东北育才名师教学过程疑难题汇编(立体几何)资料

东北育才学校王勇教学过程疑难题汇编（必修2立体几何小题）

一．选择题（共14小题）

1．已知正四面体ABCD的棱长为1，如果一高为

的长方体能在该正四面体内任意转动，

则该长方体的长和宽形成的长方形面积的最大值为（ ） A．

B．

C．

D．

2．有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则a的取值范围是（ ）

A．（0，） B．（1，） C．（，） D．（0，） 3．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1内有一个内切球O，则过棱AA1和BC的中点P、Q的直线被球面截在球内的线段MN的长为（ ）

A．

B．

C．

D．

4．长度分别为2、x、x、x、x、x的六条线段能成为同一个四面体的六条棱的充要条件是（ ） A．x

B．

C．

D．x＞1

5．半径为2cm的半圆纸片卷成圆锥放在桌面上，一阵风吹倒它，它的最高处距桌面（ ） A． B． C．2cm D．4cm

6．将一个棱长为a的正方体嵌入到四个半径为1且两两相切的实心小球所形成的球间空隙内，使得正方体能够任意自由地转动，则a的最大值为（ ） A．

B．

C．

D．

7．如图，体积为V的大球内有4个小球，每个小球的球面过大球球心且与大球球面有且只有一个交点，4个小球的球心是以大球球心为中心的正方形的4个顶点．v1为小球相交部分（图中阴影部分）的体积，v2为大球内、小球外的图中黑色部分的体积，则下列关系中正确的是（ ）

第1页（共22页）

A．v1= B．v2= C．v1＞v2 D．v1＜v2

8．如图，三棱锥P﹣ABC的高PO=8，AC=BC=3，∠ACB=30°，M、N分别在BC和PO上，且CM=x，PN=2CM，则下面四个图象中大致描绘了三棱锥N﹣AMC的体积V与x变化关系（x∈（0，3]）（ ）

A． B． C．

D．

9．半径为4的球面上有A、B、C、D四点，AB，AC，AD两两互相垂直，则△ABC、△ACD、△ADB面积之和S△ABC+S△ACD+S△ADB的最大值为（ ） A．8 B．16 C．32 D．64

10．若对任意长方体A，都存在一个与A等高的长方体B，使得B与A的侧面积之比和体积之比都等于常数K，则K的取值范围是（ ） A．（0，1]

B．（0，] C．[1，+∞）

D．[，+∞）

11．棱长为的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小球，则这些球的最大半径为（ ） A．

B．

C．

D．

12．如图所示，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，长为2的线段MN的一个端点M在棱DD1上运动，另一端点N在正方形ABCD内运动，则MN的中点的轨迹的面积为（ ）

第2页（共22页）

A．4π B．2π

C．π

D．

13．有一个正四棱锥，它的底面边长与侧棱长均为a，现用一张正方形包装纸将其完全包住（不能裁剪纸，但可以折叠），那么包装纸的最小边长应为（ ） A．

B．

C．

D．

14．棱长都为的四面体的四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（ ） A．3π B．4π C．3 D．6π

二．填空题（共10小题）

15．球面上有3个点，其中任意两点的球面距离都等于圆周长的，经过这3个点的小圆的周长为4π，那么球半径为 ．

16．已知在三棱锥T﹣ABC中，TA，TB，TC两两垂直，T在地面ABC上的投影为D，给出下列命题：

①TA⊥BC，TB⊥AC，TC⊥AB； ②△ABC是锐角三角形； ③④

；

（注：S△ABC表示△ABC的面积）

其中正确的是 （写出所有正确命题的编号）．

17．如图，在正方体的一角上截取三棱锥P﹣ABC，PO为棱锥的高，记

，那么M，N的大小关系是 ．

，

18．如图所示几何体的三视图，则该三视图的表面积为 第3页（共22页）

19．如图，正四面体ABCD的棱长为1，平面α过棱AB，且CD∥α，则正四面体上的所有点在平面α内的射影构成的图形面积是 ．

20．如图，AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱，BC=2，若AD=2c，且

AB+BD=AC+CD=2a，其中a、c为常数，则四面体ABCD的体积的最大值是 ．

21．将4个半径都是R的球体完全装入底面半径是2R的圆柱形桶中，则桶的最小高度是 ． 22．在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为40cm，母线长最短50cm，最长80cm，

