2021新高考数学复习练习课件：§8.1　空间几何体的三视图、表面积和体积.pptx

1、考点考点1 空间几何体的三视图与直观图空间几何体的三视图与直观图 1.(2020课标,文3,理3,5分)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四 棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形 底边上的高与底面正方形的边长的比值为( ) A. B. C. D. 5-1 4 5-1 2 51 4 51 2 答案答案 C 如图,设正四棱锥的底面边长BC=a,侧面等腰三角形底边上的高PM=h,则正四棱锥的高PO= ,以PO的长为边长的正方形面积为h2-,一个侧面三角形面积为ah,h2-=ah,4h2 -2ah-a2=0, 2 2- 4 a

2、h 2 4 a1 2 2 4 a1 2 两边同除以a2可得4-2-1=0, 解得=,又0,=.故选C. 2 h a h a h a 15 4 h a h a 51 4 2.(2020课标理,7,5分)如图是一个多面体的三视图,这个多面体某条棱的一个端点 在正视图中对应的点为M,在俯视图中对应的点为N,则该端点在侧视图中对应的点为( ) A.E B.F C.G D.H 答案答案 A 根据三视图可得直观图如图所示,图中的点U在正视图中对应的点为M,在俯视图中对 应的点为N,所以该端点在侧视图中对应的点为E.故选A. 3.(2020课标理,8,5分)如图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是( )

3、 A.6+4 B.4+4 C.6+2 D.4+2 2233 答案答案 C 在正方体中还原几何体如图. 几何体为正方体的一部分:三棱锥P-ABC, S表面积=SPAC+SPAB+SPBC+SBAC =22+22+22+22=2+6. 故选C. 1 2 22 3 2 1 2 1 2 1 2 3 4.(2020北京,4,4分)某三棱柱的底面为正三角形,其三视图如图所示,该三棱柱的表面 积为( ) A.6+ B.6+2 C.12+ D.12+2 3333 答案答案 D 由题图知,该三棱柱为正三棱柱, 且底面是边长为2的正三角形,高为2, 其表面积为222+322=12+2. 故选D. 3 4 3 5.

4、(2020浙江,14,4分)已知圆锥的侧面积(单位:cm2)为2,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥 的底面半径(单位:cm)是 . 答案答案 1 解析解析 设圆锥的底面半径为r cm,母线长为l cm,如图. 由题意可得r=1.故圆锥的底面半径为1 cm. 2, 2 , Srl rl 侧 6.(2020新高考,16,5分)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,BAD=60.以D1为球心,为 半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 . 5 答案答案 2 2 解析解析 易知四边形A1B1C1D1为菱形,B1A1D1=60,连接B1D1,则B1C1D1为正三角形, 取B1C1的中

5、点O,连接D1O,易得D1OB1C1, D1O平面BCC1B1, 取BB1的中点E,CC1的中点F,连接D1E,D1F,OE,OF,EF,易知D1E=D1F=, 易知以D1为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1的交线为以O为圆心,OE为半径的, 5 5EF B1E=B1O=1,OE=,同理OF=,易知EF=2, EOF=90,的长=(2)=. 22 EF 1 4 2 2 2 7.(2019课标,16,5分)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

6、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 .(本题第一空2分,第二空3分) 图1 图2 答案答案 26;-1 2 解析解析 本题考查空间几何体的结构特征,空间几何体的直观图等知识;考查空间想象能力,运算求 解能力和应用意识;考查的核心素养为直观想象和数学运算.通过金石文化体现和弘扬中华优秀 传统文化. 半正多面体面数从上至下依次为1,8,8,8,1,故共有1+8+8+8+1=26个面.半正多面体的所有顶点都在 同一个正方体表面上,如图1,该正方体被半正多面体顶点

7、A,B,C所在平面截得的图形如图2.八边形 ABCDEFGH为正八边形. 图1 图2 设AB=a,则1=2a+a,解得a=-1. 2 2 2 1.(2020天津,5,5分)若棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( ) A.12 B.24 C.36 D.144 3 考点考点2 空间几何体的表面积空间几何体的表面积 答案答案 C 设球的半径为R,易知正方体的体对角线为球的直径,2=2R,R=3,该球的表 面积为4R2=36.故选C. 33 2.(2018课标文,5,5分)已知圆柱的上、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,则该圆

