2021年高考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夯基提能作业本文

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届数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第2节空间几何体的表面积和体积教学案含解析

第2节空间几何体的表面积和体积考试要求了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式。

知识梳理1。

多面体的表(侧）面积多面体的各个面都是平面，则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＝2πrlS圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π（r1＋r2）l3.空间几何体的表面积与体积公式名称几何体表面积体积柱体S表面积＝S侧＋V＝S底h(棱柱和圆柱)2S底锥体（棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝错误!S底h台体（棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝错误!（S上＋S下＋错误!)h球S＝4πR2V＝错误!πR3［常用结论与微点提醒］1。

正方体与球的切、接常用结论正方体的棱长为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。

长方体的共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。

诊断自测1。

判断下列结论正误（在括号内打“√”或“×")(1)锥体的体积等于底面面积与高之积。

（)（2)两个球的体积之比等于它们的半径比的平方。

（)(3）台体的体积可转化为两个锥体的体积之差.（)(4）已知球O的半径为R,其内接正方体的边长为a，则R＝错误!a。

(）解析(1)锥体的体积等于底面面积与高之积的三分之一，故不正确.（2)球的体积之比等于半径比的立方，故不正确.答案（1）×（2）×（3)√(4)√2。

(新教材必修第二册P120T5改编)一个正方体的顶点都在球面上，若球的表面积为4π，则正方体的棱长为（)A。

33 B.错误! C.错误!D。

错误!解析由S＝4πR2＝4π，得R＝1，故2×1＝3a，得a＝错误!。

(浙江专用)2021届高考数学一轮复习第八章立体几何8.1空间几何体的表面积与体积课件

(1)当a=90时,求纸盒侧面积的最大值; (2)试确定a,b,x的值,使得纸盒的体积最大,并求出最大值.
解析 (1)因为矩形纸板ABCD的面积为3 600平方厘米,所以当a=90时,b=4 0,从而包装盒子的侧面积S=2x(90-2x)+2x(40-2x)=-8x2+260x,x∈(0,20),因为 S=-8x2+260x=-8(x-16.25)2+2 112.5,所以当x=16.25时,侧面积最大,最大值为2
考法二与球有关的切、接问题
例2 (2018河南安阳一模,16)在棱长为4的密封正方体容器内有一个半径
为1的小球,晃动此正方体,则小球可以经过的空间的体积为
.
解题导引
解析先考虑小球不能经过的空间的体积.
(1)当小球与正方体一顶点处的个面都相切时,球面与该顶点处的三个面
之间形成的空隙小球始终无法经过,其体积为13-1 × 4π ×13=1- π.正方体有8
83
6
个顶点,共形成8个无法经过的空隙,总体积为8×1-
π 6
=8-
4π 3
.
(2)小球只与正方体过同一条棱的两个面相切时,在该棱处能形成一个高为
2的小柱体,其体积为1-
π 4
×2=2-
π 2
,正方体共有12条棱,则12个小柱体的体
积为
2-
π 2
×12=24-6π.
所以小球可以经过的空间的体积为64-
高考数学
第八章立体几何
§８.1 空间几何体的表面积与体积
考点清单
考点一空间几何体的结构特征
1.多面体的结构特征
名称
棱柱
棱锥
棱台
图形
结构特征

高考数学一轮复习第八章立体几何8.2空间几何体的表面

圆柱
圆锥
侧面展开图
圆台
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、台和球的表面积和体积
名称几何体
表侧＋2S底
锥体 (棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
体积
V＝__S_h_ 1
V＝_3_S_h_
台体 (棱台和圆台)
命题点1 求以三视图为背景的几何体的体积例2 (2016·山东)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答案解析
A.13＋23π
B.13＋ 32π
C.13＋ 62π
D.1＋ 62π
由三视图知，半球的半径 R＝ 22，四棱锥为正四棱锥，它的底面边长为 1，
5.(2016·成都一诊)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__1_∶__1___. 答案解析
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＝13×π×23＝83π，V 半球＝12×43π×23＝136π，所以 V 剩余＝V 半球－V 圆锥＝83π，故剩余部分与挖去部分的体积之比为 1∶1.
答案解析
该几何体为一个长方体从正上方挖去一个半圆柱剩下的部分，长方体的长，宽，高分别为4,1,2，挖去半圆柱的底面半径为1，高为1，所以表面积为S＝S长方体表－2S半圆柱底－S圆柱轴截面＋S半圆柱侧＝2×4×1＋ 2×1×2＋2×4×2－π×12－2×1＋ 1×2π×1＝26.
2
题型二求空间几何体的体积
几何体的表面积是答案解析
A.90 cm2
B.129 cm2
C.132 cm2

高考数学一轮复习第八章立体几何2空间几何体的表面积与体积课件新人教A版理

.
-29考点1
考点2
考点3
2π
解析:(1)∵AB=AC=3,∠BAC= ,
3
1
∴BC= 9 + 9-2 × 3 × 3 × - 2 =3 3,
∴△ABC 的外接圆直径 2r=
3 3
3
2
=6,
∴r=3,
∵AA1⊥平面 ABC,AA1=8,
∴该三棱柱的外接球的半径 R= 42 + 32 =5,
∴该三棱柱的外接球的表面积为 S=4πR2=4π×52=100π.故选 C.
r,
1
1

3

3
2
2
2
1
3
即 · · ··
a= ·
a 2·
r,
所以 a=8r.
π
1
又 4πr =4 ,即 r=4,
2
所以 a=2.
-31考点1
考点2
考点3
(3)如图所示.
由题意易知BE过球心O,
则 DE= 42 -32 -( 3)2=2,
b.若球为正方体的内切球,则 2R=a;
c.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= 2 + 2 + 2 .
③正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.
-6知识梳理
双基自测
1
2
3
4
5
1.下列结论正确的打“ ”,错误的打“×”.
( C )
π
A.6
2π
C.
3
π
B.3
5π
D.
6
-17考点1

