第2讲空间几何体的表面积与体积

2021高三统考北师大版数学一轮学案：第8章第2讲空间几何体的表面积和体积含解析第2讲空间几何体的表面积和体积基础知识整合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01侧面展开图的面积,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圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝错误!2πrlS圆锥侧＝错误!πrlS圆台侧＝错误!π（r1＋r2）l3．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＝错误!Sh锥体S表面积＝S侧＋S底V＝错误!错误!Sh（棱锥和圆锥)台体(棱台和圆台）S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝错误!（S上＋S下＋S上S下）h球S＝错误!4πr2V＝错误!错误!πr31．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（1）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＝错误!a;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＝错误!a.（2）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＝a2＋b2＋c2.(3)直棱柱的外接球半径可利用棱柱的上下底面平行,借助球的对称性，可知球心为上下底面外接圆圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径．（4)设正四面体的棱长为a,则它的高为错误!a,内切球半径r＝错误!a，外接球半径R＝错误!a.正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1。

1．(2019·福州二模)设一个球形西瓜，切下一刀后所得切面圆的半径为4，球心到切面圆心的距离为3,则该西瓜的体积为() A．100π B.错误! C.错误! D.错误!答案D解析由题意知切面圆的半径r＝4，球心到切面的距离d＝3，所以球的半径R＝r2＋d2＝错误!＝5，故球的体积V＝错误!πR3＝错误!π×53＝错误!,即该西瓜的体积为错误!。

空间几何体的表面积和体积例题解析一．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，理解为主）。

二．命题走向----用选择、填空题考查本章的基本性质和求积公式；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。

（1）求证：顶点A 1在底面ABCD 上的射影O 在∠BAD 的平分线上； （2）求这个平行六面体的体积。

图1 图2解析：（1）如图2，连结A 1O ，则A 1O ⊥底面ABCD 。

作OM ⊥AB 交AB 于M ，作ON ⊥AD 交AD 于N ，连结A 1M ，A 1N 。

由三垂线定得得A 1M ⊥AB ，A 1N ⊥AD 。

∵∠A 1AM=∠A 1AN ，∴Rt△A 1NA≌Rt△A 1MA,∴A 1M=A 1N ，从而OM=ON 。

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数学必修二空间几何知识点1空间几何体表面积计算公式1、直棱柱和正棱锥的表面积设棱柱高为h、底面多边形的周长为c、则得到直棱柱侧面面积计算公式：S=ch、即直棱柱的侧面积等于它的底面周长和高的乘积、正棱锥的侧面展开图是一些全等的等腰三角形、底面是正多边形、如果设它的底面边长为a、底面周长为c、斜高为h'、则得到正n 棱锥的侧面积计算公式S=1/2xnah'=1/2xch'、即正棱锥的侧面积等于它的底面的周长和斜高乘积的一半、2、正棱台的表面积正棱台的侧面展开图是一些全等的等腰梯形、设棱台下底面边长为a、周长为c、上底面边长为a'、周长为c'、斜高为h'则得到正n棱台的侧面积公式：S=1/2xn(a+a')h'=1/2(c+c')h'、3、球的表面积S=4πR2、即球面面积等于它的大圆面积的四倍、4.圆台的表面积圆台的侧面展开图是一个扇环，它的表面积等于上，下两个底面的面积和加上侧面的面积，即S=π(r'2+r2+r'l+rl)柱、锥、台、球的结构特征(1)棱柱：几何特征：两底面是对应边平行的全等多边形;侧面、对角面都是平行四边形;侧棱平行且相等;平行于底面的截面是与底面全等的多边形。

(2)棱锥几何特征：侧面、对角面都是三角形;平行于底面的截面与底面相似，其相似比等于顶点到截面距离与高的.比的平方。

(3)棱台：几何特征：①上下底面是相似的平行多边形；②侧面是梯形；③侧棱交于原棱锥的顶点(4)圆柱：定义：以矩形的一边所在的直线为轴旋转,其余三边旋转所成几何特征：①底面是全等的圆;②母线与轴平行;③轴与底面圆的半径垂直;④侧面展开图是一个矩形。

第2讲空间几何体的表面积与体积【2014年高考会这样考】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．πS D.23 3πS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．3πa2B．6πa2C．12πa2D．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(2a)2＋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 ．6 2C ．10D ．8 2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( )． A.92π＋12 B.92π＋18 C ．9π＋42 D ．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()．A. 3 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 ．6 3[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( )．A.283πB.163π C.43π＋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AC 2＋BC 2＝AB 2，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423.(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＋P A1的最小值为________．解析P A1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＋P A1≥A1C.在△AC1C中，由余弦定理得A1C＝62＋(2)2－2·6·2·cos 135°＝50＝52，故(CP＋P A1)min＝5 2.答案5 2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 ．280B ．292C ．360D ．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________．。

第1讲空间几何体一、空间几何体1、空间几何体在我们周围存在着各种各样的物体，它们都占据着空间的一部分。

如果我们只考虑这些物体的形状和大小，而不考虑其他因素，那么由这些物体抽象出来的空间图形就叫做空间几何体。

2、多面体和旋转体多面体：由若干个平面多边形围成的几何体叫做多面体。

围成多面体的各个多边形叫做多面体的面；相邻两个面的公共边叫做多面体的棱；棱与棱的公共点叫做多面体的顶点。

旋转体：由一个平面图形绕它所在的平面内的一条定直线旋转所形成的封闭几何体，叫做旋转几何体。

这条定直线叫做旋转体的轴。

多面体旋转体圆台圆柱-圆锥圆柱+圆锥圆台+大圆锥-小圆锥二、柱、锥、台、球的结构特征1.棱柱定义图形表示分类性质有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱。

两个互相平行的平面叫做棱柱的底面，其余各面叫做棱柱的侧面。

用平行的两底面多边形的字母表示棱柱,如：棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1。

棱柱的分类一(底面）：棱柱的底面可以是三角形、四边形、五边形、……我们把这样的棱柱分别叫做三棱柱、四棱柱、五棱柱、……棱柱的分类二(根据侧棱与底面的关系）：斜棱柱: 侧棱不垂直于底面的棱柱.直棱柱: 侧棱垂直于底面的棱柱叫(1)上下底面平行,且是全等的多边形。

(2)侧棱相等且相互平行。

(3) 侧面是平行四边形。

做直棱柱正棱柱: 底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱三棱柱四棱柱五棱柱斜棱柱直棱柱正棱柱2.棱锥定义图形表示性质分类有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥。

用顶点与底面各顶点字母表示棱锥,如：棱锥Ｓ－ＡＢＣ侧面是三角形，底面是多边形。

按底面多边形的边数分类可分为三棱锥、四棱锥、五棱锥等等，其中三棱锥又叫四面体。

特殊的棱锥－正棱锥定义：如果一个棱锥的底面是正多边形，并且顶点在底面的射影是底面中心三棱锥四棱锥五棱锥直棱锥2.棱台定义图形表示分类性质用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台。

高中数学的几何体表面积和体积公式是哪些高中数学的几何体表面积和体积公式1、圆柱体：表面积：2πRr+2πRh体积：πR2h(R为圆柱体上下底圆半径，h为圆柱体高)2、圆锥体：表面积：πR2+πR[(h2+R2)的平方根]体积：πR2h/3(r为圆锥体低圆半径，h为其高)3、正方体：表面积：S=6a2,体积：V=a3(a-边长)4、长方体：表面积：S=2(ab+ac+bc)体积：V=abc(a-长，b-宽，c-高)5、棱柱：体积：V=Sh(S-底面积，h-高)6、棱锥：体积：V=Sh/3(S-底面积，h-高)7、棱台：V=h[S1+S2+(S1S2)^1/2]/3(S1上底面积，S2下底面积，h-高)8、拟柱体：V=h(S1+S2+4S0)/6(S1-上底面积，S2-下底面积，S0-中截面积，h-高)9、圆柱：S底=πr2，S侧=Ch，S表=Ch+2S底，V=S底h=πr2h(r-底半径，h-高，C—底面周长，S底—底面积，S侧—侧面积，S表—表面积)10、空心圆柱：V=πh(R^2-r^2)(R-外圆半径，r-内圆半径，h-高)11、直圆锥：V=πr^2h/3(r-底半径，h-高)12、圆台：V=πh(R2+Rr+r2)/3(r-上底半径，R-下底半径，h-高)13、球：V=4/3πr^3=πd^3/6(r-半径，d-直径)14、球缺：V=πh(3a2+h2)/6=πh2(3r-h)/3(h-球缺高，r-球半径，a-球缺底半径)15、球台：V=πh[3(r12+r22)+h2]/6(r1球台上底半径，r2-球台下底半径，h-高)16、圆环体：V=2π2Rr2=π2Dd2/4(R-环体半径，D-环体直径，r-环体截面半径，d-环体截面直径)数学基础差的学生如何提高数学成绩基础薄弱的同学提高数学成绩的方法数学基础打牢，是个非常重要的事，很多及格成绩不到的同学，基本是连计算和公式都不是很过关。

