第01讲 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积（复习讲义）（天津专用）2026年高考数学一轮复习讲练测

第01讲 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积 目录 01 考情解码・命题预警 2 02体系构建·思维可视 3 03核心突破·靶向攻坚 3 知能解码 3 知识点1 简单凸多面体—棱柱、棱锥、棱台 3 知识点2 简单旋转体—圆柱、圆锥、圆台、球 5 知识点3 表面积与体积计算公式 6 知识点4 空间几何体的直观图 8 题型破译 9 题型1 空间几何体的结构特征 9 【方法技巧】两个面互相平面，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行 题型2 空间几何体的表面积 12 【方法技巧】牢记各形状表面积公式 题型3 空间几何体的体积 16 【方法技巧】牢记各形状体积公式 题型4 几何体的直观图 20 题型5 几何体的展开图 23 题型6 最短路径问题 26 题型7 球相关问题 31 04真题溯源·考向感知 36 05课本典例·高考素材 40 考点要求 考察形式 2025年 2024年 2023年 1.掌握基本空间图形及其简单组合体的概念和基本特征，能够解决简单的实际问题； 2.多面体和球体的相关计算问题是近几年考查的重点； 3.运用图形的概念描述图形的基本关系和基本结果，突出考查直观想象和逻辑推理． 单选题 多选题 填空题 解答题 2024年天津卷，第9题,5分 2023年天津卷，第8题,5分 考情分析：本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给出几何体，求解几何体的表面积。体积与球的相关问题。 设题稳定，难度中档，分值为5分 复习目标： 1.理解、掌握几何体的有关特征，掌握不同几何体的表面积与体积的计算公式。 2.能掌握不同几何体的展开图的特征。 3.具备数形空间思维，会计算空间几何体中的最短路径问题。 4.会解外接球，内切球与棱切球问题。 知识点1 简单凸多面体—棱柱、棱锥、棱台 1.棱柱：两个面互相平面，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱． （1）斜棱柱：侧棱不垂直于底面的棱柱； （2）直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱； （3）正棱柱：底面是正多边形的直棱柱； （4）平行六面体：底面是平行四边形的棱柱； （5）直平行六面体：侧棱垂直于底面的平行六面体； （6）长方体：底面是矩形的直平行六面体； （7）正方体：棱长都相等的长方体． 2.棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥． （1）正棱锥：底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心； （2）正四面体：所有棱长都相等的三棱锥． 3.棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台，由正棱锥截得的棱台叫做正棱台． 简单凸多面体的分类及其之间的关系如图所示． 自主检测如图，长方体被截去一小部分，其中，则截去的几何体是（    ）      A．三棱锥 B．三棱柱 C．三棱台 D．五棱柱 【答案】B 【分析】由正方体的几何特征结合三棱柱的定义即可求解. 【详解】在长方体中，由可得四边形为平行四边形， 所以,所以四边形为平行四边形， 所以， 则几何体为三棱柱. 故选：B. 知识点2 简单旋转体—圆柱、圆锥、圆台、球 旋转体：1.圆柱：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的几何体叫做圆柱． 2.圆柱：以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，将其旋转一周形成的面所围成的几何体叫做圆锥． 3.圆台：用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分叫做圆台． 4.球：以半圆的直径所在的直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称为球（球面距离：经过两点的大圆在这两点间的劣弧长度）． 组合体：由柱体、锥体、台体、球等几何体组成的复杂的几何体叫做组合体． 自主检测一条平面曲线绕着它所在的平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫做旋转面，封闭的旋转面围成的几何体叫做旋转体，该定直线叫做旋转体的轴．某同学将一个直角三角形硬纸板绕斜边所在的直线进行旋转，得到如图所示的旋转体．测量出为2，上、下旋转面的面积比是，则的长度是（    ） A． B． C．3 D． 【答案】A 【分析】本题先通过设未知数表示出相关线段的长度，再利用勾股定理得到一个关于未知数的方程，接着根据旋转面面积比得到另一个关于未知数的方程，最后联立这两个方程求解出未知数的值，进而求出BC的长度. 【详解】设与的交点为，，，则，，． 由是直角，得，即，得．① 又由上、下旋转面的面积比是，得，即，所以．② ①②两式联立，整理得，解得（舍负值），可得，则． 故选:A． 表面积公式 表面积 柱体 为直截面周长 锥体 台体 球 体积公式 体积 柱体 锥体 台体 球 自主检测如图，平面平面，四边形为矩形，且，，的面积为3.