2021届高考数学一轮总复习第8章立体几何第2节空间几何体的表面积与体积跟踪检测文含解析

第八章立体几何第二节空间几何体的表面积与体积A 级·基础过关|固根基|1.将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是( ) A ．4π B ．3π C ．2πD ．π解析：选C 由几何体的形成过程知，所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π.故选C.2．(2020届惠州市高三第二次调研)某几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图均是由三角形与半圆构成的，俯视图由圆与内接三角形构成，则该几何体的体积为( )A.2π3＋16 B.2π6＋12 C.2π6＋16D.2π3＋12解析：选C 由三视图可知该几何体是一个半球上面有一个三棱锥，其体积V ＝13×12×1×1×1＋12×4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝2π6＋16，故选C. 3．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )A ．2B ．4＋2 2C ．4＋4 2D ．4＋6 2解析：选C 由三视图知，该几何体是直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，其中AB ＝AA 1＝2，BC ＝AC ＝2，∠ACB ＝90°，其直观图如图所示，侧面为三个矩形，故该“堑堵”的侧面积S ＝(2＋22)×2＝4＋42，故选C.4.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.500π3 cm 3B.866π3cm 3C.1 372π3 cm 3D.2 048π3cm 3解析：选A 设球的半径为R ，则由题意知，球被正方体上底面截得的圆的半径为4 cm ，球心到截面圆的距离为(R －2)cm ，则R 2＝(R －2)2＋42，解得R ＝5，所以球的体积为4π×533＝500π3(cm 3)．5．(2019届辽宁五校协作体联考)一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．36B ．48C ．64D ．72解析：选B由几何体的三视图可得，几何体如图所示，将几何体分割为两个三棱柱，所以该几何体的体积为12×3×4×4＋12×3×4×4＝48，故选B.6.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为________．解析：三棱锥D 1－EDF 的体积即为三棱锥F －DD 1E 的体积．因为E ，F 分别为AA 1，B 1C 上的点，所以在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，△EDD 1的面积为定值12，F 到平面AA 1D 1D 的距离为定值1，所以V D 1－EDF ＝V F －DD 1E ＝13×12×1＝16.答案：167．(2019届福建市第一学期高三期末)已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积为________．解析：如图，由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心，于是，球的半径r ＝OB ＝OA 2＋AB 2＝12＋（3）2＝2.故这个球的表面积S ＝4πr 2＝16π.答案：16π8．已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，沿AD 进行折叠，使折叠后的∠BDC＝π2，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为________．解析：连接BC ，由题知几何体ABCD 为三棱锥，BD ＝CD ＝1，AD ＝3，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥CD，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是 3，1，1的长方体，其体对角线长即为外接球的直径，2R ＝1＋1＋3＝5，故该三棱锥外接球的半径是R ＝52，其表面积为4πR 2＝5π. 答案：5π9.现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍，若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？解：由PO 1＝2 m ，知O 1O ＝4PO 1＝8 m ．因为A 1B 1＝AB ＝6 m ，所以正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)；正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积 V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)，所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)．故仓库的容积是312 m 3.10．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．解：(1)交线围成的正方形EHGF 如图所示．(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EB 1＝16－4＝12，EM ＝AA 1＝8. 因为四边形EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝ EH 2－EM 2＝6，则AH ＝10，HB ＝6. 故S 四边形A 1EHA ＝12×(4＋10)×8＝56，S 四边形EB 1BH ＝12×(12＋6)×8＝72.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为97⎝ ⎛⎭⎪⎫79也正确. B 级·素养提升|练能力|11.已知一个简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．3π＋6B ．6π＋6C ．3π＋12D ．12解析：选A 由三视图还原几何体如图，该几何体为组合体，左半部分是四分之一圆锥，右半部分是三棱锥，则其体积V ＝14×13×π×32×4＋13×12×3×3×4＝3π＋6.故选A.12．体积为3的三棱锥P －ABC 的顶点都在球O 的球面上，PA⊥平面ABC ，PA ＝2，∠ABC＝120°，则球O 的体积的最小值为( )A.773π B.2873π C.19193π D.76193π 解析：选B 设AB ＝c ，BC ＝a ，AC ＝b ，由题可得，3＝13×S △ABC ×2，解得S △ABC ＝332，因为∠ABC＝120°，S △ABC ＝332＝12acsin 120°，所以ac ＝6，由余弦定理可得，b 2＝a 2＋c 2－2accos 120°＝a 2＋c2＋ac≥2ac＋ac ＝3ac ＝18，当且仅当a ＝c 时取等号，此时b min ＝32，设△ABC 外接圆的半径为r ，则b sin 120°＝2r(b 最小，则外接圆半径最小)，故3232＝2r min ，所以r min ＝6，如图，设O 1为△ABC 外接圆的圆心，过O 作OD⊥PA，垂足为D ，R 为球O 的半径，连接O 1A ，O 1O ，OA ，OD ，PO ，设OO 1＝h ，在Rt △OO 1A 中，R 2＝r 2＋OO 21＝r 2＋h 2，在Rt △OPD 中，R 2＝r 2＋(2－h)2，联立得h ＝1.当r min ＝6时，R 2min ＝6＋1＝7，R min ＝7，故球O 体积的最小值为43πR 3min ＝43π×(7)3＝287π3，故选B. 13．榫卯是我国古代工匠极为精巧的发明，它是在两个构件上采用凹凸部分相结合的一种连接方式．我国的北京紫禁城、山西悬空寺、福建宁德的廊桥等建筑都用到了榫卯结构．图中网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是一种榫卯构件中榫的三视图，则其体积为________，表面积为________．解析：由三视图可知，榫卯构件中的榫由一个长方体和一个圆柱拼接而成，故其体积V＝4×2×3＋π×32×6＝24＋54π，表面积S＝2×π×32＋2×π×3×6＋4×3×2＋2×2×3＝54π＋36.答案：24＋54π54π＋3614．(2020届合肥调研)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1，M为棱AB上一点，BC1∥平面A1MC.(1)求证：AM＝BM；(2)若△ABC是等边三角形，AB＝AA1，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，△A1MC的面积为42，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．解：(1)证明：如图，连接AC1交A1C于N，连接MN.∵BC1∥平面A1MC，BC1⊂平面ABC1，平面ABC1∩平面A1MC＝MN，∴BC1∥MN.由三棱柱ABC－A1B1C1知，四边形ACC1A1为平行四边形，∴N为AC1的中点．∴M为AB的中点，即AM＝BM.(2)连接A1B，∵△ABC是等边三角形，AB＝AA1，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，∴△ABC，△AA1B，△AA1C是全等的等边三角形，由(1)知，M为AB的中点，∴A1M⊥AB，CM⊥AB.∵A1M∩CM＝M，∴AB⊥平面A1MC.设AB ＝2a ，则A 1M ＝CM ＝3a ，A 1C ＝2a ，∴△A 1MC 的面积为12·2a ·2a ＝2a 2＝42，解得a ＝2，即AM ＝2，∴V 三棱锥A －A 1MC ＝13·S △A 1MC ·AM ＝823，从而V 三棱柱ABC －A 1B 1C 1＝6·V 三棱锥A －A 1MC ＝16 2.。

2021高考数学一轮复习统考第8章立体几何第2讲空间几何体的表面积和体积课件北师大版

[即时训练] 1.(2019·山东潍坊模拟)如图，网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，则该几何体的表面积为( )
A．20π C．28π
B．24π D．32π
答案
解析由三视图可知该几何体为组合体，上半部分为圆柱，下半部分为圆锥，圆柱的底面半径为1，高为2，圆锥的底面半径为3，高为4，则该几何体的表面积S＝π×32 ＋π×3×5＋2π×1×2＝28π.故选C.
锥体 (棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
台体 (棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋ S上＋S下
球
S＝ 07 ___4_π_r_2______
体积
V＝ 05 __S_h___ 1
V＝ 06 3Sh V＝13(S上＋S下＋
S上S下)h V＝ 08 43πr3
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.
解析
2．(2019·河北承德模拟)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( )
A．8＋4 2＋2 5 C．6＋2 2＋2 5
B．6＋4 2＋4 5 D．8＋2 2＋2 5
答案
解析由三视图可知，该几何体为放在正方体内的四棱锥E－ABCD，如图，正方体的棱长为2，该四棱锥底面为正方形，面积为4，前后两个侧面为等腰三角形，面积分别为2 2 ，2，左右两个侧面为直角三角形，面积都为 5，可得这个几何体的表面积为6＋2 2＋2 5，故选C.

