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学案41

空间几何体的表面积与体积

导学目标：

1.了解球、棱柱、棱锥、棱台的表面积的计算公式.2.了解球、柱、锥、台的体积的计算公式.3.培养学生的空间想象能力、逻辑推理能力和计算能力，会利用所学公式进行必要的计算.4.提高认识图、理解图、应用图的能力．

自主梳理

1．多面体的表面积

(1)设直棱柱高为h，底面多边形的周长为c，则S直棱柱侧＝______. (2)设正n棱锥底面边长为a，底面周长为c，斜高为h′，则S正棱锥侧＝____________＝____________. (3)设正n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

S正棱台侧＝__________＝____________. (4)设球的半径为R，则S球＝____________. 2．几何体的体积公式

(1)柱体的体积V柱体＝______(其中S为柱体的底面面积，h为高)．

特别地，底面半径是r，高是h的圆柱体的体积V圆柱＝πr2h. (2)锥体的体积V锥体＝________(其中S为锥体的底面面积，h为高)．

1特别地，底面半径是r，高是h的圆锥的体积V圆锥＝πr2h. 3(3)台体的体积V台体＝______________(其中S′，S分别是台体上、下底面的面积，h为高)．

1特别地，上、下底面的半径分别是r′、r，高是h的圆台的体积V圆台＝πh(r2＋rr′＋r′2)．

3(4)球的体积V球＝__________(其中R为球的半径)．

自我检测

1．已知两平行平面α，β间的距离为3，P∈α，边长为1的正三角形ABC在平面β内，则三棱锥P—ABC的体积为(

) 11A.

B.

4233C.

D.

642．(2011·唐山月考)

从一个正方体中，如图那样截去4个三棱锥后，得到一个正三棱锥A—BCD，则它的表面积与正方体表面积的比为(

) A.3∶3

B.2∶2 C.3∶6

D.6∶6 3．设三棱柱ABC—A1B1C1的体积为V，P，Q分别是侧棱AA1，CC1上的点，且PA＝QC1，则四棱锥B—APQC的体积为(

) 11A.V

B.V 64

11C.V

D.V 324．(2011·平顶山月考)下图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是(

) A．9π

B．10π

C．11π

D．12π

5．(2011·陕西)某几何体的三视图如下，则它的体积是(

)

2πA．8－

3C．8－2π

πB．8－

32πD.

3

探究点一

多面体的表面积及体积

例1

三棱柱的底面是边长为4的正三角形，侧棱长为3，一条侧棱与底面相邻两边都成60°角，求此棱柱的侧面积与体积．

变式迁移1

(2011·烟台月考)已知三棱柱ABC—A1B1C1的侧棱与底面边长都等于2，A1在底面ABC上的射影为BC的中点，则三棱柱的侧面面积为________．

探究点二

旋转体的表面积及体积

例2

如图所示，半径为R的半圆内的阴影部分以直径AB所在直线为轴，旋转一周得到一几何体，求该几何体的表面积(其中∠BAC＝30°)及其体积．

变式迁移2

直三棱柱ABC—A1B1C1的各顶点都在同一球面上．若AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝120°，则此球的表面积等于________．

探究点三

侧面展开图中的最值问题

例3

如图所示，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝a，BC＝b，CC1＝c，并且a>b>c>0.求沿着长方体的表面自A到C1的最短线路的长．

变式迁移3

(2011·杭州月考)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝

2.P是BC1上一动点，则CP＋PA1的最小值是________．

1．有关柱、锥、台、球的面积和体积的计算，应以公式为基础，充分利用几何体中的直角三角形、直角梯形求有关的几何元素．

2．当给出的几何体比较复杂，有关的计算公式无法运用，或者虽然几何体并不复杂，但条件中的已知元素彼此离散时，我们可采用“割”、“补”的技巧，化复杂几何体为简单几何体(柱、锥、台)，或化离散为集中，给解题提供便利．(1)几何体的“分割”：几何体的分割即将已知的几何体按照结论的要求，分割成若干个易求体积的几何体，进而求之．(2)几何体的“补形”：与分割一样，有时为了计算方便，可将几何体补成易

