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新教材2022版高考人教A版数学一轮复习学案：7.1 基本立体图形、直观图、几何体的表面积和体积
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这是一份新教材2022版高考人教A版数学一轮复习学案：7.1 基本立体图形、直观图、几何体的表面积和体积，共17页。
第七章 空间向量与立体几何
7.1 基本立体图形、直观图、几何体的表面积和体积
必备知识预案自诊
知识梳理
1.空间几何体的结构特征
(1)
多
面
体
①棱柱的侧棱都 ,上、下底面是 且平行的多边形.
②棱锥的底面是 ,侧面是 .
③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到,其上、下底面是 多边形
(2)
旋
转
体
①圆柱是以 的一边所在直线为旋转轴,其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体.
②圆锥是以直角三角形的一条 所在直线为旋转轴,其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体.
③圆台可以由直角梯形绕垂直于底边的腰所在直线或等腰梯形绕上、下底边中点连线所在直线旋转得到,也可由平行于圆锥底面的平面截 得到.
④球可以由 绕直径所在直线旋转得到
2.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
3.直观图
(1)画法:斜二测画法.
(2)步骤:
①在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴,两轴相交于点O.画直观图时,把它们画成对应的x'轴与y'轴,两轴相交于点O',且使∠x'O'y'=45°(或135°),它们确定的平面表示水平面.
②已知图形中平行于x轴或y轴的线段,在直观图中分别画成平行于x'轴或y'轴的线段.
③已知图形中平行于x轴的线段,在直观图中保持原长度不变,平行于y轴的线段,在直观图中长度为原来的 .
4.多面体的表面积
多面体的表面积就是围成多面体各个面的面积的和.
5.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱
圆锥
圆台
侧面
展开图
侧面积
公式
S圆柱侧=
S圆锥侧=
S圆台侧=
6.柱、锥、台和球的表面积和体积
表面积
体积
柱体(棱柱和
圆柱)
S表面积=S侧+2S底
V=
锥体(棱锥和
圆锥)
S表面积=S侧+S底
V=
台体(棱台和
圆台)
S表面积=S侧+S上+S下
V=13(S上+S下+S上S下)h
球
S=
V=
1.球的截面的性质
(1)球的截面是圆面,且球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面;
(2)球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r的关系为r=R2-d2.
2.与体积有关的几个结论
(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差.
(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等.
3.设正方体的棱长为a,则它的内切球半径r=a2,外接球半径R=32a.
4.设长方体的长、宽、高分别为a,b,c,则它的外接球半径R=a2+b2+c22.
5.设正四面体的棱长为a,则它的高为63a,内切球半径r=612a,外接球半径R=64a.
考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.
(1)有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.( )
(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)棱台是由平行于棱锥底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分.( )
(4)设长方体的长、宽、高分别为2a,a,a,其顶点都在一个球面上,则该球的表面积为3πa2.( )
2.(2020天津,5)若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )
A.12π B.24π C.36π D.144π
3.
(2020河北衡水中学高三九调)如图,已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为1 cm,高为5 cm,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( )
A.12 cm B.13 cm
C.61 cm D.15 cm
4.(多选)(2020山东蒙阴实验中学高三期末)已知四棱锥P-ABCD,底面ABCD为矩形,侧面PCD⊥平面ABCD,BC=23,CD=PC=PD=26.若点M为PC的中点,则下列说法正确的为( )
A.BM⊥平面PCD
B.PA∥平面MBD
C.四棱锥M-ABCD外接球的表面积为36π
D.四棱锥M-ABCD的体积为6
5.(2020江苏镇江质检)已知一个圆锥的底面积为π,侧面积为2π,则该圆锥的体积为 .
关键能力学案突破
考点
空间几何体的结构特征
【例1】(1)(多选)下列结论正确的是( )
A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B.以三角形的一条边所在直线为旋转轴,其余两边旋转一周形成的面所围成的几何体叫圆锥
C.棱锥的各侧棱相交于一点,但不一定相等
D.圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点相连的线段都是圆锥的母线
(2)给出下列几个命题:
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;
③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.0 B.1 C.2 D.3
(3)(2020全国1,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( )
A.5-14 B.5-12
C.5+14 D.5+12
解题心得辨别空间几何体的两种方法
定义法
紧扣定义,由已知构建几何模型,在条件不变的情况下,变换模型中的线面关系或增加线、面等基本要素,根据定义进行判定
反例法
通过反例对结构特征进行辨析,要说明一个结论是错误的,只需举出一个反例即可
对点训练1(1)给出下列命题:
①棱柱的侧棱都相等,侧面都是全等的平行四边形;
②若三棱锥的三条侧棱两两垂直,则其三个侧面也两两垂直;
③在四棱柱中,若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱;
④存在每个面都是直角三角形的四面体.
其中正确命题的序号是 .
(2)(2019全国2,理16)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1).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2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 .
图1
图2
考点
空间几何体的表面积
【例2】(1)(2020河南周口模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB⊥BC,AA1=AC=2,直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为30°,则该三棱柱的侧面积为( )
A.4+42
B.4+43
C.12
D.8+42
(2)在如图所示的斜截圆柱中,已知圆柱底面的直径为40 cm,从围成斜截面的曲线上任意一点向底面圆所在平面作垂线,垂线段最短50 cm,最长80 cm,则斜截圆柱的侧面面积为 cm2.
