2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练：专题四 1 第1讲 空间几何体
(浙江专用)2020版高考数学大二轮复习专题二小题考法课一空间几何体的三视图、表面积与体积课时跟踪检测
空间几何体的三视图、表面积与体积[课时跟踪检测] [A 级——基础小题提速练]一、选择题1．(2019·嘉兴高三期末) 某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A ．36 3B ．54C ．72 3D ．108解析：选A 由三视图得该几何体是以边长为6的正方形为底面，高为33的四棱锥体，则该几何体的体积V ＝13×6×6×33＝363，故选A.2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A.82π3 B ．82πC.42π3D ．42π解析：选C 由三视图得该几何体为底面半径为2，高为22的圆锥体的一半，则其体积为12×13×22×π×22＝42π3，故选C. 3．(2017·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1 B.π2＋3C.3π2＋1 D.3π2＋3 解析：选A 由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长为2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，故该几何体的体积V ＝13×12π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1.4．某几何体的三视图如图所示，其侧视图是一个边长为2的正三角形，则该几何体的体积是( )A.833B.233C.163D.43解析：选A 由三视图可得该几何体为一个底面为边长为2的等边三角形，高为3的三棱柱截去两个以三棱柱的底面为底，高为12的三棱锥后剩余的部分，则其体积为34×22×3－2×13×34×22×12＝833，故选A. 5．如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是由一个棱柱挖去一个棱锥后的几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A ．72B ．64C ．48D ．32解析：选B 由三视图可知，此几何体为正四棱柱中挖去一个与其共上底且高为3的四棱锥，则体积V ＝42×5－13×42×3＝64，故选B.6．一个几何体的三视图如图所示(其中正视图的弧线为四分之一圆周)，则该几何体的表面积为( )A ．72＋6πB ．72＋4πC ．48＋6πD ．48＋4π解析：选A 由三视图知，该几何体由一个正方体的34部分与一个圆柱的14部分组合而成(如图所示)，其表面积为16×2＋(16－4＋π)×2＋4×2×2＋14×2π×2×4＝72＋6π，故选A.7．(2019·浙江新高考仿真卷(一))已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．2 B.83 C.103D ．3解析：选C 由三视图可知，该几何体是底面直角边长为2的等腰直角三角形、高为2的直棱柱截去一个有相同底面且高为1的三棱锥后的几何体，所以该几何体的体积为V ＝121 3×12×2×2×1＝103，故选C.×2×2×2－8.某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.73B.8－π3C.83D.7－π3解析：选B 由三视图得，该几何体是从四棱锥P ABCD 中挖去半个圆锥后剩余的部分，四棱锥的底面是以2为边长的正方形、高是2，圆锥的底面半径是1、高是2，则所求的体积V ＝13×2×2×2－12×13π×12×2＝8－π3.9．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．3π B.15π4C.33π4D ．6π解析：选B 由三视图还原直观图知，该几何体为底面半径为1，高为3的圆锥挖去一个球心为圆锥底面圆的圆心且与圆锥相切的半球，易知圆锥的母线长为2，则圆锥的轴截面为边长为2的等边三角形，球的半径为32，故该几何体的表面积为π×1×2＋12×4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋π×12－π×⎝⎛⎭⎪⎫322＝15π4，故选B. 10．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积(单位：cm 2)是( )A ．36＋24 2B ．36＋12 5C ．40＋24 2D ．40＋12 5解析：选B 由三视图可知该几何体为一正方体和一正四棱台的简单组合体．正方体的棱长为2 cm ，正四棱台上底面的边长为2 cm ，下底面的边长为4 cm ，棱台的高为2 cm ，可求得正四棱台的斜高为22＋12＝5(cm)，故该几何体的表面积S ＝22×5＋12×(2＋4)×5×4＋42＝36＋125(cm 2)．故选B.二、填空题11．(2019·金华十校调研)一个棱柱的底面是边长为6的正三角形，侧棱与底面垂直．其三视图如图所示，则这个棱柱的体积为________，此棱柱的外接球的表面积为________．解析：由题意可知该三棱柱是一个直三棱柱，且底面是边长为6的正三角形，底面积为S ＝12×62×sin 60°＝93，又因为该三棱柱的高h ＝4，所以该三棱柱的体积为V ＝Sh ＝93×4＝36 3.由正弦定理可知该正三棱柱底面的外接圆直径为2r ＝6sin 60°＝43，则其外接球的直径为2R ＝(2r )2＋h 2＝8，则R ＝4，因此，此棱柱的外接球的表面积为4πR 2＝4π×42＝64π.答案：36 3 64π12．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是________，该几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体为四棱锥，由3＝13×12×3×(1＋2)x ，解得x ＝2.作出该几何体的直观图并标注相应棱的长度如图所示，则S表＝12×3×(1＋2)＋12×2×3＋12×22＋12×2×7＋12×1×7＝53＋37＋42.答案：253＋37＋4213．(2019·温州高三适应性考试)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)等于________，表面积(单位：cm 2)等于________．解析：由三视图得该几何体的底面是上底为2、下底为4、高为1的等腰梯形，高是1的直四棱柱，则其体积为1×2＋42×1＝3，表面积为2×2＋42×1＋1×2＋1×4＋2×1×2＝12＋2 2.答案：3 12＋2 214．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于________，表面积等于________．解析：如图，由三视图可知该几何体是底面半径为2，高为3的圆柱的一半，故该几何体的体积为12×π×22×3＝6π，表面积为2×12×π×22＋4×3＋π×2×3＝10π＋12.答案：6π 12＋10π15．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，球O 与正方体的各条棱都相切，M 为球O 上的一点，点N 是△ACB 1外接圆上的一点，则线段MN 长度的取值范围是________．解析：易求得棱切球的半径为2，易知△ACB 1为正三角形，则球心O 到△ACB 1的外接圆上任意一点的距离均为12＋(2)2＝3，于是OM ＝2，ON ＝ 3.因为|OM －ON |≤|MN |≤|OM ＋ON |，所以线段MN 长度的取值范围是[3－2，3＋2]．答案：[3－2，3＋2]16．如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为________．解析：此几何体为一侧棱垂直于底面的三棱台ABC A 1B 1C 1，如图．由上底的面积S 1＝12，下底的面积S 2＝2，高h ＝AA 1＝1，得体积V ＝13(S 1＋ S 1S 2＋S 2)h ＝76.答案：7617．某几何体的三视图如图所示，俯视图由一个直径为2的半圆和一个正三角形组成，则此几何体的体积是________，表面积是________．解析：由题意可知，该几何体是由一个正三棱柱和半个圆柱组合而成的，正三棱柱的底面边长为2，高为4，半圆柱的底面半径为1，高为4，所以V ＝12×2×3×4＋12π×12×4＝43＋2π，表面积S ＝2×4×2＋12×3×2×2＋π×12＋π×1×4＝16＋23＋5π.答案：43＋2π 16＋23＋5π[B 级——能力小题保分练]1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．16B ．20C ．52D ．60解析：选B 由三视图知，该几何体由一个底面为直角三角形(直角边分别为3,4)，高为6的三棱柱截去两个等体积的四棱锥所得，且四棱锥的底面是矩形(边长分别为2,4)，高为3，如图所示，所以该几何体的体积V ＝12×3×4×6－2×13×2×4×3＝20，故选B.2.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥外接球的表面积为( )A ．136πB ．34πC ．25πD ．18π解析：选B 由三视图知，该四棱锥的底面是边长为3的正方形，高为4，且有一条侧棱垂直于底面，所以可将该四棱锥补形为长、宽、高分别为3,3,4的长方体，该长方体外接球的半径R 即为该四棱锥外接球的半径，所以2R ＝32＋32＋42，解得R ＝342，所以该四棱锥外接球的表面积为4πR 2＝34π，故选B.3．如图，小方格是边长为1的正方形，一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．45π＋96B ．(25＋6)π＋96C ．(45＋4)π＋64D ．(45＋4)π＋96解析：选D 由三视图可知，该几何体为一个圆锥和一个正方体的组合体，正方体的棱长为4，圆锥的高为4，底面半径为2，所以该几何体的表面积为S ＝6×42＋π×22＋π×2×42＋22＝(45＋4)π＋96.4．(2019·台州高三期末)已知某多面体的三视图如图所示，则该几何体的所有棱长和为__________，其体积为________．解析：由三视图画出几何体的直观图如图所示，其是正方体的一部分，其中E ，F 是所在棱的中点，正方体的棱长为2，所以该几何体的所有棱长的和2×7＋1＋1＋2＋2×22＋12＋22＝16＋32＋2 5.该几何体的体积为2×2×2－13×2×12×1×1＋12×2×2＋12×1×1×12×2×2＝173. 答案：16＋32＋2 5 173 5．已知某锥体的三视图如图所示(各正方形的边长为2)，则该锥体的体积是________；该锥体的内切球的表面积是________．解析：由几何体的三视图可知该几何体是一个棱长为22的正四面体，其可以为边长为2的正方体截去四个角而得，所以其体积为V ＝23－4×13×12×23＝83.因为正四面体的棱长为22，所以其底面的三角形的高为6，该正四面体的高为433，设内切球的半径为r ，则有⎝ ⎛⎭⎪⎫433－r 2＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2632，解得r ＝33，所以该内切球的表面积为S ＝4πr 2＝4π3. 答案：83 4π36.如图所示，等腰△ABC 的底边AB ＝66，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 ACFE的体积，则V (x )的最大值为________．解析：因为PE ⊥EF ，PE ⊥AE ，EF ∩AE ＝E ， 所以PE ⊥平面ABC .因为CD ⊥AB ，FE ⊥AB ，所以EF ∥CD ，所以EF CD ＝BE BD ，即EF 3＝x36，所以EF ＝x 6，所以S △ABC ＝12×66×3＝96， S △BEF ＝12×x ×x 6＝612x 2， 所以V (x )＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫96－612x 2x ＝63x ⎝ ⎛⎭⎪⎫9－112x 2(0＜x ＜36)． 因为V ′(x )＝63⎝ ⎛⎭⎪⎫9－14x 2， 所以当x ∈(0,6)时，V ′(x )＞0，V (x )单调递增； 当6＜x ＜36时，V ′(x )＜0，V (x )单调递减， 因此当x ＝6时，V (x )取得最大值12 6. 答案：12 6。
