还剩12页未读，
继续阅读
所属成套资源：2020数学（理）二轮专题精品教案
成套系列资料，整套一键下载
2020数学（理）二轮教师用书：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
展开
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．已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )
A．1 cm B．2 cm
C．3 cm D． cm
B [S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，∴r2＝4，∴r＝2(cm)．]
2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A.＋2π B.
C. D.
B [由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋×π×12×1＝.]
3．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．
π [设正方体的棱长为a，则6a2＝18，∴a＝.
设球的半径为R，则由题意知2R＝＝3，
∴R＝.
故球的体积V＝πR3＝π×＝π.]
4.如图，直三棱柱ABCA1B1C1的各条棱长均为2，D为棱B1C1上任意一点，则三棱锥DA1BC的体积是________．
[V＝V＝V＝×S×＝.]
5．[一题多解](2019·全国卷Ⅱ)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有____________个面，其棱长为____________．
图1 图2
26 －1 [先求面数有如下两种方法．
法一：由“半正多面体”的结构特征及棱数为48可知，其上部分有9个面，中间部分有8个面，下部分有9个面，共有2×9＋8＝26(个)面．
法二：一般地，对于凸多面体，顶点数(V)＋面数(F)－棱数(E)＝2.(欧拉公式)
由题图知，棱数为48的半正多面体的顶点数为24.
故由V＋F－E＝2，得面数F＝2＋E－V＝2＋48－24＝26.
再求棱长．作中间部分的横截面，由题意知该截面为各顶点都在边长为1的正方形上的正八边形ABCDEFGH，如图，设其边长为x，则正八边形的边长即为半正多面体的棱长．
连接AF，过H，G分别作HM⊥AF，GN⊥AF，垂足分别为M，N，则
AM＝MH＝NG＝NF＝x.
又AM＋MN＋NF＝1，∴x＋x＋x＝1.
∴x＝－1，即半正多面体的棱长为－1.]
[扣要点——查缺补漏]
1．空间几何体分为多面体和旋转体
研究其特性常采用化空间为平面的方法，如截面图、轴截面等，如T5.
2．旋转体的表面积和体积公式
(1)S圆柱侧＝2πrl，S圆锥侧＝πrl，S圆台侧＝π(r1＋r2)l，S球＝4πR2 ，V柱＝sh，V锥＝sh，V球＝πR3，如T1.
(2)球的截面的性质：用一个平面去截球，截面是圆面；球心和截面圆的距离d与球的半径R及截面圆半径r之间的关系是r＝.
3．空间几何体的体积与表面积求法
(1)割补法：求不规则几何体的体积或表面积时，通过割补，转化成规则几何体求解．如T2.
(2)等积变换：涉及三棱锥的体积，注意灵活选择底面和对应的高．如T4.
4．多面体与球
(1)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．如T3.
(2)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3考)
[高考解读] 高考对该点的考查先前以三视图的识别为主，近几年有向侧面展开图、截面图形的性质等方向考查的趋势，总体思路是多考查一点空间想象能力.
1．(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：先由三视图还原直观图，再把直观图展成平面图．
B [由三视图可知，该几何体为如图1所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图2所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4，则从M到N的路径中，最短路径的长度为＝＝2.故选B.
图1 图2]
2．(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )
A. B.
C. D.
切入点：将每条棱所在直线与平面α所成的角相等转化为共顶点的三条棱所在直线与平面α所成角相等．
A [记该正方体为ABCDA′B′C′D′，正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，即共点的三条棱A′A，A′B′，A′D′与平面α所成的角都相等．如图，连接AB′，AD′，B′D′，因为三棱锥A′AB′D′是正三棱锥，所以A′A，A′B′，A′D′与平面AB′D′所成的角都相等．分别取C′D′，B′C′，BB′，AB，AD，DD′的中点E，F，G，H，I，J，连接EF，FG，GH，IH，IJ，JE，易得E，F，G，H，I，J六点共面，平面EFGHIJ与平面AB′D′平行，且截正方体所得截面的面积最大．又EF＝FG＝GH＝IH＝IJ＝JE＝，所以该正六边形的面积为6××＝，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为，故选A.]