求体积的几何体，如长方体、正方体等．另外补台成锥是常见的解决台体侧面积与体积的方法，由台体的定义，我们在有些情况下，可以将台体补成锥体研究体积．

(满分：75分)

一、选择题(每小题5分，共25分) 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

C．48＋817

B．32＋817 D．80 32π，则32．已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面相切，若这个球的体积是这个三棱柱的体积是(

) A．963

B．163

C．243

D．483 3．已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为a，长为定值的线段EF在棱AB上移动(EF

) A．有最小值的一个变量

B．有最大值的一个变量

C．没有最值的一个变量

D．一个不变量

4．(2010·全国)设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为(

) 7A．πa2

B.πa2

311C.πa2

D．5πa2

35．(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．8

B．62

C．10

二、填空题(每小题4分，共12分) D．82

6．(2011·马鞍山月考)如图，半径为2的半球内有一内接正六棱锥P—ABCDEF，则此正六棱锥的侧面积是________．

7．(2011·淄博模拟)一块正方形薄铁片的边长为4 cm，以它的一个顶点为圆心，一边长为半径画弧，沿弧剪下一个扇形(如图)，用这块扇形铁片围成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的容积等于________cm3.

8．(2011·四川)如图，半径为R的球O中有一内接圆柱．当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是________．

三、解答题(共38分) 9．(12分)(2011·佛山模拟)如图组合体中，三棱柱ABC—A1B1C1的侧面ABB1A1是圆柱的轴截面，

C是圆柱底面圆周上不与A、B重合的一个点．当点C是弧AB的中点时，求四棱锥A1—BCC1B1与圆柱的体积比．

10．(12分)

(2011·抚顺模拟)如图，四面体ABCD中，△ABC与△DBC都是边长为4的正三角形．

(1)求证：BC⊥AD；

(2)试问该四面体的体积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及此时棱长AD的大小；若不存在，说明理由．

11．(14分)(2011·锦州期末)如图，多面体ABFEDC的直观图及三视图如图所示，M，N分别为AF，BC的中点．

(1)求证：MN∥平面CDEF；

(2)求多面体A—CDEF的体积．

学案41

空间几何体的表面积与体积

自主梳理

111111．(1)ch

(2)nah′

ch′

(3)n(a＋a′)h′

(c＋c′)h′

(4)4πR2

2.(1)Sh

(2)2222314Sh

(3)h(S＋SS′＋S′)

(4)πR3

33自我检测

31．D

[由题意，S△ABC＝，三棱锥的高h＝3，

413∴V三棱锥P—ABC＝Sh＝.] 342．A

[设正方体棱长为a，则正四面体棱长AB＝2a，

3∴S正四面体表＝4××(2a)2＝23a2. 4∵S正方体表＝6a2，∴四面体的表面积与正方体表面积的比为3∶3.] 3．C

4.

