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专
题
八
立
体
几
何
／
８１
专题八 立体几何
８．１ 空间几何体的表面积和体积
§
３．用斜二测画法画直观图的步骤
画几何体的底面
（１）
在已知图形中取互相垂直的ｘ轴 ｙ轴 两轴相交于点Ｏ 画直
、 ， ，
考点一 空间几何体的结构特征
观图时 把它们画成对应的 ｘ′轴 ｙ′轴 两轴相交于点 Ｏ′ 且使
， 、 ， ，
１．多面体的结构特征 ｘ′Ｏ′ｙ′ ° 或 ° 已知图形中平行于ｘ轴的线段 在直观图中
∠ ＝４５ （ １３５ ）， ，
名称 棱柱 棱锥 棱台 长度 保持不变 平行于ｙ轴的线段 长度变为 原来的一半．
⑧ ， ， ⑨
画几何体的高
（２）
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
图形 ， ，
段 在直观图中平行于ｚ′轴且 长度不变 ．
， ⑩
考点二 空间几何体的体积
名称 体积
有两个面互相
（１） 有一个面 即底
平行 其余各个面 （ 用一个平行于棱锥 柱体 Ｖ Ｓｈ
， 面 是多边形 其 ＝
结构 都是四边形 ） ， 底面的平面去截棱
； 余各面是有一个
特征 （２） 每相邻两个四 公共顶 点 的 三 锥 ， 底面和截面之 锥体 Ｖ ＝ ３ １ Ｓｈ
边形的公共边都 间的部分
角形
互相平行 台体 Ｖ １ （Ｓ Ｓ′ ＳＳ′）ｈ
＝ ＋ ＋
３
相交于一点但不
侧棱 平行且相等 延长线交于一点 球体 Ｖ ４ Ｒ３
① 一定相等 ＝ ３ π
侧面 考点三 空间几何体的表面积
平行四边形 三角形 梯形
形状 ② ③ ④
１．多面体的表面积等于其各个面的面积之和．
２．旋转体的结构特征 ２．圆柱
、
圆锥
、
圆台和球的表面积公式
名称 圆柱 圆锥 圆台 球 名称 表面积 侧面积
圆柱 Ｓ ＝２π ｒ２ ＋２π ｒｌ ＝２π ｒ （ ｒ ＋ ｌ ） Ｓ 侧＝２π ｒｌ
圆锥 Ｓ ＝π ｒ２ ＋π ｒｌ ＝π ｒ （ ｒ ＋ ｌ ） Ｓ 侧＝π ｒｌ
圆台 Ｓ ＝π（ ｒ′２ ＋ ｒ２ ＋ ｒ′ｌ ＋ ｒｌ ） Ｓ 侧＝π （ｒ ＋ ｒ′）ｌ
图形
球 Ｓ Ｒ２
＝４π
平行 相等且 延长线
母线 、 相交于一点
垂直于底面 交于一点
轴 全等的等腰 全等的
全等的矩形 大圆
截面 三角形 等腰梯形
侧面
展开 矩形 扇形 扇环
⑤ ⑥ ⑦
图
A
版
高 考
数
学
／
８２
正方体的外接球 内切球及与各条棱都相切的球
（２） 、 ：
外接球 球心是正方体的中心 半径ｒ ３ａ ａ为正方体
① ： ， ＝ （
考法 与球有关的切、接问题 ２
的棱长
）；
例 （２０２０皖南八校联考，１０）将半径为 圆心角 ａ
（１） ３， 内切球 球心是正方体的中心 半径ｒ ａ为正方体的
