2020版江苏高考数学一轮复习学案：第73课《柱、锥、台、球的表面积与体积》(含解析)

第73课　柱、锥、台、球的表面积和体积

1. 掌握柱、锥、台、球的结构特征以及表面积和体积的计算公式.

2. 能求简单几何体的表面积和体积.

1. 阅读：必修2第53～65页.

2. 解悟：①研读直棱柱、正棱锥、正棱台的定义；②教材第53页中的直棱柱、正棱锥和第54页中圆柱、圆锥、圆台都是用侧面展开图的方法推导侧面积公式的，你在解题中能运用这些方法吗？③教材第59页例1中的几何体的体积是通过正六棱柱与圆柱体的体积之差计算的，这就是常用的“割补法”.

3. 践习：在教材空白处，完成第60页练习；第63～64页习题.

　基础诊断　

1. 若圆锥的侧面积为2π，底面积为π，则该圆锥的体积为　　.

解析：因为圆锥的底面积为π，所以圆锥底面的半径为1，所以其底面的周长为2π.因为圆锥的侧面积为2π，所以×2πl＝2π，解得l＝2，所以圆锥的母线长为2，所以圆锥的高为＝，故该圆锥的体积为×π×＝.

2. 如图，已知一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个边长为1的正三角形组成，则该多面体的体积是　　.

解析：由题意知该多面体为正四棱锥，如图所示，底面边长为1，侧棱长为1，斜高SE＝，连结顶点和底面的中心即为高，所以SO＝＝，所以体积为×1×1×＝，故该多面体的体积为.

3. 已知正四棱柱的底面边长为2，高为3，则该正四棱柱的外接球的表面积为　17π　.

解析：由题意知该正四棱柱的外接球的直径就是正四棱柱的对角线的长，所以球的直径为＝，所以球的表面积为4π×＝17π.

4. 已知某四面体的六条棱中，有五条棱长都等于a，则该四面体体积的最大值为　　Ｗ.

解析：如图所示，在四面体ABCD中，若AB＝BC＝CD＝AC＝BD＝a，AD＝x，取AD的中点P，BC的中点E，连结BP，EP，CP.

易证AD⊥平面BPC，所以VABCD＝S△BPC×AD＝××a××x＝a×＝a×≤，当且仅当x2＝，即x＝a时取等号，所以该四面体体积的最大值为.

　范例导航　

考向❶  用侧面展开图的方法，将空间问题化归为平面问题

例1　如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为1，高为8，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点A1的最短路线的长为　10　.

解析：方法一：将两个正三棱柱都沿AA1剪开后展开，如图1，则最短路线长为l＝＝10.

方法二：将正三棱柱侧面展开如图2所示，设该质点绕三棱柱侧面一周时交AA1于点M，则第一周的最短路线为AM，第二周的最短路线为MA1，所求最短路线的长即求AM＋A1M的最小值，如图2，取点A关于A″的对称点A′，连结A′A1，交A″A″1于点M0，连结A′M，由三角形的三边不等关系知A1M＋A′M≥A1A′＝＝10.

图1                              图2

已知圆台上底面的半径为1，下底面的半径为4，母线AB＝12，从AB的中点M拉一条绳子绕圆台侧面转到点A.

(1) 求绳子的最短长度；

(2) 求当绳子最短时，上底圆周上的点到绳子的最短距离.

解析：(1) 将圆台补形成圆锥，并将圆锥侧面展开成如图所示的扇形.

取A1B1的中点M1，AM1就是绳子的最短长度.

设∠ASA1＝α，则＝＝2π，①

＝＝8π.②

②－①得α＝90°.

将α＝90°代入①，解得SB＝4.

在△ASM1中，SA＝16，SM1＝4＋6＝10，

∠ASA1＝90°，

所以AM＝102＋162＝356，所以AM1＝2，

即绳子的最短长度为2.

(2) 过点S作SQ⊥AM1，交于点P，交AM1于点Q，则PQ的长度即为所求.

在Rt△ASM1中，

SQ＝＝＝.

PQ＝SQ－SP＝－4，

所以当绳子最短时，上底圆周上的点到绳子的最短距离为－4.

考向❷  折叠问题中线面关系、数量关系的变与不变，等体积法求锥体体积

例2　如图1所示，在直角梯形ABEF中(图中数字表示线段的长度)，将直角梯形DCEF沿CD折起，使平面DCEF⊥平面ABCD，连结部分线段后围成一个空间几何体，如图2所示.

(1) 求证：BE∥平面ADF；

(2) 求三棱锥FBCE的体积.

图1图2

解析：(1) 方法一：取DF的中点G，连结AG，EG.

易证四边形ABEG为平行四边形，所以BE∥AG.

因为BE⊄平面ADF，AG⊂平面ADF，

所以BE∥平面ADF.

方法二：由题意得BC∥AD，CE∥DF，折叠之后平行关系不变.

因为BC∥AD，BC⊄平面ADF，AD⊂平面ADF，

所以BC∥平面ADF.同理CE∥平面ADF.

