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1、-空间几何体的外表积和体积一课标要求：了解球、棱柱、棱锥、台的外表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，也有面积或体积求*些元素的量或元素间的位置关系问题。即使考察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根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2021年高考有以下特色：1用选择、填空题考察本章的根本性质和求积公式；2考题可能
2、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*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S底h正棱锥ch棱台棱台各侧面面积之和S侧+S上底+S下底h(S上底+S下底+)正棱台 (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2rlrl(r1+r2)lS全2r(l+r)r(l+r)(r1+r2)l+(r21+r22)4R2Vr2h(
3、即r2l)r2hh(r21+r1r2+r22)R3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：柱体的体积和外表积例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*cm、ycm、zcm、lcm依题意得：由22得：*2+y2+z2+2*y+2yz+2*z=363由31得*2+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、长方体的外表积多被考察。我们平常的学习中要多建立一些重要的
4、几何要素对角线、切与面积、体积之间的关系。例2如图1所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AB=5，AD=4，AA1=3，ABAD，A1AB=A1AD=。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OMAB交AB于M，作ONAD交AD于N，连结A1M，A1N。由三垂线定得得A1MAB，A1NAD。A1AM=A1AN，RtA1NARtA1MA,A1M=A1N，从而OM=ON。点O在BAD的平分线上。2AM=AA1cos=3=AO=。又在RtAOA1中，A1O2=AA12 AO2=9=，
5、A1O=，平行六面体的体积为。题型2：柱体的外表积、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，这个长方体对角线的长是 A2 B3 C6 D解析：设长方体共一顶点的三边长分别为a=1，b，c，则对角线l的长为l=；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ABCA1B1C1中，假设E、F分别为AB、AC 的中点，平面EB1C1将三棱柱分成体积为V1、V2的两局部，则V1V2= _。解：设三棱柱的高为h，上下底的面积为S，体积为V，则V=V1+V2Sh。E、F分别为AB、AC的中点，SAEF=S,V1=h(S+S+)=ShV2=Sh-
6、V1=Sh，V1V2=75。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：锥体的体积和外表积PABCDOE例5 2021卷6右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的外表积是D(A)9B10(C)11 (D)122021卷10连结球面上两点的线段称为球的弦。半径为4的球的两条弦、的长度分别等于、，、分别为、的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有以下四个命题：弦、可能相交于点 弦、可能相交于点的最大值为5 的最小值为1其中真命题的个数为CA1个 B2个 C3个 D4个2021卷3用与球心距离为的平面去截球
7、，所得的截面面积为，则球的体积为BA. B. C. D.点评：本小题重点考察线面垂直、面面垂直、二面角及其平面角、棱锥的体积。在能力方面主要考察空间想象能力。例62021，19本小题总分值12分ABCMPD如图，在四棱锥中，平面平面，是等边三角形，设是上的一点，证明：平面平面；求四棱锥的体积证明：在中，由于，ABCMPDO所以故又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，故平面平面解：过作交于，由于平面平面，所以平面因此为四棱锥的高，又是边长为4的等边三角形因此在底面四边形中，所以四边形是梯形，在中，斜边边上的高为，此即为梯形的高，所以四边形的面积为故点评：此题比较全面地考察了空间点、线、面
8、的位置关系。要求对图形必须具备一定的洞察力，并进展一定的逻辑推理。题型4：锥体体积、外表积综合问题例7ABCD是边长为4的正方形，E、F分别是AB、AD的中点，GB垂直于正方形ABCD所在的平面，且GC2，求点B到平面EFC的距离.解：如图，取EF的中点O，连接GB、GO、CD、FB构造三棱锥BEFG。设点B到平面EFG的距离为h，BD，EF，CO。而GC平面ABCD，且GC2。由，得点评：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82007理，12如
9、图，在四面体ABCD中，截面AEF经过四面体的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局部，设四棱锥ABEFD与三棱锥AEFC的外表积分别是S1，S2，则必有 AS1S2CS1=S2 DS1，S2的大小关系不能确定解：连OA、OB、OC、OD，则VABEFDVOABDVOABEVOBEFDVAEFCVOADCVOAECVOEFC又VABEFDVAEFC，而每个三棱锥的高都是原四面体的切球的半径，故SABDSABESBEFDSADCSAECSEFC又面AEF公共，应选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、
10、外表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92021理，19本小题总分值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，BCAD，BEAF，G、H分别是FA、FD的中点。()证明：四边形BCHG是平行四边形；()C、D、E、F四点是否共面.为什么.()设AB=BE，证明：平面ADE平面CDE.GHFEDCBA)解法一：()由题设知，FG=GA,FH=HD. 所以GH ， 又BC,故GH BC. 所以四边形BCHG是平行四边形. ()C、D、F、E四点共面.理由如下： 由BE,G是FA的中
11、点知，BEGF，所以EFBG. 由()知BGGH，故FH共面.又点D在直线FH上. 所以C、D、F、E四点共面. ()连结EG，由AB=BE，BEAG及BAG=90知ABEG是正方形. 故BGEA.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的射影，根据三垂线定理，BGED. 又EDEAE，所以BG平面ADE. 由()知，CHBG，所以CH平面ADE.由()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*轴正方向建立直角坐标系A-*yz. ()设AB=a,
12、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， 于是又点G不在直线BC上.所以四边形BCHG是平行四边形.()C、D、F、E四点共面.理由如下：由题设知，F(0,0,2c)，所以()由AB=BE，得c=a，所以又即 CHAE,CHAD,又ADAE =A,所以CH平面ADE,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，能考察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
13、准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。考察了考生继续学习的潜能。例1012021理，8设是球心的半径上的两点，且，分别过作垂线于的面截球得三个圆，则这三个圆的面积之比为：( D )【解】：设分别过作垂线于的面截球得三个圆的半径为，球半径为，则：这三个圆的面积之比为： 应选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112021文，12假设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角为的菱形，则该棱柱的体积等于( B )【解】：如图在三棱柱中，设，由条件有，作于点，则 应选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，熟悉最小角定理并能准确应用是解决此题的关键；例12
