高考数学大一轮复习 8.1空间几何体及其表面积、体积 理 苏教版
(苏教版)高考数学一轮复习第八章第一节空间几何体的表面积与体积教案文(解析版)
1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式2．空间几何体的表面积与体积公式[小题体验]1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为________．解析：设球的半径为R ，因为表面积是16π，所以4πR 2＝16π，解得R ＝2.所以体积为43πR 3＝32π3.答案：323π2．(2018·南京高三年级学情调研)将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为27π cm 3，则该圆柱的侧面积为________cm 2.解析：设正方形的边长为a cm ，则πa 2·a ＝27π，得a ＝3，所以侧面积2π×3×3＝18π cm 2. 答案：18π3．(2018·海安高三质量测试)已知正三棱锥的体积为36 3 cm 3，高为4 cm ，则底面边长为________cm. 解析：设正三棱锥的底面边长为a cm ，则其面积为S ＝34a 2，由题意知13×34a 2×4＝363，解得a ＝6 3.答案：6 31．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错． 2．易混侧面积与表面积的概念． [小题纠偏]1．圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶12．已知正四棱柱的底面边长为 3 cm ，侧面的对角线长为3 5 cm ，则这个正四棱柱的侧面积是________cm 2.解析：正四棱柱的高为352－32＝6 cm ，所以侧面积是4×3×6＝72 cm 2.答案：72考点一 空间几何体的表面积基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．棱长为2的正四面体的表面积是________．解析：每个面的面积为：12×2×2×32＝ 3.所以正四面体的表面积为4 3.答案：4 32．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．解析：由题意可知该六棱锥为正六棱锥，正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′. 由题意，得13×6×34×22×h ＝23，所以h ＝1， 所以斜高h ′＝12＋32＝2，所以S 侧＝6×12×2×2＝12.答案：123．已知在梯形ABCD 中，AB ⊥BC ，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2，将梯形ABCD绕AD 所在的直线旋转一周形成的几何体的表面积为________．解析：由题意得几何体如图所示，几何体是底面半径为1，高为2的圆柱挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后剩下的部分，所以几何体的表面积为一个圆柱底面与圆柱侧面、圆锥侧面之和，即π×12＋2π×1×2＋π×1×12＋12＝(5＋2)π.答案：(5＋2)π[谨记通法]几何体的表面积的求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．考点二 空间几何体的体积重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2018·苏州高三暑假测试)如图，正四棱锥P ABCD 的底面一边AB 的长为2 3 cm ，侧面积为8 3 cm 2，则它的体积为________cm 3.解析：记正四棱锥P ABCD 的底面中心为点O ，棱AB 的中点为H ，连结PO ，HO ，PH ，则PO ⊥平面ABCD ，因为正四棱锥的侧面积为8 3 cm 2，所以83＝4×12×23×PH ，解得PH ＝2，在Rt △PHO 中，HO ＝3，所以PO ＝1，所以V P ABCD ＝13·S 正方形ABCD ·PO ＝4 cm 3.答案：42．(2019·高邮模拟)如图，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，已知AB ＝AA 1＝3，点P 在棱CC 1上，则三棱锥P ABA 1的体积为________．解析：因为S △ABA 1＝12×3×3＝92，点P 到平面ABA 1的距离h 为△ABC 的高332，所以三棱锥P ABA 1的体积V ＝13 S △ABA 1h ＝934.答案：934[由题悟法]有关几何体体积的类型及解题策略[即时应用]1．现有一个底面半径为3，母线长为5的圆锥状实心铁器，将其高温熔化后铸成一个实心铁球(不计损耗)，则该铁球的半径是________．解析：因为圆锥底面半径为3，母线长为5，所以圆锥的高为52－32＝4，其体积为 13π×32×4＝12π.设铁球的半径为r ，则43πr 3＝12π，解得r ＝39，所以该铁球的半径是 39.答案：392．(2018·南通调研)如图，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，若各棱长均为2，且M 为A 1C 1的中点，则三棱锥M AB 1C 的体积是________．解析：在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面A 1B 1C 1，则AA 1⊥B 1M .因为B 1M 是正三角形的中线，所以B 1M ⊥A 1C 1.因为A 1C 1∩AA 1＝A 1，所以B 1M ⊥平面ACC 1A 1，则V M AB 1C ＝V B 1ACM ＝13×12×AC ×AA 1×B 1M ＝13×12×2×2×3＝233.答案：233考点三与球有关的切、接问题 题点多变型考点——多角探明[锁定考向]与球有关的切、接问题是每年高考的热点，也是难点，题型多为填空题． 常见的命题角度有： (1)球与柱体的切、接问题；(2)球与锥体的切、接问题．[题点全练]角度一：球与柱体的切、接问题1．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为________． 解析：设该球的半径为R ，根据正四棱柱的外接球的直径长为正四棱柱的体对角线长，可得(2R )2＝(2)2＋12＋12，解得R ＝1，所以该球的体积V ＝43πR 3＝4π3.答案：4π32．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.答案：32角度二：球与锥体的切、接问题3．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则棱锥的内切球的半径为________．解析：如图，过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ，连接AD 并延长交BC 于点E ，连接PE ， 因为△ABC 是正三角形，所以AE 是BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心．因为AB ＝23，所以S △ABC ＝33，DE ＝1，PE ＝ 2. 所以S 表＝3×12×23×2＋33＝36＋3 3.因为PD ＝1，所以三棱锥的体积V ＝13×33×1＝ 3.设球的半径为r ，以球心O 为顶点，三棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个 小棱锥， 则r ＝3336＋33＝2－1.答案：2－14．(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．解析：如图，连接AO ，OB ，因为SC 为球O 的直径， 所以点O 为SC 的中点， 因为SA ＝AC ，SB ＝BC ， 所以AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，因为平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ， 所以AO ⊥平面SCB ， 设球O 的半径为R ， 则OA ＝OB ＝R ，SC ＝2R .所以V S ABC ＝V A SBC ＝13×S △SBC ×AO＝13×⎝⎛⎭⎫12×SC ×OB ×AO ， 即9＝13×⎝⎛⎭⎫12×2R ×R ×R ，解得 R ＝3， 所以球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π. 答案：36π[通法在握]“切”“接”问题处理的注意事项 (1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．(2)“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[演练冲关]1．(2018·太湖高级中学检测)一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在同一个球面上，则该球的体积为________．解析：由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r ＝1，其高h ＝1，所以球半径为R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎫h 22＝1＋14＝52，所以该球的体积V ＝43πR 3＝43×⎝⎛⎭⎫523π＝55π6. 答案：55π62．三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝15，AC ＝6，PC ⊥平面ABC ，PC ＝2，则该三棱锥的外接球表面积为________．解析：由题可知，△ABC 中AC 边上的高为15－32＝6，球心O 在底面ABC 的投影即为△ABC 的外心D ，设DA ＝DB ＝DC ＝x ，所以x 2＝32＋(6－x )2，解得x ＝546，所以R 2＝x 2＋⎝⎛⎭⎫PC 22＝758＋1＝838(其中R 为三棱锥外接球的半径)，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝832π.答案：832π3．(2019·南京四校联考)已知在三棱锥S ABC 中，△SAB ，△SBC ，△SAC 都是以S 为直角顶点的等腰三角形，且AB ＝BC ＝CA ＝2，则三棱锥S -ABC 的内切球的半径为________．解析：由题意知，SA ＝SB ＝SC .设SA ＝SB ＝SC ＝a ，则2a ＝2，a ＝1.设三棱锥S -ABC 的内切球的半径为r ，则由等体积法可得，V S -ABC ＝13×⎝⎛⎭⎫12×1×1×r ×3＋12×62×2×r ＝V A -SBC ＝13×⎝⎛⎭⎫12×1×1×1，解得r ＝3－36，即三棱锥S -ABC 的内切球的半径为3－36.答案：3－36一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·徐州高三年级期中考试)各棱长都为2的正四棱锥的体积为________． 解析：由题意得，底面对角线长为22，所以正四棱锥的高为22－22＝2，所以正四棱锥的体积V ＝13Sh ＝13×22×2＝423.答案：4232．(2018·苏锡常镇调研)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 1S 2的值为________．解析：法一：由题意知V 1＝a 3，S 1＝6a 2， V 2＝13πr 3，S 2＝2πr 2，由V 1V 2＝3π得a 313πr 3＝3π， 得a ＝r ，从而S 1S 2＝32π.