第5讲 简单几何体的再认识

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1、r最新考纲考向预测F斛硃.悅杠L悅锥、按什的表而机和休积的计辟企蛊一PP题本供是高故聲的曲內容”主宴粋艮空间化何律的套面肌笊机的il悄一命料琨 式以卷择駆与塩空題沖主+碍吉空制几何休的密而忠耳体和的计乳漁艮空向止 何仲的站拘痔皿.=程屈竽内容，養求零生聲有较廻的空冊想象豔力和汁口能山， 广匹用转4t与加 思抱一核心立观思象、&学运畀一、知识梳理1圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图21论&侧面积公式S圆柱侧=沁S圆锥侧二创S圆台侧=nO土已2.空间几何体的表面积与体积公式名称几何体表面积体积柱体（棱柱和圆柱）S=S +2S表面积侧底V=S h底锥体（棱锥和圆锥）S=S

2、 +S表面积侧底台体（棱台和圆台）S=S +S +S表面积侧上下V=|（S上+S下+VS上瓦）h球S=4nR2V= nR33常用结论1正方体的外接球、内切球及与各条棱相切球的半径（1）外接球：球心是正方体的中心；半径r = #a（a为正方体的棱长）.内切球：球心是正方体的中心；半径r = a（a为正方体的棱长）.（3）与各条棱都相切的球：球心是正方体的中心；半径r二号a（a为正方体的棱长）.2.正四面体的外接球、内切球的球心和半径(1)正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分)外接球：球心是正四面体的中心；半径r46a(a为正四面体的棱长)6内切球：球心是正四面体的中心；半径

3、r二12a(a为正四面体的棱长).二、教材衍化1. 已知圆锥的表面积等于12n cm2,其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为解析： S 表二 nr2 + nrl 二 nr2 + nr 2r 二 3nr2 二 12n， 所以 = 4,所以r二2.答案：2 cm下的几何体体积的比为解析:设长方体的相邻三条棱长分别为a,b,c,它截出棱锥的体积V1=|X2X2aX2bX21147c 二 48abc，剩下的几何体的体积 V2 二 abc - 48abc=4gabc，所以 V2 : V2 = 1 ： 47.答案：1 : 47走出误区一、思考辨析判断正误(正确的打“厂，错误的打“X”)(1) 多面体的

4、表面积等于各个面的面积之和. ()(2) 锥体的体积等于底面积与高之积. ()(3) 球的体积之比等于半径比的平方. ()(4) 简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差. ()(5) 长方体既有外接球又有内切球. ( )答案：(1”(2)X (3)X (4)V (5)X二、易错纠偏常见误区1 K(1)不能把三视图正确还原为几何体而错解表面积或体积;(2) 考虑不周忽视分类讨论；(3) 几何体的截面性质理解有误；(4) 混淆球的表面积公式和体积公式1.已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示单位：m),则该四棱锥的体积为m3.主视图左观图船视图解析：根据三视图可知该

5、四棱锥的底面是底边长为2 m，高为1 m的平行四边形，四棱锥的高为3 m .故该四棱锥的体积V = |X2X1X3 二 2(m3).答案： 22. 将一个相邻边长分别为4n, 8n的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是解析：当底面周长为4n时，底面圆的半径为2，两个底面的面积之和是8n ；当底面周长为8n时，底面圆的半径为4，两个底面的面积之和为32n.无论哪种方式，侧面积都是矩 形的面积32兀2,故所求的表面积是32n2 + 8n或32n2 + 32n.答案：32n2+8n 或 32n2+32n3. 已知圆柱的上、下底面的中心分别为O, 02，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为

6、 8 的正方形，则该圆柱的表面积为解析：因为过直线O1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的 高为2芒，底面圆的直径为2农，所以该圆柱的表面积为2 X nX G；2)2 + 2辭nX 2辭二12n.答案：12n4. 一个球的表面积是16n,那么这个球的体积为.解析：设球的半径为R,则由4nR2=16n,解得R = 2,所以这个球的体积为刍人彳二乎九答案：争空间几何体的表面积(师生共研)4(1)(2020河南周口模拟)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA丄 底面ABC,AB丄BC,AA=AC=2,直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为30 , 则该三棱柱的侧面积为()

