2020版《微点教程》高考人教A版理科数学一轮复习文档：第七章第二节　空间几何体的表面积与体积 学案


第二节　空间几何体的表面积与体积
2019考纲考题考情



1．几何体的表面积
(1)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是各个面的面积的和。
(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环。
(3)若圆柱、圆锥的底面半径为r，母线长l，则其表面积为S柱＝2πr2＋2πrl，S锥＝πr2＋πrl。
(4)若圆台的上下底面半径为r1，r2，母线长为l，则圆台的表面积为S＝π(r＋r)＋π(r1＋r2)l。
(5)球的表面积为4πR2(球半径是R)。
2．几何体的体积
(1)V柱体＝Sh。
(2)V锥体＝Sh。
(3)V台体＝(S′＋＋S)h，V圆台＝π(r＋r1r2＋r)h，V球＝πR3(球半径是R)。

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。

一、走进教材
1．(必修2P27练习T1改编)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(　　)
A．1 cm B．2 cm
C．3 cm D. cm
解析　由题意，得2πl×＝2πr，l＝2r，S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，解得r2＝4，所以r＝2(cm)。
答案　B
2．(必修2P28A组T3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

二、走近高考
3．(2018·全国卷Ⅱ)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　如图所示，设S在底面的射影为S′，连接AS′，SS′。△SAB的面积为·SA·SB·sin∠ASB＝·SA2·＝·SA2＝5，所以SA2＝80，SA＝4。因为SA与圆锥底面所成角为45°，所以∠SAS′＝45°，AS′＝SA·cos45°＝4×＝2。所以圆锥的侧面积为π×AS′×AS＝π×2×4＝40π。

答案　40π
4．(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为(　　)

A．10　　　　B．12
C．14　　　　D．16
解析　

该几何体为一个三棱柱和一个三棱锥的组合体，其直观图如图所示，各个面中有两个全等的梯形，其面积之和为2××2＝12。
答案　B
三、走出误区
微提醒：①由三视图不能还原几何体求错体积；②不会分类讨论致误；③长度单位与体积单位换算出错。
5．已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m3。

解析　根据三视图可知该四棱锥的底面是底边长为2 m，高为1 m的平行四边形，四棱锥的高为3 m。故该四棱锥的体积V＝×2×1×3＝2(m3)。
答案　2
6．圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的表面积为(　　)
A．6π(4π＋3)
B．8π(3π＋1)
C．6π(4π＋3)或8π(3π＋1)
D．6π(4π＋1)或8π(3π＋2)
解析　分两种情况：①以长为6π的边为高时，4π为圆柱底面周长，则2πr＝4π，r＝2，所以S底＝4π，S侧＝6π×4π＝24π2，S表＝2S底＋S侧＝8π＋24π2＝8π(3π＋1)；②以长为4π的边为高时，6π为圆柱底面周长，则2πr＝6π，r＝3。所以S底＝9π，S表＝2S底＋S侧＝18π＋24π2＝6π(4π＋3)。故选C。
答案　C
7．《九章算术》商功章有题：一圆柱形谷仓，高1丈3尺3寸，容纳米2 000斛(1丈＝10尺，1尺＝10寸，斛为容积单位，1斛≈1.62立方尺，π≈3)，则圆柱底面圆周长约为(　　)
A．1丈3尺 B．5丈4尺
C．9丈2尺 D．48丈6尺
解析　设圆柱底面半径为r尺，高为h尺，依题意，圆柱体积为V＝πr2h＝2 000×1.62≈3×r2×13.33，所以r2≈81，即r≈9，所以圆柱底面圆周长为2πr≈54,54尺＝5丈4尺，即圆柱底面圆周长约为5丈4尺，故选B。
答案　B

考点一 规则几何体的表面积与体积
【例1】　(1)(2018·浙江高考)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．2 B．4
C．6 D．8
(2)(2019·南宁、柳州联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的正视图和侧视图，且该几何体的体积为，则该几何体的俯视图可以是(　　)


