高考数学二轮专题复习与策略第1部分专题4立体几何突破点10空间几何体表面积或体积的求解教师用书理

高考数学二轮专题复习与策略第1部分专题4立体几何突破点10空间几何体表面积或体积的求解教师用书理

专题四 立体几何 建知识网络 明内在联系 [高考点拨] 立体几何专题是高考中当仁不让的热点之一，常以“一小一大”呈现，小 题主要考查三视图与空间几何体的体积和空间位置关系及空间角，一大题常考空间位置关系 的证明与空间角、距离的探求．本专题主要从“空间几何体表面积或体积的求解”“空间中 的平行与垂直关系”“立体几何中的向量方法”三大角度进行典例剖析，引领考生明确考情 并提升解题技能． 突破点 10 空间几何体表面积或体积的求解 (对应学生用书第 167 页) 提炼 1 求解几何体的表面积或体积 (1)对于规则几何体，可直接利用公式计算． (2)对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换 法求解． (3)求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三 角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用. 提炼 2 球与几何体的外接与内切 (1)正四面体与球：设正四面体的棱长为 a ，由正四面体本身的对称性，可知其内切球 和外接球的球心相同，则内切球的半径 r＝ 6 12 a，外接球的半径 R＝ 6 4 a. (2)正方体与球：设正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 a，O 为其对称中心，E，F，H，G 分 别为 AD，BC，B1C1，A1D1 的中点，J 为 HF 的中点，如图 101 所示． 图 101 ①正方体的内切球：截面图为正方形 EFHG 的内切圆，故其内切球的半径为 OJ＝a 2 ； ②正方体的棱切球：截面图为正方形 EFHG 的外接圆，故其棱切球的半径为 OG＝ 2a 2 ； ③正方体的外接球：截面图为矩形 ACC1A1 的外接圆，故其外接球的半径为 OA1＝ 3a 2 . 回访 1 几何体的表面积或体积 1．(2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图 102 所示，则 该几何体的体积为( ) 图 102 A.1 3 ＋2 3 π B.1 3 ＋ 2 3 π C.1 3 ＋ 2 6 π D．1＋ 2 6 π C [由三视图知，该四棱锥是底面边长为 1，高为 1 的正四棱锥，结合三视图可得半球 半径为 2 2 ，从而该几何体的体积为1 3 ×12×1＋1 2 ×4 3 π× 2 2 3＝1 3 ＋ 2 6 π.故选 C.] 2．(2015·山东高考)在梯形 ABCD 中，∠ABC＝π 2 ，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.将梯形 ABCD 绕 AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π 3 B.4π 3 C.5π 3 D．2π C [过点 C 作 CE 垂直 AD 所在直线于点 E，梯形 ABCD 绕 AD 所在直线旋转一周而形成的 旋转体是由以线段 AB 的长为底面圆半径，线段 BC 为母线的圆柱挖去以线段 CE 的长为底面 圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为 V＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB2·BC－ 1 3 ·π·CE2·DE＝π×12×2－1 3 π×12×1＝5π 3 ，选 C.] 3．(2014·山东高考)一个六棱锥的体积为 2 3，其底面是边长为 2 的正六边形，侧棱 长都相等，则该六棱锥的侧面积为________． 12 [设正六棱锥的高为 h，侧面的斜高为 h′. 由题意，得1 3 ×6×1 2 ×2× 3×h＝2 3，∴h＝1， ∴斜高 h′＝ 12＋ 3 2＝2，∴S 侧＝6×1 2 ×2×2＝12.] 回访 2 球与几何体的外接与内切 4．