【数学】2019届一轮复习人教A版（文）8-2立体几何学案

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8.2 空间几何体的表面积与体积 最新考纲 考情考向分析 了解球、棱柱、棱锥、棱 台的表面积和体积的计算 公式. 本部分是高考考查的重点内容，主要涉及空间几何 体的表面积与体积的计算．命题形式以选择题与填 空题为主，考查空间几何体的表面积与体积的计算， 涉及空间几何体的结构特征、三视图等内容，要求 考生要有较强的空间想象能力和计算能力，广泛应 用转化与化归思想. 1．多面体的表面积、侧面积 因为多面体的各个面都是平面，所以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、球的表面积和体积 名称 几何体 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＝1 3Sh 台体(棱台和圆台) S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下 V＝1 3(S 上＋S 下＋ S 上 S 下)h 球 S＝4πR2 V＝4 3πR3 知识拓展 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＝ 3a； 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＝ 2a. (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＝ a2＋b2＋c2. (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为 3∶1. 题组一 思考辨析 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)锥体的体积等于底面积与高之积．( × ) (3)球的体积之比等于半径比的平方．( × ) (4)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．( √ ) (5)长方体既有外接球又有内切球．( × ) (6)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.( × ) 题组二 教材改编 2．[P27T1]已知圆锥的表面积等于 12πcm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( ) A．1cmB．2cmC．3cmD.3 2cm 答案 B 解析 S 表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π， ∴r2＝4，∴r＝2. 3．[P28A 组 T3]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________． 答案 1∶47 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 V1＝1 3 ×1 2 ×1 2a×1 2b×1 2c ＝ 1 48abc，剩下的几何体的体积 V2＝abc－ 1 48abc＝47 48abc，所以 V1∶V2＝1∶47. 题组三 易错自纠 4．(2017·西安一中月考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( ) A．3π B．4π C．2π＋4 D．3π＋4 答案 D 解析 由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示． 表面积为 2×2＋2×1 2 ×π×12＋π×1×2＝4＋3π. 5．(2016·全国Ⅱ)体积为 8 的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A．12πB.32 3 πC．8πD．4π 答案 A 解析 由题意可知正方体的棱长为 2，其体对角线 2 3即为球的直径，所以球的表面积为 4πR2 ＝(2R)2π＝12π，故选 A. 6．(2018·大连调研)如图为一个半球挖去一个圆锥后的几何体的三视图，则剩余部分与挖去 部分的体积之比为________． 答案 1∶1 解析 由三视图可知半球的半径为 2，圆锥底面圆的半径为 2，高为 2，所以 V 圆锥＝1 3 ×π×23 ＝8 3π，V 半球＝1 2 ×4 3π×23＝16 3 π，所以 V 剩余＝V 半球－V 圆锥＝8 3π，故剩余部分与挖去部分的体积 之比为 1∶1. 