对于这一类学生有以下几点建议。

第2讲 空间几何体的表面积与体积一、知识梳理1．多面体的表(侧)面积多面体的各个面都是平面，则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圆柱 圆锥 圆台侧面展开图侧面积公式S 圆柱侧＝2πrl S 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l表面积 体积柱体 (棱柱和圆柱)S 表面积＝S 侧＋2S 底 V ＝S 底h锥体 (棱锥和圆锥)S 表面积＝S 侧＋S 底 V ＝13S 底h 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 2 V ＝43πR 31．正方体与球的切、接常用结论 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 .2．长方体共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. 二、习题改编1．(必修2P27练习1改编)已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为 cm.解析：由题意，得S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，解得r 2＝4，所以r ＝2(cm)．答案：22．(必修2P27例4改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱的体积比V 球∶V 柱为 ．解析：设球的半径为R ，则V 球V 柱＝43πR 3πR 2×2R ＝23.答案：23一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (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．( ) 答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)× 二、易错纠偏常见误区(1)锥体的高与底面不清楚致误； (2)不会分类讨论致误．1．如图，长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的体积是120，E 为CC 1的中点，则三棱锥E ­BCD 的体积是 ．解析：设长方体中BC ＝a ，CD ＝b ，CC 1＝c ，则abc ＝120，所以V E ­BCD＝13×12ab ×12c ＝112abc ＝10. 答案：102．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空间几何体的表面积(师生共研)(1)(2018·高考全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2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 ．122πB ．12πC ．82πD ．10π(2)(2020·湖南省五市十校联考)某四棱锥的三视图如图所示，其侧视图是等腰直角三角形，俯视图的轮廓是直角梯形，则该四棱锥的各侧面面积的最大值为( )A ．8B ．4 5C ．8 2D ．12 2【解析】 (1)因为过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为22，底面圆的直径为22，所以该圆柱的表面积为2×π×(2)2＋22π×22＝12π.(2)由三视图可知该几何体是一个底面为直角梯形，高为4的四棱锥，如图，其中侧棱PA ⊥平面ABCD ，PA ＝4，AB ＝4，BC ＝4，CD ＝6，所以AD ＝25，PD ＝6，PB ＝42，连接AC ，则AC ＝42，所以PC ＝43，显然在各侧面面积中△PCD 的面积最大，又PD ＝CD ＝6，所以PC 边上的高为62－⎝ ⎛⎭⎪⎫4322＝26，所以S △PCD ＝12×43×26＝122，故该四棱锥的各侧面面积的最大值为122，故选D.【答案】 (1)B (2)D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关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积问题应注意衔接部分的处理． (3)旋转体的表面积问题应注意其侧面展开图的应用．1.(2020·江西七校第一次联考)一个半径为1的球对称削去了三部分，其俯视图如图所示，那么该立体图形的表面积为( )A ．3πB ．4πC ．5πD ．6π解析：选C.由题中俯视图可知该球被平均分成6部分，削去了3部分，剩余的3部分为该几何体，所以该立体图形的表面积为2×π×12＋3×π×12＝5π，故选C.2．(2020·辽宁丹东质量测试(一))一个圆锥的轴截面是面积为1的等腰直角三角形，则这个圆锥的侧面积为 ．解析：设圆锥的底面圆半径为r ，因为圆锥的轴截面是面积为1的等腰直角三角形，所以等腰直角三角形的斜边长为2r ，斜边上的高为r ，所以12×2r ×r ＝1，解得r ＝1，圆锥的母线长l ＝12＋12＝2，圆锥的侧面积为πrl ＝2π. 答案：2π空间几何体的体积(多维探究) 角度一 求简单几何体的体积(1)(2020·石家庄质量检测)某几何体的三视图如图所示(图中小正方形网格的边长为1)，则该几何体的体积是( )A ．8B ．6C ．4D ．2(2)将一张边长为12 cm 的正方形纸片按如图(1)所示将阴影部分的四个全等的等腰三角形裁去，余下部分沿虚线折叠并拼成一个有底的正四棱锥，如图(2)放置，如果正四棱锥的主视图是正三角形，如图(3)所示，则正四棱锥的体积是( )A.3236 cm 3B.6436 cm 3C.3232 cm 3D ．6432 cm 3【解析】 (1)由三视图可得该几何体为底面是直角梯形的直四棱柱(如图所示)，其中底面直角梯形的上、下底分别为1，2，高为2，直四棱柱的高为2，所以该几何体的体积为（1＋2）×22×2＝6，故选B.(2)设折成的四棱锥的底面边长为a cm ，高为h cm ，则h ＝32a cm ，由题设可得四棱锥侧面的高等于四棱锥的底面边长，所以12a ＋a ＝12×22⇒a ＝42，所以四棱锥的体积V ＝13×(42)2×32×42＝6463cm 3，故选B. 【答案】 (1)B (2)B简单几何体体积的求法对于规则几何体，直接利用公式计算即可．若已知三视图求体积，应注意三视图中的垂直关系在几何体中的位置，确定几何体中的线面垂直等关系，进而利用公式求解．角度二 求组合体的体积(2020·唐山市摸底考试)已知某几何体的三视图如图所示(俯视图中曲线为四分之一圆弧)，则该几何体的表面积为( )A ．1－π4B ．3＋π2C ．2＋π4D ．4【解析】 由题设知，该几何体是棱长为1的正方体被截去底面半径为1的14圆柱后得到的，如图所示，所以表面积S ＝2×(1×1－14×π×12)＋2×(1×1)＋14×2π×1×1＝4.故选D.【答案】 D(1)处理体积问题的思路(2)求体积的常用方法 直接法 对于规则的几何体，利用相关公式直接计算割补法把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算 等体积法选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面作为三棱锥的底面进行等体积变换1．(2019·高考北京卷)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为 ．解析：如图，由三视图可知，该几何体为正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1去掉四棱柱B 1C 1GF ­A 1D 1HE 所得，其中正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的体积为64，VB 1C 1GF ­A 1D 1HE ＝(4＋2)×2×12×4＝24，所以该几何体的体积为64－24＝40.答案：402．(2019·高考全国卷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ABCD ­A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O ­EFGH 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 ，AA 1＝4 cm.3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 g.解析：长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的体积V 1＝6×6×4＝144(cm 3)，而四棱锥O ­EFGH 的底面积为矩形BB 1C 1C 的面积的一半，高为AB 长的一半，所以四棱锥O ­EFGH 的体积V 2＝13×12×4×6×3＝12(cm 3)，所以长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O ­EFGH 后所得几何体的体积V ＝V 1－V 2＝132(cm 3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．答案：118.8球与空间几何体的接、切问题(师生共研)(1)若直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，且AB ＝3，AC ＝4，AB⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的表面积为 ．(2)(一题多解)(2019·高考天津卷)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 ．【解析】 (1)将直三棱柱补形为长方体ABEC ­A 1B 1E 1C 1，则球O 是长方体ABEC ­A 1B 1E 1C 1的外接球．所以体对角线BC 1的长为球O 的直径． 因此2R ＝32＋42＋122＝13. 故S 球＝4πR 2＝169π.(2)法一：由题意得圆柱的高为四棱锥高的一半，底面圆的直径为以四棱锥侧棱的四个中点为顶点的正方形的对角线，易求得圆柱的底面圆的直径为1，高为1，所以该圆柱的体积V ＝π×⎝ ⎛⎭⎪⎫122×1＝π4.法二：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，所以该圆柱的体积为π×⎝ ⎛⎭⎪⎫122×1＝π4. 【答案】 (1)169π (2)π4处理球的“切”“接”问题的求解策略解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：1．正四棱锥P ­ABCD 的侧棱和底面边长都等于22，则它的外接球的表面积是( ) A ．16π B ．12π C．8πD ．4π解析：选A.设正四棱锥的外接球半径为R ，顶点P 在底面上的射影为O ，因为OA ＝12AC＝12 AB 2＋BC 2＝12（22）2＋（22）2＝2，所以PO ＝PA 2－OA 2＝（22）2－22＝2.又OA ＝OB ＝OC ＝OD ＝2，由此可知R ＝2，于是S 球＝4πR 2＝16π.2．设球O 内切于正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1，则球O 的体积与正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的体积的比值为 ．解析：设球O 半径为R ，正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的底面边长为a ，则R ＝33×a 2＝36a ，即a ＝23R ，又正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的高为2R ，所以球O 的体积与正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的体积的比值为43πR 334a 2×2R ＝43πR 334×12R 2×2R ＝23π27.答案：23π27核心素养系列14 直观想象——数学文化与空间几何体(2020·甘肃、青海、宁夏3月联考)汉朝时，张衡得出圆周率的平方除以16等于58.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，俯视图中的曲线为圆，利用张衡的结论可得该几何体的体积为( )A ．32B ．40 C.32103D ．40103【解析】 将三视图还原成如图所示的几何体：半个圆柱和半个圆锥的组合体，底面半径为2，高为4，则体积V ＝12π×22×4＋13×12π×22×4＝323π，因为圆周率的平方除以16等于58，即π216＝58，所以π＝10，所以V ＝32103.故选C.【答案】 C本题是数学文化与三视图结合，主要是根据几何体的三视图及三视图中的数据，求几何体的体积或侧(表)面积．此类问题难点：一是根据三视图的形状特征确定几何体的结构特征；二是将三视图中的数据转化为几何体的几何度量．考查了直观想象这一核心素养．(2020·安徽六安一中模拟(四))我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体．如图，将底面直径都为2b ，高皆为a 的半椭球体和已被挖去了圆锥体的圆柱放置于同一平面β上，用平行于平面β且与平面β任意距离d 处的平面截这两个几何体，可横截得到S 圆及S 环两截面．可以证明S 圆＝S 环总成立．据此，短半轴长为1，长半轴长为3的椭球体的体积是 ．解析：因为S 圆＝S 环总成立，所以半椭球体的体积为πb 2a －13πb 2a ＝23πb 2a ，所以椭球体的体积V ＝43πb 2a .因为椭球体的短半轴长为1，长半轴长为3. 所以椭球体的体积V ＝43πb 2a ＝43π×12×3＝4π.答案：4π[基础题组练]1．(2020·安徽合肥质检)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解析：选B.因为圆锥的底面半径r ＝4，高h ＝3，所以圆锥的母线l ＝5，所以圆锥的侧面积S ＝πrl ＝20π，设球的半径为R ，则4πR 2＝20π，所以R ＝5，故选B.2．(2020·蓉城名校第一次联考)已知一个几何体的正视图和侧视图如图1所示，其俯视图用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个直角边长为1的等腰直角三角形(如图2所示)，则此几何体的体积为( )A ．1 B. 2 C ．2D ．2 2解析：选B.根据直观图可得该几何体的俯视图是一个直角边长分别是2和2的直角三角形(如图所示)，根据三视图可知该几何体是一个三棱锥，且三棱锥的高为3，所以体积V ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2×3＝ 2.故选B.3．(2020·武汉市武昌调研考试)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 为( )A ．1.2B ．1.6C ．1.8D ．2.4解析：选B.该几何体是一个组合体，左边是一个底面半径为12的圆柱，右边是一个长、宽、高分别为5.4－x ，3，1的长方体，所以组合体的体积V ＝V 圆柱＋V 长方体＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫122×x ＋(5.4－x )×3×1＝12.6(其中π＝3)，解得x ＝1.6.故选B.4．(2020·辽宁大连第一次(3月)双基测试)我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺．问积几何 ”．羡除是一个五面体，其中三个面是梯形，另两个面是三角形，已知一个羡除的三视图如图中粗线所示，其中小正方形网格的边长为1，则该羡除的表面中，三个梯形的面积之和为( )A ．40B ．43C ．46D ．47解析：选C.由三视图可知，该几何体的直观图如图所示，其中平面ABCD ⊥平面ABEF ，CD ＝2，AB ＝6，EF ＝4，等腰梯形ABEF 的高为3，等腰梯形ABCD 的高为4，等腰梯形FECD的高为9＋16＝5，三个梯形的面积之和为2＋62×4＋4＋62×3＋2＋42×5＝46，故选C.5．(2020·辽宁沈阳东北育才学校五模)将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的表面积为( )A ．πB ．2πC ．3πD ．4π解析：选B.将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥，设圆锥的底面圆半径为R ，则有2πR ＝3×2π3，所以R ＝1.设圆锥的内切球半径为r ，圆锥的高为h ，内切球球心必在圆锥的高线上，因为圆锥的母线长为3，所以h ＝9－1＝22，所以有rh －r ＝R 3，解得r ＝22，因此内切球的表面积S ＝4πr 2＝2π.故选B. 6．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 ．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.答案：77．(2020·沈阳质量监测)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是 ．解析：由三视图可知该几何体是一个四棱锥，记为四棱锥P ­ABCD ，如图所示，其中PA ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，且PA ＝2，AB ＝2，PB ＝22，所以该四棱锥的侧面积S 是四个直角三角形的面积和，即S ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2＋12×2×22＝4＋4 2.答案：4＋4 28．(2020·长春市质量监测(一))已知一所有棱长都是2的三棱锥，则该三棱锥的体积为 ．解析：记所有棱长都是2的三棱锥为P ­ABC ，如图所示，取BC 的中点D ，连接AD ，PD ，作PO ⊥AD 于点O ，则PO ⊥平面ABC ，且OP ＝63×2＝233，故三棱锥P ­ABC 的体积V ＝13S △ABC·OP ＝13×34×(2)2×233＝13.答案：139．如图，在四边形ABCD 中，∠DAB ＝90°，∠ADC ＝135°，AB ＝5，CD ＝22，AD ＝2，求四边形ABCD 绕AD 旋转一周所成几何体的表面积及体积．解：由已知得CE ＝2，DE ＝2，CB ＝5，S 表面积＝S圆台侧＋S圆台下底＋S圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×22＝(60＋42)π，V ＝V 圆台－V圆锥＝13(π·22＋π·52＋22·52π2)×4－13π×22×2＝1483π. 10.(应用型)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P ­A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍，若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？解：由PO 1＝2 m ，知O 1O ＝4PO 1＝8 m.因为A 1B 1＝AB ＝6 m ，所以正四棱锥P ­A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)；正四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的体积V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)，所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)． 故仓库的容积是312 m 3.[综合题组练]1．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知三棱锥P­ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为( )A．86πB．46πC．26πD．6π解析：选D.因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P­ABC放在正方体中如图所示．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为2，所以该正方体的体对角线长为6，所以三棱锥P­ABC的外接球的半径R＝62，所以球O的体积V＝43πR3＝43π⎝⎛⎭⎪⎫623＝6π，故选D.2．如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为3，线段B1D1上有两个动点E，F且EF＝1，则当E，F移动时，下列结论不正确的是( )A．AE∥平面C1BDB．四面体ACEF的体积不为定值C．三棱锥A­BEF的体积为定值D．四面体ACDF的体积为定值解析：选B.对于A，如图1，AB1∥DC1，易证AB1∥平面C1BD，同理AD1∥平面C1BD，且AB 1∩AD 1＝A ，所以平面AB 1D 1∥平面C 1BD ，又AE ⊂平面AB 1D 1，所以AE ∥平面C 1BD ，A 正确；对于B ，如图2，S △AEF ＝12EF ·h 1＝12×1×（32）2－⎝ ⎛⎭⎪⎫3222＝364，点C 到平面AEF的距离为点C 到平面AB 1D 1的距离d 为定值，所以V A ­CEF＝V C ­AEF＝13×364×d ＝64d 为定值，所以B 错误；对于C ，如图3，S △BEF ＝12×1×3＝32，点A 到平面BEF 的距离为A 到平面BB 1D 1D 的距离d 为定值，所以V A ­BEF＝13×32×d ＝12d 为定值，C 正确；对于D ，如图4，四面体ACDF 的体积为V A ­CDF＝V F ­ACD＝13×12×3×3×3＝92为定值，D 正确．3．(2020·东北师大附中、重庆一中等校联合模拟)若侧面积为4π的圆柱有一外接球O ，当球O 的体积取得最小值时，圆柱的表面积为 ．解析：设圆柱的底面圆半径为r ，高为h ， 则球的半径R ＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫h 22.因为球的体积V ＝4π3R 3，故V 最小当且仅当R 最小．圆柱的侧面积为2πrh ＝4π，所以rh ＝2.所以h 2＝1r，所以R ＝r 2＋1r 2≥2，当且仅当r 2＝1r2.即r ＝1时取等号，此时k 取最小值，所以r ＝1，h ＝2，圆柱的表面积为2π＋4π＝6π.答案：6π4．(2020·新疆第一次毕业诊断及模拟测试)如图，A 1B 1C 1D 1是以ABCD 为底面的长方体的一个斜截面，其中AB ＝4，BC ＝3，AA 1＝5，BB 1＝8，CC 1＝12，求该几何体的体积．解：过A 1作A 1E ⊥BB 1于点E ， 作A 1G ⊥DD 1于点G ， 过E 作EF ⊥CC 1于点F ，过D 1作D 1H ⊥CC 1于点H ，连接EH ，GF ， 因为平面ABB 1A 1∥平面DCC 1D 1， 所以A 1B 1∥D 1C 1.因为AA 1＝BE ＝5，所以EB 1＝8－5＝3，C 1H ＝EB 1＝3，GD 1＝HF ＝12－5－3＝4，则几何体被分割成一个长方体ABCD ­A 1EFG ，一个斜三棱柱A 1B 1E ­D 1C 1H 和一个直三棱柱A 1D 1G ­EHF .故该几何体的体积为V ＝3×4×5＋12×3×4×4＋12×3×4×3＝102.。

