第十一章 空间几何体-高中数学必修第四册精选易错题练习（人教B版2019)

精选易错题练习—【第十一章】 空间几何体 一．选择题（共25小题） 1．“斗”不仅是我国古代容量单位，还是量粮食的器具，如图所示，其可近似看作正四棱台，上底面是边长为6dm的正方形，下底面是边长为2dm的正方形，高为4dm．“斗”的面的厚度忽略不计，则该“斗”的所有侧面的面积之和与下底面的面积之比为（　　） A．8 B．16 C．2 D．4 2．长方体的对角线长为1，表面积为1，有一面为正方形，则其体积为（　　） A． B． C． D． 3．已知圆柱的体积为128π，且圆柱的底面直径和高都等于球O的直径，则球O的表面积为（　　） A．8π B．16π C．32π D．64π 4．已知轴截面是正方形的圆柱的高与球的直径相等，则圆柱的全面积与球的表面积的比是（　　） A．6：5 B．5：4 C．4：3 D．3：2 5．刍（chú）甍（méng）是中国古代算数中的一种几何体，其结构特征是：底面为长方形，顶棱和底面平行，且长度不等于底面平行的棱长的五面体，是一个对称的楔形体．已知一个刍甍底边长为4，底边宽为3，上棱长为2，高为2，则它的表面积是（　　） A． B． C． D． 6．已知一个圆柱的轴截面是面积为36的正方形，则这个圆柱的侧面积为（　　） A．36π B．27π C．18π D．12π 7．矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，沿AC将矩形ABCD折起，使面BAC⊥面DAC，则四面体A﹣BCD的外接球的体积为（　　） A．π B．π C．π D．π 8．棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为（　　） A．12π B．π C．8π D．4π 9．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（　　） A．14斛 B．22斛 C．36斛 D．66斛 10．已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆，若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于（　　） A．1 B． C． D．2 11．纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为上、下、东、南、西、北．现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开、外面朝上展平，得到如图所示的平面图形，则标“△”的面的方位（　　） A．南 B．北 C．西 D．下 12．毡帐是蒙古族牧民居住的一种房子，内部木架结构，外部毛毡围拢，建造和搬迁都很方便，适合牧业和游牧生活．如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与一个圆柱的组合，圆锥的高为3米，圆柱的高为2.5米，底面直径为8米，则建造该毡帐需要毛毡（　　）平方米． A．36π B．40π C．46π D．50π 13．“石龙对石虎，金银万万五，谁能识得破，买进成都府”．这个民谣在彭山地区流传了三百多年，2020年彭山江口沉银遗址水下考古取得重大突破，出水文物超过10000件，实证确认了“张献忠江口沉银”以及“木鞘藏金”的传说．“木鞘藏金”指的是可视为圆柱的木料内放置了一个可视为球体的金疙瘩，这个金疙瘩与木料的底面和侧面都相切，则这个金疙瘩的体积与该木鞘（这个圆柱体）的体积之比为（　　） A． B． C． D． 14．如果圆锥的底面半径为，高为2，那么它的侧面积是（　　） A． B． C． D． 15．如果底面直径和高相等的圆柱的侧面积是S，那么圆柱的体积等于（　　） A． B． C． D． 16．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异“意思是说两个同高的几何体，若在等高处的截面积恒相等，则体积相等．设A、B为两个同高的几何体，p：A、B的体积不相等，q：A、B在等高处的截面积不恒相等，根据祖暅原理可知，p是q的（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 17．已知正六棱台的上，下底面边长分别为2和4，高为2，则其体积为（　　） A．32 B．28 C．24 D．20 18．已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB＝BC＝CA＝2，则球面面积是（　　） A． B． C．4π D． 19．如果正方体ABCD﹣A′B′C′D′的棱长为a，那么四面体A′﹣ABD的体积是（　　） A． B． C． D． 20．在三棱锥的4个面中．为直角三角形者，最多可能有（　　） A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个 21．《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈L2h，它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3，那么，近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为（　　） A． B． C． D． 