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2021届浙江省高考数学一轮学案：第八章第2节 空间几何体的表面积与体积
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第2节 空间几何体的表面积与体积
考试要求 了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.
知 识 梳 理
1.多面体的表(侧)面积
多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和.
2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
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(r1＋r2)l
3.柱、锥、台和球的表面积和体积
表面积
体积
柱体(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
V＝Sh
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝Sh
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
[常用结论与易错提醒]
1.表面积应为侧面积和底面积的和，要注意组合体中哪些部分暴露或遮挡.
2.求空间几何体体积的常用方法
(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算.
(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等.
(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体.
诊 断 自 测
1.判断下列说法的正误.
(1)锥体的体积等于底面面积与高之积.( )
(2)球的体积之比等于半径比的平方.( )
(3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差.( )
(4)已知球O的半径为R，其内接正方体的边长为a，则R＝a.( )
解析 (1)锥体的体积等于底面面积与高之积的三分之一，故不正确.
(2)球的体积之比等于半径比的立方，故不正确.
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√
2.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 S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，∴r2＝4，∴r＝2(cm).
答案 B
3.(2020·北京通州期末)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中面积最小的侧面面积为( )
A.1 B.
C.2 D.
解析 由三视图画出该四棱锥的直观图，如图所示：在此四棱锥P－ABCD的四个侧面中，面积最小的侧面是Rt△PBC，它的面积为BC·PB＝×1×＝.
答案 B
4.(2018·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.2 B.4
C.6 D.8
解析 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.
答案 C
5.(2019·江苏卷)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E－BCD的体积是________.
解析 设长方体中BC＝a，CD＝b，CC1＝c，则abc＝120，
∴VE－BCD＝×ab×c＝abc＝10.
答案 10
6.(2020·杭州质检)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是________cm3；表面积是________cm2.
解析 由三视图得该几何体为一个长、宽、高分别为6，6，8的长方体挖去两个底面半径为3，高为4的圆锥体后剩余的部分，则其体积为6×6×8－2××4×π×32＝288－24π，表面积为2(6×6＋6×8＋6×8)－2×π×32＋2××5×2×π×3＝264＋12π.
答案 288－24π 264＋12π
考点一 空间几何体的表面积
【例1】 (1)(2020·温州适应性测试)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是( )
A.8 cm2 B.12 cm2
C.(4＋2)cm2 D.(4＋4)cm2
(2)(2020·浙江新高考仿真卷五)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝( )
A.1 B.2
C.4 D.8
解析 (1)由视图得该几何体是底面为边长为2的正方形，高为2的正四棱锥，则其侧面的高为＝，所以该几何体的表面积为2×2＋4××2×＝4＋4，故选D.
(2)由三视图得该几何体为一个半球和一个半圆柱的组合体，且半圆柱的底面和半球体的一半底面重合，则其表面积为×4πr2＋πr2＋2r×2r＋×2πr×2r＝4r2＋5πr2＝16＋20π，解得r＝2，故选B.
答案 (1)D (2)B
规律方法 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.
(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)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.
【训练1】 (1)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与侧视图均为半径是2的圆，则这个几何体的表面积是________.
(2)(2020·浙江新高考仿真卷一)《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”.现有一“阳马”P－ABCD，已知其体积为8，AB＝2，BC＝3，则该“阳马”的最长侧棱长为________，表面积为________.
解析 (1)根据给定的三视图可知该几何体为个球体，其半径为2，因此该几何体的表面积为S＝×4π×22＋π×22＝16π.
(2)由题意知，该“阳马”直观图如图所示.由体积V＝×AB×BC×PA＝8可知高PA＝4，∴该四棱锥的最长侧棱长PC＝＝，表面积为2×3＋(2×4＋3×4＋2×5＋3×2)＝21＋3.
答案 (1)16π (2) 21＋3
考点二 空间几何体的体积
【例2】 (1)(一题多解)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)(2019·北京卷)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示.如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为________.
