!3=3兀2 =，6兀.故選D.答案D解題方略解決多面體的外接球問題，關(guān)鍵是確定球心的位置，方法是先選擇多面體中的一面， 確定此面外接圓的圓心，再過圓心作垂直此面的垂線，則球心一定在此垂線上，最后根據(jù) 其他頂點確定球心的準確位置.對于特殊的多面體還可采用補成正方體或長方體的方法找 到球心位置.題型二內(nèi)切球例5已知一個平放的各棱長為4的三棱錐內(nèi)有一個小球0（重量忽略不計），現(xiàn)從該三棱錐頂端向內(nèi)注水，小球慢慢上浮，當注入的水的體積是該三棱錐體積的1時，小球與8該三棱錐各側(cè)面均相切（與水面也相切），則小球的表面積等于（）A.TB

19、 4兀。年D. -232解析當注入水的體積是該三棱錐體積的7時，設(shè)水面上方的小三棱錐的棱長為x（各棱長都相等），依題意，4 =1,得x= 2.易得小三棱錐的高為 平，設(shè)小球半徑為r,則1s2、6 底面二- 34833心的距離為d,則d=R2-r2 =«1612 = 2.所以三棱錐 D-ABC高的最大值為 2+4=6,1所以三棱錐D-ABC體積的最大值為1X9/3x6=18/3.故選B.3答案B解題方略多面體與球有關(guān)的最值問題，主要有三種：一是多面體確定的情況下球的最值問題， 二是球的半徑確定的情況下與多面體有關(guān)的最值問題；三是多面體與球均確定的情況下， 截面的最值問題.多練強化1.已

20、知圓錐的高為3,底面半徑為<3,若該圓錐的頂點與底面的圓周都在同一個球面上，則這個球的體積等于 （）A 久B.H33C. 16TtD. 32兀解析：選B設(shè)該圓錐的外接球的半徑為R,依題意得，R2=（3-R）2+（V3）2,解得R=2,所以所求球的體積 V=4TtR3 = 4TtX23 = 32"兀.故選B.3332 . （2019福建五校第二次聯(lián)考）已知直三棱柱 ABC-A1B1C1的6個頂點都在球 O的球面 上，若 AB = 3, AC = 4, ABXAC, AA=12,則球。的直徑為 .A解析：如圖，設(shè)BC的中點為D, B1C1的中點為D1,連接DD1,取其中點 O

21、9;,連接 AD , A1D1,則 DA = DB = DC, DIA= D1B1 = D1C1,且DD1垂直于直三棱柱的上、下底面，所以點O'到直三棱柱的各個頂點的距離相等，即點 。為直三棱柱的外接球的球心O,連接OB,則球。的直徑為 2BO = 21bD2+DO2 =2 勺 5 + 2X12 =13.答案：133 .已知四棱錐 S-ABCD的所有頂點在同一球面上，底面 ABCD是正方形且球心 O在此平面內(nèi)，當四棱錐的體積取得最大值時，其表面積等于16+ 16>/3,則球 O的體積為解析：由題意得，當四棱錐的體積取得最大值時，該四棱錐為正四棱錐.因為該四棱錐的表面積等于16+1

22、63,設(shè)球。的半徑為R,則AC = 2R, SO=R,如圖，所以該四棱錐的底面邊長AB=V2R,則有 解R)2 + 4x2x>/2RX (也R) 2當R =16+16，3,解得 R=2>/2,所以球。的體積是 3K R號答案：64r2 3“素養(yǎng)”落地直觀想象一一三視圖中相關(guān)問題的求解典例B.4兀+2已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積等于c 1Ttr2h = -x 兀x 12x 2 = 3D.解析由三視圖可知，該幾何體的直觀圖為左側(cè)半球、中間正方體、右側(cè)圓錐的組 合體.其中，半球的半徑 ri與圓錐的底面半徑 r2相等，皆為1,即ri = r2=1,正方體的棱長a=2,圓錐

