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2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第八章第一讲 空间几何体的结构、表面积和体积学案
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这是一份2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第八章第一讲 空间几何体的结构、表面积和体积学案，共20页。
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第八章 立体几何
第一讲 空间几何体的结构、表面积和体积
1.下列命题正确的是( )
A.底面是矩形的平行六面体是长方体
B.有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥
C.棱台的相对侧棱延长后必交于一点
D.直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥
2.[新角度题]如图8 - 1 - 1,圆柱的底面半径为1,平面ABCD为圆柱的轴截面,从A点开始,沿着圆柱的侧面拉一条绳子到C点,若绳子的最短长度为3π,则该圆柱的侧面积为( )
图8-1-1
A.42π2 B.22π2 C.52π2 D.4π2
3.[2018全国卷Ⅰ]在长方体 ABCD - A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的角为30°,则该长方体的体积为( )
A.8 B.62 C.82 D.83
4.[2015新课标全国Ⅰ][数学文化题]《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图 8 - 1 - 2,米堆为一个圆锥的四分之一),
图8-1-2
米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有( )
A.14斛 B.22斛 C.36斛 D.66斛
5.[2019天津高考]已知四棱锥的底面是边长为2的正方形,侧棱长均为5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为 .
6.有一块多边形的菜地,它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图8 - 1 -3所).∠ABC=45°,AB=AD=1,DC⊥BC,
则这块菜地的面积为 .
图8-1-3
7.[2017全国卷Ⅱ]长方体的长,宽,高分别为3,2,1,其顶点都在球O的球面上,则球O的表面积为 .
考法1 空间几何体的结构
1 给出下列命题:
①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点,则这两点的连线是圆柱的母线;
②一个平面截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台;
③圆锥的所有轴截面都是全等的等腰三角形;
④圆锥的轴截面是所有过顶点的截面中,面积最大的一个;
⑤三棱锥的四个面中最多只有三个直角三角形.
其中正确命题的个数是
A.0 B.1 C.2 D.3
①只有当这两点的连线平行于轴时才是母线,故①不正确;②只有平行于圆锥底面的平面截圆锥,才能得到一个圆锥和一个圆台,故②不正确;③正确;④因为圆锥的母线长一定,根据三角形面积公式知,过圆锥顶点的截面中,两条母线的夹角的正弦值越大,截面面积就越大,所以当轴截面中两条母线的夹角为钝角时,轴截面的面积就不是最大的,故④不正确;⑤三棱锥的四个面中最多有四个直角三角形,故⑤不正确.
B
2 [2020湖北省部分重点中学第二次联考]如图8 - 1 - 4,正三棱锥A - BCD的底面边长为a,侧棱长为2a,点E,F 分别为AC,AD上的动点,则截面△BEF 周长的最小值为 .
图8-1-4
将正三棱锥A - BCD的侧面沿侧棱BA展开,得到一个由三个全等的等腰三角形拼接而成的五边形→截面△BEF 周长的最小值即线段BB1的长度→由平面几何知识计算线段BB1的长度
将正三棱锥A - BCD的侧面沿侧棱BA展开,得到一个由三个全等的等腰三角形拼接而成的五边形(如图8 - 1 - 5).
图8-1-5
利用平面上两点之间的线段最短原理知,截面△BEF 周长的最小值即图中线段BB1的长度.
由对称性知BB1∥CD,所以∠DF B1=∠ADC=∠ADB1,
所以B1F =B1D=BC=BE=a.
易知△B1F D∽△ACD,所以FDCD = B1DAD=a2a=12,所以F D=12a.
又EFCD=AFAD,所以EFa=2a-12a2a,即EF =34a.
所以BB1=2a+3a4=114a,即截面△BEF 周长的最小值为114a.
1.(1)[2019南昌市二模]已知圆锥的侧面展开图为四分之三个圆面,设圆锥的底面半径为r,母线长为l,有以下结论:①l∶r=4∶3;②圆锥的侧面积与底面面积之比为4∶3;③圆锥的轴截面是锐角三角形.其中所有正确结论的序号是( )
A.①② B.②③
C.①③ D.①②③
(2)[2020上海长宁区、嘉定区质检]如图8 - 1 - 6,已知正三棱柱的底面边长为2,高为5,一质点自A点出发,沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路线的长为 .
图8-1-6
考法2 求空间几何体的表面积(侧面积)
命题角度1 求空间几何体的表面积
3 [2018全国卷Ⅰ]已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为
A.122π B.12π C.82π D.10π
由过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形→求出圆柱的高与底面圆的直径→代入圆柱的表面积公式求解
因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,所以圆柱的高为22,底面圆的直径为22,所以该圆柱的表面积为2×π×(2)2+22π×22=12π.
B
命题角度2 求空间几何体的侧面积
4[2018全国卷Ⅱ]已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为78.SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为515,则该圆锥的侧面积为 .
如图8 - 1 - 7所示,设S在底面的射影为S' ,连接AS' ,SS' .
图8-1-7
△SAB的面积为12·SA·SB·sin∠ASB=12·SA2·1-cos2∠ASB=1516·SA2=515,∴SA2=80,SA=45.
∵ SA与底面所成的角为45°,
∴∠SAS' =45°,AS' =SA·cos 45°=45×22=210.
∴底面周长l=2π·AS' =410π,∴圆锥的侧面积为12×45×410π=402π.
2.（1）[2020湖北省部分重点中学第二次联考]在梯形ABCD中,∠ABC=π2,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2,将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而成的曲面所围成的几何体的表面积为( )
A.(5+2)π B.(4+2)π C.(5+22)π D.(3+2)π
(2)如图8 - 1 - 8所示,有两个相同的直三棱柱,高为2a,底面三角形的三边长分别为3a,4a,5a(a>0).用它们拼成一个三棱柱或四棱柱,在所有可能的情形中,表面积最小的是一个四棱柱,则a的取值范围是 .
图8 - 1 -8
考法3 求空间几何体的体积
命题角度1 求空间几何体的体积
5 [2018天津高考]如图8 - 1 - 9,已知正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为1,则四棱锥A1 - BB1D1D的体积为 .
图8-1-9
解法一 (公式法)连接A1C1交B1D1于点E,则A1E ⊥B1D1,A1E⊥BB1,则A1E ⊥平面BB1D1D,所以A1E为四棱锥A1 - BB1D1D的高,且A1E=22,矩形BB1D1D的长和宽分别为2,1,故VA1-BB1D1D=13×1×2×22=13.
