5.2 空间几何体的表面积和体积-【备战高考】备战2027高考数学母题题源同步练

§5.2 空间几何体的表面积和体积 考纲·题型解读 1.柱，锥、台体的侧面积分别是侧面展开图的面积，因此，弄清侧面展开图的形状及各棱的位置关系是求侧面积及解决有关 问题的关键. 2.求柱、锥、台体的体积关键是找到相应的底面积和高，充分运用多面体的载面及旋转体的轴载面，将空间问题转化成平面 问题. 3.柱、锥、台、球的表面积和体积以公式为主，一殷情况下，只要记住公式，题目就可以顺利求解.因此题目从难度上讲属于 中、低档题，所以在高考中直接出题的可能性较大，容易出现相关的选择题或填空题， 五年高考母题题源揭秘 题源1表面积 的正视图如图所示，则其表面积等于 解题模型 (1)直棱柱的侧面展开图是一些矩形，正棱锥的侧面 一1一1 展开图是一些全等的等腰三角形，正棱台的侧面展开图是 [解析] 由三视图还原的几何体为 一些全等的等腰梯形」 (2)斜棱柱的侧面积等于它的直截面（垂直于侧棱并 与每条侧棱都相交的截面)的周长与侧棱长的乘积. (3)如果直棱柱的底面周长是c,高是h,那么它的侧面 积是S查赖柱制=ch。 1 Sksk=2×2×2sin60+2×1×3=6+25. (4)圆柱的侧面展开图是矩形，矩形的两条边分别等 于圆柱的母线长和圆柱的底面圆的周长；圆锥的侧面展开 [真题2](2022·全国)设三棱柱的侧楼垂直于底面，所有 棱的长都为a,顶点都在一个球面上，则该球的表面积为() 图是扇形，扇形所在圆的半径等于圆锥的母线长，扇形的 7 孤长等于底面圆的周长；圆台的侧面展开图是扇环. A.xa2 B.3 xa (5)球的表面积等于其大圆面积的4倍. (6)多面体的表面积： c号w D.5 xa ①圆柱的表面积S=2l十2πr2(其中r为底面半径， [解析]设三棱柱上底面所在圆的半径为，球的半径为 1为母线长). ②圆锥的表面积S=πr2+rl(其中r为底面半径，l R,由已知r= 2 3. 为母线长) )广=+ 2 7 又R2=r2+ ③圆台的表面积公式S=xr2+xr2+x(r十r)1(其中 12a2, r',r为上、下底面半径，l为母线长). 巴Su=4R=4r227 3a',故选B. ④球的表面积公式S=4πR(其中R为球半径) 【注意】①应注意各个公式的推导过程，不要死记硬 [真题3](2021·全国Ⅱ)设OA是球O的半径，M是OA 背公式本身，要熟悉柱体中的矩形、锥体中的等腰三角形、 的中点，过M且与OA成45°角的平面截球O的表面得到圆C. 台体中的直角梯形等特征图形在公式推导中的作用. 若园C的面积等于，则球0的表面积等于 ②如果不是正棱柱、正棱锥、正棱台，在求其侧面积或 [解析]本题考查球的内接问题，合理构造直角三角形是 全面积时，应对每一个侧面的面积分别求解后再相加 求解的关键.设截面圆的圆心为O1,连接OO1,O1A,则 ③圆柱、圆锥、圆台的侧面积就是它们的侧面展开图 的面积，因此应熟练掌握圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图的 ∠0，M0=45,令我西圆半径为r,球半径为R.:经=7 形状以及展开图中各线段长度与原几何体中线段长度的 关系，这是掌握侧面积公式以及进行计算求解的关键. 号在R△00，M中，O0,=OMsin天=号x怎=ER,则 2 2 4 ④在解决台体的有关计算问题时，注意运用“还台为 锥”的处理策略」 0列国C所在承西的距离是9R,在克角三角形R△O0,A中 [真题1](2022·福建)若一个底面是正三角形的三棱柱 得R= 8R:+2 ，即R=2,则球的表面积为4xR=8元， ·88· [真题4](2021·全国I)直三棱柱ACB-A1B1C1的各 ∠AOC=∠AOD=∠COD=90°， 顶点都在同一球面上.若AB=AC=AA1=2,∠BAC=120°，则 OA=OC=OD=22, 此球的表面积等于 [解析]设球心为O,△ABC外接圆圆心为O',OO'⊥ 1 .Vam=3X(22)2X2=3 ⊙O,由对称性可知，|O0|=1,设△ABC外接圆半径为r,由 [真题6](2022·浙江)若某几何体的三视图（单位：cm) BC 余弦定理得|BC|=2√3，由正弦定理得2r= sinl20° =4,r=A01 如图所示，则此几何体的体积是 cm'. =2,R2=OO2十AO?=1十4=5，球的表面积S=4rR2=20π. [解析] 由三视图知2 4 +2 此几何体是由一个长方体 题源2体积 和一个台体组成，由题中数 据知长方体体积为4×4×2 解题模型 =32. 正视图 侧视图 (1)几何体的体积公式： 台体体积为。×3X(4 ①柱体的体积公式V=Sh(其中S为底面面积，h为高). 巴维体的体积公式V=号S弘（共中S方底西西积办 ×4+8×8+4×8)=112, .几何体体积为112十 为高) 32=144. 俯视图 1 圆台体的体积公式V=3(S+S'+√SS)h(其中 [真题7刀(2020·全国)如图，体积为V的大球内有4个小 S、S为上、下底面面积，h为高) 球，每个小球的球面过大球球心且与大球球面有且只有一个交 ④球的体积公式V= 3πR(其中R为球半径). 点，4个小球的球心是以大球球心为中心的正方体的4个顶点. 设V1为小球相交部分（图中阴影部分）的体积，V:为大球内、小 (2)计算组合体的体积时，首先要弄清楚它是由哪些 球外的图中黑色部分的体积，则下列关系式中正确的是( 基本几何体构成，然后再通过轴戳面分析和解决问题. 