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第 23 节 空间几何体的表面积与体积
基础知识要夯实
名称
表面积 体积
几何体
柱 体
S ＝S ＋2S V＝S h
表面积 侧 底 底
(棱柱和圆柱)
锥 体
S ＝S ＋S
表面积 侧 底
(棱锥和圆锥) V＝ S h
底
台 体
S ＝S ＋S ＋S
表面积 侧 上 下
(棱台和圆台) V＝ (S ＋S ＋ )h
上 下
球 S＝4πR2
V＝ πR3
基本技能要落实
考点一 空间几何体的体积
【例1】(2020·天津卷)已知正方体ABCD－ABC D 的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面
1 1 1 1
的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M－EFGH的体积为________.
【答案】
【解析】连接AD ，CD ，BA，BC，AC，因为E，H分别为AD ，CD 的中点，所以EH∥AC，
1 1 1 1 1 1
EH＝ AC.因为F，G分别为BA，BC的中点，所以FG∥AC，FG＝ AC.所以EH∥FG，EH＝
1 1
FG，所以四边形EHGF为平行四边形，又EG＝HF，EH＝HG，所以四边形EHGF为正方形.又点
M到平面EHGF的距离为 ，所以四棱锥M－EFGH的体积为 × × ＝ .
【例2】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. B. C. D.
【答案】A
【解析】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＝ ，
取AD的中点O，连接GO，易得GO＝ ，
∴S ＝S ＝ × ×1＝ ，
AGD BHC
∴多 △ 面体的 △ 体积V＝V ＋V ＋V ＝2V ＋
三棱锥E－ADG 三棱锥F－BCH 三棱柱AGD－BHC 三棱锥E－ADG
V ＝ × × ×2＋ ×1＝ .故选A.
三棱柱AGD－BHC
【方法技巧】
1.(直接法)规则几何体：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.
2.(割补法)不规则几何体：当一个几何体的形状不规则时，常通过分割或者补形的手段将此几何体
变为一个或几个规则的、体积易求的几何体，然后再计算.经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方
体，将三棱柱还原为平行六面体，将台体还原为锥体.
3.(等积法)三棱锥：利用三棱锥的“等积性”可以把任一个面作为三棱锥的底面.(1)求体积时，可选
择“容易计算”的方式来计算；(2)利用“等积性”可求“点到面的距离”，关键是在面中选取三个
点，与已知点构成三棱锥.
【跟踪训练】
1.如图所示，正三棱柱 ABC－ABC 的底面边长为2，侧棱长为，D为BC中点，则三棱锥 A－
1 1 1
BDC 的体积为( )
1 1A.3 B. C.1 D.
【答案】C
【解析】如题图，在正△ABC中，D为BC中点，则有AD＝ AB＝ ，
又∵平面BBC C⊥平面ABC，平面BBC ∩平面ABC＝BC，AD⊥BC，AD 平面ABC，由面面垂直
1 1 1 1
的性质定理可得AD⊥平面BB
1
C
1
C，即AD为三棱锥A－B
1
DC
1
的底面B
1
DC⊂1 上的高，
∴V ＝ S ·AD＝ × ×2× × ＝1.
A－B1DC1 B1DC1
△
2.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A.8π－ B.4π－
C.8π－4 D.4π＋
【答案】A
【解析】该几何体为一个半圆柱中间挖去一个四面体，
∴体积V＝ π×22×4－ × ×2×4×4＝8π－ .
考点二 多面体与球的切、接问题
【例2】在封闭的直三棱柱ABC－ABC 内有一个体积为V的球.若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA
1 1 1 1
＝3，则V的最大值是( )
A.4π B. C.6π D.
【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 ×6×8＝ ×(6＋8＋10)·r，所以r＝2.
2r＝4＞3，不合题意.
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＝ .
故球的最大体积V＝ πR3＝
【方法技巧】
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PA，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.
【跟踪训练】
1.三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝PC＝AC＝2，AB＝4，则三棱锥P－
ABC的外接球的表面积为( )
A.23π B. π C.64π D. π
【答案】D
【解析】如图，设O′为正△PAC的中心，D为Rt ABC斜边的中点，H为AC中点.由平面PAC⊥平
面ABC.则O′H⊥平面ABC.作O′O∥HD，OD∥O△′H，则交点O为三棱锥外接球的球心，连接OP，
又O′P＝ PH＝ × ×2＝ ，OO′＝DH＝ AB＝2.∴R2＝OP2＝O′P2＋O′O2＝ ＋4＝ .
故几何体外接球的表面积S＝4πR2＝ π.