7、A. 4+4迈B. 4+4近C. 12D. 8+W2n(2)(2020四川泸州一诊)在梯形 ABCD 中, ZABC=，ADBC, BC=2AD = 2AB = 2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为()A. (5+V2)nB. (4+;2)nC. (5+,-2)nD. (3 + S)n【解析】 连接AB.因为AA丄底面ABC,则AA丄BC,又1AB丄BC, AA1AAB=A,所以BC丄平面AAQB,所以直线A1C与侧面AA1B1B 所成的角为ZCAB 二 30.又 AA二 AC 二 2,所以 AC = 22, BC 二辭.又AB丄BC,则AB二、卩,则

8、该三棱柱的侧面积为2X2 + 2X2 = 4 + 472,故选A.(2)因为在梯形ABCD中，ZABC = 2, adiibc, BC = 2AD = 2AB = 2,所以将梯形ABCD绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为 AB= 1, 高为 BC -AD = 2- 1 = 1的圆锥，所以该几何体的表面积S = nX12 + 2nX1X2 + nX 1 X ；12+12 = (5 + ,r2)n.故选 A.【答案】(1)A (2)A空间几何体表面积的求法(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量(2) 多面体

9、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(3) 旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用1.在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为40 cm,母线长最短50 cm,最长80 cm,则斜截圆柱的侧面面积S=cm2.80 cm解析：将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱, 则圆柱的侧面展开图为矩形由题 意得所求侧面展开图的面积S = |x(50 + 80)X(nX40)二2 600n(cm2).答案：2 600n2已知一几何体的三视图如图所示,它的主视图与左视图相同,则该几何体的表面积 为解析：由三视图知，该几何体是一个正四棱柱与半球的组合体，且正四棱柱的高为詁2 底面对

10、角线长为4,球的半径为2,所以该正四棱柱的底面正方形的边长为2眉，该几何体 的表面积 S=|x4nX22 + nX22 + 2翻 X 一匹 X4 = 12n+ 16.答案：12n+16角度一 直接利用公式求体积（2020.山东省实验中学模拟）我国古代九章算术里，记载了一个“商功”的例子：今有刍童，下广二丈，袤三丈，上广三丈，袤四 丈，高三丈问积几何？其意思是：今有上下底面皆为长方形的草垛（如 图所示），下底宽2丈，长3丈，上底宽3丈，长4丈，高3丈问它的 体积是多少？该书提供的算法是：上底长的2倍与下底长的和与上底宽相乘，同样下底长的2倍与上底长的和与下底宽相乘，将两次运算结果相加，再乘以高，

11、最后除以6.则这个问题中的刍童的体积为（）B26.5 立方丈D106 立方丈A13.25 立方丈C53 立方丈【解析】由题意知,刍童的体积为（4X2 + 3）X3 + （3X2+ 4）X2 X3-6 = 26.5（立方丈），故选 B.答案】 B角度二 割补法求体积九章算术卷五商功中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何？刍甍：底面为矩形的屋脊状的几何体（网格纸中粗线部分为其三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1），那么该刍甍的体积为（）C6解析】 如图所示，D12由三视图可还原得到几何体ABCDEF,过E，F分别作垂直于底面的截面EGH和FMN，可将原几何体

12、切割成三棱柱EHG-FNM,四棱锥E ADHG和四棱锥F-MBCN,易知三棱柱 的体积为2X3X1X2 = 3,两个四棱锥的体积相同，都为*X1X3X1 = 1,则原几何体的体积为 3 + 1 + 1 二 5.故选 B.答案】 B(2020贵州部分重点中学联考)如图，在直四棱柱角度三等体积法求体积ABCD-A1B1C1D1 中,底面ABCD是平行四边形，点E是棱BB1的中点，点F 是棱CC1上靠近C1的三等分点，且三棱锥A1 AEF的体积为2,则四棱柱ABCD-A1B1C1D1 的体积为()A12B8 C20 D18A1AEh=iX(|AA1 AB) h =【解析】 设点F到平面ABBA 1的