2

则斜截圆柱的侧面面积S= cm．

23．有两个相同的直三棱柱，高为，底面三角形的三边长分别为3a，4a，5a（a＞0），用它们拼成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中，全面积最小的是一个四棱柱，则a的取值范围是 ．

第4页（共22页）

24．在四面体ABCD内部有一点O，满足OA=OB=OC=4，OD=1，则四面体ABCD体积的最大值为 ．

第5页（共22页）

东北育才学校王勇教学过程疑难题汇编（必修2立体几何小题）

参考答案与试题解析

一．选择题（共14小题）

1．（2016?新乡模拟）已知正四面体ABCD的棱长为1，如果一高为

的长方体能在该正

四面体内任意转动，则该长方体的长和宽形成的长方形面积的最大值为（ ） A．

B．

C．

D．

【分析】要满足一高为的长方体能在该正四面体内任意转动，则长方体的对角线长不超

过正四面体的内切球的直径．利用正四面体的性质可得内切球的半径，利用长方体的对角线与内切球的直径的关系、基本不等式的性质即可得出． 【解答】解：设正四面体S﹣ABCD如图所示． 可得它的内切球的球心0必定在高线SH上，

延长AH交BC于点D，则D为BC的中点，连接SD， 则内切球切SD于点E，连接AO． ∵H是正三角形ABC的中心， ∴AH：HD=2：1，

∵Rt△0AH∽Rt△DSH， ∴

=3，可得OA=30H=S0

因此，SH=4OH，可得内切球的半径R=OH=SH． ∵正四面体棱长为1， ∴Rt△SHD中，SD=要满足一高为

=，

=

，解得R=

2

．

的长方体能在该正四面体内任意转动，

则长方体的对角线长不超过正四面体的内切球的直径， 设该长方体的长和宽分别为x，y，

该长方体的长和宽形成的长方形面积为S． ∴4R≥∴x+y≤

2

22

+x+y， ，

22

∴S=xy≤故选：D．

=．

第6页（共22页）

【点评】本题考查了正四面体的性质、勾股定理、正三角形的性质、长方体的对角线与其外接球的直径之间的关系，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于难题． 2．（2010?辽宁）有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则a的取值范围是（ ）

A．（0，） B．（1，） C．（，） D．（0，） 【分析】本题考查了学生的空间想象能力以及灵活运用知识解决数学问题的能力．我们可以通过分析确定当底面是边长为2的正三角形，三条侧棱长为2，a，a此时a取最大值，当构成三棱锥的两条对角线长为a，其他各边长为2，a有最小值，易得a的取值范围 【解答】解：根据条件，四根长为2的直铁条与两根长为a的直铁条要组成三棱镜形的铁架， 有以下两种情况①底面是边长为2的正三角形，三条侧棱长为2，a，a，如图，此时a可以取最大值，可知AD=即

，SD=

，则有2﹣

＜，

＜2+

，

即有＜a＜

②构成三棱锥的两条对角线长为a，其他各边长为2，如图所示，此时0＜a＜2综上分析可知a∈（0，）；

；

故选A．

【点评】本题考查的知识点是空间想像能力，我们要结合分类讨论思想，数形结合思想，极限思想，求出a的最大值和最小值，进而得到a的取值范围

3．（2010?沙坪坝区校级二模）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1内有一个内切球O，则过棱AA1和BC的中点P、Q的直线被球面截在球内的线段MN的长为（ ）

第7页（共22页）

A．

B．

C．

D．

【分析】如图连接OP，OQ，OM，作OE⊥PQ，△OPQ为等腰三角形，求出OP，OE，然后求出MN=2ME的长度即可．

【解答】解：连接OP，OQ，OM，作OE⊥PQ，如图，易知△OPQ为等腰三角形，|OP|=|OQ|=， 可求得0到PQ的距离为

，

PQ的直线被球面截在球内的线段的长为：故选B

【点评】本题是基础题，考查学生作图能力，空间想象能力，计算能力，两次使用勾股定理，解题的关键在于理解题意． 4．（2010?大观区校级三模）长度分别为2、x、x、x、x、x的六条线段能成为同一个四面体的六条棱的充要条件是（ ） A．x

