2023版高考数学二轮复习第2部分专题4立体几何第1讲空间几何体的表面积、体积及有关量的计算教案文

2020版高考数学二轮复习第2部分专题4立体几何第1讲空间几何体的表面积、体积及有关量的计算教案文PAGE35-第1讲空间几何体的外表积、体积及有关量的计算[做小题——激活思维]1．一个球的外表积是16π，那么这个球的体积为()A.eq\f(16,3)πB.eq\f(32,3)πC．16πD．24πB[设球的半径为R，那么由4πR2＝16π，解得R＝2，所以这个球的体积为eq\f(4,3)πR3＝eq\f(32,3)π.]2．如图，正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝eq\r(3)，AA1＝4，假设点P从点A出发，沿着正三棱柱的外表，经过棱A1B1运动到点C1，那么点P运动的最短路程为()A．5 B.eq\r(31)C．4eq\r(2) D．6B[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，那么C1Q⊥A1B1，∴A1Q＝AD＝eq\f(\r(3),2)，两点之间线段最短，故AC1即为所求的最短距离，因为C1Q＝A1C1×sin60°＝eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,2)，所以C1D＝eq\f(3,2)＋4＝eq\f(11,2)，AD＝eq\f(\r(3),2)，所以AC1＝eq\r(AD2＋C1D2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2)))2)＝eq\r(31).]3．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，那么该几何体的外表积为________，体积为________．28π16π＋eq\f(8\r(3),3)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＝eq\r(22＋2\r(3)2)＝4，S表＝πr2＋ch＋eq\f(1,2)cl＝4π＋16π＋8π＝28π.V＝V柱＋V锥＝16π＋eq\f(8,3)eq\r(3)π.]4．如图，正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为eq\r(3)，D为BC的中点，那么三棱锥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＝eq\f(1,3)S△B1DC1·AD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×eq\r(3)＝1.]5．一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＝eq\f(1,3)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＝eq\f(1,3)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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6π，18π)).][扣要点——查缺补漏]1．空间几何体的外表积与体积(1)求三棱锥的体积时，等体积转化是常用的方法，转化原那么是其高易求，底面放在几何体的某一面上，如T4.(2)求不规那么几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规那么几何体转化为规那么几何体以易于求解.(3)几何体的三视图，可去判断几何体的形状和各个度量，然后求解外表积和体积，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，那么有r＝eq\r(R2－d2).(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)假设正四面体的棱长为a，那么正四面体的外接球半径为eq\f(\r(6),4)a，内切球半径为eq\f(\r(6),12)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.(2022·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱外表上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱外表上的点N在左视图上的对应点为B，那么在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为()A．2eq\r(17)B．2eq\r(5)C．3D．2切入点：圆柱的三视图．关键点：正确复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，那么M，N的位置如下图，连接MN，易知OM＝2，ON＝4，那么从M到N的最短路径为eq\r(OM2＋ON2)＝eq\r(22＋42)＝2eq\r(5).][教师备选题]1．(2022·北京高考)某四棱锥的三视图如下图，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为()A．1B．2C．3D．4C[由三视图得到空间几何体，如下图，那么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＝2eq\r(2)，PC＝3，CD＝eq\r(5)，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．应选C.]2．(2022·北京高考)某四棱锥的三视图如下图，该四棱锥最长棱的棱长为()A．1B.eq\r(2)C.eq\r(3)D．2C[根据三视图，可知几何体的直观图为如下图的四棱锥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＝eq\r(2)，在Rt△VBD中，VD＝eq\r(VB2＋BD2)＝eq\r(3).]1．由三视图复原直观图需遵循以下3步(1)看视图明关系；(2)分局部想整体；(3)合起来定整体．2．解决空间几何体外表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．(由三视图复原几何体)某四棱锥的三视图如下图，其侧视图是等腰直角三角形，俯视图的轮廓是直角梯形，那么该四棱锥的各侧面面积的最大值为()A．8B．4eq\r(5)C．8eq\r(2)D．12eq\r(2)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＝2eq\r(5)，PD＝6，PB＝4eq\r(2)，连接AC，那么AC＝4eq\r(2)，所以PC＝4eq\r(3)，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eq\r(62－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),2)))2)＝2eq\r(6)，所以S△PCD＝eq\f(1,2)×4eq\r(3)×2eq\r(6)＝12eq\r(2)，故该四棱锥的各侧面面积的最大值为12eq\r(2).