专题八 立体几何
【真题典例】
8.1 空间几何体的表面积和体积
挖命题 【考情探究】
5年考情 考点 内容解读 考题示例 认识柱、锥、台、球2018北京,5 1.空间几何体的结构特征 结构特征,并能运用2014北京文,11 这些特征描述现实及其简单组合体的2017北京,7 的结构特征 空间几何体三视图 ★★★ 预测热度 考向 关联考点 备战2020高考
生活中简单物体的结构 理解球、柱体、锥体、2.空间几台体的表面积和体何体的表面积和体积 求记忆) 积的计算公式(不要2015北京文,18 体积 置关系的判定 2015北京,5 的表面积和平面与平面的位2016北京,6 空间几何体的位置关系以及★★★ 空间直线与平面分析解读 1.理解多面体、棱柱、棱锥、棱台的概念,牢记它们的几何特征.2.理解圆柱、圆锥、圆台、球等几何体的形成过程,理解轴截面、中截面的含义及掌握将圆柱、圆锥、圆台的空间问题转化为平面问题的方法.3.理解柱、锥、台、球的侧面积、表面积和体积的概念.4.结合模型,在理解的基础上熟练掌握柱、锥、台、球的表面积公式和体积公式.5.备考时关注以柱、锥与球的接、切问题为命题背景,突出空间几何体的线面位置关系的试题.6.高考对本节内容的考查以计算几何体的表面积和体积为主,分值约为5分,属于中档题.
破考点 【考点集训】
考点一 空间几何体的结构特征
1.下列结论正确的是( )
A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B.以三角形的一条边所在直线为旋转轴,其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥 C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等,则此棱锥可能是六棱锥 D.圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线 答案 D
考点二 空间几何体的表面积和体积
2.(2015北京,5,5分)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的表面积是( )
备战2020高考
A.2+ B.4+ C.2+2 D.5 答案 C
3.(2015安徽改编,19,13分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,∠BAC=60°.求三棱锥P-ABC的体积.
解析 由AB=1,AC=2,∠BAC=60°, 可得S△ABC=·AB·AC·sin 60°=.
由PA⊥平面ABC,可知PA是三棱锥P-ABC的高,又PA=1, 所以三棱锥P-ABC的体积 V=·S△ABC·PA=.
炼技法 【方法集训】
方法1 空间几何体表面积与体积的求解方法
1.(2016课标Ⅱ文,4,5分)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
2.(2016北京,6,5分)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为( )
备战2020高考
A. B. C. D.1 答案 A
3.(2015课标Ⅰ,6,5分)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有( )
A.14斛 B.22斛 C.36斛 D.66斛 答案 B
4.(2018江苏,10,5分)如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 .
答案
5.(2014山东文,13,5分)一个六棱锥的体积为2 ,其底面是边长为2的正六边形,侧棱长都相等,则该六棱锥的侧面积为 . 答案 12
方法2 与球有关的切、接问题的求解方法
备战2020高考
6.(2015课标Ⅱ,10,5分)已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90°,C为该球面上的动点.若三棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为( )
A.36π B.64π C.144π D.256π 答案 C
7.(2017课标Ⅱ,15,5分)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 . 答案 14π
8.(2017天津,11,5分)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
过专题 【五年高考】
A组 自主命题·北京卷题组
1.(2018北京,5,5分)某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4 答案 C
2.(2017北京,7,5分)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为( )
备战2020高考
A.3 B.2 C.2 D.2 答案 B
3.(2012北京,7,5分)某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是( )
A.28+6 B.30+6 C.56+12 D.60+12 答案 B
4.(2011北京,7,5分)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.8 B.6 C.10 D.8 答案 C
5.(2014北京文,11,5分)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥最长棱的棱长为 .
备战2020高考
答案 2
6.(2015北京文,18,14分)如图,在三棱锥V-ABC中,平面VAB⊥平面ABC,△VAB为等边三角形,AC⊥BC且AC=BC= ,O,M分别为AB,VA的中点. (1)求证:VB∥平面MOC; (2)求证:平面MOC⊥平面VAB; (3)求三棱锥V-ABC的体积.
