2022届高考数学一轮复习第七章立体几何7.2空间几何体的表面积与体积学案理含解析北师大版

第二节　空间几何体的表面积与体积

授课提示：对应学生用书第138页

知识点　柱、锥、台和球的面积和体积

1．柱、锥、台和球的侧面积和体积

2．几何体的表面积

（1）棱柱、棱锥、棱台的表面积就是各面面积之和Ｗ．

（2）圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环；它们的表面积等于侧面积与底面面积之和．

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二级结论

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＝a；

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＝a．

（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＝．

（3）正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1．

必明易错

1．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错．

2．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．

3．易混侧面积与表面积的概念．

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．12π　　　 B．π　　　　

C．8π　　　　 D．4π

答案：A

2．（易错题）若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是_________．

解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S＝3×4×2＋2×2×2＋4×2×2＋4×6＋×（2＋6）×2×2＝72＋16．

答案：72＋16

3．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_________．

解析：因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为2，底面圆的直径为2，所以该圆柱的表面积为2×π×（）2＋2π×2＝12π．

答案：12π

4．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V1＝××a×b×c＝abc，剩下的几何体的体积V2＝abc－abc＝abc，所以V1∶V2＝1∶47．

答案：1∶47

授课提示：对应学生用书第139页

题型一　空间几何体的表面积　　

1．（2020·高考全国卷Ⅲ）右图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（　　）

A．6＋4

B．4＋4

C．6＋2

D．4＋2

解析：如图，该几何体为其中三个面是腰长为2的等腰直角三角形、第四个面是边长为2的等边三角形的三棱锥，所以该几何体的表面积为3××2×2＋×2×2×＝6＋2．

答案：C

2．（2020·高考北京卷）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（　　）

A．6＋　　　　　　　 B．6＋2

C．12＋  D．12＋2

解析：由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：S＝3×（2×2）＋2×＝12＋2．

答案：D

3．将一个相邻边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是_________．

解析：当底面周长为4π时，底面圆的半径为2，两个底面的面积之和是8π；当底面周长为8π时，底面圆的半径为4，两个底面的面积之和为32π．无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2，故所求的表面积是32π2＋8π或32π2＋32π．

答案：32π2＋8π或32π2＋32π

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　空间几何体的体积　　

1．（2020·高考浙江卷）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（　　）

A．　　 B．　　

C．3　　　 D．6

解析：由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，

且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，

棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，

所以几何体的体积为：

××1＋×2＝＋2＝．

答案：A

2．（2020·江西上饶模拟）已知下图为某几何体的三视图，则其体积为（　　）

 A．π＋  B．π＋

C．π＋  D．π＋

解析：几何体为半圆柱与四棱锥的组合体（如图），半圆柱的底面半径为1，高为2，四棱锥的底面为边长为2的正方形，高为1，故几何体的体积V＝×π×12×2＋×22×1＝π＋．

答案：C

3．如图所示，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，若各条棱长均为2，且M为A1C1的中点，则三棱锥M­AB1C的体积是_________．

解析：法一：因为VM­AB1C＝VABC­A1B1C1－VA­A1B1M－VB1­ABC－VC­B1C1M，所以VM­AB1C＝2××22－×2×××22－×2××22－×2×××22＝．

法二：VM­AB1C＝VB1­AMC＝×S△AMC·h，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，M是A1C1中点，∴B1M⊥A1C1，且B1M⊥AA1，∴B1M⊥平面ACC1A1，∴h＝B1M＝．

∴VB1­AMC＝×AC·AA1·B1M＝×2×2×＝．

答案：

求空间几何体的体积的常用方法

（1）公式法：对于规则几何体的体积问题，可以直接利用公式进行求解．

（2）割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算其体积．

（3）等体积法：一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的．如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解．等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积．

题型三　与球有关的切、接问题　　

考法（一）　外接球问题

[例1]　（1）已知直三棱柱ABC­A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为（　　）

A．　　　　　　 B．2

C．  D．3

（2）正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为（　　）

A．  B．16π

C．9π  D．

（3）一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示（图中的三个四边形都是边长为2的正方形），则该几何体的外接球的体积为_________．

[解析]　（1）由题意作图如下，过球心O作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M．

∵AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，∴BC＝5，

又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，

∴球O的半径R＝OA＝＝．

（2）如图所示，作正四棱锥P­ABCD，设球的半径为R，正四棱锥底面中心为O′且球心为O，

∵在正四棱锥P­ABCD中，AB＝2，

∴AO′＝．

∵PO′＝4，

∴在Rt△AOO′中，

AO2＝AO′2＋OO′2，

∴R2＝（）2＋（4－R）2，

解得R＝，

∴该球的表面积为4πR2＝4π×＝．

（3）依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，球的直径就是正方体的体对角线，

∴2R＝2（R为球的半径），

∴R＝，

∴外接球的体积V＝πR3＝4π．

[答案]　（1）C　（2）A　（3）4π

考法（二）　内切球问题

 [例2]　（1）如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，表面积为S1，球O的体积为V2，表面积为S2，则的值是　　　　，＝_________．

