(江苏版)2018年高考数学一轮复习专题8.1空间几何体的表面积与体积(讲)-含答案
(苏教版)高考数学一轮复习第八章第一节空间几何体的表面积与体积教案文(解析版)
1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式2．空间几何体的表面积与体积公式[小题体验]1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为________．解析：设球的半径为R ，因为表面积是16π，所以4πR 2＝16π，解得R ＝2.所以体积为43πR 3＝32π3.答案：323π2．(2018·南京高三年级学情调研)将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为27π cm 3，则该圆柱的侧面积为________cm 2.解析：设正方形的边长为a cm ，则πa 2·a ＝27π，得a ＝3，所以侧面积2π×3×3＝18π cm 2. 答案：18π3．(2018·海安高三质量测试)已知正三棱锥的体积为36 3 cm 3，高为4 cm ，则底面边长为________cm. 解析：设正三棱锥的底面边长为a cm ，则其面积为S ＝34a 2，由题意知13×34a 2×4＝363，解得a ＝6 3.答案：6 31．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错． 2．易混侧面积与表面积的概念． [小题纠偏]1．圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶12．已知正四棱柱的底面边长为 3 cm ，侧面的对角线长为3 5 cm ，则这个正四棱柱的侧面积是________cm 2.解析：正四棱柱的高为352－32＝6 cm ，所以侧面积是4×3×6＝72 cm 2.答案：72考点一 空间几何体的表面积基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．棱长为2的正四面体的表面积是________．解析：每个面的面积为：12×2×2×32＝ 3.所以正四面体的表面积为4 3.答案：4 32．一个六棱锥的体积为23，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：由题意可知该六棱锥为正六棱锥，正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′. 由题意，得13×6×34×22×h ＝23，所以h ＝1， 所以斜高h ′＝12＋32＝2，所以S 侧＝6×12×2×2＝12.答案：123．已知在梯形ABCD 中，AB ⊥BC ，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2，将梯形ABCD绕AD 所在的直线旋转一周形成的几何体的表面积为________．解析：由题意得几何体如图所示，几何体是底面半径为1，高为2的圆柱挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后剩下的部分，所以几何体的表面积为一个圆柱底面与圆柱侧面、圆锥侧面之和，即π×12＋2π×1×2＋π×1×12＋12＝(5＋2)π.答案：(5＋2)π[谨记通法]几何体的表面积的求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．考点二 空间几何体的体积重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2018·苏州高三暑假测试)如图，正四棱锥P ABCD 的底面一边AB 的长为2 3 cm ，侧面积为8 3 cm 2，则它的体积为________cm 3.解析：记正四棱锥P ABCD 的底面中心为点O ，棱AB 的中点为H ，连结PO ，HO ，PH ，则PO ⊥平面ABCD ，因为正四棱锥的侧面积为8 3 cm 2，所以83＝4×12×23×PH ，解得PH ＝2，在Rt △PHO 中，HO ＝3，所以PO ＝1，所以V P ABCD ＝13·S 正方形ABCD ·PO ＝4 cm 3.答案：42．(2019·高邮模拟)如图，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，已知AB ＝AA 1＝3，点P 在棱CC 1上，则三棱锥P ABA 1的体积为________．解析：因为S △ABA 1＝12×3×3＝92，点P 到平面ABA 1的距离h 为△ABC 的高332，所以三棱锥P ABA 1的体积V ＝13 S △ABA 1h ＝934.答案：934[由题悟法]有关几何体体积的类型及解题策略[即时应用]1．现有一个底面半径为3，母线长为5的圆锥状实心铁器，将其高温熔化后铸成一个实心铁球(不计损耗)，则该铁球的半径是________．解析：因为圆锥底面半径为3，母线长为5，所以圆锥的高为52－32＝4，其体积为 13π×32×4＝12π.设铁球的半径为r ，则43πr 3＝12π，解得r ＝39，所以该铁球的半径是 39.答案：392．(2018·南通调研)如图，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，若各棱长均为2，且M 为A 1C 1的中点，则三棱锥M AB 1C 的体积是________．解析：在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面A 1B 1C 1，则AA 1⊥B 1M .因为B 1M 是正三角形的中线，所以B 1M ⊥A 1C 1.因为A 1C 1∩AA 1＝A 1，所以B 1M ⊥平面ACC 1A 1，则V M AB 1C ＝V B 1ACM ＝13×12×AC ×AA 1×B 1M ＝13×12×2×2×3＝233.答案：233考点三与球有关的切、接问题 题点多变型考点——多角探明[锁定考向]与球有关的切、接问题是每年高考的热点，也是难点，题型多为填空题． 常见的命题角度有： (1)球与柱体的切、接问题；(2)球与锥体的切、接问题．[题点全练]角度一：球与柱体的切、接问题1．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为________． 解析：设该球的半径为R ，根据正四棱柱的外接球的直径长为正四棱柱的体对角线长，可得(2R )2＝(2)2＋12＋12，解得R ＝1，所以该球的体积V ＝43πR 3＝4π3.答案：4π32．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.答案：32角度二：球与锥体的切、接问题3．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则棱锥的内切球的半径为________．解析：如图，过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ，连接AD 并延长交BC 于点E ，连接PE ， 因为△ABC 是正三角形，所以AE 是BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心．因为AB ＝23，所以S △ABC ＝33，DE ＝1，PE ＝ 2. 所以S 表＝3×12×23×2＋33＝36＋3 3.因为PD ＝1，所以三棱锥的体积V ＝13×33×1＝ 3.设球的半径为r ，以球心O 为顶点，三棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个 小棱锥， 则r ＝3336＋33＝2－1.答案：2－14．(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．解析：如图，连接AO ，OB ，因为SC 为球O 的直径， 所以点O 为SC 的中点， 因为SA ＝AC ，SB ＝BC ， 所以AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，因为平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ， 所以AO ⊥平面SCB ， 设球O 的半径为R ， 则OA ＝OB ＝R ，SC ＝2R .所以V S ABC ＝V A SBC ＝13×S △SBC ×AO＝13×⎝⎛⎭⎫12×SC ×OB ×AO ， 即9＝13×⎝⎛⎭⎫12×2R ×R ×R ，解得 R ＝3， 所以球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π. 答案：36π[通法在握]“切”“接”问题处理的注意事项 (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．[演练冲关]1．(2018·太湖高级中学检测)一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在同一个球面上，则该球的体积为________．解析：由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r ＝1，其高h ＝1，所以球半径为R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎫h 22＝1＋14＝52，所以该球的体积V ＝43πR 3＝43×⎝⎛⎭⎫523π＝55π6. 答案：55π62．三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝15，AC ＝6，PC ⊥平面ABC ，PC ＝2，则该三棱锥的外接球表面积为________．解析：由题可知，△ABC 中AC 边上的高为15－32＝6，球心O 在底面ABC 的投影即为△ABC 的外心D ，设DA ＝DB ＝DC ＝x ，所以x 2＝32＋(6－x )2，解得x ＝546，所以R 2＝x 2＋⎝⎛⎭⎫PC 22＝758＋1＝838(其中R 为三棱锥外接球的半径)，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝832π.答案：832π3．(2019·南京四校联考)已知在三棱锥S ABC 中，△SAB ，△SBC ，△SAC 都是以S 为直角顶点的等腰三角形，且AB ＝BC ＝CA ＝2，则三棱锥S -ABC 的内切球的半径为________．解析：由题意知，SA ＝SB ＝SC .设SA ＝SB ＝SC ＝a ，则2a ＝2，a ＝1.设三棱锥S -ABC 的内切球的半径为r ，则由等体积法可得，V S -ABC ＝13×⎝⎛⎭⎫12×1×1×r ×3＋12×62×2×r ＝V A -SBC ＝13×⎝⎛⎭⎫12×1×1×1，解得r ＝3－36，即三棱锥S -ABC 的内切球的半径为3－36.答案：3－36一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·徐州高三年级期中考试)各棱长都为2的正四棱锥的体积为________． 解析：由题意得，底面对角线长为22，所以正四棱锥的高为22－22＝2，所以正四棱锥的体积V ＝13Sh ＝13×22×2＝423.答案：4232．(2018·苏锡常镇调研)设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1V 2＝3π，则S 1S 2的值为________．解析：法一：由题意知V 1＝a 3，S 1＝6a 2， V 2＝13πr 3，S 2＝2πr 2，由V 1V 2＝3π得a 313πr 3＝3π， 得a ＝r ，从而S 1S 2＝32π.