- 2021-06-10 发布 |
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文档介绍
【数学】2020届一轮复习人教A版第73课柱、锥、台、球的表面积与体积学案(江苏专用)
第73课 柱、锥、台、球的表面积和体积 1. 掌握柱、锥、台、球的结构特征以及表面积和体积的计算公式. 2. 能求简单几何体的表面积和体积. 1. 阅读:必修2第53~65页. 2. 解悟:①研读直棱柱、正棱锥、正棱台的定义;②教材第53页中的直棱柱、正棱锥和第54页中圆柱、圆锥、圆台都是用侧面展开图的方法推导侧面积公式的,你在解题中能运用这些方法吗?③教材第59页例1中的几何体的体积是通过正六棱柱与圆柱体的体积之差计算的,这就是常用的“割补法”. 3. 践习:在教材空白处,完成第60页练习;第63~64页习题. 基础诊断 1. 若圆锥的侧面积为2π,底面积为π,则该圆锥的体积为 . 解析:因为圆锥的底面积为π,所以圆锥底面的半径为1,所以其底面的周长为2π.因为圆锥的侧面积为2π,所以×2πl=2π,解得l=2,所以圆锥的母线长为2,所以圆锥的高为=,故该圆锥的体积为×π×=. 2. 如图,已知一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个边长为1的正三角形组成,则该多面体的体积是 . 解析:由题意知该多面体为正四棱锥,如图所示,底面边长为1,侧棱长为1,斜高SE=,连结顶点和底面的中心即为高,所以SO==,所以体积为×1×1×=,故该多面体的体积为. 3. 已知正四棱柱的底面边长为2,高为3,则该正四棱柱的外接球的表面积为 17π . 解析:由题意知该正四棱柱的外接球的直径就是正四棱柱的对角线的长,所以球的直径 为=,所以球的表面积为4π×=17π. 4. 已知某四面体的六条棱中,有五条棱长都等于a,则该四面体体积的最大值为 W. 解析:如图所示,在四面体ABCD中,若AB=BC=CD=AC=BD=a,AD=x,取AD的中点P,BC的中点E,连结BP,EP,CP. 易证AD⊥平面BPC,所以VABCD=S△BPC×AD=××a××x=a×=a×≤,当且仅当x2=,即x=a时取等号,所以该四面体体积的最大值为. 范例导航 考向❶ 用侧面展开图的方法,将空间问题化归为平面问题 例1 如图,已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为1,高为8,一质点自A点出发,沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点A1的最短路线的长为 10 . 解析:方法一:将两个正三棱柱都沿AA1剪开后展开,如图1,则最短路线长为l==10. 方法二:将正三棱柱侧面展开如图2所示,设该质点绕三棱柱侧面一周时交AA1于点M,则第一周的最短路线为AM,第二周的最短路线为MA1,所求最短路线的长即求AM+A1M的最小值,如图2,取点A关于A″的对称点A′,连结A′A1,交A″A″1于点M0,连结A′M,由三角形的三边不等关系知A1M+A′M≥A1A′==10. 图1 图2 已知圆台上底面的半径为1,下底面的半径为4,母线AB=12,从AB的中点M拉一条绳子绕圆台侧面转到点A. (1) 求绳子的最短长度; (2) 求当绳子最短时,上底圆周上的点到绳子的最短距离. 解析:(1) 将圆台补形成圆锥,并将圆锥侧面展开成如图所示的扇形. 取A1B1的中点M1,AM1就是绳子的最短长度. 设∠ASA1=α,则==2π,① ==8π.② ②-①得α=90°. 将α=90°代入①,解得SB=4. 在△ASM1中,SA=16,SM1=4+6=10, ∠ASA1=90°, 所以AM=102+162=356,所以AM1=2, 即绳子的最短长度为2. (2) 过点S作SQ⊥AM1,交于点P,交AM1于点Q,则PQ的长度即为所求. 在Rt△ASM1中, SQ===. PQ=SQ-SP=-4, 所以当绳子最短时,上底圆周上的点到绳子的最短距离为-4. 考向❷ 折叠问题中线面关系、数量关系的变与不变,等体积法求锥体体积 例2 如图1所示,在直角梯形ABEF中(图中数字表示线段的长度),将直角梯形DCEF沿CD折起,使平面DCEF⊥平面ABCD,连结部分线段后围成一个空间几何体,如图2所示. (1) 求证:BE∥平面ADF; (2) 求三棱锥FBCE的体积. 图1图2 解析:(1) 方法一:取DF的中点G,连结AG,EG. 易证四边形ABEG为平行四边形,所以BE∥AG. 因为BE⊄平面ADF,AG⊂平面ADF, 所以BE∥平面ADF. 方法二:由题意得BC∥AD,CE∥DF,折叠之后平行关系不变. 