(2015·全国卷Ⅱ)已知 A，B 是球 O 的球面上两点，∠AOB＝90°，C 为该球面上的 动点．若三棱锥 OABC 体积的最大值为 36，则球 O 的表面积为( ) A．36π B．64π C．144π D．256π C [如图，设球的半径为 R，∵∠AOB＝90°，∴S△AOB＝1 2 R2. ∵VOABC＝VCAOB，而△AOB 面积为定值， ∴当点 C 到平面 AOB 的距离最大时，VOABC 最大， ∴当 C 为与球的大圆面 AOB 垂直的直径的端点时，体积 VOABC 最大为1 3 ×1 2 R2×R＝36， ∴R＝6，∴球 O 的表面积为 4πR2＝4π×62＝144π.故选 C.] 5．(2013·全国卷Ⅰ)如图 103，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高 8 cm， 将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为 6 cm，如果不 计容器厚度，则球的体积为( ) 图 103 A.500π 3 cm3 B.866π 3 cm3 C.1 372π 3 cm3 D.2 048π 3 cm3 A [如图，作出球的一个截面，则 MC＝8－6＝2(cm)，BM＝1 2 AB＝1 2 ×8 ＝4(cm)．设球的半径为 R cm，则 R2＝OM2＋MB2＝(R－2)2＋42，∴R＝5， ∴V 球＝4 3 π×53＝500 3 π(cm3)．] 6．(2012·全国卷)已知三棱锥 SABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，△ABC 是边长为 1 的正三角形，SC 为球 O 的直径，且 SC＝2，则此棱锥的体积为( ) A. 2 6 B. 3 6 C. 2 3 D. 2 2 A [由于三棱锥SABC与三棱锥OABC底面都是△ABC，O是SC的中点，因此三棱锥SABC 的高是三棱锥 OABC 高的 2 倍， 所以三棱锥 SABC 的体积也是三棱锥 OABC 体积的 2 倍． 在三棱锥 OABC 中，其棱长都是 1，如图所示， S△ABC＝ 3 4 ×AB2＝ 3 4 ， 高 OD＝ 12－ 3 3 2＝ 6 3 ， ∴VSABC＝2VOABC＝2×1 3 × 3 4 × 6 3 ＝ 2 6 .] (对应学生用书第 167 页) 热点题型 1 几何体的表面积或体积 题型分析：解决此类题目，准确转化是前提，套用公式是关键，求解时先根据条件确定 几何体的形状，再套用公式求解. (1)(2016·全国乙卷)如图 104，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每 个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π 3 ，则它的表面积是 ( ) 图 104 A．17π B．18π C．20π D．28π (2)(2016·全国丙卷)如图 105，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某多 面体的三视图，则该多面体的表面积为( ) 图 105 A．18＋36 5 B．54＋18 5 C．90 D．81 (1)A (2)B [(1)由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的1 4 ，得到 的几何体如图．设球的半径为 R，则4 3 πR3－1 8 ×4 3 πR3＝28 3 π，解得 R＝2.因此它的表面积为 7 8 ×4πR2＋3 4 πR2＝17π.故选 A. (2)由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两 个侧面为平行四边形，则表面积为(3×3＋3×6＋3×3 5)×2＝54＋18 5.故选 B.] 1．求解几何体的表面积及体积的技巧 (1)求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键所在．求 三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某 一面上． (2)求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何 体以易于求解． 