1、 第第 1 讲讲 空间几何体空间几何体、空间中的位置关系空间中的位置关系(小题小题) 热点一 三视图与直观图 1.一个物体的三视图的排列规则 俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的 右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样.即“长对正、高平齐、宽相 等”. 2.由三视图还原几何体的步骤 一般先依据俯视图确定底面，再利用正(主)视图与侧(左)视图确定几何体. 例 1 (1)如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E，F，G 分别为棱 CD，CC1，A1B1的中点， 用过点 E，F，G 的平面截正方体，则位于截面以下部分的几
2、何体的侧(左)视图为( ) 答案 C 解析 取 AA1的中点 H，连接 GH，则 GH 为过点 E，F，G 的平面与正方体的面 A1B1BA 的 交线. 延长 GH，交 BA 的延长线与点 P，连接 EP，交 AD 于点 N，则 NE 为过点 E，F，G 的平面 与正方体的面 ABCD 的交线. 同理，延长 EF，交 D1C1的延长线于点 Q，连接 GQ，交 B1C1于点 M，则 FM 为过点 E，F， G 的平面与正方体的面 BCC1B1的交线. 所以过点 E，F，G 的平面截正方体所得的截面为图中的六边形 EFMGHN. 故可得位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图为选项 C 所示. (2
3、)有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)， ABC45 ，ABAD1，DCBC，则这块菜地的面积为_. 答案 2 2 2 解析 如图，在直观图中，过点 A 作 AEBC，垂足为点 E， 则在 RtABE 中，AB1，ABE45 ，BE 2 2 . 而四边形 AECD 为矩形，AD1， ECAD1，BCBEEC 2 2 1. 由此可还原原图形如图所示. 在原图形中，AD1，AB2，BC 2 2 1， 且 ADBC，ABBC， 这块菜地的面积为 S1 2(ADBC) AB 1 2 11 2 2 22 2 2 . 跟踪演练 1 (1)如图所示，在正方体 ABC
4、DA1B1C1D1中，P 为 BD1的中点，则PAC 在该 正方体各个面上的射影可能是( ) A. B. C. D. 答案 A 解析 从上下方向看，PAC 的射影为图所示的情况； 从左右方向看，PAC 的射影为图所示的情况； 从前后方向看，PAC 的射影为图所示的情况. (2)(2019 江西省重点中学盟校联考)如图所示是一个几何体的三视图及有关数据，则该几何体 的棱的长度中，最长的是( ) A.2 3 B.2 2 C. 5 D. 3 答案 B 解析 由三视图可知该几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示， 其中 PAPBABADBCCD2， PD PA2AD22 2； PC PB2BC22 2，
5、 所以最长的棱的长度为 2 2. 热点二 表面积与体积 空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点，解决这类问题，首先要熟练掌握 各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割 成几个规则几何体的技巧，把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧. 例 2 (1)(2019 菏泽模拟)如图，为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( ) A.(124 3) B.(62 3) C.(92 3) D.(154 3) 答案 B 解析 结合题意可知，该几何体为一个圆锥挖去了一个小圆锥， 大圆锥的侧面积为1 22 32 36， 挖去的圆锥侧面积为1 22 3
