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2019版高考数学（理）一轮精选教师用书人教通用：第8章2第2讲 空间几何体的表面积与体积
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第2讲 空间几何体的表面积与体积
1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及其侧面积公式
圆柱
圆锥
圆台
侧面
展开图
侧面
积公式
S圆柱侧
＝2πrl
S圆锥侧
＝πrl
S圆台侧＝
π(r＋r′)l
2.空间几何体的表面积与体积公式
表面积
体积
柱体
(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
V＝S底h
锥体
(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝S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
S＝4πR2
V＝πR3
3.几个与球有关的切、接的常用结论
(1)正方体的棱长为a，外接球的半径为R，内切球的半径为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)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)正四面体的棱长为a，外接球的半径为R，内切球的半径为r；
①外接球：球心是正四面体的中心；半径R＝a；
②内切球：球心是正四面体的中心；半径r＝a.
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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.( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)×
某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )
A．8 cm3 B．12 cm3
C. cm3 D. cm3
解析：选C.由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．下面是棱长为2 cm的正方体，体积V1＝2×2×2＝8(cm3)；上面是底面边长为2 cm，高为2 cm的正四棱锥，体积V2＝×2×2×2＝(cm3)，所以该几何体的体积V＝V1＋V2＝(cm3)．
(2018·云南省11校跨区调研)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．1 B．2
C．3 D．6
解析：选C.依题意，题中的几何体是一个直三棱柱(其底面左、右相对)，其中底面是直角边长分别为1、2的直角三角形，侧棱长为3，因此其体积为×3＝3.
一直角三角形的三边长分别为6 cm，8 cm，10 cm，绕斜边旋转一周所得几何体的表面积为________．
解析：旋转一周所得几何体为以 cm为半径的两个同底面的圆锥，其表面积为
S＝π××6＋π××8＝π(cm2)．
答案：π cm2
(2017·高考全国卷Ⅱ)长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________．
解析：依题意得，长方体的体对角线长为＝，记长方体的外接球的半径为R，则有2R＝，R＝，因此球O的表面积等于4πR2＝14π.
答案：14π
空间几何体的表面积
[典例引领]
(1)(2016·高考全国卷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径．若该几何体的体积是，则它的表面积是( )
A．17π B．18π C．20π D．28π
(2)(2018·合肥市第一次教学质量检测)一个几何体的三视图如图所示(其中正视图的弧线为四分之一圆周)，则该几何体的表面积为( )
A．72＋6π B．72＋4π
C．48＋6π D．48＋4π
【解析】 (1)由三视图可得此几何体为一个球切割掉后剩下的几何体，设球的半径为r，故×πr3＝π，所以r＝2，表面积S＝×4πr2＋πr2＝17π，选A.
(2)由三视图知，该几何体由一个正方体的部分与一个圆柱的部分组合而成(如图所示)，其表面积为16×2＋(16－4＋π)×2＋4×(2＋2＋π)＝72＋6π，故选A.
【答案】 (1)A (2)A
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关系．
(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积问题应注意衔接部分的处理．
(3)旋转体的表面积问题应注意其侧面展开图的应用．
[通关练习]
1．(2018·兰州市诊断考试)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A．(9＋)π B．(9＋2)π
C．(10＋)π D．(10＋2)π
解析：选A.由三视图可知，该几何体为一个圆柱挖去一个同底的圆锥，且圆锥的高是圆柱高的一半．故该几何体的表面积S＝π×12＋4×2π＋×2π×＝(9＋)π.
2．(2018·河南许昌月考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A．9＋4(＋) B．10＋2(＋)
C．11＋2(＋) D．11＋2(＋)
解析：选C.如图所示，该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱柱得到的四棱柱．其表面积为2×2＋2×1＋2×＋2×＋2×＝11＋2(＋)．
空间几何体的体积(高频考点)
空间几何体的体积是每年高考的热点，多与三视图结合考查，题型多为选择题、填空题，难度较小．高考对空间几何体的体积的考查常有以下两个命题角度：
(1)求简单几何体的体积；
(2)求组合体的体积．
[典例引领]
角度一 求简单几何体的体积
(1)(补形法)(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，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，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )
A．90π B．63π
C．42π D．36π
(2)(等积法)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1EDF的体积为________．
【解析】 (1)法一：(补形法)如图所示，由几何体的三视图，可知该几何体是一个圆柱被截去上面虚线部分所得．将圆柱补全，并
将圆柱体从点A处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的，所以该几何体的体积V＝π×32×4＋π×32×6×＝63π.
