《1.3 空间几何体的表面积和体积典型习题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《1.3 空间几何体的表面积和体积典型习题（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1.3 空间几何体的表面积和体积典型习一课标要求：了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式） 。二命题走向近些年来在高考中不仅有直接求多面体、旋转体的面积和体积问题，也有已知面积或体积求某些元素的量或元素间的位置关系问题。即使考查空间线面的位置关系问题，也常以几何体为依托.因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式.同时也要学会运用等价转化思想，会把组合体求积问题转化为基本几何体的求积问题，会等体积转化求解问题，会把立体问题转化为平面问题求解，会运用“割补法”等求解。由于本讲公式多反映在考题上，预测 2009 年高考有以下特色：（1）用选择、填空题考查本章
2、的基本性质和求积公式；（2）考题可能为：与多面体和旋转体的面积、体积有关的计算问题；与多面体和旋转体中某些元素有关的计算问题；三要点精讲1多面体的面积和体积公式名称 侧面积(S 侧 ) 全面积(S 全 ) 体 积(V)棱柱 直截面周长lS 底 h=S 直截面 h棱柱直棱柱 chS 侧 +2S 底S 底 h棱锥 各侧面积之和棱锥 正棱锥 ch21S 侧 +S 底 S 底 h31棱台 各侧面面积之和棱台 正棱台 (c+c)hS 侧 +S 上底 +S下底h(S 上底 +S 下底 +)下 底下 底 S表中 S 表示面积，c、c 分别表示上、下底面周长，h 表斜高，h表示斜高，l 表示侧棱长。2旋转体的
3、面积和体积公式名称 圆柱 圆锥 圆台 球S 侧 2rl rl (r 1+r2)lS 全 2r(l+r) r(l+r) (r 1+r2)l+(r 21+r22) 4R 2V r2h(即r 2l)r 2h31h(r 21+r1r2+r22)3R 34表中 l、h 分别表示母线、高， r 表示圆柱、圆锥与球冠的底半径，r 1、r 2 分别表示圆台 上、下底面半径，R 表示半径。四典例解析题型 1：柱体的体积和表面积例 1一个长方体全面积是 20cm2，所有棱长的和是 24cm，求长方体的对角线长.解：设长方体的长、宽、高、对角线长分别为 xcm、ycm、zcm、lcm依题意得： 4)(402zyx)
4、(1由（2） 2 得：x 2+y2+z2+2xy+2yz+2xz=36（3）由（3）（1）得 x2+y2+z2=16即 l2=16所以 l=4(cm)。点评：涉及棱柱面积问题的题目多以直棱柱为主，而直棱柱中又以正方体、长方体的表面积多被考察。我们平常的学习中要多建立一些重要的几何要素（对角线、内切）与面积、体积之间的关系。例 2如图 1 所示，在平行六面体 ABCDA1B1C1D1 中，已知AB=5，AD=4，AA 1=3，ABAD，A 1AB=A 1AD= 。3（1）求证：顶点 A1 在底面 ABCD 上的射影 O 在BAD 的平分线上；（2）求这个平行六面体的体积。图 1 图 2解析：（1
5、）如图 2，连结 A1O，则 A1O底面 ABCD。作 OMAB 交 AB 于 M，作ONAD 交 AD 于 N，连结 A1M，A 1N。由三垂线定得得A1MAB，A 1NAD。 A1AM=A 1AN，RtA 1NARt A 1MA,A 1M=A1N，从而 OM=ON。点 O 在BAD 的平分线上。（2）AM=AA 1cos =3 =32AO= = 。4cos又在 RtAOA 1 中，A 1O2=AA12 AO2=9 = ，9A 1O= ，平行六面体的体积为 。23 2345V0PABCDOE题型 2：柱体的表面积、体积综合问题例 3一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是 ，这个长方体对角线的
6、长是6,32（ ）A2 B3 C6 D2解析：设长方体共一顶点的三边长分别为 a=1，b ，c ，则对角线 l 的长为23l= ；答案 D。622cba点评：解题思路是将三个面的面积转化为解棱柱面积、体积的几何要素棱长。例 4如图，三棱柱 ABCA1B1C1中，若 E、F 分别为 AB、AC 的中点，平面 EB1C1将三棱柱分成体积为 V1、V 2的两部分，那么 V1V 2= _ _。解：设三棱柱的高为 h，上下底的面积为 S，体积为 V，则 V=V1+V2Sh。E、F 分别为 AB、AC 的中点，S AEF = S,4V1= h(S+ S+ )= Sh31S27V2=Sh-V1= Sh，5V
7、 1V 2=75。点评：解题的关键是棱柱、棱台间的转化关系，建立起求解体积的几何元素之间的对应关系。最后用统一的量建立比值得到结论即可。题型 3：锥体的体积和表面积例 5右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是 D(A)9（B）10(C)11 (D)12（2008 江西卷 10）连结球面上两点的线段称为球的弦。半径为4 的球的两条弦 、 的长度分别等于AC、 ， 、 分别为 、 的中273MNBD点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题：弦 、 可能相交于点 弦 、 可能相交于点BDACDN 的最大值为 5 的最小值为 1MN其中真命题的个数为 CA1 个 B2 个
