【数学】2021届新高考一轮复习北师大版第八章第一讲　空间几何体的结构、表面积和体积学案

【数学】2021届新高考一轮复习北师大版第八章第一讲　空间几何体的结构、表面积和体积学案

第八章　立体几何 第一讲　空间几何体的结构、表面积和体积 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ‎ ‎1.下列命题正确的是(　　)‎ A.底面是矩形的平行六面体是长方体 B.有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥 C.棱台的相对侧棱延长后必交于一点 D.直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥 ‎2.[新角度题]如图8 - 1 - 1,圆柱的底面半径为1,平面ABCD为圆柱的轴截面,从A点开始,沿着圆柱的侧面拉一条绳子到C点,若绳子的最短长度为3π,则该圆柱的侧面积为(　　)‎ 图8-1-1‎ A.4‎2‎π2 　　　B.2‎2‎π2 C.5‎2‎π2 　　　D.4π2‎ ‎3.[2018全国卷Ⅰ]在长方体 ABCD - A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的角为30°,则该长方体的体积为(　　)‎ A.8 B.6‎2‎ C.8‎2‎ D.8‎‎3‎ ‎4.[2015新课标全国Ⅰ][数学文化题]《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 8 - 1 - 2,米堆为一个圆锥的四分之一),‎ 图8-1-2‎ 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 ‎5.[2019天津高考]已知四棱锥的底面是边长为‎2‎的正方形,侧棱长均为‎5‎.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　　　　. ‎ ‎6.有一块多边形的菜地,它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图8 - 1 -3所).∠ABC=45°,AB=AD=1,DC⊥BC,‎ 则这块菜地的面积为　　　　. ‎ ‎ ‎ 图8-1-3‎ ‎7.[2017全国卷Ⅱ]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　　　　. ‎ 考法1 空间几何体的结构 ‎1 给出下列命题:‎ ‎①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点,则这两点的连线是圆柱的母线;‎ ‎②一个平面截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台;‎ ‎③圆锥的所有轴截面都是全等的等腰三角形;‎ ‎④圆锥的轴截面是所有过顶点的截面中,面积最大的一个;‎ ‎⑤三棱锥的四个面中最多只有三个直角三角形.‎ 其中正确命题的个数是 　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.0 B.1 C.2 D.3‎ ‎①只有当这两点的连线平行于轴时才是母线,故①不正确;②只有平行于圆锥底面的平面截圆锥,才能得到一个圆锥和一个圆台,故②不正确;③正确;④因为圆锥的母线长一定,根据三角形面积公式知,过圆锥顶点的截面中,两条母线的夹角的正弦值越大,截面面积就越大,所以当轴截面中两条母线的夹角为钝角时,轴截面的面积就不是最大的,故④不正确;⑤三棱锥的四个面中最多有四个直角三角形,故⑤不正确.‎ B ‎2 [2020湖北省部分重点中学第二次联考]如图8 - 1 - 4,正三棱锥A - BCD的底面边长为a,侧棱长为2a,点E,F 分别为AC,AD上的动点,则截面△BEF 周长的最小值为　　　　. ‎ 图8-1-4‎ 将正三棱锥A - BCD的侧面沿侧棱BA展开,得到一个由三个全等的等腰三角形拼接而成的五边形→截面△BEF 周长的最小值即线段BB1的长度→由平面几何知识计算线段BB1的长度 将正三棱锥A - BCD的侧面沿侧棱BA展开,得到一个由三个全等的等腰三角形拼接而成的五边形(如图8 - 1 - 5).‎ 图8-1-5‎ 利用平面上两点之间的线段最短原理知,截面△BEF 周长的最小值即图中线段BB1的长度. ‎ 由对称性知BB1∥CD,所以∠DF B1=∠ADC=∠ADB1,‎ 所以B1F =B1D=BC=BE=a.‎ 易知△B1F D∽△ACD,所以FDCD = B‎1‎DAD‎=a‎2a=‎‎1‎‎2‎,所以F D=‎1‎‎2‎a. ‎ 又EFCD‎=‎AFAD,所以EFa‎=‎‎2a-‎1‎‎2‎a‎2a,即EF =‎3‎‎4‎a.‎ 所以BB1=2a+‎3a‎4‎‎=‎‎11‎‎4‎a,即截面△BEF 周长的最小值为‎11‎‎4‎a.‎ ‎1.