23、的高h = 2.所以半球的體積 Vi = i>< V3=1*?*13 =，, 232331正方體的體積 V2= a =2=8,圓錐的體積 V3=qX3所以該組合體的體積V= V1+V2+V3=?+ 8+一 =?+8.故選D.333答案D素養(yǎng)通路本題以組合體的三視圖為背景，主要是根據(jù)幾何體的三視圖及三視圖中的數(shù)據(jù)，求幾 何體的體積或側(cè)（表）面積.此類問題難點：一是根據(jù)三視圖的形狀特征確定幾何體的結(jié)構(gòu) 特征；二是將三視圖中的數(shù)據(jù)轉(zhuǎn)化為幾何體的幾何度量.考查了直觀想象這一核心素養(yǎng).專題時.關(guān)檢測A組一一“12+4”滿分練、選擇題1 .如圖是一個空間幾何體的正視圖和俯視圖，則它的側(cè)視圖為（

24、）二 二正視圖解析：選A 由正視圖和俯視圖可知，該幾何體是由一個圓柱挖去一個圓錐構(gòu)成的,結(jié)合正視圖的寬及俯視圖的直徑可知側(cè)視圖應(yīng)為A.故選A.2 . （2019福州市質(zhì)量檢測）棱長為1的正方體 ABCD-AiBiCiDi 木塊的直觀圖如圖所示，平面 a過點D且平行于平面 ACDi,則該 木塊在平面a內(nèi)的正投影面積是（）a.V3b. 2V3C. 2D. i解析：選A 棱長為i的正方體 ABCD-AiBiCiDi木塊在平面 a內(nèi)的 正投影是三個全等的菱形，如圖，正投影可以看成兩個邊長為夷的等邊三角形，所以木塊在平面 a內(nèi)的正投影面積是 2*：*&*&*乎=43.故選A.3 .已知矩

25、形 ABCD, AB = 2BC,把這個矩形分別以 AB , BC所在直線為軸旋轉(zhuǎn)一周， 所成幾何體的側(cè)面積分別記為Si, S2,則Si與S2的比值等于（）iA.2 B. i C. 2 D. 4解析：選 B 設(shè) BC = a, AB =2a,所以 S=2 兀 a 2a = 4 兀 a2, S2 = 2 兀 2a a = 4 ua2,Si ： S2= i .故選 B.4.設(shè)球。是正方體 ABCD-AiBiCiDi的內(nèi)切球，若平面 ACDi截千。所得的截面面積 為6兀，則球。的半徑為（）3A.2B. 3C也C. 2解析:選B 如圖，易知BiD過球心O,且BiD，平面ACDi,不妨設(shè)垂足為M,正方體

26、棱長為 a,則球半徑 R= a-,易知DM=；DB1, 231-OM=6DB1 =3a,，截面圓半徑r=q a _OM2=i66a,由截面圓5. （2019武漢市調(diào)研測試）如圖，在棱長為1的正方體A-BCiM的體積面積S=兀r2 = 6兀，得r =a= V6, a= 6,球O的半徑為 R= 2= 3.故選B.ABCD-AiBiCiDi中，M為CD的中點，則三棱錐VA- BC1M = ()B.1C.6D.1121111 ，解析：選C "田加=小3s.Mce=§x2ABxADxc1C= 1.故選 c.6. （2019武漢市調(diào)研測試）如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為 何體的三視圖，

27、則該幾何體的體積為1,粗實線畫出的是某幾A.2兀D, 2港兀C. 2兀解析：選B 由三視圖知，該幾何體是由兩個底面半徑為1,高為2的圓錐組成的,所以該幾何體的體積V = 2X TX 12X兀X2 = W.故選B.337,在三棱錐 A-BCD中，側(cè)棱 AB, AC, AD兩兩垂直， 面積分別為 （，乎，乎，則該三棱錐的體積為（）ABC , ACD , ADB 的A. 6C. 6D. 2也A.2解析：選B 由4ABC,9CD,那DB的面積分別為斗,斗,乎，且AB, AC, AD兩兩垂直，122AB AC =號，可得 2AD ac =乎，1AB AD=g22 '三個式子相乘可得（AB AC

28、AD ）2=6,該三棱錐的體積 V=1X1AB AC AD=W6故選B.3 268 .已知圓柱的高為 1,它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，則該圓柱的體積為（）解析：選B設(shè)圓柱的底面半徑為 r,球的半徑為 R,過圓柱的軸線=sh學"力.故選B.作一截面，如圖.由勾股定理得r = AjR2- 2 =乎.，該圓柱的體積 V9 .若一個球與四面體的六條棱都相切，則稱此球為四面體的棱切球.已知正四面體的棱長為.12,則它的棱切球的體積為（）D.3兀2B.兀C. V3解析：選B 將棱長為42的正四面體放入棱長為 1的正方體中，則正四面體的棱為正 1.一方體的面對角線，所以正四面體

