适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习上篇六大核心专题主攻专题3立体几何高考小题突破4空间几何体的结构表面积与体积课件

这是一份适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习上篇六大核心专题主攻专题3立体几何高考小题突破4空间几何体的结构表面积与体积课件，共42页。
考点一　空间几何体的结构特征
解析 (1)设圆锥底面半径为r1,圆锥侧面展开图半圆所在圆的半径为r2.
(2)(2020全国Ⅰ,理3)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为(　　)
增分技巧几何体的表面展开图及其应用(1)圆锥、圆柱的侧面展开图分别为扇形和矩形,圆锥、圆柱的底面周长分别为扇形的弧长、矩形的一边长,据此建立圆锥、圆柱基本量的联系解决问题.(2)解决多面体或旋转体的表面上与长度有关的最值问题时,一般采用转化法,即将表面展开化为平面图形,通过“化折为直”或“化曲为直”来解决,注意展开前后哪些几何量发生变化,哪些不变.
(1)(2023湖南郴州三模)已知圆台的上、下底面圆半径分别为5和10,侧面积为300π,AB为圆台的一条母线(点B在圆台的上底面圆周上),M为AB的中点,一只蚂蚁从点A出发,绕圆台侧面一周爬行到点M,则蚂蚁爬行所经路程的最小值为(　　)A.30B.40C.50D.60
解析 因为圆台上底面半径为5,下底面半径为10,母线长为l,所以S=πl(10+5)=15πl=300π,解得l=20.将圆台所在的圆锥展开如图所示,且设扇形的圆心为O.线段M1A就是蚂蚁爬行的最短距离.设OB=R,圆心角是α,则由题意知10π=αR,①20π=α(20+R),②
考点二　空间几何体的表面积与体积
考向1 空间几何体的表面积例2(1)(2023湖北武汉模拟)某车间需要对一个圆柱形工件进行加工,该工件底面半径为15cm,高为10cm,加工方法为在底面中心处打一个半径为rcm且和原工件有相同轴的圆柱形通孔.若要求工件加工后的表面积最大,则r的值为(　　)
解析 由题知,大圆柱表面积为2×152π+10×2×15π=750π cm2,小圆柱侧面积为(10×2πr)cm2,上下底面积为2πr2 cm2,所以加工后物件的表面积为750π+20πr-2πr2=800π-2π(r-5)2,所以当r=5时,表面积最大.
(2)(2023甘肃兰州模拟)如图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分,它可以看作是不含下底面的正四棱台和正三棱柱的组合体,已知正四棱台上底、下底、侧棱的长度(单位:dm)分别为2,6,4,正三棱柱各棱长均相等,则该结构表面积为(　　)
增分技巧空间几何体表面积的类型及求法
解析 设圆台的母线长为l,高为h,则h2+(2-1)2=l2.因为圆台上、下底面的半径分别为1和2,
(2)如图,斜三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是边长为1的正三角形,侧棱长为2, ∠A1AB=∠A1AC=45°,则该斜三棱柱的侧面积是__________.
考向2 空间几何体的体积
解析 (方法一)如图,作AO⊥平面PBC,设AO=h,连接OP,OB,OC,由AP=AB=AC=2,可得OP=OB=OC,即O为△PBC的外心.
(方法二)如图,过点P作PO⊥平面ABC于点O,连接CO并延长交AB于点D,连接PD.
(2)(2023广东佛山二模)极目一号(如图1)是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器.2022年5月,“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录.“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55m,高19m,若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体,正视图如图2所示,则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积约为(　　)(参考数据:9.52≈90,9.53≈857,315×1005≈316600,π≈3.14)
A.9064m3B.9004m3C.8944m3D.8884m3
增分技巧求几何体体积的基本方法(1)直接法:对于规则的几何体,可利用相关公式直接计算求解.(2)割补法:对于不规则的几何体,可将其分割成规则的几何体,进行体积计算;也可把不规则的几何体补成规则的几何体,进行体积计算.(3)转换法:主要用于求三棱锥(四面体)的体积,将三棱锥的顶点和底面进行转换,使其底面的面积可求(或容易求),高可求(或容易求),从而代入公式求得体积.
