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  • 2021-06-16 发布

2020届二轮复习(文)第2部分专题4第1讲 空间几何体的表面积、体积及有关量的计算学案

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第1讲 空间几何体的表面积、体积及有关量的计算 ‎[做小题——激活思维]‎ ‎1.一个球的表面积是16π,那么这个球的体积为(  )‎ A.π   B.π   C.16π   D.24π B [设球的半径为R,则由4πR2=16π,解得R=2,所以这个球的体积为πR3=π.]‎ ‎2.如图,已知正三棱柱ABCA1B‎1C1中,AB=,AA1=4,若点P从点A出发,沿着正三棱柱的表面,经过棱A1B1运动到点C1,则点P运动的最短路程为(  )‎ A.5 B. C.4 D.6‎ B [将三棱柱展开成如图的图形,让点C1与ABB‎1A1在同一平面内,C1D⊥AB交A1B1‎ 于Q,则C1Q⊥A1B1,∴A1Q=AD=,‎ 两点之间线段最短,故AC1即为所求的最短距离,‎ 因为C1Q=A‎1C1×sin 60°=×=,所以C1D=+4=,AD=,‎ 所以AC1===.]‎ ‎3.如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积为________,体积为________.‎ ‎28π 16π+π [由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体,设圆柱底面圆半径为r,周长为c,圆锥母线长为l,圆柱高为h.由图得r=2,c=2πr=4π,h=4,由勾股定理得:l==4,S表=πr2+ch+cl=4π+16π+8π=28π.V=V柱+V锥=16π+π.]‎ ‎4.如图,正三棱柱ABCA1B‎1C1的底面边长为2,侧棱长为,D为BC的中点,则三棱锥AB1DC1的体积为________.‎ ‎1 [在正三棱柱ABCA1B‎1C1中,‎ ‎∵AD⊥BC,AD⊥BB1,BB1∩BC=B,∴AD⊥平面B1DC1.‎ ‎∴VAB1DC1=S△B1DC1·AD=××2××=1.]‎ ‎5.已知一个圆台的下底面半径为3,高为2,当圆台的上底面半径r′变化时,圆台体积的变化范围是________.‎ ‎(6π,18π) [V圆台=π(r2+rr′+r′2)h,0<r′<3.‎ 当上底面面积为0时,圆台变为圆锥,V圆锥=πr2h=6π;‎ 当r′=3时,圆台变为圆柱,V圆柱=πr2h=18π.‎ 所以圆台体积的变化范围是.]‎ ‎[扣要点——查缺补漏]‎ ‎1.空间几何体的表面积与体积 ‎(1)求三棱锥的体积时,等体积转化是常用的方法,转化原则是其高易求,底面放在已知几何体的某一面上,如T4.‎ ‎(2)求不规则几何体的体积,常用分割或补形的思想,将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.‎ ‎(3)已知几何体的三视图,可去判断几何体的形状和各个度量,然后求解表面积和体积,如T3.‎ ‎2.柱、锥、台之间的关系 ‎3.多面体与球 ‎(1)设球的半径为R,球的截面圆半径为r,球心到球的截面的距离为d,则有r=.‎ ‎(2)当球内切于正方体时,球的直径等于正方体的棱长,当球外接于长方体时,长方体的体对角线长等于球的直径;当球与正方体各棱都相切时,球的直径等于正方体底面的对角线长.‎ ‎(3)若正四面体的棱长为a,则正四面体的外接球半径为a,内切球半径为a.‎ ‎ 空间几何体的三视图、展开图、截面图(5年2考)‎ ‎[高考解读] 重点考查考生的识图能力和空间想象能力、考生对试题的研究必须经历从“识图”、“想图”到“构图”的过程,要通过观察、分析、想象、‎ 判断、计算的逻辑思维才能求解,考查了考生的直观想象和逻辑推理的核心素养.‎ ‎(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为(  )‎ A.2    B.‎2‎    C.3    D.2‎ 切入点:圆柱的三视图.‎ 关键点:正确还原圆柱体并将侧面展开,找出M,N在侧面展开图中的位置.‎ B [设过点M的高与圆柱的下底面交于点O,将圆柱沿MO剪开,则M,N的位置如图所示,连接MN,易知OM=2,ON=4,则从M到N的最短路径为==2.]‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1.(2018·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为(  )‎ A.1    B.