解题心得求空间几何体表面积的常见类型及思路
求多面体的表面积
只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形,利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积
求旋转体的表面积
可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手,将其展开后求表面积,但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系
求不规则几何体的表面积
通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体,先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积,再通过求和或作差,求出所给几何体的表面积
对点训练2(1)圆柱的底面积为S,侧面展开图是一个正方形,那么圆柱的侧面积是( )
A.4πS B.2πS
C.πS D.233πS
(2)如图,在梯形ABCD中,∠ABC=π2,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的面所围成的几何体的表面积为( )
A.4π B.(4+2)π
C.6π D.(5+2)π
考点
空间几何体的体积(多考向探究)
考向1 直接利用公式求体积
【例3】已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为2,点D在棱AA1上,则三棱锥D-BB1C1的体积为 .
考向2 割补法求体积
【例4】(1)(2019全国3,理16)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ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH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.
(2)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 .
考向3 等体积法求体积
【例5】如图所示,已知三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为1,且AA1⊥底面ABC,则三棱锥B1-ABC1的体积为( )
A.312 B.34 C.612 D.64
解题心得求空间几何体的体积的常用方法
公式法
对于规则几何体的体积问题,可以直接利用公式进行求解
割补法
把不规则的图形分割成规则的图形,然后进行体积计算;或者把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,便于计算其体积
等体
积法
一个几何体无论怎样转化,其体积总是不变的.如果一个几何体的底面面积和高较难求解时,我们可以采用等体积法进行求解.等体积法也称等积转化或等积变形,它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法,多用来解决有关锥体的体积,特别是三棱锥的体积
对点训练3(1)(2020浙江镇海中学高三3月模拟)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,CC1=22,E为CC1的中点,则直线AC1与平面BED的距离为( )
A.2 B.3 C.2 D.1
(2)如图,正四棱锥P-ABCD的底面边长为23 cm,侧面积为83 cm2,则它的体积为 cm3.
(3)如图,已知体积为V的三棱柱ABC-A1B1C1,P是棱B1B上除B1,B以外的任意一点,则四棱锥P-AA1C1C的体积为 .
考点
与球有关的切、接问题(多考向探究)
考向1 几何体的外接球
【例6】(2019全国1,理12)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
对点训练4(2020全国1,文12)已知A,B,C为球O的球面上的三个点,☉O1为△ABC的外接圆.若☉O1的面积为4π,AB=BC=AC=OO1,则球O的表面积为( )
A.64π B.48π C.36π D.32π
考向2 几何体的内切球
【例7】(1)如图,在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记圆柱O1O2的体积为V1,球O的体积为V2,则V1V2的值是 .
(2)(2020全国3,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 .
解题心得解决与球有关的切、接问题,其通法是作截面,将空间几何问题转化为平面几何问题求解,其解题的思维流程是:
对点训练5(1)已知正三棱锥的高为1,底面边长为23,内有一个球与四个面都相切,则棱锥的内切球的半径为 .
(2)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2a的正方形,PD⊥底面ABCD,且PD=2a.若在这个四棱锥内放一球,则此球的最大半径为 .
【例1】如图所示,某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球面对接而成,该封闭几何体内部放入一个小圆柱体,且圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行,则小圆柱体积的最大值为( )
A.2000π9 B.4000π27 C.81π D.128π
答案B
解析如图,设小圆柱体底面半径为5cosθ,所以高为5+5sinθ,θ∈0,π2,
小圆柱体积
V=π·(5cosθ)2(5+5sinθ),
设sinθ=t,t∈(0,1),
则V=125π(-t3-t2+t+1),
V'=125π(-3t+1)(t+1),易知当t∈0,13时,函数V=125π(-t3-t2+t+1)单调递增,当t∈13,1时,函数V=125π(-t3-t2+t+1)单调递减,所以当t=13时,Vmax=4000π27.
【例2】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
答案A
解析如图,取AB中点E,连接CE,DE,
设AB=2x(0
当x∈0,33时,函数V=13x-13x3单调递增,当x∈33,1时,函数V=13x-13x3单调递减,则当x=33时,函数V=13x-13x3有最大值Vmax=13×33-13×333=2327.故选A.
【例3】如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形,沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为 .
答案415 cm3
解析如图所示,连接OD,交BC于点G.由题意知OD⊥BC,OG=36BC.
设OG=x,则BC=23x,DG=5-x,
三棱锥的高h=DG2-OG2=25-10x+x2-x2=25-10x,x∈0,52.
因为S△ABC=12×23x×3x=33x2,
所以三棱锥的体积V=13S△ABC·h=3x2·25-10x=3·25x4-10x5,x∈0,52.令f(x)=25x4-10x5,x∈0,52,则f'(x)=100x3-50x4.令f'(x)=0,可得x=2,则f(x)在(0,2)内单调递增,在2,52内单调递减,
所以f(x)max=f(2)=80.所以V≤3×80=415,所以三棱锥体积的最大值为415.
点评求几何体体积最大值的基本思路是根据题意设出一个几何量,用该量表示出几何体的体积,然后根据体积表达式求其最大值,若表达式是一个三次以上的函数,一般通过求导的方法求最大值.