2021版高考数学一轮复习第八章立体几何第2讲空间几何体的表面积与体积教案文新人教A版

第2讲空间几何体的表面积与体积一、知识梳理1．多面体的表(侧)面积多面体的各个面都是平面，则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(r ＋r ′)l表面积体积柱体 (棱柱和圆柱)S 表面积＝S 侧＋2S 底 V ＝S 底h锥体 (棱锥和圆锥)S 表面积＝S 侧＋S 底 V ＝13S 底h 台体 (棱台和圆台)S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h 球S ＝4πR 2 V ＝43πR 31．正方体与球的切、接常用结论正方体的棱长为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．长方体共顶点的三条棱长分别为a ，b，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. 二、习题改编1．(必修2P27练习1改编)已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为 cm.解析：由题意，得S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，解得r 2＝4，所以r ＝2(cm)．答案：22．(必修2P27例4改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱的体积比V 球∶V 柱为．解析：设球的半径为R ，则V 球V 柱＝43πR 3πR 2×2R ＝23.答案：23一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (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．( ) 答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)× 二、易错纠偏常见误区(1)锥体的高与底面不清楚致误； (2)不会分类讨论致误．1．如图，长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体积是120，E 为CC 1的中点，则三棱锥E BCD 的体积是．解析：设长方体中BC ＝a ，CD ＝b ，CC 1＝c ，则abc ＝120，所以V E BCD＝13×12ab ×12c ＝112abc ＝10. 答案：102．将一个相邻边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是．解析：当底面周长为4π时，底面圆的半径为2，两个底面的面积之和是8π；当底面周长为8π时，底面圆的半径为4，两个底面的面积之和为32π.无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2，故所求的表面积是32π2＋8π或32π2＋32π.答案：32π2＋8π或32π2＋32π空间几何体的表面积(师生共研)(1)(2018·高考全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2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( )A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π(2)(2020·湖南省五市十校联考)某四棱锥的三视图如图所示，其侧视图是等腰直角三角形，俯视图的轮廓是直角梯形，则该四棱锥的各侧面面积的最大值为( )A ．8B ．4 5C ．8 2D ．12 2【解析】 (1)因为过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为22，底面圆的直径为22，所以该圆柱的表面积为2×π×(2)2＋22π×22＝12π.(2)由三视图可知该几何体是一个底面为直角梯形，高为4的四棱锥，如图，其中侧棱PA ⊥平面ABCD ，PA ＝4，AB ＝4，BC ＝4，CD ＝6，所以AD ＝25，PD ＝6，PB ＝42，连接AC ，则AC ＝42，所以PC ＝43，显然在各侧面面积中△PCD 的面积最大，又PD ＝CD ＝6，所以PC 边上的高为62－⎝ ⎛⎭⎪⎫4322＝26，所以S △PCD ＝12×43×26＝122，故该四棱锥的各侧面面积的最大值为122，故选D.【答案】 (1)B (2)D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关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积问题应注意衔接部分的处理． (3)旋转体的表面积问题应注意其侧面展开图的应用．1.(2020·江西七校第一次联考)一个半径为1的球对称削去了三部分，其俯视图如图所示，那么该立体图形的表面积为( )A ．3πB ．4πC ．5πD ．6π解析：选C.由题中俯视图可知该球被平均分成6部分，削去了3部分，剩余的3部分为该几何体，所以该立体图形的表面积为2×π×12＋3×π×12＝5π，故选C.2．(2020·辽宁丹东质量测试(一))一个圆锥的轴截面是面积为1的等腰直角三角形，则这个圆锥的侧面积为．解析：设圆锥的底面圆半径为r ，因为圆锥的轴截面是面积为1的等腰直角三角形，所以等腰直角三角形的斜边长为2r ，斜边上的高为r ，所以12×2r ×r ＝1，解得r ＝1，圆锥的母线长l ＝12＋12＝2，圆锥的侧面积为πrl ＝2π. 答案：2π空间几何体的体积(多维探究) 角度一求简单几何体的体积(1)(2020·石家庄质量检测)某几何体的三视图如图所示(图中小正方形网格的边长为1)，则该几何体的体积是( )A ．8B ．6C ．4D ．2(2)将一张边长为12 cm 的正方形纸片按如图(1)所示将阴影部分的四个全等的等腰三角形裁去，余下部分沿虚线折叠并拼成一个有底的正四棱锥，如图(2)放置，如果正四棱锥的主视图是正三角形，如图(3)所示，则正四棱锥的体积是( )A.3236 cm 3B.6436 cm 3C.3232 cm 3D ．6432 cm 3【解析】 (1)由三视图可得该几何体为底面是直角梯形的直四棱柱(如图所示)，其中底面直角梯形的上、下底分别为1，2，高为2，直四棱柱的高为2，所以该几何体的体积为（1＋2）×22×2＝6，故选B.(2)设折成的四棱锥的底面边长为a cm ，高为h cm ，则h ＝32a cm ，由题设可得四棱锥侧面的高等于四棱锥的底面边长，所以12a ＋a ＝12×22⇒a ＝42，所以四棱锥的体积V ＝13×(42)2×32×42＝6463cm 3，故选B. 【答案】 (1)B (2)B简单几何体体积的求法对于规则几何体，直接利用公式计算即可．若已知三视图求体积，应注意三视图中的垂直关系在几何体中的位置，确定几何体中的线面垂直等关系，进而利用公式求解．角度二求组合体的体积(2020·唐山市摸底考试)已知某几何体的三视图如图所示(俯视图中曲线为四分之一圆弧)，则该几何体的表面积为( )A ．1－π4B ．3＋π2C ．2＋π4D ．4【解析】由题设知，该几何体是棱长为1的正方体被截去底面半径为1的14圆柱后得到的，如图所示，所以表面积S ＝2×(1×1－14×π×12)＋2×(1×1)＋14×2π×1×1＝4.故选D.【答案】 D(1)处理体积问题的思路(2)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作为三棱锥的底面进行等体积变换1．(2019·高考北京卷)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为．解析：如图，由三视图可知，该几何体为正方体ABCD A 1B 1C 1D 1去掉四棱柱B 1C 1GF A 1D 1HE 所得，其中正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体积为64，VB 1C 1GF A 1D 1HE ＝(4＋2)×2×12×4＝24，所以该几何体的体积为64－24＝40.答案：402．(2019·高考全国卷Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，AB ＝BC ＝6 cm ，AA 1＝4 cm.3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 g.解析：长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体积V 1＝6×6×4＝144(cm 3)，而四棱锥O EFGH 的底面积为矩形BB 1C 1C 的面积的一半，高为AB 长的一半，所以四棱锥O EFGH 的体积V 2＝13×12×4×6×3＝12(cm 3)，所以长方体ABCD A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O EFGH 后所得几何体的体积V ＝V 1－V 2＝132(cm 3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．答案：118.8球与空间几何体的接、切问题(师生共研)(1)若直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，且AB ＝3，AC ＝4，AB⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的表面积为．(2)(一题多解)(2019·高考天津卷)已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为 5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为．【解析】 (1)将直三棱柱补形为长方体ABEC A 1B 1E 1C 1，则球O 是长方体ABEC A 1B 1E 1C 1的外接球．所以体对角线BC 1的长为球O 的直径．因此2R ＝32＋42＋122＝13. 故S 球＝4πR 2＝169π.(2)法一：由题意得圆柱的高为四棱锥高的一半，底面圆的直径为以四棱锥侧棱的四个中点为顶点的正方形的对角线，易求得圆柱的底面圆的直径为1，高为1，所以该圆柱的体积V ＝π×⎝ ⎛⎭⎪⎫122×1＝π4.法二：由题可得，四棱锥底面对角线的长为2，则圆柱底面的半径为12，易知四棱锥的高为5－1＝2，故圆柱的高为1，所以该圆柱的体积为π×⎝ ⎛⎭⎪⎫122×1＝π4. 【答案】 (1)169π (2)π4处理球的“切”“接”问题的求解策略解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：1．正四棱锥P ABCD 的侧棱和底面边长都等于22，则它的外接球的表面积是( ) A ．16π B ．12π C．8πD ．4π解析：选A.设正四棱锥的外接球半径为R ，顶点P 在底面上的射影为O ，因为OA ＝12AC＝12 AB 2＋BC 2＝12（22）2＋（22）2＝2，所以PO ＝PA 2－OA 2＝（22）2－22＝2.又OA ＝OB ＝OC ＝OD ＝2，由此可知R ＝2，于是S 球＝4πR 2＝16π.2．设球O 内切于正三棱柱ABC A 1B 1C 1，则球O 的体积与正三棱柱ABC A 1B 1C 1的体积的比值为．解析：设球O 半径为R ，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的底面边长为a ，则R ＝33×a 2＝36a ，即a ＝23R ，又正三棱柱ABC A 1B 1C 1的高为2R ，所以球O 的体积与正三棱柱ABC A 1B 1C 1的体积的比值为43πR 334a 2×2R ＝43πR 334×12R 2×2R ＝23π27.