22．某几何体的三视图都是边长为2的正方形，且此几何体的顶点都在球面上，则球的体积为（　　） A．8π B．12π C．π D．4π 23．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．它是中国古代一个设计几何体体积的问题．意思是如果两个等高的几何体在同高处处截得两几何体的截面面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．设A，B为两个等高的几何体，p：A，B的体积不相等，q：A，B在同高处的截面面积不恒相等，根据祖暅原理可知，p是q的（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 24．某四面体的三视图如图所示．该四面体的六条棱的长度中，最大的是（　　） A．2 B．2 C．2 D．4 25．三个半径为1的铁球，熔化成一个大球，这个大球的半径为（　　） A．2 B． C． D． 二．填空题（共15小题） 26．已知在三棱锥P﹣ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，∠APC＝30°，平面PAC⊥平面ABC，则三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为 　 　． 27．已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的表面上，AB⊥AC，PA⊥BC，AB＝AC＝2，PA＝1．若三棱锥P﹣ABC的体积为，则球O的表面积为 　 　． 28．已知三棱锥P﹣ABC中，△PAB是面积为4的等边三角形，∠ACB＝，则当点C到平面PAB的距离最大时，三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为 　 　． 29．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA＝PB＝PC＝PD＝2，底面ABCD是边长为的正方形．E是PC的中点，过点A，E作棱锥的截面，分别与侧棱PB，PD交于M，N两点，则四棱锥P﹣AMEN体积的最小值为 　 　． 30．如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD中，AC与BD相交于O．剪去△AOB，将剩余部分沿OC、OD折叠，使OA、OB重合，则以A（B）、C、D、O为顶点的四面体的外接球的体积为 　 　． 31．已知三棱锥D﹣ABC的底面ABC是正三角形，AB＝3，DA＝DB＝DC＝2，则三棱锥D﹣ABC的外接球的表面积为 　 　． 32．已知OA为球O的半径，过OA的中点M且垂直于OA的平面截球面得到圆M．若圆M的面积为3π，则球O的表面积等于　 　． 33．阿基米德是古希腊的一位著名的数学家，有一种空间几何体便以他的名字命名为“阿基米德立体”．“阿基米德立体”是一种高度对称的“半正多面体”（如图），并且都是可以从正多面体经过截角、截半、截边等操作构造而成，它的所有顶点都是正多面体各棱的中点，且它的三个视图全都一样．现将一个棱长为10cm的正方体木块加工成一个“阿基米德立体”工艺品，则所得的“阿基米德立体”工艺品共有 　 　个面，其表面积为 　 　cm2． 34．如图所示，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，P为边AB的中点，现将△DAP绕直线DP翻转至△DA'P处，使得面A'PD⊥面PDCB，则三棱锥A'﹣DPB的外接球的体积是 　 　． 35．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为AB，BC的中点，则多面体A1C1﹣AEFC的体积为 　 　． 36．求一个棱长为的正四面体的体积，通常采用如下的解法：构造一个棱长为1的正方体，此正方体称为该四面体的“生成正方体”（如图①），则四面体BDA1C1的体积．仿照此解题思路，对一个已知四面体，可构造它的“生成平行六面体”，两者的体积依次记为V四面体和V生成平行六面体，由于“生成平行六面体”由该四面体和四个三棱锥组成，每个三棱锥的底面积等于“生成平行六面体”的底面积S的一半，且高h相等，所以四面体的体积等于“生成平行六面体”体积的 　 　；一个对棱长都相等的四面体，通常被称为等腰四面体，已知一个等腰四面体的对棱长分别为，2，5（如图②），则该四面体的体积为 　 　． 37．已知三棱锥S﹣ABC的三条侧棱两两垂直，且SA＝1，SB＝SC＝2，若点P为三棱锥S﹣ABC的外接球的球心，则这个外接球的半径是　 　． 38．在△ABC中，AB＝8，BC＝6，AC＝10，P为△ABC外一点，满足PA＝PB＝PC＝5，则三棱锥P﹣ABC的外接球的半径为　 　． 39．已知圆台的上、下底面半径分别为r、2r，侧面积等于上、下底面积之和，则圆台的高为　 　． 40．设球面上的三个点A，B和C，每两点间的球面距离都等于该球大圆周长的．若经过这三个点的圆的半径为2cm，则该球的直径为　 　cm． 三．解答题（共10小题） 41．已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的边长均为2，E，F分别是线段AC1和BB1的中点． （1）求证：EF∥平面ABC； （2）求三棱锥C﹣ABE的体积． 