【数学】2019届一轮复习北师大版简单几何体的表面积与体积学案文 20页

‎§8.2　简单几何体的面积与体积 最新考纲 考情考向分析 了解球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式.‎ 本部分是高考考查的重点内容，主要涉及简单几何体的面积与体积的计算．命题形式以选择题与填空题为主，考查简单几何体的面积与体积的计算，涉及简单几何体的结构特征、三视图等内容，要求考生要有较强的空间想象能力和计算能力，广泛应用转化与化归思想.‎ ‎1．多面体的表面积、侧面积 因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．‎ ‎2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 圆柱 圆锥 圆台 侧面展开图 侧面积公式 S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r1＋r2)l ‎3.柱、锥、台、球的表面积和体积 ‎ 名称 几何体　　‎ 表面积 体积 柱体(棱柱和圆柱)‎ S表面积＝S侧＋2S底 V＝Sh 锥体(棱锥和圆锥)‎ S表面积＝S侧＋S底 V＝Sh 台体(棱台和圆台)‎ S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h 球 S＝4πR2‎ V＝πR3‎ 知识拓展 ‎1．与体积有关的几个结论 ‎(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差．‎ ‎(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等．‎ ‎2．几个与球有关的切、接常用结论 ‎(1)正方体的棱长为a，球的半径为R，‎ ‎①若球为正方体的外接球，则2R＝a；‎ ‎②若球为正方体的内切球，则2R＝a；‎ ‎③若球与正方体的各棱相切，则2R＝a.‎ ‎(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝.‎ ‎(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.‎ 题组一　思考辨析 ‎1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)‎ ‎(1)多面体的表面积等于各个面的面积之和．(　√　)‎ ‎(2)锥体的体积等于底面积与高之积．(　×　)‎ ‎(3)球的体积之比等于半径比的平方．(　×　)‎ ‎(4)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．(　√　)‎ ‎(5)长方体既有外接球又有内切球．(　×　)‎ ‎(6)圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS.(　×　)‎ 题组二　教材改编 ‎2．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 答案　B 解析　S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，‎ ‎∴r2＝4，∴r＝2.‎ ‎3.如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________．‎ 答案　1∶47‎ 解析　设长方体的相邻三条棱长分别为a，b，c，它截出棱锥的体积V1＝××a×b×c＝abc，剩下的几何体的体积V2＝abc－abc＝abc，所以V1∶V2＝1∶47.‎ 题组三　易错自纠 ‎4．(2017·西安一中月考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)‎ A．3π B．4π C．2π＋4 D．3π＋4‎ 答案　D 解析　由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示．‎ 表面积为2×2＋2××π×12＋π×1×2＝4＋3π.‎ ‎5．(2016·全国Ⅱ)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　　)‎ A．12π B.π C．8π D．4π 答案　A 解析　由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线2即为球的直径，所以球的表面积为4πR2＝(2R)2π＝12π，故选A.‎ ‎6．(2018·大连调研)如图为一个半球挖去一个圆锥后的几何体的三视图，则剩余部分与挖去部分的体积之比为________．‎ 答案　1∶1‎ 解析　由三视图可知半球的半径为2，圆锥底面圆的半径为2，高为2，所以V圆锥＝×π×23＝π，V半球＝×π×23＝π，所以V剩余＝V半球－V圆锥＝π，故剩余部分与挖去部分的体积之比为1∶1.‎ 题型一　求简单几何体的表面积 ‎1．(2018届云南昆明一中摸底)一个正方体挖去一个多面体所得的几何体的三视图如图所示，其中主视图、左视图和俯视图均为边长等于2的正方形，则这个几何体的表面积为(　　)‎ A．16＋4 B．16＋4 C．20＋4 D．