1.3 空间几何体的表面积与体积（通用）优秀教案案例

第一章 集合与函数概念

（黑体，小二号字体，居中）1.1 集合

（黑体，四号字体，居中）

1．1．1集合的含义与表示

（黑体，小四号字体，居中）

学法指导——我坚持

坚持了吗？(

) 知识整合——我整理

整理了吗？(

)范例导悟——我建构

通过了吗？(

)

方法技巧——我掌握 掌握了吗？(

)学以致用

（以上五个标题是微软简隶书，四号字体，居中）

1．预习——是学好数学的法宝，预习《教材》第2页至第5页.

（黑体，五号字体，2栏，下同）

第1节 空间几何体的结构及其三视图和直观图

自主整合

本节重点是空间几何体中的棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台的结构特征，正确理解它们的定义及其性质，能从不同的角度观察几何体，增强空间想象能力. 空间几何体也称空间图形，可以看作空间中点的集合，构成空间几何体的基本元素是点、线、面，并且“点动成线”，“线动成面”，“面动成体”. 1.多面体

（1）棱柱：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棱柱.

自主整合

2 本节重点是空间几何体中的棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台的结构特征，正确理解它们的定义及其性质，能从不同的角度观察几何体，增强空间想象能力. 空间几何体也称空间图形，可以看作空间中点的集合，构成空间几何体的基本元素是点、线、面，并且“点动成线”，“线动成面”，“面动成体”. 1.多面体

（1）棱柱：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棱柱.

（2）棱锥：有一个面是多边形，而其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫棱锥.

（3）棱台：用一个平行棱锥的底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分，叫棱台. 2.旋转体

（1）圆柱：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的几何体叫做圆柱. （2）圆锥：以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的面所围成的几何体叫做圆锥.

（3）圆台：用一个平行圆锥底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分，叫做圆台. （4）球：以半圆所在的直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的几何体叫做球体. 3.平行投影与中心投影

（1）把在一束平行光线照射下形成的投影叫做平行投影.

3 （2）把光由一点向外散射形成的投影，叫做中心投影. 归纳拓展：平行投影的性质：

（1）直线或线段的平行投影仍是直线或线段. （2）平行直线的平行投影是平行或重合的直线.

（3）平行于投影面的线段，它的投影与这条线段平行且等长. （4）与投影面平行的平面图形，它的投影与这个图形全等. （5）在同一直线或平行直线上，两条线段平行投影的比等于这两条线段的比. 温馨提示：（1）在平行投影中，投影线正对着投影面时，即投影线与投影面垂直时，叫正投影，否则叫斜投影. （2）平行投影与中心投影的区别在于：平行投影的投影线相

互平行，而中心投影的投影线交于一点.

4.三视图

（1）三视图就是从一个几何体的正前方、正左方、正上方三个不同的方向看这个几何体，描绘出的三视图，分别称为正视图、侧视图、俯视图. （2）三视图的排列顺序：先画正视图，俯视图放在正视图的下方，侧视图放在正视图的右方. 归纳拓展：（1）球的三视图均为圆，长方体的三视图均为矩形. （2）三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线. （3）画几何体三视图的要求是：正视图与俯视图长对正；正视图与侧视图高平齐；侧视图与

4 俯视图宽相等.

（4）三视图的安排规则是：正视图与侧视图分别在左右两边，俯视图画在正视图的下方，同时注意“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”的要求. （5）对于简单几何体的组合体，在画其三视图时，首先应分清它是由哪些简单几何体组成的，然后再画出其三视图. 温馨提示：（1）画几何体的三视图时，可以把垂直于投影面的投影线想象成平行光线，体会可见的轮廓线（包括被遮挡住，但可以经过想象透视到的光线）的投影就是要画出的视图，可见的轮廓线要画成实线，不可见的轮廓线要画成虚线. （2）对于简单几何体的组合体的三视图，首先要确定正视、侧视、俯视的方向，其次要注意

组合体由哪些几何体组成，弄清它们的生成方式，特别应注意它们的交线的位置.

5.直观图

水平放置的平面图形的直观图的斜二测画法

（1）在已知图形中，取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于点O，画直观图时，把它们画成对应的x′轴和y′轴，两轴相交于O′，且使∠x′O′y′=45°（或135°），用它们确定的平面表示水平面. （2）已知图形中平行于x轴和y轴的线段，在直观图中，分别画成平行于x′轴和y′轴的线段. （3）已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段，在直观图中长度变为原来的一半.