法二：不妨设V 1＝27，V 2＝9π，故V 1＝a 3＝27，即a ＝3，所以S 1＝6a 2＝54.如图所示，又V 2＝13h ×πr 2＝13πr 3＝9π，即r ＝3，所以l ＝2r ，即S 2＝12l ×2πr ＝2πr 2＝92π，所以S 1S 2＝5492π＝32π.答案：32π3．(2018·南京二模)如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝6.若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，则三棱锥A A1EF 的体积是________．解析：因为在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1∥BB 1，AA 1⊂平面AA 1C 1C ，BB 1⊄平面AA 1C 1C ，所以BB 1∥平面AA 1C 1C ，从而点E 到平面AA 1C 1C 的距离就是点B 到平面AA 1C 1C 的距离，作BH ⊥AC ，垂足为点H ，由于△ABC 是正三角形且边长为4，所以BH ＝23，从而三棱锥A A 1EF 的体积V A A 1EF ＝V E A 1AF ＝ 13S △A 1AF ·BH ＝13×12×6×4×23＝8 3.答案：8 34．(2018·海安期中)如图，在棱长为2的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，则三棱锥O A 1BC 1的体积为________．解析：连结AC ，因为几何体是正方体，所以BO ⊥平面A 1OC 1，BO 是三棱锥B A 1OC 1的高，则三棱锥O A 1BC 1的体积为13×12×22×2×2＝43.答案：435．(2018·盐城模拟)若一圆锥的底面半径为1，其侧面积是底面积的3倍，则该圆锥的体积为________． 解析：设圆锥的母线长为l ，高为h ，则π×1×l ＝3π×12，解得l ＝3， 则h ＝32－12＝22，故该圆锥的体积V ＝13π×12×22＝22π3.答案：22π36．(2018·苏锡常镇一调)如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 是棱BB 1的中点，则四棱锥P AA 1C 1C 的体积为________．解析：四棱锥P AA 1C 1C 可看作：半个正方体割去三棱锥P ABC 和P A 1B 1C 1.所以V P AA 1C 1C ＝12V ABCD A 1B 1C 1D 1－V P ABC －V P A 1B 1C 1＝12－112－112＝13.答案：13二保高考，全练题型做到高考达标1．(2019·扬州模拟)圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为________．解析：设圆台较小底面半径为r ， 则另一底面半径为3r .由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7. 答案：72．(2018·常州期中)如图，一个实心六角螺帽毛坯(正六棱柱)的底边长为4，高为3，若在中间钻一个圆柱形孔后其表面积没有变化，则孔的半径为________．解析：设孔的半径为r ，∵此正六棱柱的底边长为4，高为3，在中间钻一个圆柱形孔后其表面积没有变化，∴2×πr 2＝2πr ×3，解得r ＝3，∴孔的半径为3.答案：33．(2018·常州期末)以一个圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥，若所得的圆锥底面半径等于圆锥的高，则圆锥的侧面积与圆柱的侧面积的比值为________．解析：如图，由题意可得圆柱的侧面积为S1＝2πrh ＝2πr 2.圆锥的母线l ＝h 2＋r 2＝2r ，故圆锥的侧面积为S 2＝12×2πr ×l ＝2πr 2，所以S 2∶S 1＝2∶2.答案：224．(2018·苏北四市一模)将斜边长为4的等腰直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周，则所形成的几何体的体积是________．解析：因为等腰直角三角形的斜边长为4，所以斜边上的高为2，故旋转后的几何体为两个大小相等的圆锥的组合体，圆锥的底面半径为2，高为2，因此，几何体的体积为V ＝2×13π×22×2＝16π3.答案：16π35．(2018·泰州中学高三学情调研)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，P 为AA 1中点，Q 为CC 1的中点，AB ＝2，则三棱锥B P Q D 的体积为________．解析：如图，连结P Q ，则P Q ∥AC ，取P Q 的中点G ，连结BG ，DG ，可得BG ⊥P Q ，DG ⊥P Q ，又BG ∩DG ＝G ，则P Q ⊥平面BGD ，在Rt △BPG 中，由BP ＝5，PG ＝2，可得BG ＝3，同理可得DG＝3，则△BDG 边BD 上的高为32－22＝1，所以S △BDG ＝12×22×1＝2，则V B P Q D ＝13×2×22＝43.答案：436．(2019·盐城检测)有一个用橡皮泥制作的半径为4的球，现要将该球所用的橡皮泥制作成一个圆柱和一个圆锥，使圆柱和圆锥有相同的底面半径和相等的高，若它们的高为8，则它们的底面半径为________．解析：由已知可得球的体积为V ＝43π×43＝256π3.设圆柱和圆锥的底面半径为r ，则圆柱和圆锥的体积和为8πr 2＋83πr 2＝256π3，解得r ＝2 2.答案：2 27．(2018·启东调研)如图，Rt △ABC 的外接圆⊙O 的半径为5，CE 垂直于⊙O 所在的平面，BD ∥CE ，CE ＝4，BD ＝2，ED ＝210，若M 为ED 的中点，则V M ACB ＝________.解析：如图，过D 作DH ⊥CE 于H ，则BC ＝DH ，在Rt △EDH 中，由ED ＝210，EH ＝EC －DB ＝2，得BC ＝DH ＝6，所以在Rt △ABC 中，AB ＝10，BC ＝6，所以AC ＝8，即S △ABC ＝24，又因为CE 垂直于⊙O 所在的平面，BD ∥CE ，M 为ED 的中点，所以M 到平面ABC 的距离为3，所以V M ACB ＝13S △ABC ×3＝24.答案：248．(2018·连云港调研)已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，且该棱锥的高为4，底面边长为22，则该球的表面积为________．解析：如图，正四棱锥P ABCD 的外接球的球心O 在它的高PO 1上，设球的半径为R ，因为底面边长为22，所以AC ＝4.在Rt △AOO 1中，R 2＝(4－R )2＋22，所以R ＝52，所以球的表面积S ＝4πR 2＝25π.答案：25π9．(2018·苏州期末)如图，在体积为V 1的圆柱中挖去以圆柱上下底面为底面、共顶点的两个圆锥，剩余部分的体积为V 2，则V 2V 1＝________.解析：设圆锥与圆柱的底面面积为S ，高为h ，所以V 1＝Sh ，V 2＝Sh －13Sh ＝23Sh ，则V 2V 1＝23. 答案：2310．一个倒圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，在容器内放一个半径为r 的铁球，并向容器内注水，使水面恰好与铁球面相切．将球取出后，容器内的水深是多少？解：如图，作轴截面，设球未取出时，水面高PC ＝h ，球取出后，水面高PH ＝x .根据题设条件可得AC ＝3r ，PC ＝3r ，则以AB 为底面直径的圆锥容积为V 圆锥＝13π×AC 2×PC ＝13π(3r )2×3r ＝3πr 3. V 球＝43πr 3.球取出后，水面下降到EF ，水的体积为V 水＝13π×EH 2×PH ＝13π(PH tan 30°)2PH ＝19πx 3. 又V 水＝V 圆锥－V 球，则19πx 3＝3πr 3－43πr 3， 解得x ＝315r .故球取出后，容器内水深为315r .三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为________．解析：如图，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝1232＋42＝52，OM ＝12AA 1＝6， 所以球O 的半径R ＝OA ＝ ⎝⎛⎭⎫522＋62＝132. 答案：1322．三棱锥P ABC 中，P A ⊥平面ABC 且P A ＝2，△ABC 是边长为3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为________．解析：由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、以P A 为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC 的外接圆半径r ＝32×3×23＝1，外接球球心到△ABC 的外接圆圆心的距离d ＝1，所以外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝2，所以三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝8π.答案：8π3．如图是一个以A 1B 1C 1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝2，∠A 1B 1C 1＝90°，AA 1＝4，BB 1＝3，CC 1＝2，求：(1)该几何体的体积．(2)截面ABC 的面积．解：(1)过C 作平行于A 1B 1C 1的截面A 2B 2C ，交AA 1，BB 1分别于点A 2，B 2. 由直三棱柱性质及∠A 1B 1C 1＝90°可知B 2C ⊥平面ABB 2A 2，则该几何体的体积V ＝V A 1B 1C 1A 2B 2C ＋V C ABB 2A 2＝12×2×2×2＋13×12×(1＋2)×2×2＝6.(2)在△ABC 中，AB ＝22＋4－32＝5，BC ＝22＋3－22＝5， AC ＝222＋4－22＝2 3.则S △ABC ＝12×23×52－32＝ 6.。
2018届高考数学考点突破—空间几何体的表面积与体积