8、柱的表面积为( ) A.12 B.12 C.8 D.10 22 答案答案 B 本题主要考查圆柱的表面积及圆柱的轴截面. 设圆柱的底面半径为r,高为h,由题意可知2r=h=2,圆柱的表面积S=2r2+2r h=4+8=12.故 选B. 2 解题关键解题关键 正确理解圆柱的轴截面及熟记圆柱的表面积公式是解决本题的关键. 3.(2016课标文,4,5分)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上,则该球面的表面积为( ) A.12 B. C.8 D.4 32 3 答案答案 A 设正方体的棱长为a,则a3=8,解得a=2. 设球的半径为R,则2R=a,即R=,所以球的表面积S=4R2=12.故选A. 33

9、4.(2020课标,文11,理10,5分)已知ABC是面积为的等边三角形,且其顶点都在球O的球面 上.若球O的表面积为16,则O到平面ABC的距离为( ) A. B. C.1 D. 9 3 4 3 3 2 3 2 答案答案 C 设等边ABC的边长为a,外接圆半径为r,球心O到平面ABC的距离为h,球的半径为R, 依题意得a2=,解得a=3(负值舍去), 则ABC的外接圆半径为r=a=, 因为球O的表面积为16,即4R2=16,所以R=2. 由R2=h2+r2得h=1.故选C. 3 4 9 3 4 3 3 3 22 2 -( 3) 5.(2020课标,文12,理10,5分)已知A,B,C为球O的

10、球面上的三个点,O1为ABC的外接圆.若O1 的面积为4,AB=BC=AC=OO1,则球O的表面积为( ) A.64 B.48 C.36 D.32 答案答案 A 如图,由题意知ABC为等边三角形,圆O1的半径r=2,即O1B=2, BC=2=OO1, 在RtOO1B中,OB2=O+O1B2=16, 球O的半径R=OB=4, 则S球O=4R2=64.故选A. 3 2 1 O 6.(2017课标文,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 . 答案答案 14 解析解析 本题考查长方体和球的性质,考查了球的表面积公式. 由题意知长方体的体对角线为球O

11、的直径,设球O的半径为R,则(2R)2=32+22+12=14,得R2=,所以球O 的表面积为4R2=14. 7 2 易错警示易错警示 易因用错球的表面积公式而致错. 7.(2018课标理,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 . 7 8 15 答案答案 40 2 解析解析 本题考查了圆锥的性质和侧面积的计算,考查了直线所成的角和线面角. 因为母线SA与圆锥底面所成的角为45,所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形.设底面圆的半径 为r,则母线长l=r.在SAB中,cosASB=,所以sinASB=.因为

12、SAB的面积为5,即 SA SBsinASB=rr=5,所以r2=40,故圆锥的侧面积为rl=r2=40. 2 7 8 15 8 15 1 2 1 2 22 15 8 1522 疑难突破疑难突破 利用底面半径与母线的关系,以及SAB的面积值求出底面半径是解题的突破口. 8.(2017课标文,16,5分)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,SC是球O的直径.若平面 SCA平面SCB,SA=AC,SB=BC,三棱锥S-ABC的体积为9,则球O的表面积为 . 答案答案 36 解析解析 由题意作出图形,如图. 设球O的半径为R,由题意知SBBC,SAAC,又SB=BC,SA=AC,则SB=

13、BC=SA=AC=R.连接OA, OB,则OASC,OBSC,因为平面SCA平面SCB,平面SCA平面SCB=SC,所以OA平面SCB,所 以OAOB,则AB=R,所以ABC是边长为R的等边三角形,设ABC的中心为O1,连接OO1,CO 1. 则OO1平面ABC,CO1=R=R,则OO1=R, 则VS-ABC=2VO-ABC=2(R)2R=R3=9,所以R=3.所以球O的表面积S=4R2=36. 2 22 2 3 3 2 2 6 3 2 2 6 - 3 RR 3 3 1 3 3 4 2 3 3 1 3 名师点拨名师点拨 求解此类问题的关键是做好“双关”:一是“方程关”,借助图形,根据三棱锥的体

