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(共33张PPT)
第七章　立体几何与空间向量
阶段提能(十一)　表面积、体积及点、线、面的位置关系
1．(人教A版必修第二册P118例3)某种浮标由两个半球和一个圆柱黏合而成，示意图如图所示．半球的直径是0.3 m，圆柱高0.6 m．如果在浮标表面涂一层防水漆，每平方米需要0.5 kg涂料，那么给
1 000个这样的浮标涂防水漆需要多少涂料？(π取3.14)
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[解]　一个浮标的表面积为
2π×0.15×0.6＋4π×0.152＝0.847 8(m2)，
所以给1 000个这样的浮标涂防水漆约需涂料
0.847 8×0.5×1 000＝423.9(kg)．
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2．(北师大版必修第二册P227习题6－3A组T6)已知△ABC在平面α外，它的三条边所在直线分别交平面α于P，Q，R三点．求证：P，Q，R三点共线．
[证明]　如图，△ABC在平面α外，它的三条边所在直线分别交α于P，Q，R三点，
∵AB∩α＝P，∴P∈平面ABC，且P∈平面α，
∵AC∩α＝Q，∴Q∈平面ABC，且Q∈平面α，
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∵BC∩α＝R，
∴R∈平面ABC，且R∈平面α，
∴P，Q，R三点分别是平面ABC和平面α的公共点，
∴P，Q，R三点共线．
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3．(人教A版必修第二册P120习题8.3T3)如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，侧棱AA1＝8．若侧面AA1B1B水平放置时，水面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点．那么当底面ABC水平放置时，水面高为多少？
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[解]　如图，当侧面AA1B1B水平放置时，水的形状为四棱柱形，底面ABFE为梯形，
设△ABC的面积为S，则S梯形ABFE＝S，
V水＝S·AA1＝6S，
当底面ABC水平放置时，水的形状为三棱柱形，设水面高为h，则有V水＝Sh，∴6S＝Sh，∴h＝6．
故当底面ABC水平放置时，水面高为6．
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4．(湘教版必修第二册P156例5)如图，已知ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体．
(1)求异面直线AA1与BC所成的角；
(2)求异面直线BC1与AC所成的角．
[解]　(1)因为AD∥BC，
所以∠A1AD即为直线AA1与BC所成的角．
因为∠A1AD＝90°，
所以直线AA1与BC所成的角为90°．
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(2)连接A1C1，A1B．
因为AA1綉CC1，所以四边形ACC1A1为平行四边形，
所以AC∥A1C1，
因此直线BC1与AC所成的角就是直线BC1与A1C1所成的角．
因为A1B＝a，BC1＝a，A1C1＝a．
所以A1B＝BC1＝A1C1．
因此，直线BC1与A1C1所成的角为60°，
即直线BC1与AC所成的角为60°．
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5．(2024·天津卷)一个五面体ABC-DEF．已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为(　　)
A． B．
C． D．
√
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C　[因为AD，BE，CF两两平行，且两两之间距离为1，则该五面体可以分成一个侧棱长为1的三棱柱和一个底面为梯形的四棱锥，其中
三棱柱的体积等于棱长均为1的直三棱柱的体积，四棱锥的高为，
底面是上底为1、下底为2、高为1的梯形，故该五面体的体积V＝
×1××1＋＝．故选C．]
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6．(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面的边长分别为3 和4 ，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　　)
A．100π B．128π
C．144π D．192π
√
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A　[由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为×3＝3，×4＝4．设该棱台上、下底面的外接圆的圆心
分别为O1，O2，连接O1O2(图略)，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上．设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π．故选A．]
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7．(2022·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若
＝2，则＝(　　)
A． B．2
C． D．5
√
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C　[设母线长为l，甲圆锥底面圆半径为r1，
乙圆锥底面圆半径为r2，则＝＝＝2，所以r1＝2r2，
又＝2π，则＝1，所以r1＝l，r2＝l，
所以甲圆锥的高h1＝＝l，
乙圆锥的高h2＝＝l，
所以＝＝＝．故选C．]
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8．(多选)(2023·新高考Ⅰ卷)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　　)
A．直径为0.99 m的球体
B．所有棱长均为1.4 m的四面体
C．底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体
D．底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体
√
√
√
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ABD　[由于棱长为1 m的正方体的内切球的直径
为1 m，所以A正确；由于棱长为1 m的正方体中
可放入棱长为 m的正四面体，且>1.4，所
以B正确；因为正方体的棱长为1 m，体对角线
长为 m，<1.8，所以高为1.8 m的圆柱体不
