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导与练普通班2017届高三数学一轮复习第八篇立体几何与空间向量第2节空间几何体的表面积与体积课件理_图文


第2节 空间几何体的表面积与体积

最新考纲 了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.

知识链条完善
考点专项突破 易混易错辨析

知识链条完善
【教材导读】

把散落的知识连起来

1.圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式是如何导出的?
提示:将其侧面展开利用平面图形面积公式求解. 2.将圆柱、圆锥、圆台的侧面沿任意一条母线剪开铺平分别得到什 么图形? 提示:矩形、扇形、扇环.

空间几何体的表面积和体积公式如下
表面积 棱柱 棱锥 S 表=S 侧+2S 底 S 表=S 侧+S 底

知识梳理
体积 棱柱的底面积为 S, 高为 h,V=S·h 棱锥的底面积为 S, 1 高为 h,V= S·h 3 棱台的上、下底面面 积为 S′,S,高为 h, 1 V= (S′+ 3 S ?S +S)h

棱台

S 表=S 侧+ S 上底+S 下底 圆柱的底面半径和 母线长分别为 r,l S 表= 2π r2+2π rl 圆锥的底面半径和 母线长分别为 r,l 2 S 表= π r +π rl 圆台的上、下底面半 径和母线长分别为 2 r,r′,l,S 表=π (r′ + r2+r′l+rl) 球半径为 R, 2 S 球=4π R

V 柱=S·h S=S′ 1 V 台= (S′+ 3 S ?S +S)h S′=0 1 V 锥= S·h 3

圆柱

表面积即空间几何体暴露 在外的所有面的面积之 和

圆柱的高为 h, V=π r2h 圆锥的高为 h, 1 2 V= π r h 3 圆台的高为 h, 1 2 V= π (r′ + 3 r′r+r2)h 4 V 球= πR 3 3

圆锥

圆台



【重要结论】 1.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=
3 a(a 为正方体的棱长); 2

(2)内切球:球心是正方体中心;半径 r=

a (a 为正方体的棱长); 2

(3)与各条棱都相切的球:球心是正方体中心;半径 r=

2 a(a 为正方体的 2

棱长) 2.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)
外接球:球心是正四面体的中心;半径 r= 内切球:球心是正四面体的中心;半径 r=
6 a(a 为正四面体的棱长) 4 6 a(a 为正四面体的棱长) 12

夯基自测
1.圆柱的底面积为 S,侧面展开图是一个正方形,那么圆柱的侧面积是( A ) (A)4π S (B)2π S (C)π S (D)
2 3 πS 3
S , π

解析:由πr =S 得圆柱的底面半径是 故侧面展开图的边长为 2π·

2

S =2 πS , π

所以圆柱的侧面积是 4πS.故选 A.

2.(2016四川成都七中实验学校零诊)某几何体的三视图如图所示,则该 几何体的表面积是( C )

(A)24+4π (C)24+2π

(B)16+6π (D)16+4π

解析:由三视图可知该几何体是由两个半径为1的半球和一个棱长为2的
正方体组合而成的,表面积为S=4π+2×2×6-2π=24+2π,故选C.

3.(2014 高考新课标全国卷Ⅱ)如图,网格纸上正方形小格的边长为 1(表示 1 cm),图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为 3 cm,高为 6 cm 的圆柱体毛坯切削得到,则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为 (

C
17 27

) (B)
5 9

(A)

(C)

10 27

(D)

1 3

解析:原来毛坯体积为 V=π×32×6=54π, 零件的体积 V1=π×32×2+π×22×4=34π, 所求的比值为
V ? V1 54 ? 34 10 = = . V 54 27

4.已知正四棱锥 O ABCD 的体积为 径的球的表面积是 .

3 2 ,底面边长为 3 ,则以 O 为球心,OA 为半 2

1 3 2 解析:设 O 到底面的距离为 h,则 ×3×h= , 3 2

? 6? 3 2 2 解得 h= .OA= h ? ? = 6, ? ? ? 2 ? 2 ?
2 故球的表面积为 4π×( 6 ) =24π.

2

答案:24π

5.(2016海淀模拟)已知某四棱锥,底面是边长为2的正方形,且俯视图如 图所示.若该四棱锥的侧视图为直角三角形,则它的体积为 .

