2021届山东高考数学一轮创新教学案：第7章第2讲空间几何体的表面积与体积

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侧面积公式

2.柱、锥、台和球的表面积和体积

1.概念辨析

(1)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.(　　)

(2)锥体的体积等于底面面积与高之积．(　　)

(3)设长方体的长、宽、高分别为2a，a，a，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为3πa2.(　　)

(4)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．(　　)

答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√

2.小题热身

(1)一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为(　　)

A.   B.

C.16π  D．24π

答案　B

解析　设此球的半径为R，则4πR2＝16π，所以R＝2，其体积V＝πR3＝π×23＝.

(2)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

答案　A

解析　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＋π×＝(9＋)π.

(3)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________．

答案　

解析　易知，此多面体是由两个四棱锥拼接而成，其体积V＝2××()2×1＝.

(4)已知某棱台的上、下底面面积分别为6和24，高为2，则其体积为________．

答案　28

解析　由已知得此棱台的体积

V＝×(6＋24＋  )×2＝×42×2＝28.

题型 一　空间几何体的表面积

1.(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.12π  B．12π

C.8π  D．10π

答案　B

解析　根据题意，可得截面是边长为2的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为2，所以其表面积为S＝2π()2＋2π××2＝12π.故选B.

2．(2019·安徽省江南十校联考)如图，网格纸上的小正方形的边长为1，实线画出的是某几何体的三视图，其中的曲线都是半径为1的圆周的四分之一，则该几何体的表面积为(　　)

A.20  B．20＋

C.20＋  D．20＋

答案　B

解析　由三视图可得该几何体的直观图如图．由已知得该几何体是由一个棱长为2的正方体挖去一个四分之一的圆柱及一个八分之－的球体得到的，所以该几何体的表面积S＝6×22－2×1×2－5×＋×2π×2＋×4π＝20＋.故选B.

3.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是(　　)

A.2＋  B．4＋

C.2＋2  D．5

答案　C

解析　根据三视图画出该空间几何体的立体图如图：

S△ABC＝×2×2＝2；

S△ABD＝××1＝；

S△CBD＝××1＝；

S△ACD＝×2×＝，所以

S表＝S△ABC＋S△ABD＋S△CBD＋S△ACD

＝2＋＋＋＝2＋2.故选C.

三类几何体表面积的求法

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.

答案　C

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，

∴AB＝，A′B′＝2.

∴棱台的上底面积为×1×1＝，下底面积为×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′，则AD＝CC′＝2，DE为△A′B′C′斜边高的，∴DE＝，∴AE＝＝，∴梯形ABB′A′的面积为×(＋2)×＝，∴几何体的表面积S＝S上底＋S下底＋S梯形ACC′A′＋S梯形BCC′B′＋S梯形ABB′A′＝＋2＋3＋3＋＝13.

题型 二　空间几何体的体积　

角度1　根据几何体的三视图计算体积

1.陀螺是汉族民间最早的娱乐工具之一，也作陀罗，闽南语称作“干乐”，北方叫做“冰尜”或“打老牛”，陀螺的主体形状一般是由上面部分的圆柱和下面部分的圆锥组成，从前的制作材料多为木头，现代多为塑料或铁制，玩耍时可用绳子缠绕用力抽绳，使其直立旋转；或利用发条的弹力使其旋转，如图画出的是某陀螺模型的三视图，已知网格纸中小正方形的边长为1，则该陀螺模型的体积为(　　)

A.   B.＋33π

C.32＋99π   D.＋33π

答案　B

解析　依题意，该陀螺模型由一个四棱锥、一个圆柱以及一个圆锥拼接而成，故所求几何体的体积V＝×4×4×2＋π×32×3＋×π×32×2＝＋33π，故选B.

角度2　根据几何体的直观图计算体积

2.(2019·全国卷Ⅲ) 学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD－A1B1C1D1挖去四棱锥O－EFGH后所得的几何体．其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g．

答案　118.8

解析　由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对角线长分别为6 cm和4 cm，

故V挖去的四棱锥＝××4×6×3＝12(cm3)．

又V长方体＝6×6×4＝144(cm3)，

所以模型的体积为

V长方体－V挖去的四棱锥＝144－12＝132(cm3)，

所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g).

求体积的常用方法

1.(2019·湖南省长沙一中、常德一中等六校联考)如图是一个几何体的三视图，且这个几何体的体积为8，则俯视图中三角形的高x等于(　　)

A.1  B．2

C．3  D．4

答案　D

解析　该几何体的示意图为如图所示的四棱锥P－ABCD，故其体积V＝××(2＋4)×2x＝8，解得x＝4.故选D.