空间几何体的表面积与体积【考点梳理】1．多面体的表(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3.考点一、空间几何体的表面积【例1】(1)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于()A．8＋22B．11＋2 2C．14＋2 2 D．15(2)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28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π[答案](1)B (2)A[解析](1)由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为4＋22＋2＋2＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3.所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.(2)由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图．设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2.因此它的表面积为78×4πR 2＋34πR 2＝17π.故选A.【类题通法】1.(1)多面体与旋转体的表面积等于侧面面积与底面面积之和．(2)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的处理．2．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． 【对点训练】1．如图，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 ．18＋36 5B ．54＋18 5C ．90D ．81[答案]B[解析]由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两个侧面为平行四边形，则表面积为(3×3＋3×6＋3×35)×2＝54＋18 5.故选B.2．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 ．1B ．2C ．4D ．8[答案]B[解析]如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B.考点二、空间几何体的体积【例2】(1)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2π3B.4π3C.5π3D ．2π(2)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m 3.[答案](1)C (2)2[解析](1)过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示．由于V 圆柱＝π·AB 2·BC ＝π×12×2＝2π， V 圆锥＝13π·CE 2·DE ＝13π·12×(2－1)＝π3，所以该几何体的体积V ＝V 圆柱－V 圆锥＝2π－π3＝5π3.(2)由三视图知，四棱锥的高为3，底面平行四边形的一边长为2，对应高为1，所以其体积V ＝13Sh ＝13×2×1×3＝2. 【类题通法】1.若所给定的几何体是柱体、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(转换的原则是使底面面积和高易求)、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． 【对点训练】1．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.[答案]83π[解析]由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为V ＝13π×12×1×2＋π×12×2＝83π.2．一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26πD．1＋26π[答案]C[解析]由三视图知，该四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×43π×⎝⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π.故选C.考点三、多面体与球的切、接问题【例3】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.9π2C．6π D.32π3[答案]B[解析]由AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，得AC＝10，要使球的体积V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC的内切圆的半径为r.则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r，则r＝2.此时2r＝4＞3，不合题意．因此球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R最大．由2R＝3，即R＝32.故球的最大体积V＝43πR3＝92π.[变式1]若本例中的条件变为“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．[解析]将直三棱柱补形为长方体ABEC-A′B′E′C′，则球O是长方体ABEC-A′B′E′C′的外接球，∴体对角线BC′的长为球O的直径．因此2R＝32＋42＋122＝13，故S球＝4πR2＝169π.[变式2]若本例中的条件变为“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．[解析]如图，设球心为O ，半径为r ，则在Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2， 解得r ＝94，则球O 的体积V 球＝43πr 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫943＝243π16. 【类题通法】1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．2．若球面上四点P ，A ，B ，C 中P A ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题． 【对点训练】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 ．36πB ．64πC ．144πD ．256π[答案]C[解析]如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12R 2.∵V O -ABC ＝V C -AOB ，而△AOB 面积为定值，∴当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O -ABC 最大，∴当C为与球的大圆面AOB垂直的直径的端点时，体积V O-ABC最大为13×12R2×R＝36，∴R＝6，∴球O的表面积为4πR2＝4π×62＝144π.故选C.。
高考苏教版数学理大一轮复习课件8.1空间几何体及其表面积、体积
直棱 柱
S 侧＝ Ch
V＝ Sh
问题．
基础知识·自主学习
要点梳理
难点正本 疑点清源
1 Ch′ 正棱锥 S 侧＝ 2
正棱台 1(C＋C′)h′ 2 球
2 4π R S 球面＝
1 Sh V＝ 3
1 V＝ (S 上＋S 下 3 ＋ S上S下)h
4.几何体的侧面积和表面积 几何体的侧面积是指 (各个 )侧 面面积之和，而表面积是侧面 积与所有底面积之和．对侧面 积公式的记忆，最好结合几何 体的侧面展开图来进行．要特 别留意根据几何体侧面展开 图的平面图形的特点来求解 相关问题．
命题④由棱台的定义知是正确的．
题型分类·深度剖析
题型一 空间几何体的结构特征
思维启迪 解析 答案
【例 1】设有以下四个命题： ①底面是平行四边形的四棱柱 是平行六面体； ②底面是矩形的平行六面体是 长方体； ③直四棱柱是直平行六面体； ④棱台的相对侧棱延长后必交 于一点．
探究提高
①④ ． 其中真命题的序号是_______
题型分类·深度剖析
题型一 空间几何体的结构特征
思维启迪 解析 答案
Байду номын сангаас
【例 1】设有以下四个命题： ①底面是平行四边形的四棱柱 是平行六面体； ②底面是矩形的平行六面体是 长方体； ③直四棱柱是直平行六面体； ④棱台的相对侧棱延长后必交 于一点．
S 侧＝
4 3 πR V＝ 3
基础知识·自主学习
要点梳理
难点正本 疑点清源
4. 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．
江苏2018高三数学一轮复习 立体几何热点问题
高考导航立体几何是研究空间几何体的基础和必备内容，也是历年高考命题的热点．其中有两个考查热点：一是空间几何体的表面积、体积的求解，试题难度不大；二是空间平行与垂直关系的证明与探索性问题，难度中等．热点一求解空间几何体的表面积和体积空间几何体的表面积和体积多以常见几何体或与球的接、切组合体考查，主要考查空间想象能力、逻辑推理能力和计算能力．求解几何体的表面积时，要考虑全面；求解棱锥的体积时，等体积转化是常用的思想方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以便于求解．例1(1)(2017·盐城模拟)如图，正四棱锥P ABCD的底面一边AB长为2 3 cm，侧面积为8 3 cm2，则它的体积为________cm3.(2)(2017·苏、锡、常、镇四市调研)如图，正三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝4，AA1＝6.若E，F分别是棱BB1，CC1上的点，则三棱锥AA1EF的体积是________．解析(1)设正四棱锥P ABCD的侧面上的斜高为h′，又底面一边AB长为2 3 cm，则侧面积为4×12×23h′＝83(cm2)，解得h′＝2(cm)，则它的高h＝22－（3）2＝1，体积为13×(23)2×1＝4(cm 3)． (2)由正三棱柱的底面边长为4得点F 到平面A 1AE 的距离(等于点C 到平面A 1ABB 1的距离)为32×4＝23，则1A A E F V -三棱锥＝1F A AE V -三棱锥＝131S A AE ∆×23＝13×12×6×4×23＝8 3.答案 (1)4 (2)8 3探究提高 (1)求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和．(2)求体积时可以把空间几何体进行分解，把复杂的空间几何体的体积分解为一些简单几何体体积的和或差．求解时注意不要多算也不要少算．训练1 (1)(2017·扬州中学模拟)在正三棱锥P ABC 中，M ，N 分别是PB ，PC 的中点，若截面AMN ⊥平面PBC ，则此棱锥中侧面积与底面积的比为________．第(1)题图 第(2)题图 (2)如图，正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 为线段B 1C 上的一点，则三棱锥ADED 1的体积为________．解析 (1)取BC 的中点D ，连接AD ，PD ，且PD 与MN 的交点为E .因为AM ＝AN ，E 为MN 的中点，所以AE ⊥MN ，又截面AMN ⊥平面PBC ，所以AE ⊥平面PBC ，则AE ⊥PD ，又E 点是PD 的中点，所以P A ＝AD .设正三棱锥P ABC 的底面边长为a ，则侧棱长为32a ，斜高为22a ，则此棱锥中侧面积与底面积的比为3×12a ×22a 34a2＝61. (2)1A DED V -＝1E ADD V -＝13×1S ADD ∆×CD ＝13×12×1＝16.答案 (1)6∶1 (2)16热点二 空间平行关系和垂直关系的证明(规范解答)直线与平面的位置关系是立体几何的核心内容，高考始终把直线与平面的平行、垂直关系作为考查的重点，以多面体为载体的线面位置关系的论证是历年必考内容，其中既有单独考查直线和平面的位置关系的试题，也有以简单几何体体积的计算为载体考查直线和平面的位置关系的试题．从内容上看，主要考查对定义、定理的理解及符号语言、图形语言、文字语言之间的相互转换；从能力上来看，主要考查考生的空间想象能力和逻辑思维能力．例2(满分12分)(2015·山东卷)如图，三棱台DEF ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点．(1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥BC ，AB ⊥BC ，求证：平面BCD ⊥平面EGH .