【注意】①计算圆柱、圆锥、圆台的体积时，关键是根 A>号 据条件找出相应的底面面积和高，应注意充分利用旋转体 的轴截面，将空间问题转化为平面问题求解. B.V:<2 ②注意求体积的一些特殊方法：分割法、补体法、转化 C.V>V: 法等是解决一些不规则儿何体体积计算常用的方法，应熟 D.Vi<V: 练掌握. [解析]本题解题思路是结合图形与选项，通过作差，从而 ③利用三棱锥的“等体积性”可以解决一些求点到平 比较相关体积间的大小关系，设大球半径是2，依题意结合图形 面的距离问题，即将点到平面的距离视为一个三棱锥的 高，通过将其顶点和底面进行转化，借助体积的不变性解 有V:-V= 决问题， 0,V- [真题5](2022·上海)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 =V>0,月元有y>,>兰选D OC,OD折叠，使OA、OB重合，则以A(B)、C、D、O为顶点的 [真题8](2018·山东)正方体的内切球与其外接球的体 四面体的体积是 积之比为 A.1:3 B.1:3 C.1:3√3 D.1:9 解析]合恶方体模长为1，则RA,月 21 w,v=片哈)][②》 =1:3√5.选C. [真题9](2022·全国Ⅱ)已知正四棱锥S-ABCD中， [解析]折叠后的几何体如图， SA=23,那么当该棱鞋的体积最大时，它的高为 () A.1 B.√5 C.2 D.3 [解析]设正四棱锥的高为h,如图， S0=h,则A0=√SA-S0= √I2-h(0<h<23),AB=V2A0= Va-2项，v=吉samA=-2 , =8一2h2,令V=0,h=2(一2舍去)，当0<h2时，V'>0:当2 ·89· h<2√3时，V'<0,所以当h=2时，V取到最大，故选C. D.与之有关，与xy无关 「真题10](2022·全国I)已知在半径为2的球面上有 [解析]把点P看作顶点，△QE℉为底面，易知不管动点 A、B、C、D四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD的体积的最 E,F怎么样在棱AB1上移动，△QEF的面积一定，并且 大值为 ( △QEF所在的平面和对角面A1B1CD是同一个平面，所以P A.23 B.3 到底面QEF的距离就是到平面A1B1CD的距离，这与P的位 3 3 置有关，所以可知应当选D. C.23 D83 [真题13](2022·四川)已知正方体ABCD-A'B'C'D 3 的棱长为1，点M是棱AA'的中点，点O是对角线BD'的中点. [解析]解法一：设AB=a, (1)求证：OM为异面直线AA'和BD'的公垂线； CD=b,异面直线AB与CD所成 (2)求二面角M-BC'-B'的大小： 角为日，距离为h,将△BCD补成 (3)求三棱锥M-OBC的体积. 平行四边形BCDE,则BE=b, D ∠ABE=0,∴.VA-BCD=VA-BDE= 1 1 VD-ABE= 3X absin9·h D 1 6 i0,由题意知a=b=2,分 别以AB、CD为直径作两个互相 平行的圆面，则h=2V3,.VA-D= 6×2×2×2W3sin6= 「解析门解法一：(1)连结AC,取AC的中，点K,则K为 43. 4√3 3sin9≤3，当0=90°时取等号，故选B. BD的中点，连结OK. [真题1川(2019·立宁》若一个底面边长为，侧按长为 因为点M是棱AA'的中点，点O是BD'的中点， 所以AM业号DD'LOK, 2 √6的正六楼柱的所有顶点都在一个球的面上，则此球的体积为 所以MOLAK. 由AA'⊥AK,得MO [解析]如右图所示，正六棱柱 D' ⊥AA'. AB C DE F-ABCDEF AB= 因为AK⊥BD,AK 6 ,AA,=6,设正六棱柱上下底面的 ⊥BB', 所以AK⊥平面BDD'B, 中心为点M,连结MA,则MA的长即 所以AK⊥BD' 为正六棱柱的外接球半径，且MA= 所以MO⊥BD'. VAO+OM + 又因为OM与异面直线 AA'和BD'都相交， = 故OM为异面直线AA'和BD'的公垂线. V= 3r·MA3=4V3元 (2)取BB'的中，点N,连结MV,则MN⊥平面BCC‘B'.过 点N作NH⊥BC'于H,连结MH,则由三垂线定理得，BC 题源3空间几何体体积公式的综合运用 ⊥MH. 从而，∠MHN为二面角M一BC'一B'的平面角. [真题12](2022·北京)如图，正方体ABCD A1BC1D1的棱长为2，动点E、F在棱A1B1上，动点P、Q分 MN-1,NH-BN sin5_1 2X2=41 别在棱AD、CD上，若EF=1,AE=x,DQ=y,DP=x(xy、 之大于零)，则四面体PEFQ的体积 ( 在R△MNH中，am∠MHN=M-】=2E. NH√2 4 D 故二面角M-BC'-B'的大小为arctan2√2. (3)易知，S△oBC=S△AD,且△OBC和△OA'D'都在平面 BCD'A'内.点O到平面MA'D'的距离h=2 1 Vu-one -Vu-mw -Vo- 1 A.与xyx都有关 解法二：以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标 B.