法二：(估值法)由题意，知V圆柱
因为E，F分别为AA1，B1C上的点，所以在正方体ABCDA1B1C1D1中，△EDD1的面积为定值，F到平面AA1D1D的距离为定值1，所以VD1EDF＝VFDD1E＝××1＝.
【答案】 (1)B (2)
角度二 求组合体的体积
(1)(分割法)(2017·高考浙江卷)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( )
A.＋1 B.＋3
C.＋1 D.＋3
(2)(分割法)(2017·高考山东卷)由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．
【解析】 (1)由几何体的三视图可得，该几何体是由半个圆锥和一个三棱锥组成的，故该几何体的体积V＝×π×3＋××2×1×3＝＋1，故选A.
(2)由题意知该几何体是由一个长方体和两个圆柱体构成，其中长方体的体积V1＝2×1×1＝2，两个圆柱体的体积之和V2＝×π×12×1×2＝，所以该几何体的体积V＝V1＋V2＝2＋.
【答案】 (1)A (2)2＋
[通关练习]
1．(2018·昆明市教学质量检测)如图，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( )
A．24π B．30π
C．42π D．60π
解析：选A.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，所以该几何体的体积V＝×π×33＋×π×32×4＝24π，故选A.
2．如图所示，已知多面体ABCDEFG中，AB，AC，AD两两互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为________．
解析：法一：(分割法)因为几何体有两对相对面互相平行，
如图所示，过点C作CH⊥DG于H，连接EH，即把多面体分割成一个直三棱柱DEHABC和一个斜三棱柱BEFCHG.
由题意，知V三棱柱DEHABC＝S△DEH×AD＝(×2×1)×2＝2，V三棱柱BEFCHG＝S△BEF×DE＝×2＝2.
故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG＝2＋2＝4.
法二：(补形法)因为几何体有两对相对面互相平行，
如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，显然所求多面体的体积即该正方体体积的一半．
又正方体的体积V正方体ABHIDEKG＝23＝8，
故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG＝×8＝4.
答案：4
球与空间几何体的接、切问题
[典例引领]
(1)(2017·高考全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )
A．π B.
C. D.
(2)(2018·河南省六市第一次联考)三棱锥PABC中，AB＝BC＝，AC＝6，PC⊥平面ABC，PC＝2，则该三棱锥的外接球的表面积为( )
A.π B.π
C.π D.π
【解析】 (1)设圆柱的底面半径为r，则r2＝12－＝，所以，圆柱的体积V＝π×1＝，故选B.
(2)由题可知，
△ABC中AC边上的高为＝，
球心O在底面ABC的投影即为△ABC的外心D，
设DA＝DB＝DC＝x，所以x2＝32＋(－x)2，
解得x＝，
所以R2＝x2＋＝＋1＝(其中R为三棱锥外接球的半径)，所以外接球的表面积S＝4πR2＝π，故选D.
【答案】 (1)B (2)D
若本例(2)中的△ABC变为边长为的等边三角形．求三棱锥外接球的表面积．
解：由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC为底面、以PC为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC的外接圆半径r＝××＝1，外接球球心到△ABC的外接圆圆心的距离d＝1，所以外接球的半径R＝＝，所以三棱锥外接球的表面积S＝4πR2＝8π.
处理球的“切”“接”问题的求解策略
(1)“切”的处理
与球有关的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．
(2)“接”的处理
把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．
[通关练习]
1．(2018·贵阳市检测)三棱锥PABC的四个顶点都在体积为的球的表面上，底面ABC所在的小圆面积为16π，则该三棱锥的高的最大值为( )
A．4 B．6
C．8 D．10
解析：选C.依题意，设题中球的球心为O、半径为R，△ABC的外接圆半径为r，则＝，解得R＝5，由πr2＝16π，解得r＝4，又球心O到平面ABC的距离为＝3，因此三棱锥PABC的高的最大值为5＋3＝8.
2．设球O内切于正三棱柱ABCA1B1C1，则球O的体积与正三棱柱ABCA1B1C1的体积的比值为________．
解析：设球O半径为R，正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为a，则R＝×＝a，即a＝2R，又正三棱柱ABCA1B1C1的高为2R，所以球O的体积与正三棱柱ABCA1B1C1的体积的比值为＝＝.
