高考数学理科一轮复习空间几何体的表面积与体积学案含答案Word格式.docx
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A16VB14V
13VD12V
4.(2011&
平顶月考)下图是一个几何体的三视图,根据图中数据,可得该几何体的表面积是( )A.9πB.10π
.11πD.12π
.(2011&
陕西)某几何体的三视图如下,则它的体积是( )A.8-2π3B.8-π3
.8-2πD2π3探究点一 多面体的表面积及体积
例1 三棱柱的底面是边长为4的正三角形,侧棱长为3,一条侧棱与底面相邻两边都成60°
角,求此棱柱的侧面积与体积.
变式迁移1 (2011&
烟台月考)已知三棱柱AB—A1B11的侧棱与底面边长都等于2,A1在底面AB上的射影为B的中点,则三棱柱的侧面面积为________.
探究点二 旋转体的表面积及体积
例2 如图所示,半径为R的半圆内的阴影部分以直径AB所在直线为轴,旋转一周得到一几何体,求该几何体的表面积(其中∠BA=30°
)及其体积.
变式迁移2 直三棱柱AB—A1B11的各顶点都在同一球面上.若AB=A=AA1=2,∠BA=120°
,则此球的表面积等于________.
探究点三 侧面展开图中的最值问题例3 如图所示,长方体ABD-A1B11D1中,AB=a,B=b,1=,并且a&
gt;
b&
&
0求沿着长方体的表面自A到1的最短线路的长.
变式迁移3 (2011&
杭州月考)如图所示,在直三棱柱AB-A1B11中,底面为直角三角形,∠AB=90°
,A=6,B=1=2P是B1上一动点,则P+PA1的最小值是________.1.有关柱、锥、台、球的面积和体积的计算,应以公式为基础,充分利用几何体中的直角三角形、直角梯形求有关的几何元素.
2.当给出的几何体比较复杂,有关的计算公式无法运用,或者虽然几何体并不复杂,但条中的已知元素彼此离散时,我们可采用“割”、“补”的技巧,化复杂几何体为简单几何体(柱、锥、台),或化离散为集中,给解题提供便利.
(1)几何体的“分割”:
几何体的分割即将已知的几何体按照结论的要求,分割成若干个易求体积的几何体,进而求之.
(2)几何体的“补形”:
与分割一样,有时为了计算方便,可将几何体补成易求体积的几何体,如长方体、正方体等.另外补台成锥是常见的解决台体侧面积与体积的方法,由台体的定义,我们在有些情况下,可以将台体补成锥体研究体积.(满分:
7分)
一、选择题(每小题分,共2分)
1.(2011&
安徽)一个空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( )A.48B.32+817
.48+817D.80
2.已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面相切,若这个球的体积是32π3,则这个三棱柱的体积是( )
A.963B.163.243D.483
3.已知正方体ABD—A1B11D1的棱长为a,长为定值的线段EF在棱AB上移动(EF&
lt;
a),若P是A1D1上的定点,Q是1D1上的动点,则四面体P—QEF的体积是( )
A.有最小值的一个变量
B.有最大值的一个变量
.没有最值的一个变量
D.一个不变量
4.(2010&
全国)设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱的长都为a,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为( )
A.πa2B73πa2
113πa2D.πa2
北京)某四面体的三视图如图所示,该四面体四个面的面积中最大的是( )A.8B.62.10D.82
二、填空题(每小题4分,共12分)6.(2011&
马鞍月考)如图,半径为2的半球内有一内接正六棱锥P—ABDEF,则此正六棱锥的侧面积是________.
7.(2011&
淄博模拟)一块正方形薄铁片的边长为4,以它的一个顶点为圆心,一边长为半径画弧,沿弧剪下一个扇形(如图),用这块扇形铁片围成一个圆锥筒,则这个圆锥筒的容积等于________3
8.(2011&
四川)如图,半径为R的球中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时,球的表面积与该圆柱的侧面积之差是________.
三、解答题(共38分)
9.(12分)(2011&
佛模拟)如图组合体中,三棱柱AB—A1B11的侧面ABB1A1是圆柱的轴截面,是圆柱底面圆周上不与A、B重合的一个点.当点是弧AB的中点时,求四棱锥A1—B1B1与圆柱的体积比.10.(12分)(2011&
抚顺模拟)如图,四面体ABD中,△AB与△DB都是边长为4的正三角形.
(1)求证:
B⊥AD;
(2)试问该四面体的体积是否存在最大值?
若存在,求出这个最大值及此时棱长AD的大小;
若不存在,说明理由.11.(14分)(2011&
锦州期末)如图,多面体ABFED的直观图及三视图如图所示,,N分别为AF,B的中点.