题型一 求空间几何体的表面积 1．(2018 届云南昆明一中摸底)一个正方体挖去一个多面体所得的几何体的三视图如图所示， 其中正视图、侧视图和俯视图均为边长等于 2 的正方形，则这个几何体的表面积为( ) A．16＋4 3 B．16＋4 5 C．20＋4 3 D．20＋4 5 答案 D 解析 由三视图可知，该几何体是棱长为 2 的正方体的内部挖去一 个底面边长为 2 的正四棱锥，将三视图还原可得如图，可得其表 面积为 S＝5×22＋4×1 2 ×2× 5＝20＋4 5，故选 D. 2．(2017·黑龙江哈师大附中一模)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.7 3 B.17 2 C．13 D.17＋3 10 2 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＝ 2，A′B′＝2 2. ∴棱台的上底面面积为1 2 ×1×1＝1 2 ，下底面面积为1 2 ×2×2＝2， 梯形 ACC′A′的面积为1 2 ×(1＋2)×2＝3，梯形 BCC′B′的面积为1 2 ×(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1 2 ，∴DE＝ 2 2 ， ∴AE＝ AD2＋DE2＝ 3 2 ， ∴梯形 ABB′A′的面积为1 2 ×( 2＋2 2)× 3 2 ＝9 2 ， ∴几何体的表面积 S＝1 2 ＋2＋3＋3＋9 2 ＝13，故选 C. 思维升华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． 题型二 求空间几何体的体积 命题点 1 以三视图为背景的几何体的体积 典例 (2018 届广雅中学、东华中学、河南名校联考)如图， 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，则该几何体的体积为( ) A.24π＋8 3 B．8π＋8 C.32π＋8 3 D.32π＋24 3 答案 A 解析 根据三视图可知，几何体是3 4 个球与一个直三棱锥的组合体，球的半径为 2，三棱锥底 面是等腰直角三角形，面积为 S＝1 2 ×2 2×2 2＝4，高为 2，所以三棱锥的体积 V＝1 3 ×4×2 ＝8 3 ，故组合体的体积 V＝3 4 ×4 3π×23＋8 3 ＝24π＋8 3 ，故选 A. 命题点 2 求简单几何体的体积 典例 (2018·广州调研)已知 E，F 分别是棱长为 a 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱 AA1，CC1 的中点，则四棱锥 C1—B1EDF 的体积为________． 答案 1 6a3 解析 方法一 如图所示，连接 A1C1，B1D1 交于点 O1，连接 B1D，EF， 过点 O1 作 O1H⊥B1D 于点 H. 因为 EF∥A1C1，且 A1C1⊄平面 B1EDF，EF⊂平面 B1EDF， 所以 A1C1∥平面 B1EDF. 所以 C1 到平面 B1EDF 的距离就是 A1C1 到平面 B1EDF 的距离． 易知平面 B1D1D⊥平面 B1EDF， 又平面 B1D1D∩平面 B1EDF＝B1D， 所以 O1H⊥平面 B1EDF， 所以 O1H 等于四棱锥 C1—B1EDF 的高． 因为△B1O1H∽△B1DD1， 所以 O1H＝B1O1·DD1 B1D ＝ 6 6 a. 所以 1 1 1 1 3C B EDF B EDFV S－ 四边形＝ ·O1H＝1 3 ×1 2·EF·B1D·O1H＝1 3 ×1 2· 2a· 3a· 6 6 a＝1 6a3. 方法二 连接 EF，B1D. 设 B1 到平面 C1EF 的距离为 h1，D 到平面 C1EF 的距离为 h2，则 h1＋h2＝B1D1＝ 2a. 由题意得， 1 1 1 1 1—C B EDF B C EF D C EFV V V四棱锥 － 三棱锥 － 三棱锥＝ ＋ ＝1 3· 1C EFS ·(h1＋h2)＝1 6a3. 思维升华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． 跟踪训练 (1)(2018 届河南洛阳联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ( ) A．2 B．