2023届高考数学二轮复习专题四立体几何第1讲空间几何体学案

这是一份2023届高考数学二轮复习专题四立体几何第1讲空间几何体学案，共16页。
第1讲　空间几何体1.[圆锥的结构特征] (2021·新高考Ⅰ卷,T3)已知圆锥的底面半径为,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为(　B　)A.2 B.2 C.4 D.4解析:由题意,设圆锥的母线长为l,因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长,圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径,则有2π·=π·l,解得l=2,所以该圆锥的母线长为2.故选B.2.[球的外接问题] (2021·全国甲卷,T11)已知A,B,C是半径为1的球O的球面上的三个点,且AC⊥BC,AC=BC=1,则三棱锥O-ABC的体积为(　A　)A. B.C. D.解析:如图所示,因为AC⊥BC,所以AB为截面圆O1的直径,且AB=.连接OO1,则OO1⊥平面ABC,OO1===,所以三棱锥O-ABC的体积V=S△ABC·OO1=××1×1×=.故选A.3.[棱台的体积] (2022·新高考Ⅰ卷,T4)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5 m时,相应水面的面积为140.0 km2;水位为海拔157.5 m时,相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时,增加的水量约为(≈2.65)(　C　)A.1.0×109 m3 B.1.2×109 m3C.1.4×109 m3 D.1.6×109 m3解析:如图,由已知得该棱台的高为157.5-148.5=9(m),所以该棱台的体积V=×9×(140++180)×106=60×(16+3)×106≈60×(16+3×2.65)×106=1.437×109≈1.4×109(m3).故选C.4.[圆锥的表面积与体积] (2022·全国甲卷,T9)甲、乙两个圆锥的母线长相等,侧面展开图的圆心角之和为2π,侧面积分别为S甲和S乙,体积分别为V甲和V乙,若=2,则等于(　C　)A. B.2 C. D.解析:法一　因为甲、乙两个圆锥的母线长相等,所以结合=2可知,甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1.不妨设两个圆锥的母线长为l=3,甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1,r2,高分别为h1,h2,则由题意知,两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆,所以2πr1=4π,2πr2=2π,得r1=2,r2=1.由勾股定理得,h1==,h2==2,所以===.故选C.法二　设两圆锥的母线长为l,甲、乙两圆锥的底面半径分别为r1,r2,高分别为h1,h2,侧面展开图的圆心角分别为n1,n2,则由===2,得==2.由题意知n1+n2=2π,所以n1=,n2=,所以2πr1=l,2πr2=l,得r1=l,r2=l.由勾股定理得,h1==l,h2==l,所以===.故选C.5.[球的内切问题] (2020·全国Ⅲ卷,T15)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　　　　. 解析:易知半径最大的球即为该圆锥的内切球.圆锥PE及其内切球O如图所示,设内切球的半径为R,则sin∠BPE===,所以OP=3R,所以PE=4R===2,所以R=,所以内切球的体积V=πR3=π,即该圆锥内半径最大的球的体积为π.答案:π高考对此部分内容主要以选择题、填空题的形式考查,难度为中档或偏上,主要考查柱、锥、球的表面积与体积以及空间几何体与球的切接问题,也常与数学文化或社会实际问题相结合命题.热点一　空间几何体的表面积与体积1.旋转体的侧面积和表面积(1)S圆柱侧=2πrl,S圆柱表=2πr(r+l)(r为底面半径,l为母线长).(2)S圆锥侧=πrl,S圆锥表=πr(r+l)(r为底面半径,l为母线长).(3)S圆台侧=π(r+r′)l,S圆台表=π(r′2+r2+r′l+rl)(r′,r分别为上、下底面半径,l为母线长).(4)S球表=4πR2(R为球的半径).2.空间几何体的体积公式(1)V柱=Sh(S为底面面积,h为高).(2)V锥=Sh(S为底面面积,h为高).(3)V台=(S′++S)h(S′,S分别为上、下底面面积,h为高).(4)V球=πR3(R为球的半径).典例1　(1)(2021·新高考Ⅱ卷)正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4,侧棱长为2,则四棱台的体积为(　　)A.20+12 B.28C. D.