② ： ， ＝ （
为２π的扇形围成一个圆锥 则该圆锥的内切球的体积为 ２
， （ ） 棱长
３ ）；
２π ３π 与各条棱都相切的球 球心是正方体的中心 半径ｒ ２ａ
Ａ． Ｂ． ③ ： ， ＝
３ ３ ２
ａ为正方体的棱长 ．
４π （ ）
Ｃ． Ｄ．２π
正四面体的外接球与内切球 正四面体可以看作正方体
３
（２０２１届河北张家口、邢台、衡水摸底联考，１６）已知球 （３） （
（２） 的一部分
）：
Ｏ是三棱锥Ｐ ＡＢＣ的外接球 ＡＢ ＢＣ ＣＡ ＰＡ 则当点Ｐ
－ ， ＝ ＝ ＝１， ＝２，
到平面ＡＢＣ的距离取最大值时 球Ｏ的表面积为 ． 外接球 球心是正四面体的中心 半径ｒ ６ａ ａ为正四
， ① ： ， ＝ （
解题导引 ＰＡ 为定值 点Ｐ到平面ＡＢＣ的距离取 ４
（２） ＝２ ， 面体的棱长
）；
最大值时 直线ＰＡ与平面ＡＢＣ有什么样的位置关系 此时直线
， ？
ＰＡ 平面ＡＢＣ 将三棱锥补成直三棱柱 利用直三棱柱上 下底 内切球 球心是正四面体的中心 半径ｒ ６ａ ａ为正四
⊥ ， ， 、 ② ： ， ＝ （
面中心的连线的中点是外接球的球心 从而确定三棱锥Ｐ ＡＢＣ １２
， － 面体的棱长 ．
的外接球球心的位置． ）
经典例题教师用书
解析 （ ）设圆锥的底面半径为ｒ，高为ｈ，则 ｒ ２π ， 例 （２０１７陕西咸阳二模，１４）已知一个三棱锥的所有棱
１ ２π ＝ ×３
３ 长均为 则该三棱锥的内切球的体积为 ．
Ｒ ２，
∴ ｒ ＝１ ． ∴ ｈ ＝ ３ ２ －１ ２ ＝２ ２ ．设内切球的半径为 Ｒ，则 Ｒ＝ 解析 解法一：如图，取 ＣＤ 的中点 Ｆ，连接 ＡＦ、ＢＦ，在
２ ２－
ＡＢＦ中，过点Ａ作ＡＥ ＢＦ于Ｅ，则正四面体内切球的球心Ｏ
１ ，
∴
Ｒ
＝
２，则Ｖ
＝
４πＲ３
＝
４π æ
è
ç ２ ö
ø
÷ ３
＝
２π，故选
Ａ
． △ 在ＡＥ上． ⊥
３ ２ ３ ３ ２ ３
（ ）当点 Ｐ 到平面 ＡＢＣ 的距离最大
２
时，ＰＡ 平面ＡＢＣ．如图，
⊥
将三棱锥Ｐ ＡＢＣ以 ＡＢＣ为底面，ＰＡ
－ △
为侧棱补成一个直三棱柱，则球Ｏ是该三
棱柱的外接球，
球心Ｏ到底面 ＡＢＣ的距离ｄ １ ＰＡ
△ ＝
２
．在 ＡＢＣ中，由正弦定理得 ＡＢＣ的外
＝１ △ △
ＡＢ 易知Ｏ也是正四面体ＡＢＣＤ的外接球的球心．连接 ＯＢ，则
接圆半径ｒ
＝ °＝
３，所以球 Ｏ 的半径为 Ｒ
＝
ｄ２
＋
ｒ２
＝ ＯＡ、ＯＢ为外接球半径，ＯＥ为所求内切球半径．
２ｓｉｎ６０ ３
设ＯＡ ＯＢ Ｒ，
２ ３，所以球Ｏ的表面积为Ｓ Ｒ２ １６π． ＝ ＝
＝４π ＝
３ ３ 在等边三角形 ＢＣＤ 中，ＢＥ ３ ６，ＡＥ ６
＝ × ２ ＝ ＝ ２－
答案 （ ）Ａ （ ）１６π ３ ３ ９
