立体几何第1讲 空间几何体的表面积和体积 作业 解析
立体几何空间几何体的表面积与体积
立体几何空间几何体的表面积与体积(共8页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--第2讲空间几何体的表面积与体积考点考查柱、锥、台、球的体积和表面积，由原来的简单公式套用渐渐变为与三视图及柱、锥与球的接切问题相结合，难度有所增大．【复习指导】本讲复习时，熟记棱柱、棱锥、圆柱、圆锥的表面积和体积公式，运用这些公式解决一些简单的问题．基础梳理1．柱、锥、台和球的侧面积和体积面积体积圆柱S侧＝2πrh V＝Sh＝πr2h圆锥S侧＝πrlV＝13Sh＝13πr2h＝13πr2l2－r2圆台S侧＝π(r1＋r2)lV＝13(S上＋S下＋S上S下)h＝13π(r21＋r22＋r1r2)h直棱柱S侧＝Ch V＝Sh正棱锥S侧＝12Ch′V＝13Sh正棱台S侧＝12(C＋C′)h′V＝13(S上＋S下＋S上S下)h球S球面＝4πR2V＝43πR32.几何体的表面积(1)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是各面面积之和．(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形；它们的表面积等于侧面积与底面面积之和．两种方法(1)解与球有关的组合体问题的方法，一种是内切，一种是外接．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，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，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面进行解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心或“切点”、“接点”作出截面图．(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．这一方法回避了具体通过作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值．双基自测1．(人教A版教材习题改编)圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是()．A．4πS B．2πSC．πSπS解析设圆柱底面圆的半径为r，高为h，则r＝S π，又h＝2πr＝2πS，∴S圆柱侧＝(2πS)2＝4πS.答案A2．(2012·东北三校联考)设长方体的长、宽、高分别为2a、a、a，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为()．A．3πa2 B．6πa2 C．12πa2 D．24πa2解析由于长方体的长、宽、高分别为2a、a、a，则长方体的体对角线长为2a2＋a2＋a2＝6a.又长方体外接球的直径2R等于长方体的体对角线，∴2R＝6a.∴S 球＝4πR2＝6πa2.答案B3．(2011·北京)某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中最大的是( )．A ．8B ．62C ．10D ．82解析 由三视图可知，该几何体的四个面都是直角三角形，面积分别为6,62，8,10，所以面积最大的是10，故选择C. 答案 C 4．(2011·湖南)设右图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )． π＋12 π＋18C ．9π＋42D ．36π＋18解析 该几何体是由一个球与一个长方体组成的组合体，球的直径为3，长方体的底面是边长为3的正方形，高为2，故所求体积为2×32＋43π⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝92π＋18.答案 B5．若一个球的体积为43π，则它的表面积为________． 解析 V ＝4π3R 3＝43π，∴R ＝3，S ＝4πR 2＝4π·3＝12π. 答案 12π考向一 几何体的表面积【例1】►(2011·安徽)一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )．A．48 B．32＋817C．48＋817 D．80[审题视点] 由三视图还原几何体，把图中的数据转化为几何体的尺寸计算表面积．解析换个视角看问题，该几何体可以看成是底面为等腰梯形，高为4的直棱柱，且等腰梯形的两底分别为2,4，高为4，故腰长为17，所以该几何体的表面积为48＋817.答案C以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．【训练1】若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，则其侧面积等于()．B．2C．2 3 D．6解析由正视图可知此三棱柱是一个底面边长为2的正三角形、侧棱为1的直三棱柱，则此三棱柱的侧面积为2×1×3＝6.答案D考向二几何体的体积【例2】►(2011·广东)如图，某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为()．A ．18 3B ．12 3C ．9 3D ．63[审题视点] 根据三视图还原几何体的形状，根据图中的数据和几何体的体积公式求解．解析 该几何体为一个斜棱柱，其直观图如图所示，由题知该几何体的底面是边长为3的正方形，高为3，故V ＝3×3×3＝9 3. 答案 C以三视图为载体考查几何体的体积，解题的关键是根据三视图想象原几何体的形状构成，并从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，然后在直观图中求解． 【训练2】 (2012·东莞模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于( )．π π π＋8 D ．12 π解析 由三视图可知，该几何体是底面半径为2，高为2的圆柱和半径为1的球的组合体，则该几何体的体积为π×22×2＋43π＝283π. 答案 A考向三 几何体的展开与折叠【例3】►(2012·广州模拟)如图1，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，CD ∥AB ，AB ＝4，AD ＝CD ＝2，将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体DABC ，如图2所示．(1)求证：BC⊥平面ACD；(2)求几何体DABC的体积．[审题视点] (1)利用线面垂直的判定定理，证明BC垂直于平面ACD内的两条相交线即可；(2)利用体积公式及等体积法证明．(1)证明在图中，可得AC＝BC＝22，从而AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC，取AC的中点O，连接DO，则DO⊥AC，又平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，DO⊂平面ADC，从而DO⊥平面ABC，∴DO⊥BC，又AC⊥BC，AC∩DO＝O，∴BC⊥平面ACD.(2)解由(1)可知，BC为三棱锥BACD的高，BC＝22，S△ACD＝2，∴V BACD＝13S△ACD·BC＝13×2×22＝423，由等体积性可知，几何体DABC的体积为42 3.(1)有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形(折前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系，哪些变，哪些不变．(2)研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．【训练3】已知在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝2，P是BC1上一动点，如图所示，则CP＋PA1的最小值为________．解析PA1在平面A1BC1内，PC在平面BCC1内，将其铺平后转化为平面上的问题解决．计算A1B＝AB1＝40，BC1＝2，又A1C1＝6，故△A1BC1是∠A1C1B＝90°的直角三角形．铺平平面A1BC1、平面BCC1，如图所示．CP＋PA1≥A1C.在△AC1C中，由余弦定理得A1C＝62＋22－2·6·2·cos 135°＝50＝52，故(CP＋PA1)min＝5 2.答案52难点突破17——空间几何体的表面积和体积的求解空间几何体的表面积和体积计算是高考的一个常见考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技巧、把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧、对旋转体作其轴截面的技巧、通过方程或方程组求解的技巧等，这是化解空间几何体面积和体积计算难点的关键．【示例1】► (2010·安徽)一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积为()．A．280 B．292 C．360 D．372【示例2】►(2011·全国新课标)已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的316，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为________．。
高二数学空间几何体的表面积与体积试题答案及解析
高二数学空间几何体的表面积与体积试题答案及解析1.正四棱锥的五个顶点在同一个球面上,若其底面边长为4,侧棱长为,则此球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】设球的半径为，正方形的ABCD的对角线的交点 M，则球心在直线PM上．，由勾股定理得,再由射影定理得即∴此球的表面积为.【考点】球的表面积.2.一个圆柱形的罐子半径是4米，高是9米，将其平放，并在其中注入深2米的水，截面如图所示，水的体积是（）平方米.A．B．C．D．【答案】D.【解析】所求几何体的体积为阴影部分的面积与高的乘积，在中，,则,,体积.【考点】组合体的体积.3.一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是_________．【答案】【解析】由正视图可知四棱锥的底面边长为2，高为2，可求出斜高为，因此四棱锥的侧面积，答案为.【考点】1.几何体的三视图；2.锥体的侧面积计算4.已知球的直径SC=4，A.,B是该球球面上的两点，AB=2，∠ASC=∠BSC=45°，则棱锥S-ABC的体积为_________【答案】【解析】设ＡB的中点为D，球心为O，连结SD，CD，OD，由SC=4为球的直径知，∠SBC=∠SAC=90o,因为∠ASC=∠BSC=45°，所以SA=BC=SB=AC=，所以SD⊥AB，DC⊥AB，所以AB⊥面SDC，因为AB=2，所以SD=DC==，所以DO= =，所以= ===.考点:球的性质，线面垂直判定，三棱锥的体积公式，转化思想5.如图，一个盛满水的三棱锥容器，不久发现三条侧棱上各有一个小洞，且知，若仍用这个容器盛水，则最多可盛水的体积是原来的 .【答案】【解析】过作截面平行于平面,可得截面下体积为原体积的，若过点F，作截面平行于平面,可得截面上的体积为原体积的，若C为最低点，以平面为水平上面，则体积为原体积的，此时体积最大.【考点】体积相似计算.6.一个半径为1的小球在一个内壁棱长为的正四面体封闭容器内可向各个方向自由运动，则该小球表面永远不可能接触到的容器内壁的面积是．【答案】【解析】如图甲，考虑小球挤在一个角时的情况，记小球半径为，作平面//平面，与小球相切于点，则小球球心为正四面体的中心，，垂足为的中心．因，故，从而．记此时小球与面的切点为，连接，则．考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为)相切时的情况，易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，记为，如图乙．记正四面体的棱长为，过作于．因，有，故小三角形的边长．小球与面不能接触到的部分的面积为（如答图2中阴影部分）．又，，所以．由对称性，且正四面体共4个面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为．【考点】(1)三棱锥的体积公式；（2）分情况讨论及割补思想的应用。