应选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4m，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥外表爬行一周后回到点P处．假设该小虫爬行的最短路程为4eq\r(3)m，那么圆锥底面圆的半径等于________m.eq\f(4,3)[把圆锥侧面沿过点P的母线展开成如下图的扇形，由题意OP＝4，PP′＝4eq\r(3)，那么cos∠POP′＝eq\f(42＋42－4\r(3)2,2×4×4)＝－eq\f(1,2)，所以∠POP′＝eq\f(2π,3).设底面圆的半径为r，那么2πr＝eq\f(2π,3)×4，所以r＝eq\f(4,3).]3．(截面问题)圆锥的底面直径为eq\r(3)，母线长为1，过圆锥的顶点，作圆锥的截面，那么截面面积的最大值为________．eq\f(1,2)[由于圆锥的底面直径为eq\r(3)，母线长为1，设圆锥轴截面的顶角为α，那么cosα＝eq\f(1＋1－3,2×1×1)＝－eq\f(1,2).又α∈(0，π)，∴α＝eq\f(2π,3).因此截面面积的最大值为eq\f(1,2)×1×1×sineq\f(π,2)＝eq\f(1,2).]空间几何体的外表积和体积(5年18考)[高考解读]空间几何体的外表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，对外表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：空间几何体的外表积1．(2022·全国卷Ⅰ)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，那么该圆柱的外表积为()A．12eq\r(2)πB．12πC．8eq\r(2)πD．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2eq\r(2)，底面圆的直径为2eq\r(2)，所以该圆柱的外表积为2×π×(eq\r(2))2＋2π×eq\r(2)×2eq\r(2)＝12π.]2．(2022·全国卷Ⅲ)如下图，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，那么该多面体的外表积为()A．18＋36eq\r(5) B．54＋18eq\r(5)C．90 D．81切入点：多面体的三视图．关键点：正确复原几何体．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eq\r(32＋62)＝3eq\r(5).故该几何体的外表积S＝32×2＋(3×6)×2＋(3×3eq\r(5))×2＝54＋18eq\r(5).]角度二：空间几何体的体积3．[一题多解](2022·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局部后所得，那么该几何体的体积为()A．90πB．63πC．42πD．36π切入点：三视图．关键点：割补法求体积．B[法一(割补法)：如下图，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局部所得．将圆柱补全，并将圆柱体从点A处水平分成上下两局部．由图可知，该几何体的体积等于下局部圆柱的体积加上上局部圆柱体积的eq\f(1,2)，所以该几何体的体积V＝π×32×4＋π×32×6×eq\f(1,2)＝63π.应选B.法二(估值法)：由题意，知eq\f(1,2)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．应选B.]4．(2022·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＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/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＝6cm，AA1＝4cm.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6cm和4cm，故V挖去的四棱锥＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×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.(2022·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)假设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，那么EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3.所以四棱锥E­BB1C1C的体积V＝eq\f(1,3)×3×6×3＝18.[教师备选题]1．(2022·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一局部后，剩余局部的三视图如图，那么截去局部体积与剩余局部体积的比值为()A.eq\f(1,8) B.eq\f(1,7)C.eq\f(1,6) D.eq\f(1,5)D[由三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角〞后剩余的局部，如下图，截去局部是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，那么三棱锥的体积为V1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,6)，剩余局部的体积V2＝13－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).所以eq\f(V1,V2)＝eq\f(\f(1,6),\f(5,6))＝eq\f(1,5)，应选D.]2．(2022·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＝eq\f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°.(1)证明：直线BC∥平面PAD；(2)假设△PCD的面积为2eq\r(7)，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＝eq\f(1,2)AD及BC∥AD，∠ABC＝90°得四边形ABCM为正方形，那么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，那么CM＝x，CD＝eq\r(2)x，PM＝eq\r(3)x，PC＝PD＝2x.如图，取CD的中点N，连接PN，那么PN⊥CD，所以PN＝eq\f(\r(14),2)x.因为△PCD的面积为2eq\r(7)，所以eq\f(1,2)×eq\r(2)x×eq\f(\r(14),2)x＝2eq\r(7).解得x＝－2(舍去)或x＝2.于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2eq\r(3).