(2)(2022·湖北武昌高三期末)已知圆锥的底面圆心到母线的距离为2,当圆锥母线的长度取最小值时,圆锥的侧面积为(　　)A.8π B.16π C.8π D.4π解析:(1)作出图形,连接该正四棱台上、下底面的中心,如图,因为该四棱台上、下底面的边长分别为2,4,侧棱长为2,所以该棱台的高h==,下底面面积S1=16,上底面面积S2=4,所以该棱台的体积V=h(S1+S2+)=××(16+4+)=.故选D.(2)设圆锥的底面半径为r,母线长为l,高为h,则r>2,由圆锥的底面圆心到母线的距离为2,则2l=rh,即h=.又l2=r2+h2,所以l2=r2+,解得l2==.由r>2,得-=-+≤,当=,即r=2时,l取得最小值4,则圆锥的侧面积为πrl=2×4π=8π.故选C.空间几何体的表面积与体积的求法(1)公式法:对于规则的几何体的表面积和体积,可直接利用公式求解.(2)割补法:把不规则的几何体分割成规则的几何体,然后进行体积的计算,或不规则的几何体补成规则的几何体,不熟悉的几何体补成熟悉的几何体,便于计算.(3)等体积法:等体积法也称等积转化或等积变形,通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法,多用来解决锥体,特别是三棱锥的体积.热点训练1　 (1)(2022·辽宁模拟联考)如图,在平面五边形ABCDE中,AB=DE=1,BC=CD=2,AE=,∠ABC=∠BCD=∠CDE=90°,则五边形ABCDE绕直线AB旋转一周所成的几何体的体积为(　　)A.π B.7π C.π D.π(2)(2022·湖北江岸高三期末)如图,该几何体是由正方体截去八个一样的四面体得到的,若被截的正方体棱长为2,则该几何体的表面积为(　　)A.12+3 B.12+4C.6+3 D.6+4解析:(1)由图可知,五边形ABCDE可看作正方形BCDF切去一个等腰直角三角形AEF,旋转后得到的几何体是一个圆柱挖去一个圆锥,设圆柱和圆锥的半径分别为R,r,高分别为h,h′,体积分别为V1,V2,所以五边形ABCDE绕直线AB旋转一周所成的几何体的体积为V=V1-V2=πR2h-πr2h′=4π×2-π×1=π.故选D.(2)根据题意,该几何体的表面积分成两部分,一部分是6个完全相同的正方形,另一部分是8个完全相同的等边三角形.6个完全相同的正方形的面积之和为6××=12,8个完全相同的等边三角形的面积之和为8××××=4,故该几何体的表面积为12+4.故选B.热点二　截面问题确定截面的主要依据有(1)平面的基本事实与推论.(2)直线与平面平行的判定定理和性质定理.(3)平面和平面平行的性质定理.(4)球的截面的性质.典例2　(1)(2021·山东潍坊二模)如图,在棱长为的正方体ABCD-A′B′C′D′中,点E,F,G分别是棱A′B′,B′C′,CD的中点,则由点E,F,G确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于　　　　. (2)(2020·新高考Ⅰ卷)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　　　　. 解析:(1)分别取AD的中点P,CC′的中点M,AA′的中点N,可得出过E,F,G三点的平面截正方体所得截面为正六边形EFMGPN,则正六边形的边长为MG===1,故截面多边形的面积等于6××12×=.(2)如图,连接B1D1,易知△B1C1D1为正三角形,所以B1D1=C1D1=2,分别取B1C1,BB1,CC1的中点M,G,H,连接D1M,D1G,D1H,则易得D1G=D1H==,D1M=,D1M⊥B1C1,又四棱柱ABCD-A1B1C1D1为直四棱柱,所以BB1⊥平面A1B1C1D1,所以BB1⊥D1M,因为BB1∩B1C1=B1,所以D1M⊥侧面BCC1B1.由题意知G,H分别是BB1,CC1与球面的交点.在侧面BCC1B1内任取一点P,使MP=,连接D1P,则D1M⊥MP,D1P===,连接MG,MH,易得MG=MH=,故可知以M为圆心,为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线.由∠B1MG=∠C1MH=45°知∠GMH=90°,所以的长为×2π×=.答案:(1)　(2)空间几何体的截面作图的常用方法(1)平行线法.用平行线法解决截面问题的关键是截面与几何体的两个平行平面相交,或者截面上有一条直线与截面上某点所在的几何体的某一个表面平行.(2)延长线法.用延长线法解决截面问题的关键是截面上的点中至少有两个点在一个几何体的一个表面上,那么这两点的连线一定在截面内.热点训练2　 (1)(多选题)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,直线AC1⊥平面α.平面α截此正方体所得截面有如下四个结论,其中正确的是(　　)A.截面形状可能为正三角形B.截面形状可能为正方形C.截面形状不可能是正五边形D.截面面积的最大值为3(2)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为,以顶点A为球心,2为半径作一个球,则图中球面与正方体的表面相交所得到的两段弧长之和(+)等于　　　　. 