6、22 3， 故总表面积为(62 3). (2)(2019 厦门模拟)如图， 网格纸上小正方形的边长为 1， 粗实线画出的是某几何体的三视图， 其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为( ) A.2 3 B.4 3 C.14 3 D.16 9 答案 B 解析 由三视图知几何体是圆锥的一部分， 由俯视图可得，底面扇形的圆心角为 120 ，底面圆的半径为 2， 又由侧(左)视图知几何体的高为 3， 几何体的体积 V120 360 1 32 234 3 . 跟踪演练 2 (1)(2019 江南十校质检)如图，网格纸上的小正方形的边长为 1，粗线(实线、虚 线)画出的是某几何体的三视图，其中的曲线都是半径为
7、 1 的圆周的四分之一，则该几何体的 表面积为( ) A.20 B.20 4 C.203 4 D.205 4 答案 B 解析 由三视图可得几何体如图所示： 由已知得原几何体是由一个棱长为 2 的正方体挖去一个四分之一圆柱及一个八分之一球体得 到的组合体， S62221251 4 1 422 1 8420 4. (2)(2019 沈阳市东北育才学校模拟)如图所示，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是 某四棱锥的三视图，则该几何体的体积为( ) A.2 B.8 3 C.6 D.8 答案 A 解析 由三视图可知，该四棱锥为斜着放置的四棱锥，四棱锥的底面为梯形，上底为 1，下 底为 2，高为 2
8、，四棱锥的高为 2， 所以该四棱锥的体积为 V1 3 1 2(12)222. 热点三 多面体与球 与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.解题时要认真分析图形，明确切点和接点 的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图.如球内切于正方体，切点为正方 体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径.球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上， 正方体的体对角线长等于球的直径.球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面解题，球与多面 体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心(或“切点”“接点”)作出截面图. 例 3 (1)在三棱锥 PABC 中，ABC 和PBC 均为边长为 3 的等边三角形，且 PA
9、3 6 2 ， 则三棱锥 PABC 外接球的体积为( ) A.13 13 6 B.10 10 3 C.5 15 2 D.5 5 6 答案 C 解析 取 BC 的中点 D，连接 PD，AD， 因为ABC 和PBC 均为等边三角形， 所以 ADBC，PDBC，ADPDD，AD，PD平面 PAD， 所以 BC平面 PAD， 因为ABC 和PBC 均为边长为 3 的等边三角形， 所以 ADPD3 3 2 ， 又因为 PA3 6 2 ，PA2PD2AD2， 所以 PDAD， 过ABC 的外心 O1作平面 ABC 的垂线，过PBC 的外心 O2作平面 PBC 的垂线， 设两条垂线交于点 O， 则 O 为三
10、棱锥 PABC 外接球的球心. O1OO2D 3 2 ，AO1PO2 3， 所以 OA2OO21AO2115 4 ， 所以外接球的半径 ROA 15 2 ， 所以三棱锥 PABC 外接球的体积 V4 3R 35 15 2 . (2)如图是某三棱锥的三视图，则此三棱锥内切球的体积为( ) A.25 4 B.25 16 C.1 125 4 D.1 125 16 答案 D 解析 把此三棱锥嵌入长、宽、高分别为 20,24,16 的长方体 ABCDA1B1C1D1中， 三棱锥 BKLJ 即为所求的三棱锥， 其中 KC19，C1LLB112，B1B16， KC1 C1L LB1 B1B， 则KC1LLB