新高考数学复习考点知识专题讲义第26讲 空间几何体[考情分析]几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积与体积是高考题的重点与热点，多以小题的形式进行考查，属于中等难度． 考点一表面积与体积 核心提炼1．旋转体的侧面积和表面积(1)S 圆柱侧＝2πrl ，S 圆柱表＝2πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (2)S 圆锥侧＝πrl ，S 圆锥表＝πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (3)S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)． 2．空间几何体的体积公式 V 柱＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； V 锥＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)； V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．例1(1)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，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________． 答案402π解析因为母线SA与圆锥底面所成的角为45°，所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形．设底面圆的半径为r，则母线长l＝2r.在△SAB中，cos∠ASB＝78，所以sin∠ASB＝158.因为△SAB的面积为515，即12SA·SB sin∠ASB＝12×2r×2r×158＝515，所以r2＝40，故圆锥的侧面积为πrl＝2πr2＝402π.(2)如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，点D在棱AA1上，则三棱锥D －BB1C1的体积为________．答案23 3解析如图，取BC的中点O，连接AO .∵正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2， ∴AC ＝2，OC ＝1，则AO ＝ 3. ∵AA 1∥平面BCC 1B 1，∴点D 到平面BCC 1B 1的距离为 3. 又11BB C S＝12×2×2＝2，∴11D BB C V ＝13×2×3＝233.易错提醒(1)计算表面积时，有些面的面积没有计算到(或重复计算)． (2)一些不规则几何体的体积不会采用分割法或补形思想转化求解． (3)求几何体体积的最值时，不注意使用基本不等式或求导等确定最值．跟踪演练1(1)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2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 ．122πB ．12π C ．82πD ．10π 答案B解析设圆柱的底面半径为r ，高为h ，由题意可知2r ＝h ＝22，∴圆柱的表面积S ＝2πr 2＋2πr ·h ＝4π＋8π＝12π.故选B.(2)如图，在Rt △ABC 中，AB ＝BC ＝1，D 和E 分别是边BC 和AC 上异于端点的点，DE ⊥BC ，将△CDE 沿DE 折起，使点C 到点P 的位置，得到四棱锥P －ABDE ，则四棱锥P －ABDE 的体积的最大值为________．答案327解析设CD ＝DE ＝x (0<x <1)，则四边形ABDE 的面积S ＝12(1＋x )(1－x )＝12(1－x 2)，当平面PDE ⊥平面ABDE 时，四棱锥P －ABDE 的体积最大，此时PD ⊥平面ABDE ，且PD ＝CD ＝x ，故四棱锥P －ABDE 的体积V ＝13S ·PD ＝16(x －x 3)，则V ′＝16(1－3x 2)．当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33时，V ′>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1时，V ′<0.∴当x ＝33时，V max ＝327. 考点二多面体与球 核心提炼解决多面体与球问题的两种思路(1)利用构造长方体、正四面体等确定直径．(2)利用球心O 与截面圆的圆心O 1的连线垂直于截面圆的性质确定球心．例2(1)已知三棱锥P －ABC 满足平面P AB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AB ＝4，∠APB ＝30°，则该三棱锥的外接球的表面积为__________． 答案64π解析 因为AC ⊥BC ，所以△ABC 的外心为斜边AB 的中点，因为平面P AB ⊥平面ABC ，所以三棱锥P －ABC 的外接球球心在平面P AB 上， 即球心就是△P AB 的外心，根据正弦定理AB sin ∠APB ＝2R ，解得R ＝4，所以外接球的表面积为4πR 2＝64π.(2)(2022·全国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________． 答案23π解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r .作出圆锥的轴截面P AB ，如图所示，则△P AB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB 中，P A ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ， 故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝23π.规律方法(1)长方体的外接球直径等于长方体的体对角线长．(2)三棱锥S－ABC的外接球球心O的确定方法：先找到△ABC的外心O1，然后找到过O1的平面ABC的垂线l，在l上找点O，使OS＝OA，点O即为三棱锥S－ABC的外接球的球心．(3)多面体的内切球可利用等积法求半径．跟踪演练2(1)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解析如图所示，设球O的半径为R，因为∠AOB＝90°，所以S△AOB＝12，2R因为V O－ABC＝V C－AOB，而△AOB 的面积为定值，当点C 位于垂直于平面AOB 的直径端点时，三棱锥O －ABC 的体积最大， 此时V O －ABC ＝V C －AOB ＝13×12R 2×R ＝16R 3＝36， 故R ＝6，则球O 的表面积为S ＝4πR 2＝144π.(2)中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知P A ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，AD ＝5，ED ＝3，若鳖臑P －ADE 的外接球的体积为92π，则阳马P －ABCD 的外接球的表面积为________．答案20π解析∵四边形ABCD 是正方形，∴AD ⊥CD ，即AD ⊥CE ，且AD ＝5，ED ＝3，∴△ADE 的外接圆半径为r 1＝AE2＝AD 2＋ED 22＝2， 设鳖臑P －ADE 的外接球的半径为R 1，则43πR 31＝92π，解得R 1＝322.∵P A ⊥平面ADE ，∴R 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P A 22＋r 21， 可得P A 2＝R 21－r 21＝102，∴P A ＝10.正方形ABCD 的外接圆直径为2r 2＝AC ＝2AD ＝10， ∴r 2＝102， ∵P A ⊥平面ABCD ，∴阳马P －ABCD 的外接球半径R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P A 22＋r 22＝5， ∴阳马P －ABCD 的外接球的表面积为4πR 22＝20π.专题强化练一、单项选择题1.水平放置的△ABC 的直观图如图，其中B ′O ′＝C ′O ′＝1，A ′O ′＝32，那么原△ABC 是一个()A ．等边三角形B ．直角三角形C．三边中只有两边相等的等腰三角形D．三边互不相等的三角形答案A解析AO＝2A′O′＝2×32＝3，BC＝B′O′＋C′O′＝1＋1＝2.在Rt△AOB中，AB＝12＋(3)2＝2，同理AC＝2，所以原△ABC是等边三角形．2．(2022·全国Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()A.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12答案C解析设正四棱锥的底面正方形的边长为a，高为h，侧面三角形底边上的高(斜高)为h′，则由已知得h2＝12ah′.如图，设O为正四棱锥S－ABCD底面的中心，E为BC的中点，则在Rt △SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22，∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0， 解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)．3．已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记该圆锥的内切球的表面积为S 1，外接球的表面积为S 2，则S 1S 2等于()A.12B.13C.14D.18 答案C 解析如图，由已知圆锥侧面积是底面积的2倍，不妨设底面圆半径为r ，l 为底面圆周长，R 为母线长，则12lR ＝2πr 2， 即12·2π·r ·R ＝2πr 2， 解得R ＝2r ，故∠ADC ＝30°，则△DEF 为等边三角形， 设B 为△DEF 的重心，过B 作BC ⊥DF ，则DB 为圆锥的外接球半径，BC 为圆锥的内切球半径， 则BC BD ＝12，∴r 内r 外＝12，故S 1S 2＝14.4．(2022·大连模拟)一件刚出土的珍贵文物要在博物馆大厅中央展出，如图，需要设计各面是玻璃平面的无底正四棱柱将其罩住，罩内充满保护文物的无色气体．已知文物近似于塔形，高1.8米，体积0.5立方米，其底部是直径为0.9米的圆形，要求文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米，气体每立方米1000元，则气体的费用最少为()A ．4500元B ．4000元C ．2880元D ．2380元 答案B解析因为文物底部是直径为0.9米的圆形，文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，所以由正方形与圆的位置关系可知，底面正方形的边长为0.9＋2×0.3＝1.5米，又文物高1.8米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2(米)，所以正四棱柱的高为1.8＋0.2＝2(米)，则正四棱柱的体积V ＝1.52×2＝4.5(立方米)．因为文物的体积为0.5立方米，所以罩内空气的体积为4.5－0.5＝4(立方米)，因为气体每立方米1000元，所以气体的费用最少为4×1000＝4000(元)，故选B.5.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，动点E 在BB 1上，动点F 在A 1C 1上，O 为底面ABCD 的中心，若BE ＝x ，A 1F ＝y ，则三棱锥O －AEF 的体积()A ．与x ，y 都有关B ．与x ，y 都无关C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关 答案B解析由已知得V 三棱锥O －AEF ＝V 三棱锥E －OAF ＝13S △AOF ·h (h 为点E 到平面AOF 的距离)．连接OC ，因为BB 1∥平面ACC 1A 1，所以点E 到平面AOF 的距离为定值．又AO ∥A 1C 1，OA 为定值，点F 到直线AO 的距离也为定值，所以△AOF 的面积是定值，所以三棱锥O －AEF 的体积与x ，y 都无关．6．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.2π3B.4π3C.5π3D．2π答案C解析如图，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，该几何体的体积为V＝V圆柱－V圆锥＝π·AB2·BC－13·π·CE2·DE＝π×12×2－13π×12×1＝5π3.7．(2022·全国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答案A解析如图，设圆O1的半径为r，球的半径为R，正三角形ABC的边长为a.由πr2＝4π，得r＝2，则33a＝2，a＝23，OO1＝a＝2 3.在Rt△OO1A中，由勾股定理得R2＝r2＋OO21＝22＋(23)2＝16，所以S球＝4πR2＝4π×16＝64π.8．(2022·武汉调研)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的表面上，若AB＝AC＝1，AA1＝23，∠BAC＝2π3，则球O的体积为()A.32π3B．3πC.4π3D．8π答案A解析设△ABC外接圆圆心为O1，半径为r，连接O1O，如图，易得O1O⊥平面ABC，∵AB＝AC＝1，AA1＝23，∠BAC＝2π3，∴2r＝ABsin∠ACB ＝112＝2，即O1A＝1，O1O＝12AA1＝3，∴OA＝O1O2＋O1A2＝3＋1＝2，∴球O的体积V＝43π·OA3＝32π3.故选A.9.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，在该封闭的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，则小圆柱体积的最大值为()A.2000π9 B.4000π27C．81πD．128π答案B解析小圆柱的高分为上、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，所以小圆柱的体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0<h <5)，把V 看成是关于h 的函数，求导得V ′＝－π(3h －5)(h ＋5)．当0<h <53时，V ′>0，V 单调递增；当53<h <5时，V ′<0，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＝4000π27，故选B.10．已知在三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且长度相等．若点P ，A ，B ，C 都在半径为1的球面上，则球心到平面ABC 的距离为() A.36B.12C.13D.32 答案C解析∵在三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且长度相等， ∴此三棱锥的外接球即以P A ，PB ，PC 为三边的正方体的外接球O ， ∵球O 的半径为1，∴正方体的边长为233，即P A ＝PB ＝PC ＝233，球心到截面ABC 的距离即正方体中心到截面ABC 的距离，设P 到截面ABC 的距离为h ，则正三棱锥P －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×h ＝13S △P AB ×PC＝13×12×⎝⎛⎭⎪⎫2333， ∵△ABC 为边长为263的正三角形， S △ABC ＝233，∴h ＝23，∴球心(即正方体中心)O 到截面ABC 的距离为13. 二、多项选择题11．(2022·枣庄模拟)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD －A 1B 1C 1D 1内灌进一些水，固定容器一边AB 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面几个结论，其中正确的是()A ．没有水的部分始终呈棱柱形B ．水面EFGH 所在四边形的面积为定值C ．随着容器倾斜度的不同，A 1C 1始终与水面所在平面平行D ．当容器倾斜如图③所示时，AE ·AH 为定值 答案AD解析由于AB 固定，所以在倾斜的过程中，始终有CD ∥HG ∥EF ∥AB ，且平面AEHD ∥平面BFGC ，故水的部分始终呈棱柱形(三棱柱或四棱柱)，且AB 为棱柱的一条侧棱，没有水的部分也始终呈棱柱形，故A正确；因为水面EFGH所在四边形，从图②，图③可以看出，EF，GH长度不变，而EH，FG的长度随倾斜度变化而变化，所以水面EFGH 所在四边形的面积是变化的，故B错；假设A1C1与水面所在的平面始终平行，又A1B1与水面所在的平面始终平行，则长方体上底面A1B1C1D1与水面所在的平面始终平行，这就与倾斜时两个平面不平行矛盾，故C错；水量不变时，棱柱AEH－BFG的体积是定值，又该棱柱的高AB不变，且V AEH－BFG＝12·AE·AH·AB，所以AE·AH＝2V AEH－BFGAB，即AE·AH是定值，故D正确．12.(2022·青岛检测)已知四棱台ABCD－A1B1C1D1的上、下底面均为正方形，其中AB＝22，A1B1＝2，AA1＝BB1＝CC1＝DD1＝2，则下列叙述正确的是()A．该四棱台的高为 3B．AA1⊥CC1C．该四棱台的表面积为26D．该四棱台外接球的表面积为16π答案AD解析将四棱台补为如图所示的四棱锥P－ABCD，并取E，E1分别为BC，B1C1的中点，记四棱台上、下底面中心分别为O1，O，连接AC，BD，A1C1，B1D1，A1O，OE，OP，PE.由条件知A1，B1，C1，D1分别为四棱锥的侧棱P A，PB，PC，PD的中点，则P A＝2AA1＝4，OA＝2，所以OO1＝12PO＝12P A2－OA2＝3，故该四棱台的高为3，故A正确；由P A＝PC＝4，AC＝4，得△P AC为正三角形，则AA1与CC1所成角为60°，故B不正确；四棱台的斜高h′＝12PE＝12PO2＋OE2＝12×(23)2＋(2)2＝142，所以该四棱台的表面积为(22)2＋(2)2＋4×2＋222×142＝10＋67，故C不正确；易知OA1＝OB1＝OC1＝OD1＝O1A21＋O1O2＝2＝OA＝OB＝OC＝OD，所以O为四棱台外接球的球心，所以外接球的半径为2，外接球表面积为4π×22＝16π，故D正确．三、填空题13．(2022·浙江)已知圆锥的侧面积(单位：cm2)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________．答案1解析如图，设圆锥的母线长为l，底面半径为r，则圆锥的侧面积S侧＝πrl＝2π，即r·l＝2.由于侧面展开图为半圆，可知12πl2＝2π，可得l＝2，因此r＝1.14.在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱的底面直径为40cm，母线长最短50cm，最长80cm，则斜截圆柱的侧面面积S＝________cm2.答案2600π解析将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形．由题意得所求侧面展开图的面积S＝12×(π×40)×(50＋80)＝2600π(cm2)．15．已知球O与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O的体积为________．答案82 3π解析将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2 2.因为球O与正四面体的各棱都相切，所以球O为正方体的内切球，即球O的直径2R＝22，则球O的体积V＝43πR3＝823π.16．(2022·新高考全国Ⅰ)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．答案2π2解析如图，设B1C1的中点为E，球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，连接DB，D1B1，D1P，D1E，EP，EQ，由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD为等边三角形，∴D1B1＝DB＝2，∴△D1B1C1为等边三角形，则D1E＝3且D1E⊥平面BCC1B1，∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心，设截面圆的半径为r，则r＝R2球－D1E2＝5－3＝ 2.又由题意可得EP＝EQ＝2，∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.又D1P＝5，∴B1P＝D1P2－D1B21＝1，同理C1Q＝1，∴P，Q分别为BB1，CC1的中点，∴∠PEQ＝π2，知PQ的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2.。