立体几何中的“截、展”
(1)“截”，指的是截面，如柱、锥、台的直截面、斜截面以及旋转体的轴截面，它们集中反映了几何体的主要元素的数量关系，能够列出有关量的关系．
(2)“展”，指的是侧面展开图，在有关沿表面的最短路径问题中，就是求侧面或某些面展开图上两点间的距离，即将空间问题转化为平面问题．一般多面体常以棱所在的直线为剪开线展开，旋转体以母线为剪开线展开．
1．(三视图的识别)榫卯，是古代中国建筑、家具及其他器械的主要结构方式，是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式．凸出部分叫榫(或叫榫头)；凹进部分叫卯(或叫榫眼、榫槽)．其特点是在物件上不使用钉子，利用榫卯加固物件，体现出中国古老的文化和智慧．若如图3摆放的木构件是由带榫、卯的木构件咬合成的，则图中带卯的木构件的俯视图可以是( )
A B C D
B [根据题意，因为有凹进部分的木构件叫卯，所以带卯的木构件是题图2.则该带卯的木构件的俯视图即为选项B中的图示．故选B.]
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．(截面的计算问题)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＝.因等截面面积的最大值为×1×1×sin ＝.]
几何体的表面积和体积(5年9考)
[高考解读] 高考对该点的考查主要有两种，一是以三视图为载体考查简单几何体或组合体的表面积或体积；二是利用空间几何体的几何特征及体(面)积求其它几何量.
1．[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
B [法一：(割补法)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，如图所示．
将圆柱补全，并将圆柱从点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.]
2．(2012·山东高考)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1EDF的体积为________．
切入点：利用等体积法，即V＝V可求．
[三棱锥D1EDF的体积即为三棱锥FDD1E的体积．因为E，F分别为AA1，B1C上的点，所以在正方体ABCDA1B1C1D1中△EDD1的面积为定值，F到平面AA1D1D的距离为定值1，所以V＝××1＝.]
3．[重视题](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.
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)．]
[教师备选题]
1．(2017·全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________．
4 [如图，连接OD，交BC于点G，
由题意，知OD⊥BC，OG＝BC.
设OG＝x，则BC＝2x，DG＝5－x，
三棱锥的高h＝
＝＝，
S△ABC＝×2x×3x＝3x2，则三棱锥的体积
V＝S△ABC·h＝x2·
＝·.
令f(x)＝25x4－10x5，x∈，则f′(x)＝100x3－50x4.
令f′(x)＝0得x＝2.当x∈(0,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故当x＝2时，f(x)取得最大值80，则V≤×＝4.
∴三棱锥体积的最大值为4 cm3.]
2．(2016·全国卷Ⅰ)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是( )
A．17π B．18π
C．20π D．28π
A [由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的，得到的几何体如图．设球的半径为R，则πR3－×πR3＝π，解得R＝2.因此它的表面积为×4πR2＋πR2＝17π.故选A.]
空间几何体的表面积与体积的求法
(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．如真题2.
(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．如真题1.
(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．
1．(组合体的表面积)如图1所示，已知正方体面对角线长为a，沿阴影面将它切割成两块，拼成如图2所示的几何体，那么此几何体的表面积为( )
图1 图2
A．(1＋2)a2 B．(2＋)a2
C．(3＋2)a2 D．(4＋)a2
B [拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面．由于截面为矩形，长为a，宽为 a，所以面积为a2，所以拼成的几何体表面积为4×＋2×a2＝(2＋)a2，故选B.]
2．(等体积法的应用)(2019·潍坊模拟)若正三棱锥ABCD中，AB⊥AC，且BC＝1，则三棱锥ABCD的高为( )
A. B.
C. D.
A [设三棱锥ABCD的高为h.依题意得AB，AC，AD两两垂直，且AB＝AC＝AD＝BC＝，△BCD的面积为×12＝.由VABCD＝VBACD得S△BCD·h＝S△ACD·AB，即××h＝×××，解得h＝，即三棱锥ABCD的高h＝.]
3．(数学文化题)古人采取“用臼舂米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石头或木头制成．一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分(看成一个简单的组合体)的体积为( )
A．63π B．72π
C．79π D．99π
A [由三视图得凿去部分是圆柱与半球的组合体，其中圆柱的高为5，底面圆的半径为3，半球的半径为3，所以组合体的体积为32π×5＋×π×33＝63π.故选A.]
球与几何体的切接问题(5年6考)
[高考解读] 高考对该点的考查要求较高，注重了对空间想象力和化归转化能力的考查，平时训练应强化柱、锥与球切接关系的各种组合训练，进一步提升直观想象及数学运算素养.
