2019届高考数学一轮复习第八章立体几何8.2空间几何体的表面积与体积课件文新人教A版

第2节空间几何体的表面积和体积考试要求了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式。

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＝2πrlS圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π（r1＋r2）l3.空间几何体的表面积与体积公式名称几何体表面积体积柱体S表面积＝S侧＋V＝S底h(棱柱和圆柱)2S底锥体（棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝错误!S底h台体（棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝错误!（S上＋S下＋错误!)h球S＝4πR2V＝错误!πR3［常用结论与微点提醒］1。

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＝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。

长方体的共顶点的三条棱长分别为a,b，c，外接球的半径为R,则2R＝错误!。

3。

正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1。

诊断自测1。

判断下列结论正误（在括号内打“√”或“×")(1)锥体的体积等于底面面积与高之积。

（)（2)两个球的体积之比等于它们的半径比的平方。

（)(3）台体的体积可转化为两个锥体的体积之差.（)(4）已知球O的半径为R,其内接正方体的边长为a，则R＝错误!a。

(）解析(1)锥体的体积等于底面面积与高之积的三分之一，故不正确.（2)球的体积之比等于半径比的立方，故不正确.答案（1）×（2）×（3)√(4)√2。

(新教材必修第二册P120T5改编)一个正方体的顶点都在球面上，若球的表面积为4π，则正方体的棱长为（)A。

33 B.错误! C.错误!D。

错误!解析由S＝4πR2＝4π，得R＝1，故2×1＝3a，得a＝错误!。

高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量8.2球的切、接问题题型一特殊几何体的切、接问题例1(1)已知正方体的棱长为a，则它的外接球半径为________，与它各棱都相切的球的半径为________．答案32a22a解析∵正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，为3a，∴它的外接球的半径为32a，∵球与正方体的各棱都相切，则球的直径为面对角线，而正方体的面对角线长为2a，∴与它各棱都相切的球的半径为2 2a.(2)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2 3π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POPB＝OEDB，即22－r3＝r1，解得r＝2 2，故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.思维升华 (1)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)长方体的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. (3)正四面体的外接球的半径R ＝64a ，内切球的半径r ＝612a ，其半径R ∶r ＝3∶1(a 为该正四面体的棱长)．跟踪训练1 (1)(2022·成都模拟)已知圆柱的两个底面的圆周在体积为32π3的球O 的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为( ) A ．4π B ．8π C ．12π D ．16π 答案 B解析 如图所示，设球O 的半径为R ，由球的体积公式得43πR 3＝32π3，解得R ＝2. 设圆柱的上底面半径为r ，球的半径与上底面夹角为α，则r ＝2cos α， 圆柱的高为4sin α，∴圆柱的侧面积为4πcos α×4sin α＝8πsin 2α， 当且仅当α＝π4，sin 2α＝1时，圆柱的侧面积最大，∴圆柱的侧面积的最大值为8π.(2)(2022·长沙检测)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________． 答案9π2解析 易知AC ＝10.设△ABC 的内切圆的半径为r ， 则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ， 所以r ＝2. 因为2r ＝4>3，所以最大球的直径2R ＝3，即R ＝32，此时球的体积V ＝43πR 3＝9π2.题型二 补形法例2 (1)在四面体ABCD 中，若AB ＝CD ＝3，AC ＝BD ＝2，AD ＝BC ＝5，则四面体ABCD 的外接球的表面积为( ) A ．2π B ．4π C ．6π D ．8π 答案 C解析 由题意可采用补形法，考虑到四面体ABCD 的对棱相等，所以将四面体放入一个长、宽、高分别为x ，y ，z 的长方体，并且x 2＋y 2＝3，x 2＋z 2＝5，y 2＋z 2＝4，则有(2R )2＝x 2＋y 2＋z 2＝6(R 为外接球的半径)，得2R 2＝3，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝6π.(2)(2022·重庆实验外国语学校月考)如图，在多面体中，四边形ABCD 为矩形，CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为________，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为________．答案 136π解析 如图添加的三棱锥为直三棱锥E －ADF ，可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF －BCE ， 因为CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1， 所以S △CBE ＝12CE ×BC ＝12×1×1＝12，直三棱柱ADF －BCE 的体积为 V ＝S △EBC ·DC ＝12×2＝1，添加的三棱锥的体积为13V ＝13；如图，分别取AF ，BE 的中点M ，N ，连接MN ，与AE 交于点O ，因为四边形AFEB 为矩形，所以O 为AE ，MN 的中点，在直三棱柱ADF －BCE 中，CE ⊥平面ABCD ，FD ⊥平面ABCD ，即∠ECB ＝∠FDA ＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱柱的外接球的球心即为点O ，连接DO ，DO 即为球的半径， 连接DM ，因为DM ＝12AF ＝22，MO ＝1，所以DO 2＝DM 2＋MO 2＝12＋1＝32，所以外接球的表面积为4π·DO 2＝6π. 思维升华 补形法的解题策略(1)侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；(2)直三棱锥补成三棱柱求解．跟踪训练2 已知三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且P A ＝1，PB ＝2，PC ＝3，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为( ) A.7143π B ．14π C ．