2020最新高考数学二轮复习 专题二 立体几何 第1讲 空间几何体学案(考试专用)

答案 26＋234

1252

π 3

解析 由三视图得该几何体是一个底面为直角边分别为3,4的直角三角形，高为5的三棱锥，且三棱锥的顶点在底面的投影为底面直角三角形中边长为4的直角边所对的顶点，则其表面1111

积为×3×4＋×3×5＋×5×5＋×34×4＝26＋234，其外接球的半径为

2222

22

?5?2＋?3＋4?2＝52，则外接球的体积为4π×?52?3＝1252π. ?2?????233???2??2?

7

11．(2018·全国Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面

8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 如图，∵SA与底面所成角为45°，

∴△SAO为等腰直角三角形． 设OA＝r，则SO＝r，SA＝SB＝2r. 7

在△SAB中，cos∠ASB＝，

8∴sin∠ASB＝15， 8

1

∴S△SAB＝SA·SB·sin∠ASB

21152＝(2r)·＝515， 28解得r＝210，

∴SA＝2r＝45，即母线长l＝45，

17

∴S圆锥侧＝πr·l＝π×210×45＝402π.

π

12．已知二面角α－l－β的大小为，点P∈α，点P在β 内的正投影为点A，过点A作

3

AB⊥l，垂足为点B，点C∈l，BC＝22，PA＝23，点D∈β，且四边形ABCD满足∠BCD＋

∠DAB＝π.若四面体PACD的四个顶点都在同一球面上，则该球的体积为________． 答案 86π

解析 ∵∠BCD＋∠DAB＝π， ∴A，B，C，D四点共圆，直径为AC. ∵PA⊥平面β，AB⊥l，∴易得PB⊥l， 即∠PBA为二面角α－l－β的平面角， 即∠PBA＝π

3，

∵PA＝23，∴BA＝2， ∵BC＝22，∴AC＝23. 设球的半径为R，则23－

R2－(3)2＝R2－(3)2，

∴R＝6，V＝4π3

3

(6)＝86π.

B组 能力提高

13．若四棱锥P－ABCD的三视图如图所示，则该四棱锥的外接球的表面积为( )

A.

81π5 B.81π20 C.101π101π

5 D.20

答案 C

解析 根据三视图还原几何体为一个四棱锥P－ABCD，如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，

18

由于△PAD为等腰三角形，PA＝PD＝3，AD＝4，四边形ABCD为矩形，CD＝2，过△PAD的外心

F作平面PAD的垂线，过矩形ABCD的中心H作平面ABCD的垂线，两条垂线交于一点O，则O3＋3－4145

为四棱锥外接球的球心，在△PAD中，cos∠APD＝＝，则sin∠APD＝，

2×3×3992PF＝

49595

＝＝，PF＝，

sin∠APD45510

9

955

＝， 1010

2

2

2

ADPE＝9－4＝5，OH＝EF＝5－BH＝

1

16＋4＝5， 2

OB＝OH2＋BH2＝

5505＋5＝， 10010

505101π

所以S＝4π×＝.

1005

14.如图所示，正方形ABCD的边长为2，切去阴影部分围成一个正四棱锥，则正四棱锥侧面积的取值范围为( )

A．(1,2) C．(0,2] 答案 D

解析 设四棱锥一个侧面为△APQ，∠APQ＝x，过点A作AH⊥PQ，

B．(1,2] D．(0,2)

1AC－PQ22－PQ则AH＝PQ×tan x＝＝

2221

＝2－PQ，

2

222tan x∴PQ＝，AH＝，

1＋tan x1＋tan x 19

1

∴S＝4××PQ×AH＝2×PQ×AH

2222tan x＝2××

1＋tan x1＋tan x＝

8tan x?π，π?，

，x∈?42?2

?1＋tan x???

∴tan x>0， ∴S＝＝

8tan x8tan x＝ 22

?1＋tan x?1＋tanx＋2tan x8≤＝2， 2＋2

＋tan x＋28

1tan x?当且仅当tan x＝1，即x＝π时取等号?， ??4??

而tan x>0，故S>0，

∵S＝2时，△APQ是等腰直角三角形，

顶角∠PAQ＝90°，阴影部分不存在，折叠后A与O重合，构不成棱锥， ∴S的取值范围为(0,2)，故选D.

15．(2018·宁波模拟)已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是顶角为120°的等腰三角形，侧视图为直角三角形，则该三棱锥的表面积为________，该三棱锥的外接球的体积为________．

答案 4＋3＋15

205

π 3

解析 由三视图得几何体的直观图如图所示，

111

∴S表＝2××2×2＋×23×5＋×23×1

222

20