1、第二讲第二讲 空间几何体的表面积与体积空间几何体的表面积与体积 知识梳理 双基自测 知 识 梳 理 知识点一 柱、锥、台和球的侧面积和体积 侧面积 体积 圆柱 S侧2rh V_S底 h_r2h 圆锥 S侧_rl_ V1 3S 底 h1 3r 2h1 3r 2 l2r2 圆台 S侧(r1r2)l V1 3(S 上S下 S上 S下) h1 3(r 2 1r 2 2r1r2)h 直棱柱 S侧_ch_ V_S底h_ 正棱锥 S侧1 2ch V1 3S 底h 正棱台 S侧1 2(cc)h V1 3(S 上S下 S上 S下)h 球 S球面_4R2_ V4 3R 3 知识点二 几何体的表面积 (1)棱柱、棱
2、锥、棱台的表面积就是_各面面积之和_. (2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是_矩形_、_扇形_、_扇环形_；它们的表 面积等于_侧面积_与底面面积之和 归 纳 拓 展 1长方体的外接球： 球心：体对角线的交点；半径：r_ a2b2c2 2 _(a，b，c 为长方体的长、宽、高) 2正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球： (1)外接球：球心是正方体中心；半径 r_ 3 2 a_(a 为正方体的棱长)； (2)内切球：球心是正方体中心；半径 r_a 2_(a 为正方体的棱长)； (3)与各条棱都相切的球：球心是正方体中心；半径 r_ 2 2 a_(a 为正方体的棱长) 3正四面体的外接球与
3、内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分)： (1)外接球：球心是正四面体的中心；半径 r_ 6 4 a_(a 为正四面体的棱长)； (2)内切球：球心是正四面体的中心；半径 r_ 6 12a_(a 为正四面体的棱长) 双 基 自 测 题组一 走出误区 1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”) (1)多面体的表面积等于各个面的面积之和( ) (2)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差( ) (3)锥体的体积等于底面积与高之积( ) (4)已知球 O 的半径为 R，其内接正方体的棱长为 a，则 R 3 2 a.( ) (5)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
4、面积是 2S.( ) 题组二 走进教材 2(必修 2P27T1)已知圆锥的表面积等于 12 cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的 半径为( B ) A1 cm B2 cm C3 cm D3 2 cm 解析 由条件得： rlr212 2r l ， 3r212，r2. 题组三 走向高考 3(2020 天津卷)若棱长为 2 3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 ( C ) A12 B24 C36 D144 解析 这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线长的一半， 即 R 2 322 322 32 2 3， 所以，这个球的表面积为 S4R243236.故选：C 4(2018
5、 课标全国)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( B ) A12 2 B12 C8 2 D10 解析 设圆柱底面半径为 r，则 4r28，即 r22.S圆柱表面积2r24r212. 5(2020 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 ) A7 3 B14 3 C3 D6 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：
6、1 3 1 221 1 1 221 2 1 32 7 3. 故选 A 考点突破 互动探究 考点一 几何体的表面积自主练透 例 1 (1)(2021 北京模拟)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是 ( C ) A2 5 B4 5 C22 5 D5 (2)(2021 安徽江南十校联考)已知某几何体的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长 为 1，则该几何体的表面积为( B ) A789 2 B789 4 C78 D459 2 (3)(理)(2021 山东潍坊期末改编)等腰直角三角形直角边长为 1，现将该三角形绕其某一边 旋转一周，则所形成的几何体的表面积为_(1 2) 或 2_. (文)
7、(2021 内蒙古联考山东百所名校联考)将一个斜边长为4的等腰直角三角形以其一直角 边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的表面积为_8(1 2)_. 解析 (1)由三视图知，该几何体是底面为等腰三角形，其中一条侧棱与底面垂直的三棱 锥(SA平面 ABC)， 如图所示， 由三视图中的数据可计算得 SABC1 2222， SSAC 1 2 5 1 5 2 ，SSAB1 2 51 5 2 ，SSBC1 22 5 5，所以 S 表面积22 5.故选 C (2)由三视图可知该几何体是一个长方体中挖去一个1 8球，如图所示 S33235427 4 9 2 789 4. 故选 B (3)(理)若绕直角边旋
