空间几何体的表面积和体积经典例题(教师讲义打印一份)

1空间几何体的表面积和体积一．课标要求：了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）。二．命题走向近些年来在高考中不仅有直接求多面体、旋转体的面积和体积问题，也有已知面积或体积求某些元素的量或元素间的位置关系问题。即使考查空间线面的位置关系问题，也常以几何体为依托.因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式.同时也要学会运用等价转化思想，会把组合体求积问题转化为基本几何体的求积问题，会等体积转化求解问题，会把立体问题转化为平面问题求解，会运用“割补法”等求解。由于本讲公式多反映在考题上，预测2016年高考有以下特色：（1）用选择、填空题考查本章的基本性质和求积公式；（2）考题可能为：与多面体和旋转体的面积、体积有关的计算问题；与多面体和旋转体中某些元素有关的计算问题；三．要点精讲1．多面体的面积和体积公式名称侧面积(S侧)全面积(S全)体积(V)棱柱棱柱直截面周长×lS侧+2S底S底·h=S直截面·h直棱柱chS底·h棱锥棱锥各侧面积之和S侧+S底31S底·h正棱锥21ch′棱台棱台各侧面面积之和S侧+S上底+S下底31h(S上底+S下底+下底下底SS)正棱台21(c+c′)h′表中S表示面积，c′、c分别表示上、下底面周长，h表斜高，h′表示斜高，l表示侧棱长。2．旋转体的面积和体积公式名称圆柱圆锥圆台球S侧2πrlπrlπ(r1+r2)lS全2πr(l+r)πr(l+r)π(r1+r2)l+π(r21+r22)4πR2Vπr2h(即πr2l)31πr2h31πh(r21+r1r2+r22)34πR3表中l、h分别表示母线、高，r表示圆柱、圆锥与球冠的底半径，r1、r2分别表示圆台上、下底面半径，R表示半径。四．典例解析题型1：柱体的体积和表面积2例1．一个长方体全面积是20cm2，所有棱长的和是24cm，求长方体的对角线长.解：设长方体的长、宽、高、对角线长分别为xcm、ycm、zcm、lcm依题意得：24)(420)(2zyxzxyzxy)2()1(由（2）2得：x2+y2+z2+2xy+2yz+2xz=36（3）由（3）－（1）得x2+y2+z2=16即l2=16所以l=4(cm)。点评：涉及棱柱面积问题的题目多以直棱柱为主，而直棱柱中又以正方体、长方体的表面积多被考察。我们平常的学习中要多建立一些重要的几何要素（对角线、内切）与面积、体积之间的关系。例2．如图1所示，在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，已知AB=5，AD=4，AA1=3，AB⊥AD，∠A1AB=∠A1AD=3。（1）求证：顶点A1在底面ABCD上的射影O在∠BAD的平分线上；（2）求这个平行六面体的体积。图1图2解析：（1）如图2，连结A1O，则A1O⊥底面ABCD。作OM⊥AB交AB于M，作ON⊥AD交AD于N，连结A1M，A1N。由三垂线定得得A1M⊥AB，A1N⊥AD。∵∠A1AM=∠A1AN，∴Rt△A1NA≌Rt△A1MA,∴A1M=A1N，从而OM=ON。∴点O在∠BAD的平分线上。（2）∵AM=AA1cos3=3×21=23∴AO=4cosAM=223。又在Rt△AOA1中，A1O2=AA12–AO2=9－29=29，∴A1O=223，平行六面体的体积为22345V230。题型2：柱体的表面积、体积综合问题例3．一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是6,3,2，这个长方体对角线的长是3（）A．23B．32C．6D．6解析：设长方体共一顶点的三边长分别为a=1，b＝2，c＝3，则对角线l的长为l=6222cba；答案D。点评：解题思路是将三个面的面积转化为解棱柱面积、体积的几何要素—棱长。例4．