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

1 2 1 2 2 2 解析 设新的底面半径为 r,由题意得 π r ·4+π r ·8= π ×5 ×4+π ×2 ×8,解得 r 3 3 = 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 9π 的最大值为 . 2 π 3.(2015·山东改编)在梯形 ABCD 中,∠ABC= ,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形 ABCD 2 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 1 2 2 示, 该几何体的体积为 V=V 圆柱-V 圆锥=π ·AB ·BC- ·π ·CE ·DE= 3 1 5π 2 2 π ×1 ×2- π ×1 ×1= . 3 3 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

S1 9 V1 面积相等,且 = ,则 的值是________. S2 4 V2
答案 3 2

2 S1 9 π r1 9 r1 3 解析 设两个圆柱的底面半径和高分别为 r1,r2 和 h1,h2,由 = ,得 2= ,则 = . S2 4 π r2 4 r2 2

1

由圆柱的侧面积相等,得 2π r1h1=2π r2h2, 即 r1h1=r2h2,所以 =

V1 π r2 r1 3 1h1 2 = = . V2 π r2h2 r2 2

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.
2

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

V1 3 S1 侧面积分别为 V2,S2,若 = ,则 的值为________. V2 π S2
2 6 答案 (1) π 3 3 2 (2) π

解析 (1)设圆锥的底面半径为 r,母线长为 l, 则 π r =2π ,π rl=4π ,解得 r= 2,l=2 2,故高 h= 6, 1 1 2 6 2 所以 V= π r h= π ×2× 6= π. 3 3 3 1 πr 3 2 2 (2)因为 V1=a ,S1=6a ,V2= r·π r = , 3 3
3 2

S2=π rl= 2π r2,
所以 =

V1 a3 3 a ? =1, 3= V2 π r π r
3

因此 =

S1 S2

3 2 = . π 2π r
2

6a

2

3

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, πr r 2 因此圆锥的底面积和侧面积之比为 = = . π rl l 5
2

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________ cm . 答案 (1)16π 500π (2) 3
3

解析 (1)在△ABC 中,

BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos 60°=3,
∴AC =AB +BC , 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= 1 +? 3? +?2 3? =4, 故球 O 的表面积为 4π ×2 =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,
4
2 2 2 2 2 2 2

AB=4 cm,OB=R cm,
由 R =(R-2) +4 ,得 R=5, 4 3 500 3 ∴V 球= π R = π (cm ). 3 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 答案 2 3 6 , , ,则三棱锥 A-BCD 的外接球体积为________. 2 2 2 6π
2 2 2

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= 据题意?AC·AD= ?AB·AD=

2, 3, 6,

?AB= 2, 解得?AC=1, ?AD= 3,
2 2 2

∴长方体的体对角线长为 AB +AC +AD = 6, ∴三棱锥外接球的半径为 6 . 2

4 6 3 ∴三棱锥外接球的体积为 V= π ·( ) = 6π . 3 2

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

5

1 AE·AF·sin A S△AEF 2 1 解析 因为 = = , S△ACD 1 6 AC·AD·sin A 2

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) =3×2 =12,所以球的表面积 S=4π R =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 解析 4 2 3 如图所示,设圆柱的底面半径为 r ,则圆柱的侧面积为 S =
2 2 2 2 2

2π r×2 1-r =4π r 1-r ≤4π × =1-r ,即 r=
2

r2+?1-r2?
2

=2π (当且仅当 r

2

2 时取等号). 2 4π 3 ×1 3

所以当 r=

2 V球 4 2 时, = = . 2 V圆柱 3 2 2 π? ?× 2 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;
6

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

8 3

4 8 解析 多面体 ABCDE 为四棱锥(如图),利用割补法可得其体积 V=4- = . 3 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 V1,三棱 锥 P—AMN 的体积记为 V2,则 =________. 答案 1 4