浙江省2020年高考数学第二轮复习 专题升级训练11 空间几何体的三视图、表面积及体积 文
专题升级训练11 空间几何体的三视图、表面积及体积(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)1．下列四个几何体中，每个几何体的三视图中有且仅有两个视图相同的是( )．A．①② B．①③ C．③④ D．②④2．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )．3．在一个几何体的三视图中，正(主)视图和俯视图如图所示，则相应的侧(左)视图可以为( )．4．(2020·北京丰台区三月模拟，5)若正四棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示，则该几何体的表面积是( )．A．4 B．4＋410C．8 D．4＋4115．(2020·浙江宁波十校联考，12)已知某几何体的三视图如图所示，其中侧(左)视图是等腰直角三角形，正视图是直角三角形，俯视图ABCD是直角梯形，则此几何体的体积为( )．A ．1B ．2C ．3D ．46．(2020·山东济南三月模拟，8)若一个螺栓的底面是正六边形，它的正(主)视图和俯视图如图所示，则它的体积是( )．A ．273＋12πB ．93＋12πC ．273＋3πD ．543＋3π7．(2020·浙江宁波模拟，13)已知一个正三棱锥的正(主)视图为等腰直角三角形，其尺寸如图所示，则其侧(左)视图的周长为( )．A ．53＋21B ．53＋6C ．63＋6D ．33＋12 8．长方体的三条棱长分别为1，2，6，则此长方体外接球的体积与面积之比为( )． A ．43 B ．1 C ．2 D ．12二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分)9．(2020·浙江宁波十校联考，15)已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面圆周都在半径为3的同一个球面上．若两圆锥的高的比为1∶2，则两圆锥的体积之和为__________．10．(2020·江苏南京二模，11)一块边长为10 cm 的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P 为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥容器，当x ＝6 cm 时，该容器的容积为__________cm 3.11．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝5，AA1＝3，M为线段BB1上的一动点，则当AM＋MC1最小时，△AMC1的面积为__________．12．(2020·浙江湖州中学模拟，16)底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上，E是侧棱AA1的中点，F是正方形ABCD的中心，则直线EF被球O所截得的线段长为__________．三、解答题(本大题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)13．(本小题满分10分)如图，已知某几何体的三视图如下(单位：cm)．(1)画出这个几何体的直观图(不要求写画法)；(2)求这个几何体的表面积及体积．14．(本小题满分10分)斜三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为a的正三角形，侧棱长等于b，一条侧棱AA1与底面相邻两边AB，AC都成45°角．(1)求这个三棱柱的侧面积；(2)求这个三棱柱的体积．15．(本小题满分12分)(2020·安徽安庆二模，18)如图，几何体ABC－EFD是由直三棱柱截得的，EF∥AB，∠ABC＝90°，AC＝2AB＝2，CD＝2AE＝ 6.(1)求三棱锥D－BCE的体积；(2)求证：CE⊥DB．16．(本小题满分12分)(2020·河北邯郸一模，19)已知四棱锥E－ABCD的底面为菱形，且∠ABC＝60°，AB＝EC＝2，AE＝BE＝2，O为AB的中点．(1)求证：EO⊥平面ABCD；(2)求点D到平面AEC的距离．参考答案一、选择题1．D 解析：图①的三种视图均相同；图②的正(主)视图与侧(左)视图相同；图③的三种视图均不相同；图④的正(主)视图与侧(左)视图相同．2．A 解析：由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y 轴上的对角线长为22，故选A.3．D 解析：由题目所给的几何体的正(主)视图和俯视图，可知该几何体为半圆锥和三棱锥的组合体，如图所示：可知侧(左)视图为等腰三角形，且轮廓线为实线，故选D. 4．B5．D 解析：由三视图可得该几何体是四棱锥，记为棱锥P －ABCD ，且PD ⊥底面ABCD .从而此几何体的体积为13×2＋42×2×2＝4.6．C 解析：该螺栓是由一个正六棱柱和一个圆柱组合而成的，V 总＝V 正六棱柱＋V 圆柱＝34×32×6×2＋π×12×3＝273＋3π.7．A 解析：由正(主)视图可知正三棱锥的底边长为6，高为3，从而可得侧棱长为21.而侧(左)视图是一个三角形，三条边分别是底面正三角形的高、侧棱和侧面等腰三角形底边上的高，其长度依次为33，21和23，故侧(左)视图的周长为53＋21.8．D二、填空题9．16π 解析：设两圆锥的高分别为h,2h ，圆锥的底面圆半径为r ，则r 2＝2h 2.又球的半径R ＝3h2＝3，则h ＝2.故两圆锥的体积之和为V ＝13πr 2(2h ＋h )＝πr 2h ＝2πh 3＝16π.10．4811． 3 解析：将直三棱柱沿侧棱A 1A 剪开，得平面图形如图所示，A ′C 1为定长，当A ，M ，C 1共线时AM ＋MC 1最短，此时AM ＝2，MC 1＝2 2.又在原图形中AC 1＝14，易知∠AMC 1＝120°，∴1AMC S ＝12×2×22×sin 120°＝ 3.12．423解析：O ，E ，F 三点在平面ACC 1A 1内，且矩形ACC 1A 1的外接圆是球的一个大圆． 又EF ∥A 1C ，设A 到直线A 1C 的距离为d ，则d 2＝26，得d ＝23，故圆心O 到直线EF 的距离为13.又球的半径为62，故直线EF 被球O 所截得的线段长为2⎝ ⎛⎭⎪⎫622－⎝⎛⎭⎪⎫132＝423. 三、解答题13．解：(1)这个几何体的直观图如图所示．(2)这个几何体可看成是正方体AC 1及直三棱柱B 1C 1Q －A 1D 1P 的组合体． 由PA 1＝PD 1＝2，A 1D 1＝AD ＝2，可得PA 1⊥PD 1.故所求几何体的表面积S ＝5×22＋2×2×2＋2×12×(2)2＝22＋42(cm 2)．所求几何体的体积V ＝23＋12×(2)2×2＝10(cm 3)．14．解：(1)由题可知AA 1⊥BC ，S 侧＝SBCC 1B 1＋2SABB 1A 1＝(1＋2)ab . (2)设O 为A 1在平面ABC 内的射影，则由题可知O 在∠BAC 的平分线上，可得AO ＝(b ·cos45°)÷cos 30°＝63b ，则斜三棱柱的高A 1O ＝33b ，所以三棱柱的体积V ＝3a 24·3b 3＝a 2b4.15．(1)解：BC 2＝AC 2－AB 2＝3⇒BC ＝ 3.几何体ABC －EFD 是由直三棱柱截得，由图可知DC ⊥平面ABC ， ∴DC ⊥AB .又∵∠ABC ＝90°，∴AB ⊥BC .∴AB ⊥平面BDC . 又EF ∥AB ，∴EF ⊥平面BCD .故V D －BCE ＝V E －BCD ＝13S △BCD ·EF ＝13×12×3×6×1＝22.(2)证明：连接CF .依题意⎭⎪⎬⎪⎫AB ⊥BFAB ⊥BC BF ∩BC ＝B ⇒⎭⎪⎬⎪⎫AB ⊥平面BFD BD ⊂平面BFD ⇒⎭⎪⎬⎪⎫AB ⊥BD EF ∥AB ⇒EF ⊥BD .①又在Rt△BCF 和Rt△CDB 中，BF BC ＝623＝22，BC CD ＝36＝22⇒BF BC ＝BC CD⇒Rt△BCF ∽Rt△CDB ⇒∠BDC ＝∠BCF ⇒∠BDC ＋∠DCF ＝∠BCF ＋∠DCF ＝90°⇒CF ⊥BD .②由①②⇒BD ⊥平面CEF .又CE ⊂平面CEF ，∴BD ⊥CE . 16．(1)证明：连接CO .∵AE ＝EB ＝2，AB ＝2，∴△AEB 为等腰直角三角形． ∵O 为AB 的中点，∴EO ⊥AB ，EO ＝1. 又∵四边形ABCD 是菱形，∠ABC ＝60°， ∴△ACB 是等边三角形，∴CO ＝ 3.又EC ＝2，∴EC 2＝EO 2＋CO 2，∴EO ⊥CO .又CO ⊂平面ABCD ，EO 平面ABCD ，∴EO ⊥平面ABCD . (2)解：设点D 到平面AEC 的距离为h .∵AE ＝2，AC ＝EC ＝2，∴S △AEC ＝72.∵S △ADC ＝3，E 到平面ACB 的距离EO ＝1，V D －AEC ＝V E －ADC ，∴S △AEC ·h ＝S △ADC ·EO ，∴h ＝2217，∴点D 到平面AEC 的距离为2217.。
2020版高考数学浙江专用二轮课件：高考大题·满分规范(四)
4
, cos
3.
5
5
…………⑧
【阅卷现场】
第(1)问踩点得分说明 ①根据面面垂直的性质求出A1E⊥BC得2分; ②利用线面垂直的判定定理求得BC⊥平面A1B1E得2分; ③由线面垂直的性质求出EF⊥BC得2分.
第(2)问踩点得分说明
④建立空间直角坐标系,写出相应点的坐标得2分;
⑤求出向量
uur EF
的坐标得1分;
⑥利用待定系数法求出平面A1BC的法向量m得2分;
⑦利用向量的夹角公式求出cos<
uur EF
,m>得2分;
⑧写出最终的正确结果得2分.
【高考状元·满分心得】 1.空间中的平行与垂直是历年高考的重点,熟练把握空 间中平行与垂直的判定定理是解题的关键. 2.空间角的计算每年必考,其中利用向量法求线面角和 二面角是考查的热点,建立恰当的空间直角坐标系,利 用待定系数法求出相应平面的法向量是解题的关键.
高考大题•满分规范(四) 立体几何类解答题
【典型例题 】 (15分)(2019·浙江高考)如图,已知三 棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC, ∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1 的中点.
(1)证明:EF⊥BC. (2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
【题目拆解】 本题可拆解成以下几个小问题: (1)①证明:A1E⊥平面ABC; ②证明:BC⊥平面A1B1E.
(2)①建立空间直角坐标系,求出平面A1BC的一个法向
量m;
②运用向量夹角公式求向量m与
uur EF
所成角的余弦值,进
而求出EF与平面A1BC所成角的余弦值.
浙江专用2020高考数学二轮复习专题四立体几何第3讲空间向量与立体几何课件1
(2)线面夹角
设直线 l 与平面 α 的夹角为 θ0≤θ≤π2，
则 sin θ＝||aa|·|μμ||＝|cos〈a，μ〉|.
(3)面面夹角 设平面 α、β 的夹角为 θ0≤θ≤π2， 则|cos θ|＝||μμ|·|υυ||＝|cos〈μ，υ〉|.
