2010高三数学高考复习必备精品教案：空间几何体的表面积和体积

空间几何体的表面积和体积
一．【课标要求】
了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）。

二．【命题走向】
近些年来在高考中不仅有直接求多面体、旋转体的面积和体积问题，也有已知面积或体积求某些元素的量或元素间的位置关系问题。

即使考查空间线面的位置关系问题，也常以几何体为依托.因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式.同时也要学会运用等价转化思想，会把组合体求积问题转化为基本几何体的求积问题，会等体积转化求解问题，会把立体问题转化为平面问题求解，会运用“割补法”等求解。

由于本讲公式多反映在考题上，预测2010年高考有以下特色：（1）用选择、填空题考查本章的基本性质和求积公式；
（2）考题可能为：与多面体和旋转体的面积、体积有关的计算问题；与多面体和旋转体中某些元素有关的计算问题；
三．【要点精讲】
1．多面体的面积和体积公式
表中S 表示面积，c ′、c 分别表示上、下底面周长，h 表斜高，h ′表示斜高，l 表示侧棱长。

2．旋转体的面积和体积公式
表中l 、h 分别表示母线、高，r 表示圆柱、圆锥与球冠的底半径，r 1、r 2分别表示圆台 上、下底面半径，R 表示半径 四．【典例解析】
题型1：柱体的体积和表面积
例1．一个长方体全面积是20cm 2
，所有棱长的和是24cm ，求长方体的对角线长.
解：设长方体的长、宽、高、对角线长分别为xcm 、ycm 、zcm 、lcm
依题意得：⎩⎨
⎧=++=++24
)(420
)(2z y x zx yz xy )2()1(
由（2）2
得：x 2
+y 2
+z 2
+2xy+2yz+2xz=36（3） 由（3）－（1）得x 2
+y 2
+z 2
=16 即l 2
=16
所以l =4(cm)。

点评：涉及棱柱面积问题的题目多以直棱柱为主，而直棱柱中又以正方体、长方体的表面积多被考察。

我们平常的学习中要多建立一些重要的几何要素（对角线、内切）与面积、体积之间的关系。

例2．如图1所示，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，已知AB=5，AD=4，AA 1=3，AB ⊥AD ，∠A 1AB=∠A 1AD=3
π。

（1）求证：顶点A 1在底面ABCD 上的射影O 在∠BAD 的平分线上；
（2）求这个平行六面体的体积
图1 图2
解析：（1）如图2，连结A 1O ，则A 1O ⊥底面ABCD 。

作OM ⊥AB 交AB 于M ，作ON ⊥AD 交AD 于N ，连结A 1M ，A 1N 。

由三垂线定得得A 1M ⊥AB ，A 1N ⊥AD 。

∵∠A 1AM=∠A 1AN ，
∴Rt △A 1NA ≌Rt △A 1MA,∴A 1M=A 1N ， 从而OM=ON 。

∴点O 在∠BAD 的平分线上。

（2）∵AM=AA 1cos 3π=3×21=
2
3 ∴AO=
4
cos
π
AM =
22
3。

又在Rt △AOA 1中，A 1O 2
=AA 12
– AO 2
=9－29=2
9， ∴A 1O=
2
23，平行六面体的体积为2
2
345⨯
⨯=V 230=。

题型2：柱体的表面积、体积综合问题
P
A
B C
D
O E 例3．一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是6,3,2，这个长方体对角线的长是（ ）
A ．23
B ．32
C ．6
D ．6
解析：设长方体共一顶点的三边长分别为a =1，b ＝2，c ＝3，则对角线l 的长为l =6222=++c b a ；答案D 。

点评：解题思路是将三个面的面积转化为解棱柱面积、体积的几何要素—棱长。

例4．如图，三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若E 、F 分别为AB 、AC 的中点，平面EB 1C 1将三棱柱分成体积为V 1、V 2的两部分，那么V 1∶V 2= ____ _。