解法二 (割补法)连接BD1,则四棱锥A1 - BB1D1D分成两个三棱锥B - A1DD1与B - A1B1D1,VA1-BB1D1D=VB-A1DD1+VB-A1B1D1=13×12×1×1×1+13×12×1×1×1=13.
命题角度2 体积的最值问题
6[2019南京师大附中考前冲刺]在四面体ABCD中,若AD=DB=AC=CB=1,则四面体ABCD体积的最大值是
A.2327 B.13 C.239 D.33
如图8 - 1 - 10,取AB的中点E,连接CE,DE.
图8-1-10
设AB=2x(0
所以V' =13 - x2.令V' =0,得x=33.
当x∈(0,33)时,V单调递增,当x∈(33,1)时,V单调递减,则当x = 33时,V有最大值,Vmax=13×33- 13×(33)3=2327.(利用函数单调性求最值)
A
解后反思
该题中四面体ABCD的体积等于三棱锥B - CED和三棱锥A - CED的体积之和,而AB与面CED垂直,设∠CED=θ,则V=
VA - CED+VB - CED=13S△CED×AB=13×12CE×ED×ABsin θ.显然当θ=90°时,V取得最大值,而∠CED就是二面角C - AB - D的平面角,故当CE与DE垂直,即平面ABC⊥平面ABD时,四面体ABCD的体积取得最大值.
3.（1）如图8 - 1 - 11所示,在多面体ABCDEF 中,已知面ABCD是边长为1的正方形,且△ADE,△BCF 均为正三角形,EF ∥AB,EF =2,则该多面体的体积为( )
A.23 B.33 C.43 D.32
图8-1-11 图8 - 1 - 12
(2)如图8 - 1 - 12所示,体积为V的大球内有4个小球,每个小球的球面过大球球心且与大球球面有且只有一个交点,4个小球的球心是以大球球心为中心的正方形的4个顶点.设V1为小球相交部分(图中阴影部分)的体积,V2为大球内、小球外的图中黑色部分的体积,则下列关系式中正确的是( )
A.V1>V2 B.V2V2 D.V1
命题角度1 外接球问题
7 [2020广西柳州模拟]已知直三棱柱ABC - A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上,若AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=12,则球O的半径为
A.3172 B.210 C.132 D.310
分析直三棱柱的结构特征,根据底面形状及球的截面性质,确定球心的位置,建立球的半径与棱柱的几何度量之间的关系求解.
解法一 (直接法)如图8 - 1 - 13,作出直三棱柱ABC - A1B1C1的外接球O.
图8-1-13
由题意,直三棱柱的底面ABC是直角三角形,所以底面△ABC外接圆的圆心是BC的中点E,底面△A1B1C1外接圆的圆心是B1C1的中点E1.
由球的截面的性质可得直三棱柱外接球的球心O就是线段EE1的中点.(定球心O)
连接OA,AE,A1E1.在△ABC中,AC⊥AB,所以BC=AB2+AC2=32+42=5,
所以EA = 12BC=52.
又OE=12AA1=12×12=6,
由球的截面的性质可得OE⊥平面ABC,
所以OA=EA2+OE2=(52)2+62=132.(R2=R2+d2)
即直三棱柱外接球的半径为132.
解法二 (补形法)如图8 - 1 - 14,将直三棱柱ABC - A1B1C1的底面补成矩形,得到长方体ABDC - A1B1D1C1.
图8-1-14
显然,直三棱柱ABC - A1B1C1的外接球就是长方体ABDC - A1B1D1C1的外接球.
而长方体ABDC - A1B1D1C1的外接球的直径等于长方体的体对角线长,连接AD1,
则AD1=32+42+122=13,
所以直三棱柱外接球的半径为132.
C
命题角度2 内切球问题
8 [2020福建省厦门双十中学模拟]如图8 - 1 - 15,在三棱锥P - ABC中,PA=4,AC=27,PB=BC=23,PA⊥平面PBC,则三棱锥P - ABC的内切球的表面积为 .
图8-1-15
由PA⊥平面PBC,且PA=4,PB=23,AC=27,得AB=27,PC=23,所以△PBC为等边三角形,△ABC为等腰三角形.
V三棱锥P - ABC=V三棱锥A - PBC=13S△PBC×PA=13×34×(23)2×4=43.
易知三棱锥P - ABC的表面积S=12×23×4×2+34×(23)2+12×23×5=163.
设内切球半径为r,则V三棱锥P - ABC=13×S×r,即43=13×163×r,(三棱锥的体积=13×三棱锥的表面积×内切球半径)
解得r=34.
所以三棱锥P - ABC的内切球的表面积为4π×(34)2=9π4.
4.(1)[2019全国卷Ⅰ]已知三棱锥P - ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F 分别是PA,AB的中点,∠CEF =90°,则球O的体积为( )
A.86π B.46π C.26π D.6π
(2)[2019湘东六校联考]如图8 - 1 - 17,四棱锥P - ABCD中,AP=1,矩形ABCD的周长为8,当三棱锥A - PCD的体积最大时,该三棱锥的外接球半径与内切球半径分别为R和R,则R+1r的值为 .
图8-1-17
数学应用 空间几何体体积的应用
9[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8 - 1 - 18,该模型为长方体ABCD - A1B1C1D1挖去四棱锥O - EF GH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.
图8-1-18
由题易得长方体ABCD - A1B1C1D1的体积为6×6×4=144(cm3),四边形EF GH为平行四边形,如图8 - 1 - 19所示,连接GE,HF .易知四边形EF GH的面积为矩形BCC1B1面积的一半,即12×6×4=12(cm2),
图8-1-19
所以V四棱锥O - EF GH=13×3×12=12(cm3),所以该模型的体积为144 - 12=132(cm3),所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9=118.8(g).(质量=密度×体积)
素养探源
核心素养
考查途径
素养水平
直观想象
根据已知抽象出四边形EF GH为平行四边形,借助该图形解决问题
二
数学运算
求四棱锥的体积,求模型的体积
一
考向指导
本题以学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型为背景,将空间几何体的体积与物理中“质量=体积×密度”的计算结合命题,要求考生能够在关联的情境中,想象并构建相应的几何图形,借助图形性质探索规律,解决数学问题,考查了直观想象、数学运算等核心素养,对立体几何的考法具有很好的导向作用.
易错警示
本题的易错点有两处:一是把四棱锥的体积公式与四棱柱的体积公式搞混,导致求四棱锥O - EF GH的体积时漏乘13;二是此题涉及质量的计算,考生在求完体积后,容易漏乘原料密度,导致所求得的结果出错.解决此类与实际应用相结合的试题,只要仔细审题,并找准题眼,就可避开命题人所设置的陷阱.
