壓軸題命題區(qū)間(五)立體幾何快速識(shí)別空間幾何體的直觀圖與三視圖(1)某幾何體的直觀圖如圖所示，該幾何體的正視圖和側(cè)視圖可能正確的是()(2)(2016·山西質(zhì)檢)某幾何體的三視圖如圖所示，當(dāng)xy取得最大值時(shí)，該幾何體的體積是________．(1)由幾何體的直觀圖，可知該幾何體可以看作由正方體ABCD-A1B1C1D1割掉四個(gè)角后所得的幾何體ABCD-MNPQ，如圖所示，該幾何體的正視圖就是其在正方體的面CDD1C1上的投影，顯然為正方形CDD1C1與△CDQ的組合；該幾何體的側(cè)視圖就是其在面BCC1B1上的投影，顯然為正方形BCC1B1和△(2)由題意知，該幾何體為如圖所示的四棱錐P-ABCD，CD＝eq\f(y,2)，AB＝y(tǒng)，AC＝5，CP＝eq\r(7)，BP＝x，∴BP2＝BC2＋CP2，即x2＝25－y2＋7，x2＋y2＝32≥2xy，則xy≤16，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝4時(shí)，等號(hào)成立．此時(shí)該幾何體的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(2＋4,2)×3×eq\r(7)＝3eq\r(7)．(1)A(2)3eq\r(7)由幾何體的三視圖確定幾何體的形狀的關(guān)鍵在于準(zhǔn)確把握常見幾何體的三視圖，由三視圖中的數(shù)據(jù)確定幾何體中的相關(guān)數(shù)據(jù)的關(guān)鍵是準(zhǔn)確把握畫三視圖的基本原則：“正側(cè)等高，正俯等長(zhǎng)，側(cè)俯等寬”，這是我們實(shí)現(xiàn)三視圖數(shù)據(jù)與幾何體度量之間相互轉(zhuǎn)化的主要依據(jù)．如圖是某簡(jiǎn)單組合體的三視圖，則該組合體的體積為()A．36eq\r(3)(π＋eq\r(2)) B．36eq\r(3)(π＋2)C．108eq\r(3)π D．108(eq\r(3)π＋2)解析：選B由三視圖中的數(shù)據(jù)可得，該組合體由一個(gè)半圓錐和一個(gè)三棱錐組合而成，其中半圓錐的底面半徑r＝6，三棱錐的底面是一個(gè)底邊長(zhǎng)為12，高為6的等腰三角形，兩個(gè)錐體的高h(yuǎn)＝eq\r(122－62)＝6eq\r(3)．故半圓錐的體積V1＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)π×62×6eq\r(3)＝36eq\r(3)π；三棱錐的底面積S＝eq\f(1,2)×12×6＝36，三棱錐的體積V2＝eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,3)×36×6eq\r(3)＝72eq\r(3)．故該幾何體的體積V＝V1＋V2＝36eq\r(3)π＋72eq\r(3)＝36eq\r(3)(π＋2)．2．(2017·?？谡{(diào)研)一錐體的三視圖如圖所示，則該棱錐的最長(zhǎng)棱的棱長(zhǎng)為()A．eq\r(33) B．eq\r(17)C．eq\r(41) D．eq\r(42)解析：選C依題意，題中的幾何體是四棱錐E-ABB1A1，如圖所示(其中ABCD-A1B1C1D1是棱長(zhǎng)為4的正方體，C1E＝1)，EA＝eq\r(32＋42＋42)＝eq\r(41)，EA1＝eq\r(12＋42＋42)＝eq\r(33)，EB＝eq\r(32＋42)＝5，EB1＝eq\r(12＋42)＝eq\r(17)，AB＝BB1＝B1A1＝A1A＝4，因此該幾何體的最長(zhǎng)棱的棱長(zhǎng)為eq\r(41)，選C．與球相關(guān)的“接”、“切”問題(1)某四面體的三視圖如圖所示，正視圖、側(cè)視圖、俯視圖都是邊長(zhǎng)為1的正方形，則此四面體的外接球的體積為()A．eq\f(4π,3) B．3πC．eq\f(\r(3)π,2) D．π(2)若圓錐的內(nèi)切球與外接球的球心重合，且內(nèi)切球的半徑為1，則圓錐的體積為________．(3)若正三棱錐的高和底面邊長(zhǎng)都等于6，則其外接球的表面積為________．(1)把該四面體ABCD放入正方體中，如圖所示，此四面體的外接球即為正方體的外接球，由題意可知，正方體的棱長(zhǎng)為1，所以外接球的半徑為R＝eq\f(\r(3),2)，所以此四面體的外接球的體積為V＝eq\f(4,3)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))3＝eq\f(\r(3),2)π．故選C．(2)過圓錐的旋轉(zhuǎn)軸作軸截面，得△ABC及其內(nèi)切圓⊙O1和外切圓⊙O2，且兩圓同圓心，即△ABC的內(nèi)心與外心重合，易得△ABC為正三角形，由題意知⊙O1的半徑為r＝1，△ABC的邊長(zhǎng)為2eq\r(3)，于是知圓錐的底面半徑為eq\r(3)，高為3．