V2 V1

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 ,则此圆锥的体积为________ cm . 答案 96π 1 1 2 2 解析 由题意得:π rl=60π ,l=10? r=6? h=8,因此圆锥的体积为 π r h= π ·6 ·8 3 3 =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______.
2 3

7

答案

3 π 2

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= 2 1 3 ,EO= ,所以 OA′= . 2 2 2

1 3 在 Rt△BCD 中,OB=OC=OD= BC= , 2 2 所以四面体 A′BCD 的外接球的球心为 O,球的半径为 3 4 3 3 3 ,所以 V 球= π ( ) = π . 2 3 2 2

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= 而四边形 AECD 为矩形,AD=1, ∴EC=AD=1,∴BC=BE+EC= 由此可还原原图形如图. 在原图形中,A′D′=1,A′B′=2, 2 +1. 2 2 . 2

B′C′=

2 +1, 2

且 A′D′∥B′C′,A′B′⊥B′C′, ∴这块菜地的面积为

8

S= (A′D′+B′C′)·A′B′
1 2 2 = ×(1+1+ )×2=2+ . 2 2 2 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 ∶b =________. 答案 π ∶ 3 解析 正三棱柱的体积为 3 2 3 a ×a= a3, 4 4
3 3

1 2

b 2 π 3 圆柱的体积为 π ( ) ×b= b , 2 4
因此 3 3 π 3 a = b ? a3∶b3=π ∶ 3. 4 4

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________ cm . 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.
3

又V三棱锥C1?CD1B1 ? V三棱锥C?B1C1D1 =3×(2×6×6)×6=36(cm3),
所以用图示中这样一个装置来盛水,最多能盛 36 cm 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 3 2 2 2 2 2 2 2 解析 由题意知 4π R1=1,4π R3=9,所以 16π R1R3=9,即 R1R3= ,又 4π R1+4π R3 4π =4π [(R1+R3) -2R1R3]=10, 所以 4π [(2R2) -2R1R3]=10, 所以化简得:4π R2=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.
2 2 2 3

1

1

(1)在三棱锥 P-ABC 中,求证:PA⊥BC;
9

(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= P1P2=13,PA=P1A=BC=10, PB=PC=P1B=13,
∴AD=PD= AB -BD =12. 在等腰三角形 DPA 中, 底边 PA 上的高 h=
2 2

1 2

AD2-? PA?2= 119,

1 2

1 ∴S△DPA= PA·h=5 119. 2 又 BC⊥平面 PAD, ∴VP-ABC=VB-PDA+VC-PDA 1 1 = BD·S△DPA+ DC·S△PDA 3 3 1 1 = BC·S△PDA= ×10×5 119 3 3 = 50 119. 3

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 = R -O1O = 3.
10
2 2

∵△ABC 为正三角形,∴AO1=O1C= 3. 3 又∵点 E 为 AB 的中点,∴AE=AO1cos 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, 3 9 2 ∴截面圆的半径 r= ,可得截面面积为 S=π r = π . 2 4 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

1 2 2 2 2 2 2 解析 由余弦定理得:BC =AB +AC -2AB·AC·cos∠BAC,∴BC =2 +2 -2×2×2×(- ) 2 =12, ∴BC=2 3.设平面 ABC 截球所得截面圆半径为 r,则 2r= 2 3 =4,∴r=2.由 PA=2 sin 120°
2 2

且 PA⊥平面 ABC 知,球心到平面 ABC 的距离为 1,∴球的半径为 R= 1 +2 = 5,所以 V 球 4 3 20 5π = πR= . 3 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;

11

(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. 1 ∴S△PEB= BE·PE·sin∠PEB 2 1 1?x+y?2 = xy≤ ? ? =1. 4 4? 2 ? 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. 1 又 PO=PE·sin 30°=2× =1, 2

SEFCB= ×(2+4)×2=6,
1 ∴VP—BCFE= ×6×1=2. 3

1 2

12


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