答案：
数学文化与立体几何
[典例引领]
(2018·山西五校联考)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈；上袤二丈，无广；高一丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈；上棱长2丈，高一丈，问它的体积是多少？”已知1丈为10尺，现将该楔体的三视图给出，其中网格纸上小正方形的边长为1丈，则该楔体的体积为( )
A．5 000立方尺 B．5 500立方尺
C．6 000立方尺 D．6 500立方尺
【解析】 该楔体的直观图如图中的几何体ABCDEF.取AB的中点G，CD的中点H，连接FG，GH，HF，则该几何体的体积为四棱锥FGBCH与三棱柱ADEGHF的体积之和．又可以将三棱柱ADEGHF割补成高为EF，底面积为S＝×3×1＝平方丈的一个直棱柱，故该楔体的体积V＝×2＋×2×3×1＝5立方丈＝5 000立方尺．
【答案】 A
求解与数学文化有关的立体几何问题应过的三关
(2018·郑州市第二次质量预测)我国南北朝时期数学家、天文学家——祖暅，提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是截面积，“势”是几何
体的高，意思是两等高立方体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立方体体积相等．已知某不规则几何体与如图所对应的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为( )
A．4－ B．8－
C．8－π D．8－2π
解析：选C.由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与已知三视图的几何体体积相等．根据题设所给的三视图，可知题图中的几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱，正方体的体积为23＝8，半圆柱的体积为×(π×12)×2＝π，因此该不规则几何体的体积为8－π，故选C.
处理空间几何体体积问题的思路
(1)“转”：指的是转换底面与高，将原来不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高转换为容易看出，并容易求解长度的高；
(2)“拆”：指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算；
(3)“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如有时将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原成一个四棱柱，还台为锥，这些都是拼补的方法．
易错防范
(1)求组合体的表面积时，要注意各几何体重叠部分的处理．
(2)底面是梯形的四棱柱侧放时，容易和四棱台混淆，在识别时要紧扣定义，以防出错．
1.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )
解析：选B.根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B.
2．(2018·湖北省七市(州)联考)如图是一个几何体的三视图，其中正视图和侧视图是两个全等的等腰三角形，底边长为4，腰长为3，则该几何体的表面积为( )
A．6π B．8π
C．10π D．12π
解析：选C.根据三视图，可以看出该几何体是一个圆锥，其底面圆的半径r为2，母线长l为3，故该圆锥的表面积S＝πr(r＋l)＝π×2×(2＋3)＝10π，故选C.
3．(2018·武汉市武昌调研考试)中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(单位：立方寸)，则图中的x为( )
A．1.2 B．1.6
C．1.8 D．2.4
解析：选B.该几何体是一个组合体，左边是一个底面半径为的圆柱，右边是一个长、宽、高分别为5.4－x、3、1的长方体，所以组合体的体积V＝V圆柱＋V长方体＝π·×x＋(5.4－x)×3×1＝12.6(其中π＝3)，解得x＝1.6.故选B.
4．(2018·江西七校联考)若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( )
A．48＋π B．48－π
C．48＋2π D．48－2π
解析：选A.该几何体是正四棱柱挖去了一个半球，正四棱柱的底面是正方形(边长为2)，高为5，半球的半径是1，那么该几何体的表面积为S＝2×2×2＋2×4×5－π×12＋2π×12＝48＋π，故选A.
5．(2018·河南郑州一中押题卷二)一个多面体的直观图和三视图如图所示，点M是AB上的动点，记四面体EFMC的体积为V1，多面体ADFBCE的体积为V2，则＝( )
A.
B.
C.
D．随点M位置的变化而变化
解析：选B.由三视图可知多面体ADFBCE是直三棱柱，其底面是等腰直角三角形(直角边长为a)，且四边形DFEC与四边形ABCD都是正方形，它们的边长均为a.
因为M是AB上的动点，且易知AB∥平面DFEC，所以点M到平面DFEC的距离等于点B到平面DFEC的距离，为a，所以V1＝VEFMC＝VMEFC＝×a·a·a＝，又V2＝a·a·a＝，故＝＝，故选B.
6．(2017·高考江苏卷)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 ，球O的体积为V2 ，则的值是________．
解析：设球O的半径为r，则圆柱的底面半径为r、高为2r，所以＝＝.
答案：
7．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．
解析：由三视图可知，该几何体是一个长方体内挖去一个圆柱体，如图所示．
长方体的长、宽、高分别为4，3，1，
表面积为4×3×2＋3×1×2＋4×1×2＝38，
圆柱的底面圆直径为2，母线长为1，
侧面积为2π×1＝2π，
圆柱的两个底面面积和为2×π×12＝2π.
故该几何体的表面积为38＋2π－2π＝38.