2.祖暅是我国齐梁时代的数学家，他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异．”这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等．则这两个几何体的体积相等．该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现，比祖暅晚一千一百多年．椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体．如图所示，将底面直径皆为2b，高皆为a的半椭球体及已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面β上．以平行于平面β的平面在距平面β任意高度d处可横截得到S圆及S环两截面，可以证明S圆＝S环总成立，据此，短轴长为4 cm，长轴长为6 cm的椭球体的体积是________cm3.

答案　16π

解析　因为总有S圆＝S环，所以半椭球体的体积为V圆柱－V圆锥＝πb2a－πb2a＝πb2a.又2a＝6,2b＝4，即a＝3，b＝2，所以椭球体的体积V＝πb2a＝×22×3＝16π(cm3).

题型 三　几何体与球的切、接问题　

1.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.  B．2 

C.  D．3

答案　C

解析　解法一：如图，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.又AM＝BC＝×＝，OM＝AA1＝6，所以球O的半径R＝OA＝＝.

解法二：将直三棱柱补形为长方体ABEC－A1B1E1C1，则球O是长方体ABEC－A1B1E1C1的外接球．

所以体对角线BC1的长为球O的直径．

因此2R＝＝13.故R＝.

2.(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9，则三棱锥D－ABC体积的最大值为(　　)

A.12  B．18

C．24  D．54

答案　B

解析　如图所示，点M为三角形ABC的重心，E为AC的中点，当DM⊥平面ABC时，三棱锥D－ABC体积最大，此时，OD＝OB＝R＝4.

∵S△ABC＝AB2＝9，

∴AB＝6，

∵点M为三角形ABC的重心，

∴BM＝BE＝2，

∴在Rt△OMB中，有OM＝＝2.

∴DM＝OD＋OM＝4＋2＝6，

∴(V三棱锥D－ABC)max＝×9×6＝18.故选B.

条件探究　将本例中的三棱锥D－ABC满足的条件改为“AB为球O的直径，若该三棱锥的体积为，BC＝3，BD＝，∠CBD＝90°”，则球O的体积为________.

答案　

解析　设A到平面BCD的距离为h，∵三棱锥的体积为，BC＝3，BD＝，∠CBD＝90°，

∴××3××h＝，∴h＝2，

∴球心O到平面BCD的距离为1.

设CD的中点为E，连接OE，则由球的截面性质可得OE⊥平面CBD，∵△BCD外接圆的直径CD＝2，∴球O的半径OD＝2，∴球O的体积为.

1.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：

2.三条侧棱互相垂直的三棱锥或直三棱柱的外接球

(1)依据：长、宽、高分别为a，b，c的长方体的体对角线长等于其外接球的直径，即＝2R.

(2)方法：补形为一个长方体，长方体的外接球的球心就是三棱锥或直三棱柱的外接球的球心．如举例说明1解法二.

1．(2019·华中师范大学第一附中模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某几何体的三视图，则该几何体外接球的半径为(　　)

A.   B.

C．2  D．2

答案　B

解析　如图所示，该几何体为三棱锥P－ABC，其中B，C为长方体的顶点，P，A，O1，O2为长方体棱的中点，因为△ABC是直角三角形，所以该几何体外接球的球心在O1O2上，记作点O，由OP＝OA＝OB＝OC易知O为O1O2的中点，所以此球的半径r＝|OB|＝＝.

2.(2017·天津高考)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________．

答案　

解析　设正方体的棱长为a，则6a2＝18，∴a＝.

设球的半径为R，则由题意知2R＝＝3，

∴R＝.

故球的体积V＝πR3＝π×3＝.

　组　基础关

1.(2020·太原摸底)如图为一几何体的三视图，其表面积为(　　)

A.4π＋4  B．5π＋4

C．6π  D．7π

答案　A

解析　由三视图知，该几何体由一个半圆柱和四分之一个球构成，半圆柱的底面半径为1，高为2，球的半径为1，所以该几何体的表面积S＝2××π×12＋×4π×12＋×2π×1×2＋2×2＝4π＋4，故选A.