56π D.14π答案 B解析 以线段P A ，PB ，PC 为相邻三条棱的长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′被平面ABC 所截的三棱锥P －ABC 符合要求，如图，长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′与三棱锥P －ABC 有相同的外接球，其外接球直径为长方体体对角线PP ′，设外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PP ′2＝P A 2＋PB 2＋PC 2 ＝12＋22＋32＝14，则所求表面积S ＝4πR 2＝π·(2R )2＝14π. 题型三 定义法例3 (1)已知∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABC ，若P A ＝AB ＝BC ＝1，则四面体P ABC 的外接球(顶点都在球面上)的体积为( ) A ．π B.3π C ．2π D.3π2答案 D解析 如图，取PC 的中点O ，连接OA ，OB ，由题意得P A ⊥BC ，又因为AB ⊥BC ，P A ∩AB ＝A ，P A ，AB ⊂平面P AB ， 所以BC ⊥平面P AB ， 所以BC ⊥PB ，在Rt △PBC 中，OB ＝12PC ，同理OA ＝12PC ，所以OA ＝OB ＝OC ＝12PC ，因此P ，A ，B ，C 四点在以O 为球心的球面上， 在Rt △ABC 中，AC ＝AB 2＋BC 2＝ 2. 在Rt △P AC 中，PC ＝P A 2＋AC 2＝3， 球O 的半径R ＝12PC ＝32，所以球的体积为43π⎝⎛⎭⎫323＝3π2.延伸探究 本例(1)条件不变，则四面体P －ABC 的内切球的半径为________． 答案2－12解析 设四面体P －ABC 的内切球半径为r . 由本例(1)知，S△P AC＝12P A·AC＝12×1×2＝22，S△P AB＝12P A·AB＝12×1×1＝12，S△ABC＝12AB·BC＝12×1×1＝12，S△PBC＝12PB·BC＝12×2×1＝22，V P－ABC＝13×12AB·BC·P A＝13×12×1×1×1＝16，V P－ABC＝13(S△P AC＋S△P AB＋S△ABC＋S△PBC)·r＝13⎝⎛⎭⎫22＋12＋12＋22·r＝16，∴r＝2－1 2.(2)在矩形ABCD中，BC＝4，M为BC的中点，将△ABM和△DCM分别沿AM，DM翻折，使点B与点C重合于点P，若∠APD＝150°，则三棱锥M－P AD的外接球的表面积为() A．12π B．34πC．68π D．126π答案 C解析如图，由题意可知，MP⊥P A，MP⊥PD.且P A∩PD＝P，P A⊂平面P AD，PD⊂平面P AD，所以MP⊥平面P AD.设△ADP的外接圆的半径为r，则由正弦定理可得ADsin ∠APD ＝2r ，即4sin 150°＝2r ，所以r ＝4.设三棱锥M －P AD 的外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PM 2＋(2r )2，即(2R )2＝4＋64＝68，所以4R 2＝68， 所以外接球的表面积为4πR 2＝68π.思维升华 到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可． 跟踪训练3 (1)一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________．答案4π3解析 设正六棱柱的底面边长为x ，高为h ， 则有⎩⎪⎨⎪⎧ 6x ＝3，98＝6×34x 2h ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，h ＝ 3. ∴正六棱柱的底面外接圆的半径r ＝12，球心到底面的距离d ＝32.∴外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝1.∴V 球＝4π3.(2)(2022·哈尔滨模拟)已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，其中AD ＝1，AB ＝2，平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 为等边三角形，则四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为( ) A.16π3 B.76π3 C.64π3 D.19π3 答案 A解析 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，P A ＝PD ，取AD 的中点E ，则PE ⊥AD ，PE ⊥平面ABCD ，则PE ⊥AB ，由AD ⊥AB ，AD ∩PE ＝E ，AD ，PE ⊂平面P AD ，可知AB ⊥平面P AD ， 由△P AD 为等边三角形，E 为AD 的中点知，PE 的三等分点F (距离E 较近的三等分点)是三角形的中心，过F 作平面P AD 的垂线，过矩形ABCD 的中心O 作平面ABCD 的垂线，两垂线交于点I ，则I 即外接球的球心． OI ＝EF ＝13PE ＝13×32＝36，AO ＝12AC ＝52，设外接球半径为R ， 则R 2＝AI 2＝AO 2＋OI 2＝⎝⎛⎭⎫522＋⎝⎛⎭⎫362＝43， 所以四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为S ＝4πR 2＝4π×43＝16π3.课时精练1．正方体的外接球与内切球的表面积之比为( ) A. 3 B ．3 3 C ．3 D.13答案 C解析 设正方体的外接球的半径为R ，内切球的半径为r ，棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即2R ＝3，所以R ＝32，正方体内切球的直径为正方体的棱长，即2r ＝1，即r ＝12，所以R r ＝3，正方体的外接球与内切球的表面积之比为4πR 24πr 2＝R 2r2＝3.2．(2022·开封模拟)已知一个圆锥的母线长为26，侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，则该圆锥的外接球的体积为( ) A ．36π B ．48π C ．36 D ．24 2答案 A解析 设圆锥的底面半径为r ，由侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，得2πr ＝23π3×26，解得r ＝2 2.作出圆锥的轴截面如图所示．设圆锥的高为h ， 则h ＝262－222＝4.设该圆锥的外接球的球心为O ，半径为R ，则有R ＝h －R 2＋r 2，即R ＝4－R2＋222，解得R ＝3，所以该圆锥的外接球的体积为 4πR 33＝4π×333＝36π. 3．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为( ) A ．16π B ．20π C ．24π D ．32π 答案 A解析 如图所示，在正四棱锥P －ABCD 中，O 1为底面对角线的交点，O 为外接球的球心．V P －ABCD ＝13×S 正方形ABCD ×3＝6，所以S 正方形ABCD ＝6，即AB ＝ 6. 因为O 1C ＝126＋6＝ 3.设正四棱锥外接球的半径为R ， 则OC ＝R ，OO 1＝3－R ，所以(3－R )2＋(3)2＝R 2，解得R ＝2. 所以外接球的表面积为4π×22＝16π.4．