8.2空间几何体的表面积与体积
1.多面体的表(侧)面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和.2.柱、锥、台和球的表面积和体积名称 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 ＝13Sh台体(棱台和圆台)S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 33.常用结论(1)与体积有关的几个结论①一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差. ②底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等. (2)几个与球有关的切、接常用结论 a.正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ； ③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .b.若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2.c.正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)多面体的表面积等于各个面的面积之和.( √ ) (2)锥体的体积等于底面积与高之积.( × ) (3)球的体积之比等于半径比的平方.( × )(4)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差.( √ ) (5)长方体既有外接球又有内切球.( × )(6)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差来计算.( √ )1.将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是( ) A.4π B.3π C.2π D.π 答案 C解析 底面圆半径为1，高为1，侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π.故选C. 2.(2014·重庆)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.12B.18C.24D.30答案 C解析 由俯视图可以判断该几何体的底面为直角三角形，由主视图和左视图可以判断该几何体是由直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)截取得到的.在长方体中分析还原，如图(1)所示，故该几何体的直观图如图(2)所示.在图(1)中，V 111ABC A B C －棱柱＝S △ABC ·AA 1＝12×4×3×5＝30，V 111P A B C 锥－棱＝13S111A B C ·PB 1＝13×12×4×3×3＝6.故几何体ABC －P A 1C 1的体积为30－6＝24.故选C.3.(2015·陕西)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A.3πB.4πC.2π＋4D.3π＋4答案 D解析 由三视图可知原几何体为半圆柱，底面半径为1，高为2，则表面积为： S ＝2×12π×12＋12×2π×1×2＋2×2＝π＋2π＋4＝3π＋4.4.(教材改编)一个棱长为2 cm 的正方体的顶点都在球面上，则球的体积为________ cm 3. 答案 43π解析 由题意知正方体的体对角线为其外接球的直径， 所以其外接球的半径r ＝12×23＝3(cm)，所以V 球＝43π×r 3＝43π×33＝43π(cm 3).5.(2015·天津)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.答案 83π解析 由三视图可知，该几何体由相同底面的两圆锥和圆柱组成，底面半径为1 m ，圆锥的高为1 m ，圆柱的高为2 m ，所以该几何体的体积V ＝2×13π×12×1＋π×12×2＝83π (m 3).题型一 求空间几何体的表面积例1 (1)(2015·安徽)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )A.1＋ 3B.1＋2 2C.2＋ 3D.2 2(2)(2015·课标全国Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的主视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16＋20π，则r 等于( )A.1B.2C.4D.8(3)(2014·山东)一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________. 答案 (1)C (2)B (3)12解析 (1)由几何体的三视图可知空间几何体的直观图如图所示. ∴其表面积S 表＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋3，故选C.(2)由主视图与俯视图想象出其直观图，然后进行运算求解.如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B. (3)设正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′. 由题意，得13×6×12×2×3×h ＝23，∴h ＝1，∴斜高h ′＝12＋(3)2＝2， ∴S 侧＝6×12×2×2＝12.思维升华 空间几何体表面积的求法(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量.(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理. (3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.(2014·安徽)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为( )A.21＋ 3B.18＋ 3C.21D.18答案 A解析 由几何体的三视图可知，该几何体的直观图如图所示. 因此该几何体的表面积为6×(4－12)＋2×34×(2)2＝21＋ 3.故选A.题型二 求空间几何体的体积命题点1 求以三视图为背景的几何体的体积例2 (2015·课标全国Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18 B.17 C.16 D.15答案 D解析 如图，由题意知，该几何体是正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1被过三点A 、B 1、D 1的平面所截剩余部分，截去的部分为三棱锥A-A 1B 1D 1，设正方体的棱长为1，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为V 111A A B D -V 111B C D ABCD -＝V 111A AB D -V 1111A BCD ABCD -－V 111A A B D -＝13×12×12×113－13×12×12×1＝15.选D.命题点2 求简单几何体的体积例3 (2015·山东)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π3 B.4π3 C.5π3 D.2π 答案 C解析 过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，故选C.(1)一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的体积等于( )A.4π3 B.32π3 C.36πD.256π3(2)如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为( ) A.23B.33C.43D.32答案 (1)B (2)A解析 (1)由三视图可知该几何体是一个直三棱柱，底面为直角三角形，高为12，如图所示，其中AC ＝6，BC ＝8，∠ACB ＝90°，则AB ＝10.由题意知，当打磨成的球的大圆恰好与三棱柱底面直角三角形的内切圆相同时，该球的半径最大.即r ＝6＋8－102＝2，故能得到的最大球的体积为43πr 3＝4π3×8＝32π3，故选B.(2)如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，容易求得EG ＝HF ＝12，AG ＝GD ＝BH ＝HC ＝32，∴S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，∴V ＝V E －ADG ＋V F －BCH ＋V AGD －BHC ＝2V E －ADG ＋V AGD －BHC ＝13×24×12×2＋24×1＝23.故选A.思维升华 空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解. (2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解. (3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解. 题型三 与球有关的切、接问题例4 已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172B.210C.132 D.310答案 C解析 如图所示，由球心作平面ABC 的垂线， 则垂足为BC 的中点M . 又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝(52)2＋62＝132. 引申探究1.本例若将直三棱柱改为“棱长为4的正方体”，则此正方体外接球和内切球的体积各是多少？ 解 由题意可知，此正方体的体对角线长即为其外接球的直径，正方体的棱长即为其内切球的直径.设该正方体外接球的半径为R ，内切球的半径为r . 又正方体的棱长为4，故其体对角线长为43， 从而V 外接球＝43πR 3＝43π×(23)3＝323π，V 内切球＝43πr 3＝43π×23＝32π3.2.