13、距离为h，由题意得VA1 AEF二VF A1AE.又VF A1AE = 3，S1 ABh=1S 四边形 ABB1A1 h=6VABCDA1B1C1D1，所以 VABCDA1B1C1D1 = 6VA1 AEF二 6X2 二 12.所以四棱柱ABCD-A1B1C1D1 的体积为 12.故选 A.【答案】 A(1) 处理体积问题的思路 “转”：指的是转换底面与高，将原来不易求面积的底面转换为易求面积的底面，或 将原来不易看出的高转换为易看出并易求解长度的高； “ 拆” ： 指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体， 便于计算； “ 拼” ： 指的是将小几何体嵌入一个大几何体中， 如将一个三棱锥

14、复原成一个三棱柱， 将一个三棱柱复原成一个四棱柱， 这些都是拼补的方法(2) 求空间几何体的体积的常用方法 公式法： 对于规则几何体的体积问题， 可以直接利用公式进行求解； 割补法： 把不规则的图形分割成规则的图形， 然后进行体积计算；或者把不规则的几 何体补成规则的几何体， 不熟悉的几何体补成熟悉的几何体， 便于计算其体积； 等体积法： 一个几何体无论怎样转化， 其体积总是不变的如果一个几何体的底面面积和高较难求解时， 我们可以采用等体积法进行求解等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法， 多用来解决有关锥体的体积， 特别是三棱锥的体积臣.婪式训炼1-3

15、 3-4 卄+兀 兀BD2-3 4-3 卄 卄 兀 兀几何体为半圆柱与四棱锥的组合体（如图），半圆柱的底面半径为 1，高为 2，四棱锥的 底面为边长为2的正方形，高为1,故几何体的体积V = |XnX 12X2+|x22X1 = n +扌.故选 C.2. （2019高考全国卷III）学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该 模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中 心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB=BC=6 cm, AA1=4 cm.3D打印所用原料密度 为0.9 g/cm3不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为

16、g.解析：由题易得长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为6X6X4 = 144（cm3），四边形EFGH为平行四边形，&C c.a E c如图所示，连接GE, HF,易知四边形EFGH的面积为矩形BCCq面积的一半，即*6X4 二 12(cm2),所以 V 四棱锥 o-efgh3 X 12 = 12(cm3),所以该模型的体积为 144-12 二132(cm3),所以制作该模型所需原料的质量为132X0.9二118.8(g).答案：118.8球与空间几何体的接、切问题(多维探究)n eq则该圆柱的体积为()A. nc 3nB才角度一外接球3T (1)已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径

17、为2的同一个球的球面上,Dn4(2) 已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径.若平面SCA丄平面SCB, SA=AC, SB=BC,三棱锥S-ABC的体积为9,则球O的表面积为.【解析】(1)设圆柱的底面圆半径为r,则r2=12(2)2=4,所以，圆柱的体积V二糸X1二乎,故选B.(2)设球O的半径为R,因为SC为球O的直径，所以点O为SC的中点，连接AO, 0B, 因为SA二AC, SB = BC,所以AO丄SC, BO丄SC,因为平面SCA丄平面SCB,平面SCAH 平面 SCB 二 SC，所以 AO丄平面 SCB，所以 Vsabc 二 Vasbc 二 3 XS

