空间几何体的表面积和体积讲解及经典例题
峨眉山简介-津津有味的反义词
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 <
br>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2009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
棱
柱
棱柱
直棱柱
棱锥
正棱锥
棱台
棱
台
正棱台
侧面积(S
侧
)
直截面周长×l
全面积(S
全
) 体 积(V)
S
底
·h=S
直截面
·h
S
侧
+2S
底
S
底
·h
S
侧
+S
底
1
S
底
·h
3
ch
各侧面积之和
棱
锥
1
ch′
2
各侧面面积之和
1
S
侧
+S
上底
+S
下底
(c+c′)h′
2
1
h(S
上底
+S
下底
3<
br>+
S
下底
S
下底
)
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
2πrl
2πr(l+r)
πrh(即πrl)
22
圆锥
πrl
πr(l+r)
圆台
π(r
1
+r
2
)l <
br>π(r
1
+r
2
)l+π(r
1
+r
2)
22
球
4πR
2
S
侧
S
全
V
1
2
πrh
3
1<
br>22
πh(r
1
+r
1
r
2
+r
2
)
3
4
3
πR
3
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,r
1
、r
2
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
p>
例1.一个长方体全面积是20cm
2
,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:
(1)
2(xyyzzx)20
(2)
4(xyz)24
由(2)
2
得:x
2
+y
2
+z
2
+2xy+2yz+2xz=36(3)
由(3)-(1)得x
2
+y
2
+z
2
=16
即l
2
=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—A
1
B
1
C
1
D
1
中,已
知AB=5,AD=4,AA
1
=3,
AB⊥AD,∠A
1
AB=∠
A
1
AD=
。
3
(1)求证:顶点A
1
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A
1
O,则A
1
O⊥底面ABCD
。作OM⊥AB交AB于M,作ON
⊥AD交AD于N,连结A
1
M,A
1<
br>N。由三垂线定得得A
1
M⊥AB,A
1
N⊥AD。∵∠A
1
AM=
∠A
1
AN,
∴Rt△A
1
NA≌Rt△
A
1
MA,∴A
1
M=A
1
N,
从而OM=ON。
∴点O在∠BAD的平分线上。
(2)∵AM=AA
1
cos
13
=3×=
22
3
AM
3
∴AO==
2
。
2
cos
4
又在Rt△AOA
1
中,A
1
O2
=AA
1
2
–
AO
2
=9-
99
=,
22
∴A
1
O=
3232
302
。
,平行六面体的体积为
V54
22
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
2,3,6
,这个长方体对角线的长是<
/p>
( )
A.2
3
B.3
2
C.6 D.
6
解析:
设长方体共一顶点的三边长分别为a=1,b=
l=
a
2
b
2c
2
6
;答案D。
2
,c=
3
,则对角
线l的长为
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—A
1
B
1
C
1
中,若E、F分别
为AB、AC 的中点,平面EB
1
C
1
将三棱
柱分成体积为V1
、V
2
的两部分,那么V
1
∶V
2
=
____ _。
解:设三棱柱的高为h,上下底的面积为S,体积为V,则V=V
1<
br>+V
2
=Sh。
∵E、F分别为AB、AC的中点,
∴S
△AEF
=
1
S,
4
V
1
=
1
117
h(S+S+
S
)=Sh
4
123
4
V
2
=Sh-V
1
=
5
Sh,
12
∴V
1
∶V
2
=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
例5.
(2008山东卷6)
右图是一个几何体的三视图,根据图中数据,
可得该几何体的表面积是D
(A)9π
(B)10π
(C)11π (D)12π
(2008江西卷10)
连结球面上两点的线段称为球的弦。半径为4
A
的球的两条弦
AB
、
CD
的长度分别等于
27
、
4
3
,
M
、
N
分别为
AB
、
CD
的
中点,每条
P
E
O
B
D
C
弦的两端都在球面上运动,有下列四个命题:
①弦
AB
、
CD
可能相交于点
M
②弦
AB
、
CD
可能相交于点
N
③
MN
的最大值为5
④
MN
的最小值为1
其中真命题的个数为C
A.1个 B.2个
C.3个 D.4个
(2008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B
A.
82
32
8
B.
C.
82
D.
3
3
3
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.(2008北京,19).
(本小题满分12分) <
br>如图,在四棱锥
PABCD
中,平面
PAD
平面
ABCD
,
AB∥DC
,
△PAD
是等边三
角形,已知
BD
2AD8
,
AB2DC45
.