答案：38
8．(2018·山东日照模拟)现有一半球形原料，若通过切削将该原料加工成一正方体工件，则所得工件体积与原料体积之比的最大值为________．
解析：设球的半径为R，正方体的棱长为a.由题意得当正方体体积最大时，a2＋＝R2，所以R＝a，所以所得工件体积与原料体积之比的最大值为＝＝.
答案：
9.如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2，AD＝2，求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积．
解：由已知得：CE＝2，DE＝2，CB＝5，S表面＝S圆台侧＋S圆台下底＋S圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×2＝(60＋4)π，V＝V圆台－V圆锥＝(π·22＋π·52＋)×4－π×22×2＝π.
10．已知一个几何体的三视图如图所示．
(1)求此几何体的表面积；
(2)如果点P，Q在正视图中所示位置，P为所在线段中点，Q为顶点，求在几何体表面上，从P到Q点的最短路径的长．
解：(1)由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和．
S圆锥侧＝(2πa)·(a)＝πa2，
S圆柱侧＝(2πa)·(2a)＝4πa2，
S圆柱底＝πa2，
所以S表＝πa2＋4πa2＋πa2＝(＋5)πa2.
(2)沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面，如图．
则PQ＝＝＝a，
所以从P点到Q点在侧面上的最短路径的长为a.
1．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )
A. B.
C. D．1
解析：选A.由三视图可得该几何体的直观图为三棱锥ABCD，将其放在长方体中如图所示，其中BD＝CD＝1，CD⊥BD，三棱锥的高为1，所以三棱锥的体积为××1×1×1＝.故选A.
2．(2018·福建泉州质检)如图，在正方形网格纸上，实线画出的是某多面体的三视图及其部分尺寸．若该多面体的顶点在同一球面上，则该球的表面积等于( )
A．8π B．18π
C．24π D．8π
解析：选C.设球的半径为R.多面体是两个正四棱锥的组合体(底面重合)．两顶点之间的距离为2R，底面是边长为R的正方形，由R2＋＝32⇒R2＝6，故该球的表面积S＝4πR2＝24π.选C.
3.在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝2，过A1，C1，B三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体ABCDA1C1D1，这个几何体的体积为，则经过A1，C1，B，D四点的球的表面积为________．
解析：设AA1＝x，
则VABCDA1C1D1＝VABCDA1B1C1D1－VBA1B1C1＝2×2×x－××2×2×x＝，则x＝4.因为A1，C1，B，D是长方体的四个顶点，所以经过A1，C1，B，D四点的球的球心为长方体ABCDA1B1C1D1的体对角线的中点，且长方体的体对角线为球的直径，所以球的半径R＝＝，所以球的表面积为24π.
答案：24π
4．(2017·高考全国卷Ⅰ)已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥SABC的体积为9，则球O的表面积为________．
解析：设球O的半径为R，因为SC为球O的直径，所以点O为SC的中点，连接AO，OB，因为SA＝AC，SB＝BC，所以AO⊥SC，BO⊥SC，因为平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，所以AO⊥平面SCB，所以VSABC＝VASBC＝×S△SBC×AO＝×(×SC×OB)×AO，即9＝×(×2R×R)×R，解得R＝3，所以球O的表面积为S＝4πR2＝4π×32＝36π.
答案：36π
5.如图，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用9.6米铁丝，再用S平方米塑料片制成圆柱的侧面和下底面(不安装上底面)．
(1)当圆柱底面半径r取何值时，S取得最大值？并求出该最大值(结果精确到0.01平方米)；
(2)若要制作一个如图放置的、底面半径为0.3米的灯笼，请作出用于制作灯笼的三视图(作图时，不需考虑骨架等因素)．
解：(1)由题意可知矩形的高即圆柱的母线长为＝1.2－2r，
所以塑料片面积S＝πr2＋2πr(1.2－2r)
＝πr2＋2.4πr－4πr2＝－3πr2＋2.4πr
＝－3π(r2－0.8r)．
所以当r＝0.4米时，
S有最大值，约为1.51平方米．
(2)若灯笼底面半径为0.3米，
则高为1.2－2×0.3＝0.6(米)．
制作灯笼的三视图如图．
6.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A1B1＝B1C1＝2，∠A1B1C1＝90°，AA1＝4，BB1＝3，CC1＝2，求：
(1)该几何体的体积；
(2)截面ABC的面积．
解：(1)过C作平行于平面A1B1C1的截面A2B2C，交AA1，BB1分别于点A2，B2.
由直三棱柱性质及∠A1B1C1＝90°得
V＝VA1B1C1A2B2C＋VCABB2A2
＝×2×2×2＋××(1＋2)×2×2＝6.