2．根据几何体的三视图求其表面积与体积的三个步骤 (1)根据给出的三视图判断该几何体的形状． (2)由三视图中的大小标示确定该几何体的各个度量． (3)套用相应的面积公式与体积公式计算求解． [变式训练 1] (1)(2016·平顶山二模)某几何体的三视图如图 106 所示，则该几何体的体积为( ) A.13 3 ＋π 3 B．5＋π 2 C．5＋π 3 D.13 3 ＋π 2 图 106 (2)(2016·胶东示范校二模)一个茶叶盒的三视图如图 107 所示(单位：分米)，盒盖与 盒底为合金材料制成，其余部分为铁皮材料制成．如果合金材料每平方分米造价 10 元，铁 皮材料每平方分米造价 5 元，则该茶叶盒的造价为( ) 图 107 A．100 元 B．120 元 C．130 元 D．200 元 (3)(名师押题)如图 108，从棱长为 6 cm 的正方体铁皮箱 ABCD A1B1C1D1 中分离出来由 三个正方形面板组成的几何图形．如果用图示中这样一个装置来盛水，那么最多能盛的水的 体积为________cm3. 图 108 (1)D (2)C (3)36 [(1)由三视图知该几何体是由一个长方体，一个三棱锥和一个1 4 圆 柱组成，故该几何体的体积为 V＝2×1×2＋1 3 ×1 2 ×1×1×2＋1 4 ×π×12×2＝13 3 ＋π 2 . (2)该茶叶盒是一个棱长为 2 的正方体截去了四个三棱锥，其直观图如图所示，以下底 面正方形的边为底的四个等腰三角形的面积之和是 4×1 2 ×2×2＝8，以上底面正方形的边为 底的四个等腰三角形的面积之和是 4×1 2 × 2×3 2 2 ＝6.又下底面的面积为 4，上底面的面积 为 2，所以该茶叶盒的造价为 5×14＋10×6＝130(元)．] (3)最多能盛多少水，实际上是求三棱锥 C1CD1B1 的体积． 又 V 三棱锥 C1CD1B1＝V 三棱锥 CB1C1D1＝1 3 × 1 2 ×6×6 ×6＝36(cm3)，所以用图示中这 样一个装置来盛水，最多能盛 36 cm3 体积的水．] 热点题型 2 球与几何体的切、接问题 题型分析：与球有关的表面积或体积求解，其核心本质是半径的求解，这也是此类问题 求解的主线，考生要时刻谨记.先根据几何体的三视图确定其结构特征与数量特征，然后确 定其外接球的球心，进而确定球的半径，最后代入公式求值即可；也可利用球的性质——球 面上任意一点对直径所张的角为直角，然后根据几何体的结构特征构造射影定理求解. (1)(2016·南昌二模)一个几何体的三视图如图 109 所示，其中正视图是正三 角形，则该几何体的外接球的表面积为( ) 图 109 A.8π 3 B.16π 3 C.48π 3 D.64π 3 (2)(2016·全国丙卷)在封闭的直三棱柱 ABCA1B1C1 内有一个体积为 V 的球．若 AB⊥BC， AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则 V 的最大值是( ) A．4π B.9π 2 C．6π D.32π 3 (1)D (2)B [(1)法一 由三视图可知，该几何体是如图所示 的三棱锥 S ABC，其中 HS 是三棱锥的高，由三视图可知 HS＝2 3， HA＝HB＝HC＝2，故 H 为△ABC 外接圆的圆心，该圆的半径为 2. 由几何体的对称性可知三棱锥 SABC 外接球的球心 O 在直 线 HS 上，连接 OB. 设球的半径为 R，则球心 O 到△ABC 外接圆的距离为 OH＝|SH－OS|＝|2 3－R|， 由球的截面性质可得 R＝OB＝ OH2＋HB2＝ |2 3－R|2＋22，解得 R＝4 3 3 ，所以所 求外接球的表面积为 4πR2＝4π×16 3 ＝64π 3 .故选 D. 法二 由三视图可知，该几何体是如图所示的三棱锥 S ABC，其中 HS 是三棱锥的高， 由侧视图可知 HS＝2 3，由正视图和侧视图可得 HA＝HB＝HC＝2. 由几何体的对称性可知三棱锥外接球的球心 O 在 HS 上，延长 SH 交球面于点 P，则 SP 就是球的直径， 由点 A 在球面上可得 SA⊥AP. 又 SH⊥平面 ABC，所以 SH⊥AH. 