20＋4 答案　D 解析　由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体的内部挖去一个底面边长为2的正四棱锥，将三视图还原可得如图，可得其表面积为S＝5×22＋4××2×＝20＋4，故选D.‎ ‎2．(2017·黑龙江哈师大附中一模)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)‎ A. B. C．13 D. 答案　C 解析　由三视图可知几何体为三棱台，作出直观图如图所示．则CC′⊥平面ABC，上、下底均为等腰直角三角形，AC⊥BC，AC＝BC＝1，A′C′＝B′C′＝C′C＝2，‎ ‎∴AB＝，A′B′＝2.‎ ‎∴棱台的上底面面积为×1×1＝，下底面面积为×2×2＝2，梯形ACC′A′的面积为×(1＋2)×2＝3，梯形BCC′B′的面积为×(1＋2)×2＝3，过A作AD⊥A′C′于点D，过D作DE⊥A′B′，则AD＝CC′＝2，‎ DE为△A′B′C′斜边高的，∴DE＝，‎ ‎∴AE＝＝，‎ ‎∴梯形ABB′A′的面积为×(＋2)×＝，‎ ‎∴几何体的表面积S＝＋2＋3＋3＋＝13，故选C.‎ 思维升华 简单几何体表面积的求法 ‎(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．‎ ‎(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．‎ ‎(3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．‎ 题型二　求简单几何体的体积 命题点1　以三视图为背景的几何体的体积 典例 (2018届广雅中学、东华中学、河南名校联考)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，则该几何体的体积为(　　)‎ A. B．8π＋8‎ C. D. 答案　A 解析　根据三视图可知，几何体是个球与一个直三棱锥的组合体，球的半径为2，三棱锥底面是等腰直角三角形，面积为S＝×2×2＝4，高为2，所以三棱锥的体积V＝×4×2＝，故组合体的体积V＝×π×23＋＝，故选A.‎ 命题点2　求简单几何体的体积 典例 (2018·广州调研)已知E，F分别是棱长为a的正方体ABCD—A1B‎1C1D1的棱AA1，CC1的中点，则四棱锥C1—B1EDF的体积为________．‎ 答案　a3‎ 解析　方法一　如图所示，连接A‎1C1，B1D1交于点O1，连接B1D，EF，过点O1作O1H⊥B1D于点H.‎ 因为EF∥A‎1C1，且A‎1C1⊈平面B1EDF，EF平面B1EDF，‎ 所以A‎1C1∥平面B1EDF.‎ 所以C1到平面B1EDF的距离就是A‎1C1到平面B1EDF的距离．‎ 易知平面B1D1D⊥平面B1EDF，‎ 又平面B1D1D∩平面B1EDF＝B1D，‎ 所以O1H⊥平面B1EDF，‎ 所以O1H等于四棱锥C1—B1EDF的高．‎ 因为△B1O1H∽△B1DD1，‎ 所以O1H＝＝a.‎ 所以＝S四边形BEDF·O1H＝×·EF·B1D·O1H＝×·a·a·a＝a3.‎ 方法二　连接EF，B1D.‎ 设B1到平面C1EF的距离为h1，D到平面C1EF的距离为h2，则h1＋h2＝B1D1＝a.‎ 由题意得，V四棱锥C－BEDF＝V三棱锥B－CEF＋V三棱锥D—CEF ‎＝··(h1＋h2)＝a3.‎ 思维升华 简单几何体体积问题的常见类型及解题策略 ‎(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．‎ ‎(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．‎ ‎(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．‎ 跟踪训练 (1)(2018届河南洛阳联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A．2 B．1‎ C. D. 答案　C 解析　几何体如图，‎ 由三视图得底面为对角线为2的正方形，高为1，所以体积为××2×1×2×1＝，故选C.‎ ‎(2)如图，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　A 解析　如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，‎ 容易求得EG＝HF＝，‎ AG＝GD＝BH＝HC＝，‎ 取AD的中点O，连接GO，易得GO＝，‎ ‎∴S△AGD＝S△BHC＝××1＝，‎ ‎∴多面体的体积V＝V三棱锥E－ADG＋V三棱锥F－BCH＋V三棱柱AGD－BHC＝2V三棱锥E－ADG＋V三棱柱AGD－BHC ‎＝×××2＋×1＝.故选A.‎ 题型三　与球有关的切、接问题 典例 (2016·全国Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC—A1B‎1C1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. 答案　B 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.‎ 引申探究　‎ ‎1．