故所求體積為V＝eq\f(1,3)×π×3×3＝3π．(3)如圖，作PM⊥平面ABC于點(diǎn)M，則球心O在PM上，PM＝6，連接AM，AO，則OP＝OA＝R，在Rt△OAM中，OM＝6－R，OA＝R，又AB＝6，且△ABC為等邊三角形，故AM＝eq\f(2,3)eq\r(62－32)＝2eq\r(3)，則R2－(6－R)2＝(2eq\r(3))2，解得R＝4，所以球的表面積S＝4πR2＝64π．(1)C(2)3π(3)64π與球相關(guān)的“接”、“切”問題的解決方法方法解讀適合題型截面法解答時(shí)首先要找準(zhǔn)切點(diǎn)，通過作截面來解決．如果內(nèi)切的是多面體，則作截面時(shí)主要抓住多面體過球心的對(duì)角面來作球內(nèi)切多面體或旋轉(zhuǎn)體(如典例(2))構(gòu)造直角三角形法首先確定球心位置，借助外接的性質(zhì)——球心到多面體的頂點(diǎn)的距離等于球的半徑，尋求球心到底面中心的距離、半徑、頂點(diǎn)到底面中心的距離構(gòu)造成直角三角形，利用勾股定理求半徑正棱錐、正棱柱的外接球(如典例(3))補(bǔ)形法因正方體、長(zhǎng)方體的外接球半徑易求得，故將一些特殊的幾何體補(bǔ)形為正方體或長(zhǎng)方體，便可借助外接球?yàn)橥粋€(gè)的特點(diǎn)求解三條側(cè)棱兩兩垂直的三棱錐，從正方體或長(zhǎng)方體的八個(gè)頂點(diǎn)中選取點(diǎn)作為頂點(diǎn)組成的三棱錐、四棱錐等(如典例(1))1．一個(gè)正六棱柱的所有頂點(diǎn)在同一個(gè)球面上，且這個(gè)正六棱柱的底面周長(zhǎng)為6，體積為eq\f(9,2)，那么這個(gè)球的表面積為________．解析：如圖所示，正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1中，由正六邊形ABCDEF的周長(zhǎng)為6，可得其邊長(zhǎng)為1，正六棱柱的底面ABCDEF的面積為6×eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2)，設(shè)正六棱柱的高為h，由此可得其體積V＝eq\f(3\r(3),2)×h＝eq\f(9,2)，解得h＝eq\r(3)，則AD1＝eq\r(AD2＋DD\o\al(2,1))＝eq\r(22＋\r(3)2)＝eq\r(7)，即得正六棱柱的外接球直徑為eq\r(7)，所以這個(gè)球的表面積為4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),2)))2＝7π．答案：7π2．已知四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是正方形，邊長(zhǎng)為4，PA＝PD＝eq\r(13)，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，在四棱錐內(nèi)放一個(gè)球，要使球的體積最大，則球的半徑為________．解析：四棱錐P-ABCD內(nèi)放一個(gè)球，要使球的體積最大，則球?yàn)樗睦忮F的內(nèi)切球．如圖，分別取AD，BC的中點(diǎn)M，N，連接PM，PN，MN．因?yàn)閭?cè)面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝eq\r(13)，所以PM⊥AD，所以PM⊥底面ABCD．又AD＝AB＝4，所以MN＝4，PM＝eq\r(\r(13)2－22)＝3，根據(jù)題意球O與四棱錐各面相切，平面PMN即為四棱錐與內(nèi)切球的軸截面，在Rt△PMN中，PN＝eq\r(32＋42)＝5，設(shè)E，F(xiàn)，G為切點(diǎn)，球O的半徑為r，則S△PMN＝eq\f(1,2)×3×4＝eq\f(1,2)(3＋4＋5)r，所以r＝1，即所求．答案：1平面圖形的翻折問題如圖1，梯形ABCD中，CE⊥AD于E，BF⊥AD于F，且AF＝BF＝BC＝1，DE＝eq\r(2)，現(xiàn)將△ABF，△CDE分別沿BF與CE翻折，使點(diǎn)A與點(diǎn)D重合，點(diǎn)O為AC的中點(diǎn)，設(shè)平面ABF與平面CDE相交于直線l，如圖2.(1)求證：l∥CE；(2)求證：OF⊥平面ABE.(1)因?yàn)镃E∥BF，CE?平面ABF，BF?平面ABF，所以CE∥平面ABF.又CE?平面ACE，平面ACE∩平面ABF＝l，所以CE∥l.(2)如圖，連接CF，與BE交于點(diǎn)G，連接AG，OG.因?yàn)锳F＝BF＝1，AF⊥BF，所以AB＝eq\r(2)，所以AB＝AE＝BE＝eq\r(2)，所以AG⊥BE.