空间几何体的表面积和体积讲解及经典例题.pdf
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1、空间几何体的表面积和体积 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
2、本章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 棱柱直截面周长l S侧+2S底 S底h=S直截面h 直棱柱ch S底h 棱 锥 棱锥各侧面积之和 S侧+S底 3 1 S底h 正棱锥 2 1 ch 棱 台 棱台各侧面面积之和 S侧+S上底+S下底 3 1 h(S上底+S下底 + 下底下底 SS) 正棱台 2 1 (c+c )h 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
3、 表示侧 棱长。 2旋转体的面积和体积公式 名称圆柱圆锥圆台球 S侧 2rl rl (r1+r2)l S全 2r(l+r) r(l+r) (r1+r2)l+ (r 2 1+r 2 2) 4R 2 V r 2h( 即 r2l) 3 1 r 2h 3 1 h(r 2 1+r1r2+r 2 2) 3 4 R 3 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,r1、 r2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
4、分别为xcm、ycm、zcm、lcm 依题意得: 24)(4 20)(2 zyx zxyzxy )2( )1 ( 由( 2) 2 得: x2+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ABCD A1B1C1D1中,已知 AB=5 ,AD=4 ,AA1=3, ABAD , A1AB= A1A
5、D= 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)如图 2,连结 A1O,则 A1O底面 ABCD 。作 OMAB 交 AB 于 M,作 ON AD 交 AD 于 N,连结 A1M,A1N。由三垂线定得得 A1MAB ,A1NAD。 A1AM= A1AN , RtA1NA RtA1MA, A1M=A1N, 从而 OM=ON 。 点 O 在 BAD 的平分线上。 (2) AM=AA1cos 3 =3 2 1 = 2 3 AO= 4 cos AM =2 2 3 。 又在 RtAOA 1中, A
6、1O 2=AA 12 AO 2=9 2 9 = 2 9 , A1O= 2 23 ,平行六面体的体积为 2 23 45V230。 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6,3,2,这个长方体对角线的长是 P A B C D O E () A23B 32C 6 D6 解析:设长方体共一顶点的三边长分别为a=1, b2, c3,则对角线l 的长为 l=6 222 cba;答案 D。 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ABC A1B1C1中,若 E、F 分别为 AB 、AC 的中点,平面EB1C1将三棱
7、柱分成体积为V1、 V2的两部分,那么V1V2= _ _。 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, SAEF= 4 1 S, V1= 3 1 h(S+ 4 1 S+ 4 1 S)= 12 7 Sh V2=Sh-V1= 12 5 Sh, V1V2=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(2008山东卷 6) 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
8、 (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 AB 、 CD 的长度分别等于2 7、 4 3,M 、N 分别为 AB 、CD 的中点,每条 弦的两端都在球面上运动,有下列四个命题: 弦 AB 、 CD 可能相交于点 M弦 AB 、CD 可能相交于点 N MN 的最大值为 5 MN 的最小值为 1 其中真命题的个数为C A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 (2008湖北卷 3) 用与球心距离为 1的平面去截球,所得的截面面积为,则球的体积为 B A. 3 8 B. 3 28 C. 28 D. 3 32 点评:本小题重点考查线面垂
9、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 PABCD中,平面PAD 平面ABCD,AB DC , PAD 是等边三 角形,已知28BDAD,24 5ABDC ()设M是PC上的一点,证明:平面MBD平面PAD; ()求四棱锥PABCD的体积 ()证明:在 ABD 中, 由于4AD,8BD,4 5AB, 所以 222 ADBDAB 故ADBD 又平面 PAD 平面 ABCD,平面PAD I 平面ABCD AD, BD平面ABCD, 所以BD平面PAD, 又BD平面MBD, 故平面MB
10、D平面PAD ()解:过P作POAD交AD于O, 由于平面 PAD 平面ABCD, 所以PO平面ABCD 因此PO为四棱锥PABCD的高, 又 PAD 是边长为4 的等边三角形 因此 3 42 3 2 PO 在底面四边形ABCD中,ABDC,2ABDC, 所以四边形ABCD是梯形,在RtADB中,斜边AB边上的高为 4 88 5 5 4 5 , 此即为梯形ABCD的高, 所以四边形ABCD的面积为 2 54 58 5 24 25 S 故 1 24 2 316 3 3 PABCD V 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。
11、题型 4:锥体体积、表面积综合问题 A B C M P D A B C M P D O 例 7ABCD 是边长为4 的正方形, E、F 分别是 AB 、AD 的中点, GB 垂直于正方形 ABCD 所在的平面,且GC2,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B EFG。 设点 B 到平面 EFG 的距离为h,BD 4 2, EF2 2,CO 3 4 4 23 2。 GOCOGC 2222 3 2218422()。 而 GC平面 ABCD ,且 GC2。 由VV BEFGGEFB ,得 1 6 EFGOh 1 3 S EFB 点
12、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A BEFD与三棱锥A EFC的表面积分别是S1,S2,则必有() AS1S2 BS1S2 CS1=S2 DS1,S2的大小关系不能确定 解:连 OA 、OB、OC、 OD, 则 VABEF
13、DVOABDVOABE VOBEFD VAEFCVOADCVOAECVOEFC又 VABEFD VAEFC, 而每个三棱锥的高都是原四面体的内切球的半径,故SABDSABESBEFDSADCSAEC SEFC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) 如图, 面 ABEF 面 ABCD , 四边形 ABEF与四边形ABCD 都是直角梯形, BAD= FAB=90 , B
14、C 1 2 AD ,BE 1 2 AF,G 、H分别是 FA、FD的中点。 ( ) 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 CDE. D B A O C E F )解法一: ( ) 由题设知, FG=GA,FH=HD. 所以GH 1 2 AD, 又BC 1 2 AD, 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 1 2 AF,G是FA的中点知,BEGF,所以EFBG. 由( )知BGGH,故FH共面 . 又点D在直线FH上. 所以C 、D、F、E
15、四点共面 . () 连结EG,由AB=BE,BEAG及BAG=90知ABEG是正方形 . 故BGEA. 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,根据三垂线定理,BGED. 又EDEAE,所以BG平面ADE. 由( )知,CHBG,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),
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