5.[2015江苏高考]现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变,但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个,则新的底面半径为 .
数学文化 立体几何与数学文化
10 [2019全国卷Ⅱ]中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图8 - 1 - 20).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图8 - 1 - 21是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有 个面,其棱长为 .(本题第一空2分,第二空3分)
图8 - 1 - 20 图8 - 1 - 21
依题意知,题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上,且该半正多面体的表面由18个正方形,8个正三角形组成,因此题中的半正多面体共有26个面. 注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形,设题中的半正多面体的棱长为x,则22x+x+22x=1,解得x=2 - 1,故题中的半正多面体的棱长为2 - 1.
素养探源
核心素养
考查途径
素养水平
直观想象
半正多面体的俯视图
二
数学抽象
半正多面体的结构
二
数学运算
半正多面体棱长的计算
一
试题评析
本题以我国南北朝时期的官员独孤信的印信形状“半正多面体”为背景,创设求空间多面体的面数与棱长的问题,引导考生认识到世界古老民族优秀传统文化的博大精深和源远流长,体现了数学文化的传承与发展,对学生的阅读能力和直观想象核心素养要求较高,若能找准题眼,便可化繁为简.
本题的题眼有两处:一是半正多面体的组成——半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体,需提炼出半正多面体的棱长均相等;二是将半正多面体放到正方体中去观察其特征——它的所有顶点都在同一个棱长为1的正方体的表面上,利用方程思想即可轻松求出该半正多面体的棱长.
6.[2019福建福州三模]《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图8 - 1 - 22所示,平面四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=2,BD⊥CD.将平面四边形ABCD沿对角线BD折成一个“鳖臑”A' - BCD,则该“鳖臑”的内切球的半径为 .
图8-1-22
数学探究 立体几何中的截面问题
11 [2018全国卷Ⅰ]已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为
A.334 B.233 C.324 D.32
如图8 - 1 - 23,记该正方体为ABCD - A1B1C1D1,要使正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,那么平面α必须与正方体的体对角线AC1垂直.连接B1C,B1D1,CD1,易知平面α与平面B1CD1平行或重合.
图8-1-23
设截面与棱A1D1,A1B1,BB1,BC,CD,DD1的交点分别为E,F ,G,H,I,J.
不妨设A1E=x(0≤x≤1),则DJ=x,延长EJ,HI交于点M,则M∈直线AD,显然△MEH是边长为2的正三角形,△MJI是边长为2x的正三角形,
所以S四边形EHIJ=S△MEH - S△MJI=34(2 - 2x2),
同理可得S四边形EHGF =34[2 - 2(1 - x)2]=34(4x - 2x2),
所以截面面积S=34(2+4x - 4x2)=34[3 - (1 - 2x)2]≤334,
当且仅当x=12时等号成立.
即当x=12时,截面面积取得最大值,最大值为334.
A
解后反思
本题没有繁杂的计算,但增加了试题的思维量,重在考查学生的思维能力,尤其是直观想象和数学抽象核心素养.从已
知条件中抽象出几何体的结构特征,然后构建直观模型进行求解,因此考生要具备一定的数学核心素养才能求解,同时也体现了高考的选拔功能.学生也可以根据正方体的对称性直观判断出取得最大值的位置,再在备选答案中进行排除,体现了多一点想、少一点算的命题理念,深入考查学生的数学核心素养.
7.[多选题]已知某几何体的展开图如图8-1-25所示,图中小正方形的边长均为1,P为BC的中点,Q为线段CC1上的动点,过点A,P,Q的平面截该几何体所得截面面积为S,则下列结论正确的为( )
图8-1-25
A.当CQ=12时,异面直线AC1与PQ所成的角为45°
B.当CQ=12时,S=98
C.当CQ=1时,S=62
D.当CQ=1时,A1B与平面APQ平行
1.C 根据空间几何体的结构特征可知C正确.
2.A 沿AD将圆柱的侧面展开,绳子的最短长度即侧面展开图中A,C两点间的距离,连接AC,所以AC=3π,展开后AB的长度为π.设圆柱的高为h,则AC2=AB2+h2,即9π2=π2+h2,得h=22π,所以圆柱的侧面积为2×π×1×22π=42π2.
【素养落地】 本题以圆柱的侧面展开图为依托,设置最短路径问题,不仅体现了注重考查基础知识的理念,还体现了直观想象、数学运算等核心素养.
3.C 连接BC1,因为AB⊥平面BB1C1C,所以∠AC1B=30°,AB⊥BC1,所以△ABC1为直角三角形.又AB=2,所以BC1=23.又B1C1=2,所以BB1=(23)2-22=22,故该长方体的体积V=2×2×22=82.
4.B 由弧长l=14×2πr=8得圆锥底面的半径r=16π≈163(尺),所以米堆的体积V=14×13πr2h=14×2569×5=3209(立方尺),所以堆放的米有3209÷1.62≈22(斛).故选B.
5.π4 由题意可得,四棱锥底面对角线的长为2,则圆柱底面的半径为12,易知四棱锥的高为5-1=2,故圆柱的高为1,所以圆柱的体积为π×(12)2×1=π4.
6.2+22 在直观图中,过点A作AE⊥BC,垂足为点E,如图D 8 - 1 - 1所示,则在Rt△ABE中,AB=1,∠ABE=45°,∴BE=22.
图D 8 - 1 - 1
而四边形AECD为矩形,AD=1,∴EC=AD=1,∴BC=BE+EC=22+1.由此可还原原图形如图D 8 - 1 - 2所示
图D 8 - 1 - 2
.在原图形中,A' D' =1,A' B' =2,B' C' =22+1,且A' D' ∥B' C' ,A' B' ⊥B' C' ,∴这块菜地的面积S=12(A' D' +B' C' )·A' B' =12×(1+22+1)×2=2+22.
7.14π 依题意得,长方体的体对角线长为32+22+12=14,记长方体的外接球的半径为R,则有2R=14,R=142,因此球O的表面积S=4πR2=14π.
1.(1)A 设圆锥的母线长l=1.因为圆锥的侧面展开图为四分之三个圆面,所以圆锥的侧面积为34π,又圆锥的底面半径为r,所以由2πr=34×2π得r=34,所以lr=43,故①正确;
圆锥的侧面积与底面积之比为34ππ·(34)2=43,故②正确;
设圆锥的轴截面三角形的顶角为θ,因为圆锥的底面直径为2×34=32,所以cos θ=12+12-(32)22×1×1= - 18,所以角θ为钝角,所以圆锥的轴截面是钝角三角形,故③错误.故选A.