在 Rt△ASH 中，SA＝ SH2＋AH2＝ 2 3 2＋22＝4. 设球的半径为 R，则 SP＝2R， 在 Rt△SPA 中，由射影定理可得 SA2＝SH×SP，即 42＝2 3×2R，解得 R＝4 3 3 ， 所以所求外接球的表面积为 4πR2＝4π×16 3 ＝64π 3 .故选 D. (2)由题意得要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切．设球的半径为 R.因为 △ABC 的内切圆半径为6＋8－10 2 ＝2，所以 R≤2.又 2R≤3，所以 R≤3 2 ，所以 Vmax＝4 3 π 3 2 3＝ 9 2 π.故选 B.] 解决球与几何体的切、接问题的关键在于确定球的半径与几何体的度量之间的关系，这 就需要灵活利用球的截面性质以及组合体的截面特征来确定．对于旋转体与球的组合体，主 要利用它们的轴截面性质建立相关数据之间的关系；而对于多面体，应抓住多面体的结构特 征灵活选择过球心的截面，把多面体的相关数据和球的半径在截面图形中体现出来． [变式训练 2] (1)已知直三棱柱 ABCA1B1C1 的 6 个顶点都在球 O 的球面上，若 AB＝3， AC＝1，∠BAC＝60°，AA1＝2，则该三棱柱的外接球的体积为( ) 【导学号：67722037】 A.40π 3 B.40 30π 27 C.320 30π 27 D．20π (2)(名师押题)一几何体的三视图如图 1010(网格中每个正方形的边长为 1)，若这个几 何体的顶点都在球 O 的表面上，则球 O 的表面积是________． 图 1010 (1)B (2)20π [(1)设△A1B1C1 的外心为 O1，△ABC 的外心 为 O2，连接 O1O2，O2B，OB，如图所示． 由题意可得外接球的球心 O 为 O1O2 的中点． 在△ABC 中，由余弦定理可得 BC2＝AB2＋AC2－2AB×ACcos∠ BAC＝32＋12－2×3×1×cos 60°＝7， 所以 BC＝ 7. 由正弦定理可得△ABC 外接圆的直径 2r＝2O2B＝ BC sin 60° ＝2 7 3 ，所以 r＝ 7 3 ＝ 21 3 . 而球心 O 到截面 ABC 的距离 d＝OO2＝1 2 AA1＝1， 设直三棱柱 ABCA1B1C1 的外接球半径为 R，由球的截面性质可得 R2＝d2＋r2＝12＋ 21 3 2 ＝10 3 ，故 R＝ 30 3 ， 所以该三棱柱的外接球的体积为 V＝4π 3 R3＝40 30π 27 .故选 B. (2)由三视图知该几何体是一个四棱锥，如图所示，其底面 ABCD 是长、宽分别为 4 和 2 的矩形，高为 2，且侧面 SDC 与底面 ABCD 垂直，且顶点 S 在底面上的射影为该侧面上的底 面边的中点．由该几何体的结构特征知球心在过底面中心 O 且与底面垂直的直线上，同时在 过侧面△SDC 的外接圆圆心且与侧面 SDC 垂直的直线上．因为△SDC 为直角三角形，所以球 心就为底面 ABCD 的中心 O，所以外接球的半径为 R＝1 2 AC＝ 5，故外接球的表面积为 4πR2 ＝20π.] 专题限时集训(十) 空间几何体表面积或体积的求解 [建议 A、B 组各用时：45 分钟] [A 组 高考达标] 一、选择题 1．(2016·石家庄二模)一个三棱锥的正视图和俯视图如图 1011 所示，则该三棱锥的 侧视图可能为( ) 图 1011 D [分析三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥， 其中平面 ACD⊥平面 BCD，故选 D.] 2．(2016·潍坊二模)已知某几何体的三视图如图 1012 所示，则该几何体的体积为 ( ) 图 1012 A.π 6 B.π 3 C.2π 3 D．(2－ 2)π B [由三视图可知该几何体由半球内挖去一个同底的圆锥得到，所以该几何体的体积为 V＝1 2 ×4 3 π×13－1 3 π×12×1＝π 3 .] 3．(2016·烟台模拟)某几何体的三视图如图 1013 所示，则该几何体的体积与其外接 球的体积之比为( ) 图 1013 A．1∶3π B. 3∶π C．1∶3 3π D．1∶ 3π D [由三视图可知，几何体是一个三棱柱，体积 V1＝1 2 ×2×2×2＝4，设外接球的半径 为 R，则 4R2＝22＋22＋22＝12，所以 R＝ 3. 