42．已知正方形的边长为a，求侧面积等于这个正方形的面积，高等于这个正方形边长的直圆柱体的体积． 43．（1）给出两块相同的正三角形纸片（如图1，图2），要求用其中一块剪拼成一个三棱锥模型，另一块剪拼成一个正三棱柱模型，使它们的全面积都与原三角形的面积相等，请设计一种剪拼方法，分别用虚线标示在图1、图2中，并作简要说明； （2）试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小； （3）如果给出的是一块任意三角形的纸片（如图3），要求剪拼成一个直三棱柱，使它的全面积与给出的三角形的面积相等．请设计一种剪拼方法，用虚线标示在图3中，并作简要说明． 44．如图，长方形框架ABCD﹣A′B′C′D′，三边AB、AD、AA′的长分别为6、8、3.6，AE与底面的对角线B′D′垂直于E． （1）证明A′E⊥B′D′； （2）求AE的长． 45．设三棱锥V﹣ABC的三个侧面与底面所成的二面角都是β，它的高是h，求这个所棱锥底面的内切圆半径． 46．如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝5，AD＝4，AA1＝3，AB⊥AD，∠A1AB＝∠A1AD＝． （Ⅰ）求证：顶点A1在底面ABCD的射影O在∠BAD的平分线上； （Ⅱ）求这个平行六面体的体积． 47．如图，已知ABCD﹣A1B1C1D1是棱长为a的正方体，E、F分别为棱AA1与CC1的中点，求四棱锥的A1﹣EBFD1的体积． 48．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，且PA＝AB＝2，△PBD是以∠DPB为直角的等腰直角三角形，点E，F，G分别为棱AB，PA和PD的中点，点Q在直线EG上且满足＝（λ为实数）． （1）证明：QF∥平面PBC； （2）当λ＝2时，连接DE，QD和QA，求三棱锥Q﹣ADE的体积． 49．如图所示，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的侧棱与底面垂直，AC＝2＝AD＝DC＝2，AC，BD交于点E，且E，F分别为AC，CC1的中点，BE＝． （Ⅰ）求证：平面B1CD1∥平面A1BD； （Ⅱ）求三棱锥F﹣A1BD的体积． 50．如图所示的直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝，BC＝，BB1＝1，B1C的中点为O，点D、E分别为线段A1C1、BC上靠近点C1、B的三等分点． （1）求证：DO⊥平面AB1C； （2）过AA1中点G作平面α∥面AB1C，分别交CC1，B1C1，A1B1的于点H，Q，P，求多面体A1GP﹣HC1Q的体积． 精选易错题练习—【第十一章】 空间几何体 参考答案与试题解析 一．选择题（共25小题） 1．【答案】A 【分析】先计算正四棱台的斜高，再求出所有侧面的面积之和，进而得到答案． 【解答】解：由题意可知，四棱台的侧面均为等腰梯形，则其斜高为， 所以“斗”的所有侧面的面积之和为， 下底面的面积为S2＝4， 所以， 故选：A． 2．【答案】B 【分析】根据已知条件，结合长方体表面积、体积公式，即可求解． 【解答】解：不妨设长方体底面为正方形，边长为a，高为b， 则底面的对角线为， ∵长方体的对角线长为1，表面积为1， ∴，解得， ∴长方体体积为． 故选：B． 3．【答案】D 【分析】先根据题意建立方程求出球的半径，再根据球的表面积公式，即可求解． 【解答】解：根据题意可知圆柱的底面直径和高均为球的直径2R， 又圆柱的体积为128π， ∴πR2×2R＝128π，∴R＝4， ∴球的表面积为4πR2＝4π×16＝64π． 故选：D． 4．【答案】D 【分析】设圆柱的底面半径，求出圆柱的全面积以及球的表面积，即可推出结果． 【解答】解：设圆柱的底面半径为r，则圆柱的全面积是：2πr2+2rπ×2r＝6πr2 球的全面积是：4πr2，所以圆柱的全面积与球的表面积的比：3：2 故选：D． 5．【答案】A 【分析】根据题意，分析刍甍的侧面特征，求出其面积，计算可得答案． 【解答】解：根据题意，如图：刍甍的底面为长方形ABCD，AB＝4，BC＝3，则其面积S1＝4×3＝12； 侧面为两个三角形△ADE和△BFC，两个梯形ABFE和CDEF， △BFC中，斜高FN＝＝，则其面积S2＝， 同理：△ADE的面积S3＝， 梯形ABFE中，EF＝2，AB＝4，斜高EM＝，则其面积S4＝（2+4）×＝， 同理：梯形CDEF的面积S5＝， 则它的表面积S＝12++++＝27+3； 故选：A． 6．【答案】A 【分析】设出底面半径，求出底面半径与高，即可求解圆柱的侧面积． 【解答】解：设底面圆的半径为r，则高为2r，由2r•2r＝36，得r2＝9， 所以． 故选：A． 7．【答案】C 【分析】矩形ABCD中，由AB＝4，BC＝3，DB＝AC＝5，球心一定在过O且垂直于△ABC的直线上，也在过O且垂直于△DAC的直线上，这两条直线只有一个交点O 因此球半径R＝2.5，由此能求出四面体ABCD的外接球的体积． 