备考2024届高考数学一轮复习强化训练第七章立体几何与空间向量第1讲基本立体图形简单几何体的表面积与体积

第1讲基本立体图形、简单几何体的表面积与体积1.[命题点1角度3]在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，F是线段A1B1上的动点，则AF＋FC1的最小值为　6＋2　.解析　将正三棱柱ABC－A1B1C1（如图1）中的△A1B1C1沿A1B1翻折至平面ABB1A1上，如图2所示.在图2中，连接AC1，则AF＋FC1≥AC1.因为AA1＝A1C1＝2，且∠AA1C1＝90°＋60°＝150°，所以AC1＝AA12＋A1C12－2AA1×A1C1cos150°＝22＋22－2×2×2cos150°＝8+43＝6＋2，所以当A，F，C1三点共线时，AF＋FC1取得最小值，为6＋2.图1图22.[命题点2/2024江苏常州模拟]已知四棱台ABCD－A1B1C1D1的两底面均为长方形，且上、下底面中心的连线与底面垂直，若AB＝9，AD＝6，A1B1＝3，棱台的体积为263，则该棱台的表面积是（　D　）A.60B.163＋127C.83＋67＋60D.163＋127＋60解析　因为棱台的上、下底面相似，且AB＝9，AD＝6，A1B1＝3，所以A1D1＝2，S长方形A1B1C1D1＝3×2＝6，S长方形ABCD＝9×6＝54.设棱台的高为h，则V＝13×（6＋54＋6×54）×h＝263，所以h＝3.设A1C1∩B1D1＝O1，AC∩BD＝O2，连接O1O2，如图所示.因为上、下底面中心的连线与底面垂直，所以O1O2＝h，且四棱台的四条侧棱长相等.因为AC＝36+81＝313，A1C1＝13AC＝13，侧棱AA1＝（AC－A1C12）2＋h2＝4，所以等腰梯形ABB1A1的高h1＝AA12－（AB－A1B12）2＝7，所以S梯形ABB1A1＝12×（3＋9）×7＝67＝S梯形CDD1C1，等腰梯形ADD1A1的高h2＝AA12－（AD－A1D12）2＝23，所以S梯形ADD1A1＝12×（6＋2）×23＝83＝S梯形BCC1B1，所以该四棱台的表面积为S＝S长方形A1B1C1D1＋S长方形ABCD＋2S梯形ABB1A1＋2S梯形ADD1A1＝60＋127＋163，故选D. 3.[命题点3角度1/2023深圳高三模拟]如图，圆内接四边形ABCD中，DA⊥AB，∠D＝45°，AB＝2，BC＝22，AD＝6，现将该四边形沿AB旋转一周，则旋转形成的几何体的体积为（　D　）A.30πB.40πC.184π3D.200π3解析　圆内接四边形ABCD中，DA⊥AB，∠D＝45°，所以∠ABC＝135°，∠C＝90°，如图，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，所以四边形AECD是直角梯形，∠CBE＝45°，故△CEB是等腰直角三角形，所以四边形ABCD沿AB旋转一周，得到的旋转体是圆锥与圆台的组合体，即圆台挖去一个以圆台上底面为底面的圆锥，又CE＝BE＝BCsin45°＝22×22＝2，AE＝BE＋AB＝2＋2＝4，所以旋转体的体积V＝13π×（22＋2×6＋62）×4－13π×22×2＝200π3.故选D.4.[命题点3角度1]如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝4，BC＝2，将四边形BCFE沿中位线EF折起，使得∠AEB为直角，连接AB，CD，如图2，则所得的几何体的体积为　6　.图1图2解析　解法一（分割法）　如图，过点C作CM平行于AB，交AD于点M，作CN平行于BE，交EF于点N，连接MN.由题意可知四边形ABCM，BENC都是矩形，AM＝DM＝2，FN＝1，MN＝AE＝BE＝CN＝2.易得截面CMN把这个几何体分割为直三棱柱ABE－MCN和四棱锥C－MNFD，且BE⊥平面AEFD.因为直三棱柱ABE－MCN的体积V1＝S△ABE·AM＝12×2×2×2＝4，四棱锥C－MNFD的体积V2＝13S四边形MNFD·CN＝13×12×（1＋2）×2×2＝2，所以所求几何体的体积V＝V1＋V2＝6.解法二（分割法）　如图，连接AC，EC，则几何体被分割为四棱锥C－ADFE和三棱锥C－ABE，因为VC－ADFE＝13×（3+42×2）×2＝143，VC－ABE＝13×（12×2×2）×2＝43，所以所求几何体的体积V＝VC－ADFE＋VC－ABE＝143＋43＝6.解法三（补形法）　如图，延长BC至点M，使得CM＝2，延长EF至点N，使得FN＝1，连接DM，MN，DN，得到直三棱柱ABE－DMN，所以所求几何体的体积等于直三棱柱ABE－DMN的体积减去四棱锥D－CMNF的体积.因为VABE－DMN＝（12×2×2）×4＝8，VD－CMNF＝13×（1+22×2）×2＝2，所以所求几何体的体积V＝VABE－DMN－VD－CMNF＝8－2＝6.