法二：不妨设V 1＝27，V 2＝9π，故V 1＝a 3＝27，即a ＝3，所以S 1＝6a 2＝54.如图所示，又V 2＝13h ×πr 2＝13πr 3＝9π，即r ＝3，所以l ＝2r ，即S 2＝12l ×2πr ＝2πr 2＝92π，所以S 1S 2＝5492π＝32π.答案：32π3．(2018·南京二模)如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝6.若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，则三棱锥A A1EF 的体积是________．解析：因为在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1∥BB 1，AA 1⊂平面AA 1C 1C ，BB 1⊄平面AA 1C 1C ，所以BB 1∥平面AA 1C 1C ，从而点E 到平面AA 1C 1C 的距离就是点B 到平面AA 1C 1C 的距离，作BH ⊥AC ，垂足为点H ，由于△ABC 是正三角形且边长为4，所以BH ＝23，从而三棱锥A A 1EF 的体积V A A 1EF ＝V E A 1AF ＝ 13S △A 1AF ·BH ＝13×12×6×4×23＝8 3.答案：8 34．(2018·海安期中)如图，在棱长为2的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，则三棱锥O A 1BC 1的体积为________．解析：连结AC ，因为几何体是正方体，所以BO ⊥平面A 1OC 1，BO 是三棱锥B A 1OC 1的高，则三棱锥O A 1BC 1的体积为13×12×22×2×2＝43.答案：435．(2018·盐城模拟)若一圆锥的底面半径为1，其侧面积是底面积的3倍，则该圆锥的体积为________． 解析：设圆锥的母线长为l ，高为h ，则π×1×l ＝3π×12，解得l ＝3， 则h ＝32－12＝22，故该圆锥的体积V ＝13π×12×22＝22π3.答案：22π36．(2018·苏锡常镇一调)如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 是棱BB 1的中点，则四棱锥P AA 1C 1C 的体积为________．解析：四棱锥P AA 1C 1C 可看作：半个正方体割去三棱锥P ABC 和P A 1B 1C 1.所以V P AA 1C 1C ＝12V ABCD A 1B 1C 1D 1－V P ABC －V P A 1B 1C 1＝12－112－112＝13.答案：13二保高考，全练题型做到高考达标1．(2019·扬州模拟)圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为________．解析：设圆台较小底面半径为r ， 则另一底面半径为3r .由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7. 答案：72．(2018·常州期中)如图，一个实心六角螺帽毛坯(正六棱柱)的底边长为4，高为3，若在中间钻一个圆柱形孔后其表面积没有变化，则孔的半径为________．解析：设孔的半径为r ，∵此正六棱柱的底边长为4，高为3，在中间钻一个圆柱形孔后其表面积没有变化，∴2×πr 2＝2πr ×3，解得r ＝3，∴孔的半径为3.答案：33．(2018·常州期末)以一个圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥，若所得的圆锥底面半径等于圆锥的高，则圆锥的侧面积与圆柱的侧面积的比值为________．解析：如图，由题意可得圆柱的侧面积为S1＝2πrh ＝2πr 2.圆锥的母线l ＝h 2＋r 2＝2r ，故圆锥的侧面积为S 2＝12×2πr ×l ＝2πr 2，所以S 2∶S 1＝2∶2.答案：224．(2018·苏北四市一模)将斜边长为4的等腰直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周，则所形成的几何体的体积是________．解析：因为等腰直角三角形的斜边长为4，所以斜边上的高为2，故旋转后的几何体为两个大小相等的圆锥的组合体，圆锥的底面半径为2，高为2，因此，几何体的体积为V ＝2×13π×22×2＝16π3.答案：16π35．(2018·泰州中学高三学情调研)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，P 为AA 1中点，Q 为CC 1的中点，AB ＝2，则三棱锥B P Q D 的体积为________．解析：如图，连结P Q ，则P Q ∥AC ，取P Q 的中点G ，连结BG ，DG ，可得BG ⊥P Q ，DG ⊥P Q ，又BG ∩DG ＝G ，则P Q ⊥平面BGD ，在Rt △BPG 中，由BP ＝5，PG ＝2，可得BG ＝3，同理可得DG＝3，则△BDG 边BD 上的高为32－22＝1，所以S △BDG ＝12×22×1＝2，则V B P Q D ＝13×2×22＝43.答案：436．(2019·盐城检测)有一个用橡皮泥制作的半径为4的球，现要将该球所用的橡皮泥制作成一个圆柱和一个圆锥，使圆柱和圆锥有相同的底面半径和相等的高，若它们的高为8，则它们的底面半径为________．解析：由已知可得球的体积为V ＝43π×43＝256π3.设圆柱和圆锥的底面半径为r ，则圆柱和圆锥的体积和为8πr 2＋83πr 2＝256π3，解得r ＝2 2.答案：2 27．(2018·启东调研)如图，Rt △ABC 的外接圆⊙O 的半径为5，CE 垂直于⊙O 所在的平面，BD ∥CE ，CE ＝4，BD ＝2，ED ＝210，若M 为ED 的中点，则V M ACB ＝________.解析：如图，过D 作DH ⊥CE 于H ，则BC ＝DH ，在Rt △EDH 中，由ED ＝210，EH ＝EC －DB ＝2，得BC ＝DH ＝6，所以在Rt △ABC 中，AB ＝10，BC ＝6，所以AC ＝8，即S △ABC ＝24，又因为CE 垂直于⊙O 所在的平面，BD ∥CE ，M 为ED 的中点，所以M 到平面ABC 的距离为3，所以V M ACB ＝13S △ABC ×3＝24.答案：248．(2018·连云港调研)已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，且该棱锥的高为4，底面边长为22，则该球的表面积为________．解析：如图，正四棱锥P ABCD 的外接球的球心O 在它的高PO 1上，设球的半径为R ，因为底面边长为22，所以AC ＝4.在Rt △AOO 1中，R 2＝(4－R )2＋22，所以R ＝52，所以球的表面积S ＝4πR 2＝25π.答案：25π9．(2018·苏州期末)如图，在体积为V 1的圆柱中挖去以圆柱上下底面为底面、共顶点的两个圆锥，剩余部分的体积为V 2，则V 2V 1＝________.解析：设圆锥与圆柱的底面面积为S ，高为h ，所以V 1＝Sh ，V 2＝Sh －13Sh ＝23Sh ，则V 2V 1＝23. 答案：2310．一个倒圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，在容器内放一个半径为r 的铁球，并向容器内注水，使水面恰好与铁球面相切．将球取出后，容器内的水深是多少？解：如图，作轴截面，设球未取出时，水面高PC ＝h ，球取出后，水面高PH ＝x .根据题设条件可得AC ＝3r ，PC ＝3r ，则以AB 为底面直径的圆锥容积为V 圆锥＝13π×AC 2×PC ＝13π(3r )2×3r ＝3πr 3. V 球＝43πr 3.球取出后，水面下降到EF ，水的体积为V 水＝13π×EH 2×PH ＝13π(PH tan 30°)2PH ＝19πx 3. 又V 水＝V 圆锥－V 球，则19πx 3＝3πr 3－43πr 3， 解得x ＝315r .故球取出后，容器内水深为315r .三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为________．解析：如图，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝1232＋42＝52，OM ＝12AA 1＝6， 所以球O 的半径R ＝OA ＝ ⎝⎛⎭⎫522＋62＝132. 答案：1322．三棱锥P ABC 中，P A ⊥平面ABC 且P A ＝2，△ABC 是边长为3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为________．解析：由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、以P A 为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC 的外接圆半径r ＝32×3×23＝1，外接球球心到△ABC 的外接圆圆心的距离d ＝1，所以外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝2，所以三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝8π.答案：8π3．如图是一个以A 1B 1C 1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝2，∠A 1B 1C 1＝90°，AA 1＝4，BB 1＝3，CC 1＝2，求：(1)该几何体的体积．(2)截面ABC 的面积．解：(1)过C 作平行于A 1B 1C 1的截面A 2B 2C ，交AA 1，BB 1分别于点A 2，B 2. 由直三棱柱性质及∠A 1B 1C 1＝90°可知B 2C ⊥平面ABB 2A 2，则该几何体的体积V ＝V A 1B 1C 1A 2B 2C ＋V C ABB 2A 2＝12×2×2×2＋13×12×(1＋2)×2×2＝6.(2)在△ABC 中，AB ＝22＋4－32＝5，BC ＝22＋3－22＝5， AC ＝222＋4－22＝2 3.则S △ABC ＝12×23×52－32＝ 6.。
2020届山东高三理科数学一轮复习课件第八章§8.1空间几何体的表面积和体积
×60=10.
评析 本题通过长方体考查体积之间的关系,通过体积公式,找出底面面积与高的关系,不需要 求出具体的底面面积和高是多少.
6.(2019天津文,12,5分)已知四棱锥的底面是边长为 2 的正方形,侧棱长均为 5 .若圆柱的一个
底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的
体积为
.
答案
4
解析 本题考查圆柱、正四棱锥的性质,通过计算圆柱的底面半径、高、体积考查学生的空
间想象能力,体现了直观想象的核心素养.
如图所示,圆柱的高|O1O|= 12 |PO|= 12 PA2
AO2
= 1 5
2
1
=1,圆柱的底面半径r= 1 |AO|= 1 ,所以圆
2
2
柱的体积V=πr2·|O1O|=π× 14 ×1= 4 .
则2R= 3 × 2 ,R= 6 ,∴球O的体积V= 4 πR3= 6 π.故选D.
2
3
解法二:令PA=PB=PC=2x(x>0),则EF=x,连接FC,由题意可得FC= 3 .在△PAC中,cos∠APC=
4x2 4x2 4 = 2x2 1 .
2 4x2
2x2
在△PEC中,EC2=PC2+PE2-2PC·PEcos∠EPC=4x2+x2-2×2x·x·2 x22x2 1 =x2+2,在△FEC中,∵∠CEF=
32
又制作该模型所需的原料密度为0.9 g/cm3, 故制作该模型所需原料的质量为0.9×132=118.8(g).
易错警示 计算被挖去的四棱锥底面面积时,容易误认为四边形HEFG为正方形,由勾股定理 求得HE= 22 32 = 13 ,错认为底面面积为13.