11、1B，KLB90 ， 故可求得三棱锥各面面积分别为 SBKL150，SJKL150，SJKB250，SJLB250， 故表面积为 S表800. 三棱锥体积 V1 3SBKL JK1 000， 设内切球半径为 r，则 r3V S表 15 4 ， 故三棱锥内切球体积 V球4 3r 31 125 16 . 跟踪演练 3 (1)(2019 榆林模拟)在三棱柱 ABCA1B1C1中， 已知底面 ABC 为正三角形， AA1 平面 ABC，AB6 3，AA116，则该三棱柱外接球的表面积为( ) A.400 B.300 C.200 D.100 答案 A 解析 如图，O为底面中心，O 为外接球球心，在正三角
12、形 ABC 中求得 OA6， 又 OO8，外接球半径 OA10， S球4100400. (2)已知一个圆锥的侧面积是底面积的 2 倍，记该圆锥的内切球的表面积为 S1，外接球的表面 积为 S2，则S1 S2等于( ) A.1 2 B. 1 3 C. 1 4 D. 1 8 答案 C 解析 如图， 由已知圆锥侧面积是底面积的 2 倍，不妨设底面圆半径为 r，l 为底面圆周长，R 为母线长， 则1 2lR2r 2， 即1 22r R2r 2， 解得 R2r， 故ADC30 ，则DEF 为等边三角形， 设 B 为DEF 的重心，过 B 作 BCDF， 则 DB 为圆锥的外接球半径，BC 为圆锥的内切球
13、半径， 则BC BD 1 2， r内 r外 1 2，故 S1 S2 1 4. 热点四 空间线面位置关系的判断 高考中判断空间线面位置关系的注意点： (1)对于空间线面位置关系的判断，常用的方法有：根据定理逐项判断，可以举反例，也可 以证明，要结合题目灵活选择；必要时可以借助空间几何体模型，如借助长方体、正四面 体中的线面位置关系来判断. (2)求角时，一般先利用平行关系找到这个角，然后把这个角放到三角形中去求解. 例 4 (1)已知直线 a，b，平面 ，下列命题正确的是( ) A.若 ，a，则 a B.若 a，b，c，则 abc C.若 a，ba，则 b D.若 ，a，b，则 ba 答案 A
14、解析 A 中，若 ，a， 则 a，该说法正确； B 中，若 a，b，c， 在三棱锥 PABC 中，令平面 ， 分别为平面 PAB，PAC，PBC， 交线 a，b，c 为 PA，PB，PC，不满足 abc，该说法错误； C 中，若 a，ba，有可能 b，不满足 b，该说法错误； D 中，若 ，a，b， 正方体 ABCDA1B1C1D1中，取平面 ， 为平面 ABCD，ADD1A1， 直线 b 为 A1C1，满足 b，不满足 ba，该说法错误. (2)(2019 淄博模拟)如图所示，平面 BCC1B1平面 ABC，ABC120，四边形 BCC1B1为 正方形，且 ABBC2，则异面直线 BC1与
15、AC 所成角的余弦值为_. 答案 6 4 解析 过 B 作 BDAC，过 C 作 CDAB，如图所示， 所以C1BD 是所求线线角或其补角. 在三角形 BC1D 中，BC1C1D2 2，BD2 3， 故 cosC1BD 8128 22 22 3 6 4 . 跟踪演练 4 (1)若 m，n 是两条不同的直线， 是两个不同的平面，则下列命题正确的是 ( ) A.若 m，n，则 mn B.若 m，n，则 mn C.若 m，n，则 mn D.若 m，n，则 mn 答案 A 解析 对于选项 A，由 n， 可得 n 或 n， 又 m，所以可得 mn，故 A 正确； 对于选项 B，由条件可得 mn 或 mn
16、，或 m 与 n 既不垂直也不平行，故 B 不正确； 对于选项 C，由条件可得 mn 或 m，n 相交或 m，n 异面，故 C 不正确； 对于选项 D，由题意得 mn，故 D 不正确. (2)(2019 怀化模拟)如图， 在正三棱柱 ABCA1B1C1中， 侧棱长为 2， 底面三角形的边长为 1， 则 BC1与侧面 ACC1A1所成角的大小为( ) A.30 B.45 C.60 D.90 答案 A 解析 由题意，取 AC 的中点 O，连接 BO，C1O， 因为正三棱柱 ABCA1B1C1中， 侧棱长为 2，底面三角形的边长为 1， 所以 BOAC，BOAA1， 因为 ACAA1A，所以 BO平