解析 (1)证明:因为O,M分别为AB,VA的中点, 所以OM∥VB.
又因为VB⊄平面MOC,OM⊂平面MOC, 所以VB∥平面MOC.
(2)证明:因为AC=BC,O为AB的中点, 所以OC⊥AB.
又因为平面VAB⊥平面ABC,平面VAB∩平面ABC=AB,且OC⊂平面ABC, 所以OC⊥平面VAB. 因为OC⊂平面MOC, 所以平面MOC⊥平面VAB.
备战2020高考
(3)解法一:在等腰直角三角形ACB中,AC=BC= , 所以AB=2,则OC=1.
所以等边三角形VAB的面积S△VAB=AB·BVsin 60°=×2×2×= .
又因为OC⊥平面VAB,
所以三棱锥C-VAB的体积等于S△VAB·OC=.
又因为三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等, 所以三棱锥V-ABC的体积为.
解法二:连接VO,与(2)同理,可证VO⊥平面ABC,在等边三角形VAB中,AB=2,所以VO= . 所以三棱锥V-ABC的体积等于S△ABC·VO=×× × × =.
思路分析 (1)在△ABV中,利用中位线定理得OM∥VB,由此证明VB∥平面MOC.
(2)先证OC⊥AB,再由平面VAB⊥平面ABC证得OC⊥平面VAB,由此证明平面MOC⊥平面VAB.
(3)解法一:通过三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等,计算求解.解法二:直接求解V-ABC的体积.
评析本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系的判定,以及几何体体积的求解,考查学生空间想象能力和逻辑推理能力.
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
1.(2017课标Ⅲ,8,5分)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. 答案 B
2.(2014课标Ⅱ,7,5分)正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为 ,D为BC中点,则三棱锥A-B1DC1的体积为( )
备战2020高考
A.3 B. C.1 D.
答案 C
3.(2014大纲全国,8,5分)正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为( ) A.
B.16π C.9π D.
答案 A
4.(2014陕西,5,5分)已知底面边长为1,侧棱长为 的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体积为( ) A.
B.4π C.2π D. 答案 D
5.(2018课标Ⅱ,16,5分)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为,SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为5 ,则该圆锥的侧面积为 . 答案 40 π
6.(2017江苏,6,5分)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,则 的值是 .
答案
7.(2015江苏,9,5分)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 备战2020高考
8.(2018课标Ⅰ,18,12分)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC为折痕将△ACM折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥DA. (1)证明:平面ACD⊥平面ABC;
(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=DA,求三棱锥Q-ABP的体积.
解析 (1)证明:由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC. 又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD. 又AB⊂平面ABC, 所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3 . 又BP=DQ=DA,所以BP=2 . 作QE⊥AC,垂足为E,则QEDC. 由已知及(1)可得DC⊥平面ABC, 所以QE⊥平面ABC,QE=1. 因此,三棱锥Q-ABP的体积为
·S△ABP·QE=××3×2 sin 45°×1=1.
规律总结 证明空间线面位置关系的一般步骤:
备战2020高考
(1)审清题意:分析条件,挖掘题目中平行与垂直的关系;
(2)明确方向:确定问题的方向,选择证明平行或垂直的方法,必要时添加辅助线; (3)给出证明:利用平行、垂直关系的判定或性质给出问题的证明;
(4)反思回顾:查看关键点、易漏点,检查使用定理时定理成立的条件是否遗漏,符号表达是否准确. 解题关键 (1)利用平行关系将∠ACM=90°转化为∠BAC=90°是求证第(1)问的关键;
(2)利用翻折的性质将∠ACM=90°转化为∠ACD=90°,进而利用面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理得出三棱锥Q-ABP的高是求解第(2)问的关键.
9.(2017课标Ⅱ文,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°. (1)证明:直线BC∥平面PAD;
(2)若△PCD的面积为2 ,求四棱锥P-ABCD的体积.
解析 本题考查线面平行的判定和体积的计算. (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)取AD的中点M,连接PM,CM.
由AB=BC=AD及BC∥AD,∠ABC=90°得四边形ABCM为正方形,则CM⊥AD.