空间几何体的表面积和体积例题解析一．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,理解为主)。

二．命题走向———-用选择、填空题考查本章的基本性质和求积公式; 三．要点精讲l 表示侧棱长。

12 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。

（1)求证:顶点A 1在底面ABCD 上的射影O 在∠BAD 的平分线上; （2）求这个平行六面体的体积。

图1 图2解析：(1)如图2，连结A 1O ，则A 1O⊥底面ABCD 。

作OM⊥AB 交AB 于M ，作ON⊥AD 交AD 于N,连结A 1M ，A 1N 。

由三垂线定得得A 1M⊥AB，A 1N⊥AD。

∵∠A 1AM=∠A 1AN ，∴Rt△A 1NA≌Rt△A 1MA ，∴A 1M=A 1N ，从而OM=ON 。

∴点O 在∠BAD 的平分线上。

（2）∵AM=AA 1cos 3π=3×21=23∴AO=4cosπAM =223。

又在Rt△AOA 1中，A 1O 2=AA 12 – AO 2=9－29=29，∴A 1O=223，平行六面体的体积为22345⨯⨯=V 230=。

第二讲 空间几何体的表面积与体积知识梳理·双基自测 知识梳理知识点一 柱、锥、台和球的侧面积和体积侧面积 体积圆柱 S 侧＝2πrh V ＝_S 底·h__＝πr 2h圆锥 S 侧＝_πrl __ V ＝13S 底·h＝13πr 2h ＝13πr 2l 2－r 2 圆台 S 侧＝π(r 1＋r 2)l V ＝13(S 上＋S 下＋S 上·S 下)·h＝13π(r 21＋r 22＋r 1r 2)h 直棱柱 S 侧＝_ch__ V ＝_S 底h__ 正棱锥 S 侧＝12ch′V ＝13S 底h 正棱台 S 侧＝12(c ＋c′)h′V ＝13(S 上＋S 下＋S 上·S 下)h 球S 球面＝_4πR 2V ＝43πR 3 (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．重要结论1．长方体的外接球：球心：体对角线的交点；半径：r ＝_a 2＋b 2＋c22__(a ，b ，c 为长方体的长、宽、高)．2．正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球： (1)外接球：球心是正方体中心；半径r ＝_32a__(a 为正方体的棱长)； (2)内切球：球心是正方体中心；半径r ＝_a2__(a 为正方体的棱长)；(3)与各条棱都相切的球：球心是正方体中心；半径r ＝_22a__(a 为正方体的棱长)． 3．正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分)：(1)外接球：球心是正四面体的中心；半径r ＝_64a__(a 为正四面体的棱长)； (2)内切球：球心是正四面体的中心；半径r ＝_612a__(a 为正四面体的棱长)． 双基自测题组一 走出误区1．判断下列结论是否正确(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)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．( √ ) (3)锥体的体积等于底面积与高之积．( × )(4)已知球O 的半径为R ，其内接正方体的棱长为a ，则R ＝32a.( √ ) (5)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2πS.( × ) 题组二 走进教材2．(必修2P 27T1)已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( B ) A ．1 cm B ．2 cm C ．3 cmD ．32cm [解析] 由条件得：⎩⎪⎨⎪⎧πrl＋πr 2＝12π2πrl ＝π，∴3r 2＝12，∴r ＝2.题组三 走向高考3．(2020·天津卷)若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( C ) A ．12π B ．24π C ．36πD ．144π[解析] 这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线长的一半， 即R ＝232＋232＋2322＝3，所以，这个球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π.故选：C ．4．(2018·课标全国Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2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( B )A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π[解析] 设圆柱底面半径为r ，则4r 2＝8，即r 2＝2.∴S 圆柱表面积＝2πr 2＋4πr 2＝12π.5．(2020·浙江卷)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( A )A ．73 B ．143C ．3D ．6[解析] 由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面．棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为：13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×1×1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×1×2＝13＋2＝73.故选：A ．考点突破·互动探究考点一 几何体的表面积——自主练透例1 (1)(2021·北京模拟)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( C )A ．2＋ 5B ．4＋ 5C ．2＋2 5D ．5(2)(2021·安徽江南十校联考)已知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( B )A ．78－9π2B ．78－9π4C ．78－πD ．45－9π2(3)(多选题)(2021·山东潍坊期末)等腰直角三角形直角边长为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以为( AB )A ．2πB ．(1＋2)πC ．22πD ．(2＋2)π[解析] (1)由三视图知，该几何体是底面为等腰三角形，其中一条侧棱与底面垂直的三棱锥(SA ⊥平面ABC)，如图所示，由三视图中的数据可计算得S △ABC ＝12×2×2＝2，S △SAC ＝12×5×1＝52，S △SAB ＝12×5×1＝52，S △SBC ＝12×2×5＝5，所以S 表面积＝2＋2 5.故选C ．(2)由三视图可知该几何体是一个长方体中挖去一个18球，如图所示．∴S ＝3×3×2＋3×5×4－27π4＋9π2＝78－94π.故选B ．(3)若绕直角边旋转一周形成的几何体是圆锥，其表面积为π＋2π；若绕斜边旋转一周形成的几何体是两同底圆锥构成的组合体，其表面积为2π，故选A 、B ．名师点拨空间几何体表面积的求法(1)旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用．(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)已知几何体的三视图求其表面积，一般是先根据三视图判断空间几何体的形状，再根据题目所给数据与几何体的表面积公式，求其表面积．〔变式训练1〕(2020·河南开封二模)已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的数据，可得出这个几何体的表面积是( C )A ．6B ．8＋4 6C ．4＋2 6D ．4＋ 6[解析] 由三视图得几何体如图所示，该几何体是一个三棱锥，底面是一个底和高均为2的等腰三角形，一个侧面是一个底和高均为2的等腰三角形，另外两个侧面是腰长为AC ＝AB ＝22＋12＝5， 底边AD 长为22的等腰三角形， 其高为52－22＝3，故其表面积为S ＝2×12×22＋2×12×22×3＝4＋2 6.故选C ．考点二 几何体的体积——师生共研例2 (1)(2021·浙江金色联盟百校联考)一个空间几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积为( )cm 3.( A )A ．π6＋13B ．π3＋16C ．π6＋16D ．π3＋13(2)(2021·云南师大附中月考)如图，某几何体的三视图均为边长为2的正方形，则该几何体的体积是( D )A ．56 B ．83 C ．1D ．163(3)(2021·湖北武汉部分学校质检)某圆锥母线长为4，其侧面展开图为半圆面，则该圆锥体积为_83π3__.(4)(2020·江苏省南通市通州区)如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 是侧棱CC 1上一点，且C 1P ＝2PC ．设三棱锥P － D 1DB 的体积为V 1，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为V ，则V 1V 的值为_16__.[解析] (1)由三视图可知该几何体是由底面半径为1 cm ，高为1 cm 的半个圆锥和三棱锥S －ABC 组成的，如图，三棱锥的高为SO ＝1 cm ，底面△ABC 中，AB ＝2 cm ，AC ＝1 cm ，AB ⊥AC ．故其体积V ＝13×12×π×12×1＋13×12×2×1×1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋13cm 3.故选A ．(2)由题意三视图对应的几何体如图所示，所以几何体的体积为正方体的体积减去2个三棱锥的体积，即V ＝23－2×13×12×2×2×2＝163，故选D ．(3)该圆锥母线为4，底面半径为2，高为23， V ＝13×π×22×23＝83π3. (4)设正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面边长AB ＝BC ＝a ，高AA 1＝b ， 则VABCD －A 1B 1C 1D 1＝S 四边形ABCD ×AA 1＝a 2b ，VP －D 1DB ＝VB －D 1DP ＝13S △D 1DP·BC＝13×12ab·a＝16a 2b ，∴VP －D 1DB VABCD －A 1B 1C 1D 1＝16，即V 1V ＝16.[引申]若将本例(2)中的俯视图改为，则该几何体的体积为_83__，表面积为_83__.[解析] 几何体为如图所示的正三棱锥(棱长都为22)． ∴V ＝8－4×43＝83，S ＝4×34×(22)2＝8 3.名师点拨求体积的常用方法直接法对于规则的几何体，利用相关公式直接计算割补法首先把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算等体 积法选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面进行等体积变换注：若以三视图的形式给出的几何体问题，应先得到直观图，再求解． 〔变式训练2〕(1)(2020·海南)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点，则三棱锥A －NMD 1的体积为_13__.(2)(2021·开封模拟)如图所示，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 的中点，则三棱锥A －B 1DC 1的体积为( C )A ．3B ．32 C ．1D ．32(3)(2017·浙江)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( A )A ．16 B ．13 C ．12D ．1(4)(2021·浙北四校模拟)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：cm 3)是( B )A ．8B ．8πC ．16D ．16π[解析] (1)如图，∵正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点，∴S △ANM ＝12×1×1＝12，∴VA －NMD 1＝VD 1－AMN ＝13×12×2＝13，故答案为：13.(2)如题图，在正△ABC 中，D 为BC 的中点，则有AD ＝32AB ＝3，又因为平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ，AD ⊥BC ，AD ⊂平面ABC ，由面面垂直的性质定理可得AD ⊥平面BB 1C 1C ，即AD 为三棱锥A －B 1DC 1的底面B 1DC 1上的高，所以V 三棱锥A －B 1DC 1＝13·S△B 1DC 1·AD＝13×12×2×3×3＝1，故选C ．(3)由三视图可画出三棱锥的直观图如图所示．其底面是等腰直角三角形ACB ，直角边长为1，三棱锥的高为1，故体积V ＝13×12×1×1×1＝16.故选A ．(4)由三视图的图形可知，几何体是等边圆柱斜切一半，所求几何体的体积为：12×22π×4＝8π.故选B ．考点三 球与几何体的切、接问题——多维探究角度1 几何体的外接球例3 (1)(2021·河南中原名校质量测评)已知正三棱锥P －ABC 的底面边长为3，若外接球的表面积为16π，则PA ＝_23或2__.(2)(2020·新课标Ⅰ)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆．若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( A )A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π(3)(2019·全国)已知三棱锥P －ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA ＝PB ＝PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E 、F 分别是PA ，PB 的中点，∠CEF ＝90°，则球O 的体积为( D )A ．86πB ．46πC ．26πD ．6π[解析] (1)由外接球的表面积为16π，可得其半径为2，设△ABC 的中心为O 1，则外接球的球心一定在PO 1上，由正三棱锥P －ABC 的底面边长为3，得AO 1＝3，在Rt △AOO 1中，由勾股定理可得(PO 1－2)2＋(3)2＝22，解得PO 1＝3或PO 1＝1，又PA 2＝PO 21＋AO 21，故PA ＝9＋3＝23或PA ＝1＋3＝2，故答案为：23或2.(2)由题意可知图形如图：⊙O 1的面积为4π， 可得O 1A ＝2， 则ABsin60°＝2O 1A ＝4，∴AB ＝4sin60°＝23，∴AB＝BC＝AC＝OO1＝23，外接球的半径为：R＝AO21＋OO21＝4，球O的表面积为：4×π×42＝64π，故选A．(3)∵PA＝PB＝PC，△ABC为边长为2的等边三角形，∴P－ABC为正三棱锥，∴PB⊥AC，又E，F分别为PA、AB中点，∴EF∥PB，∴EF⊥AC，又EF⊥CE，CE∩AC＝C，∴EF⊥平面PAC，∴PB⊥平面PAC，∴∠APB＝90°，∴PA＝PB＝PC＝2，∴P－ABC为正方体一部分，2R＝2＋2＋2＝6，即R＝62，∴V＝43πR3＝43π×668＝6π.名师点拨几何体外接球问题的处理(1)解题关键是确定球心和半径，其解题思维流程是：(R—球半径，r—截面圆的半径，h—球心到截面圆心的距离)．注：若截面为非特殊三角形可用正弦定理求其外接圆半径r.(2)三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球．注意：不共面的四点确定一个球面．角度2 几何体的内切球例4 (1)(2020·新课标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_23π__. (2)(2021·安徽蚌埠质检)如图，E ，F 分别是正方形ABCD 的边AB ，AD 的中点，把△AEF ，△CBE ，△CFD 折起构成一个三棱锥P －CEF(A ，B ，D 重合于P 点)，则三棱锥P －CEF 的外接球与内切球的半径之比是_26__.[解析] (1)因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球， 如图，圆锥母线BS ＝3，底面半径BC ＝1， 则其高SC ＝BS 2－BC 2＝22， 不妨设该内切球与母线BS 切于点D ， 令OD ＝OC ＝r ，由△SOD ∽△SBC ，则OD OS ＝BCBS ，即r22－r ＝13，解得r ＝22，V ＝43πr 3＝23π，故答案为：23π.(2)不妨设正方形的边长为2a ，由题意知三棱锥P －CEF 中PC 、PF 、PE 两两垂直，∴其外接球半径R ＝PC 2＋PF 2＋PE 22＝62a ，下面求内切球的半径r ，解法一(直接法)：由几何体的对称性知，内切球的球心在平面PCH(H 为EF 的中点)内，M 、N 、R 、S 为球与各面的切点，又22＝tan ∠CHP ＝tan2∠OHN ， ∴tan ∠OHN ＝22＝rNH，∴NH ＝2r ， 又PN ＝2r ，∴22r ＝PH ＝22a ，∴r ＝a 4. 解法二(体积法)：V C －PEF ＝13r·(S △PEF ＋S △PCE ＋S △PCF ＋S △CEF )，∴a 3＝r·⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＋a 2＋a 2＋2a 2×32a 2，∴r ＝a 4，故R r ＝6a 2·4a＝2 6.名师点拨几何体内切球问题的处理(1)解题时常用以下结论确定球心和半径：①球心在过切点且与切面垂直的直线上；②球心到各面距离相等．(2)利用体积法求多面体内切球半径． 〔变式训练3〕(1)(角度1)(2020·南宁摸底)三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA ＝ PB ＝ PC ＝3，PA ⊥PB ，三棱锥P －ABC 的外接球的体积为( B )A ．27π2B ．273π2C ．273πD ．27π(2)(角度1)(2021·山西运城调研)在四面体ABCD 中，AB ＝AC ＝23，BC ＝6，AD ⊥平面ABC ，四面体ABCD 的体积为 3.若四面体ABCD 的顶点均在球O 的表面上，则球O 的表面积是( B )A ．49π4B ．49πC ．49π2D ．4π(3)(角度2)棱长为a 的正四面体的体积与其内切球体积之比为_63π__.[解析] (1)因为三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA ＝PB ＝PC ＝3，所以△PAB ≌△PBC ≌△PAC ．因为PA ⊥PB ，所以PA ⊥PC ，PC ⊥PB ．以PA ，PB ，PC 为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P －ABC 的外接球．因为正方体的体对角线长为32＋32＋32＝33，所以其外接球半径R ＝332.因此三棱锥P －ABC 的外接球的体积V ＝4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫3323＝273π2.故选B ．(2)如图，H 为BC 的中点，由题意易知AH ＝3，设△ABC 外接圆圆心为O 1，则|O 1C|2＝32＋(3－|O 1C|)2，∴|O 1C|＝23，又12×6×3×|AD|3＝3，∴|AD|＝1，则|OA|2＝|O 1C|2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝494，∴S 球O ＝4πR 2＝49π，故选B ．(3)如图，将正四面体纳入正方体中，显然正四面体内切球的球心O(也是外接球的球心)、△BCD 的中心O 1都在正方体的对角线上，设正四面体的棱长为a ，则|AO|＝64a ，又|O 1A|＝a 2－⎝⎛⎭⎪⎫33a 2＝63a ，∴内切球半径|OO 1|＝612a ，∴V 正四面体V 内切球＝13×34a 2×63a4π3⎝ ⎛⎭⎪⎫612a 3＝63π.名师讲坛·素养提升 最值问题、开放性问题例5 (1)(最值问题)(2018·课标全国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( B )A ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．54 3(2)(2021·四川凉山州模拟)已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积V ＝12，AB ＝2，若四面体A －B 1CD 1的外接球的表面积为S ，则S 的最小值为( C )A ．8πB ．9πC ．16πD ．32π[解析] (1)设等边△ABC 的边长为a ，则有S △ABC ＝12a·a·sin 60°＝93，解得a ＝6.设△ABC 外接圆的半径为r ，则2r ＝6sin 60°，解得r ＝23，则球心到平面ABC 的距离为42－232＝2，所以点D 到平面ABC 的最大距离为2＋4＝6，所以三棱锥D －ABC 体积的最大值为13×93×6＝183，故选B ．(2)设BC ＝x ，BB 1＝y ，由于V ＝12，所以xy ＝6.根据长方体的对称性可知四面体A －B 1CD 1的外接球即为长方体的外接球， 所以r ＝4＋x 2＋y22，所以S ＝4πr 2＝π(4＋x 2＋y 2)≥π(4＋2xy)＝16π， (当且仅当x ＝y ＝6，等号成立)． 故选C ．名师点拨立体几何中最值问题的解法(1)观察图形特征，确定取得最值的条件，计算最值．(2)设出未知量建立函数关系，利用基本不等式或导数计算最值．例6 (开放性问题)若四面体各棱的长是1或2，且该四面体不是正四面体，则其体积的值为_116⎝ ⎛⎭⎪⎫或1412等__(只需写一个可能值)． [解析] 如图，若AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝AD ＝2，BC ＝1，取AD 的中点H ，则CH ＝BH ＝3，且AH ⊥平面BCH ，又S △BCH ＝114，∴V A －BCD ＝13S △BCH ×2＝116. 如图，若AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝2，AD ＝BC ＝1，同理可求得V A －BCD ＝1412.〔变式训练4〕(2021·河南阶段测试)四面体ABCD 中，AC ⊥AD ，AB ＝2AC ＝4，BC ＝25，AD ＝22，当四面体的体积最大时，其外接球的表面积是_28π__.[解析] 由已知可得BC 2＝AC 2＋AB 2，所以AC ⊥AB ，又因为AC ⊥AD ，所以AC ⊥平面ABD ，四面体ABCD 的体积V ＝13AC·12AB·ADsin∠BAD ，当∠BAD ＝90°时V 最大，把四面体ABCD 补全为长方体，则它的外接球的直径2R 即长方体的体对角线，(2R)2＝AD 2＋AC 2＋AB 2＝28，所以外接球的表面积为4πR 2＝28π.。