14、积, 得外接球的半径R所满足的方程,解方程,求出R的值;二是“公式关”,即利用球的表面积公式S=4 R2求其表面积. 1.(2017课标文,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,且BAP=CDP=90. (1)证明:平面PAB平面PAD; (2)若PA=PD=AB=DC,APD=90,且四棱锥P-ABCD的体积为,求该四棱锥的侧面积. 8 3 以下为教师用书专用 解析解析 本题考查立体几何中面面垂直的证明和几何体侧面积的计算. (1)证明:由已知BAP=CDP=90,得ABAP,CDPD. 由于ABCD,故ABPD,从而AB平面PAD. 又AB平面PAB,所以平面PAB平面PA

15、D. (2)在平面PAD内作PEAD,垂足为E. 由(1)知,AB平面PAD, 故ABPE,可得PE平面ABCD. 设AB=x,则由已知可得AD=x,PE=x. 故四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD=AB AD PE=x3. 2 2 2 1 3 1 3 由题设得x3=,故x=2. 从而PA=PD=2,AD=BC=2,PB=PC=2. 可得四棱锥P-ABCD的侧面积为PA PD+PA AB+PD DC+BC2sin 60=6+2. 1 3 8 3 22 1 2 1 2 1 2 1 2 3 方法归纳方法归纳 解此类问题的关键:一是转化思想,即把要证的面面垂直问题转化为证明线面垂直问 题,再把证

16、明线面垂直问题转化为证明线线垂直问题;二是利用方程思想求出四棱锥的相应棱长, 从而可求出四棱锥的侧面积. 2.(2016上海文,19,12分)将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱,如图, 长为, 长为,其中B1与C在平面AA1O1O的同侧. (1)求圆柱的体积与侧面积; (2)求异面直线O1B1与OC所成的角的大小. AC 5 6 11 AB 3 解析解析 (1)由题意可知,圆柱的母线长l=1,底面半径r=1. 圆柱的体积V=r2l=121=, 圆柱的侧面积S=2rl=211=2. (2)设过点B1的母线与下底面交于点B,连接OB,则O1B1OB, 所以COB或其

17、补角为O1B1与OC所成的角. 由 长为,可知AOB=A1O1B1=, 由长为,可知AOC=,COB=AOC-AOB=,所以异面直线O1B1与OC所成的角的 大小为. 11 AB 3 3 AC 5 6 5 6 2 2 思路分析思路分析 (1)由题意可知,圆柱的母线长l=1,底面半径r=1.由此计算即得所求. (2)设过点B1的母线与圆柱下底面交于点B,连接OB,由O1B1OB得COB或其补角为O1B1与OC所 成的角,再结合题设条件计算即得所求. 名师点拨名师点拨 此类题目是立体几何中的常见问题.解答的关键在于能利用直线与直线、直线与平 面、平面与平面关系的相互转化,将空间问题转化成平面问题.

18、本题能较好地考查学生的空间想象 能力、逻辑推理能力、化归与转化思想及基本运算能力等. 1.(2017课标,文9,理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. B. C. D. 3 4 2 4 考点考点3 空间几何体的体积空间几何体的体积 答案答案 B 本题考查球的内接圆柱的体积. 设圆柱的底面半径为r,则r2+=12,解得r=, V圆柱=1=,故选B. 2 1 2 3 2 2 3 2 3 4 2.(2018课标文,10,5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的角为30, 则该长方体

19、的体积为( ) A.8 B.6 C.8 D.8 223 答案答案 C 本题主要考查长方体的体积及直线与平面所成的角. 如图,由长方体的性质可得AB平面BCC1B1, BC1为直线AC1在平面BCC1B1内的射影, AC1B为直线AC1与平面BCC1B1所成的角, 即AC1B=30, 在RtABC1中,AB=2,AC1B=30,BC1=2, 在RtBCC1中,CC1=2, 该长方体的体积V=222=8,故选C. 3 22 1 -BCBC 22 (2 3) -22 22 易错警示易错警示 不能准确理解线面角的定义,无法找出直线与平面所成的角,从而导致失分. 方法总结方法总结 用定义法求线面角的步骤