本例若将直三棱柱改为“正四面体”，则此正四面体的表面积S 1与其内切球的表面积S 2的比值为多少？ 解 设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径r 为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2πa 26＝63π.3.本例中若将直三棱柱改为“侧棱和底面边长都是32的正四棱锥”，则其外接球的半径是多少？ 解 依题意得，该正四棱锥的底面对角线的长为32×2＝6，高为(32)2－(12×6)2＝3，因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该正四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为3.思维升华 空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解.(2)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段P A ，PB ，PC 两两互相垂直，且P A ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解.如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB＝AC ，侧面BCC 1B 1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB 1A 1的面积为( ) A.22B.1C. 2D. 3答案 C解析 由题意知，球心在侧面BCC 1B 1的中心O 上，BC 为△ABC 所在圆面的直径，∴∠BAC ＝90°，△ABC 的外接圆圆心N 是BC 的中点，同理△A 1B 1C 1的外心M 是B 1C 1的中点.设正方形BCC 1B 1的边长为x ，Rt △OMC 1中，OM ＝x 2，MC 1＝x2，OC 1＝R ＝1(R为球的半径)，∴(x 2)2＋(x2)2＝1，即x ＝2，则AB ＝AC ＝1， ∴S 11ABB A 矩形＝2×1＝ 2.14.巧用补形法解决立体几何问题典例 如图：△ABC 中，AB ＝8，BC ＝10，AC ＝6，DB ⊥平面ABC ，且AE ∥FC ∥BD ，BD ＝3，FC ＝4，AE ＝5. 则此几何体的体积为________.思维点拨 将所求几何体补成一个直三棱柱，利用棱柱的体积公式即可求得该几何体的体积.解析 用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使AA ′＝BB ′＝CC ′＝8，所以V 几何体＝12V 三棱柱＝12×S △ABC ·AA ′＝12×24×8＝96.答案 96温馨提醒 (1)补形法的应用思路：“补形法”是立体几何中一种常见的重要方法，在解题时，把几何体通过“补形”补成一个完整的几何体或置于一个更熟悉的几何体中，巧妙地破解空间几何体的体积等问题，常见的补形法有对称补形、联系补形与还原补形，对于还原补形，主要涉及台体中“还台为锥”. (2)补形法的应用条件：当某些空间几何体是某一个几何体的一部分，且求解的问题直接求解较难入手时，常用该法.[方法与技巧]求空间几何体的侧面积、体积的思想与方法(1)转化与化归思想：计算旋转体的侧面积时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形，“化曲为直”来解决，因此要熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形面积的求法.(2)求体积的两种方法：①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决.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.[失误与防范]求空间几何体的表面积应注意的问题(1)求组合体的表面积时，要注意各几何体重叠部分的处理.(2)底面是梯形的四棱柱侧放时，容易和四棱台混淆，在识别时要紧扣定义，以防出错.A 组 专项基础训练 (时间：35分钟)1.(2015·浙江)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A.8 cm 3B.12 cm 3C.323 cm 3D.403 cm 3答案 C解析 由三视图可知该几何体是由棱长为2 cm 的正方体与底面为边长为2 cm 正方形、高为2 cm 的四棱锥组成，V ＝V 正方体＋V 四棱锥＝8 cm 3＋83 cm 3＝323cm 3.故选C.2.用平面α截球O 所得截面圆的半径为3，球心O 到平面α的距离为4，则此球的表面积为( ) A.100π3B.500π3C.75πD.100π答案 D解析 依题意，设球半径为R ，满足R 2＝32＋42＝25， ∴S 球＝4πR 2＝100π.3.(2015·课标全国Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( ) A.14斛 B.22斛 C.36斛 D.66斛 答案 B解析 由题意知：米堆的底面半径为163(尺)，体积V ＝13×14πR 2·h ≈3209(立方尺).所以堆放的米大约为3209×1.62≈22(斛).4.一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是菱形，则该几何体的侧面积为( )A.3＋ 6B.3＋ 5C.2＋ 6D.2＋ 5答案 C解析 由三视图还原为空间几何体，如图所示， 则有OA ＝OB ＝1，AB ＝ 2. 又PB ⊥平面ABCD ， ∴PB ⊥BD ，PB ⊥AB ，∴PD ＝22＋1＝5，P A ＝2＋12＝3，从而有P A 2＋DA 2＝PD 2，∴P A ⊥DA ，∴该几何体的侧面积S ＝2×12×2×1＋2×12×2×3＝2＋ 6. 5.(2015·课标全国Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点.若三棱锥O-ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A.36πB.64πC.144πD.256π答案 C解析 如图，要使三棱锥O-ABC 即C-OAB 的体积最大，当且仅当点C到平面OAB 的距离，即三棱锥C-OAB 底面OAB 上的高最大，其最大值为球O 的半径R ，则V O-ABC 最大＝V C-OAB 最大＝13×S △OAB ×R ＝13×12×R 2×R ＝16R 3＝36，所以R ＝6，得S 球O ＝4πR 2＝4π×62＝144π.选C.6.(2014·山东)三棱锥P －ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D －ABE 的体积为V 1，P －ABC的体积为V 2，则V 1V 2＝________. 答案 14解析 设点A 到平面PBC 的距离为h .∵D ，E 分别为PB ，PC 的中点，∴S △BDE ＝14S △PBC ， ∴V 1V 2＝V A －DBE V A －PBC ＝13S △BDE ·h 13S △PBC ·h ＝14. 7.(2015·江苏)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________.答案 7 解析 设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r ＝7. 8.一个圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球O 的球面上，则该圆锥的体积与球O 的体积的比值为________.答案 932解析 设等边三角形的边长为2a ，球O 的半径为R ，则V 圆锥＝13·πa 2·3a ＝33πa 3.又R 2＝a 2＋(3a －R )2，所以R ＝233a ， 故V 球＝4π3·(233a )3＝323π27a 3， 则其体积比为932. 9.如图所示的三个几何体，一个是长方体，一个是直三棱柱，一个是过圆柱上、下底面圆心切下圆柱的四分之一部分，若这三个几何体的主视图和俯视图是相同的正方形，求它们的表面积之比.解 由题意可知这三个几何体的高都相等，设长方体的底面正方形的边长为a ，高也等于a ，故其表面积为S 1＝6a 2.直三棱柱的底面是腰长为a 的等腰直角三角形，高为a ，故其表面积为S 2＝12×a ×a ＋12×a ×a ＋(a ＋a ＋2a )×a ＝(3＋2)a 2.14圆柱的底面是半径为a 的圆的14，高为a ，故其表面积为S 3＝14πa 2＋14πa 2＋a 2＋a 2＋14×2πa ×a ＝(π＋2)a 2.所以它们的表面积之比为S 1∶S 2∶S 3＝6a 2∶(3＋2)a 2∶(π＋2)a 2＝6∶(3＋2)∶(π＋2).10.(教材改编)已知一个上、下底面为正三角形且两底面中心连线垂直于底面的三棱台的两底面边长分别为20 cm 和30 cm ，且其侧面积等于两底面面积之和，求棱台的高.解 如图所示，三棱台ABC —A 1B 1C 1中，O 、O 1分别为两底面中心，D 、D 1分别为BC 和B 1C 1的中点，则DD 1为棱台的斜高.由题意知A 1B 1＝20，AB ＝30，则OD ＝53，O 1D 1＝1033， 由S 侧＝S 上＋S 下，得3×12×(20＋30)×DD 1＝34×(202＋302)， 解得DD 1＝1333，在直角梯形O 1ODD 1中， O 1O ＝DD 21－(OD －O 1D 1)2＝43， 所以棱台的高为4 3 cm.B 组 专项能力提升(时间：25分钟)11.已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝3，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则棱锥S —ABC 的体积为( )A.3 3B.2 3C. 3D.1答案 C解析 如图，过A 作AD 垂直SC 于D ，连接BD .由于SC 是球的直径，所以∠SAC ＝∠SBC ＝90°，又∠ASC ＝∠BSC ＝30°，又SC 为公共边， 所以△SAC ≌△SBC .由于AD ⊥SC ，所以BD ⊥SC .由此得SC ⊥平面ABD .所以V S —ABC ＝V S —ABD ＋V C —ABD ＝13S △ABD ·SC . 由于在Rt △SAC 中，∠ASC ＝30°，SC ＝4，所以AC ＝2，SA ＝23，由于AD ＝SA ·CASC ＝ 3.同理在Rt △BSC 中也有BD ＝SB ·CBSC ＝ 3.又AB ＝3，所以△ABD 为正三角形，所以V S —ABC ＝13S △ABD ·SC＝13×12×(3)2·sin 60°×4＝3，所以选C.12.某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是( )A.28＋6 5B.30＋6 5C.56＋12 5D.60＋12 5答案 B解析 由几何体的三视图可知，该三棱锥的直观图如图所示，其中AE ⊥平面BCD ，CD ⊥BD ，且CD ＝4，BD ＝5，BE ＝2，ED ＝3，AE ＝4.∵AE ＝4，ED ＝3，∴AD ＝5.又CD ⊥BD ，CD ⊥AE ，则CD ⊥平面ABD ，故CD ⊥AD ，所以AC ＝41且S △ACD ＝10.在Rt △ABE 中，AE ＝4，BE ＝2，故AB ＝2 5.