所以球的体积 V2＝4 3 πR3＝4 3π，体积比 V1∶V2＝4∶4 3π＝1∶ 3π.] 4．(2016·湖北七市模拟)已知某几何体的三视图如图 1014 所示，其中俯视图是正三 角形，则该几何体的体积为( ) 图 1014 A. 3 B．2 3 C．3 3 D．4 3 B [分析题意可知，该几何体是由如图所示的三棱柱 ABCA1B1C1 截 去四棱锥 ABEDC 得到的，故其体积 V＝ 3 4 ×22×3－1 3 ×1＋2 2 ×2× 3＝ 2 3，故选 B.] 5．(2016·广州二模)如图 1015，网格纸上小正方形的边长为 1， 粗线画出的是某个四面体的三视图，则该四面体的表面积为( ) 图 1015 A．8＋8 2＋4 6 B．8＋8 2＋2 6 C．2＋2 2＋ 6 D.1 2 ＋ 2 2 ＋ 6 4 A [在正方体中还原出该四面体 CA1EC1 如图所示，可求得该四面 体的表面积为 8＋8 2＋4 6.] 二、填空题 6．(2016·昆明一模)已知三棱锥 PABC 的顶点 P，A，B，C 在球 O 的球面上，△ABC 是 边长为 3的等边三角形，如果球 O 的表面积为 36π，那么 P 到平面 ABC 距离的最大值为 ________． 3＋2 2 [依题意，边长是 3的等边△ABC 的外接圆半径 r＝1 2 · 3 sin 60° ＝1.∵球 O 的表面积为 36π＝4πR2，∴球 O 的半径 R＝3，∴球心 O 到平面 ABC 的距离 d＝ R2－r2＝2 2， ∴球面上的点 P 到平面 ABC 距离的最大值为 R＋d＝3＋2 2.] 7．(2016·山东省实验中学模拟)三棱锥 PABC 中，D，E 分别为 PB，PC 的中点，记三 棱锥 DABE 的体积为 V1，PABC 的体积为 V2，则V1 V2 ＝________. 1 4 [如图，设 S△ABD＝S1，S△PAB＝S2， E 到平面 ABD 的距离为 h1，C 到平面 PAB 的距离为 h2，则 S2＝2S1， h2＝2h1，V1＝1 3 S1h1，V2＝1 3 S2h2，所以V1 V2 ＝S1h1 S2h2 ＝1 4 .] 8．(2016·海口二模)半径为 2 的球 O 中有一内接正四棱柱(底 面是正方形，侧棱垂直底面)．当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的 侧面积之差是________． 16(π－ 2) [设内接正四棱柱底边长为 a，高为 h，那么 16＝2a2＋h2≥2 2ah，正四 棱柱的侧面积 S＝4ah≤16 2，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是 16(π－ 2)．] 三、解答题 9．(2016·合肥二模)如图 1016，P 为正方形 ABCD 外一点，PB⊥平面 ABCD，PB＝AB＝ 2，E 为 PD 的中点． 图 1016 (1)求证：PA⊥CE； (2)求四棱锥 PABCD 的表面积． [解] (1)证明：取 PA 的中点 F，连接 EF，BF，则 EF∥AD∥BC， 即 EF，BC 共面． ∵PB⊥平面 ABCD，∴PB⊥BC，又 BC⊥AB 且 PB∩AB＝B， ∴BC⊥平面 PAB，∴BC⊥PA.3 分 ∵PB＝AB，∴BF⊥PA，又 BC∩BF＝B， ∴PA⊥平面 EFBC，∴PA⊥CE.6 分 (2)设四棱锥 PABCD 的表面积为 S， ∵PB⊥平面 ABCD，∴PB⊥CD，又 CD⊥BC，PB∩BC＝B， ∴CD⊥平面 PBC，∴CD⊥PC，即△PCD 为直角三角形，8 分 由(1)知 BC⊥平面 PAB，而 AD∥BC，∴AD⊥平面 PAB， 故 AD⊥PA，即△PAD 也为直角三角形． S▱ ABCD＝2×2＝4， S△PBC＝S△PAB＝S△PDA＝1 2 ×2×2＝2， S△PCD＝1 2 ×2× 22＋22＝2 2，10 分 ∴S 表＝S▱ ABCD＋S△PBC＋S△PDA＋S△PAB＋S△PCD ＝10＋2 2.12 分 10．(2016·湖北七市模拟)如图 1017，一个侧棱长为 l 的直三棱柱 ABCA1B1C1 容器中 盛有液体(不计容器厚度)．若液面恰好分别过棱 AC，BC，B1C1，A1C1 的中点 D，E，F，G. 