【文档说明】高考数学(理数)一轮复习学案8．2《空间几何体的表面积与体积》(含详解).doc，共(11)页，486.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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18．2空间几何体的表面积与体积1．柱体、锥体、台体的表面积(1)直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积S直棱柱侧＝__________，S正棱锥侧＝__________，S正棱台侧＝__________(其中C，C′为底面周长，h为高，h′为斜

高)．(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面积S圆柱侧＝________，S圆锥侧＝________，S圆台侧＝________(其中r，r′为底面半径，l为母线长)．(3)柱或台的表面积等于________与__________的和

，锥体的表面积等于________与__________的和．2．柱体、锥体、台体的体积(1)棱柱、棱锥、棱台的体积V棱柱＝__________，V棱锥＝__________，V棱台＝__________(其中S，S′为底面积，h为高)．(2)圆柱、圆锥、圆台的体积V圆柱＝__________

，V圆锥＝__________，V圆台＝__________(其中r，r′为底面圆的半径，h为高)．3．球的表面积与体积(1)半径为R的球的表面积S球＝________．(2)半径为R的球的体积V球＝________．自查自纠：1．(1)Ch12Ch′12()C＋C′h′(2)2πrlπrlπ

(r＋r′)l(3)侧面积两个底面积侧面积一个底面积2．(1)Sh13Sh13h()S＋SS′＋S′(2)πr2h13πr2h13πh()r2＋rr′＋r′23．(1)4πR2(2)43πR3(2018·全国卷Ⅰ)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．122πB．12πC．82πD．10π解：由题意知，圆柱的轴截面是一个面积为8的正方形，则圆柱的高与底面直径均为22，所以圆柱

的表面积为2π(2)2＋2π×2×22＝4π＋8π＝12π．故选B．(2017·天津)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为()A．9π2B．33πC．9πD．27π解：由正方体的表面积为18，得正方体的棱长为3．设该正

方体外接球的半径为R，则2R＝3，R＝32，所以这个球的体积为4π3R3＝4π3×278＝9π2．故选A．(2018·安徽皖西教学联盟联考)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，则此几何体的体积为()A．4B．2C

．23D．43解：由三视图知该几何体是一个三棱锥，其中一个面是腰长为2的等腰直角三角形，这个面上的高为2，故所求体积为13×12×2×2×2＝43．故选D．一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为__

______．2解：由三视图可知该多面体由一个正方体截去两个相同的小正三棱锥所得，正方体的表面积为S＝24，两个全等的三棱锥以正方体的相对顶点为顶点，侧面是三个全等的且直角边长为1的等腰直角三角形，其侧面面积的

和为3，三棱锥的底面是边长为2的正三角形，其底面积的和为3，故所求几何体的表面积为24－3＋3＝21＋3．故填21＋3．(2018·江苏)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为__________．解：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面

正方形的边长等于2，所以该多面体的体积为2×13×(2)2×1＝43．故填43．类型一空间多面体的面积问题某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是()A．2＋5B．4＋5C．2＋25D．5解：由三视图可知该几何体是棱长分别为2，2，1的长

方体中的三棱锥P­ABM，如图所示，其中S△PMA＝S△PMB＝52，S△PAB＝5，S△MAB＝2，所以该几何体的表面积为2＋2×52＋5＝2＋25．故选C．点拨：求解多面体的表面积，关键是找到其中的特征图形，如棱柱中的矩形，棱锥中的直角三角形，棱台中的直角梯形等，通过这些图

形，找到几何元素间的关系，通过建立未知量与已知量间的关系进行求解．某几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图均为直角梯形，俯视图为两个正方形，则该几何体的表面积为()A．992B．61C．62D．73解：由三视图画出几何

体如图所示，3上、下底面分别是边长为1、4的正方形；左、后两个侧面是上底为1，下底为4，高为4的直角梯形；前、右两个侧面是上底为1，下底为4，高为5的直角梯形．其表面积为S＝1×1＋4×4＋12×(1＋4)×4×2＋12×(1＋4)×5×2＝62．故选C．类型二空间旋转体的面积问题几何体的

三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．解：先根据三视图还原该几何体的形状，如图所示，则该几何体的表面积为圆锥的侧面积S1、圆台的侧面积S2以及底面积S3的和．因为S1＝12·2π·2·3＝6π，S2＝π

