高考数学复习第八章　第一节　基本立体图形及几何体的表面积与体积（导学案）

这是一份高考数学复习第八章　第一节　基本立体图形及几何体的表面积与体积（导学案），共25页。学案主要包含了课程标准，必备知识 精归纳，常用结论，基础小题 固根基，方法提炼，一题多变，对点训练，加练备选等内容，欢迎下载使用。
第八章 立体几何
第一节 基本立体图形及几何体的表面积与体积
【课程标准】
1.利用实物、计算机软件等观察空间图形,认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征,能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.
2.知道球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式,能用公式解决简单的实际问题.
3.能用斜二测法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合)的直观图.
【必备知识 精归纳】
1.多面体的结构特征
点睛 (1)棱柱的概念中“相邻两个四边形的公共边都互相平行”要特别关注;
(2)棱锥概念中“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”不可或缺.
2.旋转体的结构特征
3.直观图
(1)画法:常用斜二测画法.
(2)规则:①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直,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.
4.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
点睛 ①S直棱柱侧=ch(c为底面周长,h为高).
②S正棱锥侧=12ch'(c为底面周长,h'为斜高).
③S正棱台侧=12(c'+c)h'(c',c分别为上、下底面周长,h'为斜高).
5.柱、锥、台、球的表面积和体积
【常用结论】
1.斜二测画法直观图面积为原图形面积的24.
2.等底等高的柱体是锥体的体积的3倍.
【基础小题 固根基】
1.(结论1)如图,平行四边形O'A'B'C'是水平放置的一个平面图形的直观图,其中O'A'=5,O'C'=2,∠A'O'C'=30°,则原图形的面积是( )
A.4B.102C.42D.52
解析：选B.平行四边形O'A'B'C'中,O'A'=5,
O'C'=2,∠A'O'C'=30°,所以平行四边形O'A'B'C'的面积为S'=O'A'·O'C'·sin 30°=5×2×12=5,所以原平面图形的面积是S=22S'=22×5=102.
2.(教材提升)把一个铁制的底面半径为4,侧面积为163π的实心圆柱熔化后铸成一个实心球,则这个铁球的半径为( )
A.32B.3C.2D.6
解析：选C.因为实心圆柱的底面半径为4,侧面积为163π,所以圆柱的高为163π2π×4=23,
则圆柱的体积为V=π×42×23=323π,设球的半径为R,则43πR3=323π,解得R=2.
3.(教材变式)半径为2,圆心角为2π3的扇形纸片卷成一个圆锥的侧面,则圆锥的底面积为( )
A.π3B.2π3C.4π9D.169π
解析：选C.由题意,半径为2,圆心角为2π3的扇形的弧长为l=2π3×2=4π3,
设卷成后的圆锥的底面圆的半径为r,则2πr=4π3,解得r=23,所以圆锥底面圆的面积为S=πr2=4π9.
4.(结论2)如图,斜三棱柱ABC-A1B1C1的体积为26,则三棱锥A-A1BC的体积为( )
A. 6B.63
C.263D.62
解析：选C.VA-A1BC=VA1-ABC=13VABC-A1B1C1=263.
5.(棱柱的概念混淆不清)下列命题:
①有两个面平行,其他各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱;
②有两侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱;
③过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面,所得图形不可能是矩形;
④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱一定是正四棱柱.
其中正确命题的个数为( )
A.0B.1C.2D.3
解析：选A.①如图1,满足有两个面平行,其他各面都是平行四边形,
显然不是棱柱,故①错误;
②如图2,满足两侧面与底面垂直,但不是直棱柱,②错误;
③如图3,四边形ACC1A1为矩形,
即过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面,所得图形可能是矩形,③错误;
④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱不一定是正四棱柱,因为两底面不一定是正方形,④错误.
6.(求表面积时表面有遗漏)某几何体的直观图如图所示,则该几何体的表面积是________.
解析：依题意,该几何体是底面圆半径为2,高为4的圆柱被过轴的平面所截而成的半圆柱,
再在截面上放一个底面边长为2,侧棱长为4的正四棱柱,且正四棱柱侧棱与半圆柱底面直径重合,
所以该几何体的表面积S=3×2×4+2×22+2×4+π×2×4+π×22=40+12π.
