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2022版高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第二讲 空间几何体的表面积与体积学案 新人教版

2022版高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第二讲 空间几何体的表面积与体积学案 新人教版

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第二讲　空间几何体的表面积与体积

知识梳理·双基自测

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＝2πrh
V＝_S底·h__＝πr2h
圆锥
S侧＝_πrl__
V＝S底·h＝πr2h＝πr2
圆台
S侧＝π(r1＋r2)l
V＝(S上＋S下＋)·h＝π(r＋r＋r1r2)h
直棱柱
S侧＝_ch__
V＝_S底h__
正棱锥
S侧＝ch′
V＝S底h
正棱台
S侧＝(c＋c′)h′
V＝(S上＋S下＋)h
球
S球面＝_4πR2
V＝πR3
知识点二　几何体的表面积
(1)棱柱、棱锥、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．

1．长方体的外接球：
球心：体对角线的交点；半径：r＝___(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＝_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＝_a__(a为正方体的棱长)．
3．正四面体的外接球与内切球(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＝_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＝_a__(a为正四面体的棱长)．

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＝a.(　√　)
(5)圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS.(　×　)
题组二　走进教材
2．(必修2P27T1)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(　B　)
A．1 cm　　 B．2 cm　　
C．3 cm　　 D． cm
[解析]　由条件得：，∴3r2＝12，∴r＝2.
题组三　走向高考
3．(2020·天津卷)若棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　C　)
A．12π　　 B．24π　　
C．36π　　 D．144π
[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＝＝3，
所以，这个球的表面积为S＝4πR2＝4π×32＝36π.故选：C．
4．(2018·课标全国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(　B　)
A．12π　　 B．12π
C．8π　　 D．10π
[解析]　设圆柱底面半径为r，则4r2＝8，即r2＝2.∴S圆柱表面积＝2πr2＋4πr2＝12π.
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　)

A．　　 B．　　
C．3　　 D．6
[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：××1＋×2＝＋2＝.

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　)

A．2＋　　 B．4＋
C．2＋2　　 D．5
(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　)

A．78－　　 B．78－
C．78－π　　 D．45－
(3)(多选题)(2021·山东潍坊期末)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可以为(　AB　)
A．π　　 B．(1＋)π
C．2π　　 D．(2＋)π
[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S△ABC＝×2×2＝2，S△SAC＝××1＝，S△SAB＝××1＝，S△SBC＝×2×＝，所以S表面积＝2＋2.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球，如图所示．

∴S＝3×3×2＋3×5×4－＋＝78－π.故选B．
(3)若绕直角边旋转一周形成的几何体是圆锥，其表面积为π＋π；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π，故选A、B．

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　)

A．6　　 B．8＋4
C．4＋2　　 D．4＋
[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AC＝AB＝＝，
底边AD长为2的等腰三角形，
其高为＝，
故其表面积为S＝2××22＋2××2×＝4＋2.
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(　　)cm3.(　A　)

A．＋　　 B．＋
C．＋　　 D．＋
(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　)

A．　　 B．　　
C．1　　 D．
(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___.
(4)(2020·江苏省南通市通州区)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，P是侧棱CC1上一点，且C1P＝2PC．设三棱锥P－ D1DB的体积为V1，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为V，则的值为___.

[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S－ABC组成的，如图，三棱锥的高为SO＝1 cm，底面△ABC中，AB＝2 cm，AC＝1 cm，AB⊥AC．故其体积V＝××π×12×1＋××2×1×1＝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V＝23－2×××2×2×2＝，故选D．

(3)该圆锥母线为4，底面半径为2，高为2，
V＝×π×22×2＝.
(4)设正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面边长AB＝BC＝a，高AA1＝b，
则VABCD－A1B1C1D1＝S四边形ABCD×AA1＝a2b，
VP－D1DB＝VB－D1DP＝S△D1DP·BC＝×ab·a＝a2b，
∴＝，即＝.
[引申]若将本例(2)中的俯视图改为，则该几何体的体积为___，表面积为_8__.

[解析]　几何体为如图所示的正三棱锥(棱长都为2)．
∴V＝8－4×＝，
S＝4××(2)2＝8.

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ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A－NMD1的体积为___.
(2)(2021·开封模拟)如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC的中点，则三棱锥A－B1DC1的体积为(　C　)

A．3　　 B．
C．1　　 D．
(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　)

A．　　 B．
C．　　 D．1
(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　)

A．8　　 B．8π　　
C．16　　 D．16π
[解析]　(1)如图，∵正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，

∴S△ANM＝×1×1＝，
∴VA－NMD1＝VD1－AMN＝××2＝，
故答案为：.
(2)如题图，在正△ABC中，D为BC的中点，则有AD＝AB＝，又因为平面BB1C1C⊥平面ABC，AD⊥BC，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A－B1DC1的底面B1DC1上的高，所以V三棱锥A－B1DC1＝·S△B1DC1·AD＝××2××＝1，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V＝××1×1×1＝.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：×22π×4＝8π.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)(2021·河南中原名校质量测评)已知正三棱锥P－ABC的底面边长为3，若外接球的表面积为16π，则PA＝_2或2__.
(2)(2020·新课标Ⅰ)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4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为(　A　)
A．64π　　 B．48π
C．36π　　 D．32π
(3)(2019·全国)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，PB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为(　D　)
A．8π　　 B．4π
C．2π　　 D．π
[解析]　(1)由外接球的表面积为16π，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P－ABC的底面边长为3，得AO1＝，在Rt△AOO1中，由勾股定理可得(PO1－2)2＋()2＝22，解得PO1＝3或PO1＝1，又PA2＝PO＋AO，故PA＝＝2或PA＝＝2，故答案为：2或2.
(2)由题意可知图形如图：