(1)求证:
N∥平面DEF;
(2)求多面体A—DEF的体积.学案41 空间几何体的表面积与体积
自主梳理
1.
(1)h
(2)12nah′ 12h′ (3)12n(a+a′)h′ 12(+′)h′ (4)4πR2 2
(1)Sh
(2)13Sh (3)13h(S+SS′+S′) (4)43πR3
自我检测
1.D [由题意,S△AB=34,三棱锥的高h=3,
∴V三棱锥P—AB=13Sh=34]
2.A [设正方体棱长为a,则正四面体棱长AB=2a,
∴S正四面体表=4×
34×
(2a)2=23a2
∵S正方体表=6a2,∴四面体的表面积与正方体表面积的比为3∶3]
3.
4D [据三视图可知该几何体由球和圆柱体组成,如图所示,
故该几何体的表面积为S=S圆柱+S球=2π+6π+4π=12π]
.A [由三视图可知该几何体是一个边长为2的正方体内部挖去一个底面半径为1,高为2的圆锥,所以V=23-13×
π×
2=8-2π3,故选A]
堂活动区
例1 解题导引 对于斜棱柱表面积及体积的求解必须求各个侧面的面积和棱柱的高.
解决此类斜棱柱侧面积问题的关键:
在已知棱柱高的条下,用线面垂直&
#868;
线线垂直的方法作出各个侧面的高,并在相应的直角三角形中求解侧面的高.
解 如图,过点A1作A1⊥面AB于点,连接A
过点A1作A1E⊥AB于点E,过点A1作A1F⊥A于点F,连接E,F,易得E⊥AB,F⊥A,
∵AA1和AB与A都成60°
角,
∴△A1AE≌△A1AF,∴A1E=A1F
∵A1⊥面AB,∴E=F
∴点在∠BA的角平分线上,延长A交B于点D,
∵△AB是正三角形,
∴B⊥AD∴B⊥AA1
∵AA1∥BB1,∴侧面BB11是矩形,
∴三棱柱的侧面积为S=2×
3×
4×
sin60°
+3×
4=12+123
∵AA1=3,AA1与AB和A都成60°
∴AE=32∵∠BA=30°
,
∴A=3,A1=6
∴三棱柱的体积为V=34×
16×
6=122
变式迁移1 27+4
解析 如图所示,设D为B的中点,连接A1D,AD
∵△AB为等边三角形,∴AD⊥B,∴B⊥平面A1AD,
∴B⊥A1A,
又∵A1A∥B1B,∴B⊥B1B,
又∵侧面与底面边长都等于2,
∴四边形BB11是正方形,其面积为4
作DE⊥AB于E,连接A1E,则AB⊥A1E,
又∵AD=22-12=3,DE=AD&
BDAB=32,
∴AE=AD2-DE2=32,
∴A1E=AA21-AE2=72,
∴S四边形ABB1A1=7,∴S三棱柱侧=27+4
例2 解题导引 解决这类题的关键是弄清楚旋转后所形成的图形的形状,再将图形进行合理的分割,然后利用有关公式进行计算.求全面积时不要忘记“内表面”.
解 如图所示,过作1⊥AB于1,在半圆中可得∠BA=90°
∠BA=30°
AB=2R,
∴A=3R,B=R,1=32R,
∴S球=4πR2,
S圆锥A1侧=π×
32R×
3R
=32πR2,
S圆锥B1侧=π×
R=32πR2,
∴S几何体表=S球+S圆锥A1侧+S圆锥B1侧
=112πR2+32πR2=11+32πR2,
∴旋转所得到的几何体的表面积为11+32πR2
又V球=43πR3,V圆锥A1=13&
A1&
π21
=14πR2&
A1,
V圆锥B1=13B1&
π21=14πR2&
B1,
∴V几何体=V球-(V圆锥A1+V圆锥B1)
=43πR3-12πR3=6πR3
变式迁移2 20π
解析 在△AB中,AB=A=2,∠BA=120°
,可得B=23,由正弦定理,可得△AB外接圆的半径r=2,设此圆圆心为′,球心为,在Rt△B′中,易得球半径R=,故此球的表面积为4πR2=20π
例3 解题导引 本题可将长方体表面展开,利用平面内两点间的线段长是两点间的最短距离解答.
