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第九章 其次节
一、选择题
1．(2022·广东汕头金山中学摸底)如图是一正方体被过棱的中点M，N，顶点A及过N，顶点D，C1的两个截面截去两角后所得的几何体，该几何体的正视图是( )
[答案] B
[解析] 在原正方体中，此几何体的顶点A、B、B1、M、N在正视图中的投影依次为D、C、C1、Q、D1(其中Q为C1D1的中点)，能观看的轮廓线用实线，看不见的轮廓线为虚线．故选B.
2.纸制的正方体的六个面依据其实际方位分别标记为上、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“△”的面的方位是( )
A．南 B．北
C．西 D．下
[答案] A
[解析] 将所给图形还原为正方体，如图所示，最上面为上，最右面为东，则前面为△，可知“△”的实际方位为南．
3．(文)(2021·惠安中学高考适应性训练)一个四棱锥的三视图如图所示，其中正(主)视图是腰长为1的等腰直角三角形，侧(左)视图是直角三角形，其中一条直角边长为2，则这个几何体的体积是( )
A. B．1
C. D．2
[答案] A
[解析] 由三视图知，该几何体为四棱锥，底面为直角梯形，梯形两底边长分别为1和2，高为，面积S＝×(1＋2)×＝，锥体高，
∴体积V＝××＝，故选A.
(理)(2022·重庆理)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A．54 B．60
C．66 D．72
[答案] B
[解析] 如图所示
该几何体是将一个直三棱柱截去一个三棱锥得到的，直三棱柱底面是直角三角形，两直角边长为3和4，柱高为5，∵EF∥AC，AC⊥平面ABDF，∴EF⊥平面ABDF，∴EF⊥DF，在直角梯形ABDF中，易得DF＝5，故其表面积为S＝SRt△ABC＋S矩形ACEF＋S梯形ABDF＋S梯形BCED＋SRt△DEF＝＋3×5＋＋＋＝60.
4．(文)(2021·贵州六校联盟)某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为2的正方形，两条虚线相互垂直，则该几何体的体积是( )
A. B．
C．8－ D．8－
[答案] A
[解析] 由三视图知，该几何体为一个正方体挖掉一个正四棱锥，其中正方体的棱长为2，正四棱锥的底面为正方体的上底面，高为1.
∴几何体的体积为V＝23－×2×2×1＝8－＝.
(理)(2021·安徽六校教研会联考)四棱锥P－ABCD的五个顶点都在一个球面上，该四棱锥的三视图如图所示，E，F分别是棱AB，CD的中点，直线EF被球面截得的线段长为2，则该球的表面积为( )
A．9π B．3π
C．2π D．12π
[答案] D
[解析] 该几何体的直观图如图所示，
该几何体可看作由正方体截得的，则正方体外接球的直径即为PC.由直线EF被球面所截得的线段长为2，可知正方形ABCD的对角线AC的长为2，可得a＝2，在△PAC中，PC＝＝2，∴球的半径R＝，
∴S表＝4πR2＝4π×()2＝12π.
5．(文)(2022·河北名校名师俱乐部模拟)一个球的球心到过球面上A、B、C三点的平面的距离等于球半径的一半，若AB＝BC＝CA＝3，则球的体积为( )
A．8π B．
C．12π D．
[答案] D
[解析] 设球心为O，过O作OM⊥平面ABC，垂足是M, ∵△ABC是边长为3的正三角形，∴AM＝，可得球半径是2，体积是π.
(理)如图，已知在多面体ABC－DEFG中，AB、AC、AD两两相互垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为( )
A．2 B．4
C．6 D．8
[答案] B
[解析] 补成长方体ABMC－DEFN并连接CF，易知三棱锥F－BCM与三棱锥C－FGN的体积相等，故几何体体积等于长方体的体积4.故选B.
[点评] 1.也可以用平面BCE将此几何体分割为两部分，设平面BCE与DG的交点为H，则ABC－DEH为一个直三棱柱，由条件易证EH綊FG綊BC，平面BEF∥平面CHG，且△BEF△CHG，∴几何体BEF－CHG是一个斜三棱柱，这两个三棱柱的底面都是直角边长为2和1的直角三角形，高都是2，∴体积为4.