B．

C．

D．x＞1

【分析】用极限的角度考虑，可求x接近最小的数值，得不到最大值，求出结果． 【解答】解：用极限的角度考虑，四面体趋近于在一个平面内的菱形时x最小， 不能低于

，最大可以无穷大（就是两个等边三角形的二面角可以无限趋于0），

【点评】本题考查棱锥的结构特征，考查空间想象能力，极限思想的应用，是中档题．

5．（2010?碑林区校级模拟）半径为2cm的半圆纸片卷成圆锥放在桌面上，一阵风吹倒它，它的最高处距桌面（ ） A． B． C．2cm D．4cm

第8页（共22页）

【分析】根据折叠原理，折叠前半圆的弧长为圆锥的底面周长即：2πr=πR，找到两者的关系，再求得圆锥的高，利用等面积法求得底面圆心到母线的距离，再乘以2，即为最高处距桌面的距离．

【解答】解：设圆的半径为R，圆锥的底面半径为r，高为h，最高处距桌面距离为：H 根据题意：2πr=πR ∴R=2r ∴h=

∴最高处距桌面距离：H=2

故选A

【点评】本题是一道折叠题，主要考查折叠前后线线，线面，面面关系的不变和改变，解题时要前后对应，仔细论证，属中档题． 6．（2015秋?温州校级期末）将一个棱长为a的正方体嵌入到四个半径为1且两两相切的实心小球所形成的球间空隙内，使得正方体能够任意自由地转动，则a的最大值为（ ） A．

B．

C．

D．

【分析】若在四个半径为1且两两相切的实心小球所形成的球间空隙内放置一个与其它球都相切的小球，可先求出该球的半径，若将一个棱长为a的正方体嵌入到四个半径为1且两两相切的实心小球所形成的球间空隙内，使得正方体能够任意自由地转动，则=2r，进而可得答案． 【解答】解：若在四个半径为1且两两相切的实心小球所形成的球间空隙内放置一个与其它球都相切的小球， 设该小球的半径为r， 则r+1+解得：r=

，

=

，

若将一个棱长为a的正方体嵌入到四个半径为1且两两相切的实心小球所形成的球间空隙内，使得正方体能够任意自由地转动， 则=2r， 解得：a=

，

故选：D．

【点评】本题考查的知识点是空间球与球之间的位置关系，正三棱锥的高与棱长的关系，难度较大． 7．（2015春?永春县校级期末）如图，体积为V的大球内有4个小球，每个小球的球面过大球球心且与大球球面有且只有一个交点，4个小球的球心是以大球球心为中心的正方形的4个顶点．v1为小球相交部分（图中阴影部分）的体积，v2为大球内、小球外的图中黑色部分的体积，则下列关系中正确的是（ ）

第9页（共22页）

A．v1=

B．v2=

C．v1＞v2

D．v1＜v2

【分析】根据题意推知小球半径是大球的一半，建立大球体积小球体积和阴影部分的体积的关系，可推知选项．

【解答】解：设大球的半径为R，则小球的半径为：， 由题意可得：V=所以 V2﹣V1=

R=4

=

3

， =

，

即：V2＞V1． 故选：D．

【点评】本题考查组合体的体积，空间想象能力，逻辑推理能力，是难题． 8．（2014?蚌埠一模）如图，三棱锥P﹣ABC的高PO=8，AC=BC=3，∠ACB=30°，M、N分别在BC和PO上，且CM=x，PN=2CM，则下面四个图象中大致描绘了三棱锥N﹣AMC的体积V与x变化关系（x∈（0，3]）（ ）

A． B． C．

D．

第10页（共22页）

【分析】由题意直接求出三棱锥N﹣AMC的体积V与x变化关系，通过函数表达式，确定函数的图象即可．

【解答】解：底面三角形ABC的边AC=3，所以△ACM的面积为：所以三棱锥N﹣AMC的体积V=

=

，

=

，

当x=2时取得最大值，开口向下的二次函数， 故选A

【点评】本题是基础题，考查几何体的体积与函数之间的关系，求出底面三角形的面积，是本题的一个关键步骤，通过二次函数研究几何体的体积的变化趋势是本题的特点，是好题，新颖题目． 9．（2013?建邺区模拟）半径为4的球面上有A、B、C、D四点，AB，AC，AD两两互相垂直，则△ABC、△ACD、△ADB面积之和S△ABC+S△ACD+S△ADB的最大值为（ ） A．8 B．16 C．32 D．64

