1.3 空间几何体的表面积与体积（通用）教学设计及教案分析

普通高中课程标准实验教科书—数学

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空间几何体的表面积和体积

一．课标要求：

了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）。

二．命题走向

近些年来在高考中不仅有直接求多面体、旋转体的面积和体积问题，也有已知面积或体积求某些元素的量或元素间的位置关系问题。即使考查空间线面的位置关系问题，也常以几何体为依托.因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式.同时也要学会运用等价转化思想，会把组合体求积问题转化为基本几何体的求积问题，会等体积转化求解问题，会把立体问题转化为平面问题求解，会运用“割补法”等求解。

由于本讲公式多反映在考题上，预测008年高考有以下特色：

（1）用选择、填空题考查本章的基本性质和求积公式；

（2）考题可能为：与多面体和旋转体的面积、体积有关的计算问题；与多面体和旋转体中某些元素有关的计算问题；

三．要点精讲

1．多面体的面积和体积公式

名称

棱

柱

棱柱

直棱柱

棱锥

正棱锥

棱台

棱

台

正棱台

侧面积(S侧) 直截面周长×l 全面积(S全) 体

积(V) S底·h=S直截面·h S侧+2S底

S底·h S侧+S底

1S底·h 31h(S3上底ch 各侧面积之和

棱

锥

1ch′

2各侧面面积之和

+S下底1S侧+S上底+S下底

(c+c′)h′

2+S下底S下底) 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

名称

圆柱

2πrl 2πr(l+r) πrh(即πrl) 22圆锥

πrl πr(l+r) 圆台

π(r1+r2)l π(r1+r2)l+π(r1+r2) 22球

4πR

2S侧

S全

V 12πrh 3122πh(r1+r1r2+r2) 343πR

3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

2例1．一个长方体全面积是20cm，所有棱长的和是24cm，求长方体的对角线长. 第

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[人教版] 解：设长方体的长、宽、高、对角线长分别为xcm、ycm、zcm、lcm 依题意得：2(1)2(xyyzzx)20

(2)4(xyz)24222由（2）得：x+y+z+2xy+2yz+2xz=36（3）

222由（3）－（1）得x+y+z=16 2即l=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—A1B1C1D1中，已知AB=5，AD=4，AA1=3，AB⊥AD，∠A1AB=∠A1AD=（1）求证：顶点A1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。

。

3

图1 图2 解析：（1）如图2，连结A1O，则A1O⊥底面ABCD。作OM⊥AB交AB于M，作ON⊥AD交AD于N，连结A1M，A1N。由三垂线定得得A1M⊥AB，A1N⊥AD。∵∠A1AM=∠A1AN，

∴Rt△A1NA≌Rt△A1MA,∴A1M=A1N，

从而OM=ON。

∴点O在∠BAD的平分线上。

（2）∵AM=AA1cos13=3×=

223AM32。

∴AO==2cos4又在Rt△AOA1中，A1O=AA1– AO=9－22 299=，

22∴A1O=3232302。

，平行六面体的体积为V5422题型2：柱体的表面积、体积综合问题

例3．（2000全国，3）一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是2,3,6，这个长方体对角线的长是（ ）

A．23

B．3

2 C．6

D．6

2，c＝3，则对角线l的长为解析：设长方体共一顶点的三边长分别为a=1，b＝第

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[人教版] l=a2b2c26；答案D。

点评：解题思路是将三个面的面积转化为解棱柱面积、体积的几何要素—棱长。

例4．如图，三棱柱ABC—A1B1C1中，若E、F分别为AB、AC 的中点，平面EB1C1将三棱柱分成体积为V1、V2的两部分，那么V1∶V2= ____ _。

解：设三棱柱的高为h，上下底的面积为S，体积为V，则V=V1+V2＝Sh。

∵E、F分别为AB、AC的中点，

∴S△AEF=1S, 4V1=1171h(S+S+S)=Sh 344125Sh，

12V2=Sh-V1=∴V1∶V2=7∶5。

点评：解题的关键是棱柱、棱台间的转化关系，建立起求解体积的几何元素之间的对应关系。最后用统一的量建立比值得到结论即可。

题型3：锥体的体积和表面积

例5．（2006上海，19）在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为2P 的菱形，∠DAB＝60，对角线AC与BD相交于点O，PO⊥平面ABCD，PB与平面ABCD所成的角为60，求四棱锥P－ABCD的体积？

