高中数学第八章立体几何第一节空间几何体

第一节空间几何体

[考纲要求]

1．认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．

2．能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图．

3．会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．

4．了解球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式．

第1课时系统知识——空间几何体

1．简单旋转体的结构特征

(1)圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到；

(2)圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；

(3)圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；

(4)球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．

[提醒](1)球是以半圆面为旋转对象的，而不是半圆．

(2)要注意球面上两点的直线距离、球面距离以及在相应的小圆上的弧长三者之间的区别与联系．

2．简单多面体的结构特征

(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；

(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；

(3)棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．

[提醒](1)棱柱的所有侧面都是平行四边形，但侧面都是平行四边形的几何体却不一定是棱柱．

(2)棱台的所有侧面都是梯形，但侧面都是梯形的几何体却不一定是棱台．

(3)注意棱台的所有侧棱相交于一点．

[小题练通]

1.[教材改编题]在如图所示的几何体中，是棱柱的为________．(填写所有正确的序号)

答案：③⑤

2.[教材改编题]下列命题中正确的是________．

①由五个平面围成的多面体只能是四棱锥；

②棱锥的高线可能在几何体之外；

③仅有一组相对的面平行的六面体一定是棱台；

④有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥．

答案：②

3.[教材改编题]一个棱柱至少有________个面；面数最少的一个棱锥有________个顶点；顶点最少的一个棱台有________条侧棱．

答案：543

4.[易错题]从长方体的一个顶点出发的三条棱上各取一点E，F，G(不与顶点重合)，过此三点作长方体的截面，那么这个截面的形状是()

A．锐角三角形B．矩形

C．平行四边形D．正方形

答案：A

5．下面图形都是由六个全等的小正方形组成，其中可以折成正方体的是()

答案：C

6．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E，F分别是棱D1C1，B1C1的中点，过E，F作一平面α，使得平面α∥平面AB1D1，则平面α截正方体的表面所得平面图形为()

A．三角形B．四边形

C．五边形D．六边形

解析：选D如图所示，平面α是平面EFGHJK，截面是六边形，故选D.

1．直观图

(1)画法：常用斜二测画法．

(2)规则：

①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．

②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．

[谨记常用结论]

直观图与原图形面积的关系

按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：

(1)S直观图＝

4S原图形．

(2)S原图形＝22S直观图．

2．三视图

(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．

(2)三视图的画法

①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．

②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线.

[小题练通]

1.[教材改编题]下列说法正确的是()

A．相等的角在直观图中仍然相等

B．相等的线段在直观图中仍然相等

C．正方形的直观图是正方形

D．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行

答案：D

2.[教材改编题]用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方

形，则原来的图形是()

解析：选A由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2.

3.[教材改编题]用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 2 cm2，则原平面图形的面积为()

A．4 cm2B．4 2 cm2

C．8 cm2D．8 2 cm2

解析：选C依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC，AD相等，高为梯形ABCD 的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm2.

4.[易错题]沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为()

解析：选B给几何体的各顶点标上字母，如图①，A，E在侧投影面上的投影重合，C，G在侧投影面上的投影重合，几何体在侧投影面上的投影及把侧投影面展平后的情形如图②所示，故正确选项为B.

5．某几何体的正视图与侧视图均为边长为1的正方形，则下面四个图形中，可能是该几何体俯视图的个数为()

A．1B．2

C．3D．4

解析：选C俯视图从左到右依次记为：

如果几何体为棱长为1的正方体，则俯视图如图①；如果几何体为圆柱，它的底面直径为1，高为1，则俯视图如

图④；如果几何体为从棱长为1的正方体中挖去直径为2，高为1的圆柱的1

4，则俯视图如图②；以图③为俯视图的几何体的正视图不是正方形．故选C.

6．一个几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是()

解析：选B由几何体的直观图知，该几何体最上面的棱横放且在中间的位置上，因此俯视图应排除A、C、D，经验证B符合题意，故选B.

