高考数学试题第讲空间几何体的表面积和体积 最新.docx

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高考数学试题第讲空间几何体的表面积和体积最新

普通高中课程标准实验教科书—数学[人教版]

高三新数学第一轮复习教案（讲座9）—空间几何体的表面积和体积

一．课标要求：

了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）。

二．命题走向

近些年来在高考中不仅有直接求多面体、旋转体的面积和体积问题，也有已知面积或体积求某些元素的量或元素间的位置关系问题。

即使考查空间线面的位置关系问题，也常以几何体为依托.因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式.同时也要学会运用等价转化思想，会把组合体求积问题转化为基本几何体的求积问题，会等体积转化求解问题，会把立体问题转化为平面问题求解，会运用“割补法”等求解。

由于本讲公式多反映在考题上，预测018年高考有以下特色：

（1）用选择、填空题考查本章的基本性质和求积公式；

（2）考题可能为：

与多面体和旋转体的面积、体积有关的计算问题；与多面体和旋转体中某些元素有关的计算问题；

三．要点精讲

1．多面体的面积和体积公式

名称

侧面积（S侧）

全面积（S全）

体积（V）

棱

柱

棱柱

直截面周长×l

S侧+2S底

S底·h=S直截面·h

直棱柱

ch

S底·h

棱

锥

棱锥

各侧面积之和

S侧+S底

S底·h

正棱锥

ch′

棱

台

棱台

各侧面面积之和

S侧+S上底+S下底

h（S上底+S下底+

）

正棱台

（c+c′）h′

表中S表示面积，c′、c分别表示上、下底面周长，h表斜高，h′表示斜高，l表示侧棱长。

2．旋转体的面积和体积公式

名称

圆柱

圆锥

圆台

球

S侧

2πrl

πrl

π（r1+r2）l

S全

2πr（l+r）

πr（l+r）

π（r1+r2）l+π（r21+r22）

4πR2

V

πr2h（即πr2l）

πr2h

πh（r21+r1r2+r22）

πR3

表中l、h分别表示母线、高，r表示圆柱、圆锥与球冠的底半径，r1、r2分别表示圆台上、下底面半径，R表示半径。

四．典例解析

题型1：

柱体的体积和表面积

例1．一个长方体全面积是20cm2，所有棱长的和是24cm，求长方体的对角线长.

解：

设长方体的长、宽、高、对角线长分别为xcm、ycm、zcm、lcm

依题意得：

由

（2）2得：

x2+y2+z2+2xy+2yz+2xz=36（3）

由（3）－

（1）得x2+y2+z2=16

即l2=16

所以l=4（cm）。

点评：

涉及棱柱面积问题的题目多以直棱柱为主，而直棱柱中又以正方体、长方体的表面积多被考察。

我们平常的学习中要多建立一些重要的几何要素（对角线、内切）与面积、体积之间的关系。

例2．如图1所示，在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，已知AB=5，AD=4，AA1=3，AB⊥AD，∠A1AB=∠A1AD=