17、面 ACC1A1， 所以BC1O 是 BC1与侧面 ACC1A1所成的角， 因为 BO1 1 2 2 3 2 ， C1O 22 1 2 23 2， 所以 tanBC1O BO OC1 3 2 3 2 3 3 ， 所以BC1O30 ，BC1与侧面 ACC1A1所成的角为 30 . 真题体验 1.(2018 全国，理，7)某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如图.圆柱表面上的点 M 在正(主)视图上的对应点为 A，圆柱表面上的点 N 在侧(左)视图上的对应点为 B，则在此圆柱 侧面上，从 M 到 N 的路径中，最短路径的长度为( ) A.2 17 B.2 5 C.3 D.2 答案 B 解析
18、 先画出圆柱的直观图， 根据题中的三视图可知，点 M，N 的位置如图所示. 圆柱的侧面展开图及 M，N 的位置(N 为 OP 的四等分点)如图所示，连接 MN，则图中 MN 即为 M 到 N 的最短路径. |ON|1 4164，|OM|2， |MN| |OM|2|ON|2 22422 5. 2.(2019 全国，理，12)已知三棱锥 PABC 的四个顶点在球 O 的球面上，PAPBPC， ABC 是边长为 2 的正三角形，E，F 分别是 PA，AB 的中点，CEF90 ，则球 O 的体积 为( ) A.8 6 B.4 6 C.2 6 D. 6 答案 D 解析 因为点 E，F 分别为 PA，AB
19、 的中点，所以 EFPB，因为CEF90 ，所以 EFCE， 所以 PBCE. 取 AC 的中点 D，连接 BD，PD，易证 AC平面 BDP， 所以 PBAC，又 ACCEC，AC，CE平面 PAC，所以 PB平面 PAC，所以 PBPA， PBPC，因为 PAPBPC，ABC 为正三角形，所以 PAPC，即 PA，PB，PC 两两垂直， 将三棱锥 PABC 放在正方体中如图所示.因为 AB2， 所以该正方体的棱长为 2， 所以该正 方体的体对角线长为 6，所以三棱锥 PABC 的外接球的半径 R 6 2 ，所以球 O 的体积 V 4 3R 34 3 6 2 3 6，故选 D. 3.(201
20、8 全国，理，9)在长方体 ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1 3，则异面直线 AD1与 DB1所成角的余弦值为( ) A.1 5 B. 5 6 C. 5 5 D. 2 2 答案 C 解析 方法一 如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体 ABBA A1B1B1A1. 连接 B1B，由长方体性质可知，B1BAD1，所以DB1B为异面直线 AD1与 DB1所成的 角或其补角.连接 DB， 由题意， 得 DB 12112 5， BB112 322， DB1 1212 32 5. 在DBB1中，由余弦定理，得 DB2BB21DB212BB1 DB1 cosDB1
21、B， 即 54522 5cosDB1B， cosDB1B 5 5 . 方法二 如图，以点 D 为坐标原点，分别以 DA，DC，DD1所在直线为 x，y，z 轴建立空间 直角坐标系 Dxyz. 由题意，得 A(1,0,0)，D(0,0,0)， D1(0,0， 3)，B1(1,1， 3)， AD1 (1,0， 3)，DB1 (1,1， 3)， AD1 DB1 1101( 3)22， |AD1 |2，|DB1 | 5， cosAD1 ，DB1 AD1 DB1 |AD1 | |DB1 | 2 2 5 5 5 . 押题预测 1.已知 A，B，C 为球 O 的球面上的三个定点，ABC60 ，AC2，P 为
22、球 O 的球面上的 动点，记三棱锥 PABC 的体积为 V1，三棱锥 OABC 的体积为 V2，若V1 V2的最大值为 3，则 球 O 的表面积为( ) A.16 9 B.64 9 C.3 2 D.6 答案 B 解析 由题意，设ABC 的外接圆圆心为 O， 其半径为 r，球 O 的半径为 R，且 OOd， 依题意可知 V1 V2 maxRd d 3，即 R2d， 显然 R2d2r2，故 R 2 3r， 又由 2r AC sinABC 4 3，故 r 2 3， 球 O 的表面积为 4R216 3 r264 9 . 2.如图，点 P 在正方体 ABCDA1B1C1D1的面对角线 BC1上运动，则下