8、转一周形成的几何体是圆锥，其表面积为 2；若绕斜边旋转一 周形成的几何体是两同底圆锥构成的组合体，其表面积为 2，故填(1 2) 或 2. (文)由题意易知几何体是底面半径为 2 2，母线长为 4 的圆锥，故其表面积为(2 2)2 2 2488 28(1 2). 名师点拨 空间几何体表面积的求法 (1)旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用 (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)已知几何体的三视图求其表面积，一般是先根据三视图判断空间几何体的形状，再根 据题目所给数据与几何体的表面积公式，求其表面积 变式训练 1 (2020 河南开封二模)已
9、知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的数据，可得出 这个几何体的表面积是( C ) A6 B84 6 C42 6 D4 6 解析 由三视图得几何体如图所示，该几何体是一个三棱锥，底面是一个底和高均为 2 的等腰三角形，一个侧面是一个底和高均为 2 的等腰三角形， 另外两个侧面是腰长为 ACAB 2212 5， 底边 AD 长为 2 2的等腰三角形， 其高为 52 22 3， 故其表面积为 S21 22 221 22 2 342 6. 故选 C 考点二 几何体的体积师生共研 例 2 (1)(2021 浙江金色联盟百校联考)一个空间几何体的三视图(单位：cm)如图所 示，则该几何体的体积为(
10、单位：cm3)( A ) A 6 1 3 B 3 1 6 C 6 1 6 D 3 1 3 (2)(2021 云南师大附中月考)如图，某几何体的三视图均为边长为 2 的正方形，则该几何 体的体积是( D ) A5 6 B8 3 C1 D16 3 (3)(2021 湖北武汉部分学校质检)某圆锥母线长为 4， 其侧面展开图为半圆面， 则该圆锥体 积为_8 3 3 _. (4)(2020 江苏省南通市通州区)如图，在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，P 是侧棱 CC1上 一点，且 C1P2PC设三棱锥 P D1DB 的体积为 V1，正四棱柱 ABCDA1B1C1D1的体积为 V，则V1 V 的值为
11、_1 6_. 解析 (1)由三视图可知该几何体是由底面半径为 1 cm，高为 1 cm 的半个圆锥和三棱锥 SABC 组成的，如图，三棱锥的高为 SO1 cm，底面ABC 中，AB2 cm，AC1 cm，AB AC故其体积 V1 3 1 21 211 3 1 2211 6 1 3 cm3.故选 A (2)由题意三视图对应的几何体如图所示，所以几何体的体积为正方体的体积减去 2 个三 棱锥的体积， 即 V2321 3 1 2222 16 3 ，故选 D (3)该圆锥母线为 4，底面半径为 2，高为 2 3， V1 32 22 38 3 3 . (4)设正四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面边长
12、 ABBCa，高 AA1b， 则 VABCDA1B1C1D1S四边形ABCDAA1a2b， VPD1DBVBD1DP1 3SD1DP BC 1 3 1 2ab a 1 6a 2b， VPD1DB VABCDA1B1C1D1 1 6，即 V1 V 1 6. 引申若将本例(2)中的俯视图改为，则该几何体的体积为_8 3_，表面积为_8 3_. 解析 几何体为如图所示的正三棱锥(棱长都为 2 2) V844 3 8 3， S4 3 4 (2 2)28 3. 名师点拨 求体积的常用方法 直接法 对于规则的几何体，利用相关公式直接计算 割补法 首先把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或
13、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 等体积法 选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥 的任一个面可作为三棱锥的底面进行等体积变换 注：若以三视图的形式给出的几何体问题，应先得到直观图，再求解 变式训练 2 (1)(2020 海南)已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 2，M、N 分别为 BB1、AB 的中点， 则三棱锥 ANMD1的体积为_1 3_. (2)(2021 开封模拟)如图所示，正三棱柱 ABCA1B1C1的底面边长为 2，侧棱长为 3，D 为 BC 的中点，则三棱锥 AB1DC1的体积为( C ) A3