解：设三棱柱的高为h ，上下底的面积为
S ，体积为V ，则V=V 1+V 2＝Sh 。

∵E 、F 分别为AB 、AC 的中点， ∴S △AEF =4
1S,
V 1=3
1h(S+41S+41⋅S )=12
7
Sh V 2=Sh-V 1=
12
5
Sh ， ∴V 1∶V 2=7∶5。

点评：解题的关键是棱柱、棱台间的转化关系，建立起求解体积的几何元素之间的对应关系。

最后用统一的量建立比值得到结论即可
题型3：锥体的体积和表面积
例5． 7. (2009山东卷理)一空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( ).
A.223π+
B. 423π+
C. 2323
π+
D.
23
43
π+
【解析】:该空间几何体为一圆柱和一四棱锥组成的, 圆柱的底面半径为1,高为2,体积为2π,四棱锥的底面 边长为2，高为
3，所以体积为()
2
1
23
233
3
⨯
⨯=
所以该几何体的体积为23
23
π+. 答案:C
【命题立意】:本题考查了立体几何中的空间想象能力, 由三视图能够想象得到空间的立体图,并能准确地 计算出.几何体的体积.
（2009四川卷文）如图，已知六棱锥ABCDEF P -的底面是正六边形，
AB PA ABC PA 2,=⊥平面则下列结论正确的是
A. AD PB ⊥
B. PAB 平面PBC 平面⊥
C. 直线BC ∥PAE 平面
D. 直线ABC PD 与平面所成的角为45° 【答案】D
2
2
侧(左)视图
2
2 2
正(主)视图
【解析】∵AD 与PB 在平面的射影AB 不垂直，所以A 不成立，又，平面PAB ⊥平面PAE ，所以PAB 平面PBC 平面⊥也不成立；BC ∥AD ∥平面PAD, ∴直线BC ∥PAE 平面也不成立。

在PAD Rt ∆中，PA ＝AD ＝2AB ，∴∠PDA ＝45°. ∴D 正确
（2009全国卷Ⅱ文）设OA 是球O 的半径，M 是OA 的中点，过M 且与OA 成45°角的平面截球O 的表面得到圆C 。

若圆C 的面积等于
4
7π，则球O 的表面积等于 ×
答案：8π
解析：本题考查立体几何球面知识，注意结合平面几何知识进行
运算，由.8)1447
4(4422ππ
π
ππ===R S
例61.(2009年广东卷文)（本小题满分13分）
某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图4所示,墩的上半部分是正四棱锥P －EFGH,下半部分是长方体ABCD －EFGH.图5、图6分别是该标识墩的正(主)视图和俯视图. （1）请画出该安全标识墩的侧(左)视图; （2）求该安全标识墩的体积 （3）证明:直线BD ⊥平面PEG
【解析】(1)侧视图同正视图,如下图所示.
（２）该安全标识墩的体积为：
P EFGH ABCD EFGH V V V --==
（３）如图,连结EG,HF 及 BD ，EG 与HF 相交
于O,连结PO.
由正四棱锥的性质可知,PO ⊥平面EFGH ,
PO HF ∴⊥
又EG HF ⊥ HF ∴⊥平面PEG 又BD HF BD ∴⊥平面PEG
例7．ABCD 是边长为4的正方形，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，GB 垂直于正方形ABCD 所在的平面，且GC ＝2，求点B 到平面EFC 的距离？
解：如图，取EF 的中点O ，连接GB 、GO 、CD 、FB 构造三棱锥B －EFG 。

设点B 到平面EFG 的距离为h ，BD ＝42，EF =22，CO ＝
3
4
4232
×=。

G O C O G C =+=+=+=2222
32218422
()。

而GC ⊥平面ABCD ，且GC ＝2。

由V V B E F G G E F B
--=，得1
6
EF GO h ··=1
3
S EFB △· 点评：该问题主要的求解思路是将点面的距离问题转化为体积问题来求解。