解：（1）在四棱锥P-ABCD中，由PO⊥平面ABCD,得∠PBO是PB与平面ABCD所成的角，∠PBO=60°。

在Rt△AOB中BO=ABsin30°=1, 由PO⊥BO，

于是PO=BOtan60°=3，而底面菱形的面积为23。

∴四棱锥P－ABCD的体积V=E A B O D C 1×23×3=2。

3点评：本小题重点考查线面垂直、面面垂直、二面角及其平面角、棱锥的体积。在能力方面主要考查空间想象能力。

例6．（2002京皖春文，19）在三棱锥S—ABC中，∠SAB=∠SAC=∠ACB=90°，且AC=BC=5，SB=5（如图所示）

（Ⅰ）证明：SC⊥BC；

（Ⅱ）求侧面SBC与底面ABC所成二面角的大小；

（Ⅲ）求三棱锥的体积VS－ABC。

解析：（Ⅰ）证明：∵∠SAB=∠SAC=90°，

∴SA⊥AB，SA⊥AC。

又AB∩AC=A，

∴SA⊥平面ABC。

由于∠ACB=90°，即BC⊥AC，由三垂线定理，得SC⊥BC。

（Ⅱ）解：∵BC⊥AC，SC⊥BC。

∴∠SCA是侧面SCB与底面ABC所成二面角的平面角。

在Rt△SCB中，BC=5，SB=55。图

5，得SC=SB2BC2=10。

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[人教版] 在Rt△SAC中AC=5，SC=10，cosSCA=AC51，

SC102∴∠SCA=60°，即侧面SBC与底面ABC所成的二面角的大小为60°。

（Ⅲ）解：在Rt△SAC中，

∵SA=SC2AC21025275，

S△ABC=2511·AC·BC=×5×5=，

22211251253·S△ACB·SA=。

753263∴VS－ABC=点评：本题比较全面地考查了空间点、线、面的位置关系。要求对图形必须具备一定的洞察力，并进行一定的逻辑推理。

题型4：锥体体积、表面积综合问题

例7．ABCD是边长为4的正方形，E、F分别是AB、AD的中点，GB垂直于正方形ABCD所在的平面，且GC＝2，求点B到平面EFC的距离？

解：如图，取EF的中点O，连接GB、GO、CD、FB构造三棱锥B－EFG。

设点B到平面EFG的距离为h，BD＝42，EF22，CO＝ GO3×4232。

4CO2GC2(32)22218422。

而GC⊥平面ABCD，且GC＝2。

由VBEFGVGEFB，得11EF·GO·hS△EFB·

63点评：该问题主要的求解思路是将点面的距离问题转化为体积问题来求解。构造以点B为顶点，△EFG为底面的三棱锥是解此题的关键，利用同一个三棱锥的体积的唯一性列方程是解这类题的方法，从而简化了运算。

A例8．（2006江西理，12）如图，在四面体ABCD中，截面AEF经过四面体的内切球（与四个面都相切的球）球心O，且与BC，DC分别截于E、F，如果截面将四面体分成体积相等的两部分，设四棱锥AOD－BEFD与三棱锥A－EFC的表面积分别是S1，S2，则必有（ ）

FA．S1S2 B．S1S2

C．S1=S2 D．S1，S2的大小关系不能确定

BE解：连OA、OB、OC、OD，

C则VA－BEFD＝VO－ABD＋VO－ABE＋VO－BEFD

VA－EFC＝VO－ADC＋VO－AEC＋VO－EFC又VA－BEFD＝VA－EFC，

而每个三棱锥的高都是原四面体的内切球的半径，故SABD＋SABE＋SBEFD＝SADC＋SAEC＋SEFC又面AEF公共，故第

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[人教版] 选C 点评：该题通过复合平面图形的分割过程，增加了题目处理的难度，求解棱锥的体积、表面积首先要转化好平面图形与空间几何体之间元素间的对应关系。

题型5：棱台的体积、面积及其综合问题

例9．（2002北京理，18）如图9—24，在多面体ABCD—A1B1C1D1中，上、下底面平行且均为矩形，相对的侧面与同一底面所成的二面角大小相等，侧棱延长后相交于E，F两点，上、下底面矩形的长、宽分别为c，d与a，b，且a＞c，b＞d，两底面间的距离为h。