20、: (1)找出斜线上某一点在平面内的射影; (2)连接该射影与直线和平面的交点即可得出线面角; (3)构建直角三角形,求解得出结论. 3.(2019课标理,12,5分)已知三棱锥P-ABC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.8 B.4 C.2 D. 6666 答案答案 D 本题考查线面垂直的位置关系、三棱锥的性质和球的体积公式,考查空间想象能力和 数学运算能力,考查的核心素养是直观想象和数学建模. 解法一:E、F分别是PA、AB的中点, EFPB. CEF=90,EFEC,PBEC, 又

21、三棱锥P-ABC为正三棱锥, PBAC,从而PB平面PAC, 三条侧棱PA、PB、PC两两垂直. ABC是边长为2的正三角形, PA=PB=PC=, 则球O是棱长为的正方体的外接球,设球O的半径为R, 则2R=,R=,球O的体积V=R3=.故选D. 解法二:令PA=PB=PC=2x(x0),则EF=x,连接FC,由题意可得FC=.在PAC中,cosAPC= =. 在PEC中,EC2=PC2+PE2-2PC PEcosEPC=4x2+x2-22x x=x2+2,在FEC中,CEF=90, FC2=EF2+EC2,即x2+2+x2=3,x=,PA=PB=PC=2x=. AB=BC=CA=2,三棱锥

22、P-ABC的三个侧面为等腰直角三角形,PA、PB、PC两两垂直,故球O 是棱长为的正方体的外接球,设球O的半径为R,则2R=,R=,球O的体积V=R3= .故选D. 2 2 32 6 2 4 3 6 3 22 2 44-4 24 xx x 2 2 2-1 2 x x 2 2 2-1 2 x x 2 2 2 232 6 2 4 3 6 4.(2020江苏,9,5分)如图,六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的.已知螺帽的底面 正六边形边长为2 cm,高为2 cm,内孔半径为0.5 cm,则此六角螺帽毛坯的体积是 cm3. 答案答案 12- 3 2 解析解析 此六角螺帽毛坯的体积V=V正

23、六棱柱-V圆柱=6222-2=cm3. 3 4 1 4 12 3- 2 5.(2020课标,文16,理15,5分)已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体 积为 . 答案答案 2 3 解析解析 如图为圆锥内球半径最大时的轴截面图. 其中球心为O,设其半径为r,AC=3,O1C=1, AO1=2. OO1=OM=r, AO=AO1-OO1=2-r, 又AMOAO1C, =,即=,故3r=2-r,r=. 该圆锥内半径最大的球的体积V=. 22 1 -ACOC2 2 1 OM OC AO AC1 r2 2- 3 r 2 2 2 4 3 3 2 2 2 3 6.(2019江苏,9

24、,5分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的体积是120,E为CC1的中点,则三棱锥E-BCD的体 积是 . 答案答案 10 解析解析 本题考查长方体、三棱锥的体积公式,考查学生的空间想象能力、运算求解能力,考查的核 心素养是直观想象、数学运算. 因为长方体的体积是120, 所以2SBCD CC1=120, 则SBCD CC1=60. 所以VE-BCD=SBCD EC=SBCDCC1=60=10. 1 3 1 3 1 2 1 6 7.(2017天津,文11,理10,5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1 8,则这个球的体积为 . 答案答案 9 2 解析解析 本

25、题考查正方体的表面积及外接球的体积. 设这个正方体的棱长为a,由题意可知6a2=18, 所以a=, 所以这个正方体的外接球半径R=a=, 所以这个正方体外接球的体积V=R3=. 3 3 2 3 2 4 3 4 3 3 3 2 9 2 8.(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 . 1 2 V V 答案答案 3 2 解析解析 本题考查空间几何体的体积.设圆柱内切球的半径为R,则由题设可得圆柱O1O2的底面圆的 半径为R,高为2R,=. 1 2 V V 2 3 2 4 3 RR R 3

26、 2 9.(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 . 答案答案 4 3 解析解析 本题考查组合体体积的计算. 多面体由两个完全相同的正四棱锥组合而成, 其中正四棱锥的底面边长为,高为1, 其体积为()21=, 多面体的体积为. 2 1 3 2 2 3 4 3 10.(2020新高考,13,5分)棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱BB1,AB的中点,则三棱 锥A1-D1MN的体积为 . 答案答案 1 解析解析 如图,易知MN=,连接A1B交MN于点O,则A1O=,=2= 1. 2 3 2 2 11 -A D MN

