1、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2rlS圆锥侧rlS圆台侧(r1r2)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(棱柱和圆柱)S表面积S侧2S底VS底h锥体(棱锥和圆锥)S表面积S侧S底VS底h台体(棱台和圆台)S表面积S侧S上S下V(S上S下)h球S4R2VR3常用结论与微点提醒1.正方体与球的切、接常用结论正
2、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2Ra；(2)若球为正方体的内切球，则2Ra；(3)若球与正方体的各棱相切，则2Ra.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.3.正四面体的外接球与内切球的半径之比为31.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Ra.()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
3、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4，则正方体的棱长为()A. B. C. D.解析由S4R24，得R1，故21a，得a.答案B3.(老教材必修2P28A3改编)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，它截出棱锥的体积为V1abcabc，剩下的几何体的体积V2abcabc abc，所以V1V2147.答案1474.(2017全国卷)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
4、球的球面上，则该圆柱的体积为()A. B. C. D.解析如图画出圆柱的轴截面ABCD，O为球心.球半径ROA1，球心到底面圆的距离为OM.底面圆半径r，故圆柱体积Vr2h1.答案B5.(2018浙江卷改编)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)为_.解析由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积V(12)226.答案66.(2019江苏卷)如图，长方体ABCDA1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥EBCD的体积是_.解析设长方体中BCa，CDb，CC1c，则abc120，VEBCDabcabc10.答案10考
5、点一空间几何体的表面积【例1】 (1)(2018全国卷)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2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()A.12 B.12 C.8 D.10(2)(2020郑州一模)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个几何体的三视图，则该几何体的表面积为()A.(44)4 B.(44)44C.1212 D.1244解析(1)设圆柱的轴截面的边长为x，则由x28，得x2，S圆柱表2S底S侧2()22212.(2)由题意可知，几何体下部是圆锥，上部是四棱柱，如图，可得：几何体的表面积为4441(44)4.答案(1)B(2)A
6、规律方法空间几何体表面积的求法(1)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.(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.【训练1】 (1)(2020成都诊断)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A.162 B.202 C.14 D.20(2)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为.SA与圆锥底面所成角为45.若SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为_.解析(1)由三视图可知，该几何体是一个正方体挖去二分之一的圆柱后所得到的，所以该几何体的表面积S225121220.(2)如图所示，设S在底面
7、的射影为S，连接AS，SS.SAB的面积为SASBsinASBSA2SA25，SA280，SA4.SA与底面所成的角为45，SAS45，ASSAcos 4542.底面周长l2AS4，圆锥的侧面积为4440.答案(1)D(2)40考点二空间几何体的体积多维探究角度1以三视图为背景的几何体体积【例21】 (2019浙江卷)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm3)是()A.158 B.162 C.182 D.32
8、4解析由三视图可知，该柱体是一个直五棱柱，如图，棱柱的高为6，底面可以看作由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3.则底面面积S3327.因此，该柱体的体积V276162.答案B角度2简单几何体的体积【例22】 (2019天津卷)已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.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_.解析由题意知圆柱的高恰为四棱锥的高的一半，圆柱的底面直径恰为四棱锥的底面正方形对角线的一半.因为四棱锥的底面正方形的边长为，所以底面正方形对角线长为2，所以圆柱的底面