已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为( ) A.68π B.64π C.38π D.34π 答案 A解析 如图将棱长为1的正四面体B 1－ACD 1放入正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，且正方体的棱长为1×cos 45°＝22， 所以正方体的体对角线 AC 1＝⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＝62， 所以正方体外接球的直径2R ＝AC 1＝62， 所以正方体外接球的体积为 43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫643＝68π， 因为正四面体的外接球即为正方体的外接球，所以正四面体的外接球的体积为68π. 5．(2021·天津)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32π3，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为( ) A ．3π B ．4π C ．9π D ．12π 答案 B解析 如图所示，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AD ＝3BD ，设球的半径为R ，则4πR 33＝32π3，可得R ＝2，所以AB ＝AD ＋BD ＝4BD ＝4， 所以BD ＝1，AD ＝3，因为CD ⊥AB ，AB 为球的直径， 所以△ACD ∽△CBD ，所以AD CD ＝CDBD ，所以CD ＝AD ·BD ＝3，因此，这两个圆锥的体积之和为 13π×CD 2·(AD ＋BD )＝13π×3×4＝4π. 6．(2022·蚌埠模拟)粽子，古时北方也称“角黍”，是由粽叶包裹糯米、泰米等馅料蒸煮制成的食品，是中国汉族传统节庆食物之一，端午食粽的风俗，千百年来在中国盛行不衰，粽子形状多样，馅料种类繁多，南北方风味各有不同，某四角蛋黄粽可近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄，若粽子的棱长为9 cm ，则其内可包裹的蛋黄的最大体积约为(参考数据：6≈2.45，π≈3.14)( )A ．20 cm 3B ．22 cm 3C ．26 cm 3D ．30 cm 3答案 C解析 如图，正四面体ABCD ，其内切球O 与底面ABC 切于O 1，设正四面体棱长为a ，内切球半径为r ，连接BO 1并延长交AC 于F ，易知O 1为△ABC 的中心，点F 为边AC 的中点．易得BF ＝32a ， 则S △ABC ＝34a 2，BO 1＝23BF ＝33a ， ∴DO 1＝BD 2－BO 21＝63a ， ∴V D －ABC ＝13·S △ABC ·DO 1＝212a 3，∵V D －ABC ＝V O －ABC ＋V O －BCD ＋V O －ABD ＋V O －ACD ＝4V O －ABC ＝4×13×34a 2·r ＝33a 2r ，∴33a 2r ＝212a 3⇒r ＝612a ， ∴球O 的体积V ＝43π·⎝⎛⎭⎫612a 3＝43π·⎝⎛⎭⎫612×93＝2768π≈278×2.45×3.14≈26(cm 3)． 7．已知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 的表面上，P A ⊥平面ABC ，P A ＝6，AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝23，点D 为AB 的中点，过点D 作球的截面，则截面的面积不可以是( ) A.π2 B ．π C ．9π D ．13π答案 A解析 三棱锥P －ABC 的外接球即为以AB ，AC ，AP 为邻边的长方体的外接球， ∴2R ＝62＋22＋232＝213，∴R ＝13，取BC 的中点O 1，∴O 1为△ABC 的外接圆圆心，∴OO 1⊥平面ABC ，如图． 当OD ⊥截面时，截面的面积最小，∵OD ＝OO 21＋O 1D 2＝32＋32＝23，此时截面圆的半径为r ＝R 2－OD 2＝1， ∴截面面积为πr 2＝π，当截面过球心时，截面圆的面积最大为πR 2＝13π， 故截面面积的取值范围是[π，13π]．8．(2021·全国甲卷)已知A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，则三棱锥O －ABC 的体积为( ) A.212 B.312 C.24 D.34答案 A解析 如图所示，因为AC ⊥BC ，所以AB 为截面圆O 1的直径，且AB ＝ 2.连接OO 1，则OO 1⊥平面ABC ， OO 1＝1－⎝⎛⎭⎫AB 22＝1－⎝⎛⎭⎫222＝22， 所以三棱锥O －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×OO 1＝13×12×1×1×22＝212.9．已知三棱锥S －ABC 的三条侧棱两两垂直，且SA ＝1，SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的半径是________． 答案 32解析 如图所示，将三棱锥补为长方体，则该棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设外接球半径为R ，则(2R )2＝12＋22＋22＝9， ∴4R 2＝9，R ＝32.即这个外接球的半径是32.10．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则正三棱锥的内切球的半径为________． 答案2－1解析 如图，过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ，连接AD 并延长交BC 于点E ，连接PE .因为△ABC 是正三角形，所以AE 是BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心． 因为AB ＝BC ＝23，所以S △ABC ＝33，DE ＝1，PE ＝ 2. 所以S 三棱锥表＝3×12×23×2＋3 3＝36＋3 3. 因为PD ＝1，所以三棱锥的体积V ＝13×33×1＝ 3.设球的半径为r ，以球心O 为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小三棱锥，由13S 三棱锥表·r ＝3， 得r ＝3336＋33＝2－1.11．等腰三角形ABC 的腰AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将它沿高AD 翻折，使二面角B －AD －C 成60°，此时四面体ABCD 外接球的体积为________． 答案2873π 解析 由题意，设△BCD 所在的小圆为O 1，半径为r ，又因为二面角B －AD －C 为60°，即∠BDC ＝60°，所以△BCD 为边长为3的等边三角形，由正弦定理可得，2r ＝3sin 60°＝23，即DE ＝23，设外接球的半径为R ，且AD ＝4，在Rt △ADE 中，(2R )2＝AD 2＋DE 2⇒4R 2＝42＋(23)2＝28， 所以R ＝7， 所以外接球的体积为 V ＝43πR 3＝43π×(7)3＝2873π.12．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为________．答案32π3解析 设△ABC 的外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23， ∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin ∠ACB ＝112＝2，即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，即直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的外接球半径R ＝2， ∴V 球＝43π×23＝32π3.。