2．如图(2)，几何体ABC－DEFG也可看作棱长为2的正方体中，取棱AN、EK的中点C、F，作平面BCGF将正方体切割成两部分，易证这两部格外形相同，体积相等，∴VABC－DEFG＝×23＝4.
6．在一个倒置的正三棱锥容器内放入一个钢球，钢球恰与棱锥的四个面都接触，过棱锥的一条侧棱和高作截面，正确的截面图形是( )
[答案] B
[解析] 球与正三棱锥底面的切点为底面正三角形的中心，故在截面图中，此切点将截面三角形的这一条边(底面正三角形的高)分为12两部分，截面过三棱锥的高和一条侧棱，故截面图中球大圆与侧棱外离且圆心在三角形的高(即棱锥的高)上，这条高应是顶点与底面中心的连线段，故选B.
二、填空题
7．圆台的上、下底半径分别为2和4，母线长为4，则截得此圆台的圆锥侧面开放图的中心角为________．
[答案] π
[解析] 如图，设PD＝x，则＝，∴x＝4，
∴θ＝×2π＝π.
8．一个底面半径为1，高为6的圆柱被一个平面截下一部分，如图(1)所示，截下部分的母线最大长度为2，最小长度为1，则截下部分的体积是________．
[答案]
[解析] 依据对称性把它补成如图(2)所示的圆柱，这个圆柱的高是3，体积是所求几何体体积的2倍，故所求的几何体的体积是×π×12×3＝.故填.
9．(文)(2022·天津理)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.
[答案]
[解析] 由三视图可知，该几何体是一个组合体，其上部是一个圆锥，且底面圆半径为2，高为2；下部是一个圆柱，底面圆半径为1，高为4，故该几何体的体积V＝·π·22·2＋π·12·4＝＋4π＝.
(理)(2021·山东泰安市期末)已知一个空间几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图都是由半圆和矩形组成，依据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积是________．
[答案] πcm3
[解析] 由图可知，该几何体是一个组合体，上部为半径为1的半球，下部为圆柱，圆柱的底半径为1、高为1，
∴体积V＝×＋π×()2×1＝(cm3)．
三、解答题
10．(文)(2021·江西赣州博雅文化学校月考)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，BC＝CD＝2，∠ACB＝∠ACD＝.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若侧棱PC上的点F满足PF＝7FC，求三棱锥P－BDF的体积．
[解析] (1)∵BC＝CD＝2，∴△BCD为等腰三角形，
∵∠ACB＝∠ACD＝，∴BD⊥AC.
再由PA⊥底面ABCD，可得PA⊥BD.
而PA∩AC＝A，故BD⊥平面PAC.
(2)∵侧棱PC上的点F满足PF＝7FC，
∴三棱锥F－BCD的高是三棱锥P－BCD的高的.
△BCD的面积S△BCD＝BC·CD·sin∠BCD＝×2×2×sin＝.
∴三棱锥P－BDF的体积V＝VP－BCD－VF－BCD＝·S△BCD·PA－·S△BCD·(PA)＝×·S△BCD·PA＝××2＝.
(理)(2021·济南外国语学校质检)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，点E在线段AD上，且CE∥AB.
(1)求证：CE⊥平面PAD；
(2)若PA＝AB＝1，AD＝3，CD＝，∠CDA＝45°，求四棱锥P－ABCD的体积．
[解析] (1)证明：由于PA⊥平面ABCD，CE⊂平面ABCD，所以PA⊥CE，
在平面ABCD内，由于AB⊥AD，CE∥AB，所以CE⊥AD，
又PA∩AD＝A，所以CE⊥平面PAD，
(2)由(1)可知CE⊥AD，在直角三角形ECD中，DE＝CD·cos45°＝1，CE＝CD·sin45°＝1.