1 C.2 3 D.1 3 答案 C 解析 几何体如图， 由三视图得底面为对角线为 2 的正方形，高为 1，所以体积为1 3 ×1 2 ×2×1×2×1＝2 3 ，故选 C. (2)如图，在多面体 ABCDEF 中，已知 ABCD 是边长为 1 的正方形，且△ADE，△BCF 均为 正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为( ) A. 2 3 B. 3 3 C.4 3D.3 2 答案 A 解析 如图，分别过点 A，B 作 EF 的垂线，垂足分别为 G，H，连接 DG， CH， 容易求得 EG＝HF＝1 2 ， AG＝GD＝BH＝HC＝ 3 2 ， 取 AD 的中点 O，连接 GO，易得 GO＝ 2 2 ， ∴S△AGD＝S△BHC＝1 2 × 2 2 ×1＝ 2 4 ， ∴多面体的体积 V＝V 三棱锥 E－ADG＋V 三棱锥 F－BCH＋V 三棱柱 AGD－BHC＝2V 三棱锥 E－ADG＋V 三棱柱 AGD－BHC ＝1 3 × 2 4 ×1 2 ×2＋ 2 4 ×1＝ 2 3 .故选 A. 题型三 与球有关的切、接问题 典例 (2016·全国Ⅲ)在封闭的直三棱柱 ABC—A1B1C1 内有一个体积为 V 的球．若 AB⊥BC， AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则 V 的最大值是( ) A．4π B.9π 2 C．6π D.32π 3 答案 B 解析 由题意知，底面三角形的内切圆直径为 4.三棱柱的高为 3，所以球的最大直径为 3，V 的最大值为9π 2 . 引申探究 1．若将本例中的条件变为“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，求球 O 的表面积． 解 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． ∴体对角线 BC1 的长为球 O 的直径． 因此 2R＝ 32＋42＋122＝13. 故 S 球＝4πR2＝169π. 2．若将本例中的条件变为“正四棱锥的顶点都在球 O 的球面上”，若该棱锥的高为 4，底 面边长为 2，求该球的体积． 解 如图，设球心为 O，半径为 r，则在 Rt△AOF 中，(4－r)2＋( 2)2 ＝r2，解得 r＝9 4 ， 则球 O 的体积 V 球＝4 3πr3＝4 3π× 9 4 3＝243π 16 . 思维升华空间几何体与球接、切问题的求解方法 (1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化 为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解． (2)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，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用 4R2＝a2＋b2＋c2 求解． 跟踪训练 (2018 届漯河高级中学模拟)四面体 ABCD 的四个顶点都在球 O 的表面上，AB＝2， BC＝CD＝1，∠BCD＝60°，AB⊥平面 BCD，则球 O 的表面积为( ) A．8π B.8 2π 3 C.8 3π 3 D.16π 3 答案 D 解析 如图，∵BC＝CD＝1，∠BCD＝60°，∴底面△BCD 为等边三角形， 取 CD 的中点 E，连接 BE，∴△BCD 的外心在 BE 上，设为 G，取 BC 的中 点 F，连接 GF，在 Rt△BCE 中，由 CE＝1 2 ，∠CBE＝30°，得 BF＝1 2BC＝1 2 ， 又在 Rt△BFG 中，得 BG＝ 1 2 cos30° ＝ 3 3 ，过 G 作 AB 的平行线与 AB 的中垂 线 HO 交于点 O，则 O 为四面体 ABCD 的外接球的球心，即 R＝OB， ∵AB⊥平面 BCD，∴OG⊥BG， 在 Rt△BGO 中，求得 OB＝ OG2＋BG2＝2 3 3 ， ∴球 O 的表面积为 4π 2 3 3 2＝16π 3 .故选 D. 三视图(基本的、和球联系的) 考点分析三视图是高考重点考查的一个知识点，主要考查由几何体的三视图还原几何体的形 状，进而求解表面积、体积等知识，所涉及的几何体既包括柱、锥、台、球等简单几何体， 也包括一些组合体，处理此类题目的关键是通过三视图准确还原几何体． 典例 1 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于( ) A.160 3 B．