9、半径为.又因为四棱锥的侧棱长均为，所以四棱锥的高为2，所以圆柱的高为1.所以圆柱的体积V1.答案角度3不规则几何体的体积【例23】 如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，且ADE，BCF均为正三角形，EFAB，EF2，则该多面体的体积为_.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，易求得EGHF，AGGDBHHC，则BHC中BC边的高h.SAGDSBHC1，V多面体VEADGVFBHCVAGDBHC2VEADGVAGDBHC21.答案规律方法1.(直接法)规则几何体：对于规则几何体，直接利用公式计算即可.若已知三视图求体积，应注意三视
10、图中的垂直关系在几何体中的位置，确定几何体中的线面垂直等关系，进而利用公式求解.2.(割补法)不规则几何体：当一个几何体的形状不规则时，常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体，然后再计算.经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体，将三棱柱还原为平行六面体，将台体还原为锥体.3.(等积法)三棱锥：利用三棱锥的“等积性”可以把任一个面作为三棱锥的底面.(1)求体积时，可选择“容易计算”的方式来计算；(2)利用“等积性”可求“点到面的距离”，关键是在面中选取三个点，与已知点构成三棱锥.【训练2】 (1)(角度1)(2019北京卷)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得
11、，其三视图如图所示.如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为_.(2)(角度2)(2018天津卷)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥MEFGH的体积为_. (3)(角度3)(2019全国卷)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ABCDA1B1C1D1挖去四棱锥OEFGH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，ABBC6 cm，AA14 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为_g
12、.解析(1)如图所示棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1，去掉四棱柱MQD1A1NPC1B1(其底面是一个上底为2，下底为4，高为2的直角梯形)所得的几何体为题中三视图对应的几何体，故所求几何体的体积为43(24)2440.(2)连接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因为E，H分别为AD1，CD1的中点，所以EHAC，EHAC.因为F，G分别为B1A，B1C的中点，所以FGAC，FGAC.所以EHFG，EHFG，所以四边形EHGF为平行四边形，又EGHF，EHHG，所以四边形EHGF为正方形.又点M到平面EHGF的距离为，所以四棱锥MEFGH的体积为.(3)由题知挖去的四棱锥的底面是一
13、个菱形，其对角线长分别为6 cm和4 cm，故V挖去的四棱锥46312(cm3).又V长方体664144(cm3)，所以模型的体积为V长方体V挖去的四棱锥14412132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为1320.9118.8(g).答案(1)40(2)(3)118.8考点三多面体与球的切、接问题典例迁移【例3】 (经典母题)(2016全国卷)在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球.若ABBC，AB6，BC8，AA13，则V的最大值是()A.4 B. C.6 D.解析由ABBC，AB6，BC8，得AC10.要使球的体积V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相
14、切，设底面ABC的内切圆的半径为r.则68(6810)r，所以r2.2r43，不合题意.球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R最大.由2R3，即R.故球的最大体积VR3.答案B【迁移1】 若本例中的条件变为“直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上”，若AB3，AC4，ABAC，AA112，求球O的表面积.解将直三棱柱补形为长方体ABECA1B1E1C1，则球O是长方体ABECA1B1E1C1的外接球.体对角线BC1的长为球O的直径.因此2R13.故S球4R2169.【迁移2】 若将题目的条件变为“如图所示是一个几何体的三视图”，试求该几何体外接球的表面积.解设外接球的半径为R，
15、由三视图可知该几何体是两个正四棱锥的组合体(底面重合)，上、下两顶点之间的距离为2R，正四棱锥的底面是边长为R的正方形，由R232解得R26，故该球的表面积S4R224.规律方法1.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.2.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.【训练3】 (2019广州模拟)三棱锥PABC中，平面PAC平面ABC，ABAC，PAPCAC2，A