23、列四个结论： 三棱锥 AD1PC 的体积不变； A1P平面 ACD1； DPBC1； 平面 PDB1平面 ACD1. 其中正确的结论的个数是( ) A.1 B.2 C.3 D.4 答案 C 解析 对于，如图，由题意知 AD1BC1，AD1平面 AD1C，BC1平面 AD1C， 从而 BC1平面 AD1C， 故 BC1上任意一点到平面 AD1C 的距离均相等， 所以以 P 为顶点，平面 AD1C 为底面的三棱锥 AD1PC 的体积不变，故正确； 对于，连接 A1B，A1C1，则 A1C1AC， 易知 A1C1平面 AD1C， 由知，BC1平面 AD1C， 又 A1C1BC1C1， 所以平面 BA
24、1C1平面 ACD1， 又 A1P平面 A1C1B， 所以 A1P平面 ACD1，故正确； 对于，由于 DC平面 BCC1B1，所以 DCBC1， 若 DPBC1，则 BC1平面 DCP， BC1PC，则 P 为中点，与 P 为动点矛盾，故错误； 对于，连接 DB1，由 DB1AC 且 DB1AD1， 可得 DB1平面 ACD1，从而由面面垂直的判定定理知平面 PDB1平面 ACD1，故正确. 3.已知某实心机械零件的三视图如图所示，若该实心机械零件的表面积为 664，则 a _. 答案 3 解析 根据三视图可知，该几何体是四棱柱与两个圆柱的组合体，且四棱柱的底面是边长为 a 的正方形，高为
25、4 的直四棱柱，圆柱体的底面圆直径为 2，高为 1， 所以该组合体的表面积为 S2(a24a4a)21122(a28a)4664，解得 a 11(舍)或 a3. A 组 专题通关 1.已知 ， 是两个不同的平面，l 是一条直线，给出下列说法： 若 l，则 l；若 l，则 l； 若 l，则 l；若 l，则 l. 其中说法正确的个数为( ) A.3 B.2 C.1 D.4 答案 C 解析 若 l，则 l 或 l，不正确；若 l，则 l 或 l，不正 确；若 l，则 l，正确；若 l，则 l 或 l 或 l 与 相交且 l 与 不垂直，不正确. 2.如图，平面 平面 ，l，A，C 是 内不同的两点，
26、B，D 是 内不同的两点，且 A， B，C，D直线 l，M，N 分别是线段 AB，CD 的中点.下列判断正确的是( ) A.当 CD2AB 时，M，N 两点不可能重合 B.M，N 两点可能重合，但此时直线 AC 与 l 不可能相交 C.当 AB 与 CD 相交，直线 AC 平行于 l 时，直线 BD 可以与 l 相交 D.当 AB，CD 是异面直线时，直线 MN 可能与 l 平行 答案 B 解析 由于直线 CD 的两个端点都可以动，所以 M，N 两点可能重合，此时两条直线 AB， CD 共面，由于两条线段互相平分，所以四边形 ACDB 是平行四边形，因此 ACBD，而 BD ，AC，所以由线面
27、平行的判定定理可得 AC，又因为 AC，l，所以由线面 平行的性质定理可得 ACl. 3.(2019 龙岩模拟)母线长为 5 的圆锥的侧面展开图的圆心角等于8 5 ， 则该圆锥的体积为( ) A.16 B.8 C.16 3 D.8 3 答案 A 解析 母线长为 5 的圆锥的侧面展开图的圆心角等于8 5 ， 侧面展开图的弧长为 58 5 8， 设底面圆半径为 r， 弧长 8底面周长2r，r4， 圆锥的高 h 52423， 圆锥体积 V1 3r 2h16. 4.(2019 龙岩模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中正(主)视图和侧(左)视图是腰长为 2 的 两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的各