满分解答 (1)证明 法一 连接DG ，CD ，设CD ∩GF ＝M ，连接MH……………………………………………………………………………………1分在三棱台DEF ABC 中，AB ＝2DE ，G 为AC 的中点，可得DF ∥GC ，DF ＝GC ，所以四边形DFCG 为平行四边形．则M 为CD 的中点，……………………………………………………………3分 又H 为BC 的中点，所以HM ∥BD ，…………………………………………4分 又HM ⊂平面FGH ，BD ⊄平面FGH ，所以BD ∥平面FGH . …………………………………………………………6分法二在三棱台DEF ABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，可得BH∥EF，BH＝EF，所以四边形HBEF为平行四边形，可得BE∥HF.…………………………………………………………………3分在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.……………………………………………4分又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.……………………………5分因为BD⊂平面ABED，所以BD∥平面FGH.………………………………6分(2)证明连接HE，EG，因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GH∥AB.………………………………………………………………7分由AB⊥BC，得GH⊥BC.又H为BC的中点，所以EF∥HC，EF＝HC，因此四边形EFCH是平行四边形，所以CF∥HE. ……………………9分又CF⊥BC，所以HE⊥BC. ………………………………………………10分又HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H，所以BC⊥平面EGH. ………………………………………………………11分又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH. …………………………12分❶(法一)作辅助线得1分，证明四边形DFCG为平行四边形得2分，再得到HM ∥BD得1分，最后根据线面平行的判定定理得结论得2分．❷(法二)证明四边形HBEF为平行四边形且BE∥HF得3分，再证明GH∥AB得1分，再推出平面FGH∥平面ABED得1分，最后得出BD∥平面FGH得1分．❸第(2)问中得到GF∥AB得1分，证明四边形EFCH是平行四边形且CH∥HE 得2分，再得到BC⊥HE得1分，再得到BC⊥平面EGH得1分，最后证得结论得1分．❹第(1)问法一中若漏写“HM⊂平面FGH”，“BD⊄平面FGH”各扣1分；在第(2)问最后漏写“BC⊂平面BCD”扣1分．证明线面平行问题(一)第一步：找(作)出所证线面平行中的平面内的一条直线．第二步：证明线线平行．第三步：根据线面平行的判定定理证明线面平行．第四步：反思回顾．检查关键点及答题规范．证明线面平行问题(二)第一步：在多面体中作出要证线面平行中的线所在的平面．第二步：利用线面平行的判定定理证明所作平面内的两条相交直线分别与所证平面平行；第三步：证明所作平面与所证平面平行．第四步：转化为线面平行．第五步：反思回顾，检查答题规范．证明面面垂直问题第一步：根据已知条件确定一个平面内的一条直线垂直于另一个平面内的一条直线．第二步：结合已知条件证明确定的这条直线垂直于另一平面内的两条相交直线．第三步：得出确定的这条直线垂直于另一平面．第四步：转化为面面垂直．第五步：反思回顾，检查答题规范．训练2(2016·苏北四市调研)如图，在几何体ABCDEF中，ABCD是正方形，DE ⊥平面ABCD.(1)求证：AC⊥平面BDE；(2)若AF ∥DE ，DE ＝3AF ，点M 在线段BD 上，且BM ＝13BD ，求证：AM ∥平面BEF .证明 (1)因为DE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥AC ，因为ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD ，又BD ∩DE ＝D ，从而AC ⊥平面BDE .(2)延长EF ，DA 交于点G ，连接GB ，因为AF ∥DE ，DE ＝3AF ，所以GA GD ＝AF DE ＝13，因为BM ＝13BD ，所以BM BD ＝13，所以BM BD ＝GA GD ＝13，所以AM ∥GB ，又AM ⊄平面BEF ，GB ⊂平面BEF ，所以AM ∥平面BEF .热点三 平面图形折叠成空间几何体将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，把这类问题称为平面图形的翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是化解翻折问题难点的主要方法．例3(2016·全国Ⅱ卷)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ，EF 交BD 于点H ，将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置．(1)证明：AC ⊥HD ′；(2)若AB ＝5，AC ＝6，AE ＝54，OD ′＝22，求五棱锥D ′ABCFE 的体积．(1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD ，又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD ，故AC ∥EF ，由此得EF ⊥HD ，故EF ⊥HD ′，所以AC ⊥HD ′.(2)解 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4，所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3，于是OD ′2＋OH 2＝(22)2＋12＝9＝D ′H 2，故OD ′⊥OH .由(1)知AC ⊥HD ′，又AC ⊥BD ，BD ∩HD ′＝H ，所以AC ⊥平面BHD ′，于是AC ⊥OD ′，又由OD ′⊥OH ，AC ∩OH ＝O ，所以OD ′⊥平面ABC .又由EF AC ＝DH DO 得EF ＝92.五边形ABCFE 的面积S ＝12×6×8－12×92×3＝694.所以五棱锥D ′ABCFE 的体积V ＝13×694×22＝2322.探究提高 (1)①利用AC 与EF 平行，转化为证明EF 与HD ′垂直；②求五棱锥的体积需先求棱锥的高及底面的面积，结合图形特征可以发现OD ′是棱锥的高，而底面的面积可以利用菱形ABCD 与△DEF 面积的差求解，这样就将问题转化为证明OD ′与底面垂直以及求△DEF 的面积问题了．(2)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．训练3(2017·徐州、连云港调研)如图1所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E 分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2所示．(1)求证：A1F⊥BE；(2)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由．(1)证明由已知，得AC⊥BC，且DE∥BC.所以DE⊥AC，则DE⊥DC，DE⊥DA1，又因为DC∩DA1＝D，所以DE⊥平面A1DC.由于A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，CD∩DE＝D，所以A1F⊥平面BCDE，又BE⊂平面BCDE，所以A1F⊥BE.(2)解线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图所示，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又因为DE∥BC，所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由(1)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为P是等腰△DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP，又DE∩DP＝D，所以A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.热点四线、面位置关系中的开放存在性问题是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法类比探索型．例4(2017·郑州质检)如图所示，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面P AD⊥底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点．(1)求证：EF∥平面P AD；(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．(1)证明如图所示，连接AC，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，且点F为对角线BD的中点．所以对角线AC经过点F，又在△P AC中，点E为PC的中点，所以EF为△P AC的中位线，所以EF∥P A，又P A⊂平面P AD，EF⊄平面P AD，所以EF∥平面P AD.(2)解存在满足要求的点G.在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG⊥平面PDC，因为底面ABCD是边长为a的正方形，所以CD⊥AD.又侧面P AD⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，侧面P AD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面P AD.又EF∥平面P AD，所以CD⊥EF.取CD中点G，连接FG、EG.因为F为BD中点，所以FG∥AD.又CD⊥AD，所以FG⊥CD，又FG∩EF＝F，所以CD⊥平面EFG，又CD⊂平面PDC，所以平面EFG⊥平面PDC.探究提高(1)在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本．(2)第(2)问是探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论．训练4(2017·南京师大附中检测)如图，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面P AC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面P AC？若存在，求SE∶EC；若不存在，试说明理由．(1)证明连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意得四棱锥SABCD是正四棱锥，所以SO⊥AC，在正方形ABCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD，因为SD⊂平面SBD，所以AC⊥SD.(2)解在棱SC上存在一点E，使得BE∥平面P AC. 连接OP.设正方形ABCD的边长为a，则SC＝SD＝2a.