空间几何体的表面积与体积

1．空间几何体的表面积与体积公式

名称

几何体

表面积体积

柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝Sh

锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝1 3Sh

台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝1

3(S上＋S下＋S上S下)h

球S＝4πR2V＝4

3πR

[提醒]解决与几何体的面积有关问题时，务必要注意是求全面积还是求侧面积．

2．求表面积与体积的常用方法

(1)割补法

割补法是割法与补法的总称．补法是把不规则(不熟悉的或复杂的)几何体延伸或补成规则的(熟悉的或简单的)几何体，把不完整的图形补成完整的图形．割法是把复杂的(不规则的)几何体切割成简单的(规则的)几何体．割与补是对立统一的，是一个问题的两个相反方面．割补法无论是求解体积问题还是求解空间角(或空间距离)以及证明垂直或平行关系都有简化解题过程、开阔思维的优点．

(2)等积法

等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值．

[小题练通]

1.[教材改编题]如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体

积与剩下的几何体体积的比为________．

答案：1∶47

2.[教材改编题]已知某几何体的三视图(单位：cm)，如图所示，则该几何体的体积是________．

答案：100

3.[教材改编题]已知某几何体的三视图的侧视图是一个正三角形，如图所示，则该几何体的体积等于________．

答案：203

4.[易错题]若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．

答案：72＋162

5．某四棱锥的三视图如图所示，其俯视图为等腰直角三角形，则该四棱锥的体积为________．

答案：4 3

6．将一个相邻边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是________．

解析：当底面周长为4π时，底面圆的半径为2，两个底面的面积之和是8π；当底面周长为8π时，底面圆的半径为4，两个底面的面积之和为32π.无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2.故所求的表面积是32π2＋8π或32π2＋32π.

答案：32π2＋8π或32π2＋32π

[课时跟踪检测]

1．下列说法中正确的是()

A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥

B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥

C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是六棱锥

D．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线

解析：选D当一个几何体由具有相同的底面且顶点在底面两侧的两个三棱锥构成时，尽管各面都是三角形，但它不是三棱锥，故A错误；若三角形不是直角三角形或是直角三角形但旋转轴不是直角边所在直线，所得几何体就不是圆锥，故B错误；若六棱锥的所有棱都相等，则底面多边形是正六边形，由几何图形知，若以正六边形为底面，则棱长必然要大于底面边长，故C错误．选D.

2．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是()

解析：选B D选项为正视图或侧视图，俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B.

3．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长的棱长为()

A．5

B．22

C．3

D．32

解析：选C依题意，可知该几何体为如图所示三棱锥D-ABC，最长的棱AD

＝1＋(22)2＝3，故选C.

4．(2019·长沙模拟)如图是某几何体的三视图，其正视图、侧视图均是直径为2的半圆，俯视图是直径为2的圆，则该几何体的表面积为()

A．3πB．4π

C．5πD．12π

解析：选A由三视图可知，该几何体是半径为1的半球，其表面积为2π＋π＝3π.选A.

5．(2019·南阳联考)已知一个三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为()

解析：选C由已知条件得直观图如图所示，PC⊥底面ABC，正视图是直角三角形，中间的线是看不见的线PA形成的投影，应为虚线，故选C.

6．将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为()

解析：选D根据条件知侧视图为D选项．

7．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是()

A．圆柱B．圆锥

C．球体D．圆柱、圆锥、球体的组合体

解析：选C截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．

8．(2018·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单

位：cm3)是()

A．2

B．4

C．6

D．8

解析：选C由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形，高为2

的直四棱柱，直角梯形的两底边长分别为1,2，高为2，∴该几何体的体积为V＝1

2×(2＋1)×2×2＝6.