16、B4，则三棱锥PABC的外接球的表面积为()A.23 B. C.64 D.解析如图，设O为正PAC的中心，D为RtABC斜边的中点，H为AC中点.由平面PAC平面ABC.则OH平面ABC.作OOHD，ODOH，则交点O为三棱锥外接球的球心，连接OP，又OPPH2，OODHAB2.R2OP2OP2OO24.故几何体外接球的表面积S4R2.答案D直观想象简单几何体的外接球与内切球问题1.直观想象主要表现为利用几何图形描述问题，借助几何直观理解问题，运用空间想象认识事物，解决与球有关的问题对该素养有较高的要求.2.简单几何体外接球问题是立体几何中的难点和重要的考点，此类问题实质是解决球的半径长或确定
17、球心O的位置问题，其中球心的位置是关键.类型1外接球问题1.必备知识：(1)简单多面体外接球的球心的结论.结论1：正方体或长方体的外接球的球心是其体对角线的中点.结论2：正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中点.结论3：直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点.(2)构造正方体或长方体确定球心.(3)利用球心O与截面圆圆心O1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.2.方法技巧：几何体补成正方体或长方体.【例1】 (2020东北三省四市模拟)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，则过A，B，C，D四点的球
18、的表面积为()A.3 B.4 C.5 D.6解析连接BC，由题知几何体ABCD为三棱锥，BDCD1，AD，BDAD，CDAD，BDCD，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是，1，1的长方体，其体对角线长为，故该三棱锥外接球的半径是，其表面积为5.答案C【例2】 (2019广州二测)体积为的三棱锥PABC的顶点都在球O的球面上，PA平面ABC，PA2，ABC120，则球O的体积的最小值为()A. B.C. D.解析设ABc，BCa，ACb，由题可得SABC2，解得SABC.因为ABC120，SABCacsin 120，所以ac6，由余弦定理可得b2a2c22accos 120a2c2ac2ac
19、ac3ac18，当且仅当ac时取等号，此时bmin3.设ABC外接圆的半径为r，则2r(b最小，则外接圆半径最小)，故2rmin，所以rmin.如图，设O1为ABC外接圆的圆心，D为PA的中点，R为球的半径，连接O1A，O1O，OA，OD，PO，易得OO11，R2r2OOr21，当rmin时，R617，Rmin，故球O体积的最小值为R()3.答案B类型2内切球问题1.必备知识：(1)内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等.(2)正多面体的内切球和外接球的球心重合.(3)正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不一定重合.2.方法技巧：体积分割是求内切球半径的通
20、用做法.【例3】 体积为的球与正三棱柱的所有面均相切，则该棱柱的体积为_.解析设球的半径为R，由R3，得R1，所以正三棱柱的高h2.设底面边长为a，则a1，所以a2.所以V(2)226.答案6A级基础巩固一、选择题1.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()A.12 B. C.8 D.4解析设正方体的棱长为a，则a38，解得a2.设球的半径为R，则2Ra，即R.所以球的表面积S4R212.答案A2.若圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为l的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比为()A.32 B.21C.43 D.53解析底面半径rll，故圆锥的S侧l2，S表l2l2，所以表面积
21、与侧面积的比为43.答案C3.(2020兰州调研)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图中的四边形是边长为2的正方形，则该几何体的表面积为()A. B.7 C. D.8解析由三视图可知该几何体是一个圆柱体和一个球体的四分之一的组合体，则所求的几何体的表面积S4122122127，故选B.答案B4.(2020安徽六校联考)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是半径为r的圆，若该几何体的体积为，则它的表面积是()A. B.9 C. D.解析由三视图可知该几何体是一个圆柱挖去了一个半径等于圆柱底面半径的半球体，其中圆柱的高等于半球的半径r，所以该几何体的体积Vr2rr3r3，r3，又知r0
22、，r，该几何体的表面积Sr22rr4r25r25，故选C.答案C5.如图所示，正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC中点，则三棱锥AB1DC1的体积为()A.3 B. C.1 D.解析如题图，在正ABC中，D为BC中点，则有ADAB，又平面BB1C1C平面ABC，平面BB1C1平面ABCBC，ADBC，AD平面ABC，由面面垂直的性质定理可得AD平面BB1C1C，即AD为三棱锥AB1DC1的底面B1DC1上的高，VAB1DC1SB1DC1AD21.答案C二、填空题6.如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下面及母线均相切.记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积
