立体几何初步专题训练

这是一份立体几何初步专题训练，共28页。
考点一 空间几何体的结构特征
例1 给出下列四个命题：
①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱；
②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥；
③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体；
④若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．
其中所有错误命题的序号是 ( )
A.②③④ B.①②③
C.①②④ D.①②③④
解：认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故①③错误，对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故②错误，平行六面体的两个相对侧面也可能与底面垂直且互相平行，故④错误．故选D.
点拨 解决该类题目需要准确理解几何体的定义，要真正把握几何体的结构特征，并且学会通过反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，设法举出一个反例即可．
变式1 给出下列四个命题：
①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；
②四个侧面两两全等的四棱柱一定是直四棱柱；
③若棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥；
④长方体一定是正四棱柱．
其中正确命题的个数是 ( )
A.0 B.1 C.2 D.3
解：底面是菱形的直棱柱满足条件，但它不一定是正棱柱，①不正确；斜四棱柱的四个侧面也可能两两全等，②不正确；以正六边形为底面的棱锥，其侧棱长必然要大于底面边长，③不正确；④显然不正确．故选A.
例2 下列结论正确的是 ( )
A.侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥
B.六条棱长均相等的四面体是正四面体
C.有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱
D.用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台
解：如图，各侧面均是等腰三角形，但该三棱锥非正三棱锥，A错；斜四棱柱也有可能两个侧面是矩形，所以C错；截面平行于底面时，底面与截面之间的部分才叫圆台，所以D错．故选B.


点拨 紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定．
变式2 下列命题正确的是 ( )
A.两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
B.两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C.直角梯形以一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体是圆台
D.用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
解：如图所示，可排除A，B选项．只要有截面与圆柱的母线平行或垂直，截得的截面才为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分．故选C.


考点二 空间多面体的面积、体积问题
例3 (1)(2020·上海市通河中学高二月考)侧面是正三角形的正四棱锥，体积为eq \f(\r(2),6)，则它的全面积是________．
解：如图，P­ABCD为正四棱锥，


设底面边长为a，过P作PG⊥BC于G，
作PO⊥底面ABCD，垂足为O，
连接OG.在Rt△POG中，
PG＝eq \f(\r(3),2)a，PO＝eq \r(\f(3a2,4)－\f(a2,4))＝eq \f(\r(2),2)a，
因为体积为eq \f(\r(2),6)，即eq \f(1,3)×a2×eq \f(\r(2),2)a＝eq \f(\r(2),6)，则a＝1.
所以正四棱柱的全面积为4×eq \f(\r(3),4)a2＋a2＝1＋eq \r(3).
故填1＋eq \r(3).
点拨 求解多面体的表面积，关键是找到其中的特征图形，如棱柱中的矩形，棱锥中的直角三角形，棱台中的直角梯形等，通过这些图形，找到几何元素间的关系，通过建立未知量与已知量间的关系进行求解．
(2)(2019·全国卷Ⅲ)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ABCD­A1B1C1D1挖去四棱锥O­EFGH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.


解：由题意得，
S四边形EFGH＝4×6－4×eq \f(1,2)×2×3＝12(cm2)，
因为四棱锥O­EFGH的高为3 cm，
所以VO­EFGH＝eq \f(1,3)×12×3＝12(cm3)．
又长方体ABCD­A1B1C1D1的体积为V2＝4×6×6＝144(cm3)，
所以该模型体积为V＝V2－VO­EFGH＝144－12＝132(cm3)，
其质量m＝0.9×132＝118.8(g)．故填118.8.
点拨 求空间几何体体积的常用方法为割补法和等积变换法：①割补法：将这个几何体分割成几个柱体、锥体，分别求出柱体和锥体的体积，从而得出要求的几何体的体积；②等积变换法：特别地，对于三棱锥，由于其任意一个面均可作为棱锥的底面，从而可选择更容易计算的方式来求体积；利用“等积性”还可求“点到面的距离”.本题还蕴含“整体和局部”的对立统一规律．在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题．
变式3 (1)(2020·上海市宜川中学高二期中)如图1所示的正方体的棱长为1，沿对角面(图中阴影部分)将其分割成两块，重新拼接成如图2所示的斜四棱柱，则所得的斜四棱柱的表面积是________．

