2021年高三数学二轮复习讲练测之讲案 专题二十二 几何体的表面积与体积的求解 【教师版】（文理通用）

专题 22 几何体的表面积与体积的求解 从近几年的考试题来看，空间几何体的表面积、体积等问题是高考的热点，题型既有选择题、填空题，又 有解答题，难度为中、低档．客观题主要考查由三视图得出几何体的直观图，求其表面 积、体积或由几何体的 表面积、体积得出某些量；主观题考查较全面，考查线、面位置关系，及表面积、体积公式，无论是何种题型 都考查学生的空间想象能力．预测 2022 年高考仍将以空间几何体的面积、体积为主要考查点，重点考查学生的 空间想象能力、运算能力及逻辑推理能力． 1 几何体的表面积 （1）以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几 何体中各元素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；组合体的表面积应注意重合部分的处理． （3）圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个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． 1.1 多面体的表面积 例 1．（2021·山西吕梁市·高三一模（理））已知四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，侧面 PAD 是正三 角形，且侧面 PAD  底面 ABCD ， 2AB  ，若四棱锥 P ABCD 外接球的体积为 8 2π 3 ，则该四棱锥的表 面积为（ ） A． 4 3 B． 6 3 C．8 3 D．10 3 【答案】B 【分析】首先确定球心O 的位置，过O 作底面 ABCD 的垂线，垂足为 M ，过O 作三角形 APD 的垂线，垂足 为 N ，过 N 作 NE AD ，证明四边形 MENO 是平行四边形，设 2AD x ，分别求出OA OM AM、 、 的长， 利用勾股定理可得 x，然后分别计算四个侧面和底面的面积可得答案． 【解析】设四棱锥 P ABCD 外接球的球心为O ，过O 作底面 ABCD 的垂线，垂足为 M ， 因为四边形 ABCD 是长方形，所以 M 的底面中心，即对角线 AC BD、 的交点， 过O 作三角形 APD 的垂线，垂足为 N ，所以 N 是正三角形 APD 外心， 设外接球半径为 r ，外接球的体积为 38 2π 4 3 3 r ，所以 2r  ，即 2OA  ， 过 N 作 NE AD ，则 E 是 AD 的中点，连接 EM ，所以 1 12EM AB  ， EM AD ，因为平面 APD  平 面 ABCD ，平面 APD  平面 ABCD AD ， 所以 NE  平面 ABCD ，所以 //NE OM ，所以 EM  平面 APD ，所以 //EM ON ， 所以四边形 MENO 是平行四边形，即OM NE ，设 2AD x ，则 2 2 2 1AM AE EM x    ， 1 1 3 3 3 3 2 3NE PE AD x    ，所以 3 3OM NE x  ，由勾股定理得 2 2 2OA OM AM  ，即 2 212 13 x x   ，解得 3 2x  ，所以 3AD  ， 21 3 3sin 602 4PADS AD   ， 因为 // //CDAB OM ，所以 AB  平面 APD ，CD  平面 APD ， 所以 PA AB ， PD CD ， 1 32PAB PCDS S AB AP      ， 因为 2 2 7PB PC PA AB    ， 3BC  ， 作 PH BC 于 H ，所以 H 为 BC 的中点，所以 2 2 1 3 572 4 2PH PB BC        ， 所以 1 5 3 2 4PBCS PH BC    ， 2 3ABCDS 矩形 ，所以 6 3PAD PAB PCD ABCDS S S S S      表 矩形 ， 故选 B． 【点睛】本题考查了球内接四棱锥的问题，关键点是确定球心的位置及计算边长，考查了学生的空间想象力、 推理能力和计算能力． 例 2．（2021·湖北 B4 联考）现有一个三棱锥形状的工艺品 P ABC ，点 P 在底面 ABC 的投影为Q ，满足 1 2 QAB QAC QBC PAB PAC PBC S S S S S S   △ △ △ △ △ △ ， 2 2 2 2 2 2 1 3 QA QB QC AB BC CA     ， 9 3ABCS  ，若要将此工艺品放入一个球形容器 （不计此球形容器的厚度）中，则该球形容器的表面积的最小值为（ ） A． 