18、SBC X AO 二 3 X(2XSCXOB)XAO,即 9=1X(1X2RXR)XR,解得 R 二 3,所以球 O 的表面积为 S 二 4nR2 = 4nX 32 二 36n.【答案】(1)B (2)36n角度二 内切球鼻2 (1)如图,在圆柱O1O2内有一个球0,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记圆柱O1O2的体积为V,表面积为S,球0的体积为V2,表面积为s2,则V1的值是1 1 2 2 2已知棱长为a的正四面体，则此正四面体的表面积S与其内切球的表面积S2的比值为【解析】(1)设圆柱内切球的半径为R，则由题设可得圆柱002的底面圆的半径为R,高为 2R,nR2,2R _ 3 s _

19、 2nR2R + 2nR2JRT _束_4nR2(2)正四面体的表面积为S_4X乎Xa2_Wa2,其内切球半径r为正四面体高的4,即r _436aa,因此内切球表面积为S2_4nr2_詈，则_|严_63.26【答案】！ I竽规偉方岳解决与球有关的切、接问题, 其通法是作截面, 将空间几何问题转化为平面几何问题求 解, 其解题的思维流程是：松京屉甬孑範 冰恳目轴&鬲距壽相孕卓孤:竺巴L如果拄外播球，球心到接点的舉离相竿且为旱轻j选准聂住璋度柞出截而要使这卒嶷面恳可宠菽:作缺画 的起含球、几何怵的各抻元索取及偉现谊些元素iL1间的关聚)，达到空冋间喝平页优的目的壤半軽L-根据柞出我面申的几何元索*

20、建立关于球半艮葡 、下膏祗厂”史聲?_埜吏？L1.(2020四川成都一诊)如图，在矩形ABCD中，EFAD, GHBC, BC=2, AF=FG=BG=1.现分别沿EF, GH将矩形折叠使得AD与BC重合，则折叠后的几何体的外接球的表面积为()A. 24nB. 6nD. 8n解析：选c.由题意可知，折叠后的几何体是底面为等边三角形的三棱柱，底面等边三角形外接圆的半径为2 X12 - （2J二.因为三棱柱的高为BC = 2,所以其外接球的球心与底面外接圆圆心的 距离为1，则三棱柱外接球的半径为R J （割2 + 12二翠，所以三棱柱外接球的表面积S 二4氓二晋故选C.2. （2020.黑龙江哈尔

21、滨师范大学附属中学模拟）在底面是边长为2的正方形的四棱锥 P-ABCD中，点P在底面的射影H为正方形ABCD的中心，异面直线PB与AD所成角的正rB.切值为2若四棱锥P-ABCD的内切球半径为r,外接球的半径为R,贝岳=（）A. 31- 21-3析 刀牛选B.如图，取E，F分别为AB，CD的中点，连接EF，PE，PF.由题意知，P ABCD 为正四棱锥，底面边长为2因为BC#AD，所以ZPBC即为异面直线PB与AD所成的角.因 为ZPBC的正切值为2,所以四棱锥的斜高为2,所以APEF为等边三角形，则正四棱锥 P-ABCD的内切球的半径r即为APEF的内切圆的半径，为.设O为正四棱锥外接球的球

22、心，连接OA, AH.由题可得AH二农,PH二品在RfOHA 中，R2- G；2）2 + （逞-R）2,解得 R 二 563所唏-2.确定球心位置的三种方法决定球的几何要素是球心的位置和球的半径，在球与其他几何体的结合问题中，通过位 置关系的分析，找出球心所在的位置是解题的关键，不妨称这个方法为球心位置分析法方法一 由球的定义确定球心若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体， 这个球是这个多面体的外接球也就是说如果一个定点到一个简单多面体的所有顶点的距离 都相等，那么这个定点就是该简单多面体外接球的球心(1)长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点；(2

23、) 正三棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点；(3) 直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点(4) 正棱锥的外接球球心在其高上,具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到；(5) 若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形,则公共斜边的中点就是其外接球的球心.1已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4,体积为16,则这个球的表面积是()B. 20nA. 16nC. 24nD. 32n解析】 已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为 16，可求得底面边长为2,故球的直径为-J22 + 22 + 42 = 2、.,则半径为故球的表面积为24n,故选C.答案】