在Rt △BCD 中，BD ＝5，CD ＝4，故S △BCD ＝10，且BC ＝41.在△ABD 中，AE ＝4，BD ＝5，故S △ABD ＝10.在△ABC 中，AB ＝25，BC ＝AC ＝41，则AB 边上的高h ＝6，故S △ABC ＝12×25×6＝6 5. 因此，该三棱锥的表面积为S ＝30＋6 5.13.(2015·四川)在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，其主视图和左视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形，设点M ，N ，P 分别是AB ，BC ，B 1C 1的中点，则三棱锥P —A 1MN 的体积是________.答案 124解析 由题意知还原后的几何体是一个直放的三棱柱，三棱柱的底面是直角边长为1的等腰直角三角形，高为1的直三棱柱，∵V 1—P A MN ＝V 1—A PMN ，又∵AA 1∥平面PMN ，∴V 1—A PMN ＝V A —PMN ，∴V A —PMN ＝13×12×1×12×12＝124， 故V 1—P A MN ＝124. 14.(2015·课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E —ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积. (1)证明 因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE .故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .(2)解 设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x . 由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E —ACD 的体积V E —ACD ＝13×12AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63. 故x ＝2.从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥E —ACD 的侧面积为3＋2 5.15.如图，△ABC 内接于圆O ，AB 是圆O 的直径，四边形DCBE 为平行四边形，DC ⊥平面ABC ，AB ＝2，EB ＝ 3.(1)求证：DE ⊥平面ACD ；(2)设AC ＝x ，V (x )表示三棱锥B －ACE 的体积，求函数V (x )的解析式及最大值.(1)证明 ∵四边形DCBE 为平行四边形，∴CD ∥BE ，BC ∥DE .∵DC ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴DC ⊥BC .∵AB 是圆O 的直径，∴BC ⊥AC ，且DC ∩AC ＝C ，∴BC ⊥平面ADC .∵DE ∥BC ，∴DE ⊥平面ADC .(2)解 ∵DC ⊥平面ABC ，∴BE ⊥平面ABC .在Rt △ABE 中，AB ＝2，EB ＝ 3.在Rt △ABC 中，∵AC ＝x ，BC ＝4－x 2(0<x <2)，∴S △ABC ＝12AC ·BC ＝12x ·4－x 2， ∴V (x )＝V E －ABC ＝36x ·4－x 2(0<x <2). ∵x 2(4－x 2)≤(x 2＋4－x 22)2＝4，当且仅当x 2＝4－x 2，即x ＝2时，取等号， ∴x ＝2时，体积有最大值33.。
第1节 空间几何体的结构及表面积和体积课件
1
课标要求
命题方向
数学素养
1.利用实物、计算机软件等视察空间 1.空间几何体的结构 数学抽象、直观
图形，认识柱、锥、台、球及简单 特征
想象
组合体的结构特征，并能运用这些 2.空间几何体的直观 数学抽象、直观
特征描述现实生活中简单物体的结 图
想象
构；
3.空间几何体的表面 直观想象、数学
则底面圆的半径为( B )
A．1 cm
B．2 cm
C．3 cm
D．32 cm
解析：由题意，得 2πl×12＝2πr，l＝2r，S 表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，
解得 r2＝4，所以 r＝2(cm)．
3．[模拟演练](202X·吉林省辽源市模拟)一个正方体的顶点都在球面上，它
四棱柱 D．存在每个面都是直角三角形的四面体
解析：A 不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不 一定全等；B 正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个 二面角都是直二面角；C 正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧 棱，又垂直于底面；D正确，如图，正方体 ABCD-A1B1C1D1 中的三棱锥 C1-ABC， 四个面都是直角三角形．
4 ． (202X·全 国 Ⅱ 卷 ) 中 国 有 悠 久 的 金 石 文 化 ， 印 信 是 金 石 文 化 的 代 表 之 一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信 的印信形状是“半正多面体”(图①)．半正多面体是由两种或两种以上的正 多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图②是一个棱数为 48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的 棱长为1，则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．
空间解析几何体积与表面积题解析
空间解析几何体积与表面积题解析解析空间几何体积与表面积题空间几何体积和表面积是几何学中的重要概念。
在解析几何中，我们常常需要计算各种形状的体积和表面积。
本文将通过解析几个具体的题目，来帮助读者更好地理解和应用空间几何体积和表面积的概念。
一、正方体的体积与表面积计算假设有一个边长为a的正方体。
正方体的体积可以通过边长的立方来计算，即V = a³。
而正方体的表面积则可以通过每个面的面积之和来计算，即S = 6a²。
二、长方体的体积与表面积计算假设有一个长方体，其长、宽、高分别为a、b、c。
长方体的体积可以通过长、宽、高的乘积来计算，即V = abc。
而长方体的表面积可以通过各个面的面积之和来计算，即S = 2(ab + ac + bc)。
三、圆柱的体积与表面积计算假设有一个底面半径为r，高度为h的圆柱。
圆柱的体积可以通过底面面积乘以高度来计算，即V = πr²h。
而圆柱的表面积由底面积和侧面积之和组成，即S = 2πrh + 2πr²。
四、球体的体积与表面积计算假设有一个半径为r的球体。
球体的体积可以通过四分之三乘以π乘以半径的立方来计算，即V = (4/3)πr³。
而球体的表面积可以通过球的表面的面积来计算，即S = 4πr²。
五、金字塔的体积与表面积计算假设有一个底面边长为a，高度为h的金字塔。
金字塔的体积可以通过底面面积乘以高度再除以三来计算，即V = (a²h)/3。
而金字塔的表面积由底面积和四个侧面积之和组成，即S = a² + 2ah。
六、锥体的体积与表面积计算假设有一个底面半径为r，高度为h的锥体。
锥体的体积可以通过底面面积乘以高度再除以三来计算，即V = (πr²h)/3。
而锥体的表面积由底面积和侧面积之和组成，即S = πrl + πr²，其中l为锥体的斜高。
在解析几何中，掌握计算不同几何体的体积和表面积的方法是非常重要的。
空间几何体的表面积和体积经典例题(教师讲义打印一份)
空间几何体的表面积和体积一．课标要求：了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）。
二．命题走向近些年来在高考中不仅有直接求多面体、旋转体的面积和体积问题，也有已知面积或体积求某些元素的量或元素间的位置关系问题。
即使考查空间线面的位置关系问题，也常以几何体为依托.因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式.同时也要学会运用等价转化思想，会把组合体求积问题转化为基本几何体的求积问题，会等体积转化求解问题，会把立体问题转化为平面问题求解，会运用“割补法”等求解。
由于本讲公式多反映在考题上，预测2016年高考有以下特色：（1）用选择、填空题考查本章的基本性质和求积公式；（2）考题可能为：与多面体和旋转体的面积、体积有关的计算问题；与多面体和旋转体中某些元素有关的计算问题；三．要点精讲1．多面体的面积和体积公式表中S表示面积，c′、c分别表示上、下底面周长，h表斜高，h′表示斜高，l表示侧棱长。
2．旋转体的面积和体积公式表中l、h分别表示母线、高，r表示圆柱、圆锥与球冠的底半径，r1、r2分别表示圆台上、下底面半径，R表示半径。
四．典例解析题型1：柱体的体积和表面积例1．一个长方体全面积是20cm 2，所有棱长的和是24cm ，求长方体的对角线长. 解：设长方体的长、宽、高、对角线长分别为xcm 、ycm 、zcm 、lcm 依题意得：⎩⎨⎧=++=++24)(420)(2z y x zx yz xy )2()1(由（2）2得：x 2+y 2+z 2+2xy+2yz+2xz=36（3）由（3）－（1）得x 2+y 2+z 2=16 即l 2=16所以l =4(cm)。
点评：涉及棱柱面积问题的题目多以直棱柱为主，而直棱柱中又以正方体、长方体的表面积多被考察。
我们平常的学习中要多建立一些重要的几何要素（对角线、内切）与面积、体积之间的关系。
例2．如图1所示，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，已知AB=5，AD=4，AA 1=3，AB ⊥AD ，∠A 1AB=∠A 1AD=3π。
立体几何(空间几何体的面积、体积)