A　　　　 B　　　 　C　　　 　D
解析　(1)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＝×(1＋2)×2×2＝6。故选C。

(2)若俯视图为选项C中的图形，则该几何体为正方体截去一部分后的四棱锥P－ABCD，如图所示，该四棱锥的体积V＝×(2×2)×2＝，符合题意。若俯视图为其他选项中的图形，则根据三视图易判断对应的几何体不存在。故选C。
答案　(1)C　(2)C

规则体的体积和表面积直接按柱体、锥体、台体和球体的体积和表面积公式进行计算即可。
【变式训练】　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． B．
C．13 D．
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，所以AB＝，A′B′＝2。所以棱台的上底面面积为×1×1＝，下底面面积为×2×2＝2，梯形ACC′A′的面积为×(1＋2)×2＝3，梯形BCC′B′的面积为×(1＋2)×2＝3，过A作AD⊥A′C′于点D，过D作DE⊥A′B′于点E，则A′B′⊥平面ADE从而AE⊥A′B′，则AD＝CC′＝2，DE为△A′B′C′斜边高的，所以DE＝，所以AE＝＝，所以梯形ABB′A′的面积为×(＋2)×＝，所以几何体的表面积S＝＋2＋3＋3＋＝13。故选C。

答案　C
考点二 组合体的体积和表面积
【例2】　(2019·福建三明模拟)我国古代数学名著《九章算术》记载的刍甍是底面为矩形，顶部只有一条棱的几何体。如图为某个刍甍的三视图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则它的体积为(　　)

A． B．160
C． D．64
解析　由三视图可知，该刍甍是一个如图所示的几何体。

(一割为三)如图，分别取QN，PM上的两个四等分点B，E，C，F，连接AB，BC，AC，DE，DF，EF。

则△ABC与△DEF所在的平面将该几何体分成一个直三棱柱ABC－DEF和两个全等的四棱锥A－BCPQ，四棱锥D－FENM。其中直三棱柱ABC－DEF中的△ABC与△DEF是等腰三角形，BC＝4，点A到BC的距离d＝4，设△ABC与△DEF的面积为S1，则S1＝×4×4＝8。易知BE＝4，故直三棱柱ABC－DEF的体积V1＝S1×BE＝8×4＝32。四棱锥的底面是矩形，QB＝2，PQ＝4，故四棱锥的底面积S2＝2×4＝8。由三视图可得四棱锥的高h＝4，所以四棱锥的体积V2＝S2h＝×8×4＝。所以该几何体的体积V＝V1＋2V2＝32＋2×＝。故选A。

解析：(一割为二)如图，分别取PM，QN的中点为G，H，连接DG，GH，DH，则△DGH所在平面将几何体分为一个三棱柱AQP－DHG与一个四棱锥D－GHNM。

其中四棱锥D－GHNM的底面是边长为4的正方形，由三视图可得点D到平面GHNM的距离h＝4，故四棱锥D－GHNM的体积V1＝×42×4＝；三棱柱AQP－DHG的侧面QPGH是边长为4的正方形，侧棱AD到侧面QPGH的距离d＝4，故其体积V2＝×42×4＝32。所以该几何体的体积V＝V1＋V2＝＋32＝。故选A。

答案　A


该题由三视图给出的几何体是一个组合体，根据其结构特征将其分割成三个(或两个)规则几何体，然后分别求出三个(或两个)几何体的体积。这种分割求解的方法实质也是转化与化归思想的体现。该题中的解法一要注意分割出直三棱柱ABC－DEF之后对剩余两个几何体的识别——四棱锥A－BCPQ，四棱锥D－FENM。
【变式训练】　某几何体的三视图如图所示，三个视图中的曲线都是圆弧，则该几何体的表面积为(　　)