。

（1）求证：

顶点A1在底面ABCD上的射影O在∠BAD的平分线上；

（2）求这个平行六面体的体积。

图1图2

解析：

（1）如图2，连结A1O，则A1O⊥底面ABCD。

作OM⊥AB交AB于M，作ON⊥AD交AD于N，连结A1M，A1N。

由三垂线定得得A1M⊥AB，A1N⊥AD。

∵∠A1AM=∠A1AN，

∴Rt△A1NA≌Rt△A1MA,∴A1M=A1N，

从而OM=ON。

∴点O在∠BAD的平分线上。

（2）∵AM=AA1cos

=3×

=

∴AO=

=

。

又在Rt△AOA1中，A1O2=AA12–AO2=9－

=

，

∴A1O=

，平行六面体的体积为

。

题型2：

柱体的表面积、体积综合问题

例3．（2000全国，3）一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是

，这个长方体对角线的长是（）

A．2

B．3

C．6D．

解析：

设长方体共一顶点的三边长分别为a=1，b＝

，c＝

，则对角线l的长为l=

；答案D。

点评：

解题思路是将三个面的面积转化为解棱柱面积、体积的几何要素—棱长。

例4．如图，三棱柱ABC—A1B1C1中，若E、F分别为AB、AC的中点，平面EB1C1将三棱柱分成体积为V1、V2的两部分，那么V1∶V2=_____。

解：

设三棱柱的高为h，上下底的面积为S，体积为V，则V=V1+V2＝Sh。

∵E、F分别为AB、AC的中点，

∴S△AEF=

S,

V1=

h（S+

S+

）=

Sh

V2=Sh-V1=

Sh，

∴V1∶V2=7∶5。

点评：

解题的关键是棱柱、棱台间的转化关系，建立起求解体积的几何元素之间的对应关系。

最后用统一的量建立比值得到结论即可。

题型3：

锥体的体积和表面积

例5．（2018上海，19）在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为2的菱形，∠DAB＝60

，对角线AC与BD相交于点O，PO⊥平面ABCD，PB与平面ABCD所成的角为60

，求四棱锥P－ABCD的体积？

解：

（1）在四棱锥P-ABCD中，由PO⊥平面ABCD,得∠PBO是PB与平面ABCD所成的角，∠PBO=60°。

在Rt△AOB中BO=ABsin30°=1,由PO⊥BO，

于是PO=BOtan60°=

，而底面菱形的面积为2

。

∴四棱锥P－ABCD的体积V=

×2

×

=2。

点评：

本小题重点考查线面垂直、面面垂直、二面角及其平面角、棱锥的体积。

在能力方面主要考查空间想象能力。

例6．（2002京皖春文，19）在三棱锥S—ABC中，∠SAB=∠SAC=∠ACB=90°，且AC=BC=5，SB=5

。

（如图所示）

（Ⅰ）证明：

SC⊥BC；

（Ⅱ）求侧面SBC与底面ABC所成二面角的大小；

（Ⅲ）求三棱锥的体积VS－ABC。

解析：

（Ⅰ）证明：

∵∠SAB=∠SAC=90°，

∴SA⊥AB，SA⊥AC。

又AB∩AC=A，

∴SA⊥平面ABC。

由于∠ACB=90°，即BC⊥AC，由三垂线定理，得SC⊥BC。

（Ⅱ）解：

∵BC⊥AC，SC⊥BC。

∴∠SCA是侧面SCB与底面ABC所成二面角的平面角。

在Rt△SCB中，BC=5，SB=5

，得SC=

=10。

在Rt△SAC中AC=5，SC=10，cosSCA=

，

∴∠SCA=60°，即侧面SBC与底面ABC所成的二面角的大小为60°。

（Ⅲ）解：

在Rt△SAC中，

∵SA=

，

S△ABC=

·AC·BC=

×5×5=

，

∴VS－ABC=

·S△ACB·SA=

。

点评：

本题比较全面地考查了空间点、线、面的位置关系。

要求对图形必须具备一定的洞察力，并进行一定的逻辑推理。

题型4：

锥体体积、表面积综合问题

例7．ABCD是边长为4的正方形，E、F分别是AB、AD的中点，GB垂直于正方形ABCD所在的平面，且GC＝2，求点B到平面EFC的距离？

解：

如图，取EF的中点O，连接GB、GO、CD、FB构造三棱锥B－EFG。

设点B到平面EFG的距离为h，BD＝

，EF

，CO＝

。

。

而GC⊥平面ABCD，且GC＝2。

由

，得

·

点评：

该问题主要的求解思路是将点面的距离问题转化为体积问题来求解。

构造以点B为顶点，△EFG为底面的三棱锥是解此题的关键，利用同一个三棱锥的体积的唯一性列方程是解这类题的方法，从而简化了运算。

例8．（2018江西理，12）如图，在四面体ABCD中，截面AEF经过四面体的内切球（与四个面都相切的球）球心O，且与BC，DC分别截于E、F，如果截面将四面体分成体积相等的两部分，设四棱锥A－BEFD与三棱锥A－EFC的表面积分别是S1，S2，则必有（）