5 温馨提示：斜二测画法有两个关键点，一是坐标轴夹角的变化，二是与y轴平行或在y轴上的线段，水平放置时，长度变为原来的一半，其中第二条是解题时最易遗漏的.

基础检测

1.下列命题正确的是（

）

（A）有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱

（B）有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体叫棱锥

（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）用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台

解析：由棱柱的定义知C是正确的；因由棱锥定义知，棱锥的各侧面是有公共顶点的三角形，故B错误；棱锥被平行于底面的平面所截时，其截面与底面之间的部分，叫棱台.并非任一平面去截棱锥，截面与底面间的部分都叫棱台.故选C.

2.如图所示几何体是由下面某个图形绕直线l旋转而成的，这个图形是（

）

三角形绕其中一直角边，直角梯形绕与底垂直的腰旋转而成，故C符合题意.故选C.

3.（2008年绍兴一中试题）已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸（单位：cm），可得这个几何体的体积是（

）

（A）4 cm3

3（B）5 cm

（C）6 cm3

和圆台组合而成，所以应是直角

6

解析：因该组合体是由圆锥（D）7 cm3

解析：直观图如图：是底面的上底为2，下底为4，高为2的直角梯形，高为2的四棱锥. 所以V＝4，故应选A. 5.下列实例不是中心投影的是__________. ①工程师设计绘制的图形

②小孔成像

③拍摄的照片上的图象

④美术老师画出的甲同学的头像

解析：工程师设计绘制的图形用平行投影的方法绘制，应填①. 答案：①

4.如图所示多面体的侧视图

6.正方形边长为a，其用斜二测画法画的直观图的面积为__________.

解析：由直观图的画法知：正方形的直观图为平行四边形，a相邻两边长度为a和，其夹角

为（

）

解析：画侧视图时，截面被遮挡，交线应画为虚线，又因截面在右上方，故选D.

7 2为45°，所以该直观图面积为

a××sin 45°=答案：22a

4a222a. 4

典例研习

类型一：空间几何体的结构特征

【例1】

给出以下命题：①底面是矩形的四棱柱是长方体；②直角三角形绕着它的一边旋转一周形成的几何体叫做圆锥；③四棱锥的四个侧面可以都是直角三角形.其中说法正确的是__________. 思路点拨：根据几何体的结构特征，借助熟悉的几何体模型进行判定.

解析：命题①不是真命题，因为底面是矩形，若侧棱不垂直于底面，这时四棱柱是斜四棱柱；命题②不是真命题，直角三角形绕着它的一条直角边旋转一周形成的几何体叫做圆锥，如果绕着它的斜边旋转一周，形成的几何体

8 则是两个具有共同底面的圆锥；命题③是真命题，如图所示，在四棱锥P

－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，则可以得到四个侧面都是直角三角形.故填③.

答案：③

方法技巧：（1）熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变动模型中的线面位置关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定，是解决这类题目的基本思考方法.（2）三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常见的空间几何体，也是重要的几何模型，应熟悉它们的基本元素间的

位置关系，无论如何放置，都能顺利的识别它们.

变式探究1－1：给出以下命题，其中正确的是__________. ①各侧面都是正方形的棱柱一定是正棱柱

②由五个平面围成的多面体只能是四棱锥

③多面体至少由四个面围成

④在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线

⑤圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线

解析：各侧面都是正方形的棱柱的底面可能是菱形，

这样的棱柱不是正棱柱，①错误；三棱柱也是由五个平面围成的，因此②错误；三棱锥是最简单的多面体，由4个面围成，③正确；在圆柱的上下底面的圆周上所取两

9 点连线与旋转轴不平行时，则不是圆柱的母线，

④错误；由圆锥的定义知⑤正确，故填③⑤. 答案：③⑤

解析：各侧面都是正方形的棱柱的底面可能是菱形，

这样的棱柱不是正棱柱，①错误；三棱柱也是由五个平面围成的，因此②错误；三棱锥是最简单的多面体，由4个面围成，③正确；在圆柱的上下底面的圆周上所取两点连线与旋转轴不平行时，则不是圆柱的母线，