若将本例中的条件变为“直三棱柱ABC—A1B‎1C1的6个顶点都在球O的球面上”，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，求球O的表面积．‎ 解　将直三棱柱补形为长方体ABEC—A1B1E‎1C1，‎ 则球O是长方体ABEC—A1B1E‎1C1的外接球．‎ ‎∴体对角线BC1的长为球O的直径．‎ 因此2R＝＝13.‎ 故S球＝4πR2＝169π.‎ ‎2．若将本例中的条件变为“正四棱锥的顶点都在球O的球面上”，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的体积．‎ 解　如图，设球心为O，半径为r，则在Rt△AOF中，‎ ‎(4－r)2＋()2＝r2，‎ 解得r＝，‎ 则球O的体积V球＝πr3＝π×3＝.‎ 思维升华 简单几何体与球接、切问题的求解方法 ‎(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．‎ ‎(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，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．‎ 跟踪训练 (2018届漯河高级中学模拟)四面体ABCD的四个顶点都在球O的表面上，AB＝2，BC＝CD＝1，∠BCD＝60°，AB⊥平面BCD，则球O的表面积为(　　)‎ A．8π B. C. D. 答案　D 解析　如图，∵BC＝CD＝1，∠BCD＝60°，∴底面△BCD为等边三角形，取CD的中点E，连接BE，∴△BCD的外心在BE上，设为G，取BC的中点F，连接GF，在Rt△BCE中，由CE＝，∠CBE＝30°，得BF＝BC＝，又在Rt△BFG中，得BG＝＝，过G作AB的平行线与AB的中垂线HO交于点O，则O为四面体ABCD的外接球的球心，即R＝OB，‎ ‎∵AB⊥平面BCD，∴OG⊥BG，‎ 在Rt△BGO中，求得OB＝＝，‎ ‎∴球O的表面积为4π2＝.故选D.‎ 三视图(基本的、和球联系的)‎ 考点分析 ‎ 三视图是高考重点考查的一个知识点，主要考查由几何体的三视图还原几何体的形状，进而求解表面积、体积等知识，所涉及的几何体既包括柱、锥、台、球等简单几何体，也包括一些组合体，处理此类题目的关键是通过三视图准确还原几何体．‎ 典例1 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于(　　)‎ A. B．160‎ C．64＋32 D．60‎ 解析　由题意知该几何体是由一个直三棱柱和一个四棱锥组成的组合体，如图所示，其中直三棱柱的高为8－4＝4，故V直三棱柱＝8×4＝32，四棱锥的底面为边长为4的正方形，高为4，故V四棱锥＝×16×4＝，故该几何体的体积V＝V直三棱柱＋V四棱锥＝32＋＝，故选A.‎ 答案　A 典例2 某组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为________．‎ 解析　如图所示，该组合体由一个四棱锥和四分之一个球组成，球的半径为1，四棱锥的高为球的半径，四棱锥的底面为等腰梯形，上底为2，下底为1，高为，所以该组合体的体积V＝××(2＋1)××1＋×π×13＝＋.‎ 答案　＋ ‎1．(2018届山西名校联考)榫卯是在两个木构件上所采用的一种凹凸结合的连接方式，凸出部分叫榫，凹进部分叫卯，榫和卯咬合，起到连接作用，代表建筑有：北京的紫禁城、天坛祈年殿、山西悬空寺等，如图所示是一种榫卯的三视图，其表面积为(　　)‎ A．8＋12π B．8＋16π C．9＋12π D．9＋16π 答案　B 解析　由三视图可知榫卯的榫为底边长为1，高为2的长方体，卯为底面半径为r＝2，高为2的中空的圆柱体，设表面积为S，侧面积为S1＝2π×2×2＋4×2＝8π＋8，上、下底面积的和为S2＝2×π×22＝8π，则有S＝S1＋S2＝16π＋8，故选B.‎ ‎2．(2018届贵州黔东南州联考)在△ABC中，AB＝2，BC＝1.5，∠ABC＝120°(如图所示)，若将△ABC绕直线BC旋转一周，则形成的旋转体的体积是(　　)‎ A. B. C. D. 答案　D 解析　由题意可知，旋转体是一个大圆锥去掉一个小圆锥，如图所示，OA＝AB·cos 30°＝2×＝，‎ 所以旋转体的体积为π·()2·(OC－OB)＝.‎ ‎3．(2018届广西柳州联考)过半径为2的球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的体积的比为(　　)‎ A．9∶32 B．9∶16‎ C．3∶8 D．3∶16‎ 答案　A 解析　R＝2，设截面圆M的半径为r，‎ 则R2＝R2＋r2，∴r2＝3.‎ 所得截面的面积与球的体积比为＝，故选A.‎ ‎4．(2017·昆明质检)如图所示，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，则该几何体的体积为(　　)‎ A．24π B．30π C．42π D．60π 答案　A 解析　由三视图知，该几何体是半径为3的半球与底面半径为3、高为4的半圆锥的组合体，所以该几何体的体积V＝×π×33＋×π×32×4＝24π，故选A.‎ ‎5．(2018·九江一模)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线是一个棱锥的三视图，则此棱锥的表面积为(　　)‎ A．