28、条棱中最长棱的长度为( ) A.2 2 B.3 C.2 3 D.2 答案 C 解析 由三视图可知几何体为四棱锥 PABCD， 其中底面 ABCD 为正方形， PA平面 ABCD， 且 PAAB2， 几何体的最长棱为 PC222 222 3. 5.(2019 临沂模拟)某几何体的三视图如图所示， 其中侧(左)视图为半圆， 则该几何体的表面积 为( ) A.64 B.63 C.94 D.93 答案 A 解析 根据三视图知，该几何体是半圆柱体， 画出图形如图所示， 结合图中数据，计算该几何体的表面积为 S21 21 21 22132346. 6.(2019 长春模拟)一个几何体的三视图如图所示，每个
29、小方格都是长度为 1 的正方形，则这 个几何体的体积为( ) A.32 B.64 3 C.32 3 D.8 答案 B 解析 由题意，根据给定的三视图可知，该几何体表示底面是边长为 4 的正方形，高为 4 的 四棱锥， 所以该四棱锥的体积为 V1 3Sh 1 3444 64 3 . 7.(2019 河南名校联盟联考)榫卯(snmo)是两个木构件上所采用的一种凹凸结合的连接方式. 凸出部分叫榫，凹进去的部分叫卯，榫和卯咬合，起到连接作用.代表建筑有北京的紫禁城、 天坛祈年殿，山西悬空寺等，如图是一种榫卯构件中榫的三视图，则该榫的表面积和体积为 ( ) A.816，28 B.916，28 C.816
30、，48 D.916，48 答案 A 解析 由三视图知该榫是由上下两部分构成：上方为长方体(底面为边长是 1 的正方形，高为 2)，下方为圆柱(底面圆半径为 2，高为 2). 其表面积为圆柱的表面积加上长方体的侧面积， 所以 S2(22)2(22)4(12)816. 其体积为圆柱与长方体体积之和， 所以 V(22)211282. 8.(2019 成都模拟)某多面体的三视图如图所示，每个小方格都是长度为 1 的正方形，则该几 何体的体积与其外接球的体积之比为( ) A. 6 18 B. 6 9 C. 6 3 D. 1 3 答案 A 解析 结合三视图，还原直观图，如图所示， 三棱锥 DABC 即为该
31、几何体， 结合题意可知 AD2， DC4， 点 B 到平面 ACD 的距离为 2， 故体积为 V11 3 1 2242 8 3， 取 BD 的中点 O， 结合题意可知 AD平面 EAB， 故DAB90 ， DC平面 BCE， 可知DCB 90 ，故结合直角三角形的性质可知，点 O 到 A，B，C，D 四点的距离相等，故该三棱锥 的外接球半径 r1 2BD 6，故外接球体积 V2 4 3r 38 6，故三棱锥和外接球体积之比为 6 18. 9.(2019 泸州模拟)已知一个几何体的正(主)视图和侧(左)视图是两个全等的等腰三角形，腰长 为 3，底边长为 2，俯视图是一个半径为 1 的圆(如图所示
32、)，则这个几何体的内切球的体积为 ( ) A. 2 3 B. 3 3 C.4 3 D.2 答案 A 解析 由三视图知该几何体是圆锥，且底面圆的半径为 1，母线长为 3， 其正(主)视图为等腰三角形，圆锥的内切球半径等于正(主)视图三角形内切圆半径， 且内切圆的半径满足1 2r (332) 1 22 3 212，解得 r 2 2 ， 几何体的内切球体积为 V4 3 2 2 3 2 3 . 10.(2017 全国)已知直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABC120 ，AB2，BCCC11，则异面 直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为( ) A. 3 2 B. 15 5 C. 10 5 D. 3 3
33、 答案 C 解析 方法一 将直三棱柱 ABCA1B1C1补形为直四棱柱 ABCDA1B1C1D1，如图所示， 连接 AD1，B1D1，BD. 图 由题意知ABC120 ，AB2，BCCC11， 所以 AD1BC1 2，AB1 5，DAB60 . 在ABD 中，由余弦定理知 BD22212221cos 60 3，所以 BD 3，所以 B1D1 3. 又 AB1与 AD1所成的角即为 AB1与 BC1所成的角 ， 所以 cos AB 2 1AD 2 1B1D 2 1 2AB1AD1 523 2 5 2 10 5 . 故选 C. 方法二 以 B1为坐标原点，B1C1所在的直线为 x 轴，垂直于 B1