9．(2019·承德期末)某几何体的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的表面积为()

A．8＋42＋25B．6＋42＋45

C．6＋22＋25D．8＋22＋25

解析：选C由三视图可知，几何体为如图所示的四棱锥P-ABCD.其中的底面ABCD

是边长为2的正方形，侧面PAB垂直于底面ABCD，且点P到底面ABCD的距离为2，故

其表面积为2×2＋

2×2×2＋1

2×2×22＋2×

2×2×5＝6＋22＋2 5.故选C.

10．(2019·天津红桥区一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()

A ．22

3π B ．π2

C ．

π D ．π

解析：选C 由三视图知，几何体是半径为1，母线长为3的半圆锥，几何体的体积V ＝13×1

2×π×12×32－12＝

π.故选C. 11．(2018·洛阳二模)某几何体的三视图如图所示，则其表面积为( )

A.17π

2 B ．9π C.19π

D ．10π

解析：选B 由三视图可知，几何体为下部分是圆柱与上部分是1

4球的组合体．圆柱的底面半径为1，高为3，球的

半径为1.所以几何体的表面积为π×12＋2π×1×3＋4π×12×14＋12π×12＋1

π×12＝9π.故选B.

12．已知正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( ) A ．

81π

B ．16π

C ．9π

D ．

27π

解析：选A 如图，设球心为O ，半径为r ，则在Rt△AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2，解得r ＝9

，所以该球的表面积为4πr 2＝4π×()

＝81π4

13．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中圆的直径为4，该几何体的体积为V 1，直径为4的球的体积为V 2，则V 1∶V 2＝( )

A．1∶2B．2∶1 C．1∶1D．1∶4

解析：选A由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥，因此V1＝8π－8π

3＝

16π

3，V2＝

4π

3×2

3＝

32π

3，

V1∶V2＝1∶2.

14．下列几何体是棱台的是________(填序号)．

解析：①③都不是由棱锥截成的，不符合棱台的定义，故①③不满足题意．②中的截面不平行于底面，不符合棱台的定义，故②不满足题意．④符合棱台的定义，故填④.

答案：④

15．已知某四棱锥，底面是边长为2的正方形，且俯视图如图所示．若该四棱锥的侧视图为直角

三角形，则它的体积为________．

解析：由俯视图可知，四棱锥顶点在底面的射影为O(如图)，又侧视图为直角三角形，则直角三

角形的斜边为BC＝2，斜边上的高为SO＝1，此高即为四棱锥的高，故V＝1

3×2×2×1＝

4 3.

答案：4 3

16．中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(单位：立方寸)，则图中的x的值为________．

解析：由三视图可知，该几何体是一个组合体，左侧是一个底面直径为2r＝1、高为x的圆柱，右侧是一个长、宽、

高分别为5.4－x,3,1的长方体，则该几何体的体积V＝(5.4－x)×3×1＋π×1

4×x＝12.6，解得x＝1.6.

答案：1.6

17．(2018·江苏高考)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．

解析：由题意知所给的几何体是棱长均为2的八面体，它是由两个有公共底面的正四棱锥组合而成的，正四棱锥的高为1，所以这个八面体的体积为2V 正四棱锥＝2×13×(2)2×1＝4

答案：4

18．(2019·贵阳适应性考试)已知底面是正六边形的六棱锥P -ABCDEF 的七个顶点均在球O 的表面上，底面正六边形的边长为1，若该六棱锥体积的最大值为3，则球O 的表面积为________．

解析：因为六棱锥P -ABCDEF 的七个顶点均在球O 的表面上，由对称性和底面正六边形的面积为定值知，当六棱锥P -ABCDEF 为正六棱锥时，体积最大．设正六棱锥的高为h ，则1

3×()

6×12×1×1×sin 60°h ＝3，解得h ＝2.记球

O 的半径为R ，根据平面截球面的性质，得(2－R )2＋12＝R 2，解得R ＝5

，所以球O 的表面积为4πR 2＝4π()

＝

25π

. 答案：

25π

第2课时系统题型——空间几何体的表面积、体积

一、学前明考情——考什么、怎么考

[真题尝试]

1.[考查三视图的判断](2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )

解析：选A 由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.

