1.1.2 简单组合体的结构特征教学设计(第一课时)

第八章

立体几何

第1讲

空间几何体及其表面积与体积

一、填空题

1．已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，那么该三棱锥的侧视图可能为________．

解析

这个空间几何体的直观图如图所示，由题知这个空间侧视图的底面边长是3，故其侧视图只可能是②中的图形．

答案

②

2．在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的四个顶点，这些几何形体是________(写出所有正确结论的编号)．

①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体．

解析

①显然可能；②不可能；③取一个顶点处的三条端点构成的四面体；④取正方体中对面上的两条异面对端点构成的几何体；⑤正方体ABCD

－A1B1C1D1中，三DBC满足条件．

答案

①③④⑤

3．在三棱锥S－ABC中，面SAB，SBC，SAC都是以S为直角顶点的等腰直角三角形，且AB＝BC＝CA＝2，则三棱锥S－ABC的表面积是________．

13解析

设侧棱长为a，则2a＝2，a＝2，侧面积为3×2×a2＝3，底面积为4×22＝3，

1 几何体的棱，连接各棱角线的四个棱锥D1－

表面积为3＋3. 答案

3＋3 4．在直观图(如图所示)中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在xOy坐标系中，四边形ABCO为________，面积为________cm2. 解析

由斜二测画法的特点，知该平面图形的直观图的原图，即在xOy坐标系中，四边形ABCO是一个长为4 cm，宽为2 cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2. 答案

矩形

8 5. 如图所示，已知一个多面体的平面展开图由一个边长为14个边长为1的正三角形组成，则该多面体的体积是解析

由题知该多面体为正四棱锥，底面边长为1，侧棱32为2，连接顶点和底面中心即为高，可求得高为2，所22×1×1×2＝6. 2答案

6

6. 如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长均为a，A1AC＝60°，则其全面积为________．

解析

如题图，过B作BD⊥AA1于D，连接CD，则CAD，所以∠ADB＝∠ADC＝90°，所以AD⊥CD，所以△BCD为垂直于侧棱AA1的截面．

3又因为∠BAD＝60°，AB＝a，所以BD＝2a. 13所以△BDC的周长为(3＋1)a，从而S侧＝(3＋1)a2，S底＝×a2sin 60°＝a2.故S全＝S侧24332a. ＋2S底＝＋12332 答案

＋1a27．正方体ABCD

－A1B1C1D1的棱长为2，点M是BC的中点，点P是平面ABCD内的一个动点，且满足PM＝2，P到直线A1D1的距离为5，则点P的轨迹是________．

2 的正方形和________．

长为1，斜高1以体积V＝3∠A1AB＝∠△BAD≌△AD⊥BD，

解析

由PM＝2，知点P在以M为圆心，2为半径的到直线A1D1的距离为5，知点P在与BC平行且过AB上，故点P的轨迹是它们的交点，即为两点．

答案

两个点

8．已知矩形ABCD的面积为8，当矩形ABCD周长最小AC把△ACD折起，则三棱锥D－ABC的外接球表面积等于________．

解析

设矩形的两邻边长度分别为a，b，则ab＝8，此时2a＋2b≥4ab＝82，当且仅当a＝b＝22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

9．已知点P，A，B，C是球O表面上的四个点，且PA、PB、PC两两成60°角，PA＝PB＝PC＝1 cm，则球的表面积为________cm2. 解析

如图，取AB的中点M，连接PM、CM，过P作棱则垂足N必在CM上，连接AN.棱锥的四个侧面都是边长323角形，故可得CM＝PM＝2，从而CN＝3CM＝3，在63可求得PN＝3，连接AO，则AN＝CN＝3，设AO＝PO锥的高PN，为1的正三Rt△PCN中，＝R，则在Rt时，沿对角线圆上．又由P中点的直线63π63△OAN中，有R2＝－R2＋2，解得R＝4.∴球的表面积S＝4πR2＝2(cm2)．

333答案

2π

10．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积和体积分别为________，__________.

解析

由三视图可知，该几何体的下部是一底边长为2，高为4的长方体，上部为一球，

3

球的直径等于正方形的边长．所以长方体的表面积为S1＝2×2×2＋4×2×4＝40，长方体的体积为V1＝2×2×4＝16，

44π球的表面积和体积分别为S2＝4×π×12＝4π，V2＝3×π×13＝3，

故该几何体的表面积为S＝S1＋S2＝40＋4π，

4π该几何体的体积为V＝V1＋V2＝16＋3. 4答案

40＋4π；16＋3π

二、解答题

11. 如图，四边形ABCD为正方形，QA⊥平面ABCD，1QA＝AB＝2PD. (1)证明：PQ⊥平面DCQ；

(2)求棱锥Q－ABCD的体积与棱锥P－DCQ的体积的比值．

(1)证明

由条件知四边形PDAQ为直角梯形．

因为QA⊥平面ABCD，

所以平面PDAQ⊥平面ABCD，交线为AD. 又四边形ABCD为正方形，DC⊥AD，

所以DC⊥平面PDAQ，可得PQ⊥DC. 2在直角梯形PDAQ中可得DQ＝PQ＝2PD，则PQ⊥QD. 又DQ∩DC＝D，所以PQ⊥平面DCQ. (2)解

设AB＝a. 由题设知AQ为棱锥Q－ABCD的高，

13所以棱锥Q－ABCD的体积V1＝3a. 2由(1)知PQ为棱锥P－DCQ的高，而PQ＝2a，△DCQ的面积为2a2，所以棱锥P－DCQ1的体积V2＝3a3. 故棱锥Q－ABCD的体积与棱锥P－DCQ的体积的比值为1. 12．如图，把边长为2的正六边形ABCDEF沿对角线BE折起，使AC＝6.