2＋12×3＝152π，S3＝π·122＝π4，所以S＝S1＋S2＋S3＝6π＋152π＋π4＝554π．故填554π．点拨：先通过三视图分析几何体的构成，再找计算面积所必备的量，如高、半径等．一个几何体的三视

图如图所示，则该几何体的表面积为()A．3πB．4πC．2π＋4D．3π＋4解：该几何体为半圆柱，底面半径为1，高为2，其表面积为π×12＋2×2＋12×2π×1×2＝3π＋4．故选D．类型三空间多面体的体积问题如图，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△A

DE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为()A．23B．33C．43D．32解：如图，过A，B两点分别作AM，BN垂直于EF，垂足分别为M，N，连接DM，CN，可证得DM⊥EF，CN⊥EF，则多面体ABCDEF分为三部分，即多面体的体积VABCDEF＝VAMD­B

NC＋VE­AMD＋VF­BNC．依题意知AEFB为等腰梯形．易知Rt△DMERt△CNF，所以EM＝NF＝12．又BF＝1，所以BN＝32．作NH垂直于BC，则H为BC的中点，所以4NH＝22．所以S△BNC＝12·B

C·NH＝24．所以VF­BNC＝13·S△BNC·NF＝224，VE­AMD＝VF­BNC＝224，VAMD­BNC＝S△BNC·MN＝24．所以VABCDEF＝23，故选A．点拨：求空间几何体体积的常用方法为割补法和等积变换法：①割补法：将这个几何体分割成几个柱体

、锥体，分别求出柱体和锥体的体积，从而得出要求的几何体的体积；②等积变换法：特别的，对于三棱锥，由于其任意一个面均可作为棱锥的底面，从而可选择更容易计算的方式来求体积；利用“等积性”还可求“点到面的距离”．如图所示，在等腰梯

形ABCD中，AB＝2CD＝2，∠DAB＝60°，E是AB的中点，将△ADE，△BEC分别沿ED，EC向上折起，使A，B重合于点P，则三棱锥P-CDE的体积为________．解：根据题意，折叠后的三棱锥P­CDE的各棱长都相等，且等于1，根据此三棱锥构造相应

的正方体，则该正方体的棱长为22，故正方体的体积为223＝24，所以三棱锥P-CDE的体积为24－4×13×12×22×22×22＝212．故填212．类型四空间旋转体的体积问题已知球的外切圆台上、下底面的半径分别为r，R，求圆台的体积．解：如图，图①是该几何体的直观图，图②是该几何体

的轴截面平面图．圆台轴截面为等腰梯形，与球的大圆相切，根据切线长定理，AC＝AO1，BO＝BC，得梯形腰长为R＋r，梯形的高即球的直径长为OO1＝AB2－（OB－O1A）2＝（R＋r）2－（R－r）2＝2Rr，所以，球的半径为rR，圆台的体积V＝13π×2Rr(r2＋rR＋R2)＝2

3πRr(r2＋rR＋R2)．点拨：圆台和球的组合体，需要将球的外切圆台用直观图和轴截面图表示出来，借助于圆外接四边形的性质，特别是外接四边形是等腰梯形时，还要运用平面几何知识将内切球的半径求出来．(2018·湖南师大附中质检改编)若某圆柱体的上部挖掉一个半球、

下部挖掉一个圆锥后，所得的几何体的三视图中的正视图和侧视图如图所示，则此几何体的体积是()A．4πB．8πC．12πD．14π解：该几何体的体积V＝π×22×4－12×43×π×23－13×π×22×2＝8π．故选

B．5类型五球的切接问题(1)棱长为1的正四面体外接球的体积为________．解：设SO1是正四面体S-ABC的高，外接球的球心O在SO1上，设外接球半径为R，AO1＝r，则在△ABC中，由平面几何知识得r＝33．从而SO1＝SA2－AO21＝1－13＝63，在Rt

△AOO1中，由勾股定理，得R2＝63－R2＋332，解得R＝64．所以V球＝43πR3＝43π×643＝6π8．故填6π8．点拨：几何体的外接球问题关键是确定球心位置，主要方法有：①将几何体还原或补为正方体或长方体，进而确定球心；②几