解析 (1)法一 (割补法)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，如图所示.
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
答案 (1)B (2)40
规律方法 空间几何体体积问题的常见类型及解题策略
(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解.
(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解.
(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.
【训练2】 (1)(2019·浙江卷)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm3)是( )
A.158 B.162
C.182 D.324
(2)(2019·天津卷)已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________.
解析 (1)由三视图可知，该柱体是一个直五棱柱，如图，棱柱的高为6，底面可以看作由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3.
则底面面积S＝×3＋×3＝27.
因此，该柱体的体积V＝27×6＝162.故选B.
(2)由题意知圆柱的高恰为四棱锥的高的一半，圆柱的底面直径恰为四棱锥的底面正方形对角线的一半.因为四棱锥的底面正方形的边长为，所以底面正方形对角线长为2，所以圆柱的底面半径为.又因为四棱锥的侧棱长均为，所以四棱锥的高为＝2，所以圆柱的高为1.所以圆柱的体积V＝π·1＝.
答案 (1)B (2)
考点三 最值问题
【例3】 (1)(2016·浙江卷)如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD＝DA，PB＝BA，则四面体PBCD的体积的最大值是________.
(2)正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面边长为，侧棱长为1，则动点从A沿表面移动到E1时的最短路程是________；动点从A沿表面移动到D1时的最短路程为________.
解析 (1)设PD＝DA＝x，
在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，
∴AC＝
＝＝2，
∴CD＝2－x，且∠ACB＝(180°－120°)＝30°，
∴S△BCD＝BC·DC×sin∠ACB＝×2×(2－x)×＝(2－x).
要使四面体体积最大，当且仅当点P到平面BCD的距离最大，而P到平面BCD的最大距离为x.
则V四面体PBCD＝×(2－x)x＝[－(x－)2＋3]，由于0＜x＜2，故当x＝时，V四面体PBCD的最大值为×3＝.
(2)侧面展开图如图(1)，(2)，∴从A沿表面到E1的最短路程为AE1＝＝＝3.从A沿表面到D1的最短路程为AD1＝＝
＝.
(1) (2)
答案 (1) (2)3
规律方法 常用方法是将几何图形展开为平面图形，利用几何性质求解或利用函数或不等式求最值.
【训练3】 (1)(2020·上海徐汇区一模)如图，棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上的动点，则△PEQ周长的最小值为( )
A.2 B.
C. D.
(2)(2018·全国Ⅰ卷)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为( )
A.2 B.2
C.3 D.2
解析 (1)如图，取BC中点N，延长EC1至点M，使MC1＝EC1，连接PM，MN，且M，Q，N共线，则△PEQ的周长为PQ＋PE＋QE＝PQ＋PM＋QN≥MN＝.
(2)由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4，则从M到N的路径中，最短路径的长度为＝＝2.
答案 (1)B (2)B
基础巩固题组
一、选择题
1.《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：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )
A.14斛 B.22斛
C.36斛 D.66斛
解析 设米堆的底面半径为r尺，则r＝8，所以r＝.
所以米堆的体积为V＝×π·r2·5＝··5≈(立方尺).故堆放的米约有÷1.62≈22(斛).故选B.
答案 B
2.某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x的值是( )
A.2 B.
C. D.3
解析 由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，且S底＝(1＋2)×2＝3.∴V＝x·3＝3，解得x＝3.故选D.
答案 D
3.(2020·浙江十校联盟适考)如图所示，已知某几何体的三视图及其尺寸(单位：cm)，则该几何体的表面积为( )
A.15π cm2 B.21π cm2
C.24π cm2 D.33π cm2
解析 由三视图得该几何体为一个底面圆直径为6，母线长为5的圆锥，则其表面积为π×32＋π××6×5＝24π，故选C.
答案 C
4.(2017·北京卷)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )
A.60 B.30
C.20 D.10
解析 由三视图知可把三棱锥放在一个长方体内部，即三棱锥A1－BCD，VA1－BCD＝××3×5×4＝10，故选D.