因为BC∥AD,BC⊄平面ADF,AD⊂平面ADF, 所以BC∥平面ADF.同理CE∥平面ADF. 因为BC∩CE=C,BC,CE⊂平面BCE, 所以平面BCE∥平面ADF. 因为BE⊂平面BCE,BE⊄平面ADF, 所以BE∥平面ADF. (2) 方法一:因为平面DCEF⊥平面ABCD,平面DCEF∩平面ABCD=CD,BC⊂平面ABCD,BC⊥CD, 所以BC⊥平面DCEF. 因为DC=CE=1, 所以S△CEF=CE×DC=, 所以VFBCE=VBCEF=×BC×S△CEF=. 方法二:由题意得CD⊥BC,CD⊥CE,BC∩CE=C,BC,CE⊂平面BCE, 所以CD⊥平面BCE. 因为DF∥CE, 所以点F到平面BCE的距离等于点D到平面BCE的距离,距离为1, 因为BC=CE=1,S△BCE=BC×CE=, 所以VFBCE=×CD×S△BCE=. 方法三:如图,过点E作EH⊥FC,垂足为H,由图可知BC⊥CD. 因为平面DCEF⊥平面ABCD,平面DCEF∩平面ABCD=CD,BC⊥DC,BC⊂平面ABCD, 所以BC⊥平面DCEF. 因为EH⊂平面DCEF,所以BC⊥EH. 因为FC∩BC=C,FC,BC⊂平面FBC, 所以EH⊥平面BCF. 因为BC⊥FC,FC==, 所以S△BCF=BC×CF=. 在△CEF中,由等面积法可得EH=, 所以VFBCE=VEBCF=×EH×SBCF=. 如图,已知在多面体ABCDEFG中,AB,AC,AD两两互相垂直,平面ABC∥平面DEFG,平面BEF∥平面ADGC,AB=AD=DG=2,AC=EF=1,则这个多面体的体积为 4 . 解析:方法一:如图1,将所求多面体补成一个正方体,而所求多面体的体积是正方体体积的一半,所以VABCDEFG=V正方体=×2×2×2=4. 方法二:如图2,连结BD,BG,则VABCDEFG=VBADGC+VBEFGD =S梯形ADGC·AB+S梯形EFGD·BE =×(1+2)×2××2+×(1+2)×2××2=2+2=4. 图1图2 自测反馈 1. 在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=AD=3cm,AA1=2cm,则四棱锥ABB1D1D的体积为 6 cm3. 解析:如图,连结AC交BD于点O,则AC⊥BD.因为D1D⊥AC,BD∩D1D=D,所以AC⊥平面BDD1B1,所以AO是四棱锥ABB1D1D的高.因为AO=AC=,S矩形B1 BDD1=2×3=6,所以VABB1D1D=××6=6. 2. 如图,在三棱柱A1B1C1ABC中,D,E,F分别是AB,AC,AA1的中点,设三棱锥FADE的体积为V1,三棱柱A1B1C1ABC的体积为V2,则V1∶V2= 1∶24 . 解析:设三棱柱A1B1C1ABC的高为h,底面三角形ABC的面积为S.因为D,E,F分别是AB,AC,A1A的中点,所以△AED∽△ACB,AF=AA1,所以S△AED=S△ABC,则V1=×S×h=Sh,V2=Sh,所以=. 3. 已知圆台的母线长为4cm,母线与轴的夹角为30°,上底面半径是下底面半径的,则这个圆台的侧面积是 24π cm2. 解析:如图是将圆台还原为圆锥后的轴截面.由题意知AC=4cm,∠ASO=30°,O1C=OA. 设O1C=r,则OA=2r.因为==sin30°,所以SC=2r,SA=4r,所以AC=SA-SC=2r=4,解得r=2,所以圆台的侧面积为π(r+2r)×4=π(2+4)×4=24π. 4. 已知正三棱锥的底面边长为2,侧棱长为,则它的体积为 . 解析:因为正三棱锥的底面边长为2,所以底面正三角形的高为2×=,所以底面中心到三角形顶点的距离为.因为正三棱锥的侧棱长为,所以正三棱锥的高为=2,所以该三棱锥的体积为××2××2=. 5. 如图,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,其中∠BAC=30°,求该几何体的体积. 解析:过点C作CD⊥AB,垂足为D,在半圆中可得∠BCA=90°,∠BAC=30°,AB=2R, 所以AC=R,BC=R,CD=R, 所以AD==R, 所以BD=2R-R=, 所以V球=R3,V圆锥AD=π×R=R3,V圆锥BD=π×=R3, 所以V几何体=R3-R3-R3=R3. 1. 用侧面展开图的方法解决相关问题,是空间问题平面化思想的应用.关键是要搞清楚展开图的形状,及其数量关系.如,例1及其跟踪练习.例1跟踪练习中的“补台成锥”,自测反馈第5题的组合几何体,“割补法”是解决此类问题的常用方法. 2. 处理折叠问题,如例2中,折痕CD左右两部分仍是平面图形,其中的数量关系、位置关系没有变化,而两部分元素之间的平行、垂直等位置关系和相互间的数量关系. 3. 你还有哪些体悟,请写下来: 查看更多