立体几何第二讲：空间几何体的面积、体积一．基础知识1．多面体的表面积、侧面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式3.柱、锥、台、球的表面积和体积二．经典案例案例一：①(2018·全国Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为()A．122π B．12π C．82π D．10π解析设圆柱的轴截面的边长为x，则由x2＝8，得x＝22，∴S圆柱表＝2S底＋S侧＝2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.②(2017·全国Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π解析 (割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示．将圆柱补全，并将圆柱从点A 处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π.故选B.③(2019·衡水中学调研)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.6B.4C.223D.203解析 由三视图知该几何体是边长为2的正方体挖去一个三棱柱(如图)，且挖去的三棱柱的高为1，底面是边长为2的等腰直角三角形，故几何体体积V ＝23－12×2×2×1＝6.④(2018·烟台模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.163B.203C.169D.209解析 由给定的三视图可知，该几何体表示左侧是一个以边长为2的正方形为底面，高为2的四棱锥，其体积为V 1＝13×2×2×2＝83；右侧为一个直三棱柱，其底面如俯视图所示，高为2，其体积为V 2＝12×2×2×2＝4， 所以该几何体的体积为V ＝V 1＋V 2＝83＋4＝203，故选B.⑤某组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为________．解析如图所示，该组合体由一个四棱锥和四分之一个球组成，球的半径为1，四棱锥的高为球的半径，四棱锥的底面为等腰梯形，上底为2，下底为1，高为3 2，所以该组合体的体积V＝13×12×(2＋1)×32×1＋14×43π×13＝34＋π3.案例二：①(2019·长春东北师大附中模拟)一个棱锥的三视图如图所示，则这个棱锥的外接球的表面积为()A．34π B ．25π C．41π D．50π解析根据题中所给的三视图可以断定该几何体应该是由长、宽、高分别是4，3，3的长方体所截成的四棱锥，所以该棱锥的外接球相当于对应的长方体的外接球，所以长方体的体对角线就是其外接球的直径，所以有R＝42＋32＋322＝342，从而求得其表面积为S＝4πR2＝34π，故选A.②已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( ) A.3172B ．210 C.132D ．310解析 如图所示，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6， 所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋62＝132.③已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径.若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S －ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________.解析 如图，连接OA ，OB ，因为SA ＝AC ，SB ＝BC ，SC 为球O 的直径，所以OA ⊥SC ，OB ⊥SC .因为平面SAC ⊥平面SBC ，平面SAC ∩平面SBC ＝SC ，且OA 平面SAC ，所以OA ⊥平面SBC .设球的半径为r ，则OA ＝OB ＝r ，SC ＝2r ， 所以V A －SBC ＝13×S △SBC ×OA ＝13×12×2r ×r ×r ＝13r 3， 所以13r 3＝9r ＝3，所以球的表面积为4πr 2＝36π.④(2019·昆明诊断)如图所示的三棱锥D －ABC 的四个顶点均在球O 的球面上， △ABC 和△DBC 所在的平面互相垂直，AB ＝3，AC ＝3，BC ＝CD ＝BD ＝23，则球O 的表面积为( ) A.4π B.12π C.16π D.36π解析如图所示，∵AB2＋AC2＝BC2，∴∠CAB为直角，即△ABC外接圆的圆心为BC的中点O′.△ABC和△DBC 所在的平面互相垂直，则球心在过△DBC的圆面上，即△DBC的外接圆为球的大圆，由等边三角形的重心和外心重合，易得球半径R＝2，球的表面积为S＝4πR2＝16π.⑤某几何体的三视图如图所示，坐标纸上的每个小方格的边长为1，则该几何体的外接球的体积是A.5103B．112π C.1 0009π D.5 0001081π解析 该几何体是如图所示的三棱锥P －ABC ，三棱锥的高PD ＝6，且侧面P AC ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，P A ＝PC ＝42＋62＝52，AC ＝8，BC ＝6，AB ＝82＋62＝10， ∴△ABC 的外接圆的圆心为斜边AB 的中点E ， 设该几何体的外接球的球心为O ，OE ⊥底面ABC ，设OE ＝x ，外接球的半径为R ，则x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫1022＝32＋(6－x )2，解得x ＝53.∴R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫532＋52＝2509，∴外接球的体积V ＝4π3×R 3＝5 0001081π.⑥一张矩形白纸ABCD ，AB ＝10，AD ＝102，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，现分别将△ABE ，△CDF沿BE ，DF 折起，且A ，C 在平面BFDE 同侧，下列命题正确的是________(写出所有正确命题的序号).①当平面ABE∥平面CDF时，AC∥平面BFDE；②当平面ABE∥平面CDF时，AE∥CD；③当A，C重合于点P时，三棱锥P－DEF的外接球的表面积为150π.解析①中，易知A，C到平面BFDE的距离相等，AC∥平面BFDE正确；②中，平面ABE∥平面CDF时，AE与CD异面，AE∥CD不正确；③中，三棱锥P－DEF中，DE＝52，EF＝10，DF＝DC2＋CF2＝150，即DE2＋EF2＝DF2，△DEF为直角三角形，同理，△DPF为直角三角形，且DF为公共斜边，故DF即为外接球直径，其半径R＝DF2＝1502，故球的表面积S＝4πR2＝πDF2＝150π，正确.三．练习（课后作业）1.我国南北朝时期的数学家、天文学家——祖暅，提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.“幂”是面积，“势”即是高，意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.已知某不规则几何体与如图所示三视图对应的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为( )A.8－4π3B.8－πC.8－2π3D.4－π22.中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造的一种标准量器——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(立方寸)，则图中的x 为( )A.1.2B.1.6C.1.8D.2.43.某多面体的三视图如图所示，其中正视图是一个直角边为2的等腰直角三角形，侧视图是两直角边分别为2和1的直角三角形，俯视图为一矩形，则该多面体的外接球的表面积为()A.7πB.8πC.9πD.10π4.在三棱锥P－ABC中，已知P A⊥底面ABC，∠BAC＝60°，P A＝2，AB＝AC＝3，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )A.4π3B.82π3 C.8π D.12π5.某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是( )A.13B.14C.15D.166.我国古代数学名著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱.如图为一个“堑堵”，即三棱柱ABC －A 1B 1C 1，其中AC ⊥BC ，已知该“堑堵”的高为6，体积为48，则该“堑堵”的外接球体积的最小值为________.7.已知三棱锥P－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC满足AB＝22，∠ACB＝90°，P A为球O的直径且P A＝4，则点P到底面ABC的距离为()A. 2B.2 2C. 3D.238.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为32的正方形，AA1＝3，E是线段A1B1上一点，若二面角A－BD－E的正切值为3，则三棱锥A－A1D1E外接球的表面积为________.四．参考答案1.解析由三视图知几何体是棱长为2的正方体挖去一个底面半径为1，高为2的半圆柱后剩余部分.∴三视图对应几何体的体积V ＝23－12×π×12×2＝8－π. 根据祖暅原理，不规则几何体的体积为8－π.2.解析 由三视图知，商鞅铜方升是一个圆柱和一长方体的组合体.依题意，得3(5.4－x )×1＋π⎝ ⎛⎭⎪⎫122x ＝12.6，解得x ＝1.6.3.解析 由三视图可得，该几何体为一个三棱锥，如图三棱锥P －ABC ，放在长、宽、高分别为2，1，2的长方体中，易知外接球的直径2R ＝22＋12＋22＝3， 故S 球＝4πR 2＝9π.4.解析 由题意可得，△ABC 为等边三角形，边长为3，P A ⊥底面ABC ，则该三棱锥的外接球就是以△ABC 为底面，P A 为高的三棱柱的外接球.△ABC 外接圆的半径为23×3sin 60°＝1.P A ＝2，球心到△ABC 外接圆圆心的距离为1，外接球的半径为R ＝12＋12＝2，外接球的表面积S ＝4πR 2＝8π.5.解析 所求几何体可看作是将长方体截去两个三棱柱得到的几何体，在长方体中还原该几何体，如图中ABCD －A ′B ′C ′D ′所示， 长方体的长、宽、高分别为4，2，3，两个三棱柱的高为2，底面是两直角边长分别为3和32的直角三角形， 故该几何体的体积V ＝4×2×3－2×12×3×32×2＝15.6.解析以C为顶点，把三棱柱补成长方体，设其外接球的半径为R，则(2R)2＝AC2＋BC2＋CC21＝36＋AC2＋BC2，又V三棱柱＝12·AC·BC·CC1＝48，知AC·BC＝16，∴AC2＋BC2≥2AC·BC＝32.则(2R)2的最小值为68，所以R min＝17.此时外接球的体积为43π(17)3＝68173π.7.解析取AB的中点O1，连接OO1，如图，在△ABC中，AB＝22，∠ACB＝90°，所以△ABC所在小圆圆O1是以AB为直径的圆，所以O1A＝2，且OO1⊥AO1，又球O的直径P A＝4，所以OA＝2，所以OO1＝OA2－O1A2＝2，且OO1⊥底面ABC，所以点P到平面ABC的距离为2OO1＝2 2.8.解析过点E作EF∥AA1交AB于F，过F作FG⊥BD于G，连接EG，则∠EGF为二面角A－BD－E的平面角，∵tan∠EGF＝3，∴EFFG＝3，∵EF＝AA1＝3，∴FG＝1，则BF＝2＝B1E，∴A1E＝22，则三棱锥A－A1D1E外接球的直径为8＋9＋18＝35，因此三棱锥A－A1D1E外接球的表面积S＝35π.。
空间几何体地表面积和体积考点讲解及经典例题解析汇报
空间几何体的表面积和体积习题讲解一•课标要求：了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）。
二•命题走向近些年来在高考中不仅有直接求多面体、旋转体的面积和体积问题，也有已知面积或体积求某些元素的量或元素间的位置关系问题。
即使考查空间线面的位置关系问题，也常以几何体为依托•因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式•同时也要学会运用等价转化思想，会把组合体求积问题转化为基本几何体的求积问题，会等体积转化求解问题，会把立体问题转化为平面问题求解，会运用"割补法”等求解。
考查形式：（1）用选择、填空题考查本章的基本性质和求积公式；（2）考题可能为：与多面体和旋转体的面积、体积有关的计算问题；与多面体和旋转体中某些元素有关的计算问题；三•要点精讲1 .多面体的面积和体积公式■,S上底S下底）台正棱台丄(c c) h2表中S表示面积，c、c分别表示上、下底面周长，h表斜咼，h表示斜咼，I表示侧棱长。