【解答】解：矩形ABCD中， ∵AB＝4，BC＝3， ∴DB＝AC＝5， 设DB交AC与O，则O是△ABC和△DAC的外心， 球心一定在过O且垂直于△ABC的直线上， 也在过O且垂直于△DAC的直线上，这两条直线只有一个交点O 因此球半径R＝2.5， 四面体ABCD的外接球的体积： V＝×π×（2.5）3＝． 故选：C． 8．【答案】A 【分析】先求出该球面的半径R＝，由此能求出该球面的表面积． 【解答】解：∵棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上， ∴该球面的半径R＝＝， ∴该球面的表面积为S＝4πR2＝12π． 故选：A． 9．【答案】B 【分析】根据圆锥的体积公式计算出对应的体积即可． 【解答】解：设圆锥的底面半径为r，则r＝8， 解得r＝， 故米堆的体积为××π×（）2×5≈， ∵1斛米的体积约为1.62立方尺， ∴÷1.62≈22， 故选：B． 10．【答案】C 【分析】求解本题，可以从三个圆心上找关系，构建矩形利用对角线相等即可求解出答案． 【解答】解：设两圆的圆心分别为O1、O2，球心为O，公共弦为AB，其中点为E，则OO1EO2为矩形， 于是对角线O1O2＝OE，而OE＝＝， ∴O1O2＝ 故选：C． 11．【答案】B 【分析】本题考查多面体展开图；正方体的展开图有多种形式，结合题目，首先满足上和东所在正方体的方位，“△”的面就好确定． 【解答】解：如图所示． 故选：B． 12．【答案】B 【分析】根据圆柱和圆锥的侧面积求出正确答案． 【解答】解：圆柱的侧面积为（平方米）； 圆锥的母线长为， 侧面积为（平方米）． 所以建造该毡帐需要毛毡20π+20π＝40π（平方米）． 故选：B． 13．【答案】B 【分析】设球的半径为r，由球的体积及圆柱的体积公式直接求解作比即可． 【解答】解：设球的半径为r，则， 故选：B． 14．【答案】C 【分析】根据圆锥的侧面积公式直接解答即可． 【解答】解：圆锥的底面半径为，高为2，母线长为：， 那么它的侧面积： 故选：C． 15．【答案】D 【分析】设圆柱高为h，推出底面半径，求出圆柱的侧面积，然后求出圆柱的体积即可得到选项． 【解答】解：设圆柱高为h，则底面半径为． 由题意知，S＝πh2， ∴h＝， ∴V＝π（）2•h＝． 故选：D． 16．【答案】A 【分析】利用祖暅原理可得：A、B在等高处的截面积恒相等”，可得：A、B的体积相等．即可判断出p与q的关系． 【解答】解：设A、B为两个同高的几何体，p：A、B的体积不相等，q：A、B在等高处的截面积不恒相等． 由“A、B在等高处的截面积恒相等”，由祖暅原理，可得：A、B的体积相等． 因此可得：A、B的体积不相等，必然：A、B在等高处的截面积不恒相等． 即p⇒q，反之不成立． ∴p是q的充分不必要条件． 故选：A． 17．【答案】B 【分析】直接利用台体体积公式求解即可． 【解答】解：由题意可知，下底面面积：6× 上底面面积：6 正六棱台的体积 V＝ 故选：B． 18．【答案】D 【分析】由AB＝BC＝CA＝2，求得△ABC的外接圆半径为r，再由R2﹣（R）2＝，求得球的半径，再用面积求解． 【解答】解：因为AB＝BC＝CA＝2， 所以△ABC的外接圆半径为r＝． 设球半径为R，则R2﹣（R）2＝， 所以R2＝ S＝4πR2＝． 故选：D． 19．【答案】D 【分析】画出图形，直接求解即可． 【解答】解：如图四面体A′﹣ABD的体积是 V＝ 故选：D． 20．【答案】D 【分析】一个三棱锥V﹣ABC中，侧棱VA⊥底面ABC，并且△ABC中∠B是直角，则可知三棱锥四个面都是直角三角形，从而可得结论． 【解答】解：如果一个三棱锥V﹣ABC中，侧棱VA⊥底面ABC，并且△ABC中∠B是直角． 因为BC垂直于VA的射影AB，所以VA垂直于平面ABC的斜线VB， 所以∠VBC是直角． 由VA⊥底面ABC，所以∠VAB，∠VAC都是直角． 因此三棱锥的四个面中∠ABC；∠VAB；∠VAC；∠VBC都是直角． 所以三棱锥最多四个面都是直角三角形． 故选：D． 21．【答案】A 【分析】设圆锥底面圆的半径r，高h，则有，由此能求出π的近似值． 【解答】解：设圆锥底面圆的半径为r，高为h， 依题意，L＝2πr，， 所以， 即π的近似值为． 故选：A． 22．【答案】D 【分析】由题意可知几何体是正方体，球的直径为正方体的对角线，即可求出球的体积． 【解答】解：一个空间几何体的三视图均是边长为2的正方形，可知几何体是正方体， ∵几何体的顶点都在球面上， ∴球的直径为正方体的对角线2， ∴球的半径为， ∴球的体积为＝4π． 故选：D． 23．【答案】A 【分析】由p⇒q，反之不成立．即可得出． 【解答】解：由p⇒q，反之不成立． ∴p是q的充分不必要条件． 故选：A． 24．【答案】C 【分析】本题只要画出原几何体，理清位置及数量关系，由勾股定理可得答案． 【解答】解：由三视图可知原几何体为三棱锥， 其中底面△ABC为俯视图中的钝角三角形，∠BCA为钝角， 其中BC＝2，BC边上的高为2，PC⊥底面ABC，且PC＝2， 由以上条件可知，∠PCA为直角，最长的棱为PA或AB， 在直角三角形PAC中，由勾股定理得， PA＝＝＝2， 又在钝角三角形ABC中，AB＝＝． 故选：C． 25．【答案】D 【分析】设大球的半径为R，由三个小球的体积等于大球的体积列式求解． 【解答】解：设大球的半径为R，由题意可得， ，解得R＝． 故选：D． 二．填空题（共15小题） 26．【答案】80π． 【分析】画出图形，判断P的位置，求出PAC外接圆的半径，判断切线位置，然后求解外接球的半径，即可求解外接球的表面积． 