(2)在△ABC中，AB＝＝，
BC＝＝，
AC＝＝2.
则S△ABC＝×2×＝.
1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及其侧面积公式
圆柱
圆锥
圆台
侧面
展开图
侧面
积公式
S圆柱侧
＝2πrl
S圆锥侧
＝πrl
S圆台侧＝
π(r＋r′)l
2.空间几何体的表面积与体积公式
表面积
体积
柱体
(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
V＝S底h
锥体
(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝S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
S＝4πR2
V＝πR3
3.几个与球有关的切、接的常用结论
(1)正方体的棱长为a，外接球的半径为R，内切球的半径为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)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)正四面体的棱长为a，外接球的半径为R，内切球的半径为r；
①外接球：球心是正四面体的中心；半径R＝a；
②内切球：球心是正四面体的中心；半径r＝a.
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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.( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)×
某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )
A．8 cm3 B．12 cm3
C. cm3 D. cm3
解析：选C.由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．下面是棱长为2 cm的正方体，体积V1＝2×2×2＝8(cm3)；上面是底面边长为2 cm，高为2 cm的正四棱锥，体积V2＝×2×2×2＝(cm3)，所以该几何体的体积V＝V1＋V2＝(cm3)．
(2018·云南省11校跨区调研)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．1 B．2
C．3 D．6
解析：选C.依题意，题中的几何体是一个直三棱柱(其底面左、右相对)，其中底面是直角边长分别为1、2的直角三角形，侧棱长为3，因此其体积为×3＝3.
一直角三角形的三边长分别为6 cm，8 cm，10 cm，绕斜边旋转一周所得几何体的表面积为________．
解析：旋转一周所得几何体为以 cm为半径的两个同底面的圆锥，其表面积为
S＝π××6＋π××8＝π(cm2)．
答案：π cm2
(2017·高考全国卷Ⅱ)长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________．
解析：依题意得，长方体的体对角线长为＝，记长方体的外接球的半径为R，则有2R＝，R＝，因此球O的表面积等于4πR2＝14π.
答案：14π
空间几何体的表面积
[典例引领]
(1)(2016·高考全国卷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径．若该几何体的体积是，则它的表面积是( )
A．17π B．18π C．20π D．28π
(2)(2018·合肥市第一次教学质量检测)一个几何体的三视图如图所示(其中正视图的弧线为四分之一圆周)，则该几何体的表面积为( )
A．72＋6π B．72＋4π
C．48＋6π D．48＋4π
【解析】 (1)由三视图可得此几何体为一个球切割掉后剩下的几何体，设球的半径为r，故×πr3＝π，所以r＝2，表面积S＝×4πr2＋πr2＝17π，选A.
(2)由三视图知，该几何体由一个正方体的部分与一个圆柱的部分组合而成(如图所示)，其表面积为16×2＋(16－4＋π)×2＋4×(2＋2＋π)＝72＋6π，故选A.
【答案】 (1)A (2)A
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关系．
(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积问题应注意衔接部分的处理．
(3)旋转体的表面积问题应注意其侧面展开图的应用．
[通关练习]
1．(2018·兰州市诊断考试)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A．(9＋)π B．(9＋2)π
C．(10＋)π D．(10＋2)π
解析：选A.由三视图可知，该几何体为一个圆柱挖去一个同底的圆锥，且圆锥的高是圆柱高的一半．故该几何体的表面积S＝π×12＋4×2π＋×2π×＝(9＋)π.
2．(2018·河南许昌月考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A．9＋4(＋) B．10＋2(＋)
C．11＋2(＋) D．11＋2(＋)
解析：选C.如图所示，该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱柱得到的四棱柱．其表面积为2×2＋2×1＋2×＋2×＋2×＝11＋2(＋)．
空间几何体的体积(高频考点)
空间几何体的体积是每年高考的热点，多与三视图结合考查，题型多为选择题、填空题，难度较小．高考对空间几何体的体积的考查常有以下两个命题角度：
(1)求简单几何体的体积；
(2)求组合体的体积．
[典例引领]
角度一 求简单几何体的体积
(1)(补形法)(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，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，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )
A．90π B．63π
C．42π D．36π
(2)(等积法)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1EDF的体积为________．
【解析】 (1)法一：(补形法)如图所示，由几何体的三视图，可知该几何体是一个圆柱被截去上面虚线部分所得．将圆柱补全，并
将圆柱体从点A处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的，所以该几何体的体积V＝π×32×4＋π×32×6×＝63π.