若点E是线段AD上一点，则三棱锥体积的最大值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】D 【分析】过点P作，交直线BC于点F，证明平面ABCD，求出即可求解. 【详解】如图，过点P作，交直线BC于点F， 又因为平面平面ABCD，平面平面，平面PBC， 所以平面ABCD， 因为△PBC的面积为3，， 所以，即， 解得，所以三棱锥的体积， 当且仅当点E在点D时取等号， 三棱锥体积的最大值为1. 故选：D. 知识点4 空间几何体的直观图 1.斜二测画法 斜二测画法的主要步骤如下： （1）建立直角坐标系．在已知水平放置的平面图形中取互相垂直的，，建立直角坐标系． （2）画出斜坐标系．在画直观图的纸上（平面上）画出对应图形．在已知图形平行于轴的线段，在直观图中画成平行于，，使∠=45°（或135°），它们确定的平面表示水平平面． （3）画出对应图形．在已知图形平行于x轴的线段，在直观图中画成平行于轴的线段，且长度保持不变；在已知图形平行于y轴的线段，在直观图中画成平行于轴，且长度变为原来的一般．可简化为“横不变，纵减半”． （4）擦去辅助线．图画好后，要擦去轴、轴及为画图添加的辅助线（虚线）．被挡住的棱画虚线． 注：直观图和平面图形的面积比为． 2.平行投影与中心投影 平行投影的投影线是互相平行的，中心投影的投影线相交于一点． 自主检测如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，，则该平面图形的高为 . 【答案】 【分析】画出直观图，结合斜二测画法的定义得到答案. 【详解】画出直观图如下： 为该平面图形的高，. 故答案为： 题型1 空间几何体的结构特征 例1-1（2025高三·天津·联考）若圆锥的母线与底面所成的角为45°，则该圆锥内接正方体的棱长与圆锥底面圆半径之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据圆锥的截面性质结合相似三角形的性质列方程求解. 【详解】设圆锥底面半径为r，高为h，所以，设圆锥的内接正方体棱长为a，则该正方体面对角线的一半为，则， 解得． 故选：B.      例1-2（2025·天津·调研）下列说法正确的是（   ） A．棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面 B．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 C．若一个多面体共有5个面，则这个多面体可能是三棱锥 D．以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆锥 【答案】D 【分析】根据题意，结合多面体与旋转体的定义，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A中，例如：正四棱柱中，相对的两个侧面互相平行，所以A不正确； 对于B中，根据棱台的定义，用平行于棱锥底面的平面截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台，所以B不正确； 对于C中，根据棱锥的定义，三棱锥是由一个底面和3个侧面组成，所以一个多面体有5个面，一定不是三棱锥，所以C错误； 对于D中，根据圆锥的定义，可得以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴， 其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆锥，所以D正确. 故选： 方法技巧 空间几何体的结构特征 1、需要熟悉几何体的基本概念.2、空间几何体结构特征的判断技巧 （1）紧扣结构特征是判断的关键，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定． （2）说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可． 【变式训练1-1】如图所示的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解几章算术・商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第一、二层的每一个球均分别与其下一层相邻的三个球相切．现将“三角垛”放置在地面上，若每个球的半径均为1，则第一层的球的表面上的点到地面的最大距离为（   ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接顶层1个球和底层边缘3个球的球心，可得到一个正四面体，设底面的中心为，连接，得到“三角垛”的高度为，结合正四面体的性质，即可求解. 【详解】根据题意，连接顶层1个球和底层边缘3个球的球心， 可得到一个正四面体，该正四面体的棱长为，如图所示， 设底面的中心为，连接并延长交于点，则为的中点， 连接，则为正四面体的高，所以该“三角垛”的高度为， 由，可得， 所以, 所以“三角垛”的高度为. 故选：D. 【变式训练1-2】如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器一边于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面五个命题： （1）盛水的部分始终呈棱柱形． （2）水面所在四边形的面积为定值． （3）当容器倾斜如图②所示时，为定值． （4）当容器倾斜如图③所示时，为定值． （5）当容器倾斜如图③所示时，当时，取最小值． 