24、 C方法二 构造长方体或正方体确定球心(1)正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥,可将三棱锥补形成长方体或正方体；(2)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥,可将三棱锥补形成长方体或正方体；(3) 若已知棱锥含有线面垂直关系,则可将棱锥补形成长方体或正方体；(4) 若三棱锥的三个侧面两两垂直,则可将三棱锥补形成长方体或正方体如图，边长为2的正方形ABCD中，点E,F分别是边AB,BC的中点，将AAED,EBF,FCD分别沿DE, EF, FD折起，使A, B, C三点重合于点Af,若四面体AEFDA:远B.普D.C血C. 2【解析】 易知四面

25、体AEFD的三条侧棱AE, AF, AD两两垂直，且A E=1, A F二1, A D = 2,把四面体A EFD补成从顶点A，出发的三条棱长分别为1, 1, 2的一个长方体,则长方体的外接球即为四面体A EFD的外接球，球的半径为r二 /12+12 + 22二故选B.【答案】B方法三 由性质确定球心利用球心O与截面圆圆心O的连线垂直于截面圆及球心O与弦中点的连线垂直于弦的性质,确定球心.正三棱锥A-BCD内接于球O,且底面边长为1；3侧棱长为2,则球O的表面积为解析】如图，M为底面ABCD的中心，易知AM丄MD, DM二1, AM=、p.在R2DOM 中,OD2二OM2 + MD2,即OD2

26、二（.込-OD）2 + 1,解得OD二罕，故球o的表面积为4n X件3）2_16-铲16答案】基础题组练1圆柱的底面积为S,侧面展开图是一个正方形，那么圆柱的侧面积是（）3 nC. nS解析:选A.由nr-S得圆柱的底面半径是，n，故侧面展开图的边长为2n半二27nS所以圆柱的侧面积是4nS,故选A.2.已知圆锥的高为 3,底面半径长为 4,若一球的表面积与此圆锥的侧面积相等,则该 球的半径长为（）A. 5B.5C. 9D. 3解析：选B.因为圆锥的底面半径R-4,高h-3,所以圆锥的母线1-5,所以圆锥的侧面积S = nR1 = 20n.设球的半径为r,则4n“ - 20n,所以r - J5

27、,故选B.1aq3. （2020安徽黄山一模）如图所示为某几何体的三视图，则几何体的体积为（）71 1K阍左I吐图-B. 1D. 3解析： 选 B.由主视图可得如图的四棱锥P-ABCD,其中平面ABCD丄平面PCD.由主视图和俯视图可知AD-1, CD-2, P到平面ABCD的距离为|. 所以四棱锥P-ABCD的体积为V-|xS长方形ABCDXh-3X1X2x3-1.故选B.4. （2020河南郑州三模）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）D2n3由题意可知几何体的体积为：2 12 nX2 - 3x2x 12 nX2 =守.故选D.5. （2020广东茂名一模）在长方体ABCD-A

28、1B1C1D1中，四边形ABCD是边长为2的正方 形，D1B与DC所成的角是60，则长方体的外接球的表面积是（）A. 16nB. 8nC. 4nD. 4J2n解析：选A.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，因为DCAB,所以相交直线Dfi与AB所成的角是异面直线D1B与DC所成的角.连接AD1，由AB丄平面ADD1A1，得AB丄AD1，所以在RtABD1中，ZABD1就是Dfi 与 DC所成的角，即ZABD二 60,又 AB 二 2, AB 二BDos 60，所以BD广 竺 二4,设长方体ABCD-A1B1C1D1外接球的半径为R，贝U由长方体的体1 cos 601 1 1 1对角线就