④错误；由圆锥的定义知⑤正确，故填③⑤. 答案：③⑤

类型二：空间几何体的三视图和直观图

【例2】

如下图所示，已知

一几何体的三视图，用斜二测画法画出它的直观图. （1）画轴.如图①，画x轴、y轴、z轴，使∠xOy=45°，∠xOz=90°. （2）画圆台的两底面.利用斜二测画法，画出底面⊙O，在z轴上截取OO′，使OO′等于三视图中相应高度，过O′作Ox的平行线O′x′，Oy的平行线O′y′，利用O′x′与O′y′画出上底面⊙O′（与画⊙O一

样）. （3）画圆锥的顶点.在O′z思路点拨：由三视图想象几何体画直观图时也要根据“长对上截取点P，使PO′等于三视图正、宽相等、高平齐”的基本特中相应的高度. 征，想象视图中每部分对应的实

物部分的形象. （4）成图.连结PA′、PB′、

A′A、B′B，整理得到三视图表解：由几何体的三视图知道，示的几何体的直观图，如图②. 这个几何体是一个简单组合体，它的下部是一个圆台，上部是一个圆锥，并且圆锥的底面与圆台的上底面重合，我们可以先画出下部的圆台，再画出上部的圆锥.

10

（

）

①

②

方法技巧：（1）三视图和直

观图是用来描绘空间几何体的两种不同的表现形式，三视图能准确呈现几何体的数量关系，直观图能够给出几何体的整体形状，直观清楚.

（2）通过三视图画直观图时，应把正视图、侧视图、俯视图结合起来，即从正面、左面、上面三个方位依据几何体的“轮廓”“想象”几何体的形状，由直观图画三视图时，则是从这三个方位“抽取”几何体的“轮廓”.

变式探究2－1：如图所示，图形中是四棱锥三视图的是

11 解析：四棱锥的正视图和侧视图均为三角形，俯视图是四边形，故选D.

类型三：与三视图有关的创新题

【例3】

设计一个杯子，其三视图如图所示，现在向杯中匀速注水，杯中水面的高度h随时间t变化的图象是（

）

方法技巧：把复杂的问题分解转化为我们熟悉的问题，是解决综合问题常用的解题策略

.

变式探究3－1：画出函数

y

与函数

=2y=|x|的图象围成的平

面图形，绕y轴旋转一周所得的旋转体的三视图.

解：函数y=2与函数y=|x|的图象围成的平面图形是等腰三角

思路点拨：本题包含两个问题，一是由三视图判定容器的形状，二是确定水面高度h与时间t的函数关系图象. 解析：由三视图可知杯子是圆柱形的，由于圆柱形的杯子上下大小相同，所以当向杯中匀速注水时，其高度随时间的变化是相同的，反映在图象上，选项B符合题意.故选B.

12 形如图（1），y轴是等腰三角形的对称轴，绕y轴旋转一周后所得旋转体是圆锥，其三视图如图（2）.

是正方形，圆锥有两个视图是全等的等腰三角形，三棱台的三个视图各不相同，正四棱锥有两个

视图相同，故选D. （1）

（2）

【例2】

（2008年高考广东

卷）将正三棱柱截去三个角（如备选例题

图甲所示A，B，C分别是△GHI【例1】

下列几何体各自的三边的中点）得到几何体如图乙，三视图中，有且仅有两个视图相则该几何体按图乙所示方向的侧同的是（

）

视图（或称左视图）为（

）

（A）①②

（B）①③

解析：因△ABC所在的平面（C）①④

与侧面AED垂直，所以侧视图应

（D）②④

是A，故选A. 解析：正方体的三个视图都

13

【例3】

已知△ABC的直观图A′B′C′是边长为a的正三所以OC′=sin1206a=a，

sin452所以原三角形ABC的高角形，求原三角形ABC的面积. OC=6a，

解：建立如图所示的xOy坐标系，△ABC的顶点C在y轴上，AB边在x轴上，OC为△ABC的高.

易错扫描

空间几何体概念理解错误

【例题】

如图所示，在下列条件中，能推断这个几何体是三棱台的是__________.

把y轴绕原点顺时针旋转45°得y′轴，则点C变为点C′，且OC=2OC′，A、B点即为A′、B′点，长度不变.

已知A′B′=A′C′=a，在△OA′C′中，

由正弦定理得

①A1B1=2，AB=3，B1C1=3，BC=4；

②A1B1=1，AB=2，B1C1=1.5，BC=3，A1C1=2，AC=3；

③A1B1=1，AB=2，B1C1=1.5，14 所以S6a=62a. 2△ABC=1×a×2OCAC=，

sinOACsin45

BC=3，A1C1=2，AC=4；

④A1B1=AB，B1C1=BC，A1C1=AC.