答案:40+12π
题型一 基本立体图形
角度1 空间几何体的结构特征
[典例1](1)满足下列条件的棱柱中,一定是直棱柱的是( )
A.底面是矩形
B.有一个侧面与底面垂直
C.有一个侧面是矩形
D.相邻两个侧面是矩形
解析：选D.如图所示是一个斜四棱柱:
因为底面ABCD是矩形,故A错误;
因为侧面ABB1A1与底面ABCD垂直,故B错误;侧面ADD1A1是矩形,故C错误;
当相邻两个侧面是矩形时,则这两个侧面的交线与底面垂直,即得到侧棱与底面垂直,则该棱柱一定是直棱柱,故D正确.
(2)已知直角梯形ABCD,现绕着它的较长底CD所在的直线旋转一周,所得的几何体包括( )
A.一个圆柱、一个圆锥
B.一个圆柱、两个圆锥
C.一个圆台、一个圆柱
D.两个圆柱、一个圆台
解析：选A.直角梯形ABCD分割成一个矩形和一个直角三角形,矩形绕其一边旋转一周得圆柱,直角三角形绕其直角边旋转一周得圆锥,
可得几何体为:一个圆柱、一个圆锥.
【方法提炼】
空间几何体结构特征的判断技巧
1.熟记各种几何体的概念;
2.根据题干能否推出符合定义的条件,若能,该命题为真;
3.说明一个命题是错误的,只要举出一个反例即可.
角度2 直观图
[典例2](1)一个水平放置的平面图形,用斜二测画法画出了它的直观图,如图所示,此直观图恰好是一个边长为2的正方形,则原平面图形的面积为( )
A.2B.42C.8D.82
解析：选D.还原直观图为原图形如图所示,
因为O'A'=2,所以O'B'=22,还原为原图形后,
OA=O'A'=2,OB=2O'B'=42;
所以原图形的面积为2×42=82.
【一题多变】
本例(1)中将“直观图恰好是一个边长为2的正方形”改为“原图形是个边长为2的正方形”,则直观图的面积为________.
解析：因为原图形的边长为2,所以面积为4,
所以直观图的面积为24×4=2.
答案:2
(2)(2022·哈尔滨模拟)如图,△O'A'B'是水平放置的△OAB的直观图,A'O'=6,B'O'=2,则线段AB的长度为( )
A.210B.410
C.213D.413
解析：选C.△O'A'B'是水平放置的△OAB的直观图,所以△OAB是直角三角形,且两条直角边长为OA=6和OB=4,
它的斜边AB的长为:
AB=OA2+OB2=36+16=52=213.
【方法提炼】——自主完善,老师指导
几何体的直观图的解题策略
1.在斜二测画法中,要确定关键点及关键线段.“平行于x轴的线段平行性不变,长度不变;平行于y轴的线段平行性不变,长度减半.”
2.求原图形面积的方法:(1)还原法,(2)公式法.
角度3 展开图
[典例3](1)(2021·新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为2,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为( )
A.2B.22C.4D.42
解析：选B.设圆锥的母线长为l,由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长,则πl=2π×2,解得l=22.
(2)(2023·沧州模拟)如图所示,圆柱高为2,底面半径为1,则在圆柱侧面上从A出发经过母线BB1到达A1的最短距离为________.
解析：把圆柱侧面沿母线AA1剪开摊平为一个矩形AA1NM,如图,
AM=2π×1=2π,所求最短距离为
AN=AM2+NM2=(2π)2+22=2π2+1.
答案:2π2+1
【方法提炼】
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,画出侧面展开图;
2.将所求曲线问题化为平面上的线段问题;
3.结合已知条件求得结果.
【对点训练】
1.下列命题中,正确的是( )
A.有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱
B.侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥
C.侧面都是矩形的直四棱柱是长方体
D.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
解析：选D.对于A.因为侧棱垂直于底面的棱柱叫直棱柱,当两个侧面是矩形时,不能保证所有侧棱都垂直于底面,这样的棱柱不是直棱柱,故错误;
对于B.侧棱都相等且底面是正多边形的棱锥叫做正棱锥,故错误;
对于C.当底面不是矩形时,这样的四棱柱不是长方体,故错误;
对于D.因为棱柱的侧棱平行,则相邻两个侧面与底面垂直,可得所有的侧棱与底面都垂直,所以底面为正多边形,且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱,故正确.