高考苏教版数学理大一轮复习课件8.1空间几何体及其表面积、体积
直棱 柱
S 侧＝ Ch
V＝ Sh
问题．
基础知识·自主学习
要点梳理
难点正本 疑点清源
1 Ch′ 正棱锥 S 侧＝ 2
正棱台 1(C＋C′)h′ 2 球
2 4π R S 球面＝
1 Sh V＝ 3
1 V＝ (S 上＋S 下 3 ＋ S上S下)h
4.几何体的侧面积和表面积 几何体的侧面积是指 (各个 )侧 面面积之和，而表面积是侧面 积与所有底面积之和．对侧面 积公式的记忆，最好结合几何 体的侧面展开图来进行．要特 别留意根据几何体侧面展开 图的平面图形的特点来求解 相关问题．
命题④由棱台的定义知是正确的．
题型分类·深度剖析
题型一 空间几何体的结构特征
思维启迪 解析 答案
【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棱台的相对侧棱延长后必交 于一点．
探究提高
①④ ． 其中真命题的序号是_______
题型分类·深度剖析
题型一 空间几何体的结构特征
思维启迪 解析 答案
Байду номын сангаас
【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棱台的相对侧棱延长后必交 于一点．
S 侧＝
4 3 πR V＝ 3
基础知识·自主学习
要点梳理
难点正本 疑点清源
4. 几何体的表面积 (1)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是各 面面积之和． (2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分 别是 矩形 、 扇形 、 扇环形 ;它们的 表面积等于侧面积与底面面积之和．
高考数学大一轮复习 第四节 空间几何体的表面积与体积课件 理 苏教版
1．求空间几何体体积的常用方法 (1)公式法：直接根据相关的体积公式计算． (2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的 底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等． (3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的 分割或补形，转化为可计算体积的几何体． 2．几个与球有关的切、接常用结论 (1)正方体的棱长为 a，球的半径为 R， ①正方体的外接球，则 2R＝ 3a；
解析：由题意得
VA
－
BB1D1D
＝
2 3
VABD
－
A1B1D1
＝
2 3
×
1 2
×3×3×2＝6 cm2. 答案：6
第四页，共28页。
2．(2013·苏州暑假调查)设 P，A，B，C 是球 O 表面上的四个 点，PA，PB，PC 两两垂直，且 PA＝PB＝1，PC＝2，则球 O 的表面积是________． 解析：设球 O 的半径为 R.由 PA，PB，PC 两两垂直，所 以以 PA，PB，PC 为棱的长方体的体对角线是外接球的直 径，即 4R2＝PA2＋PB2＋PC2＝1＋1＋4＝6，故 S ＝ 球表面积 4πR2＝6π. 答案：6π
第二十六页，共28页。
4．已知三棱锥 O-ABC 中，∠BOC＝90°，OA⊥平面 BOC，其
中 AB＝AC＝ 7，BC＝ 11，O，A，B，C 四点均在球 S 的
表面上，则球 S 的表面积为________． 解析：易知以O点为顶点的三条棱两两垂直，则球S即为以
O为顶点，以OA，OB，OC为棱的长方体的外接球，所以
第二十四页，共28页。
2．(2014·苏北三市统考)若一个长方体的长、宽、高分别为 3， 2，1，则它的外接球的表面积是________．
高考数学 一轮 第八章 立体几何 第2讲 空间几何体的表面积和体积 理
答案：12
解析：由三视图还原几何体，该几何体是底面为直角梯形， 高为 2 的直四棱柱，且底面直角梯形的两底分别为 1,2，直角腰 长为 1，斜腰为 2.底面积为 2×12×3＝3，侧面积为 2＋2＋4＋ 2 2＝8＋2 2.所以该几何体的表面积为 11＋2 2.故选 B.
B.2π
C.4π
D.43π
4.(2012 年新课标)平面 α 截球 O 的球面所得圆的半径为 1，
球心 O 到平面 α 的距离为 2，则此球的体积为( B )
A. 6π
B.4 3π
C.4 6π
D.6 3π
解析：设球的半径为 R，R＝ 12＋ 22＝ 3， 则此球的 体积为43πR3＝43π( 3)3＝4 3π.
以米
堆的体
积为
14×
1 3
×3×
16
3
2×5
＝3290.故
堆放的
米约为
320 9
÷1.62≈22.故选 B.
答案：B
【规律方法】求几何体的体积时，若所给的几何体是规则 的柱体、锥体、台体或球，可直接利用公式求解；若是给出几 何体的三视图，求该几何体的体积时，先要根据三视图画出直 观图，再确定该几何体的结构特征，最后利用有关公式进行计 算.另外不要忘了锥体体积公式中的13.
4.圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式容易记错，应记住其展 开图的特征：圆柱的侧面展开图是矩形；圆锥的侧面展开图是
扇形，当底面半径为 r，母线长为 l 时，扇形的圆心角 θ＝rl×360°； 圆台的侧面展开图是扇环，当上、下底面半径分别为 r′，r， 母线长为 l 时，扇环的圆心角 θ＝r－lr′×360°.
高考数学一轮总复习 8.1 空间几何体及其表面积与体积课件 理 苏教版
• 答案(dáàn) 3
第三十二页，共39页。
• 1．对于基本概念和能用公式直接求出棱柱、 棱锥、棱台与球的表面积的问题，要结合它们 的结构特点与平面几何知识来解决．
第十五页，共39页。
•规律方法 求几何体的体积问题，可以多角度、 全方位地考虑问题，常采用的方法有“换底法 ”、“分割(fēngē)法”、“补体法”等，尤其是 “等积转化”的数学思想方法应高度重视．
第十六页，共39页。
【训练 2】 (2014·苏州模拟)一个正三棱台的上、下底面边长分 别是 3 cm 和 6 cm，高是32 cm. (1)求三棱台的斜高； (2)求三棱台的侧面积和表面积．
考点二 几何体的表面积与体积 【例 2】 如图所示，四棱锥 P－ABCD 的底面 ABCD 是半径为
R 的圆的内接四边形，其中 BD 是圆的直径，∠ABD＝60°， ∠BDC＝45°，△ADP ∽△BAD. (1)求线段 PD 的长； (2)若 PC＝ 11R，求三棱锥 P－ABC 的体积．
第十三页，共39页。
所以 OA＝
3
2
22＋
262＝
6.
故球的表面积为 S 球＝4π×( 6)2＝24π.
第二十一页，共39页。
(2)因为在直三棱柱中 AB＝3，AC＝4，AA1＝12，AB⊥AC，所以 BC＝5，且 BC 为过底面 ABC 的截面圆的直径，取 BC 中点 D，
则 OD⊥底面 ABC，则 O 在侧面 BCC1B1 内，矩形 BCC1B1 的对
• 第1讲 空间(kōngjiān)几何体及其表面积 与体积
第一页，共39页。
• 知识梳理
• 1．多面体的结构特征
• (1)棱柱：棱一柱般(lén地gz，hù)由一个平全面等多多边边形形沿某
2021届高考数学 8.1空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积配套文档 理
§8.1空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积1．多面体的结构特点2.3.空间几何体的直观图经常使用斜二测画法来画，其规那么：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中维持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中长度为原先的一半．4．空间几何体的三视图(1)三视图的主视图、俯视图、左视图别离是从物体的正前方、正上方、正左方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面图形．(2)三视图的特点：三视图知足“长对正、高平齐、宽相等”或说“主左一样高、主俯一样长、俯左一样宽”．5．柱、锥、台和球的侧面积和体积1． (1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱． ( × ) (2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( × )(3)用斜二测画法画水平放置的∠A 时，假设∠A 的两边别离平行于x 轴和y 轴，且∠A ＝90°，那么在直观图中，∠A ＝45°.( × ) (4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同． ( × ) (5)圆柱的侧面展开图是矩形．( √ ) (6)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差来计算．( √ )2． (2021·四川)一个几何体的三视图如下图，那么该几何体的直观图能够是 ( )答案 D解析 由三视图可知上部是一个圆台，下部是一个圆柱，选D.3． (2021·课标全国Ⅰ)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 ，若是不计容器的厚度，那么球的体积为( )A.500π3cm 3B.866π3cm 3C.1 372π3 cm 3D.2 048π3cm 3答案 A解析 作出该球轴截面的图象如下图，依题意BE ＝2，AE ＝CE ＝4，设DE ＝x ，故AD ＝2＋x ，因为AD 2＝AE 2＋DE 2，解得x ＝3，故该球的半径AD ＝5， 因此V ＝43πR 3＝500π3. 4． 一个三角形在其直观图中对应一个边长为1的正三角形，原三角形的面积为________．答案62解析 由斜二测画法，知直观图是边长为1的正三角形，其原图是一个底为1，高为6的三角形，因此原三角形的面积为62.5． 假设一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，那么该圆锥的体积为________．答案33π 解析 侧面展开图扇形的半径为2，圆锥底面半径为1， ∴h ＝22－1＝3，∴V ＝13π×1×3＝33π.题型一 空间几何体的结构特点 例1 (1)以下说法正确的选项是( )A ．