3.與立體幾何有關的壓軸小題1.(2017屆山西大學附屬中學模塊診斷)如圖為某幾何體的三視圖，則其體積為()A.eq\f(2π,3)＋4B.eq\f(2π＋4,3)C.eq\f(π,3)＋4D.π＋eq\f(4,3)答案D解析由三視圖可知，該幾何體是一個半圓柱(所在圓柱為圓柱OO1)與四棱錐的組合體，其中四棱錐的底面ABCD為圓柱的軸截面，頂點P在半圓柱所在圓柱的底面圓上(如圖所示)，且P在AB上的射影為底面的圓心O.由三視圖數(shù)據(jù)可得，半圓柱所在圓柱的底面半徑r＝1，高h＝2，故其體積V1＝eq\f(1,2)πr2h＝eq\f(1,2)π×12×2＝π；四棱錐的底面ABCD為邊長為2的正方形，PO⊥底面ABCD，且PO＝r＝1.故其體積V2＝eq\f(1,3)S正方形ABCD×PO＝eq\f(1,3)×22×1＝eq\f(4,3).故該幾何體的體積V＝V1＋V2＝π＋eq\f(4,3).2.已知棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，M分別是AB，AD，AA1的中點，又P，Q分別在線段A1B1，A1D1上，且A1P＝A1Q＝x，0＜x＜1，設平面MEF∩平面MPQ＝l，則下列結論中不成立的是()A.l∥平面ABCDB.l⊥ACC.平面MEF與平面MPQ垂直D.當x變化時，l是定直線答案C解析連接BD，A1D，A1B，AC1，顯然平面MEF∥平面A1DB，設A1B∩MP＝H，A1D∩QM＝G，連接HG，則l∥HG，又HG∥平面ABCD，所以l∥平面ABCD，AC⊥BD.又HG∥l∥BD，故AC⊥l，當P，Q分別與B1，D1重合時，平面MEF⊥平面MPQ，又0＜x＜1，故平面MEF與平面MPQ不垂直.無論x怎么變化，l是過M點與EF平行的定直線.3.(2017屆重慶八中調研)用半徑為R的圓鐵皮剪一個內接矩形，再以內接矩形的兩邊分別作為圓柱的高與底面半徑，則圓柱的體積最大時，該圓鐵皮面積與其內接矩形的面積比為()A.eq\f(3\r(3)π,8)B.eq\f(3\r(3)π,7)C.eq\f(3\r(2)π,8)D.eq\f(3\r(2)π,7)答案C解析設圓柱的高為x，則圓鐵皮內接矩形的一邊長為x，那么另一邊長為y＝2eq\r(R2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))2)，所以圓柱的體積為V(x)＝πy2x＝π×4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(R2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))2))x＝π(－x3＋4R2x)(0＜x＜2R)，則V′(x)＝π(－3x2＋4R2)，令V′(x)＞0，得0＜x＜eq\f(2\r(3),3)R；令V′(x)＜0，得eq\f(2\r(3),3)R＜x＜2R，即V(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)R))內單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)R，2R))內單調遞減，所以當x＝eq\f(2\r(3),3)R時，此圓柱體積最大，那么另一邊長為eq\f(2\r(6),3)R，故圓鐵皮的面積和其內接矩形的面積比為eq\f(πR2,\f(2\r(3),3)R×\f(2\r(6),3)R)＝eq\f(3\r(2)π,8)，故選C.4.(2017屆河北省滄州市第一中學月考)已知四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，其中ABCD為正方形，△PAD為等腰直角三角形，PA＝PD＝eq\r(2)，則四棱錐P－ABCD外接球的表面積為()A.10πB.4πC.16πD.8π答案D解析因為△PAD為等腰直角三角形，PA＝PD＝eq\r(2)，故AD＝AB＝2，則點P到平面ABCD的距離為1，而底面正方形的中心O到邊AD的距離也為1，則頂點P到正方形中心O的距離PO＝eq\r(2)，正方形的外接圓的半徑為eq\r(2)，故正方形ABCD的中心是球心，且球的半徑為eq\r(2)，所以該幾何體外接球的表面積S＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)))2＝8π，故選D.5.