2.(2022·海口模拟)一个侧棱长为2 2的直棱柱的底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图为如图所示的平行四边形O'A'B'D',其中O'A'=2,O'D'=1,则该直棱柱的体积为( )
A. 2B.2 2C.4 2D.8 2
解析：选D.由题意可知,该直棱柱的底面为边长为2的正方形,所以直棱柱的体积V=2×2×2 2=8 2.
3.如图,正三棱锥A-BCD中,∠BAD=30°,侧棱AB=2,BD平行于过点C的截面CB1D1,则截面CB1D1与正三棱锥A-BCD侧面交线的周长的最小值为( )
A.2B.23C.4D.22
解析：选D.把正三棱锥A-BCD的侧面展开,
两点间的连接线CC'即是截面周长的最小值.
正三棱锥A-BCD中,∠BAD=30°,
所以AC⊥AC',AB=2,所以CC'=22,
所以截面周长的最小值是CC'=22.
【加练备选】
如图所示,已知在圆锥SO中,底面半径r=1,母线长l=4,M为母线SA上的一个点,且SM=x,从点M拉一根绳子,围绕圆锥侧面转到点A,求绳子最短时,顶点到绳子的最短距离为__________(用含x的式子表示).
解析：因为底面半径r=1,母线长l=4,
所以侧面展开图的弧长为2πr=2π,
所以侧面展开扇形的圆心角α=2π4=π2,
因此,将圆锥侧面展开成一个扇形,从点M拉一绳子围绕圆锥侧面转到点A,最短距离为Rt△ASM1中斜边AM1的长度,因为SM=x,SA=4,
所以绳子的最短长度的平方AM12=x2+42=x2+16.绳子最短时,顶点S到绳子的最短距离等于Rt△ASM1的斜边上的高,设这个距离等于d,则d=SM1·ASAM1=4xx2+16=4xx2+16x2+16.
答案:4xx2+16x2+16
题型二 空间几何体的表面积与体积
角度1 空间几何体的表面积与侧面积
[典例4](1)(2021·新高考Ⅱ卷)北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫星导航系统中,地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面,轨道高度为36 000 km(轨道高度是指卫星到地球表面的距离).将地球看作是一个球心为O,半径r为6 400 km的球,其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数.地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α,记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S=2πr2(1-cs α)(单位:km2),则S占地球表面积的百分比约为( )
A.26% B.34%C.42%D.50%
解析：选C.由题意可得,S占地球表面积的百分比约为:
2πr2(1-csα)4πr2=1-csα2=1-6 4006 400+36 0002≈0.42=42%.
(2)若圆台的高是3,一个底面半径是另一个底面半径的2倍,母线与下底面成45°角,则这个圆台的侧面积是( )
A.27πB.272πC.92πD.362π
解析：选B.由题意,可作该圆台的轴截面,如图所示:
则圆台的高h=O1O2=BE=3,
上底面半径r=O2B,下底面半径R=O1A,即2O2B=O1A,母线l=AB,∠BAE=45°,
在Rt△ABE中,AE=BE=3,AB=32,
易知在正方形O2O1EB中,O2B=O1E,
则AO1=2EO1=2AE=6,即O2B=3,
综上,h=3,r=3,R=6,l=32,
圆台的侧面积S=π(r+R)l=π(3+6)×32=272π.
【方法提炼】
空间几何体表面积的求解策略
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.
【对点训练】
一个圆柱的底面直径与高都等于一个球的直径,则圆柱的表面积与球的表面积之比为________.
解析：设球的半径为R,则圆柱的表面积S1=2πR2+2πR·2R=6πR2,
球的表面积S2=4πR2,所以S1∶S2=3∶2.
答案:3∶2
角度2 空间几何体的体积
[典例5](1)(2022·武汉模拟)某圆锥的侧面展开图是半径为3,圆心角为120°的扇形,则该圆锥的体积为( )
A.45πB.453πC.22πD.223π
解析：选D.因为圆锥的侧面展开图是半径为3,圆心角为120°的扇形,
所以该扇形的弧长为120π180×3=2π,
设圆锥的底面半径为r,则2πr=2π,解得r=1,
因为圆锥的母线长为3,所以圆锥的高为h=32-12=22,
该圆锥的体积为13πr2h=13π×12×22=223π.