第七章 空间向量与立体几何
7.1 基本立体图形、直观图、几何
体的表面积和体积
必备知识·预案自诊
知识梳理
1.(1)①平行且相等 全等 ②任意多边形
有一个公共顶点的三角形 ③相似
(2)①矩形 ②直角边 ③圆锥
④半圆面或圆面
3.(2)③一半
5.2πrl πrl π(r1+r2)l
6.S底h 13S底h 4πR2 43πR3
考点自诊
1.(1)× (2)× (3)√ (4)×
2.C ∵2R=(23)2+(23)2+(23)2=6,∴球的表面积为4πR2=36π.故选C.
3.C 将正三棱柱ABC-A1B1C1沿侧棱展开,再拼接一次,其侧面展开图如图所示,
在展开图中,最短距离是矩形对角线的长度,也即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值.由已知求得矩形的长等于6×1=6(cm),宽等于5cm,由勾股定理得所求最短路线的长为62+52=61(cm).故选C.
4.BC 如图在四棱锥P-ABCD中,
由题知,侧面PCD⊥平面ABCD,交线为CD,底面ABCD为矩形,BC⊥CD,则BC⊥平面PCD,过点B有且只有一条直线与平面PCD垂直,所以选项A错误.
连接AC交BD于点O,连接MO,在△PAC中,OM∥PA,MO⊂平面MBD,
PA⊄平面MBD,所以PA∥平面MBD,所以选项B正确.
因为M为PC中点,故四棱锥M-ABCD的体积是四棱锥P-ABCD的体积的一半,取CD中点N,连接PN,
由题知,PN⊥CD,则PN⊥平面ABCD,且PN=32,故四棱锥M-ABCD的体积VM-ABCD=12×13×23×26×32=12.所以选项D错误.
在矩形ABCD中,易得AC=6,OC=3,ON=3,
MN=12PD=6,在Rt△MNO中,OM=ON2+MN2=3,即OM=OA=OB=OC=OD,所以O为四棱锥M-ABCD外接球的球心,半径为3,所以其体积为36π,所以选项C正确.故选BC.
5.3π3 设圆锥的底面半径为r,高为h,母线长为l,则πr2=π,πrl=2π,解得r=1,l=2.所以h=3.圆锥的体积V=13Sh=3π3.
关键能力·学案突破
例1(1)CD (2)B (3)C (1)A错误,如图1是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体,它的各个面都是三角形,但它不是三棱锥;B错误,如图2,若△ABC不是直角三角形,或△ABC是直角三角形但旋转轴不是直角边所在的直线,所得的几何体都不是圆锥;C正确,因为棱锥是一个面为多边形,其余各面都是有一个公共顶点的三角形,所以棱锥的各侧棱相交于一点,但各侧棱不一定相等;由母线的概念知,选项D正确.故选CD.
(2)①错误,只有这两点的连线段平行于轴时才是母线;②正确;③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.故正确命题的个数是1.故选B.
(3)如图,设正四棱锥的高为h,底面边长为a,侧面三角形底边上的高为h',则有
h2=12ah',h2=h'2-a22,
因此有h'2-a22=12ah',
化简得4h'a2-2h'a-1=0,
解得h'a=5+14.(负值舍去)
对点训练1(1)②③④ (2)26
2-1 (1)①不正确,根据棱柱的定义,棱柱的各个侧面都是平行四边形,但不一定全等;②正确,若三棱锥的三条侧棱两两垂直,则三个侧面两两构成的三个二面角都是直二面角;③正确,因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱,又垂直于底面;④正确,如在正方体ABCD-A1B1C1D1中的三棱锥C1-ABC,四个面都是直角三角形.
(2)
由题图2可知第一层与第三层各有9个面,共计18个面,第二层共有8个面,所以该半正多面体共有18+8=26个面.如图,设该半正多面体的棱长为x,则AB=BE=x,延长CB与FE的延长线交于点G,延长BC交正方体的另一条棱于点H.由半正多面体的对称性可知,△BGE为等腰直角三角形,所以BG=GE=CH=22x,所以GH=2×22x+x=(2+1)x=1,解得x=12+1=2-1,即该半正多面体的棱长为2-1.
例2(1)A (2)2 600π
(1)连接A1B.因为AA1⊥底面ABC,则AA1⊥BC,又AB⊥BC,AA1∩AB=A,所以BC⊥平面AA1B1B,所以直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为∠CA1B=30°.又AA1=AC=2,所以A1C=22,BC=2.又AB⊥BC,则AB=2,则该三棱柱的侧面积为2×2×2+2×2=4+42.
(2)将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱,则圆柱的侧面展开图为矩形.由题意得所求侧面展开图的面积S=12×(50+80)×(π×40)=2600π(cm2).
对点训练2(1)A (2)D (1)由πr2=S得圆柱的底面半径是Sπ,故侧面展开图的边长为2π·Sπ=2πS,所以圆柱的侧面积是4πS.故选A.
(2)∵在梯形ABCD中,∠ABC=π2,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2,∴将梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的面所围成的几何体是一个底面半径为AB=1,高为BC=2的圆柱挖去一个底面半径为AB=1,高为BC-AD=2-1=1的圆锥的组合体,∴几何体的表面积S=π×12+2π×1×2+π×1×12+12=(5+2)π.故选D.