第一节基本立体图形及空间几何体的表面积和体积【教材回扣】1．多面体的结构特征棱柱棱锥棱台①有两个面互相____________，其余各个面都是__________；②每相邻两个四边形的公共边都互相________有一个面是______，其余各面都是有一个公共顶点的______的多面体用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，__________和________之间的部分________相交于____，但不一定相等圆柱圆锥圆台球互相平行且相圆柱圆锥圆台【题组练透】题组一判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)1．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形．()2．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．()3．棱台各侧棱的延长线交于一点．()4．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是旋转体．()题组二教材改编1．(多选题)下面结论正确的是()A．三角形的直观图是三角形B．平行四边形的直观图是平行四边形C．正方形的直观图是正方形D．菱形的直观图是菱形2．如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且4个顶点A，B，C，D在同一个平面内，如果四边形ABCD是边长为30 cm的正方形，那么这个八面体的表面积是()A．225 3 cm2B．1 000 3 cm2C．1 800 3 cm2D．900＋2 000 3 cm23．如图，圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的体积之比为________．题组三易错自纠1．如图，长方体ABCD－A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′，剩下的几何体是()A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．六棱柱2．圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的表面积为()A．6π(4π＋3)B．8π(3π＋1)C．6π(4π＋3)或8π(3π＋1)D．6π(4π＋1)或8π(3π＋2)3．Rt△ABC的三个顶点都在球O的球面上，AB＝AC＝2，若球心O到平面ABC的距离为1，则球O的半径为______，球O的表面积为________．题型一空间几何体角度|空间几何体的结构特征[例1](多选题)下列命题不正确的是()A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱C．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱D．用一平面去截棱锥，截面与底面之间的部分组成的几何体叫棱台[听课记录]类题通法解决与空间几何体结构特征有关问题的三个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力．(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型．(3)通过反例对结构特征进行辨析.巩固训练1：下列命题正确的是()A．以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥B．以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台C．圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面D．一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台角度|直观图[例2]一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形，则原平面四边形的面积等于()A.24a2B．22a2C.22a2 D.223a2[听课记录]类题通法平面图形与其直观图的关系(1)在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．“平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半．”(2)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S直观图＝24S原图形.巩固训练2：已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的直观图△A′B′C′的面积为()A.34a2 B.38a2 C.68a2 D.616a2角度|展开图[例3]纸制的正方形的六个面根据其方位分别标记为上、下、东、南、西、北．现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开，外面朝上展平，得到如图所示的平面图形，则标“△”的面的方位是()A．南B．北C．西D．下[听课记录]类题通法求解展开图问题的关键及注意事项求解立体图形展开图问题的关键是弄清原有的性质变化与否．应注意：(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)长度、角度等几何度量的变化.巩固训练3：如图所示是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图，A，B，C是展开图上的三点，则在正方体盒子中，∠ABC的值为()A．30° B．45°C．60° D．90°题型二空间几何体的表面积与体积[例4](1)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．12πC．82π D．10π(2)[2020·江苏卷]如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是________cm3.(3)(一题两空)如图，在直角梯形ABCD中，AD＝AB＝4，BC＝2，沿中位线EF折起，使得∠AEB为直角，连接AB，CD，则所得的几何体的表面积为________，体积为________．[听课记录]类题通法(1)几何体表面积的计算：根据几何体的直观图或三视图所给的条件，确定表面的形状，选择正确的平面图形的面积公式求解，注意表面积与底面积、侧面积的区别．(2)几何体体积的计算：简单几何体可用体积公式直接求解，一些组合体的体积则需用转换法、分割法、补形法等方法进行求解.巩固训练4：(1)若圆锥的侧面展开图是圆心角为120°，半径为l的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比为()A．3:2 B．2:1C．4:3 D．5:3(2)如图所示，已知三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1－ABC1的体积为()A.312 B.34C.612 D.64(3)如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形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________．题型三空间几何体与球的切、接问题高频考点角度|几何体的外接球[例5](1)[2019·全国卷Ⅰ]已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，P A＝PB ＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O 的体积为()A．86πB．46πC．26π D.6π(2)[2020·新高考Ⅰ卷]已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．[听课记录]类题通法(1)求解多面体的外接球时，经常用到截面圆．如图所示，设球O的半径为R，截面圆O′的半径为r，M为截面圆上任意一点，球心O到截面圆O′的距离为d，则在Rt△OO′M 中，OM2＝OO′2＋O′M2，即R2＝d2＋r2.(2)求解球的内接正方体、长方体等问题的关键是把握球的直径即是几何体的体对角线．(3)若球面上四点P，A，B，C的连线中P A，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，则可构造长方体或正方体解决问题.巩固训练5：(1)[2020·天津卷]若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A．12π B．24πC．36π D．144π(2)[2021·河北唐山模拟]已知四棱锥P－ABCD的顶点都在球O的球面上，P A⊥底面ABCD，AB＝AD＝1，BC＝CD＝2.若球O的表面积为36π，则P A＝()A ．2 B.6 C.31 D.33 角度|几何体的内切球[例6] (1)已知正三棱锥的高为6，内切球(与四个面都相切)的表面积为16π，则其底面边长为( )A ．18B ．12C ．6 3D ．43(2)(一题两空)半径为R 的球的外切圆柱(球与圆柱的侧面、两底面都相切)的表面积为________，体积为________．[听课记录]类题通法 (1)正多面体存在内切球且正多面体的中心为内切球的球心． (2)求多面体内切球半径，往往可用“等体积法”．V 多＝S 表·R 内切·13.(3)正四面体内切球半径是高的14，外接球半径是高的34.(4)并非所有多面体都有内切球(或外接球).巩固训练6：将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥(接缝处忽略不计)，则该圆锥的内切球的体积为( )A.2π3B.3π3C.4π3D ．2π[预测1] 核心素养——数学抽象、直观想象如图，在矩形ABCD 中，EF ∥AD ，GH ∥BC ，BC ＝2，AF ＝FG ＝BG ＝1.现分别沿EF ，GH 将矩形折叠使得AD 与BC 重合，则折叠后的几何体的外接球的表面积为( )A ．24πB ．6π C.163π D.83π [预测2] 立体几何中的数学文化玉琮是中国古代玉器中重要的礼器，神人纹玉琮王是新石器时代良渚文化的典型玉器，1986年出土于浙江省余杭市反山文化遗址．玉琮王通高8.8 cm ，孔径4.9 cm 、外径17.6 cm.琮体四面各琢刻一完整的兽面神人图像，兽面的两侧各浅浮雕鸟纹．器形呈扁矮的方柱体，内圆外方，上下端为圆面的射，中心有一上下垂直相透的圆孔．试估计该神人纹玉琮王的体积约为(单位：cm 3)( )A ．6 250B ．3 050C ．2 850D ．2 350状 元 笔 记球心的确定“切”“接”问题的处理规律(1)“切”的处理解决与球有关的内切问题主要是指球内切于多面体或旋转体，解答时首先要找准切点，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．(2)“接”的处理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．1．由球的定义确定球心若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球．也就是说如果一个定点到一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体外接球的球心．①长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点； ②正三棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点； ③直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；④正棱锥的外接球的球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到．[典例1] 若正三棱柱ABC －A ′B ′C ′的底面边长为2，侧棱长为1，其顶点都在同一球面上，则球的表面积为________．【解析】 如图，H ′，H 分别为上、下底面的中心，HH ′的中心O 为外接球的球心． 由题意得，在Rt △OAH 中， AH ＝233，OH ＝12，则外接球的半径R ＝OA ＝AH 2＋OH 2＝1912， 表面积S ＝4πR 2＝19π3.【答案】 19π32．