(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
AD4
,
BD8
,
AB45
,
所以
AD
2
BD
2
AB
2
.
故
ADBD
.
又平面
PAD
平面
ABCD<
br>,平面
PADI
平面
ABCDAD
,
P
M
C
B
P
M
C
B
D
A
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<
br>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
PO
A
D
O
3
423
.
2
在底面四边形
ABCD
中,
AB∥DC
,
AB2DC
,
所以四边形
ABCD
是梯形,在
Rt△ADB
中,斜边
AB
边上的高为
此即为梯形
ABCD
的高,
所以四边形
ABCD
的面积为
S
故
V
PABCD
4885
,
5
45
254585
24
.
25
1
2423163
.
3
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,GB垂直于正方形
ABCD所在的平面,且GC=2,求点B到平面EF
C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=
GO
3
×4232
。
4
CO
2
GC
2
(32)
2
2
2
1
8422
。
11
EF·GO·hS
△EFB
·
63
而GC⊥平面ABCD,且GC=2。
由
V
BEFG
V
GEFB
,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8.(2007江西理,12)
A
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-
O
D
BEFD与三棱锥A-EFC的表面积分别是S
1
,S
2
,则必有( )
F
A.S
1
S
2
B.S
1
S
2
B
C.S
1
=S
2
D.S
1
,S
2
的大小关系不能确定
E
解:连OA、OB、OC、OD,
则V
A
-
BEFD<
br>=V
O
-
ABD
+V
O
-
ABE
+
V
O
-
BEFD
V
A
-
EFC
=V
O
-
ADC
+V
O
-
AEC
+VO
-
EFC
又V
A
-
BEFD
=V
A
-
EFC
,
而每个三棱锥的高都是原四面体的内切球的半径,故S
ABD
+S
ABE
+S
BEFD
=S
ADC
+S<
br>AEC
+S
EFC
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.(2008四川理,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∥AD,BE∥AF,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.
1
2
C
1
2
)解法一:
(Ⅰ)由题设知,FG=GA,FH=HD.
所以
GH
又
BC
B
F
G
E
A
C
D
H
1
AD
,
2
1
AD
,故
GH BC
.
2
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
BE
1
AF
,
G
是
FA
的中点知,
BE
GF
,所以
EF
∥
BG
.
2
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
,
BE
AG
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
(0,2
b
,0),
E
(
a,0,
c
),
G
(0,0,
c
),
H
(0,
b,c
).
uuuruuur
所以,
GH(0,b,0),BC(0,b,0).
uuuruuur
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
(0,0,2
c
),所以
uuuruuur
uuuruuur
EF(a,0,c),CH(a,0,c),EFCH,
又CEF,HFD,故C、D、F、E四点共面.
uuuruuur
(
Ⅲ)由
AB=BE
,得
c=a
,所以
CH(a,0,a),AE
(a,0,a).
uuuruuuruuuruuuruuur
又
AD(0,2b,0),因此
CHgAE0,CHgAD0.
即
CH
⊥
AE
,
CH
⊥
AD
,
又
AD
∩
AE
=
A
,所以
CH
⊥平面
ADE
,
故由<
br>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)(2008四川理,8)
设
M,N
是球
心
O
的半径
OP
上的两点,且
NPMNOM
,分别过<
br>N,M,O
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
N,M,O
作垂线于
OP
的面截球得三个圆的半径为
r
1
,r
2
,r
3
,球半径为
R
,
2
5
1
8
2
则:r
1
2
R
2
R
R
2
,r
2
2
R
2
R
R
2
,r
3
2
R
2
R
R
2
3
9
3
9
3
222
∴
r
1
:r
2
:r
3
5:8:9
∴这三个圆的面积之比为:
5,8,9
故选D
222
【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.(2008四川文,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
60
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<
br>ABCA
1
B
1
C
1
中,设
AA
1
B
1
AA
1
C
1
60
0
,
0
0
由条件有
C
1
A
1<
br>B
1
60
,作
AO面A
1
B
1
C
1
于点
O
,
cosAA
1
B
1cos60
0
13
则
cosAAO
1
0
cosB
1
AOcos303
3
1
∴sinAA
1
O
26
6
∴
AOAA
1
sinAAO
1
3
3
126
22sin60
0
22
故选B
23
∴
V
ABCA
1
B
1AO
C
1
S
A
1
B
1
C
1
AO
【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.如图9—9,一个底面半径为R的圆柱形量杯中装有适量的水
.若放入一个半径为
r的实心铁球,水面高度恰好升高r,则
R
=
。
r
解析:水面高度升高r,则圆柱体积增加
π
R
2<
br>·r。恰好是半径为r的实心铁球的体积,
因此有
4
3
R23
23
π
r=
π
R
2
r。故
。答案为。
3
3
r3
点评:本题主要考查旋转体的基础知识以及计算能力和分析、解决问
题的能力。
题型7:圆锥的体积、表面积及综合问题
例13.已知过球面上
A,B
,C
三点的截面和球心的距离为球半径的
半,且
ABBCCA2
,求球
的表面积。
解:设截面圆心为
O
,连结
O
A
,设球半径为
R
,
则
O
A
一
2323
2
,
323
222
图
在
RtO
OA
中,
OAO
AO
O
,
∴
R(
2
23
2
1
2
)R
,
34
∴
R
4
,
3
2
∴
S4
R
64
。
9
点评: 正确应用球的表面积公式,建立平面圆与球的半径之间的关系。
例14.
