高考数学第一轮复习复习第1节　立体图形及其直观图、简单几何体的表面积与体积（讲义）

这是一份高考数学第一轮复习复习第1节　立体图形及其直观图、简单几何体的表面积与体积（讲义），共30页。

第1节 立体图形及其直观图、简单几何体的表面积与体积
[课程标准要求]
1.利用实物模型、计算机软件观察大量空间图形,认识柱体、锥体、台体、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.
2.了解球、柱体、锥体、台体的表面积和体积的计算公式.
3.会用斜二测画法画出简单空间图形的直观图.
1.空间几何体的结构特征
(1)多面体的结构特征
(2)旋转体的结构特征
2.直观图
空间几何体的直观图常用斜二测画法来画,其规则是:(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两相互垂直,直观图中,x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°),z′轴与x′轴、y′轴所在平面垂直.
(2)原图形中平行于坐标轴的线段,直观图中仍分别平行于坐标轴.平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变,平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半.
3.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
4.空间几何体的表面积与体积公式
圆台、圆柱、圆锥的转化:当圆台的上底面半径与下底面半径相等时,得到圆柱;当圆台的上底面半径为零时,得到圆锥.
S圆柱侧=2πrlS圆台侧=π(r+r′)lS圆锥侧=πrl.
V圆柱=S底·hV圆台=13h(S上+S下+S上S下)V圆锥=13S底·h.
1.特殊的四棱柱
四棱柱平行六面体直平行六面体长方体正四棱柱正方体
2.平面图形的直观图与原平面图形面积间关系S直观图=24S原图形.
1.已知某圆柱的高为10,底面周长为8π,则该圆柱的体积为( C )
A.640πB.250π
C.160πD.120π
解析:某圆柱的高为10,底面周长为8π,因为2πr=8π,所以r=4,故圆柱的体积为16π×10=160π.
2.已知三个球的体积之比为1∶27∶64,则它们的表面积之比为( B )
A.1∶3∶4B.1∶9∶16
C.2∶3∶4D.1∶27∶64
解析:由题意,设三个球的半径分别为r1,r2,r3,
则43πr13∶43πr23∶43πr33=1∶27∶64,故r1∶r2∶r3=1∶3∶4,
故表面积之比4πr12∶4πr22∶4πr32=1∶9∶16.
3.(必修第二册P109例2改编)如图所示,直观图所表示的平面图形是( D )
A.正三角形B.锐角三角形
C.钝角三角形D.直角三角形
解析:由直观图中A′C′∥y′轴,B′C′∥x′轴,还原后AC∥y轴,BC∥x轴,所以△ABC是直角三角形.
4.(2021·全国甲卷)已知一个圆锥的底面半径为6,其体积为30π,则该圆锥的侧面积为 .
解析:设该圆锥的高为h,则由已知条件可得13×π×62×h=30π,解得h=52,则圆锥的母线长为ℎ2+62=254+36=132,故该圆锥的侧面积为π×6×132=39π.
答案:39π
5.(2020·新高考Ⅱ卷改编)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别为BB1,AB的中点,则三棱锥A-NMD1的体积为 .
解析:因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别为BB1,AB的中点,
所以VA−NMD1=VD1−AMN=13×12×1×1×2=13.
答案:13
空间几何体的结构特征、直观图
1.(多选题)下列命题正确的是( CD )
A.长方体是直四棱柱,直四棱柱是长方体
B.有两个面平行,其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱
C.有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥
D.正棱锥的侧面是全等的等腰三角形
解析:直四棱柱底面可以为任意四边形,所以直四棱柱不一定是长方体,故A错误;如图所示,上下底面平行,各个面都是平行四边形,此几何体不是棱柱,故B错误;棱锥侧面全为三角形,有一个面是平行四边形,则此面为底面,所以该棱锥为四棱锥,故C正确;正棱锥的侧面是全等的等腰三角形,故D正确.
2.给出下列四个命题:
①有两个侧面是矩形的立体图形是直棱柱;
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底面为正多边形,且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱.
其中不正确的命题为 (填序号).
解析:对于①,平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形,故①错误;对于②,对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明(如图),故②错误;对于③,若底面不是矩形,则该四棱柱不是长方体,③错误;对于④,由线面垂直的判定定理,可知侧棱垂直于底面,故④正确.
综上,命题①②③不正确.
答案:①②③
3.如图,已知用斜二测画法画出的△ABC的直观图是边长为a的正三角形,则原△ABC的面积为 .