[典型例题] (1)如图，在直三棱柱 ADE BCF 中，平面 ABFE 和平面 ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为 AB 的中点，O 为 DF 的中点．运用向 量方法证明： ①OM∥平面 BCF； 州诊断考试)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PA⊥平面 ABCD， PA＝AB＝AD＝2，四边形 ABCD 满足 AB⊥AD，BC∥AD 且 BC＝4， 点 M 为 PC 的中点，点 E 为 BC 边上的动点，且BEEC＝λ. (1)求证：平面 ADM⊥平面 PBC； (2)是否存在实数 λ，使得二面角 P-DE-B 的余弦值为 22？若存在，试求出实数 λ 的值； 若不存在，说明理由．
l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
(2)线面垂直 l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.
(3)面面平行 α∥β⇔μ∥υ⇔μ＝λυ⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3. (4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥υ⇔μ·υ＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
(2)如图，在平面 BEC 内，过 B 作 BQ∥EC， 因为 BE⊥CE，所以 BQ⊥BE， 又因为 AB⊥平面 BEC，所以 AB⊥BE，AB⊥BQ， 以 B 为原点，BE、BQ、BA 所在直线分别为 x，y，z 轴，建立空间 直角坐标系，则 A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1)，G(1，0，0)，G→F＝ (1，2，1)，平面 ABE 的法向量 n＝(0，1，0)， 设 GF 与平面 ABE 所成的角为 θ，
2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练：专题四2第2讲空间点、线、面的位置关系
专题强化训练1．设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“a⊥b”是“α⊥β”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：选B.因为α⊥β，b⊥m，所以b⊥α，又直线a在平面α内，所以a⊥b；又直线a，m不一定相交，所以“a⊥b”是“α⊥β”的必要不充分条件，故选B.2．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()解析：选A.B选项中，AB∥MQ，且AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ；C选项中，AB∥MQ，且AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ；D选项中，AB ∥NQ，且AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ.故选A.3．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则()A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC解析：选C.A1B1⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，所以A1B1⊥BC1，又BC1⊥B1C，且B1C∩A1B1＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以BC1⊥A1E.故选C.4．设A，B，C，D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是()A．若AC与BD共面，则AD与BC共面B．若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线C．若AB＝AC，DB＝DC，则AD＝BCD．若AB＝AC，DB＝DC，则AD⊥BC解析：选C.A中，若AC与BD共面，则A，B，C，D四点共面，则AD与BC共面；B 中，若AC与BD是异面直线，则A，B，C，D四点不共面，则AD与BC是异面直线；C中，若AB ＝AC ，DB ＝DC ，AD 不一定等于BC ；D 中，若AB ＝AC ，DB ＝DC ，可以证明AD ⊥BC .5．(2019·温州市高考数学二模)棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，点P ，Q 分别为平面A 1B 1C 1D 1和线段B 1C 上的动点，则△PEQ 周长的最小值为( )A ．2 2 B.10 C.11D ．2 3解析：选B.由题意，△PEQ 周长取得最小值时，P 在B 1C 1上，在平面B 1C 1CB 上，设E 关于B 1C 的对称点为M ，关于B 1C 1的对称点为N ，则EM ＝2，EN ＝2，∠MEN ＝135°，所以MN ＝4＋2－2×2×2×⎝⎛⎭⎫－22＝10. 6.(2019·杭州市学军中学高考数学模拟)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，点P 在平面A 1B 1C 1内运动，使得二面角P -AB -C 的平面角与二面角P -BC -A 的平面角互余，则点P 的运动轨迹是( )A ．一段圆弧B ．椭圆的一部分C ．抛物线D ．双曲线的一支解析：选D.不妨令三棱柱ABC -A 1B 1C 1为直三棱柱，且底面是以B 为直角的直角三角形，令侧棱长为m ，以B 为坐标原点，BA 方向为x 轴，BC 方向为y 轴，BB 1方向为z 轴，建立空间直角坐标系，设P (x ，y ，m )，所以Q (x ，y ，0)，过点Q 作以QD ⊥AB 于点D ，作QE ⊥BC 于点E ， 则∠PDQ 即是二面角P -AB -C 的平面角，∠PEQ 即是二面角P -BC -A 的平面角， 所以tan ∠PDQ ＝PQ DQ ，tan ∠PEQ ＝PQEQ， 又二面角P -AB -C 的平面角与二面角P -BC -A 的平面角互余，所以tan ∠PDQ ·tan ∠PEQ ＝1，即PQ DQ ·PQEQ ＝1，所以QD ·QE ＝PQ 2＝m 2，因Q (x ，y ，0)，所以QE ＝x ，QD ＝y ， 所以有xy ＝m 2，所以y ＝m 2x(x >0)，即点Q 的轨迹是双曲线的一支，所以点P 的轨迹是双曲线的一支．故选D.7．(2019·绍兴诸暨高考一模)已知三棱锥A -BCD 的所有棱长都相等，若AB 与平面α所成角等于π3，则平面ACD 与平面α所成角的正弦值的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－66，3＋66B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－66，1C.⎣⎡⎦⎤22－36，22＋36 D.⎣⎡⎦⎤22－36，1 解析：选A.因为三棱锥A -BCD 的所有棱长都相等， 所以三棱锥A -BCD 为正四面体，如图：设正四面体的棱长为2，取CD 中点P ，连接AP ，BP ， 则∠BAP 为AB 与平面ADC 所成角． AP ＝BP ＝3，可得cos ∠BAP ＝33，sin ∠BAP ＝63. 设∠BAP ＝θ.当CD 与α平行且AB 在平面ACD 上面时，平面ACD 与平面α所成角的正弦值最小，为sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－θ＝sin π3cos θ－cos π3sin θ＝32×33－12×63＝3－66；当CD 与α平行且AB 在平面ACD 下面时，平面ACD 与平面α所成角的正弦值最大，为sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋θ＝sin π3cos θ＋cos π3sin θ＝32×33＋12×63＝3＋66，所以平面ACD 与平面α所成角的正弦值的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－66，3＋66.故选A.8．(2019·浙江“七彩阳光”新高考联盟联考)已知直角三角形ABC 的两条直角边AC ＝2，BC ＝3，P 为斜边AB 上一点，沿CP 将此三角形折成直二面角A -CP -B ，此时二面角P -AC -B 的正切值为2，则翻折后AB 的长为( )A ．2 B. 5C.6D.7解析：选D.如图，在平面PCB 内过P 作直二面角A -CP -B 的棱CP 的垂线交边BC 于E, 则EP ⊥平面ACP .于是在平面P AC 中过P 作二面角P -AC -B 的棱AC 的垂线，垂足为D ，连接DE ，则∠PDE为二面角P -AC -B 的平面角，且tan ∠PDE ＝EPPD＝2，设DP ＝a ，则EP ＝2a .如图，设∠BCP ＝α，则∠ACP ＝90°－α，则在直角三角形DPC 中，PC ＝a sin （90°－α）＝a cos α，又在直角三角形PCE 中，tan α＝PEPC ，则acos α·tan α＝2a ，sin α＝2cos 2α，所以α＝45°，因为二面角A CP B 为直二面角，所以cos ∠ACB ＝cos ∠ACP ·cos ∠BCP ，于是AC 2＋BC 2－AB 22·AC ·BC＝cos ∠ACP ·sin ∠ACP ＝12，解得AB ＝7.9．(2019·台州市书生中学月考)如图，在四棱锥P -ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，AD ⊥CD ，PD ＝AD ＝DC ＝2AB ，则异面直线PC 与AB 所成角的大小为________；直线PB 与平面PDC 所成角的正弦值为________．解析：因为AB ∥CD ，所以∠PCD 即为异面直线PC 与AB 所成的角，显然三角形PDC 为等腰直角三角形，所以∠PCD ＝π4.设AB ＝1，则可计算得，PB ＝3，而点B 到平面PDC 的距离d 等于AD 的长为2，所以直线PB 与平面PDC 所成角的正弦值为d PB ＝23.答案：π4 2310.如图，在三棱锥A -BCD 中，AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，点M ，N 分别为AD ，BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成的角的余弦值是________．解析：如图所示，连接DN ，取线段DN 的中点K ，连接MK ，CK . 因为 M 为AD 的中点，所以MK ∥AN ， 所以∠KMC 即为异面直线AN ，CM 所成的角． 因为 AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3， AD ＝BC ＝2，N 为BC 的中点，由勾股定理易求得AN ＝DN ＝CM ＝22， 所以MK ＝ 2. 在Rt △CKN 中，CK ＝（2）2＋12＝ 3.在△CKM 中，由余弦定理，得cos ∠KMC ＝（2）2＋（22）2－（3）22×2×22＝78.答案：7811.如图所示，直线P A 垂直于⊙O 所在的平面，△ABC 内接于⊙O ，且AB 为⊙O 的直径，点M 为线段PB 的中点．现有结论：①BC ⊥PC ；②OM ∥平面APC ；③点B 到平面P AC 的距离等于线段BC 的长．其中正确的是________．解析：对于①，因为P A ⊥平面ABC ，所以P A ⊥BC .因为AB 为⊙O 的直径，所以BC ⊥AC ，所以BC ⊥平面P AC ，又PC ⊂平面P AC ，所以BC ⊥PC ；对于②，因为点M 为线段PB 的中点，所以OM ∥P A ，因为P A ⊂平面P AC ，所以OM ∥平面P AC ；对于③，由①知BC ⊥平面P AC ，所以线段BC 的长即是点B 到平面P AC 的距离，故①②③都正确．答案：①②③12.