【解答】解：由题意可知，P点在圆周上运动，则PAC的外接圆的半径为r，2r＝＝8，解得r＝4，如图，因为平面PAC⊥平面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，所以ABC的外接圆的圆心是BC的中点，几何体的外接球的球心是ABC外心的中垂线与圆PAC的圆心的中垂线的交点O，由题意可得R＝＝， 所以三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为：4πR2＝80π． 故答案为：80π． 27．【答案】10π或26π． 【分析】D为BC中点，连接AD，PD，根据已知条件可知P﹣ABC外接球的球心O在过D垂直于面ABC的直线上，并求得P到面ABC的距离，应用线面垂直、面面垂直判定可得面ABC⊥面PAD，则有P在面ABC上的射影落在直线AD上，进而可得∠PAD＝45°、∠PAD＝135°两种情况，分别求出外接球半径，即可求其表面积． 【解答】解：由AB⊥AC，AB＝AC＝2，则△ABC为等腰直角三角形， 若D为BC中点，连接AD，PD，则AD⊥BC，且D为面ABC的外接圆圆心， 所以P﹣ABC外接球的球心O在过D垂直于面ABC的直线上， 由三棱锥P﹣ABC的体积为，且S△ABC＝2， 故P到面ABC的距离， 又PA⊥BC，PA∩AD＝A， 则BC⊥面PAD， 又BC⊂面ABC， 所以面ABC⊥面PAD， 且面ABC∩面PAD＝AD， 则P在面ABC上的射影落在直线AD上， 又PA＝1， 则∠PAD＝45°或∠PAD＝135°， 若外接球的半径为R，OD＝h， 当∠PAD＝45°，如图示： OP＝OA＝OB＝OC＝R， ， 易知∠PDA＝45°，则∠PDO＝135°， 所以PD2+OD2﹣2PD•ODcos∠PDO＝AD2+OD2， 可得，即， 所以，此时外接球表面积为4πR2＝10π； 当∠PAD＝135°，如图示： OP＝OA＝OB＝OC＝R， ， 易知， 所以PD2+OD2﹣2PD•ODcos∠PDO＝AD2+OD2， 可得，即， 所以， 此时外接球表面积为4πR2＝26π； 综上，外接球表面积为10π或26π， 故答案为：10π或26π． 28．【答案】见试题解答内容 【分析】首先确定面CAB⊥面PAB 时，C到平面PAB的距离最大，找出△CAB，△PAB的外心，然后找出球心，求出外接球的半径． 【解答】解：面CAB⊥面PAB 时，C到平面PAB的距离最大， 设D，E分别为△PAB，△ACB的外心，并过D，E做两个三角形所在的平面的垂线，两条垂线交于O， 则O为三棱锥的外接球的球心，AO即为球的半径，； 因为△PAB是面积为4的等边三角形， 所以AB＝4，在△ABC，∠ACB＝， 则∠AEB＝90° 由正弦定理可得：＝2AE， 故AE＝EB＝EC＝2，设AB的中点F， 则OE＝DF＝PF＝•AB＝， 故OA＝＝， 所以外接球的表面积S＝4πR2＝， 故答案为：． 29．【答案】． 【分析】连接MN，交AE于点F，连接AC、BD，交于点O，则F为△PAC的重心，且AC＝PA＝PC＝2，求出AE在底面的投影，得出V四棱锥P﹣AMEN＝V三棱锥A﹣MNP+V三棱锥E﹣MNP＝S△PMN，当S△PMN最小时，四棱锥P﹣AMEN的体积取最小值；利用平面向量的线性表示和基本不等式求出||•||的最小值，即可求出四棱锥P﹣AMEN体积的最小值． 【解答】解：连接MN，交AE于点F，连接AC、BD，交于点O，则F为△PAC的重心，AC＝PA＝PC＝2， 如图所示： 所以AE＝2×＝，所以AE在底面的投影为＝， 所以V四棱锥P﹣AMEN＝V三棱锥A﹣MNP+V三棱锥E﹣MNP＝S△PMN•＝S△PMN； 当S△PMN最小时，四棱锥P﹣AMEN的体积取最小值； 设＝λ，＝μ， 则＝，＝，＝＝（+）＝+， 由M、F、N三点共线知，+＝1， 所以+＝+＝3≥2， 所以||•||≥， 当且仅当＝时取“＝”， 所以V四棱锥P﹣AMNE＝S△PMN＝××||×||×sin≥×××＝． 即四棱锥P﹣AMEN体积的最小值为． 故答案为：． 30．【答案】见试题解答内容 【分析】翻折后的几何体为底面边长为4，侧棱长为2的正三棱锥O﹣ACD，由此能求出以A（B）、C、D、O为顶点的四面体的外接球表面积． 【解答】解：翻折后的几何体为底面边长为4，侧棱长为2的正三棱锥O﹣ACD，如图， 取CD中点E，连结AE，作OF⊥平面ABC，交AE于F，则F是△ACD的重心， 由题意知AE＝＝2，AF＝＝，OF＝＝， 设G为四面体的外接球的球心、球半径为R，则G在直线OF上， 且OG＝AG＝R， ∴由AG2＝AF2+GF2，得： R2＝（）2+（﹣R）2，解得R＝， ∴以A（B）、C、D、O为顶点的四面体的外接球表面积为V＝πR3＝8π． 故答案为：8π． 31．【答案】16π． 【分析】由题意推出球心O到四个顶点的距离相等，利用直角三角形BOE，求出球的半径，即可求出外接球的表面积． 【解答】解：∵三棱锥D﹣ABC的底面ABC是正三角形，AB＝3，DA＝DB＝DC＝2， 故三棱锥D﹣ABC是正三棱锥，设A在底面内的投影为E，外接球球心为O， 如图，∵正三棱锥D﹣ABC中，底面边长为3， 侧棱长为2，BE＝××3＝， ∴高DE＝＝＝3， 由球心O到四个顶点的距离相等， 在直角三角形BOE中，BO＝R，EO＝＝3﹣R， 由BO2＝BE2+EO2，得R2＝3+（3﹣R）2，R＝2， ∴外接球的半径为R＝2，表面积为：4•π•R2＝16π， 故答案为：16π． 