由SD⊥平面P AC得SD⊥PC，易求得PD＝2a 4.故可在SP上取一点N，使得PN＝PD.过点N作PC的平行线与SC交于点E，连接BE，BN，在△BDN中，易得BN∥PO，又因为NE∥PC，NE⊂平面BNE，BN⊂平面BNE，BN∩NE＝N，PO⊂平面P AC，PC⊂平面P AC，PO∩PC＝P，所以平面BEN∥平面P AC，所以BE∥平面P AC.因为SN∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1.(建议用时：70分钟)一、填空题1．(2017·南通、扬州、泰州三市调研)已知正三棱柱的各条棱长均为a，圆柱的底面直径和高均为b.若它们的体积相等，则a3∶b3的值为________．解析由题意可得34a3＝14πb3，则a3b3＝3π3.答案3π32．(2017·苏北四市调研)已知矩形ABCD 的边AB ＝4，BC ＝3，若沿对角线AC 折叠，使平面DAC ⊥平面BAC ，则三棱锥DABC 的体积为________． 解析 在平面DAC 上过点D 作DE ⊥AC 于点E ，因为平面DAC ⊥平面BAC ，由面面垂直的性质定理可得DE ⊥平面BAC .又DE ＝125，所以三棱锥DABC 的体积为13×12×4×3×125＝245. 答案 245 二、解答题3．(2017·盐城中学模拟)如图，在三棱锥P ABC 中，平面P AB ⊥平面ABC ，P A ⊥PB ，M ，N 分别为AB ，P A 的中点．(1)求证：PB ∥平面MNC ；(2)若AC ＝BC ，求证：P A ⊥平面MNC .证明 (1)因为M ，N 分别为AB ，P A 的中点，所以MN ∥PB ， 又因为MN ⊂平面MNC ，PB ⊄平面MNC ，所以PB ∥平面MNC . (2)因为P A ⊥PB .MN ∥PB ，所以P A ⊥MN . 因为AC ＝BC ，AM ＝BM ，所以CM ⊥AB . 因为平面P AB ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，平面P AB ∩平面ABC ＝AB . 所以CM ⊥平面P AB .因为P A ⊂平面P AB ，所以CM ⊥P A . 又MN ∩CM ＝M ，所以P A ⊥平面MNC .4．(2017·南京模拟)如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，点D 为棱BC 上一点． (1)若AB ＝AC ，D 为棱BC 的中点，求证：平面ADC 1⊥平面BCC 1B 1；(2)若A1B∥平面ADC1，求BDDC的值．(1)证明因为AB＝AC，点D为BC的中点，所以AD⊥BC.因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以BB1⊥平面ABC.因为AD⊂平面ABC，所以BB1⊥AD.因为BC∩BB1＝B，BC⊂平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1，所以AD⊥平面BCC1B1.因为AD⊂平面ADC1，所以平面ADC1⊥平面BCC1B1.(2)连接A1C，交AC1于点O，连接OD，所以点O为A1C的中点．因为A1B∥平面ADC1，A1B⊂平面A1BC，平面ADC1∩平面A1BC＝OD，所以A1B∥OD.因为点O为A1C的中点，所以点D为BC的中点．所以BDDC＝1.5．(2017·苏、锡、常、镇、宿迁五市调研)如图，已知直三棱柱ABCA1B1C1的侧面ACC1A1是正方形，点O是侧面ACC1A1的中心，∠ACB＝π2，点M是棱BC的中点．(1)求证：OM∥平面ABB1A1；(2)求证：平面ABC1⊥平面A1BC.证明(1)在△A1BC中，因为点O是A1C的中点，点M是BC的中点，所以OM ∥A1B.又OM⊄平面ABB1A1，A1B⊂平面ABB1A1，所以OM∥平面ABB1A1.(2)因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，所以CC1⊥BC.又∠ACB＝π2，即BC⊥AC，且CC1，AC⊂平面ACC1A1，CC1∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1.又AC1⊂平面ACC1A1，所以BC⊥AC1.又在正方形ACC1A1中，A1C⊥AC1，且BC，A1C⊂平面A1BC，BC∩A1C＝C，所以AC1⊥平面A1BC.又AC1⊂平面ABC1，所以平面ABC1⊥平面A1BC.6．(2017·南京师大附中模拟)如图1，在等腰梯形PDCB中，已知PB∥DC，PB ＝3，DC＝1，PD＝2，DA⊥PB，垂足为点A.将△P AD沿AD折起，使平面P AD ⊥平面ABCD，如图2所示．(1)证明：平面P AD⊥平面PCD；(2)在图2中，已知点M是棱PB的中点，求三棱锥DACM的体积．证明(1)在等腰梯形PDCB中，PB∥CD，DA⊥PB，所以CD⊥DA.因为平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD.P A⊂平面P AD，P A⊥DA，所以P A⊥平面ABCD.因为CD⊂平面ABCD，所以P A⊥CD，因为AD∩AP＝A，AD，AP⊂平面P AD，所以CD⊥平面P AD.又因为CD⊂平面PCD，所以平面P AD⊥平面PCD.(2)在图2中，过点M作MN∥P A交AB于点N，因为M是棱PB的中点，所以MN＝12P A.由(1)知P A⊥平面ABCD，从而易证得MN⊥平面ABCD.在图1中，过点C作CE⊥PB，垂足为点E，因为四边形PDCB是等腰梯形，PB＝3，DC＝1，DA⊥PB，所以P A＝AE＝EB＝1.又因为PD＝BC＝2，所以DA＝1.从而V三棱锥DACM ＝V三棱锥MACD＝13MN×S△ACD＝13×12×12＝112.7．(2017·石家庄质检)如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为CD的中点，F为AE的中点，现在沿AE将三角形ADE向上折起，在折起的图形中解答下列问题：(1)在线段AB上是否存在一点K，使BC∥平面DFK？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由；(2)若平面ADE⊥平面ABCE，求证：平面BDE⊥平面ADE.(1)解如图，线段AB上存在一点K，且当AK＝14AB时，BC∥平面DFK.证明如下：设H为AB的中点，连接EH，则BC∥EH，∵AK＝14AB，F为AE的中点，∴KF∥EH，∴KF∥BC，∵KF⊂平面DFK，BC⊄平面DFK，∴BC∥平面DFK.(2)证明∵在折起前的图形中E为CD的中点，AB＝2，BC＝1，∴在折起后的图形中，AE＝BE＝2，从而AE2＋BE2＝4＝AB2，∴AE⊥BE.∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE，∴BE⊥平面ADE，∵BE⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面ADE.8．(2016·全国Ⅰ卷)如图，已知正三棱锥P ABC的侧面是直角三角形，P A＝6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面P AB内的正投影为点E，连接PE 并延长交AB于点G.(1)证明：G是AB的中点；(2)在图中作出点E在平面P AC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积．(1)证明因为P在平面ABC内的正投影为D，所以AB⊥PD.因为D在平面P AB内的正投影为E，所以AB⊥DE.又因为PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PED，又PG⊂平面PED，故AB⊥PG.又由已知可得，P A＝PB，所以G是AB的中点．(2)解在平面P AB内，过点E作PB的平行线交P A于点F，F即为E在平面P AC 内的正投影．理由如下：由已知可得PB⊥P A，PB⊥PC，又EF∥PB，所以EF⊥P A，EF⊥PC.又P A∩PC＝P，因此EF⊥平面P AC，即点F为E在平面P AC内的正投影．连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心．由(1)知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CD＝23CG.由题设可得PC⊥平面P AB，DE⊥平面P AB，所以DE∥PC，因此PE＝23PG，DE＝13PC.由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且P A＝6，可得DE＝2，PE＝2 2. 在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2.所以四面体PDEF的体积V＝13×12×2×2×2＝43.。
高考数学 一轮 第八章 立体几何 第2讲 空间几何体的表面积和体积 理
答案：12
解析：由三视图还原几何体，该几何体是底面为直角梯形， 高为 2 的直四棱柱，且底面直角梯形的两底分别为 1,2，直角腰 长为 1，斜腰为 2.底面积为 2×12×3＝3，侧面积为 2＋2＋4＋ 2 2＝8＋2 2.所以该几何体的表面积为 11＋2 2.故选 B.
B.2π
C.4π
D.43π
4.(2012 年新课标)平面 α 截球 O 的球面所得圆的半径为 1，
球心 O 到平面 α 的距离为 2，则此球的体积为( B )
A. 6π
B.4 3π
C.4 6π
D.6 3π
解析：设球的半径为 R，R＝ 12＋ 22＝ 3， 则此球的 体积为43πR3＝43π( 3)3＝4 3π.
以米
堆的体
积为
14×
1 3
×3×
16
3
2×5
＝3290.故
堆放的
米约为
320 9
÷1.62≈22.故选 B.
答案：B
【规律方法】求几何体的体积时，若所给的几何体是规则 的柱体、锥体、台体或球，可直接利用公式求解；若是给出几 何体的三视图，求该几何体的体积时，先要根据三视图画出直 观图，再确定该几何体的结构特征，最后利用有关公式进行计 算.另外不要忘了锥体体积公式中的13.
4.圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式容易记错，应记住其展 开图的特征：圆柱的侧面展开图是矩形；圆锥的侧面展开图是
扇形，当底面半径为 r，母线长为 l 时，扇形的圆心角 θ＝rl×360°； 圆台的侧面展开图是扇环，当上、下底面半径分别为 r′，r， 母线长为 l 时，扇环的圆心角 θ＝r－lr′×360°.
2018届高三数学一轮复习第八章立体几何第二节空间几何体的表面积和体积课件文
C.90
D.81
(2)(2016安徽江南十校3月联考)某几何体的三视图如图所示,其中侧视
图的下半部分曲线为半圆弧,则该几何体的表面积为 ( )
A.4π+16+4 3 B.5π+16+4 3
C.4π+16+2 3
D.5π+16+2 3
答案 (1)B (2)D
解析 (1)由三视图可知,该几何体是底面为正方形(边长为3),高为6,侧 棱长为3 5 的斜四棱柱. 其表面积S=2×32+2×3×3 5 +2×3×6=54+18 .故选 B. 5 (2)由三视图可知该几何体是一个正三棱柱和一个半圆柱的组合体,三
16 3
)
B. π D.24π
32 3
答案 B 设球的半径为R,
则由4πR2=16π, 解得R=2,
4 3 32 所以这个球的体积为 πR = . 3 3
3.(2016四川,12,5分)已知某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体 积是 .