(2019·杭州市高三期末)在△ABC 中，∠ABC ＝π3，边BC 在平面α内，顶点A 在平面α外，直线AB 与平面α所成角为θ.若平面ABC 与平面α所成的二面角为π3，则sin θ＝________．解析：过A 作AO ⊥α，垂足是O ，过O 作OD ⊥BC ，交BC 于D ，连接AD ，则AD ⊥BC ，所以∠ADO 是平面ABC 与平面α所成的二面角，即∠ADO ＝π3，∠ABO 是直线AB 与平面α所成的角，即∠ABO ＝θ，设AO ＝3，所以AD ＝2，在Rt △ADB 中， ∠ABD ＝π3，所以AB ＝2sin π3＝433，所以sin θ＝AO AB ＝3433＝34.答案：3413．(2019·浙江名校新高考联盟联考)如图，已知正四面体D -ABC ，P 为线段AB 上的动点(端点除外)，则二面角D -PC -B 的平面角的余弦值的取值范围是________．解析：当点P 从A 运动到B ，二面角D -PC -B 的平面角逐渐增大，二面角D -PC -B 的平面角最小趋近于二面角D -AC -B 的平面角，最大趋近于二面角D -BC -A 的平面角的补角，故余弦值的取值范围是⎝⎛⎭⎫－13，13. 答案：⎝⎛⎭⎫－13，13 14.(2019·义乌市高三月考)如图，边长为2的正△ABC 顶点A 在平面γ上，B ，C 在平面γ的同侧，M 为BC 的中点，若△ABC 在平面γ上的射影是以A 为直角顶点的△AB 1C 1，则M 到平面γ的距离的取值范围是________．解析：设∠BAB 1＝α，∠CAC 1＝β，则AB 1＝2cos α，AC 1＝2cos β，BB 1＝2sin α，CC 1＝2sin β，则点M 到平面γ的距离d ＝sin α＋sin β，又AM ＝3，则B 1C 1＝23－d 2，即cos 2α＋cos 2β＝3－(sin 2α＋2sin αsin β＋sin 2β)．也即sin αsin β＝12，所以d ＝sin α＋sin β＝sin α＋12sin α≥2，当sin α＝1时，d ＝32，则2≤d <32.答案：⎣⎡⎭⎫2，32 15．(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中考试)三棱锥A -BCD 中，E 是BC 的中点，AB ＝AD ，BD ⊥DC .(1)求证：AE ⊥BD ；(2)若DB ＝2DC ＝2AB ＝2，且二面角A -BD -C 为60°，求AD 与平面BCD 所成角的正弦值．解：(1)证明：如图，取BD 的中点F ，连接EF ，AF ， 因为E 为BC 中点，F 为BD 中点，所以FE ∥DC . 又BD ⊥DC ，所以BD ⊥FE . 因为AB ＝AD ，所以BD ⊥AF . 又AF ∩FE ＝F ，AF ，FE ⊂平面AFE ，所以BD ⊥平面AFE ，又AE ⊂平面AFE ， 所以AE ⊥BD .(2)由(1)知BD ⊥AF ，BD ⊥EF所以∠AFE 即为二面角A -BD -C 的平面角， 所以∠AFE ＝60°.因为AB ＝AD ＝2，BD ＝2， 所以△ABD 为等腰直角三角形，故AF ＝12BD ＝1，又FE ＝12DC ＝12，所以AE 2＝AF 2＋FE 2－2AF ·FE ·cos ∠AFE ＝1＋14－2×1×12×cos 60°＝34，即AE ＝32，所以AE 2＋FE 2＝1＝AF 2，所以AE ⊥FE ，又由(1)知BD ⊥AE ，且BD ∩FE ＝F ，BD ⊂平面BDC ，FE ⊂平面BDC ， 所以AE ⊥平面BDC ，所以∠ADE 就是AD 与平面BCD 所成角， 在Rt △AED 中，AE ＝32，AD ＝2， 所以AD 与平面BCD 所成角的正弦值 sin ∠ADE ＝AE AD ＝64.16．(2019·浙江二模)如图，在四棱锥E -ABCD 中，平面CDE ⊥平面ABCD ，∠DAB ＝∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝1，AD ＝ED ＝3，EC ＝2.(1)证明：AB ⊥平面BCE ；(2)求直线AE 与平面CDE 所成角的正弦值． 解：(1)证明：因为∠DAB ＝∠ABC ＝90°， 所以四边形ABCD 是直角梯形， 因为AB ＝BC ＝1，AD ＝ED ＝3，EC ＝2. 所以CD ＝12＋（3－1）2＝5，所以CE 2＋DC 2＝DE 2，所以EC ⊥CD ，因为平面EDC ⊥平面ABCD ，平面EDC ∩平面ABCD ＝DC ，所以CE ⊥平面ABCD ，所以CE ⊥AB ，又AB ⊥BC ，BC ∩CE ＝C ， 所以AB ⊥平面BCE .(2)过A 作AH ⊥DC ，交DC 于H ， 则AH ⊥平面DCE ，连接EH ，则∠AEH 是直线AE 与平面DCE 所成的角， 因为12×DC ×AH ＝AD ＋BC 2×AB －12×AB ×BC ，所以AH ＝12×（3＋1）×1－12×1×112×5＝355，AE ＝AB 2＋（CE 2＋BC 2）＝6，所以sin ∠AEH ＝3010， 所以直线AE 与平面CDE 所成角的正弦值为3010. 17．(2019·绍兴诸暨高考二模)四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，E 为AD 的中点，四边形ABCE 为菱形，∠BAD ＝120°，P A ＝AB ，G 、F 分别是线段CE 、PB 的中点．(1)求证：FG ∥平面PDC ； (2)求二面角F -CD -G 的正切值． 解：(1)证明：延长BG 交AD 于点D ， 因为PF PB ＝CG CE ＝12，而CG CE ＝BG BD ＝12，所以BF PB ＝BG BD ＝12， 所以FG ∥PD .因为FG ⊄平面PDC ，PD ⊂平面PDC ， 所以FG ∥平面PDC .(2)过点F 作FM ⊥AB 于点M ，易知FM ⊥平面ABCD ， 过M 作MN ⊥CD 于点N ，连接FN ，则CD ⊥平面FMN ， 所以CD ⊥MN ，CD ⊥FN ，所以∠FNM即为所求二面角的平面角，不妨令P A＝AB＝1，则FM＝12，MN＝34，所以tan α＝23.18．(2019·浙江名校协作体高三质检)如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD为梯形，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝1，DA＝2，DP⊥平面ABP，O，M分别是AD，PB的中点．(1)求证：PD∥平面OCM；(2)若AP与平面PBD所成的角为60°，求线段PB的长．解：(1)证明：设BD交OC于N，连接MN，OB，因为O为AD的中点，AD＝2，所以OA＝OD＝1＝BC.又因为AD∥BC，所以四边形OBCD为平行四边形，所以N为BD的中点，因为M为PB的中点，所以MN∥PD.又因为MN⊂平面OCM，PD⊄平面OCM，所以PD∥平面OCM.(2)由四边形OBCD为平行四边形，知OB＝CD＝1，所以△AOB为等边三角形，所以∠A＝60°，所以BD＝1＋4－2×1×2×12＝3，即AB2＋BD2＝AD2，即AB⊥BD.因为DP⊥平面ABP，所以AB⊥PD.又因为BD∩PD＝D，所以AB⊥平面BDP，所以∠APB为AP与平面PBD所成的角，即∠APB＝60°，所以PB＝33.。
2020浙江高中数学二轮专强化练第1部分 高中客观的解法
专题强化训练[根底达标]1．2021·宁波高考模拟全集U＝A∪B＝{∈Z|0≤≤6}，A∩∁U B＝{1，3，5}，那么B＝A．{2，4，6} B．{1，3，5}C．{0，2，4，6} D．{∈Z|0≤≤6}解析：＝A∪B＝{∈Z|0≤≤6}＝{0，1，2，3，4，5，6}，A∩∁U B＝{1，3，5}，所以B＝{0，2，4，6}，应选C2．复数满足1＋i＝|错误!－i|，那么错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!a＝9由错误!，得错误!即B0，2，故min＝2，故的最大值与最小值之差为7，选C5．在数列{a n}中，假设a1＝2，且对任意正整数m，，总有a m＋＝a m＋a，那么{a n}的前n项和S n＝A．n3n－1C．nn＋1解析：＋1＝a n＋a1，即有a n＋1－a n＝a1＝2，所以数列{a n}是以2为首项、2为公差的等差数列，a n＝2＋2n－1＝2n，S n＝错误!＝nn＋1．6．函数f＝|－2|－n 在定义域内的零点的个数为A．0B．1C．2 D．3解析：的定义域为0，＋∞，在同一直角坐标系中画出函数1＝|－2|>0，2＝n >0的图象，如下图．由图可知函数f在定义域内的零点个数为27．函数f＝co ·og2||的图象大致为解析：选B函数的定义域为－∞，0∪0，＋∞，且f错误!＝co错误!og2错误!＝－co 错误!，f错误!＝co错误!·og2错误!＝－co错误!，所以f错误!＝f错误!，排除A、D，又f错误!＝－co错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误! n⇒λ2＝错误!∈错误!⇒mn＝5⇒m＝5，n＝1，所以a*b＝错误!答案：错误!错误!15．函数f＝错误!其中m>，使得关于的方程f＝b有三个不同的根，那么m 的取值范围是__________．解析：函数f的大致图象如下图，根据题意知只要m>4m－m2即可，又m>0，解得m>3，故实数m的取值范围是3，＋∞．答案：3，＋∞16．假设二次函数f＝42－2，0，B0，n，那么a＝1，0，b＝0，1，错误!错误!－1，－2，错误!n＝2，那么错误!错误!－2n－2＝5－m＋2n≤5－2错误!＝5－2×2＝1，当且仅当m＝2n＝2时，取得最大值17．2021·绍兴一中高三期中到两条互相垂直的异面直线距离相等的点的轨迹，被过一直线与另一直线垂直的平面所截，截得的曲线为A．相交直线B．双曲线C．抛物线D．椭圆弧解析：选C如下图，建立坐标系，不妨设两条互相垂直的异面直线为OA，BC，设OB＝a，对称，且1·2＝－错误!，那么m等于________．解析：由条件得A1，1、B2，2两点连线的斜率＝错误!＝－1，而2－1＝2错误!－错误!，得1＋2＝－错误!，且错误!，错误!在直线＝＋m上，即错误!＝错误!＋m，即1＋2＝1＋2＋2m又因为A1，1、B2，2两点在抛物线＝22上，所以有2错误!＋错误!＝1＋2＋2m，即2[1＋22－212]＝1＋2＋2m，可得2m＝3，解得m＝错误!答案：错误!15．用1，2，3，4，5这五个数字组成各位上数字不同的四位数，其中千位上是奇数，且相邻两位上的数之差的绝对值都不小于2比方1 524的概率＝________．解析：用1，2，3，4，5这五个数字组成各位上数字不同的四位数，根本领件总数n＝A错误!＝12021中千位上是奇数，且相邻两位上的数之差的绝对值都不小于2包含的根本领件有：1 352，1 425，1 524，3 142，3 524，3 514，3 152，5 241，5 314，5 142，共10个，所以千位上是奇数，且相邻两位上的数之差的绝对值都不小于2比方1 524的概率：＝错误!错误!答案：错误!16．a＝3，2，b＝2，－1，假设向量λa＋b与a＋λb夹角为锐角，那么实数λ的取值范围是________．解析：因为a＝3，2，b＝2，－1，所以λa＋b＝3λ＋2，2λ－1，a＋λb＝3＋2λ，2－λ，因为向量λa＋b与a＋λb夹角为锐角，所以λa＋b·a＋λb＝3λ＋2×3＋2λ＋2λ－1×2－λ>0且3λ＋22－λ－2λ－13＋2λ≠0，整理可得，4λ2＋18λ＋4>0且λ≠±1解不等式可得，λ>错误!或λ错误!错误!或λ<错误!且λ≠117．2021·广州市综合测试一设S n为数列{a n}的前n项和，a1＝2，对任意，q∈N*，都有a＋q＝a＋a q，那么fn＝错误!n∈N*的最小值为________．解析：a1＝2，对任意，q∈N*，都有a＋q＝a＋a q，令＝1，q＝n，那么有a n＝a n＋a1＝a n＋2，故{a n}是等差数列，所以a n＝2n，S n＝2×错误!＝n2＋n，fn ＋1＝错误!＝错误!＝错误!＝n＋1＋错误!－1当n＋1＝8时，f7＝8＋错误!－1＝错误!；当n＋1＝7时，f6＝7＋错误!－1＝错误!，因为错误!<错误!，那么fn＝错误!n∈N*的最小值为错误!答案：错误!。
2023年新高考数学大一轮复习专题四立体几何第1讲空间几何体(含答案)