【方法技巧】 圆锥底面圆的周长是圆锥侧面展开图中扇形的弧长.
(2)13 将正三棱柱ABC - A1B1C1的侧面沿侧棱AA1展开,再拼接一次,示意图如图D 8 - 1 - 3所示,
图D 8 - 1 - 3
在展开图中,最短距离是六个矩形形成的大矩形对角线的长度,也即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值,记为d.
由已知求得矩形的长为6×2=12,宽为5,由勾股定理得d=122+52=13.
2.(1)A 由题意知,将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而成的几何体是一个底面半径为1,高为2的圆柱挖去一个底面半径为1,高为1的圆锥后所得的几何体,如图D 8 - 1 - 4所示.
图D 8 - 1 - 4
所以该几何体的表面积S=π×12+2π×2+12×2π×12+12=(5+2)π.故选A.
(2)(0,153) 所给直三棱柱的底面积为6a2,侧面面积分别为6,8,10.当拼成三棱柱时有三种情况,如图D 8 - 1 - 5①②③所示,其表面积分别为
S1=2×6a2+2×(10+8+6)=12a2+48,
S2=4×6a2+2×(10+8)=24a2+36,
S3=4×6a2+2×(10+6)=24a2+32.
当拼成四棱柱时有三种情况,示意图如图D 8 - 1 - 5④⑤⑥所示,表面积分别为
S4=4×6a2+2×(8+6)=24a2+28,
S5=4×6a2+2×(10+8)=24a2+36,
S6=4×6a2+2×(10+6)=24a2+32.
图D 8 - 1 - 5
由题意得24a2+28<12a2+48,解得0
3.(1)A 如图D 8 - 1 - 6所示,分别过A,B作EF的垂线,垂足分别为G,H,连接DG,CH,
图D 8 - 1 - 6
易求得EG=HF=12,AG=GD=BH=HC=32,S△AGD=S△BHC=12×22×1=24.
∴V=V三棱锥E - ADG+V三棱锥F - BHC+V三棱锥AGD - BHC=13×24×12+13×24×12+24×1=23.选A.
(2)D 记大球、小球的体积分别为V大球,V小球,半径分别为R,r,根据题图可以得到r=12R.根据已知条件可得V2=V大球 - 4V小球+V1,即V2 - V1=V大球 - 4V小球=43πR3 - 4×43π(R2)3=23πR3>0,所以V2>V1,故选D.
4.(1)D 因为点E,F分别为PA,AB的中点,所以EF∥PB,
因为∠CEF=90°,所以EF⊥CE,所以PB⊥CE.
取AC的中点D,连接BD,PD,易证AC⊥平面BDP,
所以PB⊥AC,又AC∩CE=C,AC,CE⊂平面PAC,
所以PB⊥平面PAC,
所以PB⊥PA,PB⊥PC,
因为PA=PB=PC,△ABC为正三角形,
所以PA⊥PC,即PA,PB,PC两两垂直.将三棱锥P - ABC放在正方体中,如图D 8 - 1 - 7所示.
图D 8 - 1 - 7
因为AB=2,所以该正方体的棱长为2,所以该正方体的体对角线长为6,
所以三棱锥P - ABC的外接球的半径R=62,所以球O的体积V=43πR3=43π×(62)3=6π.
(2)2+52+3 设AD=x,则CD=4 - x.因为AP=1,V三棱锥A - PCD=V三棱锥P - ACD,所以当PA⊥平面ABCD,且△ACD的面积最大时,三棱锥A - PCD的体积最大.
△ACD的面积S△ACD=12(4 - x)x≤12×[(4-x)+x2]2=2,当且仅当x=2时,△ACD的面积最大,为2.此时三棱锥A - PCD的外接球半径R=22+22+12=32.
由等体积法得V三棱锥P - ACD=13(S△ACD+S△PCD+S△PAD+S△PAC)r=13×1×2,即(12×2×2+12×2×5+12×2×1+12×22×1)r=2,所以1r=3+2+52,则R+1r=2+52+3.
5.7 底面半径为5,高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱的总体积为13π×52×4+π×22×8=196π3.设新的圆锥和圆柱的底面半径为r,则13π×r2×4+π×r2×8=28π3r2=196π3,解得r=7.
6.2-12 因为A' D=CD=1,且△A' CD为直角三角形,所以CD⊥A' D,
又CD⊥BD,BD∩A' D=D,所以CD⊥平面A' BD,所以CD⊥A' B.
又由A' B=A' D=1,BD=2,得A' B⊥A' D,且A' D∩CD=D,
所以A' B⊥平面A' CD,所以A' B⊥A' C,由题意得A' C=2.
设该“鳖臑”的内切球的半径为r,则13(S△A' BC+S△A' CD+S△A' BD+S△BCD)r=13×CD×S△A' BD,
所以13×(22+12+12+22)r=13×1×12,解得r=2-12.
7.BCD 由题意知,该几何体为正方体.当CQ=12时,Q为线段CC1的中点.对于A,如图D 8 - 1 - 8,连接BC1,因为P,Q分别是BC,CC1的中点,所以BC1∥PQ,所以∠BC1A为异面直线AC1与PQ所成的角,因为tan∠BC1A=ABBC1=22≠1,故A错误.
对于B,如图D 8 - 1 - 8,连接AD1,D1Q,AP,则过点A,P,Q的截面为图D 8 - 1 - 8中的平面APQD1,其中PQ∥AD1且PQ=12AD1,四边形APQD1是等腰梯形,在Rt△ABP中,AB=1,BP=12,可得AP=D1Q=52,在Rt△PQC中,CP=12,CQ=12,可得PQ=22,则AD1=2,易得等腰梯形APQD1的高为324,所以S=(2+22)×3242=98,故B正确.
图D 8 - 1 - 8
当CQ=1时,点Q与点C1重合.对于C,如图D 8 - 1 - 9,取A1D1的中点M,连接AM,MQ,PM,易得AM∥PQ且AM=PQ,所以平面APQM即为过点A,P,Q的截面,且四边形APQM为平行四边形,又易知AM=MQ=52,所以截面APQM为菱形,菱形APQM的面积为12PM×AQ=12×2×3=62,故C正确.
对于D,如图D 8 - 1 - 9,易知A1M∥BP,因为M,P分别为A1D1,BC的中点,所以A1M=BP,所以四边形A1MPB为平行四边形,所以A1B∥MP,又MP⊂平面APQ,A1B⊄平面APQ,所以A1B∥平面APQ,故D正确.故选BCD.