答案
3 3
3 ,宽、高均为1)中作出此三棱锥,如图所示, 解析 在长方体(长为2
所以h0= 3 =2, 1
1 ×2×2×6=12. 所以该六棱锥的侧面积为 2
考点突破
考点一 空间几何体的表面积
典例1 (1)(2016课标全国Ⅲ,10,5分)如图,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.18+36 5 B.54+18 5
(5)正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. (×)
高考数学一轮总复习 8.1 空间几何体及其表面积与体积课件 理 苏教版
• 答案(dáàn) 3
第三十二页，共39页。
• 1．对于基本概念和能用公式直接求出棱柱、 棱锥、棱台与球的表面积的问题，要结合它们 的结构特点与平面几何知识来解决．
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•规律方法 求几何体的体积问题，可以多角度、 全方位地考虑问题，常采用的方法有“换底法 ”、“分割(fēngē)法”、“补体法”等，尤其是 “等积转化”的数学思想方法应高度重视．
第十六页，共39页。
【训练 2】 (2014·苏州模拟)一个正三棱台的上、下底面边长分 别是 3 cm 和 6 cm，高是32 cm. (1)求三棱台的斜高； (2)求三棱台的侧面积和表面积．
考点二 几何体的表面积与体积 【例 2】 如图所示，四棱锥 P－ABCD 的底面 ABCD 是半径为
R 的圆的内接四边形，其中 BD 是圆的直径，∠ABD＝60°， ∠BDC＝45°，△ADP ∽△BAD. (1)求线段 PD 的长； (2)若 PC＝ 11R，求三棱锥 P－ABC 的体积．
第十三页，共39页。
所以 OA＝
3
2
22＋
262＝
6.
故球的表面积为 S 球＝4π×( 6)2＝24π.
第二十一页，共39页。
(2)因为在直三棱柱中 AB＝3，AC＝4，AA1＝12，AB⊥AC，所以 BC＝5，且 BC 为过底面 ABC 的截面圆的直径，取 BC 中点 D，
则 OD⊥底面 ABC，则 O 在侧面 BCC1B1 内，矩形 BCC1B1 的对
• 第1讲 空间(kōngjiān)几何体及其表面积 与体积
第一页，共39页。
• 知识梳理
• 1．多面体的结构特征
• (1)棱柱：棱一柱般(lén地gz，hù)由一个平全面等多多边边形形沿某
2018版高考数学(理)一轮复习文档：第八章8.2 空间几何体的表面积与体积含解析
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＝πrlS圆台侧＝π（r1＋r2）l3.柱、锥、台和球的表面积和体积名称几何体表面积体积柱体S表面积＝S侧＋2S V＝Sh【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＝错误!a；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＝错误!a.(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＝错误!。
(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.【思考辨析】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.( ×）1．(教材改编)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 cmC．3 cm D。
错误!cm答案B解析S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π,∴r2＝4,∴r＝2 cm.2．某几何体的三视图（单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是（）A．90 cm2B．129 cm2C．132 cm2D．138 cm2答案D解析该几何体如图所示，长方体的长，宽，高分别为6 cm，4 cm，3 cm，直三棱柱的底面是直角三角形，边长分别为3 cm，4 cm，5 cm,所以表面积S＝[2×（4×6＋4×3）＋3×6＋3×3]＋(5×3＋4×3＋2×错误!×4×3）＝99＋39＝138（cm2)．3．（2016·全国甲卷）体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为( )A．12π B.错误!πC．8π D．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错误!即为球的直径，所以球的表面积为4πR2＝(2R）2π＝12π，故选A。
2018届高三数学理一轮总复习江苏专用课件：第八章第二节 空间几何体的表面积与体积 精品
.综上，
该圆柱的体积为2aπ3 或aπ3.
答案：2aπ3 或aπ3
[题组练透] 1．(2016·无锡一中检测)等边圆柱(底面直径和高相等的
圆柱)的底面半径与球的半径相等，则等边圆柱的表 面积与球的表面积的比值为________．
解 析： 设球 的半 径为 R.等 边圆 柱的 表面 积 S1 ＝ 2πR×2R＋2×πR2＝6πR2，球的表面积 S2＝4πR2，所 以SS12＝46ππRR22＝32. 答案：32
于 240°，则该圆锥的体积为________．
解析：圆锥的底面圆的周长为
240° 360°
×2π×1＝
4 3
π，设底面
圆的半径为r，则有2πr＝43π，所以r＝23，于是圆锥的高h＝
1－232＝ 35，故圆锥的体积V＝13×π×232× 35＝4815π.
答案：4815π
1．易混侧面积与表面积的概念，导致计算时错用公式，漏 掉底面积的计算．
解：((21))因证为明P：D∥因E为FA，BA∥BC⊥DE，FC，D所⊥以AADB，⊥APDD＝. CD＝2AB＝
2，F又为ACBD⊥的A中D，点A，D∩PD＝D， 所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PA.
所以又四P边A⊥形AADB，FDA为B∩矩A形D，＝AAB，⊥所B以F.PA⊥平面ABCD. 因又为AB因D∥为EC＝SD△E，BCCD，所＝所以12×以AB2D×⊥C2E⊥＝FE.2F，. E到平面BCD的距离h＝a2， 因为所BF以∩VBE-PFE＝D＝FV，B-EDC＝VE-BCD＝13×2×a2＝a3∈
3．已知某圆柱的侧面展开图是边长为 2a，a 的矩形，则该 圆柱的体积为________．
解析：设圆柱的母线长为l，底面圆的半径为r，则当l＝
江苏专用2018版高考数学大一轮复习第八章立体几何8.1空间几何体的结构及其表面积体积课件文
3 跟踪训练3 一个正三棱台的上、下底面边长分别是3 cm和6 cm，高是 cm. 2 (1)求三棱台的斜高； 解答
设 O1 、 O 分别为正三棱台 ABC—A1B1C1 的上、下底面 正三角形的中心，如图所示， 则O1O＝3 ，过O1作O1D1⊥B1C1，OD⊥BC，则D1D为 2 三棱台的斜高；过D1作D1E⊥AD于E，则D1E＝O1O＝3 ， 2 3 3 3 因为 O1D1＝ 6 ×3＝ 2 ，OD＝ 6 ×6＝ 3， 3 3 在Rt△D DE中， 则DE＝OD－O1D1＝ 3－ ＝ . 1 2 2 3 3 2 2 2 2 D1D＝ D1E ＋ED ＝ 2 ＋ ＝ 3(cm). 故三棱台的斜高为 3 cm . 2
(2)求三棱台的侧面积和表面积.
解答
设c、c′分别为上、下底的周长，h′为斜高，
1 1 27 3 S 侧＝2(c＋c′)h′＝2(3×3＋3×6)× 3＝ 2 (cm2)，
27 3 3 3 99 3 2 2 S 表＝S 侧＋S 上＋S 下＝ 2 ＋ 4 ×3 ＋ 4 ×6 ＝ 4 (cm2).
故三棱台的侧面积为 27 3 cm2，表面积为 99 3 cm2 . 4 2
图形的直观图，其中O′A′＝6 cm，O′C′＝2 cm， ③ 则原图形是_____. ①正方形； ②矩形；
③菱形；
答案 解析
④一般的平行四边形.
如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′ ＝2× 2 2＝ 4 2 cm，CD＝C′D′＝2 cm.