1．(2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°， 则球O的体积为( )
A．8π B．4π
C．2π D.π
D [因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，
因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.
取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，
所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE平面PAC，所以PB⊥平面PAC，
所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，
所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥PABC放在正方体中如图所示．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为，所以该正方体的体对角线长为，所以三棱锥PABC的外接球的半径R＝，所以球O的体积V＝πR3＝π＝π，故选D.]
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：分析直三棱柱的内切球最大时与哪些面相切．
B [由题意得要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切．设球的半径为R.因为△ABC的内切圆半径为＝2，所以R≤2.又2R≤3，所以R≤，所以Vmax＝π＝π.故选B.]
3．(2017·全国卷Ⅱ)长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________．
14π [∵长方体的顶点都在球O的球面上，
∴长方体的体对角线的长度就是其外接球的直径．
设球的半径为R，则2R＝＝.
∴球O的表面积为S＝4πR2＝4π×＝14π.]
空间几何体与球的切、接问题的求解方法
(1)求解球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及切、接点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的切、接问题，再利用平面几何知识求解．
(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般采用补形的方法，补形为长方体或正方体，利用(2R)2＝a2＋b2＋c2求解．
[教师备选题]
1．(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.
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.]
2．已知三棱锥SABC的所有顶点都在球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，则此棱锥的体积为( )
A. B. C. D.
A [因为△ABC是边长为1的正三角形，且球半径为1，所以四面体OABC为正四面体，所以△ABC的外接圆的半径为，所以点O到平面ABC的距离为＝，所以三棱锥SABC的高为，所以三棱锥SABC的体积为××1××＝，故选A.]
3．(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
B [设等边三角形ABC的边长为x，则x2sin 60°＝9，得x＝6.设△ABC的外接圆半径为r，则2r＝，解得r＝2，所以球心到△ABC所在平面的距离d＝＝2，则点D到平面ABC的最大距离d1＝d＋4＝6，所以三棱锥DABC体积的最大值Vmax＝S△ABC×6＝×9×6＝18.]
1．(三棱锥的外接球)三棱锥PABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，三棱锥PABC的外接球的体积为( )
A.π B.π
C．27π D．27π
B [∵三棱锥PABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，∴△PAB≌△PBC≌△PAC.∵PA⊥PB，∴PA⊥PC，PC⊥PB.以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥PABC的外接球．∵正方体的体对角线长为＝3，∴其外接球半径R＝.因此三棱锥PABC的外接球的体积V＝×＝π，故选B.]
2．(直棱柱的外接球)已知直三棱柱ABCA1B1C1的各顶点都在以O为球心的球面上，且∠BAC＝，AA1＝BC＝2，则球O的体积为( )
A．4π B．8π
C．12π D．20π
A [在底面△ABC中，由正弦定理得底面△ABC所在的截面圆的半径r＝＝＝.
所以直三棱柱ABCA1B1C1的外接球的半径
R＝＝＝.
故直三棱柱ABCA1B1C1的外接球的体积为πR3＝4π.选A.]
3．(动态最值问题)已知点A，B，C，D在同一个球的球面上，AB＝BC＝，∠ABC＝90°.若四面体ABCD体积的最大值为3，则这个球的表面积为( )
A．2π B．4π
C．8π D．16π
D [∵AB＝BC＝，∠ABC＝90°，∴S△ABC＝××＝3，AC＝2，△ABC所在球的小圆的圆心Q是斜边AC的中点，
∴小圆的半径为.
∵四面体ABCD的体积取得最大值，且S△ABC不变，
∴当底面ABC上的高最大时体积最大．
∴当DQ与平面ABC垂直时体积最大，
最大值为·S△ABC·DQ＝3，
即×3×DQ＝3，解得DQ＝3，如图所示，
设球心为O，半径为R，在Rt△AQO中，OA2＝OQ2＋AQ2，即R2＝(3－R)2＋()2，
解得R＝2.
∴这个球的表面积S＝4πR2＝16π，故选D.]
4．(内切球)已知一个三棱锥的所有棱长均为，则该三棱锥的内切球的体积为________．
π [由题意可知，该三棱锥为正四面体，如图所示．
AE＝AB·sin 60°＝，
AO＝AE＝，
DO＝＝，
三棱锥的体积VDABC＝S△ABC·DO＝，
设内切球的半径为r，则
VDABC＝r(S△ABC＋S△ABD＋S△BCD＋S△ACD)＝，r＝，
V内切球＝πr3＝π.]