A．＋ B．＋π2
C．＋ D．＋π2
解析　

由几何体的三视图得其直观图，如图所示。该几何体由半个圆柱与球构成，且球的半径与圆柱底面半径等长。由三视图中的数据可得，圆柱的底面半径R1为1，母线l的长为π，球的半径R2为1。所以该几何体的表面由圆柱侧面的一半、轴截面、左侧底面半圆、右侧底面半圆的一半，球表面的，以及球的过球心的两个截面构成。圆柱侧面的一半，其面积S1＝×2πR1l＝πR1l＝π×1×π＝π2；圆柱的轴截面为矩形，其面积S2＝2R1l＝2×1×π＝2π；半圆柱左侧底面，其面积S3＝×πR＝×π×12＝；半圆柱右侧底面(裸露部分)，其面积S4＝×πR＝×π×12＝；球的表面，其面积S5＝×4πR＝×π×12＝；球的过球心的两个截面，其面积之和S6＝×πR＝×π×12＝。所以该几何体的表面积S＝S1＋S2＋S3＋S4＋S5＋S6＝π2＋2π＋＋＋＋＝＋π2。故选B。
答案　B
考点三 体积中的最值问题
【例3】　(2019·长春质量监测)已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，则该圆锥体积的最大值为________。
解析　由题意得圆锥的母线长为3，设圆锥的底面半径为r，高为h，则h＝，所以圆锥的体积V＝πr2h＝πr2＝π(00)，则f′(r)＝36r3－6r5，令f′(r)＝36r3－6r5＝6r3(6－r2)＝0，得r＝，所以当00，f(r)单调递增，当 答案　2π


本题通过建立体积的函数关系式，将最值问题转化为函数的最值，此法应用最为广泛。此外也要注意几何法的应用。
【变式训练】　(2019·沈阳市质量监测)已知在正四棱锥S－ABCD中，SA＝6，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为________。
解析　设正四棱锥的底面正方形的边长为a，高为h，因为在正四棱锥S－ABCD中，SA＝6，所以＋h2＝108，即a2＝216－2h2，所以正四棱锥的体积VS－ABCD＝a2h＝72h－h3,00，得0 答案　6
考点四 空间几何体的“切”、“接”问题
【例4】　(2019·湖南湘东五校联考)已知等腰直角三角形ABC中，AB＝AC＝2，D，E分别为AB，AC的中点，沿DE将△ABC折成直二面角(如图)，则四棱锥A－DECB的外接球的表面积为________。

解析　取DE的中点M，BC的中点N，连接MN，由题意知，MN⊥平面ADE，因为△ADE是等腰直角三角形，所以△ADE的外接圆的圆心是点M，四棱锥A－DECB的外接球的球心在直线MN上，又等腰梯形DECB的外接圆的圆心在MN上，所以四棱锥A－DECB的外接球的球心就是等腰梯形DECB的外接圆的圆心。连接BE，易知△BEC是钝角三角形，所以等腰梯形DECB的外接圆的圆心在等腰梯形DECB的外部。设四棱锥A－DECB的外接球的半径为R，球心到BC的距离为d，则解得R2＝，故四棱锥A－DECB的外接球的表面积S＝4πR2＝10π。
答案　10π


在立体几何试题中，我们经常会遇到这样一类问题：由题设条件，计算某几何体的外接球的表面积或体积。因为S球＝4πR2，V球＝πR3，所以关键是求解外
接球的半径R。常用的解题策略有：①通过构造特殊几何体，巧妙分析；②通过解直角三角形，巧妙分析；③借助直角三角形的斜边中点到各顶点的距离相等，巧妙分析；④借助几何体的底面多边形的外接圆，巧妙分析。
【变式训练】　三棱锥S－ABC的各顶点都在同一球面上，若AB＝3，AC＝5，BC＝7，侧面SAB为正三角形，且与底面ABC垂直，则此球的表面积等于________。
解析　设△ABC外接圆的圆心为O1，△SAB外接圆的圆心为O2，过O1，O2分别作平面ABC，平面SAB的垂线交于点O，则O为球心。在△ABC中，cos∠BAC＝＝－，所以∠BAC＝120°，设圆O1的半径为r1，根据正弦定理，得2r1＝＝，所以r1＝。△SAB外接圆的圆心O2为正三角形SAB的中心，连接SO2并延长交AB于点D，则O2D＝SD＝，且O2D＝OO1＝。设外接球的半径为R，连接O1A，则R2＝O1A2＋OO＝＋＝，所以此球的表面积S＝4πR2＝。
答案　