32．【答案】见试题解答内容 【分析】由题意求出圆M的半径，设出球的半径，二者与OM构成直角三角形，求出球的半径，然后可求球的表面积． 【解答】解：∵圆M的面积为3π，∴圆M的半径r＝， 设球的半径为R， 由图可知，R2＝R2+3，∴R2＝3，∴R2＝4． ∴S球＝4πR2＝16π． 故答案为：16π 33．【答案】14；100+300． 【分析】根据正方体结构特征可知：“阿基米德立体”工艺品共有8+6＝14个面； 其中包括8个全等的等边三角形和6个全等的正方形，根据棱长可计算表面积． 【解答】解：∵正方体有8个顶点、6个面，∴所得的“阿基米德立体”工艺品共有8个全等的三角形面和6个正方形面组成，共计14个面； 表面积为：8××（5）2sin60°+6×（5）2＝（100+300）cm2． 故答案为：14；100+300． 34．【答案】π 【分析】由已知可得三角形DBP外接圆的半径即为三棱锥A′﹣DPB的外接球的半径，解三角形，然后由球的表面积公式得答案． 【解答】解：如图，因为△DPA为等腰直角三角形，取PD中点O1， 过O1作平面PDA'的垂线l，设△DPB的外接圆圆心为O2， 由题意可知，直线l在平面PBCD内，且经过O2，O2也是三棱锥A'﹣DPB的外接球球心， 设外接球半径为R，则△DBP外接圆半径也为R， BD＝2，∠DPB＝135°，2R＝2，R＝， 则V＝＝π×10＝π 35．【答案】． 【分析】利用多面体A1C1﹣AEFC的体积等于三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积与三棱台EBF﹣A1B1C1的体积之差来计算． 【解答】解：多面体A1C1﹣AEFC的体积等于三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积与三棱台EBF﹣A1B1C1的体积之差， 其中三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为， 三棱台EBF﹣A1B1C1的体积为， 所以多面体A1C1﹣AEFC的体积为． 故答案为：． 36．【答案】，8． 【分析】由题意可得四面体的体积等于“生成平行六面体”体积的 ，再由题意求出长方体的长宽高，进而求出长方体的体积，进而求出四面体的体积． 【解答】解：由题意可得四面体的体积＝Sh﹣4••S•h＝Sh＝V， 所以四面体的体积等于“生成平行六面体”体积的 ； 由题意可得，可得a2＝9，b2＝4，c2＝16， 即a＝3，b＝2，c＝4， 可得长方体的体积V＝abc＝3×2×4＝24， 由题意可得该四面体的体积＝V＝8， 故答案为：，8． 37．【答案】见试题解答内容 【分析】由题意，把三棱锥S﹣ABC补形为长方体，求出长方体的对角线长，则外接球的半径可求． 【解答】解：∵三棱锥S﹣ABC的三条侧棱两两垂直， 故把三棱锥S﹣ABC补形为长方体， 又SA＝1，SB＝SC＝2，∴长方体的对角线长为， ∴这个外接球的半径是． 故答案为：． 38．【答案】见试题解答内容 【分析】首先求出线面的垂直，进一步求出球心的位置，最后利用勾股定理的应用求出结果． 【解答】解：在△ABC中，AB＝8，BC＝6，AC＝10， 所以AB2+BC2＝AC2， P为△ABC外一点，满足PA＝PB＝PC＝5， 则PD⊥平面ABC， 球心O为PD上一点，如图所示： 所以：＝10， 设球的半径为R，所以R2＝52+（10﹣R）2， 解得：R＝． 故答案为： 39．【答案】见试题解答内容 【分析】求出圆台的上底面面积，下底面面积，写出侧面积表达式，利用侧面面积等于两底面面积之和，求出圆台的母线长，最后根据解直角三角形求出它的高即可． 【解答】解：设圆台的母线长为l，则 圆台的上底面面积为S上＝π•r2＝r2π 圆台的下底面面积为S下＝π•（2r）2＝4r2π 所以圆台的两底面面积之和为S＝S上+S下＝5r2π 又圆台的侧面积S侧＝π（r+2r）l＝3πrl 于是5r2π＝3πrl即l＝， 圆台的高为h＝＝， 故答案为：． 40．【答案】见试题解答内容 【分析】根据题意画出图形，结合图形得出A、B、C点组成正三角形，且边长为球的半径R，利用勾股定理即可求得球的半径R． 【解答】解：经过A、B、C的圆的半径r＝2， 且A、B、C是球面上的三个点，每两点间的球面距离都等于该球大圆周长的， ∴A、B、C点组成正三角形，边长为球的半径R，如图所示； ∴＝r， ∴R2＝9， 解得R＝2， ∴球的直径为2R＝4． 故答案为：4． 三．解答题（共10小题） 41．【答案】（1）证明过程见解析，（2）3 【分析】（1）取AC中点G，证明四边形EFBG是平行四边形得出BG∥EF，故而EF∥平面ABC； （2）根据VC﹣ABE＝VE﹣ABC计算体积． 【解答】（1）证明：取AC的中点为G，连结GE，GB， 在△ACC1中，EG为中位线，所以EG∥CC1，， 又因为CC1∥BB1，CC1＝BB1，F为BB1的中点， 所以EG∥BF，EG＝BF， 所以四边形EFBG为平行四边形， 所以EF∥GB，又EF⊄平面ABC，GB⊂平面ABC， 所以EF∥平面ABC． （2）解：因为E为AC1的中点， 所以E到底面ABC的距离是C1到底面ABC的距离的一半， 即三棱锥E﹣ABC的高h＝CC1＝， 又△ABC的面积为， 所以． 