又BE⊥CF，AG∩CF＝G，所以BE⊥平面AFC，所以平面ABE⊥平面AFC，交線為AG.又AF⊥BF，AF⊥EF，BF∩EF＝F，所以AF⊥平面BCEF，所以AF⊥CF.在Rt△AFG中，tan∠FAG＝eq\f(\r(2),2).易知G為BE的中點(diǎn)，又O為AC的中點(diǎn)，所以O(shè)G＝eq\f(1,2)AF＝eq\f(1,2)，OG∥AF，故OG⊥CF.在Rt△FGO中，F(xiàn)G＝eq\f(\r(2),2)，OG＝eq\f(1,2)，所以tan∠OFC＝eq\f(OG,FG)＝eq\f(\r(2),2)，所以∠FAG＝∠OFC.又∠OFC＋∠AFO＝eq\f(π,2)，所以∠FAG＋∠AFO＝eq\f(π,2)，所以AG⊥OF，所以O(shè)F⊥平面ABE.解決平面圖形翻折為空間圖形問題的關(guān)鍵是看翻折前后線面位置關(guān)系的變化，根據(jù)翻折的過程理清翻折前后位置關(guān)系中沒有變化的量是哪些、發(fā)生變化的量是哪些，這些不變的量和變化的量反映了翻折后的空間圖形的結(jié)構(gòu)特征，求解問題時(shí)要綜合考慮翻折前后的圖形．(2016·浙江高考)如圖，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°.若平面ABC外的點(diǎn)P和線段AC上的點(diǎn)D，滿足PD＝DA，PB＝BA，則四面體PBCD的體積的最大值是________．解析：在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，∴AC＝eq\r(22＋22－2×2×2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝2eq\r(3).設(shè)CD＝x，則AD＝2eq\r(3)－x，∴PD＝2eq\r(3)－x，∴VP-BCD＝eq\f(1,3)S△BCD·h≤eq\f(1,3)×eq\f(1,2)BC·CD·sin30°·PD＝eq\f(1,6)x(2eq\r(3)－x)≤eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋2\r(3)－x,2)))2＝eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),2)))2＝eq\f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2eq\r(3)－x，即x＝eq\r(3)時(shí)取“＝”，此時(shí)PD＝eq\r(3)，BD＝1，PB＝2，滿足題意．故四面體PBCD的體積的最大值為eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)1．某四面體的三視圖如圖，則其四個(gè)面中最大的面積是()A．2 B．2eq\r(2)C．eq\r(3) D．2eq\r(3)解析：選D在正方體ABCD-A1B1C1D1中還原出三視圖的直觀圖，其是一個(gè)三個(gè)頂點(diǎn)在正方體的右側(cè)面、一個(gè)頂點(diǎn)在左側(cè)面的三棱錐，即為D1-BCB1，如圖所示，其四個(gè)面的面積分別為2,2eq\r(2)，2eq\r(2)，2eq\r(3)，故選D．2．(2016·廣東茂名二模)若幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的外接球的表面積為()A．34π B．35πC．36π D．17π解析：選A由幾何體的三視圖知它是底面為正方形且有一條側(cè)棱垂直于底面的四棱錐，可把它補(bǔ)成一個(gè)長(zhǎng)、寬、高分別為3,3,4的長(zhǎng)方體，該長(zhǎng)方體的外接球即為原四棱錐的外接球，所以4R2＝32＋32＋42＝34(其中R為外接球的半徑)，外接球表面積為S＝4πR2＝34π．3．(2017·湖南長(zhǎng)沙三校聯(lián)考)已知點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱AA1，CC1，DD1的中點(diǎn)，點(diǎn)M，N，Q，P分別在線段DF，AG，BE，C1B1上．以M，N，Q，P為頂點(diǎn)的三棱錐P-MNQ解析：選C當(dāng)M與F重合、N與G重合、Q與E重合、P與B1重合時(shí)，三棱錐P-MNQ的俯視圖為A；當(dāng)M，N，Q，P是所在線段的中點(diǎn)時(shí)，三棱錐P-MNQ的俯視圖為B；當(dāng)M，N，Q，P位于所在線段的非端點(diǎn)位置時(shí)，存在三棱錐P-MNQ，使其俯視圖為D．4．(2017·河南中原名校聯(lián)考)如圖，四棱柱ABCD-A1B1C1D1是棱長(zhǎng)為1的正方體，四棱錐S-ABCD是高為1的正四棱錐，若點(diǎn)S，A1，B1，C1，D1A．