答案 D
5.已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点.若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( )
A.36π B.64π
C.144π D.256π
解析 因为△AOB的面积为定值，所以当OC垂直于平面AOB时，三棱锥O－ABC的体积取得最大值.由×R2×R＝36，得R＝6.从而球O的表面积S＝4πR2＝144π.故选C.
答案 C
6.(2020·宁波模拟)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是由一个棱柱挖去一个棱锥后的几何体的三视图，则该几何体的体积为( )
A.72 B.64
C.48 D.32
解析 由三视图可知，此几何体为正四棱柱中截挖去一个与其共上底且高为3的四棱锥，则体积V＝42×5－×42×3＝64，故选B.
答案 B
二、填空题
7.(2017·上海卷)已知球的体积为36π，则该球正视图的面积等于________.
解析 πr3＝36π⇒r＝3⇒S＝9π.
答案 9π
8.(2019·全国Ⅲ卷)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.
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).
答案 118.8
9.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________.
解析 由题知，该几何体的直观图如图所示，它是一个球(被过球心O且互相垂直的三个平面)切掉左上角的后得到的组合体，其表面积是球面面积的和三个圆面积之和，易得球的半径为2，则得S＝×4π×22＋3×π×22＝17π.
答案 17π
10.(2020·台州期末评估)已知某多面体的三视图如图所示，则该几何体的所有棱长和为________，其体积为________.
解析 由三视图画出几何体的直观图如图所示，其是正方体的一部分，其中E，F是所在棱的中点，正方体的棱长为2，所以该几何体的所有棱长的和2×7＋1＋1＋＋2×＋2＝16＋3＋2.该几何体的体积为2×2×2－×2×＝.
答案 16＋3＋2
三、解答题
11.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点到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.
12.如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；
(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.
解 (1)交线围成的正方形EHGF如图所示.
(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.
因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.
于是MH＝＝6，AH＝10，HB＝6.
故S四边形A1EHA＝×(4＋10)×8＝56，
S四边形EB1BH＝×(12＋6)×8＝72.
因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，
所以其体积的比值为.
能力提升题组
13.如图，有一个底面是正方形的直棱柱型容器(无盖)，底面棱长为1 dm(dm为分米)，高为5 dm，两个小孔在其相对的两条侧棱上，且到下底面距离分别为3 dm和4 dm，则(水不外漏情况下)此容器可装的水最多为( )
A. dm3 B.4 dm3
C. dm3 D.3 dm3
解析 由题意得当容器内的水的上表面过两孔连线所在的平面时，容器内装的水最多，又因为容器的底面为正方形，则由长方体的对称性易得当容器内的水的上表面平分以两孔连线所得的线段为体对角线的长方体时，容器内装的水最多，此时容器内装的水的体积为3×1×1＋×1×1×1＝，故选C.
答案 C
14.如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为a，底面边长为b，一只蚂蚁从点A出发沿每个侧面爬到A1，路线为A→M→N→A1，则蚂蚁爬行的最短路程是( )
A. B.
C. D.
解析 正三棱柱的侧面展开图是如图所示的矩形，矩形的长为3b，宽为a，则其对角线AA1的长为最短程.因此蚂蚁爬行的最短路程为.故选A.
答案 A
15.如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为平行四边形，NB＝2PN，则三棱锥N－PAC与三棱锥D－PAC的体积比为( )
A.1∶2 B.1∶8
C.1∶6 D.1∶3
解析 设点P，N在平面ABCD内的投影分别为点P′，N′，则PP′⊥平面ABCD，NN′⊥平面ABCD，所以PP′∥NN′，则在△BPP′中，由BN＝2PN得＝.
V三棱锥N－PAC＝V三棱锥P－ABC－V三棱锥N－ABC＝S△ABC·PP′－
S△ABC·NN′＝S△ABC·(PP′－NN′)＝S△ABC·PP′＝S△ABC·PP′，V三棱锥D－PAC＝V三棱锥P－ACD＝S△ACD·PP′，又∵四边形ABCD是平行四边形，∴S△ABC＝S△ACD，∴＝.故选D.