（Ⅰ）求侧面ABB1A1与底面ABCD所成二面角的大小；

（Ⅱ）证明：EF∥面ABCD；

（Ⅲ）在估测该多面体的体积时，经常运用近似公式V估=S中截面·h来计算.已知它的体积公式是V=h6（S上底面+4S中截面+S下底面），试判断V估与V的大小关系，并加以证明。

（注：与两个底面平行，且到两个底面距离相等的截面称为该多面体的中截面）

（Ⅰ）解：过B1C1作底面ABCD的垂直平面，交底面于PQ，过B1作B1G⊥PQ，垂足为G。

如图所示：∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，∠A1B1C1=90°，

∴AB⊥PQ，AB⊥B1P. ∴∠B1PG为所求二面角的平面角.过C1作C1H⊥PQ，垂足为H.由于相对侧面与底面所成二面角的大小相等，故四边形B1PQC1为等腰梯形。

∴PG=2h1（b－d），又B1G=h，∴tanB1PG=（b＞d），

2bd2h2h，即所求二面角的大小为arctan. bdbd图

∴∠B1PG=arctan（Ⅱ）证明：∵AB，CD是矩形ABCD的一组对边，有AB∥CD，

又CD是面ABCD与面CDEF的交线，

∴AB∥面CDEF。

∵EF是面ABFE与面CDEF的交线，

∴AB∥EF。

∵AB是平面ABCD内的一条直线，EF在平面ABCD外，

∴EF∥面ABCD。

（Ⅲ）V估＜V。

证明：∵a＞c，b＞d，

∴V－V估=hacbdacbd(cdab4)h

62222=h［2cd+2ab+2（a+c）（b+d）－3（a+c）（b+d）］

12h（a－c）（b－d）＞0。

12=∴V估＜V。

点评：该题背景较新颖，把求二面角的大小与证明线、面平行这一常规运算置于非规则几何体（拟柱体）中，能考查考生的应变能力和适应能力，而第三步研究拟柱体的近似计算公式与可精确计算体积的辛第

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[人教版] 普生公式之间计算误差的问题，是极具实际意义的问题。考查了考生继续学习的潜能。

例10．（1）（1998全国，9）如果棱台的两底面积分别是S、S′，中截面的面积是S0，那么（ ）

A．2S0SS B．S0SS C．2S0＝S＋S′ D．S02＝2S′S （2）（1994全国，7）已知正六棱台的上、下底面边长分别为2和4，高为2，则其体积为（ ）

A．323

B．283

C．243

D．203

解析：（1）解析：设该棱台为正棱台来解即可，答案为A；

（2）正六棱台上下底面面积分别为：S＝6·上3322·2＝63，S下＝6··4＝243，V台＝441h(S上S上S下S下)283，答案B。

3点评：本题考查棱台的中截面问题。根据选择题的特点本题选用“特例法”来解，此种解法在解选择题时很普遍，如选用特殊值、特殊点、特殊曲线、特殊图形等等。

题型6：圆柱的体积、表面积及其综合问题

例11．（2000全国理，9）一个圆柱的侧面积展开图是一个正方形，这个圆柱的全面积与侧面积的比是（ ）

A．12

22 B．1412 C．

42222 D．14

2解析：设圆柱的底面半径为r，高为h，则由题设知h=2πr. ∴S全=2πr+（2πr）=2πr（1+2π）.S侧=h=4πr，

2S全12∴。答案为A。

S侧2点评：本题考查圆柱的侧面展开图、侧面积和全面积等知识。

例12．（2003京春理13，文14）如图9—9，一个底面半径为R的圆柱形量杯中装有适量的水.若放入一个半径为r的实心铁球，水面高度恰好升高r，则R= 。

r

解析：水面高度升高r，则圆柱体积增加πR·r。恰好是半径为r的实心铁球的体积，因此有243πr=3πR2r。故R2323。答案为。

3r3点评：本题主要考查旋转体的基础知识以及计算能力和分析、解决问题的能力。

题型7：圆锥的体积、表面积及综合问题

图

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[人教版] 例13．（1）（2002京皖春，7）在△ABC中，AB=2，BC=1.5，∠ABC=120°（如图所示），若将△ABC绕直线BC旋转一周，则所形成的旋转体的体积是（ ）