‎2 ‎   C.3    D.4‎ C [由三视图得到空间几何体,如图所示,则PA⊥平面ABCD,平面ABCD为直角梯形,PA=AB=AD=2,BC ‎=1,所以PA⊥AD,PA⊥AB,PA⊥BC.又BC⊥AB,AB∩PA=A,所以BC⊥平面PAB,所以BC⊥PB.在△PCD中,PD=2,PC=3,CD=,所以△PCD为锐角三角形.所以侧面中的直角三角形为△PAB,△PAD,△PBC,共3个.‎ 故选C.]‎ ‎2.(2015·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示,该四棱锥最长棱的棱长为(  )‎ A.1    B.    C.    D.2‎ C [根据三视图,可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥VABCD,其中VB⊥平面ABCD,且底面ABCD是边长为1的正方形,VB=1.所以四棱锥中最长棱为VD.连接BD,易知BD=,在Rt△VBD中,VD==.]‎ ‎1.由三视图还原直观图需遵循以下3步 ‎(1)看视图明关系;‎ ‎(2)分部分想整体;‎ ‎(3)合起来定整体.‎ ‎2.解决空间几何体表面上两点间的最短路径问题的常用方法:把立体图形展为平面图形,利用两点之间线段最短进行求解.‎ ‎1.(由三视图还原几何体)某四棱锥的三视图如图所示,其侧视图是等腰直角三角形,俯视图的轮廓是直角梯形,则该四棱锥的各侧面面积的最大值为(  )‎ A.8    B.‎4‎    C.8    D.12 D [由三视图可知该几何体是一个底面为直角梯形,高为4的四棱锥,如图,其中侧棱PA⊥平面ABCD,PA=4,AB=4,BC=4,CD=6,所以AD=2,PD=6,PB=4,连接AC,则AC=4,所以PC=4,显然在各侧面面积中△PCD的面积最大,又PD=CD=6,所以PC边上的高为=2,所以S△PCD=×4×2=12,故该四棱锥的各侧面面积的最大值为12.故选D.]‎ ‎2.(侧面展开图)如图,一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为‎4 m,一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发,绕圆锥表面爬行一周后回到点P处.若该小虫爬行的最短路程为‎4 m,则圆锥底面圆的半径等于________m.‎  [把圆锥侧面沿过点P的母线展开成如图所示的扇形,‎ 由题意OP=4,PP′=4,则cos∠POP′==-,所以∠POP′=.‎ 设底面圆的半径为r,则2πr=×4,‎ 所以r=.]‎ ‎3.(截面问题)已知圆锥的底面直径为,母线长为1,过圆锥的顶点,作圆锥的截面,则截面面积的最大值为________.‎  [由于圆锥的底面直径为,母线长为1,设圆锥轴截面的顶角为α,则cos α==-.‎ 又α∈(0,π),∴α=.因此截面面积的最大值为×1×1×sin =.]‎ ‎ 空间几何体的表面积和体积(5年18考)‎ ‎[高考解读] 空间几何体的表面积和体积是每年的必考内容,题型既有选择题也有解答题,以往多与三视图综合考查,由于新课标对三视图不作要求,对表面积和体积的考查也以单一考点的形式出现在高考试题中.‎ 角度一:空间几何体的表面积 ‎1.(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为(  )‎ A.12π   B.12π   C.8π   D.10π 切入点:过直线O1O2的平面截该圆柱所得的轴截面是面积为8的正方形.‎ 关键点:找出圆柱的底面半径及母线的长.‎ B [因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,所以圆柱的高为2,底面圆的直径为2,所以该圆柱的表面积为2×π×()2+2π××2=12π.]‎ ‎2.(2016·全国卷Ⅲ)如图所示,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的表面积为(  )‎ A.18+36 B.54+18 C.90 D.81‎ 切入点:多面体的三视图.‎ 关键点:正确还原几何体.‎ B [由几何体的三视图可知,该几何体是底面为正方形的斜四棱柱.‎ 由题意可知该几何体底面边长为3,高为6,所以侧棱长为=3.故该几何体的表面积S=32×2+(3×6)×2+(3×3)×2=54+18.]‎ 角度二:空间几何体的体积 ‎3.[一题多解](2017·全国卷Ⅱ)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,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得,则该几何体的体积为(  )‎ A.90π B.63π C.42π D.36π 切入点:三视图.