高考数学总复习模块四立体几何与空间向量空间几何体空间中的位置关系学案理.docx

第12讲　空间几何体、空间中的位置关系

1.(1)[2018·全国卷Ⅲ]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M4-12-1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(　　)

图M4-12-1　　　　　　图M4-12-2
(2)[2013·全国卷Ⅱ]一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以zOx平面为投影面,则得到的正视图可以为 (　　)

图M4-12-3
[试做] 

命题角度　由直观图求三视图的问题
关键一:注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向;
关键二:注意看到的轮廓线和棱是实线,看不到的轮廓线和棱是虚线.
2.[2017·全国卷Ⅰ]某多面体的三视图如图M4-12-4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 (　　)
A.10 B.12 C.14 D.16

图M4-12-4
[试做] 

命题角度　与三视图有关的几何体的表面积和体积问题
(1)关键一:由三视图想象几何体的结构特征,并画出该几何体的空间图形;
关键二:搞清楚几何体的尺寸与三视图尺寸的关系;
关键三:利用外部补形法,将几何体补成长方体或正方体等常见几何体.
(2)看三视图时,需注意图中的虚实线.
(3)求不规则几何体的表面积和体积时,通常将所给几何体分割为基本的柱、锥、台体.
3.(1)[2018·全国卷Ⅱ]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　　　　. 
(2)[2018·全国卷Ⅰ]在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的角为30°,则该长方体的体积为 (　　)
A.8 B.62 C.82 D.83
[试做] 

命题角度　空间几何体的面积与体积
(1)求规则几何体的体积,只需确定底面与相应的高,而求一些不规则几何体的体积往往需采用分割或补形思想,转化求解.
(2)求组合体的表面积时,需注意组合体衔接部分的面积,分清侧面积和表面积.
4.(1)[2017·全国卷Ⅰ]如图M4-12-5,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(　　)

A　　　　 B　　　　C　　　D
图M4-12-5
(2)[2016·全国卷Ⅱ]α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:
①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.
②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.
③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.
④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.
其中正确的命题有　　　　.(填写所有正确命题的编号) 
[试做] 

命题角度　空间中线面位置关系的判定
关键一:逐个寻找反例作出否定的判断,逐个进行逻辑证明作出肯定的判断;
关键二:结合长方体模型或实际空间位置作出判断,但要注意准确应用定理,考虑问题全面细致.
5.(1)[2018·全国卷Ⅲ]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(　　)
A.123 B.183 C.243 D.543
(2)[2016·全国卷Ⅲ]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
[试做] 

命题角度　多面体与球
(1)解决与球有关的组合体问题:关键一:分清球是内切还是外接;
关键二:确定球心在多面体中的位置,确定球的半径或直径与多面体相关元素之间的关系;
关键三:球的每个截面都是圆.
(2)设正四面体的棱长为a,则其外接球的半径R=64a,内切球的半径r=612a.
6.[2018·全国卷Ⅰ]已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为 (　　)
A.334 B.233 C.324 D.32
[试做] 

命题角度　解决平面截正方体所形成的图形问题
关键一:根据已知条件确定所求平面或与所求平面平行的平面;
关键二:根据平面特点利用数形结合思想确定截面形状.
7.(1)[2018·全国卷Ⅱ]在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为 (　　)
A.15 B.56 C.55 D.22
(2)[2017·全国卷Ⅱ]已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为 (　　)
A.32 B.155 C.105 D.33
[试做] 

命题角度　解决异面直线所成角问题
(1)关键一:先通过作图(三角形中位线、平行四边形补形)来构造平行线,再通过解三角形求解;
关键二:补形法(补成长方体、正方体)求解.
(2)当异面直线所成角为π2时,两异面直线互相垂直.
(3)用空间向量法解决.