解析:因为直观图面积为12·a2·sin 60°=34a2,
所以原图形面积为22×34a2=62a2.
答案:62a2
(1)关于空间几何体的结构,辨析关键是紧扣各种几何体的概念,善于通过举反例对概念进行辨析,即要说明一个命题是错误的,只需举一个反例.
(2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上,解题时要注意用好轴截面中各元素的关系.
(3)既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的,所以在解决棱(圆)台问题时,要注意“还台为锥”的解题策略.
(4)画几何体的直观图一般采用斜二测画法,其规则可以用“斜”(x轴和y轴成45°或135°)和“二测”(平行于y轴的线段长度减半,平行于x轴和z轴的线段长度不变)来掌握.
柱、锥、台体的表面积与体积
简单几何体的表面积
[例1] (1)在△ABC中,已知AB⊥BC,AB=BC=2.现将△ABC绕边AC旋转一周,则所得到的旋转体的表面积是( )
A.2πB.22π
C.32πD.42π
(2)某几何体的直观图如图所示,则该几何体的表面积为( )
A.36+12πB.40+12π
C.36+16πD.40+16π
解析:(1)由题知该几何体为两个圆锥底对底组合在一起,其中圆锥母线长L=2,圆锥底面半径R=2,所以S=2×π×2×2=42π.故选D.
(2)由题意可知几何体的表面积为4×2×4+2×2×2+4π+12×4π×4=40+12π.故选B.
(1)旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用,并弄清底面半径、母线长与对应侧面展开图中边的关系.
(2)多面体的表面积是各个面的面积之和;组合体的表面积注意衔接部分的处理.
简单几何体的体积
[例2] (1)如图,在棱长为2的正方体中,以其各面中心为顶点构成的多面体为正八面体,则该正八面体的体积为( )
A.223B.43C.423D.83
(2)(2022·新高考Ⅰ卷)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(7≈2.65)( )
A.1.0×109 m3B.1.2×109 m3
C.1.4×109 m3D.1.6×109 m3
解析:(1)该正八面体是由两个同底的正四棱锥组成,且正四棱锥的底面是边长为2的正方形,
棱锥的高为1,所以该正八面体的体积为2×13×2×2×1=43.故选B.
(2)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=13×9×(140+140×180+180)×106=60×(16+37)×106≈60×(16+3×2.65)×106=1.437×109≈1.4×109(m3).故选C.
求规则几何体的体积,主要是先找准关键的已知量,求必需的未知量,再利用“直接法”代入体积公式计算.
不规则几何体的体积
[例3] (1)如图,四边形ABCD是边长为2的正方形,ED⊥平面ABCD,FC⊥平面ABCD,ED=2FC=2,则四面体A-BEF的体积为( )
A.13B.23
C.1D.43
(2)在△ABC中,AB=2,BC=32,∠ABC=120°(如图),若将△ABC绕直线BC旋转一周,则所形成的旋转体的体积是( )
A.3π2B.5π2
C.7π2D.9π2
解析:(1)因为ED⊥平面ABCD,且AD⊂平面ABCD,所以ED⊥AD.
因为在正方形ABCD中,AD⊥DC,而DC∩ED=D,DC⊂平面CDEF,ED⊂平面CDEF,
所以AD⊥平面CDEF.连接EC,DF(图略),
由题意知FC=ED2=1,
V四面体A−BEF=V多面体ABCDEF-VF−ABCD-VA−DEF.
因为VE−ABCD=ED·S正方形ABCD·13=2×2×2×13=83,VB−EFC=BC·S△EFC·13=2×2×1×12×13=23,
所以V多面体ABCDEF=83+23=103.又VF−ABCD=FC·S正方形ABCD·13=1×2×2×13=43,VA−DEF=AD·S△DEF·13=2×2×2×12×13=43,V四面体A−BEF=103-43-43=23.故选B.
(2)依题意可知,旋转体是一个大圆锥去掉一个小圆锥,所以OA=3,
所以旋转体的体积为π3·(3)2·(OC-OB)=3π2.故选A.
求不规则几何体的体积
当一个几何体的形状不规则时,常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体,然后再计算.
(1)利用“割”的方法把几何体分割成易求体积的三棱锥、三棱柱(也可分割成四棱锥).
(2)利用“补”的方法把棱锥补成棱柱,把台体补成锥体,把三棱锥补成四棱锥,把三棱柱补成四棱柱,把不规则几何体补成规则几何体,补一个同样的几何体等.
