专题四 立体几何-2021高考理科数学【创新教程】大二轮高考总复习

∴cn＝ ８,n＝１ n􀅰２n＋１,n≥２{ 数列 cn{ } 的前２０２０项的 和 S２０２０ ＝８＋２×２ ３ ＋３×２４ ＋ 􀆺＋２０２０×２２０２１ ＝４＋１×２２＋２×２３＋３×２４＋􀆺＋２０２０×２２０２１ 设 T２０２０＝１×２ ２ ＋２×２３ ＋３×２４ ＋ 􀆺 ＋２０１９×２２０２０ ＋ ２０２０×２２０２１　③, 则２T２０２０＝１×２ ３ ＋２×２４ ＋３×２５ ＋ 􀆺 ＋２０１９×２２０２１ ＋ ２０２０×２２０２２　④, 由③－④ 得 －T２０２０ ＝２ ２ ＋２３ ＋２４ ＋ 􀆺 ＋２２０２１ －２０２０× ２２０２２＝２ ２(１－２２０２０) １－２ －２０２０×２ ２０２２, 所以 T２０２０＝２０１９×２ ２０２２＋４, 所以S２０２０＝T２０２０＋４＝２０１９×２ ２０２２＋８． 专题四　第１讲 考点研　层层突破 考点一 例１　(１)D　[设圆锥底面 圆 的 半 径 为r,由 轴 截 面 面 积 为 ２ ３可得半径r,再利用圆锥体积公式计算即可． 设圆锥底面圆的半 径 为r,由 已 知 １２ ×２r× ３r＝２ ３ , 解得r＝ ２,所以圆锥的体积V＝ １３πr ２× ３r＝２ ６３ π． 故 选 D．] (２)C　 [设 N 为C１D１ 的 中 点,P 为CC１ 的 中 点,连 接 MN,MP,NP,连接CB１,利用面面平行的 判 定 定 理 可 证 得 平面 MNP∥平面A１BD,从而平面 MNP 为平面α,从 而可得体积较小的几何 体 为 三 棱 锥,再 根 据 棱 锥 的 体 积 计算公式求解即可． 设 N 为C１D１ 的中点,P 为CC１ 的 中 点,连 接 MN,MP, NP,连接CB１, 在四 棱 柱 ABCD－A１B１C１D１ 中,易 证 A１B１ ∥CD,则 DA１∥CB１, ∵M 为B１C１ 的中点,P 为CC１ 的中点, ∴MP∥CB１,∴DA１∥MP, ∵MP⊄平面 A１BD,DA１⊂平面 A１BD, ∴MP∥平面 A１BD, 同理可证:NP∥平面 A１BD,MN∥平面 A１BD, ∵MP∩NP＝P,MP,NP⊂平 面 MNP,∴平 面 MNP∥ 平面 A１BD, 即平面 MNP 为平面α, ∴体积较小的几何体为三棱锥 P－C１MN, 则体积VP－C１MN ＝ １ ３ 􀅰 １ ２ 􀅰|C１M|􀅰|C１N|􀅰|C１P|＝ １ ６ × １ ２ × １ ２ ×１＝ １ ２４ ,故选 C．] 跟踪训练 １．AB　[分２种情 况,一 种 是 绕 直 角 边,一 种 是 绕 斜 边,分 别求形成几何体的表面积． 如果 是 绕 直 角 边 旋 转,形 成 圆 锥,圆 锥 底 面 半 径 为 １,高 为１,母线就是直角三角形的斜边 ２, 所以所形成的几何体的表面 积 是 S＝πrl＋πr２＝π×１× ２＋π×１２＝ ２＋１( )π． 如果绕斜边 旋 转,形 成 的 是 上 下 两 个 圆 锥,圆 锥 的 半 径 是直角三角形斜边的高 ２ ２ ,两 个 圆 锥 的 母 线 都 是 直 角 三 角形的直角边,母线长是１, 所以写成的几何体的 表 面 积 S＝２×πrl＝２×π× ２２ ×１ ＝ ２π． 综上可知形成几何体的表面积是 ２＋１( )π或 ２π．故 选 AB．] ２．解析:利用密度和质量 算 出 破 损 部 分 的 体 积 后 可 得 底 面 半径满足的方程,求出其解后可得所求的半径． 破损部分的体积为 ５０ １９．３２cm ３,设底面半径为r, 所以 １ ４ × １ ３ ×π×r ２×３＝ ５０１９．３２ , 故r＝ ２００１９．３２×π≈ ２００ １９．３２×３．１４＝ １００ ９．６６×３．１４≈ ３．３０＝ ３３０１００≈ １８ １０＝１．８ (cm)． 答案:１．８(cm) 考点二 例２　(１)D　 [该 几 何 体 为 半 圆 柱,底 面 为 半 径 为 １ 的 半 圆,高为２,因此表面积为 π×１２＋ １２ ×２π×１×２＋２×２ ＝３π＋４,故选 D．] (２)C　[根 据 三 视 图 可 知,该 几 何 体 是 一 个 底 面 半 径 为 １,高为２的圆锥,求出母线长后,利用圆锥的侧面积公式 即可求得结果． 根据三视图可知,该几何 体 是 一 个 底 面 半 径 为 １,高 为 ２ 的圆锥, 如图: 所以圆锥的母线长为 ４＋１＝ ５, 所以圆锥的侧面积为 １ ２ ×２π×１× ５＝ ５π． 故选 C．] 跟踪训练 １．B　[三视图对应的几何体 为 如 图 所 示 的 几 何 体,利 用 割 补法可求其体积． 根据三视图可得原几何 体 如 图 所 示,它 是 一 个 圆 柱 截 去 上面一块几何体,把该几何体补成如下图所示的圆柱, 其体积