34、C1的直线为 y 轴，BB1所在的 直线为 z 轴建立空间直角坐标系，如图所示. 图 由已知条件知 B1(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(1,0,0)，A(1， 3，1)，则BC1 (1,0，1)，AB1 (1， 3，1). 所以 cosAB1 ，BC1 AB1 BC1 |AB1 |BC1 | 2 5 2 10 5 . 所以异面直线 AB1与 BC1所成的角的余弦值为 10 5 . 故选 C. 11.对于四面体 ABCD，有以下命题： 若 ABACAD，则 AB，AC，AD 与底面所成的角相等； 若 ABCD，ACBD，则点 A 在底面 BCD 内的射影是BCD 的内心； 四面体 ABC
35、D 的四个面中最多有四个直角三角形； 若四面体 ABCD 的 6 条棱长都为 1，则它的内切球的表面积为 6. 其中正确的命题是( ) A. B. C. D. 答案 D 解析 正确，若 ABACAD，则 AB，AC，AD 在底面上的射影相等，即与底面所成角相 等；不正确，如图，点 A 在平面 BCD 内的射影为点 O，连接 BO，CO，可得 BOCD， COBD，所以点 O 是BCD 的垂心； 正确，如图，AB平面 BCD，BCD90 ，其中有 4 个直角三角形； 正确，设正四面体的内切球的半径为 r，棱长为 1，高为 6 3 ，根据等体积公式1 3SBCD 6 3 1 34SBCDr，解得
36、r 6 12，那么内切球的表面积 S4r 2 6，故选 D. 12.(2019 乌鲁木齐模拟)已知三棱锥 PABC 中，PA，PB，PC 两两垂直，且长度相等.若点 P， A，B，C 都在半径为 1 的球面上，则球心到平面 ABC 的距离为( ) A. 3 6 B.1 2 C. 1 3 D. 3 2 答案 C 解析 三棱锥 PABC 中，PA，PB，PC 两两垂直，且长度相等， 此三棱锥的外接球即以 PA，PB，PC 为三边的正方体的外接球 O， 球 O 的半径为 1， 正方体的边长为2 3 3 ，即 PAPBPC2 3 3 ， 球心到截面 ABC 的距离即正方体中心到截面 ABC 的距离，
37、设 P 到截面 ABC 的距离为 h，则正三棱锥 PABC 的体积 V1 3SABCh 1 3 SPABPC 1 3 1 2 2 3 3 3， ABC 为边长为2 6 3 的正三角形，SABC2 3 3 ， h2 3， 球心(即正方体中心)O 到截面 ABC 的距离为1 3. 13.(2019 安徽省六安市第一中学模拟)在矩形 ABCD 中，AB4，BC3，沿 AC 将矩形 ABCD 折叠， 其正(主)视图和俯视图如图所示， 此时连接顶点 B， D 形成三棱锥 BACD， 则其侧(左) 视图的面积为_. 答案 72 25 解析 由题意可知几何体是三棱锥，底面是直角三角形，直角边长为 4,3，一
38、个侧面是直角三 角形，与底面垂直，AB4，BC3，B 到 AC 的距离为12 5 ， 侧(左)视图如图，是等腰直角三角形，直角边长为12 5 . 所以侧(左)视图的面积为1 2 12 5 12 5 72 25. 14.(2019 全国)学生到工厂劳动实践，利用 3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体 ABCDA1B1C1D1挖去四棱锥 OEFGH 后所得的几何体，其中 O 为长方体的中心，E，F， G，H 分别为所在棱的中点，ABBC6 cm，AA14 cm,3D 打印所用原料密度为 0.9 g/cm3. 不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为_g. 答案 118.8 解析 由题意得
39、长方体 ABCDA1B1C1D1的体积为 664144(cm3)，四边形 EFGH 为平 行四边形，如图所示，连接 GE，HF，易知四边形 EFGH 的面积为矩形 BCC1B1面积的一半， 即1 26412(cm 2)，所以 V 四棱锥OEFGH1 331212(cm 3)，所以该模型的体积为 14412 132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为 1320.9118.8(g). 15.如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，侧棱 AA1底面 ABC，底面是以ABC 为直角的等腰 直角三角形，AC2a，BB13a， 点 D 是 A1C1的中点，点 F 在线段 AA1上，当 AF_ 时，CF