如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1的六個頂點都在半徑為1的半球面上，AB＝AC，側面BCC1B1是半球底面圓的內接正方形，則側面ABB1A1的面積為()A.2B.1C.eq\r(2)D.eq\f(\r(2),2)答案C解析∵球心在面BCC1B1的中心O上，BC為截面圓的直徑，∴∠BAC＝90°，底面外接圓圓心N位于BC的中點處，△A1B1C1外心M在B1C1中點上，設正方形BCC1B1的邊長為x，在Rt△OMC1中，OM＝eq\f(x,2)，MC1＝eq\f(x,2)，OC1＝R＝1，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))2＝1，即x＝eq\r(2)，則AB＝AC＝1，6.(2017·河北衡水中學四調)在棱長為6的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M是BC的中點，點P是面DCC1D1所在的平面內的動點，且滿足∠APD＝∠MPC，則三棱錐P－BCD體積的最大值是()A.36B.12eq\r(3)C.24D.18eq\r(3)答案B解析∵AD⊥底面D1DCC1，∴AD⊥DP，同理BC⊥平面D1DCC1，則BC⊥CP，∠APD＝∠MPC，∴△PAD∽△PMC，∵AD＝2MC，∴PD＝2PC，下面研究點P在面ABCD內的軌跡(立體幾何平面化)，在平面直角坐標系內設D(0，0)，C(6，0)，C1(6，6)，設P(x，y)，∵PD＝2PC，∴eq\r(x2＋y2)＝2eq\r(x－62＋y2)，化簡得(x－8)2＋y2＝16(0≤x≤6)，該圓與CC1的交點的縱坐標最大，交點坐標(6，2eq\r(3))，三棱錐P－BCD的底面BCD的面積為18，要使三棱錐P－BCD的體積最大，只需高最大，當P點坐標為(6，2eq\r(3))時，CP＝2eq\r(3)，棱錐的高最大，此時三棱錐P－BCD的體積V＝eq\f(1,3)×18×2eq\r(3)＝12eq\r(3)，故選B.7.(2017屆福建廈門雙十中學期中)如圖，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1的對角線AC1上取一點P，以A為球心，AP為半徑作一個球，設AP＝x，記該球面與正方體表面的交線的長度和為f(x)，則函數(shù)f(x)的圖象最有可能的是()答案A解析球面與正方體的表面都相交，我們考慮三種特殊情形：①當x＝1時；②當x＝eq\f(1,2)時；③當x＝eq\r(2)時.①當x＝1時，以A為球心，1為半徑作一個球，該球面與正方體表面的交線弧長為3×eq\f(1,4)×2π×1＝eq\f(3π,2)，且為函數(shù)f(x)的最大值；②當x＝eq\f(1,2)時，以A為球心，eq\f(1,2)為半徑作一個球，根據(jù)圖形的相似，該球面與正方體表面的交線弧長為(1)中的一半；③當x＝eq\r(2)時，以A為球心，eq\r(2)為半徑作一個球，該球面與正方體表面的交線弧長為3×eq\f(1,6)×2π×eq\r(2)＝eq\r(2)π＜eq\f(3π,2)，對照選項可得A正確.8.已知球的直徑SC＝4，A，B是該球球面上的兩點，AB＝2，∠ASC＝∠BSC＝45°，則棱錐S－ABC的體積為()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(2\r(3),3)C.eq\f(4\r(3),3) D.eq\f(5\r(3),3)答案C解析由條件知直徑SC所對的圓周角∠SBC＝∠SAC＝90°，由已知∠ASC＝∠BSC＝45°，∴△SBC與△SAC是全等的等腰三角形，設球的球心為點O，∴BO⊥SC，AO⊥SC，即SC⊥平面AOB，由條件OA＝OB＝2，則△OAB為等邊三角形，∴VS－ABC＝eq\f(1,3)S△OAB·SC＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×22×sin60°))×4＝eq\f(4\r(3),3).9.(2017屆遼寧省莊河市高級中學月考)已知長方體ABCD－A1B1C1D1的外接球O的體積為eq\f(32π,3)，其中BB1＝2，則三棱錐O－ABC的體積的最大值為()A.1B.3C.2D.4答案A解析由題意設外接球的半徑為R，則由題設可得eq\f(4,3)πR3＝eq\f(32,3)π，由此可得R＝2，記長方體的三條棱長分別為x，y，2，則2R＝eq\r(x2＋y2＋4)，由此可得x2＋y2＝12，三棱錐O－ABC的體積V＝eq\f(1,6)xy×1＝eq\f(1,6)xy≤eq\f(1,6)×eq\f(x2＋y2,2)＝1，當且僅當x＝y(tǒng)＝eq\r(6)時“＝”成立.故選A.10.(2017·浙江溫州中學模擬)已知四邊形ABCD，AB＝BD＝DA＝2，BC＝CD＝eq\r(2).