D

[据三视图可知该几何体由球和圆柱体组成，如图所示，

故该几何体的表面积为S＝S圆柱＋S球＝2π＋6π＋4π＝12π.] 5．A

[由三视图可知该几何体是一个边长为2的正方体内部挖去一个底面半径为1，12π高为2的圆锥，所以V＝23－×π×2＝8－，故选A.] 33课堂活动区

例1

解题导引

对于斜棱柱表面积及体积的求解必须求各个侧面的面积和棱柱的高．

解决此类斜棱柱侧面积问题的关键：在已知棱柱高的条件下，用线面垂直⇒线线垂直的方法作出各个侧面的高，并在相应的直角三角形中求解侧面的高．

解

如图，过点A1作A1O⊥面ABC于点O，连接AO. 过点A1作A1E⊥AB于点E，过点A1作A1F⊥AC于点F，连接EO，FO，易得OE⊥AB，OF⊥AC，

∵AA1和AB与AC都成60°角，

∴△A1AE≌△A1AF，∴A1E＝A1F. ∵A1O⊥面ABC，∴EO＝FO. ∴点O在∠BAC的角平分线上，延长AO交BC于点D，

∵△ABC是正三角形，

∴BC⊥AD.∴BC⊥AA1. ∵AA1∥BB1，∴侧面BB1C1C是矩形，

∴三棱柱的侧面积为S＝2×3×4×sin 60°＋3×4＝12＋123. ∵AA1＝3，AA1与AB和AC都成60°角，

3∴AE＝.∵∠BAO＝30°，

2∴AO＝3，A1O＝6. 3∴三棱柱的体积为V＝×16×6＝122. 4变式迁移1

27＋4 解析

如图所示，设D为BC的中点，连接A1D，AD. ∵△ABC为等边三角形，∴AD⊥BC，∴BC⊥平面A1AD，

∴BC⊥A1A，

又∵A1A∥B1B，∴BC⊥B1B，

又∵侧面与底面边长都等于2，

∴四边形BB1C1C是正方形，其面积为4. 作DE⊥AB于E，连接A1E，则AB⊥A1E，

AD·BD3又∵AD＝22－12＝3，DE＝＝，

AB23∴AE＝AD2－DE2＝，

272∴A1E＝AA2－AE＝，

12∴S四边形ABB1A1＝7，∴S三棱柱侧＝27＋4. 例2

解题导引

解决这类题的关键是弄清楚旋转后所形成的图形的形状，再将图形进行合理的分割，然后利用有关公式进行计算．求全面积时不要忘记“内表面”．

解

如图所示，过C作CO1⊥AB于O1，

在半圆中可得∠BCA＝90°，

∠BAC＝30°，

AB＝2R，

∴AC＝3R，BC＝R，CO1＝∴S球＝4πR2，

S圆锥AO1侧＝π×3＝πR2，

23R×3R 23R，

2

33R×R＝πR2，

22∴S几何体表＝S球＋S圆锥AO1侧＋S圆锥BO1侧

11＋32113＝πR2＋πR2＝πR，

22211＋32∴旋转所得到的几何体的表面积为πR. 241又V球＝πR3，V圆锥AO1＝·AO1·πCO21

331＝πR2·AO1，

4112V圆锥BO1＝BO1·πCO2BO1，

1＝πR·34∴V几何体＝V球－(V圆锥AO1＋V圆锥BO1) 415＝πR3－πR3＝πR3. 326变式迁移2

20π

解析

在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，可得BC＝23，由正弦定理，可得△ABC外接圆的半径r＝2，设此圆圆心为O′，球心为O，在Rt△OBO′中，易得球半径R＝5，故此球的表面积为4πR2＝20π. 例3

解题导引

本题可将长方体表面展开，利用平面内两点间的线段长是两点间的最短距离来解答．

S圆锥BO1侧＝π×

解

将长方体相邻两个面展开有下列三种可能，

如图所示．

三个图形甲、乙、丙中AC1的长分别为：

a＋b2＋c2＝a2＋b2＋c2＋2ab，

a2＋b＋c2＝a2＋b2＋c2＋2bc，

a＋c2＋b2＝a2＋b2＋c2＋2ac，

∵a>b>c>0，∴ab>ac>bc>0.

故最短线路的长为a2＋b2＋c2＋2bc. 变式迁移3

52 解析

将△BCC1沿BC1线折到面A1C1B上，如图所示．

连接A1C即为CP＋PA1的最小值，过点C作CD垂直A1C1延长线交于D，△BCC1为等腰直角三角形，

∴CD＝1，C1D＝1，A1D＝A1C1＋C1D＝7. ∴A1C＝A1D2＋CD2＝

49＋1＝5 2. 课后练习区

1．C

[

由三视图知该几何体的直观图如图所示，该几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4、宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，高为4；1另两个侧面是矩形，宽为4，长为42＋12＝17.所以S表＝42＋2×4＋×(2＋4)×4×2＋24×17×2＝48＋817.] 432π132．D