(1)[2019南昌市二模]已知圆锥的侧面展开图为四分之三个圆面,设圆锥的底面半径为r,母线长为l,有以下结论:①l∶r=4∶3;②圆锥的侧面积与底面面积之比为4∶3;③圆锥的轴截面是锐角三角形.其中所有正确结论的序号是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.①② B.②③‎ C.①③ D.①②③‎ ‎ (2)[2020上海长宁区、嘉定区质检]如图8 - 1 - 6,已知正三棱柱的底面边长为2,高为5,一质点自A点出发,沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路线的长为　　　　. ‎ 图8-1-6‎ 考法2 求空间几何体的表面积(侧面积)‎ 命题角度1　求空间几何体的表面积 ‎3 [2018全国卷Ⅰ]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,则该圆柱的表面积为　　　　　　　　　　　　　‎ A.12‎2‎π B.12π C.8‎2‎π D.10π 由过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形→求出圆柱的高与底面圆的直径→代入圆柱的表面积公式求解 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2‎2‎,底面圆的直径为2‎2‎,所以该圆柱的表面积为2×π×(‎2‎)2+2‎2‎π×2‎2‎=12π.‎ B 命题角度2　求空间几何体的侧面积 ‎ 4[2018全国卷Ⅱ]已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为‎7‎‎8‎.SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为5‎15‎,则该圆锥的侧面积为　　　　. ‎ 如图8 - 1 - 7所示,设S在底面的射影为S' ,连接AS' ,SS' .‎ 图8-1-7‎ ‎△SAB的面积为‎1‎‎2‎·SA·SB·sin∠ASB=‎1‎‎2‎·SA2·‎1-cos‎2‎∠ASB‎=‎‎15‎‎16‎·SA2=5‎15‎,∴SA2=80,SA=4‎5‎.‎ ‎∵ SA与底面所成的角为45°,‎ ‎∴∠SAS' =45°,AS' =SA·cos 45°=4‎5‎×‎2‎‎2‎=2‎10‎.‎ ‎∴底面周长l=2π·AS' =4‎10‎π,∴圆锥的侧面积为‎1‎‎2‎×4‎5‎×4‎10‎π=40‎2‎π.‎ ‎2.（1）[2020湖北省部分重点中学第二次联考]在梯形ABCD中,∠ABC=π‎2‎,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2,将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而成的曲面所围成的几何体的表面积为(　　)‎ A.(5+‎2‎)π　 B.(4+‎2‎)π 　C.(5+2‎2‎)π　 D.(3+‎2‎)π ‎ (2)如图8 - 1 - 8所示,有两个相同的直三棱柱,高为‎2‎a,底面三角形的三边长分别为3a,4a,5a(a>0).用它们拼成一个三棱柱或四棱柱,在所有可能的情形中,表面积最小的是一个四棱柱,则a的取值范围是　　　　. ‎ 图8 - 1 -8‎ 考法3 求空间几何体的体积 命题角度1　求空间几何体的体积 ‎5 [2018天津高考]如图8 - 1 - 9,已知正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为1,则四棱锥A1 - BB1D1D的体积为　　　　. ‎ 图8-1-9‎ 解法一　(公式法)连接A1C1交B1D1于点E,则A1E ⊥B1D1,A1E⊥BB1,则A1E ⊥平面BB1D1D,所以A1E为四棱锥A1 - BB1D1D的高,且A1E=‎2‎‎2‎,矩形BB1D1D的长和宽分别为‎2‎,1,故VA‎1‎‎-BB‎1‎D‎1‎D‎=‎‎1‎‎3‎×1×‎2‎×‎2‎‎2‎‎=‎‎1‎‎3‎. ‎ 解法二　(割补法)连接BD1,则四棱锥A1 - BB1D1D分成两个三棱锥B - A1DD1与B - A1B1D1,VA‎1‎‎-BB‎1‎D‎1‎D‎=VB-A‎1‎DD‎1‎+VB-‎A‎1‎B‎1‎D‎1‎=‎‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎×1×1×1+‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎×1×1×1=‎1‎‎3‎.‎ 命题角度2　体积的最值问题 ‎6[2019南京师大附中考前冲刺]在四面体ABCD中,若AD=DB=AC=CB=1,则四面体ABCD体积的最大值是 A.‎2‎‎3‎‎27‎ B.‎1‎‎3‎ C.‎2‎‎3‎‎9‎ D.‎‎3‎‎3‎ 如图8 - 1 - 10,取AB的中点E,连接CE,DE.