42 B． 44 C． 48 D． 49 【答案】D 【分析】作QM AB ，连接 PM，易证 AB PM ，由 1 12 1 2 2 QAB PAB AB QMS S AB PM       △ △ ，得到 2PM QM ，再 根据 1 2 QAB QAC QBC PAB PAC PBC S S S S S S   △ △ △ △ △ △ ，由对称性得到 AB BC AC  ，然后根据 2 2 2 2 2 2 1 3 QA QB QC AB BC CA     ， 9 3ABCS  ，求得 6, 2 3AB AQ  ，在 AOQ△ 中，由 2 2 2AO OQ AQ  求解半径即可． 【解析】如图所示： 作QM AB 与 M，连接 PM，因为 PQ  平面 ABC，所以 PQ AB ，又 QM PQ Q  ，所以 AB  平面 PQM， 所以 AB PM ，所以 1 12 1 2 2 QAB PAB AB QMS S AB PM       △ △ ， 2PM QM ， 因为 1 2 QAB QAC QBC PAB PAC PBC S S S S S S   △ △ △ △ △ △ ，由对称性得 AB BC AC  ，又因为 2 2 2 2 2 2 1 3 QA QB QC AB BC CA     ， 9 3ABCS  ，所以 21 sin 60 9 32ABCS AB     ，解得 6, 2 3AB AQ  ， 所以 3, 2 3, 3QM PM PQ   ， 设外接球的半径为 r，在 AOQ△ 中， 2 2 2AO OQ AQ  ，即    222 3 2 3r r   ，解得 7 2r  ， 所以外接球的表面积为 24 49S r   ，即该球形容器的表面积的最小值为 49 ，故选 D． 【点睛】关键点点睛：本题关键是由 1 2 QAB QAC QBC PAB PAC PBC S S S S S S   △ △ △ △ △ △ 得到三棱锥是正棱锥，从而找到外接球球心 的位置而得解．． 例 3．一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为 A． 21 3 B．18 3 C． 21 D．18 【答案】A 【解析】如图，将边长为 2 的正方体截去两个角，∴ 21 32 2 6 1 1 2 ( 2) 21 32 4S           表 1．2 旋转体的表面积 例 1．（2021·安徽皖江名校联盟）已知圆锥的顶点为 A，过母线 AB ､ AC 的截面面积是 2 3 ．若 AB ､ AC 的 夹角是 60 ，且 AC 与圆锥底面所成的角是 30°，则该圆锥的表面积是（ ） A． 2 2 B．  2 3 6  C． 4 2 6  D．  4 3 6  【答案】D 【分析】由截面面积求得母线长，再由母线与底面所成角求得底面半径，由此可得圆锥表面积． 【解析】设圆锥的母线长是l ，则 21 sin 60 2 32 l    ， 2 2l  ，圆锥底面半径是 2 2 cos30 6r OC     ， 于是该圆锥的表面积是    21 2 6 2 2 6 4 3 62          ，故选 D． 例 2．【2020 年上海市浦东新区高考一模】如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面 积为 A．20π B．24π C．28π D．32π 【答案】C 【解析】该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为 r ，周长为 c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为 h ． 由图得 2r  ， 2π 4πc r  ，由勾股定理得：  222 2 3 4l    ， 2 1π 2S r ch cl  表 4π 16π 8π   28π ，故选 C． 例 3．一个圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球 O 的球面上，则该圆锥的表面积与球 O 的 表面积的比值为________． 【答案】 9 16 【解析】设等边三角形的边长为 2a，则 S 圆锥表＝1 2·2πa·2a＋πa2＝3πa2．又 R2＝a2＋( 3a－R)2(R 为球 O 的半径)， 所以 R＝2 3 3 a，故 S 球表＝4π· 2 3 3 a 2＝16π 3 a2，故其表面积比为 9 16 ． 2 几何体的体积 1． 