2.[考查与球有关的组合体问题](2018·全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D -ABC 体积的最大值为( )

A ．123

B ．183

C ．243

D ．543

解析：选B 由等边△ABC 的面积为93，可得34

AB 2

＝93，所以AB ＝6，所以等边△ABC 的外接圆的半径为r ＝

AB ＝2 3.设球的半径为R ，球心到等边△ABC 的外接圆圆心的距离为d ，则d ＝R 2－r 2＝16－12＝2.所以三棱锥D -ABC 高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D -ABC 体积的最大值为1

×93×6＝18 3.

3.[考查圆锥的侧面积求法](2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为7

8，SA 与圆锥底面

所成角为45°，若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．

解析：如图，∵SA 与底面成45°角，∴△SAO 为等腰直角三角形．设OA ＝r ，则SO ＝r ，SA ＝SB ＝2r .在△SAB 中，cos ∠ASB ＝78，∴sin ∠ASB ＝158，∴S △SAB ＝1

2SA ·SB ·sin ∠ASB

＝12×(2r )2×15

＝515，解得r ＝210，∴SA ＝2r ＝45，即母线长l ＝45，∴S 圆锥侧＝

πrl＝π

×210×45＝402π.

答案：402π

[把握考情]

常规角度1.几何体的三视图．重点考查由几何体三视图识别几何体．

2.求几何体的体积．重点考查规则几何体与组合体的体积的求解及由三视图得到的几何体的体积的求解．

3.求几何体的表面积．重点考查组合体的表面积的求解．

以选择题或填空题的形式考查，属于中档题目

创新角度常将球与多面体、旋转体结合，涉及最值问题交汇考查，也常与数学文化结合

二、课堂研题型——怎么办、提知能

空间几何体的三视图

[典例感悟]

1．(2018·贵州黔东南州一模)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是()

解析：选D选项A的正视图、俯视图不符合要求，选项B的正视图、侧视图不符合要求，选项C的俯视图不符合要求，通过观察，选项D满足要求，故选D.

2．将正方体截去三个三棱锥后，得到如图所示的几何体，侧视图的视线方向如图所示，则该几何体的侧视图为()

解析：选D如图，点A，B，C，E在右侧面的投影为正方形，CA在右侧面的投影为斜

向下的正方形对角线，DE在右侧面的投影为斜向上的正方形对角线，为不可见轮廓线．故选

3．把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，形成的

三棱锥C-ABD的正视图与俯视图如图所示，则侧视图的面积为()

A.1

2 B.

C.1

4 D.

解析：选C取BD的中点E，连接CE，AE，则CE⊥DB.∵平面ABD⊥平面CBD，平面ABD∩平面CBD＝BD，

∴CE⊥平面ABD，CE⊥AE，

∴△CEA的形状是三棱锥C-ABD的侧视图．

∵∠DAB＝∠DCB＝90°，且BD＝2，∴CE＝AE＝

2 2.

∴△CEA的面积S＝1

2×

2＝

4.故选C.

[方法技巧]

有关三视图问题的解题方法

(1)由几何体的直观图画三视图需注意的事项

①注意正视图、侧视图和俯视图对应的观察方向；②注意能看到的线用实线画，被挡住的线用虚线画；③画出的三视图要符合“长对正、高平齐、宽相等”的基本特征．

(2)由几何体的部分视图画出剩余视图的方法

先根据已知的部分视图推测直观图的可能形式，然后推测其剩余视图的可能情形，若为选择题，也可以逐项检验．

(3)由几何体三视图还原其直观图时应注意的问题

要熟悉柱、锥、球、台的三视图，结合空间想象将三视图还原为直观图.