解析:由俯视图可知,四棱锥顶点在底面的射影为 O(如图),又侧视图为直角三 角形,则直角三角形的斜边为 BC=2,斜边上的高为
1 4 SO=1,此高即为四棱锥的高,故 V= ×2×2×1= . 3 3

答案:

4 3

考点专项突破
考点一 几何体的表面积

在讲练中理解知识

几何体的表面积
【例1】 (1)(2014高考山东卷)一个六棱锥的体积为2,其底面是边长为2 的正六边形,侧棱长都相等,则该六棱锥的侧面积为
解析:(1)设该六棱锥的高为 h,
3 1 2 则 ×6× ×2 ×h=2 6 , 3 4

.

解得 h=1,底面正六边形的中心到其边的距离为 6 , 故侧面等腰三角形底边上的高为 3 ? 1 =2, 故该六棱锥的侧面积为
1 ×12×2=12. 2

答案:(1)12

(2)一个多面体的三视图如图所示,则该多面体的表面积为

.

解析: (2)由题中三视图可知,该多面体是棱长为 2 的正方体去掉两个全等的三 棱锥后得到的几何体, 因此其表面积为 6×2×2-6×
答案:(2)21+ 3

3 1 ×1×1+2× ×( 2 )2=21+ 3 . 2 4

反思归纳

几何体表面积的求法

(1)多面体:其表面积是各个面的面积之和.

(2)旋转体:其表面积等于侧面面积与底面面积的和.
计算旋转体的侧面积时,一般采用转化的方法来进行,即将侧面展开化为 平面图形来解决. (3)简单组合体:应搞清各构成部分,并注意重合部分的处理. (4)若以三视图的形式给出,解题的关键是对给出的三视图进行分析,从 中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系,得到几何体的直观图, 然后根据条件求解.

【即时训练】 (1)(2015高考新课标全国卷Ⅰ)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等于( )

(A)1

(B)2

(C)4

(D)8

解析:(1)由已知可知,该几何体的直观图如图所示,其 表面积为 2πr2+πr2+4r2+2πr2=5πr2+4r2.由 5π r2+4r2=16+20π,得 r=2.故选 B.

(2)(2015 高考安徽卷)一个四面体的三视图如图所示,则该四面体的表面积是 ( ) (B)2+ 3 (D)2 2 (A)1+ 3 (C)1+2 2

解析:(2)四面体的直观图如图所示.侧面 SAC⊥底面 ABC, 且△SAC 与△ABC 均为腰长是 2 的等腰直角三角形,SA=SC=AB=BC= 2 ,AC=2. 设 AC 的中点为 O,连接 SO,BO, 则 SO⊥AC,所以 SO⊥平面 ABC,所以 SO⊥BO. 又 OS=OB=1,所以 SB= 2 , 故△SAB 与△SBC 均是边长为 2 的正三角形,故该四面体的表面积为 2×
1 3 × 2 × 2 +2× ×( 2 )2=2+ 3 .故选 B. 2 4

考点二 几何体的体积
【例 2】(1)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 3

(D)

3 2

解析:(1)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= AG=GD=BH=HC= 所以 V= VEADG
1 , 2

1 3 2 2 ,所以 S△AGD=S△BHC= × ×1= , 2 2 2 4 + VFBHC + VAGDBHC 1 1 2 2 2 × × ×2+ ×1= .故选 A. 3 2 4 4 3

=2 VEADG + VAGDBHC =

答案: (1)A

(2)(2015 高考浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体 积是( (A)8 cm (C)
3

) (B)12 cm (D)
3

32 cm3 3

40 cm3 3

解析: (2)该几何体是由棱长为 2 的正方体和底面边长为 2,高为 2 的正四棱锥
1 32 组合而成的几何体.故其体积为 V=2×2×2+ ×2×2×2= (cm3).故选 C. 3 3

答案:(2)C

(3)(2014 高考天津卷)一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的 体积为 m3.

解析: (3)该几何体是一个组合体,上半部分是一个圆锥,下半部分是一个圆柱.
1 8 2 3 2 3 因为 V 圆锥= π×2 ×2= π m ,V 圆柱=π×1 ×4=4π m , 3 3 8 20 3 所以该几何体体积 V= π+4π= π m. 3 3

答案:(3)

20 π 3

反思归纳

求解几何体体积的策略及注意问题

(1)与三视图有关的体积问题关键是准确还原几何体及弄清几何体 中的数量关系. (2)计算柱、锥、台的体积关键是根据条件找出相应的底面积和高. (3)注意求体积的一些特殊方法:分割法、补体法、转化法等,它们 是解决一些不规则几何体体积计算常用的方法,应熟练掌握. (4)注意组合体的组成形式及各部分几何体的特征.

