习题1.1第二课时教案

空间几何体的表面积与体积

最新考纲

考情考向分析

本部分是高考考查的重点内容，主要涉及空间几何体的表面了解球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式.

积与体积的计算．命题形式以选择题与填空题为主，考查空间几何体的表面积与体积的计算，涉及空间几何体的结构特征、三视图等内容，要求考生要有较强的空间想象能力和计算能力，广泛应用转化与化归思想.

1．多面体的表面积、侧面积

因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．

2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式

圆柱

圆锥

圆台

侧面展开图

侧面积公式

3.柱、锥、台、球的表面积和体积

名称

几何体

柱体(棱柱和圆柱)

锥体(棱锥和圆锥)

台体(棱台和圆台)

球

表面积

S表面积＝S侧＋2S底

S表面积＝S侧＋S底

S表面积＝S侧＋S上＋S下

S＝4πR2

体积

V＝Sh

1V＝Sh

31V＝(S上＋S下＋S上S下)h

34V＝πR3

3S圆柱侧＝2πrl

S圆锥侧＝πrl

S圆台侧＝π(r1＋r2)l

知识拓展

1．与体积有关的几个结论

(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差．

(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等．

2．几个与球有关的切、接常用结论

(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＝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)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)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.

题组一

思考辨析

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)锥体的体积等于底面积与高之积．(

×

) (3)球的体积之比等于半径比的平方．(

×

) (4)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．(

√

) (5)长方体既有外接球又有内切球．(

×

) (6)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

教材改编

2．[P27T1]已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为(

) 3A．1 cm

B．2 cm

C．3 cm

D.

cm 2答案

B 解析

S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，

∴r2＝4，∴r＝2. 3．[P28A组T3]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________．

答案

1∶47 11111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V1＝××a×b×c322221147＝abc，剩下的几何体的体积V2＝abc－abc＝abc，所以V1∶V2＝1∶47. 484848题组三

易错自纠

4．(2017·西安一中月考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(

)

A．3π

C．2π＋4

答案

D 解析

由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示．

1表面积为2×2＋2××π×12＋π×1×2＝4＋3π.

25．(2016·全国Ⅱ)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(

) 32A．12π

B.π

C．8π

D．4π

3答案

A 解析

由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线23即为球的直径，所以球的表面积为4πR2＝(2R)2π＝12π，故选A. 6．(2018·大连调研)如图为一个半球挖去一个圆锥后的几何体的三视图，则剩余部分与挖去部分的体积之比为________．

B．4π

D．3π＋4

答案

1∶1 1解析

由三视图可知半球的半径为2，圆锥底面圆的半径为2，高为2，所以V圆锥＝×π×233814168＝π，V半球＝×π×23＝π，所以V剩余＝V半球－V圆锥＝π，故剩余部分与挖去部分的体积32333之比为1∶1.

题型一

求空间几何体的表面积

1．(2016·全国Ⅰ)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半28π径．若该几何体的体积是，则它的表面积是(

) 3

A．17π

C．20π

答案

A 解析

由题意知，该几何体的直观图如图所示，它是一个球(被过球心O且1互相垂直的三个平面)切掉左上角的后得到的组合体，其表面积是球面面积871的和三个圆面积之和．

8441428π由πR3－×πR3＝，得球的半径R＝2. 383371则得S＝×4π×22＋3×π×22＝17π，故选A. 842．(2017·黑龙江哈师大附中一模)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(

) B．18π

D．28π

7A.

3C．13

答案

C 解析

由三视图可知几何体为三棱台，作出直观图如图所示．则CC′⊥平面ABC，上、下底均为等腰直角三角形，AC⊥BC，AC＝BC＝1，A′C′＝B′C′＝C′C＝2，

∴AB＝2，A′B′＝22. 111∴棱台的上底面面积为×1×1＝，下底面面积为×2×2＝2，梯形22211ACC′A′的面积为×(1＋2)×2＝3，梯形BCC′B′的面积为×(1＋2)×2＝3，过A作22AD⊥A′C′于点D，过D作DE⊥A′B′，则AD＝CC′＝2，

12DE为△A′B′C′斜边高的，∴DE＝，

22∴AE＝AD2＋DE2＝3，

217B.