新高考数学大一轮复习专题：第1讲 空间几何体[考情分析] 几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积与体积是高考题的重点与热点，多以小题的形式进行考查，属于中等难度． 考点一 表面积与体积 核心提炼1．旋转体的侧面积和表面积(1)S 圆柱侧＝2πrl ，S 圆柱表＝2πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (2)S 圆锥侧＝πrl ，S 圆锥表＝πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (3)S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)． 2．空间几何体的体积公式V 柱＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； V 锥＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)； V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．例1 (1)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°.若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________． 答案 402π解析 因为母线SA 与圆锥底面所成的角为45°， 所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形． 设底面圆的半径为r ，则母线长l ＝2r . 在△SAB 中，cos∠ASB ＝78，所以sin∠ASB ＝158.因为△SAB 的面积为515，即12SA ·SB sin∠ASB＝12×2r ×2r ×158＝515， 所以r 2＝40，故圆锥的侧面积为πrl ＝2πr 2＝402π.(2)如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2，点D 在棱AA 1上，则三棱锥D －BB 1C 1的体积为________．答案 233解析 如图，取BC 的中点O ，连接AO .∵正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2， ∴AC ＝2，OC ＝1，则AO ＝ 3. ∵AA 1∥平面BCC 1B 1，∴点D 到平面BCC 1B 1的距离为 3. 又11BB C S＝12×2×2＝2， ∴11D BB C V ＝13×2×3＝233.易错提醒 (1)计算表面积时，有些面的面积没有计算到(或重复计算)． (2)一些不规则几何体的体积不会采用分割法或补形思想转化求解． (3)求几何体体积的最值时，不注意使用基本不等式或求导等确定最值．跟踪演练1 (1)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( ) A ．122π B ．12π C ．82π D ．10π答案 B解析 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，由题意可知2r ＝h ＝22，∴圆柱的表面积S ＝2πr 2＋2πr ·h ＝4π＋8π＝12π.故选B.(2)如图，在Rt△ABC 中，AB ＝BC ＝1，D 和E 分别是边BC 和AC 上异于端点的点，DE ⊥BC ，将△CDE 沿DE 折起，使点C 到点P 的位置，得到四棱锥P －ABDE ，则四棱锥P －ABDE 的体积的最大值为________．答案327解析 设CD ＝DE ＝x (0<x <1)，则四边形ABDE 的面积S ＝12(1＋x )(1－x )＝12(1－x 2)，当平面PDE ⊥平面ABDE 时，四棱锥P －ABDE 的体积最大，此时PD ⊥平面ABDE ，且PD ＝CD ＝x ，故四棱锥P －ABDE 的体积V ＝13S ·PD ＝16(x －x 3)，则V ′＝16(1－3x 2)．当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33时，V ′>0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫33，1时，V ′<0. ∴当x ＝33时，V max ＝327. 考点二 多面体与球 核心提炼解决多面体与球问题的两种思路(1)利用构造长方体、正四面体等确定直径．(2)利用球心O 与截面圆的圆心O 1的连线垂直于截面圆的性质确定球心．例2 (1)已知三棱锥P －ABC 满足平面PAB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AB ＝4，∠APB ＝30°，则该三棱锥的外接球的表面积为__________． 答案 64π解析 因为AC ⊥BC ，所以△ABC 的外心为斜边AB 的中点，因为平面PAB ⊥平面ABC ，所以三棱锥P －ABC 的外接球球心在平面PAB 上， 即球心就是△PAB 的外心，根据正弦定理ABsin∠APB ＝2R ，解得R ＝4，所以外接球的表面积为4πR 2＝64π.(2)(2020·全国Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． 答案23π 解析 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r .作出圆锥的轴截面PAB ，如图所示，则△PAB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△PAB 中，PA ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ， 故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝23π.规律方法 (1)长方体的外接球直径等于长方体的体对角线长．(2)三棱锥S －ABC 的外接球球心O 的确定方法：先找到△ABC 的外心O 1，然后找到过O 1的平面ABC 的垂线l ，在l 上找点O ，使OS ＝OA ，点O 即为三棱锥S －ABC 的外接球的球心． (3)多面体的内切球可利用等积法求半径．跟踪演练2 (1)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O －ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( ) A ．36πB．64πC．144πD．256π 答案 C解析 如图所示，设球O 的半径为R ，因为∠AOB ＝90°， 所以S △AOB ＝12R 2，因为V O －ABC ＝V C －AOB ， 而△AOB 的面积为定值，当点C 位于垂直于平面AOB 的直径端点时，三棱锥O －ABC 的体积最大， 此时V O －ABC ＝V C －AOB ＝13×12R 2×R ＝16R 3＝36，故R ＝6，则球O 的表面积为S ＝4πR 2＝144π.(2)中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，AD ＝5，ED ＝3，若鳖臑P －ADE 的外接球的体积为92π，则阳马P －ABCD 的外接球的表面积为________．答案 20π解析 ∵四边形ABCD 是正方形，∴AD ⊥CD ，即AD ⊥CE ，且AD ＝5，ED ＝3， ∴△ADE 的外接圆半径为r 1＝AE 2＝AD 2＋ED 22＝2，设鳖臑P －ADE 的外接球的半径为R 1， 则43πR 31＝92π，解得R 1＝322. ∵PA ⊥平面ADE ，∴R 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PA 22＋r 21，可得PA 2＝R 21－r 21＝102，∴PA ＝10.正方形ABCD 的外接圆直径为2r 2＝AC ＝2AD ＝10， ∴r 2＝102， ∵PA ⊥平面ABCD ，∴阳马P －ABCD 的外接球半径R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PA 22＋r 22＝5， ∴阳马P －ABCD 的外接球的表面积为4πR 22＝20π.专题强化练一、单项选择题1.水平放置的△ABC 的直观图如图，其中B ′O ′＝C ′O ′＝1，A ′O ′＝32，那么原△ABC 是一个( )A ．等边三角形B ．直角三角形C ．三边中只有两边相等的等腰三角形D ．三边互不相等的三角形 答案 A解析 AO ＝2A ′O ′＝2×32＝3，BC ＝B ′O ′＋C ′O ′＝1＋1＝2.在Rt△AOB 中，AB ＝12＋32＝2，同理AC ＝2，所以原△ABC 是等边三角形．2．(2020·全国Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12答案 C解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ， 侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′， 则由已知得h 2＝12ah ′.如图，设O 为正四棱锥S －ABCD 底面的中心，E 为BC 的中点，则在Rt△SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22，∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝⎛⎭⎪⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0， 解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)． 3．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S 1，外接球的表面积为S 2，则S 1S 2等于( )A.12B.13C.14D.18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12lR＝2πr2，即12·2π·r·R＝2πr2，解得R＝2r，故∠ADC＝30°，则△DEF为等边三角形，设B为△DEF的重心，过B作BC⊥DF，则DB为圆锥的外接球半径，BC为圆锥的内切球半径，则BCBD＝12，∴r内r外＝12，故S1S2＝14.4．(2020·大连模拟)一件刚出土的珍贵文物要在博物馆大厅中央展出，如图，需要设计各面是玻璃平面的无底正四棱柱将其罩住，罩内充满保护文物的无色气体．已知文物近似于塔形，高1.8米，体积0.5立方米，其底部是直径为0.9米的圆形，要求文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米，气体每立方米1000元，则气体的费用最少为( )A．4500元B．4000元C．2880元D．2380元答案 B解析因为文物底部是直径为0.9米的圆形，文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，所以由正方形与圆的位置关系可知，底面正方形的边长为0.9＋2×0.3＝1.5米，又文物高 1.8米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2(米)，所以正四棱柱的高为1.8＋0.2＝2(米)，则正四棱柱的体积V＝1.52×2＝4.5(立方米)．因为文物的体积为0.5立方米，所以罩内空气的体积为4.5－0.5＝4(立方米)，因为气体每立方米1000元，所以气体的费用最少为4×1000＝4000(元)，故选B.5.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，动点E 在BB 1上，动点F 在A 1C 1上，O 为底面ABCD 的中心，若BE ＝x ，A 1F ＝y ，则三棱锥O －AEF 的体积( )A ．与x ，y 都有关B ．与x ，y 都无关C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关 答案 B解析 由已知得V 三棱锥O －AEF ＝V 三棱锥E －OAF ＝13S △AOF ·h (h 为点E 到平面AOF 的距离)．