例3233
如图,取BC中点O,连接AO.∵正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为2,∴AC=2,OC=1,则AO=3.
∵AA1∥平面BCC1B1,∴点D到平面BCC1B1的距离为3.又S△BB1C1=12×2×2=2,
∴VD-BB1C1=13×2×3=233.
例4(1)118.8 (2)23 (1)由题意得,四棱锥O-EFGH的底面积为4×6-4×12×2×3=12(cm2),点O到平面BB1C1C的距离为3cm,则此四棱锥的体积为V1=13×12×3=12(cm3).
又长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为V2=4×6×6=144(cm3),
则该模型的体积为V=V2-V1=144-12=132(cm3).故其质量为0.9×132=118.8(g).
(2)如图,分别过点A,B作EF的垂线,垂足分别为G,H,连接DG,CH,易求得EG=HF=12,AG=GD=BH=HC=32,则△BHC中BC边的高h=22.∴S△AGD=S△BHC=12×22×1=24,∴V多面体=VE-ADG+VF-BHC+VAGD-BHC=2VE-ADG+VAGD-BHC=13×24×12×2+24×1=23.
例5A 易知三棱锥B1-ABC1的体积等于三棱锥A-B1BC1的体积,又三棱锥A-B1BC1的高为32,底面积为12×1×1=12,故其体积为13×12×32=312.
对点训练3
(1)D (2)4
(3)2V3 (1)因为线面平行,所求线面距可以转化为求点到面的距离,选用等体积法.∵AC1∥平面BDE,∴AC1到平面BDE的距离等于点A到平面BDE的距离,由题计算得VE-ABD=13S△ABD×12CC1=13×12×2×2×2=223,在△BDE中,BE=DE=22+(2)2=6,BD=22,故EG=(6)2-(2)2=2,所以S△BDE=12×22×2=22,所以VA-BDE=13S△BDE·h=13×22h.由题知,VA-BDE=VE-ABD,故13×22h=223,解得h=1,即直线AC1与平面BED的距离为1.
(2)记正四棱锥P-ABCD的底面中心为点O,棱AB的中点为H,连接PO,HO,PH,则PO⊥平面ABCD,因为正四棱锥的侧面积为83cm2,所以83=4×12×23×PH,解得PH=2,在Rt△PHO中,HO=3,所以PO=1,所以VP-ABCD=13·S正方形ABCD·PO=4(cm3).
(3)如图,把三棱柱ABC-A1B1C1补成平行六面体A1D1B1C1-ADBC.设P到平面AA1C1C的距离为h,则VP-AA1C1C=13S▱AA1C1C·h=13VAA1C1C-DD1B1B=13·2VABC-A1B1C1=2V3.
例6D 设PA=PB=PC=2x.
∵E,F分别为PA,AB的中点,
∴EF∥PB,且EF=12PB=x.
∵△ABC为边长为2的等边三角形,∴CF=3.
又∠CEF=90°,
∴CE=3-x2,AE=12PA=x.
在△AEC中,由余弦定理可知
cos∠EAC=x2+4-(3-x2)2×2·x.
作PD⊥AC于点D,∵PA=PC,
∴D为AC的中点,
cos∠EAC=ADPA=12x.
∴x2+4-3+x24x=12x.
∴2x2+1=2.∴x2=12,即x=22.
∴PA=PB=PC=2.
又AB=BC=AC=2,∴PA⊥PB⊥PC.∴2R=2+2+2=6.∴R=62.
∴V=43πR3=43π×668=6π.
故选D.
对点训练4A 由题意知☉O1的半径r=2.由正弦定理知ABsinC=2r,
∴OO1=AB=2rsin60°=23,
∴球O的半径R=r2+|OO1|2=4.
∴球O的表面积为4πR2=64π.
例7(1)32 (2)23π (1)设圆柱内切球的半径为R,则由题设可得圆柱O1O2的底面圆的半径为R,高为2R,故V1V2=πR2·2R43πR3=32.
(2)圆锥内半径最大的球为该圆锥的内切球,如图,该圆锥的母线长BS=3,底面半径BC=1,高SC=BS2-BC2=22,设该内切球与母线BS切于点D,则OD=OC=r,BC=BD=1,在Rt△SOD中,SO2-OD2=SD2,即(22-r)2-r2=4,解得r=22,故所求球的体积V=43πr3=43π223=2π3.
对点训练5(1)2-1 (2)(2-2)a (1)如图,过点P作PD⊥平面ABC于点D,连接AD并延长交BC于点E,连接PE,
∵△ABC是正三角形,
∴AE是BC边上的高和中线,D为△ABC的中心.∵AB=23,则AE=3,∴S△ABC=33,DE=1,PE=2.
∴三棱锥的表面积S表=3×12×23×2+33=36+33.∵PD=1,∴三棱锥的体积V=13×33×1=3.
设球的半径为r,以球心O为顶点,三棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个小棱锥,则V=13×r×(36+33)=3,
解得r=3336+33=2-1.
(2)由题意知,当球与四棱锥各面均相切,即内切于四棱锥时球的半径最大.设内切球的半径是r,四棱锥P-ABCD的表面积是4a2+2×12×2a×2a+2×12×22a×2a=8a2+42a2,由等体积法知13(8a2+42a2)r=13×4a2×2a,r=(2-2)a.
