2022年高考數(shù)學大一輪復習 第九章 第53課 空間幾何體的表面積與體積要點導學

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1、2022年高考數(shù)學大一輪復習 第九章 第53課 空間幾何體的表面積與體積要點導學 與幾何體的表面積有關的問題 　(xx·方城模擬)已知正四棱錐的底邊和側棱長均為3,那么該正四棱錐的外接球的表面積為　　　　. [答案]36π [解析]由于正四棱錐的底邊和側棱長均為3,則此四棱錐底面正方形的外接圓即是外接球的一軸截面,故外接球的半徑是3,則該正四棱錐的外接球的表面積為4π×32=36π. 　如圖(1),在△ABC中,AB=2,BC=2,∠ABC=120°,若將△ABC繞BC旋轉一周,求所形成的旋轉體的表面積. 　　　　　　 圖(1) 圖(2)

2、(變式) [解答]如圖(2),過點A作AD⊥BC,與CB交于點D,所得旋轉體是以AD為半徑、DC為高的圓錐,挖去一個以AD為半徑、DB為高的圓錐. 在△ABC中,AB=2,BC=2,∠ABC=120°,則AD=,AC=2, 所以旋轉體表面積為π×AD×(AC+AB)=π××(2+2)=2π(1+). 與幾何體的體積有關的問題 　(xx·北京卷)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側棱垂直于底面,AB⊥BC,AA1=AC=2, BC=1,E,F分別為A1C1,BC的中點. (例2) (1) 求證:平面ABE⊥平面B1BCC1; (2) 求證:C1F∥平面ABE; (

3、3) 求三棱錐E-ABC的體積. [解答](1) 在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥底面ABC,所以BB1⊥AB. 又因為AB⊥BC,BB1∩BC=B, 所以AB⊥平面B1BCC1. 因為ABì平面ABE,所以平面ABE⊥平面B1BCC1. (2) 取AB的中點G,連接EG,FG. 因為E,F分別是A1C1,BC的中點, 所以FG∥AC,且FG=AC. 因為AC∥A1C1,且AC=A1C1,所以FC∥EC1,且FG=EC1, 所以四邊形FGEC1為平行四邊形,所以C1F∥EG. 又因為EGì平面ABE,C1F?平面ABE, 所以C1F∥平面ABE. (3) 因為A

4、A1=AC=2,BC=1,AB⊥BC, 所以AB==, 所以三棱錐E-ABC的體積為V=S△ABC·AA1=×××1×2=. [精要點評](1) 正確地記憶和運用公式是求多面體體積的前提;(2) 正確求某些關鍵量是求多面體體積的關鍵;(3) 對于不能直接求體積的復雜問題,要時刻關注轉化. 　(xx·福建卷)如圖,在三棱錐A-BCD中,AB⊥平面BCD,CD⊥BD. (1) 求證:CD⊥平面ABD; (2) 若AB=BD=CD=1,M為AD的中點,求三棱錐A-MBC的體積. (變式) [解答](1) 因為AB⊥平面BCD,CDì平面BCD, 所以AB⊥CD. 又CD⊥

5、BD,AB∩BD=B,ABì平面ABD,BDì平面ABD, 所以CD⊥平面ABD. (2) 由AB⊥平面BCD,得AB⊥BD. 因為AB=BD=1,所以S△ABD=. 因為M是AD的中點, 所以S△ABM=S△ABD=. 由(1)知,CD⊥平面ABD, 因此VA-MBC=VC-ABM=S△ABM·CD=. 簡單幾何體的綜合問題 　如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,D,E分別為A1B1,AA1的中點,點F在棱AB上,且AF=AB. (例3) (1) 求證:EF∥平面BDC1. (2) 在棱AC上是否存在一個點G,使得平面EFG將三棱柱分割成

6、的兩部分體積之比為1∶15?若存在,指出點G的位置;若不存在,請說明理由. [思維引導](1) 取AB的中點M,由A1M∥BD可得EF∥BD,從而EF∥平面BDC1;(2) 假設AC上存在一點G,使平面EFG將三棱柱分割成兩部分的體積比為1∶15,即∶=1∶16,從而得出AG=AC>AC矛盾. [解答](1) 如圖,取AB的中點M,因為AF=AB,所以點F為AM的中點, 又因為點E為AA1的中點,所以EF∥A1M. 在三棱柱ABC-A1B1C1中,點D,M分別為A1B1,AB的中點, 所以A1D∥BM,A1D=BM, 所以四邊形A1DBM為平行四邊形, 所以A1M∥BD,所以EF