可能整体放入正方体容器中，所以C不正确；将底面直径为1.2 m的圆柱斜着放入正方体中(截面图如图所示)，其中，平面AA1C1C为正方体的对角面，圆柱的轴在AC1上，中心O为AC1的中点，M为圆柱与AC的交点，记此时圆柱的高为h m，圆柱的上、下底面圆心分别
为O1，O2，可知AC1⊥O1M，O1M＝0.6，则tan ∠CAC1＝＝，即＝，解得AO1＝0.6，根据对称性可知圆柱的高h＝－
2×0.6≈1.732－1.2×1.414＝0.035 2>0.01，所以底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体能够被整体放入正方体容器内，所以D正确．综上，故选ABD．]
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9．(2024·北京卷)汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱．若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65 mm，325 mm，325 mm，且斛量器的高为230 mm，则斗量器的高为________mm，升量器的高为________mm．(不计量器的厚度)
23
57.5
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23　57.5　[设升、斗量器的高分别为h1 mm，h2 mm，升、斗、斛量器的容积分别为，V3 mm3，因为升、斗、斛量器
的容积成公比为10的等比数列，所以V3＝10V2，即π××230＝10×π××h2，解得h2＝23．又V2＝10V1，即π××23＝10×π××h1，所以h1＝57.5，所以升、斗量器的高分别为
57.5 mm，23 mm．]
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10．(2024·全国甲卷)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台的母线长分别为－r1)和3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为________．
　
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　[由题意可得两个圆台的高分别为h甲＝
＝(r2－r1)，
h乙＝＝2(r2－r1)，
所以＝＝＝＝．]
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11．(2023·新高考Ⅰ卷)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为________．
　
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　[法一：如图所示，设点O1，O分别为正四棱台ABCD-A1B1C1D1上、下底面的中心，连接B1D1，BD，则点O1，O分别为B1D1，BD的中点，连接O1O，则O1O即是正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高，过点B1作B1E⊥BD，垂足为E，则B1E＝O1O．因为AB＝2，A1B1＝1，所以OB＝，O1B1＝，所以BE＝OB－OE＝
OB－O1B1＝，又AA1＝，所以BB1＝，B1E＝＝＝
，所以O1O＝，所以＝×(22＋12＋)×＝．
法二：如图，将正四棱台ABCD-A1B1C1D1补形成正四棱锥P-ABCD，因为AB＝2，A1B1＝1，AB∥A1B1，所以A1，B1，C1，D1分别为PA，PB，PC，PD的中点，又A1A＝，所以PA＝2，即PB＝2．连接BD，取BD的中点为O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，易知BO＝，所以PO＝＝，所以正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高为，所以＝×(22＋12＋)×＝．(或者V四棱锥P-ABCD＝×22×＝，
＝V四棱锥P-ABCD，所以＝
V四棱锥P-ABCD－＝V四棱锥P-ABCD＝＝．)]
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12．(2023·新高考Ⅱ卷)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为________．
28
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28　[如图所示，正四棱锥P-ABCD的底面边长为4，用平行于底面的平面截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥P-A′B′C′D′后，得到正四棱台A′B′C′D′-ABCD，且A′B′＝2，AB＝4．记O′，O分别为正四棱台A′B′C′D′-ABCD上、下底面的中心，H′，H分别为A′B′，AB的中点，连接PO，PH，O′H′，OH，则PO′＝3，O′H′＝1，OH＝2．
易知△PO′H′∽△POH，所以＝，即＝，
解得PO＝6，所以OO′＝PO－PO′＝3，
所以该正四棱台的体积V＝×3×(22＋2×4＋42)＝28．]
√
【教用·备选题】
1．(2021·新高考Ⅱ卷)正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为(　　)
A．20＋12 B．28
C． D．
C　[如图，分别取上、下底面的中心O1，O，过B1作B1M⊥OB于点M，
则OB＝2，O1B1＝，BM＝，B1M＝＝，
故正四棱台的体积为V＝(S上＋S下＋)h
＝×(4＋16＋8)×＝．
故选C．]
√
2．(2022·新高考Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2．将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m 时，增加的水量约为(≈2.65)(　　)
A．1.0×109 m3　　　　　 B．1.2×109 m3
C．1.4×109 m3 D．1.6×109 m3
C　[如图，依题意可知棱台的高为MN＝157.5－148.5＝9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．
棱台下底面面积S＝140.0 km2＝140×106 m2，
上底面面积S′＝180.0 km2＝180×106 m2，
所以V＝h(S＋S′＋)＝
×9×(140×106＋180×106＋)
＝3×(320＋60 )×106≈
(96＋18×2.65)×107＝1.437×109≈1.4×109(m3)．
故选C．]
3．(2021·全国甲卷)已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为________．
39π　[设该圆锥的高为h，则由已知条件可得×π×62×h＝30π，
解得h＝，则圆锥的母线长为＝＝，
故该圆锥的侧面积为π×6×＝39π．]
39π
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