217＋310D.

2139∴梯形ABB′A′的面积为×(2＋22)×＝，

22219∴几何体的表面积S＝＋2＋3＋3＋＝13，故选C. 22思维升华

空间几何体表面积的求法

(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．

(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．

(3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．

题型二

求空间几何体的体积

命题点1

以三视图为背景的几何体的体积

典例

(2017·浙江)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是(

)

πA.＋1

23πC.＋1

2答案

A 解析

由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长是2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，

∴该几何体体积为

1111πV＝×π×12×3＋××2×2×3＝＋1. 32322命题点2

求简单几何体的体积

典例

(2018·广州调研)已知E，F分别是棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1的棱AA1，CC1的中点，则四棱锥C1—B1EDF的体积为________．

1答案

a3

6解析

方法一

如图所示，连接A1C1，B1D1交于点O1，连接B1D，EF，过点O1作O1H⊥B1D于点H. 因为EF∥A1C1，且A1C1⊄平面B1EDF，EF⊂平面B1EDF，

所以A1C1∥平面B1EDF. 所以C1到平面B1EDF的距离就是A1C1到平面B1EDF的距离．

易知平面B1D1D⊥平面B1EDF，

又平面B1D1D∩平面B1EDF＝B1D，

所以O1H⊥平面B1EDF，

所以O1H等于四棱锥C1—B1EDF的高．

因为△B1O1H∽△B1DD1，

B1O1·DD16所以O1H＝＝a. B1D6πB.＋3 23πD.＋3 2

1111161所以VC1B1EDF＝S四边形BEDF·O1H＝×·EF·B1D·O1H＝×·2a·3a·a＝a3. 33232661方法二

连接EF，B1D. 设B1到平面C1EF的距离为h1，D到平面C1EF的距离为h2，则h1＋h2＝B1D1＝2a. 由题意得，V四棱锥CBEDFV三棱锥BCEFV三棱锥DCEF

11111113＝··(h＋h)＝a. S3C1EF126思维升华

空间几何体体积问题的常见类型及解题策略

(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．

(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．

(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．

跟踪训练

(1)(2017·新乡二模)已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(

)

32A.

38C.

3答案

C 解析

该几何体由一个三棱锥和一个三棱柱组合而成，直观图如图所示，

16B.

34D.

3

1118V＝V柱＋V锥＝×(1＋1)×1×2＋××(1＋1)×1×2＝，故选C. 2323(2)如图，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为(

)

A.2343

B.

C.

D.

3332答案

A 解析

如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，

1容易求得EG＝HF＝，

2AG＝GD＝BH＝HC＝3，

22，

2取AD的中点O，连接GO，易得GO＝122∴S△AGD＝S△BHC＝××1＝，

224∴多面体的体积V＝V三棱锥E－ADG＋V三棱锥F－BCH＋V三棱柱AGD－BHC＝2V三棱锥E－ADG＋V三棱柱AGD－BHC

12122＝×××2＋×1＝.故选A. 34243题型三

与球有关的切、接问题

典例

(2016·全国Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC—A1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是(

) A．4π

C．6π

答案

B 解析

由题意知，底面三角形的内切圆直径为4.三棱柱的高为3，所以球的最大直径为3，V9π的最大值为. 2引申探究

1．若将本例中的条件变为“直三棱柱ABC—A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上”，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，求球O的表面积．

解

将直三棱柱补形为长方体ABEC—A1B1E1C1，

则球O是长方体ABEC—A1B1E1C1的外接球．

∴体对角线BC1的长为球O的直径．

因此2R＝32＋42＋122＝13.故S球＝4πR2＝169π.

9πB.

232πD.