构造以点B 为顶点，△EFG 为底面的三棱锥是解此题的关
键，利用同一个三棱锥的体积的唯一性列方程是解这类题的方法，从而简化了运算。

例8．2009年上海卷理）已知三个球的半径1R ，2R ，3R 满足
C
32132R R R =+，则它们的表面积1S ，2S ，3S ，满足的等量关系是
___________.
【答案】12323S S S +=
【解析】2114R S π=，112R S π=，同理：222R S π=332R S π=，即R 1＝
π
21S ，R 2＝
π
22S ，R 3＝
π
23S ，由32132R R R =+得12323S S S +=
例9．（2009安徽卷文）（本小题满分13分）
如图，ABCD 的边长为2的正方形，直线l 与平面ABCD 平行，g 和F 式l 上的两个不同点，且EA=ED ，FB=FC ， 和
是平面ABCD
内的两点，
和
都与平面ABCD 垂直， （Ⅰ）证明：直线
垂直且平分线段AD
（Ⅱ）若∠EAD=∠EAB=60°，EF=2，求多面 体ABCDEF 的体积。

【思路】根据空间线面关系可证线线垂直，由分割法可求得多面体体积，体现的是一种部分与整体的基本思想 【解析】(1)由于EA=ED 且'''ED ABCD E D E C ⊥∴=面
∴点
E '在线段AD 的垂直平分线上,同理点
F '在线段BC 的垂直平分
线上.
又ABCD 是四方形
∴线段
BC 的垂直平分线也就是线段AD 的垂直平分线
即点E 'F '都居线段AD 的垂直平分线上 所以,直线E 'F '垂直平分线段AD.
(2)连接EB 、EC 由题意知多面体ABCD 可分割成正四棱锥E —ABCD
和正四面体E —BCF 两部分.设AD 中点为M,在Rt △MEE '中,由于ME
'=1, 'ME EE =
E V ∴—ABCD 211'23
3S ABCD EE =⋅⋅=⨯四方形 又
E
V —BCF=V C
－BEF=V C －BEA=V E －
ABC
2111'23
323
ABC
S
EE =⋅=⨯⨯=
∴多面体ABCDEF 的体积为V E —ABCD ＋V E —BCF=例10．（1）（2009浙江卷理）如图，在长方形ABCD 中，2AB =，
1BC =，E 为DC 的中点，F 为线段EC （端点除外）上一动点．现将AFD ∆沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC ．在平面ABD 内过点D
作DK AB ⊥，K 为垂足．设AK t =，则t 的取值范围是 ．
答案：1
,12
⎛⎫ ⎪⎝
⎭ 【解析】此题的破解可采用二个极端位置法，即对于F 位于DC 的中点时，1t =，随着F 点到C 点时，因,,CB AB CB DK CB ⊥⊥∴⊥平面
ADB ，即有CB BD ⊥，对于2,1,CD BC BD ==∴=，又1,2AD AB ==，
因此有AD BD ⊥，则有12
t =，因此t 的取值范围是1
,12⎛⎫ ⎪⎝
⎭
例11．3.（2009浙江卷文）若某几何体的三视图（单位：cm ）如
图所示，则此几何体的体积是 3cm ．
【命题意图】此题主要是考查了几何体的三视图，通过三视图的考查充分体现了几何体直观的考查要求，与表面积和体积结合的考查方法．
【解析】该几何体是由二个长方体组成，下面体积为1339⨯⨯=，上
面的长方体体积为3319⨯⨯=，因此其几何体的体积为18 例12．2009全国卷Ⅰ理）直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一
球面上，若12AB AC AA ===,120BAC ∠=︒，则此球的表面积等于 。