有两个平面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B ．四棱锥的四个侧面都能够是直角三角形C ．有两个平面相互平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D ．棱台的各侧棱延长后不必然交于一点 (2)给出以下命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，那么这两点的连线是圆柱的母线； ②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥； ③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④棱台的上、下底面能够不相似，但侧棱长必然相等． 其中正确命题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3思维启发 从多面体、旋转体的概念入手，能够借助实例或几何模型明白得几何体的结构特点． 答案 (1)B (2)A解析 (1)A 错，如图1；B 正确，如图2，其中底面ABCD 是矩形，可证明∠PAB ，∠PCB 都是直角，如此四个侧面都是直角三角形；C 错，如图3；D 错，由棱台的概念知，其侧棱必相交于同一点．(2)①不必然，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②不必然，因为“其余各面都是三角形”并非等价于“其余各面都是有一个公共极点的三角形”，如图1所示；③不必然，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图2所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，可是侧棱长不必然相等． 思维升华 (1)有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的几何体不必然是棱柱． (2)既然棱台是由棱锥概念的，因此在解决棱台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略． (3)旋转体的形成不仅要看由何种图形旋转取得，还要看旋转轴是哪条直线．如图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图，A ，B ，C是展开图上的三点，那么在正方体盒子中，∠ABC 的值为 ( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案 C解析 还原正方体，如下图，连接AB ，BC ，AC ，可得△ABC 是正三角形，那么∠ABC ＝60°. 题型二 空间几何体的三视图和直观图例2 (1)如图，某几何体的主视图与左视图都是边长为1的正方形，且体积为12，那么该几何体的俯视图能够是( )(2)正三角形AOB 的边长为a ，成立如下图的直角坐标系xOy ，那么它的直观图的面积是________．思维启发 (1)由主视图和左视图可知该几何体的高是1，由体积是12可求出底面积．由底面积的大小可判定其俯视图是哪个．(2)依照直观图画法规那么确信平面图形和其直观图面积的关系． 答案 (1)C (2)616a 2解析 (1)由该几何体的主视图和左视图可知该几何体是柱体，且其高为1，由其体积是12可知该几何体的底面积是12，由图知A 的面积是1，B 的面积是π4，C 的面积是12，D 的面积是π4，应选C.(2)画出坐标系x ′O ′y ′，作出△OAB 的直观图O ′A ′B ′(如图)．D ′为O ′A ′的中点． 易知D ′B ′＝12DB (D 为OA 的中点)，∴S △O ′A ′B ′＝12×22S △OAB ＝24×34a 2＝616a 2.思维升华 (1)三视图中，主视图和左视图一样高，主视图和俯视图一样长，左视图和俯视图一样宽．即“长对正，宽相等，高平齐”．(2)解决有关“斜二测画法”问题时，一样在已知图形中成立直角坐标系，尽可能运用图形中原有的垂直直线或图形的对称轴为坐标轴，图形的对称中心为原点，注意两个图形中关键线段长度的关系．(1)(2021·湖南)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，那么该正方体的主视图的面积不可能等于( )A ．1 B.2 C.2－12D.2＋12(2)如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6 cm ，O ′C ′＝2 cm ，那么原图形是 ( ) A ．正方形 B ．矩形C ．菱形D ．一样的平行四边形答案 (1)C (2)C解析 (1)由俯视图知正方体的底面水平放置，其主视图为矩形，以正方体的高为一边长，另一边长最小为1，最大为2，面积范围应为[1，2]，不可能等于2－12.(2)如图，在原图形OABC 中， 应有OD ＝2O ′D ′＝2×22＝42 cm ，CD ＝C ′D ′＝2 cm.∴OC ＝OD 2＋CD 2＝422＋22＝6 cm ，∴OA ＝OC ，故四边形OABC 是菱形． 题型三 空间几何体的表面积与体积例3 (1)一个空间几何体的三视图如下图，那么该几何体的表面积为 ( )A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80(2)已知某几何体的三视图如下图，其中主视图、左视图均由直角三角形与半圆组成，俯视图由圆与内接三角形组成，依照图中的数据可得几何体的体积为 ( ) A.2π3＋12B.4π3＋16 C.2π6＋16D.2π3＋12思维启发 先由三视图确信几何体的组成及气宇，然后求表面积或体积． 答案 (1)C (2)C解析 (1)由三视图知该几何体的直观图如下图，该几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4、宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，高为4；另两个侧面是矩形，宽为4，长为42＋12＝17.因此S表＝42＋2×4＋12×(2＋4)×4×2＋4×17×2＝48＋817.(2)由三视图确信该几何体是一个半球体与三棱锥组成的组合体，如图，其中AP ，AB ，AC 两两垂直，且AP ＝AB ＝AC ＝1，故AP ⊥平面ABC ，S △ABC ＝12AB ×AC ＝12，因此三棱锥P －ABC 的体积V 1＝13×S △ABC ×AP ＝13×12×1＝16，又Rt△ABC 是半球底面的内接三角形，因此球的直径2R ＝BC ＝2，解得R ＝22，因此半球的体积V 2＝12×4π3×(22)3＝2π6，故所求几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝16＋2π6.思维升华 解决此类问题需先由三视图确信几何体的结构特点，判定是不是为组合体，由哪些简单几何体组成，并准确判定这些几何体之间的关系，将其切割为一些简单的几何体，再求出各个简单几何体的体积，最后求出组合体的体积．(2021·课标全国)已知三棱锥S －ABC 的所有极点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，那么此棱锥的体积为 ( ) A.26 B.36 C.23 D.22答案 A解析 由于三棱锥S －ABC 与三棱锥O －ABC 底面都是△ABC ，O 是SC 的中点，因此三棱锥S －ABC 的高是三棱锥O －ABC 高的2倍，因此三棱锥S －ABC 的体积也是三棱锥O －ABC 体积的2倍． 在三棱锥O －ABC 中，其棱长都是1，如下图， S △ABC ＝34×AB 2＝34，高OD ＝ 12－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫332＝63， ∴V S －ABC ＝2V O －ABC ＝2×13×34×63＝26.转化思想在立体几何计算中的应用典例：(12分)如图，在直棱柱ABC —A ′B ′C ′中，底面是边长为3的等边三角形，AA ′＝4，M 为AA ′的中点，P 是BC 上一点，且由P 沿 棱柱侧面通过棱CC ′到M 的最短线路长为29，设这条最短线路与CC ′的交点为N ，求：(1)该三棱柱的侧面展开图的对角线长； (2)PC 与NC 的长；(3)三棱锥C —MNP 的体积．思维启发 (1)侧面展开图从哪里剪开展平；(2)MN ＋NP 最短在展开图上呈现如何的形式；(3)三棱锥以谁做底好． 标准解答解 (1)该三棱柱的侧面展开图为一边长别离为4和9的矩形，故对角线长为42＋92＝97.[2分](2)将该三棱柱的侧面沿棱BB ′展开，如以下图，设PC ＝x ，那么MP 2＝MA 2＋(AC ＋x )2. ∵MP ＝29，MA ＝2，AC ＝3，∴x ＝2，即PC ＝2.又NC ∥AM ，故PC PA ＝NCAM ，即25＝NC 2.∴NC ＝45.[8分](3)S △PCN ＝12×CP ×CN ＝12×2×45＝45.在三棱锥M —PCN 中，M 到面PCN 的距离， 即h ＝32×3＝332.∴V C —MNP ＝V M —PCN ＝13·h ·S △PCN＝13×332×45＝235.[12分] 温馨提示 (1)解决空间几何体表面上的最值问题的全然思路是“展开”，即将空间几何体的“面”展开后铺在一个平面上，将问题转化为平面上的最值问题．(2)若是已知的空间几何体是多面体，那么依照问题的具体情形能够将那个多面体沿多面体中某条棱或两个面的交线展开，把不在一个平面上的问题转化到一个平面上．若是是圆柱、圆锥那么可沿母线展开，把曲面上的问题转化为平面上的问题．(3)此题的易错点是，不明白从哪条侧棱剪开展平，不能正确地画出侧面展开图．缺乏空间图形向平面图形的转化意识.方式与技术1．棱柱、棱锥要把握各部份的结构特点，计算问题往往转化到一个三角形中进行解决．2．旋转体要抓住“旋转”特点，弄清底面、侧面及展开图形状．3．三视图画法：(1)实虚线的画法：分界限和可见轮廓线用实线，看不见的轮廓线用虚线；(2)明白得“长对正、宽平齐、高相等”．4．直观图画法：平行性、长度两个要素．5．求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规那么的几何体通过度割或补形将其转化为规那么的几何体求解．6．