空间几何体的表面积与体积

考法一空间几何体的表面积问题

[例1](1)(2019·合肥质检)已知圆锥的高为3，底面半径为4，若一球的表面积与此圆锥侧面积相等，则该球的半径为()

A．5 B．5

C．9D．3

(2)(2019·甘肃兰州部分校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()

A．(9＋5)πB．(9＋25)π

C．(10＋5)πD．(10＋25)π

[解析](1)∵圆锥的底面半径r＝4，高h＝3，

∴圆锥的母线l ＝5，

∴圆锥的侧面积S ＝πrl ＝20π，设球的半径为R ，则4πR 2＝20π， ∴R ＝5，故选B.

(2)由三视图可知，该几何体为一个圆柱挖去一个同底的圆锥，且圆锥的高是圆柱高的一半．故该几何体的表面积S ＝π×12＋4×2π＋π×22＋12＝(9＋5)π.

[答案] (1)B (2)A [方法技巧]

求空间几何体表面积的常见类型及思路

求多面体的表

面积只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积

求旋转体的表

面积可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系

求不规则几何体的表面积

通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积

考法二空间几何体的体积问题

[例2] (1)(2019·河北第二次质检)《九章算术》是中国古代第一部数学专著，书中有关于“堑堵”的记载，“堑堵”即底面是直角三角形的直三棱柱．已知某“堑堵”被一个平面截去一部分后，剩下部分的三视图如图所示，则剩下部分的体积是( )

A ．50

B ．75

C ．25.5

D ．37.5

(2)(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30°.若△SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为________．

[解析] (1)由题意及给定的三视图可知，剩余部分是在直三棱柱的基础上，截去一个四棱锥所得的，且直三棱柱的底面是腰长为5的等腰直角三角形，高为5.如图，图中几何体ABCC 1MN 为剩余部分，因为AM ＝2，B 1C 1⊥平面MNB 1A 1，所以剩余部分的体积V ＝V 三棱柱

－V

四棱锥

＝

×5×5×5－1

×3×5×5＝37.5，故选D.

(2)在Rt △SAB 中，SA ＝SB ，S △SAB ＝1

·SA 2＝8，解得SA ＝4.设圆锥的底面圆心为O ，底面半

径为r ，高为h ，在Rt △SAO 中，∠SAO ＝30°，所以r ＝23，h ＝2，所以圆锥的体积为13πr 2·h ＝1

π×(23)2×2＝8π.

[答案] (1)D (2)8π

[方法技巧] 求空间几何体体积的常见类型及思路规则几何体

若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法

[集训冲关]

1.[考法一]某几何体三视图如图所示，则此几何体的表面积为( )

A ．4π＋16

B ．2(2＋2)π＋16

C ．4π＋8

D ．2(2＋2)π＋8

解析：选B 由三视图知，该几何体是一个棱长为2的正方体和一个底面半径为2、高为1的圆柱的组合体，其表面积S 表＝5×22＋2π×2×1＋2π×(2)2－22＝2(2＋2)π＋16.故选B.

2.[考法二]平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为( ) A.6π B ．43π C ．46π

D ．63π

解析：选B 设球的半径为R ，由球的截面性质得R ＝(2)2＋12＝3，所以球的体积V ＝4

3πR 3＝43π.

与球有关的组合体问题常涉及内切和外接.解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图.

如球内切于正方体时，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体时，正方体的各个顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.球与其他旋转体组合时，通常作它们的轴截面解题；球与多面体组合时，通常过多面体的一条侧棱和球心及“切点”或“接点”作截面图进行解题.

考法一与球有关的内切问题

[例1] (1)(2019·嘉兴模拟)若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为________． (2)若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1

S 2

＝________.

[解析] (1)过圆锥的旋转轴作轴截面，得截面△ABC 及其内切圆⊙O 1和外接圆⊙O 2，且两圆同圆心，即△ABC 的内心与外心重合，易得△ABC 为正三角形，由题意知⊙O 1的半径r ＝1，∴△ABC 的边长为23，圆锥的底面半径为3，高为3，∴V ＝1

×π×(3)2×3＝3π.