答案：23π27核心素养系列14 直观想象——数学文化与空间几何体(2020·甘肃、青海、宁夏3月联考)汉朝时，张衡得出圆周率的平方除以16等于58.如图，网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，俯视图中的曲线为圆，利用张衡的结论可得该几何体的体积为( )A ．32B ．40 C.32103D ．40103【解析】将三视图还原成如图所示的几何体：半个圆柱和半个圆锥的组合体，底面半径为2，高为4，则体积V ＝12π×22×4＋13×12π×22×4＝323π，因为圆周率的平方除以16等于58，即π216＝58，所以π＝10，所以V ＝32103.故选C.【答案】 C本题是数学文化与三视图结合，主要是根据几何体的三视图及三视图中的数据，求几何体的体积或侧(表)面积．此类问题难点：一是根据三视图的形状特征确定几何体的结构特征；二是将三视图中的数据转化为几何体的几何度量．考查了直观想象这一核心素养．(2020·安徽六安一中模拟(四))我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体．如图，将底面直径都为2b ，高皆为a 的半椭球体和已被挖去了圆锥体的圆柱放置于同一平面β上，用平行于平面β且与平面β任意距离d 处的平面截这两个几何体，可横截得到S 圆及S 环两截面．可以证明S 圆＝S 环总成立．据此，短半轴长为1，长半轴长为3的椭球体的体积是．解析：因为S 圆＝S 环总成立，所以半椭球体的体积为πb 2a －13πb 2a ＝23πb 2a ，所以椭球体的体积V ＝43πb 2a .因为椭球体的短半轴长为1，长半轴长为3. 所以椭球体的体积V ＝43πb 2a ＝43π×12×3＝4π.答案：4π[基础题组练]1．(2020·安徽合肥质检)已知圆锥的高为3，底面半径为4，若一球的表面积与此圆锥侧面积相等，则该球的半径为( )A ．5 B. 5 C ．9D ．3解析：选B.因为圆锥的底面半径r ＝4，高h ＝3，所以圆锥的母线l ＝5，所以圆锥的侧面积S ＝πrl ＝20π，设球的半径为R ，则4πR 2＝20π，所以R ＝5，故选B.2．(2020·蓉城名校第一次联考)已知一个几何体的正视图和侧视图如图1所示，其俯视图用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个直角边长为1的等腰直角三角形(如图2所示)，则此几何体的体积为( )A ．1 B. 2 C ．2D ．2 2解析：选B.根据直观图可得该几何体的俯视图是一个直角边长分别是2和2的直角三角形(如图所示)，根据三视图可知该几何体是一个三棱锥，且三棱锥的高为3，所以体积V ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2×3＝ 2.故选B.3．(2020·武汉市武昌调研考试)中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(单位：立方寸)，则图中的x 为( )A ．1.2B ．1.6C ．1.8D ．2.4解析：选B.该几何体是一个组合体，左边是一个底面半径为12的圆柱，右边是一个长、宽、高分别为5.4－x ，3，1的长方体，所以组合体的体积V ＝V 圆柱＋V 长方体＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫122×x ＋(5.4－x )×3×1＝12.6(其中π＝3)，解得x ＝1.6.故选B.4．(2020·辽宁大连第一次(3月)双基测试)我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺．问积几何 ”．羡除是一个五面体，其中三个面是梯形，另两个面是三角形，已知一个羡除的三视图如图中粗线所示，其中小正方形网格的边长为1，则该羡除的表面中，三个梯形的面积之和为( )A ．40B ．43C ．46D ．47解析：选C.由三视图可知，该几何体的直观图如图所示，其中平面ABCD ⊥平面ABEF ，CD ＝2，AB ＝6，EF ＝4，等腰梯形ABEF 的高为3，等腰梯形ABCD 的高为4，等腰梯形FECD的高为9＋16＝5，三个梯形的面积之和为2＋62×4＋4＋62×3＋2＋42×5＝46，故选C.5．(2020·辽宁沈阳东北育才学校五模)将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的表面积为( )A ．πB ．2πC ．3πD ．4π解析：选B.将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥，设圆锥的底面圆半径为R ，则有2πR ＝3×2π3，所以R ＝1.设圆锥的内切球半径为r ，圆锥的高为h ，内切球球心必在圆锥的高线上，因为圆锥的母线长为3，所以h ＝9－1＝22，所以有rh －r ＝R 3，解得r ＝22，因此内切球的表面积S ＝4πr 2＝2π.故选B. 6．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．解析：设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r ＝7.答案：77．(2020·沈阳质量监测)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是．解析：由三视图可知该几何体是一个四棱锥，记为四棱锥P ABCD ，如图所示，其中PA ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，且PA ＝2，AB ＝2，PB ＝22，所以该四棱锥的侧面积S 是四个直角三角形的面积和，即S ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2＋12×2×22＝4＋4 2.答案：4＋4 28．(2020·长春市质量监测(一))已知一所有棱长都是2的三棱锥，则该三棱锥的体积为．解析：记所有棱长都是2的三棱锥为P ABC ，如图所示，取BC 的中点D ，连接AD ，PD ，作PO ⊥AD 于点O ，则PO ⊥平面ABC ，且OP ＝63×2＝233，故三棱锥P ABC 的体积V ＝13S △ABC·OP ＝13×34×(2)2×233＝13.答案：139．如图，在四边形ABCD 中，∠DAB ＝90°，∠ADC ＝135°，AB ＝5，CD ＝22，AD ＝2，求四边形ABCD 绕AD 旋转一周所成几何体的表面积及体积．解：由已知得CE ＝2，DE ＝2，CB ＝5，S 表面积＝S圆台侧＋S圆台下底＋S圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×22＝(60＋42)π，V ＝V 圆台－V圆锥＝13(π·22＋π·52＋22·52π2)×4－13π×22×2＝1483π. 10.(应用型)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍，若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？解：由PO 1＝2 m ，知O 1O ＝4PO 1＝8 m.因为A 1B 1＝AB ＝6 m ，所以正四棱锥P A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)；正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的体积V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)，所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)．故仓库的容积是312 m 3.[综合题组练]1．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知三棱锥PABC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，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为( )A．86πB．46πC．26πD．6π解析：选D.因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥PABC放在正方体中如图所示．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为2，所以该正方体的体对角线长为6，所以三棱锥PABC的外接球的半径R＝62，所以球O的体积V＝43πR3＝43π⎝⎛⎭⎪⎫623＝6π，故选D.2．如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，线段B1D1上有两个动点E，F且EF＝1，则当E，F移动时，下列结论不正确的是( )A．AE∥平面C1BDB．四面体ACEF的体积不为定值C．三棱锥ABEF的体积为定值D．四面体ACDF的体积为定值解析：选B.对于A，如图1，AB1∥DC1，易证AB1∥平面C1BD，同理AD1∥平面C1BD，且AB 1∩AD 1＝A ，所以平面AB 1D 1∥平面C 1BD ，又AE ⊂平面AB 1D 1，所以AE ∥平面C 1BD ，A 正确；对于B ，如图2，S △AEF ＝12EF ·h 1＝12×1×（32）2－⎝ ⎛⎭⎪⎫3222＝364，点C 到平面AEF的距离为点C 到平面AB 1D 1的距离d 为定值，所以V A CEF＝V C AEF＝13×364×d ＝64d 为定值，所以B 错误；对于C ，如图3，S △BEF ＝12×1×3＝32，点A 到平面BEF 的距离为A 到平面BB 1D 1D 的距离d 为定值，所以V A BEF＝13×32×d ＝12d 为定值，C 正确；对于D ，如图4，四面体ACDF 的体积为V A CDF＝V F ACD＝13×12×3×3×3＝92为定值，D 正确．3．(2020·东北师大附中、重庆一中等校联合模拟)若侧面积为4π的圆柱有一外接球O ，当球O 的体积取得最小值时，圆柱的表面积为．解析：设圆柱的底面圆半径为r ，高为h ，则球的半径R ＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫h 22.因为球的体积V ＝4π3R 3，故V 最小当且仅当R 最小．圆柱的侧面积为2πrh ＝4π，所以rh ＝2.所以h 2＝1r，所以R ＝r 2＋1r 2≥2，当且仅当r 2＝1r2.即r ＝1时取等号，此时k 取最小值，所以r ＝1，h ＝2，圆柱的表面积为2π＋4π＝6π.答案：6π4．(2020·新疆第一次毕业诊断及模拟测试)如图，A 1B 1C 1D 1是以ABCD 为底面的长方体的一个斜截面，其中AB ＝4，BC ＝3，AA 1＝5，BB 1＝8，CC 1＝12，求该几何体的体积．解：过A 1作A 1E ⊥BB 1于点E ，作A 1G ⊥DD 1于点G ，过E 作EF ⊥CC 1于点F ，过D 1作D 1H ⊥CC 1于点H ，连接EH ，GF ，因为平面ABB 1A 1∥平面DCC 1D 1，所以A 1B 1∥D 1C 1.因为AA 1＝BE ＝5，所以EB 1＝8－5＝3，C 1H ＝EB 1＝3，GD 1＝HF ＝12－5－3＝4，则几何体被分割成一个长方体ABCD A 1EFG ，一个斜三棱柱A 1B 1E D 1C 1H 和一个直三棱柱A 1D 1G EHF .故该几何体的体积为V ＝3×4×5＋12×3×4×4＋12×3×4×3＝102.。