[针对训练]
1.(2022·全国甲卷)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S甲S乙=2,则V甲V乙等于( )
A.5B.22
C.10D.5104
解析:法一 因为甲、乙两个圆锥的母线长相等,所以结合S甲S乙=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=l2-r12=5,h2=l2-r22=22,
所以V甲V乙=13πr12ℎ113πr22ℎ2=4522=10.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S甲S乙=πr1lπr2l=n1πl22πn2πl22π=2,得r1r2=n1n2=2.由题意知n1+n2=2π,所以n1=4π3,n2=2π3,所以2πr1=4π3l,2πr2=2π3l,得r1=23l,r2=13l.由勾股定理,得h1=l2-r12=53l,h2=l2-r22=223l,所以V甲V乙=13πr12ℎ113πr22ℎ2=4522=10.故选C.
2.在正四棱锥P-ABCD中,AB=22,若正四棱锥P-ABCD的体积是8,则该四棱锥的侧面积是( )
A.22B.222C.422D.822
解析:如图,连接AC,BD,记AC∩BD=O,连接OP,则OP⊥平面ABCD.
取BC的中点E,连接OE,PE.
因为正四棱锥P-ABCD的体积是8,
所以13AB2·OP=83OP=8,解得OP=3.
因为OE=12AB=2,所以在直角三角形POE中,PE=OP2+OE2=9+2=11,
则△PBC的面积为12BC·PE=12×22×11=22,故该四棱锥的侧面积是422.
故选C.
3.如图,一个装有某种液体的圆柱形容器固定在墙面和地面的角落内,容器与地面所成的角为30°,液面呈椭圆形,椭圆长轴上的顶点M,N到容器底部的距离分别是12和18,则容器内液体的体积是( )
A.15πB.36πC.45πD.48π
解析:如图所示,过M作容器壁的垂线,垂足为F,
因为MN平行于地面,
所以∠MNF=30°,
由于M,N到容器底部的距离分别是12和18,
所以NF=6,
在直角三角形MFN中,tan∠MNF=MFNF=33,
所以MF=33NF=33×6=23,
即该圆柱的底面圆的直径为23,故半径为 3,
所以容器内液体的体积等于一个底面半径为 3,高为(12+18)的圆柱体体积的一半,
所以液体体积V=12×π×(3)2×30=45π.
故选C.
4.如图,在多面体ABCDEF中,已知四边形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 .
解析:
如图,分别过点A,B作EF的垂线,垂足分别为G,H,连接DG,CH,
则原几何体分割为两个三棱锥和一个直三棱柱.
依题意,三棱锥E-ADG的高为EG,长度为12,直三棱柱AGD-BHC的高为AB,长度为1,
则AG=AE2-EG2=12-(12) 2=32.
取AD的中点M,连接MG,则MG=22,
所以S△AGD=12×1×22=24,
所以V多面体ABCDEF=VE−ADG+VF−BHC+V三棱柱AGD−BHC=2VE−ADG+V三棱柱AGD−BHC=13×24×12×2+24×1=23.
答案:23
折叠与展开问题
[例4] 如图所示,圆台母线AB长为20 cm,上、下底面半径分别为5 cm 和10 cm,从母线AB的中点M拉一条绳子绕圆台侧面转到B点,求这条绳子长度的最小值.
解:如图所示,作出圆台的侧面展开图及其所在的圆锥,连接MB′,在圆台的轴截面中,因为Rt△OPA∽Rt△OQB,
所以OAOA+AB=PAQB,
所以OAOA+AB=510,所以OA=20(cm).
设∠BOB′=α,由扇形弧BB'的长与底面圆Q的周长相等,得2×10×π=OB·α,即20π=(20+20)·α,所以α=π2,所以在Rt△B′OM中,B′M=OM2+OB'2=302+402=50(cm),即所求绳子长度的最小值为50 cm.
求几何体表面上两点间的最小距离的步骤
(1)将几何体沿着某棱(母线)剪开后展开,画出其侧面展开图.
(2)将所求曲线问题转化为平面上的线段问题.
(3)结合已知条件求得结果.
[针对训练] 如图所示,某圆锥的高为3,底面半径为1,O为底面圆心,OA,OB为底面半径,且∠AOB=2π3,M是母线PA的中点,则在此圆锥侧面上,从M到B的路径中,最短路径的长度为( )
A.3B.2-1C.5D.2+1
解析:
由题意,圆锥的侧面展开图是半圆,如图,A,B是底面圆周上的两点,∠AOB=2π3,所以在展开图中,∠APB=π3,母线长为3+1=2,M为母线PA的中点,所以PM=1,所以从M到B的最短路径的长是BM=4-1=3.故选A.