与x有关，与yx无关 系D-xy,则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A'(1,0,1), C.与y有关，与x,x无关 C(0,1,1),D'(0,0,1). ·90· MBD⊥平面PAD: 21 D (2)求四棱锥P一ABCD的体积. C [解析](1)在△ABD中， 由于AD=4,BD=8,AB=45, 所以AD2+BD=AB2. D 故AD⊥BD. 又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD= AD,BDC平面ABCD,所以BD⊥平面PAD. 文BDC平面MBD,故平面MBD⊥平面PAD. (1)因为点M是棱AA'的中点，点O是BD'的中点， (2)过P作PO⊥AD交AD于O, 所以M0,)(合）月 由于平面PAD⊥平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD. oi=(合-30）A=001.5D=(-1,-1. 因此PO为四棱锥P一ABCD的高， 又△PAD是边长为4的等边三角形， o.A-00i.Bm-日++0=0 因此P0=5x4=25. 2 所以OM⊥AA',OM⊥BD'. 在底面四边形ABCD中，AB∥DC,AB=2DC, 又因为OM与异面直线AA'和BD'都相交， 所以四边形ABCD是梯形，在Rt△ADB中，斜边AB边上 故OM为异面直线AA'和BD'的公垂线， (2)设平面BMC‘的一个法向量为n1=(x,y,x). 的高为X8=85,此即为梯形ABCD的高， 4√5 5 =-12 所以四边形ABCD的面积为5=2545X85=24 2 5 BC'=(-1,0,1) 1 1·BM=0, 故Vp-AD=3×24X25=16B. [真题15](2021·广东)如图所示，等腰△ABC的底边 n1·BC=0. AB=6√6，高CD=3.点E是线段BD上异于点B、D的动点.点 F在BC边上，且EF⊥AB.现沿EF将△BEF折起到△PEF的 位置，使PE⊥AE.记BE=x,V(x)表示四棱锥P一ACFE的 (-x十x=0. 体积. 取之=2，则x=2,y=1.从而n1=(2,1,2). 取平面BC'B'的一个法向量为n2=(0,1,0). (1)求V(x)的表达式 (2)当x为何值时，V(x)承得最大值？ n1·n2 11 cosn1,n:)=n·n:5X13 (3)当V(x)取得最大值时，求异面 A 由图可知，二面角M一BC'一B'的平面角为锐角， 直线AC与PF所成角的余弦值. [解析](1)EF⊥AB,.EF⊥PE. 故二面角M-BC'-B'的大小为arceos3 又：PELAE,EF∩AE=E,且PE在平面ACFE外， .PE⊥平面ACFE. 1 3易知，SA0eS△0A=4X1XE8 4 :EF⊥AB,CD⊥AB,∴EF∥CD. 设平面OBC的一个法向量为na=(x1y1z1). CD x BD'=(-1,-1,1),BC=(-1,0,0). 所以四边形ACFE的面积 n·BD'=0, 之即x1y1+1=0, 1 Sce=SAAW-SB三ZX66X3-2X后x2=9V6- n3·BC=0.{-x1=0. 取1=1，则y1=1.从而n3=(0,1,1). 1 1 2√6 r.四棱维P-ACFE的体积Vp-E=3SArE·PE 1 点M到平面OBC的距离d= IBM·n:1_2=1 3√6x 6后x,即V=3v6x- 1 x3(0<x<3√6). n1√222 6W6 1 Vu-oc=3Sao·d= (2)由(1)知V'(x)=3√6- x2. 2V [真题14幻(2020·山东)如图，在四 令V'(x)=0→x=6. 棱鞋P一ABCD中，平面PAD⊥平面 当0<x6时，V'(x)>0,当6<x<3√6时，V'(x)<0. ABCD,AB∥DC,△PAD是等边三角形， 当BE=x=6时，V(x)有最大值，最大值为V(6)= 已知BD=2AD=8,AB=2DC=4V5. 12√6. (1)设M是PC上的一点，证明：平面A (3)解法一：如图，以点E为坐标 91 原点，向量EA,E下，E亚分别为x,y,之轴的正向建立空间直角坐 解法二：过点F作FG∥AC交AE于点G,连接PG,则 标系， ∠PFG为异面直线AC与PF所成的角. 则E(0,0,0),P(0,0,6),F(0,√6,0)，A(66-6,0,0),C(3 ,△ABC是等腰三角形， √6-6,3,0). ∴△GBF也是等腰三角形 于是AC=(-3√6,3,0)，PF=(0√6，-6) 于是FG=BF=PF=√BE+EF=√4Z, AC.PF 从而PG=√PE+GE=√BE+BE=6√2. AC与PF所成角0的余弦为cos0= AC·PF 在△GPF中，根据余弦定理得 3√6 1 cos∠PFG-PE+FG-PG=7. w√/54+9+0×W/0+6+36 7 2PF·FG “并西直线AC与PF所成角的金孩值为 故异面直线AC与PF的成角的余弦值为7 五年高考母题原型训练 (★代表高考出现的频次) 所成的角为60°，则该棱锥的体积为 题源1表面积（★★★★） A.3 B.6 C.9 D.18 1.(2022·全国I)已知各顶点都在一个球面上的正四楼柱 9.(2021·辽宁)正六棱锥P-ABCDEF中，G为PB的中 高为4，体积为16，则这个球的表面积是 ( 点，则三棱锥D一GAC与三楼锥P一GAC体积之比为() A.16π B.20r C.24r D.32r A.1:1 B.1:2 C.2:1 D.3:2 2.