160 C．64＋32 2 D．60 解析 由题意知该几何体是由一个直三棱柱和一个四棱锥组成的组合 体，如图所示，其中直三棱柱的高为 8－4＝4，故 V 直三棱柱＝8×4＝32， 四棱锥的底面为边长为 4 的正方形，高为 4，故 V 四棱锥＝1 3 ×16×4＝64 3 ， 故该几何体的体积 V＝V 直三棱柱＋V 四棱锥＝32＋64 3 ＝160 3 ，故选 A. 答案 A 典例 2 某组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为________． 解析 如图所示，该组合体由一个四棱锥和四分之一个球组成，球的半径为 1， 四棱锥的高为球的半径，四棱锥的底面为等腰梯形，上底为 2，下底为 1，高 为 3 2 ，所以该组合体的体积 V＝1 3 ×1 2 ×(2＋1)× 3 2 ×1＋1 4 ×4 3π×13＝ 3 4 ＋π 3. 答案 3 4 ＋π 3 1．(2018 届山西名校联考)榫卯是在两个木构件上所采用的一种凹凸结合的连接方式，凸出 部分叫榫，凹进部分叫卯，榫和卯咬合，起到连接作用，代表建筑有：北京的紫禁城、天坛 祈年殿、山西悬空寺等，如图所示是一种榫卯的三视图，其表面积为( ) A．8＋12π B．8＋16π C．9＋12π D．9＋16π 答案 B 解析 由三视图可知榫卯的榫为底边长为 1，高为 2 的长方体，卯为底面半径为 r＝2，高为 2 的中空的圆柱体，设表面积为 S，侧面积为 S1＝2π×2×2＋4×2＝8π＋8，上、下底面积 的和为 S2＝2×π×22＝8π，则有 S＝S1＋S2＝16π＋8，故选 B. 2．(2018 届贵州黔东南州联考)在△ABC 中，AB＝2，BC＝1.5，∠ABC＝120°(如 图所示)，若将△ABC 绕直线 BC 旋转一周，则形成的旋转体的体积是( ) A.9π 2 B.7π 2 C.5π 2 D.3π 2 答案 D 解析 依题意可知，旋转体是一个大圆锥去掉一个小圆锥，如图所示，OA＝AB·cos30°＝2× 3 2 ＝ 3， 所以旋转体的体积为1 3π·( 3)2·(OC－OB)＝3π 2 . 3．(2018 届广西柳州联考)过半径为 2 的球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则 所得截面的面积与球的体积的比为( ) A．9∶32 B．9∶16 C．3∶8 D．3∶16 答案 A 解析 R＝2，设截面圆 M 的半径为 r， 则 R2＝1 4R2＋r2，∴r2＝3. 所得截面的面积与球的体积比为 πr2 4 3πR3 ＝ 9 32 ，故选 A. 4．(2017·昆明质检)如图所示， 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，则该几何体的体积为( ) A．24πB．30πC．42πD．60π 答案 A 解析 由三视图知，该几何体是半径为 3 的半球与底面半径为 3、高为 4 的半圆锥的组合体， 所以该几何体的体积 V＝1 2 ×4 3π×33＋1 2 ×1 3π×32×4＝24π，故选 A. 5．(2018·九江一模)如图， 格纸上小正方形的边长为 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＋2 3 B．8＋4 2 C．6＋6 2 D．6＋2 2＋4 3 答案 A 解析 直观图是四棱锥 P—ABCD，如图所示，S△PAB＝S△PAD＝S△PDC＝ 1 2 ×2×2＝2，S△PBC＝1 2 ×2 2×2 2×sin60°＝2 3， S 四边形 ABCD＝2 2×2＝4 2， 因此所求棱锥的表面积为 6＋4 2＋2 3. 故选 A. 6．(2017·广州市高中毕业班综合测试)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底 面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥 P—ABC 为鳖臑，PA⊥平面 ABC，PA＝AB＝2，AC＝4，三棱锥 P—ABC 的四个顶点都在球 O 的球面上，则球 O 的表面积为( ) A．8πB．12πC．20πD．24π 答案 C 解析 方法一 将三棱锥 P—ABC 放入长方体中，如图(1)，三棱锥 P—ABC 的外接球就是长 方体的外接球． 因为 PA＝AB＝2，AC＝4，△ABC 为直角三角形，所以 BC＝ 42－22＝2 3.