新(全国甲卷)2017版高考数学大二轮总复习与增分策略 专题五 立体几何 第1讲 空间几何体练习 文

第1讲 空间几何体
1．(2015·江苏)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________． 答案
7
解析 设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝13π×52×4＋π×22
×8，解得r
＝7.
2．(2016·课标全国丙改编)在封闭的直三棱柱ABCA 1B 1C 1内有一个体积为V 的球，若AB ⊥BC ，
AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是________．
答案
9π
2
解析 由题意知，底面三角形的内切圆直径为4.三棱柱的高为3，所以球的最大直径为3，V 的最大值为9π
2
.
3．(2015·山东改编)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π
2，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________． 答案
5π3
解析 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，如图所示，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
. 4．(2014·江苏)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧
面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1
V 2
的值是________．
答案 3
2
解析 设两个圆柱的底面半径和高分别为r 1，r 2和h 1，h 2，由S 1S 2＝94，得πr 2
1πr 22＝94，则r 1r 2＝3
2
.
由圆柱的侧面积相等，得2πr 1h 1＝2πr 2h 2，
即r 1h 1＝r 2h 2，所以V 1V 2＝πr 21h 1
πr 22h 2＝r 1r 2＝32
.
1.考查空间几何体面积、体积的计算.
2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题.
热点一 空间几何体的结构特征
棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等且平行的多边形；棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形；棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．
圆柱可由矩形绕其任意一边旋转得到；圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上、下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；球可以由半圆或圆绕直径旋转得到． 例1 设有以下四个命题：
①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ②底面是矩形的平行六面体是长方体； ③直四棱柱是直平行六面体； ④棱台的各侧棱延长后必交于一点． 其中真命题的序号是________． 答案 ①④
解析 命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的． 思维升华 判定与空间几何体结构特征有关命题的方法：
(1)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定． (2)通过旋转体的结构，可对得到旋转体的平面图形进行分解，结合旋转体的定义进行分析． 跟踪演练1 (1)给出下列四个命题：
①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱； ②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体； ③有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱； ④长方体一定是正四棱柱． 其中正确命题的个数是________．
(2)以下命题：
①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥； ②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台； ③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面； ④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台． 其中正确命题的个数为________． 答案 (1)0 (2)1
解析 (1)①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③④显然错误．
(2)命题①错，因为这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥．命题②错，因为这条腰必须是垂直于两底的腰．命题③对．命题④错，必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才可以．
热点二 几何体的表面积与体积
空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技巧，把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧． 例2 (1)已知一个圆锥的底面积为2π，侧面积为4π，则该圆锥的体积为________． (2)设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1V 2＝3π，则S 1
S 2
的值为________． 答案 (1)263π (2)32π
解析 (1)设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，
则πr 2
＝2π，πrl ＝4π，解得r ＝2，l ＝22，故高h ＝6， 所以V ＝13πr 2h ＝13π×2×6＝26
3π.
(2)因为V 1＝a 3
，S 1＝6a 2
，V 2＝13r ·πr 2
＝πr 3
3
，
S 2＝πrl ＝2πr 2， 所以V 1V 2＝a 3πr 33
＝3π⇒a
r
＝1，
因此S 1S 2＝6a 2
2πr
2
＝32π. 思维升华 (1)求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和．(2)求
体积时可以把空间几何体进行分解，把复杂的空间几何体的体积分解为一些简单几何体体积的和或差．求解时注意不要多算也不要少算．
跟踪演练2 已知圆锥的母线长为5，高为21，则此圆锥的底面积和侧面积之比为________． 答案 2∶5
解析 由题意得圆锥的底面半径为25－21＝2， 因此圆锥的底面积和侧面积之比为πr 2
πrl ＝r l ＝25.
热点三 多面体与球
与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径．如球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心(或“切点”“接点”)作出截面图． 例3 (1)已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SA ⊥平面ABC ，SA ＝23，AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°，则球O 的表面积为________．
(2)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为________ cm 3
. 答案 (1)16π (2)500π3
解析 (1)在△ABC 中，
BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos 60°＝3，
∴AC 2
＝AB 2
＋BC 2
， 即AB ⊥BC ， 又SA ⊥平面ABC ，
∴三棱锥S －ABC 可补成分别以AB ＝1，BC ＝3，SA ＝23为长、宽、高的长方体， ∴球O 的直径＝12
＋
3
2
＋3
2
＝4，
故球O 的表面积为4π×22
＝16π.