(2022·安徽)一个几何体的三视图如图，该几何体的表 10.(2022·湖北)圆柱形容器内部盛有高度为 面积为 ( 8cm的水，若放入三个相同的球（球的半径与圆柱的 6 +22州 底面半径相同)后，水怡好淹没最上面的球（如图所 示)，则球的半径是cm. 11.(2020·浙江)如图，已知球0的面 上四点A、B、C、D,DA⊥平面ABC,AB⊥ 正（主）视图 侧（左）视图 俯视图 BC,DA=AB=BC=√3，则球O的体积等 A.280 B.292 于 C.360 D.372 12.(2019·全国I)正四棱锥 3.(2021·上海)若球01,0，表面积之比三=4，则它们的 S一ABCD的底面边长和各侧棱都为√2，点S、A、B、C、D都在 S, 同一个球面上，则该球的体积为 半程之地瓷 13.(2021·上海)若等腰直角三角形的直角边长为2，则以一 4.(2019·天津)一个长方体的各顶点均在同一球的球面 直角边所在的直线为轴旋转一周所成的几何体体积是 上，且一个顶点上的三条棱长分别为1,2,3，则此球的表面积为 14.(2022·天津)一个几何体的三视图如图所示，则这个几 何体的体积为 5.(2021·上海)已知三个球的半径R1,R2,Rg满足R1+2R =3R,则它们的表面积S1,S2,S满足的等量关系是 6.(2020·福建)若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长 均为√3，则其外接球的表面积是 7.(2022·江西)如图，在三楼锥O一ABC中，三条棱OA, OB,OC两两垂直，且OA>OB>OC,分别经过三条棱OA,OB, OC作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为S1,S,S, 则S1,S,Sg的大小关系为 正视图 侧视图 俯视图 15.(2020·四川)已知正四棱柱的对角线的长为6，且对角线 与底面所成角的余弦值为号则该正四楼柱的体积等于 16.(2021·江西)正三棱柱ABC-AB1C1内接于半径为2 的球，若A,B两点的球面距离为π，则正三棱柱的体积为 题源2体积（★★★★） 8.(2020·全国Ⅱ)正四棱锥的侧棱长为25，侧棱与底面 ·92 题源3空间几何体体积公式的综合 运用（★★★★） 17.(2020·广东)如图所示，四棱锥P-ABCD的底面 19.(2021·福建)如图，平行四边形ABCD中，∠DAB= ABCD是半径为R的圆的内接四边形，其中BD是圆的直径， 60°，AB=2,AD=4.将△CBD沿BD折起到△EBD的位置，使 ∠ABD=60°，∠BDC=45°，△ADPC△BAD. 平面EBD⊥平面ABD. (1)求线段PD的长； (1)求证：AB⊥DE; (2)若PC=√TR,求三棱锥P一ABC的体积. (2)求三棱锥E一ABD的侧面积. 18.(2021·宁海)如图，在三棱鞋P一ABC中，△PAB是 等边三角形，∠PAC=∠PBC=90°. (1)证明：AB⊥PC; (2)若PC=4,且平面PAC⊥平面PBC,求三棱锥P一 ABC的体积. 2022一2023高考题源拓展测试 D未来高考还会这样考， (测试时间：90分钟总分：100分) 一、选择题（本题包括8小题，每小题2.5分，共20分。每小题 只有一个选项符合题意) c 1.(了1)一个四面体的所有棱长都为√2，四个顶点在同一个 1 球面上，则此球的表面积为 3.(位2)正棱锥的高缩小为原来的2，底面外接园半径扩大 () A.6π B.4π 为原来的3倍，则它的体积是原来体积的 3 A.2 9 C.33π D.3x B.2 2.(①1.2)圆台上、下底面面积分别是x、4π，侧面积是6π，这 9 个圆台的体积是 () c D.4 23 4.(@1)已知正三棱柱的侧面展开图是边长为2和4的矩 A.3 B.2√3x 形，则它的体积为 () ·93· 4. B台 c名原或a D台后攻 5.(G1)已知一个实心铁质的几何体的正视图、侧视图和俯 视图都是半径为3的圆，将6个这样的几何体焙成一个实心正 D 方体，则该正方体的表面积为 () A.2169 B.216猴 12.(。3)取棱长为a的正方体的一个顶点，过此顶点出发 的三条棱的中点作截面，依次进行下去，对正方体的所有顶点都 C.210π2 D.210元 如此操作，所得的各截面与正方体各面共同围成一个多面体，则 6.(了1.3)已知顶点都在球O1的球面上的八面体 此多面体：①有12个顶点；②有24条楼；③有12个面：④表面积 ABCDEF,其各个面都是边长为a的正三角形，这个八面体内有 5 一个小球，当小球充分大时记为球O,,则球O1与球O2的表面 为3a,⑤体积为。03.以上结论正确的是】 (填序号). 积之比是 ( 三、解答题（本题包括5小题，每小题12分，共60分） A.3 B.2 C.3 D.4 13.(G2.3)如图所示，在长方体ABCD一A1B1C1D1中， 7.(①1.3)如图所示，在正三棱锥S一ABC中，M、N分别是 SC、BC的中点，且MN⊥AM,若侧棱 AB=BC=1,BB,=2,E是按CC1上的点，且CE=CC. SA=23,则正三棱锥S-ABC外接 (1)求三棱锥C一BED的体积； 球的表面积是 (2)求证：A1C⊥平面BDE. A.12π B.32x C.36π D.48π 8.