(2)设正四面体的棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4×

34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14×63a ＝612

a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2

＝πa 2

，

则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π

. [答案] (1)3π (2)63

[方法技巧]

处理与球有关内切问题的策略

解答此类问题时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．

考法二与球有关的外接问题

[例2] (2019·昆明适应性检测)一个四棱柱的三视图如图所示，若该四棱柱的所有顶点都在同一球面上，则这个球的表面积为( )

A ．25π

B ．50π

C ．100π

D ．200π

[解析] 由三视图知，该四棱柱为长方体，长方体的体对角线为球的直径，设球的半径为R ，则2R ＝32＋42＋52，解得R ＝

，所以该球的表面积S ＝4πR 2＝50π，故选B. [答案] B

[例3] (2019·衡水中学模拟)四棱锥P -ABCD 的三视图如图所示，则该四棱锥的外接球的表面积为( )

A.81π

5 B.81π20 C.101π

D.101π

[解析] 根据三视图还原几何体的直观图，如图所示．在四棱锥P -ABCD 中，平面PAD △平面ABCD ，△PAD 为等腰三角形，PA ＝PD ＝3，AD ＝4，四边形ABCD 为矩形，CD ＝2.过△PAD 的外心F 作平面PAD 的垂线，过矩形ABCD 的中心H 作平面ABCD 的垂线，两条垂线交于一点O ，点O 即为四棱锥外接球的球心．在△PAD 中，cos ∠APD ＝

32＋32－42

2×3×3

＝19，则sin ∠APD ＝459，2PF ＝AD sin ∠APD ＝445

9＝955，PF ＝9510，PE ＝9－4＝5，OH ＝EF ＝5－9510＝510.BH ＝1

16＋4＝5，OB ＝OH 2＋BH 2＝5100＋5＝50510，S ＝4π×505100＝101π5

.故选C.

[答案]C

[例4](2019·湖北七市(州)联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为()

A．36π B．112π3

C．32πD．28π

[解析]根据三视图，可知该几何体是一个四棱锥，其底面是一个边长为4的正方形，高是2 3.将该四棱锥补形成一个三棱柱，如图所示，则其底面是边长为4的正三角形，高是4，该三棱柱的外接球即为原四棱锥的外接球．∵三棱柱的底面是边长为4的正三角形，∴底面

三角形的中心到该三角形三个顶点的距离为2

3×23＝

3，∴外接球的半径R＝

()4332＋22＝283，外接球的表面积S＝4πR2＝4π×283＝112π3，故选B.

[答案]B

[方法技巧]

处理球的外接问题的策略

(1)把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．

(2)三条侧棱互相垂直的三棱锥的外接球：

①如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相等，那么可以补形为一个正方体，正方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心；

②如果三棱锥的三条侧棱互相垂直但不相等，那么可以补形为一个长方体，长方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．

[集训冲关]

1．[考法一]已知一个圆锥底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内切球的表面积为()

A．π B．3π2

C．2πD．3π

解析：选C依题意，作出圆锥与球的轴截面，如图所示，设球的半径为r，易知轴截面三

角形边AB上的高为22，因此22－r

3＝

1，解得

r＝

2，所以圆锥内切球的表面积为4π×(

)222＝2π，故选C.

2．[考法二]已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，

AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为()

A.317

2B．210

C.13

2D．310

解析：选C如图，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.又AM＝1

2BC＝

32＋42＝5

2，OM＝

2AA1＝6，所以球O的半径R＝OA＝(

)522＋62＝132.