图D 8 - 1 - 9
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第八章 立体几何
第一讲 空间几何体的结构、表面积和体积
1.下列命题正确的是( )
A.底面是矩形的平行六面体是长方体
B.有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥
C.棱台的相对侧棱延长后必交于一点
D.直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥
2.[新角度题]如图8 - 1 - 1,圆柱的底面半径为1,平面ABCD为圆柱的轴截面,从A点开始,沿着圆柱的侧面拉一条绳子到C点,若绳子的最短长度为3π,则该圆柱的侧面积为( )
图8-1-1
A.42π2 B.22π2 C.52π2 D.4π2
3.[2018全国卷Ⅰ]在长方体 ABCD - A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的角为30°,则该长方体的体积为( )
A.8 B.62 C.82 D.83
4.[2015新课标全国Ⅰ][数学文化题]《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图 8 - 1 - 2,米堆为一个圆锥的四分之一),
图8-1-2
米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有( )
A.14斛 B.22斛 C.36斛 D.66斛
5.[2019天津高考]已知四棱锥的底面是边长为2的正方形,侧棱长均为5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为 .
6.有一块多边形的菜地,它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图8 - 1 -3所).∠ABC=45°,AB=AD=1,DC⊥BC,
则这块菜地的面积为 .
图8-1-3
7.[2017全国卷Ⅱ]长方体的长,宽,高分别为3,2,1,其顶点都在球O的球面上,则球O的表面积为 .
考法1 空间几何体的结构
1 给出下列命题:
①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点,则这两点的连线是圆柱的母线;
②一个平面截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台;
③圆锥的所有轴截面都是全等的等腰三角形;
④圆锥的轴截面是所有过顶点的截面中,面积最大的一个;
⑤三棱锥的四个面中最多只有三个直角三角形.
其中正确命题的个数是
A.0 B.1 C.2 D.3
①只有当这两点的连线平行于轴时才是母线,故①不正确;②只有平行于圆锥底面的平面截圆锥,才能得到一个圆锥和一个圆台,故②不正确;③正确;④因为圆锥的母线长一定,根据三角形面积公式知,过圆锥顶点的截面中,两条母线的夹角的正弦值越大,截面面积就越大,所以当轴截面中两条母线的夹角为钝角时,轴截面的面积就不是最大的,故④不正确;⑤三棱锥的四个面中最多有四个直角三角形,故⑤不正确.
B
2 [2020湖北省部分重点中学第二次联考]如图8 - 1 - 4,正三棱锥A - BCD的底面边长为a,侧棱长为2a,点E,F 分别为AC,AD上的动点,则截面△BEF 周长的最小值为 .
图8-1-4
将正三棱锥A - BCD的侧面沿侧棱BA展开,得到一个由三个全等的等腰三角形拼接而成的五边形→截面△BEF 周长的最小值即线段BB1的长度→由平面几何知识计算线段BB1的长度
将正三棱锥A - BCD的侧面沿侧棱BA展开,得到一个由三个全等的等腰三角形拼接而成的五边形(如图8 - 1 - 5).
图8-1-5
利用平面上两点之间的线段最短原理知,截面△BEF 周长的最小值即图中线段BB1的长度.
由对称性知BB1∥CD,所以∠DF B1=∠ADC=∠ADB1,
所以B1F =B1D=BC=BE=a.
易知△B1F D∽△ACD,所以FDCD = B1DAD=a2a=12,所以F D=12a.
又EFCD=AFAD,所以EFa=2a-12a2a,即EF =34a.
所以BB1=2a+3a4=114a,即截面△BEF 周长的最小值为114a.
1.(1)[2019南昌市二模]已知圆锥的侧面展开图为四分之三个圆面,设圆锥的底面半径为r,母线长为l,有以下结论:①l∶r=4∶3;②圆锥的侧面积与底面面积之比为4∶3;③圆锥的轴截面是锐角三角形.其中所有正确结论的序号是( )
A.①② B.②③
C.①③ D.①②③
(2)[2020上海长宁区、嘉定区质检]如图8 - 1 - 6,已知正三棱柱的底面边长为2,高为5,一质点自A点出发,沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路线的长为 .
图8-1-6
考法2 求空间几何体的表面积(侧面积)
命题角度1 求空间几何体的表面积
3 [2018全国卷Ⅰ]已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为
A.122π B.12π C.82π D.10π
由过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形→求出圆柱的高与底面圆的直径→代入圆柱的表面积公式求解
因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,所以圆柱的高为22,底面圆的直径为22,所以该圆柱的表面积为2×π×(2)2+22π×22=12π.
B
命题角度2 求空间几何体的侧面积
4[2018全国卷Ⅱ]已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为78.SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为515,则该圆锥的侧面积为 .
如图8 - 1 - 7所示,设S在底面的射影为S' ,连接AS' ,SS' .
图8-1-7
△SAB的面积为12·SA·SB·sin∠ASB=12·SA2·1-cos2∠ASB=1516·SA2=515,∴SA2=80,SA=45.
∵ SA与底面所成的角为45°,
∴∠SAS' =45°,AS' =SA·cos 45°=45×22=210.
∴底面周长l=2π·AS' =410π,∴圆锥的侧面积为12×45×410π=402π.
2.（1）[2020湖北省部分重点中学第二次联考]在梯形ABCD中,∠ABC=π2,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2,将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而成的曲面所围成的几何体的表面积为( )
A.(5+2)π B.(4+2)π C.(5+22)π D.(3+2)π
(2)如图8 - 1 - 8所示,有两个相同的直三棱柱,高为2a,底面三角形的三边长分别为3a,4a,5a(a>0).用它们拼成一个三棱柱或四棱柱,在所有可能的情形中,表面积最小的是一个四棱柱,则a的取值范围是 .
图8 - 1 -8
考法3 求空间几何体的体积
命题角度1 求空间几何体的体积
5 [2018天津高考]如图8 - 1 - 9,已知正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为1,则四棱锥A1 - BB1D1D的体积为 .
图8-1-9
解法一 (公式法)连接A1C1交B1D1于点E,则A1E ⊥B1D1,A1E⊥BB1,则A1E ⊥平面BB1D1D,所以A1E为四棱锥A1 - BB1D1D的高,且A1E=22,矩形BB1D1D的长和宽分别为2,1,故VA1-BB1D1D=13×1×2×22=13.
解法二 (割补法)连接BD1,则四棱锥A1 - BB1D1D分成两个三棱锥B - A1DD1与B - A1B1D1,VA1-BB1D1D=VB-A1DD1+VB-A1B1D1=13×12×1×1×1+13×12×1×1×1=13.