(1)某几何体的三视图如图所示，根据图中标出的数 据，可得这个几何体的表面积为 正视图 左视图 俯视图 A.4+43 B.4+45 c. D.12 二、填空题（本题包括4小题，每小题5分，共20分） 14.(☐2.3)如图所示，长方体AC1中，AB=2,BC=AA1= 9.(了2)一个三棱锥的三视图如图所示，其正视图、左视图、 1.E、FG分别为棱DD1、DC、BC的中点. 俯视图的面积分别是1,2,4，则这个几何体的体积为 (1)试在底面A1B,CD1上找一点H,使EH∥平 面FGB1: (2)求四面体EFGB,的体积. 正视图 左视图 俯视图 10.02)-个底面边长为2m,高为厂cm的正三棱。 其顶点位于球心，底面三个顶点位于球面上，则该球的体积为 cm'. 11.(☐3)如图，在长方体AC1中，分别过BC和AD1的两 N 个平行平面如果将长方体分成体积相等的三个部分，那么D ·94 15.(2.3)如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧棱 AA1=2,底面ABCD是菱形，AB=2,∠ABC=60°，P为侧棱 17.(☐2.3)如图甲所示，在边长为12的正方形AA'A1'A BB1上的动点， 中，点B、C在线段AA'上，且AB=3,BC=4,作BB1∥AA1,分 (1)求证：D1P⊥AC: 别交A1A1'、AA'于点B1、P,作CC1∥AA1,分别交AA!'、 (2)当二面角D1-AC-P的大小为120时，求BP的长； AA1'于点C1Q,将该正方形沿BB1、CC1折叠，使得A'A1'与 (3)在(2)的条件下，求三棱锥P一ACD1的体积， AA1重合，构成如图乙所示的三棱柱ABC一A1B,C1, B A,B, C A.1 D 乙 (1)在三棱柱ABC一AB1C1中，求证：AB⊥平 面BCC1B1: (2)求平面APQ将三棱柱ABC一A1B1C1分成上、下两部 分几何体的体积之比： (3)在三棱柱ABC-A1B1C1中，求直线AP与直线A1Q 所成角的余弦值」 16.(3)在等腰梯形PDCB中（如图甲），PB=3,DC=1, PD=BC=√2，DA⊥PB于点A,将△PAD沿AD折起，使平面 PAD⊥平面ABCD(如图乙)，点M在棱PB上，平面AMC把 几何体P一ABCD分成的两部分体积比VP-MA:VM-ACg=2 ：1. D 甲 (1)确定点M在PB上的位置； (2)判断直线PD是否平行于平面AMC,并说明理由； (3)求二面角M-AC-B的正切值. ·95·AE⊥平面ADD1A1· A1DC平面ADD1A1,AE⊥A1D. 又AD=AA1=1,.AD1⊥A1D, AD1∩AE=A,.A1D⊥平面AD1E, D1EC平面AD1E,.AD⊥D1E. D C 证法二： 连结AD1,由长方体的性质可知： AE⊥平面ADD1A1, AD1是ED1在平面ADD1A:内的射影. 又AD=AA1=1,.AD1⊥A1D, .D1E⊥A1D(三垂线定理). (2)设AB=x,,四边形ADD1A1是正方形， ∴.小蚂蚁从点A沿长方体的表面爬到点C!可 能有两种途径 如图甲的最短路程为AC1|=√x+4, 如图乙的最短路程为 |AC1|=√(x+1)+1=√x2+2x+2, B B 图乙 图甲 ,x>1,x2+2x+2>x2+2+2=x2+4, ∴.√x+4=2√2，∴x=2.即AB的长度为2. (3)假设存在满足条 D 件的点E,连结DE,设EB A =t,过点D在平面ABCD 内作DH⊥EC,连结 H D1H,则∠D1HD为二面 角D1一EC一D的平面角， ∠D,HD=iDH=DD,= 在Rt△EBC内，EC=A+1, 而EC·DH=DC·AD, 即√+I=2,解得t=√5，即存在E点，且与点 4 B距离为时，二面角D,-EC-D的大小为干 解法二（向量法） (1)建立如图空间直角坐标系，设AE=a, D B A B 则E(1,a,0),D1(0,0,1),A1(1,0,1),D(0,0, 0), .DA·D1E=1X1+0Xa+1×(-1)=0, .D1E⊥A1D (2)同解法一， (3)假设存在满足条件的点E,平面DEC的法向 量n1=(0,0,1),D1C=(0,2,-1),设平面D1EC的 法向量n2=（x,yx), D1C·n2=0, 0+2y-之=0， 则 即》 D1E·n:=0,x+ay-x=0, 承y=1,解得=2， .n2=(2-a,1,2), (x=2-a, 2 √2 由题意得：cosn1,n2〉= √(2-a)2+1+22 2 解得a=2-√3或a=2十√3（舍去）， 即存在E点，且与点B距离为3时，二面角 D,-BC-D的大小为年 §5.2空间几何体的表面积和体积 五年高考母题原型训练 1.C【解析】本题考查了几何体内接于球体 的几何模型的空间结构，设正四棱柱底面边长为口， 则体积V=4a2=16,解得a=2,则球半径R2=22+ (√2)2，球的表面积S=4πR2=24π，故应选C. 2.C【解析】由三视图知该几何体下层为长、 宽、高分别为10、8、2的长方体，上层为长、宽、高分别 为6、2、8的长方体重叠在一起.表面积为： 【点评】本题主要考查三视图基本知识及几何 体的表面积公式. 2×(8×10+8×2+10×2)+2×(6×2+6×8+ 8×2)-6×2×2=360.