29、的棱切球即為正方體的內(nèi)切球，則球的半徑R = ",體積V4 o 兀.=3；兀 r3=6.故選 b.10.已知點 A, B, C, D均在球。上，AB = BC = Va, AC = 3.若三棱錐 D-ABC體積的最大值為聿則球O的表面積為（）4A. 367tB. 16兀16C. 12兀D. 丁3解析：選 B 設(shè) 4ABC 的外接圓的半徑為 r, ,AB = BC = q3, AC = 3,ZABC = 120°,2r=sin 320。=2*, .SMBC=343,祥BC的外接圓的半徑為三棱錐 D-ABC的體積的最大值為 呼，點D到平面ABC的最大距離為3.設(shè)球。的半徑為R,

30、則r2=R2（3 R）2,解得R= 2, 球。的表面積為4市2=16兀.故選B.11.已知一個半徑為.7的球中有一個各條棱長都相等的內(nèi)接正三棱柱，則正三棱柱的 體積是（）B. 16D. 8A. 18C. 12解析：選A設(shè)正三棱柱的棱長為2a,如圖，取球心為 O,過點O作OO '垂直三棱柱的上底面于點O',連接點O'與上底面頂點 A交對棱I于點B.則 AB=V3a, AO' 23a, OO' 3=a.在Rt4O'A中，由勾股定理，得OA2=OO'2+O'A2.,OA = <7,，7= a2 +3a2= 3a2.整理得 a2=

31、3, -.a = V3.棱長為2a= 2 , 3.正三棱柱的體積 V=1x243X2y3x sin 60 X23=18.故選A.12.（2019 福州市質(zhì)量檢測）如圖，以棱長為 1的正方體的頂點 球心，以；2為半徑作一個球面，則該正方體的表面被球面所截得的所有弧長之和為（）A 3-八1解析：選C 正方體的表面被該球面所截得的弧長是相等的三部分，如圖，上底面被 球面截得的弧長是以 A1為圓心，1為半徑的圓周長的;所以所有弧長之和為 3X§=?.故選C.二、填空題13 . （2019長春市質(zhì)量監(jiān)測（一）已知一所有棱長都是 加的三棱錐，則該三棱錐的體積 為.解析：記所有棱長都是42的三棱錐

32、為 P-ABC,如圖所示，取 BC的中點 D,連接 AD, PD,作POLAD于點O,則PO,平面ABC, 且OPn* <2= 嚏,故三棱錐 P-ABC的體積V=1smbc OP = 3x 乎X（<2）2X 平=3.答案：1 314 .已知正方體 ABCD-AiBiCiDi的棱長為 1,除面 ABCD 外，該正 方體其余各面的中心分別為點E, F, G, H, M（如圖），則四棱錐M-EFGH的體積為 .解析：依題意知，四棱錐 M-EFGH為正四棱錐，正方形 EFGH的一， 1 21 2；21 1 ，1邊長為2 + 2 =彳,四棱錐M-EFGH的高為1所以四棱錐 M-EFGH的體積

33、為gX'21122 12.答案:11215 .古人采取“用臼舂米”的方法脫去稻谷的外殼，獲得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石頭或木頭制成.一個“臼”的三視圖如圖所示，則鑿去部分（看成一個簡單的組合體）的體積為.5,底面圓的半解析：由三視圖得鑿去部分是圓柱與半球的組合體，其中圓柱的高為徑為3,半球的半徑為 3,所以組合體的體積為兀 X32X5 + 1X 4兀X 33=63兀. 2 3答案：63兀16 .已知三棱錐 P-ABC的四個頂點都在球 。的表面上，PAL平面 ABC, AB ± BC , 且PA=8.若平面ABC截千。所得截面的面積為 9兀，則球O的表面積為 .解析