4 PD∥QA，

(1)求证：平面ABEF⊥平面BCDE；

(2)求五面体ABCDEF的体积．

解

设原正六边形中，AC∩BE＝O，OF∩BE＝O′，由正六边形的几何性质可知OA＝OC＝3，AC⊥BE，DF⊥BE. (1)证明：在五面体ABCDE中，OA2＋OC2＝6＝AC2，

∴OA⊥OC，

又OA⊥OB，∴OA⊥平面BCDE.∵OA⊂平面ABEF，

∴平面ABEF⊥平面BCDE. (2)由BE⊥OA，BE⊥OC知BE⊥平面AOC，同理BE⊥平面FO′D，∴平面AOC∥平面FO′D，故AOC－FO′D是侧棱长(高)为2的直三棱柱，且三棱锥B－AOC和E－FO′D为大小相同的三棱锥，

∴VABCDEF＝2VB－AOC＋VAOC－FO′D

111＝2×3×2×(3)2×1＋2×(3)2×2＝4. 13. 如图所示，在平行四边形ABCD中，∠DAB＝60°，＝4.将△CBD沿BD折起到△EBD的位置，使平面ABD. (1)求证：AB⊥DE；

(2)求三棱锥E－ABD的侧面积．

(1)证明

在△ABD中，因为AB＝2，AD＝4，∠DAB＝60°，

所以BD＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠DAB＝23，

所以AB2＋BD2＝AD2，所以AB⊥BD. 又因为平面EBD⊥平面ABD，平面EBD∩平面ABD＝BD，AB⊂平面ABD，所以AB⊥平面EBD. 又因为DE⊂平面EBD，所以AB⊥DE. (2)解

由(1)知AB⊥BD，因为CD∥AB，

所以CD⊥BD，从而DE⊥BD，

5 AB＝2，ADEBD⊥平面

在Rt△DBE中，由DB＝23，DE＝DC＝AB＝2，

1得S△BDE＝2DB·DE＝23. 又因为AB⊥平面EBD，BE⊂平面EBD，

所以AB⊥BE.因为BE＝BC＝AD＝4，

1所以S△ABE＝2AB·BE＝4，

因为DE⊥BD，平面EBD⊥平面ABD，

所以ED⊥平面ABD，而AD⊂平面ABD，所以ED⊥AD，

1所以S△ADE＝2AD·DE＝4. 综上，三棱锥E－ABD的侧面积S＝8＋23. 14．如图(1)所示，在直角梯形ABEF中(图中数字表示线段的长度)，将直角梯形DCEF沿CD折起，使平面DCEF⊥平面ABCD，连结部分线段后围成一个空间几何体，如图(2)所示．

(1)求证：BE∥平面ADF；

(2)求三棱锥F－BCE的体积．

(1)证明

法一

取DF的中点G，连结AG，EG，

1∵CE綉2DF，∴EG綉CD. 又∵AB綉CD，∴EG綉AB. ∴四边形ABEG为平行四边形．

∴BE∥AG. 又∵BE⊄平面ADF，AG⊂平面ADF，

6

∴BE∥平面ADF. 法二

由题图(1)可知BC∥AD，CE∥DF，折叠之后平行关系不变．∵BC∥AD，BC⊄平面ADF，AD⊂平面ADF，

∴BC∥平面ADF.同理CE∥平面ADF. ∵BC∩CE＝C，BC、CE⊂平面BCE，

∴平面BCE∥平面ADF. ∵BE⊂平面BCE，BE⊄平面ADF，

∴BE∥平面ADF. (2)解

法一

∵VF－BCE＝VB－CEF，

由题图(1)，可知BC⊥CD，

又∵平面DCEF⊥平面ABCD，平面DCEF∩平面ABCD＝

CD，BC⊂平面ABCD，

∴BC⊥平面DCEF. 11由题图(1)可知，DC＝CE＝1，S△CEF＝2CE×DC＝2，

11∴VF－BCE＝VBvCEF＝3×BC×S△CEF＝6. 法二

由题图(1)，可知CD⊥BC，CD⊥CE，∵BC∩CE＝C，

∴CD⊥平面BCE. ∵DF∥CE，点F到平面BCE的距离等于点D到平面BCE的距离为1，由题图(1)，可知1111BC＝CE＝1，S△BCE＝2BC×CE＝2，∴VF－BCE＝3×CD×S△BCE＝6. 法三

如图所示，过E作EH⊥FC，

垂足为H，由图可知BC⊥CD，∵平面DCEF⊥平面DCEF∩平面ABCD＝CD，BC⊥DC，BC⊂平面ABCD，

∴BC⊥平面DCEF. 又∵EH⊂平面DCEF，∴BC⊥EH，

∴EH⊥平面BCF. 由BC⊥FC，FC＝DC2＋DF2＝5，

15S△BCF＝2BC×CF＝2，

ABCD，平面

7

在△CEF中，由等面积法可得EH＝1，

511∴VF－BCE＝VE－BCF＝3×EH×S△BCF＝6.

8