故选C. 3.2【解析】由面积之比等于半径之比的平 4R= =2 方可得R:S 4.14π【解析】考查长方体与球的复合体的 特点及空间想象能力，（2R)2=12十22十32=14， .S绿=4πR2=14π. 5.√S1+2S2=3S3 【解析】R1= S R:= V4π S:R= ,R+2R:=3R S: ,即得表面积S1,S2,S;满足 等量关系式为WS1+2√S2=3√S, 6.9π【解析】考查空间想象能力和创新能 力，以已知三棱锥的三个侧面为侧面，可作一个棱长 为√3的正方体，已知三棱锥的外接球即为正方体的 外接球，易求半径和表面积.(2R)2=()2十（√5）2 +),R=号4xR=9x. 7.Sa<S2<S,【解析】过OA作的截面应是 BC中点的截面，同理，过OB作的截面过AC中点， 过OC作的裁面过AB中点，因为题中所述OA>OB >OC,则BC<AC<AB,所以S1>S>Sa. 8.B【解析】如图所 示，正四棱锥P一ABCD中 PD=2W3,过点P作PO⊥底 面ABCD于点O,则∠PDO 就是侧棱与底面所成的角，于 是可得PO=PDsint60°=2√3 B ×5-8, 2 OD-PDcos60-2 则底面边长CD=√2OD=√6， Va=3SAnen XP0=子×6X3=6.故应 3 选B. 9.C【解析】本题考查简单几何体的体积.由 题意可知VB-Gac=Vp-GAC,因为三棱锥VB-Ga= Vc-BAC,VD-GAC=VG-ADc,又因为三棱锥G一BAC与 三棱锥G一ADC等高，且S△BAC:S△ADe=1：2,综 上可知VD-Gac：Vp-GAc=2:1,故选择C. 10.4【解析】设球的半径为r,则V:=xr2· ·4 6r=6πr3,3V绿=4πr3,.6xr3-4πr3=8πr2,.r=4. 1山.竖【解析】考查空间组合图形中的点线 面的关系，关键是找出球心，从而确定球的半径.由题 意，三角形DAC,三角形DBC都是直角三角形，且有 公共斜边，所以DC边的中点就是球心（到D、A、C、 B四点距离相等)，所以球的半径就是线段DC长度 的一半， R-DC-/DAABFBC- 3 2 12.3 4π 【解析】本小题主 要考查正四棱锥的性质及球的性 质.如图，正四棱锥内接于球O,O 为ABCD所在戳面圆圆心，即正 方形ABCD的中心..SO⊥面 ABCD. 又OO'⊥面ABCD,.S,O',O三点共线. 连接OA.,正四棱锥各棱长为√2，∴AO=1 SO'=1.设OA=R. 在△AO0'中，OA=O02+AO2, 即R2=(R-1)2+1,解得R=1(即O与O'重 合). V绿= 3R=4 4 3 1.爱 【解析】由题意得，旋转所得的几何体 为底面半径为2，高为2的圆锥V= 号Xπ×2×2×2 3 =8 3· 0 14.3 【解析】由三视图可知，原几何体是 由上面一个正四棱锥，下面一个正四棱柱构成的， V=号×2×2×1+1×1×2=10 3 3 15,2【解析】本题解题思路是由已知确定该 正四棱柱的底面边长与侧棱长，由此确定其体积.设 正四棱柱的底面边长为a,侧棱长为b,依题意得 V2a+6=6,6=3,由此解得a=1b=2.因 此该正四棱柱的体积等于a2b=2. 16.8【解析】由球面距离公式可知∠AOB= 90,所以A0=B0=R=2>AB=22,S=5(2 4 2)=25,设底面中心为0，则A0'=35,正三 的高为：=吾-2×25=，你 9 3 积为：V=S弘=25×=8，本题考查球的结合你 3 与球面距离等基础知识点，由于多个几何知识结合在 一起，增加了难度，同时也考查学生的空间图形想象 能力. 17.解：(1)由BD是圆的直径知∠BAD=90°， BD=2R. ∠ABD=60°， .AD=BDsin60°=√3R,AB =R. 由△ADPC△BAD知△ADP 是直角三角形， 且∠PAD=60°， 故PD=ADtan60°=3R. (2)由BD是圆的直径，∠BDC=45°，知△BCD 为等腰直角三角形， 故BC=DC=√2R. ,在△PDC中有PD2+CD2=9R2+2R2= 11R2=PC2, .PD⊥CD 由(1)知PD⊥AD,∴.PD是三楼锥P-ABC在 底面ABC的高. 根据三角形面积公式有 SAAx=2AB·BC·sin∠ABC= √2 2 R'sinl05°.而sinl05°=sin(60°+45)=sin60°cos45°+ os60sin45°=V6+v2 4 于是S△ABC= 故三棱维P-ABC的体积V=子S6Ar·PD= 3+1R, 4 18.解：(1)因为△PAB是等边三角形，∠PAC 。4 =∠PBC=90°， 所以Rt△PBC≌Rt△PAC,可得AC=BC. 如图，取AB中点D,连接PD,CD. 则PD⊥AB,CD⊥AB, 所以AB⊥平面PDC,所以AB⊥PC. (2)作BE⊥PC,垂足为E,连接AE. 因为Rt△PBC≌Rt△PAC, 所以AE⊥PC,AE=BE, 由已知，平面PAC⊥平面PBC,故∠AEB=90°. 因为Rt△AEB≌Rt△PEB,所以△AEB, △PEB,△CEB都是等腰直角三角形 由已知PC=4,得AE=BE=2,△AEB的面积 S=2. 