达标检测要扎实一、单选题
1．由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥（底面是正方形，侧
棱长都相等的四棱锥），四个侧面由673块玻璃拼组而成，塔高21 米，底宽34米，则该金字塔的
体积为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
如图正四棱锥 中， ， ，
所以正四棱锥 的体积为 ，故选：A
2．已知一个圆锥的体积为 ，其侧面积是底面积的2倍，则其底面半径为（ ）
A． B．3 C． D．
【答案】C
【解析】设底面半径为 ，高为 ，母线为 ，如图所示：则圆锥的体积 ，所以 ，即 ，
，则 ，
又 ，所以 ，故 ．
故选：C．
3．已知圆锥的表面积为3π，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，
由 ，得 ，
又 ，
所以 ，解得 ；
所以圆锥的高为 ，
所以圆锥的体积为 ．故选：C．
4．鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器
具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不
相同，一般都是易拆难装.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每
条棱的长均为2，则该鲁班锁的表面积为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为 的正方体截去了8个正三棱锥
所余下来的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为 ，则该几何体的表面积为
.故选：A.
5．已知 中， ， ，其顶点都在表面积为 的球O的表面上，且球心O
到平面ABC的距离为2，则 的面积为（ ）
A．2 B．4 C．8 D．10
【答案】B
【解析】设球O的半径为 ， 外接圆的半径为 ，
则 ，所以 ，又因球心O到平面ABC的距离为2，
则 ，解得 ，
因为 ，则 是以 边为斜边的直角三角形，
则 外接圆的圆心是 的中点，
则 ，又 ，
所以 ，所以 ，
所以 .故选：B.6．在正方体 中，三棱锥 的表面积为 ，则正方体外接球的体积为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设正方体的棱长为 ，则 ，
由于三棱锥 的表面积为 ，
所以
所以
所以正方体的外接球的半径为 ，
所以正方体的外接球的体积为 故选： ．
7．四面体ABCD的四个顶点都在球 的球面上， ， ，点
E，F，G分别为棱BC，CD，AD的中点，则下列说法不正确的是（ ）．
A．过点E，F，G做四面体ABCD的截面，则该截面的面积为2
B．四面体ABCD的体积为C．AC与BD的公垂线段的长为
D．过 作球 的截面，则截面面积的最大值与最小值的比为5：4
【答案】B
【解析】
图1 图2
选项A中，如图（1）所示，找 的中点 ，过点E，F，G做四面体ABCD的截面即为面 ，
则 , ，所以四边形 为平行四边形，找 的中点 ,连接
，因为 ，所以 平面
，所以 平面 ， 平面 ，所以 ，所以 ，所以四边形
为矩形， ， ，所以截面的面积 ，故A正确；
选项B中， 中，由勾股定理得： ，同理 ，
过点 作 ,则 ，所以由勾股定理得：
，
所以 ，由选项A可得： 平面 ,所以
， ，故B错误；
选项C中，AC与BD的公垂线段即为 ，长度为 ，故C正确；选项D中，可以将四面体放入如图（2）所示的长方体中，由题可求得， ，
所以外接球的半径 ，截面面积的最大值为 ；平面 截得的面积为最小
面积，半径 ，截面积最小为 ，所以截面面积的最大值与最小值的
比为5：4，故D正确故选：B
8．已知正三棱锥 和正四棱锥 的所有棱长均为2，如图将三棱锥 的一个
面和正四棱锥 的一个侧面重合在一起，得到一个新几何体，则下列关于该新几何体说法
不正确的是（ ）
A． B．
C．新几何体为三棱柱 D．正四棱锥 的内切球半径为
【答案】D
【解析】取 的中点 ， 的中点 ，连 、 、 、 ，如图：
因为正三棱锥 和正四棱锥 的所有棱长都为 ，
所以 ， ， ，
又 ，所以 平面 ，
因为 ，所以 ，因为 ，所以 平面 ，
所以平面 与平面 重合，
因为 ， ，
所以四边形 为平行四边形，
所以 ，又 ，所以 ，故A正确；
因为 ，所以 ，故B正确；
因为 ， ，所以四边形 为平行四边形，
同理得四边形 也为平行四边形，
所以 ，因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
同理得 平面 ，因为 ，所以平面 平面 ，
又 ，根据棱柱的定义可得该新几何体为三棱柱，故C正确；
设正四棱锥 的内切球半径为 ，
因为正四棱锥 的高为 ，
由 得 ，故D不正确.故选：D.