第5讲 简单几何体的再认识(表面积与体积)一、知识梳理1．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 ＝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 2V ＝43πR 31．正方体的外接球、内切球及与各条棱相切球的半径 (1)外接球：球心是正方体的中心；半径r ＝32a (a 为正方体的棱长)．(2)内切球：球心是正方体的中心；半径r ＝a2(a 为正方体的棱长)．(3)与各条棱都相切的球：球心是正方体的中心；半径r ＝22a (a 为正方体的棱长).2.正四面体的外接球、内切球的球心和半径(1)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)．(2)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)．(3)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)．二、教材衍化1．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________．解析：S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π， 所以r 2＝4，所以r ＝2. 答案：2 cm 2．如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________．解析：设长方体的相邻三条棱长分别为a ，b ，c ，它截出棱锥的体积V 1＝13×12×12a ×12b ×12c ＝148abc ，剩下的几何体的体积V 2＝abc －148abc ＝4748abc ，所以V 1∶V 2＝1∶47.答案：1∶47 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|Ｋ(1)不能把三视图正确还原为几何体而错解表面积或体积；(2)考虑不周忽视分类讨论；(3)几何体的截面性质理解有误；(4)混淆球的表面积公式和体积公式．1．已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m3.解析：根据三视图可知该四棱锥的底面是底边长为2 m，高为1 m的平行四边形，四棱锥的高为 3 m．故该四棱锥的体积V＝1 3×2×1×3＝2(m3)．答案：22．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＋32π3．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________．解析：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.答案：12π4．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为________． 解析：设球的半径为R ，则由4πR 2＝16π，解得R ＝2，所以这个球的体积为43πR 3＝323π.答案：323π空间几何体的表面积(师生共研)(1)(2020·河南周口模拟)如图，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ⊥BC ，AA 1＝AC ＝2，直线A 1C 与侧面AA 1B 1B 所成的角为30°，则该三棱柱的侧面积为( )A ．4＋4 2B ．4＋43C ．12D ．8＋42(2)(2020·四川泸州一诊)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表面积为( )A ．(5＋2)πB ．(4＋2)πC ．(5＋22)πD ．(3＋2)π【解析】 (1)连接A 1B .因为AA 1⊥底面ABC ，则AA 1⊥BC ，又AB ⊥BC ，AA 1∩AB ＝A ，所以BC ⊥平面AA 1B 1B ，所以直线A 1C 与侧面AA 1B 1B 所成的角为∠CA 1B＝30°.又AA 1＝AC ＝2，所以A 1C ＝22，BC ＝ 2.又AB ⊥BC ，则AB ＝2，则该三棱柱的侧面积为22×2＋2×2＝4＋42，故选A.(2)因为在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2，所以将梯形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是一个底面半径为AB ＝1，高为BC －AD ＝2－1＝1的圆锥，所以该几何体的表面积S ＝π×12＋2π×1×2＋π×1×12＋12＝(5＋2)π.故选A.【答案】 (1)A (2)A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． 1．在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为40 cm ，母线长最短50 cm ，最长80 cm ，则斜截圆柱的侧面面积S ＝________cm 2.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×(50＋80)×(π×40)＝2 600π(cm2)．答案：2 600π2．已知一几何体的三视图如图所示，它的主视图与左视图相同，则该几何体的表面积为________．解析：由三视图知，该几何体是一个正四棱柱与半球的组合体，且正四棱柱的高为2，底面对角线长为4，球的半径为2，所以该正四棱柱的底面正方形的边长为22，该几何体的表面积S＝1 2×4π×22＋π×22＋22×2×4＝12π＋16.答案：12π＋16空间几何体的体积(多维探究)角度一直接利用公式求体积(2020·山东省实验中学模拟)我国古代《九章算术》里，记载了一个“商功”的例子：今有刍童，下广二丈，袤三丈，上广三丈，袤四丈，高三丈．问积几何？其意思是：今有上下底面皆为长方形的草垛(如图所示)，下底宽2丈，长3丈，上底宽3丈，长4丈，高3丈．问它的体积是多少？该书提供的算法是：上底长的2倍与下底长的和与上底宽相乘，同样下底长的2倍与上底长的和与下底宽相乘，将两次运算结果相加，再乘以高，最后除以6.则这个问题中的刍童的体积为( )A．13.25立方丈B．26.5立方丈C．53立方丈D．106立方丈【解析】 由题意知，刍童的体积为[(4×2＋3)×3＋(3×2＋4)×2]×3÷6＝26.5(立方丈)，故选B.【答案】 B角度二 割补法求体积《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何？刍甍：底面为矩形的屋脊状的几何体(网格纸中粗线部分为其三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1)，那么该刍甍的体积为( )A ．4B ．5C ．6D ．12【解析】 如图所示，由三视图可还原得到几何体ABCDEF ，过E ，F 分别作垂直于底面的截面EGH 和FMN ，可将原几何体切割成三棱柱EHG ­FNM ，四棱锥E ­ADHG 和四棱锥F ­MBCN ，易知三棱柱的体积为12×3×1×2＝3，两个四棱锥的体积相同，都为13×1×3×1＝1，则原几何体的体积为3＋1＋1＝5.故选B.