eq\f(9,16)π B．eq\f(25,16)πC．eq\f(49,16)π D．eq\f(81,16)π解析：選D作如圖所示的輔助線，其中O為球心，設(shè)OG1＝x，則OB1＝SO＝2－x，由正方體的性質(zhì)知B1G1＝eq\f(\r(2),2)，則在Rt△OB1G1OBeq\o\al(2,1)＝G1Beq\o\al(2,1)＋OGeq\o\al(2,1)，即(2－x)2＝x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2，解得x＝eq\f(7,8)，所以球的半徑R＝OB1＝eq\f(9,8)，所以球的表面積為S＝4πR2＝eq\f(81,16)π．5．(2016·湖南長(zhǎng)沙四校一模)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A．eq\f(11\r(3),6) B．eq\r(3)C．eq\f(5\r(3),3) D．eq\f(4\r(3),3)解析：選B由三視圖知該幾何體是一個(gè)四棱錐，其直觀圖如圖所示，△PAD為正三角形，四棱錐的底面是直角梯形，四棱錐的高為eq\r(3)，∴所求體積V＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1＋2×2))×eq\r(3)＝eq\r(3)．6．(2016·湖南郴州模擬)一只螞蟻從正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點(diǎn)A出發(fā)，經(jīng)正方體的表面，按最短路線爬行到頂點(diǎn)C1的位置，則下列圖形中可以表示正方體及螞蟻?zhàn)疃膛佬新肪€的正視圖的是()A．①② B．①③C．③④ D．②④解析：選D由點(diǎn)A經(jīng)正方體的表面，按最短路線爬行到達(dá)頂點(diǎn)C1的位置，共有6種路線(對(duì)應(yīng)6種不同的展開方式)，若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一個(gè)平面內(nèi)，連接AC1，則AC1是最短路線，且AC1會(huì)經(jīng)過BB1的中點(diǎn)，此時(shí)對(duì)應(yīng)的正視圖為②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一個(gè)平面內(nèi)，連接AC1，則AC1是最短路線，且AC1會(huì)經(jīng)過CD的中點(diǎn)，此時(shí)對(duì)應(yīng)的正視圖為7．(2016·福建省質(zhì)檢)在三棱錐P-ABC中，PA＝2eq\r(3)，PC＝2，AB＝eq\r(7)，BC＝3，∠ABC＝eq\f(π,2)，則三棱錐P-ABC外接球的表面積為()A．4π B．eq\f(16,3)πC．eq\f(32,3)π D．16π解析：選D設(shè)三棱錐P-ABC的外接球的半徑為R，在△ABC中，因?yàn)锳B＝eq\r(7)，BC＝3，∠ABC＝eq\f(π,2)，所以AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝4．在△PAC中，因?yàn)镻A＝2eq\r(3)，PC＝2，AC＝4，所以PA2＋PC2＝AC2，所以∠APC＝eq\f(π,2)，所以AC為三棱錐P-ABC的外接球的直徑，所以R＝2，所以此三棱錐的外接球的表面積S＝4πR2＝4π×22＝16π．8．(2016·南寧模擬)設(shè)點(diǎn)A，B，C為球O的球面上三點(diǎn)，O為球心．球O的表面積為100π，且△ABC是邊長(zhǎng)為4eq\r(3)的正三角形，則三棱錐O-ABC的體積為()A．12 B．12eq\r(3)C．24eq\r(3) D．36eq\r(3)解析：選B∵球O的表面積為100π＝4πr2，∴球O的半徑為5．如圖，取△ABC的中心H，連接OH，連接并延長(zhǎng)AH交BC于點(diǎn)M，則AM＝eq\r(4\r(3)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),2)))2)＝6，AH＝eq\f(2,3)AM＝4，∴OH＝eq\r(OA2－AH2)＝eq\r(52－42)＝3，∴三棱錐O-ABC的體積為V＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×(4eq\r(3))2×3＝12eq\r(3)．9．如圖，三棱錐V-ABC的底面為正三角形，側(cè)面VAC與底面垂直且VA＝VC，已知其正視圖的面積為eq\f(2,3)，則其側(cè)視圖的面積為________．