二、多选题
9．用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，得到上、下两部分空间图形且上、下两部分的高之比为 ，
则关于上、下两空间图形的说法正确的是（ ）
A．侧面积之比为 B．侧面积之比为
C．体积之比为 D．体积之比为
【答案】BD
【解析】依题意知，上部分为小棱锥，下部分为棱台，
所以小棱锥与原棱锥的底面边长之比为 ，高之比为 ，
所以小棱锥与原棱锥的侧面积之比为 ，体积之比为 ，
即小棱锥与棱台的侧面积之比为 ，体积之比为 .故选：BD.
10．一棱长等于1且体积为1的长方体的顶点都在同一球的球面上，则该球的体积可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BCD
【解析】设长方体未知的两棱长分别为 ，则 ， ，设外接球半径为 ，则 ，
球体积为 ， ，当且仅当 时等号成立，
所以 ．故选：BCD．
11．如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点， ，则下列
结论正确的是（ ）
A．圆锥SO的侧面积为
B．三棱锥 体积的最大值为
C． 的取值范围是
D．若 ，E为线段AB上的动点，则 的最小值为
【答案】ABD
【解析】在 中， ，
则圆锥的母线长 ，半径 ，
对于选项A：圆锥 的侧面积为： ，故选项A正确；
对于选项B：当 时， 的面积最大，
此时 ，则三棱锥 体积的最大值为： ，故选项B正确；
对于选项C：当点 与点 重合时， 为最小角，当点 与点 重合时， ，达到
最大值，又因为 与 不重合，则 ，
又 ，可得 ，
故选项C不正确；
对于选项D：由 ，
得 ，又 ，
则 为等边三角形，则 ，
将 以 为轴旋转到与 共面，得到 ，
则 为等边三角形， ，
如图：
则 ，因为 ，
则 ，故选项D正确；故选：ABD.
12．已知图1中， 、 、 、 是正方形 各边的中点，分别沿着 、 、 、 把
、 、 、 向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面 垂直，
再顺次连接 ，得到一个如图2所示的多面体，则（ ）A． 是正三角形
B．平面 平面
C．直线 与平面 所成角的正切值为
D．当 时，多面体 的体积为
【答案】AC
【解析】取 、 的中点 、 ，连接 、 ，
在图1中， 、 、 、 是正方形 各边的中点，则 ，
为 的中点， ，
平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
平面 ，
在图1中，设正方形 的边长为 ，可得四边形 的边长为 ，
在图1中， 和 均为等腰直角三角形，可得 ，
， 四边形 是边长为 的正方形，
、 分别为 、 的中点，则 且 ，且 ，
所以，四边形 为矩形，所以， ，
以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，
则 、 、 、 、 、 、 、
.对于A选项，由空间中两点间的距离公式可得 ，
所以， 是正三角形，A选项正确；
对于B选项，设平面 的法向量为 ， ， ，
由 ，取 ，则 ， ，则 ，
设平面 的法向量为 ， ， ，
由 ，取 ，可得 ， ，则 ，
，所以，平面 与平面 不垂直，B选项错误；
对于C选项， ，
设直线 与平面 所成角为 ，则 ， ，
所以， ，C选项正确；
对于D选项，以 为底面，以 为高将几何体 补成长方体 ，
则 、 、 、 分别为 、 、 、 的中点，因为 ，即 ，则 ，长方体 的体积为 ，
，
因此，多面体 的体积为 ，
D选项错误.故选：AC.
三、填空题
13．词语“堑堵”、“阳马”、“鳖臑”等出现自中国数学名著《九章算术・商功》，是古代人对
一些特殊锥体的称呼．在《九章算术・商功》中，把四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．
现有如图所示的“鳖臑”四面体PABC，其中 平面 ， ， ，则四面
体PABC的外接球的表面积为______．
【答案】
【解析】由于 平面 ，因此 与底面上的直线 都垂直，
从而 与 不可能垂直，否则 是锐角三角形，由于 ，因此有 ，
而 与 是平面 内两相交直线，则 平面 ， 平面 ，所以 ，
所以 的中点 到 四个点的距离相等，即为四面体PABC的外接球球心．
， ，
所以所求表面积为 ．故答案为： ．14．如图，在棱长为1的正方体 中， 、 、 分别为线段 、 、 的
中点，下述四个结论：
①直线 、 、 共点；
②直线 、 为异面直线；
③四面体 的体积为 ；
④线段 上存在一点 使得直线 平面 ．
其中所有正确结论的序号为___________．
【答案】①②
【解析】对①，如图，由条件可知 ，延长 、 交于点 ，
由 平面 ， 平面 ，
平面 平面 ，
故 ，故①正确；
对②， 平面 ，而 和平面相交一点，且 和 不相交，故②正确；
对③， 到平面 的距离为 到平面 的一半，
所以 ，故③错误；
对④， 和 相交故不存在 使得直线 平面 ，故④错误.故答案为：①②
15．已知三棱锥 的四个顶点在球 的球面上， ， 是边长为2的正三角
形， 为 中点， ，则球 的体积为_______.