【即时训练】 (1)某四棱锥的三视图如图所示,该四棱锥的体积 为 .

解析:(1)由三视图可知直观图是一个底面为边长等于 3 的正方形,高为 1 的
1 四棱锥,由棱锥的体积公式得 V 四棱锥= ×32×1=3. 3

答案:(1)3

(2)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为线段AA1,B1C上的点, 则三棱锥D1-EDF的体积为 .

解析: (2)因为 B1C∥A1D,B1C? 平面 ADD1A1,所以 B1C∥平面 ADD1A1, 所以 F 到平面 ADD1A1 的距离等于 B1 到平面 ADD1A1 的距离即 A1B1=1.
1 1 1 1 所以 VD1 EDF = VFDD1 E = VD1 DE ·A1B1= × ×1×1×1= . 3 3 2 6

答案:(2)

1 6

考点三 与球有关的切、接问题
【例 3】 (1)如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高 8 cm, 将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深 为 6 cm,如果不计容器的厚度,则球的体积为( (A)
500π 3 cm 3

)

(B)

866π 3 cm 3

1372 π 3 2048 π 3 (C) cm (D) cm 3 3 解析:(1)设球半径为 R cm,

根据已知条件知正方体的上底面与球相交所得截面圆的半径为 4 cm, 球心到截面圆圆心的距离为(R-2)cm,所以由 42+(R-2)2=R2,得 R=5. 所以球的体积为 V=
4 4 3 3 500 π 3 πR = π×5 = cm .故选 A. 3 3 3

答案:(1)A

(2)(2015 长春模拟)若一个正四面体的表面积为 S1,其内切球的表面积为 S2,则
S1 = S2

.

解析: (2)设正四面体棱长为 a, 则正四面体表面积为 S1=4·
3 2 2 ·a = 3 a , 4
1 1 6 6 ,即 r= · a= a, 4 4 3 12

其内切球半径为正四面体高的

3a 2 6 3 S1 πa 2 因此内切球表面积为 S2=4πr = ,则 = = . π 2 S2 6 π a 6 6 3 答案:(2) π
2

【即时训练】 (1)(2014 高考全国大纲卷)正四棱锥的顶点都在同一球面上, 若该棱锥的高为 4,底面边长为 2,则该球的表面积为( (A)
81π 4

)

(B)16π

(C)9π

(D)

27 π 4

解析:(1)如图所示,设球半径为 R,底面中心为 O′且球心为 O, 因为正四棱锥 P-ABCD 中, AB=2, 所以 AO′= 2 . 因为 PO′=4, 所以在 Rt△AOO′中, 2 2 2 AO =AO′ +OO′ , 9 所以 R2=( 2 )2+(4-R)2,解得 R= , 4 9 2 81π 2 所以该球的表面积为 4πR =4π×( ) = .故选 A. 4 4 答案:(1)A

(2)一个正方体削去一个角所得的几何体的三视图如图所示(图中三个 四边形都是边长为2的正方形),则该几何体外接球的体积为 .

解析:(2)依题意可知,新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球,要 求的直径就是正方体的体对角线;所以 2R=2 3 (R 为球的半径), 所以 R= 3 ,所以球的体积 V=
4 πR3=4 3 π. 3

答案:(2)4 3 π

反思归纳

“切”“接”问题的处理规律

(1)“切”的处理

解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体,解答时首先
要找准切点,通过作截面来解决.如果内切的是多面体,则作截面时 主要抓住多面体过球心的对角面来作. (2)“接”的处理 把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题.解决这类 问题的关键是抓住外接的特点,即球心到多面体的顶点的距离等于 球的半径.

考点四

折叠与展开问题

【例 4】 如图,在直三棱柱 ABC A1B1C1 中,底面 ABC 为直 角三角形,∠ACB=90°,AC=6,BC=CC1= 2 .P 是 BC1 上一动 点,则 CP+PA1 的最小值为 .

解析:法一 由题意知,A1P 在几何体内部,但在面 A1C1B 内,把面 A1C1B 沿 BC1 展开与△CBC1 在一个平面上如图,连接 A1C,则 A1C 的长度,即 CP+PA1 的 最小值.因为∠ACB=90°,三棱柱 ABC-A1B1C1 为直三棱柱, AC=6,BC=C1C= 2 ,所以∠A1C1B=90°,A1C1=6, 所以∠CC1A1=45°+90°=135°.在△CC1A1 中, A1C =A1 C12 +C C12 -2A1C1·CC1cos 135°=50,
2

所以 A1C=5 2 ,即 CP+PA1 的最小值为 5 2 .