A．9π 2

B．7π

2

C．5π

2D．3π

2

3，则这个圆锥的全面积是（ ）D．9π

（2）（2001全国文，3）若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为A．3π

B．33π

C．6π

解析：（1）如图所示，该旋转体的体积为圆锥C—ADE与圆锥B—ADE体积之差，又∵求得AB=1。

∴VVCADEVBADE（2）∵S＝21513331，答案D。

323211absinθ，∴a2sin60°＝3，

22图

∴a＝4，a＝2，a=2r，

2∴r＝1，S全＝2πr＋πr＝2π＋π＝3π，答案A。

点评：通过识图、想图、画图的角度考查了空间想象能力。而对空间图形的处理能力是空间想象力深化的标志，是高考从深层上考查空间想象能力的主要方向。

例14．（2000全国文，12）如图所示，OA是圆锥底面中心O到母线的垂线，OA绕轴旋转一周所得曲面将圆锥分成相等的两部分，则母线与轴的夹角的余弦值为（ ）

A．111

B． C．

3222

D．1

42解析：如图所示，由题意知，1212πrh＝πRh，

36∴r＝R． 又△ABO∽△CAO，

2rOAR2R2∴，∴OA＝r·R＝,OA4，

OAR22∴cosθ＝图

OA14，答案为D。

R2点评：本题重点考查柱体、锥体的体积公式及灵活的运算能力。

题型8：球的体积、表面积

例15．已知过球面上A,B,C三点的截面和球心的距离为球半径的一半，且ABBCCA2，求球的表面积。

解：设截面圆心为O，连结OA，设球半径为R，

则OA23232，

323第

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[人教版] 在RtOOA中，OAOAOO，

∴R(∴R222223212)R，

344，

32∴S4R64。

9点评：

正确应用球的表面积公式，建立平面圆与球的半径之间的关系。

例16．如图所示，球面上有四个点P、A、B、C，如果PA，PB，PC两两互相垂直，且PA=PB=PC=a，求这个球的表面积。

解析：如图，设过A、B、C三点的球的截面圆半径为r，圆心为O′，球心到该圆面的距离为d。

在三棱锥P—ABC中，∵PA，PB，PC两两互相垂直，且PA=PB=PC=a, ∴AB=BC=CA=2a,且P在△ABC内的射影即是△ABC的中心O′。

由正弦定理，得 2a6=2r,∴r=a。

sin603又根据球的截面的性质，有OO′⊥平面ABC，而PO′⊥平面ABC，

∴P、O、O′共线，球的半径R=r2d2。又PO′=PA2r2=a2322a，

a=33∴OO′=R －

2332a=d=R2r2,(R－33a)2=R2 – (623a)，解得R=a, 32∴S球=4πR=3πa。

点评：本题也可用补形法求解。将P—ABC补成一个正方体，由对称性可知，正方体内接于球，则球的直径就是正方体的对角线，易得球半径R=题型9：球的面积、体积综合问题

例17．（2006四川文，10）如图，正四棱锥PABCD底面的四个顶点A,B,C,D在球O的同一个大圆上，点P在球面上，如果VPABCD3a,下略。

216，则球O的表面积是（ ）

3A．4 B．8 C．12 D．16

（2）半球内有一个内接正方体，正方体的一个面在半球的底面圆内，若正方体棱长为6，求球的表面积和体积。

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[人教版] 解析：（1）如图，正四棱锥PABCD底面的四个顶点A,B,C,D在球O的VPABCD同一个大圆上，点P在球面上，PO⊥底面ABCD，PO=R，SABCD2R2，所以2RR16，313216，R=2，球O的表面积是16，选D。

3（2）作轴截面如图所示，

CC6，AC2623，

设球半径为R，

则ROCCC

(6)2(3)29

∴R3，

2∴S球4R36，V球2224R336。

3点评：本题重点考查球截面的性质以及球面积公式，解题的关键是将多面体的几何要素转化成球的几何要素。

例18．（1）表面积为324的球，其内接正四棱柱的高是14，求这个正四棱柱的表面积。

（2）正四面体ABCD的棱长为a，球O是内切球，球O1是与正四面体的三个面和球O都相切的一个小球，求球O1的体积。

解：（1）设球半径为R，正四棱柱底面边长为a，

则作轴截面如图，AA14，AC2又∵4R324，∴R9，

2a，

∴ACAC2CC282，∴a8，

∴S表6423214576

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[人教版] （2）如图，设球O半径为R，球O1的半径为r，E为CD中点，球O与平面ACD、BCD切于点F、G，球O1与平面ACD切于点H