‎ 关键点:割补法求体积.‎ B [法一(割补法):如图所示,由几何体的三视图,可知该几何体是一个圆柱被截去上面虚线部分所得.‎ 将圆柱补全,并将圆柱体从点A处水平分成上下两部分.由图可知,该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的,所以该几何体的体积V=π×32×4+π×32×6×=63π.‎ 故选B.‎ 法二(估值法):由题意,知V圆柱<V几何体<V圆柱.又V圆柱=π×32×10=90π,∴45π<V几何体<90π.观察选项可知只有63π符合.‎ 故选B.]‎ ‎4.(2019·全国卷Ⅲ)学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型.如图,该模型为长方体ABCDA1B‎1C1D1挖去四棱锥OEFGH后所得的几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H分别为所在棱的中点,AB=BC=‎6 cm,AA1=‎4 cm.3D打印所用原料密度为‎0.9 g/cm3.不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为________g.‎ 切入点:E、F、G、H分别为所在棱的中点,AB=BC=‎6 cm,AA1=‎4 cm.‎ 关键点:正确求出四棱锥的体积.‎ ‎118.8 [由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形,‎ 对角线长分别为‎6 cm和‎4 cm,‎ 故V挖去的四棱锥=××4×6×3=12(cm3).‎ 又V长方体=6×6×4=144(cm3),‎ 所以模型的体积为 V长方体-V挖去的四棱锥=144-12=132(cm3),‎ 所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9=118.8(g).]‎ ‎5.(2019·全国卷Ⅱ)如图,长方体ABCDA1B‎1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.‎ ‎(1)证明:BE⊥平面EB‎1C1;‎ ‎(2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥EBB‎1C1C的体积.‎ 切入点:ABCD为正方形,BE⊥EC1.‎ 关键点:①线面垂直判定定理的应用;②正确求出四棱锥EBB‎1C1C的高.‎ ‎[解] (1)证明:由已知得B‎1C1⊥平面ABB‎1A1,BE⊂平面ABB‎1A1,故B‎1C1⊥BE.又BE⊥EC1,B‎1C1∩EC1=C1,‎ 所以BE⊥平面EB‎1C1.‎ ‎(2)由(1)知∠BEB1=90°.‎ 由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,‎ 所以∠AEB=∠A1EB1=45°,‎ 故AE=AB=3,AA1=2AE=6.‎ 如图,作EF⊥BB1,垂足为F,则EF⊥平面BB‎1C1C,且EF=AB=3.‎ 所以四棱锥EBB‎1C1C的体积 V=×3×6×3=18.‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1.(2015·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为(  )‎ A.  B. C. D. D [由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分,如图所示,截去部分是一个三棱锥.设正方体的棱长为1,则三棱锥的体积为 V1=××1×1×1=,‎ 剩余部分的体积V2=13-=.‎ 所以==,故选D.]‎ ‎2.(2017·全国卷Ⅱ)如图,四棱锥PABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°.‎ ‎(1)证明:直线BC∥平面PAD;‎ ‎(2)若△PCD的面积为2,求四棱锥PABCD的体积.‎ ‎[解] (1)证明:在平面ABCD内,因为∠BAD=∠ABC=90°,所以BC∥AD.又BC⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,故BC∥平面PAD.‎ ‎(2)如图,取AD的中点M,连接PM,CM.由AB=BC=AD及BC∥AD,∠ABC=90°得四边形ABCM为正方形,则CM⊥AD.