构造长方体或正方体确定球心①正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补成长方体或正方体；②同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补成长方体或正方体；③若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补成长方体或正方体； ④若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补成长方体或正方体．[典例2] 若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的体积是________．【解析】 三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为3，则可将三棱锥补形成正方体．从而其外接球的直径为3，半径为32，故所求外接球的体积V ＝4π3×⎝⎛⎭⎫323＝9π2.【答案】 9π2类题通法一般地，若一个三棱锥的三条侧棱两两垂直，且其长度分别为a ，b ，c ，则可以将这个三棱锥补形成一个长方体，长方体的体对角线的长就是该三棱锥外接球的直径，即2R ＝ a 2＋b 2＋c 2.3.由球的性质确定球心[典例3] 正三棱锥A －BCD 内接于球O ，且底面边长为3，侧棱长为2，则球O 的表面积为________．【解析】 如图，设三棱锥A －BCD 的外接球的半径为r ，M 为正△BCD 的中心，因为BC ＝CD ＝BD ＝3，AB ＝AC ＝AD ＝2，AM ⊥平面BCD ，所以DM ＝1，AM ＝3，又OA ＝OD ＝r ，所以(3－r)2＋1＝r 2，解得r ＝233，所以球O 的表面积S ＝4πr 2＝16π3. 【答案】 16π3【探究】 本题运用公式R 2＝r 2＋d 2(r 为三棱锥底面外接圆的半径，R 为三棱锥外接球的半径，d 为球心到三棱锥底面中心的距离)求球的半径，该公式是求球的半径的常用式．本题的思路是探求正棱锥外接球半径的通法，该方法的实质是通过寻找外接球的一个轴截面，把立体几何问题转化为平面几何问题来研究．第一节 基本立体图形及空间几何体的表面积和体积 课前基础巩固 [教材回扣]平行且全等 平行四边形 平行 多边形 三角形 截面 底面 平行且相等 一点 一点 平行四边形 三角形 梯形 垂直 一点 一点 矩形 等腰三角形 等腰梯形圆 矩形 扇形 扇环 2πrl πrl π(r ＋r ′)l S 底h 13S 底h 4πR 2 43πR 3[题组练透] 题组一1．× 2.× 3.√ 4.× 题组二1．解析：由斜二测直观图的画法法则可知，A 、B 正确，C 不正确，因为正方形的直观图是平行四边形，D 不正确，菱形的直观图不是菱形，而是平行四边形．故选AB.答案：AB2．解析：每个三角形面积为S ＝12×30×153＝2253，则表面积为S ＝8×2253＝18003(cm 2)，故选C答案：C3．解析：设球的半径为R ，则圆柱的底面半径为R ，高为2R ，∵V 球＝43πR 3，V 圆柱＝πR 2·2R ＝2πR 3，∴V 球V 圆柱＝4πR 332πR 3＝23.答案：23题组三1．解析：由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱，故选C. 答案：C2．解析：设圆柱的底面半径为r ， 分两种情况．①若6π＝2πr ，r ＝3.∴圆柱的表面积为：4π×6π＋2πr 2＝24π2＋18π＝6π(4π＋3)．②若4π＝2πr ，r ＝2，∴圆柱的表面积为：4π×6π＋2×πr 2＝24π2＋8π＝8π(3π＋1)，故选C.答案：C3．解析：设O 1为斜边BC 的中点，则O 1为△ABC 的外接圆的圆心， ∴OO 1⊥平面ABC ，则O 1O ＝1在Rt △OBO 1中，O 1B ＝12BC ＝2，于是OB ＝O 1O 2＋O 1B 2＝ 3.∴球的半径R ＝OB ＝3，则球的表面积S ＝4πR 2＝12π. 答案：3 12π课堂题型讲解题型一例1 解析：对于A ，它的每相邻两个四边形的公共边不一定互相平行，故A 错；对于B ，也是它的每相邻两个四边形的公共边不一定互相平行，例如，两个底面全等的斜四棱柱拼接在一起，故B 错；对于C ，它符合棱柱的定义，故C 对；对于D ，它的截面与底面不一定互相平行，故D 错．故选ABD.答案：ABD巩固训练1 解析：由圆锥、圆台、圆柱的定义可知A ，B 错误，C 正确．对于命题D ，只有用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，D 不正确．故选C. 答案：C例2 解析：根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则可知，在x 轴上(或与x 轴平行)的线段，其长度保持不变；在y 轴上(或与y 轴平行)的线段，其长度变为原来的一半，且∠x ′O ′y ′＝45°(或135°)，所以，若设原平面图形的面积为S ，则其直观图的面积为S ′＝12·22·S ＝24S .可以得出一个平面图形的面积S 与它的直观图的面积S ′之间的关系是S ′＝24S ，本题中直观图的面积为a 2，所以原平面四边形的面积S ＝a 224＝22a 2. 答案：B巩固训练2 解析：如图(1)所示的是△ABC 的实际图形，图(2)是△ABC 的直观图．由图(2)可知A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图(2)中作C ′D ′⊥A ′B ′于点D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a .∴S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.故选D.答案：D例3 解析：如图所示的正方体，要展开成要求的平面图，必须剪开棱BC ，使正方形BCC 1B 1向东的方向展开，剪开棱D 1C 1使正方形DCC 1D 1向北的方向展开．剪开棱A 1B 1，使正方形ABB 1A1向南的方向展开，然后展开，则标“△”的面的方位向北，故选B.答案：B巩固训练3 解析：还原成正方体后如图所示，由正方体的性质可知，△ABC 为正三角形，故∠ABC ＝60°.故选C. 答案：C 题型二例4 解析：(1)设圆柱的轴截面的边长为x ，则由x 2＝8，得x ＝22，∴S 圆柱＝2S 底＋S 侧＝2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.故选 B.(2)正六棱柱的体积为6×34×22×2＝123(cm 3)，圆柱的体积为π×0.52×2＝π2(cm 3)，则该六角螺帽毛坯的体积为⎝⎛⎭⎫123－π2 cm 3.(3)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ABCM ，BENC 都是矩形，AM ＝DM ＝2，CN ＝2，FN ＝1，AB ＝CM ＝22，所以S △AEB ＝12×2×2＝2，S 梯形ABCD ＝12×(2＋4)×22＝62，S 梯形BEFC ＝12×(2＋3)×2＝5，S 梯形AEFD ＝12×(3＋4)×2＝7，在直角三角形CMD 中，CM ＝22，MD ＝2，所以CD ＝2 3.又因为DF ＝FC ＝5，所以S △DFC ＝12×23×2＝6，所以这个几何体的表面积为2＋62＋5＋7＋6＝14＋62＋6.因为截面CMN 把这个几何体分割为直三棱柱ABE －MCN 和四棱锥C －MNFD ，又因为直三棱柱ABE －MCN 的体积为V 1＝S △ABE ·AM ＝12×2×2×2＝4，四棱锥C －MNFD 的体积为V 2＝13S 四边形MNFD ·BE ＝13×12(1＋2)×2×2＝2，所以所求几何体的体积为V 1＋V 2＝6.答案：(1)B (2)123－π2(3)14＋62＋6 6巩固训练4 解析：(1)底面半径r ＝23πl 2π＝13l ，故圆锥中S 侧＝13πl 2，S 表＝13πl 2＋π⎝⎛⎭⎫13l 2＝49πl 2，所以表面积与侧面积的比为4 3.故选C.(2)VB 1－ABC 1＝VA －B 1BC 1 ＝13×12×32＝312. 故选A.(3)如图，取AD 的中点M ，过M 作MN ⊥EF 于N ，取BC 的中点G ，过G 作GH ⊥EF 于H ，连接AN ，DN ，BH ，CH ，则原几何体可分割为左锥体E －ADN 、右锥体F －BCH 、直三棱柱ADN －BCH ，且两锥高各是12，柱高是1.连接EM ，则由△ADE 是边长为1的正三角形，知EM ＝32，MN ＝⎝⎛⎭⎫322－⎝⎛⎭⎫122＝22. ∴V ＝12×1×22×1＋2×13×12×22×1×12＝23.答案：(1)C (2)A (3)23题型三例5 解析：(1)本题主要考查三棱锥的外接球的体积，考查考生的化归与转化能力、空间想象能力、运算求解能力，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．因为点E ，F 分别为P A ，AB 的中点，所以EF ∥PB ， 因为∠CEF ＝90°，所以EF ⊥CE ，所以PB ⊥CE . 取AC 的中点D ，连接BD ，PD ，易证AC ⊥平面BDP ，所以PB ⊥AC ，又AC ∩CE ＝C ，AC ，CE ⊂平面P AC ，所以PB ⊥平面P AC ， 所以PB ⊥P A ，PB ⊥PC ，因为P A ＝PB ＝PC ，△ABC 为正三角形，所以P A ⊥PC ，即P A ，PB ，PC 两两垂直，将三棱锥P －ABC 放在正方体中如图所示．因为AB ＝2，所以该正方体的棱长为2，所以该正方体的体对角线长为6，所以三棱锥P －ABC 的外接球的半径R ＝62，所以球O 的体积V ＝43πR 3＝43π⎝⎛⎭⎫623＝6π，故选D. (2)如图，连接B 1D 1，易知△B 1C 1D 1为正三角形，所以B 1D 1＝C 1D 1＝2.分别取B 1C 1，BB 1，CC 1的中点M ，G ，H ，连接D 1M ，D 1G ，D 1H ，则易得D 1G ＝D 1H ＝22＋12＝5，D 1M ⊥B 1C 1，且D 1M ＝ 3.由题意知G ，H 分别是BB 1，CC 1与球面的交点．在侧面BCC 1B 1内任取一点P ，使MP ＝2，连接D 1P ，则D 1P ＝D 1M 2＋MP 2＝(3)2＋(2)2＝5，连接MG ，MH ，易得MG ＝MH ＝2，故可知以M 为圆心，2为半径的圆弧GH 为球面与侧面BCC 1B 1的交线．由∠B 1MG ＝∠C 1MH ＝45°知∠GMH ＝90°，所以GH 的长为14×2π×2＝2π2.答案：(1)D (2)22π巩固训练5 解析：(1)设外接球的半径为R ，易知2R ＝3×23＝6，所以R ＝3，于是表面积S ＝4πR 2＝36π，故选C.(2)设球O 的半径为R ，则4πR 2＝36π，解得R ＝3.设底面ABCD 外接圆的半径为r ，则由圆的内接四边形的性质可知∠B ＋∠D ＝180°.又AB ＝AD ＝1，BC ＝CD ＝2，AC ＝AC ，故△ABC ≌△ADC ，故∠B ＝∠D ＝90°，故AC ＝12＋22＝5＝2r ，故P A ＝(2R )2－(2r )2＝36－5＝31.故选C. 答案：(1)C (2)C 例6解析：(1)如图，由题意知，球心在三棱锥的高PE 上，设内切球的半径为R ，则S 球＝4πR 2＝16π，所以R ＝2，所以OE ＝OF ＝2，OP ＝4.在Rt △OPF 中，PF ＝OP 2－OF 2＝23，因为△OPF ∽△DPE ，所以OF DE ＝PF PE ，得DE ＝23，AD ＝3DE ＝63，AB ＝23AD ＝12.故选B.(2)S 表＝πR 2×2＋π×2×R ×R ×2＝2πR 2＋4πR 2＝6πR 2， V ＝π×R 2×R ×2＝2πR 3. 答案：(1)B (2)6πR 2 2πR 3巩固训练6 解析：设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则2πr ＝2π3×3，∴r ＝1.∴h ＝32－12＝2 2.设圆锥内切球的半径为R ，则R 22－R ＝13，∴R ＝22，∴V 球＝43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫223＝2π3.故选A.答案：A高考命题预测预测1 解析：由题意可知，折叠后的几何体是底面为等边三角形的三棱柱，底面等边三角形外接圆的半径为23×12－⎝⎛⎭⎫122＝33.因为三棱柱的高为BC ＝2，所以其外接球的球心与底面外接圆圆心的距离为1，则三棱柱外接球的半径为R ＝⎝⎛⎭⎫332＋12＝233，所以三棱柱外接球的表面积S ＝4πR 2＝16π3.故选C.答案：C预测2 解析：由题意，该神人纹玉琮王的体积为底面边长为17.6 cm ，高为8.8 cm 的长方体的体积减去底面直径为4.9 cm ，高为8.8 cm 的圆柱的体积．则V ＝17.6×17.6×8.8－π×⎝⎛⎭⎫4.922×8.8≈2 560 cm 3.结合该神人纹玉琮王外面方形偏低且去掉雕刻部分，可估计该神人纹玉琮王的体积约为2 350 cm 3.故选D. 答案：D。