40、平面 B1DF. 答案 a 或 2a 解析 由题意易知，B1D平面 ACC1A1， 又 CF平面 ACC1A1， 所以 B1DCF. 要使 CF平面 B1DF，只需 CFDF 即可. 令 CFDF，设 AFx(0x3a)，则 A1F3ax. 易知 RtCAFRtFA1D， 得 AC A1F AF A1D，即 2a 3ax x a， 整理得 x23ax2a20，解得 xa 或 x2a. 16.(2019 济南外国语学校模拟)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长为2， 侧棱AA11， P 为上底面 A1B1C1D1上的动点，给出下列四个结论： 若 PD3，则满足条件的 P 点有且只有一个
41、； 若 PD 3，则点 P 的轨迹是一段圆弧； 若 PD平面 ACB1，则 DP 长的最小值为 2； 若 PD平面 ACB1，且 PD 3，则平面 BDP 截正四棱柱 ABCDA1B1C1D1的外接球所得 平面图形的面积为9 4 . 其中所有正确结论的序号为_. 答案 解析 如图， 正四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面边长为 2， B1D12 2，又侧棱 AA11， DB12 22123， 则 P 与 B1重合时 PD3，此时 P 点唯一，故正确； PD 3(1,3)，DD11，则 PD1 2， 即点 P 的轨迹是一段圆弧，故正确； 连接 DA1，DC1，可得平面 A1DC1平面 ACB1
42、， 则当 P 为 A1C1中点时，DP 有最小值为 2212 3，故错误； 由知， 平面 BDP 即为平面 BDD1B1， 平面 BDP 截正四棱柱 ABCDA1B1C1D1的外接球所得 平面图形为外接球的大圆， 其半径为1 2 2 222123 2，面积为 9 4 ，故正确. 正确结论的序号是. B 组 能力提高 17.(2019 合肥一中、马鞍山二中等六校联考)如图，在侧棱长为 3 的正三棱锥 ABCD 中，每 个侧面都是等腰直角三角形，在该三棱锥的表面上有一个动点 P，且点 P 到点 B 的距离始终 等于 2 3，则动点 P 在三棱锥表面形成的曲线的长度为_. 答案 3 2 3 解析 设
43、动点 P 在三棱锥表面形成曲线是 EFGH，如图所示. 则 BEBH2 3， 在 RtBAH 中， cosHBA 3 2 3 3 2 ， HBA 6，HBG 4 6 12， HG2 3 12 3 6 ，同理EF 3 6 ； 在 RtHAE 中， HAE 2，AHAE 2 3232 3， HE 2 3 3 2 ， 在等边三角形 BCD 中，CBD 3， GF2 3 3 2 3 3 ， 则这条曲线的长度为 3 6 3 6 3 2 2 3 3 3 3 2 . 18.(2019 江南十校模拟)已知点 A，B，C 在半径为 2 的球 O 的球面上，且 OA，OB，OC 两两 所成的角相等，则当三棱锥 O
44、ABC 的体积最大时，平面 ABC 截球 O 所得的截面圆的面积 为_. 答案 8 3 解析 由题意知，三棱锥 OABC 为正三棱锥，如图所示： D 为 BC 中点，OG平面 ABC， 且 G 为ABC 的重心， 设 ABx， 则 AG2 3AD 2 3 3 2 x 3 3 x， OG OA2AG2 41 3x 2， VOABC1 3 3 4 x241 3x 21 12 x412x2， 令 tx2(0,12)g(t)t2(12t) g(t)3t224t， 令 g(t)0，解得 t8， 且 t(0,8)时，g(t)单调递增； t(8,12)时，g(t)单调递减， x2t8 时，三棱锥 OABC 体积最大， 此时 AG2 3 3 x 28 3， 平面 ABC 截球 O 所得的截面圆的面积 SAG28 3.