答案 D
16.(2020·浙江教育绿色评价联盟适考)如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为________.
解析 此几何体为一侧棱垂直于底面的三棱台ABC－A1B1C1，如图，由上底的面积S1＝，下底的面积S2＝2，高h＝AA1＝1，得体积V＝h(S1＋＋S2)＝.
答案
17.四面体ABCD及其三视图如图所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.
(1)求四面体ABCD的体积；
(2)证明：四边形EFGH是矩形.
(1)解 由该四面体的三视图可知，
BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1，
又BD∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC，
∴四面体ABCD的体积V＝××2×2×1＝.
(2)证明 ∵BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩平面ABC＝EH，
∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.
同理，EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，
∴四边形EFGH是平行四边形.
又∵AD⊥平面BDC，BC⊂平面BDC，
∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，∴四边形EFGH是矩形.
18.如图所示，A1A是圆柱的母线，AB是圆柱底面圆的直径，C是底面圆周上异于A，B的任意一点，AA1＝AB＝2.
(1)求证：BC⊥平面A1AC；
(2)(一题多解)求三棱锥A1－ABC的体积的最大值.
(1)证明 因为C是底面圆周上异于A，B的一点，且AB为底面圆的直径，所以BC⊥AC.因为AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.
因为AA1∩AC＝A，AA1⊂平面A1AC，AC⊂平面A1AC，所以BC⊥平面A1AC.
(2)解 法一 设AC＝x，在Rt△ABC中，BC＝
＝(0
法二 在Rt△ABC中，AC2＋BC2＝AB2＝4，
VA1－ABC＝S△ABC×AA1＝××AC×BC×AA1＝×AC×BC≤×＝×＝.
当且仅当AC＝BC时等号成立，此时AC＝BC＝.
所以三棱锥A1－ABC的体积的最大值为.
第2节 空间几何体的表面积与体积
考试要求 了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.
知 识 梳 理
1.多面体的表(侧)面积
多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和.
2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
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(r1＋r2)l
3.柱、锥、台和球的表面积和体积
表面积
体积
柱体(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
V＝Sh
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝Sh
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
[常用结论与易错提醒]
1.表面积应为侧面积和底面积的和，要注意组合体中哪些部分暴露或遮挡.
2.求空间几何体体积的常用方法
(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算.
(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等.
(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体.
诊 断 自 测
1.判断下列说法的正误.
(1)锥体的体积等于底面面积与高之积.( )
(2)球的体积之比等于半径比的平方.( )
(3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差.( )
(4)已知球O的半径为R，其内接正方体的边长为a，则R＝a.( )
解析 (1)锥体的体积等于底面面积与高之积的三分之一，故不正确.
(2)球的体积之比等于半径比的立方，故不正确.
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√
2.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 S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，∴r2＝4，∴r＝2(cm).
答案 B
3.(2020·北京通州期末)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中面积最小的侧面面积为( )
A.1 B.
C.2 D.
解析 由三视图画出该四棱锥的直观图，如图所示：在此四棱锥P－ABCD的四个侧面中，面积最小的侧面是Rt△PBC，它的面积为BC·PB＝×1×＝.
答案 B
4.(2018·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.2 B.4
C.6 D.8
解析 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.
答案 C
5.(2019·江苏卷)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E－BCD的体积是________.
解析 设长方体中BC＝a，CD＝b，CC1＝c，则abc＝120，
∴VE－BCD＝×ab×c＝abc＝10.
答案 10
6.(2020·杭州质检)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是________cm3；表面积是________cm2.
解析 由三视图得该几何体为一个长、宽、高分别为6，6，8的长方体挖去两个底面半径为3，高为4的圆锥体后剩余的部分，则其体积为6×6×8－2××4×π×32＝288－24π，表面积为2(6×6＋6×8＋6×8)－2×π×32＋2××5×2×π×3＝264＋12π.