34、：設(shè)球。的半徑為R,由平面ABC截千O所得截面的面積為 9兀，得 ABC的外接圓的半徑為3.設(shè)該外接圓的圓心為 D,因為AB ± BC ,所以點D為AC的中點，所以DC1=3.因為PAL平面ABC,易證PBXBC,所以PC為球。的直徑.又 PA = 8,所以O(shè)D=qPA = 4,所以 R=OC=442 + 32 = 5,所以球。的表面積為 S=4tiR2 = 100兀.答案：100兀B組一一“5+3”提速練17 （2019合肥市第二次質(zhì)量檢測）如圖，正方形網(wǎng)格紙中的實線圖形是一個多面體的三視圖，則該多面體各表面所在平面互相垂直的有 （）A. 2對B. 3對C. 4對D. 5對解析：選

35、C 由三視圖知該幾何體是一個四棱錐，它有一個側(cè)面與底面垂直，且頂點在底面上的射影在底面的一條邊的中點處，即如圖所示的四棱錐 S-ABCD ,平面 SCDL平面 ABCD.因為 AD± DC, BC ± DC ,且平面 SCDA平面 ABCD = DC ,所以 AD，平面SCD , BCL平面 SCD,所以平面 SAD ±平面 SCD,平面 SBC，平面 SCD.又由三視圖知 SC± SD,同時由 ADL平面 SCD,知ADXSC,又SDAAD = D,所以SCL平面SAD,所以平面 SBC,平面SAD.綜上可知，該多面體各表面所在平面互相垂直的有4對.故

36、選C.BP 12.在棱長為 3的正萬體 ABCD-A1B1C1D1中，P在線段 BD1上，且 麗 =2，M為線段B1C1上的動點，則三棱錐 M-PBC的體積為（）3C.2D.與M點的位置有關(guān)解析：選B :察 = 1,，點P到平面BCCiBi的距離是Di到平面BCCiBi距離的1,PD1 23即為竿=i.M為線段BiCi上的點，.$ MBc=i>< 3X3 = *322B.VM-PBC = VP-MBC =；Xi = .故選3 223.已知正方體 ABCD-AiBiCiDi的體積為i,點M在線段BC上（點M異于B, C兩 點），點N為線段CCi的中點，若平面 AMN截正方體 ABCD

37、-AiBiCiDi所得的截面為四邊 形，則線段BM的取值范圍為（）iA. 0, 73i C.-，B.D.0,i 22' 3解析：選B 由題意，正方體 ABCD-AiBiCiDi的棱長為i ,如圖所i小,當點M為線段BC的中點時，截面為四邊形 AMND i,當0VBM W一，一 ，一一 ,1 , 一，一 時，截面為四邊形，當 BM >2時，截面為五邊形.故選 B.4.已知直三棱柱 ABC-AiBiCi的側(cè)棱長為6,且底面是邊長為 2的正三角形，用一平面截此棱柱，與側(cè)棱AAi, BBi, CCi分別交于三點 M, N, Q,若 MNQ為直角三角形,則該直角三角形斜邊長的最小值為（）A

38、. 272B. 3C. 2>/3D. 4解析：選C 如圖，不妨設(shè)N在B處，設(shè)AM =h, CQ=m，則MB2=h2+4, BQ2=m2+4, MQ2 = （h m）2+4 ,由 MB2=BQ2 +MQ2,得 m2-hm +2= 0.A=h2- 8>0? h2>8,該直角三角形斜邊MB=、4+h2R2® 故該直角三角形斜邊長的最小值為2聲.故選C.5. （20i9鄭州市第二次質(zhì)量預(yù)測）在4ABC 中，已知 AB = 2/3, BC = 2/6, / ABC =45°, D是邊AC上的一點，將 ABD沿BD折疊，得到三棱錐 A-BCD ,若該三棱錐的頂 點A在

39、底面BCD上的射影M在線段BC上，設(shè)BM=x,則x的取值范圍是（）A. （0, 2/3）B. （V3, V6）C. （V6, 23）D.（2V3, R6）解析：選C將4ABD沿BD折起，得到三棱錐 A-BCD ,且點A在底面 BCD上的射影 M在線段 BC上，所以在圖 b中，AM，平面 BCD, MN,AN都與BD垂直，因此，折疊前在圖 a中，AM ± BD ,垂足為N,在圖a中可得當D點與C點無限接近時，折痕 BD接近BC,此時M與點Mi無限接近.在圖b中，由于AB是RtMBM 的斜邊，BM是直角邊，所以 BMVAB,由此可得 BMivBMvAB,因為在 RtAAMiB 中，BMi = AB cos 45°=2/>< 堂=乖，所以 V6vBMv2V3,即加 v x V 力.故選