29、是长方体外接球的直径得4R2二DB2二16,则R二2,所以长方体外接球的表面积是4nR2二16n.故选A.6.一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其主视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是AiI2J解析：因为四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，所以该四棱锥为正四棱锥，如图由题意知底面正方形的边长为2，正四棱锥的高为 2，取正方形的中心O, AD的中点E,连接PO, OE, PE,可知PO为正四棱锥的高，PEO为直角三角形，则正四棱锥的斜高PE “22+12臂. 所以该四棱锥的侧面积S = 4x|X2,5 = 4眉7已知圆锥SO,过SO的中点P作平行于圆锥底面的截面，以截面为上底面作圆柱PO,圆

30、柱的下底面落在圆锥的底面上（如图），则圆柱PO的体积与圆锥SO的体积的比值为.解析：设圆锥SO的底面半径为r,高为h,贝腫柱PO的底面半径是2，所以V 二打讪 V 二n h二型2& 所以Y圆柱PO二答案：88. 已知正三棱锥的高为1,底面边长为2的，内有一个球与四个面都相切，则棱锥的 内切球的半径为解析：如图，过点P作PD丄平面ABC 于点D,连接AD并延长交BC于点E,连接PE,因为ABC是正三角形，所以AE是BC边上的高和中线，D为ABC的中心.V圆锥SO 3nr2h， V圆柱PO儿28 ，所以8V圆锥SO因为 AB = BC = 23,所以S“bc = 33 DE二 1, PE二逞.所以

31、S 表 = 3x|x2朽X逅+ 3朽二3“拓+ 3电.因为PD二1,所以三棱锥的体积V二* X 33 X 1 h爲.设球的半径为r,以球心O为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小棱锥，3 晶 + 3j3答案219. 已知一个几何体的三视图如图所示.主视图Qr=l左觇图(1) 求此几何体的表面积；(2) 如果点P, Q在正视图中所示位置，P为所在线段的中点，Q为顶点，求在几何体表 面上，从P点到Q点的最短路径的长.解：(1)由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体， 其表面积是圆锥 的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和S 圆锥侧S 圆柱侧 h(2na)(2a)h

32、4na2.S圆柱底二叫所以 S 表二2na2 + 4na2 + na2 二(寸2 + 5)na2.沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面，如图.贝Q PQ 二弋 AP2 + AQ2 二、2 +( na ) 2 二 a“ + 吨,所以从P点到Q点在侧面上的最短路径的长为sjT+2.10.如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE丄平面ABCD.(1) 证明：平面AEC丄平面BED；6(2) 若ZABC=120, AE丄EC,三棱锥E-ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积.解：(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC丄BD.因为BE丄平面ABCD，所以ACLBE.故AC丄平面BED.又A

33、C 平面AEC,所以平面AEC丄平面BED.设AB二x.在菱形ABCD中，由ZABC =120，可得AG = GC =X，XGB 二 GD =2因为AE丄EC,所以在RfAEC 中,可得EG二咯.由BE丄平面ABCD, 知EBG为直角三角形，可得BE =辱.由已知得三棱锥E-ACD的体积V三棱锥E-ACD = |x| AC GDBE二暮二平，故x = 2.从而可得 AE = EC = ED=;6.所以AEAC的面积为3, EAD的面积与“ECD的面积均为、5故三棱锥E-ACD的侧面积为3 + 2冷5综合题组练)1.如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以迈为半径作一 个球面，则该正方体的表面

34、被球面所截得的所有弧长之和为()A.乎B. -J2nC.3n2D.9nT解析：选c.正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分,如U图，上底面被球面截得的弧长是以ai为圆心，i为半径的圆周长的4所以所有弧长之和为3x二乎.故选C.2. （2020江西萍乡一模）如图，网格纸上小正方形的边长为1,三视图，则该几何体的体积为（）粗线画的是某几何体的7-2 4 B-D解析：选A.由三视图可得，该几何体是如图所示的三棱柱ABBDCC1，C挖去一个三棱锥E-FCG所形成的，故所求几何体的体积为2x（2X2）x2 -3x（xixijxi =236.故选A.3. （2020福建厦门外国语学校模拟）已知等腰