设外接球的半径 为 R，由题意可得(2R)2＝22＋22＋(2 3)2＝20，故 R2＝5，则球 O 的表面积为 4πR2＝20π，故 选 C. 方法二 利用鳖臑的特点求解，如图(2)，因为四个面都是直角三角形，所以 PC 的中点到每 一个顶点的距离都相等，即 PC 的中点为球心 O，易得 2R＝PC＝ 20，所以球 O 的表面积 为 4πR2＝20π，故选 C. 7．现有橡皮泥制作的底面半径为 5，高为 4 的圆锥和底面半径为 2，高为 8 的圆柱各一个．若 将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新 的底面半径为________． 答案 7 解析 设新的底面半径为 r，由题意得1 3πr2·4＋πr2·8＝1 3π×52×4＋π×22×8，解得 r＝ 7. 8．(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________． 答案 9 2π 解析 设正方体棱长为 a，则 6a2＝18， ∴a＝ 3. 设球的半径为 R，则由题意知 2R＝ a2＋a2＋a2＝3， ∴R＝3 2. 故球的体积 V＝4 3πR3＝4 3π× 3 2 3＝9 2π. 9.(2017·南昌一模)如图所示，在直角梯形 ABCD 中，AD⊥DC，AD∥BC，BC ＝2CD＝2AD＝2，若将该直角梯形绕 BC 边旋转一周，则所得的几何体的表 面积为______． 答案 ( 2＋3)π 解析 根据题意可知，此旋转体的上半部分为圆锥(底面半径为 1，高为 1)，下 半部分为圆柱(底面半径为 1，高为 1)，如图所示． 则所得几何体的表面积为圆锥的侧面积、圆柱的侧面积以及圆柱的下底面积之和，即表面积 为1 2·2π·1· 12＋12＋2π·12＋π·12＝( 2＋3)π. 10．(2018·长沙质检)如图所示，一个底面半径为 R 的圆柱形量杯中装有适量的水．若放入 一个半径为 r 的实心铁球，水面高度恰好升高 r，则R r ＝________. 答案 2 3 3 解析 由水面高度升高 r，得圆柱体积增加了πR2r，恰好是半径为 r 的实心铁球的体积，因此 有4 3πr3＝πR2r.故R r ＝2 3 3 . 11.如图，四边形 ABCD 为菱形，G 为 AC 与 BD 的交点，BE⊥平面 ABCD. (1)证明：平面 AEC⊥平面 BED； (2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥 E—ACD 的体积为 6 3 ，求该三棱锥的侧面积． (1)证明 因为四边形 ABCD 为菱形，所以 AC⊥BD. 因为 BE⊥平面 ABCD，AC⊂平面 ABCD， 所以 BE⊥AC. 而 BD∩BE＝B，BD，BE⊂平面 BED， 所以 AC⊥平面 BED. 又 AC⊂平面 AEC，所以平面 AEC⊥平面 BED. (2)解 设 AB＝x，在菱形 ABCD 中，由∠ABC＝120°， 可得 AG＝GC＝ 3 2 x，GB＝GD＝x 2. 因为 AE⊥EC， 所以在 Rt△AEC 中，可得 EG＝ 3 2 x. 由 BE⊥平面 ABCD，知△EBG 为直角三角形， 可得 BE＝ 2 2 x. 由已知得，三棱锥 E—ACD 的体积 V 三棱锥 E—ACD＝1 3 ×1 2AC·GD·BE＝ 6 24x3＝ 6 3 ， 故 x＝2. 从而可得 AE＝EC＝ED＝ 6. 所以△EAC 的面积为 3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥 E—ACD 的侧面积为 3＋2 5. 12.(2018·贵阳质检)如图，△ABC 内接于圆 O，AB 是圆 O 的直径，四边形 DCBE 为平行四 边形，DC⊥平面 ABC，AB＝2，EB＝ 3. (1)求证：DE⊥平面 ACD； (2)设 AC＝x，V(x)表示三棱锥 B－ACE 的体积，求函数 V(x)的解析式及最大值． (1)证明 ∵四边形 DCBE 为平行四边形， ∴CD∥BE，BC∥DE. ∵DC⊥平面 ABC，BC⊂平面 ABC，∴DC⊥BC. ∵AB 是圆 O 的直径，∴BC⊥AC，且 DC∩AC＝C， DC，AC⊂平面 ADC， ∴BC⊥平面 ADC. ∵DE∥BC，∴DE⊥平面 ADC. (2)解 ∵DC⊥平面 ABC，∴BE⊥平面 ABC. 在 Rt△ABE 中，AB＝2，EB＝ 3. 在 Rt△ABC 中，∵AC＝x，∴BC＝ 4－x2(0

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