小题1空间几何体的三视图与直观图
1 (1)如图M4-12-6,在正方体ABCD-A1B1C1D1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何体的侧视图为(　　)

A　　　　　B C　　　　　D
图M4-12-6图M4-12-7
(2)已知某几何体的三视图如图M4-12-8所示,则该几何体最长棱的长为 (　　)

图M4-12-8
A.5
B.6
C.7
D.22
[听课笔记]  

【考场点拨】
识别三视图应注意以下几方面:(1)看线型,是线段、虚线还是曲线,确定此几何体是简单多面体还是旋转体;(2)分部分,想整体,看是简单几何体还是组合体;(3)对比一些熟悉的三视图模型分析,如正方体、圆锥、三棱锥的三视图模型.
【自我检测】
1.某几何体的正视图与俯视图如图M4-12-9,则其侧视图可能是(　　)

图M4-12-9

A　B　C　D
图M4-12-10
2.某几何体的三视图如图M4-12-11所示,则此几何体的各个面中最大面的面积为 (　　)
A.22 B.23 C.32 D.2

图M4-12-11
3.[2018·北京卷]某四棱锥的三视图如图M4-12-12所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为 (　　)
A.1 B.2 C.3 D.4

图M4-12-12
4.如图M4-12-13所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为BD1的中点,则△PAC在该正方体各个面上的射影可能是(　　)

图M4-12-13

①　　　　　②

③　　　　　④
图M4-12-14
A.①④ B.②③ C.②④ D.①②
小题2空间几何体的表面积与体积
2 (1)已知矩形ABCD中,AB=2BC,把这个矩形分别以BC,AB所在直线为轴旋转一周,所成几何体的侧面积分别记为S1,S2,则S1与S2的比值为 (　　)
A.12 B.1
C.2 D.4
(2)在三棱锥D-ABC中,CD⊥底面ABC,△ABC为正三角形,若AE∥CD,AB=CD=AE=2,则三棱锥D-ABC与三棱锥E-ABC的公共部分构成的几何体的体积为(　　)
A.39 B.33
C.13 D.3
[听课笔记]  

【考场点拨】
高考中求几何体的表面积和体积易失分点:(1)计算表面积时,有些面没有计算到,有遗漏;(2)求组合体的表面积时没注意重合部分的面积.
【自我检测】
1.某几何体的三视图如图M4-12-15所示,则该几何体的表面积为(　　)

图M4-12-15
A.12+82
B.12+62
C.14+62
D.16+82
2.在三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为棱BC,A1C1的中点,过A,D,E的截面把三棱柱分成两部分,则这两部分的体积之比为 (　　)
A.5∶3 B.2∶1
C.17∶7 D.3∶1
3.《九章算术》是我国古代数学名著,它在几何学中的研究比西方早一千多年.例如“堑堵”指的是底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱;“阳马”指的是底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥.如图M4-12-16所示,在堑堵ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,A1A=AB=2,当堑堵ABC-A1B1C1的侧面积取得最大值时,阳马B-A1ACC1的体积为(　　)

图M4-12-16
A.43
B.83
C.4
D.433
小题3多面体与球
角度1　外接球问题
3 在矩形ABCD中,AB=4,BC=3,将△ABC沿AC折起,当平面ABC⊥平面ACD时,四面体ABCD的外接球的体积是(　　)
A.12512π B.1259π
C.1256π D.1253π
[听课笔记]  

【考场点拨】
解决多面体的外接球问题,关键是确定球心位置,方法是先选择多面体中的一面,确定此面多边形外接圆的圆心,再过此圆心作垂直于此面的垂线,则球心一定在此垂线上,最后根据其他顶点情况确定球心的准确位置.对于特殊的多面体还可以通过补成正方体或长方体的方法找到球心位置.
【自我检测】
1.在三棱锥S-ABC中,SB⊥BC,SA⊥AC,SB=BC,SA=AC,AB=12SC,且三棱锥S-ABC的体积为932,则该三棱锥的外接球半径是 (　　)
A.1 B.2
C.3 D.4
2.设直三棱柱ABC-A1B1C1的所有顶点都在一个球面上,且球的表面积是40π,若AB=AC=AA1,∠BAC=23π,则此直三棱柱的高是　　　　. 
角度2　内切球问题
4 设正三棱锥P-ABC的高为H,且此三棱锥内切球的半径为R,若二面角P-AB-C的正切值为35,则HR=(　　)
A.5 B.6
C.7 D.8
[听课笔记]  