27、V 11 -D AMN V 1 3 3 2 22 1 2 11.(2019天津,文12,理11,5分)已知四棱锥的底面是边长为的正方形,侧棱长均为.若圆柱的一 个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体 积为 . 25 答案答案 4 解析解析 本题考查了圆柱、正四棱锥的性质,通过计算圆柱的底面半径、高、体积考查学生的空间 想象能力和转化思想方法的应用,体现了直观想象的核心素养. 如图所示,圆柱的高O1O=PO=1,圆柱的底面半径r=AO=.所以圆柱的体 积V=r2 O1O=1=. 1 2 1 2 22 -PA AO 1 2 5-1 1 2 1 2 1

28、 4 4 12.(2018课标文,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ABDA. (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. 2 3 解析解析 (1)证明:由已知可得,BAC=90,即BAAC.又BAAD,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QEAC,垂足为E,则QE DC且QE=DC.由已知及(1)可得

29、DC平面ABC,所以QE平面ABC,QE=1.因此,三棱锥Q-ABP 的体积VQ-ABP= QE SABP=132sin 45=1. 2 2 3 2 1 3 1 3 1 3 1 2 2 思路分析思路分析 (1)根据线面垂直的判定定理证明AB平面ACD,进而可证平面ACD平面ABC;(2)利 用BP=DA求出BP的长,然后求出三棱锥的高,最后根据三棱锥的体积公式求出三棱锥Q-ABP的 体积. 2 3 1.(2018课标文,16,5分)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB互相垂直,SA与圆锥底面所成角为30.若 SAB的面积为8,则该圆锥的体积为 . 以下为教师用书专用 答案答案 8 解析解析 本题

30、主要考查圆锥的性质和体积,直线与平面所成的角.设圆锥的底面半径为r,母线长为l, 高为h, 因为母线SA与底面所成的角为30,所以l=r. 由SAB的面积为8及母线SA,SB互相垂直得l2=8, 即r2=8,所以r2=12,h=r=2. 所以圆锥的体积为r2h=122=8. 2 3 3 1 2 1 2 4 3 3 3 1 3 1 3 疑难突破疑难突破 由母线与底面所成的角找到圆锥的底面半径r与母线长l、高h的等量关系是解决本题 的突破口. 2.(2019课标,文16,理16,5分)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ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFG

31、H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. 答案答案 118.8 解析解析 本题考查长方体、四棱锥的体积公式;考查学生的空间想象能力和运算能力,以及应用意 识与数形结合的思想;考查的核心素养是直观想象和数学运算. 依题意,知该模型是长方体中挖去一个四棱锥,故其体积 V=V长方体-V四棱锥=664-463=132(cm3). 又该模型的原料密度为0.9 g/cm3, 故制作该模型所需原料的质量为0.9132=118.8(g). 1

32、3 1 2 解题思路解题思路 首先通过计算长方体ABCD-A1B1C1D1的体积与四棱锥O-EFGH的体积求得几何体模型 的体积,然后进行计算即可. 关键点拨关键点拨 解答本题的关键点是计算长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得几何体的 体积,易错点是将计算几何体模型的体积错误计算为几何体模型的表面积. 3.(2017课标理,16,5分)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,F

33、AB,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 . 答案答案 4 15 解析解析 由题意知折叠以后三棱锥的直观图如图所示. 连接CO并延长交AB于H,连接DO、DH,则DO平面ABC. 令OH=x cm,则OC=2x cm,DH=(5-x)cm,得OD= cm,AB=2x cm. 则VD-ABC=x2=x2 cm3,令f(x)=x2, 则f (x)=, 则当x(0,2)时, f(x)单调递增,当x(2,2.5)时, f(x)单调递减,所以当x=2时,体积取最大值,为4 =4 cm3. 22 (5- ) -xx25-10 x3 1 3 1