解:在
ABC ∆中2AB AC ==,120BAC ∠=︒,可得BC =,由正弦定
理,可得ABC ∆外接圆半径r=2,设此圆圆心为O '，球心为O ，在
RT OBO '∆中，易得球半径5R =，故此球的表面积为2420R ππ=.
例13．已知过球面上,,A B C 三点的截面和球心的距离为球半径的一半，且2AB BC CA ===，求球的表面积
解：设截面圆心为O '，连结O A '，设球半径为R ，
则232323
23
O A '=⨯
⨯=， 在Rt O OA '∆中，222OA O A O O ''=+， ∴222
231(
)34
R R =+， ∴43
R =， ∴264
49
S R ππ==。

点评： 正确应用球的表面积公式，建立平面圆与球的半径之间的关系。

例14．如图所示，球面上有四个点P 、A 、B 、C ，如果PA ，PB ，PC 两两互相垂直，且PA=PB=PC=a ，求这个球的表面积。

解析：如图，设过A 、B 、C 三点的球的截面圆半径为r ，圆心为O ′，球心到该圆面的距离为d 。

在三棱锥P —ABC 中，∵PA ，PB ，PC 两两互相垂直，且PA=PB=PC=a ,
∴AB=BC=CA=2a ,且P 在△ABC 内的射影即是△ABC 的中心O ′。

由正弦定理，得
︒60sin 2a =2r,∴r=3
6
a 。

又根据球的截面的性质，有OO ′⊥平面ABC ，而PO ′⊥平面ABC ，
∴P 、O 、O ′共线，球的半径R=22d r +。

又PO ′=22r PA -=223
2a a -=
3
3a ，
∴OO ′=R － 3
3a =d=2
2r R -,(R －
3
3a )2=R 2 – (
3
6a )2，解
得R=
2
3
a , ∴S 球=4πR 2
=3πa 2。

点评：本题也可用补形法求解。

将P —ABC 补成一个正方体，由对称性可知，正方体内接于球，则球的直径就是正方体的对角线，易得球半径R=
2
3
a ,下略
题型9：球的面积、体积综合问题
例15．（1）表面积为324π的球，其内接正四棱柱的高是14，求这个正四棱柱的表面积。

（2）正四面体ABCD 的棱长为a ，球O 是内切球，球O 1是与正四面体的三个面和球O 都相切的一个小球，求球O 1的体积。

解：（1）设球半径为R ，正四棱柱底面边长为a ， 则作轴截面如图，
14AA '=，AC =， 又∵24324R ππ=，∴9R =，
∴
AC =，∴8a =，
∴6423214576S =⨯+⨯=表
（2）如图，设球O 半径为R ，球O 1的半径为r ，E 为CD 中点，球O 与平面ACD 、BCD 切于点F 、G ，球O 1与平面ACD 切于点H
由题设
∵ △AOF ∽△AEG ∴ a R
a a R 2
336
63-=，得a R 12
6
=
∵ △AO 1H ∽△AOF ∴
R r R a r
R a =---3
6
236
，得a r 24
6=
∴ 3
3
31728
624634341
a a r V O
=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==ππ球
点评：正四面体的内切球与各面的切点是面的中心，球心到各面的距离相等
题型10：球的经纬度、球面距离问题
例19．（1）我国首都靠近北纬40纬线，求北纬40纬线的长度等于多少km ？（地球半径大约为6370km ）
（2）在半径为13cm 的球面上有,,A B C 三点，12AB BC AC cm ===，求球心到经过这三点的截面的距离。