备战2020高考
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,则CM=x,CD= x,PM= x,PC=PD=2x. 取CD的中点N,连接PN, 则PN⊥CD,所以PN=
x.
因为△PCD的面积为2 , 所以× x×
x=2 ,
解得x=-2(舍去)或x=2.于是AB=BC=2,AD=4,PM=2 . 所以四棱锥P-ABCD的体积V=×
×2 =4 .
10.(2016课标Ⅱ文,19,12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D'EF的位置. (1)证明:AC⊥HD';
(2)若AB=5,AC=6,AE=,OD'=2 ,求五棱锥D'-ABCFE的体积.
解析 (1)证明:由已知得AC⊥BD,AD=CD. 又由AE=CF得
=,故
AC∥EF.(2分)
备战2020高考
由此得EF⊥HD,EF⊥HD',所以AC⊥HD'.(4分) (2)由EF∥AC得
==.(5
分)
由AB=5,AC=6得DO=BO= - =4. 所以OH=1,D'H=DH=3.
于是OD'2+OH2=(2 )2+12=9=D'H2, 故OD'⊥OH.
由(1)知AC⊥HD',又AC⊥BD,BD∩HD'=H, 所以AC⊥平面BHD',于是AC⊥OD'.
又由OD'⊥OH,AC∩OH=O,所以OD'⊥平面ABC.(8分) 又由=
得
EF=.
五边形ABCFE的面积S=×6×8-××3=.(10分) 所以五棱锥D'-ABCFE的体积V=××2 =
.(12
分)
C组 教师专用题组
1.(2015陕西,5,5分)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
2.(2015湖南,10,5分)某工件的三视图如图所示.现将该工件通过切削,加工成一个体积尽可能大的正方体新
工件,并使新工件的一个面落在原工件的一个面内,则原工件材料的利用率为材料利用率=
新工件的体积原工件的体积
( )
备战2020高考
A. B.答案 A
3.(2014湖北,8,5分)《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土,这是我国现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“囷盖”的术:置如其周,令相乘也.又以高乘之,三十六成一.该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h,计算其体积V的近似公式V≈L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么,近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( ) A. B. C.答案 B
4.(2015四川,14,5分)在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,其正视图和侧视图都是边长为1的正方形,俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形.设点M,N,P分别是棱AB,BC,B1C1的中点,则三棱锥P-A1MN的体积是 . 答案
C.
-
D.
-
D.
5.(2013课标Ⅰ文,15,5分)已知H是球O的直径AB上一点,AH∶HB=1∶2,AB⊥平面α,H为垂足,α截球O所得截面的面积为π,则球O的表面积为 . 答案
6.(2013江苏,8,5分)如图,在三棱柱A1B1C1-ABC中,D,E,F分别是AB,AC,AA1的中点,设三棱锥F-ADE的体积为V1,三棱柱A1B1C1-ABC的体积为V2,则V1∶V2= .
备战2020高考
答案
7.(2016江苏,17,14分)现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥P-A1B1C1D1,下部的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍. (1)若AB=6 m,PO1=2 m,则仓库的容积是多少?
(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?
解析 (1)由PO1=2 m知O1O=4PO1=8 m. 因为A1B1=AB=6 m,
所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积
V锥=·A1 ·PO1=×62×2=24(m3);
正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积 V柱=AB2·O1O=62×8=288(m3).
所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312(m3).