(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.10×109m3B.1.2×109m3
C.1.4×109m3D.1.6×109m3
解析：选C.140 km2=140×106m2,180 km2=180×106m2,根据题意,增加的水量约为
140×106+180×106+ 140×106×180×1063×(157.5-148.5)=(140+180+60 7)×1063×9
≈(320+60×2.65)×106×3=1 437×106≈1.4×109 m3.
【方法提炼】
求空间几何体体积的常用方法
【对点训练】
1.(2022·海口模拟)如图1,一个正三棱柱容器,底面边长为1,高为2,内装水若干,将容器放倒,把一个侧面作为底面,如图2,这时水面恰好是中截面,则图1中容器水面的高度是( )
A.54B.53C.43D.32
解析：选D.在题图2中,水中部分是四棱柱,四棱柱底面积为S=12×12×sin 60° -12×(12)2×sin 60°=3 316,高为2,所以四棱柱的体积为V=2×3 316=3 38,设题图1中容器内水面高度为h,则V=12×12×sin 60°×h=3 38,解得h=32.
所以题图1中容器内水面的高度是32.
2.(2021·新高考Ⅱ卷)正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4,侧棱长为2,则其体积为( )
A.20+123B.282
C.563D.2823
解析：选D.作出图形,连接该正四棱台上下底面的中心,如图,
因为该四棱台上下底面边长分别为2,4,侧棱长为2,
所以该棱台的高h=22-(22-2)2=2,
下底面面积S1=16,上底面面积S2=4,
所以该棱台的体积V=13h(S1+S2+S1S2)
=13×2×(16+4+64)
=2832.
3.如图,五面体ABCDEF中,四边形ABCD是正方形,AB=4,EF=2,△BCF,△ADE都是等边三角形,则五面体ABCDEF的体积为( )
A.4113B.20113C.8113D.113
解析：选B.如图,过点F作FH⊥AB于点H,FS⊥CD于点S,过点E作EG⊥AB于点G,EQ⊥CD于点Q,连接HS,GQ,
根据五面体的结构特征,将五面体的体积转化为两个相同的四棱锥和一个三棱柱的体积之和,则V五面体ABCDEF=2V四棱锥F-BCSH+V三棱柱HSF-GQE.
过点F作FM⊥HS于点M,则易知FM⊥平面ABCD, FM2=FH2-HM2=FB2-HB2-HM2=11,所以FM=11,
所以V四棱锥F-BCSH=13×4×1×11=4113,
V三棱柱HSF-GQE=12×4×11×2=411,
故V五面体ABCDEF=8113+411=20113.
题型三 球的“切”“接”问题
[典例6](1)(2022·聊城模拟)《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作,其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.若一个直角圆锥的侧面积为4 2π,圆锥的底面圆周和顶点都在同一球面上,则该球的体积为( )
A.83πB.323πC.16πD.32π
解析：选B.设球的半径为R,圆锥的底面半径为r,若一个直角圆锥的侧面积为4 2π,
设母线为l,则l2+l2=4r2⇒l= 2r,
所以直角圆锥的侧面积为:12×2πr·l=12×2πr· 2r=4 2π,
可得:r=2,l= 2r=2 2,圆锥的高BO1= l2-r2= 8-4=2,
由r2+(2-R)2=R2,解得R=2,
所以球O的体积V=43πR3=43π×8=32π3.
(2)(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为3 3和4 3,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )
A.100πB.128πC.144πD.192π
解析：选A.由题意得,上底面所在平面截球所得圆的半径为3 32sin60°=3,下底面所在平面截球所得圆的半径为4 32sin60°=4,如图,
设球的半径为R,则轴截面中由几何知识可得 R2-32- R2-42=1,解得R=5,
所以该球的表面积为4πR2=4π×25=100π.
(3)(2023·广州模拟)在△ABC中,AB=AC=3,∠ABC=30°,现以BC为旋转轴旋转360°得到一个旋转体,则该旋转体的内切球的体积为( )
A.273π16B.273π48
C.27π16D.27π48
解析：选A.如图所示,旋转体的轴截面是边长为3的菱形,设O为内切球的球心,
因为AB=AC=3,∠ABC=30°,
所以∠ACB=∠ABC=30°,∠BAC=120°,
所以AO=AC·sin 30°=32,
CO=AC·cs 30°=332,设内切球的半径为r,
所以S△AOC=12AO·OC=12AC·r,
所以r=32×332×13=334,
故内切球的体积V=43×π×3343=273π16.