42．【答案】见试题解答内容 【分析】由题设，设圆柱体的半径为r，由于侧面积等于这个正方形的面积，高等于这个正方形边长，即2πr＝a，由此方程求得半径，再由直圆柱体的体积公式求体积即可． 【解答】解：设底面半径为r，直圆柱体的高为h 因为侧面积等于这个正方形的面积，高等于这个正方形边长 所以有底面周长2πr＝a，h＝a，解得， 由公式圆柱体体积V＝πr2h＝． 答：直圆柱体的体积的体积是 43．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）可以利用正三角形的图形特征，进行分割． （2）可以直接求解，直接比较大小． （3）分别连接三角形的内心与各顶点，得三条线段，再以这三条线段的中点为顶点作三角形．以新作的三角形为直棱柱的底面，过新三角形的三个顶点向原三角形三边作垂线，组合就好了． 【解答】解：（1）如图1，沿正三角形三边中点连线折起，可拼得一个正三棱锥． 如图2，正三角形三个角上剪出三个相同的四边形，其较长的一组邻边边长为三角形边长的，有一组对角为直角，余下部分按虚线折起，可成一个缺上底的正三棱柱，而剪出的三个相同的四边形恰好拼成这个正三棱锥的上底． （2）依上面剪拼方法，有V柱＞V锥． 推理如下： 设给出正三角形纸片的边长为2， 那么，正三棱锥与正三棱柱的底面都是边长为1的正三角形，其面积为． 现在计算它们的高：，． 所以V柱＞V锥． （3）如图，分别连接三角形的内心与各顶点，得三条线段，再以这三条线段的中点为顶点作三角形．以新作的三角形为直棱柱的底面，过新三角形的三个顶点向原三角形三边作垂线，沿六条垂线剪下三个四边形，可心拼成直三棱柱的上底，余下部分按虚线折起，成为一个缺上底的直三棱柱，即可得到直三棱柱． 44．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）先由AA'⊥平面A'B'C'D'，可转化为AA'⊥B'D'，又AE⊥B'D'，由线面垂直的判断定理可得B'D'⊥平面AA'E，得证． （2）先由等面积法A'B'•A'D'＝A'E•B'D'求得A'E，再由勾股定理求得AE． 【解答】（1）证明：AA'⊥平面A'B'C'D'，∴AA'⊥B'D'． 又AE⊥B'D'，∴B'D'⊥平面AA'E， 因此B'D'⊥A'E （2）解：A'B'•A'D'＝A'E•B'D'（都是△A'B'D'面积的2倍） ∴6×8＝A'E×， ∴A'E＝4.8 ∴AE＝． 45．【答案】见试题解答内容 【分析】先作辅助线，三棱锥的高，斜高，以及斜高在底面上的射影，从而作出侧面与底面所成角的平面角，然后，由余弦函数求得斜高在底面的射影，即底面三角形的内切圆的半径．要注意论证． 【解答】解：自三棱锥的顶点V向底面作垂线，垂足为O， 再过O分别作AB，BC，CA的垂线， 垂足分别是E，F，G连接VE，VF，VG 根据三垂线定理知：VE⊥AB，VF⊥BC，VG⊥AC 因此∠VEO，∠VFO，∠VGO分别为侧面与底面所成二面角的平面角， 由已知条件得 ∠VEO＝∠VFO＝∠VGO＝β， 在△VOE和△VOF中，由于VO⊥平面ABC， 所以VO⊥OE，VO⊥OF又因VO＝VO， ∠VEO＝∠VFO，于是△VEO≌△VFO 由此得到OE＝OF同理可证OE＝OG，因此OE＝OF＝OG 又因OE⊥AB，OF⊥BC，OG⊥AC， 所以点O是△ABC的内切圆的圆心 在直角三角形VEO中，VO＝h，∠VEO＝β， 因此OE＝hcotβ．即这个三棱锥底面的内切圆半径为hcotβ． 46．【答案】见试题解答内容 【分析】（Ⅰ）如图利用Rt△A1NA≌Rt△A1MA证明A1M＝A1N，OM＝ON，即证明顶点A1在底面ABCD的射影O在∠BAD的平分线上； （Ⅱ）求出底面ABCD的面积，和高A1O，然后可求几何体的体积． 【解答】解：（Ⅰ）证：连接A1O，则A1O⊥底面ABCD． 作OM⊥AB交AB于M，作ON⊥AD交AD于N，连接A1M，A1N 由三垂线定理得A1M⊥AB，A1N⊥AD∵∠A1AM＝∠A1AN， ∴Rt△A1NA≌Rt△A1MA∴A1M＝A1N∴OM＝ON． ∴点O在∠BAD的平分线上 （Ⅱ）∵AM＝AA1， ∴AO＝AM． 又在Rt△AOA1中，A1O2＝AA12﹣AO2＝， ∴A1O＝． ∴平行六面体的体积V＝． 47．【答案】见试题解答内容 【分析】法一：判断四棱锥A1﹣EBFD1的底面是菱形，连接A1C1、EF、BD1，说明A1C1到底面EBFD1的距离就是A1﹣EBFD1的高，求出底面，高的大小，即可得到棱锥的体积． 法二：三棱锥A1﹣EFB与三棱锥A1﹣EFD1等底同高，棱锥转化为2•••a，求解即可． 【解答】解：法一：∵EB＝BF＝FD1＝D1E＝＝a， ∴四棱锥A1﹣EBFD1的底面是菱形．（2分） 连接A1C1、EF、BD1，则A1C1∥EF． 根据直线和平面平行的判定定理，A1C1平行于A1﹣EBFD1的底面， 从而A1C1到底面EBFD1的距离就是A1﹣EBFD1的高（4分） 设G、H分别是A1C1、EF的中点，连接D1G、GH，则FH⊥HG，FH⊥HD1 根据直线和平面垂直的判定定理，有FH⊥平面HGD1， 又，四棱锥A1﹣EBFD1的底面过FH，根据两平面垂直的判定定理， 有A1﹣EBFD1的底面⊥平面HGD1．作GK⊥HD1于K， 根据两平面垂直的性质定理，有GK垂直于A1﹣EBFD1的底面．