(教师备用)法二 设 C1P=x,由已知可得△A1C1P 为直角三角形, 则 PA1= 36 ? x 2 ,在△CC1P 中∠CC1P=45°,CC1= 2 , 由余弦定理得 CP= C1P2 ? CC12 ? 2C1P ? CC1 cos45。 = x 2 ? 2 x ? 2 . 因为 CP+PA1= x 2 ? 2 x ? 2 + x 2 ? 36 =

? x ? 1? ? ?0 ? 1?
2

2

+

? x ? 0? ? ? 0 ? 6 ?
2 2

2

故可以看作 x 轴上的动点 M(x,0)到两个定点 E(1,1),F(0,6)的距离之和,E 点关于 x 轴的对称点 E′(1,-1). 所以 CP+PA1≥|E′F|= = 50 =5 2 .

?1 ? 0? ? ? ?1 ? 6?

2

答案:5 2

反思归纳

(1)求几何体表面上两点间的最短距离的常用方法是选择

恰当的母线或棱将几何体展开,转化为求平面上两点间的最短距离.

(2)解决折叠问题的技巧
解决折叠问题时,要分清折叠前后两图形中(折叠前的平面图形和折叠 后的空间图形)元素间的位置关系和数量关系哪些发生了变化,哪些没 有发生变化.

【即时训练】 如图,三棱锥S-ABC中,SA=AB=AC=2,∠ASB=∠BSC= ∠CSA=30°,M,N分别为SB,SC上的点,则△AMN周长的最小值为 .

解析:展开三棱锥的侧面,如图所示. 因为原三棱锥中∠ASB=∠BSC=∠CSA=30°,SA=AB=AC=2, 所以△ASA′是等腰直角三角形, 连接 AA′可得△AMN 周长的最小值为 2 2 .
答案:2 2

备选例题
【例 1】 已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( (A) (C)
8π 3
10 π 3

)

(B)3π (D)6π

解析:根据三视图知该几何体的下面是一个圆柱,上面是圆柱的一半,所
1 以 V=2π+ ×2π=3π.故选 B. 2

【例2】 (2016邢台摸底考试)如图,网格纸的小正方形的边长是1,在其
上用粗线画出了某多面体的三视图,则这个多面体外接球的表面积 为 .

解析:依题意得,题中的几何体是一个底面是正方形(边长为 2)、一条侧 棱(该侧棱长为 2)垂直于底面的四棱锥,可将其补成一个棱长为 2 的正方 体,因此其外接球即是该正方体的外接球,则 2R(R 为外接球的半 径)=2 3 ,因此该多面体的外接球的表面积等于 4πR2=12π.

答案:12π

【例 3】 (2015 江西九江模拟)已知矩形 ABCD 的顶点都在半径为 2 的球 O 的球面上,且 AB=3,BC= 3 ,过点 D 作 DE 垂直于平面 ABCD,交球 O 于 E, 则棱锥 E-ABCD 的体积为
解析:如图所示,BE 过球心 O, 所以 DE= 4 ? 3 ?
2 2

.

? 3?

2

=2,

1 所以 VEABCD = ×3× 3 ×2=2 3 . 3

答案:2 3

经典考题研析

在经典中学习方法

体积与表面积的最值问题 【典例】 (2015高考新课标全国卷Ⅱ)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
审题指导 关键点 可得 S△AOB= 所获信息
1 2 R ∠AOB=90° 2 三棱锥 O-ABC 体积最大值为 OA,OB,OC 两两垂直时,三棱锥 O-ABC 体积 36 最大 解题突破:利用∠AOB=90°得 S△AOB 的面积,当 OC⊥平面 AOB 时,三棱锥体 积最大求得半径 R

) (C)144π (D)256π

(B)64π

解析:如图,设点 C 到平面 OAB 的距离为 h,球 O 的半径为 R, 因为∠AOB=90°,所以 S△OAB=
1 2 R, 2

1 要使 VOABC = ·S△OAB·h 最大,则 OA,OB,OC 应两两垂直, 3 1 1 2 且( VOABC )max= × R ×R 3 2

=

1 3 R =36, 6

此时 R=6,所以球 O 的表面积为 S 球=4πR2=144π.故选 C.

命题意图:本题主要考查三棱锥的体积公式、球的表面积公式等基

础知识,意在考查考生的空间想象能力和运算求解能力.


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