14、 B3 2 C1 D 3 2 (3)(2017 浙江)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( A ) A1 6 B1 3 C1 2 D1 (4)(2021 浙北四校模拟)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( B ) A8 B8 C16 D16 解析 (1)如图，正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 2， M、N 分别为 BB1、AB 的中点， SANM1 211 1 2， VANMD1VD1AMN1 3 1 22 1 3， 故答案为1 3. (2)如题图，在正ABC 中，D 为 BC 的中点，则有 AD 3 2 AB 3，又因为平面 BB1
15、C1C 平面 ABC，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， 所以V三棱锥AB1DC11 3 SB1DC1 AD 1 3 1 2 2 3 31，故选 C (3)由三视图可画出三棱锥的直观图如图所示其底面是等腰直角三角形 ACB，直角边长 为 1，三棱锥的高为 1，故体积 V1 3 1 2111 1 6.故选 A (4)由三视图的图形可知，几何体是等边圆柱斜切一半，所求几何体的体积为：1 22 24 8.故选 B 考点三 球与几何体的切、接问题多维探究 角度 1 几何体的外接球 例3 (1)(理)(2)(
16、文)(2021 河南中原名校质量测评)已知正三棱锥PABC的底面边长 为 3，若外接球的表面积为 16，则 PA_2 3或 2_. (1)(文)(2021 河北石家庄五校联合体质检)已知某三棱锥的三条侧棱两两相互垂直， 且三个 侧面的面积分别为 4,6,12，则该三棱锥的外接球的表面积为( C ) A36 B52 C56 D224 (2)(理)(2020 新课标)已知A， B， C为球O的球面上的三个点， O1为ABC的外接圆 若 O1的面积为 4，ABBCACOO1，则球 O 的表面积为( A ) A64 B48 C36 D32 (3)(理)(2019 全国)已知三棱锥 PABC 的四个顶点
17、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，PB 的中点，CEF90 ，则球 O 的体积为( D ) A8 6 B4 6 C2 6 D 6 解析 (1)(理)(2)(文)由外接球的表面积为 16，可得其半径为 2，设ABC 的中心为 O1， 则外接球的球心一定在 PO1上，由正三棱锥 PABC 的底面边长为 3，得 AO1 3，在 Rt AOO1中， 由勾股定理可得(PO12)2( 3)222， 解得 PO13 或 PO11， 又 PA2PO21AO21， 故 PA 932 3或 PA 132，故答案为：2 3或 2. (1)(文)设三棱锥的三
18、条侧棱分别为 a、b、c， 则 ab8， bc12， ca24， 即 a4， b2， c6. 由题意易知三棱锥的外接球与棱长分别为 2、4、6 的长方体的外接球相同，故其半径 r 满足 4r222426256， 所求外接球的表面积 S4r256，故选 C (2)(理)由题意可知图形如图： O1的面积为 4， 可得 O1A2， 则 AB sin 60 2O1A4， AB4sin 60 2 3， ABBCACOO12 3， 外接球的半径为：R AO21OO214， 球 O 的表面积为：44264，故选 A (3)(理)PAPBPC，ABC 为边长为 2 的等边三角形， PABC 为正三棱锥， PB
19、AC， 又 E，F 分别为 PA、AB 中点， EFPB， EFAC，又 EFCE，CEACC， EF平面 PAC，PB平面 PAC，APB90 ， PAPBPC 2， PABC 为正方体一部分，2R 222 6， 即 R 6 2 ，V4 3R 34 3 6 6 8 6. 名师点拨 几何体外接球问题的处理 (1)解题关键是确定球心和半径，其解题思维流程是： (R球半径，r截面圆的半径，h球心到截面圆心的距离)注：若截面为非特殊三角 形可用正弦定理求其外接圆半径 r. (2)三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球 注意：不共面的四点确定一个球面 角度 2 几何体的内切球 例
20、 4 (1)(2020 新课标)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_ 2 3 _. (2)(2021 安徽蚌埠质检)如图，E，F 分别是正方形 ABCD 的边 AB，AD 的中点，把AEF， CBE，CFD 折起构成一个三棱锥 PCEF(A，B，D 重合于 P 点)，则三棱锥 PCEF 的外 接球与内切球的半径之比是_2 6_. 解析 (1)因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球， 如图，圆锥母线 BS3，底面半径 BC1， 则其高 SC BS2BC22 2， 不妨设该内切球与母线 BS 切于点 D， 令 ODOCr，由SODSBC，则OD OS BC