高考数学一轮复习第8章立体几何第2讲空间几何体的表面积与体积课件文

【对点通关】
1．(必修 2 P27 例 4 改编)已知正四面体 A-BCD 的棱长为 12，则其内切球的表面积为( )
A．12π
B．16π
C．20π
D．24π
解析：选 D．如图，作 BF⊥CD 于 F，AE⊥BF 于 E，
由 ABCD 为正四面体可知 AE⊥平面 BCD，设 O 为正四面体 ABCD 的内切球的球心，连接 OB．正四面体的棱长为 12，则 OE 为内切球的半径，BF＝AF＝6 3，BE＝4 3，所以 AE＝ 122－（4 3）2＝4 6．
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．
令 f(a)＝3a4－a6(0<a< 3)，则 f′(a)＝12a3－6a5＝－6a3(a2－2)，
令 f′(a)＝0，解得 a＝ 2．
因为当 a∈(0， 2)时，f′(a)>0；当 a∈( 2， 3)时，f′(a)<0，所以函数 f(a)在(0， 2)上单调递增，在( 2， 3)上单调递减．所以 f(a)在 a＝ 2处取得极大值 f( 2)＝4．因为函数 f(a)在区间(0， 3)上有唯一的极值，所以 f( 2)＝4 也是最大值．故三棱柱体积的最大值为 24＝1．
第八章立体几何
第 2 讲空间几何体的表面积与体积
1．圆柱、圆锥、圆台的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

高考数学一轮复习第八章立体几何第2节空间几何体的表面积和体积课件理

1．(2015·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＝
(
)
A．1
B．2
C．4
D．8
[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，
图所示，已知网格纸上小正方形的边长为 1，则该几何体的
体积为(
)
4π A. 3
7π C. 3
5π B. 3
8π D. 3
[解析] 由三视图可得，该几何体是一个圆柱和四分之一球组成的组合体，
圆柱底面和球的半径 R 均为 1，所以四分之一球的体积为14×43πR3＝13π，
圆柱的高 h＝1，圆柱的体积为 πR2h＝π，所以组合体的体积 V＝13π＋π＝43π，故选 A.
体的表面积为 8π＋16π＋4π＝28π.故选 C.
(2)由三视图可知原几何体为一个斜四棱柱，底面是边长为 3 的正方形，该斜四棱柱是棱长为 6 的正方体的一部分，如图(2)所示，其表面积为(3×3＋3×6＋3×3 5)×2＝54＋ 18 5.
图(1) [答案] (1)C (2)B
图(2)
空间几何体的表面积的求法 (1)求解有关多面体表面积的问题，关键是找到其特征几何图形，如棱柱中的矩形，棱台中的直角梯形，棱锥中的直角三角形，它们是联系高与斜高、棱长等几何元素的桥梁，从而架起侧面积公式中的未知量与条件中已知几何元素的联系． (2)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将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．

2021届新高考数学一轮：第八章第2讲空间几何体的表面积和体积

由长方体的性质知 CC1⊥底面 ABCD， ∴CE 是三棱锥 E-BCD 的底面 BCD 上的高， ∴三棱锥 E-BCD 的体积 V＝13×12AB·BC·CE＝13×12AB·BC·12CC1＝112×120＝10.
考点 2 几何体的体积
例 2：(1)(2017 年新课标Ⅲ)已知圆柱的高为 1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为
()
ห้องสมุดไป่ตู้
3π
π
π
A.π
B. 4
C.2
D.4
解析：设圆柱底面的圆周的半径为 r，r＝ 12－122＝ 23，
则圆柱的体积为
π
232×1＝34π.故选
B.
答案：B
例 1：(1)(2017 年新课标Ⅱ)长方体的长、宽、高分别为 3,2,1，
其顶点都在球 O 的球面上，则球 O 的表面积为________.
解析：长方体的长、宽、高分别为 3,2,1，其顶点都在球 O
的球面上，长方体的体对角线是球 O 的直径，即 32＋22＋12＝
14＝2r，r＝
214.则球
O
的表面积为
A.12 2π
B.12π
C.8 2π
D.10π
解析：设底面半径为 r，高为 h，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 2r＝h＝2 2，底面积为 2πr2＝4π，侧面积为 2πrh＝2π× 2×2 2＝8π.则该圆柱的表面积为 4π＋8π＝12π.
答案：B
(4)(2016 年新课标Ⅲ)如图 8-2-2，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( )
第2讲空间几何体的表面积和体积