因为BC∩CE＝C，BC，CE⊂平面BCE，

所以平面BCE∥平面ADF.

因为BE⊂平面BCE，BE⊄平面ADF，

所以BE∥平面ADF.

(2) 方法一：因为平面DCEF⊥平面ABCD，平面DCEF∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，BC⊥CD，

所以BC⊥平面DCEF.

因为DC＝CE＝1，

所以S△CEF＝CE×DC＝，

所以VFBCE＝VBCEF＝×BC×S△CEF＝.

方法二：由题意得CD⊥BC，CD⊥CE，BC∩CE＝C，BC，CE⊂平面BCE，

所以CD⊥平面BCE.

因为DF∥CE，

所以点F到平面BCE的距离等于点D到平面BCE的距离，距离为1，

因为BC＝CE＝1，S△BCE＝BC×CE＝，

所以VFBCE＝×CD×S△BCE＝.

方法三：如图，过点E作EH⊥FC，垂足为H，由图可知BC⊥CD.

因为平面DCEF⊥平面ABCD，平面DCEF∩平面ABCD＝CD，BC⊥DC，BC⊂平面ABCD，

所以BC⊥平面DCEF.

因为EH⊂平面DCEF，所以BC⊥EH.

因为FC∩BC＝C，FC，BC⊂平面FBC，

所以EH⊥平面BCF.

因为BC⊥FC，FC＝＝，

所以S△BCF＝BC×CF＝.

在△CEF中，由等面积法可得EH＝，

所以VFBCE＝VEBCF＝×EH×SBCF＝.

如图，已知在多面体ABCDEFG中，AB，AC，AD两两互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则这个多面体的体积为　4　.

解析：方法一：如图1，将所求多面体补成一个正方体，而所求多面体的体积是正方体体积的一半，所以VABCDEFG＝V正方体＝×2×2×2＝4.

方法二：如图2，连结BD，BG，则VABCDEFG＝VBADGC＋VBEFGD

＝S梯形ADGC·AB＋S梯形EFGD·BE

＝×(1＋2)×2××2＋×(1＋2)×2××2＝2＋2＝4.

图1图2

　自测反馈　

1. 在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AD＝3cm，AA1＝2cm，则四棱锥ABB1D1D的体积为　6　cm3.

解析：如图，连结AC交BD于点O，则AC⊥BD.因为D1D⊥AC，BD∩D1D＝D，所以AC⊥平面BDD1B1，所以AO是四棱锥ABB1D1D的高.因为AO＝AC＝，S矩形B1BDD1＝2×3＝6，所以VABB1D1D＝××6＝6.

2. 如图，在三棱柱A1B1C1ABC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥FADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1ABC的体积为V2，则V1∶V2＝　1∶24　.

解析：设三棱柱A1B1C1ABC的高为h，底面三角形ABC的面积为S.因为D，E，F分别是AB，AC，A1A的中点，所以△AED∽△ACB，AF＝AA1，所以S△AED＝S△ABC，则V1＝×S×h＝Sh，V2＝Sh，所以＝.

3. 已知圆台的母线长为4cm，母线与轴的夹角为30°，上底面半径是下底面半径的，则这个圆台的侧面积是　24π　cm2.

解析：如图是将圆台还原为圆锥后的轴截面.由题意知AC＝4cm，∠ASO＝30°，O1C＝OA.

设O1C＝r，则OA＝2r.因为＝＝sin30°，所以SC＝2r，SA＝4r，所以AC＝SA－SC＝2r＝4，解得r＝2，所以圆台的侧面积为π(r＋2r)×4＝π(2＋4)×4＝24π.

4. 已知正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为，则它的体积为　　.

解析：因为正三棱锥的底面边长为2，所以底面正三角形的高为2×＝，所以底面中心到三角形顶点的距离为.因为正三棱锥的侧棱长为，所以正三棱锥的高为＝2，所以该三棱锥的体积为××2××2＝.

5. 如图，半径为R的半圆内的阴影部分以直径AB所在直线为轴，旋转一周得到一几何体，其中∠BAC＝30°，求该几何体的体积.

解析：过点C作CD⊥AB，垂足为D，在半圆中可得∠BCA＝90°，∠BAC＝30°，AB＝2R，

所以AC＝R，BC＝R，CD＝R，

所以AD＝＝R，

所以BD＝2R－R＝，

所以V球＝R3，V圆锥AD＝π×R＝R3，V圆锥BD＝π×＝R3，

所以V几何体＝R3－R3－R3＝R3.

1. 用侧面展开图的方法解决相关问题，是空间问题平面化思想的应用.关键是要搞清楚展开图的形状，及其数量关系.如，例1及其跟踪练习.例1跟踪练习中的“补台成锥”，自测反馈第5题的组合几何体，“割补法”是解决此类问题的常用方法.

2. 处理折叠问题，如例2中，折痕CD左右两部分仍是平面图形，其中的数量关系、位置关系没有变化，而两部分元素之间的平行、垂直等位置关系和相互间的数量关系.

3. 你还有哪些体悟，请写下来：