2.(2020·北京西城区模拟)鲁班锁起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，相传由春秋时代鲁国工匠鲁班所作．下图是经典的六柱鲁班锁及六个构件的图片，下图是其中一个构件的三视图，则此构件的体积为(　　)

A.34000 mm3  B．33000 mm3

C.32000 mm3  D．30000 mm3

答案　C

解析　由三视图得鲁班锁的其中一个零件是长为100 mm，宽为20 mm，高为20 mm的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40 mm，宽为20 mm，高为10 mm的小长方体的一个几何体，如图，所以该零件的体积V＝100×20×20－40×20×10＝32000(mm3).

3.一个圆锥的表面积为π，它的侧面展开图是圆心角为120°的扇形，则该圆锥的高为(　　)

A.   B. 

C.  D．2

答案　B

解析　设圆锥的底面半径为r，∵它的侧面展开图是圆心角为120°的扇形，∴圆锥的母线长为3r，又圆锥的表面积为π，∴πr(r＋3r)＝π，解得r＝，母线长l＝，故圆锥的高h＝＝.

4.如图，在边长为1的正方形组成的网格中，画出的是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是(　　)

A.9   B.

C．18  D．27

答案　A

解析　根据三视图可知，几何体是一个三棱锥A－BCD，三棱锥的外面是长、宽、高分别为6,3,3的长方体，∴几何体的体积V＝××6×3×3＝9.

5.(2019·安徽省六校教育研究会联考)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是半径为r的圆，若该几何体的体积是，则它的表面积是(　　)

A.  B．9π 

C.   D.

答案　C

解析　由三视图可知该几何体是一个底面半径为r，高为r的圆柱内挖去一个半径为r的半球．因为该几何体的体积为，所以πr2·r－·πr3＝，即πr3＝，解得r＝.所以该几何体的表面积为πr2＋2πr·r＋×4πr2＝5πr2＝5π×＝.故选C.

6.(2019·江西九江一模)如图，网格纸上小正方形边长为1，粗线是一个棱锥的三视图，则此棱锥的表面积为(　　)

A．6＋4＋2  B．8＋4

C.6＋6  D．6＋2＋4

答案　A

解析　直观图是四棱锥P－ABCD，如图所示，S△PAB＝S△PAD＝S△PDC＝×2×2＝2，S△PBC＝×2×2×sin60°＝2，S四边形ABCD＝2×2＝4，因此所求棱锥的表面积为6＋4＋2.故选A.

7．(2019·衡水中学三调)已知正方体ABCD－A′B′C′D′的外接球的体积为，将正方体割去部分后，剩余几何体的三视图如图所示，则剩余几何体的表面积为(　　)

A.＋  B．3＋或＋

C.2＋   D.＋或2＋

答案　B

解析　设正方体的棱长为a，依题意得，×＝，解得a＝1.由三视图可知，该几何体的直观图有以下两种可能，图1对应的几何体的表面积为＋，图2对应的几何体的表面积为3＋.故选B.

8．(2020·驻马店摸底)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，O为BD1的中点，三棱锥O－ABD的体积为V1，四棱锥O－ADD1A1的体积为V2，则的值为________．

答案　

解析　因为O为BD1的中点，所以VO－ABD＝VA－OBD＝VA－ODD1，

又因为四边形ADD1A1是平行四边形，

所以VA－ODD1＝VO－ADD1＝VO－ADD1A1，

所以VO－ABD＝VO－ADD1A1，

即V1＝V2，所以＝.

9.我国古代数学经典名著《九章算术》中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑(biē nào)．若三棱锥P－ABC为鳖臑，且PA⊥平面ABC，PA＝AB＝2，且该鳖臑的外接球的表面积为24π，则该鳖臑的体积为________．

答案　

解析　根据题意，三棱锥P－ABC为鳖臑，且PA⊥平面ABC，PA＝AB＝2，如图所示，可得∠PAB＝∠PAC＝∠ABC＝∠PBC＝90°.易知PC为外接球的直径，设外接球的半径为R.又该鳖臑的外接球的表面积为24π，则R2＝＝6，则BC＝ ＝4，则该鳖臑的体积为××2×4×2＝.

10.(2020·河南八市重点高中联盟测评)已知一个高为1的三棱锥，各侧棱长都相等，底面是边长为2的等边三角形，则三棱锥的表面积为________，若三棱锥内有一个体积为V的球，则V的最大值为________．

答案　3　

解析　该三棱锥侧面的斜高为 ＝，则S侧＝3××2×＝2，S底＝××2＝，所以三棱锥的表面积S表＝2＋＝3.由题意知，当球与三棱锥的四个面都相切时，其体积最大．设三棱锥的内切球的半径为r，则三棱锥的体积V锥＝S表·r＝S底·1，所以3r＝，所以r＝，所以三棱锥的内切球的体积最大为Vmax＝πr3＝.