错在哪里？
——一道体积问题的两种解法比较
对于不规则或不易求解的空间几何体的体积问题常用割补法把它转化成求几个简单的几何体体积的和或差的问题，这种思路的核心是要弄清补形后的几何体的体积是否与原几何体的体积之间有明显的确定关系。
【题目】如图，在棱长为6的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在C1D1与C1B1上，且C1E＝4，C1F＝3，连接EF，FB，DE，BD，则几何体EFC1－DBC的体积为(　　)

A．66 B．68
C．70 D．72
【分析】　几何体EFC1－DBC是一个不规则的几何体，切莫将它看作一个台体，因为B、D、E、F四点不共面！因此采用分割法计算它的体积。
辨别两种解法：

解法一：如图，连接DF，DC1，用△DC1F将几何体EFC1－DBC分割为三棱锥D－EC1F和四棱锥D－BCC1F两部分，则VEFC1－DBC＝VD－EC1F＋VD－BCC1F＝×6×6＋××9×6×6＝66。故选A。

解法二：如图，连接CE，BE，用△BCE将几何体EFC1－DBC分割为三棱锥E－BCD和四棱锥E－BCC1F两部分，则VEFC1－DBC＝VE－BCD＋VE－BCC1F＝×18×6＋××9×6×4＝72。故选D。
问题：对同一几何体的体积，为什么两种不同算法会得到两个不同的答案？为什么用第二种方法会多算了6呢？
真相：问题出在四边形BDEF上，因BD、EF是两条异面直线，故四边形BDEF为空间四边形。两条对角线BE、DF也异面，而且易见BE在“外面”，DF在“里面”。
想象一下把一张四边形纸片BDEF沿对角线DF折叠得到空间四边形BDEF，现在你应该恍然大悟了吧！
多算了6，恰好就是三棱锥E－BDF的体积！不信你可以直接算算看。
回到原题，几何体EFC1－DBC其实是指代不明的，因此，选(A)和(D)都有道理。也就是说，这道试题犯了科学性错误，这应该是命题人的疏忽。

球与其他空间几何体的综合问题，主要考查球的内切与外接问题，是高考命题的重点和热点，且考查覆盖面广。下面将球与常规几何体的综合问题进行归纳，供同学们参考。
类型一 空间几何体的外接球　　　　　　　　　　　　　
1.构造法求解球的问题
【例1】　(2019·南宁市摸底联考)三棱锥P－ABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，三棱锥P－ABC的外接球的体积为(　　)
A．π B．π
C．27π D．27π
解析　因为三棱锥P－ABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，所以△PAB≌△PBC≌△PAC。因为PA⊥PB，所以PA⊥PC，PC⊥PB。以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P－ABC的外接球。因为正方体的体对角线长为＝3，所以其外接球半径R＝。因此三棱锥P－ABC的外接球的体积V＝×3＝π。故选B。

答案　B


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，一般采用补形的方法，补形为长方体或正方体，利用(2R)2＝a2＋b2＋c2求解。
【变式训练】　一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为(　　)

A．36π B．8π
C．π D．π
解析　

根据几何体的三视图，得该几何体是底面为等腰直角三角形、高为2的三棱锥，如图所示。该三棱锥的外接球是对应直三棱柱的外接球。设外接球的半径为R，因为底面是等腰直角三角形，所以底面外接圆的半径为1，所以R2＝1＋1＝2，所以外接球的表面积是4πR2＝8π。故选B。
答案　B
2．根据球的截面求解球的问题
【例2】　(2019·河南郑州一中模拟)已知点P，A，B，C是半径为2的球面上的点，PA＝PB＝PC＝2，∠ABC＝90°，点B在AC上的射影为D，则三棱锥P－ABD体积的最大值是(　　)
A．　 　B． C．　　　D．
解析　