错解：因台体的上底面边长较短，下底面边长较长，所以①②③符合条件，故填①②③. 答案：①②③

分析：因台体是锥体被平行于底面的平面所截得，所以台体的上下两底面对应线段是成比例的. 正解：因为台体是由锥体被平行于底面的平面所截而得到的，所以要使这个几何体为台体，只需A1B1∥AB，B1C1∥BC，A1C1∥AC，对应边的比值相等且不为1，由所给条件知③满足，故填③. 答案：③

感悟提升

1.熟练掌握几何体的结构特

15 征与对应直观图之间的相互转化，正确的识别和画出空间几何体的直观图是解决空间几何体问题的基础和保证. 2.顺利实现空间几何体直观图与三视图之间的准确“翻译”，正确理解三视图的概念是关键. 3.平面图形的直观图的画法中，最易遗漏的是“与y轴平行或位于y轴上的线段水平放置时长度缩为原来的一半”.

考点演练（对应学生用书第268~269页）

一、选择题

1.下列投影是平行投影的是（

）

（A）俯视图

影

（C）人眼看到的物体

（D）以一只白炽灯为光源的

（B）路灯底下一个变长的身

皮影

解析：用平行投影法画出物体的俯视图，故选A.

2.下列三个命题，其中正确的有（

）

①用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分是棱台；②两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；③有两个面互相平行，其余各面都是等腰梯形的六面体是棱台. （A）0个

（B）1个

3.下列几何体中，正视图、侧视图、俯视图相同的几何体是（

）

（A）球，圆柱

锥

（C）正方体，长方体

体

解析：球的正视图、侧视图、俯视图都是半径相同的圆.正方体的正视图、侧视图、俯视图都是边长相等的正方形，故选D.

4.有一正方体，六个面上分别写有数字1、2、3、4、5、6，有三个人从不同的角度观察的结果如图所示.如果记3的对面的数字为m，4的对面的数字为n，那么m+n的值为（

）

16

（B）圆柱，圆

（D）球，正方（C）2个

（D）3个

解析：①中的平面不一定与底面平行，②③可用反例图去验证. A

（B）侧视图 （C）俯视图

（A）8

（B）7（D）无错误

6.如图是一个正四面体，它的四个面都是正三角形，现沿它（C）6

的三条棱AC，BC，CD剪开展成（D）5 平面图形，则所得的展开图是解析：经观察分析知，题图（

）

（1）、（2）中顶点A、B是同一条斜对交线的两个端点，结合题图（3）得3的对面为6，4的对面为2，∴m+n=8.故选A.

5.已知一物体和它的三视图如图所示，其中错误的视图是（

）

解析：沿棱AC、BC、CD剪开时，△ABC、△ACD，△BCD都与△ABD共用一条边，所以只有B符合题意，故选B.

（A）正视图

二、填空题

17

7.已知四边形ABCD为等腰梯形，两底边为AB，CD且AB＞CD，绕AB所在的直线旋转一周所得的几何体是由__________、__________、

__________的几何体构成的组合答案：（1）俯视图

（2）正体. 视

正视

三、解答题

解析：所得几何体是圆锥、9.画出下列空间几何体的三圆柱、圆锥组成的组合体. 视图. 答案：圆锥

圆柱

圆锥

8.如图所示的立体图形，都是由相同的小正方体拼成的. （1）图①的正视图与图②的__________相同. （2）图③的__________图与图④的__________图不同.

解：图（1）的三视图如图①、②、③，图（2）的三视图如图④、⑤、⑥.

18

解析：正视图中的AB线应10.对于正方体ABCD－为BC线. 答案：A A1B1C1D1，画出它的三视图，画出用斜二测画法画的直观图和中（3）中心投影直观图：

心投影法画的直观图. 解：（1）三视图

（2）用斜二测画法画的直观图

11.如图是一个几何体的正视图和俯视图.

19

其中AB=AC，AD⊥BC，且BC的长是俯视图正六边形对边间的距离，即BC=3a.AD是正棱锥的高，

即AD=3a，所以该平面图形的面积为

S=×3a×3a=a2.

（1）试判断该几何体是什么几何体；

（2）画出其侧视图，并求该平面图形的面积. 解：（1）由该几何体的正视图和俯视图可知该几何体是一个正六棱锥.（2）该几何体的侧视图，

如图.