１ ２
３
规律总结 １．球的“切”“接”问题的处理规律
＝
２ ３．
３
切 的处理 球的内切问题主要是球内切于多面体或
（１）“ ” ： æ ö２
旋转体．解答时要找准切点
，
通过作截面来解决． 由ＯＢ２
＝
ＯＥ２
＋
ＢＥ２，即Ｒ２
＝
ç
è
２ ３
－
Ｒ
ø
÷
＋
２ ，解得Ｒ
＝
３，
接 的处理 把一个多面体的顶点放在球面上即球外 ３ ３ ２
（２）“ ” ：
接于该多面体．解决这类问题的关键是抓住外接的特点 即球心 则ＯＥ ＡＥ Ｒ ３，即三棱锥内切球的半径是 ３，
， ＝ － ＝
到多面体的顶点的距离等于球的半径． ６ ６
２．与球有关的组合体的常用结论 内切球的体积为 ４ æ ç ３ ö ÷ ３ ３ ． ∴ π×è ø ＝ π
长方体的外接球 ３ ６ ５４ （１） ：
球心 体对角线的交点 解法二：因为三棱锥的四个面均为边长是 的等边三角形，
① ： ； ２
ａ２ ｂ２ ｃ２
半径 ｒ ＋ ＋ ａ ｂ ｃ为长方体的长 宽 高 ． 所以三棱锥的表面积Ｓ １ ３ ．
② ： ＝ （ ， ， 、 、 ） ＝４× × ２× × ２＝２ ３
２ ２ ２
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æ ö２ æ ö２
而三棱锥的体积Ｖ １ ３ （ ）２ ６ １ ． 在 ＢＯＯ′中，ç ３ａ÷ Ｒ２ ç ６ａ Ｒ÷ ，解得ａ ２ ６Ｒ．所以
＝ × × ２ × × ２＝ Ｒｔ△ è ø ＝ －è － ø ＝
３ ４ ３ ３ ３ ３ ３
设内切球的半径为Ｒ，则Ｖ ＝ １ ＳＲ， ＢＣＤ的面积Ｓ １ＢＣ ＢＤ ° １ ç æ ２ ６Ｒ ö ÷ ２ ３ ２ ３Ｒ２．
３ △ ＝ × ｓｉｎ６０ ＝ ×è ø × ＝
２ ２ ３ ２ ３
即 １ １ Ｒ，Ｒ ３． （ ３ ）解法一：根据球的截面性质，正三
３
＝
３
×２ ３× ＝
６
棱锥Ｐ ＡＢＣ的外接球的球心一定在该三
－
æ ö３ 棱锥的高所在的直线上．设球Ｏ的半径为
故内切球的体积为 ４ ç ３÷ ３ ．
π×è ø ＝ π Ｒ，Ａ，Ｂ，Ｃ三点所在圆Ｏ′的半径为ｒ，Ｏ′Ｏ
３ ６ ５４
ａ
ｄ．在 ＡＢＣ 中，由正弦定理得 ２
＝ △ °＝
答案 ３ ｓｉｎ６０
π
例 ５４ 已知四面体 Ｐ ＡＢＣ 的四个顶点都在球 Ｏ 的球面 ２ ｒ，所以 ｒ ＝ ６ａ．设点 Ｐ 在 △ ＡＢＣ 内的射
（１） － ３
上 若ＰＢ 平面ＡＢＣ ＡＢ ＡＣ 且ＡＣ ＰＢ ＡＢ 则球Ｏ的 影是 ＡＢＣ的中心Ｏ′，有ＯＯ′ 平面ＡＢＣ，而ＰＯ′ 平面ＡＢＣ，所
， ⊥ ， ⊥ ， ＝１， ＝ ＝２， △ ⊥ ⊥
表面积为
（ ） 以Ｐ，Ｏ，Ｏ′三点共线，球的半径Ｒ ｒ２ ｄ２，
＝ ＋
Ａ．７π
过球Ｏ表面
Ｂ
上
．８
一
π
点Ａ引三条
