2020江苏高考理科数学二轮讲义：专题四第1讲　空间几何体

第1讲　空间几何体

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1．必记的概念与定理

(1)棱柱的性质；(2)正棱锥的性质；(3)正棱台的性质；

(4)四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系．

(5)圆柱、圆锥、圆台的性质；(6)球的截面性质．

2．记住几个常用的公式与结论

(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式：

①S柱侧＝ch(c为底面周长，h为高)；

②S锥侧＝ch′(c为底面周长，h′为斜高)；

③S台侧＝(c＋c′)h′(c′，c分别为上下底面的周长，h′为斜高)；

④S球表＝4πR2(R为球的半径)．

(2)柱体、锥体、台体和球的体积公式：

①V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；

②V锥体＝Sh(S为底面面积，h为高)；

③V台＝(S＋＋S′)h(S′，S分别为上下底面面积，h为高)；

④V球＝πR3(R为球的半径)．

(3)正方体的棱长为a，球的半径为R，

①正方体的外接球，则2R＝a；

②正方体的内切球，则2R＝a；

③球与正方体的各棱相切，则2R＝a．

(4)长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝．

(5)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1．

3．需要关注的易错易混点

(1)侧面积与全面积的区别．

(2)求一些不规则几何体的体积常用割补的方法转化成已知体积公式的几何体进行解决．

(3)折叠与展开的体积问题注意几何体还原的准确性及数据的准确性．

(4)求组合体的表面积时注意几何体的衔接部分的处理．

空间几何体的体积与表面积

[典型例题]

(1)(2019·高考江苏卷)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E­BCD的体积是________．

(2)现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．

【解析】　(1)因为长方体ABCD­A1B1C1D1的体积是120，所以CC1·S四边形ABCD＝120，又E是CC1的中点，所以三棱锥E­BCD的体积VE­BCD＝EC·S△BCD＝×CC1×S四边形ABCD＝×120＝10．

(2)设新的底面半径为r，由题意得

×π×52×4＋π×22×8＝×π×r2×4＋π×r2×8，

所以r2＝7，所以r＝．

【答案】　(1)10　(2)

涉及柱、锥、台、球及其简单几何体(组合体)的侧面积(全面积)和体积的计算问题，要在正确理解概念的基础上，画出符合题意的图形或辅助线(面)，分析几何体的结构特征，选择合适的公式，进行计算．另外要重视空间问题平面化的思想和割补法、等积转换法的运用．

[对点训练]

1．(2018·高考江苏卷)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．

[解析] 正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正八面体的所有棱长都是，则该正八面体的体积为×()2×2＝．

[答案]

2．(2019·苏锡常镇四市高三调研)设棱长为a的正方体的体积和表面积分别为V1，S1，底面半径和高均为r的圆锥的体积和侧面积分别为V2，S2，若＝，则的值为________．

[解析] 由题意知，V1＝a3，S1＝6a2，V2＝πr3，S2＝πr2，由＝得，＝，得a＝r，从而＝＝．

[答案]

3．(2019·江苏省高考名校联考(八))在一次模具制作大赛中，小明制作了一个母线长和底面直径相等的圆锥，而小强制作了一个球，经测量得圆锥的侧面积恰好等于球的表面积，则圆锥和球的体积的比值等于________．

[解析] 设圆锥的底面半径为r，球的半径为R，

则圆锥的母线长为2r，高为r．

由题意可知πr×2r＝4πR2，

即r＝R．所以＝＝×＝×()3＝．

[答案]

多面体与球

[典型例题]

已知四棱锥S­ABCD的所有顶点在同一球面上，底面ABCD是正方形且球心O在此平面内，当四棱锥的体积取得最大值时，其表面积等于16＋16，则球O的体积等于________．

【解析】　由题意得，当四棱锥的体积取得最大值时，该四棱锥为正四棱锥．因为该四棱锥的表面积等于16＋16，设球O的半径为R，则AC＝2R，SO＝R，如图，所以该四棱锥的底面边长AB＝R，则有(R)2＋4××R× ＝16＋16，解得R＝2，所以球O的体积是πR3＝π．

【答案】　π

求解球与多面体的组合问题时，其关键是确定球心的位置，可以根据空间几何体的对称性判断球心的位置，然后通过作出辅助线或辅助平面确定球的半径和多面体中各个几何元素的关系，达到求解解题需要的几何量的目的．

[对点训练]

4．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，则的值是________．

[解析] 设球O的半径为r，则圆柱的底面半径为r、高为2r，所以＝＝．

[答案]