23、为V2，则的值是_.解析设圆柱内切球的半径为R，则由题设可得圆柱O1O2的底面圆的半径为R，高为2R，故.答案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_.解析设新的底面半径为r，由题意得r24r28524228，解得r.答案8.如图，三棱柱ABCA1B1C1的体积为1，P为侧棱B1B上的一点，则四棱锥PACC1A1的体积为_.解析设点P到平面ABC、平面A1B1C1的距离分别为h1，h2，则棱柱的高为hh1h2，又记SSABCSA1B1C1，则三棱柱的体积为V
24、Sh1.而从三棱柱中去掉四棱锥PACC1A1的剩余体积为VVPABCVPA1B1C1Sh1Sh2S(h1h2)，从而VPACC1A1VV1.答案三、解答题9.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PA1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCDA1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍，若AB6 m，PO12 m，则仓库的容积是多少？解由PO12 m，知O1O4PO18 m.因为A1B1AB6 m，所以正四棱锥PA1B1C1D1的体积V锥A1BPO162224(m3)；正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积V柱AB2O1O628288
25、(m3)，所以仓库的容积VV锥V柱24288312(m3).故仓库的容积是312 m3.10.如图是一个以A1B1C1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC，已知A1B1B1C12，A1B1C190，AA14，BB13，CC12，求：(1)该几何体的体积；(2)截面ABC的面积.解(1)过C作平行于A1B1C1的截面A2B2C，交AA1，BB1分别于A2，B2.由直三棱柱性质及A1B1C190可知B2C平面ABB2A2，则该几何体的体积VVA1B1C1A2B2CVCABB2A2222(12)226.(2)在ABC中，AB，BC，即ABBC，则ABC为等腰三角形，又AC2.则SA
26、BC2.B级能力提升11.(2020河南顶尖计划联考)如图，网格纸中小正方形的边长为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()A.8 B.10 C.20 D.32解析在长方体中进行切割，作出几何体的直观图，即几何体ABCDPQC1R，如图所示.两个几何体在斜面PQC1R处扣在一起，可以构成一个长方体，长方体的底面是边长为2的正方形，高为10，所以该几何体的体积为221020.答案C12.(2019全国卷)已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PAPBPC，ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，CEF90，则球O的体积为()A.8 B.4C.2 D.解析
27、因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EFPB，因为CEF90，所以EFCE，所以PBCE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC平面BDP，所以PBAC，又ACCEC，AC，CE平面PAC，所以PB平面PAC，所以PBPA，PBPC，因为PAPBPC，ABC为正三角形，所以PAPC，即PA，PB，PC两两垂直，以PA，PB，PC为从同一顶点出发的三条棱补成正方体.因为AB2，所以该正方体的棱长为，所以该正方体的体对角线长为，故三棱锥PABC的外接球的半径R，所以球O的体积VR3，故选D.答案D13.在边长为4的正方形ABCD内剪去四个全等的等腰三角形(如图1中阴影部分所示)，将剩下的部分
28、折叠成底面边长为的正四棱锥SEFGH(如图2所示)，则正四棱锥SEFGH的体积为_.解析设图1中BEF的高为h1，则BD2h1，在四棱锥SEFGH中，斜高为h1，设四棱锥SEFGH的高为h2，由BD42h1，h1，h22，VSEFGHS四边形EFGHh222.答案14.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ABC120，AEEC，三棱锥EACD的体积为，求该三棱锥的侧面积.(1)证明因为四边形ABCD为菱形，所以ACBD.因为BE平面ABCD，AC平面ABCD，所以ACBE.因为BEBDB，故AC平面BED.又AC平面AE
29、C，所以平面AEC平面BED.(2)解设ABx，在菱形ABCD中，由ABC120，可得AGGCx，GBGD.因为AEEC，所以在RtAEC中，可得EGx.由BE平面ABCD，知EBG为直角三角形，可得BEx.由已知得，三棱锥EACD的体积VEACDACGDBEx3.故x2.从而可得AEECED.所以EAC的面积为3，EAD的面积与ECD的面积均为.故三棱锥EACD的侧面积为32.C级创新猜想15.(数学文化题)(2019长沙月考)九章算术给出求羡除体积的“术”是：“并三广，以深乘之，又以袤乘之，六而一.”其中的“广”指羡除的三条平行侧棱的长，“深”指一条侧棱到另两条侧棱所在平面的距离，“袤”指
30、这两条侧棱所在平行线之间的距离.用现代语言描述：在羡除ABCA1B1C1中，AA1BB1CC1，AA1a，BB1b，CC1c，两条平行线AA1与BB1间的距离为h，直线CC1到平面AA1B1B的距离为h，则该羡除的体积为V(abc).已知某羡除的三视图如图所示，则该羡除的体积为()A.3 B. C. D.2解析如图，由三视图还原几何体可知，羡除ADEBCF中，ABCDEF，四边形ABCD是矩形，ABAD2，EF1，平面ADE平面ABCD，AB，CD间的距离hAD2，取AD的中点G，连接EG，平面ADE平面ABCD，EG平面ABCD，由正视图及侧视图知直线EF到平面ABCD的距离h1.V(221)，故选C.答案C