【考场点拨】
解决多面体的内切球问题,一般是将多面体分割为以球心为顶点,多面体的各面为底面的棱锥,利用多面体的体积等于各分割棱锥的体积之和求内切球的半径.
【自我检测】
1.在三棱锥P-ABC中,侧棱PA=PB=2,PC=6,当三棱锥P-ABC的三个侧面的面积之和最大时,三棱锥P-ABC内切球的表面积是(　　)
A.(32-86)π B.(32-166)π
C.(40-86)π D.(40-166)π
2.已知圆锥的高为3,侧面积为20π,若此圆锥内有一个体积为V的球,则V的最大值为　　　　. 
小题4空间线面位置关系的判断
角度1　线面位置关系
5 (1)已知直线l,m,平面α,β,且l⊥α,m⊂β,给出下列说法:①若α∥β,则l⊥m;②若α⊥β,则l∥m;③若l∥m,则α⊥β;④若l⊥m,则α∥β.其中正确说法的序号是 (　　)
A.①② B.①③
C.②④ D.③④
(2)如图M4-12-17,在正方形ABCD中,E,F分别是AB,BC的中点,G是EF的中点,沿DE,EF,FD将正方形折起,使A,B,C重合于点P,构成四面体,则在四面体P-DEF中,给出下列结论:
①PD⊥平面PEF;②PD⊥EF;③DG⊥平面PEF;④DF⊥PE;⑤平面PDE⊥平面PDF.
其中正确结论的序号是 (　　)

图M4-12-17
A.①②③⑤
B.②③④⑤
C.①②④⑤
D.②④⑤
[听课笔记]  

【考场点拨】
判断空间点、线、面的位置关系,主要依赖于四个公理,平行关系和垂直关系的有关定义及定理.具体处理时可以构建长方体或三棱锥等模型,把要考查的点、线、面融入模型中,使判断简洁明了.如要否定一结论,只需找到一个反例即可.
【自我检测】
1.已知α,β是两个不同的平面,l是一条直线,给出下列说法:①若l⊥α,α⊥β,则l∥β;②若l∥α,α∥β,则l∥β;③若l⊥α,α∥β,则l⊥β;④若l∥α,α⊥β,则l⊥β.其中正确说法的个数为 (　　)
A.3 B.2
C.1 D.0
2.若l,m为两条不同的直线,α为一个平面,且l⊥α,则“m∥α”是“m⊥l”的 (　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
角度2　异面直线所成的角、线面角
6 (1)已知△ABC与△BCD均为正三角形,且AB=4.若平面ABC与平面BCD垂直,且异面直线AB与CD所成的角为θ,则cos θ=(　　)
A.-154 B.154
C.-14 D.14
(2)已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,体积为94,底面是边长为3的正三角形.若P为底面A1B1C1的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为 (　　)
A.5π12 B.π3
C.π4 D.π6
[听课笔记]  

【考场点拨】
(1)求异面直线所成的角,一般是通过平移构建三角形求解,要注意异面直线所成的角是锐角或直角,若计算出钝角,其补角才是异面直线所成的角.
(2)求直线与平面所成角的关键是过直线上一点作出这个平面的垂线,进而直线与直线在平面内的射影所成的角即为直线与平面所成的角.
(3)当空间关系较为复杂时也可以建立空间直角坐标系,利用向量求解.
【自我检测】
1.如图M4-12-18所示为一个半圆柱,△ADE是等腰直角三角形,F是线段CD的中点,AB=4,该半圆柱的体积为18π,则异面直线AB与EF所成角的正弦值为(　　)