【方法提炼】
一、外接球问题的解决方法
(一)定义法:到各个顶点距离相等的点为外接球的球心.
常见结论:
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.棱柱的外接球的球心是上下底面多边形外心连线的中点;
3.正棱锥的外接球球心在高线上.
(二)补形法
正四面体、同一顶点或首尾相接的三条棱两两垂直的几何体、对棱相等的三棱锥均可构造长方体或正方体来解决.
(三)性质法
利用球心与截面圆圆心连线垂直于截面圆及球心与弦的中点的连线垂直于弦的性质确定球心.
二、内切球的解决方法
(一)正多面体的内切球和外接球的球心重合;
(二)等体积法是常用方法.
【对点训练】
1.正三棱锥P-ABC的三条棱两两互相垂直,则该正三棱锥的内切球与外接球的半径之比为( )
A.1∶3B.1∶(3+3)
C.(3+1)∶3D.(3-1)∶3
解析：选D.三棱锥补形为长方体(本题实质上是正方体),它的体对角线的长度,就是外接球的直径,
设侧棱长为a,则它的体对角线的长度为3a,外接球的半径为3a2,再设正三棱锥内切球的半径为r,正三棱锥底面边长为2a,设O是内切球球心,则O到棱锥四个面的距离都等于r,
根据三棱锥的体积的两种求法,得
13×12a2×a=13×[12a2×3+34(2a)2]r,
r=3-36a,
所以该正三棱锥的内切球与外接球的半径之比为3-36a32a=3-13.
2.直三棱柱ABC-A1B1C1的各顶点都在同一球面上,若AB=AC=AA1=2,∠BAC=120°,则此球的表面积等于( )
A.20πB.10πC.5πD.55π
解析：选A.如图设底面△ABC的外心是O',
O'A=O'B=O'C=r,
在△ABC中,AB=AC=2,∠BAC=120°,由余弦定理得BC=4+4-2×2×2×(-12)=23,
由正弦定理可得△ABC外接圆半径r=232sin120°=2,
设球心为O,则OO'⊥平面ABC,O'B⊂平面ABC,所以OO'⊥O'B,
在Rt△OBO'中,OO'=12AA1=1,
R=OB=OO'2+O'B2=12+22=5,
故此球的表面积为4πR2=20π.
3.四面体A-BCD中,AB=CD=5,AC=BD=34,AD=BC=41,则四面体A-BCD外接球的表面积为________.
解析：由题意可采用割补法,考虑到四面体A-BCD的四个面为全等的三角形,所以可在其每个面补上一个以5,34,41为三边的三角形作为底面,且分别以a,b,c为长,侧棱两两垂直的三棱锥,从而可得到一个长、宽、高分别为a,b,c的长方体,
并且a2+b2=25,a2+c2=41,b2+c2=34,
设球的半径为R,则有(2R)2=a2+b2+c2=50,
所以4R2=50,
所以球的表面积为S=4πR2=50π.
答案:50π
【加练备选】
(2022·新高考Ⅰ卷)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3≤l≤3 3,则该正四棱锥体积的取值范围是( )
A.18,814B.274,814
C.274,643D.18,27
解析：选C.如图所示,正四棱锥P-ABCD各顶点都在同一球面上,连接AC与BD交于点E,连接PE,则球心O在直线PE上,连接OA,
设正四棱锥的底面边长为a,高为h,
在Rt△PAE中,PA2=AE2+PE2,
即l2=( 2a2)2+h2=12a2+h2,
因为球O的体积为36π,所以球O的半径R=3,
在Rt△OAE中,OA2=OE2+AE2,
即32=(h-3)2+( 2a2)2,
所以12a2+h2-6h=0,所以12a2+h2=6h,
所以l2=6h,又因为3≤l≤3 3,所以32≤h≤92,
所以该正四棱锥体积V(h)=13a2h=13(12h-2h2)h=-23h3+4h2,
因为V'(h)=-2h2+8h=2h(4-h),
所以当32≤h