第2节 空间几何体的表面积和体积

自主整合

1.表面积（侧面积）公式

柱体、锥体、台体的侧面积，就是侧面展开图的面积，表面积是侧面积与底面积之和. （1）若圆柱、圆锥的底面半径为r，母线长为l，则其表面积S柱=2πr2+2πrl，S锥=πr2+πrl.

20 1232

（2）若圆台的上、下底面半

径分别为r1，r2，母线长为l，则圆台的表面积S=π（r21+r22）+π（r1+r2）l. （3）球的半径为R，则表面积S=4πR2.

S小棱锥S大棱锥S小棱锥表面积S大棱锥表面积S小棱锥底S大棱锥底=对应线段（如高、斜高、底面的边长）的平方之比. （2）有关棱柱直截面的补充知识

在棱柱中，与各侧棱均垂直2.体积公式

的截面叫做棱柱的直截面，正棱（1）柱体的底面积为S，高柱的上、下底面就是直截面.棱柱为h，则柱体的体积为Sh. 的侧面积与直截面周长有如下关（2）锥体的底面积为S，高系：

为h，则锥体的体积为Sh. （3）棱台的上、下底面面积为S′、S，高为h，则体积为（S′+SS+S）h. 的表面积和体积的计算

（4）球的半径为R，则体积为πR3.

温馨提示：（1）棱锥顶点与平行于底面的截面所构成的小棱锥有如下性质：

431313S棱柱侧=c直截·l（其中c直截、l分别为棱柱的直截面周长与侧棱长）. （3）圆柱、圆锥、圆台、球

①圆柱、圆锥、圆台的侧面积分别是它们侧面展开图的面积，因此弄清侧面展开图中各线段与原几何体的关系是掌握它们的面积公式及解决相关问题的关键.

21

②计算柱体、锥体、台体的体积关键是根据条件找出相应的底面面积和高，要充分利用多面体的截面及旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题.

基础检测

1.一个长方体上一个顶点所在的三个面的面积分别是2，3，6，这个长方体的对角线

2.（教材改编题）表面积为3π的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面直径为（

）

（A）1

（B）2 15

5

（C）215

15

（D）解析：如图，设圆锥底面圆半径为r，母线长为l，则πl=2是（

）

πr，即l=2r. （A）23

（B）32

解析：设长方体共一顶点的三棱长分别为a、b、c，

则ab=2，bc=3，ac=6，

解得：a=2，b=1，c=3，

故对角线长

又因S侧+S底=S表，

所以πrl+πr2=3π，

所以2πr2+πr2=3π，r=1. 故底面直径为2，应选B.

22

（C）6

（D）6

l=a2b2c2=6.故选D.

3.（教材改编题）球的体积为3π，一个正方体的顶点都在2（C）6π

（D）9π

解析：如图，设圆锥轴截面三角形的边长为a，

球面上，则正方体的体积（

）

1（A）

81

（B）41（C）

2

（D）1 解析：设正方体的棱长为a，则正方体对角线长为3a，

又因正方体的对角线长也即球的直径. ∴a=2，

∴π（43

则32a=3，

4∴a2=4，

33a）3=π，∴222∴圆锥的全面积：S=π（）+π··a=3π.故选A. a2a243333π·a=π，

382

5.（教材改编题）球的体积∴a=1，

∴V正方体=1×1×1=1.应选D. 为V，则与它相外切的圆柱体的

体积为（

）

4.若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为3，则这个圆锥的全面积为（

）

（A）3π

（A）V

（B）V （C）V

3223

（D）

23 （B）33π

5V

2

解析：设球的半径为R，则圆柱体的底面圆半径为R，高为2R. ∴V球=πR3，V圆柱=πR2×2R=2πR3，

∴V圆柱=V球.故选B.

6.已知一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是多少?

典例研习

类型一：由几何体的三视图求简单几何体的表面积与体积

【例1】

已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸（单位：cm），求这个几何体的体积. 3243

S表面积=S上部圆锥侧面积+S下部圆柱侧面积+S圆柱底面积

=πa×2a+2πa×2a+πa2

=（5+2）πa2.

解：恢复原几何体如图所示

24

=8000

cm3. 3方法技巧：这类题目的关键是正确画出几何体，把平面问题转化为立体几何问题.