图 1017 (1)求证：平面 DEFG∥平面 ABB1A1； (2)当底面 ABC 水平放置时，求液面的高． [解] (1)证明：因为 D，E 分别为棱 AC，BC 的中点，所以 DE 是△ABC 的中位线，所以 DE∥AB.又 DE⊄ 平面 ABB1A1，AB⊂平面 ABB1A1，所以 DE∥平面 ABB1A1.同理 DG∥平面 ABB1A1， 又 DE∩DG＝D，所以平面 DEFG∥平面 ABB1A1.6 分 (2)当直三棱柱 ABCA1B1C1 容器的侧面 AA1B1B 水平放置时，由(1)可知，液体部分是直四 棱柱，其高即为原直三棱柱 ABCA1B1C1 容器的高，即侧棱长 l，当底面 ABC 水平放置时，设 液面的高为 h，△ABC 的面积为 S，则由已知条件可知，△CDE∽△ABC，且 S△CDE＝1 4 S，所以 S 四边形 ABED＝3 4 S.9 分 由于两种状态下液体体积相等，所以 V 液体＝Sh＝S 四边形 ABEDl＝3 4 Sl，即 h＝3 4 l. 因此，当底面 ABC 水平放置时，液面的高为 3 4 l.12 分 [B 组 名校冲刺] 一、选择题 1．(2016·济宁模拟)如图 1018 所示，四棱锥 PABCD 中，PD⊥平面 ABCD，且 PD＝2， 底面是边长为 2 的菱形，M 是 CD 的中点，平面 PMB⊥平面 PCD，则该四棱锥的体积为( ) 图 1018 A.4 3 3 B．4 3 C. 3 D．4 A [过点 D 在平面 PCD 内作 DN⊥PM 于点 N，又平面 PMB⊥ 平面 PCD，平面 PMB∩平面 PCD＝PM，所以 DN⊥平面 PMB，所以 DN⊥BM.又由 PD⊥平面 ABCD，得 PD⊥BM，又 PD 与 DN 是平面 PDC 内的两条相交直线，所以 BM⊥平面 PDC，则 BM⊥CD.又点 M 是 CD 的中点，BC＝CD，所以∠BCD＝60°，所以底面菱形 ABCD 的 面积为 2×2×sin 60°＝2 3，故该四棱锥的体积为1 3 ×2 3×2＝4 3 3 .] 2．(2016·重庆二模)某几何体的三视图如图 1019 所示，则该几何体的体积为( ) 图 1019 A.2 3 B.4 3 C.5 3 D.7 3 B [根据三视图可知，几何体是由一个直三棱柱与一个三棱锥所组成的，其中该直三棱 柱的底面是一个直角三角形(直角边长分别为 1,2，高为 1)；该三棱锥的底面是一个直角三 角形(腰长分别为 1,2，高为 1)，因此该几何体的体积为1 2 ×2×1×1＋1 3 ×1 2 ×2×1×1＝4 3 ， 选 B.] 3．(2016·唐山二模)某几何体的三视图如图 1020 所示，则该几何体的体积为( ) 图 1020 A．6π＋4 B．π＋4 C.5π 2 D．2π D [由三视图知，该几何体为一个底面半径为 1，高为 1 的圆柱体，与底面半径为 1， 高为 2 的半圆柱体构成，所以该三视图的体积为π×12×1＋1 2 π×12×2＝2π，故选 D.] 4．(2016·江西上饶三模)从点 P 出发的三条射线 PA，PB，PC 两两成 60°角，且分别 与球 O 相切于 A，B，C 三点，若 OP＝ 3，则球的体积为( ) A.π 3 B.2π 3 C.4π 3 D.8π 3 C [设 OP 交平面 ABC 于 O′， 由题得△ABC 和△PAB 为正三角形， 所以 O′A＝ 3 3 AB＝ 3 3 AP. 因为 AO′⊥PO，OA⊥PA， 所以OP OA ＝ AP AO′ ，AO′ AB ＝ 3 3 ，AO′ AP ＝ 3 3 ， 所以 OA＝OP·O′A AP ＝ 3× 3 3 ＝1， 即球的半径为 1， 所以其体积为4 3 π×13＝4 3 π.选 C.] 二、填空题 5．(2016·广州二模)一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都 为 1，顶点在同一个球面上，则该球的体积为________. 【导学号：67722038】 5 5π 6 [由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径 r＝1, 其高 h＝1，∴球半径为 R＝ r2＋ h 2 2＝ 1＋1 4 ＝ 5 4 ，∴该球的体积 V＝4 3 πR3＝4 3 × 5 4 3π＝5 5π 6 .] 