21、 BS， 即 r 2 2r 1 3，解得 r 2 2 ， V4 3r 3 2 3 ，故答案为 2 3 . (2)不妨设正方形的边长为 2a，由题意知三棱锥 PCEF 中 PC、PF、PE 两两垂直，其 外接球半径 R PC2PF2PE2 2 6 2 a，下面求内切球的半径 r， 解法一(直接法)：由几何体的对称性知，内切球的球心在平面 PCH(H 为 EF 的中点)内， M、N、R、S 为球与各面的切点， 又 2 2tanCHPtan2OHN， tanOHN 2 2 r NH，NH 2r， 又 PN 2r，2 2rPH 2 2 a， ra 4. 解法二(体积法)：VCPEF1 3r (SPEF
22、SPCESPCFSCEF)， a3r a2 2a 2a2 2a 2 3 2a 2 ，ra 4， 故R r 6a 2 4 a2 6. 名师点拨 几何体内切球问题的处理 (1)解题时常用以下结论确定球心和半径：球心在过切点且与切面垂直的直线上；球 心到各面距离相等 (2)利用体积法求多面体内切球半径 变式训练 3 (1)(角度 1)(2020 南宁摸底)三棱锥 PABC 中， ABC 为等边三角形， PA PB PC3， PAPB，三棱锥 PABC 的外接球的体积为( B ) A27 2 B27 3 2 C27 3 D27 (2)(理)(角度 1)(2021 山西运城调研)在四面体 ABCD 中，
23、ABAC2 3，BC6，AD平 面 ABC，四面体 ABCD 的体积为 3.若四面体 ABCD 的顶点均在球 O 的表面上，则球 O 的表 面积是( B ) A49 4 B49 C49 2 D4 (3)(理)(2)(文)(角度 2)棱长为 a 的正四面体的体积与其内切球体积之比为_6 3 _. 解析 (1)因为三棱锥 PABC 中，ABC 为等边三角形，PAPBPC3，所以PAB PBCPAC因为 PAPB，所以 PAPC，PCPB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 PABC 的外接球因为正方 体的体对角线长为 3232323 3，
24、 所以其外接球半径 R3 3 2 .因此三棱锥 PABC 的外接 球的体积 V4 3 3 3 2 327 3 2 .故选 B (2)(理)如图， H 为 BC 的中点， 由题意易知 AH 3，设ABC 外接圆圆心为 O1， 则|O1C|2 32( 3|O1C|)2，|O1C|2 3，又1 26 3 |AD| 3 3，|AD|1， 则|OA|2|O1C|2 1 2 249 4 ，S球O4R249，故选 B (3)(理)(2)(文)如图， 将正四面体纳入正方体中， 显然正四面体内切球的球心 O(也是外接球 的球心)、BCD 的中心 O1都在正方体的对角线上，设正四面体的棱长为 a，则|AO| 6
25、4 a， 又|O1A|a2 3 3 a 2 6 3 a，内切球半径|OO1| 6 12a， V正四面体 V内切球 1 3 3 4 a2 6 3 a 4 3 6 12a 3 6 3 . 名师讲坛 素养提升 最值问题、开放性问题 例 5 (1)(最值问题)(2018 课标全国)设 A，B，C，D 是同一个半径为 4 的球的球面 上四点，ABC 为等边三角形且其面积为 9 3，则三棱锥 DABC 体积的最大值为( B ) A12 3 B18 3 C24 3 D54 3 (2)(2021 四川凉山州模拟)已知长方体 ABCDA1B1C1D1的体积 V12，AB2，若四面体 AB1CD1的外接球的表面积
26、为 S，则 S 的最小值为( C ) A8 B9 C16 D32 解析 (1)设等边ABC 的边长为 a， 则有 SABC1 2a a sin 60 9 3，解得 a6. 设ABC 外接圆的半径为 r，则 2r 6 sin 60 ，解得 r2 3， 则球心到平面 ABC 的距离为422 322， 所以点 D 到平面 ABC 的最大距离为 246， 所以三棱锥 DABC 体积的最大值为1 39 3618 3，故选 B (2)设 BCx，BB1y，由于 V12，所以 xy 6. 根据长方体的对称性可知四面体 AB1CD1的外接球即为长方体的外接球， 所以 r 4x2y2 2 ， 所以 S4r2(4
27、x2y2)(42xy)16， (当且仅当 xy 6，等号成立) 故选 C 名师点拨 立体几何中最值问题的解法 (1)观察图形特征，确定取得最值的条件，计算最值 (2)设出未知量建立函数关系，利用基本不等式或导数计算最值 例 6 (理)(开放性问题)若四面体各棱的长是 1 或 2，且该四面体不是正四面体，则 其体积的值为_ 11 6 或 14 12 等 _(只需写一个可能值) 解析 如图，若 ABACBDCDAD2，BC1，取 AD 的中点 H，则 CHBH 3，且 AH平面 BCH，又 SBCH 11 4 ，VABCD1 3SBCH2 11 6 . 如图，若 ABACBDCD2，ADBC1，同理可求得 VABCD 14 12 . 变式训练 4 (2021 河南阶段测试)四面体 ABCD 中，ACAD，AB2AC4，BC2 5，AD2 2， 当四面体的体积最大时，其外接球的表面积是_28_. 解析 由已知可得 BC2AC2AB2，所以 ACAB，又因为 ACAD，所以 AC平面 ABD，四面体 ABCD 的体积 V1 3AC 1 2AB ADsinBAD，当BAD90 时 V 最大，把四面体 ABCD 补全为长方体，则它的外接球的直径 2R 即长方体的体对角线，(2R)2AD2AC2AB2 28，所以外接球的表面积为 4R228.