[例1] 正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为3,D为BC的中点,则三棱锥A-B1DC1的体积为( )
A.3B.32C.1D.32
解析:如图,由题意AD=3,VA−B1DC1=13·S△B1DC1·AD=13×12×2×3×3=1.故选C.
[例2] 已知等腰梯形ABCD,上底CD=1,腰AD=CB=2,下底AB=3,以下底所在直线为x轴,则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为 .
解析:如图(1)和(2)的原图形和直观图所示.作E′F′⊥O′B′于点F′,
因为OE=(2)2-1=1,由斜二测画法可知O′E′=12,E′F′=24,D′C′=1,A′B′=3,则直观图A′B′C′D′的面积为S′=1+32×24=22.
答案:22
[例3] 现有一个橡皮泥制作的圆柱,其底面半径、高均为2,将它重新制作成一个体积与高不变的圆锥,则该圆锥的侧面积为 .
解析:设圆锥的底面圆半径为r,
因为圆锥的高为h=2,
由题意13πr2·2=π×22×2,解得r=23,
所以圆锥的母线长l=r2+ℎ2=12+4=4,
所以圆锥侧面积为S侧=πrl=π×23×4=83π.
答案:83π
[例4] 为了让学生更直观地认识棱锥的几何特征,某教师计划制作一个正四棱锥教学模型.现有一个无盖的长方体硬纸盒,其底面是边长为20 cm的正方形,高为10 cm,将其侧棱剪开,得到展开图,如图1所示.P1,P2,P3,P4分别是所在边的中点,剪去阴影部分,再沿虚线折起,使得P1,P2,P3,P4四个点重合于点P,正好形成一个正四棱锥P-ABCD,如图2所示,设AB=x(单位: cm).
(1)若x=10,求正四棱锥P-ABCD的表面积;
(2)当x取何值时,正四棱锥P-ABCD的体积最大?
解:在正四棱锥P-ABCD中,连接AC,BD,交于点O,
设BC的中点为E,连接PE,EO,PO.
(1)因为AB=10,所以OE=5,PE=15,
所以正四棱锥P-ABCD的表面积为
S表=S四边形ABCD+4S△PBC=10×10+4×12×10×15=400,
所以正四棱锥P-ABCD的表面积为400 cm2.
(2)因为AB=x,
所以OE=x2,PE=20-x2(0所以PO=(20-x2) 2-(x2) 2=2520-x,
所以正四棱锥P-ABCD的体积为V=13x22520-x=253x4(20-x)(0令t(x)=x4(20-x)(0则t′(x)=5x3(16-x),
当00,t(x)单调递增,
当16所以t(x)max=t(16),
所以当x=16时,正四棱锥P-ABCD的体积最大.
[选题明细表]
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有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥;
③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;
④棱台的上、下底面可以不相似,但侧棱长一定相等.
其中正确命题的个数是( A )
A.0B.1C.2D.3
解析:①不一定,只有这两点的连线平行于旋转轴时才是母线;
②不一定,因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”,如图所示;
③不一定,当以斜边所在直线为旋转轴时,其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥,是由两个同底圆锥组成的几何体;
④错误,棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形,各侧棱延长线交于一点,但是侧棱长不一定相等.
2.如图,矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图,其中O′A′=6 cm,O′C′=2 cm,则原图形是( C )
A.正方形B.矩形
C.菱形D.一般的平行四边形
解析:在原图形OABC中,应有OACB,所以四边形OABC为平行四边形,OD=2O′D′=2×22=42(cm),CD=C′D′=2 cm,所以OC=OD2+CD2=(42)2+22=6(cm),所以OA=OC,故四边形OABC是菱形.
3.《算术书》竹简于二十世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土,这是我国现存最早的数学著作,其中记载有求“囷盖”的术:置如其周,令相乘也,又以高乘之,三十六成一.该术相当于给出圆锥的底面周长l与高h,计算其体积V的近似公式V=136l2h,它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取3,那么,近似公式V≈25942l2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取( C )
A.227B.258C.15750D.355113
解析:V=13πr2h=13π·(l2π)2h=112πl2h.由112π≈25942,得π≈15750.