因为PC⊥平面AEB, 所以三棱锥P一ABC的体积 V-言×sxPC=号 19,本小题主要考查直线与直线、直线与平面 平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能 力、推理论证能力和运算求解能力，考查数形结合思 想、化归与转化思想， (1)证明：在△ABD中，AB=2,AD=4, ∠DAB=60°， ∴.BD=√AB+AD-2AB·ADcos∠DAB=25. .AB2+BD2=AD2,.AB⊥BD 又，平面EBD⊥平面ABD, 平面EBD∩平面ABD=BD,ABC平面ABD, ∴AB⊥平面EBD. ,DEC平面EBD,∴.AB⊥DE. (2)解：由(1)知AB⊥BD CD∥AB,.CD⊥BD,从而DE⊥BD. 在Rt△DBE中，DB=2√5，DE=DC=AB =2, SaE=号DB,DE=25. 又，AB⊥平面EBD,BEC平面EBD,∴.AB ⊥BE. BE=BC=AD=4,∴.SAABE= 号AB·BE =4. ,DE⊥BD,平面EBD⊥平面ABD,.ED⊥平 面ABD. 而ADC平面ABD,.ED⊥AD,.S△ADE= 名AD·DE=4 综上，三棱锥E-ABD的侧面积S=8+2√3. 2012一2013高考题源拓展测试 1.D 2.D【解析】上底半径r=1,下底半径R= 2,,S蜘=6π，设母线长为1，则π(1十2)·l=6π， ∴.l=2.∴.高h=√2-(R-r)=√3. 3x·B(1+1X2+2X2) ∴.V= =73 3π，故选D. 3.B【解析】设原棱锥高为h,底面面积为S, h 则V=3Sh,新棱锥的高为2，底面面积为9S, ,V9 4.D【解析】当正三棱柱的高为4时，V正三被柱 9,故选D 5.A【解析】由6× 3x×33=a2,a= 6元，S=6a2=216π2.故选A. 6.C【解析】设球O1的半径为1，a=√2，设球 111 0:的半径为r.VoeA=VA0:r=3X2=3SaA 13 ·r= 3X4 ×W2)r: r=3六S:S=31,故选C 4 7.C【解析】在正三棱锥S一ABC中，易证 SBLAC,又MNL2SB,∴MNLAC MN⊥AM, .MN⊥平面ACM,∴.MN⊥SC, ∴.∠CSB=∠CMN=90°， 即侧面为直角三角形，底面边长为2√6，此棱锥 的高为2，设外接球半径为R,则 (2-R)2+ (6x9 2 =R2, 3 R=3, .外接球的表面积是36π.故选C 8.B9.3 10.4√5π【解析】由 题意可知三棱锥的侧棱长即 为球的半径，求得r=√3cm, V= x43xcm'. 11.2【解析】两个平行平面将长方体分成三 个等高的棱柱，从而S△AA1G= B CN SGRMAI=SAMBIB,故ND B1M·BB, 1 BM MA MA,·BB,X2 = S△BB1M=2, SGBMAI 12.①②⑤【解析】多面体是连结各棱的中 点围成的几何体，故有12个顶点，有4×6=24条棱， 有6十8=14个面，表面积为(2十√3)a2,体积为a3- 8x号×（合×号×号×）音. 13.a解：由cE=cC1= Ve-me=Ve-m=号Saw·CE=号y 3×2 1 1 X1×1X2= (2)证法一：连结AC、B1C. B AB=BC,.BD⊥AC A1A⊥底面ABCD,.BD⊥A1A. :A1A∩AC=A,∴.BD⊥平面A1AC. ∴.BD⊥AC tan∠BB,C=BC-L, B1B2' am∠cB-需-， .∠BB1C=∠CBE. ,∠BB1C+∠BCB1=90°， .∠CBE+∠BCB1=90. BE⊥B1C. BE⊥A1B1,A1B1∩B1C=B1, .BE⊥平面A1B,C.BE⊥A1C. ,BD∩BE=B,BEC平面BDE, BDC平面BDE,.AC⊥平面BDE. 证法二：以点A为原点，AB、AD、AA1所在直线 分别为x轴、y轴和之轴，建立空间直角坐标系，则B 1.00),D01.0)E1.1,2）A(0.0,2),C11 0). A,2 .A1C=(1,1,-2), BD=(-1,1,0),BE= (01,2） :A1C·BD=(1,1,-2)·(-1,1,0) =1×(-1)+1×1+(-2)×0=0, 5 A1c.Bi=11,-2)·（0,12） 1 =1×0+1X1+(-2)×2=0, ·A1CLBD,A CLBE A1C⊥BE,A1C⊥BD ,BE∩BD=B,BEC平面BDE,BDC平面 BDE,A1C⊥平面BDE. 14.解：(1)取AD1的中点P,DP的中点H, 连接DP、EH,则DP∥B1G,EH∥DP, EH∥B1G,又B1GC平面FGB1,EH∥平 面FGB1. 即H在A,D,上，且HD,=子A,D,时，EH∥ 平面FGB1, (2),EH∥平面FGB1,.VE-FGB1=VH-FGB1, 而VH-F0B1=VG-HFB1=3XIXS△Hs1, 5 S△HFB1=S#形B1C1D1H一S△B1C1F一S△D1HF= 8 5 .V四E体EFGB1=VE-FGB1=VH-FGB1= 3×1× 24 15.解：解法一（几何法）： (1)连结BD交AC于点O,则AC⊥BD. D1D⊥底面ABCD,.AC⊥D1D, .AC⊥平面BB1D1D. D1PC平面BB1D1D,.D1P⊥AC A D (2)连结D1O、OP, D1A=D1C,∴D1O⊥AC,同理PO⊥AC, .∠D1OP是二面角D1一AC一P的平面角， .∠D1OP=120°. 设BP=x(0x≤2)， :AB=2,∠ABC=60°，则BO=DO=√3， ∴.PO=√3+x,D1O=√4+3=√7. 