34、2 33 2 xx 25-10 x325-10 x155-2x155-2x 15 2 -1 25-2 5-2 xxx x 2 15(10 -5) 5-2 xx x 3 515 方法总结方法总结 求解立体几何中的最值问题. 在求解立体几何中的最值问题时,注意先要引入自变量x,再根据几何体的点、线、面的位置关系, 表示几何体中的相关量,进而建立起目标函数,最后,利用函数的性质来求解最值. 一题多解一题多解 由题意可知,折起后所得三棱锥为正三棱锥,当ABC的边长变化时,设ABC的边长 为a(a0)(单位:cm),则ABC的面积为a2,DBC的高为5-a,则正三棱锥的高为 =,25-a0, 0a5,所

35、得三棱锥的体积V=a2=.令t=25a4-a5, 则t=100a3-a4,令t=0,得a=4,此时所得三棱锥的体积最大,为4 cm3. 3 4 3 6 22 33 5- 66 aa 5 3 25- 3 a 5 3 3 3 1 3 3 4 5 3 25- 3 a 3 12 45 5 3 25- 3 aa 5 3 3 25 3 3 315 4.(2016浙江理,14,4分)如图,在ABC中,AB=BC=2,ABC=120.若平面ABC外的点P和线段AC上 的点D,满足PD=DA,PB=BA,则四面体PBCD的体积的最大值是 . 答案答案 1 2 解析解析 连接PA,取PA的中点N,连接BN,DN,

36、PD=DA,PB=BA,DNPA,BNPA,又DNBN=N, PA面BDN,PABD,过A作AMBD,交BD的延长线于M,连接PM,又PAAM=A,BD面 PAM,又BD面ABC,面PAM面ABC,过P作PHAM,垂足为H,又面PAM面ABC=AM,PH 面ABC,即PH为四面体PBCD的高.设PD=AD=x(0x2),而PHPMPD=x,VP-BCD= SBCD PH=(2-x)2sin 30 PH(2-x) x=(-x2+2x)=-(x-)2+3,当且仅当x=时, 等号成立.当点D为AC的中点时,四面体PBCD的体积取得最大值. 3 1 3 1 3 1 2 3 1 6 3 1 6 3 1

37、6 3 1 2 3 1 2 B.(2017课标文,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. 1 2 7 解析解析 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BCAD.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BCAD,ABC=90得四边形ABCM为正方形,则 CMAD. 因为侧面PAD为等边三

38、角形且垂直于底面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,所以PMAD,PM 底面ABCD. 因为CM底面ABCD,所以PMCM. 设BC=x,则CM=x,CD=x,PM=x,PC=PD=2x. 取CD的中点N,连接PN,则PNCD,所以PN=x. 1 2 23 14 2 因为PCD的面积为2, 所以xx=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. 7 1 2 2 14 2 7 3 1 3 2 (24) 2 33 解题思路解题思路 (1)根据线面平行的判定定理即可得出结论;(2)根据已知条件找到四棱锥P-ABCD的高,

39、设BC=x,由PCD的面积列方程求得x,进而求得该四棱锥的体积. 6.(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-A1B1C1 D1,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=622=24(m

40、3);正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积V柱=AB2 O1O=628=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0h6,O1O=4h(m).连接O1B1. 因为在RtPO1B1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),0h6, 从而V=(36-3h2)=26(12-h2). 令V=0,得h=2或h=-2(舍). 1 3 2 1 B 1 3 2 1 B 2 1 O 2 1 B 2 2 2 a 1 3 13

41、 3 26 3 26 3 33 当0h0,V是单调增函数; 当2h6时,V0),则BE=,AE= =.由r3=8,得r=.在直角OBE中,BE2+OE2=OB2,即+= ()2,解得a=4(a=0舍去),所以正四面体ABCD的表面积为424=16. 3 3 a 2 2 3 - 3 aa 6 3 a4 3 66 2 3 3 a 2 6 - 6 3 a 6 3 4 3 1.(2020湖南长沙第一中学第七次联考,15)如图所示,在正四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为4 的正方形,E,F分别是AB,CD的中点,cosPEF=,若A,B,C,D,P在同一球面上,则此球的体积为 . 2 2 考点考