4.如图所示的扇形是某个圆锥的侧面展开图,已知扇形所在圆的半径R=5,扇形弧长l=4π,则该圆锥的表面积为( B )
A.2π
B.(4+25)π
C.(3+5)π
D.8π+5
解析:圆锥的侧面展开图中,扇形所在圆的半径R=5,扇形弧长l=4π,
所以扇形的面积为S扇形=12×5×4π=25π.
设圆锥的底面圆半径为r,则2πr=4π,解得r=2,
所以底面圆的面积为S底面圆=π×22=4π.
所以该圆锥的表面积为S=25π+4π=(4+25)π.
5.过球的一条半径的中点,作垂直于该半径的平面,则所得截面的面积是球的表面积的( A )
A.316B.916C.38D.58
解析:如图所示的是过球心的截面图,
r=R2-14R2=32R,S圆S球=π(32R) 24πR2=316.
6.如图,正三棱柱ABCA1B1C1中,A1A=4,AB=1.一只蚂蚁从A点出发,沿每个侧面爬到A1,路线为A→M→N→A1,则蚂蚁爬行的最短路程是 .
解析:将三棱柱的侧面展开得如图,
所以蚂蚁爬行的最短路程是线段AA1=32+42=5.
答案:5
7.某公园设置了一些石凳供大家休息,每张石凳是由正方体石料截去八个一样的四面体得到的,如图所示.如果一张石凳的体积是0.18 m3,那么原正方体石料的体积是 m3.
解析:设正方体的棱长为a,则正方体的体积为a3,每一个截去的四面体的体积为13×12·a2·a2·a2=a348,由题意可知a3-8·a348=0.18,得a3=0.216.
答案:0.216
8.已知圆锥同时满足条件:①侧面展开图为半圆;②底面半径为正整数,请写出一个这样的圆锥的体积V= .
解析:设底面半径r=1,母线长为l,由展开图为半圆,可知2π=l·π,所以l=2,所以圆锥的高h=l2-r2=3,则体积V=13πr2·h=3π3.
答案:3π3(答案不唯一)
9.如图,在△ABC中,AB=8,BC=10,AC=6,DB⊥平面ABC,且AE∥FC∥BD,BD=3,FC=4,AE=5.求此几何体的体积.
解:法一 如图,取CM=AN=BD,连接DM,MN,DN,用“分割法”把原几何体分割成一个直三棱柱和一个四棱锥.
所以V几何体=V三棱柱+V四棱锥.
由题意知三棱柱ABCNDM的体积为V1=12×8×6×3=72.
四棱锥DMNEF的体积为V2=13·S梯形MNEF·DN=13×12×(1+2)×6×8=24,则几何体的体积为V=V1+V2=72+24=96.
法二 用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱,使AA′=BB′=CC′=8,所以V几何体=12V三棱柱=12·S△ABC·AA′=12×24×8=96.
10.(多选题)如图所示的是水平放置的三角形直观图,D′是△A′B′C′中B′C′边上的一点,且D′C′A.最长的是ABB.最长的是AC
C.最短的是ACD.最短的是AD
解析:由题意得到原△ABC的平面图如图所示.
其中,AD⊥BC,BD>DC,所以AB>AC>AD,
所以AB,AD,AC三条线段中最长的是AB,最短的是AD.
11.(多选题)(2022·广东广州三模)某班级到一工厂参加社会实践劳动,加工出如图所示的圆台O1O2,在轴截面ABCD中,AB=AD=BC=2 cm,且CD=2AB,则下列说法正确的是( BCD )
A.该圆台的高为1 cm
B.该圆台轴截面面积为33 cm2
C.该圆台的体积为73π3 cm3
D.一只小虫从点C沿着该圆台的侧面爬行到AD的中点,所经过的最短路程为5 cm
解析:如图(1)所示,作BE⊥CD交CD于点E,易得CE=CD-AB2=1,则BE=22-12=3,则圆台的高为3 cm,A错误;
圆台的轴截面面积为12×(2+4)×3=33 cm2,B正确;圆台的体积为13×3×(π+4π+π·4π)=73π3 cm3,C正确;
将圆台一半侧面展开,如图(2)阴影部分所示,设P为AD的中点,
由O2B∶O1C=1∶2可得OB∶OC=1∶2,则OC=4,∠COD=4π24=π2,又OP=OA+AD2=3,则CP=42+32=5,
即点C到AD的中点所经过的最短路程为5 cm,D正确.
12.(2022·河南郑州二模)在正方体ABCDA1B1C1D1中,AB=2,P是线段BC1上的一动点,则A1P+PC的最小值为 .
解析:如图,连接A1B,A1C1,将△BCC1沿BC1翻折到与△A1BC1在同一个平面,如图所示.