3．[考法二]已知三棱锥S-ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，AB＝2，SA＝SB ＝SC＝2，则三棱锥S-ABC的外接球的球心到平面ABC的距离是()

A．

3B．1

C． 3 D．33 2

解析：选A∵三棱锥S-ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，SA＝SB＝SC＝2，∴S在底面ABC内的射影为AB的中点，设AB的中点为H，连接SH，CH，∴SH⊥平面ABC，∴SH上任意一点到A，B，C的距离相等，易知SH＝3，CH＝1，∴Rt△SHC中∠HSC＝30°.在面SHC内作SC的垂直平分线MO，交SH于点O，交SC于

点M，则O为三棱锥S-ABC的外接球的球心．∵SC＝2，∴SM＝1，又∠OSM＝30°，∴SO＝23

3，OH＝

3，∴球

心O到平面ABC的距离为

3，故选A.

[课时跟踪检测]

[A级保分题——准做快做达标]

1．如图，一个三棱柱的正视图和侧视图分别是矩形和正三角形，则这个三棱柱的俯视图为()

解析：选D由正视图和侧视图可知，这是一个水平放置的正三棱柱．故选D.

2．(2019·长春质监)《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何？刍甍：底面为矩形的屋脊状的几何体(网格纸中粗线部分为其三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1)，那么该刍甍的体积为()

A．4B．5

C．6D．12

解析：选B 如图，由三视图可还原得到几何体ABCDEF ，过E ，F 分别作垂直于底面的截面EGH 和FMN ，可将原几何体切割成三棱柱EHG -FNM ，四棱锥E -ADHG 和四棱锥F -MBCN ，易知三棱柱的体积为12×3×1×2＝3，两个四棱锥的体积相同，都为

3×1×3×1＝1，则该刍甍的体积为3＋1＋1＝5.故选B.

3．(2019·辽宁五校协作体模考)一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )

A ．36

B ．48

C ．64

D ．72

解析：选B 由几何体的三视图可得几何体，如图所示，将几何体分割为两个三棱柱，所以该几何体的体积为12×3×4×4＋1

×3×4×4＝48，故选B.

4．(2019·武汉调研)一个几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )

A ．28

B ．24＋25

C ．20＋45

D ．20＋25

解析：选B 如图，三视图所对应的几何体是长、宽、高分别为2,2,3的长方体去掉一个三棱柱后的棱柱ABIE -DCMH ，则该几何体的表面积S ＝(2×2)×5＋()

2×1×2×2＋2×1＋2×5＝24＋2 5.故选B.

5．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为( )

A ．8

B ．62

C ．82

D ．83

解析：选C 如图，连接AC 1，BC 1，AC .∵AB ⊥平面BB 1C 1C ， ∴∠AC 1B 为直线AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角， ∴∠AC 1B ＝30°.又AB ＝BC ＝2，在Rt △ABC 1中，AC 1＝

sin 30°

＝4. 在Rt △ACC 1中，CC 1＝AC 21－AC 2＝42－(22＋22

)＝22，

∴V 长方体＝AB ×BC ×CC 1＝2×2×22＝8 2.

6．(2019·达州模拟)如图①，需在正方体的盒子内镶嵌一个小球，使得镶嵌后的三视图均为图②所示，且平面A 1BC 1

截得小球的截面面积为2π

，则该小球的体积为( )

A.π6

B.4π3

C.32π

D.82π

解析：选B 设正方体盒子的棱长为2a ，则内接球的半径为a ，平面A 1BC 1截正方体，得边长为22a 的正三角形，且球与以点B 1为公共点的三个面的切点恰为△A 1BC 1三边的中点，则所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积．如图，设△A 1BC 1的内切圆的圆心为O ，A 1C 1的中点为M ，则由图得∠OA 1M ＝30°，A 1M ＝2a ，△A 1BC 1的内切圆的半径OM ＝2a × tan 30°＝63a .则所求的截面圆的面积是π×63a ×63a ＝2π3a 2＝2π

