专题8.2空间几何体的表面积和体积2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（讲）解析版_02高考数学_新高考复习资料_2022年新高考资料

专题8.2 空间几何体的表面积和体积 1.理解三视图和直观图间的关系，掌握三视图所表示的空间几何体. 新课程考试要求 2.会计算柱、锥、台、球的表面积和体积. 核心素养 本节涉及的数学核心素养：数学运算、逻辑推理、直观想象等. （1）以结合三视图、几何体的结构特征考查几何体的面积体积计算为主，题型基本稳 定为选择题或填空题，难度中等以下；也有几何体的面积或体积在解答题中与平行关 系、垂直关系等相结合考查的情况. 考向预测 （2）与立体几何相关的“数学文化”等相结合，考查数学应用. （3）几何体的表面积与体积与三视图结合是主要命题形式.有时作为解答题的一个构 成部分考查几何体的表面积与体积，有时结合面积、体积的计算考查等积变换等转化 思想． 【知识清单】 知识点1．几何体的表面积 S 2rl 圆柱的侧面积 S 2r(rl) 圆柱的表面积 S rl 圆锥的侧面积 S r(rl) 圆锥的表面积 S (rr)l 圆台的侧面积 S (r2 r2 rlrl) 圆台的表面积 S 4R2 球体的表面积 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. 知识点2．几何体的体积 V r2h 圆柱的体积 1 V  r2h 圆锥的体积 3 1 V  h(r2 r2 rr) 圆台的体积 3 4 V  R3 球体的体积 3V a3 正方体的体积 V abc 正方体的体积 【考点分类剖析】 考点一 ：几何体的面积 【典例1】（2021·全国高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系 统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为 （轨道高度是指卫星到地球 表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为 的球，其上点A的纬度是指 与赤道平面 所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为 ，记卫星信号覆 盖地球表面的表面积为 （单位： ），则S占地球表面积的百分比约为（ ） A．26% B．34% C．42% D．50% 【答案】C 【解析】 由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果. 【详解】 由题意可得，S占地球表面积的百分比约为： . 故选：C. 【典例2】（2021·全国高考真题（文））已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为 则该圆锥的侧面积 为________. 【答案】 【解析】 利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案. 【详解】 ∵ ∴∴ ∴ . 故答案为： . 【规律方法】 几类空间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． (3)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的删、补． (4)若以三视图形式给出，解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数 量关系． 【变式探究】 1．（2020·全国高考真题（理））已知 A,B,C 为球 O 的球面上的三个点，⊙ O 1为 ABC 的外接圆，若 O 4π AB  BC  AC OO O ⊙ 1的面积为 ， 1，则球 的表面积为（ ） 64π 48π 36π 32π A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 O 设圆 1半径为 r ，球的半径为 R ，依题意，r2 4,r 2  ABC 得 ， 为等边三角形， AB 2rsin602 3 由正弦定理可得 ， OO  AB 2 3 OO  ABC 1 ，根据球的截面性质 1 平面 ， OO O A,R OA OO2 O A2  OO2 r2 4 1 1 1 1 1 ，  O S 4R2 64 球 的表面积 . 故选：A 2．（2020·北京高考真题）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（ ）． 6 3 62 3 12 3 122 3 A． B． C． D． 【答案】D【解析】 由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为： 1  S 3222 22sin60 122 3   2  . 故选：D. 【总结提升】 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，“化曲为直”来解决， 因此要熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形面积的求法. 考点二 ：几何体的体积 【典例3】（2021·天津高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体 积为 ，两个圆锥的高之比为 ，则这两个圆锥的体积之和为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用 锥体体积公式可求得结果. 