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，确信有关元素间的数量关系，并作出适合的截面图，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；球外接于正方体，正方体的极点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．失误与防范1．台体能够看成是由锥体截得的，但必然强调截面与底面平行．2．注意空间几何体的不同放置对三视图的阻碍．3．几何体展开、折叠问题，要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系．A组专项基础训练(时刻：40分钟)一、选择题1．正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两极点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有( )A．20 B．15C．12 D．10答案D解析如图，在正五棱柱ABCDE－A1B1C1D1E1中，从极点A动身的对角线有两条：AC1，AD1，同理从B，C，D，E点动身的对角线均有两条，共2×5＝10(条)．2．(2021·福建)一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么那个几何体不能够是( )A ．球B ．三棱锥C ．正方体D ．圆柱答案 D解析 考虑选项中几何体的三视图的形状、大小，分析可得． 球、正方体的三视图形状都相同、大小均相等，第一排除选项A 和C. 关于如下图三棱锥O －ABC ，当OA 、OB 、OC 两两垂直且OA ＝OB ＝OC 时， 其三视图的形状都相同，大小均相等，故排除选项B. 不论圆柱如何设置，其三视图的形状都可不能完全相同， 故答案选D.3． (2021·重庆)某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为( )A.5603B.5803 C ．200 D ．240答案 C解析 由三视图知该几何体为直四棱柱，其底面为等腰梯形，上底长为2，下底长为8，高为4，故面积为S ＝2＋8×42＝20.又棱柱的高为10，因此体积V ＝Sh ＝20×10＝200.4． 如图是一个物体的三视图，那么此三视图所描述物体的直观图是( ) 答案 D解析 由俯视图可知是B 和D 中的一个，由主视图和左视图可知B 错．5． 某几何体的三视图如下图，其中俯视图是个半圆，那么该几何体的表面积为( )A.32π B ．π＋3C.32π＋ 3D.52π＋3答案 C解析 由三视图可知该几何体为一个半圆锥，底面半径为1，高为3，∴表面积S ＝12×2×3＋12×π×12＋12×π×1×2＝3＋3π2.二、填空题6. 如下图，E 、F 别离为正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的面ADD 1A 1、面BCC 1B 1的中心，那么四边形BFD 1E 在该正方体的面DCC 1D 1上的正投影是________．(填序号)答案 ②解析 四边形在面DCC 1D 1上的正投影为②：B 在面DCC 1D 1上的正投影为C ，F 、E 在面DCC 1D 1上的投影应在边CC 1与DD 1上，而不在四边形的内部，故①③④错误．7． 已知三棱锥A —BCD 的所有棱长都为2，那么该三棱锥的外接球的表面积为________． 答案 3π 解析 如图，构造正方体ANDM —FBEC .因为三棱锥A —BCD 的所有棱长都为2，因此正方体ANDM —FBEC 的棱长为1.因此该正方体的外接球的半径为32. 易知三棱锥A —BCD 的外接球确实是正方体ANDM —FBEC 的外接球，因此三棱锥A —BCD 的外接球的半径为32.因此三棱锥A —BCD 的外接球的表面积为S 球＝4π⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫322＝3π. 8． (2021·江苏)如图，在三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，D ，E ，F 别离是AB ，AC ，AA 1的中点，设三棱锥F －ADE的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的体积为V 2，那么V 1∶V 2＝________.答案 1∶24解析 设三棱锥F －ADE 的高为h ，则V 1V 2＝13h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12AD ·AE ·sin∠DAE 2h 122AD 2AE sin∠DAE＝124. 三、解答题9．一个几何体的三视图及其相关数据如下图，求那个几何体的表面积．解 那个几何体是一个圆台被轴截面割出来的一半．依照图中数据可知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，高为3，母线长为2，几何体的表面积是两个半圆的面积、圆台侧面积的一半和轴截面的面积之和，故那个几何体的表面积为S ＝12π×12＋12π×22＋12π×(1＋2)×2＋12×(2＋4)×3＝11π2＋3 3.10．已知一个正三棱台的两底面边长别离为30 cm 和20 cm ，且其侧面积等于两底面面积之和，求棱台的高．解 如下图，三棱台ABC —A 1B 1C 1中，O 、O 1别离为两底面中心，D 、D 1别离为BC和B 1C 1的中点，那么DD 1为棱台的斜高．由题意知A 1B 1＝20，AB ＝30，则OD ＝53，O 1D 1＝1033， 由S 侧＝S 上＋S 下，得12×(20＋30)×3DD 1＝34×(202＋302)， 解得DD 1＝1333，在直角梯形O 1ODD 1中，O 1O ＝DD 21－OD －O 1D 12＝43，因此棱台的高为4 3 cm. B 组 专项能力提升(时刻：30分钟)1． 在四棱锥E —ABCD 中，底面ABCD 为梯形，AB ∥CD,2AB ＝3CD ，M 为AE 的中点，设E —ABCD 的体积为V ，那么三棱锥M —EBC 的体积为( )A.25VB.13VC.23VD.310V 答案 D解析 设点B 到平面EMC 的距离为h 1，点D 到平面EMC 的距离为h 2.连接MD .因为M 是AE 的中点，因此V M —ABCD ＝12V . 因此V E —MBC ＝12V －V E —MDC . 而V E —MBC ＝V B —EMC ，V E —MDC ＝V D —EMC ，因此V E —MBCV E —MDC ＝V B —EMC V D —EMC ＝h 1h 2.因为B ，D 到平面EMC 的距离即为到平面EAC 的距离，而AB ∥CD ，且2AB ＝3CD ，因此h 1h 2＝32. 因此V E —MBC ＝V M －EBC ＝310V .2． 某三棱锥的三视图如下图，该三棱锥的表面积是( ) A ．28＋6 5 B ．30＋65C ．56＋125 D ．60＋125 答案 B 解析 由几何体的三视图可知，该三棱锥的直观图如下图，其中AE ⊥平面BCD ，CD ⊥BD ，且CD ＝4，BD ＝5，BE ＝2，ED ＝3，AE ＝4.∵AE ＝4，ED ＝3，∴AD ＝5.又CD ⊥BD ，CD ⊥AE ，则CD ⊥平面ABD ，故CD ⊥AD ，因此AC ＝41且S △ACD ＝10.在Rt△ABE 中，AE ＝4，BE ＝2，故AB ＝25. 在Rt△BCD 中，BD ＝5，CD ＝4，故S △BCD ＝10，且BC ＝41.在△ABD 中，AE ＝4，BD ＝5，故S △ABD ＝10.在△ABC 中，AB ＝25，BC ＝AC ＝41，则AB 边上的高h ＝6，故S △ABC ＝12×25×6＝6 5. 因此，该三棱锥的表面积为S ＝30＋65. 3． 表面积为3π的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，那么该圆锥的底面直径为________．答案 2解析 设圆锥的母线为l ，圆锥底面半径为r .那么12πl 2＋πr 2＝3π，πl ＝2πr ，∴r ＝1，即圆锥的底面直径为2.4. 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，图为该四棱锥的主视图和左视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)依照图所给的主视图、左视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA .解 (1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)，边长为6 cm 的正方形，如图，其面积为36 cm 2.(2)由左视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝6 2.由主视图可知AD ＝6，且AD ⊥PD ，因此在Rt△APD 中，PA ＝PD 2＋AD 2＝622＋62＝6 3 cm.5． 在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝a ，PA ＝PC ＝2a ，假设在那个四棱锥内放一球，求此球的最大半径．解 当球内切于四棱锥，即与四棱锥各面均相切时球半径最大，设球的半径为r ，球心为O ，连接OP 、OA 、OB 、OC 、OD ，那么把此四棱锥分割成四个三棱锥和一个四棱锥，这些小棱锥的高都是r ，底面别离为原四棱锥的侧面和底面，则V P －ABCD ＝13r (S △PAB ＋S △PBC ＋S △PCD ＋S △PAD ＋S 正方形ABCD )＝13r (2＋2)a 2.由题意，知PD ⊥底面ABCD ，∴V P －ABCD ＝13S 正方形ABCD ·PD ＝13a 3. 由体积相等， 得13r (2＋2)a 2＝13a 3，解得r ＝12(2－2)a .。
2025届高考一轮复习《基本立体图形、简单几何体的表面积与体积》课件
高考一轮总复习•数学
第27页
即 12＝A0O.61， 解得 AO1＝0.6 2， 根据对称性可知圆柱的高为 3－2×0.6 2≈1.732－1.2×1.414＝0.035 2>0.01， 所以能够被整体放入正方体内，故 D 符合题意． 故选 ABD.