（2）（2020·高考全国卷Ⅲ）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．

[解析]　（1）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，所以＝＝，＝＝．

（2）易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，

其中BC＝2，AB＝AC＝3，且点M为BC边上的中点，

设内切圆的圆心为O，

由于AM＝  ＝2，故S△ABC＝×2×2＝2，

设内切圆半径r，则：

S△ABC  ＝S△AOB＋S△BOC＋S△AOC＝×AB×r＋×BC×r＋×AC×r＝×（3＋3＋2）×r＝2，

解得r＝，其体积V＝πr3＝π．

[答案]　（1）　　（2）π

解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：

[题组突破]

1．（2020·高考全国卷Ⅱ）已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（　　）

A．　　 B．　　　

C．1　　　 D．

解析：如图所示，过球心O作OO1⊥平面ABC，则O1为等边三角形ABC的中心．

设△ABC的边长为a，则a2＝，解得a＝3，

∴O1A＝××3＝．

设球O的半径为r，则由4πr2＝16π，得r＝2，即OA＝2．

在Rt△OO1A中，OO1＝＝1，

即O到平面ABC的距离为1．

答案：C

2．（2021·南宁模拟）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R＝1，所以正三棱柱的高h＝2．

设底面边长为a，则×a＝1，所以a＝2．所以V＝×（2）2×2＝6．

答案：6

　与球有关的切、接问题中的核心素养

直观想象——确定球心位置的策略方法

决定球的几何要素是球心的位置和球的半径，在球与其他几何体的结合问题中，通过位置关系的分析，找出球心所在的位置是解题的关键，不妨称这个方法为球心位置分析法．

策略一　利用球的定义确定球心

[素养解读]

若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球．也就是说如果一个定点到一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体外接球的球心．

（1）长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点；

（2）正三棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点；

（3）直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；

（4）正棱锥的外接球球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到；

（5）若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心．

[例1]　已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是（　　）

A．16π　　　　　　　　 B．20π

C．24π  D．32π

[解析]　已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，可求得底面边长为2，故球的直径为＝2，则半径为，故球的表面积为24π．

[答案]　C

策略二　构造长方体或正方体确定球心

[素养解读]

（1）正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；

（2）同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；

（3）若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；

（4）若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体．

[例2]　在正三棱锥S­ABC中，AB＝，M是SC的中点，AM⊥SB，则正三棱锥S­ABC的外接球的表面积为_________．

[解析]　取AC的中点N，连接BN，SN，AM，因为SA＝SC，所以AC⊥SN．又△ABC是等边三角形，所以AC⊥BN，AC⊥平面BSN，所以AC⊥SB．又AM⊥SB，AC∩AM＝A，故SB⊥平面SAC，SB⊥SA且SB⊥SC，故SA，SB，SC两两垂直，可以看作是从一个棱长为1的正方体上切下来的一个正三棱锥，如图所示，故正三棱锥S­ABC的外接球的直径为，所以半径为，故正三棱锥S­ABC的外接球的表面积为4×π×＝3π．

[答案]　3π

策略三　利用球的几何性质确定球心

[素养解读]

　利用球心O与截面圆圆心O′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．

[例3]　正三棱锥A­BCD内接于球O，且底面边长为，侧棱长为2，则球O的表面积为_________．

[解析]　如图，M为底面△BCD的中心，易知AM⊥MD，DM＝1，AM＝．在Rt△DOM中，OD2＝OM2＋MD2，即OD2＝（－OD）2＋1，解得OD＝，故球O的表面积为4π×＝π．

[答案]　π

[题组突破]

1．（2021·衡阳模拟）已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是（　　）

A．6  B．12

C．18  D．24

解析：根据已知可得球的半径等于1，故三棱柱的高等于2，底面三角形内切圆的半径等于1，即底面三角形的高等于3，边长等于2，所以这个三棱柱的表面积等于3×2×2＋2××2×3＝18．

答案：C

2．（2021·揭阳模拟）在三棱锥A­BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，△ABC，△ACD，△ADB的面积分别为，，，则三棱锥A­BCD的外接球的体积为（　　）

A．π  B．2π

C．3π  D．4π

解析：三棱锥A­BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，补成长方体，两者的外接球是同一个，长方体的体对角线就是球的直径．

设长方体同一顶点处的三条棱长分别为a，b，c，由题意得ab＝，ac＝，bc＝，

解得a＝，b＝，c＝1，

所以球的直径为＝，它的半径为，球的体积为×＝π．

答案：A

3．（2021·唐山模拟）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线（实线和虚线）表示的是某几何体的三视图，则该几何体外接球的体积为（　　）

A．24π  B．29π

C．48π  D．58π

解析：如图，在3×2×4的长方体中构造符合题意的几何体（三棱锥A­BCD），其外接球即为长方体的外接球，表面积为4πR2＝π（32＋22＋42）＝29π．

答案：B