高考数学第一轮知识点总复习第二节空间几何体的表面积与体积

分析要求正棱台的高，首先要画出正棱台的高，使其包含在某一个特征直角梯形中，转化为平面问题，由已知条件列出方程，求解所需的几何元素.
解如图所示,正三棱台ABC- A1B中1C1,O、分O1别为两底面中心,D、分D别1 为 BC和中B点1C1,则为棱D台D的1 斜高.
设A1B=1 20,AB=30,则OD=53
第二节空间几何体的表面积与体积
基础梳理
1. 柱体、锥体、台体的侧面积,就是各侧面面积之和；表面积是各个面的面积之和,即侧面积与底面积之和.
2. 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,它的表面积就是展开图的面积.
3. 圆柱、圆锥、圆台的侧面积及表面积
S圆柱侧 =2 rl, S柱 =2 r r l ; S圆锥侧 = rl, S锥 = r r l ;
400 c，m2试
即9 x2 72 x2 202,解得x=15 cm,
∴R=25 cm.故 S球 4 R2 2 500 cm2 .
（2）当球心在两个截面之间时，如图2所示，设OD=x cm，则OC=(9-x)cm. 由题意得 CA2 49 ,CA 7 cm， ∴CA=7 cm，同理可得BD=20 cm. 设球半径为R,
举一反三
4. 有一个倒圆锥形容器,它的轴截面是一个正三角形,在容器内放
一个半径为r的铁球,并注入水,使水面与球正好相切,然后将球取
出,求这时容器中水的深度.
解析：如图,作出轴截面,因轴截面是正三角形,根据切线性质知当球在容器内时,水的深度为3r,水面半径为 3r,则
容器内水的体积为V
V圆锥
V球
=
r 2 h,V圆锥
=
1
3
r 2 h,V圆台

