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13π r2·4+π r2·8=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 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________.

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9π2 .

3.(2015·山东改编)在梯形 ABCD 中,∠ABC=π2 ,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

5π 3

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 ·AB2·BC-

1 3·π

·CE2·DE=π

×12×2-13π

×12×1=53π

.

4.(2014·江苏)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为 S1,S2,体积分别为 V1,V2.若它们的侧 面积相等,且SS12=94,则VV12的值是________.

答案

3 2

解析 设两个圆柱的底面半径和高分别为 r1,r2 和 h1,h2,由SS12=94,得ππ rr2122=94,则rr12=32.

由圆柱的侧面积相等,得 2π r1h1=2π r2h2,

即 r1h1=r2h2,所以VV12=ππ rr2122hh12=rr12=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 V1,S1,底面半径和高均为 r 的圆锥的体积和 侧面积分别为 V2,S2,若VV12=π3 ,则SS12的值为________.

答案

(1)2

3

6 π

(2)3 2 π

解析 (1)设圆锥的底面半径为 r,母线长为 l,

则 π r2=2π ,π rl=4π ,解得 r= 2,l=2 2,故高 h= 6,

所以 V=13π r2h=13π ×2×

6=2

3

6 π

.

(2)因为 V1=a3,S1=6a2,V2=13r·π r2=π3r3,

S2=π rl= 2π r2,

所以VV12=πa3r3=π3

?

a r=1,

3

因此SS12=

6a2 3 2 2π r2= π .

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 π π

r2 r 2 rl=l=5.

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=2 3,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________ cm3. 答案 (1)16π (2)5003π 解析 (1)在△ABC 中, BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos 60°=3, ∴AC2=AB2+BC2, 即 AB⊥BC, 又 SA⊥平面 ABC,

∴三棱锥 S-ABC 可补成分别以 AB=1,BC= 3,SA=2 3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 R2=(R-2)2+42,得 R=5,

∴V

4 球=3π

R3=5300π

(cm3).

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

2 2,

3 2,

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.

?AB·AC= 2, ? 据题意 AC·AD= 3,
?AB·AD= 6,

?AB= 2, ? 解得 AC=1,
?AD= 3,

∴长方体的体对角线长为 AB2+AC2+AD2= 6, ∴三棱锥外接球的半径为 26. ∴三棱锥外接球的体积为 V=43π ·( 26)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SS△ △AAECFD=1212AAEC· ·AAFD· ·ssiinn AA=16,

V 总=6VA-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=2 2,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=2 2, 所以 SA=SB=SC=2,所以(2R)2=3×22=12,所以球的表面积 S=4π R2=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=

2π r×2

1-r2=4π r

1-r2≤4π

r2+ ×

-r2 2

=2π (当且仅当 r2

=1-r2,即 r= 22时取等号).

所以当 r= 22时,VV圆球柱= π

4π 3

×13

2 2



42 =3. 2

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________.
8 答案 3 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=83.
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 V1,三棱 锥 P—AMN 的体积记为 V2,则VV21=________.
1 答案 4 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 cm2,则此圆锥的体积为________ cm3. 答案 96π 解析 由题意得:π rl=60π ,l=10? r=6? h=8,因此圆锥的体积为13π r2h=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

3 2π

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′= 23.

在 Rt△BCD 中,OB=OC=OD=12BC= 23,

所以四面体

A′BCD

的外接球的球心为

O,球的半径为

23,所以

V

4 球=3π

(

23)3=

3 2π

.

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=

2 2.

而四边形 AECD 为矩形,AD=1,

∴EC=AD=1,∴BC=BE+EC= 22+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 a3∶b3

=________.

答案 π ∶ 3

解析 正三棱柱的体积为 43a2×a= 43a3, 圆柱的体积为 π (b2)2×b=π4 b3,

因此 43a3=π4 b3? a3∶b3=π ∶ 3.

8.如图所示,从棱长为 6 cm 的正方体铁皮箱 ABCD—A1B1C1D1 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________ cm3.

答案 36

解析 最多能盛多少水,实际上是求三棱锥 C1—CD1B1 的体积. 又V三棱锥C1?CD1B1 ? V三棱锥C?B1C1D1 =13×(12×6×6)×6=36(cm3), 所以用图示中这样一个装置来盛水,最多能盛 36 cm3 体积的水.

9.已知三个球的半径 R1、R2、R3 满足 R1+R3=2R2,记它们的表面积分别为 S1、S2、S3,若 S1 =1,S3=9,则 S2=________.

答案 4

解析

由题意知



R21=1,4π

R23=9,所以

16π

2R21R23=9,即

R1R3=43π

,又



R21+4π

R2 3

=4π [(R1+R3)2-2R1R3]=10, 所以 4π [(2R2)2-2R1R3]=10, 所以化简得:4π R22=4,即 S2=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△P1P2P3,且 P2P1=P2P3.

(1)在三棱锥 P-ABC 中,求证:PA⊥BC; (2)若 P1P2=26,P1P3=20,求三棱锥 P-ABC 的体积. (1)证明 由题设知 A,B,C 分别是 P1P3,P1P2,P2P3 的中点,且 P2P1=P2P3, 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=12P1P2=13,PA=P1A=BC=10,

PB=PC=P1B=13, ∴AD=PD= AB2-BD2=12.

在等腰三角形 DPA 中,

底边 PA 上的高 h=

AD2- 21PA 2= 119,

∴S△DPA=12PA·h=5 119.

又 BC⊥平面 PAD,

V V V ∴ = + P-ABC

B-PDA

C-PDA

=13BD·S△DPA+13DC·S△PDA

=13BC·S△PDA=13×10×5 119

=530 119.

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

9π 4

解析 设正三角形 ABC 的中心为 O1,如图,连结 O1A,O1O,O1C,OC.∵A,B,C 三点在球面上,

∴O1O⊥平面 ABC,O1O⊥O1C.

∵球的半径 R=2,球心 O 到平面 ABC 的距离为 1,∴在 Rt△O1OC 中,O1C= R2-O1O2= 3.

∵△ABC 为正三角形,∴AO1=O1C= 3.

又∵点 E 为 AB 的中点,∴AE=AO1cos

3 30°=2.

∵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=π r2=94π .

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

20 5π 3

解析 由余弦定理得:BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠BAC,∴BC2=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=sin2 1230°=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

=43π

R3=20

5π 3

.

13.如图,侧棱长为 2 3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=12BE·PE·sin∠PEB

=14xy≤14???x+2 y???2=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

1 30°=2×2=1,

SEFCB=12×(2+4)×2=6,

∴VP—BCFE=13×6×1=2.


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