图M4-12-18
A.3311
B.31111
C.2211
D.23
2.在四边形ABCD中,AD=AB=2,CD=CB=6,且AD⊥AB,现将△ABD沿BD翻折到△A'BD的位置,则在△ABD折起至与平面BCD重合的过程中,直线A'C与平面BCD所成角最大时的正弦值为 (　　)
A.55 B.33
C.12 D.22
角度3　截面问题
7 (1)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱AD的中点,过点B1且与平面A1BE平行的截面面积为(　　)
A.5 B.25
C.26 D.6
(2)已知棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,球O与该正方体的各面都相切,则平面ACD1截此球所得的截面面积为(　　)
A.8π3 B.5π3
C.4π3 D.2π3
[听课笔记]  

【考场点拨】
几何体截面面积问题,关键是确定截面图形的位置、形状,所经过的点,截面面积根据有关数量进行计算.
【自我检测】
1.已知一个棱长为2的正方体被一个平面截后所得几何体的三视图如图M4-12-19所示,则该截面的面积为(　　)
A.92
B.4
C.3
D.3102

图M4-12-19
2.过半径为4的球O表面上一点A作球O的截面,若OA与该截面所成的角为30°,则该截面的面积是　　　　. 

模块四　立体几何与空间向量
第12讲　空间几何体、空间中的位置关系
典型真题研析
1.(1)A　(2)A　[解析] (1)卯眼的空间立体图如图,同时需要注意,在三视图中看不见的线用虚线表示,故选A.

(2)在空间直角坐标系O-xyz中画出三棱锥,由已知可知三棱锥O-ABC为题中所描叙的四面体,而其在zOx平面上的投影为正方形EBDO,故选A.

2.B　[解析] 该几何体为一个三棱柱和一个三棱锥的组合体,其直观图如图所示,各个面中有两个全等的梯形,其面积之和为2×2+42×2=12.

3.(1)402π　(2)C　[解析] (1)设圆锥的底面圆的半径为r,因为SA与圆锥底面所成角为45°,所以SA=2r.由cos∠ASB=78得sin∠ASB=158,所以12SA·SB·sin∠ASB=12×2r×2r×158=515,所以r2=40,所以圆锥的侧面积为2πr2=402π.
(2)如图,连接BC1,易知∠AC1B即为AC1与平面BB1C1C所成的角,由题易知∠AC1B=30°,易得AC1=2AB=4.设BB1=h,则有42=22+22+h2, 解得h=22,所以该长方体的体积V=2×2×22=82.

4.(1)A　(2)②③④　[解析] 因为M,N,Q分别为对应棱的中点,所以在选项B,C中均有AB∥MQ,在选项D中,有AB∥NQ,所以在选项B,C,D中均有AB与平面MNQ平行,所以选A.
(2)对于①,m⊥n,m⊥α,n∥β,则α,β的位置关系无法确定,故错误;对于②,因为n∥α,所以可过直线n作平面γ与平面α相交于直线c,则n∥c,因为m⊥α,所以m⊥c,所以m⊥n,故正确;对于③,由两个平面平行的性质可知其正确;对于④,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确.故正确的有②③④.
5.(1)B　(2)B　[解析] (1)由题易知当点D到平面ABC的距离最大时,三棱锥D-ABC的体积最大.
∵S△ABC=34AB2=93,∴AB=6.设△ABC的中心为M,由等边三角形的性质得,
AM=BM=CM=23.设球心为O,则OA=OB=OC=4,
∴OM=OB2-BM2=2,
∴点D到平面ABC的距离的最大值为OM+4=6.故三棱锥D-ABC体积的最大值为13×93×6=183.
(2)当球与三侧面相切时,设球的半径为r1,∵AB⊥BC,AB=6,BC=8,∴8-r1+6-r1=10,解得r1=2,不合题意.当球与直三棱柱的上、下底面相切时,设球的半径为r2,则2r2=3,即r2=32,∴球的体积V的最大值为43π×323=92π.
6.A　[解析] 平面α与正方体的每条棱所在直线所成的角都相等,只需与过同一顶点的三条棱所成的角相等即可,如图,AP=AR=AQ,则平面PQR与正方体过点A的三条棱所成的角相等.若点E,F,G,H,M,N分别为相应棱的中点,易证得平面EFGHMN平行于平面PQR,且六边形EFGHMN为正六边形.正方体棱长为1,所以正六边形EFGHMN的边长为22,可得此正六边形的面积为334,而在四个选项中,选项B,C,D中的值都小于334,所以选A.