5．(2019·无锡模拟)已知正四棱柱的顶点在同一个球面上，且球的表面积为12π，当正四棱柱的体积最大时，正四棱柱的高为________．

[解析] 设正四棱柱的底面边长为a，高为h，球的半径为r，由题意知4πr2＝12π，所以r2＝3，又2a2＋h2＝(2r)2＝12，所以a2＝6－，所以正四棱柱的体积V＝a2h＝h，则V′＝6－h2，由V′>0，得0<h<2，由V′<0，得h>2，所以当h＝2时，正四棱柱的体积最大，Vmax＝8．

[答案] 2

折叠与展开

[典型例题]

(2019·扬州期末)如图所示，平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD，将其沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD⊥平面BCD，若四面体ABCD的顶点在同一个球面上，则该球的体积为________．

【解析】　如图，取BD的中点E，BC的中点O，连结AE，OD，EO，AO．

由题意，知AB＝AD，

所以AE⊥BD．

由于平面ABD⊥平面BCD，

AE⊥BD，

所以AE⊥平面BCD．

因为AB＝AD＝CD＝1，BD＝，

所以AE＝，EO＝．所以OA＝．

在Rt△BDC中，OB＝OC＝OD＝BC＝，

所以四面体ABCD的外接球的球心为O，半径为．

所以该球的体积V＝π＝π．

【答案】　 π

解决折叠问题的关键是搞清楚处在折线同一个半平面的量是不变的，然后根据翻折前后图形及数量关系的变化，借助立体与平面几何知识，即可求解．　

[对点训练]

6．如图，把边长为2的正六边形ABCDEF沿对角线BE折起，使AC＝，则五面体ABCDEF的体积为________．

[解析] 由BE⊥OA，BE⊥OC知BE⊥平面AOC，

同理BE⊥平面FO′D，

所以平面AOC∥平面FO′D，

故AOC­FO′D是侧棱长(高)为2的直三棱柱，且三棱锥B­AOC和E­FO′D为大小相同的三棱锥，

所以VABCDEF＝2VB­AOC＋VAOC­FO′D

＝2×××()2×1＋×()2×2＝4．

[答案] 4

7．已知矩形ABCD的面积为8，当矩形周长最小时，沿对角线AC把△ACD折起，则三棱锥D­ABC的外接球的表面积等于________．

[解析] 设矩形的两邻边长度分别为a，b，则ab＝8，此时2a＋2b≥4＝8，当且仅当a＝b＝2时等号成立，此时四边形ABCD为正方形，其中心到四个顶点的距离相等，均为2，无论怎样折叠，其四个顶点都在一个半径为2的球面上，这个球的表面积是4π×22＝16π．

[答案] 16π

1．(2019·南京、盐城高三模拟)设一个正方体与底面边长为2，侧棱长为的正四棱锥的体积相等，则该正方体的棱长为________．

[解析] 根据题意，设正方体的棱长为a，则有a3＝×(2)2× ，解得a＝2．

[答案] 2

2．(2019·苏州期末)已知一个圆锥的母线长为2，侧面展开是半圆，则该圆锥的体积为________．

[解析] 设圆锥的底面半径为r，高为h，则2π＝2πr，故r＝1，故h＝＝，故圆锥的体积为π×12×＝．

[答案] π

3．(2019·苏锡常镇模拟)平面α截半径为2的球O所得的截面圆的面积为π，则球心O到平面α的距离为________．

[解析] 设截面圆的半径为r，则πr2＝π，解得r＝1，故d＝＝．

[答案]

4．表面积为3π的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面直径为________．

[解析] 设圆锥的母线为l，圆锥底面半径为r，则πrl＋πr2＝3π，πl＝2πr．解得r＝1，即直径为2．

[答案] 2

5．(2019·南京、盐城模拟)若一个圆锥的底面半径为1，侧面积是底面积的2倍，则该圆锥的体积为________．

[解析] 设圆锥的底面半径为r，母线长为l，则由侧面积是底面积的2倍得πrl＝2πr2，故l＝2r＝2，因此高为h＝，故圆锥的体积为V＝πr2h＝π×12×＝π．

[答案]

6．(2019·苏锡常镇调研)如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，AB＝2，AD＝3，PA＝4，点E为棱CD上一点，则三棱锥E­PAB的体积为________．　

[解析] 因为VE­PAB＝VP­ABE＝S△ABE·PA＝×AB·AD·PA＝××2×3×4＝4．

[答案] 4

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

[解析] 连结AC交BD于O，在长方体中，

因为AB＝AD＝3，所以BD＝3且AC⊥BD．

又因为BB1⊥底面ABCD，所以BB1⊥AC．

又DB∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D1D，

所以AO为四棱锥A­BB1D1D的高且AO＝BD＝．

因为S矩形BB1D1D＝BD×BB1＝3×2＝6，

所以VA­BB1D1D＝S矩形BB1D1D·AO

＝×6×＝6(cm3)．

[答案] 6

8．已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为3，则这个四棱锥的外接球的表面积为________．