连接OC ，因为BB 1∥平面ACC 1A 1，所以点E 到平面AOF 的距离为定值．又AO ∥A 1C 1，OA 为定值，点F 到直线AO 的距离也为定值，所以△AOF 的面积是定值，所以三棱锥O －AEF 的体积与x ，y 都无关．6．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，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.2π3B.4π3 C.5π3D ．2π 答案 C解析 如图，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，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE＝π×12×2－13π×12×1＝5π3.7．(2020·全国Ⅰ)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆．若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64πB．48πC．36πD．32π 答案 A解析 如图，设圆O 1的半径为r ，球的半径为R ，正三角形ABC 的边长为a . 由πr 2＝4π，得r ＝2， 则33a ＝2，a ＝23， OO 1＝a ＝2 3.在Rt△OO 1A 中，由勾股定理得R 2＝r 2＋OO 21＝22＋(23)2＝16，所以S 球＝4πR 2＝4π×16＝64π.8．(2020·武汉调研)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为( ) A.32π3B ．3πC.4π3D ．8π 答案 A解析 设△ABC 外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin∠ACB ＝112＝2，即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，∴球O 的体积V ＝43π·OA 3＝32π3.故选A.9.如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球对接而成，在该封闭的几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上、下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为( )A.2000π9B.4000π27C ．81πD ．128π答案 B解析 小圆柱的高分为上、下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为5，下部分深入底部半球内．设小圆柱下部分的高为h (0<h <5)，底面半径为r (0<r <5)．由于r ，h 和球的半径构成直角三角形，即r 2＋h 2＝52，所以小圆柱的体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0<h <5)，把V 看成是关于h 的函数，求导得V ′＝－π(3h －5)(h ＋5)．当0<h <53时，V ′>0，V 单调递增；当53<h <5时，V ′<0，V 单调递减．所以当h ＝53时，小圆柱的体积取得最大值．即V max ＝π⎝⎛⎭⎪⎫25－259×⎝⎛⎭⎪⎫53＋5＝4000π27，故选B.10．已知在三棱锥P －ABC 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.36B.12C.13D.32答案 C解析 ∵在三棱锥P －ABC 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233，即PA ＝PB ＝PC ＝233，球心到截面ABC 的距离即正方体中心到截面ABC 的距离，设P 到截面ABC 的距离为h ，则正三棱锥P －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×h ＝13S △PAB ×PC ＝13×12×⎝⎛⎭⎪⎫2333， ∵△ABC 为边长为263的正三角形，S △ABC ＝233，∴h ＝23， ∴球心(即正方体中心)O 到截面ABC 的距离为13.二、多项选择题11．(2020·枣庄模拟)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD －A 1B 1C 1D 1内灌进一些水，固定容器一边AB 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面几个结论，其中正确的是( )A ．没有水的部分始终呈棱柱形B ．水面EFGH 所在四边形的面积为定值C ．随着容器倾斜度的不同，A 1C 1始终与水面所在平面平行D ．当容器倾斜如图③所示时，AE ·AH 为定值 答案 AD解析 由于AB 固定，所以在倾斜的过程中，始终有CD ∥HG ∥EF ∥AB ，且平面AEHD ∥平面BFGC ，故水的部分始终呈棱柱形(三棱柱或四棱柱)，且AB 为棱柱的一条侧棱，没有水的部分也始终呈棱柱形，故A 正确；因为水面EFGH 所在四边形，从图②，图③可以看出，EF ，GH 长度不变，而EH ，FG 的长度随倾斜度变化而变化，所以水面EFGH 所在四边形的面积是变化的，故B 错；假设A 1C 1与水面所在的平面始终平行，又A 1B 1与水面所在的平面始终平行，则长方体上底面A 1B 1C 1D 1与水面所在的平面始终平行，这就与倾斜时两个平面不平行矛盾，故C 错；水量不变时，棱柱AEH －BFG 的体积是定值，又该棱柱的高AB 不变，且V AEH －BFG ＝12·AE ·AH ·AB ，所以AE ·AH ＝2V AEH －BFGAB，即AE ·AH 是定值，故D 正确．12.(2020·青岛检测)已知四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面均为正方形，其中AB ＝22，A 1B 1＝2，AA 1＝BB 1＝CC 1＝DD 1＝2，则下列叙述正确的是( )A ．该四棱台的高为 3B ．AA 1⊥CC 1C ．该四棱台的表面积为26D ．该四棱台外接球的表面积为16π 答案 AD解析 将四棱台补为如图所示的四棱锥P －ABCD ，并取E ，E 1分别为BC ，B 1C 1的中点，记四棱台上、下底面中心分别为O 1，O ，连接AC ，BD ，A 1C 1，B 1D 1，A 1O ，OE ，OP ，PE .由条件知A 1，B 1，C 1，D 1分别为四棱锥的侧棱PA ，PB ，PC ，PD 的中点，则PA ＝2AA 1＝4，OA ＝2，所以OO 1＝12PO ＝12PA 2－OA 2＝3，故该四棱台的高为3，故A 正确；由PA ＝PC ＝4，AC ＝4，得△PAC 为正三角形，则AA 1与CC 1所成角为60°，故B 不正确；四棱台的斜高h ′＝12PE ＝12PO 2＋OE2＝12×232＋22＝142，所以该四棱台的表面积为(22)2＋(2)2＋4×2＋222×142＝10＋67，故C 不正确；易知OA 1＝OB 1＝OC 1＝OD 1＝O 1A 21＋O 1O 2＝2＝OA ＝OB ＝OC ＝OD ，所以O 为四棱台外接球的球心，所以外接球的半径为2，外接球表面积为4π×22＝16π，故D 正确．三、填空题13．(2020·浙江)已知圆锥的侧面积(单位：cm 2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________． 答案 1解析 如图，设圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，则圆锥的侧面积S 侧＝πrl ＝2π， 即r ·l ＝2.由于侧面展开图为半圆， 可知12πl 2＝2π，可得l ＝2，因此r ＝1.14.在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱的底面直径为40cm ，母线长最短50cm ，最长80cm ，则斜截圆柱的侧面面积S ＝________cm 2.答案 2600π解析 将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形．由题意得所求侧面展开图的面积S ＝12×(π×40)×(50＋80)＝2600π(cm 2)．15．已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O 的体积为________． 答案823π 解析 将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2 2.因为球O 与正四面体的各棱都相切，所以球O 为正方体的内切球，即球O 的直径2R ＝22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π.16．(2020·新高考全国Ⅰ)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°.以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________． 答案2π2解析 如图，设B 1C 1的中点为E ，球面与棱BB 1，CC 1的交点分别为P ，Q ， 连接DB ，D 1B 1，D 1P ，D 1E ，EP ，EQ ，由∠BAD ＝60°，AB ＝AD ，知△ABD 为等边三角形， ∴D 1B 1＝DB ＝2，∴△D 1B 1C 1为等边三角形， 则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1，∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心， 设截面圆的半径为r ， 则r ＝R 2球－D 1E 2＝5－3＝ 2. 又由题意可得EP ＝EQ ＝2，∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ . 又D 1P ＝5，∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21＝1， 同理C 1Q ＝1，∴P ，Q 分别为BB 1，CC 1的中点， ∴∠PEQ ＝π2，知PQ 的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2.。
浙江专用2020高考数学二轮复习专题四立体几何第2讲空间点线面的位置关系课件
解析：选 D.法一：A 选项，连接 BD，交 AC 于点 O，取 BE 的中点 M，连接 OM，FM， 易证四边形 AOMF 是平行四边形，所以 AO∥FM，因为 FM⊂平面 BEF，AC⊄平面 BEF， 所以 AC∥平面 BEF；B 选项，若 B、C、E、F 四点共面，因为 BC∥AD，所以 BC∥平 面 ADEF，可推出 BC∥EF，又 BC∥AD，所以 AD∥EF，矛盾；C 选项，连接 FD，在 平面 ADEF 内，易得 EF⊥FD，又 EF⊥CF，FD∩CF＝F，所以 EF⊥平面 CDF，所以 EF⊥CD，又 CD⊥AD，EF 与 AD 相交，所以 CD⊥平面 ADEF，所以平面 ADEF⊥平 面 ABCD；D 选项，延长 AF 至 G，使 AF＝FG，连接 BG、EG，易得平面 BCE⊥平面 ABF，过 F 作 FN⊥BG 于 N，则 FN⊥平面 BCE，若平面 BCE⊥平面 BEF， 则过 F 作直线与平面 BCE 垂直，其垂足在 BE 上，矛盾．综上，选 D. 法二：构造正方体如图，结合正方体的性质知平面 BCE 与平面 BEF 不可 能垂直．
[对点训练] 1．(2019·浙江名校协作体高三下学期考试)已知直线 m、n 与平面 α，β，下列命题正确的 是( ) A．m∥α，n∥β 且 α∥β，则 m∥n B．m⊥α，n∥β 且 α⊥β，则 m⊥n C．α∩β＝m，m⊥n 且 α⊥β，则 n⊥α D．m⊥α，n⊥β 且 α⊥β，则 m⊥n 解析：选 D.选项 A 中，直线 m 与 n 还有互为异面的可能；选项 B 中，直线 m 与 n 还有 相互平行的可能；选项 C 中，还有 n⊂α 的可能；选项 D 正确，故选 D.