⊙O1的面积为4π，
可得O1A＝2，
则＝2O1A＝4，
∴AB＝4sin60°＝2，
∴AB＝BC＝AC＝OO1＝2，
外接球的半径为：R＝＝4，
球O的表面积为：4×π×42＝64π，故选A．
(3)∵PA＝PB＝PC，△ABC为边长为2的等边三角形，

∴P－ABC为正三棱锥，
∴PB⊥AC，
又E，F分别为PA、AB中点，
∴EF∥PB，
∴EF⊥AC，又EF⊥CE，CE∩AC＝C，
∴EF⊥平面PAC，∴PB⊥平面PAC，∴∠APB＝90°，
∴PA＝PB＝PC＝，
∴P－ABC为正方体一部分，2R＝＝，
即R＝，∴V＝πR3＝π×＝π.

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4 (1)(2020·新课标Ⅲ)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_π__.
(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P－CEF(A，B，D重合于P点)，则三棱锥P－CEF的外接球与内切球的半径之比是_2__.

[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BS＝3，底面半径BC＝1，
则其高SC＝＝2，
不妨设该内切球与母线BS切于点D，
令OD＝OC＝r，由△SOD∽△SBC，则＝，
即＝，解得r＝，
V＝πr3＝π，故答案为：π.

(2)不妨设正方形的边长为2a，由题意知三棱锥P－CEF中PC、PF、PE两两垂直，∴其外接球半径R＝＝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＝tan∠CHP＝tan2∠OHN，
∴tan∠OHN＝＝，∴NH＝r，
又PN＝r，∴2r＝PH＝a，∴r＝.
解法二(体积法)：VC－PEF＝r·(S△PEF＋S△PCE＋S△PCF＋S△CEF)，
∴a3＝r·，∴r＝，
故＝·＝2.

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：①球心在过切点且与切面垂直的直线上；②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P－ABC中，△ABC为等边三角形，PA＝ PB＝ PC＝3，PA⊥PB，三棱锥P－ABC的外接球的体积为(　B　)
A．　　 B．　　
C．27π　　 D．27π
(2)(角度1)(2021·山西运城调研)在四面体ABCD中，AB＝AC＝2，BC＝6，AD⊥平面ABC，四面体ABCD的体积为.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　)
A．　　 B．49π　　
C．　　 D．4π
(3)(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___.
[解析]　(1)因为三棱锥P－ABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，所以△PAB≌△PBC≌△PAC．因为PA⊥PB，所以PA⊥PC，PC⊥PB．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P－ABC的外接球．因为正方体的体对角线长为＝3，所以其外接球半径R＝.因此三棱锥P－ABC的外接球的体积V＝×3＝.故选B．

(2)如图，H为BC的中点，由题意易知AH＝，设△ABC外接圆圆心为O1，则|O1C|2＝32＋(－|O1C|)2，∴|O1C|＝2，又×6××＝，∴|AD|＝1，则|OA|2＝|O1C|2＋2＝，∴S球O＝4πR2＝49π，故选B．

(3)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|＝a，又|O1A|＝＝a，∴内切球半径|OO1|＝a，∴＝＝.

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(　B　)
A．12　　 B．18　　
C．24　　 D．54
(2)(2021·四川凉山州模拟)已知长方体ABCD－A1B1C1D1的体积V＝12，AB＝2，若四面体A－B1CD1的外接球的表面积为S，则S的最小值为(　C　)
A．8π　　 B．9π　　
C．16π　　 D．32π
[解析]　(1)设等边△ABC的边长为a，
则有S△ABC＝a·a·sin 60°＝9，解得a＝6.
设△ABC外接圆的半径为r，则2r＝，解得r＝2，
则球心到平面ABC的距离为＝2，
所以点D到平面ABC的最大距离为2＋4＝6，
所以三棱锥D－ABC体积的最大值为×9×6＝18，故选B．
(2)设BC＝x，BB1＝y，由于V＝12，所以xy ＝6.
根据长方体的对称性可知四面体A－B1CD1的外接球即为长方体的外接球，
所以r＝，
所以S＝4πr2＝π(4＋x2＋y2)≥π(4＋2xy)＝16π，
(当且仅当x＝y＝，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 (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___(只需写一个可能值)．
[解析]　如图，若AB＝AC＝BD＝CD＝AD＝2，BC＝1，取AD的中点H，则CH＝BH＝，且AH⊥平面BCH，又S△BCH＝，∴VA－BCD＝S△BCH×2＝.
如图，若AB＝AC＝BD＝CD＝2，AD＝BC＝1，同理可求得VA－BCD＝.

〔变式训练4〕
(2021·河南阶段测试)四面体ABCD中，AC⊥AD，AB＝2AC＝4，BC＝2，AD＝2，当四面体的体积最大时，其外接球的表面积是_28π__.
[解析]　由已知可得BC2＝AC2＋AB2，所以AC⊥AB，又因为AC⊥AD，所以AC⊥平面ABD，四面体ABCD的体积V＝AC·AB·ADsin∠BAD，当∠BAD＝90°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)2＝AD2＋AC2＋AB2＝28，所以外接球的表面积为4πR2＝28π.