命题角度2 体积的最值问题
6[2019南京师大附中考前冲刺]在四面体ABCD中,若AD=DB=AC=CB=1,则四面体ABCD体积的最大值是
A.2327 B.13 C.239 D.33
如图8 - 1 - 10,取AB的中点E,连接CE,DE.
图8-1-10
设AB=2x(0
所以V' =13 - x2.令V' =0,得x=33.
当x∈(0,33)时,V单调递增,当x∈(33,1)时,V单调递减,则当x = 33时,V有最大值,Vmax=13×33- 13×(33)3=2327.(利用函数单调性求最值)
A
解后反思
该题中四面体ABCD的体积等于三棱锥B - CED和三棱锥A - CED的体积之和,而AB与面CED垂直,设∠CED=θ,则V=
VA - CED+VB - CED=13S△CED×AB=13×12CE×ED×ABsin θ.显然当θ=90°时,V取得最大值,而∠CED就是二面角C - AB - D的平面角,故当CE与DE垂直,即平面ABC⊥平面ABD时,四面体ABCD的体积取得最大值.
3.（1）如图8 - 1 - 11所示,在多面体ABCDEF 中,已知面ABCD是边长为1的正方形,且△ADE,△BCF 均为正三角形,EF ∥AB,EF =2,则该多面体的体积为( )
A.23 B.33 C.43 D.32
图8-1-11 图8 - 1 - 12
(2)如图8 - 1 - 12所示,体积为V的大球内有4个小球,每个小球的球面过大球球心且与大球球面有且只有一个交点,4个小球的球心是以大球球心为中心的正方形的4个顶点.设V1为小球相交部分(图中阴影部分)的体积,V2为大球内、小球外的图中黑色部分的体积,则下列关系式中正确的是( )
A.V1>V2 B.V2
命题角度1 外接球问题
7 [2020广西柳州模拟]已知直三棱柱ABC - A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上,若AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=12,则球O的半径为
A.3172 B.210 C.132 D.310
分析直三棱柱的结构特征,根据底面形状及球的截面性质,确定球心的位置,建立球的半径与棱柱的几何度量之间的关系求解.
解法一 (直接法)如图8 - 1 - 13,作出直三棱柱ABC - A1B1C1的外接球O.
图8-1-13
由题意,直三棱柱的底面ABC是直角三角形,所以底面△ABC外接圆的圆心是BC的中点E,底面△A1B1C1外接圆的圆心是B1C1的中点E1.
由球的截面的性质可得直三棱柱外接球的球心O就是线段EE1的中点.(定球心O)
连接OA,AE,A1E1.在△ABC中,AC⊥AB,所以BC=AB2+AC2=32+42=5,
所以EA = 12BC=52.
又OE=12AA1=12×12=6,
由球的截面的性质可得OE⊥平面ABC,
所以OA=EA2+OE2=(52)2+62=132.(R2=R2+d2)
即直三棱柱外接球的半径为132.
解法二 (补形法)如图8 - 1 - 14,将直三棱柱ABC - A1B1C1的底面补成矩形,得到长方体ABDC - A1B1D1C1.
图8-1-14
显然,直三棱柱ABC - A1B1C1的外接球就是长方体ABDC - A1B1D1C1的外接球.
而长方体ABDC - A1B1D1C1的外接球的直径等于长方体的体对角线长,连接AD1,
则AD1=32+42+122=13,
所以直三棱柱外接球的半径为132.
C
命题角度2 内切球问题
8 [2020福建省厦门双十中学模拟]如图8 - 1 - 15,在三棱锥P - ABC中,PA=4,AC=27,PB=BC=23,PA⊥平面PBC,则三棱锥P - ABC的内切球的表面积为 .
图8-1-15
由PA⊥平面PBC,且PA=4,PB=23,AC=27,得AB=27,PC=23,所以△PBC为等边三角形,△ABC为等腰三角形.
V三棱锥P - ABC=V三棱锥A - PBC=13S△PBC×PA=13×34×(23)2×4=43.
易知三棱锥P - ABC的表面积S=12×23×4×2+34×(23)2+12×23×5=163.
设内切球半径为r,则V三棱锥P - ABC=13×S×r,即43=13×163×r,(三棱锥的体积=13×三棱锥的表面积×内切球半径)
解得r=34.
所以三棱锥P - ABC的内切球的表面积为4π×(34)2=9π4.
4.(1)[2019全国卷Ⅰ]已知三棱锥P - ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F 分别是PA,AB的中点,∠CEF =90°,则球O的体积为( )
A.86π B.46π C.26π D.6π
(2)[2019湘东六校联考]如图8 - 1 - 17,四棱锥P - ABCD中,AP=1,矩形ABCD的周长为8,当三棱锥A - PCD的体积最大时,该三棱锥的外接球半径与内切球半径分别为R和R,则R+1r的值为 .
图8-1-17
数学应用 空间几何体体积的应用
9[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8 - 1 - 18,该模型为长方体ABCD - A1B1C1D1挖去四棱锥O - EF GH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.
图8-1-18
由题易得长方体ABCD - A1B1C1D1的体积为6×6×4=144(cm3),四边形EF GH为平行四边形,如图8 - 1 - 19所示,连接GE,HF .易知四边形EF GH的面积为矩形BCC1B1面积的一半,即12×6×4=12(cm2),
图8-1-19
所以V四棱锥O - EF GH=13×3×12=12(cm3),所以该模型的体积为144 - 12=132(cm3),所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9=118.8(g).(质量=密度×体积)
素养探源
核心素养
考查途径
素养水平
直观想象
根据已知抽象出四边形EF GH为平行四边形,借助该图形解决问题
二
数学运算
求四棱锥的体积,求模型的体积
一
考向指导
本题以学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型为背景,将空间几何体的体积与物理中“质量=体积×密度”的计算结合命题,要求考生能够在关联的情境中,想象并构建相应的几何图形,借助图形性质探索规律,解决数学问题,考查了直观想象、数学运算等核心素养,对立体几何的考法具有很好的导向作用.
易错警示
本题的易错点有两处:一是把四棱锥的体积公式与四棱柱的体积公式搞混,导致求四棱锥O - EF GH的体积时漏乘13;二是此题涉及质量的计算,考生在求完体积后,容易漏乘原料密度,导致所求得的结果出错.解决此类与实际应用相结合的试题,只要仔细审题,并找准题眼,就可避开命题人所设置的陷阱.