7.(1)C　(2)C　[解析] (1)方法一:以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则A(1,0,0),D1(0,0,3),B1(1,1,3),所以AD1=(-1,0,3),DB1=(1,1,3),所以cos<AD1,DB1>=-1×1+31+3×1+1+3=55,所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55.

方法二:如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1的面ABB1A1的一侧再补填一个完全一样的长方体ABC2D2-A1B1B2A2,连接AB2,B2D1.
易知AB2∥DB1,所以异面直线AD1与DB1所成的角即为AD1与AB2所成的角.
因为AB=BC=1,AA1=3,
所以AD1=2,AB2=5,B2D1=5.
在△AB2D1中,cos∠D1AB2=22+(5)2-(5)22×2×5=55,
所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55.

(2)方法一:建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(0,0,0),B1(0,0,1),C1-12,32,1,所以AB1=(-2,0,1),BC1=-12,32,1,故异面直线AB1与BC1所成角θ的余弦值cos θ=|AB1·BC1||AB1|·|BC1|=25×2=105.

方法二:如图,将该直三棱柱补充成直四棱柱,其中CD∥AB且CD=AB,则可得AB1∥DC1且AB1=DC1,图中∠BC1D即为异面直线AB1与BC1所成的角或所成角的补角.在△BC1D中,BC1=2,DC1=5,BD=4+1-2×2×1×12=3,所以cos∠BC1D=2+5-32×2×5=105.故异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为105.

考点考法探究
小题1
例1　(1)C　(2)B
　[解析] (1)取AA1的中点H,连接GH,则GH为过点E,F,G的平面与平面A1B1BA的交线.
延长GH,交BA的延长线于点P,连接EP,交AD于点N,连接HN,则NE为过点E,F,G的平面与平面ABCD的交线.
同理,连接并延长EF,交D1C1的延长线于点Q,连接GQ,交B1C1于点M,连接FM,则FM为过点E,F,G的平面与平面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正六边形EFMGHN.
故可得位于截面以下部分的几何体的侧视图为选项C中的图.故选C.

(2)根据三视图作出几何体的直观图如图所示,
可计算得PB=PD=BC=2,PC=6,故该几何体最长棱的长为6.

【自我检测】
1.B　[解析] 由俯视图与正视图可知,该几何体是一个三棱柱挖去一个圆柱后剩余的部分,因此其侧视图是矩形且内部有一条虚线,虚线靠近矩形的左边部分,只有选项B符合题意,故选B.
2.B　[解析] 由三视图可得,该几何体为如图所示的三棱锥A1-BCD.结合三视图中的数据可得S△BCD=12×22=2,S△A1BC=S△A1DC=12×22×2=22,S△A1DB=12×22×22+(2)2=23,故此几何体的各个面中最大面的面积为23.故选B.

3.C　[解析] 由三视图可得该几何体的直观图如图所示,且PD⊥平面ABCD,∴△PAD和△PDC均为直角三角形.又∵PD⊥AB,AB⊥AD,PD∩AD=D,∴AB⊥平面PAD,∴AB⊥PA,∴△PAB为直角三角形.故选C.