求体积常见技巧 当给出的几何体比较复杂，有关的计算公式无法运用，或者虽然几何体并不复杂，但条件中的已知元素彼 此离散时，我们可采用“割”、“补”的技巧，化复杂几何体为简单几何体(柱、锥、台)，或化离散为集中，给解题 提供便利． （1）几何体的“分割”：几何体的分割即将已知的几何体按照结论的要求，分割成若干个易求体积的几何体， 进而求 之． （2）几何体的“补形”：与分割一样，有时为了计算方便，可将几何体补成易求体积的几何体，如长方体、 正方体等．另外补台成锥是常见的解决台体侧面积与体积的方法，由台体的定义，我们在有些情况下，可以将 台体补成锥体研究体积． （3）有关柱、锥、台、球的面积和体积的计算，应以公式为基础，充分利用几何体中的直角三角形、直角 梯形求有关的几何元素． 2．求体积常见方法 ①直接法（公式法）；②转移法：利用祖暅原理或等积变化，把所求的几何体转化为与它等底、等高的几何 体的体积；③分割法求和法：把所求几何体分割成基本几何体的体积；④补形法：通过补形化归为基本几何体 的体积；⑤四面体体积变换法；⑥利用四面体的体积性质：（ⅰ）底面积相同的两个三棱锥体积之比等于其底面 积的比；（ⅱ）高相同的两个三棱锥体积之比等于其底面积的比；（ⅲ）用平行于底面的平面去截三棱锥，截得 的小三棱锥与原三棱锥的体积之比等于相似比的立方． 求多面体体积的常用技巧是割补法（割补成易求体积的多面体．补形：三棱锥 三棱柱 平行六面体； 分割：三棱柱中三棱锥、四棱锥、三棱柱的体积关系是 1：2：3 和等积变换法(平行换点、换面)和比例(性质转 换)法等． 3．常见的特殊几何体的性质 2．1 几何体的体积 给出几何体的三视图，求该几何体的体积或表面积时，可以根据三视图还原出实物，画出该几何体的直观 图，确定该几何体的结构特征，并利用相应的体积公式求出其体积，求体积的方法有直接套用公式法、等体积 转换法和割补法等多种．若所给几何体为不规则几何体，常用等积转换法和割补法求解． 例 1．（2021·江西重点中学协作体联考）如图 ABCDEF 为五面体，其中四边形 ABCD 为矩形， / /EF AB ， 33 32AB EF AD   ， ADE 和 BCF△ 都是正三角形，则该五面体的体积为（ ） A． 7 2 3 B． 4 2 3 C． 2 D． 3 2 2 【答案】A 【分析】把该五面体分割为两个等体积的四棱锥和一个直三棱柱，结合棱锥和棱柱的体积公式，即可求解． 【解析】过点 F 作 FO  平面 ABCD ，垂足为O ，取 BC 的中点 P ，连接 PF ， 过点 F 作 FQ AB ，垂足为Q ，连接OQ ，交 CD 于G ，得到四棱锥 F BCGQ ， 同理得到四棱锥 E ADMN ，可得 F BCGQ E ADMNV V  ， 如图所示，因为 ADE 和 BCF△ 都是边长为 2 的等边三角形， 所以 1 1( ) 1, 3, 12 2OP AB EF PF OQ BC      ，可得 2 2 2OF PF OP   ， 所以 1 1 2 21 2 23 3 3E ADMN F BCGQ BCGQV V S OF         ， 中间部分三棱柱 FGQ EMN 为直三棱柱，其体积为 1 2 2 1 22FGQ EMN FGQV S EF        ， 所以该五面体的体积为 2 2 7 22 2 3 3FGQ EMN E ADMN F BCGQV V V V         ，故选 A． 【点睛】求空间几何体的表面积与体积的求法： （1）公式法：对于规则的几何体的表面积和体积，可直接利用公式进行求解； （2）割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，然后进行体积的计算，或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； （3）等体积法：等体积法也称积转化或等积变形，通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解 决锥体的体积，特别时三棱锥的体积． 例 2．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（ ） A． B． 3 4  C． 2  D． 4  【答案】B 【解析】圆柱的轴截面如图， 1AC  ， 1 2AB  ，所以圆柱底面半径 3 2r BC  ，那么圆柱的体积是 2 23 3( ) 12 4V r h       ，故选 B． 例 3．设 A ， B ，C ， D 是同一个半径为 4 的球的球面上四点， ABC 为等边三角形且其面积为9 3 ，则三 棱锥 D ABC 体积的最大值为 （ ） A．12 3 B．18 3 C． 24 3 D．54 3 【答案】B 【解析】设等边三角形 ABC 的边长为 x ，则 21 sin 60 9 32 x  ，得 6x  ．