2 •旋转体的面积和体积公式表中I、h分别表示母线、高，r表示圆柱、圆锥与球冠的底半径，r i、a分别表示圆台上、下底面半径，R表示半径。
四•典例解析题型1 ：柱体的体积和表面积例1 •一个长方体全面积是20cm 2，所有棱长的和是24cm，求长方体的对角线长解：设长方体的长、宽、高、对角线长分别为xcm、ycm、zcm、Icm2(xy yz zx) 20依题意得:4(x y z) 24由(2) 2得：x2+y 2+z 2+2xy+2yz+2xz=36 ( 3)由(3) — ( 1)得x2+y 2+z 2=16即l2=16所以l=4(cm)。
点评：涉及棱柱面积问题的题目多以直棱柱为主，而直棱柱中又以正方体、长方体的表面积多被考察。
我们平常的学习中要多建立一些重要的几何要素(对角线、内切)与面积、 体积之间的关系。
例2 .如图1所示，在平行六面体 ABCD — A i B i C i D i 中，已知AB=5 , AD=4 ,AA i =3 ,AB 丄AD ，/A i AB= /A i AD= —。
高考数学二轮复习第1讲 空间几何体的表面积与体积
[学生用书P46]第1讲空间几何体的表面积与体积考点一空间几何体的表面积和体积[学生用书P47][典型例题]命题角度1求空间几何体的表面积(1)(2020·高考全国卷Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为( )A．64πB．48πC．36πD．32π(2)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，三棱锥D1-AB1C的表面积与正方体的表面积的比为________．【解析】(1)如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以ABsin 60°＝2r，解得AB＝23，故OO1＝23，所以R2＝OO21＋r2＝(23)2＋22＝16，所以球O的表面积S ＝4πR2＝64π.故选A.(2)设正方体的棱长为1，则其表面积为6，三棱锥D1AB1C为正四面体，每个面都是边长为2的正三角形，其表面积为4×12×2×62＝23，所以三棱锥D1AB1C的表面积与正方体的表面积的比为1∶ 3.【答案】 (1)A (2)1∶ 3求几何体的表面积的方法(1)求表面积问题的基本思路是将立体几何问题转化为平面几何问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差得不规则几何体的表面积．命题角度2 求空间几何体的体积(1)(2020·南充市第一次适应性考试)如图，在正三棱锥A -BCD 中，AB ＝BC ，E 为棱AD 的中点．若△BCE 的面积为2，则三棱锥A -BCD 的体积为( ) A.23B ．33 C.233D ．223 (2)(一题多解)(2020·福建省质量检测)某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内．若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是( )A.16π9B ．8π9 C.16π27 D ．8π27【解析】 (1)因为AB ＝BC ，所以正三棱锥A -BCD 为正四面体．因为E 为AD 的中点，所以AD ⊥BE ，AD ⊥CE .又CE ∩BE ＝E ，所以AD ⊥平面BCE .设AD ＝a ，则BE＝CE ＝32a ，所以等腰三角形BCE 的面积S △BCE ＝12×BC × BE2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝12×a ×⎝ ⎛⎭⎪⎫32a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝12×22a 2＝2，所以a ＝2，所以V 三棱锥A -BCD ＝V 三棱锥A -BCE ＋V 三棱锥D -BCE＝2V 三棱锥A -BCE ＝2×13S △BCE ×AE ＝2×13×2×a 2＝223. (2)方法一：如图，OC ＝2，OA ＝3，由△AED ∽△AOC 可得ED OC ＝AE AO .设圆柱体的底面半径r ＝ED ＝2x (0<x <1)，可得AE ＝3x ，则圆柱体的高h ＝OE ＝3－3x ，圆柱体的体积V ＝π(2x )2(3－3x )＝12π(x 2－x 3)，令V (x )＝12π(x 2－x 3)，则V ′(x )＝12π(2x －3x 2)，令V ′(x )＝0，解得x ＝23或x ＝0(舍去)，可得V (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1上单调递减，故当x ＝23时，V (x )取得最大值，V (x )max ＝16π9，即圆柱体的最大体积是16π9.方法二：同方法一，则圆柱体的体积V ＝12πx 2(1－x )＝6π·x ·x (2－2x )≤6π·⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋x ＋（2－2x ）33＝16π9，当且仅当x ＝2－2x ，即x ＝23时等号成立，故圆柱体的最大体积是16π9.【答案】 (1)D (2)A求空间几何体体积的常用方法(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算．(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等．(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当分割或补形，转化为易计算体积的几何体．[对点训练]1．已知圆锥的顶点为S ，底面圆周上的两点A ，B 满足△SAB 为等边三角形，且面积为43，又知SA 与圆锥底面所成的角为45°，则圆锥的表面积为( ) A ．82πB ．4(2＋2)πC ．8(2＋1)πD ．8(2＋2)π解析：选C.设圆锥的母线长为l ，由题意得34l 2＝43，所以l ＝4.设圆锥的底面半径为r ，因为SA 与圆锥底面所成的角为45°，所以r ＝l ·cos 45°＝4×22＝22，因此圆锥的表面积为πrl ＋πr 2＝82π＋8π＝8(2＋1)π，选C.2．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中提到一种名为“刍甍”的五面体，如图所示，四边形ABCD 是矩形，棱EF ∥AB ，AB ＝4，EF ＝2，△ADE 和△BCF 都是边长为2的等边三角形，则这个几何体的体积是( )A.203B ．83＋2 3 C.1023 D ．823解析：选 C.过点E 作EG ⊥平面ABCD ，垂足为点G ，过点F 作FH ⊥平面ABCD ，垂足为点H ，过点G 作PQ ∥AD ，交AB 于点Q ，交CD 于点P ，过点H 作MN ∥BC ，交AB 于点N ，交CD 于点M ，如图所示．因为四边形ABCD 是矩形，棱EF ∥AB ，AB ＝4，EF ＝2，△ADE 和△BCF 都是边长为2的等边三角形，所以四边形PMNQ 是边长为2的正方形，EG ＝（3）2－12＝ 2.所以这个几何体的体积为V ＝V E AQPD ＋V EPQ FMN ＋V F NBCM ＝2V E －AQPD ＋V EPQ －FMN ＝13×1×2×2×2＋12×2×2×2＝423＋22＝1023，故选C.考点二 与球有关的切、接问题[学生用书P48][典型例题]命题角度1 外接球(2020·贵阳市适应性考试)已知A ，B ，C ，D 四点在球O 的表面上，且AB ＝BC ＝2，AC ＝22，若四面体ABCD的体积的最大值为43，则球O 的表面积为( )A ．7πB ．9πC ．10πD ．12π【解析】 根据题意有AB 2＋BC 2＝AC 2，所以△ABC 在以AC 为直径的截面圆内，如图，S △ABC ＝12×2×2＝2.当平面DAC ⊥平面ABC 时，所得四面体体积最大，此时，设高为h ，则V D ABC ＝13S △ABC ·h ＝13×2h ＝43，解得h ＝2，设O 1为AC 的中点，则OO 1⊥平面ABC ，在Rt △OO 1C 中，根据OO 21＋O 1C 2＝OC 2，得(2－R )2＋(2)2＝R 2(R为球O 的半径)，解得R ＝32，所以球O 的表面积S ＝4πR 2＝9π.【答案】 B解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．命题角度2内切球(2020·高考全国卷Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．【解析】易知半径最大的球即为该圆锥的内切球．圆锥PE及其内切球O如图所示，设内切球的半径为R，则sin∠BPE＝ROP＝BEPB＝13，所以OP＝3R，所以PE＝4R＝PB2－BE2＝32－12＝22，所以R＝22，所以内切球的体积V＝43πR3＝23π，即该圆锥内半径最大的球的体积为23π.【答案】2 3π求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．[对点训练]1．(2020·福州市适应性考试)设三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱垂直于底面，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，AA1＝32且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是( )A．24πB．18πC．26πD．16π解析：选C.依题意得三棱柱ABC-A1B1C1的外接球即底面为正方形(边长为2)、高为32的长方体的外接球，故该球的直径为长方体的体对角线，设该球的半径为R，则有(2R)2＝22＋22＋(32)2＝26，故该球的表面积为4πR2＝26π，故选C.2．(一题多解)在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是边长为2a的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝2a，若在这个四棱锥内放一个球，则该球半径的最大值为_______ _．解析：通解：由题意知，球内切于四棱锥P-ABCD时半径最大，设该四棱锥的内切球的球心为O，半径为r，连接OA，OB，OC，OD，OP，则V PABCD＝V OABCD＋V OP AD ＋V OP AB＋V OPBC＋V OPCD，即13×2a×2a×2a＝13×⎝⎛⎭⎪⎫4a2＋2×12×2a×2a＋2×12×2a×22a×r，解得r＝(2－2)a.优解：易知当球内切于四棱锥P-ABCD，即与四棱锥P-ABCD各个面均相切时，球的半径最大，作出相切时的侧视图如图所示，设四棱锥P-ABCD内切球的半径为r，则1 2×2a×2a＝12×(2a＋2a＋22a)×r，解得r＝(2－2)a.答案：(2－2)a[学生用书(单独成册)P132]一、单项选择题1.如图所示的直观图中，O′A′＝O′B′＝2，则其平面图形的面积是( )A ．4B ．4 2C ．2 2D ．8解析：选A.由斜二测画法可知原图为两条直角边长分别为2和4的直角三角形，如图所示，所以其面积S ＝12×2×4＝4，故选A.2．已知圆锥的高为3，底面半径为3，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于( )A.83π B ．