法二：(估值法)由题意，知V圆柱
因为E，F分别为AA1，B1C上的点，所以在正方体ABCDA1B1C1D1中，△EDD1的面积为定值，F到平面AA1D1D的距离为定值1，所以VD1EDF＝VFDD1E＝××1＝.
【答案】 (1)B (2)
角度二 求组合体的体积
(1)(分割法)(2017·高考浙江卷)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( )
A.＋1 B.＋3
C.＋1 D.＋3
(2)(分割法)(2017·高考山东卷)由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．
【解析】 (1)由几何体的三视图可得，该几何体是由半个圆锥和一个三棱锥组成的，故该几何体的体积V＝×π×3＋××2×1×3＝＋1，故选A.
(2)由题意知该几何体是由一个长方体和两个圆柱体构成，其中长方体的体积V1＝2×1×1＝2，两个圆柱体的体积之和V2＝×π×12×1×2＝，所以该几何体的体积V＝V1＋V2＝2＋.
【答案】 (1)A (2)2＋
[通关练习]
1．(2018·昆明市教学质量检测)如图，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( )
A．24π B．30π
C．42π D．60π
解析：选A.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，所以该几何体的体积V＝×π×33＋×π×32×4＝24π，故选A.
2．如图所示，已知多面体ABCDEFG中，AB，AC，AD两两互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为________．
解析：法一：(分割法)因为几何体有两对相对面互相平行，
如图所示，过点C作CH⊥DG于H，连接EH，即把多面体分割成一个直三棱柱DEHABC和一个斜三棱柱BEFCHG.
由题意，知V三棱柱DEHABC＝S△DEH×AD＝(×2×1)×2＝2，V三棱柱BEFCHG＝S△BEF×DE＝×2＝2.
故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG＝2＋2＝4.
法二：(补形法)因为几何体有两对相对面互相平行，
如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，显然所求多面体的体积即该正方体体积的一半．
又正方体的体积V正方体ABHIDEKG＝23＝8，
故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG＝×8＝4.
答案：4
球与空间几何体的接、切问题
[典例引领]
(1)(2017·高考全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )
A．π B.
C. D.
(2)(2018·河南省六市第一次联考)三棱锥PABC中，AB＝BC＝，AC＝6，PC⊥平面ABC，PC＝2，则该三棱锥的外接球的表面积为( )
A.π B.π
C.π D.π
【解析】 (1)设圆柱的底面半径为r，则r2＝12－＝，所以，圆柱的体积V＝π×1＝，故选B.
(2)由题可知，
△ABC中AC边上的高为＝，
球心O在底面ABC的投影即为△ABC的外心D，
设DA＝DB＝DC＝x，所以x2＝32＋(－x)2，
解得x＝，
所以R2＝x2＋＝＋1＝(其中R为三棱锥外接球的半径)，所以外接球的表面积S＝4πR2＝π，故选D.
【答案】 (1)B (2)D
若本例(2)中的△ABC变为边长为的等边三角形．求三棱锥外接球的表面积．
解：由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC为底面、以PC为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC的外接圆半径r＝××＝1，外接球球心到△ABC的外接圆圆心的距离d＝1，所以外接球的半径R＝＝，所以三棱锥外接球的表面积S＝4πR2＝8π.
处理球的“切”“接”问题的求解策略
(1)“切”的处理
与球有关的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．
(2)“接”的处理
把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．
[通关练习]
1．(2018·贵阳市检测)三棱锥PABC的四个顶点都在体积为的球的表面上，底面ABC所在的小圆面积为16π，则该三棱锥的高的最大值为( )
A．4 B．6
C．8 D．10
解析：选C.依题意，设题中球的球心为O、半径为R，△ABC的外接圆半径为r，则＝，解得R＝5，由πr2＝16π，解得r＝4，又球心O到平面ABC的距离为＝3，因此三棱锥PABC的高的最大值为5＋3＝8.
2．设球O内切于正三棱柱ABCA1B1C1，则球O的体积与正三棱柱ABCA1B1C1的体积的比值为________．
解析：设球O半径为R，正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为a，则R＝×＝a，即a＝2R，又正三棱柱ABCA1B1C1的高为2R，所以球O的体积与正三棱柱ABCA1B1C1的体积的比值为＝＝.