4.A　[解析] 从上下方向看,△PAC的射影为图①所示的情况;
从左右方向看,△PAC的射影为图④所示的情况;
从前后方向看,△PAC的射影为图④所示的情况.
故选A.
小题2
例2　(1)B　(2)B　[解析] (1)设BC=a,AB=2a,则S1=2π·2a·a,S2=2π·a·2a,∴S1S2=1.故选B.
(2)根据题意画出如图所示的几何体,
三棱锥D-ABC与三棱锥E-ABC的公共部分构成的几何体为三棱锥F-ABC.
∵△ABC为正三角形,AB=2,
∴S△ABC=12×2×2×32=3.
∵CD⊥底面ABC,AE∥CD,CD=AE=2,
∴四边形AEDC为矩形,则F为EC与AD的中点,
∴三棱锥F-ABC的高为12CD=1,
∴三棱锥F-ABC的体积V=13×3×1=33.
故选B.

【自我检测】
1.A　[解析] 根据三视图可得,该几何体为如图所示的四棱锥E-DD1C1C,则该几何体的表面积S=12×2×22+12×4×2+12×2×22+12×4×22+2×4=22+4+22+42+8=12+82.

2.C　[解析] 根据题中的条件可知,截面与B1C1的交点为靠近C1的四等分点,所以该截面将三棱柱分成了一个三棱台和一个几何体.设三棱柱的体积V=Sh,而三棱台的体积V1=13h12S+12S·18S+18S=724Sh,所以几何体的体积V2=1724V,所以所得的两部分的体积之比为17∶7,故选C.
3.A　[解析] 根据题意,设AC=x,BC=y,则有x2+y2=4,堑堵ABC-A1B1C1的侧面积S侧=(2+x+y)×2=4+2(x+y)≤4+22(x2+y2)=4+42,当且仅当x=y=2时取等号,此时阳马B-A1ACC1的体积V=13×AC×CC1×BC=13×2×2×2=43,故选A.
小题3
例3　C　[解析] 设矩形ABCD的对角线AC,BD的交点为O,由矩形的性质结合题意可知OA=OB=OC=OD=12×32+42=52.在翻折过程中OA,OB,OC,OD的长度不变,据此可知点O为四面体ABCD外接球的球心,外接球的半径R=OA=52,∴外接球的体积V=43πR3=43π×1258=1256π.
【自我检测】
1.C　[解析] 取SC的中点O,连接OA,OB,则OA=OB=OC=OS,即O为三棱锥的外接球球心.设外接球的半径为r,则13×2r×34r2=932,∴r=3.故选C.
2.22　[解析] 设AB=AC=AA1=a,球的半径为R.由题意知△BAC外接圆的半径为12·3asin2π3=a.∵4πR2=40π,∴R2=10,又R2=a22+a2=10,∴a=22,故直三棱柱的高是22.
例4　C　[解析] 取线段AB的中点D,设P在底面ABC内的射影为O,连接PD,OD.设AB=a,则OD=32a×13=36a,易知∠PDC为二面角P-AB-C的平面角,∴tan∠PDC=35,∴PD=6OD=3a.设三棱锥的表面积为S,体积为V,则V=13SR,即13×34a2H=13×3×12a×3a+34a2×R,化简得HR=7.
【自我检测】
1.D　[解析] 其中一个侧面的面积S△PAB=12×PA×PB×sin∠APB=2sin∠APB,要使此面积最大,则∠APB=90°.同理可知,当PA,PB,PC两两垂直时,三棱锥P-ABC的三个侧面的面积之和最大.设三棱锥的内切球的球心为O,则O到三棱锥的四个面的距离与球的半径r相等.因为PA=PB=2,PC=6,所以BC=AC=10,AB=22,可得△ABC,△APC,△APB,△BPC的面积分别为4,6,2,6,所以V三棱锥P-ABC=13×(4+6+2+6)·r=13×2×6,解得r=6-2,所以内切球的表面积S=(40-166)π.
2.256π81　[解析] 设圆锥的母线长为l,底面圆的半径为r,则πrl=20π,即rl=20,又l2-r2=9,所以l=5,r=4.当球的体积最大时,该球为圆锥的内切球,设内切球的半径为R,则12×(5+5+8)×R=12×3×8,故R=43,所以Vmax=43π×433=25681π.
小题4
例5　(1)B　(2)C　[解析] (1)由l⊥α,α∥β⇒l⊥β,而m⊂β,所以l⊥m,①正确;
l⊥α,m⊂β,α⊥β时,l,m的位置关系不确定,②不正确;
由l⊥α,l∥m⇒m⊥α,而m⊂β,所以α⊥β,③正确;
l⊥α,m⊂β,l⊥m时,α,β的位置关系不确定,④不正确.故选B.
(2)构成的四面体如图所示.因为DA⊥AE,DC⊥CF,所以折叠后DP⊥PE,DP⊥PF,
又PE∩PF=P,所以DP⊥平面PEF,所以①正确;