‎ 图8-1-10‎ 设AB=2x(0V‎2‎ B.V2V2 D.V10,所以V2>V1,故选D.‎ ‎4.(1)D　因为点E,F分别为PA,AB的中点,所以EF∥PB,‎ 因为∠CEF=90°,所以EF⊥CE,所以PB⊥CE.‎ 取AC的中点D,连接BD,PD,易证AC⊥平面BDP,‎ 所以PB⊥AC,又AC∩CE=C,AC,CE⊂平面PAC,‎ 所以PB⊥平面PAC,‎ 所以PB⊥PA,PB⊥PC,‎ 因为PA=PB=PC,△ABC为正三角形,‎ 所以PA⊥PC,即PA,PB,PC两两垂直.将三棱锥P - ABC放在正方体中,如图D 8 - 1 - 7所示.‎ 图D 8 - 1 - 7‎ 因为AB=2,所以该正方体的棱长为‎2‎,所以该正方体的体对角线长为‎6‎,‎ 所以三棱锥P - ABC的外接球的半径R=‎6‎‎2‎,所以球O的体积V=‎4‎‎3‎πR3=‎4‎‎3‎π×(‎6‎‎2‎)3=‎6‎π.‎ ‎(2)‎2‎‎+‎‎5‎‎2‎+3　设AD=x,则CD=4 - x.因为AP=1,V三棱锥A - PCD=V三棱锥P - ACD,所以当PA⊥平面ABCD,且△ACD的面积最大时,三棱锥A - PCD的体积最大.‎ ‎△ACD的面积S△ACD=‎1‎‎2‎(4 - x)x≤‎1‎‎2‎‎×‎[‎(4-x)+x‎2‎]2=2,当且仅当x=2时,△ACD的面积最大,为2.此时三棱锥A - PCD的外接球半径R=‎2‎‎2‎‎+‎2‎‎2‎+1‎‎2‎‎=‎‎3‎‎2‎.‎ 由等体积法得V三棱锥P - ACD=‎1‎‎3‎(S△ACD+S△PCD+S△PAD+S△PAC)r=‎1‎‎3‎‎×‎1×2,即(‎1‎‎2‎‎×‎2×2+‎1‎‎2‎‎×‎2‎×‎5‎+‎1‎‎2‎×‎2×1+‎1‎‎2‎‎×‎2‎2‎‎×‎1)r=2,所以‎1‎r‎=‎‎3+‎2‎+‎‎5‎‎2‎,则R+‎1‎r‎=‎‎2‎‎+‎‎5‎‎2‎+3.‎ ‎5.‎7‎　底面半径为5,高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱的总体积为‎1‎‎3‎π×52×4+π×22×8=‎196π‎3‎.设新的圆锥和圆柱的底面半径为r,则‎1‎‎3‎π×r2×4+π×r2×8=‎28π‎3‎r2=‎196π‎3‎,解得r=‎7‎.‎ ‎6.‎2‎‎-1‎‎2‎　因为A' D=CD=1,且△A' CD为直角三角形,所以CD⊥A' D,‎ 又CD⊥BD,BD∩A' D=D,所以CD⊥平面A' BD,所以CD⊥A' B.‎ 又由A' B=A' D=1,BD=‎2‎,得A' B⊥A' D,且A' D∩CD=D,‎ 所以A' B⊥平面A' CD,所以A' B⊥A' C,由题意得A' C=‎2‎.‎ 设该“鳖臑”的内切球的半径为r,则‎1‎‎3‎(S△A' BC+S△A' CD+S△A' BD+S△BCD)r=‎1‎‎3‎‎×‎CD×S△A' BD,‎ 所以‎1‎‎3‎‎×‎(‎2‎‎2‎‎+‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎+‎‎2‎‎2‎)r=‎1‎‎3‎‎×‎1‎×‎‎1‎‎2‎,解得r=‎2‎‎-1‎‎2‎.‎ ‎7.BCD　由题意知,该几何体为正方体.当CQ=‎1‎‎2‎时,Q为线段CC1的中点.对于A,如图D 8 - 1 - 8,连接BC1,因为P,Q分别是BC,CC1的中点,所以BC1∥PQ,所以∠BC1A为异面直线AC1与PQ所成的角,因为tan∠BC1A=ABBC‎1‎‎=‎‎2‎‎2‎≠1,故A错误.‎ 对于B,如图D 8 - 1 - 8,连接AD1,D1Q,AP,则过点A,P,Q的截面为图D 8 - 1 - 8中的平面APQD1,其中PQ∥AD1且PQ=‎1‎‎2‎AD1,四边形APQD1是等腰梯形,在Rt△ABP中,AB=1,BP=‎1‎‎2‎,可得AP=D1Q=‎5‎‎2‎,在Rt△PQC中,CP=‎1‎‎2‎,CQ=‎1‎‎2‎,可得PQ=‎2‎‎2‎,则AD1=‎2‎,易得等腰梯形APQD1的高为‎3‎‎2‎‎4‎,所以S=‎(‎2‎+‎2‎‎2‎)×‎‎3‎‎2‎‎4‎‎2‎‎=‎‎9‎‎8‎,故B正确.‎ 图D 8 - 1 - 8‎ 当CQ=1时,点Q与点C1重合.对于C,如图D 8 - 1 - 9,取A1D1的中点M,连接AM,MQ,PM,易得AM∥PQ且AM=PQ,所以平面APQM即为过点A,P,Q的截面,且四边形APQM为平行四边形,又易知AM=MQ=‎5‎‎2‎,所以截面APQM为菱形,菱形APQM的面积为‎1‎‎2‎PM×AQ=‎1‎‎2‎‎×‎2‎×‎3‎=‎‎6‎‎2‎,故C正确. ‎ 对于D,如图D 8 - 1 - 9,易知A1M∥BP,因为M,P分别为A1D1,BC的中点,所以A1M=BP,所以四边形A1MPB为平行四边形,所以A1B∥MP,又MP⊂平面APQ,A1B⊄平面APQ,所以A1B∥平面APQ,故D正确.故选BCD.‎ ‎　　　‎ 图D 8 - 1 - 9‎