何体的外接球球心一定在过底面的外心与底面垂直的直线上；③球心到各顶点的距离都相等；④球心一定在外接球的直径上．(2)(2018·广西柳州模拟)已知直三棱柱ABC-A1B1C1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．3172B．210C．132D．310解法一：(直接法)由题意，直三棱柱的底面ABC是直角三角形，所以底面△ABC外接圆的圆心是BC的中点E，底面△A1B1C1外接圆的圆心是B1C1的中点E1．由球的截面的性质可

得直三棱柱外接球的球心O就是线段EE1的中点，OA为球O的半径．如图所示，连接OA，AE．在△ABC中，AC⊥AB，所以BC＝AB2＋AC2＝32＋42＝5，所以EA＝12BC＝52．又OE＝12AA1＝6，由球的截面的性质可得OE⊥平面ABC

，所以OA＝EA2＋OE2＝522＋62＝132．即直三棱柱外接球的半径为132．解法二：(补体法)如图所示，将直三棱柱ABC-A1B1C1的底面补成矩形，得到长方体ABDC-A1B1D1C1．显然，直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球就是长方

体ABDC-A1B1D1C1的外接球．而长方体ABDC-A1B1D1C1的外接球的直径等于长方体的体对角线长，连AD1，则AD1＝32＋42＋122＝13，所以直三棱柱外接球的半径为132．故选C．点

拨：求解几何体外接球的半径主要从两个方面考虑：一是根据球的截面的性质，利用球的半径R、截面圆的半径r及球心到截面圆的距离d三者的关系R2＝r2＋d2求解，其中确定球心的位置是关键；二是将几何体补成长方体，利用该几何体与长方体共有外接球的特征，由外接球的直径等于长方体体对角线长求解．(1)(

2018·辽宁沈阳高三月考)正四面体ABCD的棱长为4，E为棱BC的中点，过点E作其外接球的截面，则截面圆的面积的最小值是()A．4πB．8πC．12πD．16π解：将正四面体ABCD放置于如图所示的正方体中，可得该正方体的

外接球就是正四面体ABCD的外接球，设该外接球的球心为O，半径为R．因为正四面体ABCD的棱长为4，所以正方体6的棱长为22，所以正方体外接球的半径R满足2R＝3×22，解得R＝6．E为棱BC的中点，过点E作其外接球的截面，当截面到外接球的球心O的距离最大时

，即E为截面圆的圆心时，截面圆的面积最小，此时球心O到截面的距离d＝OE＝2，由截面的性质可得截面圆的半径r＝R2－d2＝（6）2－（2）2＝2．故截面圆的面积的最小值为S＝πr2＝4π．故选A．(2)(2018·浙江台州高三月考)半球内

有一个内接正方体，若正方体的棱长为6，则这个半球的体积为________．解法一：过正方体的对角面作截面如图所示，设半球的半径为R，因为正方体的棱长为6，所以CC1＝6，OC＝22×6＝3．在Rt△C1CO中，由勾股定理，得CC21＋OC2＝OC21，即(6)2＋(3)2＝R2，所以R＝3．故V半

球＝23πR3＝18π．解法二：将其补成球和内接长方体，原正方体的棱长为6，则(2R)2＝6＋6＋(26)2，所以R＝3．故V半球＝23πR3＝18π．故填18π．若正四面体的棱长为a，则其内切球的半

径为________．解：如图正四面体A-BCD的中心为O，即内切球球心，内切球半径为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＝63a．又VA­BCD＝4VO­BCD，所以R＝14h＝612a．故填612a．点拨：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求多面体内切球的半径，往往可用“等体积法”．V多＝13S表·R内切．③正四面体内切球半径是高的14，外接球半径是高的34．④并非所有多面体都有内切球(或外接球)．(2018·湖南株洲高一月考)已知三棱锥P­ABC，若PA，P

B，PC两两垂直，且PA＝2，PB＝PC＝1，则三棱锥P-ABC的内切球的表面积为________．解：由题意，设三棱锥P-ABC的内切球的半径为r，球心为O，则由等体积得VP­ABC＝VO­PAB＋VO­PAC＋VO­

PBC＋VO­ABC，即13×12×2×1×1＝13×12×2×1×r×2＋13×12×1×1×r＋13×12×2×5－12×r，解得r＝14．故内切球的表面积为4πr2＝π4．故填π4．1．几何体的展开与折叠(1)几何体的表面积，除球以外，