6．(2016·开封一模)在三棱锥 PABC 中，AB＝BC＝ 15，AC＝6，PC⊥平面 ABC，PC＝2， 则该三棱锥的外接球表面积为________. 【导学号：67722039】 83 2 π [由题可知，△ABC 中 AC 边上的高为 15－32＝ 6，球心 O 在底面 ABC 的投影即 为△ABC 的外心 D，设 DA＝DB＝DC＝x，∴x2＝32＋( 6－x)2，解得 x＝5 4 6，∴R2＝x2＋ PC 2 2 ＝75 8 ＋1＝83 8 (其中 R 为三棱锥外接球的半径)，∴外接球的表面积 S＝4πR2＝83 2 π.] 三、解答题 7．如图 1021，矩形 CDEF 和梯形 ABCD 互相垂直，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝1 2 CD， BE⊥DF. 图 1021 (1)若 M 为 EA 中点，求证：AC∥平面 MDF； (2)若 AB＝2，求四棱锥 EABCD 的体积． [解] (1)证明：设 EC 与 DF 交于点 N，连接 MN， 在矩形 CDEF 中，点 N 为 EC 中点， 因为 M 为 EA 中点，所以 MN∥AC.2 分 又因为 AC⊄ 平面 MDF，MN⊂平面 MDF， 所以 AC∥平面 MDF.4 分 (2)取 CD 中点为 G，连接 BG，EG， 平面 CDEF⊥平面 ABCD，平面 CDEF∩平面 ABCD＝CD， AD⊂平面 ABCD，AD⊥CD， 所以 AD⊥平面 CDEF，同理 ED⊥平面 ABCD，7 分 所以 ED 的长即为四棱锥 EABCD 的高.8 分 在梯形 ABCD 中，AB＝1 2 CD＝DG，AB∥DG， 所以四边形 ABGD 是平行四边形，BG∥AD，所以 BG⊥平面 CDEF. 又 DF⊂平面 CDEF，所以 BG⊥DF，又 BE⊥DF，BE∩BG＝B， 所以 DF⊥平面 BEG，DF⊥EG.10 分 注意到 Rt△DEG∽Rt△EFD，所以 DE2＝DG·EF＝8，DE＝2 2， 所以 VEABCD＝1 3 S 梯形 ABCD·ED＝4 2.12 分 8．如图 1022，在多面体 ABCDM 中，△BCD 是等边三角形，△CMD 是等腰直角三角形， ∠CMD＝90°，平面 CMD⊥平面 BCD，AB⊥平面 BCD，点 O 为 CD 的中点，连接 OM. 图 1022 (1)求证：OM∥平面 ABD； (2)若 AB＝BC＝2，求三棱锥 ABDM 的体积． [解] (1)证明：∵△CMD 是等腰直角三角形，∠CMD＝90°，点 O 为 CD 的中点，∴OM ⊥CD.1 分 ∵平面 CMD⊥平面 BCD，平面 CMD∩平面 BCD＝CD，OM⊂平面 CMD， ∴OM⊥平面 BCD.2 分 ∵AB⊥平面 BCD，∴OM∥AB.3 分 ∵AB⊂平面 ABD，OM⊄ 平面 ABD，∴OM∥平面 ABD.4 分 (2)法一：由(1)知 OM∥平面 ABD， ∴点 M 到平面 ABD 的距离等于点 O 到平面 ABD 的距离.5 分 过点 O 作 OH⊥BD，垂足为点 H. ∵AB⊥平面 BCD，OH⊂平面 BCD，∴OH⊥AB.6 分 ∵AB⊂平面 ABD，BD⊂平面 ABD，AB∩BD＝B，∴OH⊥平面 ABD.7 分 ∵AB＝BC＝2，△BCD 是等边三角形， ∴BD＝2，OD＝1，OH＝OD·sin 60°＝ 3 2 .9 分 ∴V 三棱锥 ABDM＝V 三棱锥 MABD ＝1 3 ×1 2 ×AB·BD·OH ＝1 3 ×1 2 ×2×2× 3 2 ＝ 3 3 .11 分 ∴三棱锥 ABDM 的体积为 3 3 .12 分 法二：由(1)知 OM∥平面 ABD， ∴点 M 到平面 ABD 的距离等于点 O 到平面 ABD 的距离.5 分 ∵AB＝BC＝2，△BCD 是等边三角形，∴BD＝2，OD＝1.6 分 连接 OB，则 OB⊥CD，OB＝BD·sin 60°＝ 3.7 分 ∴V 三棱锥 ABDM＝V 三棱锥 MABD＝V 三棱锥 OABD＝V 三棱锥 ABDO ＝1 3 ×1 2 ×OD·OB·AB ＝1 3 ×1 2 ×1× 3×2＝ 3 3 .11 分 ∴三棱锥 ABDM 的体积为 3 3 .12 分