(2)过球心与正方体中点的截面如图，设球心为点O ，球半径为R cm ，正方体上底面中心为点
A ，上底面一边的中点为点
B ，
在Rt△OAB 中，OA ＝(R －2)cm ，
AB ＝4 cm ，OB ＝R cm ，
由R 2
＝(R －2)2
＋42
，得R ＝5，
∴V 球＝43πR 3＝5003
π(cm 3
)．
思维升华 三棱锥P －ABC 可通过补形为长方体求解外接球问题的两种情形： (1)点P 可作为长方体上底面的一个顶点，点A 、B 、C 可作为下底面的三个顶点； (2)P －ABC 为正四面体，则正四面体的棱都可作为一个正方体的面对角线．
跟踪演练3 在三棱锥A －BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，△ABC ，△ACD ，△ABD 的面积分别为22，32，6
2，则三棱锥A －BCD 的外接球体积为________． 答案
6π
解析 如图，以AB ，AC ，AD 为棱把该三棱锥扩充成长方体，则该长方体的外接球恰为三棱锥的外接球，
∴三棱锥的外接球的直径是长方体的体对角线长．
据题意⎩⎨⎧
AB ·AC ＝
2，
AC ·AD ＝
3，
AB ·AD ＝
6，
解得⎩⎨⎧
AB ＝2，AC ＝1，
AD ＝3，
∴长方体的体对角线长为AB 2
＋AC 2
＋AD 2
＝6， ∴三棱锥外接球的半径为
62
. ∴三棱锥外接球的体积为V ＝43π·(62
)3
＝6π.
1．如图，三棱锥A －BCD 中，E 是AC 的中点，F 在AD 上，且2AF ＝FD ，若三棱锥A －BEF 的体积是2，则四棱锥B －ECDF
的体积为________．
押题依据 简单几何体的表面积和体积的计算是高考考查的重点，本题从两几何体的体积关系进行考查，符合高考命题思想． 答案 10
解析 因为S △AEF S △ACD ＝1
2AE ·AF ·sin A
12
AC ·AD ·sin A ＝1
6
，
V 总＝6V A －BEF ＝12，
则四棱锥B －ECDF 的体积为10.
2．在正三棱锥S －ABC 中，点M 是SC 的中点，且AM ⊥SB ，底面边长AB ＝22，则正三棱锥
S －ABC 的外接球的表面积为________．
押题依据 多面体的外接球一般借助补形为长方体的外接球解决，解法灵活，是高考的热点． 答案 12π
解析 因为三棱锥S －ABC 为正三棱锥，所以SB ⊥AC ，又AM ⊥SB ，AC ∩AM ＝A ，所以SB ⊥平面SAC ，所以SB ⊥SA ，SB ⊥SC ，同理，SA ⊥SC ，即SA ，SB ，SC 三线两两垂直，且AB ＝22，所以SA ＝SB ＝SC ＝2，所以(2R )2
＝3×22
＝12，所以球的表面积S ＝4πR 2
＝12π.
3．已知半径为1的球O 中内接一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的体积与圆柱的体积的比值为________．
押题依据 求空间几何体的体积是立体几何的重要内容之一，也是高考的热点问题之一，主要是求柱体、锥体、球体或简单组合体的体积．本题通过球的内接圆柱，来考查球与圆柱的体积计算，设问角度新颖，值得关注． 答案
42
3
解析 如图所示，设圆柱的底面半径为r ，则圆柱的侧面积为S ＝2πr ×21－r 2
＝4πr 1－r 2
≤4π×r 2＋
－r
2
2
＝2π(当且仅当r
2
＝1－r 2
，即r ＝
2
2
时取等号)． 所以当r ＝
22时，V 球V 圆柱
＝4π3×13
π
22
2
×2
＝
42
3
.
A 组 专题通关
1．以下四个命题： ①正棱锥的所有侧棱相等； ②直棱柱的侧面都是全等的矩形； ③圆柱的母线垂直于底面；
④用经过旋转轴的平面截圆锥，所得的截面一定是全等的等腰三角形． 其中，真命题的个数为________．
答案 3
解析 由正棱锥的定义可知所有侧棱相等，故①正确；由于直棱柱的底面不一定是正多边形，故侧面矩形不一定全等，因此②不正确；由圆柱母线的定义可知③正确；结合圆锥轴截面的作法可知④正确．综上，正确的命题有3个．
2．下图是棱长为2的正方体的表面展开图，则多面体ABCDE 的体积为________．
答案 83
解析 多面体ABCDE 为四棱锥(如图)，利用割补法可得其体积V ＝4－43＝8
3
.