第七章 空间向量与立体几何
7.1 基本立体图形、直观图、几何体的表面积和体积
必备知识预案自诊
知识梳理
1.空间几何体的结构特征
(1)
多
面
体
①棱柱的侧棱都 ,上、下底面是 且平行的多边形.
②棱锥的底面是 ,侧面是 .
③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到,其上、下底面是 多边形
(2)
旋
转
体
①圆柱是以 的一边所在直线为旋转轴,其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体.
②圆锥是以直角三角形的一条 所在直线为旋转轴,其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体.
③圆台可以由直角梯形绕垂直于底边的腰所在直线或等腰梯形绕上、下底边中点连线所在直线旋转得到,也可由平行于圆锥底面的平面截 得到.
④球可以由 绕直径所在直线旋转得到
2.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
3.直观图
(1)画法:斜二测画法.
(2)步骤:
①在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴,两轴相交于点O.画直观图时,把它们画成对应的x'轴与y'轴,两轴相交于点O',且使∠x'O'y'=45°(或135°),它们确定的平面表示水平面.
②已知图形中平行于x轴或y轴的线段,在直观图中分别画成平行于x'轴或y'轴的线段.
③已知图形中平行于x轴的线段,在直观图中保持原长度不变,平行于y轴的线段,在直观图中长度为原来的 .
4.多面体的表面积
多面体的表面积就是围成多面体各个面的面积的和.
5.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱
圆锥
圆台
侧面
展开图
侧面积
公式
S圆柱侧=
S圆锥侧=
S圆台侧=
6.柱、锥、台和球的表面积和体积
表面积
体积
柱体(棱柱和
圆柱)
S表面积=S侧+2S底
V=
锥体(棱锥和
圆锥)
S表面积=S侧+S底
V=
台体(棱台和
圆台)
S表面积=S侧+S上+S下
V=13(S上+S下+S上S下)h
球
S=
V=
1.球的截面的性质
(1)球的截面是圆面,且球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面;
(2)球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r的关系为r=R2-d2.
2.与体积有关的几个结论
(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差.
(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等.
3.设正方体的棱长为a,则它的内切球半径r=a2,外接球半径R=32a.
4.设长方体的长、宽、高分别为a,b,c,则它的外接球半径R=a2+b2+c22.
5.设正四面体的棱长为a,则它的高为63a,内切球半径r=612a,外接球半径R=64a.
考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.
(1)有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.( )
(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)棱台是由平行于棱锥底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分.( )
(4)设长方体的长、宽、高分别为2a,a,a,其顶点都在一个球面上,则该球的表面积为3πa2.( )
2.(2020天津,5)若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )
A.12π B.24π C.36π D.144π
3.
(2020河北衡水中学高三九调)如图,已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为1 cm,高为5 cm,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( )
A.12 cm B.13 cm
C.61 cm D.15 cm
4.(多选)(2020山东蒙阴实验中学高三期末)已知四棱锥P-ABCD,底面ABCD为矩形,侧面PCD⊥平面ABCD,BC=23,CD=PC=PD=26.若点M为PC的中点,则下列说法正确的为( )
A.BM⊥平面PCD
B.PA∥平面MBD
C.四棱锥M-ABCD外接球的表面积为36π
D.四棱锥M-ABCD的体积为6
5.(2020江苏镇江质检)已知一个圆锥的底面积为π,侧面积为2π,则该圆锥的体积为 .
关键能力学案突破
考点
空间几何体的结构特征
【例1】(1)(多选)下列结论正确的是( )
A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B.以三角形的一条边所在直线为旋转轴,其余两边旋转一周形成的面所围成的几何体叫圆锥
C.棱锥的各侧棱相交于一点,但不一定相等
D.圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点相连的线段都是圆锥的母线
(2)给出下列几个命题:
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;
③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.0 B.1 C.2 D.3
(3)(2020全国1,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( )
A.5-14 B.5-12
C.5+14 D.5+12
解题心得辨别空间几何体的两种方法
定义法
紧扣定义,由已知构建几何模型,在条件不变的情况下,变换模型中的线面关系或增加线、面等基本要素,根据定义进行判定
反例法
通过反例对结构特征进行辨析,要说明一个结论是错误的,只需举出一个反例即可
对点训练1(1)给出下列命题:
①棱柱的侧棱都相等,侧面都是全等的平行四边形;
②若三棱锥的三条侧棱两两垂直,则其三个侧面也两两垂直;
③在四棱柱中,若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱;
④存在每个面都是直角三角形的四面体.
其中正确命题的序号是 .
(2)(2019全国2,理16)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1).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2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 .
图1
图2
考点
空间几何体的表面积
【例2】(1)(2020河南周口模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB⊥BC,AA1=AC=2,直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为30°,则该三棱柱的侧面积为( )
A.4+42
B.4+43
C.12
D.8+42
(2)在如图所示的斜截圆柱中,已知圆柱底面的直径为40 cm,从围成斜截面的曲线上任意一点向底面圆所在平面作垂线,垂线段最短50 cm,最长80 cm,则斜截圆柱的侧面面积为 cm2.