设 ABC 的外接圆半径为 r ，则 62 sin 60r   ，解得 2 3r  ，所以球心到 ABC 所在平面的距离 2 24 (2 3) 2d    ，则点 D 到平面 ABC 的最大距离 1 4 6d d   ，所以三棱锥 D ABC 体积的最大值 max 1 6 18 33   ABCV S ． 例 4．如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是菱形，平面 PAD  平面 ABCD ，且 2PA AD  ， 120PAB PAD     ， E 为 PD 的中点， AE EC ． （1）求证： //PB 平面 EAC ； （2）求三棱锥 B ACE 的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2） 1 2B ACEV   ． 【分析】（1）连接 BD ，交 AC 于点O ，连接 EO ，根据三角形中位线的性质可得 / /PB EO ，再根据线面平 行的判定可得结论成立．（2）在 PAB 中由余弦定理得 2 3PB  ，于是 3EO  ．在平面 PAD 内，作 PF AD ，交 DA 的延长线于 F ，由条件可得 PF  平面 ABCD ，即 PF 为点 P 到平面 ABCD 的距离，然 后再结合 1 2B ACE E ACB P ABCV V V    求解可得所求． 【解析】（1）证明：连接 BD ，交 AC 于点O ，连接 EO ．∵ E 为 PD 的中点，O 为 BD 的中点， ∴ EO 为 PBD 的中位线， ∴ //PB EO ，且 1 2EO PB ． 又 EO  平面 EAC ， PB  平面 EAC ，∴ //PB 平面 EAC ． （2）在 PAB 中， 2PA AB  ， 120PAB   ， 由余弦定理得 2 2 2 2 cos120 12PB PA AB PA AB      ，∴ 2 3PB  ，∴ 3EO  ． ∵ AE EC ，且O 为 AC 的中点，∴ 2 2 3AC EO  ． 在 ABO 中， 2 2 1BO AB AO   ．在平面 PAD 内，作 PF AD ，交 DA 的延长线于 F ． ∵平面 PAD  平面 ABCD ，平面 PAD  平面 ABCD AD ，∴ PF  平面 ABCD ． 即 PF 为点 P 到平面 ABCD 的距离．∵点 E 为 PD 的中点， ∴点 E 到平面 ABCD 的距离 h 是 PF 长度的一半．在 PFA 中， 3sin60 2 32PF PA     ， ∴ 1 1 1 1( 3)2 2 3 2B ACE E ACB P ABC ABCV V V S          ． 【点睛】在求空间几何体的体积时，要注意分清几何体的形状，对于形状规则的几何体可直接根据公式求其体 积；对于形状不规则的几何体，可根据“分割”或“补形”的方法转化为形状规则的几何体再求其体积． 2．2 关于球的切、接问题 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． 例 1．（2021·内蒙古包头市·高三期末（文））已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的底边长为 a ，高为 h ，球 的体积为8 6 ，则这个正四棱柱的侧面积的最大值为（ ） A． 48 2 B． 24 2 C．96 2 D．12 2 【答案】B 【分析】先求出半径，然后利用体对角线等于球的直径建立关系求解． 【解析】设球的半径为 R ，则 34 8 63 R  ，解得 6R  ，所以  22 2 2 22 4a a h R R    ，即 2 2 2 22 24 2 2 2 2a h a h ah    ，所以 6 2ah  ，侧面积 =4 24 2S ah  ，即侧面积的最大值为 24 2 ， 故选 B． 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置， 确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体 的棱长等于球的直径；球外接于长方体，长方体的顶点均在球面上，长方体的体对角线长等于球的直径． 例 2．在封闭的正三棱柱 ABC－A1B1C1 内有一个体积为 V 的球．若 AB＝6，AA1＝4，则 V 的最大值是（ ） A．16π B． C．12π D． 【答案】D 【解析】正三角形 的边长为 6，其内切圆的半径为 ，所以在封闭的正三棱柱 ABC－A1B1C1 内的 球的半径最大值为 ，所以其体积为 ，故选 D． 