高考一轮总复习•数学
第26页
设 OE∩AC＝E，可知 AC＝ 2，CC1＝1，AC1＝ 3，OA＝ 23，
那么
tan∠CAC1＝CACC1＝OAOE，即
1 ＝OE， 23
2
解得 OE＝ 46，且 462＝38＝294>295＝0.62，
即 46>0.6，
所以以 AC1 为轴可能对称放置底面直径为 1.2 m 圆柱，若底面直径为 1.2 m 的圆柱与正 方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心为 O1，与正方体的下底面的切点为 M，
圆台
体积 V＝ Sh ＝πr2h
V＝
1 3Sh
＝13πr2h＝13πr2
l2－r2
V＝13(S 上＋S 下＋ S上S下)h
＝13π(r21＋r22＋r1r2)h
第11页
高考一轮总复习•数学
名称 棱柱 棱锥 棱台 球
体积 V＝ Sh
1 V＝ 3Sh V＝13(S 上＋S 下＋ S上S下)h V＝43πR3
＝ 直观图
2 4S
原图形．
高考一轮总复习•数学
以三角形为例说明原因：
第36页
S
直观图＝12B′C′·O′A′·sin
高考一轮总复习•数学
第24页
解析：(1)由圆台定义知，以直角梯形垂直于底边的腰为旋转轴，其余三边旋转一周形 成的面围成的旋转体是圆台，故 A 错误；
2023版高考数学一轮总复习专题检测8-1空间几何体的三视图表面积和体积
8.1 空间几何体的三视图、表面积和体积一、选择题1.(2022届山东烟台一中开学考,2)已知圆锥的表面积等于12πcm 2,其侧面展开图是一个半圆,则圆锥的底面半径为( ) A.1cm B.2cm C.3cm D.32cm答案 B 设圆锥的底面圆的半径为rcm,母线长为lcm,∵侧面展开图是一个半圆,∴πl=2πr ⇒l=2r,∵圆锥的表面积为12πcm 2,∴πr 2+πrl=3πr 2=12π,∴r=2,故圆锥的底面半径为2cm.故选B.2.(2022届黑龙江六校11月联考,4)已知圆锥的轴截面为等边三角形,且圆锥的表面积为3π,则圆锥的底面半径为( )A.12 B.1 C.√2 D.√3答案 B 设圆锥的母线长为l,底面半径为r,根据题意,得l=2r,所以圆锥的表面积S=πr 2+πrl=3πr 2=3π,解得r=1,故选B.3. (2022届河北邢台入学考,4)六氟化硫,化学式为SF 6,在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体,有良好的绝缘性,在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体(每个面都是正三角形的八面体),如图所示,硫原子位于正八面体的中心,6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点.若相邻两个氟原子间的距离为2a,则六氟化硫分子中6个氟原子构成的正八面体的体积是(不计氟原子的大小)( )A.4√23a 3B.8√23a 3C.4√2a 3D.8√2a 3答案 B 如图,连接AC,BD,设AC∩BD=O,则O 为正方形ABCD 的中心,连接OE.因为AE=CE,BE=DE,所以OE⊥AC,OE⊥BD,又AC∩BD=O,所以OE⊥平面ABCD.因为AB=BC=AE=2a,所以AC=√AA 2+B A 2=2√2a.因为四边形ABCD 是正方形,所以AO=12AC=√2a,则OE=√AA 2-A A 2=√2a,故该正八面体的体积为13×(2a)2×√2a×2=8√23a 3.4.(2022届河南焦作一模,6)底面是边长为1的正方形,侧面均是等边三角形的四棱锥的体积为( )A.√26 B.√24 C.√23 D.√22答案 A 由题意可知该四棱锥为正四棱锥,底面正方形对角线长为√2,则正四棱锥的高h=√12-(√22)2=√22,所以正四棱锥的体积V=13×12×√22=√26,故选A.5.(2022届河南洛阳期中,7)某四面体的三视图如图所示,已知其正视图、侧视图、俯视图是全等的等腰直角三角形,则该四面体的四个面中直角三角形的个数为( )A.1B.2C.3D.4答案 D 由三视图及已知可知该四面体可补形成正方体,如图所示.易知△DAB,△ABC 均为直角三角形.由正方体的性质可知CB⊥平面DAB,所以CB⊥BD,即△DBC 是直角三角形;又知DA⊥平面ABC,所以DA⊥AC,即△DAC 是直角三角形,所以该四面体的四个面中直角三角形的个数为4,故选D.6.(2022届江西吉安9月月考,8)如图,网格图中小正方形的边长为1,粗线是一个几何体的三视图,则该几何体的体积为( )A.2π+4B.2π+2C.π+4D.6π+12答案 A 由三视图可知,该几何体由半圆锥和三棱锥拼接而成,半圆锥的底面半径为2,高为3,三棱锥的底面是斜边长为4的等腰直角三角形,三棱锥的高为3,故该几何体的体积V=13×(12π×22+4×2×12)×3=2π+4,故选A.7.(2022届江苏海安高级中学期中,8)如图所示,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AA 1=1,AB=BC=√3,cos∠ABC=13,P 是A 1B 上的一动点,则AP+PC 1的最小值为( )A.√5B.√7C.1+√3D.3答案 B 连接BC 1,得△A 1BC 1,以A 1B 所在直线为轴,将△A 1BC 1所在平面旋转到平面ABB 1A 1,设点C 1的新位置为C',连接AC', 则AC'的长即为AP+PC 1的最小值.∵AB=BC=√3,cos∠ABC=13,∴由余弦定理可得,AC=2,∴A 1C 1=2,即A 1C'=2,∵AA 1=1,AB=√3,∴A 1B=2,且∠AA 1B=60°.易求得C 1B=2,∵A 1B=BC 1=A 1C 1=2,∴△A 1BC 1为等边三角形,∴∠BA 1C 1=60°.∴在三角形AA 1C'中,∠AA 1C'=120°,又AA 1=1,A 1C'=2,∴AC'=√1+4−2×1×2×(-12)=√7.故选B.8.(2022届吉林顶级名校11月月考,10)已知球O,过球面上A,B,C 三点作截面,若点O 到该截面的距离是球半径的一半,且AB=BC=2,∠B=120°,则球O 的表面积为( ) A.643π B.83π C.323π D.169π答案 A 如图,设球的半径为r,O 1是△ABC 的外心,外接圆半径为R,连接OO 1,OB,O 1B,则OO 1⊥平面ABC,在△ABC 中,AB=BC=2,∠ABC=120°,则∠A=30°,由正弦定理得2sin A =2R,∴R=2,即O 1B=2.在Rt△OBO 1中,由已知得r 2-14r 2=4,得r 2=163,所以球O 的表面积S=4πr 2=4π×163=643π.故选A.9.(2022届合肥联考(一),9)一个四面体的三视图如图所示,则该四面体的表面积为( )A.2√3+√2+1B.√3+2√2+1C.√3+√2+2D.√3+√2+1答案 B 如图,在棱长等于√2的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1上取四面体ABB 1D 1,即为所求四面体,易得该四面体的表面积为12×√2×√2+12×√2×2×2+√34×22=√3+2√2+1.故选B.10.(2022届贵阳摸底,9)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的外接球的体积为( )A.13√136π B.13π C.9π D.92π答案 A 由三视图可知,此空间几何体是一放倒的圆柱,圆柱的底面半径为1,高为3,如图所示,该圆柱的上、下底面圆周在其外接球的表面上,外接球的半径为OA,因为OO 1=32,O 1A=1,所以OA=√(32)2+12=√132,所以圆柱外接球的体积为43π(√132)3=13√136π,故选A.11.张衡(78年—139年)是中国东汉时期伟大的天文学家、文学家、数学家,他的数学著作有《算罔论》,他曾经得出结论:圆周率的平方除以十六等于八分之五.已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点A,B,若线段AB 的最小值为√3-1,利用张衡的结论可得该正方体的外接球的表面积为( )A.30B.10√10C.12√10D.36答案 C 设正方体的棱长为a,则正方体的内切球半径为r=A2,正方体的外接球半径R 满足:R 2=(A 2)2+(√22a )2,解得R=√32a,由题意知:R-r=√32a-A2=√3-1,则a=2,R=√3,则该正方体的外接球的表面积为12π,又因为圆周率的平方除以十六等于八分之五,即π216=58,所以π=√10,所以外接球的表面积为12√10.故选C.二、填空题12.(2022届甘肃九校联考,16)某零件的结构是在一个圆锥中挖去了一个正方体,且正方体的一个面在圆锥底面上,该面所对的面的四个顶点在圆锥侧面内.在图①②③④⑤⑥⑦⑧中选两个分别作为该零件的主视图和俯视图,则所选主视图和俯视图的编号依次可能为(写出符合要求的一组即可).答案⑤⑦(或①⑧)解析根据题意可知,圆锥和正方体的位置关系如图所示,当主视图为①时,俯视图为⑧;当主视图为⑤时,俯视图为⑦,故符合题意的编号为⑤⑦(或①⑧).13.(2022届浙江浙南名校联盟联考一,15)一圆锥母线长为定值a(a>0),母线与底面所成角),当圆锥体积V最大时,sinθ=.大小为θ(0<A<π2答案√33解析如图,设圆锥的高为h,底面半径为r,则h=asinθ,r=acosθ,∴V=13πr 2h=13πa 2cos 2θ·asinθ=π3a 3(1-sin 2θ)·sinθ=π3a 3(sinθ-s in 3θ),则V'=π3a 3(cosθ-3sin 2θ·cosθ)=π3a 3·cosθ(1-3sin 2θ),令V'=0, ∵0<θ<π2,∴1-3sin 2θ=0,即sin 2θ=13,∴sinθ=√33.∴当sinθ∈(0,√33)时,V'>0,V=π3a 3(sinθ-sin 3θ)单调递增;当sinθ∈(√33,1)时,V'<0,V=π3a 3(sinθ-sin 3θ)单调递减.∴sinθ=√33时,V 最大.14.(2022届河南洛阳期中,15)在三棱锥P-ABC 中,AB=2√6,BC=1,AC=5,侧面PAB 是以P 为直角顶点的直角三角形,若平面PAB⊥平面ABC,则该三棱锥体积的最大值为 . 答案 2解析 因为AB=2√6,BC=1,AC=5,所以AB 2+BC 2=AC 2,所以AB⊥BC,在Rt△PAB 中,过P 作PE⊥AB 交AB 于点E,又平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,PE ⊂平面PAB,所以PE⊥平面ABC,所以PE 是三棱锥P-ABC 的高,设AE=x,则BE=2√6-x,在Rt△PAB 中,PE 2=AE·BE,所以PE=√A (2√6-x).所以V 三棱锥P-ABC =13S △ABC ·PE=13×12×2√6×1×√A (2√6-x)=√63√A (2√6-x),当x=√6时,三棱锥的体积取得最大值2.15.(2020甘肃金昌永昌一高期末,16)已知△ABC 中,P 在边BC 上且AP⊥BC,现以AP 为折痕将△ABC 折起,使得∠BPC=π2.若PA=2PB=2PC=4,则该三棱锥P-ABC 的外接球的体积是 ;内切球的表面积是 . 答案 8√6π;π解析 因为AP⊥BP 且AP⊥PC,且∠BPC=90°,所以PA,PB,PC 两两垂直,所以将三棱锥P-ABC 补成如图所示的长方体,设三棱锥P-ABC 的外接球的半径为R,则(2R)2=PA 2+PB 2+PC 2=16+4+4=24,解得R=√6,所以三棱锥P-ABC 的外接球的体积为43πR 3=43π(√6)3=8√6π.