222

【分析】AB，AC，AD为球的内接长方体的一个角，故a+b+c=64，计算三个三角形的面积之和，利用基本不等式求最大值．

【解答】解析：C．根据题意可知，设AB=a，AC=b，AD=c，则可知AB，AC，AD为球的

222

内接长方体的一个角．故a+b+c=64，而

．

故选 C．

【点评】本题考查了利用构造法求球的直径、利用基本不等式求最值问题，考查了同学们综合解决交汇性问题的能力． 10．（2013?沈河区校级模拟）若对任意长方体A，都存在一个与A等高的长方体B，使得B与A的侧面积之比和体积之比都等于常数K，则K的取值范围是（ ） A．（0，1]

B．（0，] C．[1，+∞）

D．[，+∞）

【分析】先画出图形，根据已知条件分别表示出其侧面积之比与体积之比，进而利用基本不等式的性质即可得出答案．

【解答】解：如图所示的两个长方体A与B：

设A、B两个长方体的长、宽、高分别为：1、x、y，1、a、b． 则SA侧=2（x+y），VA=xy；SB侧=2（a+b），VB=ab． 由题意B与A的侧面积之比和体积之比都等于常数K， ∴

，

．

=

，

恒成立．

由a+b=k（x+y）∴k（x+y）≥4kxy，∴

2

2

而，故k≥1．

第11页（共22页）

故选C．

【点评】正确表示出侧面积之比与体积之比及熟练应用基本不等式的性质是解题的关键． 11．（2012?大连模拟）棱长为的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小球，则这些球的最大半径为（ ） A．

B．

C．

D．

【分析】棱长为的正四面体内切一球，那么球O与此正四面体的四个面相切，即球心到四个面的距离都是半径，由等体积法求出球的半径，求出上面三棱锥的高，利用相似比求出上部空隙处放入一个小球，求出这球的最大半径． 【解答】解：由题意，此时的球与正四面体相切， 由于棱长为

的正四面体，故四个面的面积都是

=3

又顶点A到底面BCD的投影在底面的中心G，此G点到底面三个顶点的距离都是高的倍， 又高为

=3，故底面中心G到底面顶点的距离都是2

=2

，

=

．

由此知顶点A到底面BCD的距离是此正四面体的体积是×2

×3

=2

又此正四面体的体积是×r×3×4，故有r=

上面的三棱锥的高为，原正四面体的高为2， 所以空隙处放入一个小球，则这球的最大半径为a，

，

∴a=

．

故选C．

第12页（共22页）

【点评】本题考查球的体积和表面积，用等体积法求出球的半径，熟练掌握正四面体的体积公式及球的表面积公式是正确解题的知识保证．相似比求解球的半径是解题的关键．

12．（2011?广州一模）如图所示，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，长为2的线段MN的一个端点M在棱DD1上运动，另一端点N在正方形ABCD内运动，则MN的中点的轨迹的面积为（ ）

A．4π B．2π

C．π

D．

【分析】根据题意，连接N点与D点，得到一个直角三角形△NMD，P为斜边MN的中点，所以|PD|的长度不变，进而得到点P的轨迹是球面的一部分．

【解答】解：如图可得，端点N在正方形ABCD内运动，连接N点与D点， 由ND，DM，MN构成一个直角三角形，

设P为MN的中点，根据直角三角形斜边上的中线长度为斜边的一半可得 不论△MDN如何变化，P点到D点的距离始终等于1． 故P点的轨迹是一个以D为中心，半径为1的球的球面积． 所以答案为故选D．

，

第13页（共22页）

【点评】解决此类问题的关键是熟悉结合体的结构特征与球的定义以及其表面积的计算公式． 13．（2005?朝阳区一模）有一个正四棱锥，它的底面边长与侧棱长均为a，现用一张正方形包装纸将其完全包住（不能裁剪纸，但可以折叠），那么包装纸的最小边长应为（ ） A．

B．

C．

D．

【分析】分析：本题考查的是四棱锥的侧面展开问题．在解答时，首先要将四棱锥的四个侧面沿底面展开，观察展开的图形易知包装纸的对角线处在什么位置是，包装纸面积最小，进而获得问题的解答．