（6分） ∵正方体的对角面AA1CC1垂直于底面A1B1C1D1，∴∠HGD1＝90°． 在Rt△HGD1内，GD1＝a，HG＝a，HD1＝＝a． ∴a•GK＝a•a，从而GK＝a．（8分） ∴＝•GK＝••EF•BD1•GK ＝•a•a•a＝a3（10分） 解法二∵EB＝BF＝FD1＝D1E＝＝a， ∴四棱锥A1﹣EBFD1的底面是菱形．（2分） 连接EF，则△EFB≌△EFD1． ∵三棱锥A1﹣EFB与三棱锥A1﹣EFD1等底同高， ∴． ∴．（4分） 又， ∴，（6分） ∵CC1∥平面ABB1A1， ∴三棱锥F﹣EBA1的高就是CC1到 平面ABB1A1的距离，即棱长a．（8分） 又△EBA1边EA1上的高为a． ∴＝2•••a＝a3．（10分） 48．【答案】（1）证明过程见解析；（2）． 【分析】（1）连接EF，由已知证明FG∥平面PBC，EF∥平面PBC，可得平面EFG∥平面PBC，进一步得到QF∥平面PBC； （2）连接AC交BD于O，连接PO，证明PO⊥平面ABCD，再由向量等式可得，求出三棱锥P﹣ADE的体积，则答案可求． 【解答】（1）证明：连接EF，∵点F，G分别为棱PA和PD的中点， ∴FG∥AD， 又四边形ABCD为正方形，∴AD∥BC，则FG∥BC， ∵BC⊂平面PBC，FG⊄平面PBC，∴FG∥平面PBC， ∵点E，F分别为棱AB，PA的中点，∴EF∥PB， PB⊂平面PBC，EF⊄平面PBC，∴EF∥平面PBC， 又FG∩EF＝F，FG、EF⊂平面EFG， ∴平面EFG∥平面PBC，而QF⊂平面EFG， ∴QF∥平面PBC； （2）解：连接AC交BD于O，连接PO， ∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，且O为AC，BD的中点， ∵△PBD是以∠DPB为直角的等腰直角三角形， ∴PO⊥BD且PO＝BD， ∵AB＝2，∴BD＝，则PO＝． 又AO＝BO且AO⊥BO，∴AO2+BO2＝AB2＝4，得AO＝． ∴PO2+AO2＝4＝AP2，得PO⊥AO． 由PO⊥AO，PO⊥BD，AO∩BD＝O，得PO⊥平面ABCD， ∴＝××AD×AE＝． ∵＝2，∴， ∴， 又G为PD的中点，∴， ∴． 49．【答案】（1）证明过程见解答． （Ⅱ）． 【分析】（1）连接AD1，设AD1∩A1D＝H，连接EH，则EH为△ACD1的中位线，从而EH∥CD1，再由B1D1∥BD，能证明平面B1CD∥平面A1BD． （Ⅱ）连接A1E，EF，A1C1．推导出AA1⊥DE，AC⊥DE，从而DE⊥平面AA1C1C，进而DE⊥EF，DE⊥A1E，由此能求出三棱锥F﹣A1BD的体积． 【解答】解：（1）证明：如图，连接AD1，设AD1∩A1D＝H，则H为AD1的中点， 而E为AC的中点，连接EH，则EH为△ACD1的中位线， 所以EH∥CD1， 又B1D1∥BD，B1D1∩CD1＝E，EH⊂平面A1BD， 所以平面B1CD∥平面A1BD． （Ⅱ）连接A1E，EF，A1C1． 因为四棱柱的侧棱与底面垂直， 所以AA1⊥DE． 因为AD＝DC，E为AC的中点， 所以AC⊥DE， 又AA1∩AC＝A，所以DE⊥平面AA1C1C， 所以DE⊥EF，DE⊥A1E， 由， 得， 所以，即EF⊥A1E，A1E∩DE＝E， 所以EF⊥平面A1BD，， 故三棱锥F﹣A1BD的体积为：． 50．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）连接EO并延长交线段B1C1与点F，连接DF，由已知证明FD∥A1B1，求解三角形可得EF⊥B1C，结合直三棱柱的结构特征证明A1B1⊥平面BCC1B1，则DF⊥平面BCC1B1，得到DF⊥B1C，进一步得到DO⊥B1C，再求解三角形证明DO⊥RO，可得DO⊥平面AB1C； （2）由题意，H、Q、P分别为CC1、B1C1、A1B1的中点，将五面体A1GP﹣HC1Q分割为三棱锥G﹣HQC1和四棱锥G﹣A1PQC1，分别求解三棱锥与四棱锥的体积，作和得答案． 【解答】证明：（1）连接EO并延长交线段B1C1与点F，连接DF， 过E作ER∥AB交AC于R，连接RO，DO， 可得△CEO≌△B1FO，CE＝B1F＝， ∴F为线段B1C1靠近C1的三等分点，则FD∥A1B1． 由已知BC＝，BB1＝1，BC⊥BB1，求得B1O＝OC＝1，， 则，即EF⊥B1C， ∵AB⊥BC，∴A1B1⊥B1C1，结合三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱可得A1B1⊥平面BCC1B1， 则DF⊥平面BCC1B1，∴DF⊥B1C， 又DF∩EF＝F，∴B1C⊥平面DFO，得DO⊥B1C； 又tan，tan∠DOF＝， ∴，则DO⊥RO， 而RO∩B1C＝O，∴DO⊥平面AB1C； 解：（2）由题意，H、Q、P分别为CC1、B1C1、A1B1的中点， 将五面体A1GP﹣HC1Q分割为三棱锥G﹣HQC1和四棱锥G﹣A1PQC1， 它们的体积之和为： V＝＝． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/5/17 15:24:56；用户：Damon；邮箱：13120434074；学号：24730468 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$