如图，三棱柱ABC—A1B1C1中，若E、F分别为AB、AC的中点，平面EB1C1将三棱柱分成体积为V1、V2的两部分，那么V1∶V2=_____。解：设三棱柱的高为h，上下底的面积为S，体积为V，则V=V1+V2＝Sh。∵E、F分别为AB、AC的中点，∴S△AEF=41S,V1=31h(S+41S+41S)=127ShV2=Sh-V1=125Sh，∴V1∶V2=7∶5。点评：解题的关键是棱柱、棱台间的转化关系，建立起求解体积的几何元素之间的对应关系。最后用统一的量建立比值得到结论即可。题型3：锥体的体积和表面积（2015湖北卷3）用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为，则球的体积为BA.38B.328C.28D.332点评：本小题重点考查线面垂直、面面垂直、二面角及其平面角、棱锥的体积。在能力方面主要考查空间想象能力。例6．（2015北京，19）．（本小题满分12分）如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，ABDC∥，PAD△是等边三角形，已知28BDAD，245ABDC．（Ⅰ）设M是PC上的一点，证明：平面MBD平面PAD；（Ⅱ）求四棱锥PABCD的体积．（Ⅰ）证明：在ABD△中，由于4AD，8BD，45AB，ABCMPD4所以222ADBDAB．故ADBD．又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，BD平面ABCD，所以BD平面PAD，又BD平面MBD，故平面MBD平面PAD．（Ⅱ）解：过P作POAD交AD于O，由于平面PAD平面ABCD，所以PO平面ABCD．因此PO为四棱锥PABCD的高，又PAD△是边长为4的等边三角形．因此34232PO．在底面四边形ABCD中，ABDC∥，2ABDC，所以四边形ABCD是梯形，在RtADB△中，斜边AB边上的高为4885545，此即为梯形ABCD的高，所以四边形ABCD的面积为2545852425S．故124231633PABCDV．点评：本题比较全面地考查了空间点、线、面的位置关系。要求对图形必须具备一定的洞察力，并进行一定的逻辑推理。题型4：锥体体积、表面积综合问题例7．ABCD是边长为4的正方形，E、F分别是AB、AD的中点，GC垂直于正方形ABCD所在的平面，且GC＝2，求点B到平面EFG的距离？解：如图，取EF的中点O，连接GB、GO、CD、FB构造三棱锥B－EFG。设点B到平面EFG的距离为h，BD＝42，EF22，CO＝344232×。GOCOGC222232218422()。而GC⊥平面ABCD，且GC＝2。ABCMPDO5由VVBEFGGEFB，得16EFGOh··13SEFB△·点评：该问题主要的求解思路是将点面的距离问题转化为体积问题来求解。构造以点B为顶点，△EFG为底面的三棱锥是解此题的关键，利用同一个三棱锥的体积的唯一性列方程是解这类题的方法，从而简化了运算。例8．（2015江西理，12）如图，在四面体ABCD中，截面AEF经过四面体的内切球（与四个面都相切的球）球心O，且与BC，DC分别截于E、F，如果截面将四面体分成体积相等的两部分，设四棱锥A－BEFD与三棱锥A－EFC的表面积分别是S1，S2，则必有（）A．S1S2B．S1S2C．S1=S2D．S1，S2的大小关系不能确定解：连OA、OB、OC、OD，则VA－BEFD＝VO－ABD＋VO－ABE＋VO－BEFDVA－EFC＝VO－ADC＋VO－AEC＋VO－EFC又VA－BEFD＝VA－EFC，而每个三棱锥的高都是原四面体的内切球的半径，故SABD＋SABE＋SBEFD＝SADC＋SAEC＋SEFC又面AEF公共，故选C点评：该题通过复合平面图形的分割过程，增加了题目处理的难度，求解棱锥的体积、表面积首先要转化好平面图形与空间几何体之间元素间的对应关系。题型5：棱台的体积、面积及其综合问题例9．（2015四川理，19）．