答案 288－24π 264＋12π
考点一 空间几何体的表面积
【例1】 (1)(2020·温州适应性测试)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是( )
A.8 cm2 B.12 cm2
C.(4＋2)cm2 D.(4＋4)cm2
(2)(2020·浙江新高考仿真卷五)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝( )
A.1 B.2
C.4 D.8
解析 (1)由视图得该几何体是底面为边长为2的正方形，高为2的正四棱锥，则其侧面的高为＝，所以该几何体的表面积为2×2＋4××2×＝4＋4，故选D.
(2)由三视图得该几何体为一个半球和一个半圆柱的组合体，且半圆柱的底面和半球体的一半底面重合，则其表面积为×4πr2＋πr2＋2r×2r＋×2πr×2r＝4r2＋5πr2＝16＋20π，解得r＝2，故选B.
答案 (1)D (2)B
规律方法 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.
(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)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.
【训练1】 (1)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与侧视图均为半径是2的圆，则这个几何体的表面积是________.
(2)(2020·浙江新高考仿真卷一)《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”.现有一“阳马”P－ABCD，已知其体积为8，AB＝2，BC＝3，则该“阳马”的最长侧棱长为________，表面积为________.
解析 (1)根据给定的三视图可知该几何体为个球体，其半径为2，因此该几何体的表面积为S＝×4π×22＋π×22＝16π.
(2)由题意知，该“阳马”直观图如图所示.由体积V＝×AB×BC×PA＝8可知高PA＝4，∴该四棱锥的最长侧棱长PC＝＝，表面积为2×3＋(2×4＋3×4＋2×5＋3×2)＝21＋3.
答案 (1)16π (2) 21＋3
考点二 空间几何体的体积
【例2】 (1)(一题多解)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)(2019·北京卷)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示.如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为________.
解析 (1)法一 (割补法)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，如图所示.
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
答案 (1)B (2)40
规律方法 空间几何体体积问题的常见类型及解题策略
(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解.
(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解.
(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.
【训练2】 (1)(2019·浙江卷)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm3)是( )
A.158 B.162
C.182 D.324
(2)(2019·天津卷)已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________.
解析 (1)由三视图可知，该柱体是一个直五棱柱，如图，棱柱的高为6，底面可以看作由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3.
则底面面积S＝×3＋×3＝27.
因此，该柱体的体积V＝27×6＝162.故选B.
(2)由题意知圆柱的高恰为四棱锥的高的一半，圆柱的底面直径恰为四棱锥的底面正方形对角线的一半.因为四棱锥的底面正方形的边长为，所以底面正方形对角线长为2，所以圆柱的底面半径为.又因为四棱锥的侧棱长均为，所以四棱锥的高为＝2，所以圆柱的高为1.所以圆柱的体积V＝π·1＝.
答案 (1)B (2)
考点三 最值问题
【例3】 (1)(2016·浙江卷)如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD＝DA，PB＝BA，则四面体PBCD的体积的最大值是________.
(2)正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面边长为，侧棱长为1，则动点从A沿表面移动到E1时的最短路程是________；动点从A沿表面移动到D1时的最短路程为________.
解析 (1)设PD＝DA＝x，
在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，
∴AC＝
＝＝2，
∴CD＝2－x，且∠ACB＝(180°－120°)＝30°，
∴S△BCD＝BC·DC×sin∠ACB＝×2×(2－x)×＝(2－x).
要使四面体体积最大，当且仅当点P到平面BCD的距离最大，而P到平面BCD的最大距离为x.
则V四面体PBCD＝×(2－x)x＝[－(x－)2＋3]，由于0＜x＜2，故当x＝时，V四面体PBCD的最大值为×3＝.
(2)侧面展开图如图(1)，(2)，∴从A沿表面到E1的最短路程为AE1＝＝＝3.从A沿表面到D1的最短路程为AD1＝＝
＝.