323π C ．16π D ．32π解析：选B.设该圆锥的外接球的半径为R ，依题意得，R 2＝(3－R )2＋(3)2，解得R ＝2，所以所求球的体积V ＝43πR 3＝43π×23＝323π，故选B.3.如图，在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是平行四边形，点E 是棱BB 1的中点，点F 是棱CC 1上靠近C 1的三等分点，且三棱锥A 1-AEF 的体积为2，则四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积为( )A ．12B ．8C ．20D ．18解析：选A.设点F 到平面ABB 1A 1的距离为h ，由题意得V A 1-AEF ＝V F A 1AE ，又V F A 1AE ＝13S △A 1AE ·h ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12AA1·AB ·h ＝16(AA 1·AB )·h ＝16S 四边形ABB 1A 1·h ＝16V ABCD A 1B 1C 1D 1，所以V ABCD A 1B 1C 1D 1＝6V A 1－AEF ＝6×2＝12.所以四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1 的体积为12.故选A.4．(2020·全国统一考试模拟卷)已知在三棱锥S -ABC 中，∠SAB ＝∠ABC ＝π2，SB ＝4，SC ＝213，AB ＝2，BC ＝6，则三棱锥S -ABC 的体积是( )A ．4B ．6C ．4 3D ．6 3解析：选 C.由∠ABC ＝π2，AB ＝2，BC ＝6，得AC ＝210.由∠SAB ＝π2，AB ＝2，SB ＝4，得SA ＝23，则SA 2＋AC 2＝SC 2，得SA ⊥AC .又SA ⊥AB ，所以SA ⊥平面ABC .所以三棱锥S -ABC 的体积为13S △ABC ·SA ＝13×12×2×6×23＝4 3.5．中国古代数学名著《九章算术》中记载：“今有羡除”．刘徽注：“羡除，隧道也．其所穿地，上平下邪．”现有一个羡除如图所示，四边形ABCD ，ABFE ，CDEF 均为等腰梯形，AB ∥CD ∥EF ，AB ＝6，CD ＝8，EF ＝10，EF 到平面ABCD 的距离为3，CD 与AB 间的距离为10，则这个羡除的体积是( )A ．110B ．116C ．118D ．120解析：选D.如图，过点A 作AP ⊥CD ，AM ⊥EF ，过点B 作BQ ⊥CD ，BN ⊥EF ，垂足分别为P ，M ，Q ，N ，连接PM ，QN ，将一侧的几何体补到另一侧，组成一个直三棱柱，直三棱柱的底面积为12×10×3＝15，高为8，体积V ＝15×8＝120.6.如图，半径为R 的球的两个内接圆锥有公共的底面．若两个圆锥的体积之和为球的体积的38，则这两个圆锥的高之差的绝对值为( )A.R 2 B ．2R 3 C.4R 3 D ．R解析：选D.设球的球心为O ，半径为R ，体积为V ，上面圆锥的高为h (h <R )，体积为V 1，下面圆锥的高为H (H >R )，体积为V 2，两个圆锥共用的底面的圆心为O 1，半径为r .由球和圆锥的对称性可知h ＋H ＝2R ，|OO 1|＝H －R .因为V 1＋V 2＝38V ，所以13πr 2h ＋13πr 2H ＝38×43πR 3，所以r 2(h ＋H )＝32R 3.因为h ＋H ＝2R ，所以r ＝32R .因为OO 1垂直于圆锥的底面，所以OO 1垂直于底面的半径，由勾股定理可知R 2＝r 2＋|OO 1|2，所以R 2＝r 2＋(H －R )2，所以H ＝32R (H ＝12R 舍去)，所以h ＝12R ，则这两个圆锥的高之差的绝对值为R ，故选D. 7.如图，以棱长为1的正方体的顶点A 为球心，以2为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为( )A.3π4B ．2π C.3π2D ．9π4解析：选C.正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A 1为圆心，1为半径的圆周长的14，所以所有弧长之和为3×2π4＝3π2.故选C.8.如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球对接而成，在该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体体积的最大值为( )A.2 000π9B ．4 000π27C ．81πD ．128π解析：选 B.小圆柱的高分为上下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为5，下部分深入底部半球内．设小圆柱下部分的高为h (0<h <5)，底面半径为r (0<r <5)．由于r ，h 和球的半径构成直角三角形，即r 2＋h 2＝52，所以小圆柱体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0<h <5)，求导得V ′＝－π(3h －5)(h ＋5)．当0<h <53时，V ′>0，体积V 单调递增；当53<h <5时，V ′<0，体积V 单调递减．所以当h ＝53时，小圆柱的体积取得最大值，即V max ＝π×⎝ ⎛⎭⎪⎫25－259×⎝ ⎛⎭⎪⎫53＋5＝4 000π27，故选B. 二、多项选择题9．下列说法中正确的是( )A ．用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面B ．圆台的任意两条母线延长后一定交于一点C ．有一个面为多边形，其余各面都是三角形的几何体叫作棱锥D ．若棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥不可能是正六棱锥解析：选ABD.在A 中，用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面，故A 正确；在B 中，由圆台的概念知圆台的任意两条母线延长后一定交于一点，故B 正确；在C 中，依照棱锥的定义，其余各面的三角形必须有公共的顶点，故C 错误；在D 中，若六棱锥的底面边长都相等，则底面为正六边形，由过底面中心和顶点的截面知，若以正六边形为底面，侧棱长一定大于底面边长，故D 正确．10．(2020·山东潍坊期末)已知等腰直角三角形的直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可能为( ) A.2πB ．(1＋2)πC ．22πD ．(2＋2)π解析：选AB.如果是绕直角边旋转一周，那么形成圆锥，所以圆锥底面半径为1，高为1，母线长是直角三角形的斜边长，为2，所以所形成的几何体的表面积S ＝πrl ＋πr 2＝π×1×2＋π×12＝(2＋1)π.如果是绕斜边旋转一周，那么形成的是上、下两个圆锥，所以圆锥的半径是直角三角形斜边上的高，为22，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，长为1，所以形成的几何体的表面积S ＝2×πrl ＝2×π×22×1＝2π.综上可知，形成的几何体的表面积为(2＋1)π或2π.故选AB.11．已知四面体ABCD 是球O 的内接四面体，且AB 是球O 的一条直径，AD ＝2，BD ＝3，则下列结论正确的是( )A ．球O 的表面积为13πB ．AC 上存在一点M ，使得AD ∥BMC ．若N 为CD 的中点，则ON ⊥CDD ．四面体ABCD 体积的最大值为132解析：选ACD.因为AB 是球O 的一条直径，所以AC ⊥BC ，AD ⊥BD ，所以AB ＝AD2＋BD2＝22＋32＝13，球O 的半径为12AB ＝132，球O 的表面积为4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫1322＝13π，A 正确； 因为AD 与平面ABC 相交，所以AC 上找不到一点M ，使得AD ∥BM ，B 错误； 连接OC ，OD ，因为OC ＝OD ，所以△OCD 为等腰三角形．又N 为CD 的中点，所以ON ⊥CD .C 正确；易知点C 到平面ABD 的距离的最大值为球的半径R ，所以四面体ABCD 体积的最大值为13·S △ABD ·R ＝13×12×2×3×132＝132，D 正确．12．(2020·山东临沂实验中学期末)已知四棱锥P -ABCD ，底面ABCD 为矩形，侧面PCD ⊥平面ABCD ，BC ＝23，CD ＝PC ＝PD ＝2 6.若点M 为PC 的中点，则下列说法正确的是( )A ．BM ⊥平面PCDB ．P A ∥平面MBDC ．四棱锥M -ABCD 外接球的体积为36πD ．四棱锥M -ABCD 的体积为6解析：选BC.如图，连接AC ，BD 交于点O ，取CD 的中点N ，连接PN ，MN ，NO ，MO ，因为侧面PCD ⊥平面ABCD ，侧面PCD ∩平面ABCD ＝CD ，BC ⊥CD ，所以BC ⊥平面PCD .连接BM ，MD ，若BM ⊥平面PCD ，则BM ∥BC .显然与已知BM 与BC 相交矛盾，所以A 错误．因为点M 为PC 的中点，点O 为AC 的中点，所以OM ∥P A .又P A ⊄平面MBD ，MO ⊂平面MBD ，所以P A ∥平面MBD ，所以B 正确．因为点M 为PC 的中点，所以四棱锥M -ABCD 的体积是四棱锥P -ABCD 的体积的一半．由题意可得，PN ⊥平面ABCD ，PN ＝（26）2－（6）2＝32，所以V M ABCD ＝12V P ABCD ＝12×13PN ×S 四边形ABCD ＝16×32×26×23＝12，所以D 错误．因为点O ，N 分别为AC ，CD 的中点，所以ON ∥BC .又BC ⊥平面PCD ，所以ON ⊥平面PCD ，所以ON ⊥NM .在矩形ABCD 中，易得AC ＝（26）2＋（23）2＝6，所以OC ＝3，ON＝ 3.在△PCD 中，NM ＝12PD ＝6，所以在Rt △OMN 中，MO ＝ON2＋MN2＝3＋6＝3.所以OM ＝OA ＝OB ＝OC ＝OD ，所以点O 为四棱锥M -ABCD 外接球的球心，外接球的半径为3，所以其体积V ＝43π×33＝36π，所以C 正确．故选BC.三、填空题13．如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D 为棱AA 1的中点．若AA 1＝4，AB ＝2，则四棱锥B -ACC 1D 的体积为________．解析：取AC 的中点O ，连接BO (图略)，则BO ⊥AC ，所以BO ⊥平面ACC 1D . 因为AB ＝2，所以BO ＝ 3. 因为D 为棱AA 1的中点，AA 1＝4，所以AD ＝2，所以S 梯形ACC 1D ＝12×(2＋4)×2＝6， 所以四棱锥B -ACC 1D 的体积为13×6×3＝2 3.答案：2 314．(一题多解)(2020·高考浙江卷)已知圆锥的侧面积(单位：cm 2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________．解析：方法一：设该圆锥的母线长为l ，因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，其面积为2π，所以12πl 2 ＝2π，解得l ＝2，所以该半圆的弧长为2π.设该圆锥的底面半径为R ，则2πR ＝2π，解得R ＝1.