（本小题满分12分）如图，面ABEF⊥面ABCD，四边形ABEF与四边形ABCD都是直角梯形，∠BAD=∠FAB=90°，BC∥12AD，BE∥12AF，G、H分别是FA、FD的中点。(Ⅰ)证明：四边形BCHG是平行四边形；(Ⅱ)C、D、E、F四点是否共面？为什么？(Ⅲ)设AB=BE，证明：平面ADE⊥平面CDE.)解法一：(Ⅰ)由题设知，FG=GA,FH=HD.所以GH12AD，又BC12AD,故GHBC.所以四边形BCHG是平行四边形.DBAOCEFGHFEDCBA6(Ⅱ)C、D、F、E四点共面.理由如下：由BE12AF,G是FA的中点知，BEGF，所以EF∥BG.由(Ⅰ)知BG∥GH，故FH共面.又点D在直线FH上.所以C、D、F、E四点共面.(Ⅲ)连结EG，由AB=BE，BEAG及∠BAG=90°知ABEG是正方形.故BG⊥EA.由题设知，FA、AD、AB两两垂直，故AD⊥平面FABE，因此EA是ED在平面FABE内的射影，根据三垂线定理，BG⊥ED.又ED∩EA＝E，所以BG⊥平面ADE.由(Ⅰ)知，CH∥BG，所以CH⊥平面ADE.由(Ⅱ)知F平面CDE.故CH平面CDE，得平面ADE⊥平面CDE.解法二：由题设知，FA、AB、AD两两互相垂直.如图，以A为坐标原点，射线AB为x轴正方向建立直角坐标系A-xyz.(Ⅰ)设AB=a,BC=b,BE=c，则由题设得A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,b,0),D(0,2b,0),E(a,0,c),G(0,0,c),H(0,b,c).所以，(0,,0),(0,,0).GHbBCb于是.GHBC又点G不在直线BC上.所以四边形BCHG是平行四边形.(Ⅱ)C、D、F、E四点共面.理由如下：由题设知，F(0,0,2c)，所以(,0,),(,0,),,EFacCHacEFCH.CEFHFDCDFE又，，故、、、四点共面(Ⅲ)由AB=BE，得c=a，所以(,0,),(,0,).CHaaAEaa又(0,2,0),0,0.ADbCHAECHAD因此即CH⊥AE,CH⊥AD,又AD∩AE=A,所以CH⊥平面ADE,7故由CH平面CDFE，得平面ADE⊥平面CDE.点评：该题背景较新颖，把求二面角的大小与证明线、面平行这一常规运算置于非规则几何体（拟柱体）中，能考查考生的应变能力和适应能力，而第三步研究拟柱体的近似计算公式与可精确计算体积的辛普生公式之间计算误差的问题，是极具实际意义的问题。考查了考生继续学习的潜能。例10．（1）（2015四川理，8）设,MN是球心O的半径OP上的两点，且NPMNOM，分别过,,NMO作垂线于OP的面截球得三个圆，则这三个圆的面积之比为：(D)（Ａ）3,5,6（Ｂ）3,6,8（Ｃ）5,7,9（Ｄ）5,8,9【解】：设分别过,,NMO作垂线于OP的面截球得三个圆的半径为123,,rrr，球半径为R，则：22222222222212325182,,39393rRRRrRRRrRRR∴222123::5:8:9rrr∴这三个圆的面积之比为：5,8,9故选D【点评】：此题重点考察球中截面圆半径，球半径之间的关系；【突破】：画图数形结合，提高空间想象能力，利用勾股定理；例11．（2015四川文，12）若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为060的菱形，则该棱柱的体积等于(B)（Ａ）2（Ｂ）22（Ｃ）32（Ｄ）42【解】：如图在三棱柱111ABCABC中，设0111160AABAAC，由条件有011160CAB，作111AOABC面于点O，则0111011coscos6013coscoscos3033AABAAOBAO∴16sin3AAO∴1126sin3AOAAAAO∴111111012622sin602223AOABCABCABCVSAO故选B【点评】：此题重点考察立体几何中的最小角定理和柱体体积公式，同时考察空间想象能力；【突破】：具有较强的空间想象能力，准确地画出图形是解决此题的前提，熟悉最小角