【详解】 如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点 ， 设圆锥 和圆锥 的高之比为 ，即 ， 设球的半径为 ，则 ，可得 ，所以， ， 所以， ， ，，则 ，所以， ， 又因为 ，所以， ， 所以， ， ， 因此，这两个圆锥的体积之和为 . 故选：B. ABCDABC D AB  BC 2 AC 【典例4】（2018·全国高考真题（文））在长方体 1 1 1 1中， ， 1与平面 BBCC 30 1 1 所成的角为 ，则该长方体的体积为（ ） 8 6 2 8 2 8 3 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 ABCDABC D BC 在长方体 1 1 1 1中，连接 1， AC B30 根据线面角的定义可知 1 ， 因为AB2，所以 BC 1 2 3 ，从而求得 CC 1 2 2 ， V 222 2 8 2 所以该长方体的体积为 ，故选C. 【总结提升】 （1）已知几何体的三视图求其体积，一般是先根据三视图判断空间几何体的形状，再根据题目所给数据与几何体的表体积公式求其体积. (2)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． （3）规则几何体：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解． 其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法 （4）不规则几何体：若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规 则几何体，再利用公式求解. （5）三视图形式：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 提醒：处理高线问题时，经常利用的方法就是“等积法”． 【变式探究】 S SA SB SA 1．（2018·全国高考真题（文））已知圆锥的顶点为 ，母线 ， 互相垂直， 与圆锥底面所成角 30� SAB 8 为 ，若 的面积为 ，则该圆锥的体积为__________． 【答案】8π 【解析】 SA SO AO 分析：作出示意图，根据条件分别求出圆锥的母线 ，高 ，底面圆半径 的长，代入公式计算即可. SAO30,ASB 90 详解：如下图所示， 1 1 S  SASB SA2 8 又 SAB 2 2 ， 1 SO SA2,AO SA2 SO2 2 3 解得SA4，所以 2 ， 1 V  OA2SO8 所以该圆锥的体积为 3 .P ABC 3 AB  AC 2．（2019·山西高三月考）已知三棱锥 的四个顶点都在半径为 的球面上， ，则该 三棱锥体积的最大值是__． 32 【答案】 3 【解析】 1 m2 n2 S  mn 如图所示，设AB m,AC n，则 ABC 2 ， ABC 外接圆的半径为 2 m2 n2 9 3 则三棱锥的高为 ，三棱锥 的体积公式为 4 P ABC 1 1 m2 n2 1 m2 n2 m2 n2  mn( 9 3)  ( 9 3) ， 3 2 4 3 4 4 t  m2 n2 f(t) 1 t( 9t3) f(t) 1  9t  t 3   设 4 ，则 3 ， 3 2 9t  ， f(t)0 t 8 f(t) 0,8 8,9 令 ，解得 ， 在 单增， 单减，32  f(t)  f(8) max 3 ， 32 所以三棱锥P ABC 体积最大值为 3 【方法总结】 求体积的两种方法：①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何 体进行解决.②等积法：等积法包括等面积法和等体积法.等体积法的前提是几何图形(或几何体)的面积 (或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三 角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算 得到高的数值. 考点三 ： 几何体的展开、折叠、切、截问题 2 5 【典例5】（2019·天津高考真题（理））已知四棱锥的底面是边长为 的正方形，侧棱长均为 .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__________.  【答案】4 . 【解析】 2 5 由题意四棱锥的底面是边长为 的正方形，侧棱长均为 ，借助勾股定理，可知四棱锥的高为 1 512，.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，圆柱的底面半径为2 ，一个底面的 2 1   1 圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为 ，故圆柱的体积为   . 1 2 4 【规律方法】 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＝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＝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＝. (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 3D 【典例6】（2019·四川高三月考（理））学生到工厂劳动实践，利用 打印技术制作模型．