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．已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )
A．1 cm B．2 cm
C．3 cm D． cm
B [S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，∴r2＝4，∴r＝2(cm)．]
2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A.＋2π B.
C. D.
B [由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋×π×12×1＝.]
3．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．
π [设正方体的棱长为a，则6a2＝18，∴a＝.
设球的半径为R，则由题意知2R＝＝3，
∴R＝.
故球的体积V＝πR3＝π×＝π.]
4.如图，直三棱柱ABCA1B1C1的各条棱长均为2，D为棱B1C1上任意一点，则三棱锥DA1BC的体积是________．
[V＝V＝V＝×S×＝.]
5．[一题多解](2019·全国卷Ⅱ)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有____________个面，其棱长为____________．
图1 图2
26 －1 [先求面数有如下两种方法．
法一：由“半正多面体”的结构特征及棱数为48可知，其上部分有9个面，中间部分有8个面，下部分有9个面，共有2×9＋8＝26(个)面．
法二：一般地，对于凸多面体，顶点数(V)＋面数(F)－棱数(E)＝2.(欧拉公式)
由题图知，棱数为48的半正多面体的顶点数为24.
故由V＋F－E＝2，得面数F＝2＋E－V＝2＋48－24＝26.
再求棱长．作中间部分的横截面，由题意知该截面为各顶点都在边长为1的正方形上的正八边形ABCDEFGH，如图，设其边长为x，则正八边形的边长即为半正多面体的棱长．
连接AF，过H，G分别作HM⊥AF，GN⊥AF，垂足分别为M，N，则
AM＝MH＝NG＝NF＝x.
又AM＋MN＋NF＝1，∴x＋x＋x＝1.
∴x＝－1，即半正多面体的棱长为－1.]
[扣要点——查缺补漏]
1．空间几何体分为多面体和旋转体
研究其特性常采用化空间为平面的方法，如截面图、轴截面等，如T5.
2．旋转体的表面积和体积公式
(1)S圆柱侧＝2πrl，S圆锥侧＝πrl，S圆台侧＝π(r1＋r2)l，S球＝4πR2 ，V柱＝sh，V锥＝sh，V球＝πR3，如T1.
(2)球的截面的性质：用一个平面去截球，截面是圆面；球心和截面圆的距离d与球的半径R及截面圆半径r之间的关系是r＝.
3．空间几何体的体积与表面积求法
(1)割补法：求不规则几何体的体积或表面积时，通过割补，转化成规则几何体求解．如T2.
(2)等积变换：涉及三棱锥的体积，注意灵活选择底面和对应的高．如T4.
4．多面体与球
(1)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．如T3.
(2)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3考)
[高考解读] 高考对该点的考查先前以三视图的识别为主，近几年有向侧面展开图、截面图形的性质等方向考查的趋势，总体思路是多考查一点空间想象能力.
1．(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：先由三视图还原直观图，再把直观图展成平面图．
B [由三视图可知，该几何体为如图1所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图2所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4，则从M到N的路径中，最短路径的长度为＝＝2.故选B.
图1 图2]
2．(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )
A. B.
C. D.
切入点：将每条棱所在直线与平面α所成的角相等转化为共顶点的三条棱所在直线与平面α所成角相等．
A [记该正方体为ABCDA′B′C′D′，正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，即共点的三条棱A′A，A′B′，A′D′与平面α所成的角都相等．如图，连接AB′，AD′，B′D′，因为三棱锥A′AB′D′是正三棱锥，所以A′A，A′B′，A′D′与平面AB′D′所成的角都相等．分别取C′D′，B′C′，BB′，AB，AD，DD′的中点E，F，G，H，I，J，连接EF，FG，GH，IH，IJ，JE，易得E，F，G，H，I，J六点共面，平面EFGHIJ与平面AB′D′平行，且截正方体所得截面的面积最大．又EF＝FG＝GH＝IH＝IJ＝JE＝，所以该正六边形的面积为6××＝，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为，故选A.]