A．S1S2B．S1S2

C．S1=S2D．S1，S2的大小关系不能确定

解：

连OA、OB、OC、OD，

则VA－BEFD＝VO－ABD＋VO－ABE＋VO－BEFD

VA－EFC＝VO－ADC＋VO－AEC＋VO－EFC又VA－BEFD＝VA－EFC，

而每个三棱锥的高都是原四面体的内切球的半径，故SABD＋SABE＋SBEFD＝SADC＋SAEC＋SEFC又面AEF公共，故选C

点评：

该题通过复合平面图形的分割过程，增加了题目处理的难度，求解棱锥的体积、表面积首先要转化好平面图形与空间几何体之间元素间的对应关系。

题型5：

棱台的体积、面积及其综合问题

例9．（2002北京理，18）如图9—24，在多面体ABCD—A1B1C1D1中，上、下底面平行且均为矩形，相对的侧面与同一底面所成的二面角大小相等，侧棱延长后相交于E，F两点，上、下底面矩形的长、宽分别为c，d与a，b，且a＞c，b＞d，两底面间的距离为h。

（Ⅰ）求侧面ABB1A1与底面ABCD所成二面角的大小；

（Ⅱ）证明：

EF∥面ABCD；

（Ⅲ）在估测该多面体的体积时，经常运用近似公式V估=S中截面·h来计算.已知它的体积公式是V=

（S上底面+4S中截面+S下底面），试判断V估与V的大小关系，并加以证明。

（注：

与两个底面平行，且到两个底面距离相等的截面称为该多面体的中截面）

（Ⅰ）解：

过B1C1作底面ABCD的垂直平面，交底面于PQ，过B1作B1G⊥PQ，垂足为G。

如图所示：

∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，∠A1B1C1=90°，

∴AB⊥PQ，AB⊥B1P.

∴∠B1PG为所求二面角的平面角.过C1作C1H⊥PQ，垂足为H.由于相对侧面与底面所成二面角的大小相等，故四边形B1PQC1为等腰梯形。

∴PG=

（b－d），又B1G=h，∴tanB1PG=

（b＞d），

∴∠B1PG=arctan

，即所求二面角的大小为arctan

.

（Ⅱ）证明：

∵AB，CD是矩形ABCD的一组对边，有AB∥CD，

又CD是面ABCD与面CDEF的交线，

∴AB∥面CDEF。

∵EF是面ABFE与面CDEF的交线，

∴AB∥EF。

∵AB是平面ABCD内的一条直线，EF在平面ABCD外，

∴EF∥面ABCD。

（Ⅲ）V估＜V。

证明：

∵a＞c，b＞d，

∴V－V估=

=

［2cd+2ab+2（a+c）（b+d）－3（a+c）（b+d）］

=

（a－c）（b－d）＞0。

∴V估＜V。

点评：

该题背景较新颖，把求二面角的大小与证明线、面平行这一常规运算置于非规则几何体（拟柱体）中，能考查考生的应变能力和适应能力，而第三步研究拟柱体的近似计算公式与可精确计算体积的辛普生公式之间计算误差的问题，是极具实际意义的问题。

考查了考生继续学习的潜能。

例10．

（1）（1998全国，9）如果棱台的两底面积分别是S、S′，中截面的面积是S0，那么（）

A．

B．

C．2S0＝S＋S′D．S02＝2S′S

（2）（1994全国，7）已知正六棱台的上、下底面边长分别为2和4，高为2，则其体积为（）

A．32

B．28

C．24

D．20

解析：

（1）解析：

设该棱台为正棱台来解即可，答案为A；

（2）正六棱台上下底面面积分别为：

S上＝6·

·22＝6

，S下＝6·

·42＝24

，V台＝

，答案B。

点评：

本题考查棱台的中截面问题。

根据选择题的特点本题选用“特例法”来解，此种解法在解选择题时很普遍，如选用特殊值、特殊点、特殊曲线、特殊图形等等。

题型6：

圆柱的体积、表面积及其综合问题

例11．（2000全国理，9）一个圆柱的侧面积展开图是一个正方形，这个圆柱的全面积与侧面积的比是（）

A．

B．

C．

D．

解析：

设圆柱的底面半径为r，高为h，则由题设知h=2πr.

∴S全