又由于AB＝CE＝1，AB∥CE，所以四边形ABCE为矩形，所以S四边形ABCD＝S矩形ABCE＋S△ECD＝AB·AE＋CE·DE＝1×2＋×1×1＝，
又PA⊥平面ABCD，PA＝1，
所以四棱锥P－ABCD的体积
V＝S四边形ABCD·PA＝××1＝.
一、选择题
11．(文)(2022·湖北荆州质量检查)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A. B．π
C. D．2π
[答案] A
[解析] 由三视图可知，该几何体是在一个圆柱中挖去两个半球而形成的，且圆柱的底面圆半径为1，母线长为2，则圆柱的体积V柱＝π×12×2＝2π，挖去的两个半球的半径均为1，因此挖去部分的体积为V球＝2××π×13＝π.故所求几何体的体积为V＝V柱－V球＝2π－＝.
(理)(2022·河南郑州质检)如图所示，某几何体的正视图和俯视图都是矩形，侧视图是平行四边形，则该几何体的表面积为( )
A．15＋3 B．9
C．30＋6 D．18
[答案] C
[解析] 由三视图知几何体是一个斜四棱柱，底面是边长为3的正方形，棱柱高为，侧棱长为2，故S＝3×3×2＋3×2×2＋3××2＝30＋6.
12．(文)(2022·东北三校一联)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为( )
A. B．
C. D．
[答案] D
[解析] 该几何体是底面为扇形的一个锥体，由主视图可知AD＝1，而AO＝2，∴∠AOD＝，∴底面扇形的圆心角α＝π，∴＝，V＝Sh＝×(·π×22)×4＝π.
(理)(2022·江南十校联考)某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是( )
A.π B．6π
C.π D．π
[答案] C
[解析] 由三视图可知，该几何体上半部分是底面半径和高都为2的半圆锥，下半部分为底面半径为2，高为1的半圆柱组成的组合体，因此它的体积为V＝(π×22×1)＋(π×22×2)×＝π.
13．(2022·山东青岛二模)已知三棱锥D－ABC中，AB＝BC＝1，AD＝2，BD＝，AC＝，BC⊥AD，则该三棱锥的外接球的表面积为( )
A.π B．6π
C．5π D．8π
[答案] B
[解析] ∵由勾股定理易知DA⊥AB，AB⊥BC，
∴BC⊥平面DAB.
∴CD＝＝.
∴AC2＋AD2＝CD2，∴DA⊥AC.
取CD的中点O，由直角三角形的性质知O到点A，B，C，D的距离均为，
其即为三棱锥的外接球球心．
故三棱锥的外接球的表面积为4π()2＝6π.
二、填空题
14．(2022·陕西宝鸡质检)已知某几何体的三视图如图所示，其中主视图中半圆直径为2，则该几何体的体积为________．
[答案] 24－
[解析] 由三视图可知，该几何体是长方体里面挖了一个半圆柱体，可知，长方体的长为4，宽为3，高为2，圆柱体的高为3，底面的半径为1，则可知该几何体的体积为4×2×3－×π×12×3＝24－π.
15．(文)已知S，A，B，C是球O表面上的点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA＝AB＝1，BC＝，则球O的表面积等于________．
[答案] 4π
[解析] 可以将其补全为一个长方体，则长、宽、高分别为、1、1，所以，长方体体对角线长为＝2，故R＝1，因此球的表面积为4πR2＝4π.
(理)圆锥的高为4，侧面积为15π，其内切球的表面积为________．
[答案] 9π
[解析] 设圆锥底面半径为r(r>0)，则母线长l＝，由πrl＝15π得r·＝15，解之得r＝3，∴l＝5.
设内切球半径为R，作出圆锥的轴截面如图，则BD＝BO1＝3，PD＝5－3＝2，PO＝4－R，
∵OD⊥PB，∴R2＋4＝(4－R)2，∴R＝，
∴球的表面积S＝4πR2＝9π.
三、解答题
16．(文)(2022·南开区质检) 如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AC⊥BC，AB⊥BB1，AC＝BC＝BB1＝2，D为AB的中点，且CD⊥DA1.