空间几何体的表面积与体积1.3.1柱体、锥体、台体的表面积与体积【教学目标】（1）通过对柱、锥、台体的研究，掌握柱、锥、台的表面积和体积的求法。

（2）能运用公式求解，柱体、锥体和台全的全积，并且熟悉台体与术体和锥体之间的转换关系。

（3）培养学生空间想象能力和思维能力。

【教学重点难点】【教学重点】：柱体、锥体、台体的表面积和体积计算【教学难点】：台体体积公式的推导【学前准备】：多媒体，预习例题（3）初中时，我们已经学习了计算特殊的柱体——正方体、长方体以及圆柱的体积公式：如图，把正方体截去四个角，得到一个体比2a和积此圆柱的底面在圆锥的底面上，圆柱的高等于圆锥底面半径，且圆柱的全面积：圆锥的底面积3:2=．）求圆锥母线与底面多成的角的正切值；（2）圆锥的侧面积参考答案：1. B 2. C 3. 1 , 3 4. A 5. B 6. B 7. 1:3 3a π或32aπ9．已知圆锥有一个内接圆柱此圆柱的底面在圆锥的底面上，圆柱. 三棱锥的外接球问题【教学目标】⑴通过对球的体积和面积公式的推导，了解推导过程中所用的基本数学思想方法：“分割——求和——化为准确和”，有利于同学们进一步学习微积分和近代数学知识。

⑵能运用球的面积和体积公式灵活解决实际问题。

⑶培养学生的空间思维能力和空间想象能力。

【教学重难点】【教学重点】：引导学生了解推导球的体积和面积公式所运用的基本思想方法。

【教学难点】：推导体积和面积公式中空间想象能力的形成。

【学前准备】：多媒体，预习例题4：如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为.类型四：一条测棱垂直底面，底面为非直角三角形的四面体的外接球问题5已知点A,B,C,D,四点在同一个球面上，DA⊥平面ABC,DA=AB=AC=3,∠ABC=60，则球半径是类型五：正三棱锥的外接球问题6：已知正三棱锥底面边长为1，侧棱长为2，求外接球半径。

第2讲 空间几何体的表面积与体积A 级 基础演练(时间：30分钟 满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．(2013·东北三校一模)一个几何体的三视图如图所示，则侧视图的面积为( )．A ．2＋ 3B ．1＋ 3C ．2＋2 3D ．4＋ 3解析 依题意得，该几何体的侧视图的面积等于22＋12×2×3＝4＋ 3.答案 D2．(2011·湖南)设右图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )．A.92π＋12 B.92π＋18 C ．9π＋42 D ．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 B3．一个几何体的三视图如图所示，那么此几何体的侧面积(单位：cm 2)为 ( )．A ．48B ．64C ．80D ．120解析 据三视图知，该几何体是一个正四棱锥(底面边长为8)，直观图如图，PE 为侧面△P AB 的边AB 上的高，且PE ＝5.∴此几何体的侧面积是S ＝4S △P AB ＝4×12×8×5＝80(cm 2)． 答案 C4．(2012·新课标全国)已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，则此棱锥的体积为( )．A.26B.36C.23D.22解析 在直角三角形ASC 中，AC ＝1，∠SAC ＝90°，SC ＝2，∴SA ＝4－1＝3；同理SB ＝ 3.过A 点作SC 的垂线交SC 于D 点，连接DB ，因△SAC ≌△SBC ，故BD ⊥SC ，故SC ⊥平面ABD ，且平面ABD 为等腰三角形，因∠ASC ＝30°，故AD ＝12SA ＝32，则△ABD 的面积为12×1× AD 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝24，则三棱锥的体积为13×24×2＝26. 答案 A二、填空题(每小题5分，共10分)5．已知S 、A 、B 、C 是球O 表面上的点，SA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，SA ＝AB ＝1，BC ＝2，则球O 的表面积等于________．解析 将三棱锥S －ABC 补形成以SA 、AB 、BC 为棱的长方体，其对角线SC 为球O 的直径，所以2R ＝SC ＝2，R ＝1，∴表面积为4πR 2＝4π. 答案 4π6．(2012·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.解析 由三视图可知，该几何体是组合体，上面是长、宽、高分别是6,3,1的长方体，下面是两个半径均为32的球，其体积为6×3×1＋2×43×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝18＋9π(m 3)． 答案 18＋9π 三、解答题(共25分)7．(12分)如图，已知某几何体的三视图如下(单位：cm)：(1)画出这个几何体的直观图(不要求写画法)； (2)求这个几何体的表面积及体积．解 (1)这个几何体的直观图如图所示．(2)这个几何体可看成是正方体AC 1及直三棱柱B 1C 1Q －A 1D 1P 的组合体．由P A 1＝PD 1＝2，A 1D 1＝AD ＝2，可得P A 1⊥PD 1.故所求几何体的表面积S ＝5×22＋2×2×2＋2×12×(2)2＝22＋42(cm 2)， 体积V ＝23＋12×(2)2×2＝10 (cm 3)．8．(13分)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面为直角三角形，∠ACB ＝90°，AC ＝6，BC ＝CC 1＝2，P 是BC 1上一动点，如图所示，求CP ＋P A 1的最小值． 解 P A 1在平面A 1BC 1内，PC 在平面BCC 1内，将其铺平后转化为平面上的问题解决．铺平平面A 1BC 1、平面BCC 1，如图所示．计算A 1B ＝AB 1＝40，BC 1＝2，又A 1C 1＝6，故△A 1BC 1是∠A 1C 1B ＝90°的直角三角形．CP ＋P A 1≥A 1C .在△AC 1C 中，由余弦定理，得 A 1C ＝62＋(2)2－2·6·2·cos 135°＝50＝52， 故(CP ＋P A 1)min ＝5 2.B 级 能力突破(时间：30分钟 满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．(2012·哈尔滨模拟)某品牌香水瓶的三视图如下(单位：cm)，则该几何体的表面积为( )．A.⎝ ⎛⎭⎪⎫95－π2cm 2 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫94－π2cm 2 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫94＋π2cm 2D.⎝ ⎛⎭⎪⎫95＋π2cm 2 解析 该几何体的上下为长方体，中间为圆柱． S表面积＝S下长方体＋S上长方体＋S圆柱侧－2S圆柱底＝2×4×4＋4×4×2＋2×3×3＋4×3×1＋2π×12×1－2×π⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝94＋π2.答案 C2．(2013·福州模拟)如图所示，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1－ABC 1的体积为( )．A.312 B.34 C.612D.64解析 三棱锥B 1－ABC 1的体积等于三棱锥A －B 1BC 1的体积，三棱锥A －B 1BC 1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312. 答案 A二、填空题(每小题5分，共10分)3．(2013·江西盟校二联)已知某几何体的直观图及三视图如图所示，三视图的轮廓均为正方形，则该几何体的表面积为________．解析 借助常见的正方体模型解决．由三视图知，该几何体由正方体沿面AB 1D 1与面CB 1D 1截去两个角所得，其表面由两个等边三角形、四个直角三角形和一个正方形组成．计算得其表面积为12＋4 3. 答案 12＋4 34．(2012·长春二模)如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为6，则以正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的中心为顶点，以平面AB 1D 1截正方体外接球所得的圆为底面的圆锥的全面积为________．解析 设O 为正方体外接球的球心，则O 也是正方体的中心，O 到平面AB 1D 1的距离是体对角线长的16，即为 3.又球的半径是正方体对角线长的一半，即为33，由勾股定理可知，截面圆的半径为(33)2－(3)2＝26，圆锥底面面积为S 1＝π·(26)2＝24π，圆锥的母线即为球的半径33，圆锥的侧面积为S 2＝π×26×33＝182π.因此圆锥的全面积为S ＝S 2＋S 1＝182π＋24π＝(182＋24)π. 答案 (182＋24)π三、解答题(共25分)5．(12分)(2013·杭州模拟)如图，在四边形ABCD 中，∠DAB ＝90°，∠ADC ＝135°，AB ＝5，CD ＝22，AD ＝2，求四边形ABCD 绕AD 旋转一周所成几何体的表面积及体积．解 由已知得：CE ＝2，DE ＝2，CB ＝5，S 表面＝S 圆台侧＋S 圆台下底＋S 圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×22＝(60＋42)π，V ＝V 圆台－V 圆锥＝13(π·22＋π·52＋22·52π2)×4－13π×22×2＝1483π.6．(13分)如图(a)，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D －ABC ，如图(b)所示．(1)求证：BC ⊥平面ACD ； (2)求几何体D －ABC 的体积．(1)证明 在图中，可得AC ＝BC ＝22， 从而AC 2＋BC 2＝AB 2， 故AC ⊥BC ，又平面ADC ⊥平面ABC ，平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ，∴BC ⊥平面ACD .(2)解 由(1)可知，BC 为三棱锥B －ACD 的高，BC ＝22，S △ACD ＝2， ∴V B －ACD ＝13S △ACD ·BC ＝13×2×22＝423，由等体积性可知，几何体D －ABC 的体积为423.。