6＋4＋2 B．8＋4 C．6＋6 D．6＋2＋4 答案　A 解析　直观图是四棱锥P—ABCD，如图所示，S△PAB＝S△PAD＝S△PDC＝×2×2＝2，S△PBC＝×2×2×sin 60°＝2，S四边形ABCD＝2×2＝4，因此所求棱锥的表面积为6＋4＋2.故选A.‎ ‎6．(2017·广州市高中毕业班综合测试)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P—ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝2，AC＝4，三棱锥P—ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为(　　)‎ A．8π B．12π C．20π D．24π 答案　C 解析　方法一　将三棱锥P—ABC放入长方体中，如图(1)，三棱锥P—ABC的外接球就是长方体的外接球．‎ 因为PA＝AB＝2，AC＝4，△ABC为直角三角形，所以BC＝＝2.设外接球的半径为R，由题意可得(2R)2＝22＋22＋(2)2＝20，故R2＝5，则球O的表面积为4πR2＝20π，故选C.‎ 方法二　利用鳖臑的特点求解，如图(2)，因为四个面都是直角三角形，所以PC的中点到每一个顶点的距离都相等，即PC的中点为球心O，易得2R＝PC＝，所以球O的表面积为4πR2＝20π，故选C.‎ ‎7．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　 解析　设新的底面半径为r，由题意得πr2·4＋πr2·8＝π×52×4＋π×22×8，解得r＝.‎ ‎8．(2017·天津)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________．‎ 答案　π 解析　设正方体棱长为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×3＝π.‎ ‎9.(2017·南昌一模)如图所示，在直角梯形ABCD中，AD⊥DC，AD∥BC，BC＝2CD＝2AD＝2，若将该直角梯形绕BC边旋转一周，则所得的几何体的表面积为______．‎ 答案　(＋3)π 解析　根据题意可知，此旋转体的上半部分为圆锥(底面半径为1，高为1)，下半部分为圆柱 ‎(底面半径为1，高为1)，如图所示．‎ 则所得几何体的表面积为圆锥的侧面积、圆柱的侧面积以及圆柱的下底面积之和，即表面积为·2π·1·＋2π·12＋π·12＝(＋3)π.‎ ‎10．(2018·长沙质检)如图所示，一个底面半径为R的圆柱形量杯中装有适量的水．若放入一个半径为r的实心铁球，水面高度恰好升高r，则＝________.‎ 答案　 解析　由水面高度升高r，得圆柱体积增加了πR2r，恰好是半径为r的实心铁球的体积，因此有πr3＝πR2r.故＝.‎ ‎11.如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.‎ ‎(1)证明：平面AEC⊥平面BED；‎ ‎(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥EACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．‎ ‎(1)证明　因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.‎ 因为BE⊥平面ABCD，AC平面ABCD，‎ 所以BE⊥AC.‎ 而BD∩BE＝B，BD，BE平面BED，‎ 所以AC⊥平面BED.‎ 又AC平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.‎ ‎(2)解　设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝.‎ 因为AE⊥EC，‎ 所以在Rt△AEC中，可得EG＝x.‎ 由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，‎ 可得BE＝x.‎ 由已知得，三棱锥EACD的体积 V三棱锥EACD＝×AC·GD·BE＝x3＝，‎ 故x＝2.‎ 从而可得AE＝EC＝ED＝.‎ 所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.‎ 故三棱锥EACD的侧面积为3＋2.‎ ‎12.(2018·贵阳质检)如图，△ABC内接于圆O，AB是圆O的直径，四边形DCBE为平行四边形，DC⊥平面ABC，AB＝2，EB＝.‎ ‎(1)求证：DE⊥平面ACD；‎ ‎(2)设AC＝x，V(x)表示三棱锥B－ACE的体积，求函数V(x)的解析式及最大值．‎ ‎(1)证明　∵四边形DCBE为平行四边形，‎ ‎∴CD∥BE，BC∥DE.‎ ‎∵DC⊥平面ABC，BC平面ABC，∴DC⊥BC.‎ ‎∵AB是圆O的直径，∴BC⊥AC，且DC∩AC＝C，‎ DC，AC平面ADC，‎ ‎∴BC⊥平面ADC.‎ ‎∵DE∥BC，∴DE⊥平面ADC.‎ ‎(2)解　∵DC⊥平面ABC，∴BE⊥平面ABC.‎ 在Rt△ABE中，AB＝2，EB＝.‎ 在Rt△ABC中，∵AC＝x，∴BC＝(0