设三棱锥P-ABC 内切球的半径为r,三棱锥P-ABC 的表面积为S,由已知得BC=√22+22=2√2,AB=AC=√42+22=2√5,则S=12×4×2×2+12×2×2+12×2√2×√(2√5)2-(√2)2=16,所以V P-ABC =V B-APC =13×12×4×2×2=13×16r,解得r=12,所以三棱锥P-ABC 内切球的表面积为4πr 2=4π×(12)2=π.16.(2022届北京顺义一中期中,15)如图所示,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱CC1上的一个动点,若平面BED1交棱AA1于点F,给出下列命题:①截面四边形BED1F可以是正方形;②三棱锥B1-BED1的体积恒为定值;③截面四边形BED1F周长的最小值为2√5a.其中是真命题的是(填写所有正确答案的序号).答案②③解析对于①,易得BD1=√3a,设C1E=b(0≤b≤a),则D1E=√A2+A2,BE=√A2+(A-A)2,假设截面四边形BED1F是正方形,则△BED1是以BD1为斜边的等腰直角三角形,从而有{√2·√A2+A2=√3a,√2·√A2+(A-A)2=√3a,由b=a-b得a=2b,则√2·√4A2+A2=2√3b,显然√2·√4A2+A2=2√3b不成立,所以截面四边形BED1F不可能是正方形,①错误;对于②,因为点E到平面BB1D1的距离为定值,又A A1-BE A1=A A-AA1A1,所以三棱锥B1-BED1的体积恒为定值,②正确;对于③,当点E与点C或C1重合时,截面四边形BED1F周长取得最大值2(a+√2a)=2(1+√2)a,当点E是CC1中点时,截面四边形BED1F周长取得最小值2×2·√A2+(A2)2=2√5a,③正确.综上②③正确.。
高一数学空间几何体的表面积和体积苏教版知识精讲
高一数学空间几何体的表面积和体积苏教版【本讲教育信息】一. 教学内容：空间几何体的表面积和体积二. 本周教学目标：1、掌握棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台的表面积的计算公式，能直观感知空间几何体的展开图的形状，并能初步运用于实际问题之中。
2、了解棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台的体积的计算公式，能直观感知空间几何体的形状，并能初步运用于实际问题之中。
［知识要点］一、空间几何体的表面积问题1：有一只蚂蚁从圆柱的下底面圆周上一点A出发，沿着圆柱侧面爬行一周，到达上底面圆周上一点B（线段AB是圆柱的一条母线），问蚂蚁爬行的最短路线是多长？平面展开图：沿着多面体的某些棱将它们展开成平面图形，这个平面图形叫做该几何体的平面展开图。
（一）棱柱、棱锥、棱台的侧面积1、直棱柱：侧棱和底面垂直的棱柱叫做直棱柱。
其侧面展开图是一个矩形。
正棱柱：底面为正多边形的直棱柱叫做正棱柱。
◆S直棱柱侧＝ch其中c为棱柱的底面周长，h直棱柱的高。
2、正棱锥定义：如果一个棱锥的底面是正多边形，并且顶点在底面的正投影是底面中心，这样的棱锥叫做正棱锥。
性质：（1）正棱锥的侧棱长相等。
（2）侧棱和底面所成的角相等。
棱锥的侧面展开图是由各个侧面组成的。
◆S正棱锥侧＝12ch´（其中c为棱锥底面周长，h’为侧面等腰三角形底边上的高——斜高）3、正棱台定义：正棱锥被平行于底面的平面所截，截面与底面之间的部分叫做正棱台。
侧面展开图是由各个侧面组成的。
S正棱台侧＝12（c ＋c’）h’（其中c，c’为棱台上下底面的周长，h’为各个等腰梯形的高，即棱台的斜高）。
（二）、圆柱、圆锥、圆台的侧面积把圆柱、圆锥、圆台的侧面沿着它们的一条母线剪开后展在平面上，展开图的面积就是它们的侧面积。
1、圆柱的侧面积◆如果圆柱底面半径是r，周长是c，侧面母线长是l，那么它的侧面积是2、圆锥的侧面积◆如果圆锥底面半径是r，周长是c，侧面母线长是l，那么它的侧面积是3、圆台的侧面积◆如果圆台的上、下面半径是r r '、，周长分别是c c '、，侧面母线长是l ，那么它的侧面积是二、柱锥台的体积公式长方体的体积公式是什么？如：某长方体的长宽高分别是7cm,5cm ，4cm ，其体积为多少，即为多少个正方体？1、祖暅原理两等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等。
高考数学一轮复习 8.1 空间几何体及其表面积、体积 理 苏教版
8.1 空间几何体及其表面积、体积一、填空题1．下面是关于四棱柱的四个命题：①若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；②若有两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱； ③若四个侧面两两全等，则该四棱柱为直四棱柱；④若四棱柱的四条对角线两两相等，则该四棱柱为直四棱柱． 其中，真命题的编号是________(写出所有真命题的编号)． 答案 ②④2．在三棱锥S ABC 中，面SAB ，SBC ，SAC 都是以S 为直角顶点的等腰直角三角形，且AB ＝BC ＝CA ＝2，则三棱锥S ABC 的表面积是________．解析 设侧棱长为a ，则2a ＝2，a ＝2，侧面积为3×12×a 2＝3，底面积为34×22＝3，表面积为3＋ 3. 答案 3＋ 33．给出下列四个命题：①各个面都是三角形的几何体是三棱锥②以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥 ③棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥 ④圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线 其中正确命题的个数为________个．解析 ①错误，如图(1)，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥．②错误，如图(2)(3)所示，若△ABC 不是直角三角形，或如果是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥．③错误，若六棱锥的所有棱都相等，则底面多边形是正六边形，由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．④正确． 答案 14．如图所示，已知一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个边长为1的正三角形组成，则该多面体的体积是________．解析由题知该多面体为正四棱锥，底面边长为1，侧棱长为1，斜高为32，连接顶点和底面中心即为高，可求得高为22，所以体积V＝13×1×1×22＝26.答案2 65．四位好朋友在一次聚会上，他们按照各自的喜好选择了形状不同、内空高度相等、杯口半径相等的圆口酒杯，如图盛满酒后他们约定：先各自饮杯中酒的一半，设剩余的酒的高度从左到右依次为h1，h2，h3，h4，则它们的大小关系有下列四种表述：①h2＞h1＞h4②h1＞h2＞h4③h3＞h2＞h4④h2＞h4＞h1其中表述一定正确的是________．解析本题若用公式推导将费时费力，只要把握住所剩酒为原来的一半以及酒杯的形状，h4为原来高度的一半应最小，第二个杯子为圆锥形，液面高度应该最高，故只有①正确．答案①6．某种卷筒卫生纸绕在盘上，空盘时盘芯直径40 mm，满盘时直径120 mm，已知卫生纸的厚度为0.1 mm，则满盘时卫生纸的总长度大约是________m(π取3.14，精确到1 m)．解析卫生纸总长度为π602－2020.1≈3.14×32 000＝100 480(mm)≈100(m)．答案1007．如图，一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱，这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等．设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为h1、h2、h，则h1∶h2∶h＝________.解析 如图，设三棱锥P ABE 的各棱长为a ，则四棱锥P ABCD 的各棱长也为a ，于是h 1＝a 2－⎝⎛⎭⎪⎫22a 2＝22a ， h 2＝a 2－⎝⎛⎭⎪⎫32a ×232＝63a ＝h ，∴h 1∶h 2∶h ＝3∶2∶2. 答案3∶2∶28．如图，已知正三棱柱ABC A 1B 1C 1的底面边长为2 cm ，高为5 cm ，则一质点自点A 出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点A 1的最短路线的长为________cm.解析 根据题意，利用分割法将原三棱柱分割为两个相同的三棱柱，然后将其展开为如图所示的实线部分，则可知所求最短路线的长为52＋122＝13 cm.答案 139．长方体的全面积为11，十二条棱的长度之和为24，则这个长方体的一条对角线长为________．解析 设长方体的长、宽、高分别为x 、y 、z ，则4(x ＋y ＋z )＝24， 且2xy ＋2yz ＋2xz ＝11.则x 2＋y 2＋z 2＝(x ＋y ＋z )2－2xy －2yz －2xz ＝36－11＝25，从而对角线长为5. 答案 510．如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，AC ＝5，AA 1＝3，M 为线段B 1B 上的一动点，则当AM ＋MC 1最小时，△AMC 1的面积为________．解析 如图，当AM ＋MC 1最小时，BM ＝1，所以AM 2＝2，C 1M 2＝8，AC 21＝14，于是由余弦定理，得cos ∠AMC 1＝AM 2＋MC 21－AC 212AM ·MC 1＝－12，所以sin ∠AMC 1＝32，S △AMC 1＝12×2×22×32＝ 3.答案311．如图是由等腰梯形、矩形、半圆、圆、倒三角形对接形成的轴对称平面图形，若将它绕轴l 旋转180°后形成一个组合体，下面说法不正确的是________(填序号)．①该组合体可以分割成圆台、圆柱、圆锥和两个球体；②该组合体仍然关于轴l 对称；③该组合体中的圆锥和球只有一个公共点；④该组合体中的球和半球只有一个公共点． 解析 半圆绕l 旋转后，可得半球，故组合体中只有一个球，所以①不正确，其余都正确． 答案 ①12．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点M 是BC 的中点，点P 是平面ABCD 内的一个动点，且满足PM ＝2，P 到直线A 1D 1的距离为5，则点P 的轨迹是________．解析 由PM ＝2，知点P 在以M 为圆心，2为半径的圆上．又由P 到直线A 1D 1的距离为5，知点P 在与BC 平行且过AB 中点的直线上，故点P 的轨迹是它们的交点，即为两点．答案 两个点13．如图，在透明塑料制成的长方体ABCD A 1B 1C 1D 1容器内灌进一些水，将容器底面一边BC固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下列四个说法：①水的部分始终呈棱柱状； ②水面四边形EFGH 的面积不改变； ③棱A 1D 1始终与水面EFGH 平行； ④当E ∈AA 1时，AE ＋BF 是定值． 其中所有正确的命题的序号是________．