【答案】 B角度三 等体积法求体积(2020·贵州部分重点中学联考)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 1­AEF 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】 设点F 到平面ABB 1A 1的距离为h ，由题意得V A 1­AEF＝V F ­A 1AE .又V F ­A 1AE ＝13S △A 1AE ·h ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12AA 1·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 1­AEF ＝6×2＝12.所以四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的体积为12.故选A.【答案】 A(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；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；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．(2)求空间几何体的体积的常用方法①公式法：对于规则几何体的体积问题，可以直接利用公式进行求解；②割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，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，便于计算其体积；③等体积法：一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的．如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解．等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积．1．(2020·江西上饶二模)已知下图为某几何体的三视图，则其体积为( )A ．π＋23B ．π＋13C ．π＋43D ．π＋34解析：选C.几何体为半圆柱与四棱锥的组合体(如图)，半圆柱的底面半径为1，高为2，四棱锥的底面为边长为2的正方形，高为1，故几何体的体积V ＝12×π×12×2＋13×22×1＝π＋43.故选C.2．(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：由题易得长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的体积为6×6×4＝144(cm 3)，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BCC 1B 1面积的一半，即12×6×4＝12(cm 2)，所以V四棱锥O ­EFGH ＝13×3×12＝12(cm 3)，所以该模型的体积为144－12＝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(多维探究) 角度一 外接球(1)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 ．πB ．3π4C.π2D ．π4(2)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】 (1)设圆柱的底面圆半径为r ，则r 2＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝34，所以，圆柱的体积V ＝34π×1＝3π4，故选B.(2)设球O 的半径为R ，因为SC 为球O 的直径，所以点O 为SC 的中点，连接AO ，OB ，因为SA ＝AC ，SB ＝BC ，所以AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，因为平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ，所以AO ⊥平面SCB ，所以V S ­ABC ＝V A ­SBC ＝13×S △SBC ×AO ＝13×(12×SC ×OB )×AO ，即9＝13×(12×2R ×R )×R ，解得R ＝3，所以球O 的表面积为S ＝4πR2＝4π×32＝36π.【答案】 (1)B (2)36π角度二 内切球(1)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，表面积为S 1，球O 的体积为V 2，表面积为S 2，则V 1V 2的值是__________，S 1S 2＝________. (2)已知棱长为a 的正四面体，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________．【解析】 (1)设圆柱内切球的半径为R ，则由题设可得圆柱O 1O 2的底面圆的半径为R ，高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.S 1S 2＝2πR ·2R ＋2πR 24πR 2＝32. (2)正四面体的表面积为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. 【答案】 (1)32 32 (2)63π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.(2020·四川成都一诊)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 解析：选C.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.2．(2020·黑龙江哈尔滨师范大学附属中学模拟)在底面是边长为2的正方形的四棱锥P ­ABCD 中，点P 在底面的射影H 为正方形ABCD 的中心，异面直线PB 与AD 所成角的正切值为2.若四棱锥P ­ABCD 的内切球半径为r ，外接球的半径为R ，则r R＝( ) A.23B ．25 C.12D ．13解析：选B.如图，取E ，F 分别为AB ，CD 的中点，连接EF ，PE ，PF .由题意知，P ­ABCD 为正四棱锥，底面边长为2.因为BC ∥AD ，所以∠PBC 即为异面直线PB 与AD 所成的角．因为∠PBC 的正切值为2，所以四棱锥的斜高为2，所以△PEF 为等边三角形，则正四棱锥P ­ABCD 的内切球的半径r 即为△PEF 的内切圆的半径，为33. 设O 为正四棱锥外接球的球心，连接OA ，AH .由题可得AH ＝2，PH ＝ 3.在Rt △OHA 中，R 2＝(2)2＋(3－R )2，解得R ＝536， 所以r R ＝25. 确定球心位置的三种方法决定球的几何要素是球心的位置和球的半径，在球与其他几何体的结合问题中，通过位置关系的分析，找出球心所在的位置是解题的关键，不妨称这个方法为球心位置分析法．方法一 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；(5)若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心．