(1) (2)
答案 (1) (2)3
规律方法 常用方法是将几何图形展开为平面图形，利用几何性质求解或利用函数或不等式求最值.
【训练3】 (1)(2020·上海徐汇区一模)如图，棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上的动点，则△PEQ周长的最小值为( )
A.2 B.
C. D.
(2)(2018·全国Ⅰ卷)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为( )
A.2 B.2
C.3 D.2
解析 (1)如图，取BC中点N，延长EC1至点M，使MC1＝EC1，连接PM，MN，且M，Q，N共线，则△PEQ的周长为PQ＋PE＋QE＝PQ＋PM＋QN≥MN＝.
(2)由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4，则从M到N的路径中，最短路径的长度为＝＝2.
答案 (1)B (2)B
基础巩固题组
一、选择题
1.《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：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )
A.14斛 B.22斛
C.36斛 D.66斛
解析 设米堆的底面半径为r尺，则r＝8，所以r＝.
所以米堆的体积为V＝×π·r2·5＝··5≈(立方尺).故堆放的米约有÷1.62≈22(斛).故选B.
答案 B
2.某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x的值是( )
A.2 B.
C. D.3
解析 由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，且S底＝(1＋2)×2＝3.∴V＝x·3＝3，解得x＝3.故选D.
答案 D
3.(2020·浙江十校联盟适考)如图所示，已知某几何体的三视图及其尺寸(单位：cm)，则该几何体的表面积为( )
A.15π cm2 B.21π cm2
C.24π cm2 D.33π cm2
解析 由三视图得该几何体为一个底面圆直径为6，母线长为5的圆锥，则其表面积为π×32＋π××6×5＝24π，故选C.
答案 C
4.(2017·北京卷)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )
A.60 B.30
C.20 D.10
解析 由三视图知可把三棱锥放在一个长方体内部，即三棱锥A1－BCD，VA1－BCD＝××3×5×4＝10，故选D.
答案 D
5.已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点.若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( )
A.36π B.64π
C.144π D.256π
解析 因为△AOB的面积为定值，所以当OC垂直于平面AOB时，三棱锥O－ABC的体积取得最大值.由×R2×R＝36，得R＝6.从而球O的表面积S＝4πR2＝144π.故选C.
答案 C
6.(2020·宁波模拟)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是由一个棱柱挖去一个棱锥后的几何体的三视图，则该几何体的体积为( )
A.72 B.64
C.48 D.32
解析 由三视图可知，此几何体为正四棱柱中截挖去一个与其共上底且高为3的四棱锥，则体积V＝42×5－×42×3＝64，故选B.
答案 B
二、填空题
7.(2017·上海卷)已知球的体积为36π，则该球正视图的面积等于________.
解析 πr3＝36π⇒r＝3⇒S＝9π.
答案 9π
8.(2019·全国Ⅲ卷)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.
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).
答案 118.8
9.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________.
解析 由题知，该几何体的直观图如图所示，它是一个球(被过球心O且互相垂直的三个平面)切掉左上角的后得到的组合体，其表面积是球面面积的和三个圆面积之和，易得球的半径为2，则得S＝×4π×22＋3×π×22＝17π.
答案 17π
10.(2020·台州期末评估)已知某多面体的三视图如图所示，则该几何体的所有棱长和为________，其体积为________.
解析 由三视图画出几何体的直观图如图所示，其是正方体的一部分，其中E，F是所在棱的中点，正方体的棱长为2，所以该几何体的所有棱长的和2×7＋1＋1＋＋2×＋2＝16＋3＋2.该几何体的体积为2×2×2－×2×＝.
答案 16＋3＋2
三、解答题
11.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点到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.
12.如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；
(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.
解 (1)交线围成的正方形EHGF如图所示.
(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.
因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.
于是MH＝＝6，AH＝10，HB＝6.