解题心得求空间几何体表面积的常见类型及思路
求多面体的表面积
只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形,利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积
求旋转体的表面积
可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手,将其展开后求表面积,但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系
求不规则几何体的表面积
通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体,先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积,再通过求和或作差,求出所给几何体的表面积
对点训练2(1)圆柱的底面积为S,侧面展开图是一个正方形,那么圆柱的侧面积是( )
A.4πS B.2πS
C.πS D.233πS
(2)如图,在梯形ABCD中,∠ABC=π2,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的面所围成的几何体的表面积为( )
A.4π B.(4+2)π
C.6π D.(5+2)π
考点
空间几何体的体积(多考向探究)
考向1 直接利用公式求体积
【例3】已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为2,点D在棱AA1上,则三棱锥D-BB1C1的体积为 .
考向2 割补法求体积
【例4】(1)(2019全国3,理16)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ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH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.
(2)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 .
考向3 等体积法求体积
【例5】如图所示,已知三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为1,且AA1⊥底面ABC,则三棱锥B1-ABC1的体积为( )
A.312 B.34 C.612 D.64
解题心得求空间几何体的体积的常用方法
公式法
对于规则几何体的体积问题,可以直接利用公式进行求解
割补法
把不规则的图形分割成规则的图形,然后进行体积计算;或者把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,便于计算其体积
等体
积法
一个几何体无论怎样转化,其体积总是不变的.如果一个几何体的底面面积和高较难求解时,我们可以采用等体积法进行求解.等体积法也称等积转化或等积变形,它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法,多用来解决有关锥体的体积,特别是三棱锥的体积
对点训练3(1)(2020浙江镇海中学高三3月模拟)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,CC1=22,E为CC1的中点,则直线AC1与平面BED的距离为( )
A.2 B.3 C.2 D.1
(2)如图,正四棱锥P-ABCD的底面边长为23 cm,侧面积为83 cm2,则它的体积为 cm3.
(3)如图,已知体积为V的三棱柱ABC-A1B1C1,P是棱B1B上除B1,B以外的任意一点,则四棱锥P-AA1C1C的体积为 .
考点
与球有关的切、接问题(多考向探究)
考向1 几何体的外接球
【例6】(2019全国1,理12)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
对点训练4(2020全国1,文12)已知A,B,C为球O的球面上的三个点,☉O1为△ABC的外接圆.若☉O1的面积为4π,AB=BC=AC=OO1,则球O的表面积为( )
A.64π B.48π C.36π D.32π
考向2 几何体的内切球
【例7】(1)如图,在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记圆柱O1O2的体积为V1,球O的体积为V2,则V1V2的值是 .
(2)(2020全国3,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 .
解题心得解决与球有关的切、接问题,其通法是作截面,将空间几何问题转化为平面几何问题求解,其解题的思维流程是:
对点训练5(1)已知正三棱锥的高为1,底面边长为23,内有一个球与四个面都相切,则棱锥的内切球的半径为 .
(2)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2a的正方形,PD⊥底面ABCD,且PD=2a.若在这个四棱锥内放一球,则此球的最大半径为 .
【例1】如图所示,某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球面对接而成,该封闭几何体内部放入一个小圆柱体,且圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行,则小圆柱体积的最大值为( )
A.2000π9 B.4000π27 C.81π D.128π
答案B
解析如图,设小圆柱体底面半径为5cosθ,所以高为5+5sinθ,θ∈0,π2,
小圆柱体积
V=π·(5cosθ)2(5+5sinθ),
设sinθ=t,t∈(0,1),
则V=125π(-t3-t2+t+1),
V'=125π(-3t+1)(t+1),易知当t∈0,13时,函数V=125π(-t3-t2+t+1)单调递增,当t∈13,1时,函数V=125π(-t3-t2+t+1)单调递减,所以当t=13时,Vmax=4000π27.
【例2】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
答案A
解析如图,取AB中点E,连接CE,DE,
设AB=2x(0
当x∈0,33时,函数V=13x-13x3单调递增,当x∈33,1时,函数V=13x-13x3单调递减,则当x=33时,函数V=13x-13x3有最大值Vmax=13×33-13×333=2327.故选A.
【例3】如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形,沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为 .
答案415 cm3
解析如图所示,连接OD,交BC于点G.由题意知OD⊥BC,OG=36BC.
设OG=x,则BC=23x,DG=5-x,
三棱锥的高h=DG2-OG2=25-10x+x2-x2=25-10x,x∈0,52.
因为S△ABC=12×23x×3x=33x2,
所以三棱锥的体积V=13S△ABC·h=3x2·25-10x=3·25x4-10x5,x∈0,52.令f(x)=25x4-10x5,x∈0,52,则f'(x)=100x3-50x4.令f'(x)=0,可得x=2,则f(x)在(0,2)内单调递增,在2,52内单调递减,
所以f(x)max=f(2)=80.所以V≤3×80=415,所以三棱锥体积的最大值为415.
点评求几何体体积最大值的基本思路是根据题意设出一个几何量,用该量表示出几何体的体积,然后根据体积表达式求其最大值,若表达式是一个三次以上的函数,一般通过求导的方法求最大值.