已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是( )A．16π B．20πC．24πD．32π【解析】已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，可求得底面边长为2，故球的直径为22＋22＋42＝26，则半径为6，故球的表面积为24π，故选C.【答案】C方法二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，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(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，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(3)若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；(4)若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体．如图，边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，将△AED，△EBF，△FCD分别沿DE，EF，FD折起，使A，B，C三点重合于点A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为( )A. 2 B．6 2C.112D．52【解析】易知四面体A′EFD的三条侧棱A′E，A′F，A′D 两两垂直，且A′E＝1，A′F＝1，A′D＝2，把四面体A′EFD补成从顶点A′出发的三条棱长分别为1，1，2的一个长方体，则长方体的外接球即为四面体A′EFD的外接球，球的半径为r＝1 212＋12＋22＝62.故选B.【答案】B方法三由性质确定球心利用球心O与截面圆圆心O′的连线垂直于截面圆及球心O与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心．正三棱锥A­BCD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，M为底面△BCD的中心，易知AM⊥MD，DM＝1，AM＝ 3.在Rt△DOM中，OD2＝OM2＋MD2，即OD2＝(3－OD)2＋1，解得OD＝23 3，故球O的表面积为4π×⎝⎛⎭⎪⎪⎫2332＝163π.【答案】163π[基础题组练]1．圆柱的底面积为S ，侧面展开图是一个正方形，那么圆柱的侧面积是( )A ．4πSB ．2πSC ．πSD ．233πS 解析：选A.由πr 2＝S 得圆柱的底面半径是S π，故侧面展开图的边长为2π·S π＝2πS ，所以圆柱的侧面积是4πS ，故选A. 2．已知圆锥的高为3，底面半径长为4，若一球的表面积与此圆锥的侧面积相等，则该球的半径长为( ) A ．5B ．5C ．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.3．(2020·安徽黄山一模)如图所示为某几何体的三视图，则几何体的体积为( )A.12B ．1 C.32D ．3 解析：选B.由主视图可得如图的四棱锥P ­ABCD ，其中平面ABCD ⊥平面PCD .由主视图和俯视图可知AD ＝1，CD ＝2，P 到平面ABCD 的距离为32. 所以四棱锥P ­ABCD 的体积为V ＝13×S 长方形ABCD ×h ＝13×1×2×32＝1.故选B.4．(2020·河南郑州三模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.5π3B ．4π3 C.π3D ．2π3 解析：选D.几何体是半个圆柱挖去半个圆锥所形成的，如图，由题意可知几何体的体积为：12×12·π×2－13×12×12·π×2＝2π3.故选D. 5．(2020·广东茂名一模)在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，D 1B 与DC 所成的角是60°，则长方体的外接球的表面积是( )A ．16πB ．8πC ．4πD ．42π解析：选A.如图，在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，因为DC ∥AB ，所以相交直线D 1B 与AB 所成的角是异面直线D 1B 与DC 所成的角．连接AD 1，由AB ⊥平面ADD 1A 1，得AB ⊥AD 1，所以在Rt △ABD 1中，∠ABD 1就是D 1B 与DC 所成的角，即∠ABD 1＝60°，又AB ＝2，AB ＝BD 1cos 60°，所以BD 1＝AB cos 60°＝4，设长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1外接球的半径为R ，则由长方体的体对角线就是长方体外接球的直径得4R 2＝D 1B 2＝16，则R ＝2，所以长方体外接球的表面积是4πR 2＝16π.故选A.6．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其主视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是________．解析：因为四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，所以该四棱锥为正四棱锥，如图，由题意知底面正方形的边长为2，正四棱锥的高为2， 取正方形的中心O ，AD 的中点E ，连接PO ，OE ，PE ，可知PO 为正四棱锥的高，△PEO 为直角三角形，则正四棱锥的斜高PE ＝22＋12＝ 5.所以该四棱锥的侧面积S ＝4×12×2×5＝4 5. 答案：457.已知圆锥SO ，过SO 的中点P 作平行于圆锥底面的截面，以截面为上底面作圆柱PO ，圆柱的下底面落在圆锥的底面上(如图)，则圆柱PO 的体积与圆锥SO 的体积的比值为________．解析：设圆锥SO 的底面半径为r ，高为h ，则圆柱PO 的底面半径是r 2，高为h 2， 所以V 圆锥SO ＝13πr 2h ，V 圆柱PO ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫r 22·h 2＝πr 2h 8，所以V 圆柱PO V 圆锥SO ＝38. 答案：388．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则棱锥的内切球的半径为________．解析：如图，过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ，连接AD 并延长交BC 于点E ，连接PE ，因为△ABC 是正三角形，所以AE 是BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心．因为AB ＝BC ＝23，所以S △ABC ＝33，DE ＝1，PE ＝ 2.所以S 表＝3×12×23×2＋33＝36＋3 3. 因为PD ＝1，所以三棱锥的体积V ＝13×33×1＝ 3. 设球的半径为r ，以球心O 为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小棱锥，则r ＝3336＋33＝2－1. 答案：2－19．