例 3．（2021·河南焦作二模）已知点 A，B ，C 在半径为 5 的球面上，且 2 14AB AC  ， 2 7BC  ， P 为球面上的动点，则三棱锥 P ABC 体积的最大值为（ ） A． 56 7 3 B． 52 7 3 C． 49 7 3 D． 14 7 3 【答案】A 【分析】求出球心到平面 ABC 的距离，由这个距离加上球半径得 P 到平面 ABC 距离的最大值，再由体积公 式可得 P ABC 体积的最大值． 【解析】如图，M 是 ABC 的外心，O 是球心，OM  平面 ABC ，当 P 是 MO 的延长线与球面交点时，P 到平面 ABC 距离最大，由 2 14AB AC  ， 2 7BC  ，得 7 2cos 42 14 ACB   ，则 14sin 4ACB  ， 2 142 8sin 14 4 ABAM CB    ， 4AM  ， 2 2 2 25 4 3OM OA AM     ， 3 5 8PM    ，又 1 1 14sin 2 14 2 7 7 72 2 4ABCS AC BC ACB        △ ，所以最大的 1 56 77 7 83 3P ABCV      ， 故选 A． 【点睛】本题考查求三棱锥的体积，解题关键是确定三棱锥体积最大时 P 点在球面上的位置，根据球的性质易 得结论．当底面 ABC 固定， M 是 ABC 外心，当 PM  平面 ABC ，且球心O 在线段 PM 上时， P 到平面 ABC 距离最大． 例 4．已知底面半径为 1，高为 3 的圆锥的顶点和底面圆周都在球 O 的球面上，则此球的表面积为 A． 32 3π 27 B． 4π C． 16π 3 D． 12π 【答案】C 【解析】画出圆锥的截面如下图所示，设球的半径为 r ，则 1, 3 ,BC OC r OB r    ，由勾股定理得  22 21 3 r r   ， 解得 2 3 r  ．故表面积为 2 16π4π 3r  ． 例 5．（2021·安徽六校联考）已知三棱锥 A BCD 满足：AB AC AD  ， BCD△ 是边长为 2 的等边三角形．三 棱锥 A BCD 的外接球的球心O 满足： 0OB OC OD      ，则该三棱谁的体积为（ ） A． 1 6 B． 1 3 C． 2 3 D．1 【答案】C 【分析】分析出三棱锥 A BCD 为正三棱锥，由 0OB OC OD      可知O 为正 BCD△ 的中心，由球心的定 义得出OA OB OC OD   ，利用正弦定理求出 BCD△ 的外接圆半径，即为OB ，可得出OA ，再利用锥 体的体积公式可求得该三棱锥的体积． 【解析】已知三棱锥 A BCD 满足： AB AC AD  ， BCD△ 是边长为 2 的等边三角形，所以，三棱锥 A BCD 为正三棱锥，由于正三棱锥 A BCD 的外接球的球心O 满足： 0OB OC OD      ，则O 为正 BCD△ 的重心，即O 为正 BCD△ 中心，所以， AO  平面 BCD ， 由正弦定理可得 2 2 3 32sin 3 OB   ， 2 3 3OA OB   ， 21 2 sin 32 3BCDS    △ ， 因此， 1 1 2 3 233 3 3 3A BCD BCDV S OA      △ ，故选 C． 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法： ①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求 解； ②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心 一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可． 【反思提升】综合上面的两种种类型，我们可以概括出在解决几何体的表面积与体积问题中的方法与技巧： 1．几何体的侧面积和全面积：几何体侧面积是指(各个)侧面面积之和，而全面积是侧面积与所有底面积之和．对 侧面积公式的记忆，最好结合几何体的侧面展开图来进行． 2．求体积时应注意的几点： （1）求一些不规则几何体的体积常用割补的方法转化成已知体积公式的几何体进行解决． （2）与三视图有关的体积问题注意几何体还原的准确性及数据的准确性． 3．求组合体的表面积时注意几何体的衔接部分的处理． 4．解答三视图问题的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．三视图中“正侧一样 高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面 之间的位置关系及相关数据．