解析:(1)如图,显然A,C正确,B错误,下面说明D成立,如图,当截面是正六边形时,面积最大,MN=2,GH=,OE==,所以S=2××(2+)×=3,故D正确.故选ACD.(2)如题图,球面与正方体的六个面都相交,所得的交线分为两类:一类在顶点A所在的三个面上,即平面AA1B1B、平面ABCD和平面AA1D1D上;另一类在不过顶点A的三个面上,即平面BB1C1C、平面CC1D1D和平面A1B1C1D1上.在平面AA1B1B上,交线为弧EF且在过球心A的大圆上,因为AE=2,AA1=,则∠A1AE=.同理∠BAF=,所以∠EAF=,故的长为2×=,在平面BB1C1C上,交线为弧GF且在距球心为的平面与球面相交所得的小圆上,此时,小圆的圆心为B,半径为1,∠FBG=,所以的长为1×=.于是+=+=.答案:(1)ACD　(2)热点三　多面体与球求空间多面体的外接球半径的常用方法:(1)补形法:侧面为直角三角形,或正四面体,或对棱均相等的模型,可以还原到正方体或长方体中去求解.(2)定义法:到各个顶点的距离均相等的点为外接球的球心,借助有特殊性底面的外接圆圆心,找其垂线,则球心一定在垂线上,再根据球心到其他顶点的距离也是半径,列关系式求解即可.典例3　(1)(2022·全国乙卷)已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为(　　)A. B. C. D.(2)(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为3和4,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为(　　)A.100π B.128π C.144π D.192π解析:(1)设该四棱锥的体积为V,底面积为S,高为h,则V=S·h.根据圆的内接四边形面积最大时该四边形为正方形,易知当该四棱锥的体积最大时,其底面为正方形,此时设该四棱锥的底面边长为a,则h=,所以V=a2·=≤=,当且仅当=1-,即a2=时,取等号,此时h==.故选C.(2)由题意,得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为××3=3,××4=4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1,O2,连接O1O2(图略),则O1O2=1,其外接球的球心O在直线O1O2上.设球O的半径为R,当球心O在线段O1O2上时,R2=32+O=42+(1-OO1)2,解得OO1=4(舍去);当球心O不在线段O1O2上时,R2=42+O=32+(1+OO2)2,解得OO2=3,所以R2=25,所以该球的表面积为4πR2=100π.故选A.解决与球有关的切、接问题,其通法是作出截面,将空间几何问题转化为平面几何问题求解,其解题思维流程如下:(1)定球心:如果是内切球,球心到切点的距离相等且为半径;如果是外接球,球心到接点的距离相等且为半径.(2)作截面:选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素间的关系),达到空间问题平面化的目的.(3)求半径下结论:根据所作截面中的几何元素,建立关于球半径的方程(组),并求解.热点训练3　 (1)(2021·山东泰安一模)设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱的长都为1,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为(　　)A.5π B.π C.π D.π(2)(2022·山东济宁一模)在边长为6的菱形ABCD中,∠A=,现将△ABD沿BD折起,当三棱锥A-BCD的体积最大时,三棱锥A-BCD的外接球的表面积为　　　　. 解析:(1)由三棱柱所有棱的长为a=1,可知底面为正三角形,底面三角形的外接圆直径2r==,所以r=,设外接球的半径为R,则有R2=r2+=+=,所以该球的表面积为S=4πR2=π.故选D.(2)当三棱锥A-BCD的体积最大时,平面ABD⊥平面BCD,如图,取BD的中点H,连接AH,CH,则AH⊥BD,设O1,O2分别为△ABD,△BCD外接圆的圆心,O为三棱锥A-BCD的外接球的球心,则O1在AH上,O2在CH上,且AO1=2O1H=AH=2,且O2H⊥BD,OO1⊥平面ABD,OO2⊥平面BCD.因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AH⊂平面ABD,故AH⊥平面BCD,故AH∥OO2,同理,CH∥OO1,故四边形O1OO2H为平行四边形.因为AH⊥平面BCD,O2H⊂平面BCD,故AH⊥O2H,故四边形O1OO2H为矩形,故OO2=O1H=,而CO2=CH=2,故外接球半径为R===,故外接球的表面积为4π×15=60π.答案:(1)D　(2)60π