Ｃ．９
长
π
度相等的弦
Ｄ．
Ａ
１
Ｂ
０π
ＡＣ ＡＤ 又ＰＯ′ ＰＡ２ ｒ２ ａ２ ２
ａ２
３ａ，
（２） ， ， ， ＝ － ＝ － ＝
且两两夹角都为 ° 若球的半径为Ｒ 则 ＢＣＤ的面积为 ． ３ ３
６０ ， ， △
（３）
在球面上有四个点 Ｐ
，
Ａ
，
Ｂ
，
Ｃ
，
如果 ＰＡ
，
ＰＢ
，
ＰＣ 两两互 所以ＯＯ′
＝
Ｒ
－
３ａ
＝
ｄ
＝
Ｒ２
－
ｒ２，
相垂直 且ＰＡ ＰＢ ＰＣ ａ 则这个球的表面积为 ． ３
， ＝ ＝ ＝ ，
解析 （
１
）解法一：如图所示， 解得Ｒ
＝
３ａ，所以Ｓ
球＝４π
Ｒ２
＝３π
ａ２．
因为ＰＢ 平面 ＡＢＣ，ＡＢ ＡＣ，在四面体 ２
⊥ ⊥ 解法二：这是一个三条侧棱两两垂直的三棱锥（形如墙角），
的基础上构造长方体，可知长方体的外接球与
且所有侧棱长相等，可以考虑将其补为一个正方体，这样Ｐ，Ａ，
四面体的外接球相同，长方体的体对角线就是
Ｂ，Ｃ四个点正好是正方体的四个顶点，其体对角线就是外接球
外接球的直径，即 ２ Ｒ ＝ １ ２ ＋２ ２ ＋２ ２ ＝３ ，所以Ｒ 的直径．因此（ ２ Ｒ）２ ＝３ ａ２，所以 ４ Ｒ２ ＝３ ａ２，有Ｓ 球＝３π ａ２．
＝
３ ，所以球 Ｏ 的表面积 Ｓ
＝ ４π
Ｒ２
＝ ４π× 答案 （ ）Ｃ （ ）２ ３Ｒ２ （ ） ａ２
２ １ ２ ３ ３π
( ) ３
２
３ ．故选 ．
＝９π Ｃ
２
解法二：经过分析发现 ＰＢＣ与 ＰＡＣ有公共的斜边
Ｒｔ△ Ｒｔ△
ＰＣ，它们的外接圆的圆心都是ＰＣ的中点，而这一点到四个顶点
的距离相等，从而该点也就是外接球的球心，所以可以得到外接
球的半径Ｒ ３ ，球Ｏ的表面积Ｓ ．
＝ ＝９π
２
（ ）解法一：由条件知Ａ ＢＣＤ是正四面
２ －
体，将正三棱锥 Ａ ＢＣＤ 补成一个正方体
－
ＡＧＢＨ ＦＤＥＣ，如图，
－
则三棱锥Ａ ＢＣＤ和正方体ＡＧＢＨ ＦＤＥＣ
－ －
有共同的外接球．
设正方体ＡＧＢＨ ＦＤＥＣ的棱长为ａ，则正方体外接球的半径Ｒ
－
满足ａ２ ａ２ ａ２ （ Ｒ）２，解得ａ２ ４ Ｒ２，所以ＢＣ２ ａ２ ａ２ ８Ｒ２．
＋ ＋ ＝ ２ ＝ ＝ ＋ ＝
３ ３
ＢＣＤ的面积Ｓ １ＢＣ·ＢＤ ° １ ８Ｒ２ ３ ２ ３Ｒ２．
△ ＝ ｓｉｎ６０ ＝ × × ＝
２ ２ ３ ２ ３
解法二：由条件知 Ａ ＢＣＤ 是正四面
－
体，球心Ｏ在正四面体中心．如图，
设ＢＣ ａ，ＣＤ 的中点为 Ｅ，Ｏ′为过点
＝
Ｂ，Ｃ，Ｄ的截面圆的圆心，则截面圆半径 ｒ
Ｏ′Ｂ ２ ＢＥ ２ ３ａ ３ａ，
＝ ＝ ＝ × ＝
３ ３ ２ ３
æ ö２
正四面体Ａ ＢＣＤ的高ＡＯ′ ａ２ ç ３ａ÷ ６ａ．
－ ＝ －è ø ＝
３ ３
所以截面ＢＣＤ与球心的距离ｄ ＯＯ′ ６ａ Ｒ，
＝ ＝ －
３