(通用版)2021版高考数学一轮复习第8章立体几何2第2讲空间几何体的表面积与体积教案理

第2讲空间几何体的外表积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及其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＝2πrlS 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l外表积体积柱体 (棱柱和圆柱)S 外表积＝S 侧＋2S 底 V ＝S 底h锥体 (棱锥和圆锥)S 外表积＝S 侧＋S 底 V ＝13S 底h 台体 (棱台和圆台)S 外表积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h 球S ＝4πR 2 V ＝43πR 3(1)正方体的棱长为a ，外接球的半径为R ，内切球的半径为r ； ①假设球为正方体的外接球，那么2R ＝3a ； ②假设球为正方体的内切球，那么2r ＝a ； ③假设球与正方体的各棱相切，那么2R ′＝2a .(2)长方体的共顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，那么2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的棱长为a ，外接球的半径为R ，内切球的半径为r ； ①外接球：球心是正四面体的中心；半径R ＝64a ； ②内切球：球心是正四面体的中心；半径r ＝612a .判断正误(正确的打“√〞，错误的打“×〞) (1)多面体的外表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 .( )答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)×某几何体的三视图如下图(单位：cm)，那么该几何体的体积是( )A ．8 cm 3B ．12 cm 3C.323cm 3 D.403cm 3解析：选C.由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．下面是棱长为2 cm 的正方体，体积V 1＝2×2×2＝8(cm 3)；上面是底面边长为2 cm ，高为2 cm 的正四棱锥，体积V 2＝13×2×2×2＝83(cm 3)，所以该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝323(cm 3)．(2021·云南省11校跨区调研)某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为( )A ．1B ．2C ．3D ．6解析：选C.依题意，题中的几何体是一个直三棱柱(其底面左、右相对)，其中底面是直角边长分别为1、2的直角三角形，侧棱长为3，因此其体积为⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×2×3＝3. 一直角三角形的三边长分别为 6 cm ，8 cm ，10 cm ，绕斜边旋转一周所得几何体的外表积为________．解析：旋转一周所得几何体为以245cm 为半径的两个同底面的圆锥，其外表积为S ＝π×245×6＋π×245×8＝3365π(cm 2)．答案：3365π cm 2(2021·高考全国卷Ⅱ)长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O 的球面上，那么球O 的外表积为________．解析：依题意得，长方体的体对角线长为32＋22＋12＝14，记长方体的外接球的半径为R ，那么有2R ＝14，R ＝142，因此球O 的外表积等于4πR 2＝14π. 答案：14π空间几何体的外表积[典例引领](1)(2021·高考全国卷Ⅰ)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．假设该几何体的体积是28π3，那么它的外表积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π(2)(2021·合肥市第一次教学质量检测)一个几何体的三视图如下图(其中正视图的弧线为四分之一圆周)，那么该几何体的外表积为( )A ．72＋6πB ．72＋4πC ．48＋6πD ．48＋4π【解析】 (1)由三视图可得此几何体为一个球切割掉18后剩下的几何体，设球的半径为r ，故78×43πr 3＝283π，所以r ＝2，外表积S ＝78×4πr 2＋34πr 2＝17π，选A.(2)由三视图知，该几何体由一个正方体的34局部与一个圆柱的14局部组合而成(如下图)，其外表积为16×2＋(16－4＋π)×2＋4×(2＋2＋π)＝72＋6π，应选A. 【答案】 (1)A (2)A空间几何体外表积的求法(1)以三视图为载体的几何体的外表积问题，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关系．(2)多面体的外表积是各个面的面积之和；组合体的外表积问题应注意衔接局部的处理． (3)旋转体的外表积问题应注意其侧面展开图的应用．[通关练习]1．(2021·兰州市诊断考试)某几何体的三视图如下图，那么该几何体的外表积为( )A ．(9＋5)πB ．(9＋25)πC ．(10＋5)πD ．(10＋25)π解析：选 A.由三视图可知，该几何体为一个圆柱挖去一个同底的圆锥，且圆锥的高是圆柱高的一半．故该几何体的外表积S ＝π×12＋4×2π＋12×2π×5＝(9＋5)π.2．(2021·河南许昌月考)某几何体的三视图如下图，那么该几何体的外表积为( )A ．9＋4(2＋5)B ．10＋2(2＋3)C ．11＋2(2＋5)D ．11＋2(2＋3)解析：选C.如下图，该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱柱得到的四棱柱．其外表积为2×2＋2×1＋2×2＋2×5＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫4－12－1＝11＋2(2＋5)．空间几何体的体积(高频考点)空间几何体的体积是每年高考的热点，多与三视图结合考察，题型多为选择题、填空题，难度较小．高考对空间几何体的体积的考察常有以下两个命题角度： (1)求简单几何体的体积； (2)求组合体的体积．[典例引领]角度一求简单几何体的体积(1)(补形法)(2021·高考全国卷Ⅱ)如图，网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，该几何体由一平面将一圆柱截去一局部后所得，那么该几何体的体积为( )A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π(2)(等积法)如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，那么三棱锥D 1EDF 的体积为________．【解析】 (1)法一：(补形法)如下图，由几何体的三视图，可知该几何体是一个圆柱被截去上面虚线局部所得．将圆柱补全，并将圆柱体从点A 处水平分成上下两局部．由图可知，该几何体的体积等于下局部圆柱的体积加上上局部圆柱体积的12，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π.法二：(估值法)由题意，知12V 圆柱<V 几何体<V 圆柱．又V 圆柱＝π×32×10＝90π，所以45π<V 几何体<90π.观察选项可知只有63π符合．(2)(等积法)三棱锥D 1EDF 的体积即为三棱锥F DD 1E 的体积．因为E ，F 分别为AA 1，B 1C 上的点，所以在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，△EDD 1的面积为定值12，F 到平面AA 1D 1D 的距离为定值1，所以VD 1EDF ＝VF DD 1E ＝13×12×1＝16.【答案】 (1)B (2)16角度二求组合体的体积(1)(分割法)(2021·高考浙江卷)某几何体的三视图如下图(单位：cm)，那么该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1B.π2＋3C.3π2＋1 D.3π2＋3 (2)(分割法)(2021·高考山东卷)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，那么该几何体的体积为________．【解析】 (1)由几何体的三视图可得，该几何体是由半个圆锥和一个三棱锥组成的，故该几何体的体积V ＝13×12π×3＋13×12×2×1×3＝π2＋1，应选A.(2)由题意知该几何体是由一个长方体和两个14圆柱体构成，其中长方体的体积V 1＝2×1×1＝2，两个14圆柱体的体积之和V 2＝14×π×12×1×2＝π2，所以该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝2＋π2.【答案】 (1)A (2)2＋π2[通关练习]1．(2021·昆明市教学质量检测)如图，网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，那么该几何体的体积为( )A ．24πB ．30πC ．42πD ．60π解析：选A.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 ＝12×43π×33＋12×13π×32×4＝24π，应选A.2．如下图，多面体ABCDEFG 中，AB ，AC ，AD 两两互相垂直，平面ABC ∥平面DEFG ，平面BEF ∥平面ADGC ，AB ＝AD ＝DG ＝2，AC ＝EF ＝1，那么该多面体的体积为________．解析：法一：(分割法)因为几何体有两对相对面互相平行，如下图，过点C 作CH ⊥DG 于H ，连接EH ，即把多面体分割成一个直三棱柱DEH ABC 和一个斜三棱柱BEF CHG .由题意，知V 三棱柱DEH ABC ＝S △DEH ×AD ＝(12×2×1)×2＝2，V 三棱柱BEF CHG ＝S △BEF ×DE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×1×2＝2.故所求几何体的体积为V 多面体ABCDEFG ＝2＋2＝4.法二：(补形法)因为几何体有两对相对面互相平行，如下图，将多面体补成棱长为2的正方体，显然所求多面体的体积即该正方体体积的一半．又正方体的体积V 正方体ABHI DEKG ＝23＝8，故所求几何体的体积为V 多面体ABCDEFG ＝12×8＝4.答案：4球与空间几何体的接、切问题[典例引领](1)(2021·高考全国卷Ⅲ)圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，那么该圆柱的体积为( ) A ．π B. 3π4C. π2D. π4(2)(2021·河南省六市第一次联考)三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝15，AC ＝6，PC ⊥平面ABC ，PC ＝2，那么该三棱锥的外接球的外表积为( )A.253πB.252πC.833π D.832π【解析】 (1)设圆柱的底面半径为r ，那么r 2＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝34，所以，圆柱的体积V ＝34π×1＝3π4，应选B.(2)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)，所以外接球的外表积S ＝4πR 2＝832π，应选D.【答案】 (1)B (2)D假设本例(2)中的△ABC 变为边长为3的等边三角形．求三棱锥外接球的外表积．解：由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、以PC 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外表积S ＝4πR 2＝8π.处理球的“切〞“接〞问题的求解策略(1)“切〞的处理与球有关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，那么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．[通关练习]1．(2021·贵阳市检测)三棱锥P ABC 的四个顶点都在体积为500 π3的球的外表上，底面ABC 所在的小圆面积为16π，那么该三棱锥的高的最大值为( )A ．4B ．6C ．8D ．10解析：选C.依题意，设题中球的球心为O 、半径为R ，△ABC 的外接圆半径为r，那么4πR33＝500π3，解得R ＝5，由πr 2＝16π，解得r ＝4，又球心O 到平面ABC 的距离为R 2－r 2＝3，因此三棱锥P ABC 的高的最大值为5＋3＝8.2．设球O 内切于正三棱柱ABC A 1B 1C 1，那么球O 的体积与正三棱柱ABC A 1B 1C 1的体积的比值为________．