答案：
数学文化与立体几何
[典例引领]
(2018·山西五校联考)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈；上袤二丈，无广；高一丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈；上棱长2丈，高一丈，问它的体积是多少？”已知1丈为10尺，现将该楔体的三视图给出，其中网格纸上小正方形的边长为1丈，则该楔体的体积为( )
A．5 000立方尺 B．5 500立方尺
C．6 000立方尺 D．6 500立方尺
【解析】 该楔体的直观图如图中的几何体ABCDEF.取AB的中点G，CD的中点H，连接FG，GH，HF，则该几何体的体积为四棱锥FGBCH与三棱柱ADEGHF的体积之和．又可以将三棱柱ADEGHF割补成高为EF，底面积为S＝×3×1＝平方丈的一个直棱柱，故该楔体的体积V＝×2＋×2×3×1＝5立方丈＝5 000立方尺．
【答案】 A
求解与数学文化有关的立体几何问题应过的三关
(2018·郑州市第二次质量预测)我国南北朝时期数学家、天文学家——祖暅，提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是截面积，“势”是几何
体的高，意思是两等高立方体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立方体体积相等．已知某不规则几何体与如图所对应的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为( )
A．4－ B．8－
C．8－π D．8－2π
解析：选C.由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与已知三视图的几何体体积相等．根据题设所给的三视图，可知题图中的几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱，正方体的体积为23＝8，半圆柱的体积为×(π×12)×2＝π，因此该不规则几何体的体积为8－π，故选C.
处理空间几何体体积问题的思路
(1)“转”：指的是转换底面与高，将原来不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高转换为容易看出，并容易求解长度的高；
(2)“拆”：指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算；
(3)“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如有时将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原成一个四棱柱，还台为锥，这些都是拼补的方法．
易错防范
(1)求组合体的表面积时，要注意各几何体重叠部分的处理．
(2)底面是梯形的四棱柱侧放时，容易和四棱台混淆，在识别时要紧扣定义，以防出错．
1.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )
解析：选B.根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B.
2．(2018·湖北省七市(州)联考)如图是一个几何体的三视图，其中正视图和侧视图是两个全等的等腰三角形，底边长为4，腰长为3，则该几何体的表面积为( )
A．6π B．8π
C．10π D．12π
解析：选C.根据三视图，可以看出该几何体是一个圆锥，其底面圆的半径r为2，母线长l为3，故该圆锥的表面积S＝πr(r＋l)＝π×2×(2＋3)＝10π，故选C.
3．(2018·武汉市武昌调研考试)中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(单位：立方寸)，则图中的x为( )
A．1.2 B．1.6
C．1.8 D．2.4
解析：选B.该几何体是一个组合体，左边是一个底面半径为的圆柱，右边是一个长、宽、高分别为5.4－x、3、1的长方体，所以组合体的体积V＝V圆柱＋V长方体＝π·×x＋(5.4－x)×3×1＝12.6(其中π＝3)，解得x＝1.6.故选B.
4．(2018·江西七校联考)若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( )
A．48＋π B．48－π
C．48＋2π D．48－2π
解析：选A.该几何体是正四棱柱挖去了一个半球，正四棱柱的底面是正方形(边长为2)，高为5，半球的半径是1，那么该几何体的表面积为S＝2×2×2＋2×4×5－π×12＋2π×12＝48＋π，故选A.
5．(2018·河南郑州一中押题卷二)一个多面体的直观图和三视图如图所示，点M是AB上的动点，记四面体EFMC的体积为V1，多面体ADFBCE的体积为V2，则＝( )
A.
B.
C.
D．随点M位置的变化而变化
解析：选B.由三视图可知多面体ADFBCE是直三棱柱，其底面是等腰直角三角形(直角边长为a)，且四边形DFEC与四边形ABCD都是正方形，它们的边长均为a.
因为M是AB上的动点，且易知AB∥平面DFEC，所以点M到平面DFEC的距离等于点B到平面DFEC的距离，为a，所以V1＝VEFMC＝VMEFC＝×a·a·a＝，又V2＝a·a·a＝，故＝＝，故选B.
6．(2017·高考江苏卷)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 ，球O的体积为V2 ，则的值是________．
解析：设球O的半径为r，则圆柱的底面半径为r、高为2r，所以＝＝.
答案：
7．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．
解析：由三视图可知，该几何体是一个长方体内挖去一个圆柱体，如图所示．
长方体的长、宽、高分别为4，3，1，
表面积为4×3×2＋3×1×2＋4×1×2＝38，
圆柱的底面圆直径为2，母线长为1，
侧面积为2π×1＝2π，
圆柱的两个底面面积和为2×π×12＝2π.
故该几何体的表面积为38＋2π－2π＝38.
答案：38
8．(2018·山东日照模拟)现有一半球形原料，若通过切削将该原料加工成一正方体工件，则所得工件体积与原料体积之比的最大值为________．
解析：设球的半径为R，正方体的棱长为a.由题意得当正方体体积最大时，a2＋＝R2，所以R＝a，所以所得工件体积与原料体积之比的最大值为＝＝.