设点P在平面ABC上的射影为G，如图，由PA＝PB＝PC＝2，∠ABC＝90°，知点P在平面ABC上的射影G为△ABC的外心，即AC的中点。设球的球心为O，连接PG，则O在PG的延长线上。连接OB，BG，设PG＝h，则OG＝2－h，所以OB2－OG2＝PB2－PG2，即4－(2－h)2＝4－h2，解得h＝1，则AG＝CG＝。设AD＝x，则GD＝x－AG＝x－，BG＝，所以BD＝＝，所以S△ABD＝AD·BD＝。令f(x)＝－x4＋2x3，则f′(x)＝－4x3＋6x2。由f′(x)＝0，得x＝0或x＝，易知当x＝时，函数f(x)取得最大值，所以(S△ABD)max＝×＝，又PG＝1，所以三棱锥P－ABD体积的最大值为××1＝。故选B。
答案　B


求解球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及切、接点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的切、接问题，再利用平面几何知识求解。
【变式训练】　(1)(2019·南昌摸底调研)已知三棱锥P－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC满足AB＝2，∠ACB＝90°，PA为球O的直径且PA＝4，则点P到底面ABC的距离为(　　)
A．　　 　B．2 C．　　 　D．2
(2)(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S－ABC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S－ABC的体积为9，则球O的表面积为________。
解析　(1)

取AB的中点O1，连接OO1，如图，在△ABC中，AB＝2，∠ACB＝90°，所以△ABC所在小圆O1是以AB为直径的圆，所以O1A＝，且OO1⊥AO1，又球O的直径PA＝4，所以OA＝2，所以OO1＝＝，且OO1⊥底面ABC，所以点P到平面ABC的距离为2OO1＝2。
(2)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＝SC，平面SCA⊥平面SCB，所以AO⊥平面SCB，所以VS－ABC＝VA－SBC＝×S△SBC×AO＝××AO，即9＝××R，解得R＝3，所以球O的表面积为S＝4πR2＝4π×32＝36π。
答案　(1)B　(2)36π
类型二 空间几何体的内切球
【例3】　(1)半径为R的球的外切圆柱(球与圆柱的侧面、两底面都相切)的表面积为________，体积为________。
(2)若正四面体的棱长为a，则其内切球的半径为________。
(3)如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为(　　)

A．π　 　 B． C．　　D．π
解析　(1)外切圆柱的底面半径为R，高为2R，所以S表＝S侧＋2S底＝2πR·2R＋2πR2＝6πR2，V圆柱＝πR2·2R＝2πR3。

(2)如图正四面体A－BCD的中心为O，即内切球球心，内切球半径R，即为O到正四面体各面的距离。因为AB＝a，所以正四面体的高h＝a。又VA－BCD＝4VO－BCD，所以R＝h＝a。

(3)平面ACD1截球O的截面为△ACD1的内切圆。因为正方体的棱长为1，所以AC＝CD1＝AD1＝，所以内切圆的半径r＝，所以S＝πr2＝π×＝π。
答案　(1)6πR2,2πR3　(2)a　(3)C


1．正多面体存在内切球且正多面体的中心为内切球的球心。
2．求多面体内切球半径，往往可用“等体积法”。
V多＝S表·R内切·。
3．正四面体内切球半径是高的，外接球半径是高的。
4．并非所有多面体都有内切球(或外接球)。
【变式训练】　(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，球O的体积为V2，则的值是________。

(2)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________。
解析　(1)设球O的半径为r，则圆柱的底面半径为r，高为2r，所以＝＝。
(2)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　(1)　(2)18