3．设M ，N 分别为三棱锥P —ABC 的棱AB ，PC 的中点，三棱锥P —ABC 的体积记为V 1，三棱锥P —AMN 的体积记为V 2，则V 2
V 1
＝________. 答案 14
解析 三棱锥P —AMN 的体积等于三棱锥P －AMC 的体积的一半，等于三棱锥P —ABC 的体积的四分之一．
4．已知圆锥的母线长为10 cm ，侧面积为60π cm 2
，则此圆锥的体积为________ cm 3
. 答案 96π
解析 由题意得：πrl ＝60π，l ＝10⇒r ＝6⇒h ＝8，因此圆锥的体积为13πr 2h ＝13π·62
·8
＝96π.
5．如图所示，平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四面体A ′BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，若四面体A ′BCD 的顶点在同一个球面上，则该球的体积为______．
答案
32
π 解析 如图所示，取BD 的中点E ，BC 的中点O ，连结A ′E ，EO ，A ′O ，OD .因为平面A ′BD ⊥平面BCD ，A ′E ⊥BD ， 平面A ′BD ∩平面BCD ＝BD ，
A ′E ⊂平面A ′BD ，
所以A ′E ⊥平面BCD .
因为A ′B ＝A ′D ＝CD ＝1，BD ＝2， 所以A ′E ＝
22，EO ＝12，所以OA ′＝32
. 在Rt△BCD 中，OB ＝OC ＝OD ＝12BC ＝3
2
，
所以四面体A ′BCD 的外接球的球心为O ，球的半径为
32，所以V 球＝43π(32)3＝3
2
π. 6．有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直
角梯形(如图所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为________． 答案 2＋
2
2
解析 如图，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为点E ，
则在Rt△ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°，∴BE ＝22
. 而四边形AECD 为矩形，AD ＝1， ∴EC ＝AD ＝1，∴BC ＝BE ＋EC ＝2
2
＋1.
由此可还原原图形如图．
在原图形中，A ′D ′＝1，A ′B ′＝2，
B ′
C ′＝
2
2
＋1， 且A ′D ′∥B ′C ′，A ′B ′⊥B ′C ′， ∴这块菜地的面积为
S ＝12
(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′
＝12×(1＋1＋22)×2＝2＋22
. 7．已知正三棱柱的各条棱长均为a ，圆柱的底面直径和高均为b ，若它们的体积相等，则a 3
∶b
3
＝________. 答案 π∶ 3
解析 正三棱柱的体积为
34a 2×a ＝3
4
a 3， 圆柱的体积为π(
b 2)2×b ＝π4
b 3
，
因此
34a 3＝π4
b 3⇒a 3∶b 3
＝π∶ 3.
8.如图所示，从棱长为6 cm 的正方体铁皮箱ABCD —A 1B 1C 1D 1中分离出来由三个正方形面板组成的几何图形．如果用图示中这样一个装置来盛水，那么最多能盛的水的体积为________ cm 3
. 答案 36
解析 最多能盛多少水，实际上是求三棱锥C 1—CD 1B 1的体积．
111111C CD B C B C D V V --=三棱锥三棱锥又＝13×(1
2×6×6)×6＝36(cm 3)，
所以用图示中这样一个装置来盛水，最多能盛36 cm 3
体积的水．
9．已知三个球的半径R 1、R 2、R 3满足R 1＋R 3＝2R 2，记它们的表面积分别为S 1、S 2、S 3，若S 1＝1，S 3＝9，则S 2＝________. 答案 4
解析 由题意知4πR 21＝1,4πR 23＝9，所以16π2R 21R 23＝9，即R 1R 3＝34π，又4πR 21＋4πR 2
3
＝4π[(R 1＋R 3)2
－2R 1R 3]＝10， 所以4π[(2R 2)2－2R 1R 3]＝10， 所以化简得：4πR 22＝4，即S 2＝4.
10．(教材改编)如图所示，从三棱锥P －ABC 的顶点P 沿着三条侧棱PA ，PB ，PC 剪开成平面图形得到△P 1P 2P 3，且P 2P 1＝P 2P 3.
(1)在三棱锥P －ABC 中，求证：PA ⊥BC ；
(2)若P 1P 2＝26，P 1P 3＝20，求三棱锥P －ABC 的体积．
(1)证明 由题设知A ，B ，C 分别是P 1P 3，P 1P 2，P 2P 3的中点，且P 2P 1＝P 2P 3， 从而PB ＝PC ，AB ＝AC ，
取BC 的中点D ，连结AD ，PD (如图)，则AD ⊥BC ，PD ⊥BC .