第七章 空间向量与立体几何
7.1 基本立体图形、直观图、几何
体的表面积和体积
必备知识·预案自诊
知识梳理
1.(1)①平行且相等 全等 ②任意多边形
有一个公共顶点的三角形 ③相似
(2)①矩形 ②直角边 ③圆锥
④半圆面或圆面
3.(2)③一半
5.2πrl πrl π(r1+r2)l
6.S底h 13S底h 4πR2 43πR3
考点自诊
1.(1)× (2)× (3)√ (4)×
2.C ∵2R=(23)2+(23)2+(23)2=6,∴球的表面积为4πR2=36π.故选C.
3.C 将正三棱柱ABC-A1B1C1沿侧棱展开,再拼接一次,其侧面展开图如图所示,
在展开图中,最短距离是矩形对角线的长度,也即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值.由已知求得矩形的长等于6×1=6(cm),宽等于5cm,由勾股定理得所求最短路线的长为62+52=61(cm).故选C.
4.BC 如图在四棱锥P-ABCD中,
由题知,侧面PCD⊥平面ABCD,交线为CD,底面ABCD为矩形,BC⊥CD,则BC⊥平面PCD,过点B有且只有一条直线与平面PCD垂直,所以选项A错误.
连接AC交BD于点O,连接MO,在△PAC中,OM∥PA,MO⊂平面MBD,
PA⊄平面MBD,所以PA∥平面MBD,所以选项B正确.
因为M为PC中点,故四棱锥M-ABCD的体积是四棱锥P-ABCD的体积的一半,取CD中点N,连接PN,
由题知,PN⊥CD,则PN⊥平面ABCD,且PN=32,故四棱锥M-ABCD的体积VM-ABCD=12×13×23×26×32=12.所以选项D错误.
在矩形ABCD中,易得AC=6,OC=3,ON=3,
MN=12PD=6,在Rt△MNO中,OM=ON2+MN2=3,即OM=OA=OB=OC=OD,所以O为四棱锥M-ABCD外接球的球心,半径为3,所以其体积为36π,所以选项C正确.故选BC.
5.3π3 设圆锥的底面半径为r,高为h,母线长为l,则πr2=π,πrl=2π,解得r=1,l=2.所以h=3.圆锥的体积V=13Sh=3π3.
关键能力·学案突破
例1(1)CD (2)B (3)C (1)A错误,如图1是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体,它的各个面都是三角形,但它不是三棱锥;B错误,如图2,若△ABC不是直角三角形,或△ABC是直角三角形但旋转轴不是直角边所在的直线,所得的几何体都不是圆锥;C正确,因为棱锥是一个面为多边形,其余各面都是有一个公共顶点的三角形,所以棱锥的各侧棱相交于一点,但各侧棱不一定相等;由母线的概念知,选项D正确.故选CD.
(2)①错误,只有这两点的连线段平行于轴时才是母线;②正确;③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.故正确命题的个数是1.故选B.
(3)如图,设正四棱锥的高为h,底面边长为a,侧面三角形底边上的高为h',则有
h2=12ah',h2=h'2-a22,
因此有h'2-a22=12ah',
化简得4h'a2-2h'a-1=0,
解得h'a=5+14.(负值舍去)
对点训练1(1)②③④ (2)26
2-1 (1)①不正确,根据棱柱的定义,棱柱的各个侧面都是平行四边形,但不一定全等;②正确,若三棱锥的三条侧棱两两垂直,则三个侧面两两构成的三个二面角都是直二面角;③正确,因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱,又垂直于底面;④正确,如在正方体ABCD-A1B1C1D1中的三棱锥C1-ABC,四个面都是直角三角形.
(2)
由题图2可知第一层与第三层各有9个面,共计18个面,第二层共有8个面,所以该半正多面体共有18+8=26个面.如图,设该半正多面体的棱长为x,则AB=BE=x,延长CB与FE的延长线交于点G,延长BC交正方体的另一条棱于点H.由半正多面体的对称性可知,△BGE为等腰直角三角形,所以BG=GE=CH=22x,所以GH=2×22x+x=(2+1)x=1,解得x=12+1=2-1,即该半正多面体的棱长为2-1.
例2(1)A (2)2 600π
(1)连接A1B.因为AA1⊥底面ABC,则AA1⊥BC,又AB⊥BC,AA1∩AB=A,所以BC⊥平面AA1B1B,所以直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为∠CA1B=30°.又AA1=AC=2,所以A1C=22,BC=2.又AB⊥BC,则AB=2,则该三棱柱的侧面积为2×2×2+2×2=4+42.
(2)将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱,则圆柱的侧面展开图为矩形.由题意得所求侧面展开图的面积S=12×(50+80)×(π×40)=2600π(cm2).
对点训练2(1)A (2)D (1)由πr2=S得圆柱的底面半径是Sπ,故侧面展开图的边长为2π·Sπ=2πS,所以圆柱的侧面积是4πS.故选A.
(2)∵在梯形ABCD中,∠ABC=π2,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2,∴将梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的面所围成的几何体是一个底面半径为AB=1,高为BC=2的圆柱挖去一个底面半径为AB=1,高为BC-AD=2-1=1的圆锥的组合体,∴几何体的表面积S=π×12+2π×1×2+π×1×12+12=(5+2)π.故选D.
例3233
如图,取BC中点O,连接AO.∵正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为2,∴AC=2,OC=1,则AO=3.