【解答】解答：解：由题意可知：当正四棱锥沿底面将侧面都展开时如图所示： 分析易知当以PP′为正方形的对角线时，

所需正方形的包装纸的面积最小，此时边长最小．

22

设此时的正方形边长为x则：（PP′）=2x， 又因为 ∴解得：故选A

， ．

，

第14页（共22页）

【点评】点评：本题考查的是四棱锥的侧面展开问题．在解答的过程当中充分体现了侧面展开的处理问题方法、图形的观察和分析能力以及问题转化的思想．值得同学们体会反思．

14．（2003?天津）棱长都为的四面体的四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（ ） A．3π B．4π C．3 D．6π

【分析】本题考查的知识点是球的体积和表面积公式，由棱长都为的四面体的四个顶点在同一球面上，可求出内接该四面体的正方体棱长为1，又因为正方体的对角线即为球的直径，即球的半径R=

，代入球的表面积公式，S球=4πR，即可得到答案．

2

【解答】解：借助立体几何的两个熟知的结论： （1）一个正方体可以内接一个正四面体；

（2）若正方体的顶点都在一个球面上，则正方体的体对角线就是球的直径． 则球的半径R=

，

∴球的表面积为3π， 故答案选A．

【点评】棱长为a的正方体，内接正四面体的棱长为长a．

二．填空题（共10小题）

a，外接球直径等于长方体的对角线

15．（2012?山东校级模拟）球面上有3个点，其中任意两点的球面距离都等于圆周长的，经过这3个点的小圆的周长为4π，那么球半径为 2 ．

【分析】由任意两点的球面距离都等于圆周长的，可得三点组成的三角形为边长为R的正三角形，代入正三角形外接圆的周长公式，可构造关于R的方程，解方程可得答案． 【解答】解：当球面上两点的球面距离都等于圆周长的时，球心角为设球的半径为R，球面上的3个点为A，B，C 则△ABC的边长也为R，其外接圆半径r=其外接圆周长2πr=

πR=4π

R

解得R=2 故答案为：2 【点评】本题考查的知识点是球的几何特征，其中根据已知分析出三点组成的三角形为边长为R的正三角形是解答的关键． 16．（2011?金牛区校级模拟）已知在三棱锥T﹣ABC中，TA，TB，TC两两垂直，T在地面ABC上的投影为D，给出下列命题： ①TA⊥BC，TB⊥AC，TC⊥AB； ②△ABC是锐角三角形；

第15页（共22页）

③④

；

（注：S△ABC表示△ABC的面积）

其中正确的是 ①②③ （写出所有正确命题的编号）．

【分析】对于①，TA，TB，TC两两垂直可得：直线TA与平面TBC垂直，从而得出：TA⊥BC，同理得到TB⊥AC，TC⊥AB； 对于问题②可以通过余弦定理解决．

对于③，在直角三角形ATE中，利用平面几何中面积相等公式及射影定理即可证得； 对于④，如图作TE⊥CB于E，连AE，则AE⊥CB．S△BCA=

2

2

2

2

2

?AE=

2

?（AT+TE）

22

再化简即得S△BCA=S△TBC+S△ACT+S△TAB．

【解答】解：对于①，TA，TB，TC两两垂直可得：TA⊥平面TBC，从而得出：TA⊥BC，同理得到TB⊥AC，TC⊥AB，故①正确；

222222222

②设TA=a；TB=b；TC=c，则AB=a+b，同理BC=c+b，Ac=a+c，在三角形ABC中，由余弦定理得：

，同理可证cosB＞0，cosC＞0，所以，）△ABC是锐角三角形． ③设TA=a；TB=b；TC=c，在直角三角形TBC中，得：TE=

，

在三角形ABC中，有：AE=由于AE×TD=TA×TE ∴

222

22

22

22

×TD=a×

2

，

∴abc=（ab+bc+ca）TD ∴故③对

④：S△BCA=S△TBC+S△ACT+S△TAB．证明如下： 如图作TE⊥CB于E，连AE，则AE⊥CB． S△BCA=

2

2

2

2

2

2

2

；成立

?AE=

2

2

2

2

?（AT+TE）=（TB+TC）（AT+TE）

2

2

2

2

222222

=（TBTC+TATC+TATB）=S△TBC+S△ACT+S△TAB， 故不对；

故答案为：①②③．

第16页（共22页）

【点评】本题考查棱锥的结构特征以及解三角形的有关理论，在立体几何中考查平面几何问题，要注意在空间的某个平面内，平面几何的有关定理、公式等结论仍然成立．本题还考查类比推理，属于中档题． 17．（2011?金东区校级模拟）如图，在正方体的一角上截取三棱锥P﹣ABC，PO为棱锥的高，记