(1)求证：平面A1B1B⊥平面ABC；
(2)求多面体DBC－A1B1C1的体积．
[解析] ∵AC＝BC，D为AB的中点，
∴CD⊥AB，又CD⊥DA1，∴CD⊥面AA1B1B，
又由于CD⊂平面ABC，故平面A1B1B⊥平面ABC.
(2)V多面体DBC－A1B1C1＝V棱柱ABC－A1B1C1－V棱锥A1－ADC＝S△ABC·|AA1|－S△ADC·|AA1|＝S△ABC·|AA1|－×S△ABC·|AA1|＝S△ABC·|AA1|＝.
(理)(2021·焦作市期中)如图，四边形BCDE为矩形，平面ABC⊥平面BCDE，AC⊥BC，AC＝CD＝BC＝2，点F是线段AD的中点．
(1)求证：AB∥平面CEF；
(2)求几何体ABCDE被平面CEF分成的上下两部分的体积之比．
[解析] (1)连接BD交CE于点O，连接FO.
∵四边形BCDE为矩形，
∴O为BD的中点，又F是线段AD的中点，
∴FO∥AB，
∵FO⊂平面CEF，AB⊄平面CEF.
∴AB∥平面CEF.
(2)∵平面ABC⊥平面BCDE，AC⊥BC，平面ABC∩平面BCDE＝BC，
∴AC⊥平面BCDE.
∴VA－BCDE＝·S矩形BCDE·AC＝×BC×CD×AC＝×4×2×2＝.
矩形BCDE中，BC⊥CD，又AC⊥BC且AC∩CD＝C，
∴BC⊥平面ACD，
又矩形BCDE中，ED∥BC，∴ED⊥平面ACD.
Rt△ACD中，F是线段AD的中点，∴S△CDF＝S△ACD＝··AC·CD＝1，
∴VE－CDF＝·S△CDF·ED＝×1×4＝，
∴平面CEF将几何体ABCDE分成的上下两部分的体积之比为＝＝.
17．(文)已知P在矩形ABCD的边DC上，AB＝2，BC＝1，F在AB上且DF⊥AP，垂足为E，将△ADP沿AP折起，使点D位于D′位置，连接D′B、D′C得四棱锥D′－ABCP.
(1)求证：D′F⊥AP；
(2)若PD＝1，且平面D′AP⊥平面ABCP，求四棱锥D′－ABCP的体积．
[解析] (1)∵AP⊥D′E，AP⊥EF，D′E∩EF＝E，
∴AP⊥平面D′EF，∴AP⊥D′F.
(2)∵PD＝1，∴四边形ADPF是边长为1的正方形，
∴D′E＝DE＝EF＝，
∵平面D′AP⊥平面ABCP，D′E⊥AP，∴D′E⊥平面ABCP，
∵S梯形ABCP＝×(1＋2)×1＝，
∴VD′－ABCP＝×D′E×S梯形ABCP＝.
(理)如图在△ABC中，∠B＝，AB＝BC＝2，P为AB边上一动点，PD∥BC交AC于点D，现将△PDA沿PD翻折至△PDA′，使平面PDA′⊥平面PBCD.
(1)当棱锥A′－PBCD的体积最大时，求PA的长；
(2)若点P为AB的中点，E为A′C的中点，求证：A′B⊥DE.
[解析] (1)令PA＝x(0<x<2)，则A′P＝PD＝x，BP＝2－x，由于A′P⊥PD且平面A′PD⊥平面PBCD，
故A′P⊥平面PBCD.所以VA′－PBCD＝Sh＝(2－x)·(2＋x)x＝(4x－x3)．
令f(x)＝(4x－x3)，由f ′(x)＝(4－3x2)＝0，得x＝.
当x∈(0，)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(，2)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减．
所以，当x＝时，f(x)取得最大值，
即当VA′－PBCD最大时，PA＝.
(2)设F为A′B的中点，连接PF，FE，则有
EF綊BC，PD綊BC，∴EF綊PD，
∴四边形EFPD为平行四边形，∴DE∥PF.
又A′P＝PB，所以PF⊥A′B，故DE⊥A′B.
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