∴OC＝ OD2＋CD2＝ 4 22＋22＝6(cm)，
答案 解析
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
高考数学一轮复习第8章立体几何第2课时空间几何体的表
3 答案 2 解析 设甲、乙两个圆柱的底面半径分别是 r1，r2，母线长分别 S1 9 r1 3 是 l1，l2.则由S ＝4，可得r ＝2.又两个圆柱的侧面积相等，即 2πr1l1 2 2 l1 r 2 2 V1 S1l1 9 2 3 ＝2πr2l2，则 ＝ ＝ ，所以 ＝ ＝ × ＝ . l2 r 1 3 V2 S2l2 4 3 2
几何体的体积 (1)V 柱体＝Sh，V 圆柱＝π r2h． 1 1 2 (2)V 锥体＝ Sh，V 圆锥＝ π r h． 3 3 1 (3)V 台体＝3(S′＋ SS′＋S)h，V 4 V 球＝3π R3(球半径是 R)． 1 2 2 圆台＝ π (r1 ＋r1 r2 ＋r2 )h， 3
1．(1)若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为 3，则 这个圆锥的全面积为________．
4 ． (2018· 衡水调研卷) 中国古代数学名著《九章算术》第五 章“商功”共收录 28 个题目，其中一个题目如下：今有城下广 四丈，上广二丈，高五丈，袤一百二十六丈五尺，问积几何？其 译文可用三视图来解释： 某几何体的三视图如图所示(其中侧视图 为等腰梯形，长度单位为尺)，则该几何体的体积为( )
2．(1)(2018· 沧州七校联考)一个六棱锥的体积为 2 3，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________．
答案 12 解析 由题意可知，该六棱锥是正六棱锥，设该六棱锥的高为 1 3 2 h，则3×6× 4 ×2 ×h＝2 3，解得 h＝1，底面正六边形的中点到 其边的距离为 3，故侧面等腰三角形底边上的高为 3＋1＝2，故该 1 六棱锥的侧面积为2×12×2＝12.
§8.1 空间几何体的三视图、表面积与体积(讲解部分)
在已知图形中过点O作z轴垂直于平面xOy,在直观图中画出对应的z'轴,垂 直于平面x'O'y',已知图形中平行于z轴的线段,在直观图中平行于z'轴且 ⑩ 长度不变 .
考点二 空间几何体的体积
名称
体积
柱体 锥体
V=Sh
1
V= 3Sh
台体
1
V= 3(S+S'+ SS' )h
球体
4
V=3 πR3
考点三 空间几何体的表面积
112.5.
(2)包装盒子的体积V=(a-2x)(b-2x)x=x[ab-2(a+b)x+4x2],x∈
0,
b 2
,b≤60,V=x
[ab-2(a+b)x+4x2]≤x(ab-4 ab x+4x2)=x(3 600-240x+4x2)=4x3-240x2+3 600x.当
且仅当a=b=60时等号成立,设f(x)=4x3-240x2+3 600x,x∈(0,30),则f '(x)=12(x-
②半径:r= a2 b2 c2 (a,b,c为长方体的长、宽、高).
2
(2)正方体的外接球、内切球及与各条棱都相切的球:
①外接球:球心是正方体的中心,半径r= 3 a(a为正方体的棱长);
2
②内切球:球心是正方体的中心,半径r= a (a为正方体的棱长);
2
③与各条棱都相切的球:球心是正方体的中心,半径r= 2 a(a为正方体的棱
考点清单
考点一 三视图与直观图
1.多面体的结构特征
名称
棱柱
棱锥
棱台
图形
结构特征 (1)有两个面互相平行,其余各个 有一个面(即底面)是多边 用一个平行于棱锥底面
专题8-1 空间几何体的表面积与体积练-2018年高考数学
【基础巩固】一、填空题1．(2017·无锡模拟)若正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为1，则此三棱锥的体积为________． 【答案】16【解析】该正三棱锥的底面积为34×(2)2＝32，高为1－⎝⎛⎭⎫632＝33，所以该正三棱锥的体积为13×32×33＝16. 2．(2017·宿迁模拟)用半径为2 cm 的半圆形纸片卷成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的高为________cm. 【答案】 33．如图所示，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1－ABC 1的体积为________．【答案】312【解析】三棱锥B 1－ABC 1的体积等于三棱锥A －B 1BC 1的体积，三棱锥A －B 1BC 1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312.4．(2017·盐城模拟)若一个圆锥的侧面展开图是面积为4π的半圆面，则该圆锥的体积为________． 【答案】263π【解析】由圆锥的侧面展开图是面积为4π的半圆面，得该半圆的半径是22，即为圆锥的母线长．半圆周长即为圆锥底面圆的周长，设圆锥底面圆半径为r ，则22π＝2πr ，解得r ＝2，所以圆锥的高是h ＝(22)2－r 2＝6，体积是V ＝13πr 2h ＝263π.5．(2017·苏、锡、常、镇四市调研)已知△ABC 为等腰直角三角形，斜边BC 上的中线AD ＝2，将△ABC 沿AD 折成60°的二面角，连接BC ，则三棱锥C －ABD 的体积为________． 【答案】2336．(2017·南京、盐城模拟)设一个正方体与底面边长为23，侧棱长为10的正四棱锥的体积相等，则该正方体的棱长为________． 【答案】2【解析】由题意可得正四棱锥的高为2，体积为13×(23)2×2＝8，则正方体的体积为8，所以棱长为2.7．(2017·苏州调研)将半径为5的圆分割成面积之比为1∶2∶3的三个扇形作为三个圆锥的侧面，设这三个圆锥的底面半径依次为r 1，r 2，r 3，则r 1＋r 2＋r 3＝________. 【答案】5【解析】由题意可得三个扇形的弧长分别为5π3，10π3，5π，分别等于三个圆锥底面圆的周长，则r 1＝56，r 2＝53，r 3＝52，所以r 1＋r 2＋r 3＝56＋53＋52＝5. 8．(2017·泰州模拟)如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为BD 1的中点，三棱锥O －ABD 的体积为V 1，四棱锥O －ADD 1A 1的体积为V 2，则V 1V 2的值为________．【答案】12【解析】V 1＝12V 三棱锥D 1－ABD ＝12V 三棱锥B －ADD 1＝14V 四棱锥B －ADD 1A 1＝12V 四棱锥O －ADD 1A 1＝12V 2，则V 1V 2＝12.二、解答题9．(2015·全国Ⅱ卷)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝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．10．如图1，在直角梯形ABCD 中，∠A DC ＝90°，CD ∥AB ，AB ＝4，AD ＝CD ＝2，将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体D －ABC ，如图2所示．(1)求证：BC ⊥平面ACD ； (2)求几何体D －ABC 的体积．(1)证明 在题图中，可得AC ＝BC ＝22， 从而AC 2＋BC 2＝AB 2，故AC ⊥BC ， 又平面ADC ⊥平面ABC ， 平面ADC ∩平面ABC ＝AC ， BC ⊂平面ABC ，∴BC ⊥平面ACD .(2)解 由(1)可知，BC 为三棱锥B －AC D 的高，BC ＝22，S △ACD ＝2，∴V B －ACD ＝13S △ACD ·BC ＝13×2×22＝423，由等体积性可知，几何体D －ABC 的体积为423. 【能力提升】11．(2015·全国Ⅰ卷改编)《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________斛(保留整数)． 【答案】2212．(2017·苏、锡、常、镇四市调研)设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1V 2＝3π，则S 1S 2的值为________．【答案】32π【解析】棱长为a 的正方体的体积V 1＝a 3，表面积S 1＝6a 2，底面半径和高均为r 的圆锥的体积V 2＝13πr 3，侧面积S 2＝2πr 2，则V 1V 2＝a 313πr 3＝3π，则a ＝r ，所以S 1S 2＝6a 22πr 2＝32π.13．(2017·南通调研)在体积为32的四面体ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，AB ＝1，BC ＝2，BD ＝3，则CD 的长度为________． 【答案】7或19【解析】四面体ABCD 的体积为13×12×2×3sin ∠CBD ×1＝sin ∠CBD ＝32，则∠CBD ＝60°或∠CBD ＝120°.当∠CBD ＝60°时，CD 2＝9＋4－2×3×2×12＝7，CD ＝7；当∠CBD ＝120°时，CD 2＝9＋4＋2×3×2×12＝19，CD ＝19，故CD 的长度为7或19.14．一个正三棱台的上、下底面边长分别是3 cm 和6 cm ，高是32cm.(1)求三棱台的斜高；(2)求三棱台的侧面积和表面积．。
8.1 空间几何体的表面积与体积(讲)-2018年高考数学一轮复习讲练测(江苏版)含解析
【考纲解读】内容要求备注A B C空间几何体柱、锥、台、球及其简单组合体√1．认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征．能正确描述现实生活中简单物体的结构．2．了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式．（不要求记忆台体的体积公式)柱、锥、台、球的表面积与体积√【知识清单】考点1 几何体的表面积圆柱的侧面积rlSπ2=圆柱的表面积)(2lrrS+=π圆锥的侧面积rlSπ=圆锥的表面积 )(l r r S +=π 圆台的侧面积 l r r S )(+'=π圆台的表面积 )(22rl l r r r S +'++'=π球体的表面积24R S π=柱体、锥体、台体的侧面积，就是各个侧面面积之和；表面积是各个面的面积之和，即侧面积与底面积之和.把柱体、锥体、台体的面展开成一个平面图形，称为它的展开图，圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形它的表面积就是展开图的面积。