一般都是利用展开图求得的，利用空间问题平面化的思想，把一个平面图形折叠成一个几何体，再研究其性质，是考查空间想象能力的常用方法．(2)多面体的展开图①直棱柱的侧面展开图是矩形；②正棱锥的侧面展开图是由一些全等的等腰三角形拼成的，底面是正多边形；③正棱台的侧面展开图是由一些全等的等腰梯

形拼成的，底面是正多边形．(3)旋转体的展开图①圆柱的侧面展开图是矩形，矩形的长(或宽)是底面圆周长，宽(或长)是圆柱的母线长；②圆锥的侧面展开图是扇形，扇形的半径长是圆锥的母线长，弧长是圆锥的底面周长；③圆台

的侧面展开图是扇环，扇环的上、下弧长分别为圆台的上、下底面周长．7注：圆锥和圆台的侧面积公式S圆锥侧＝12cl和S圆台侧＝12(c′＋c)l与三角形和梯形的面积公式在形式上相同，可将二者联系起来记忆．2．空间几何体的表面积的计算方法有关空间几何体的表面积的计算通常是将空间图形问题转化为平面图

形问题，这是解决立体几何问题常用的基本方法．(1)计算棱柱、棱锥、棱台等多面体的表面积，可以分别求各面面积，再求和，对于直棱柱、正棱锥、正棱台也可直接利用公式．(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算其侧面积时需将曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．(3)组合体

的表面积应注意重合部分的处理．3．空间几何体的体积的计算方法(1)计算柱、锥、台体的体积，关键是根据条件找出相应的底面面积和高，应注意充分利用多面体的截面，特别是轴截面，将空间问题转化为平面问题求解．(2)注意求体积的

一些特殊方法：分割法、补体法、还台为锥法、等积变换法(如求三棱锥的体积可灵活变换顶点与底面)等，它们是计算一些不规则几何体体积常用的方法，应熟练掌握．(3)利用三棱锥的“等体积性”可以解决一些点到平面的

距离问题，即将点到平面的距离视为一个三棱锥的高，通过将其顶点和底面进行转化，借助体积的不变性解决问题．4．建议对下列一些具有典型意义的重要空间图形的数量关系予以推证并适当记忆．(1)正多面体①正四面体就是棱长都相等的三棱锥，正六面体就是正方体，连接正方体六个面的中心，可得到一个正八面体，正八面体

可以看作是由两个棱长都相等的正四棱锥拼接而成．棱长为a的正四面体中：a．斜高为32a；b．高为63a；c．对棱中点连线长为22a；d．外接球的半径为64a，内切球的半径为612a；e．正四面体的表面积为3a2，体积为212a3．②如图，在棱长为a的正方体ABCD­A1B1C1D1中，连接

A1B，BC1，A1C1，DC1，DA1，DB，可以得到一个棱长为2a的正四面体A1­BDC1，其体积为正方体体积的13．③正方体与球有以下三种特殊情形：一是球内切于正方体；二是球与正方体的十二条棱相切；三是球外接于正方体．它们的相应轴截面如图所示(正方体的棱长为a，球的半径为R)．(2)长方

体的外接球①长、宽、高分别为a，b，c的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即a2＋b2＋c2＝2R．②棱长为a的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即3a＝2R．1．某几何体的三视图如图所示，则其表面积为()A．πB．2πC．3πD．4π解：由三视图可知，该几何体为半径为r＝1的半

球体，表面积为底面圆面积加上半球面的面积，所以S＝πr2＋12×4πr2＝π×12＋12×4π×12＝3π．故选C．2．(2018·呼伦贝尔二模)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()8A．12B．24C．40D．72解：由三

视图可知，该几何体是四棱锥和长方体的组合体．长方体的体积为3×4×2＝24，四棱锥的底面积为3×4＝12，高为6－2＝4，所以四棱锥的体积为13×12×4＝16，所以组合体的体积V＝24＋16＝40．故选C．3．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何

体的三视图，则此几何体的体积为()A．6B．9C．12D．18解：由三视图可推知，几何体的直观图如图所示，可知AB＝6，CD＝3，PC＝3，CD垂直平分AB，且PC⊥平面ACB，故所求几何体的体积为13×12×6×3×3＝9．故选B．4．(

2018·太原模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A．8(3＋1)＋πB．8(3＋1)＋2πC．8(3＋1)－πD．8(3＋1)解：由三视图可知该几何体由长方体中间挖掉一个圆锥得到，圆锥的底面半径为1，母线长为2，则几何体的表面积为S＝4×23＋2×2×2－π×12＋12