解析：设球O 半径为R ，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的底面边长为a ，那么R ＝33×a 2＝36a ，即a ＝23R ，又正三棱柱ABC A 1B 1C 1的高为2R ，所以球O 的体积与正三棱柱ABC A 1B 1C 1的体积的比值为43πR 334a 2×2R ＝43πR 334×12R 2×2R ＝23π27. 答案：23π27数学文化与立体几何[典例引领](2021·山西五校联考)?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：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈；上袤二丈，无广；高一丈，问：积几何？〞其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈；上棱长2丈，高一丈，问它的体积是多少？〞1丈为10尺，现将该楔体的三视图给出，其中网格纸上小正方形的边长为1丈，那么该楔体的体积为( )A ．5 000立方尺B ．5 500立方尺C ．6 000立方尺D ．6 500立方尺【解析】该楔体的直观图如图中的几何体ABCDEF .取AB 的中点G ，CD 的中点H ，连接FG ，GH ，HF ，那么该几何体的体积为四棱锥F GBCH 与三棱柱ADE GHF 的体积之和．又可以将三棱柱ADE GHF 割补成高为EF ，底面积为S ＝12×3×1＝32平方丈的一个直棱柱，故该楔体的体积V ＝32×2＋13×2×3×1＝5立方丈＝5 000立方尺．【答案】 A求解与数学文化有关的立体几何问题应过的三关(2021·郑州市第二次质量预测)我国南北朝时期数学家、天文学家——祖暅，提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，那么积不容异〞，“幂〞是截面积，“势〞是几何体的高，意思是两等高立方体，假设在每一等高处的截面积都相等，那么两立方体体积相等．某不规那么几何体与如图所对应的几何体满足“幂势同〞，那么该不规那么几何体的体积为( )A ．4－π2B ．8－4π3C ．8－πD ．8－2π解析：选C.由祖暅原理可知，该不规那么几何体的体积与三视图的几何体体积相等．根据题设所给的三视图，可知题图中的几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱，正方体的体积为23＝8，半圆柱的体积为12×(π×12)×2＝π，因此该不规那么几何体的体积为8－π，应选C.处理空间几何体体积问题的思路(1)“转〞：指的是转换底面与高，将原来不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高转换为容易看出，并容易求解长度的高；(2)“拆〞：指的是将一个不规那么的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算；(3)“拼〞：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如有时将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原成一个四棱柱，还台为锥，这些都是拼补的方法．易错防范(1)求组合体的外表积时，要注意各几何体重叠局部的处理．(2)底面是梯形的四棱柱侧放时，容易和四棱台混淆，在识别时要紧扣定义，以防出错．1.“牟合方盖〞是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全一样的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为表达其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全一样时，它的俯视图可能是( )解析：选B.根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全一样时，俯视图为B，应选B.2．(2021·湖北省七市(州)联考)如图是一个几何体的三视图，其中正视图和侧视图是两个全等的等腰三角形，底边长为4，腰长为3，那么该几何体的外表积为( )A．6πB．8πC．10πD．12π解析：选C.根据三视图，可以看出该几何体是一个圆锥，其底面圆的半径r为2，母线长l 为3，故该圆锥的外表积S＝πr(r＋l)＝π×2×(2＋3)＝10π，应选C.3．(2021·武汉市武昌调研考试)中国古代数学名著?九章算术?中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如下图(单位：寸)，假设π取3，其体积为12.6(单位：立方寸)，那么图中的x为( )解析：选 B.该几何体是一个组合体，左边是一个底面半径为12的圆柱，右边是一个长、宽、高分别为5.4－x 、3、1的长方体，所以组合体的体积V ＝V 圆柱＋V 长方体＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫122×x ＋(5.4－x )×3×1＝12.6(其中π＝3)，解得x B.4．(2021·江西七校联考)假设某空间几何体的三视图如下图，那么该几何体的外表积是( )A ．48＋πB ．48－πC ．48＋2πD ．48－2π解析：选A.该几何体是正四棱柱挖去了一个半球，正四棱柱的底面是正方形(边长为2)，高为5，半球的半径是1，那么该几何体的外表积为S ＝2×2×2＋2×4×5－π×12＋2π×12＝48＋π，应选A.5．(2021·河南郑州一中押题卷二)一个多面体的直观图和三视图如下图，点M 是AB 上的动点，记四面体EFMC 的体积为V 1，多面体ADF BCE 的体积为V 2，那么V 1V 2＝( )A.14 B.13 C.12D ．随点M 位置的变化而变化解析：选B.由三视图可知多面体ADF BCE 是直三棱柱，其底面是等腰直角三角形(直角边长为a )，且四边形DFEC 与四边形ABCD 都是正方形，它们的边长均为a .因为M 是AB 上的动点，且易知AB ∥平面DFEC ，所以点M 到平面DFEC 的距离等于点B 到平面DFEC 的距离，为a ，所以V 1＝V E FMC ＝V M EFC ＝13×12a ·a ·a ＝a 36，又V 2＝12a ·a ·a ＝a 32，故V 1V 2＝a 36a 32＝13，应选B. 6．(2021·高考江苏卷)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 ，那么V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为r ，那么圆柱的底面半径为r 、高为2r ，所以V 1V 2＝πr 2·2r 43πr3＝32.答案：327．一个几何体的三视图如下图，那么该几何体的外表积为________．解析：由三视图可知，该几何体是一个长方体内挖去一个圆柱体，如下图．长方体的长、宽、高分别为4，3，1，外表积为4×3×2＋3×1×2＋4×1×2＝38，圆柱的底面圆直径为2，母线长为1，侧面积为2π×1＝2π，圆柱的两个底面面积和为2×π×12＝2π. 故该几何体的外表积为38＋2π－2π＝38. 答案：388．(2021·山东日照模拟)现有一半球形原料，假设通过切削将该原料加工成一正方体工件，那么所得工件体积与原料体积之比的最大值为________．解析：设球的半径为R ，正方体的棱长为a .由题意得当正方体体积最大时，a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2＝R 2，所以R ＝62a ，所以所得工件体积与原料体积之比的最大值为a 312×43πR 3＝a323π×⎝ ⎛⎭⎪⎫62a 3＝63π. 答案：63π9.如图，在四边形ABCD 中，∠DAB ＝90°，∠ADC ＝135°，AB ＝5，CD ＝22，AD ＝2，求四边形ABCD 绕AD 旋转一周所成几何体的外表积及体积．解：由得：CE ＝2，DE ＝2，CB ＝5，S外表＝S圆台侧＋S圆台下底＋S圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×22＝(60＋42)π，V ＝V 圆台－V 圆锥＝13(π·22＋π·52＋22·52π2)×4－13π×22×2＝1483π.10．一个几何体的三视图如下图．(1)求此几何体的外表积；(2)如果点P ，Q 在正视图中所示位置，P 为所在线段中点，Q 为顶点，求在几何体外表上，从P 到Q 点的最短路径的长．解：(1)由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其外表积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和．S 圆锥侧＝12(2πa )·(2a )＝2πa 2， S 圆柱侧＝(2πa )·(2a )＝4πa 2， S 圆柱底＝πa 2，所以S 表＝2πa 2＋4πa 2＋πa 2＝(2＋5)πa 2. (2)沿P 点与Q 点所在母线剪开圆柱侧面，如图．那么PQ ＝AP 2＋AQ 2＝a 2＋〔πa 〕2＝a 1＋π2，所以从P 点到Q 点在侧面上的最短路径的长为a 1＋π2.1．某三棱锥的三视图如下图，那么该三棱锥的体积为( )A.16B.13C.12D ．1解析：选A.由三视图可得该几何体的直观图为三棱锥A BCD ，将其放在长方体中如下图，其中BD ＝CD ＝1，CD ⊥BD ，三棱锥的高为1，所以三棱锥的体积为13×12×1×1×1＝16.应选A.2．(2021·福建泉州质检)如图，在正方形网格纸上，实线画出的是某多面体的三视图及其局部尺寸．假设该多面体的顶点在同一球面上，那么该球的外表积等于( )A ．8πB ．18πC ．24πD ．86π解析：选C.设球的半径为R .多面体是两个正四棱锥的组合体(底面重合)．两顶点之间的距离为2R ，底面是边长为2R 的正方形，由R 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2R 22＝32⇒R 2＝6，故该球的外表积S ＝4πR 2＝24π.选C.3.在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，过A 1，C 1，B 三点的平面截去长方体的一个角后，得到如下图的几何体ABCD A 1C 1D 1，这个几何体的体积为403，那么经过A 1，C 1，B ，D 四点的球的外表积为________．解析：设AA 1＝x ，那么VABCD A 1C 1D 1＝VABCD A 1B 1C 1D 1－VB A 1B 1C 1＝2×2×x －13×12×2×2×x ＝403，那么xA 1，C 1，B ，D 是长方体的四个顶点，所以经过A 1，C 1，B ，D 四点的球的球心为长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体对角线的中点，且长方体的体对角线为球的直径，所以球的半径R ＝22＋22＋422＝6，所以球的外表积为24π. 答案：24π4．(2021·高考全国卷Ⅰ)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．假设平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S ABC 的体积为9，那么球O 的外表积为________．解析：设球O 的半径为R ，因为SC 为球O 的直径，所以点O 为SC 的中点，连接AO ，OB ，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 ，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 的外表积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π.答案：36π5.如图，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用米铁丝，再用S 平方米塑料片制成圆柱的侧面和下底面(不安装上底面)． (1)当圆柱底面半径r 取何值时，S 取得最大值？并求出该最大值(结果准确到0.01平方米)；(，请作出用于制作灯笼的三视图(作图时，不需考虑骨架等因素)．解：(1)由题意可知矩形的高即圆柱的母线长为错误!＝1.2－2r ，所以塑料片面积S ＝πr 2＋2πr (1.2－2r ) ＝πr 2r －4πr 2＝－3πr 2r ＝－3π(r 2r )．所以当r ，S 有最大值，约为1.51平方米．，那么高为1.2－2×0.3＝0.6(米)．制作灯笼的三视图如图．6.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 ，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 作平行于平面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°得V ＝VA 1B 1C 1A 2B 2C ＋VC ABB 2A 2＝12×2×2×2＋13×12×(1＋2)×2×2＝6. (2)在△ABC 中，AB ＝22＋〔4－3〕2＝5，BC ＝22＋〔3－2〕2＝5， AC ＝〔22〕2＋〔4－2〕2＝2 3.那么S △ABC ＝12×23×〔5〕2－〔3〕2＝ 6.。