专题8.2 空间几何体的表面积和体积（知识点讲解）【知识框架】 【核心素养】1.通过考查几何体体积和表面积的计算，主要考查棱柱、棱锥或不规则几何体的特征及体积与表面积的计算，凸显数学运算、直观想象的核心素养．2.结合三视图、直观图、展开图、轴截面等，考查球的切、接问题，主要考查几何体与球的组合体的识辨，球的体积、表面积的计算，凸显数学运算、直观想象的核心素养．【知识点展示】（一）几何体的表面积圆柱的侧面积圆柱的表面积圆锥的侧面积圆锥的表面积圆台的侧面积圆台的表面积球体的表面积 柱体、锥体、台体的侧面积，就是各个侧面面积之和；表面积是各个面的面积之和，即侧面积与底面积之和.把柱体、锥体、台体的面展开成一个平面图形，称为它的展开图，圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形它的表面积就是展开图的面积.（二）几何体的体积圆柱的体积rl S π2=)(2l r r S +=πrl S π=)(l r r S +=πl r r S )(+'=π)(22rl l r r r S +'++'=π24R S π=h r V 2π=圆锥的体积 圆台的体积 球体的体积 正方体的体积正方体的体积（三）常用结论多面体的内切球与外接球常用的结论(1)设正方体的棱长为a ，则它的内切球半径r ＝2a ，外接球半径R＝2a . (2)设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则它的外接球半径R＝2. (3)设正四面体的棱长为a ，则它的高为H＝3a ，内切球半径r ＝14H＝12a ，外接球半径R ＝34H＝4a . 【常考题型剖析】题型一：空间几何体的表面积例1.（2021·全国·高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为22(1cos )S r πα=-（单位：2km ），则S 占地球表面积的百分比约为（ ）A ．26%B ．34%C ．42%D ．50%【答案】C【解析】【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.【详解】由题意可得，S 占地球表面积的百分比约为： 226400164003600002(1.cos )1cos 44242%22r r πααπ---+==≈=.h r V 231π=)(3122r r r r h V '++'=π334R V π=3a V =abc V =例2.（2020·全国·高考真题（理））已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ）A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π 【答案】A【解析】【分析】由已知可得等边ABC 的外接圆半径，进而求出其边长，得出1OO 的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.【详解】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A例3．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（文））已知某圆台的母线长为2，母线与轴所在直线的夹角是60︒，且上、下底面的面积之比为1⊙4，则该圆台外接球的表面积为（ ） A ．56πB ．64πC ．112πD ．128π【答案】C【解析】作出圆台的轴截面等腰梯形，其外接圆是圆台外接球的大圆，在这个轴截面中进行计算可得．【详解】如图等腰梯形ABCD 是圆台的轴截面，EF 是圆台的对称轴，圆台上、下底面的面积之比为1：4，则半径比为1：2，设圆台上、下底面半径分别为r ，2r ，因母线与轴的夹角是60︒，母线长为2，可得圆台的高为1，r =R ，球心到下底面（大圆面）的距离为x ，若球心在圆台两底面之间，如图点M 位置，则222R x =+且222(1)R x =-+，无解；若圆台两底面在球心同侧，如图点O 位置，则222R x =+且222(1)R x =++，解得4x =，则228R =， 则该圆台外接球的表面积为2112R 4π=π．故选：C ．【总结提升】几类空间几何体表面积的求法(1)多面体：其表面积是各个面的面积之和．(2)旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．(3)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的删、补．(4)若以三视图形式给出，解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数量关系．题型二：空间几何体的体积例4. （2023·河南·洛宁县第一高级中学一模（文））若圆锥的母线与底面所成的角为π6，则该圆锥的体积为（ ）A ．π2B ．πC ．2πD ．3π【答案】B【解析】【分析】设圆锥的高为h ，利用母线与底面所成角求出高即可得解.【详解】设圆锥的高为h ， 因为母线与底面所成的角为π6，所以πtan 61h =．圆锥的体积2π1π3=⨯⨯=V ． 故选：B例5.（2022·全国·高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到1575m ．时，2.65）（ ）A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯ 【答案】C【解析】【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．【详解】依题意可知棱台的高为157.5148.59MN =-=(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V ．棱台上底面积262140.014010S ==⨯km m ，下底面积262180.018010S '==⨯km m ，∴((66119140101801033V h S S =+=⨯⨯⨯+⨯' ()()679933320607109618 2.6510 1.43710 1.410(m )=⨯+⨯≈+⨯⨯=⨯≈⨯．故选：C ．例6.（2022·全国·高考真题（理））甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若=2S S 甲乙，则=V V 甲乙（ ） AB．CD【答案】C【解析】【分析】 设母线长为l ，甲圆锥底面半径为1r ，乙圆锥底面圆半径为2r ，根据圆锥的侧面积公式可得122r r =，再结合圆心角之和可将12,r r 分别用l 表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为l ，甲圆锥底面半径为1r ，乙圆锥底面圆半径为2r ， 则11222S rl r S r l r ππ===甲乙， 所以122r r =， 又12222r r l lπππ+=， 则121r r l +=， 所以1221,33r l r l ==，所以甲圆锥的高1h ==，乙圆锥的高2h ==，所以221122214313r h l V V r h ππ==甲乙 故选：C.例7.（2022·湖北·黄石市有色第一中学模拟预测）阿基米德多面体也称为半正多面体，是以边数不全相同的正多边形为面围成的多面体．如图，已知阿基米德多面体的所有顶点均是一个棱长为2的正方体各条棱的中点，则该阿基米德多面体的体积为______；若M ，N 是该阿基米德多面体表面上任意两点，则M ，N 两点间距离的最大值为______．【答案】 203##263 22##322 【解析】【分析】第一空，将该多面体置于正方体中，由此可知该阿基米德多面体是由正方体切掉8个全等的三棱锥形成，由此可求得其体积；第二空，结合阿基米德多面体的外接球刚好是补形后正方体的棱切球，再求M ，N 两点间距离的最大值即可.【详解】依题意，可将该多面体补成一个棱长为2的正方体，如图，所以该阿基米德多面体是由正方体切掉8个全等的三棱锥形成，其体积112088111323V =-⨯⨯⨯⨯⨯=; 该阿基米德多面体的外接球刚好是正方体的棱切球，即与正方体的各条棱相切于棱的中点的球，该球直径为M ，N 两点间距离的最大值为外接球的直径，则max MN =故答案为:203； 【总结提升】1.处理体积问题的思路(1)“转”：指的是转换底面与高，将原来不易求面积的底面转换为易求面积的底面，或将原来不易看出的高转换为易看出并易求解长度的高，即等体积法；(2)“拆”：指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算，即分割法；(3)“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原成一个四棱柱，这些都是拼补的方法，即补形法．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.等体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.题型三：三视图与几何体的面积、体积例8．（2020·全国·高考真题（文））下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A．6+42B．4+42C．6+23D．4+23【答案】C【解析】【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDBS S S===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：AB AD DB===∴ADB△是边长为根据三角形面积公式可得：211sin 6022ADB S AB AD =⋅⋅︒==△该几何体的表面积是：632⨯++ 故选：C.例9. （2020·浙江·高考真题）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）A ．73B ．143C ．3D ．6【答案】A【解析】【分析】根据三视图还原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积.【详解】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为：11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故选：A例10.（2022·浙江省春晖中学模拟预测）某几何体的三视图如图，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，侧视图是半径为1的半圆，则该几何体的表面积是___________，体积是___________.【答案】232π+33π##3π3【解析】【分析】先画出直观图，再求出圆锥的高，求出两个半圆锥的侧面积之和，从而求出此几何体的表面积和体积.【详解】该几何体为两个底面半径为1，母线长为2的半圆锥拼接而成，设圆锥的高为h，由勾股定理得：413h=-=，则两个半圆锥的侧面积之和为12π22π2⨯⨯=，如图，AB =2CD =，且AB CD ⊥，所以四边形ADBC 的面积为22÷=， 该几何体的表面积为232π+，该几何体的体积为21π13⨯=故答案为：2π 【总结提升】 求空间几何体体积的常见类型及思路（1）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（2）不规则几何体：若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.题型四：简单几何体的外接球与内切球问题例11.（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为323π，两个圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的体积之和为（ ）A ．3πB ．4πC ．9πD ．12π 【答案】B【解析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D ，设圆锥AD 和圆锥BD 的高之比为3:1，即3AD BD =，设球的半径为R ，则343233R ππ=，可得2R =，所以，44AB AD BD BD =+==， 所以，1BD =，3AD =，CD AB ⊥，则90CAD ACD BCD ACD ∠+∠=∠+∠=，所以，CAD BCD ∠=∠，又因为ADC BDC ∠=∠，所以，ACD CBD △∽△，所以，AD CD CD BD=，CD ∴= 因此，这两个圆锥的体积之和为()21134433CD AD BD πππ⨯⋅+=⨯⨯=. 故选：B.例12.（2020·全国高考真题（理））已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）A B ．32 C ．1 D ．2【答案】C【解析】 设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =.设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC21224a ∴⨯=，解得：3a =，2233r ∴===，∴球心O 到平面ABC 的距离1d ===.故选：C.例13.（2020·全国·高考真题（理））已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）AB ．32C ．1D 【答案】C【解析】【分析】根据球O 的表面积和ABC 的面积可求得球O 的半径R 和ABC 外接圆半径r ，由球的性质可知所求距离d = 【详解】设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =.设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC212a ∴=3a =，2233r ∴==∴球心O 到平面ABC 的距离1d .故选：C.【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.例14.（2019·全国·高考真题（理））已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为（ ）A ．B ．C ． D【答案】D【解析】【分析】先证得PB ⊥平面PAC ，再求得PA PB PC ===P ABC -为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.【详解】解法一:,PA PB PC ABC ==∆为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA 、AB 中点，//EF PB ∴，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥平面PAC ，PB ⊥平面PAC ，APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体一部分，2R ==34433R V R =∴=π==π，故选D ． 解法二:设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 中点，//EF PB ∴，且12EF PB x ==，ABC ∆为边长为2的等边三角形，CF ∴=90CEF ∠=︒1,2CE AE PA x ∴=== AEC ∆中余弦定理()2243cos 22x x EAC x +--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =， D 为AC 中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x+-+∴=，2212122x x x ∴+=∴==PA PB PC ∴=====2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴R ∴=，34433V R ∴=π==，故选D. 例15.(2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．π B ．34π C ．2π D ．4π 【答案】B 【解析】设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，且R ＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r ，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形．∴2r ==. ∴圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝34π×1＝34π. 故选B ．例16.(2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB ．9π2C ．6πD ．32π3【答案】B【解析】由题意得要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切．设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为68102+-＝2，∴R ≤2. 又2R ≤3，∴R ≤32，∴V ma x ＝3439()322ππ=.故选B ． 点睛：解答本题的关键是当V 取得最大值时，球与上下底面还是与侧面相切的问题．例17.（2021·福建·厦门大学附属科技中学高三阶段练习）某同学在参加魔方实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为6π，则该球的表面积是______．【答案】144π【解析】【分析】设球心为O ，作出过球心的截面图如图所示，然后根据已知条件结合球的性质求解即可.【详解】 设球心为O，作出过球心的截面图如图所示，则OA =由截面圆的周长为6π，得26AB ππ⨯=，∴3AB =，6．所以该球的表面积为246=144ππ⨯.故答案为：144π.例18. (2019年高考天津卷理)的正方形，侧棱长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_____________．【答案】，借助勾股定理，可知四棱锥的高.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为，圆柱的底面半径为， 故圆柱的体积为. 例19.（2020·全国·高考真题（文））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】【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.【详解】 25π42=11221ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ， 由于223122AM =-=，故1222222S =⨯⨯=△ABC ， 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯=解得：22r，其体积：343V r π==.. 【总结提升】1.常见类型：（1）利用长方体的体对角线探索外接球半径；（2）利用长方体的面对角线探索外接球半径；（3）利用底面三角形与侧面三角形的外心探索球心；（4）利用直棱柱上下底面外接圆圆心的连线确定球心；（5）锥体的内切球问题；（6）柱体的内切球问题2.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，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，把空间问题化归为平面问题．3．若球面上四点P ，A ，B ，C 中PA ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题．。