3

2．若将本例中的条件变为“正四棱锥的顶点都在球O的球面上”，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的体积．

解

如图，设球心为O，半径为r，则在Rt△AOF中，

(4－r)2＋(2)2＝r2，

9解得r＝，

493243π44则球O的体积V球＝πr3＝π×＝. 33416思维升华

空间几何体与球接、切问题的求解方法

(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．

(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．

跟踪训练

(2018·深圳调研)如图所示，在平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝2，BD⊥CD，将其沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD⊥平面BCD，若四面体ABCD的顶点在同一个球面上，则该球的体积为(

)

A.C.3π

22π

3B．3π

D．2π

答案

A 解析

如图，取BD的中点为E，BC的中点为O，连接AE，OD，EO，AO.因为AB＝AD，

所以AE⊥BD. 由于平面ABD⊥平面BCD，所以AE⊥平面BCD. 因为AB＝AD＝CD＝1，BD＝2，

所以AE＝所以OA＝21，EO＝. 223. 213在Rt△BDC中，OB＝OC＝OD＝BC＝，

22所以四面体ABCD的外接球的球心为O，半径为3. 2

43π3所以该球的体积V＝π×3＝. 322

三视图(基本的、和球联系的) 考点分析

三视图是高考重点考查的一个知识点，主要考查由几何体的三视图还原几何体的形状，进而求解表面积、体积等知识，所涉及的几何体既包括柱、锥、台、球等简单几何体，也包括一些组合体，处理此类题目的关键是通过三视图准确还原几何体．

典例1

已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于(

)

160A.

3C．64＋322

B．160 D．60 解析

由题意知该几何体是由一个直三棱柱和一个四棱锥组成的组合体，如图所示，其中直三棱柱的高为8－4＝4，故V直三棱柱＝8×4＝32，四棱锥的底面为边长为4的正方形，高为4，

164故V四棱锥＝×16×4＝，

3364160故该几何体的体积V＝V直三棱柱＋V四棱锥＝32＋＝，故选A. 33答案

A 典例2 某组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为________．

解析

如图所示，该组合体由一个四棱锥和四分之一个球组成，球的半径为1，四棱锥的高为球的半径，四棱锥的底面为等腰梯形，上底为2，下底为1，高为3113143π，所以该组合体的体积V＝××(2＋1)××1＋×π×13＝＋. 23224343答案

3π＋

43

1．(2017·太原一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(

)

A．6π＋1

23＋2π1C.＋

42答案

D 解析

由几何体的三视图知，该几何体为一个组合体，其中下部是底面直径为2，高为2的3π圆柱，上部是底面直径为2，高为1的圆锥的四分之一，所以该几何体的表面积为4π＋π＋4＋23＋2π2π＋1＝＋1，故选D. 4424＋2πB.＋1 423＋2πD.＋1 42．(2017·安徽安师大附中、马鞍山二中测试)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(

)

A．12

C．24

答案

C 解析

由三视图知，该几何体是一个长方体的一半再截去一个三棱锥后得到111的，如图所示，该几何体的体积V＝×4×3×5－××4×3×(5－2)＝24，232故选C. 3．(2017·宝鸡质检)已知A，B，C三点都在以O为球心的球面上，OA，OB，OC两两垂直，4三棱锥O—ABC的体积为，则球O的表面积为(

) 316πA.

332πC.

3答案

B 解析

设球O的半径为R，以球心O为顶点的三棱锥的三条侧棱两两垂直且都等于球的半径114R，另外一个侧面是边长为2R的等边三角形．因此根据三棱锥的体积公式，得×R2·R＝，323∴R＝2，∴S球的表面积＝4π×22＝16π，故选B. 4．(2017·昆明质检)如图所示，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，则该几何体的体积为(

) B．16π

D．32π

B．18 D．30

A．24π

C．42π

答案

A 解析

由三视图知，该几何体是半径为3的半球与底面半径为3、高为4的半圆锥的组合体，B．30π

D．60π

1411所以该几何体的体积V＝×π×33＋×π×32×4＝24π，故选A. 23235．(2018·九江一模)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线是一个棱锥的三视图，则此棱锥的表面积为(