如图所示,球面上有四个点P、A、B、C,如果PA,PB,PC两两互相垂直,
且PA=PB=PC
=a,求这个球的表面积。
解析:如图,设过A、B、C三点的球的截面圆半径为r,圆心
为O′,球心到该圆面
的距离为d。
在三棱锥P—ABC中,∵PA,PB,PC两两互相垂直,且PA=PB=PC=a,
∴AB=BC=CA=
2
a,且P在△ABC内的射影即是△ABC的中心O′。
由正弦定理,得
2a
6
=2r,∴r=a。
sin603
又根据球的截面的性质,有OO′⊥平面ABC,而PO′⊥平面ABC,
22
∴P、O、O′共线,球的半径R=
r
2
d
2
。又PO′=PAr
=
a
2
3
2
2
a
=a,
3
3
∴OO′=R -
3
3
22
a=d=
Rr
,(R-
3
3
a)
2
=R
2
–
(
3
6
2
a),解得R=a,
2
3
∴S
球
=4πR
2
=3πa
2
。
点评:本题也可用补形法求解
。将P—ABC补成一个正方体,由对称性可知,正方体
内接于球,则球的直径就是正方体的对角线,易
得球半径R=
3
a,下略。
2
题型9:球的面积、体积综合问题
例15.(1)表面积为
324
的球,其内接正四棱柱的高是
14
,求这个正四棱柱的表面
积。
(2)正四面体ABCD的棱长为a,球O是内切球,球O1
是与正四面体的三个面和球O都
相切的一个小球,求球O
1
的体积。
解:(1)设球半径为
R
,正四棱柱底面边长为
a
,
则作轴截面如图,
AA
14
,
AC
又∵
4
R324
,∴
R9
,
∴
AC
2
2a
,
AC
2CC
2
82
,∴
a8
,
∴
S
表
6423214576
(2)如图,设
球O半径为R,球O
1
的半径为r,E为CD中点,球O与平面ACD、BCD
切于点
F、G,球O
1
与平面ACD切于点H
由题设
AGAE
2
GE
2
6
a
3
∵ △AOF∽△AEG ∴
6
aR
R
6
3
a
,得
R
12
33
aa
62
6
a2Rr
r
6<
br>3
,得
ra
∵ △AO
1
H∽△AOF
∴
24
R
6
aR
3
∴
V
球O1
44
6
6
3
r
3
aa
33
24
1728
3
点评:正四面体的内切球与各面的切点是面的中心,球心到各面的距离相等。
题型10:球的经纬度、球面距离问题
例19.(1)我国首都靠近北纬
40
纬线,求北纬
40
纬线的长度等于多少
km
?(地球
半径大约为<
br>6370km
)
(2)在半径为
13cm
的球面上有
A,B
,C
三点,
ABBCAC12cm
,求球心到经过
这三点的截面的距离
。
解:(1)如图,
A
是北纬
40
上一点,
AK
是它的半径,
∴
OKAK
,
设
C
是北纬
40
的纬线长,
∵
AOBOAK40
,
∴
C2
A
K2
OAcosOAK2
OAcos40
o
o
o
o
oo
23.1463700.76603.
06610
4
(km)
答:北纬
40
纬线长约等于
3.06610km
.
(2)解:设经过
A,B,C
三点的截面为⊙
O
, 设球心为
O
,连结
OO
,则
OO
平面
ABC
,
∵
AO
o4
32
1243
,
23
∴
OO
OA
2
OA
2
11
,
所以,球心到截面距离为
11cm
.