2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题五 第一讲空间几何体的三视图、表面积及体积
对简单组合体表面积与体积的计算要注意其构成几何体的面积、体积是和还是差．3．台体可以看成是由锥体截得的.此时截面一定与底面平行．4．空间几何放置的方式不同时.对三视图可能会有影响．1． (20xx·全国卷Ⅲ.3)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头.凹进部分叫卯眼.图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体.则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( A )[解析]选A．由直观图可知选A．2．(文)(20xx·全国卷Ⅰ.5)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1.O2.过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形.则该圆柱的表面积为( B )A．122π B．12πC．82π D．10π[解析]截面面积为8.所以高h＝22.底面半径r＝2.所以该圆柱表面积S ＝π·(2)2·2＋2π·2·22＝12π.(理)(20xx·全国卷Ⅰ.7)某圆柱的高为2.底面周长为16.其三视图如图所示.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A.圆柱表面上的点N在侧视图上的对应点为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( B )A．217B．25因为AB ⊥平面BB 1C 1C .AC 1与平面BB 1C 1C 所成角为30°.所以∠AC 1B ＝30°. 所以ABBC1＝tan30°.BC 1＝23.所以CC 1＝22.所以V ＝2×2×22＝82. (理)(20xx·全国卷Ⅲ.10)设A .B .C .D 是同一个半径为4的球的球面上四点.△ABC 为等边三角形且其面积为93.则三棱锥D -ABC 体积的最大值为( B )A ．123B ．183C ．243D ．543[解析] 设△ABC 的边长为a .则S △ABC ＝12a 2sin C ＝34a 2＝93.解得a ＝6.如图所示.当点D 在底面上的射影为三角形ABC 的中心H 时.三棱锥D -ABC 的体积最大.设球心为O .则在直角三角形AHO 中.AH ＝23×32×6＝23.OA ＝R＝4.则OH ＝OA2－AH2＝16－12＝2.所以DH ＝2＋4＝6.所以三棱锥D -ABC 的体积最大值为V ＝13S △ABC ×DH ＝13×93×6＝183.6.(文)(20xx·天津卷.11)如图.已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1.则四棱锥A 1-BB 1D 1D 的体积为13.[解析] 连接A 1C 1.交B 1D 1于O 1点.依题意得A 1O 1⊥平面BB 1D 1D .即A 1O 1为四棱锥A 1-BB 1D 1D 的高.且A 1O 1＝22.而四棱锥A 1-BB 1D 1D 的底面为矩形.其面积为2.所以四棱锥A 1-BB 1D 1D 的体积V ＝13Sh ＝13×2×22＝13.2．一只蚂蚁从正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A处出发.经正方体的表面.按最短路线爬行到顶点C1处.则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( C )A．(1)(2) B．(1)(3)C．(2)(4) D．(3)(4)[解析]爬行路线为时正视图为(2)；爬行路线是时.正视图为(4).故选C．命题方向2 空间几何体的表面积与体积例2 (1)(20xx·全国卷Ⅰ.7)某多面体的三视图如图所示.其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成.正方形的边长为2.俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形.这些梯形的面积之和为( B )A．10 B．12C．14 D．16[解析]观察三视图可知该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的.且直三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形.侧棱长为2.三棱锥的底面是直角边长为2的等腰直角三角形.高为2.如图所示．因此该多面体各个面中有2个梯形.且这两个梯形全等.梯形的上底长为2.下底长为4.高为2.故这些梯形的面积之和为2×12×(2＋4)×2＝12.故选B．(2)(20xx·山东卷.13)由一个长方体和两个1 4圆柱体构成的几何体的三视图如下.则该几何体的体积为2＋π2 .[解析]该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1.高为1的四分之一圆柱体构成.∴V＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.『规律总结』求几何体的表面积与体积问题.熟记公式是关键.应多角度全方位的考虑．1．给出几何体的形状、几何量求体积或表面积.直接套用公式．2．用三视图给出几何体.先依据三视图规则想象几何体的形状特征.必要时画出直观图.找出其几何量代入相应公式计算．3．用直观图给出几何体.先依据线、面位置关系的判定与性质定理讨论分析几何体的形状特征.再求体积或表面积．4．求几何体的体积常用等积转化的方法.转换原则是其高易求.底面在几何体的某一面上.求不规则几何体的体积.主要用割补法．G 跟踪训练en zong xun lian例3 (1)已知正四棱锥P －ABCD 内接于一个半径为R 的球.则正四棱锥P －ABCD 体积的最大值是( C )A ．16R381 B ．32R381 C ．64R381 D ．R 3[解析] 如图.记O 为正四棱锥P －ABCD 外接球的球心.O 1为底面ABCD 的中心.则P .O .O 1三点共线.连接PO 1.OA .O 1A ．设OO 1＝x .则O 1A ＝R2－x2.AB ＝2·R2－x2.PO 1＝R＋x .所以正四棱锥P －ABCD 的体积V ＝13AB 2×PO 1＝13×2(R 2－x 2)·(R ＋x )＝13×(2R －2x )(R ＋x )·(R ＋x )≤13[(2R －2x )＋(R ＋x )＋(R ＋x )3]3＝64R381.当且仅当2R －2x ＝R ＋x .即x ＝R 3时取等号． (2)设三棱柱的侧棱垂直于底面.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73πa 2.[解析] 由题意知.该三棱柱为正三棱柱.且侧棱与底面边长相等.均为a .设O .O 1分别为下、上底面的中心.且球心O 2为O 1O 的中点.又AD ＝32a .AO ＝33a .OO 2＝a 2.设球的半径为R .则R 2＝AO 2＝13a 2＋14a 2＝712a 2.所以S 球＝4πR 2＝4π×712a 2＝73πa 2.『规律总结』多面体与球切、接问题的求解方法(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时.一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面.把空间问题转化为平面问题求解．∴BC⊥平面DAB.∴BC⊥BD.∴CD＝BD2＋BC2＝6.∴AC2＋AD2＝2＋4＝6＝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62.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·(62)2＝6π.A组1．如图1所示.是一个棱长为2的正方体被削去一个角后所得到的几何体的直观图.其中DD1＝1.AB＝BC＝AA1＝2.若此几何体的俯视图如图2所示.则可以作为其正视图的是( C )[解析]由直观图和俯视图知.正视图中点D1的射影是B1.所以正视图是选项C中的图形.A中少了虚线.故不正确．2．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图.则该几何体的表面积为( C )又△ABC的面积S△ABC＝3.故三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝S△ABC×OA1＝3.(理)如图.四棱锥P－ABCD中.侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD.AB＝BC＝12AD.∠BAD＝∠ABC＝90°.(1)证明：直线BC∥平面PAD；(2)若△PCD的面积为27.求四棱锥P－ABCD的体积．[解析](1)证明：在平面ABCD内.因为∠BAD＝∠ABC＝90°.所以BC∥AD．又BC⊄平面PAD.AD⊂平面PAD.故BC∥平面PAD．(2)如图.取AD的中点M.连接PM.CM.由AB＝BC＝12AD及BC∥AD.∠ABC＝90°得四边形ABCM为正方形.则CM⊥AD．因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD.平面PAD∩平面ABCD＝AD.所以PM⊥AD.PM⊥底面ABCD．因为CM⊂底面ABCD.所以PM⊥CM.设BC＝x.则CM＝x.CD＝2x.PM＝3x.PC＝PD＝2x.如图.取CD的中点N.连接PN.则PN⊥CD.所以PN＝14 2x.因为△PCD的面积为27.所以12×2x×142x＝27.解得x＝－2(舍去)或x＝2.于是AB＝BC＝2.AD＝4.PM＝23.所以四棱锥P －ABCD 的体积V ＝13×2(2＋4)2×23＝43.B 组1．(文)某三棱锥的三视图如图所示.则该三棱锥的体积为( D )A ．60B ．30C ．20D ．10[解析]由三视图画出如图所示的三棱锥P －ACD .过点P 作PB ⊥平面ACD 于点B .连接BA .BD .BC .根据三视图可知底面ABCD 是矩形.AD ＝5.CD ＝3.PB ＝4.所以V 三棱锥P －ACD ＝13×12×3×5×4＝10. 故选D ．(理)某四棱锥的三视图如图所示.则该四棱锥的最长棱的长度为( B )A ．32B ．23C ．22D ．2[解析] 在正方体中还原该四棱锥.如图所示.所以GH ∥EF .又因为GH ⊄平面AEF .EF ⊂平面AEF . 所以GH ∥平面AEF . 设AC ∩BD ＝O .连接OH .在△ACF 中.因为OA ＝OC .CH ＝HF . 所以OH ∥AF .又因为OH ⊄平面AEF .AF ⊂平面AEF . 所以OH ∥平面AEF .又因为OH ∩GH ＝H .OH .GH ⊂平面BDGH . 所以平面BDGH ∥平面AEF . (3)解：由(1).得AC ⊥平面BDEF .又因为AO ＝2.四边形BDEF 的面积S BDEF ＝3×22＝62. 所以四棱锥A －BDEF 的体积V 1＝13×AO ×S BDEF ＝4.同理.四棱锥C －BDEF 的体积V 2＝4. 所以多面体ABCDEF 的体积V ＝V 1＋V 2＝8.。
(江苏专用)2020版高考数学二轮复习专题四立体几何第1讲空间几何体练习文苏教版
33)2×（10）2－（）2，解得a＝2．圆锥的体积为π×12×3＝．[答案]3故l＝2r＝2，因此高为h＝3，故圆锥的体积为V＝πr2h＝π×12×3＝π．[答案]3π第1讲空间几何体1．(2019·南京、盐城高三模拟)设一个正方体与底面边长为23，侧棱长为10的正四棱锥的体积相等，则该正方体的棱长为________．[解析]根据题意，设正方体的棱长为a，则有a3＝1×(223×22[答案]22．(2019·苏州期末)已知一个圆锥的母线长为2，侧面展开是半圆，则该圆锥的体积为________．[解析]设圆锥的底面半径为r，高为h，则2π＝2πr，故r＝1，故h＝4－1＝3，故13π333π3．(2019·苏锡常镇模拟)平面α截半径为2的球O所得的截面圆的面积为π，则球心O到平面α的距离为________．[解析]设截面圆的半径为r，则πr2＝π，解得r＝1，故d＝R2－r2＝3．[答案]34．表面积为3π的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面直径为________．[解析]设圆锥的母线为l，圆锥底面半径为r，则πrl＋πr2＝3π，πl＝2πr．解得r ＝1，即直径为2．[答案]25．(2019·南京、盐城模拟)若一个圆锥的底面半径为1，侧面积是底面积的2倍，则该圆锥的体积为________．[解析]设圆锥的底面半径为r，母线长为l，则由侧面积是底面积的2倍得πrl＝2πr2，11333336．(2019·苏锡常镇调研)如图，四棱锥P ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，AB＝2，AD＝3，PA＝4，点E为棱CD上一点，则三棱锥E PAB的体积为________．××3所以VA BB1D1D＝S矩形BB1D1D·AO32⎛1⎫2⎝2⎭11111[解析]因为VE PAB＝VP ABE＝3△SABE·PA＝32AB·AD·PA＝32×2×3×4＝4．[答案]47．如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝AD＝3cm，AA1＝2cm，则四棱锥A BB1D1D的体积为__________________________________________________________________cm．[解析]连结AC交BD于O，在长方体中，因为AB＝AD＝3，所以BD＝32且AC⊥BD．又因为BB1⊥底面ABCD，所以BB1⊥AC．又DB∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D1D，132所以AO为四棱锥A BB1D1D的高且AO＝2BD＝2．因为S矩形BB1D1D＝BD×BB1＝32×2＝62，13132＝×62×＝6(cm3)．[答案]68．已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为32，则这个四棱锥的外接球的表面积为________．