，

，那么M，N的大小关系是 M=N ．

【分析】根据平面中直角三角形的勾股定理类比得，S△ABC=S△PAB+S△PBC+S△PAC，利用等体积法进行比较，即可求出所求．

【解答】解：根据平面中直角三角形的勾股定理类比得，S△ABC=S△PAB+S△PBC+S△PAC①， 由等体积法得 ∴

， ②，

2

2

2

2

2

2

2

2

①÷②整理得M=N． 故答案为：M=N． 【点评】本题考查了直角三角形的性质及等面积法和等体积法的应用，同时考查了转化与划归的思想和类比的思想，是一道基础题．

18．（2014?芜湖校级模拟）如图所示几何体的三视图，则该三视图的表面积为

第17页（共22页）

【分析】根据三视图判断该几何体是四棱锥，并且其中的一个侧面与底面垂直，再由线面垂直的定理和勾股定理求出侧高，进而求出各个面的面积，再求它的全面积． 【解答】解：根据三视图知该几何体是四棱锥，底面是等腰梯形，如图所示：

E和F分别是AB和CD中点，作EM⊥AD，连接PM，且PD=PC， 由三视图得，PE⊥底面ABCD，AB=4，CD=2，PE═EF=2 在直角三角形△PEF中，PF=在直角三角形△DEF中，DE=

=2=

，

，同理在直角梯形ADEF中，AD=

，

，

根据△AED的面积相等得，×AD×ME=×AE×EF，解得ME=∵PE⊥底面ABCD，EM⊥AD，∴PM⊥AD，PE⊥ME， 在直角三角形△PME中，PM=

=

=

，

+2××

∴该四棱锥的表面积S=×（4+2）×2+×4×2+×2×2×=16+2．

故答案为：16+2．

【点评】本题考查了由三视图求几何体的体积，关键是对几何体正确还原，并根据三视图的长度求出几何体的几何元素的长度，再代入对应的公式进行求解，考查了空间想象能力． 19．（2006?浙江）如图，正四面体ABCD的棱长为1，平面α过棱AB，且CD∥α，则正四面体上的所有点在平面α内的射影构成的图形面积是

．

【分析】由于CD∥α，几何体是正四面体棱长为1，正四面体上的所有点在平面α内的射影构成的图形，是一个对角线长为1的正方形，可求其面积．

【解答】解：此时正四面体上的所有点在平面α内的射影构成的图形是一个对角线长为1的正方形，

它的边长为x，2x=1，所以边长x=

2

的正方形，故面积为．

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故答案为：

【点评】本题考查简单空间图形的三视图，是基础题． 20．（2012?上海）如图，AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱，BC=2，若AD=2c，且AB+BD=AC+CD=2a，其中a、c为常数，则四面体ABCD的体积的最大值是

．

【分析】作BE⊥AD于E，连接CE，说明B与C都是在以AD为焦距的椭球上，且BE、CE都垂直于焦距AD，BE=CE．

取BC中点F，推出四面体ABCD的体积的最大值，当△ABD是等腰直角三角形时几何体的体积最大，求解即可．

【解答】解：作BE⊥AD于E，连接CE，则AD⊥平面BEC，所以CE⊥AD， 由题设，B与C都是在以AD为焦点的椭球上，且BE、CE都垂直于焦距AD， AB+BD=AC+CD=2a，显然△ABD≌△ACD，所以BE=CE． 取BC中点F，∴EF⊥BC，EF⊥AD，要求四面体ABCD的体积的最大值，因为AD是定值，只需三角形EBC的面积最大，因为BC是定值，所以只需EF最大即可， 当△ABD是等腰直角三角形时几何体的体积最大，∵AB+BD=AC+CD=2a， ∴AB=a，所以EB=所以几何体的体积为：故答案为：

． ，EF=

， ×=

．

【点评】本题考查棱柱、棱锥、棱台的体积，考查空间想象能力，逻辑推理能力以及计算能力． 21．（2012?香坊区校级一模）将4个半径都是R的球体完全装入底面半径是2R的圆柱形桶中，则桶的最小高度是 ．