在Rt△D1B1P中，D1P=√12+(2-x) 在△DOP中，由余弦定理D1P=D1O+ PO2-2D1O·PO·cos120°得12+(2-x)2=7+3 +x+2×万×3+2×名，即6-4红 √7(3+x.整理得3x2-16+5=0,解得x=3或 1 x=5(舍). BP= 3 (3),BP= 1 ∴P0=3+ 12√7 3 9 3 ∴.S△POD1= 2P0·0D1sin120 =x2x7x5-75 3 2-6 AC⊥平面OPD1, Vp-ACDI =Vp-OCDI +VP-0ADI 1 =Ve-OPDI +VA-OPDI= 3S△OpD1·AC 9 解法二（向量法）： 设上、下底面菱形对角线交点分别为O1、O,则 AC⊥BD,OO1⊥平面ABCD. 如图，以OD、OC,OO1所在直线为x、y、之轴建 立空间直角坐标系. (1)A(0,-1,0),C(0,1,0),D1(3,0,2), B(-√5,0,0).设P(-√5,0，x)(0≤x≤2)， 则AC=(0,2,0),D1P=(-2W3,0,x-2), AC·D1P=0+0+0(x-2)=0, ∴D1P⊥AC,即D1P⊥AC. (2)0D=(W3,0,2),Op=(-3,0,x),0D· A元=0.0币.AC=0, ∴.OD⊥AC,O币⊥AC,OD,O币)就是二面 角D1一AC一P的平面角， ·5 ODi.O币 2.x-3 ∴.cos∠D1OP= 1OD11·OP1√7×3+x =-2解得x=专或x=5(舍)BP= 1 3 (3)同解法一， 16.解：解法一（几何法）： (1),平面PAD⊥平面ABCD,DA⊥PA, .PA⊥平面ABCD, .平面PAB⊥平面ABCD. 在平面PAB内，由M作MH⊥AB于点H. ∴.MH⊥平面ABCD. 1 :Vp-A议en=3S#表AxD·PA =1×1+2 3 2×1X1= 2 VM-AC= 6,从而MH= 2 .M为PB的中点. (2)连结BD交AC于O,:AB∥CD,AB=2, CD=1,由相似三角形易得BO=2OD, ∴O不是BD的中点 又M为PB的中点， .在平面PBD中，直线OM与PD相交 又OMC平面AMC,PD史平面AMC, ∴.直线PD与平面AMC不平行. (3)过点H作HN⊥AC于点N,连结MN, 则∠MNH是二面角M一AC-B的平面角. ACCB,1v=c-9又MH- 在Rt△MHN中，ian∠MNH=E 二面角M-AC-B的正切值为 2 解法二（向量法）： (1)同解法一. (2)以A为原点，直线AD、AB、AP为x轴、 y轴、之轴建立空间直角坐标系， D 则A(0,00)、B(0,2,0)、C(1,1,0)、D(1,0,0)、 p001)Mo1,2） 则A花=11.0)，Ad-(（01,） 设平面AMC的法向量为n=(x,y,之)， x+y=0, 照立二0时 即) 1 这时取n=(1,-1,2), PD=(1,0,-1), 而n·PD=-1,∴n与Pi不垂直， ∴.直线PD与平面AMC不平行. (3)由(2)知平面AMC的法向量为n=(1,一1,2)， 又平面ABCD的法向量AP=(0,0,1), 则cos(nA市= 3· 二面角M-AC-B的正切值为 17.(1)证明：因为AB=3,BC=4,所以图中AC =5,从而有AC2=AB2+BC”,即AB⊥BC.又因为 AB⊥BB1,而BC∩BB,=B,所以AB⊥平 面BCC1B1. (2)解：因为BP=AB=3,CQ=AC=7,所以 So-Bp+C0):BC=3+70X4=20 2 从同Va-om=专Sm·AB=子×20X3= 3 20.又因为Vr-AuBa=Sax·AA,=号X3X4X 12=72, 所以平面APQ将三棱柱ABC-A1B1C1分成 上、下两部分几何体的体积之比为 V上=72-20_52_13 V =20=20=5 (3)解：建立如图空间直角坐标系，则 A(3,0,0)、P(0,0,3)、A1(3,0,12)、Q(0,4,7), 所以AP=(-3,0,3),A1Q=(-3,4,-5). ·5 设直线AP与直线A:Q所 B,13 成角为6， A 则cos0= AP·AQ] 1AP|·IAQ 6 1 325√25 §5.3 点、线、面的位置关系A 五年高考母题原型训练 1.C 2.A【解析】构成如下所示两种三棱锥 (2) 图(1)中有AC=BD=a,取AC中点E,∴.AB =BC=2,则BE⊥AC, ∴.BE=4 Q,易得DE=BE,在△BDE中 4 a 由三边关系可得2√4-4>a,解得0<a<2WE: 图(2)取BD中点F,AB=AD=a,.AF ⊥BD, AF=a-1,BC=CD=BD=2,..CF =√3， 在△AFC中由三边关系可得2-√3<√a-1 <2+√3，解得√6-√2<a<√6+√2； 综上a的取值范围为(0，√6十√2)，故选A. 3.本小题主要考查平面的基本性质、线线平行、 线面垂直、二面角等基础知识和基本运算，考查空间 想象能力、逻辑推理能力和运算能力。 解法一：(1)如图，在DD1上取点N,使DN=1, 连接EN,CN,则AE=DN=1,CF=ND1=2. 因为AE∥DN,ND1∥CF,所以四边形 ADNE、CFD1N都为平行四边形. 从而EN LAD,FD1∥CN. 又因为AD LBC,所以EN LBC,故四边形BCNE 是平行四边形，由此推知CN∥BE,从而FD1∥BE. 因此，E、B、F、D1四点共面. (2)如图，GM⊥BF,又BM⊥BC,所以∠BGM