已知一个几何体的三视图如图所示．(1)求此几何体的表面积；(2)如果点P ，Q 在正视图中所示位置，P 为所在线段的中点，Q 为顶点，求在几何体表面上，从P 点到Q 点的最短路径的长．解：(1)由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和．S 圆锥侧＝12(2πa )·(2a )＝2πa 2， S 圆柱侧＝(2πa )·(2a )＝4πa 2，S 圆柱底＝πa 2，所以S 表＝2πa 2＋4πa 2＋πa 2＝(2＋5)πa 2.(2)沿P 点与Q 点所在母线剪开圆柱侧面，如图．则PQ ＝AP 2＋AQ 2＝a 2＋（πa ）2＝a 1＋π2，所以从P 点到Q 点在侧面上的最短路径的长为a 1＋π2.10.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．解：(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)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 三棱锥E ­ACD ＝13×12·AC ·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.[综合题组练])1.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.3π4 B ．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.2．(2020·江西萍乡一模)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.236 B ．72C.76D ．4解析：选A.由三视图可得，该几何体是如图所示的三棱柱ABB 1­DCC 1，挖去一个三棱锥E ­FCG 所形成的，故所求几何体的体积为12×(2×2)×2－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1×1＝236. 故选A.3．(2020·福建厦门外国语学校模拟)已知等腰直角三角形ABC 中，∠ACB ＝90°，斜边AB ＝2，点D 是斜边AB 上一点(不同于点A ，B )．沿线段CD 折起形成一个三棱锥A ­CDB ，则三棱锥A ­CDB 体积的最大值是( )A ．1B ．12C.13D ．16解析：选D.设AD ＝x ，将△ACD 折起使得平面ACD ⊥平面BCD .在△ACD 中，由面积公式得12CD ·h 1＝12AD ·1(h 1为点A 到直线CD 的距离)，则h 1＝x1＋（x －1）2.由题易知h 1为点A 到平面BCD 的距离，故三棱锥A ­CDB 体积为V ＝13S △BCD ·h 1＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12BD ·1·h 1＝16·2x －x 2x 2－2x ＋2，x ∈(0，2)．令t ＝x 2－2x ＋2，则t ∈[1，2)，故V ＝16·2－t 2t ＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫2t －t .由于2t －t 是减函数，故当t ＝1时，V取得最大值为16×(2－1)＝16.故选D.4．设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上的四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ­ABC 体积的最大值为( )A ．12 3B ．183C ．24 3D ．543解析：选B.如图，E 是AC 的中点，M 是△ABC 的重心，O 为球心，连接BE ，OM ，OD ，BO .因为S △ABC ＝34AB 2＝93，所以AB ＝6，BM ＝23BE＝23AB 2－AE 2＝2 3.易知OM ⊥平面ABC ，所以在Rt △OBM 中，OM ＝OB 2－BM 2＝2，所以当D ，O ，M 三点共线且DM ＝OD ＋OM 时，三棱锥D ­ABC 的体积取得最大值，且最大值V max ＝13S △ABC ×(4＋OM )＝13×93×6＝18 3.故选B. 5.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 1­ABC 1的体积为________．解析：三棱锥B 1­ABC 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：3126．已知半球O 的半径r ＝2，正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1内接于半球O ，其中底面ABC 在半球O 的大圆面内，点A 1，B 1，C 1在半球O 的球面上．若正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的侧面积为63，则其侧棱的长是________．解析：依题意O 是正三角形ABC 的中心，设AB ＝a ，分析计算易得0<a <23，AO ＝33a ，在Rt △AOA 1中，A ′O ＝r ＝2，则AA 1＝r 2－AO 2＝4－a 23，所以正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的侧面积S ＝3a ·AA 1＝3a4－a 23＝3－a 43＋4a 2＝63，整理得a 4－12a 2＋36＝0，解得a 2＝6，即a ＝6，此时侧棱AA 1＝ 2.答案：27.如图，正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为BC 边的中点，Q 为线段CC 1上的动点，过点A ，P ，Q 的平面截正方体所得的截面为S ，当CQ ＝1时，S 的面积为________．解析：当CQ ＝1时，Q 与C 1重合．如图，取A 1D 1，AD 的中点分别为F ，G .连接AF ，AP ，PC 1，C 1F ，PG ，D 1G ，AC 1，PF .因为F 为A 1D 1的中点，P 为BC 的中点，G 为AD 的中点， 所以AF ＝FC 1＝AP ＝PC 1＝52，PG 綊CD ，AF 綊D 1G .由题意易知CD 綊C 1D 1，所以PG 綊C 1D 1，所以四边形C 1D 1GP 为平行四边形， 所以PC 1綊D 1G ，所以PC 1綊AF ， 所以A ，P ，C 1，F 四点共面， 所以四边形APC 1F 为菱形．因为AC 1＝3，PF ＝2，过点A ，P ，Q 的平面截正方体所得的截面S 为菱形APC 1F ，所以其面积为12AC 1·PF ＝12×3×2＝62.答案：628．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________．解析：如图所示，设S 在底面的射影为S ′，连接AS ′，SS ′.△SAB 的面积为12·SA ·SB ·sin ∠ASB ＝12·SA 2·1－cos 2∠ASB ＝1516·SA 2＝515，所以SA 2＝80，SA ＝4 5.因为SA 与底面所成的角为45°，所以∠SAS ′＝45°，AS ′＝SA ·cos 45°＝45×22＝210.所以底面周长l ＝2π·AS ′＝410π，所以圆锥的侧面积为12×45×410π＝402π.答案：402π。