[解析]依题意得，该正四棱锥的底面对角线长为32×2＝6，高为（32）2－ ×6⎪＝3，因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该四棱锥的外接球[解析]设实心球的半径为R，则由题意知该实心金属几何体的体积V＝π＋16π＝π＝πR3，得R＝20，所以实心球的直径为2R＝220．的球心为底面正方形的中心，其外接球的半径为3，所以其外接球的表面积等于4π×32＝36π．[答案]36π9．(2019·江苏省高考名校联考信息卷(五))如图是一个实心金属几何体的直观图，它的中间为高是4的圆柱，上下两端均是半径为2的半球，若将该实心金属几何体在熔炉中高温熔化(不考虑过程中的原料损失)，熔成一个实心球，则该球的直径为______．32803343333[答案]22010．(2019·江苏省高考名校联考(五))如图，在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，且AA1＝2AB，若三棱锥P BCD的体积与正四棱柱ABCD A1B1C1D1的侧面积的数值之比为1∶24，则VABCD A1B1C1D1＝________．111[解析]设AB＝a，则AA1＝2a，所以VP BCD＝3×2a2×2a＝3a3，正四棱柱ABCD A1B1C1D1的侧1a33a1面积为S＝4×2a2＝8a2，所以8a2＝24＝24，即a＝1，所以VABCD A1B1C1D1＝2a3＝2．[答案]211．(2019·苏州市第一学期学业质量调研)如图，某种螺帽是由一个半径为2的半球体挖去一个正三棱锥所得的几何体，该正三棱锥的底面三角形内接于半球底面的大圆，顶点在半球面上，则被挖去的正三棱锥的体积为______．[解析]因为BD⊥AD，CD⊥AD，所以∠BDC即为二面角B AD C的平面角，即∠BDC＝．又因为BD＝DC＝2，所以三角形BDC面积为×2×2×＝3．又因为AD⊥平面BDC，所以V＝[解析]如图，记挖去的正三棱锥为正三棱锥P ABC，则该正三棱锥的底面三角形ABC内接于半球底面的大圆，顶点P在半球面上．设BC的中点为D，连结AD，过点P作PO⊥平面1ABC，交AD于点O，则AO＝PO＝2，AD＝3，AB＝BC＝23，所以△SABC＝2×23×3＝33，所11以挖去的正三棱锥的体积V＝3△SABC×PO＝3×33×2＝23．[答案]2312．(2019·南京模拟)如图，已知△ABC为等腰直角三角形，斜边BC上的中线AD＝2，将△ABC沿AD折成60°的二面角，连结BC，则三棱锥C ABD的体积为________．π313221233AD×△SDBC＝3．[答案]23313．如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF 均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为________．[解析]如图，过A，B两点分别作AM，BN垂直于EF，垂足分别为M，N，连结DM，CN，因为NF＝，BF＝1，所以BN＝3则NH＝2所以△SBNC＝·BC·NH＝×1×222443[答案]2因为AE⊥PB，所以AE＝PB＝2，所以PE＝BE＝2．可证得DM⊥EF，CN⊥EF，多面体ABCDEF分为三部分，多面体的体积为VABCDEF＝VAMD BNC＋VE AMD＋VF BNC．122．作NH垂直BC于点H，则H为BC的中点，2．1122＝．12所以VF BNC＝3·△SBNC·NF＝24，VE AMD＝VF BNC＝24，VAMD BNC＝△SBNC·MN＝2．所以VABCDEF＝2．314．(2019·江苏四星级学校联考)如图，已知AB为圆O的直径，C为圆上一动点，PA⊥圆O所在的平面，且PA＝AB＝2，过点A作平面α⊥PB，分别交PB，PC于E，F，则三棱锥P AEF的体积的最大值为________．[解析]在△R t PAB中，PA＝AB＝2，所以PB＝22，12因为PA⊥底面ABC，得PA⊥BC，AC⊥BC，PA∩AC＝A，此时，三棱锥 P AEF 的体积的最大值为 × × 2＝ ．[答案] 2所以 BC ⊥平面 PAC ，可得 AF ⊥BC ．因为 AF ⊥PC ，BC ∩PC ＝C ，所以 AF ⊥平面 PBC ．因为 PB ⊂ 平面 PBC ，所以 AF ⊥PB ．因为 AE ⊥PB 且 AE ∩AF ＝A ，所以 PB ⊥平面 AEF ， 结合 EF ⊂ 平面 AEF ，可得 PB ⊥EF ．因为 AF ⊥平面 PBC ，EF ⊂ 平面 PBC ．所以 AF ⊥EF ．所以在 △R t AEF 中，设∠AEF ＝θ ，则 AF ＝ 2sin θ ，EF ＝ 2cos θ ，1 1 1所以 △S AEF ＝2AF ·EF ＝2× 2sin θ× 2cos θ ＝2sin 2θ ，1所以当 sin 2θ ＝1，即 θ ＝45°时，△S AEF 有最大值为2，1 1 23 2 66。
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专题强化训练 1.《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是( ) A．4 B．8 C．12 D．16 解析：选D.如图，以AA1为底面矩形一边的四边形有AA1C1C、AA1B1B、AA1D1D、AA1E1E这4个，每一个面都有4个顶点，所以阳马的个数为16个．故选D.
2．正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点(如图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为( )
解析：选C.过点A，E，C1的平面与棱DD1相交于点F，且F是棱DD1的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.
3．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( ) A．8 cm3 B．12 cm3 C．323 cm3 D．403 cm3 解析：选C.由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．下面是棱长为2 cm的正方体，体积V1＝2×2×2＝8(cm3)；上面是底面边长为2 cm，高为2 cm 的
正四棱锥，体积V2＝13×2×2×2＝83(cm3)，所以该几何体的体积V＝V1＋V2＝323(cm3)．
4．(2019·台州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体最长的棱长等于( )
A．34 B．41 C．52 D．215 解析：选C.由正视图、侧视图、俯视图的形状，可判断该几何体为三棱锥，形状如图，其中SC⊥平面ABC，AC⊥AB，所以最长的棱长为SB＝52.
5．(2019·金华十校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( ) A．15π2 B．8π C.17π2 D．9π 解析：选B.依题意，题中的几何体是由两个完全相同的圆柱各自用一个不平行于其轴的平面去截后所得的部分拼接而成的组合体(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一个截后所得的部分的底面半径为1，最短母线长为3、最长母线长为5，将这两个截后所得的部分拼接恰好形成一个底面半径为1，母线长为5＋3＝8的圆柱，因此题中的几何体的体积为π×12×8
＝8π，选B. 6.如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面在圆柱底面内，且底面是正三角形．如果三棱柱的体积为123，圆柱的底面直径与母线长相等，则圆柱的侧面积为( ) A．12π B．14π C．16π D．18π
解析：选C.设圆柱的底面半径为R，则三棱柱的底面边长为3R，由34(3R)2·2R＝123，得R＝2，S圆柱侧＝2πR·2R＝16π.故选C. 7．(2019·石家庄市第一次模拟)某几何体的三视图如图所示(网格线中每个小正方形的边长为1)，则该几何体的表面积为( )
A．48 B．54 C．64 D．60 解析：选D.根据三视图还原直观图，如图所示，则该几何体的表面积S＝6×3＋12×6×4
＋2×12×3×5＋12×6×5＝60，故选D. 8．在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1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.9π2 C.6π D.32π3 解析：选B.由题意可得若V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上
下底面相切，此时球的半径R＝32，该球的体积最大，Vmax＝43πR3＝4π3×278＝9π2.
9．(2019·温州八校联考)某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，其直观图和三视图如图所示，正视图为正方形，其中俯视图中椭圆的离心率为( )
A.12 B.24 C.22 D.32 解析：选C.依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为a，则斜边长为2a，圆锥的底面半径为22a、母线长为a，因此其俯视图中椭圆的长轴长为2a、短
轴长为a，其离心率e＝1－（a2a）2＝22，选C. 10.已知圆柱OO1的底面半径为1，高为π，ABCD是圆柱的一个轴截面．动点M从点B出发沿着圆柱的侧面到达点D，其距离最短时在侧面留下的曲线Γ如图所示．现将轴截面ABCD绕着轴OO1逆时针旋转θ(0＜θ≤π)后，边B1C1与曲线Γ相交于点P，设BP的长度为f(θ)，则y＝f(θ)的图象大致为( ) 解析：选A.将圆柱的侧面沿轴截面ABCD展平，则曲线Γ是展开图形(即矩形)的对角线，根据题意，将轴截面ABCD绕着轴OO1逆时针旋转θ(0＜θ≤π)后，边B1C1与曲线Γ相交于点
P，设BP的长度为f(θ)，则f(θ)应当是一次函数的一段，故选A. 11．(2019·浙江省重点中学高三12月期末热身联考)某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________；表面积是________．
解析：根据三视图可得，该几何体是长方体中的四棱锥C-BB1D1D， 由三视图可得： AB＝2，BC＝2，BB1＝4，VCBB1D1D＝23×12×2×2×4＝163，
SCBB1D1D＝12×2×2＋22×4＋12×2×4＋12×2×4＋12×22×18＝16＋82. 答案：163 16＋82 12.(2019·宁波市余姚中学期中检测)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积为________ cm3，表面积为________cm2.
解析：由三视图可知：该几何体是由一个半球去掉14后得到的几何
体． 所以该几何体的体积＝34×12×43×π×13＝π2 cm3.
表面积＝34×12×4π×12＋12×π×12＋34×π×12＝11π4 cm2.
答案：π2 11π4 13．(2019·河北省“五校联盟”质量检测)已知球O的表面积为25π，长方体的八个顶点都在球O的球面上，则这个长方体的表面积的最大值等于________．
解析：设球的半径为R，则4πR2＝25π，所以R＝52，所以球的直径为2R＝5，设长方体
的长、宽、高分别为a、b、c，则长方体的表面积S＝2ab＋2ac＋2bc≤a2＋b2＋a2＋c2＋b2＋c2
＝2(a2＋b2＋c2)＝50.
答案：50 14．(2019·浙江省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，当xy取得最大值时，该几何体的体积是____________．
解析：分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥PABCD，CD＝y2，
AB＝y，AC＝5，CP＝7，BP＝x，所以BP2＝BC2＋CP2，即x2＝25－y2＋7，x2＋y2＝32≥2xy，则xy≤16，当且仅当x＝y＝4时，等号成立．此时该几何
体的体积V＝13×2＋42×3×7＝37.
答案：37 15．(2019·杭州市高考数学二模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是AA1的中点，则异面直线BE与B1D1所成角的余弦值等于________，若正方体棱长为1，则四面体B-EB1D1的体积为________． 解析：取CC1中点F，连接D1F，B1F，则BE綊D1F， 所以∠B1D1F为异面直线BE与B1D1所成的角．
设正方体棱长为1，则B1D1＝2，B1F＝D1F＝1＋14＝52.所以cos ∠B1D1F＝12B1D1D1F＝22
52
＝105.
VBEB1D1＝VD1BB1E＝13S△BB1E·A1D1＝13×12×1×1×1＝16. 答案：105 16 16．已知棱长均为a的正三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点都在半径为216的球面上，则a的值为________． 解析：设O是球心，D是等边三角形A1B1C1的中心，则OA1＝216，因为正三棱柱ABC
A1B1C1的所有棱长均为a，所以A1D＝32a×23＝33a，OD＝a2，故A1D2＋OD2＝33a2＋a22＝2162
，得712a2＝2136，即a2＝1，得a＝1.
答案：1 17．(2019·瑞安四校联考)已知底面为正三角形的三棱柱内接于半径为1的球，则此三棱柱的体积的最大值为________． 解析：如图，设球心为O，三棱柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，底面正三角形的边长为a，
则AO1＝23×32a＝33a.
由已知得O1O2⊥底面，
在Rt△OAO1中，由勾股定理得
OO1＝ 12－33a2＝3·3－a23， 所以V三棱柱＝34a2×2×3·3－a23＝3a4－a62， 令f(a)＝3a4－a6(0＜a＜2)，
则f′(a)＝12a3－6a5 ＝－6a3(a2－2)，令f′(a)＝0，解得a＝2. 因为当a∈(0，2)时，f′(a)＞0；当a∈(2，2)时，f′(a)＜0，所以函数f(a)在(0，2)上单调递增，在(2，2)上单调递减． 所以f(a)在a＝2 处取得极大值． 因为函数f(a)在区间(0，2)上有唯一的极值点，所以a＝2 也是最大值点．所以(V三棱柱)max