解：（ 1）如图，A 是北纬40上一点，AK 是它的半径，
∴OK AK ⊥，
设C 是北纬40的纬线长， ∵40AOB OAK ∠=∠=，
∴22cos 2cos 40C AK OA OAK OA πππ=⋅=⋅⋅∠=⋅⋅
答：北纬40纬线长约等于43.06610km ⨯． （2）解：设经过,,A B C 三点的截面为⊙O '， 设球心为O ，连结OO '，则OO '⊥平面
ABC ，
∵32
124323
AO '=
⨯⨯=， ∴2211OO OA OA ''=-=，
所以，球心到截面距离为11cm ．
例16．在北纬45圈上有,A B 两点，设该纬度圈上,A B 两点的劣弧长为2
4
R π（R 为地球半径），求,A B 两点间的球面距离
解：设北纬45圈的半径为r ，则2
4
r R =，设O '为北纬45圈的圆心，α=∠B AO '，
∴24r R απ=
，∴2224
R R απ=， ∴2
π
α=，∴2AB r R ==， ∴ABC ∆中，3
AOB π
∠=，
所以，,A B 两点的球面距离等于3
R π
．
点评：要求两点的球面距离，必须先求出两点的直线距离，再求出这两点的球心角，进而求出这两点的球面距离 （2009江苏卷）（本小题满分14分）
如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，E 、F 分别是1A B 、1A C 的中点，点D 在11B C 上，11A D B C
⊥。

求证：（1）EF ∥平面ABC ； （2）平面1A FD ⊥平面11BB C C .
【解析】 本小题主要考查直线与平面、平面与平面得位置关系，考查空间想象能力、推理论证能力。

满分14分 五．【思维总结】
1．正四面体的性质 设正四面体的棱长为a ，则这个正四面体的
(1)全面积：S 全=3a 2
； (2)体积：V=
12
2
a 3
；
(3)对棱中点连线段的长：d=2
2a ；
(4)内切球半径：r=
12
6a ；
(5)外接球半径 R=4
6a ；
(6)正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值(等于正四面体的高)。

2．直角四面体的性质 有一个三面角的各个面角都是直角的四面体叫做直角四面体.直角四面 体有下列性质：
如图，在直角四面体AOCB 中，∠AOB=∠BOC=∠COA=90°，OA=a,OB=b,OC=c 。

则：①不含直角的底面ABC 是锐角三角形； ②直角顶点O 在底面上的射影H 是△ABC 的垂心； ③体积 V=6
1abc ； ④底面△ABC =
2
1222222a c c b b a ++；
⑤S 2
△ABC =S △BHC ·S △ABC ； ⑥S 2
△BOC =S 2
△AOB +S 2
△AOC =S 2
△ABC ⑦
2
1OH =
2
1a +
2
1b +
2
1c ;
⑧外切球半径 R=2
1222c b a ++；
⑨内切球半径 r=
c
b a +++∆∆∆ABC
BOC AOB S -S S
3．圆锥轴截面两腰的夹角叫圆锥的顶角.
①如图，圆锥的顶角为β，母线与下底面所成角为α，母线为l ，高为h ，底面半径为r ，则
sin α=cos 2β =l
h ， α+2
β=90°⇒
cos α=sin 2
β =l
r .
②圆台 如图，圆台母线与下底面所成角为α，母线为l ，高为h ，上、下底面半径分别为r ′、r ，则h=lsin α，r-r ′=lcos α。

③球的截面
用一个平面去截一个球，截面是圆面.
(1)过球心的截面截得的圆叫做球的大圆；不经过球心的截面截得的圆叫做球的小圆；
(2)球心与截面圆圆心的连线垂直于截面；
(3)球心和截面距离d,球半径R，截面半径r有关系：
r=2
2d-
R.
4．经度、纬度：
经线：球面上从北极到南极的半个大圆；
纬线：与赤道平面平行的平面截球面所得的小圆；
经度：某地的经度就是经过这点的经线与地轴确定的半平面与0经线及轴确定的半平面所成的二面角的度数
纬度：某地的纬度就是指过这点的球半径与赤道平面所成角的度数。

5. 两点的球面距离：
球面上两点之间的最短距离，就是经过两点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度，我们把这个弧长叫做两点的球面距离
两点的球面距离公式：（其中R为球半径， 为A,B所对应的球心角的弧度数）。