由DP⊥平面PEF,EF⊂平面PEF,可知DP⊥EF,所以②正确;
因为DP⊥平面PEF,且过一点有且只有一条直线垂直于一个平面,所以DG⊥平面PEF是不正确的,所以③不正确;
连接PG,由题意知PG⊥EF,且PE=2EG,所以PE⊥PF,又PE⊥DP,DP∩PF=P,所以PE⊥平面DPF,又因为DF⊂平面DPF,所以PE⊥DF,所以④正确;
因为PE⊥平面DPF,且PE⊂平面PDE,所以平面PDE⊥平面DPF,所以⑤正确.
综上可知,正确结论的序号为①②④⑤,故选C.
【自我检测】
1.C　[解析] ①若l⊥α,α⊥β,则l∥β或l⊂β,①不正确;
②若l∥α,α∥β,则l∥β或l⊂β,②不正确;
③若l⊥α,α∥β,则l⊥β,③正确;
④若l∥α,α⊥β,则l∥β或l⊂β或l与β相交,④不正确.
故选C.
2.A　[解析] 由l⊥α且m∥α,能推出m⊥l,充分性成立;若l⊥α且m⊥l,则m∥α或m⊂α,必要性不成立.因此“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要条件,故选A.
例6　(1)D　(2)B　[解析] (1)方法一:取BC的中点O,连接AO,DO.
∵正三角形ABC与正三角形BCD所在平面互相垂直,
∴AO⊥OD.
分别取BD,AD的中点M,N,连接MN,OM,ON,则MN∥AB,OM∥CD,则∠OMN为异面直线AB与CD所成的角,易得MN=OM=2,ON=6,在△OMN中,由余弦定理得cos∠OMN=4+4-62×2×2=14,即cos θ=14.
方法二:如图所示,取BC的中点O,连接AO,DO.

∵正三角形ABC与正三角形BCD所在平面互相垂直,
∴AO⊥BC,BC⊥OD,AO⊥DO.
以O为原点,OD,OC,OA所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,23),B(0,-2,0),C(0,2,0),D(23,0,0),
∴AB=(0,-2,-23),CD=(23,-2,0),
故cos<AB,CD>=AB·CD|AB||CD|=14,
∴cos θ=14.
(2)取B1C1的中点D,连接A1D,则由题易知点P在A1D上.
∵AA1⊥底面A1B1C1,∴∠APA1为PA与平面A1B1C1所成的角,
又平面ABC∥平面A1B1C1,∴∠APA1的大小等于PA与平面ABC所成角的大小.
∵S△A1B1C1=34×(3)2=334,
∴V三棱柱ABC-A1B1C1=AA1·S△A1B1C1=334·AA1=94,解得AA1=3.
又P为正三角形A1B1C1的中心,∴A1P=23A1D=1,
∴在Rt△AA1P中,tan∠APA1=AA1A1P=3,
∴∠APA1=π3.故选B.
【自我检测】
1.B　[解析] 设底面半圆的半径为r,由πr22×4=18π,得r=3.
易得DE=32,DF=2,DF⊥DE,所以EF=22,
又AB∥CD,所以异面直线AB与EF所成的角为∠EFD,
易知sin∠EFD=EDEF=31111.
2.D　[解析] 设AC与BD交于点O,因为AB=AD,CB=CD,所以AC⊥BD,因此在翻折过程中,A'C在平面BCD内的射影在直线CO上,所以∠A'CO是直线A'C与平面BCD所成的角.由已知可得OA=OA'=2,OC=2,在△A'OC中,设A'C=x,则由余弦定理得cos∠A'CO=X2+22-(2)22×2X=X4+12X,因为x>0,所以X4+12X≥2X4·12X=22(当且仅当x=2时取等号),此时∠A'CO最大,且sin∠A'CO=1-222=22.
例7　(1)C　(2)D　[解析] (1)取BC的中点M,A1D1的中点N,则四边形B1MDN即为所求的截面.
根据正方体的性质,可得MN=22,B1D=23,
易知四边形B1MDN为菱形,
所以其面积S=12×22×23=26,故选C.
(2)由题知△ACD1是边长为22的等边三角形,所以所求截面为△ACD1的内切圆,可得截面圆的半径为63,所以截面圆的面积为23π.