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【分析】关键弄清桶的取最小高度时，四个球如何放置．由题意知，小球要分两层放置且每层两个，则四个球心构成正四面体，并可求出相对棱的距离．很明显，圆柱的高=上层小球的上方半径R+相对棱间的距离+下层小球的下方半径R． 【解答】解：由题意知，小球要分两层放置且每层两个，

令下层两小球的球心分别是A、B，上层两小球的球心分别是C、D．

此时，圆柱底面的半径=两小球半径的和，恰好使小球相外切，且与圆柱母线相切．

圆柱的高=上层小球的上方半径+AB与CD间的距离+下层小球的下方半径=2R+AB与CD间的距离．

令AB、CD的中点分别为E、F．很明显，四面体ABCD每条棱的长都是2R，容易求出：EC=ED、FA=FB，

由EC=ED、CF=DF，得：EF⊥CD． 由FA=FB、AE=BE，得：EF⊥AB．

∴EF是AB与CD间的距离，∴圆柱的高=2R+EF．

222222

由勾股定理，有：CE+AE=AC，CE=EF+CF．

2222

两式相减，消去CE，得：AE=AC﹣EF﹣CF，

22222222

∴EF=AC﹣AE﹣CF=（2R）﹣R﹣R=2R，∴EF=． ∴圆柱的高=2r+=（2+）R． 故答案为（2+）R．

【点评】本题考查了，空间位置关系与距离，做题时要弄请存在的等量关系． 22．（2010?上海）在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为40cm，母线长最短50cm，

2

最长80cm，则斜截圆柱的侧面面积S= 2600π cm．

【分析】将相同的两个几何体，对接为圆柱，然后求出新圆柱侧面积的一半即可． 【解答】解：将相同的两个几何体，对接为圆柱，则圆柱的侧面展开， 侧面展开图的面积 S=（50+80）×20π×2×=2600πcm． 故答案为：2600π

【点评】本题考查圆柱的侧面积，考查计算能力，是基础题．

23．（2005?上海）有两个相同的直三棱柱，高为，底面三角形的三边长分别为3a，4a，5a（a＞0），用它们拼成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中，全面积最小的是一个四棱柱，则a的取值范围是 0＜a＜

．

2

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【分析】由题意拼成一个三棱柱，求出表面积，拼成一个四棱柱，3种情况分别求出表面积，然后确定a的值．

【解答】解：①拼成一个三棱柱时，有三种情况，将上下底面对接，其全面积为

．

3a边可以合在一起时，S四棱柱=2×2××3a×4a+2（5a+4a）×=24a+36． 4a边合在一起时

．

2

②拼成一个四棱柱，有三种情况，就是分别让边长为3a，4a，5a所在的侧面重合，其上下底面积之和都是

，但侧面积分别为：

，

显然，三个是四棱柱中全面积最小的值为：

．

由题意，得24a+28＜12a+48， 解得

．

2

2

故答案为：0＜a＜

【点评】本题考查棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积，考查空间想象能力，计算能力，是基础题．

24．在四面体ABCD内部有一点O，满足OA=OB=OC=4，OD=1，则四面体ABCD体积的最大值为 ．

【分析】由定、动结合可得，要使四面体ABCD体积最大，需OD⊥平面ABC，设O在平面ABC上的投影为G，且OG=x，求出三角形ABC的外接圆的半径，得到三角形ABC面积的最大值，代入体积公式，结合导数求得答案．

【解答】解：当固定A、B、C、D四点时，要使ABCD的体积最大，则D到面ABC的距离应最大，

∵OD=1，∴D在以O为球心，以1为半径的球面上运动， 故要保证四面体ABCD体积最大，需OD⊥平面ABC， 设O在平面ABC上的投影为G，且OG=x， 则D到面ABC的距离为1+x，

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又OA=OB=OC=4， ∴EA=EB=EC=

，则

由正弦定理及均值不等式可得，当△ABC为正三角形时，△ABC面积最大， 则∴

2

3

2

，

=

．

令f（x）=（16﹣x）（1+x）=﹣x﹣x+16x+16，（0＜x＜4），

2

则f′（x）=﹣3x﹣2x+16，

当x∈（0，2）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（2，4）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数，

∴f（x）max=f（2）=36， 则则四面体ABCD体积的最大值为

．

故答案为：．

【点评】本题考查棱柱、棱锥及棱台的体积，考查数学转化思想方法，考查学生的空间想象能力和思维能力，训练了利用导数求最值，难度较大．

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