現(xiàn)將△ABD沿BD折起，當二面角A－BD－C處于eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))過程中，直線AB與CD所成角的余弦值取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5\r(2),8)，\f(\r(2),8))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),8)，\f(5\r(2),8)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),8))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5\r(2),8)))答案D解析如圖所示，取BD的中點E，連接AE，CE，∴∠AEC即為二面角A－BD－C的平面角，而AC2＝AE2＋CE2－2AE·CE·cos∠AEC＝4－2eq\r(3)cos∠AEC，∠AEC∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，∴AC∈[1，eq\r(7)]，∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝2eq\r(2)cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉＝eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(BD,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→)))＝－2＋AB·BC·eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝1－eq\f(AC2,2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，\f(1,2)))，設異面直線AB，CD所成的角為θ，∴0≤cosθ≤eq\f(1,2\r(2))·eq\f(5,2)＝eq\f(5\r(2),8)，故選D.11.在半徑為2的球面上有不同的四點A，B，C，D，若AB＝AC＝AD＝2，則平面BCD被球所截得圖形的面積為________.答案3π解析過點A向平面BCD作垂線，垂足為M，則M是△BCD的外心，而外接球球心O位于直線AM上，連接BM，設△BCD所在截面圓半徑為r，∵OA＝OB＝2＝AB，∴∠BAO＝60°，在Rt△ABM中，r＝2sin60°＝eq\r(3)，∴所求面積S＝πr2＝3π.12.如圖所示，正方體ABCD－A′B′C′D′的棱長為1，E，F(xiàn)分別是棱AA′，CC′的中點，過直線EF的平面分別與棱BB′，DD′分別交于M，N兩點，設BM＝x，x∈[0，1]，給出以下四個結論：①平面MENF⊥平面BDD′B′；②直線AC∥平面MENF始終成立；③四邊形MENF周長L＝f(x)，x∈[0，1]是單調函數(shù)；④四棱錐C′－MENF的體積V＝h(x)為常數(shù).以上結論正確的是______________.答案①②④解析①因為EF⊥BB′，EF⊥BD，BB′∩BD＝B，所以EF⊥平面BDD′B′，所以平面MENF⊥平面BDD′B′成立；②因為AC∥EF，所以直線AC∥平面MENF始終成立；③因為MF＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))2＋1)，f(x)＝4eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋1)，所以f(x)在[0，1]上不是單調函數(shù)；④VC′－MENF＝VF－MC′E＋VF－C′NE＝eq\f(1,3)·eq\f(1,4)＋eq\f(1,3)·eq\f(1,4)＝eq\f(1,6)，故h(x)為常數(shù).13.在三棱錐P－ABC中，PA，PB，PC兩兩垂直，且PA＝3，PB＝2，PC＝1，設M是底面三棱錐M－PCA的體積，若f(M)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，x，y))，且eq\f(1,x)＋eq\f(a,y)≥8，則正實數(shù)a的最小值為_____.答案1解析依題意，eq\f(1,2)＋x＋y＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×2×1＝1，