5.[2015江苏高考]现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变,但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个,则新的底面半径为 .
数学文化 立体几何与数学文化
10 [2019全国卷Ⅱ]中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图8 - 1 - 20).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图8 - 1 - 21是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有 个面,其棱长为 .(本题第一空2分,第二空3分)
图8 - 1 - 20 图8 - 1 - 21
依题意知,题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上,且该半正多面体的表面由18个正方形,8个正三角形组成,因此题中的半正多面体共有26个面. 注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形,设题中的半正多面体的棱长为x,则22x+x+22x=1,解得x=2 - 1,故题中的半正多面体的棱长为2 - 1.
素养探源
核心素养
考查途径
素养水平
直观想象
半正多面体的俯视图
二
数学抽象
半正多面体的结构
二
数学运算
半正多面体棱长的计算
一
试题评析
本题以我国南北朝时期的官员独孤信的印信形状“半正多面体”为背景,创设求空间多面体的面数与棱长的问题,引导考生认识到世界古老民族优秀传统文化的博大精深和源远流长,体现了数学文化的传承与发展,对学生的阅读能力和直观想象核心素养要求较高,若能找准题眼,便可化繁为简.
本题的题眼有两处:一是半正多面体的组成——半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体,需提炼出半正多面体的棱长均相等;二是将半正多面体放到正方体中去观察其特征——它的所有顶点都在同一个棱长为1的正方体的表面上,利用方程思想即可轻松求出该半正多面体的棱长.
6.[2019福建福州三模]《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图8 - 1 - 22所示,平面四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=2,BD⊥CD.将平面四边形ABCD沿对角线BD折成一个“鳖臑”A' - BCD,则该“鳖臑”的内切球的半径为 .
图8-1-22
数学探究 立体几何中的截面问题
11 [2018全国卷Ⅰ]已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为
A.334 B.233 C.324 D.32
如图8 - 1 - 23,记该正方体为ABCD - A1B1C1D1,要使正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,那么平面α必须与正方体的体对角线AC1垂直.连接B1C,B1D1,CD1,易知平面α与平面B1CD1平行或重合.
图8-1-23
设截面与棱A1D1,A1B1,BB1,BC,CD,DD1的交点分别为E,F ,G,H,I,J.
不妨设A1E=x(0≤x≤1),则DJ=x,延长EJ,HI交于点M,则M∈直线AD,显然△MEH是边长为2的正三角形,△MJI是边长为2x的正三角形,
所以S四边形EHIJ=S△MEH - S△MJI=34(2 - 2x2),
同理可得S四边形EHGF =34[2 - 2(1 - x)2]=34(4x - 2x2),
所以截面面积S=34(2+4x - 4x2)=34[3 - (1 - 2x)2]≤334,
当且仅当x=12时等号成立.
即当x=12时,截面面积取得最大值,最大值为334.
A
解后反思
本题没有繁杂的计算,但增加了试题的思维量,重在考查学生的思维能力,尤其是直观想象和数学抽象核心素养.从已
知条件中抽象出几何体的结构特征,然后构建直观模型进行求解,因此考生要具备一定的数学核心素养才能求解,同时也体现了高考的选拔功能.学生也可以根据正方体的对称性直观判断出取得最大值的位置,再在备选答案中进行排除,体现了多一点想、少一点算的命题理念,深入考查学生的数学核心素养.
7.[多选题]已知某几何体的展开图如图8-1-25所示,图中小正方形的边长均为1,P为BC的中点,Q为线段CC1上的动点,过点A,P,Q的平面截该几何体所得截面面积为S,则下列结论正确的为( )
图8-1-25
A.当CQ=12时,异面直线AC1与PQ所成的角为45°
B.当CQ=12时,S=98
C.当CQ=1时,S=62
D.当CQ=1时,A1B与平面APQ平行
1.C 根据空间几何体的结构特征可知C正确.
2.A 沿AD将圆柱的侧面展开,绳子的最短长度即侧面展开图中A,C两点间的距离,连接AC,所以AC=3π,展开后AB的长度为π.设圆柱的高为h,则AC2=AB2+h2,即9π2=π2+h2,得h=22π,所以圆柱的侧面积为2×π×1×22π=42π2.
【素养落地】 本题以圆柱的侧面展开图为依托,设置最短路径问题,不仅体现了注重考查基础知识的理念,还体现了直观想象、数学运算等核心素养.
3.C 连接BC1,因为AB⊥平面BB1C1C,所以∠AC1B=30°,AB⊥BC1,所以△ABC1为直角三角形.又AB=2,所以BC1=23.又B1C1=2,所以BB1=(23)2-22=22,故该长方体的体积V=2×2×22=82.
4.B 由弧长l=14×2πr=8得圆锥底面的半径r=16π≈163(尺),所以米堆的体积V=14×13πr2h=14×2569×5=3209(立方尺),所以堆放的米有3209÷1.62≈22(斛).故选B.
5.π4 由题意可得,四棱锥底面对角线的长为2,则圆柱底面的半径为12,易知四棱锥的高为5-1=2,故圆柱的高为1,所以圆柱的体积为π×(12)2×1=π4.
6.2+22 在直观图中,过点A作AE⊥BC,垂足为点E,如图D 8 - 1 - 1所示,则在Rt△ABE中,AB=1,∠ABE=45°,∴BE=22.
图D 8 - 1 - 1
而四边形AECD为矩形,AD=1,∴EC=AD=1,∴BC=BE+EC=22+1.由此可还原原图形如图D 8 - 1 - 2所示
图D 8 - 1 - 2
.在原图形中,A' D' =1,A' B' =2,B' C' =22+1,且A' D' ∥B' C' ,A' B' ⊥B' C' ,∴这块菜地的面积S=12(A' D' +B' C' )·A' B' =12×(1+22+1)×2=2+22.
7.14π 依题意得,长方体的体对角线长为32+22+12=14,记长方体的外接球的半径为R,则有2R=14,R=142,因此球O的表面积S=4πR2=14π.
1.(1)A 设圆锥的母线长l=1.因为圆锥的侧面展开图为四分之三个圆面,所以圆锥的侧面积为34π,又圆锥的底面半径为r,所以由2πr=34×2π得r=34,所以lr=43,故①正确;
圆锥的侧面积与底面积之比为34ππ·(34)2=43,故②正确;
设圆锥的轴截面三角形的顶角为θ,因为圆锥的底面直径为2×34=32,所以cos θ=12+12-(32)22×1×1= - 18,所以角θ为钝角,所以圆锥的轴截面是钝角三角形,故③错误.故选A.