解析 观察图形并试验可知①正确，②不正确；③正确．④中AE ＝B 1F ，BF ＝A 1E ，所以AE ＋BF ＝AA 1为定值，故正确命题是①③④. 答案 ①③④ 二、解答题14．直平行六面体的底面是菱形，过不相邻的两对侧棱的截面的面积是Q 1和Q 2，求它的侧面积．解析 如图，设直平行六面体A 1C 的底面菱形边长为a ，侧棱长为l ，A 1C 是直平行六面体⇒A 1ACC 1、B 1BDD 1是矩形，∴Q 1＝l ·AC ⇒AC ＝Q 1l .同理BD ＝Q 2l ，又底面是菱形⇒a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AC 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫BD 22＝Q 21＋Q 224l 2⇒2a ·l ＝Q 21＋Q 22，S 侧＝4al ＝2Q 21＋Q 22.15．给出一块边长为2的正三角形纸片，把它折成一个侧棱长与底面边长都相等的三棱锥，并使它的全面积与原三角形面积相等，设计一种折叠方法，用虚线标在图中，并求该三棱锥的体积．解析 取等边三角形三边的中点A 、B 、C ，连结AB 、BC 、CA 得正三角形的三条中位线，以中位线为折线折起三角形，使三角形三顶点重合，则得侧棱长与底面边长都等于1的三棱锥S ABC ，作SO ⊥平面ABC ，连结并延长CO 交AB 于E ，则E 是AB 的中点，连结SE .因为O 是△ABC 的内心， 所以OC ＝23CE ＝23×32＝33在Rt △SOC 中，SC ＝1，SO ＝SC 2－OC 2＝1－13＝63， 故V S ABC ＝13S △ABC ×SO ＝13×12CE ×AB ×SO＝16×32×1×63＝212. 16．在四面体的六条棱中，有五条棱长都等于a . (1)求该四面体的体积的最大值； (2)当四面体的体积最大时，求其表面积．解析 (1)如图，在四面体ABCD 中，设AB ＝BC ＝CD ＝AC ＝BD ＝a ，AD ＝x ，取AD 的中点为P ，BC 的中点为E ，连接BP 、EP 、CP .得到AD ⊥平面BPC ， ∴V ABCD ＝V ABPC ＋V DBPC＝13·S △BPC ·AP ＋13S △BPC ·PD＝13·S △BPC ·AD ＝13·12·a a 2－x 24－a 24·x＝a123a 2－x2x 2≤a12·3a 22＝18a 3(当且仅当x ＝62a 时取等号)． ∴该四面体的体积的最大值为18a 3.(2)由(1)知，△ABC 和△BCD 都是边长为a 的正三角形，△ABD 和△ACD 是全等的等腰三角形，其腰长为a，底边长为62a，∴S表＝2×34a2＋2×12×62a × a2－⎝⎛⎭⎪⎫64a2＝32a2＋62a×10a4＝32a2＋15a24＝23＋154a2.17．用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，截去的圆锥的母线长是3 cm，求圆台的母线长．解析利用三角形相似比，由底面积之比为1∶16.可设圆台的母线长为l，截得圆台的上、下底面半径分别为r、4r.根据相似三角形的性质得33＋l＝r4r，解得l＝9.所以，圆台的母线长为9 cm.18．一个正方体内接于高为40 cm，底面半径为30 cm的圆锥中，求正方体的棱长．解析如图所示，过正方体的体对角线作圆锥的轴截面，设正方体的棱长为x cm，则OC＝22x，∴22x30＝40－x40，解得x＝120(3－22)，∴正方体的棱长为120(3－22) cm.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
解析 ①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线； ②不一定，因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余 各面都是有一个公共顶点的三角形”，如图1所示；
图1
③不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形 成的面所围成的几何体不是圆锥，如图2所示，它是由两个 同底圆锥组成的几何体；
图2
④错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形， 各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等. 答案 0个
数学 苏（理）
第八章 立体几何
§8.1 空间几何体及其表面积、体
➢ 基础知识·自主学习 ➢ 题型分类·深度剖析 ➢ 思想方法·感悟提高 ➢ 练出高分
1.空间几何体的结构特征 (1)棱柱的侧棱都 平行且相等，上、下底面是全等的 多边形.
多 (2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶
面 点的三角形.
其原图是一个底为 1，高为 6的三角形，
所以原三角形的面积为
6 2.
题型一 空间几何体的结构特征 例1 给出下列命题： ①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形； ②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直； ③若有两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为 直四棱柱； ④存在每个面都是直角三角形的四面体； ⑤棱台的侧棱延长后交于一点. 其中正确命题的序号是________.
题型一 空间几何体的结构特征
解例析1 给①出不下正列确命，题根：据棱柱的定义，棱柱的 ①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形； 各②个若侧三面棱都锥是的平三行条四侧边棱形两，两但垂不直一，定则全其等三；个侧面也两两垂直；
②③正若确有，两若个三过棱相锥对的侧三棱条的侧截棱面两都两垂垂直直于，底面，则该四棱柱为
(3)已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中长度保持不变， 平行于y轴的线段，长度变为 原来的一半. (4)在已知图形中过O点作z轴垂直于xOy平面，在直观图中 对应的z′轴也垂直于x′O′y′平面，已知图形中平行于 z轴的线段，在直观图中仍平行于z′轴且长度 不变 .
思考辨析 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体 是棱柱×.( ) (2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体 是棱锥.( × )
体 (3)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.
(1)圆柱可以由 矩形绕其任一边所在直线旋转得到. (2)圆锥可以由直角三角形绕其 直角边 所在直线旋转 旋 得到. 转 (3)圆台可以由直角梯形绕 直角腰所在直线或等腰梯 体 形绕上、下底中点连线所在直线旋转得到，也可由 平行于底面的平面截圆锥得到. (4)球可以由半圆或圆绕 直径所在直线旋转得到.
(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分 别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中， ∠A＝45°.( × ) (4)圆柱的侧面展开图是矩形.( √ ) (5)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差来计 √ 算.( )
题号
1 2 3 4
答案
④
2π 500π
3 6 2
解析
由斜二测画法，知直观图是边长为1的正三角形，
2.柱、锥、台和球的表面积和体积
名称 几何体
表面积
柱体(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
台体(棱台和圆台) S表面积＝S侧＋S上＋S下
球
S＝ 4πR2
体积
V＝ Sh
V＝13 Sh
V＝13(S 上＋S 下＋
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
S上S下)h
V＝
4 3
πR3
3.空间几何体的直观图 画空间几何体的直观图常用 斜二测 画法，基本步骤： (1)在已知图形中取互相垂直的x轴、y轴，两轴相交于点O， 画直观图时，把它们画成对应的x′轴、y′轴，两轴相交 于点O′，且使∠x′O′y′＝ 45°(或135°) . (2)已知图形中平行于x轴、y轴的线段，在直观图中分别平 行于 x′轴、y′轴 .
题型二 几何体的直观图
解析
例2 (1)关于斜二测画法所得直
观图的说法正确的序号为______.
①直角三角形的直观图仍是直角
三角形；
②梯形的直观图是平行四边形；
③正方形的直观图是菱形；
④平行四边形的直观图仍是平行
四边形.
答案
思维升华
题型二 几何体的直观图
例2 (1)关于斜二测画法所得直 观图的说法正确的序号为______. ①直角三角形的直观图仍是直角 三角形； ②梯形的直观图是平行四边形； ③正方形的直观图是菱形； ④平行四边形的直观图仍是平行 四边形.
则直三四个棱侧柱面；构成的三个平面的二面角都是直二面角； ③④正存确在，每个因面为都两是个直过角相三对角侧形棱的的四截面面体的；交线平行于侧棱， ⑤棱台的侧棱延长后交于一点. 又其垂中直正于确底命面题；的序号是________.
题型一 空间几何体的结构特征 例1 给出下列命题： ①②④棱 若正柱三确的棱，侧锥如棱的图都三，相条正等侧方棱，体两侧A面两C1都垂中是直的全，三等则棱的其锥平三C1行个－四侧AB边面C，形也；两两垂直； ③四若个有面两都个是过直相角对三侧角棱形的；截面都垂直于底面，则该四棱柱为
解析
答案
思维升华
由斜二测画法规则可知，
平行于y轴的线段长度减 半，直角坐标系变成了
跟踪训练1 给出下列命题： ①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线 是圆柱的母线； ②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥； ③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体 都是圆锥； ④棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等. 其中正确命题的个数是________.
直⑤四正棱确柱，；由棱台的概念可知. ④存在每个面都是直角三角形的四面体； ⑤答棱案台的②侧③棱④延⑤长后交于一点. 其中正确命题的序号是________.
思维升华 (1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定 义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何 模型，在几何模型中进行判断； (2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱 锥是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决 或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析.