解析 (1)如图,甲、乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆,设圆的半径(即圆锥的母线长)为3,则圆的周长为6π,甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1,r2,高分别为h1,h2,则2πr1=4π,2πr2=2π,则r1=2,r2=1,
(2)(2023广东深圳一模)如图,一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水,若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形,则V的取值范围是(　　)
解析 若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形,则水最少的临界情况是水面与平面A1BD重合时;水最多的临界情况为多面体ABCDA1B1D1,水面为B1CD1.
考点三　球的“切”“接”问题
考向1 外接球问题例4(1)(2021天津,6)两个圆锥的底面是一个球的同一截面,顶点均在球面上,若球的体积为 ,两个圆锥的高之比为1∶3,则这两个圆锥的体积之和为(　　)A.3πB.4πC.9πD.12π
解析 (1)如图所示,两个圆锥的底面圆圆心为D.由题可知,两个圆锥的高之比为3∶1,则AD=3BD.
所以AB=AD+BD=4BD=4,所以BD=1,AD=3.因为CD⊥AB,则∠CAD+∠ACD=∠BCD+∠ACD=90°,所以∠CAD=∠BCD.又因为∠ADC=∠BDC,所以△ACD∽△CBD,
A.100πB.128πC.144πD.192π
解析 设外接球的半径为R,由题意得,上底面所在平面截球所得圆的半径是3,下底面所在平面截球所得圆的半径是4,在轴截面中,设球心到上、下底面的距离分别为d1,d2,
解得R2=25符合题意.因此球的表面积是S=4πR2=4π·25=100π.故选A.
解 由题意可知,正三棱锥外接球的球心位于高VM所在直线上,设为O.
增分技巧解决几何体外接球问题的基本方法(1)由球的定义确定球心.①正方体或长方体的外接球的球心是其体对角线的中点.②正棱柱的外接球的球心是上、下底面中心的连线的中点.③直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心的连线的中点.④正棱锥的外接球的球心在其高上,具体位置可通过构造直角三角形,利用勾股定理求得.
(2)构造正方体或长方体确定球心.①可构造正方体的情况:a.正四面体,其棱长对应正方体的面对角线长;b.三条侧棱两两垂直的正三棱锥,其底面边长对应正方体的面对角线长,侧棱长对应正方体的棱长.②可构造长方体的情况:a.某一个顶点处的三条棱两两垂直的四面体;b.四个面都是直角三角形的三棱锥;c.相对的棱相等的三棱锥.(3)利用性质确定球心.
(1)(2023全国乙,文16)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA=__________.
(2)(2023山东潍坊一模)在半径为1的球中作一个圆柱,当圆柱的体积最大时,圆柱的母线长为__________.
(2)(2023湖南郴州三模)已知三棱锥P-ABC的棱长均为4,先在三棱锥P-ABC内放入一个内切球O1,然后再放入一个球O2,使得球O2与球O1及三棱锥P-ABC的三个侧面都相切,则球O2的表面积为__________.
增分技巧几何体内切球问题的求解策略(1)体积分割法求内切球半径.(2)作出合适的截面(过球心、切点等),转化为平面图形求解.(3)多球相切的问题,连接各球球心,转化为处理多面体问题.
(1)(2020全国Ⅱ,理15)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__________.
(2)如图所示的六面体由两个棱长为a的正四面体M-ABC,Q-ABC组合而成,记正四面体M-ABC的内切球为球O1,正四面体Q-ABC的内切球为球O2,则O1O2=__________;若在该六面体内放置一个球O,则球O的体积的最大值是__________.
解析 如图,取BC的中点D,连接AD.设点M在平面ABC内的射影为N,连接MN,因为四面体M-ABC是正四面体,则N为△ABC的中心,且N在线段AD上, AD⊥BC.