35、直角三角形ABC中，ZACB=90，斜边AB=2,点D是斜边AB上一点（不同于点A，B）.沿线段CD折起形成一个三棱锥A-CDB， 则三棱锥 A-CDB 体积的最大值是（）- 1- 3 A CB-解析：选D.设AD=x,将AACD折起使得平面ACD丄平面BCD.在AACD中，由面积 公式得CD何二1AD1（h为点A到直线CD的距离），则h二% 由题易知h为1 +（x - 1 ） 2点A至I平面BCD的距离,故三棱锥A-CDB体积为V二|S 1 BCD3 h1 二 3 x 讣 bd1) h1 二622,xE(0,2).令 t 二 Jx2-2x + 2,则 t1,;2),故V二 *千二 *(2X2

36、 - 2x + 2于2 - t是减函数，故当t二1时，V取得最大值为*X (2-1)二1.故选D.4.设A, B, C, D是同一个半径为4的球的球面上的四点，ABC为等边三角形且其 面积为93,则三棱锥D-ABC体积的最大值为()A. 12 V3B. 18“朽B. 24曲D. 54诵解析：选B.如图，E是AC的中点，M是AABC的重心，O为球心，连接BE，OM，麹AB2 - AE2二2屮.易知OM丄平面ABC,所以在R2OBM中，OM二寸OB2-BM2二2,所以当D，0, M三点共线且DM二OD + OM时，三棱锥D-ABC的体积取得最大值，且最大值V二maxCBAS1- 3OM) =3X3

37、X6 二 183.故选 B.5如图所示，已知三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为1,且AA丄底 面ABC,则三棱锥B1 ABC的体积为.解析：三棱锥B1 ABC1的体积等于三棱锥A-B1BC1的体积，三棱锥A B1BC1的高为，底面积为1故其体积为韶弊丰二活答案：逅答案：126.已知半球O的半径r=2,正三棱柱ABC-A1B1C1内接于半球O,其中底面ABC在半球O的大圆面内，点A1，B1，C1在半球O的球面上.若正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面积为解析：依题意O是正三角形ABC的中心，设AB二a.分析计算易得0a2：3, AO二4 -葺,所以正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面积S-3a

38、AA1-3整理得 a4- 12a236- 0,解得 a2a,在 R3AOA 中, AO = r = 2,贝Q AA1 - r2 - AO2 =-6,即a-谑,此时侧棱AA-迈.答案：迈7如图，正方体ABCD-AlB1C1D1的棱长为1, P为BC边的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A, P, Q的平面截正方体所得的截面为S,当CQ=1时，S的面积为解析：当CQ-1时，Q与C1重合如图，取A1D1，AD的中点分别为F, G.连接AF, AP, PC1, C1F, PG, D1G, AC1, PF.因为F为A1D1的中点，P为BC的中点，G为AD的中点，所以 AF-FC1-AP-PC125，PG

39、 綊 CD, AF 綊 D1G.由题意易知CD綊C1D1，所以PG綊CD,所以四边形CDGP为平行四边形，所以PC1綊D1G,所以PC1綊AF,所以A, P，C1，F四点共面，所以四边形APqF为菱形.因为必广诵，PF-迈，过点A, P, Q的平面截正方体所得的截面S为菱形APC1F, 所以其面积为*AC PF - * X V3 X 2 -乎.答案：匪278.已知圆锥的顶点为S,母线SA, SB所成角的余弦值为8 SA与圆锥底面所成角为 45。若ASAB的面积为515,贝9该圆锥的侧面积为.解析：如图所示，设S在底面的射影为S,连接AS, SS/SAB的面积为寺SASBsinZ ASB 二 1 SA2! 1 - C0S2ZASB 二冷胃SA2 - 5弋1,所以 SA2 二 80, SA 二 4-.,/5因为 SA 与底面所成 的角为 45,所以ZSAS-45, AS-SAcos 45-4眉X2-2讨10.所以底面周长 l-2nAS -4；Tn,所以圆锥的侧面积为I X；5 X 4価n - 40&n.答案：402兀