立体几何中的“截、展”
(1)“截”，指的是截面，如柱、锥、台的直截面、斜截面以及旋转体的轴截面，它们集中反映了几何体的主要元素的数量关系，能够列出有关量的关系．
(2)“展”，指的是侧面展开图，在有关沿表面的最短路径问题中，就是求侧面或某些面展开图上两点间的距离，即将空间问题转化为平面问题．一般多面体常以棱所在的直线为剪开线展开，旋转体以母线为剪开线展开．
1．(三视图的识别)榫卯，是古代中国建筑、家具及其他器械的主要结构方式，是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式．凸出部分叫榫(或叫榫头)；凹进部分叫卯(或叫榫眼、榫槽)．其特点是在物件上不使用钉子，利用榫卯加固物件，体现出中国古老的文化和智慧．若如图3摆放的木构件是由带榫、卯的木构件咬合成的，则图中带卯的木构件的俯视图可以是( )
A B C D
B [根据题意，因为有凹进部分的木构件叫卯，所以带卯的木构件是题图2.则该带卯的木构件的俯视图即为选项B中的图示．故选B.]
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．(截面的计算问题)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＝.因等截面面积的最大值为×1×1×sin ＝.]
几何体的表面积和体积(5年9考)
[高考解读] 高考对该点的考查主要有两种，一是以三视图为载体考查简单几何体或组合体的表面积或体积；二是利用空间几何体的几何特征及体(面)积求其它几何量.
1．[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
B [法一：(割补法)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，如图所示．
将圆柱补全，并将圆柱从点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.]
2．(2012·山东高考)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1EDF的体积为________．
切入点：利用等体积法，即V＝V可求．
[三棱锥D1EDF的体积即为三棱锥FDD1E的体积．因为E，F分别为AA1，B1C上的点，所以在正方体ABCDA1B1C1D1中△EDD1的面积为定值，F到平面AA1D1D的距离为定值1，所以V＝××1＝.]
3．[重视题](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.
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)．]
[教师备选题]
1．(2017·全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________．
4 [如图，连接OD，交BC于点G，
由题意，知OD⊥BC，OG＝BC.
设OG＝x，则BC＝2x，DG＝5－x，
三棱锥的高h＝
＝＝，
S△ABC＝×2x×3x＝3x2，则三棱锥的体积
V＝S△ABC·h＝x2·
＝·.
令f(x)＝25x4－10x5，x∈，则f′(x)＝100x3－50x4.
令f′(x)＝0得x＝2.当x∈(0,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故当x＝2时，f(x)取得最大值80，则V≤×＝4.
∴三棱锥体积的最大值为4 cm3.]
2．(2016·全国卷Ⅰ)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是( )
A．17π B．18π
C．20π D．28π
A [由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的，得到的几何体如图．设球的半径为R，则πR3－×πR3＝π，解得R＝2.因此它的表面积为×4πR2＋πR2＝17π.故选A.]
空间几何体的表面积与体积的求法
(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．如真题2.
(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．如真题1.
(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．
1．(组合体的表面积)如图1所示，已知正方体面对角线长为a，沿阴影面将它切割成两块，拼成如图2所示的几何体，那么此几何体的表面积为( )
图1 图2
A．(1＋2)a2 B．(2＋)a2
C．(3＋2)a2 D．(4＋)a2
B [拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面．由于截面为矩形，长为a，宽为 a，所以面积为a2，所以拼成的几何体表面积为4×＋2×a2＝(2＋)a2，故选B.]
2．(等体积法的应用)(2019·潍坊模拟)若正三棱锥ABCD中，AB⊥AC，且BC＝1，则三棱锥ABCD的高为( )
A. B.
C. D.
A [设三棱锥ABCD的高为h.依题意得AB，AC，AD两两垂直，且AB＝AC＝AD＝BC＝，△BCD的面积为×12＝.由VABCD＝VBACD得S△BCD·h＝S△ACD·AB，即××h＝×××，解得h＝，即三棱锥ABCD的高h＝.]
3．(数学文化题)古人采取“用臼舂米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石头或木头制成．一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分(看成一个简单的组合体)的体积为( )
A．63π B．72π
C．79π D．99π
A [由三视图得凿去部分是圆柱与半球的组合体，其中圆柱的高为5，底面圆的半径为3，半球的半径为3，所以组合体的体积为32π×5＋×π×33＝63π.故选A.]
球与几何体的切接问题(5年6考)
[高考解读] 高考对该点的考查要求较高，注重了对空间想象力和化归转化能力的考查，平时训练应强化柱、锥与球切接关系的各种组合训练，进一步提升直观想象及数学运算素养.
1．(2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°， 则球O的体积为( )
A．8π B．4π
C．2π D.π
D [因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，
因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.