答案：
9.如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2，AD＝2，求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积．
解：由已知得：CE＝2，DE＝2，CB＝5，S表面＝S圆台侧＋S圆台下底＋S圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×2＝(60＋4)π，V＝V圆台－V圆锥＝(π·22＋π·52＋)×4－π×22×2＝π.
10．已知一个几何体的三视图如图所示．
(1)求此几何体的表面积；
(2)如果点P，Q在正视图中所示位置，P为所在线段中点，Q为顶点，求在几何体表面上，从P到Q点的最短路径的长．
解：(1)由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和．
S圆锥侧＝(2πa)·(a)＝πa2，
S圆柱侧＝(2πa)·(2a)＝4πa2，
S圆柱底＝πa2，
所以S表＝πa2＋4πa2＋πa2＝(＋5)πa2.
(2)沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面，如图．
则PQ＝＝＝a，
所以从P点到Q点在侧面上的最短路径的长为a.
1．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )
A. B.
C. D．1
解析：选A.由三视图可得该几何体的直观图为三棱锥ABCD，将其放在长方体中如图所示，其中BD＝CD＝1，CD⊥BD，三棱锥的高为1，所以三棱锥的体积为××1×1×1＝.故选A.
2．(2018·福建泉州质检)如图，在正方形网格纸上，实线画出的是某多面体的三视图及其部分尺寸．若该多面体的顶点在同一球面上，则该球的表面积等于( )
A．8π B．18π
C．24π D．8π
解析：选C.设球的半径为R.多面体是两个正四棱锥的组合体(底面重合)．两顶点之间的距离为2R，底面是边长为R的正方形，由R2＋＝32⇒R2＝6，故该球的表面积S＝4πR2＝24π.选C.
3.在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝2，过A1，C1，B三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体ABCDA1C1D1，这个几何体的体积为，则经过A1，C1，B，D四点的球的表面积为________．
解析：设AA1＝x，
则VABCDA1C1D1＝VABCDA1B1C1D1－VBA1B1C1＝2×2×x－××2×2×x＝，则x＝4.因为A1，C1，B，D是长方体的四个顶点，所以经过A1，C1，B，D四点的球的球心为长方体ABCDA1B1C1D1的体对角线的中点，且长方体的体对角线为球的直径，所以球的半径R＝＝，所以球的表面积为24π.
答案：24π
4．(2017·高考全国卷Ⅰ)已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥SABC的体积为9，则球O的表面积为________．
解析：设球O的半径为R，因为SC为球O的直径，所以点O为SC的中点，连接AO，OB，因为SA＝AC，SB＝BC，所以AO⊥SC，BO⊥SC，因为平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，所以AO⊥平面SCB，所以VSABC＝VASBC＝×S△SBC×AO＝×(×SC×OB)×AO，即9＝×(×2R×R)×R，解得R＝3，所以球O的表面积为S＝4πR2＝4π×32＝36π.
答案：36π
5.如图，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用9.6米铁丝，再用S平方米塑料片制成圆柱的侧面和下底面(不安装上底面)．
(1)当圆柱底面半径r取何值时，S取得最大值？并求出该最大值(结果精确到0.01平方米)；
(2)若要制作一个如图放置的、底面半径为0.3米的灯笼，请作出用于制作灯笼的三视图(作图时，不需考虑骨架等因素)．
解：(1)由题意可知矩形的高即圆柱的母线长为＝1.2－2r，
所以塑料片面积S＝πr2＋2πr(1.2－2r)
＝πr2＋2.4πr－4πr2＝－3πr2＋2.4πr
＝－3π(r2－0.8r)．
所以当r＝0.4米时，
S有最大值，约为1.51平方米．
(2)若灯笼底面半径为0.3米，
则高为1.2－2×0.3＝0.6(米)．
制作灯笼的三视图如图．
6.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A1B1＝B1C1＝2，∠A1B1C1＝90°，AA1＝4，BB1＝3，CC1＝2，求：
(1)该几何体的体积；
(2)截面ABC的面积．
解：(1)过C作平行于平面A1B1C1的截面A2B2C，交AA1，BB1分别于点A2，B2.
由直三棱柱性质及∠A1B1C1＝90°得
V＝VA1B1C1A2B2C＋VCABB2A2
＝×2×2×2＋××(1＋2)×2×2＝6.
(2)在△ABC中，AB＝＝，
BC＝＝，
AC＝＝2.
则S△ABC＝×2×＝.
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