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%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 ．128πh r V 231π=)(3122r r r r h V '++'=π334R V π=3a V =abc V =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 ⨯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 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______．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：cm3）是（）A．73B．143C．3D．6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___________.【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 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 ．πB ．34πC ．2πD ．4π 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______．例18. (2019年高考天津卷理)的正方形，侧棱长均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_____________．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_________．【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25体确定直径解决外接问题．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. (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 =故选：C.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】【分析】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．。

第八章 立体几何第二节 空间几何体的表面积与体积A 级·基础过关|固根基|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 ．2πD ．π解析：选C 由几何体的形成过程知，所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π.故选C.2．(2020届惠州市高三第二次调研)某几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图均是由三角形与半圆构成的，俯视图由圆与内接三角形构成，则该几何体的体积为( )A.2π3＋16 B.2π6＋12 C.2π6＋16D.2π3＋12解析：选C 由三视图可知该几何体是一个半球上面有一个三棱锥，其体积V ＝13×12×1×1×1＋12×4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝2π6＋16，故选C. 3．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )A ．2B ．4＋2 2C ．4＋4 2D ．4＋6 2解析：选C 由三视图知，该几何体是直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，其中AB ＝AA 1＝2，BC ＝AC ＝2，∠ACB ＝90°，其直观图如图所示，侧面为三个矩形，故该“堑堵”的侧面积S ＝(2＋22)×2＝4＋42，故选C.4.如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )A.500π3 cm 3B.866π3cm 3C.1 372π3 cm 3D.2 048π3cm 3解析：选A 设球的半径为R ，则由题意知，球被正方体上底面截得的圆的半径为4 cm ，球心到截面圆的距离为(R －2)cm ，则R 2＝(R －2)2＋42，解得R ＝5，所以球的体积为4π×533＝500π3(cm 3)．5．(2019届辽宁五校协作体联考)一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．36B ．48C ．64D ．72解析：选B由几何体的三视图可得，几何体如图所示，将几何体分割为两个三棱柱，所以该几何体的体积为12×3×4×4＋12×3×4×4＝48，故选B.6.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为________．解析：三棱锥D 1－EDF 的体积即为三棱锥F －DD 1E 的体积．因为E ，F 分别为AA 1，B 1C 上的点，所以在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，△EDD 1的面积为定值12，F 到平面AA 1D 1D 的距离为定值1，所以V D 1－EDF ＝V F －DD 1E ＝13×12×1＝16.答案：167．(2019届福建市第一学期高三期末)已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积为________．解析：如图，由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心，于是，球的半径r ＝OB ＝OA 2＋AB 2＝12＋（3）2＝2.故这个球的表面积S ＝4πr 2＝16π.答案：16π8．已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，沿AD 进行折叠，使折叠后的∠BDC＝π2，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为________．解析：连接BC ，由题知几何体ABCD 为三棱锥，BD ＝CD ＝1，AD ＝3，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥CD，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是 3，1，1的长方体，其体对角线长即为外接球的直径，2R ＝1＋1＋3＝5，故该三棱锥外接球的半径是R ＝52，其表面积为4πR 2＝5π. 答案：5π9.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 3.10．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值． 解：(1)交线围成的正方形EHGF 如图所示．(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EB 1＝16－4＝12，EM ＝AA 1＝8. 因为四边形EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝ EH 2－EM 2＝6，则AH ＝10，HB ＝6. 故S 四边形A 1EHA ＝12×(4＋10)×8＝56，S 四边形EB 1BH ＝12×(12＋6)×8＝72.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱， 所以其体积的比值为97⎝ ⎛⎭⎪⎫79也正确. B 级·素养提升|练能力|11.已知一个简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．3π＋6B ．6π＋6C ．3π＋12D ．12解析：选A 由三视图还原几何体如图，该几何体为组合体，左半部分是四分之一圆锥，右半部分是三棱锥， 则其体积V ＝14×13×π×32×4＋13×12×3×3×4＝3π＋6.故选A.12．体积为3的三棱锥P －ABC 的顶点都在球O 的球面上，PA⊥平面ABC ，PA ＝2，∠ABC＝120°，则球O 的体积的最小值为( )A.773π B.2873π C.19193π D.76193π 解析：选B 设AB ＝c ，BC ＝a ，AC ＝b ，由题可得，3＝13×S △ABC ×2，解得S △ABC ＝332，因为∠ABC＝120°，S △ABC ＝332＝12acsin 120°，所以ac ＝6，由余弦定理可得，b 2＝a 2＋c 2－2accos 120°＝a 2＋c2＋ac≥2ac＋ac ＝3ac ＝18，当且仅当a ＝c 时取等号，此时b min ＝32，设△ABC 外接圆的半径为r ，则b sin 120°＝2r(b 最小，则外接圆半径最小)，故3232＝2r min ，所以r min ＝6，如图，设O 1为△ABC 外接圆的圆心，过O 作OD⊥PA，垂足为D ，R 为球O 的半径，连接O 1A ，O 1O ，OA ，OD ，PO ，设OO 1＝h ，在Rt △OO 1A 中，R 2＝r 2＋OO 21＝r 2＋h 2，在Rt △OPD 中，R 2＝r 2＋(2－h)2，联立得h ＝1.当r min ＝6时，R 2min ＝6＋1＝7，R min ＝7，故球O 体积的最小值为43πR 3min ＝43π×(7)3＝287π3，故选B. 13．榫卯是我国古代工匠极为精巧的发明，它是在两个构件上采用凹凸部分相结合的一种连接方式．我国的北京紫禁城、山西悬空寺、福建宁德的廊桥等建筑都用到了榫卯结构．图中网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是一种榫卯构件中榫的三视图，则其体积为________，表面积为________．解析：由三视图可知，榫卯构件中的榫由一个长方体和一个圆柱拼接而成，故其体积V＝4×2×3＋π×32×6＝24＋54π，表面积S＝2×π×32＋2×π×3×6＋4×3×2＋2×2×3＝54π＋36.答案：24＋54π54π＋3614．(2020届合肥调研)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1，M为棱AB上一点，BC1∥平面A1MC.(1)求证：AM＝BM；(2)若△ABC是等边三角形，AB＝AA1，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，△A1MC的面积为42，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．解：(1)证明：如图，连接AC1交A1C于N，连接MN.∵BC1∥平面A1MC，BC1⊂平面ABC1，平面ABC1∩平面A1MC＝MN，∴BC1∥MN.由三棱柱ABC－A1B1C1知，四边形ACC1A1为平行四边形，∴N为AC1的中点．∴M为AB的中点，即AM＝BM.(2)连接A1B，∵△ABC是等边三角形，AB＝AA1，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，∴△ABC，△AA1B，△AA1C是全等的等边三角形，由(1)知，M为AB的中点，∴A1M⊥AB，CM⊥AB.∵A1M∩CM＝M，∴AB⊥平面A1MC.设AB ＝2a ，则A 1M ＝CM ＝3a ，A 1C ＝2a ，∴△A 1MC 的面积为12·2a ·2a ＝2a 2＝42，解得a ＝2，即AM ＝2，∴V 三棱锥A －A 1MC ＝13·S △A 1MC ·AM ＝823，从而V 三棱柱ABC －A 1B 1C 1＝6·V 三棱锥A －A 1MC ＝16 2.。