42、点3 空间几何体的体积空间几何体的体积 答案答案 36 解析解析 由题意得,底面ABCD是边长为4的正方形,连接AC交EF于O1,连接PO1,易知PO1平面 ABCD,易求得PO1为2,易知正四棱锥P-ABCD的外接球的球心在PO1上,记为O,连接AO,则PO=AO= R,OO1=2-R或OO1=R-2(此时O在O1的下方),在直角AO1O中,R2=A+O=(2)2+(2-R)2,解得R=3, 所以球的体积V=R3=33=36. 2 1 O 2 1 O2 4 3 4 3 2.(2020河北衡水中学十调,16)如图,四棱锥P-ABCD中,底面为四边形ABCD,其中ACD为正三角 形,=3.设三棱

43、锥P-ABD,三棱锥P-ACD的体积分别是V1,V2,三棱锥P-ABD,三 棱锥P-ACD的外接球的表面积分别是S1,S2.对于以下结论:V1V2;S1S2,其中正确结论的序号为 . DADBDBDCDBAB 答案答案 解析解析 不妨设AD=2,因为ACD为正三角形,=,所以-= (-)= 0,即有DBAC,所以ADB=30,由=3得=3 (-),化简可以得|= ,DAB=90,易得SABDSACD,故V1V2.由于ABD=ACD=60,所以ABD与ACD的外接 圆相同(四点共圆),所以三棱锥P-ABD,三棱锥P-ACD的外接球相同,所以S1=S2. DADBDBDCDADB DBDCDBDA

44、DC DBDCDBABDBDCDBDBDADB 4 3 3 1.(2020湖北荆州三模,6)公元5世纪,我国古代著名数学家祖冲之给出了圆周率的两 个近似分数值:(称为“约率”)和(称为“密率”).一几何体的三视图如图所示(每个小方格 的边长为1),如果取圆周率为“约率”,则该几何体的体积为( ) A. B. C. D. 22 7 355 113 72 7 116 7 144 7 216 7 B B组组 专题综合题组专题综合题组 (时间:45分钟 分值:75分) 一、单项选择题(每小题5分,共45分) 答案答案 A 如图,几何体由圆锥的一半与一个三棱锥组合而成,所以V=V半圆锥+V三棱锥=223

45、 +423=+4=.故选A. 1 3 1 2 22 7 1 3 1 2 44 7 72 7 2.(2019广东茂名一模,9)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABCD是边长为2的正方形,D1B与DC所 成的角是60,则长方体的外接球表面积是( ) A.16 B.8 C.4 D.4 2 疑难突破疑难突破 利用平移法(ABCD)找出异面直线D1B与DC所成的角ABD1,利用锐角三角函数计 算出BD1长,再由长方体的体对角线即为外接球的直径,可得出外接球的半径,最后利用球体的表面 积公式即可得出答案答案. 答案答案 A 如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,DCAB, 相交直线D1B

46、与AB所成的角是异面直线D1B与DC所成的角. 连接AD1,由AB平面ADD1A1,得ABAD1.在RtABD1中,ABD1就是D1B与DC所成的角,即 ABD1=60,又AB=2,AB=BD1cos 60,所以BD1=4.设长方体ABCD-A1B1C1D1外接球半径为R,则 由长方体的体对角线就是长方体外接球直径得4R2=D1B2=16,则R=2, 长方体外接球表面积是4R2=16.故选A. 3.(2020湖北十堰第二中学第二次诊断,7)如图,网格小正方形的边长为1,粗实线画出 的是某几何体的三视图,则该几何体的表面积为( ) A.135+20+ B.135+18+9 C.135+18+ D

47、.135+20+9 2 9 2 2 2 9 2 2 答案答案 C 依题意,该几何体为一个正方体切掉一个三棱柱和一个四分之一圆柱形成的几何体,如 图所示,故所求表面积S=2+36+364+(23)6=135+18+. 2 11 6 6-3 3- 3 24 2 1 4 2 9 2 方法总结方法总结 由三视图还原空间几何体,首先应深刻理解三视图之间的关系,遵循“长对正,高平齐, 宽相等”的基本原则.由三视图画出直观图的步骤和思考方法:1.首先看俯视图,根据俯视图画出 几何体底面的直观图;2.观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度;3.画出整体,然后 再根据三视图进行调整. 4.(2020湖南邵阳重点学校模拟,7)汉朝时,张衡得出圆周率的平方除以16等于,如图, 网格纸上的小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,俯视图中的曲线