解：由拼接规律得：斜四棱柱的上下两个底面为矩形，长为1，宽为eq \r(2)；左右为两个正方形，边长为1；前后为两个平行四边形，相邻两边长为1与eq \r(2)，一个内角为45°，从而斜四棱柱的表面积是2×1×eq \r(2)＋2×12＋2×1×eq \r(2)×sin45°＝4＋2eq \r(2)，故填4＋2eq \r(2).
(2)(2019·江苏卷)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E­BCD的体积是________．


解：相对于长方体的底面积与高，三棱锥的分别减半．故所求为eq \f(1,3)×120×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝10.故填10.

课后作业

1．(2020·全国高二专题练习)下列说法中正确的是 ( )
A.棱柱的侧面可以是三角形
B.正方体和长方体都是特殊的四棱柱
C.所有的几何体的表面都能展成平面图形
D.棱柱的各条棱都相等
解：棱柱的侧面是平行四边形，不可能是三角形，所以A不正确；球的表面就不能展成平面图形，所以C不正确；棱柱的侧棱与底面边长不一定相等，所以D不正确．故选B.
2.(2017·全国卷Ⅲ)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.eq \f(3π,4) C.eq \f(π,2) D.eq \f(π,4)
解：圆柱的轴截面如图所示，由题意可得，AC＝1，AB＝eq \f(1,2)，结合勾股定理，底面半径r＝eq \r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(3),2)，


由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是V＝πr2h＝π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2×1＝eq \f(3,4)π.故选B.
3．(山东省2020届高三11月新高考模拟)已知三棱锥S­ABC中，∠SAB＝∠ABC＝eq \f(π,2)，SB＝4，SC＝2eq \r(13)，AB＝2，BC＝6，则三棱锥S­ABC的体积是 ( )
A.4 B.6 C.4eq \r(3) D.6eq \r(3)
解：因为∠ABC＝eq \f(π,2)，所以AB⊥BC，又因为AB＝2，BC＝6，所以AC＝2eq \r(10)，
因为∠SAB＝eq \f(π,2)，所以AB⊥AS，又因为AB＝2，SB＝4，所以AS＝2eq \r(3)，
再由SC＝2eq \r(13)得AC2＋AS2＝SC2，所以AC⊥AS，所以AS⊥平面ABC.
所以AS为三棱锥S­ABC的高，所以VS­ABC＝eq \f(1,3)×6×2eq \r(3)＝4eq \r(3)，故选C.
4.(2020·全国高三专题练习)一个圆锥SC的高和底面直径相等，且这个圆锥SC和圆柱OM的底面半径及体积也都相等，则圆锥SC和圆柱OM的侧面积的比值为 ( )
A.eq \f(3\r(2),2) B.eq \f(\r(2),3) C.eq \f(3\r(5),4) D.eq \f(4\r(5),15)
解：不妨设圆锥的底面半径为r1＝1，高为h1＝2，该圆柱的底面半径r2＝1，高为h2.根据圆锥SC和圆柱OM的底面半径及体积也都相等，得eq \f(1,3)×π×12×2＝π×12×h2，即得h2＝eq \f(2,3).圆锥的母线长为eq \r(12＋22)＝eq \r(5)，故两者侧面积比为eq \f(\f(1,2)×2π×1×\r(5),2π×1×\f(2,3))＝eq \f(3\r(5),4)，故选C.
5.(2020·合肥市第六中学高二期中)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍甍”的五面体(如图)，面ABCD为矩形，棱EF∥AB.若此几何体中，AB＝4，EF＝2，△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，则此几何体的表面积为 ( )