变式探究1－1：如图为一个几何体的三视图，其中俯视图为正三角形，A1B1=2，AA1=4，则该

几何体的表面积为（

）

解：作几何体如图S－ABCD，

且知面SCD⊥面ABCD，四边形ABCD为正方形. （A）6+3

作SE⊥CD于E，

得SE⊥面ABCD，SE=20 （C）24+23

cm，

1∴V S－ABCD=S3

ABCD·SE

（B）24+3

25

（D）32

解析：由题意知：底面等边三角形边长为2，各侧面为全等的矩形.所以几何体表面积为2×13×2×2×+3×2×224=24+23.故选C.

思路点拨：首先考虑所得几何体是由哪几类简单几何体组成，存在哪些数量和位置关系.

解：如图所示，所得旋转体

为类型二：组合体的表面积和CO=体积

【例2】

如图，在三角形ABC中，若AC=3，BC=4，AB=5，以AB所在直线为轴，将此三角形旋转一周，求所得旋转体的表面积和体积. AB=5.底面半径等于ACBC12=，

AB5是两个底面重合的圆锥，高的和所以所得旋转体的表面积：

26

面三角形的边长分别为3 cm，4 cm，5 cm，以上、下底的内切圆为底面，挖去一个圆柱，求剩余部分形成的几何体的体积.

S=π·OC·（AC+BC）

=π·=

3 cm，4 cm，5 cm，

其体积：所以三角形ABC为直角三角形，

所以⊙O的半径r=1，

所以V（cm3）. VABCABC=（11112·（3+4）

584π；

5

解：由于底面三角形边长为11V=·π·OC2·AO+·π·O33C2·BO

1=·π·OC2·AB

348=π. 5圆柱=π×12×6=6π方法技巧：在转化与化归的思想指导下，把组合体看作两个有公共底面的圆锥，采用分割的1×3×4）×26=36（cm3）. 故剩余部分的体积V=36－6方法，使问题得以解决. 变式探究2－1：如图直三棱π（cm3）.

柱ABC－A1B1C1的高为6 cm，底

27

变式探究2－2：在多面体ABCDEF中，底面ABCD为矩形，且AB=2BC，侧面BCF为边长是1的等边三角形且与底面垂直，EF∥面ABCD且EF=1，求该多面体的体积V. 解：过点E作EM⊥AB于M，EN⊥DC于N，连结MN，则多面体被分为直棱柱BCF－MNE及四棱锥E－AMND，

V棱柱=·1·∴V多面体=1233·1=，

24335+=64123. 类型三：面积、体积的应用

【例3】

一个母线长与底面圆直径相等的圆锥形容器，里面装满水，一铁球沉入水内，有水溢出，容器盖上一平板，恰与球相切，问容器内剩下水是原来的几分之几？

思路点拨：本题关键是求圆锥与球的体积之比，作出轴截面，找出球半径和圆锥高、底面半径

. 的关系即可

解：设球的半径为R，则圆锥的由题意知AB=2，

高h=3R，底面半径r=3R，

则AM=MN=BC=BF=CF=1，

且△BCF中BC上高为所以V棱锥=·1·133，

233=，

26

28

AA1=8.若侧面AA1B1B水平放置时，液面恰好过AC、BC、A1C1、B1C1的中点E、F、G、H.当底面ABC水平放置时，液面高为多

πV圆锥=·（3R）2·3R=3π3少？

R3

V球=πR3

V球V圆锥43∴4πR34=33=

93πR∴剩下的水量是原来的：1－=. ∴容器内剩下的水是原来的.

方法技巧：此类题实质是求体积问题.解题时，要把握四点，即弄清形体、分清条件、寻找联系、计算求解.

变式探究3－1：如图，一个三棱柱形容器中盛有水，且侧棱

29

495959解：当侧面AA1B1B水平放置时，水的形状为四棱柱形，底面ABFE为梯形，

设△ABC的面积为S，则SABFE=S，

V水=S·AA1=6S. 当底面ABC水平放置时，水的形状为三棱柱形，设水面高为h，则有V水=Sh. ∴6S=Sh，∴h=6. 故当底面ABC水平放置时，3434

液面高为6.

备选例题

【例1】

如图，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE、△BCF连结DG、CH，容易求得均为正三角形，EF∥AB，EF=2，则该多面体的体积为__________. AG=GD=BH=HC=EG=HF=12

，3，

212××22∴S△AGD=S△BHC=1=

解析：本题中的多面体是一个不规则的几何体，因此可考虑对其进行分割或补形.