【自我检测】
1.A　[解析] 如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,AD的中点.
由三视图可知,该几何体是正方体ABCD-A1B1C1D1截取棱台AEF-A1B1D1后剩余的部分.

易知截面FEB1D1为等腰梯形,且FE=2,B1D1=22,EB1=1+4=5,
截面FEB1D1的高为5-222=322,
则截面FEB1D1的面积为(2+22)×3222=92.
2.12π　[解析] 过半径为4的球O表面上一点A作球O的截面,若OA与该截面所成的角为30°,则截面圆的半径是4×cos 30°=23,故该截面的面积为π×(23)2=12π.

[备选理由] 例1为一道高考题,考查对三视图的认识,并且通过计算对直观图中的各棱长作出准确判断;例2以正方体为载体,较容易入手,考查空间想象能力和计算能力;例3是三视图、多面体、球的综合问题,解决该问题的关键是根据三视图将几何体还原,从而得到该几何体是直三棱柱,最后利用长方体的外接球的特征求得结果;例4考查异面直线所成的角,其基本思路是通过平移直线,把异面问题化归为共面问题来解决.
例1　[配例1使用] [2017·北京卷] 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 (　　)

A.32 B.23
C.22 D.2
[解析] B　将四棱锥放在棱长为2的正方体中,该四棱锥为D'-B'C'CB,如图所示.该四棱锥最长的棱为正方体的体对角线D'B,D'B=4+4+4=12=23,故选B.

例2　[配例2使用] [2018·江苏卷] 如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为　　　　. 

[答案] 43
[解析] 该几何体是一个正八面体,而正八面体是由两个相同的正四棱锥组成的,由图可知一个正四棱锥的高为1,底面边长为1222+22=2,所以正八面体的体积V=2×13×(2)2×1=43.
例3　[配例3使用] 中国古代数学名著《九章算术》中记载了一种名为“堑堵”的几何体,其三视图如图所示,则其外接球的表面积为 (　　)

A.43π B.4π
C.8π D.64π
[解析] B　由三视图可得该几何体是一个直三棱柱,将其扩展为长方体,易得长方体的长、宽、高分别是2,1,1,该几何体的外接球为对应的长方体的外接球,而长方体的体对角线长为2+1+1=2,所以该几何体外接球的半径为1,故外接球的表面积为4π×12=4π,故选B.
例4　[配例6使用] 在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是边长为2的正方形,PA=5,E为PC的中点,则异面直线BE与PD所成角的余弦值为 (　　)
A.1310 B.155
C.1339 D.1539
[解析] C　延长AD到H,使AD=DH,过P作PF∥AH,且PF=AD,连接BF,FH,FC,BH.因为PF=DH,PF∥DH,所以四边形PFHD为平行四边形,所以PD∥FH.又PF∥AD∥BC,PF=AD=BC,所以四边形PFCB为平行四边形,所以BE与BF共线,则∠BFH为异面直线BE与PD所成的角或其补角.在△BFH中,FH=3,BF=13,BH=25,所以由余弦定理得cos∠BFH=13+9-202×13×3=1339.