，解得a ＝1.于是小球的体积V 球＝

4π3×13＝4π

.故选B. 7．(2019·黄山模拟)如图，直角梯形ABCD 中，AD ⊥DC ，AD ∥BC ，BC ＝2CD ＝2AD ＝2，若将该直角梯形绕BC 边旋转一周，则所得的几何体的表面积为________．

解析：根据题意可知，该几何体的上半部分为圆锥(底面半径为1，高为1)，下半部分为圆柱(底面半径为1，高为1)，如图所示，则所得几何体的表面积为圆锥侧面积、圆柱的侧面积以及圆柱的下底面面积之和，即表面积为π×1×12＋12＋2π×12＋π×12＝(2＋3)π.

答案：(2＋3)π

8．(2019·广州一测)已知三棱锥P -ABC 的底面ABC 是等腰三角形，AB ⊥AC ，PA ⊥底面ABC ，PA ＝AB ＝1，则这个三棱锥内切球的半径为________．

解析：如图所示，依题意可得S △ABC ＝12×1×1＝12，S △PAB ＝ 12×1×1＝1

2，S △PAC ＝

12×1×1＝12，S △PBC ＝12×2×2×sin 60°＝3

2.设这个三棱锥内切球的半径为r ，则有V P -ABC ＝13×S △ABC ×PA ＝13(S △PAB ＋S △PAC ＋S △ABC ＋S △PBC )×r ，得到13×12×1＝13×()

12＋12＋12＋32×r ，解得r ＝

3－3

. 答案：

3－3

9．(2019·沈阳模拟)棱长均相等的四面体ABCD 的外接球半径为1，则该四面体的棱长为________．

解析：将棱长均相等的四面体ABCD 补成正方体，设正方体的棱长为a ，则正四面体ABCD 的棱长为2a ，正方体的体对角线长为3a ，由3a ＝2?a ＝

233，则2a ＝26

. 答案：

10．一个几何体的三视图如图所示．已知正视图是底边长为1的平行四边形，侧视图是一个长为3、宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形．

(1)求该几何体的体积V ； (2)求该几何体的表面积S .

解：(1)由三视图可知，该几何体是一个平行六面体(如图)，其底面是边长为1的正方形，高为 3.

所以V ＝1×1×3＝ 3.

(2)由三视图可知，该平行六面体中，A 1D ⊥平面ABCD ，CD ⊥平面BCC 1B 1，所以AA 1＝2，侧面ABB 1A 1，CDD 1C 1均为矩形． S ＝2×(1×1＋1×3＋1×2)＝6＋2 3.

11．一个正三棱锥的底面边长为6，侧棱长为15，求这个三棱锥的体积．

解：正三棱锥S -ABC 如图所示，

设H 为正三角形ABC 的中心，连接SH ，则SH 的长即为该正三棱锥的高．连接AH 并延长交BC 于点E ，则E 为BC 的中点，且AE ⊥BC . ∵△ABC 是边长为6的正三角形， ∴AE ＝

32×6＝33，∴AH ＝2

AE ＝2 3. 在△ABC 中，S △ABC ＝12BC ·AE ＝1

2×6×33＝9 3.

在Rt △SHA 中，SA ＝15，AH ＝23， ∴SH ＝SA 2－AH 2＝15－12＝3， ∴V 正三棱锥＝13S △ABC ·SH ＝1

×93×3＝9.

12．如图，一个圆锥的底面半径为2，高为4，在其中有一个高为x 的内接圆柱． (1)求圆柱的侧面积；

(2)当x 为何值时，圆柱的侧面积最大？

解：(1)如图，设内接圆柱底面半径为r .S 圆柱侧＝2πr ·x .① ∵r 2＝4－x

4，∴r ＝12

(4－x )．

②

②代入①，S 圆柱侧＝2πx ·1

2(4－x )＝π(－x 2＋4x )(0＜x ＜4)．

(2)S 圆柱侧＝π(－x 2＋4x )＝π[－(x －2)2＋4]，