7、∥BD. 因為BDì平面BC1D,EF?平面BC1D, 所以EF∥平面BC1D. (2) 假設AC上存在一點G,使得平面EFG將三棱柱分割成兩部分的體積之比為1∶15, 則∶=1∶16, 因為==·, 所以=,所以AG=AC>AC, 所以符合要求的點G不存在. 　(xx·江西卷)如圖,在四棱錐P-ABCD中,ABCD為矩形,平面PAD⊥平面ABCD. (1) 求證:AB⊥PD; (2) 若∠BPC=90°,PB=,PC=2,則AB為何值時,四棱錐P-ABCD的體積最大? (變式) [解答](1) 因為ABCD為矩形,所以AB⊥AD. 又平面PAD⊥平面ABCD

8、, 平面PAD∩平面ABCD=AD, 所以AB⊥平面PAD, 故AB⊥PD. (2) 過點P作PO⊥AD,垂足為O,過點O作OG⊥BC垂足為G,連接PG, 則PO⊥平面ABCD,BC⊥平面POG,BC⊥PG. 在Rt△BPC中,BC=,則PG=,GC=,BG=. 設AB=m,則OP==, 故四棱錐P-ABCD的體積為V=×·m·=. 因為m==, 所以當m=,即AB=時,四棱錐P-ABCD的體積最大. 如圖(1),在直角梯形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,F為AD的中點,點E在BC上,且EE∥AB.已知AB=AD=CE=2,沿線段EF把四邊形CDFE折起,使平

9、面CDFE⊥平面ABEF,如圖(2)所示. (1) 求證:AB⊥平面BCE; (2) 求三棱錐C-ADE的體積. 　 　　 圖(1) 圖(2) (范題賞析) [規(guī)范答題](1) 在圖(1)中,EF∥AB,AB⊥AD,所以EF⊥AD.(2分) 在圖(2)中,CE⊥EF,又平面CDFE⊥平面ABEF, 且平面CDFE∩平面ABEF=EF, 所以CE⊥平面ABEF.又ABì平面ABEF,所以CE⊥AB.(5分) 又AB⊥BE,BE∩CE=E,所以AB⊥平面BCE.(7分) (2) 因為平面CDFE⊥平面ABEF,且平面CDFE∩平面ABEF=EF,A

10、F⊥FE,AFì平面ABEF, 所以AF⊥平面CDEF,(10分) 所以AF為三棱錐A-CDE的高,且AF=1. 又AB=CE=2,所以S△CDE=×2×2=2. (12分) 所以 ==·AF·S△CDE=. (14分) 1. 一個六棱錐的體積為2,其底面是邊長為2的正六邊形,側棱長都相等,則該六棱錐的側面積為　　　　. [答案]12 [解析]設六棱錐的高為h,則V=Sh,所以××4×6h=2,解得h=1,設斜高為h',則h2+()2=h'2,所以h'=2,所以,該六棱錐的側面積為×2×2×6=12. 2. 已知正方形ABCD的邊長為2,E,F分別為BC,DC的中點

11、,沿AE,EF,AF折成一個四面體,使B,C,D三點重合,則這個四面體的體積為　　　　. [答案] 3. (xx·山東卷)在三棱錐P-ABC中,D,E分別為PB,PC的中點,記三棱錐D-ABE的體積為V1,P-ABC的體積為V2,則=　　　　. (第3題) [答案] [解析]如圖,由于D,E分別是邊PB與PC的中點,所以S△BDE=S△PBC.又因為A平面BDE的距離與點A到平面PBC的距離相等,所以=. 4. 在如圖所示的幾何體中,平面ACE⊥平面ABCD,四邊形ABCD為平行四邊形,∠ACB=90°,EF∥BC,AC=BC=,AE=EC=1. (第4題) (

12、1) 求證:AE⊥平面BCEF; (2) 求三棱錐D-ACF的體積. [解答](1) 因為平面ACE⊥平面ABCD,且平面ACE∩平面ABCD=AC,BC⊥AC,BCì平面ABCD,所以BC⊥平面AEC. 又因為AEì平面AEC,所以BC⊥AE. 又AC=,AE=EC=1,所以AC2=AE2+CE2,所以AE⊥EC. 又因為BC∩EC=C,所以AE⊥平面ECBF. (2) 設AC的中點為G,連接EG,因為AE=CE,所以EG⊥AC. 因為平面ACE⊥平面ABCD,且平面ACE∩平面ABCD=AC, 所以EG⊥平面ABCD. 因為EF∥BC,EF?平面ABCD,BCì平面ABCD, 所以EF∥平面ABCD, 所以點F到平面ABCD的距離就等于點E到平面ABCD的距離, 即點F到平面ABCD的距離為EG的長, 所以===S△ACD·EG. 因為S△ACD=AC·AD=××=1,EG=AC=, 所以=×1×=,即三棱錐D-ACF的體積為. [溫馨提醒] 趁熱打鐵,事半功倍.請老師布置同學們完成《配套檢測與評估》中的練習(第105-106頁).