方法二：设该圆锥的底面半径为R ，则该圆锥侧面展开图中的圆弧的弧长为2πR .因为侧面展开图是一个半圆，设该半圆的半径为r ，则πr ＝ 2πR ，即r ＝2R ，所以侧面展开图的面积为12·2R ·2πR ＝2πR 2＝2π，解得R ＝1.答案：115．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知∠ACB ＝90°，P 为平面ABC 外一点，PC ＝2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为____________．解析：如图，过点P分别作PE⊥BC交BC于点E，作PF⊥AC交AC于点F.由题意知PE＝PF＝ 3.过P作PH⊥平面ABC于点H，连接HE，HF，HC，易知HE＝HF，则点H在∠ACB的平分线上，又∠ACB＝90°，故△CEH为等腰直角三角形．在Rt△PCE中，PC＝2，PE＝3，则CE＝1，故CH＝2，在Rt△PCH中，可得PH＝2，即点P到平面ABC的距离为 2.答案： 216．(2020·西安五校联考)如图①，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图②所示粽子形状的六面体，则该六面体的表面积为________；若该六面体内有一个小球，则小球的最大体积为________．解析：(1)由题意，知该六面体的每个面均是边长为1的正三角形，所以该六面体的表面积为34×12×6＝332.(2)将棱长为1的正四面体PQRS补成一个正方体，如图，则正方体的棱长为22，所以正四面体PQRS的体积V PQRS＝⎝⎛⎭⎪⎫223－4×13×12×22×22×22＝212，所以本题中的六面体的体积V＝2×212＝26.当小球与六面体的六个面均相切时，小球的体积最大，设此时小球的半径为r.小球的体积最大时，小球的球心与5个顶点的连线将该六面体分为六个全等的三棱锥，则六个三棱锥的体积和等于该六面体的体积，即有13×34×r×6＝26，解得r＝233，故小球的最大体积为43π·r3＝43π·⎝⎛⎭⎪⎫2333＝86π729.答案：33286729π。
高考讲空间几何体的表面积和体积
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思路二：利用公式进行计算，注意单位和精度
总结词
熟练掌握公式，注意单位和精度。
详细描述
解决这类问题需要熟练掌握各种空间几何体的表面积和体积的公式。在计算过程中，要 注意单位的统一和计算的精度，以免出现误差。同时，还需要理解公式的推导过程和适
用条件，以便更好地应用公式进行计算。
思路三：结合实际应用，理解几何意义
总结词
能够将复杂几何体分解为简单几何体是解决复杂问题的关键。
详细描述
对于一些复杂的几何体，考生需要具备将其分解为若干个简单几何体的能力，然后分别计算各个简单几何体的表 面积和体积，最后将结果相加。此外，还需要理解如何通过组合简单几何体形成复杂的几何体，并能够计算其表 面积和体积。
考点三：实际应用与解题技巧
圆锥体
圆锥体侧面积公式
$pi rl$，其中$l$为圆锥体的斜边长， $r$为底面圆的半径。
02
圆锥体表面积公式
$pi rl + pi r^{2}$，其中$l$为圆锥体 的斜边长，$r$为底面圆的半径。
01
03
圆锥体体积公式
$frac{1}{3}pi r^{2}h$，其中$h$为圆 锥体的高，$r$为底面圆的半径。
总结词
基础知识的掌握
详细描述
考察学生对空间几何体表面积和体积 的基本公式及计算方法的掌握程度， 难度较低。
模拟试题二：提高题
要点一
总结词
综合能力的运用
要点二
详细描述
题目涉及多个几何体的组合、切割和旋转等，需要学生灵 活运用表面积和体积的公式进行计算，难度适中。
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立体几何第1讲 空间几何体的表面积和体积 作业 解析
5．(2019·福州市质量检测)如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以2为半径作一个球面，
则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为( C )
A.3π4 B.2π
C.3π2 D.9π4
解析：正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是
以A1为圆心，1为半径的圆周长的14，所以所有弧长之和为3×2π4＝3π2.故选C.
6．已知三棱锥SABC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SABC的外
接球的球心到平面ABC的距离是( A )
A.33 B．1
C.3 D.332
解析：∵三棱锥SABC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SABC的外接球的球心．∵SC＝2，∴SM＝1，又∠OSM＝30°，∴SO＝233，OH＝33，∴球心O到平面
ABC的距离为33，故选A.
7．(2019·昆明市模拟)三棱锥PABC的所有顶点都在半径为2的球O的球面上．若△PAC是等边三角形，平面PAC
⊥平面ABC，AB⊥BC，则三棱锥PABC体积的最大值为( B )
A．2 B．3
C．23 D．33
解析：根据AB⊥BC可知AC为三角形ABC所在截面圆O1的直径，又平面PAC⊥平面ABC，△APC为等边三角
形，所以P在OO1上，如图所示，设PA＝x，则AO1＝12x，PO1＝32x，所以PO1＝32x＝OO
1
＋2＝4－12x2＋2⇒(32x－2)2＝4－(12x)2⇒x2－23x＝0⇒x＝23，所以AO1＝12×23＝3，
PO1＝32×23＝3，当底面三角形ABC的面积最大时，即底面为等腰直角三角形时三棱锥
PABC的体积最大，此时V＝13S△ABC×PO1＝13×(12×23×3)×3＝3.
二、填空题
9．(2019·天津卷)已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四
条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为π4.
解析：由题可得，四棱锥底面对角线的长为2，则圆柱底面的半径为12，易知四棱锥的高为5－1＝2，故圆柱的高
为1，所以圆柱的体积为π·(12)2×1＝π4.
10．(2019·新课标全国卷Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该
模型为长方体ABCDA1B1C1D1挖去四棱锥OEFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，
E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.
不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为118.8g.
解析：由题易得长方体ABCDA1B1C1D1的体积为6×6×4＝144(cm3)，四边形EFGH
为平行四边形，如图所示，连接GE，HF，易知四边形EFGH的面积为矩形BCC1B1面积的
一半，即12×6×4＝12(cm2)，所以V四棱锥OEFGH＝13×3×12＝12(cm3)，所以该模型的体积为
144－12＝132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．
11．(2019·河北石家庄质检)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PB⊥底面ABCD，
O为对角线AC与BD的交点，若PB＝1，∠APB＝π3，则棱锥PAOB的外接球的体积是43π.
解析：∵底面ABCD为菱形，O为对角线AC与BD的交点，∴BD⊥AC，又PB⊥底面ABCD，
∴PB⊥AC，∵BD∩PB＝B，∴AC⊥平面PBD，∴AC⊥PO，∴三角形PBA与三角形PAO均为
直角三角形，∴公共斜边的中点即为球心，∵PB＝1，∠APB＝π3，∴PA＝2＝2R(R为PAOB外
接球的半径)，∴R＝1，故三棱锥PAOB的外接球的体积是4π×133＝43π.
12．(2019·昆明市诊断测试)数学中有很多公式都是数学家欧拉(Leonhard Euler)发现的，它们都叫欧拉公式，分散
在各个数学分支之中，任意一个凸多面体的顶点数V、棱数E、面数F之间，都满足关系式V－E＋F＝2，这个等式就
是立体几何中的“欧拉公式”．若一个凸二十面体的每个面均为三角形，则由欧拉公式可得该多面体的顶点数为
( B )
A．10 B．12
C．15 D．20
解析：二十面体的每个面均为三角形，每条棱都是两个面共用，所以棱数E＝20×3×12＝30，面数F＝20，顶点数
V＝E－F＋2＝12.故选B.
13．(2019·湖南衡阳二模)如图，正方体AC1的顶点A，B在平面α上，AB＝2，若平面
A1B1C1D1与平面α所成角为30°，由如图所示的俯视方向，正方体AC1在平面α上的俯视图
的面积为( B )
A．2 B．1＋3
C．23 D．22
解析：依题意知，直线AB在平面α内，且平面α与平面ABCD所成的角为30°，与平面B1A1AB所成的角为60°，
故所得的俯视图的面积S＝2(cos30°＋cos60°)＝1＋3.
14．(2019·新课标全国卷Ⅱ)中国有悠久的金石文化，
印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、
正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形
状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种
以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学
的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所
有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长
为1.则该半正多面体共有26个面，其棱长为2－1.
解析：依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、
右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面
体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中
的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半
正多面体的棱长为x，则22x＋x＋22x＝1，解得x＝2－1，故题中的半正多面体的棱长为2－
1.
15．(2019·江西九江二模)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，
AB＝BC＝1.点D为侧棱BB1上的动点．若△ADC1周长的最小值为3＋5，则三棱锥C1ABC
外接球的表面积为3π.
解析：将侧面ABB1A1和侧面BCC1B1展开在同一平面如图，易知当D为侧棱BB1的
中点时，△ADC1周长最小，此时设BD＝x，则21＋x2＋2＋4x2＝3＋5，可得x＝12，
∴CC1＝1，又易知三棱锥C1ABC外接球的球心为AC1的中点，∴半径R＝32，则三棱锥
C1ABC外接球的表面积S＝4πR2＝3π.