(2)设A1B1=a(m),PO1=h(m),则0 因为在Rt△PO1B1中,O1 +P =P , 所以 +h2=36, 即a2=2(36-h2). 于是仓库的容积 V=V柱+V锥=a2·4h+a2·h=a2h=(36h-h3),0 8.(2015课标Ⅱ文,19,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形. (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值. 解析 (1)交线围成的正方形EHGF如图: 备战2020高考 (2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8. 因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10. 于是MH= - =6,AH=10,HB=6. 所以 梯形 =(A1E+AH)×A1A=(4+10)×8=56, 梯形 =(HB+EB1)×A1A=(6+12)×8=72, 梯形 梯形 又长方体被平面α分成两个等高的直棱柱,高为10,所以其体积的比值为 == 也正确 . 【三年模拟】 一、选择题(每小题5分,共10分) 1.(2018北京海淀一模,6)如图所示,一个棱长为1的正方体在一个水平放置的转盘上转动,用垂直于竖直墙面的水平光线照射,该正方体在竖直墙面上的投影的面积记作S,则S的值不可能是( ) A.1 B. C. D. 答案 D 2.(2019届北京大兴9月统练,7)某空间几何体的三视图如图所示,则此几何体体积的最大值为( ) A.2 B.4 C.6 D.8 答案 A 二、填空题(每小题5分,共10分) 备战2020高考 3.(2017北京海淀零模,14)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,长度为2的线段MN的一个端点M在棱DD1上运动,另一个端点N在正方形ABCD内运动,则MN中点的轨迹与正方体ABCD-A1B1C1D1的表面所围成的较小的几何体的体积等于 . 答案 4.(2017北京西城一模,14)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点P在正方形ABCD的边界及其内部运动.平面区域W由所有满足A1P≤ 的点P组成,则W的面积是 ;三棱锥P-A1BC的体积的最大值是 . 答案 ; 三、解答题(共30分) 5.(2019届北京通州期中文,19)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,E,F分别为PC,PB的中点,∠ACB=90°. (1)求证:EF∥平面ABC; (2)求证:EF⊥AE; (3)若PA=AC=CB,AB=4,求几何体EFABC的体积. 解析 (1)证明:因为E,F分别为PC,PB的中点, 所以EF∥BC, 备战2020高考 又因为EF⊄平面ABC,BC⊂平面ABC, 所以EF∥平面ABC. (2)证明:因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC, 又因为∠ACB=90°,所以AC⊥BC,又PA∩AC=A, 所以BC⊥平面PAC,又因为AE⊂平面PAC, 所以BC⊥AE, 又因为EF∥BC, 所以EF⊥AE. (3)在Rt△ABC中,AC=BC,AB=4,所以AC=BC=2 . 因为PA⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,所以PA⊥AC, 所以S△PAC=PA·AC=×2 ×2 =4. 因为BC⊥平面PAC, 所以三棱锥P-ABC的体积V1=VB-PAC=·S△PAC·BC=×4×2 = 因为BC⊥平面PAE,EF∥BC, 所以EF⊥平面PAE, 又S△PAE=S△PAC=2,EF=BC= , 所以三棱锥P-AEF的体积V2=VF-PAE=·S△PAE·EF=×2× = 所以几何体EFABC的体积V=V1-V2=2 . 6.(2018北京东城一模,18)如图,四边形ABCD为菱形,∠DAB=60°,ED⊥平面ABCD,ED=AD=2EF=2,EF∥AB,M为BC的中点. (1)求证:FM∥平面BDE; (2)求证:AC⊥BE; , , 备战2020高考 (3)若G为线段BE上的点,当三棱锥G-BCD的体积为 时,求的值. 解析 (1)证明:设AC∩BD=O,连接EO,MO. 因为M,O分别是BC,BD的中点. 所以OM∥AB,且OM=AB,又因为EF∥AB,且EF=AB, 所以EF∥OM,且EF=OM. 所以四边形EOMF为平行四边形.所以FM∥EO. 又因为EO⊂平面BDE,FM⊄平面BDE, 所以FM∥平面BDE. (2)证明:因为四边形ABCD为菱形, 所以AC⊥BD. 备战2020高考 因为ED⊥平面ABCD, 所以ED⊥AC. 因为BD∩ED=D, 所以AC⊥平面BDE. 又因为BE⊂平面BDE, 所以AC⊥BE. (3)过G作ED的平行线交BD于H. 因为ED⊥平面ABCD, 所以GH⊥平面ABCD. 所以GH为三棱锥G-BCD的高. 因为三棱锥G-BCD的体积为 所以三棱锥G-BCD的体积 V=×·BD·BC·sin 60°·GH=又BC=BD=2, 所以GH=. 因为GH∥ED, 所以△BGH∽△BED, 所以== =. , , 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容