例16
.在北纬
45
圈上有
A,B
两点,设该纬度圈上
A,B
o<
br>两点的劣弧长为
的球面距离。
2
R
(
R
为地球半径),求
A,B
两点间
4
o
解:设北纬45
圈的半径为
r
,则
r
2
o
R
,
设
O
为北纬
45
圈的圆心,
AO'B
,
4
∴
r
∴
222
R
,∴
R
R
,
424
,∴
AB
2
2rR
,
∴
ABC
中,
AOB
3
,
所以,
A,B
两点的球面距离等于
3
R
. 点评:要求两点的球面距离,必须先求出两点的直线距离,再求出这两点的球心角,进
而求出这两点
的球面距离。
(2008广东文18)
(本小题满分14分)
如图5所示,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是半径为R的圆的内接四边形,其中BD
是圆
的直径,
ABD60,BDC45,ADP~BAD
。
(1)求线段PD的长;
(2)若
PC11R
,求三棱锥P-
ABC的体积。
【解析】(1)
Q
BD是圆的直径
BAD90
又
VADP~VBAD
,
o
o
o
3
ADDP
AD
2
BDsin60
4
3R
,
DP
oBAAD
BA
BDsin30
2R
1
2
o
(2 )
在
RtVBCD
中,
CDBDcos452R
222222o
Q
PDCD9R2R11RPC
PDCD
又
PDA90
PD
底面ABCD
3212
1131
2oo
R
S
VABC
ABgBCsin
6045
Rg
2R
2222
224
11312
31
3
Rg3RR
. 三棱锥
PABC
的体
积为
V
PABC
gS
VABC
gPDg
3344o
2
4R
2
五.思维总结
1.正四面体的性质 设正四面体的棱长为a,则这个正四面体的
2
(1)全面积:S
全
=
3
a;
(2)体积:V=
2
3
a;
12
2
a;
2
(3)对棱中点连线段的长:d=
(4)内切球半径:r=
6a;
12
6
a;
4
(5)外接球半径
R=
(6)正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值(等于正四面体的高)。
2.直角四面体的性质
有一个三面角的各个面角都是直角的四面体叫做直角四面体.直角
四面 体有下列性质:
如图
,在直角四面体AOCB中,∠AOB=∠BOC=∠COA=90°,OA=a,OB=b,OC=c。
则:①不含直角的底面ABC是锐角三角形;
②直角顶点O在底面上的射影H是△ABC的垂心;
③体积
V=
④底面△
ABC
=
2
1
abc;
6
1
2
a
2
b
2
b
2
c
2
c
2
a
2
;
⑤S
△ABC
=S
△BHC
·S
△ABC
; 2222
⑥S
△BOC
=S
△AOB
+S
△AOC=S
△ABC
1111
=+
2
+
2
;
22
OHabc
1
⑧外切球半径
R=
a
2
b
2
c
2
;
2
⑦
⑨内切球半径
r=
S
AOB
S
BOC
-S
ABC
abc
3.圆锥轴截面两腰的夹角叫圆锥的顶角.
①如图,圆锥的顶角为β,母线与下底面所成角为α,母线为l,高为h,底面半径为
r,则
sinα=cos
α+
h
=
,
2l
=90°
2
r
= .
2l
cosα=sin
②圆台
如图,圆台母线与下底面所成角为α,母线为l,高为h,上、下底面半径分
别为r
′、r,则h=lsinα,r-r′=lcosα。
③球的截面
用一个平面去截一个球,截面是圆面.
(1)过球心的截面截得的圆叫做球的大圆;不经过球心的截面截得的圆叫做球的小圆;
(2)球心与截面圆圆心的连线垂直于截面;
(3)球心和截面距离d,球半径R,截面半径r有关系:
r=
R
2
-d
2
.
4.经度、纬度:
经线:球面上从北极到南极的半个大圆;
纬线:与赤道平面平行的平面截球面所得的小圆;
经度:某地的经度就是经过这点
的经线与地轴确定的半平面与
0
经线及轴确定的半平
面所成的二面角的度数。
纬度:某地的纬度就是指过这点的球半径与赤道平面所成角的度数。
o
5. 两点的球面距离:
球面上两点之间的最短距离,就是经过两点的大圆在这两点间的一段
劣弧的长度,我们
把这个弧长叫做两点的球面距离
两点的球面距离公式:(其中R为球半径,
为A,B所对应的球心角的弧度数)