由题设

AGAE2GE26a

3∵

△AOF∽△AEG ∴

6aRR63，得Ra

1233aa626a2Rrr6，得r∵

△AO1H∽△AOF ∴ 3a

R246aR3∴

V球O1434663raa

332417283

点评：正四面体的内切球与各面的切点是面的中心，球心到各面的距离相等。

题型10：球的经纬度、球面距离问题

例19．（1）我国首都靠近北纬40纬线，求北纬40纬线的长度等于多少km？（地球半径大约为6370km）

（2）在半径为13cm的球面上有A,B,C三点，ABBCAC12cm，求球心到经过这三点的截面的距离。

解：（1）如图，A是北纬40上一点，AK是它的半径，

∴OKAK，

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[人教版] 设C是北纬40的纬线长，

∵AOBOAK40，

∴C2AK2OAcosOAK2OAcos40

23.1463700.76603.066104(km)

答：北纬40纬线长约等于3.06610km．

（2）解：设经过A,B,C三点的截面为⊙O，

设球心为O，连结OO，则OO平面ABC，

∵AO4321243，

23∴OOOA2OA211，

所以，球心到截面距离为11cm．

例20．在北纬45圈上有A,B两点，设该纬度圈上A,B两点的劣弧长为求A,B两点间的球面距离。

2，R（R为地球半径）4解：设北纬45圈的半径为r，则r2设O为北纬45圈的圆心，R，4AO'B，

∴r∴222RR，

R，∴244，∴AB22rR，

∴ABC中，AOB3，

所以，A,B两点的球面距离等于3R．

点评：要求两点的球面距离，必须先求出两点的直线距离，再求出这两点的球心角，进而求出这两点的球面距离。

五．思维总结

1．正四面体的性质 设正四面体的棱长为a，则这个正四面体的

(1)全面积：S全=3a；

2(2)体积：V=23a；

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[人教版] (3)对棱中点连线段的长：d=2a；

2(4)内切球半径：r=6a；

126a；

4(5)外接球半径 R=(6)正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值(等于正四面体的高)。

2．直角四面体的性质 有一个三面角的各个面角都是直角的四面体叫做直角四面体.直角四面

体有下列性质：

如图，在直角四面体AOCB中，∠AOB=∠BOC=∠COA=90°，OA=a,OB=b,OC=c。

则：①不含直角的底面ABC是锐角三角形；

②直角顶点O在底面上的射影H是△ABC的垂心；

③体积 V=④底面△ABC=21abc；

612a2b2b2c2c2a2；

⑤S△ABC=S△BHC·S△ABC；

2222⑥S△BOC=S△AOB+S△AOC=S△ABC

1111=++; OH2a2b2c21⑧外切球半径 R=a2b2c2；

2⑦⑨内切球半径 r=SAOBSBOC-SABC

abc3．圆锥轴截面两腰的夹角叫圆锥的顶角. ①如图，圆锥的顶角为β，母线与下底面所成角为α，母线为l，高为h，底面半径为r，则

sinα=cosα+h =

，

l2=90° 2r = . l2 cosα=sin②圆台 如图，圆台母线与下底面所成角为α，母线为l，高为h，上、下底面半径分别为r ′、r，则h=lsinα，r-r′=lcosα。

③球的截面

用一个平面去截一个球，截面是圆面. (1)过球心的截面截得的圆叫做球的大圆；不经过球心的截面截得的圆叫做球的小圆；

(2)球心与截面圆圆心的连线垂直于截面；

(3)球心和截面距离d,球半径R，截面半径r有关系：

r=R2-d2.

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普通高中课程标准实验教科书—数学

[人教版] 4．经度、纬度：

经线：球面上从北极到南极的半个大圆；

纬线：与赤道平面平行的平面截球面所得的小圆；

经度：某地的经度就是经过这点的经线与地轴确定的半平面与0经线及轴确定的半平面所成的二面角的度数。

纬度：某地的纬度就是指过这点的球半径与赤道平面所成角的度数。

5. 两点的球面距离：

球面上两点之间的最短距离，就是经过两点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度，我们把这个弧长叫做两点的球面距离

两点的球面距离公式：（其中R为球半径，为A,B所对应的球心角的弧度数）

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