故S四边形A1EHA＝×(4＋10)×8＝56，
S四边形EB1BH＝×(12＋6)×8＝72.
因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，
所以其体积的比值为.
能力提升题组
13.如图，有一个底面是正方形的直棱柱型容器(无盖)，底面棱长为1 dm(dm为分米)，高为5 dm，两个小孔在其相对的两条侧棱上，且到下底面距离分别为3 dm和4 dm，则(水不外漏情况下)此容器可装的水最多为( )
A. dm3 B.4 dm3
C. dm3 D.3 dm3
解析 由题意得当容器内的水的上表面过两孔连线所在的平面时，容器内装的水最多，又因为容器的底面为正方形，则由长方体的对称性易得当容器内的水的上表面平分以两孔连线所得的线段为体对角线的长方体时，容器内装的水最多，此时容器内装的水的体积为3×1×1＋×1×1×1＝，故选C.
答案 C
14.如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为a，底面边长为b，一只蚂蚁从点A出发沿每个侧面爬到A1，路线为A→M→N→A1，则蚂蚁爬行的最短路程是( )
A. B.
C. D.
解析 正三棱柱的侧面展开图是如图所示的矩形，矩形的长为3b，宽为a，则其对角线AA1的长为最短程.因此蚂蚁爬行的最短路程为.故选A.
答案 A
15.如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为平行四边形，NB＝2PN，则三棱锥N－PAC与三棱锥D－PAC的体积比为( )
A.1∶2 B.1∶8
C.1∶6 D.1∶3
解析 设点P，N在平面ABCD内的投影分别为点P′，N′，则PP′⊥平面ABCD，NN′⊥平面ABCD，所以PP′∥NN′，则在△BPP′中，由BN＝2PN得＝.
V三棱锥N－PAC＝V三棱锥P－ABC－V三棱锥N－ABC＝S△ABC·PP′－
S△ABC·NN′＝S△ABC·(PP′－NN′)＝S△ABC·PP′＝S△ABC·PP′，V三棱锥D－PAC＝V三棱锥P－ACD＝S△ACD·PP′，又∵四边形ABCD是平行四边形，∴S△ABC＝S△ACD，∴＝.故选D.
答案 D
16.(2020·浙江教育绿色评价联盟适考)如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为________.
解析 此几何体为一侧棱垂直于底面的三棱台ABC－A1B1C1，如图，由上底的面积S1＝，下底的面积S2＝2，高h＝AA1＝1，得体积V＝h(S1＋＋S2)＝.
答案
17.四面体ABCD及其三视图如图所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.
(1)求四面体ABCD的体积；
(2)证明：四边形EFGH是矩形.
(1)解 由该四面体的三视图可知，
BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1，
又BD∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC，
∴四面体ABCD的体积V＝××2×2×1＝.
(2)证明 ∵BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩平面ABC＝EH，
∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.
同理，EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，
∴四边形EFGH是平行四边形.
又∵AD⊥平面BDC，BC⊂平面BDC，
∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，∴四边形EFGH是矩形.
18.如图所示，A1A是圆柱的母线，AB是圆柱底面圆的直径，C是底面圆周上异于A，B的任意一点，AA1＝AB＝2.
(1)求证：BC⊥平面A1AC；
(2)(一题多解)求三棱锥A1－ABC的体积的最大值.
(1)证明 因为C是底面圆周上异于A，B的一点，且AB为底面圆的直径，所以BC⊥AC.因为AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.
因为AA1∩AC＝A，AA1⊂平面A1AC，AC⊂平面A1AC，所以BC⊥平面A1AC.
(2)解 法一 设AC＝x，在Rt△ABC中，BC＝
＝(0
法二 在Rt△ABC中，AC2＋BC2＝AB2＝4，
VA1－ABC＝S△ABC×AA1＝××AC×BC×AA1＝×AC×BC≤×＝×＝.
当且仅当AC＝BC时等号成立，此时AC＝BC＝.
所以三棱锥A1－ABC的体积的最大值为.
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