【答案】
【解析】如图，由 ， 是边长为2的正三角形，可知三棱锥 为正三棱锥，
则顶点 在底面的射影 为底面三角形的中心，取 的中点 ，连接 并延长，交 于 ，
则 ，又 ， ， 平面 ， 平面 ，可得 平面 ，
则 ，
， 分别是 ， 的中点， ，又 ，所以 即 ， ， 平面 ， 平面
，所以 平面 ，
正三棱锥 的三条侧棱两两互相垂直，
把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，
其直径， ，
所以 ，则球 的体积为 ．
故答案为： ．
16．早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，
即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面
体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体
之一．如果把 按 计算，则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于
___________．
【答案】
【解析】由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为 ，
则 ，得 ，
所以正五棱锥的顶点到底面的距离是 ，
所以 ，即 ，解得 ．
所以该正二十面体的外接球表面积为 ，
而该正二十面体的表面积是 ，
所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于 ．
故答案为： .
四、解答题
17．有一堆规格相同的铁制（铁的密度为 ）六角螺帽共重 ，已知该种规格的螺帽底面
是正六边形，边长是 ，内孔直径为 ，高为 ，
（1）求一个六角螺帽的体积；（精确到 ）
（2）问这堆六角螺帽大约有多少个？
（参考数据： ）
【解析】（1）由题得（2）这堆螺帽的个数为： （个）
每个螺帽的体积为 ，共有261个螺帽.
18．如图，某几何体的下部分是长､宽均为8，高为3的长方体，上部分是侧棱长都相等且高为3的
四棱锥，求：
（1）该几何体的体积；
（2）该几何体的表面积.
【解析】连接 ， 交于点 ，取 的中点 ，连接 ， ，
（1）
∴
（2）∵ ，
∴19．养路处建造圆锥形仓库用于贮藏食盐（供融化高速公路上的积雪之用），已建的仓库的底面直
径为12 m，高为4 m．养路处拟建一个更大的圆锥形仓库，以存放更多食盐．现有两种方案：一是
新建的仓库的底面直径比原来大4 m（高不变）；二是高度增加4 m（底面直径不变）．
(1)分别计算按这两种方案所建的仓库的体积；
(2)分别计算按这两种方案所建的仓库的表面积；
(3)哪个方案更经济些？
【解析】 (1)按照方案一：仓库的底面直径为 m，高为4 m，
则仓库的体积为 （m3）；
按照方案二：仓库的底面直径为 m，高为8 m，
则仓库的体积为 （m3）,
(2)根据题意，仓库的表面积即为圆锥的侧面积；
按照方案一：仓库的底面直径为 m，高为4 m，
圆锥的母线长 （m）
则仓库的表面积 （ ）；
按照方案二：仓库的底面直径为 m，高为8 m，
圆锥的母线长 （m）
则仓库的表面积为 （ ）.
(3)根据（1）（2）所求， ，故方案二比方案一更加经济些.
20．某甜品店制作蛋筒冰淇淋，其上半部分呈半球形，下半部分呈圆锥形（如图）.现把半径为
10cm的圆形蛋皮分成相同的5个扇形，用一个扇形蛋皮围成锥形侧面（蛋皮厚度忽略不计），求该蛋筒冰淇淋的体积（精确到0.1）.
【解析】设圆锥底面半径为 ，高为 ，因为 ，
得 ，则 ，所以该蛋筒的体积为
21．一个圆锥的底面半径为2cm，高为6cm，在其内部有一个高为x cm的内接圆柱.
（1）求圆锥的侧面积；
（2）当x为何值时，圆柱的侧面积最大？并求出侧面积的最大值.
【解析】（1）圆锥的母线长为 ，
∴圆锥的侧面积 .
（2）该几何体的轴截面如图所示.
设圆柱的底面半径为r cm，由题意，知 ， .
∴圆柱的侧面积 ，
∴当 时，圆柱的侧面积取得最大值，且最大值为 .22．已知圆锥的侧面展开图为半圆，母线长为 .
（1）求圆锥的底面积；
（2）在该圆锥内按如图所示放置一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，求圆柱的体积.
【解析】（1）沿母线AB剪开，侧展图如图所示：
设 ，在半圆⊙A中， ， 弧长 ，
这是圆锥的底面周长，所以 ，
所以 ，
故圆锥的底面积为 ；
（2）设圆柱的高 ， ，
在 中， ，
，所以 ，即 ， ，
，
，
所以，当 ， 时，圆柱的侧面积最大，
此时 .