×π×2×2＝83＋8＋π．故选A．5．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的截面积为()A．66πB．π3C．π6D．33π解：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＝2，所以内切圆的半径r＝6

6，所以所求截面积S＝πr2＝π×636＝π6．故选C．6．(2018·全国卷Ⅲ)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93，则三棱锥D-ABC体积的最大值为()A．123B．183C．243D．543解：如图所示，点M为△ABC的中心，点

E为AC中点，点O为球心，显然当DM⊥平面ABC，9D，O两点在平面ABC同侧时，三棱锥D­ABC的体积最大．因为球半径为4，所以OD＝OB＝4．因为△ABC为等边三角形且面积为93，所以34AB2＝9

3，解得AB＝6．因为点M为△ABC的中心，所以BM＝23BE＝23×33＝23．在Rt△OMB中，根据勾股定理可知，OM＝OB2－BM2＝42－（23）2＝2，所以DM＝OD＋OM＝4＋2＝6，所以三棱锥D-ABC体积的最大值为13×93×6＝183．故选B．7．(2018·天津)如图

，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1­BB1D1D的体积为________．解法一：连接A1C1交B1D1于点E，则A1E⊥B1D1，A1E⊥BB1，则A1E⊥平面BB1D1D，所

以A1E为四棱锥A1­BB1D1D的高，且A1E＝22，矩形BB1D1D的长和宽分别为2，1，故VA1­BB1D1D＝13×1×2×22＝13．解法二：连接BD1，则四棱锥A1­BB1D1D分成两个三棱锥B-A1DD1与B-A1B

1D1，VA1­BB1D1D＝VB­A1DD1＋VB­A1B1D1＝13×12×1×1×1＋13×12×1×1×1＝13．故填13．8．(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78，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为515，

则该圆锥的侧面积为__________．解：因为母线SA，SB所成角的余弦值为78，所以母线SA,SB所成角的正弦值为158，因为S△SAB＝515，设母线长为l，所以12×l2×158＝515，l2＝80，因为SA与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径r＝l·cos45°

＝22l，因此圆锥的侧面积为πrl＝22πl2＝402π．故填402π．9．已知一圆锥的侧面展开图为半圆，且面积为S，求圆锥的底面面积．解：如图所示，设圆锥底面半径为r，母线长为l，由题意得12πl2＝S，πl＝2πr．解得r＝S2π．所以底面积为πr2＝π×S2π＝S2

．10．(2018·福建福州质检)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，求该多面体的表面积．解：由三视图知该几何体为三棱锥，记为三棱锥P-ABC，将其放在棱长为2的正方体中，如图，其中AC⊥BC，PA⊥AC，PB⊥BC，△PAB是边长为22

的等边三角形，故所求表面积为S△ABC＋S△PAC＋S△PBC＋S△PAB＝12×2×2＋12×2×22＋12×2×22＋34×(22)2＝2＋42＋23．1011．(2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD．(1)证明：AC⊥BD

；(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．解：(1)证明：取AC的中点O，连接DO，BO．因为AD＝CD，所以AC⊥DO．

又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO．从而AC⊥平面DOB，故AC⊥BD．(2)连接EO．由(1)及题设知∠ADC＝90°，所以DO＝AO．在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2．又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°．由题设知△AEC

为直角三角形，所以EO＝12AC．又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝12BD．故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的12，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积为12，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1．(2018·陕西部分学

校摸底)已知四棱锥S-ABCD的底面是中心为O的正方形，且SO⊥平面ABCD，SA＝23，那么当该四棱锥的体积最大时，它的高为()A．1B．2C．3D．3解：设四棱锥的高SO＝h(0<h<23)，设正方形ABCD的边

长为2a，因为SA＝23，所以h2＋a2＝12，所以四棱锥的体积V＝23a2h＝23(12－h2)h＝－23h3＋8h．令函数V(h)＝－23h3＋8h(0<h<23)，则V′(h)＝－2h2＋8，令

V′(h)＝0，得h＝2．当0<h<2时，V′(h)>0，V(h)单调递增，当2<h<23时，V′(h)<0，V(h)单调递减，所以当h＝2时，V(h)取得最大值，即当该四棱锥的体积最大时，它的高为2．故选B．11