如图，该 模型为在圆锥底部挖去一个正方体后的剩余部分（正方体四个顶点在圆锥母线上，四个顶点在圆锥底面 10 2cm 10cm 0.9g/cm3 上），圆锥底面直径为 ，高为 .打印所用部料密度为 ．不考虑打印损耗．制作该 模型所需原料的质量为________ g .（取3.14） 358.5 【答案】 【解析】 设被挖去的正方体的棱长为 xcm ，圆锥底面半径为r，取过正方体上下底面面对角线的轴截面，由相似三 2 2 x x hx 10x 2 2 角形得则    ，解得 ． r h 5 2 10 x5 1 1  2 500 V  r2hx3   5 2 1053  125 模型的体积为 3 3 3 ， 500  0.9 125 1500.9125358.5g   因此，制作该模型所需材料质量约为  3  ． 358.5 故答案为： . 【典例7】（2021·上海高二期末）已知正三棱柱 的侧棱长为4，底面边长为 ，且它的六个 顶点均在球 的球面上，则球 的体积为__________. 【答案】【解析】 根据题意画出图形，由正弦定理求出 的外接圆半径，再根据勾股定理，求出球的半径，根据球的体 积公式即可求解. 【详解】 解：如图所示， 设 中心为 ，连接 ， 根据等边三角形性质知： 是 外接圆半径， 根据正弦定理得： ，得： ， 又 ， 在 中， ， 故球 的体积为： . 故答案为: . 【总结提升】 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． 【典例8】（2021·浙江高二期末）某四棱锥三视图如图所示，则该几何体的体积是______，其内切球半径 为_____.【答案】 ； 【解析】 根据三视图画出原几何体，如图所示，是从正方体中截得的四棱锥 ，从而可求出其体积，然后 利用等体积法可求出内切球的半径 【详解】 解：由三视图可知，原几何体是如图所示的四棱锥 ， 所以该几何体的体积为 ， 设该几何体的内切球的半径为 ，则 由图可知 ， 因为 所以 ， 解得 ， 故答案为： ，【总结提升】 考向(一)是几何体的外接球 一个多面体的顶点都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球 的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径. 看个性 考向(二)是几何体的内切球 求解多面体的内切球问题，一般是将多面体分割为以内切球球心为顶点，多面体的各 侧面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各分割棱锥的体积之和求内切球的半径. 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： 找共性 【变式探究】 1.（2020·佛山市第四中学高二月考）《九章算术.商功》中有这样段话：“斜解立方，得两壍堵(qian du). 斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑(bie nao).”这里所谓的“鳖臑”，就是在对长方体进行分割时所产生的四 个面都为直角三角形的三棱锥.已知三棱锥 是一个“鳖臑”， 平面 ， ，且 ， ，则三棱锥 的外接球的表面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 将三棱锥 补为长方体可求得结果. 【详解】如图所示，将三棱锥 补为一个长宽高分别为 的长方体，则三棱锥 的外接球即长方 体的外接球. 设外接球的半径为 ，则 ，所以 ， 所以三棱锥 的外接球的表面积 . 故选：B. 2．【多选题】（2021·江苏高一期末）已知正四面体 的棱长为 ，则（ ）． A． B．四面体 的表面积为 C．四面体 的体积为 D．四面体 的外接球半径为 【答案】ABD 【解析】 取 中点 由已知条件可得 平面 ， 平面 可判断A； 求出正四面体 表面积可判断B； 由A选项得知， 平面 ，取 中点 ，连接 ，求出 ，可得四面体 的体积可判断 C； 将正四面体 补成正方体，正方体的对角线即为外接球的直径，正四面体的棱长即为正方体面对角线 长，计算出正方体对角线长可求出外接球的半径可判断D. 【详解】 对于A，取 中点 ，连接 ，因为 是正四面体，所以 ，且，所以 平面 ， 平面 ，所以 ，故正确； 正四面体 的一个侧面的面积为 ， 所以表面积为 ，故B正确； 由A选项得知， 平面 ，取 中点 ，连接 ， 因为 是正四面体，所以 ， ， ， 所以 ，四面体 的体积为 ，故C错误； 将正四面体 补成正方体，则正四面体和长方体有相同的外接球， 正方体的对角线即为外接球的直径，正四面体的棱长即为正方体面对角线长， 因为正四面体 的棱长为 ，所以正方体的棱长为 ， 对角线长为 ，所以外接球的半径为 ，故D正确. 故选：ABD. 3．（2018·天津高考真题（文））如图，已知正方体ABCD–ABCD的棱长为1，则四棱锥A–BBDD的体 1 1 1 1 1 1 1 积为__________． 1 【答案】3 【解析】AC BD O AC  BDDB 如图所示，连结 1 1，交 1 1于点 ，很明显 1 1 平面 1 1， 1 1 2 AO  AC  12 12  则AO是四棱锥的高，且 1 2 1 1 2 2 ， 1 S  BDDD  21 2 四边形BDDB 1 ， 1 1 结合四棱锥体积公式可得其体积为 1 1 2 1 V  Sh  2  3 3 2 3， 1 故答案为3. 