‎ 因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PM⊥AD,PM⊥底面ABCD.‎ 因为CM⊂底面ABCD,所以PM⊥CM.‎ 设BC=x,则CM=x,CD=x,PM=x,PC=PD=2x.‎ 如图,取CD的中点N,连接PN,则PN⊥CD,‎ 所以PN=x.‎ 因为△PCD的面积为2,所以×x×x=2.‎ 解得x=-2(舍去)或x=2.‎ 于是AB=BC=2,AD=4,PM=2.‎ 所以四棱锥PABCD的体积V=××2=4.‎ ‎1.求几何体的表面积的方法 ‎(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面图形问题,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所给几何体的表面积.‎ ‎2.求空间几何体体积的常用方法 公式法 直接根据常见柱、锥、台等规则几何体的体积公式计算 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 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 ‎1.(组合体的表面积)某几何体的三视图如图所示,其中侧视图的下半部分曲线为半圆弧,则该几何体的表面积为________.‎ ‎5π+16+2 [由三视图可知该几何体是一个正三棱柱和一个半圆柱的组合体,三棱柱的两个侧面面积之和为2×4×2=16,两个底面面积之和为2××2×=2;半圆柱的侧面积为π×4=4π,两个底面面积之和为2××π×12=π,所以几何体的表面积为5π+16+2.]‎ ‎2.(等体积转换)如图,在正三棱柱ABCA1B‎1C1中,已知AB=AA1=3,点P在棱CC1上,则三棱锥PABA1的体积为________.‎  [由题意,得V三棱锥PABA1=V三棱锥CABA1=V三棱锥A1ABC=S△ABC·AA1=××32×3=.]‎ ‎ 球与几何体的切、接问题(5年5考)‎ ‎[高考解读] 球与几何体的切、接问题是高考的常考考点,难度偏高,主要考查考生将空间问题转化为平面问题的能力,体现了考生的空间想象逻辑推理及数学运算的核心素养.‎ 角度一:球与多面体的切、接问题 ‎1.(2018·全国卷Ⅲ)设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,‎ ‎△ABC为等边三角形且其面积为9,则三棱锥DABC体积的最大值为(  )‎ A.12    B.‎18‎    C.24    D.54 切入点:①△ABC为等边三角形;‎ ‎②S△ABC=9.‎ 关键点:求出△ABC的边长及点D到平面ABC的距离的最大值.‎ B [如图,E是AC中点,M是△ABC的重心,O为球心,连接BE,OM,OD,BO.因为S△ABC=AB2=9,所以AB=6,BM=BE==2.易知OM⊥平面ABC,所以在Rt△OBM中,OM==2,所以当D,O,M三点共线且DM=OD+OM时,三棱锥D-ABC的体积取得最大值,且最大值Vmax=S△ABC×(4+OM)=×9×6=18.故选B.‎ ‎]‎ ‎2.(2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABCA1B‎1C1内有一个体积为V的球,若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是(  )‎ A.4π B. C.6π D. 切入点:①球在直三棱柱ABCA1B‎1C1的内部;‎ ‎②AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3.‎ 关键点:求出最大球的半径.‎ B [设球的半径为R,∵AB⊥BC,AB=6,BC=8,∴AC=10.‎ 当球与直三棱柱的三个侧面相切时,有(6+8+10)×R=×6×8,此时R=2;‎ 当球与直三棱柱两底面相切时,有2R=3,此时R=.‎ 所以在封闭的直三棱柱中,球的最大半径只能为,故最大体积V=π3=.]‎ 角度二:球与旋转体的切、接问题 ‎3.(2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为(  )‎ A.π B. C. D. 切入点:圆柱的两个底面在直径为2的同一个球的球面上.‎ 关键点:确定圆柱底面圆的半径.‎ B [设圆柱的底面半径为r,球的半径为R,且R=1,由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知,r,R及圆柱的高的一半构成直角三角形.