)

A．6＋42＋23

C．6＋62

答案

A 解析

直观图是四棱锥P—ABCD，如图所示，S△PAB＝S△PAD＝S△PDC＝1×2×2＝2，S△PBC＝×22×22×sin 60°＝23，

2S四边形ABCDB．8＋42 D．6＋22＋43 12＝22×2＝42，因此所求棱锥的表面积为6＋42＋23.故选A. 6．(2017·广州市高中毕业班综合测试)《九章算术》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．若三棱锥P—ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝2，AC＝4，三棱锥P—ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为(

) A．8π

C．20π

答案

C 解析

方法一

将三棱锥P—ABC放入长方体中，如图(1)，三棱锥P—ABC的外接球就是长方体的外接球．

因为PA＝AB＝2，AC＝4，△ABC为直角三角形，所以BC＝42－22＝23.设外接球的半径为R，由题意可得(2R)2＝22＋22＋(23)2＝20，故R2＝5，则球O的表面积为4πR2＝20π，故选C. B．12π

D．24π

方法二

利用鳖臑的特点求解，如图(2)，因为四个面都是直角三角形，所以PC的中点到每一个顶点的距离都相等，即PC的中点为球心O，易得2R＝PC＝20，所以球O的表面积为4πR2＝20π，故选C.

7．现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．

答案

7 11解析

设新的底面半径为r，由题意得πr2·4＋πr2·8＝π×52×4＋π×22×8，解得r＝7. 338．(2017·天津)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．

9答案

π

2解析

设正方体棱长为a，则6a2＝18，

∴a＝3. 设球的半径为R，则由题意知2R＝a2＋a2＋a2＝3，

3∴R＝. 233944故球的体积V＝πR3＝π×＝π.

33229.(2017·南昌一模)如图所示，在直角梯形ABCD中，AD⊥DC，AD∥BC，BC＝2CD＝2AD＝2，若将该直角梯形绕BC边旋转一周，则所得的几何体的表面积为______．

答案

(2＋3)π

解析

根据题意可知，此旋转体的上半部分为圆锥(底面半径为1，高为1)，下半部分为圆柱

(底面半径为1，高为1)，如图所示．

则所得几何体的表面积为圆锥的侧面积、圆柱的侧面积以及圆柱的下底1面积之和，即表面积为·2π·1·12＋12＋2π·12＋π·12＝(2＋3)π.

210．(2018·长沙质检)如图所示，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R个半径为r的实心铁球，水面高度恰好升高r，则＝________. r

答案

23

3解析

由水面高度升高r，得圆柱体积增加了πR2r，恰好是半径为r的实心铁球的体积，因4R23此有πr3＝πR2r.故＝. 3r311.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(1)证明

因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD. 因为BE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，

所以BE⊥AC. 而BD∩BE＝B，BD，BE⊂平面BED，

所以AC⊥平面BED. 6，求该三棱锥的侧面积．

3

又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED. (2)解

设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝因为AE⊥EC，

所以在Rt△AEC中，可得EG＝3x. 23xx，GB＝GD＝. 22由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，

可得BE＝2x. 2由已知得，三棱锥E-ACD的体积

1166V三棱锥EACD＝×AC·GD·BE＝x3＝，

32243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EACD的侧面积为3＋25. 12.(2018·贵阳质检)如图，△ABC内接于圆O，AB是圆O的直径，四边形DCBE为平行四边形，DC⊥平面ABC，AB＝2，EB＝3.