【方法技巧】 圆锥底面圆的周长是圆锥侧面展开图中扇形的弧长.
(2)13 将正三棱柱ABC - A1B1C1的侧面沿侧棱AA1展开,再拼接一次,示意图如图D 8 - 1 - 3所示,
图D 8 - 1 - 3
在展开图中,最短距离是六个矩形形成的大矩形对角线的长度,也即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值,记为d.
由已知求得矩形的长为6×2=12,宽为5,由勾股定理得d=122+52=13.
2.(1)A 由题意知,将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而成的几何体是一个底面半径为1,高为2的圆柱挖去一个底面半径为1,高为1的圆锥后所得的几何体,如图D 8 - 1 - 4所示.
图D 8 - 1 - 4
所以该几何体的表面积S=π×12+2π×2+12×2π×12+12=(5+2)π.故选A.
(2)(0,153) 所给直三棱柱的底面积为6a2,侧面面积分别为6,8,10.当拼成三棱柱时有三种情况,如图D 8 - 1 - 5①②③所示,其表面积分别为
S1=2×6a2+2×(10+8+6)=12a2+48,
S2=4×6a2+2×(10+8)=24a2+36,
S3=4×6a2+2×(10+6)=24a2+32.
当拼成四棱柱时有三种情况,示意图如图D 8 - 1 - 5④⑤⑥所示,表面积分别为
S4=4×6a2+2×(8+6)=24a2+28,
S5=4×6a2+2×(10+8)=24a2+36,
S6=4×6a2+2×(10+6)=24a2+32.
图D 8 - 1 - 5
由题意得24a2+28<12a2+48,解得0
3.(1)A 如图D 8 - 1 - 6所示,分别过A,B作EF的垂线,垂足分别为G,H,连接DG,CH,
图D 8 - 1 - 6
易求得EG=HF=12,AG=GD=BH=HC=32,S△AGD=S△BHC=12×22×1=24.
∴V=V三棱锥E - ADG+V三棱锥F - BHC+V三棱锥AGD - BHC=13×24×12+13×24×12+24×1=23.选A.
(2)D 记大球、小球的体积分别为V大球,V小球,半径分别为R,r,根据题图可以得到r=12R.根据已知条件可得V2=V大球 - 4V小球+V1,即V2 - V1=V大球 - 4V小球=43πR3 - 4×43π(R2)3=23πR3>0,所以V2>V1,故选D.
4.(1)D 因为点E,F分别为PA,AB的中点,所以EF∥PB,
因为∠CEF=90°,所以EF⊥CE,所以PB⊥CE.
取AC的中点D,连接BD,PD,易证AC⊥平面BDP,
所以PB⊥AC,又AC∩CE=C,AC,CE⊂平面PAC,
所以PB⊥平面PAC,
所以PB⊥PA,PB⊥PC,
因为PA=PB=PC,△ABC为正三角形,
所以PA⊥PC,即PA,PB,PC两两垂直.将三棱锥P - ABC放在正方体中,如图D 8 - 1 - 7所示.
图D 8 - 1 - 7
因为AB=2,所以该正方体的棱长为2,所以该正方体的体对角线长为6,
所以三棱锥P - ABC的外接球的半径R=62,所以球O的体积V=43πR3=43π×(62)3=6π.
(2)2+52+3 设AD=x,则CD=4 - x.因为AP=1,V三棱锥A - PCD=V三棱锥P - ACD,所以当PA⊥平面ABCD,且△ACD的面积最大时,三棱锥A - PCD的体积最大.
△ACD的面积S△ACD=12(4 - x)x≤12×[(4-x)+x2]2=2,当且仅当x=2时,△ACD的面积最大,为2.此时三棱锥A - PCD的外接球半径R=22+22+12=32.
由等体积法得V三棱锥P - ACD=13(S△ACD+S△PCD+S△PAD+S△PAC)r=13×1×2,即(12×2×2+12×2×5+12×2×1+12×22×1)r=2,所以1r=3+2+52,则R+1r=2+52+3.
5.7 底面半径为5,高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱的总体积为13π×52×4+π×22×8=196π3.设新的圆锥和圆柱的底面半径为r,则13π×r2×4+π×r2×8=28π3r2=196π3,解得r=7.
6.2-12 因为A' D=CD=1,且△A' CD为直角三角形,所以CD⊥A' D,
又CD⊥BD,BD∩A' D=D,所以CD⊥平面A' BD,所以CD⊥A' B.
又由A' B=A' D=1,BD=2,得A' B⊥A' D,且A' D∩CD=D,
所以A' B⊥平面A' CD,所以A' B⊥A' C,由题意得A' C=2.
设该“鳖臑”的内切球的半径为r,则13(S△A' BC+S△A' CD+S△A' BD+S△BCD)r=13×CD×S△A' BD,
所以13×(22+12+12+22)r=13×1×12,解得r=2-12.
7.BCD 由题意知,该几何体为正方体.当CQ=12时,Q为线段CC1的中点.对于A,如图D 8 - 1 - 8,连接BC1,因为P,Q分别是BC,CC1的中点,所以BC1∥PQ,所以∠BC1A为异面直线AC1与PQ所成的角,因为tan∠BC1A=ABBC1=22≠1,故A错误.
对于B,如图D 8 - 1 - 8,连接AD1,D1Q,AP,则过点A,P,Q的截面为图D 8 - 1 - 8中的平面APQD1,其中PQ∥AD1且PQ=12AD1,四边形APQD1是等腰梯形,在Rt△ABP中,AB=1,BP=12,可得AP=D1Q=52,在Rt△PQC中,CP=12,CQ=12,可得PQ=22,则AD1=2,易得等腰梯形APQD1的高为324,所以S=(2+22)×3242=98,故B正确.
图D 8 - 1 - 8
当CQ=1时,点Q与点C1重合.对于C,如图D 8 - 1 - 9,取A1D1的中点M,连接AM,MQ,PM,易得AM∥PQ且AM=PQ,所以平面APQM即为过点A,P,Q的截面,且四边形APQM为平行四边形,又易知AM=MQ=52,所以截面APQM为菱形,菱形APQM的面积为12PM×AQ=12×2×3=62,故C正确.
对于D,如图D 8 - 1 - 9,易知A1M∥BP,因为M,P分别为A1D1,BC的中点,所以A1M=BP,所以四边形A1MPB为平行四边形,所以A1B∥MP,又MP⊂平面APQ,A1B⊄平面APQ,所以A1B∥平面APQ,故D正确.故选BCD.
图D 8 - 1 - 9
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