[由πR3＝，∴R＝2.∴正三棱柱的高h＝4.设其底面边长为a，则·a＝2，3332∴a＝43. 3∴V＝×(43)2×4＝483.] 43．D

4.B

5．C

[将三视图还原成几何体的直观图如图所示．

它的四个面的面积分别为8,6,10,62，故最大的面积应为10. 6．67 解析

取底面中心为O，AF中点为M，连接PO、OM、PM、AO，则PO⊥OM，

OM⊥AF，PM⊥AF，

∵OA＝OP＝2，∴OM＝3，

PM＝4＋3＝7. 1∴S侧＝6××2×7＝67. 2157.π

3解析

围成圆锥筒的母线长为4 cm，

1设圆锥的底面半径为r，则2πr＝·2π×4，

4

∴r＝1，∴圆锥的高h＝42－12＝15. 1215∴V圆锥＝·πr·h＝π(cm3)．

3328．2πR

解析

方法一

设圆柱的轴与球的半径的夹角为α，则圆柱高为2Rcos

α，圆柱底面半径为Rsin

α，∴S圆柱侧＝2π·Rsin

α·2Rcos

α＝2πR2sin

2α.当sin

2α＝1时，S圆柱侧最大为2πR2，此时，S球表－S圆柱侧＝4πR2－2πR2＝2πR2. 方法二

设圆柱底面半径为r，则其高为2R2－r2. ∴S圆柱侧＝2πr·2R2－r2，

4πr222S′圆柱侧＝4πR－r－22. R－r2令S′圆柱侧＝0，得r＝R. 22当00；

22当R

设圆柱底面半径为r，则其高为2R2－r2，

∴S圆柱侧＝2πr·2R2－r2＝4πr2R2－r2

r2＋R2－r22≤4π＝2πR2(当且仅当r2＝R2－r2，即r＝R时取“＝”)．

222∴当r＝R时，S圆柱侧最大为2πR2. 2此时S球表－S圆柱侧＝4πR2－2πR2＝2πR2. 9．解

设圆柱的底面半径为r，母线长为h，

当点C是弧AB的中点时，三角形ABC的面积为r2，三棱柱ABC—A1B1C1的体积为112r2h，三棱锥A1—ABC的体积为r2h，四棱锥A1—BCC1B1的体积为r2h－r2h＝r2h，圆柱的3332体积为πrh，(10分) 故四棱锥A1—BCC1B1与圆柱的体积比为2∶3π. (12分) 10．(1)证明

取BC的中点E，连接AE，DE，EF，

∵△ABC与△DBC都是边长为4的正三角形，

∴AE⊥BC，DE⊥BC. 又AE∩DE＝E，

∴BC⊥平面AED.又AD⊂面AED，

∴BC⊥AD.(6分) (2)解

由已知得，△AED为等腰三角形，且AE＝ED＝23，设AD＝x，F为棱AD的中点，

12则EF＝12－2x，

1x21S△AED＝x 12－＝48x2－x4，(8分) 24411V＝S△AED·(BE＋CE)＝48x2－x4

(0

33当x2＝24，即x＝26时，Vmax＝8，

∴该四面体存在最大值，最大值为8，(11分) 此时棱长AD＝26.(12分) 11．(1)证明

由多面体ABFEDC的三视图知，三棱柱AED—BFC中，底面DAE是等腰直角三角形，DA＝AE＝2，DA⊥平面ABFE，面ABFE，ABCD都是边长为2的正方形．(3分)

连接EB，则M是EB的中点，

在△EBC中，MN∥EC，

且EC⊂平面CDEF，

MN⊄平面CDEF，

∴MN∥平面CDEF.(6分) (2)解

∵DA⊥平面ABFE，

EF⊂平面ABFE，

∴EF⊥AD.又EF⊥AE，AE∩AD＝A，∴EF⊥平面ADE. 又DE⊂平面ADE，∴EF⊥DE，(8分) ∴四边形CDEF是矩形，且平面CDEF⊥平面DAE. 取DE的中点H，连接AH，∵DA⊥AE，DA＝AE＝2，

∴AH＝2，且AH⊥平面CDEF.(12分) 1∴多面体A—CDEF的体积V＝SCDEF·AH 318＝DE·EF·AH＝.(14分) 33