如图，分别过A、B作EF的垂线，垂足分别为G、H，

BHC

2，

4∴V=V

E－ADG+V

F－BHC+VAGD－=11122××+××32344122+×1=. 243答案：2

3【例2】

如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB=90°，AC=6，

30

BC=CC1=2.P是BC1上一动点，则CP+PA1的最小值为1C=A′__________________. C12CC122A1C1CC1cos135

A1=362262(=52. 答案：52

解析：由A1C1⊥BC1，可将直角三角形A1C1P旋转，使该三角形与侧面BCC1B1共面，

则∠A′1C1C=90°+45°=135°，A′1C1=6，CC1=2，

面如图. 易错扫描

2)2空间几何体的位置关系判断错误

【例题】

求半径为R的球内接正方体的表面积. 错解：作内接正方体的轴截

设正方体的棱长为x，

则CP+PA1的最小值即为

31 由勾股定理得

x2+x2=（2R）2，

∴x=2R，

∴S正方体表面积=6×2R2=12R2.

分析：正方体内接球时，球与正方体关系如图（1），过不相邻的两条棱的平面截球，所得截面如图（2），只有深刻理解其相互关系，才能画出正确的截面图进行解题. 2=8R2. 即正方体的表面积为8R2.

感悟提升

1.有关简单组合体的问题是掌握柱、锥、台、球的结构特征及数量关系，灵活运用割补方法简化运算. 2.解决表面展开图及有关问题的基本思路是空间问题平面化，抓住展开前后的不变量是解题的关键. 3.紧扣三视图的绘制规则，“长对正、高平齐、宽相等”，理解三视图与简单组合体、三视图

与直观图的互化.转化与化归思

想是解题过程的“导航仪”. 正解：如图（1）所示，设正

方体棱长为x，B1D为正方体的对角线，那么3x=（2R），

344~345页）

∴x=∴S

22考点演练（对应学生用书第23R，

3正方体表面积一、选择题

23R）332 =6×（1.斜四棱柱的侧面最多有矩

形（

）

（A）1个

（B）2个

解析：因∠A′B′C′=45°，A′B′=2，

从而B′C′=2. 所以△ABC是直角三角形，

∠B=90°，AB=2A′B′=22，BC=B′C′=2，

∴S△ABC=×22×2=22，故选B.

3.棱长为2的正四面体的四12（C）3个

（D）4个

解析：斜四棱柱相对侧面平行时，它们都可以是矩形，因此最多有2个矩形.

2.已知△ABC的水平放置的直观图是等腰的Rt△A′B′C′，且∠A′=90°，A′B′=2（如图），则△ABC的面积是（

）

个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图所示，求图中三角形（正四面体的截面）的面积为（

）

（A）2

（A）1

（C）2

（B）2

（B）22

（C）42

（D）1

33 （D）3

解析：如图，△ABE为题中三角形，

面及下底面都相切，已知b>2r，那么圆柱被截后剩下部分的体积与此球的体积之比为（

）

由已知得AB=2，BE=2×3=3，

2223BF=BE=，

33

（A）

3(ab)

8r

（B）3(ab)

r3(ab)

4r（C）

12

∴AF=AB2BF2

=4438，

3

（D）ab

8r∴△ABE的面积为S=×BE×AF=×3×B.

4.一底面半径为r的圆柱，被一平面所截后剩下部分的母线最大值为a，最小值为b，在此圆柱内放入一个球，球与圆柱的侧

34

4πr3解析：球的体积为.圆柱3128=2.故选3剩余部分的体积为大圆柱减去半个小圆柱的体积，即πr2a－πr2（a－b）=πr2（a+b），从而两者之比易求.

1212

5.过正方体相邻三个面的对角线的平面.把正方体分成两部分，则这两部分几何体体积比为（

）

（A）1∶3

（A）6π

243π 27

（B）6π

8（B）1∶6

（C）6π

24（C）5∶6

（D）1∶5

（D）解析：根据题意折叠后的三棱锥P－DCE为正四面体，且棱长为1，以此正四面体来构造立方体，则此立方体的棱长为故立方体的体对角线的长为2，26，2解析：正方体被过相邻三个面的对角线的平面分成两部分.其中一部分是三棱锥，体积为，则另一部分的体积为，所以这两部分体积的比为1∶5.故选D.