8、 C3 个 D4 个（2008 湖北卷 3）用与球心距离为 的平面去截球，所得的截面面积为 ，则球的体积为 B1A. B. C. D. 383282832点评：本小题重点考查线面垂直、面面垂直、二面角及其平面角、棱锥的体积。在能力方面主要考查空间想象能力。例 6 （2008 北京，19） （本小题满分 12 分）如图，在四棱锥 中，平面 平面 ， ， 是等边PABCDPABCDA PAD三角形，已知 ， 28245（）设 是 上的一点，证明：平面 平面 ；MMP（）求四棱锥 的体积（）证明：在 中，ABD由于 ， ， ，4845所以 22故 又平面 平面 ，平面 平面 ，PABCPAIBCDA
9、平面 ，BD所以 平面 ，又 平面 ，M故平面 平面 D（）解：过 作 交 于 ，POA由于平面 平面 ，BC所以 平面 因此 为四棱锥 的高，又 是边长为 4 的等边三角形A因此 32PO在底面四边形 中， ， ，BCDA 2BDC所以四边形 是梯形，在 中，斜边 边上的高为 ，Rt A485此即为梯形 的高，所以四边形 的面积为 ABCD254824SA BCMPDA BCMPDO故 124316PABCDV点评：本题比较全面地考查了空间点、线、面的位置关系。要求对图形必须具备一定的洞察力，并进行一定的逻辑推理。题型 4：锥体体积、表面积综合问题例 7ABCD 是边长为 4 的正方形，E、
10、F 分别是 AB、AD 的中点，GB 垂直于正方形ABCD 所在的平面，且 GC 2，求点 B 到平面 EFC 的距离？解：如图，取 EF 的中点 O，连接 GB、GO、CD、FB 构造三棱锥 BEFG。设点 B 到平面 EFG 的距离为 h，BD ，EF ，CO 。42342。GOC223182()而 GC平面 ABCD，且 GC2。由 ，得 VBEFGB16EFOh3SEFB点评：该问题主要的求解思路是将点面的距离问题转化为体积问题来求解。构造以点B 为顶点， EFG 为底面的三棱锥是解此题的关键，利用同一个三棱锥的体积的唯一性列方程是解这类题的方法，从而简化了运算。例 8 （2007 江
11、西理，12）如图，在四面体 ABCD 中，截面 AEF 经过四面体的内切球（与四个面都相切的球）球心 O，且与 BC，DC 分别截于E、F，如果截面将四面体分成体积相等的两部分，设四棱锥 ABEFD 与三棱锥 AEFC 的表面积分别是 S1，S 2，则必有（ ）AS 1S2 BS 1S2CS 1=S2 DS 1，S 2的大小关系不能确定解：连 OA、OB、OC、OD，则 VABEFD V OABD V OABE V OBEFDVAEFC V OADC V OAEC V OEFC 又 VABEFD V AEFC ，而每个三棱锥的高都是原四面体的内切球的半径，故SABDS ABES BEFDS A
12、DCS AECS EFC 又面 AEF 公共，故选 C点评：该题通过复合平面图形的分割过程，增加了题目处理的难度，求解棱锥的体积、表面积首先要转化好平面图形与空间几何体之间元素间的对应关系。题型 5：棱台的体积、面积及其综合问题例 9 （2008 四川理，19）（本小题满分 12 分）DBAOCEF如图，面 ABEF面 ABCD，四边形 ABEF 与四边形 ABCD 都是直角梯形，BAD=FAB=90，BC AD，BE AF，G、H 分别是 FA、FD 的中点。1212()证明：四边形 BCHG 是平行四边形；()C、D、E、F 四点是否共面？为什么？()设 AB=BE，证明：平面 ADE平面
13、 CDE.)解法一：()由题设知，FG=GA,FH=HD.所以 GH ，12AD又 BC ,故 GH BC.所以四边形 BCHG 是平行四边形.() C、 D、 F、 E 四点共面.理由如下：由 BE ,G 是 FA 的中点知， BE GF，所以 EF BG.12A由()知 BG GH，故 FH 共面.又点 D 在直线 FH 上.所以 C、 D、 F、 E 四点共面.()连结 EG，由 AB=BE， BE AG 及 BAG=90知 ABEG 是正方形.故 BG EA.由题设知， FA、 AD、 AB 两两垂直，故 AD平面 FABE，因此 EA 是 ED 在平面 FABE 内的射影，根据三垂线
14、定理， BG ED.又 ED EA E，所以 BG平面 ADE.由()知， CH BG，所以 CH平面 ADE.由()知 F 平面 CDE.故 CH 平面 CDE，得平面 ADE平面 CDE.解法二：由题设知， FA、 AB、 AD 两两互相垂直.如图，以 A 为坐标原点，射线 AB 为 x 轴正方向建立直角坐标系 A-xyz.()设 AB=a,BC=b,BE=c， 则由题设得A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,b,0),D(0,2b,0),E(a,0,c),G(0,0,c),H(0,b,c).G HFEDCBA 所以， (0,)(0,).GHbBCburur于是 .又点 G 不在直线
15、 BC 上.所以四边形 BCHG 是平行四边形.() C、 D、 F、 E 四点共面.理由如下：由题设知， F(0,0,2c)，所以(,0(,0),aCHacEFCHururur.ED又 ， ， 故 、 、 、 四 点 共 面()由 AB=BE，得 c=a，所以 (,)(,0).Aarr又 (0,2) 0.ADbCHEuruug因 此即 CH AE,CH AD,又 AD AE =A,所以 CH平面 ADE,故由 CH 平面 CDFE，得平面 ADE平面 CDE.点评：该题背景较新颖，把求二面角的大小与证明线、面平行这一常规运算置于非规则几何体（拟柱体）中，能考查考生的应变能力和适应能力，而第三步研究拟柱体的近似计算公式与