‎ ‎∴r==.‎ ‎∴圆柱的体积为V=πr2h=π×1=.‎ 故选B.]‎ ‎4.(2017·江苏高考)如图,在圆柱O1O2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O1O2的体积为V1,球O的体积为V2,则的值是________.‎ 切入点:球与圆柱相切.‎ 关键点:确定内切球的半径.‎  [设球O的半径为R,‎ ‎∵球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切,‎ ‎∴圆柱O1O2的高为2R,底面半径为R.‎ ‎∴==.]‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1.(2015·全国卷Ⅱ)已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90°,C 为该球面上的动点.若三棱锥OABC体积的最大值为36,则球O的表面积为(  )‎ A.36π   B.64π   C.144π   D.256π C [如图,设球的半径为R,∵∠AOB=90°,∴S△AOB=R2.‎ ‎∵VOABC=VCAOB,而△AOB面积为定值,‎ ‎∴当点C到平面AOB的距离最大时,VOABC最大,‎ ‎∴当C为与球的大圆面AOB垂直的直径的端点时,体积VOABC最大为×R2×R=36,‎ ‎∴R=6,∴球O的表面积为4πR2=4π×62=144π.故选C.]‎ ‎2.(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥SABC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SABC的体积为9,则球O的表面积为________.‎ C [如图,连接OA,OB.‎ 由SA=AC,SB=BC,SC为球O的直径,知OA⊥SC,OB⊥SC.‎ 由平面SCA⊥平面SCB,平面SCA∩平面SCB=SC,OA⊥SC,知OA⊥平面SCB.‎ 设球O的半径为r,则 OA=OB=r,SC=2r,‎ ‎∴三棱锥SABC的体积 V=×·OA=,‎ 即=9,∴r=3,∴S球表=4πr2=36π.]‎ 解决与球有关的切、接问题的策略 (1)“接”的处理:‎ ‎①构造正(长)方体,转化为正(长)方体的外接球问题.‎ ‎②空间问题平面化,把平面问题转化到直角三角形中,作出适当截面(过球心,接点等).‎ ‎③利用球心与截面圆心的连线垂直于截面定球心所在直线.‎ (2)“切”的处理:‎ ‎①体积分割法求内切球半径.‎ ‎②作出合适的截面(过球心,切点等),在平面上求解,‎ ‎③多球相切问题,连接各球球心,转化为处理多面体问题.‎ ‎1.(外接球)已知三棱锥PABC的所有顶点都在球O的球面上,PC是球O的直径.若平面PCA⊥平面PCB,PA=AC,PB=BC,三棱锥PABC的体积为a,则球O的体积为(  )‎ A.2πa B.4πa C.πa D.πa B [设球O的半径为R,因为PC为球O的直径,PA=AC,PB=BC,所以△PAC,△PBC均为等腰直角三角形,点O为PC的中点,连接AO,OB(图略),所以AO⊥PC,BO⊥PC,因为平面PCA⊥平面PCB,平面PCA∩平面PCB=PC,所以AO⊥平面PCB,所以V三棱锥PABC=·S△PBC·AO=××AO=××R=R3=a,所以球O的体积V=πR3=4πa.故选B.]‎ ‎2.(内切球)四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为6的正方形,且PA=PB=PC=PD,若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切,则该四棱锥的高是 (  )‎ A.6 B.‎5 C. D. D [过点P作PH⊥平面ABCD于点H.由题意知,四棱锥PABCD是正四棱锥,内切球的球心O应在四棱锥的高PH上.过正四棱锥的高作组合体的轴截面如图,其中PE,PF是斜高,M为球面与侧面的一个切点.设PH=h,‎ 易知Rt△PMO∽Rt△PHF,所以=,即=,解得h=(h=0舍去),故选D.]‎ ‎3.(折叠问题)一张半径为1+的圆形包装纸,按照如图所示的实线裁剪,并按虚线折叠为各棱长都相等的四棱锥,折叠所成的四棱锥外接球的表面积为________.‎ ‎8π [如图,连接OE,与AD交于I,‎ 设正方形ABCD的边长为2x,则EI=x,‎ 则x+x=1+,即x=1.‎ 设外接球的球心为Q,半径为R,可得OC=,OP==,R2=(-R)2+()2.‎ ‎∴R=,∴该四棱锥的外接球的表面积S=4πR2=8π.‎ 故答案为8π.]‎