取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，
所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE平面PAC，所以PB⊥平面PAC，
所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，
所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥PABC放在正方体中如图所示．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为，所以该正方体的体对角线长为，所以三棱锥PABC的外接球的半径R＝，所以球O的体积V＝πR3＝π＝π，故选D.]
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：分析直三棱柱的内切球最大时与哪些面相切．
B [由题意得要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切．设球的半径为R.因为△ABC的内切圆半径为＝2，所以R≤2.又2R≤3，所以R≤，所以Vmax＝π＝π.故选B.]
3．(2017·全国卷Ⅱ)长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________．
14π [∵长方体的顶点都在球O的球面上，
∴长方体的体对角线的长度就是其外接球的直径．
设球的半径为R，则2R＝＝.
∴球O的表面积为S＝4πR2＝4π×＝14π.]
空间几何体与球的切、接问题的求解方法
(1)求解球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及切、接点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的切、接问题，再利用平面几何知识求解．
(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般采用补形的方法，补形为长方体或正方体，利用(2R)2＝a2＋b2＋c2求解．
[教师备选题]
1．(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.
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.]
2．已知三棱锥SABC的所有顶点都在球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，则此棱锥的体积为( )
A. B. C. D.
A [因为△ABC是边长为1的正三角形，且球半径为1，所以四面体OABC为正四面体，所以△ABC的外接圆的半径为，所以点O到平面ABC的距离为＝，所以三棱锥SABC的高为，所以三棱锥SABC的体积为××1××＝，故选A.]
3．(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
B [设等边三角形ABC的边长为x，则x2sin 60°＝9，得x＝6.设△ABC的外接圆半径为r，则2r＝，解得r＝2，所以球心到△ABC所在平面的距离d＝＝2，则点D到平面ABC的最大距离d1＝d＋4＝6，所以三棱锥DABC体积的最大值Vmax＝S△ABC×6＝×9×6＝18.]
1．(三棱锥的外接球)三棱锥PABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，三棱锥PABC的外接球的体积为( )
A.π B.π
C．27π D．27π
B [∵三棱锥PABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，∴△PAB≌△PBC≌△PAC.∵PA⊥PB，∴PA⊥PC，PC⊥PB.以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥PABC的外接球．∵正方体的体对角线长为＝3，∴其外接球半径R＝.因此三棱锥PABC的外接球的体积V＝×＝π，故选B.]
2．(直棱柱的外接球)已知直三棱柱ABCA1B1C1的各顶点都在以O为球心的球面上，且∠BAC＝，AA1＝BC＝2，则球O的体积为( )
A．4π B．8π
C．12π D．20π
A [在底面△ABC中，由正弦定理得底面△ABC所在的截面圆的半径r＝＝＝.
所以直三棱柱ABCA1B1C1的外接球的半径
R＝＝＝.
故直三棱柱ABCA1B1C1的外接球的体积为πR3＝4π.选A.]
3．(动态最值问题)已知点A，B，C，D在同一个球的球面上，AB＝BC＝，∠ABC＝90°.若四面体ABCD体积的最大值为3，则这个球的表面积为( )
A．2π B．4π
C．8π D．16π
D [∵AB＝BC＝，∠ABC＝90°，∴S△ABC＝××＝3，AC＝2，△ABC所在球的小圆的圆心Q是斜边AC的中点，
∴小圆的半径为.
∵四面体ABCD的体积取得最大值，且S△ABC不变，
∴当底面ABC上的高最大时体积最大．
∴当DQ与平面ABC垂直时体积最大，
最大值为·S△ABC·DQ＝3，
即×3×DQ＝3，解得DQ＝3，如图所示，
设球心为O，半径为R，在Rt△AQO中，OA2＝OQ2＋AQ2，即R2＝(3－R)2＋()2，
解得R＝2.
∴这个球的表面积S＝4πR2＝16π，故选D.]
4．(内切球)已知一个三棱锥的所有棱长均为，则该三棱锥的内切球的体积为________．
π [由题意可知，该三棱锥为正四面体，如图所示．
AE＝AB·sin 60°＝，
AO＝AE＝，
DO＝＝，
三棱锥的体积VDABC＝S△ABC·DO＝，
设内切球的半径为r，则
VDABC＝r(S△ABC＋S△ABD＋S△BCD＋S△ACD)＝，r＝，
V内切球＝πr3＝π.]
相关资料
更多