已知△A1BC1为等边三角形,△BCC1为等腰三角形,两个三角形有公共边BC1,
则当P是BC1的中点时,A1,P,C三点共线,此时A1P+PC取最小值6+2.
答案:6+2
13.如图所示,O′A′B′C′为四边形OABC的斜二测直观图,其中O′A′=3,O′C′=1,B′C′=1.
(1)画出四边形OABC的平面图形,标出边长,并求平面四边形OABC的面积;
(2)若该四边形OABC以OA所在直线为旋转轴,旋转一周,求旋转形成的几何体的体积及表面积.
解:(1)平面四边形OABC的平面图形如图所示.
由图可知,平面四边形OABC为直角梯形,
其面积为(1+3)×22=4.
(2)旋转而成的几何体可以看成圆柱加上一个同底的圆锥,
由(1)可知几何体底面圆半径r=2,圆柱高
h1=1,
圆锥的高h2=2,圆锥的母线长l=22,
所以体积V=V柱+V锥=πr2h1+13πr2h2=4π+8π3=20π3,
所以表面积S=πr2+2πrh1+πrl=4π+4π+42π=(8+42)π.
14.已知圆锥的侧面展开图为半圆,母线长为23.
(1)求圆锥的底面积;
(2)在该圆锥内按如图所示放置一个圆柱,当圆柱的侧面积最大时,求圆柱的体积.
解:(1)设OB=R,由题意,AB=23,
因为圆锥的侧面展开图为半圆,则2πR=23π,
所以R=3,故圆锥的底面积为πR2=3π.
(2)设圆柱的高OO1=h,OD=r,
在Rt△AOB中,AO=AB2-OB2=3,
因为△AO1D1∽△AOB,
所以AO1AO=O1D1OB,即3-ℎ3=r3,h=3-3r,
S圆柱侧=2πrh=2πr(3-3r)=-23π(r2-3r)
=-23π(r-32)2+33π2,
所以当r=32,h=32时,
圆柱的侧面积最大,此时圆柱的体积V=πr2h=9π8.
15.中国古代的“牟合方盖”可以看作是两个圆柱垂直相交的公共部分,计算其体积所用的“幂势既同,则积不容异”是中国古代数学的研究成果,根据此原理,取牟合方盖的一半,其体积等于与其同底等高的正四棱柱中,去掉一个同底等高的正四棱锥之后剩余部分的体积(如图1所示).现将三个直径为4的圆柱放于同一水平面上,三个圆柱的轴所在的直线两两成角都相等,三个圆柱的公共部分为如图2所示的几何体,该几何体中间截面三角形边长为833,则该几何体的体积为 .
解析:根据题意,题图2立体图形的一半,其体积等于与其同底等高的正三棱柱中,去掉一个与其同底等高正的三棱锥之后的体积,因为该几何体中间截面三角形边长为833,
所以该底面积
S=12×833×833sin 60°=1633,
因为圆柱的直径为4,
所以该几何体一半的高为2,
所以对应正三棱柱及三棱锥的高均为2,所以对应正三棱柱的体积V=1633×2=3233,
正三棱锥的体积V1=13×1633×2=3239,所以该几何体的体积为2(V-V1)=12839.
答案:12839
名称
棱柱
棱锥
棱台
图形
底面
互相平行且全等
多边形
互相平行且相似
侧棱
平行且相等
相交于一点但不一定相等
延长线交于一点
侧面形状
平行四边形
三角形
梯形
名称
圆柱
圆锥
圆台
球
图形
母线
平行、相等且垂直于底面
相交于一点
延长线交于一点
—
轴截面
全等的矩形
全等的等腰三角形
全等的等腰梯形
圆
侧面展开图
矩形
扇形
扇环
—
名称
圆柱
圆锥
圆台
侧面展开图
侧面积公式
S圆柱侧=2πrl
S圆锥侧=πrl
S圆台侧=π(r′+r)l
几何体
名称
表面积
体积
柱体(棱柱和圆柱)
S表面积=S侧+2S底
V=S底·h
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积=S侧+S底
V=13S底·h
台体(棱台和圆台)
S表面积=S侧+S上+S下
V=13h(S上+S下+S上S下)
球
S=4πR2
V=43πR3
知识点、方法
题号
空间几何体的结构特征、直观图
1,2,10
空间几何体的表面积与体积
3,4,5,7,8,9
折叠与展开问题
6,12
综合问题
11,13,14,15