　组　能力关

1.(2019·湘赣十四校联考)几何体甲与几何体乙的三视图如图，几何体甲的正视图和侧视图为两个全等的等腰三角形，且等腰三角形的高与几何体乙的三视图中的圆的直径相等．若几何体甲与乙的体积相等，则几何体甲与乙的表面积之比为(　　)

A.＋1   B. 

C.－1   D.

答案　D

解析　由三视图可知甲为圆锥，乙为球．设球的半径为R，圆锥的底面半径为r，则圆锥的高h＝2R，母线长l＝.∵甲与乙的体积相等，∴πR3＝πr2h，即2R2＝r2，则l＝＝r，∴几何体甲与乙的表面积之比＝＝＝.故选D.

2.(2019·江西重点中学协作体模拟)如图所示，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，则该多面体的表面积为(　　)

A.28＋4  B．28＋8

C.16＋4＋8  D．16＋8＋4

答案　A

解析　由三视图知该几何体是如图所示的三棱锥A－BCD.将该三棱锥放置在棱长为4的正方体中，其中A是所在棱的中点．在△ADC中，AC＝2，又CD⊥AC，∴AD＝＝＝6，S△ADC＝AC·DC＝×2×4＝4.在△ABD中，AB＝2，BD＝4，由余弦定理得cos∠DAB＝＝＝.∴sin∠DAB＝＝.

∴S△ABD＝AD·AB·sin∠DAB＝×6×2×＝12.又S△ABC与S△BDC均为8，∴三棱锥A－BCD的表面积为12＋8×2＋4＝28＋4.故选A.

3.(2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为(　　)

A.8π  B．4π

C．2π   D.π

答案　D

解析　设PA＝PB＝PC＝2a，则EF＝a，FC＝，∴EC2＝3－a2.

在△PEC中，

cos∠PEC＝.

在△AEC中，cos∠AEC＝.∵∠PEC与∠AEC互补，∴3－4a2＝1，∴a＝，故PA＝PB＝PC＝.又AB＝BC＝AC＝2，∴PA⊥PB⊥PC，∴外接球的直径2R＝ ＝，∴R＝，∴V＝πR3＝π×3＝π.故选D.

4.(2019·河北省五校联考)如图，一个密闭容器水平放置，圆柱底面直径为2，高为10，圆锥母线长为2，里面有一个半径为1的小球来回滚动，则小球无法碰触到的空间部分的体积为(　　)

A.   B. 

C.   D.

答案　C

解析　小球滚动形成的几何体为圆柱和两个半球．小球运动到左侧与圆锥相切时，其轴截面如图所示．由题意，知∠OAB＝30°，OB＝1，则OA＝2.∴AC＝1.∵AD＝2，∴AN＝AD·cos30°＝.∴CN＝AN－AC＝ －1.∴小球滚动形成的圆柱的高h＝10＋－1－2＝7＋.∴小球滚动形成的几何体的体积V＝π×12×(7＋)＋π×13＝，∵V容器＝π×12×10＋×π×12×＝，∴V空＝V容器－V＝.故选C.

5.(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________．

答案　40π

解析　因为母线SA，SB所成角的余弦值为，所以母线SA，SB所成角的正弦值为，因为△SAB的面积为5，设母线长为l，所以×l2×＝5，所以l2＝80，

因为SA与圆锥底面所成角为45°，

所以底面圆的半径为lcos＝l，

因此，圆锥的侧面积为πrl＝πl2＝40π.

6．如图所示，等腰三角形ABC的底边AB＝6，高CD＝3，点E是线段BD上异于点B，D的动点，点F在BC边上，且EF⊥AB，现沿EF将△BEF折起到△PEF的位置，使PE⊥AE，记BE＝x，V(x)表示四棱锥P－ACFE的体积，求V(x)的最大值．

解　因为PE⊥EF，PE⊥AE，EF∩AE＝E，所以PE⊥平面ABC.

因为CD⊥AB，FE⊥AB，所以EF∥CD，所以＝，

即＝，所以EF＝，

所以S△ABC＝×6×3＝9，S△BEF＝·x·＝x2，

所以V(x)＝x＝x(0<x<3)．

因为V′(x)＝，

所以当x∈(0,6)时，V′(x)>0，V(x)单调递增；

当6<x<3时，V′(x)<0，V(x)单调递减，

因此当x＝6时，V(x)取得最大值12.