解析：設(shè)三棱錐V-ABC的底面邊長(zhǎng)為a，側(cè)面VAC的邊AC上的高為h，則ah＝eq\f(4,3)，其側(cè)視圖是由底面三角形ABC邊AC上的高與側(cè)面三角形VAC邊AC上的高組成的直角三角形，其面積為eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)a×h＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×eq\f(4,3)＝eq\f(\r(3),3)．答案：eq\f(\r(3),3)10．(2016·南昌一模)正三角形ABC的邊長(zhǎng)為2，將它沿高AD翻折，使點(diǎn)B與點(diǎn)C間的距離為eq\r(2)，此時(shí)四面體ABCD外接球的表面積為________．解析：由題知，求四面體ABCD的外接球的表面積可轉(zhuǎn)化為求長(zhǎng)、寬、高分別為1,1，eq\r(3)的長(zhǎng)方體的外接球的表面積，其半徑R＝eq\f(1,2)eq\r(12＋12＋\r(3)2)＝eq\f(\r(5),2)，所以S＝4πR2＝5π．答案：5π11．(2016·江西師大附中模擬)已知邊長(zhǎng)為2eq\r(3)的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，沿對(duì)角線BD折成二面角A-BD-C的大小為120°的四面體，則四面體的外接球的表面積為________．解析：如圖1，取BD的中點(diǎn)E，連接AE，CE．由已知條件可知，平面ACE⊥平面BCD．易知外接球球心在平面ACE內(nèi)，如圖2，在CE上取點(diǎn)G，使CG＝2GE，過點(diǎn)G作l1垂直于CE，過點(diǎn)E作l2垂直于AC，設(shè)l1與l2交于點(diǎn)O，連接OA，OC，則OA＝OC，易知O即為球心．分別解△OCG，△EGO可得R＝OC＝eq\r(7)，∴外接球的表面積為28π．答案：28π12．(2017·貴州適應(yīng)性考試)已知正三棱柱(底面是正三角形，側(cè)棱與底面垂直)的體積為3eq\r(3)cm3，其所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，則球O的表面積的最小值為________cm2．解析：球O的表面積最小等價(jià)于球O的半徑R最?。O(shè)正三棱柱的底面邊長(zhǎng)為a，高為b，則正三棱柱的體積V＝eq\f(\r(3),4)a2b＝3eq\r(3)，所以a2b＝12．底面正三角形所在截面圓的半徑r＝eq\f(\r(3),3)a，則R2＝r2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)a))2＋eq\f(b2,4)＝eq\f(1,3)×eq\f(12,b)＋eq\f(b2,4)＝eq\f(4,b)＋eq\f(b2,4)，令f(b)＝eq\f(4,b)＋eq\f(b2,4)，0＜b＜2R，則f′(b)＝eq\f(b3－8,2b2)．令f′(b)＝0，解得b＝2，當(dāng)0＜b＜2時(shí)f′(b)＜0，函數(shù)f(b)單調(diào)遞減，當(dāng)b＞2時(shí)，f′(b)＞0，函數(shù)f(b)單調(diào)遞增，所以當(dāng)b＝2時(shí)，f(b)取得最小值3，即(R2)min＝3，故球O的表面積的最小值為4π(R2)min＝12π．答案：12π13．如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝eq\f(π,2)，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中點(diǎn)，O是AC與BE的交點(diǎn)．將△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如圖2．(1)證明：CD⊥平面A1OC；(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC與平面A1CD的夾角的余弦值．解：(1)證明：在題圖1中，因?yàn)锳B＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中點(diǎn)，∠BAD＝eq\f(π,2)，所以BE⊥AC．即在題圖2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，從而BE⊥平面A1OC，又BC∥DE，DE＝1＝BC，所以四邊形BCDE為平行四邊形，所以CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC．(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，所以∠A1OC為二面角A1-BE-C的平面角，所以∠A1OC＝eq\f(π,2)．如圖，以O(shè)為