又AD ∩PD ＝D ，∴BC ⊥平面PAD ， 又PA ⊂平面PAD ，∴PA ⊥BC . (2)解 由题设有
AB ＝AC ＝12
P 1P 2＝13，PA ＝P 1A ＝BC ＝10， PB ＝PC ＝P 1B ＝13，
∴AD ＝PD ＝AB 2
－BD 2
＝12. 在等腰三角形DPA 中， 底边PA 上的高h ＝
AD 2－
12
PA 2
＝119，
∴S △DPA ＝1
2PA ·h ＝5119.
又BC ⊥平面PAD ， ∴V P －ABC ＝V B －PDA ＋V C －PDA ＝13BD ·S △DPA ＋1
3DC ·S △PDA ＝13BC ·S △PDA ＝1
3×10×5119 ＝
50
3
119.
B 组 能力提高
11．如图，已知正三角形ABC 的三个顶点都在半径为2的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为1，点E 是线段AB 的中点，过点E 作球O 的截面，则截面面积的最小值是____________． 答案
9π4
解析 设正三角形ABC 的中心为O 1，如图，连结O 1A ，O 1O ，O 1C ，OC .∵A ，B ，C 三点在球面上， ∴O 1O ⊥平面ABC ，O 1O ⊥O 1C .
∵球的半径R ＝2，球心O 到平面ABC 的距离为1，∴在Rt△O 1OC 中，O 1C ＝R 2
－O 1O 2
＝ 3. ∵△ABC 为正三角形，∴AO 1＝O 1C ＝ 3. 又∵点E 为AB 的中点，∴AE ＝AO 1cos 30°＝32
.
∵过点E 作球O 的截面，当截面与OE 垂直时，截面圆的面积最小，此时截面圆以AB 为直径，∴截面圆的半径r ＝32，可得截面面积为S ＝πr 2
＝94
π.
12．已知在三棱锥P —ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB ＝AC ＝PA ＝2，且在△ABC 中，∠BAC ＝120°，则三棱锥P —ABC 的外接球的体积为________．
答案 205π3
解析 由余弦定理得：BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos∠BAC ，∴BC 2＝22＋22－2×2×2×(－12
)＝12，
∴BC ＝2 3.设平面ABC 截球所得截面圆半径为r ，则2r ＝23sin 120°
＝4，∴r ＝2.由PA ＝2且PA ⊥平面ABC 知，球心到平面ABC 的距离为1，∴球的半径为R ＝12＋22＝5，所以V 球
＝43πR 3＝205π3
.
13．如图，侧棱长为23的正三棱锥V －ABC 中，∠AVB ＝∠BVC ＝∠CVA
＝40°，过点A 作截面△AEF ，则截面△AEF 的周长的最小值为
____________．
答案 6
解析 沿着侧棱VA 把正三棱锥V －ABC 展开在一个平面内，如图，
则AA ′即为截面△AEF 周长的最小值，且∠AVA ′＝3×40°＝120°.
在△VAA ′中，由余弦定理可得AA ′＝6，故答案为6.
14．如图，在Rt△ABC 中，AB ＝BC ＝4，点E 在线段AB 上．过点E 作EF ∥BC 交AC 于点F ，将△AEF 沿EF 折起到△PEF 的位置(点A 与点P 重合)，使得∠PEB ＝30°.
(1)求证：EF ⊥PB ；
(2)试问：当点E 在何处时，四棱锥P —EFCB 的侧面PEB 的面积最大？并求此时四棱锥P —EFCB 的体积．
(1)证明 ∵EF ∥BC 且BC ⊥AB ，
∴EF ⊥AB ，即EF ⊥BE ，EF ⊥PE .
又BE ∩PE ＝E ，∴EF ⊥平面PBE ，
又PB ⊂平面PBE ，∴EF ⊥PB .
(2)解 设BE ＝x ，PE ＝y ，则x ＋y ＝4.
∴S △PEB ＝12
BE ·PE ·sin∠PEB ＝14xy ≤14⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋y 22＝1. 当且仅当x ＝y ＝2时，S △PEB 的面积最大． 此时，BE ＝PE ＝2.
由(1)知EF ⊥平面PBE ，∴平面PBE ⊥平面EFCB ， 在平面PBE 中，作PO ⊥BE 于点O ，
又平面PBE ∩平面EFCB ＝BE ，∴PO ⊥平面EFCB . 即PO 为四棱锥P —EFCB 的高．
又PO ＝PE ·sin 30°＝2×12
＝1， S EFCB ＝12×(2＋4)×2＝6，
∴V P —BCFE ＝13
×6×1＝2.。