所以四棱锥P­ABCD的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(22＋4,2)×2eq\r(3)＝4eq\r(3).1．求几何体的外表积的方法(1)求外表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)求不规那么几何体的外表积时，通常将所给几何体分割成柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的外表积，再通过求和或作差求得所给几何体的外表积.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、台等规那么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．(组合体的外表积)某几何体的三视图如下图，其中侧视图的下半局部曲线为半圆弧，那么该几何体的外表积为________．5π＋16＋2eq\r(3)[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×eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＝2eq\r(3)；半圆柱的侧面积为π×4＝4π，两个底面面积之和为2×eq\f(1,2)×π×12＝π，所以几何体的外表积为5π＋16＋2eq\r(3).]2．(等体积转换)如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AA1＝3，点P在棱CC1上，那么三棱锥P­ABA1的体积为________．eq\f(9\r(3),4)[由题意，得V三棱锥P­ABA1＝V三棱锥C­ABA1＝V三棱锥A1­ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·AA1＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×32×3＝eq\f(9\r(3),4).]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，表达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．(2022·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9eq\r(3)，那么三棱锥D­ABC体积的最大值为()A．12eq\r(3)B．18eq\r(3)C．24eq\r(3)D．54eq\r(3)切入点：①△ABC为等边三角形；②S△ABC＝9eq\r(3).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＝eq\f(\r(3),4)AB2＝9eq\r(3)，所以AB＝6，BM＝eq\f(2,3)BE＝eq\f(2,3)eq\r(AB2－AE2)＝2eq\r(3).易知OM⊥平面ABC，所以在Rt△OBM中，OM＝eq\r(OB2－BM2)＝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＝eq\f(1,3)S△ABC×(4＋OM)＝eq\f(1,3)×9eq\r(3)×6＝18eq\r(3).应选B.]2．(2022·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC­A1B1C1内有一个体积为V的球，假设AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，那么V的最大值是()A．4πB.eq\f(9π,2)C．6πD.eq\f(32π,3)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eq\f(1,2)(6＋8＋10)×R＝eq\f(1,2)×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＝eq\f(3,2).所以在封闭的直三棱柱中，球的最大半径只能为eq\f(3,2)，故最大体积V＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))3＝eq\f(9π,2).]角度二：球与旋转体的切、接问题3．(2022·全国卷Ⅲ)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，那么该圆柱的体积为()A．πB.eq\f(3π,4)C.eq\f(π,2)D.eq\f(π,4)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＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(3),2).∴圆柱的体积为V＝πr2h＝eq\f(3,4)π×1＝eq\f(3π,4).应选B.]4．(2022·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，那么eq\f(V1,V2)的值是________．切入点：球与圆柱相切．关键点：确定内切球的半径．eq\f(3,2)[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.∴eq\f(V1,V2)＝eq\f(πR2·2R,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3,2).][教师备选题]1．(2022·全国卷Ⅱ)A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点．假设三棱锥O­ABC体积的最大值为36，那么球O的外表积为()A．36πB．64πC．144πD．256πC[如图，设球的半径为R，∵∠AOB＝90°，∴S△AOB＝eq\f(1,2)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eq\f(1,3)×eq\f(1,2)R2×R＝36，∴R＝6，∴球O的外表积为4πR2＝4π×62＝144π.应选C.]2．(2022·全国卷Ⅰ)三棱锥S­ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．假设平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S­ABC的体积为9，那么球O的外表积为________．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，那么OA＝OB＝r，SC＝2r，∴三棱锥S­ABC的体积V＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)SC·OB))·OA＝eq\f(r3,3)，即eq\f(r3,3)＝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作出适宜的截面过球心，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)三