[解析] 依题意得，该正四棱锥的底面对角线长为3×＝6，高为 ＝3，因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该四棱锥的外接球的球心为底面正方形的中心，其外接球的半径为3，所以其外接球的表面积等于4π×32＝36π．

[答案] 36π

9．(2019·江苏省高考名校联考信息卷(五))如图是一个实心金属几何体的直观图，它的中间为高是4的圆柱，上下两端均是半径为2的半球，若将该实心金属几何体在熔炉中高温熔化(不考虑过程中的原料损失)，熔成一个实心球，则该球的直径为______．

[解析] 设实心球的半径为R，则由题意知该实心金属几何体的体积V＝π＋16π＝π＝πR3，得R＝，所以实心球的直径为2R＝2．

[答案] 2

10．(2019·江苏省高考名校联考(五))如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，且AA1＝2AB，若三棱锥P­BCD的体积与正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的侧面积的数值之比为1∶24，则VABCD­A1B1C1D1＝________．

[解析] 设AB＝a，则AA1＝2a，所以VP­BCD＝×a2×2a＝a3，正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的侧面积为S＝4×2a2＝8a2，所以＝＝，即a＝1，所以VABCD­A1B1C1D1＝2a3＝2．

[答案] 2

11．(2019·苏州市第一学期学业质量调研)如图，某种螺帽是由一个半径为2的半球体挖去一个正三棱锥所得的几何体，该正三棱锥的底面三角形内接于半球底面的大圆，顶点在半球面上，则被挖去的正三棱锥的体积为______．

[解析] 如图，记挖去的正三棱锥为正三棱锥P­ABC，则该正三棱锥的底面三角形ABC内接于半球底面的大圆，顶点P在半球面上．设BC的中点为D，连结AD，过点P作PO⊥平面ABC，交AD于点O，则AO＝PO＝2，AD＝3，AB＝BC＝2，所以S△ABC＝×2×3＝3，所以挖去的正三棱锥的体积V＝S△ABC×PO＝×3×2＝2．

[答案] 2

12．(2019·南京模拟)如图，已知△ABC为等腰直角三角形，斜边BC上的中线AD＝2，将△ABC沿AD折成60°的二面角，连结BC，则三棱锥C­ABD的体积为________．

[解析] 因为BD⊥AD，CD⊥AD，所以∠BDC即为二面角B­AD­C的平面角，即∠BDC＝．又因为BD＝DC＝2，所以三角形BDC面积为×2×2×＝．又因为AD⊥平面BDC，所以V＝AD×S△DBC＝．

[答案]

13．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________．

[解析] 如图，过A，B两点分别作AM，BN垂直于EF，垂足分别为M，N，连结DM，CN，

可证得DM⊥EF，CN⊥EF，多面体ABCDEF

分为三部分，多面体的体积为

VABCDEF＝VAMD­BNC＋VE­AMD＋VF­BNC．

因为NF＝，BF＝1，

所以BN＝．

作NH垂直BC于点H，则H为BC的中点，

则NH＝．

所以S△BNC＝·BC·NH＝×1×＝．

所以VF­BNC＝·S△BNC·NF＝，

VE­AMD＝VF­BNC＝，

VAMD­BNC＝S△BNC·MN＝．

所以VABCDEF＝．

[答案]

14．(2019·江苏四星级学校联考)如图，已知AB为圆O的直径，C为圆上一动点，PA⊥圆O所在的平面，且PA＝AB＝2，过点A作平面α⊥PB，分别交PB，PC于E，F，则三棱锥P­AEF的体积的最大值为________．

[解析] 在Rt△PAB中，PA＝AB＝2，所以PB＝2，

因为AE⊥PB，所以AE＝PB＝，所以PE＝BE＝．

因为PA⊥底面ABC，得PA⊥BC，AC⊥BC，PA∩AC＝A，

所以BC⊥平面PAC，可得AF⊥BC．

因为AF⊥PC，BC∩PC＝C，所以AF⊥平面PBC．

因为PB⊂平面PBC，所以AF⊥PB．

因为AE⊥PB且AE∩AF＝A，所以PB⊥平面AEF，

结合EF⊂平面AEF，可得PB⊥EF．

因为AF⊥平面PBC，EF⊂平面PBC．所以AF⊥EF．

所以在Rt△AEF中，设∠AEF＝θ，则AF＝sin θ，EF＝cos θ，

所以S△AEF＝AF·EF＝×sin θ×cos θ＝sin 2θ，

所以当sin 2θ＝1，即θ＝45°时，S△AEF有最大值为，

此时，三棱锥P­AEF的体积的最大值为××＝．

[答案]