∵AA1∥平面BCC1B1,∴点D到平面BCC1B1的距离为3.又S△BB1C1=12×2×2=2,
∴VD-BB1C1=13×2×3=233.
例4(1)118.8 (2)23 (1)由题意得,四棱锥O-EFGH的底面积为4×6-4×12×2×3=12(cm2),点O到平面BB1C1C的距离为3cm,则此四棱锥的体积为V1=13×12×3=12(cm3).
又长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为V2=4×6×6=144(cm3),
则该模型的体积为V=V2-V1=144-12=132(cm3).故其质量为0.9×132=118.8(g).
(2)如图,分别过点A,B作EF的垂线,垂足分别为G,H,连接DG,CH,易求得EG=HF=12,AG=GD=BH=HC=32,则△BHC中BC边的高h=22.∴S△AGD=S△BHC=12×22×1=24,∴V多面体=VE-ADG+VF-BHC+VAGD-BHC=2VE-ADG+VAGD-BHC=13×24×12×2+24×1=23.
例5A 易知三棱锥B1-ABC1的体积等于三棱锥A-B1BC1的体积,又三棱锥A-B1BC1的高为32,底面积为12×1×1=12,故其体积为13×12×32=312.
对点训练3
(1)D (2)4
(3)2V3 (1)因为线面平行,所求线面距可以转化为求点到面的距离,选用等体积法.∵AC1∥平面BDE,∴AC1到平面BDE的距离等于点A到平面BDE的距离,由题计算得VE-ABD=13S△ABD×12CC1=13×12×2×2×2=223,在△BDE中,BE=DE=22+(2)2=6,BD=22,故EG=(6)2-(2)2=2,所以S△BDE=12×22×2=22,所以VA-BDE=13S△BDE·h=13×22h.由题知,VA-BDE=VE-ABD,故13×22h=223,解得h=1,即直线AC1与平面BED的距离为1.
(2)记正四棱锥P-ABCD的底面中心为点O,棱AB的中点为H,连接PO,HO,PH,则PO⊥平面ABCD,因为正四棱锥的侧面积为83cm2,所以83=4×12×23×PH,解得PH=2,在Rt△PHO中,HO=3,所以PO=1,所以VP-ABCD=13·S正方形ABCD·PO=4(cm3).
(3)如图,把三棱柱ABC-A1B1C1补成平行六面体A1D1B1C1-ADBC.设P到平面AA1C1C的距离为h,则VP-AA1C1C=13S▱AA1C1C·h=13VAA1C1C-DD1B1B=13·2VABC-A1B1C1=2V3.
例6D 设PA=PB=PC=2x.
∵E,F分别为PA,AB的中点,
∴EF∥PB,且EF=12PB=x.
∵△ABC为边长为2的等边三角形,∴CF=3.
又∠CEF=90°,
∴CE=3-x2,AE=12PA=x.
在△AEC中,由余弦定理可知
cos∠EAC=x2+4-(3-x2)2×2·x.
作PD⊥AC于点D,∵PA=PC,
∴D为AC的中点,
cos∠EAC=ADPA=12x.
∴x2+4-3+x24x=12x.
∴2x2+1=2.∴x2=12,即x=22.
∴PA=PB=PC=2.
又AB=BC=AC=2,∴PA⊥PB⊥PC.∴2R=2+2+2=6.∴R=62.
∴V=43πR3=43π×668=6π.
故选D.
对点训练4A 由题意知☉O1的半径r=2.由正弦定理知ABsinC=2r,
∴OO1=AB=2rsin60°=23,
∴球O的半径R=r2+|OO1|2=4.
∴球O的表面积为4πR2=64π.
例7(1)32 (2)23π (1)设圆柱内切球的半径为R,则由题设可得圆柱O1O2的底面圆的半径为R,高为2R,故V1V2=πR2·2R43πR3=32.
(2)圆锥内半径最大的球为该圆锥的内切球,如图,该圆锥的母线长BS=3,底面半径BC=1,高SC=BS2-BC2=22,设该内切球与母线BS切于点D,则OD=OC=r,BC=BD=1,在Rt△SOD中,SO2-OD2=SD2,即(22-r)2-r2=4,解得r=22,故所求球的体积V=43πr3=43π223=2π3.
对点训练5(1)2-1 (2)(2-2)a (1)如图,过点P作PD⊥平面ABC于点D,连接AD并延长交BC于点E,连接PE,
∵△ABC是正三角形,
∴AE是BC边上的高和中线,D为△ABC的中心.∵AB=23,则AE=3,∴S△ABC=33,DE=1,PE=2.
∴三棱锥的表面积S表=3×12×23×2+33=36+33.∵PD=1,∴三棱锥的体积V=13×33×1=3.
设球的半径为r,以球心O为顶点,三棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个小棱锥,则V=13×r×(36+33)=3,
解得r=3336+33=2-1.
(2)由题意知,当球与四棱锥各面均相切,即内切于四棱锥时球的半径最大.设内切球的半径是r,四棱锥P-ABCD的表面积是4a2+2×12×2a×2a+2×12×22a×2a=8a2+42a2,由等体积法知13(8a2+42a2)r=13×4a2×2a,r=(2-2)a.
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