(1)求证：DE⊥平面ACD；

(2)设AC＝x，V(x)表示三棱锥B－ACE的体积，求函数V(x)的解析式及最大值．

(1)证明

∵四边形DCBE为平行四边形，

∴CD∥BE，BC∥DE. ∵DC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴DC⊥BC. ∵AB是圆O的直径，∴BC⊥AC，且DC∩AC＝C，

DC，AC⊂平面ADC，

∴BC⊥平面ADC. ∵DE∥BC，∴DE⊥平面ADC. (2)解

∵DC⊥平面ABC，∴BE⊥平面ABC. 在Rt△ABE中，AB＝2，EB＝3. 在Rt△ABC中，∵AC＝x，∴BC＝4－x2(0

11∴S△ABC＝AC·BC＝x·4－x2，

22∴V(x)＝V三棱锥E－ABC＝2223x·4－x2(0

62x＋4－x2∵x(4－x)≤＝4，当且仅当x2＝4－x2，即x＝2时取等号，∴当x＝2时，体2积有最大值3. 3

13.(2017·青岛模拟)如图，四棱锥P—ABCD的底面ABCD为平行四边形，NB＝2PN，则三棱锥N—PAC与三棱锥D—PAC的体积比为(

)

A．1∶2

C．1∶6

答案

D 解析

设点P，N在平面ABCD内的射影分别为点P′，N′，则PP′⊥平面ABCD，NN′⊥平面ABCD，

所以PP′∥NN′. 连接BP′，则在△BPP′中，

NN′2由BN＝2PN，得＝. PP′3V三棱锥N—PAC＝V三棱锥P—ABC－V三棱锥N—ABC

11＝S△ABC·PP′－S△ABC·NN′

33111＝S△ABC·(PP′－NN′)＝S△ABC·PP′

3331＝S△ABC·PP′，

91V三棱锥D—PAC＝V三棱锥P—ACD＝S△ACD·PP′

31＝S△ABC·PP′. 311∴V三棱锥N—PAC∶V三棱锥D—PAC＝∶＝1∶3. 9314．(2017·唐山统考)在三棱锥P—ABC中，PA⊥平面ABC且PA＝2，△ABC是边长为3的B．1∶8 D．1∶3

等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为(

) 4πA.

3C．8π

答案

C 解析

由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC为底面、以PA为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC的外接圆半径r＝32×3×＝1，外接球球心到△ABC的外接圆圆心的距离d＝23B．4π

D．20π

1，所以外接球的半径R＝r2＋d2＝2，所以三棱锥外接球的表面积S＝4πR2＝8π，故选C.

15．(2017·云南师范大学附属中学适应性考试)已知三棱锥O—ABC的顶点A，B，C都在半径为2的球面上，O是球心，∠AOB＝120°，当△AOC与△BOC的面积之和最大时，三棱锥O—ABC的体积为(

) A.3

223B.

31D.

32C.

3答案

B 解析

设球O的半径为R，

1因为S△AOC＋S△BOC＝R2(sin∠AOC＋sin∠BOC)，

2所以当∠AOC＝∠BOC＝90°时，

S△AOC＋S△BOC取得最大值，此时OA⊥OC. OB⊥OC，OB∩OA＝O，OA，OB⊂平面AOB，

所以OC⊥平面AOB，

所以V三棱锥O—ABC＝V三棱锥C—OAB

11＝OC·OA·OBsin∠AOB

32123＝R3sin∠AOB＝，

63故选B. 16．如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD＝DA，PB＝BA，则四面体P—BCD的体积的最大值是________．

1答案

2解析

设PD＝DA＝x，

在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，

∴AC＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos∠ABC

＝4＋4－2×2×2×cos 120°＝23，

1∴CD＝23－x，且∠ACB＝(180°－120°)＝30°，

21∴S△BCD＝BC·DC·sin∠ACB

2111＝×2×(23－x)×＝(23－x)．

222要使四面体体积最大，当且仅当点P到平面BCD的距离最大，而P到平面BCD的最大距离为x. 111则V四面体P—BCD＝×(23－x)x＝[－(x－3)2＋3]，

326由于0＜x＜23，

11故当x＝3时，V四面体P—BCD取最大值为×3＝. 62