【典例9】（2020-2021学年江苏省连云港市）已知正方形 的边长为 ，将 沿对角线 折起， 使平面 平面 ，得到三棱锥 ．若O为 的中点，点 ， 分别为 ， 上的动 点（不包括端点），且 ，则当点 到平面 的距离为________时，三棱锥 的体积取 得最大值，且最大值是________． 【答案】 【解析】 首先证明 平面 ，则 即为三棱锥的高，设 ，将三棱锥的体积表示为关于 的二次函数，利用二次函数的性质即可求解. 【详解】 因为四边形 是正方形，所以 和 都是等腰直角三角形， 因为O为 的中点，所以 ， 又因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ，因为 ，所以 ， 设 ，可得 ， ， 所以三棱锥 的体积为 ， 所以当 时，三棱锥 的体积最大为 . 故答案为： ； . 【规律方法】 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． 【变式探究】 （2017课标1，理16）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为 O.D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变 化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______. 4 15 【答案】 【解析】 【典例10】（2020·浙江温州中学高三3月月考）单位正方体内部或边界上不共面的四个点构成的四面体 体积的最大值为（ ）A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 要使四面体的体积最大，则四面体的四个顶点应该在正方体的表面上， 了叙述方便，把此时的四面体称为正方体的内接四面体， 记正方体的外接球为球O， 由题意知正方体的内接四面体体积的最大值不大于球O的内接四面体的体积的最大值， 球O的内接四面体以正四面体的体积最大， 此时正四面体恰好是正方体的内接四面体， 正方体为1时，内接正四面体的体积为 ． 故选：C． 【变式探究】 （2018·江苏高考真题）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 ________． 4 【答案】3 【解析】 分析：先分析组合体的构成，再确定锥体的高，最后利用锥体体积公式求结果. 详解：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于1 4 2 1( 2)2  . 2，，所以该多面体的体积为 3 3 P ABC AB3 【典例11】（2020·山东省泰安市6月三模）已知球O是正三棱锥 的外接球， ， PA2 3 ，点E是线段AB的中点，过点E作球O的截面，则截面面积的最小值是_______. 9 【答案】 4 【解析】 ABC D 如图，设三棱锥的外接球半径为R，正三角形 的外接圆圆心为 ， AB3 ABC D ABC 因为 ，三角形 是正三角形， 为正三角形 的外接圆圆心， DA 3 所以 ， PA2 3 因为 ， 3 2 3R2  R2 所以PD 3， ，解得R2，OD1， E O OE 因为过 作球 的截面，当截面与 垂直时，截面圆的半径最小， OE 所以当截面与 垂直时，截面圆的面积有最小值， 2  3 7 OE  1   在 中，  2  2 ， RtEDO  3 r  22 OE2  S r2  9 故 2 ，截面面积 4 ， 9 故答案为： 4 . 【总结提升】 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之间的关系)，达 到空间问题平面化的目的． 【变式探究】 ABCDABC D 2 AC   1.（2020·安徽马鞍山�高三三模（文））已知正方体 1 1 1 1的棱长为 ，直线 1 平面 ，  平面 截此正方体所得截面中，正确的说法是（ ） A．截面形状可能为四边形 B．截面形状可能为五边形 3 3 C．截面面积最大值为2 3 D．截面面积最大值为 2 【答案】D 【解析】 如图 AC  ABD  ABD 在正方体中 1 平面 1 ，所以平面 与平面 1 平行  平面 与正方体的截面可以是三角形、六边形但不会是五边形和四边形 EFNMGH 当截面为正六边形 时，截面面积有最大，2 2 1 3 3 由题可知：NM  1，则S 6 11sin60  sin45 EFNMGH 2 2 故选：D O ABCDABC D AB  AA 2 2．（2020·江苏苏州�高一期末）已知在球 的内接长方体 1 1 1 1中， 1 ， AD 3 O P AD P O ，则球 的表面积为________，若 为线段 的中点，则过点 的平面截球 所得截面面积的 最小值为______． 9 π 【答案】17π 4 【解析】 如图， O ABCDABC D AB  AA 2 AD 3 因为球 的内接长方体 1 1 1 1中， 1 ， ， 2R=DB  22+22+32= 17 所以 1 ， S=4R2 17 所以球的表面积 ， OP P d OP 当 球的截面，即 为截面圆圆心时，球心到截面圆的距离 时最大， r  R2 d2 此时截面圆的半径 最小，此时截面圆的面积最小， OP  OO2 OP2  12 12  2 而 1 1 , 17 3 r  2  所以 ， 4 29 所以截面圆面积S r2  . 4 9 故答案为：17π； 4