解 将长方体相邻两个面展开有下列三种可能,
如图所示.三个图形甲、乙、丙中A1的长分别为:
#61480;
a+b&
#61481;
2+2=a2+b2+2+2ab,
a2+&
b+&
2=a2+b2+2+2b,
a+&
2+b2=a2+b2+2+2a,
∵a&
0,∴ab&
a&
0
故最短线路的长为a2+b2+2+2b
变式迁移3 2
解析 将△B1沿B1线折到面A11B上,如图所示.连接A1即为P+PA1的最小值,过点作D垂直A11延长线交于D,△B1为等腰直角三角形,
∴D=1,1D=1,A1D=A11+1D=7
∴A1=A1D2+D2=49+1=2
后练习区
1. [由三视图知该几何体的直观图如图所示,该几何体的下底面是边长为4的正方形;
上底面是长为4、宽为2的矩形;
两个梯形侧面垂直于底面,上底长为2,下底长为4,高为4;
另两个侧面是矩形,宽为4,长为42+12=17所以S表=42+2×
4+12×
(2+4)×
2+4×
17×
2=48+817]
2.D [由43πR3=32π3,∴R=2∴正三棱柱的高h=4设其底面边长为a,则13&
32a=2,∴a=43
∴V=34×
(43)2×
4=483]
3.D 4B
. [将三视图还原成几何体的直观图如图所示.它的四个面的面积分别为8,6,10,62,故最大的面积应为10
6.67
解析 取底面中心为,AF中点为,连接P、、P、A,则P⊥,⊥AF,P⊥AF,
∵A=P=2,∴=3,
P=4+3=7
∴S侧=6×
12×
2×
7=67
713π
解析 围成圆锥筒的母线长为4,
设圆锥的底面半径为r,则2πr=14&
2π×
4,
∴r=1,∴圆锥的高h=42-12=1
∴V圆锥=13&
πr2&
h=13π(3).
8.2πR2
解析 方法一 设圆柱的轴与球的半径的夹角为α,则圆柱高为2Rsα,圆柱底面半径为Rsinα,∴S圆柱侧=2π&
Rsinα&
2Rsα=2πR2sin2α当sin2α=1时,S圆柱侧最大为2πR2,此时,S球表-S圆柱侧=4πR2-2πR2=2πR2
方法二 设圆柱底面半径为r,则其高为2R2-r2
∴S圆柱侧=2πr&
2R2-r2,
S′圆柱侧=4πR2-r2-4πr2R2-r2
令S′圆柱侧=0,得r=22R
当0&
r&
22R时,S′&
0;
当22R&
R时,S′&
∴当r=22R时,S圆柱侧取得最大值2πR2
此时S球表-S圆柱侧=4πR2-2πR2=2πR2
方法三 设圆柱底面半径为r,则其高为2R2-r2,
2R2-r2=4πr2&
R2-r2&
≤4πr2+&
2=2πR2(当且仅当r2=R2-r2,即r=22R时取“=”).
∴当r=22R时,S圆柱侧最大为2πR2
9.解 设圆柱的底面半径为r,母线长为h,
当点是弧的中点时,三角形AB的面积为r2,三棱柱AB—A1B11的体积为r2h,三棱锥A1—AB的体积为13r2h,四棱锥A1—B1B1的体积为r2h-13r2h=23r2h,圆柱的体积为πr2h,(10分)
故四棱锥A1—B1B1与圆柱的体积比为2∶3π
(12分)
10.
(1)证明 取B的中点E,连接AE,DE,EF,∵△AB与△DB都是边长为4的正三角形,
∴AE⊥B,DE⊥B
又AE∩DE=E,
∴B⊥平面AED又AD&
#8834;
面AED,
∴B⊥AD(6分)
(2)解 由已知得,△AED为等腰三角形,且AE=ED=23,设AD=x,F为棱AD的中点,
则EF=12-12x2,
S△AED=12x12-x24=1448x2-x4,(8分)
V=13S△AED&
(BE+E)=1348x2-x4(0&
x&
43),
当x2=24,即x=26时,Vax=8,
∴该四面体存在最大值,最大值为8,(11分)
此时棱长AD=26(12分)
11.
(1)证明 由多面体ABFED的三视图知,三棱柱AED—BF中,底面DAE是等腰直角三角形,DA=AE=2,DA⊥平面ABFE,面ABFE,ABD都是边长为2的正方形.(3分)连接EB,则是EB的中点,
在△EB中,N∥E,
且E&
平面DEF,
N&
#8836;
∴N∥平面DEF(6分)
(2)解 ∵DA⊥平面ABFE,
EF&
平面ABFE,
∴EF⊥AD又EF⊥AE,AE∩AD=A,∴EF⊥平面ADE
又DE&
平面ADE,∴EF⊥DE,(8分)
∴四边形DEF是矩形,且平面DEF⊥平面DAE
取DE的中点H,连接AH,∵DA⊥AE,DA=AE=2,
∴AH=2,且AH⊥平面DEF(12分)
∴多面体A—DEF的体积V=13SDEF&
AH
=13DE&
AH=83(14分)
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