A.8eq \r(3) B.8＋8eq \r(3)
C.6eq \r(2)＋2eq \r(3) D.8＋6eq \r(2)＋2eq \r(3)
解：过F作FO⊥平面ABCD，垂足为O，取BC的中点P，连接PF，过F作FQ⊥AB，垂足为Q，连接OQ.△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，


所以OP＝eq \f(1,2)(AB－EF)＝1，PF＝eq \r(3)，OQ＝eq \f(1,2)BC＝1，
所以OF＝eq \r(PF2－OP2)＝eq \r(2)，FQ＝eq \r(OF2＋OQ2)＝eq \r(3)，
所以S梯形ABFE＝S梯形CDEF＝eq \f(1,2)×(2＋4)×eq \r(3)＝3eq \r(3)；又S△BCF＝S△ADE＝eq \f(\r(3),4)×4＝eq \r(3)，S矩形ABCD＝4×2＝8，
所以几何体的表面积S＝3eq \r(3)×2＋eq \r(3)×2＋8＝8＋8eq \r(3)，故选B.
6.【多选题】(2020·湖南高三期末)已知四面体ABCD中，AB＝CD＝5，AC＝BD＝eq \r(34)，AD＝BC＝eq \r(41)，O为其外接球球心，AO与AB，AC，AD所成的角分别为α，β，γ，以下结论中所有正确的为 ( )
A.该四面体的外接球的表面积为50π
B.该四面体的体积为10
C.cs2α＋cs2β＋cs2γ＝1
D.∠BAC＋∠CAD＋∠DAB＝180°
解：依题意，把四面体补成长方体，如图，

设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则a2＋c2＝34，b2＋c2＝25，a2＋b2＝41，解得a＝5，b＝4，c＝3；由于四面体的外接球就是长方体的外接球，所以易得该四面体的外接球的表面积为50π；该四面体的体积等于长方体的体积去掉四个三棱锥的体积，易求体积为20；四面体的外接球的球心O是长方体体对角线的中点，所以α，β，γ分别等同于长方体的体对角线与AB，AC，AD所成的角，易求cs2α＋cs2β＝eq \f(59,50)＞1；对于D项，易知这三个角分别是边长为5，eq \r(34)，eq \r(41)的三角形三个内角，故其和为180°.故选AD.
7.(四川天府名校2020届高三上教学第一轮联合质量测评)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为在圆锥底部挖去一个正方体后的剩余部分(正方体四个顶点在圆锥母线上，四个顶点在圆锥底面上)，圆锥底面直径为10eq \r(2) cm，高为10 cm.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.(π取3.14)


解：设被挖去的正方体的棱长为x cm，取过正方体上下底面面对角线的轴截面，由相似三角形得，则eq \f(\f(\r(2),2)x,5\r(2))＝eq \f(10－x,10)，解得x＝5.


模型的体积为V＝eq \f(1,3)π×(5eq \r(2))2×10－53＝eq \f(500π,3)－125 (cm3)，
因此，制作该模型所需原料的质量为0.9×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(500π,3)－125))＝150π－0.9×125＝358.5 g．故填358.5.
8．(2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.
(1)证明：AC⊥BD；
(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．


解：(1)证明：取AC的中点O，连接DO，BO.
因为AD＝CD，所以AC⊥DO.
又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO.
从而AC⊥平面DOB，故AC⊥BD.
(2)连接EO.
由(1)及题设知∠ADC＝90°，所以DO＝AO.
在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2.
又AB＝BD，
所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，
故∠DOB＝90°.
由题设知△AEC为直角三角形，
所以EO＝eq \f(1,2)AC.
又△ABC是正三角形，且AB＝BD，
所以EO＝eq \f(1,2)BD.
故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的eq \f(1,2)，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积为eq \f(1,2)，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.
附加题 (2018·陕西部分学校摸底)已知四棱锥S­ABCD的底面是中心为O的正方形，且SO⊥平面ABCD，SA＝2eq \r(3)，那么当该四棱锥的体积最大时，它的高为( )
A.1 B.2 C.eq \r(3) D.3
解：设四棱锥的高SO＝h(0