6.如图，在等腰梯形ABCD中，AB=2DC=2，∠DAB=60°，E为AB的中点，将△ADE与△BEC分别沿ED、EC向上折起，使A、B重合于点P，则三棱锥P－DCE的外接球的体积为（

）

5616且立方体的外接球也为此正四面体的外接球，则外接球的半径为6，

4所以V球=πr3=π（343436）4=6π，选C. 8

35

7.若圆锥的高等于其内切球半径的3倍，则圆锥侧面积与球表面积之比是（

）

（A）

32

二、填空题

8.如图所示，在底面直径为

（B）12234r的圆柱内，正好放入4个半径为r的小球，使得圆柱上下底面与小球正好相切，则圆柱的高为__________. （C）

13（D）

解析：设球的半径为r，圆锥底面半径为R，圆锥母线长为l，

∵=rR2r，

l

解析：如图所示，连结4个小球的球心，可得到一个棱长为2r的正四面体ABCD，显然，AB、CD均与圆柱的底面平行且AB与∴l=2R. ∵=rRlR，

3r∴R2=3r2，∴故选A. S锥S球=3πRl=.24πr2圆柱下底面的距离及CD与圆柱上底面的距离都等于r.故所求圆柱的高h恰为该正四面体ABCD

36

的对棱AB、CD间的距离MN与两个半径之和，而MN=(3r)2r2=2r，

答案：a2

∴所求圆柱的高h=（2+2）r. 答案：（2+2）r

9.棱长为a的正四面体P－ABC的体积为23a，则内切球的12π6

三、解答题

10.如图所示，以AB=4 cm，BC=3 cm的长方形ABCD为底面的长方体被平面斜着截断的几何体，EFGH是它的截面.当AE=5 cm，BF= 8 cm，CG=12 cm时，试回答下列问题：

表面积为__________. 解析：设内切球半径为R，球心为O，则由VO－ABC+VO－PAB+VO－PBC+VO－PAC=VP－ABC，得4×R=13223×a×R=a，解得34126a，所以内切球表面积为412π6a）2=a2. 612

（1）求DH的长；

（2）求这个几何体的体积；

37 π（

（3）截面四边形EFGH是什么图形？证明你的结论.

解：（1）过E作EB1⊥BF，垂足为B1，则BB1=AE=5 （cm），

所以B1F=8－5=3（cm）. DH=12－3=9（cm）. （2）作ED1⊥DH，垂足为D1，B1P⊥CG，垂足为P，连结D1P，B1C1，则几何体被分割成一个长方体ABCD－EB1PD1，一个斜三棱柱EFB1－HGC1，一个直三棱柱EHD1－B1C1P.从而几何体的体积为

V=3×4×5+×3×4×3+×3×4×4 =102（cm3）.

（3）是菱形. 1212

因为平面ABFE∥平面DCGH，EF和HG是它们分别与截面的交线，

所以EF∥HG. 过H作HC1⊥CG，垂足为C1，则

GC1=FB1=3 （cm），

38 证明：由（1）知EF∥HG，

同理EH∥FG. 于是EFGH是平行四边形. 因EF=EB12B1F2为=4232=5（cm），

DD1=AE=5（cm），ED1=AD=3（cm），

HD1=4（cm），

所EH=ED12D1H2=以3242=5x=y时取等号）. 这时容积V1=（a2bsinθ）·b≤. 4(1cos)1xy

sin 2（cm）. 所以EF=EH.

故EFGH是菱形.

11.（2009年湖南模拟题）

用一块长为a，宽为b（a＞b）的矩形木块，在二面角为θ（0＜θ＜π）的墙角处围出一个直三棱柱的储物仓（使木板垂直于地面，两边与墙面贴紧，另一边与地面这时容积V2=（贴紧），试问怎样围才能使储物仓的容积最大?并求出这个最大值.

解：（1）若使矩形木板长边贴紧地面，

即AB=CD=a，AD=BC=b，面，且所围储物仓的底面是以a设PA=x，PB=y，

则a=x+y－2xy，cos θ≥2xy－2xy，cos θ. a2∴xy≤（当且仅当2(1cos)

39 222

（2）若使矩形木板短边贴紧b2地面，则同理可得xy≤. 2(1cos)1xy

sin 2ab2sinθ）·a≤

4(1cos)∵a＞b＞0，V1＞V2. sin＞0，∴1cos故当矩形木板的长边贴紧地为底的等腰三角形时，储物仓的a2bsin容积最大，最大值为. 4(1cos)

40