考点2 几何体的体积圆柱的体积 h r V 2π=圆锥的体积 h r V 231π=圆台的体积 )(3122r r r r h V '++'=π球体的体积 334RV π=正方体的体积 3aV =正方体的体积 abc V =【考点深度剖析】柱、锥、台、球等简单几何体的面积与体积(尤其是体积）是高考热点．【重点难点突破】考点1 几何体的表面积【1-1】【苏州市2014届高三调研测试】若圆锥底面半径为1，高为2，则圆锥的侧面积为▲ ．【答案】5【1-2】【2012·江苏高考】如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝3 cm,AA1＝2 cm，则四棱锥ABB1D1D的体积为________cm3。
【答案】6【解析】由题意得V A－BB1D1D＝错误!V ABD－A1B1D1＝错误!×错误!×3×3×2＝6 cm2。
【思想方法】多面体的表面积是各个面的面积之和;组合体的表面积应注意重合部分的处理．圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．【温馨提醒】多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理；圆锥、圆柱、圆台的侧面是曲面，计算侧面积或长度时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和. (1)找准几何体中各元素间的位置关系及数量关系．（2）注意组合体的表面积问题中重合部分的处理． 考点2 几何体的体积【2-1】【江苏省南京市2014届高三9月学情调研】若一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形，则此圆柱的体积为 . 【答案】2π。
高考数学大一轮复习 第四节 空间几何体的表面积与体积课件 理 苏教版
1．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． 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正方体的外接球，则 2R＝ 3a；
解析：由题意得
VA
－
BB1D1D
＝
2 3
VABD
－
A1B1D1
＝
2 3
×
1 2
×3×3×2＝6 cm2. 答案：6
第四页，共28页。
2．(2013·苏州暑假调查)设 P，A，B，C 是球 O 表面上的四个 点，PA，PB，PC 两两垂直，且 PA＝PB＝1，PC＝2，则球 O 的表面积是________． 解析：设球 O 的半径为 R.由 PA，PB，PC 两两垂直，所 以以 PA，PB，PC 为棱的长方体的体对角线是外接球的直 径，即 4R2＝PA2＋PB2＋PC2＝1＋1＋4＝6，故 S ＝ 球表面积 4πR2＝6π. 答案：6π
第二十六页，共28页。
4．已知三棱锥 O-ABC 中，∠BOC＝90°，OA⊥平面 BOC，其
中 AB＝AC＝ 7，BC＝ 11，O，A，B，C 四点均在球 S 的
表面上，则球 S 的表面积为________． 解析：易知以O点为顶点的三条棱两两垂直，则球S即为以
O为顶点，以OA，OB，OC为棱的长方体的外接球，所以
第二十四页，共28页。
2．(2014·苏北三市统考)若一个长方体的长、宽、高分别为 3， 2，1，则它的外接球的表面积是________．
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之间的关系 ) ，达到空间问题平面化的目的． 有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形
( 折前的平面图形和折叠后的空间图形 ) 各元 素间的位置
和数量关系，哪些变，哪些不变．
研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选
择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短
距离问题．
【温馨提醒】简单几何体的表面积和体积计算是高考的一个常见考点，解决这类问题，首先要熟练掌握
【知识清单】
考点 1 几何体的表面积
圆柱的侧面积 S 2 rl 圆柱的表面积 S 2 r (r l )
圆锥的侧面积 S rl 圆锥的表面积 S r ( r l )
圆台的侧面积 S (r r )l
圆台的表面积 S (r 2 r 2 r l rl )
球体的表面积 S 4 R2
柱体、锥体、台体的侧面积，就是各个侧面面积之和；表面积是各个面的面积之和，即侧面积与底
AB1CD1 的外接球即为正方体
ABCD1AB1C1D1 的外接球，故正方体的外接球的直径为
(2
3) 2＋ (2
3) 2 ＋(2
3) 2＝6，故
V＝
4 3
π
R3＝
4 3
π
×
(6
÷
2)
3＝
36π
.
【 3-2 】如图所示，已知三棱柱 为 ________．
ABCA1B1C1 的所有棱长均为 1，且 AA1⊥底面 ABC，则三棱锥 B1 ABC1 的体积
3 【答案】 12
3
1
【解析】三棱锥 B1 ABC1 的体积等于三棱锥 A B1BC1 的体积，三棱锥 A B1BC1 的高为 2 ，底面积为 2，故其
11 3 3 体积为 3× 2× 2 ＝ 12 .
【思想方法】解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数
量关系，选准最佳角度作出截面 ( 要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素
(2) 注意组合体的表面积问题中
重合部分的处理．
考点 2 几何体的体积
【 2-1 】【江苏省南京市 2014 届高三 9 月学情调研】若一个圆柱的侧面展开图是边长为
圆柱的体积为
.
【答案】
2
.
2 】如图，在直四棱柱
ABCD A1B1C1D1 中，点 E , F 分别
面积之和 .
把柱体、锥体、台体的面展开成一个平面图形，称为它的展
开图，圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图
分别是矩形、扇形、扇环形它的表面积就是展开图的面积
.
考点 2 几何体的体积
圆柱的体积 V r 2h
圆锥的体积 V 1 r 2h 3
圆台的体积
V 1 h(r 2 r 2 r r ) 3
球体的体积 V 4 R3 3
各类简单几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割
成几个规则
几何体的技巧、把一个简单几何体纳 入一个更大的几何体中的补形技巧、对旋转体作其轴截面的技巧、
通过方程或方程组求解的技巧等，这是化解简单几何体面积和体积计算难点的关键．
在 AA1, CC1上，且 AE
3 4 AA1， CF
1 3 CC1，点
A, C
到
BD
的距离之比为
3: 2 ，则三棱锥
E
BCD
2
和 F ABD 的体积比 VE BCD
.
VF ABD
【答案】 3 2
【解析】点 A, C 到 BD 的距离之比为 3: 2，所以 S BCD S ABD
2 ，又直四棱柱 ABCD 3
专题 8.1 空间几何体的表面积与体积
内容
空间几何 体
柱、锥、台、球及其 简单组合体
柱、锥、台、球的表 面积与体积
【考纲解读】
要求
备注
A BC
1．认识柱、 锥、台、球及其简单组合体的结构特征． 能 √
正确描述现实生活中简单物体的结构． 2．了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公
式． ( 不要求记忆台体的体积公式 ) √
ABCD－A1B1C1D1 中， AB＝ AD＝ 3 cm， AA1＝ 2 cm，则四棱锥 A-
【解析】由题意得
2
21
2
V ＝ A－BB1D1D 3VABD－A1 ＝ B1D1 3× 2× 3× 3×2＝ 6 cm .
【思想方法】
多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．
正方体的体积 正方体的体积
V a3 V abc
1
柱、锥、台、球等简单几何体的面积与体积
【考点深度剖析】 ( 尤其是体积 ) 是高考热点． 【重点难点突破】
考点 1 几何体的表面积
【 1-1 】【苏州市 2014 届高三调研测试】若圆锥底面半径为 1，高为 2，则圆锥的侧面积为
【答案】 5
▲．
【 1-2 】【2012·江苏高考】如图，在长方体 BB1D1D 的体积为 ________cm3. 【答案】 6
圆柱、 圆锥、 圆台的侧面是曲面， 计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，
而表面积是侧面
积与底面圆的面积之和． 【温馨提醒】多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理；圆锥、圆
柱、圆台的侧面是曲面，计算侧面积或长度时需要将这个曲面展为平面图形
计算，而表面积是侧面积与
底面圆的面积之和 . (1) 找准几何体中各元素间的位置关系及数量关系．
为
．
【答案】 10 4
【解析】
【思想方法】若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行
求解．
【温馨提醒】 (1) 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．
(2) 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
3
常用的方法，应熟练掌握．
(3) 注意组合体的组成形式及各部分几何体的特征．
考点 3 几何体的展开、折叠、切、截问题
【 3-1 】(2014 ·南通期末 ) 正方体 ABCD1AB1C1D1 的棱长为 2 3 ，则四面体 AB1CD1 的外接球的体积为
________ ．
【答案】 36π 【解析】四面体
A1B1C1D1中，
AE
3 4
AA1 ，
CF
1 3
CC1，所以
AE CF
9
，于是
VE
BCD
4
VF ABD
1
3 S BCD AE 2 9 3 .
1S 3
ABD
CF
34 2
【 2-3 】【江苏省诚贤中学 2014 届高三数学月考试题】 正三棱锥 S ABC 中， BC 2 ，SB 3 ，D、E
分别是棱 SA、 SB上的点， Q 为边 AB 的中点， SQ 平面 CDE ，则三角形 CDE 的面