其中所有正确命题的序号是 ． 【答案】（1）（3）（4）（5） 【分析】根据题意，结合棱柱的特征、体积公式逐个判断即可. 【详解】对于（1），由于固定，所以在倾斜的过程中，始终有， 且平面平面，故盛水的部分始终呈棱柱形（四棱柱或三棱柱），故（1）正确； 对于（2），由于固定，易知，且平面，所以平面， 又平面，所以,故为矩形，则， 的长随着倾斜度的变化而变化，故的面积是变化的，故（2）错误； 对于（3），当容器倾斜如图②所示时，四棱柱的体积保持不变， 即，又均为定值，故为定值，故（3）正确； 对于（4），当容器倾斜如图③所示时，三棱柱的体积保持不变， 即，又是定值，则为定值，故（4）正确． 对于（5），由（4）为定值，，当时，取最小值．故（5）正确； 故答案为：（1）（3）（4）（5） 【变式训练1-3】下列命题中错误的序号是 ． ①有两个面平行，其余各面都是平行四边形的多面体叫做棱柱． ②用一个面去截棱锥，底面与截面之间的部分叫棱台 ③有一个面是多边形，其余各面都是三角形的多面体叫棱锥 ④圆柱的母线与它的轴可以不平行 ⑤一个多面体至少有3个面 ⑥底面是正方形的四棱柱是正方体 【答案】①②③④⑤⑥ 【分析】利用棱柱、棱锥、圆柱的结构特征逐一判断各个命题即得. 【详解】对于①，有两个面平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行的多面体叫做棱柱，①错误； 对于②，用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分叫棱台，②错误； 对于③，有一个面是多边形，其余各面都是有公共顶点的三角形的几何体叫棱锥，③错误； 对于④，圆柱的母线与它的轴平行，④错误； 对于⑤，一个多面体至少有4个面，⑤错误； 对于⑥，底面是正方形，且侧棱长与底面边长相等的直四棱柱是正方体，⑥错误， 所以错误命题的序号是①②③④⑤⑥. 故答案为：①②③④⑤⑥. 题型2 空间几何体的表面积 例2-1（2025·天津滨海新·调研）已知是边长为的等边三角形，且其顶点都在球的球面上．若球心到平面的距离为，则球的表面积为 ． 【答案】 【分析】根据题意，利用已知条件求出外接圆的半径，再根据几何关系进一步解出外接球半径，代入表面积公式求解即可. 【详解】设外接圆的圆心为，外接圆半径为，球半径为， 根据已知条件有，， 由正弦定理可得，所以， 所以， 所以球的表面积为：. 故答案为： 例2-2如图，空间几何体为“四角反棱台”，它是由两个相互平行的正方形经过旋转，连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点．若，且所有顶点在同一个球面上，则这个球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】可先找出球心位置，再根据勾股定理求出球的半径，最后根据球的表面积公式求解. 【详解】设球心为，底面正方形中心为,上底面正方形中心为， 几何体上下底面平行且所有顶点在同一球面上，所以球心在直线上. 已知，则底面正方形对角线长为，所以. 上底面正方形边长为，其对角线为2，则. 设，则，又， 根据勾股定理，在直角三角形中，为球的半径）， 在直角梯形中，，，，根据勾股定理可得, 联立可得：，解得，代入可得 所以球的表面积. 故选：B. 方法技巧 空间几何体表面积的求法 1. 旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用 2. 多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理 【变式训练2-1】已知长方体的长、宽、高分别为3，2，1，且长方体的所有顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出长方体的体对角线长即为外接球的直径，再由球的表面积公式计算可得 【详解】因为长方体的长、宽、高分别为3，2，1， 则长方体的体对角线长为， 又长方体外接球的直径即为长方体的体对角线，设外接球的半径为， 则，所以 所以外接球的表面积. 故选：A. 【变式训练2-2·变考法】如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面在圆柱底面内，且底面是正三角形，如果三棱柱的体积为圆柱的底面直径与母线长相等，则圆柱的侧面积为 . 【答案】 【分析】首先根据正弦定理求出正三角形边长与圆柱底面半径的关系，然后根据三棱柱体积求出圆柱底面半径，进而根据圆柱侧面积公式求出侧面积的值. 【详解】设底面正三角形的边长为，则正三角形的高为. 由于直三棱柱的底面是正三角形且在圆柱底面内，可知正三角形的外接圆半径为. 所以根据正弦定理，所以. 易知圆柱母线， 所以三棱柱的体积为. 所以. 那么圆柱的侧面积为. 故答案为：. 【变式训练2-3·变考法】端午节是我国的传统节日，其中吃粽子是端午节的一个重要仪式，粽子形状多样，主要有尖角状、四角状等.四川流行四角状的粽子，其形状可以看成一个正四面体（由四个全等正三角形围成的多面体），现需要在粽子内部放入 一个肉丸，肉丸的形状近似地看成球，当这个肉丸的体积最大时，其半径与该正四面体的高的比值为 . 【答案】 【分析】当这个肉丸的体积最大时，肉丸所成的球是该正四面体的内切球，根据等体积法得出该正四面体内切球的半径，再求比值. 【详解】当这个肉丸的体积最大时，肉丸所成的球是该正四面体的内切球. 设正四面体的棱长为，高为，肉丸所成的球半径为， 如图，， 高， 正四面体的表面积为， 由等体积法可知，， 即，解得， 所以内切球的半径与该正四面体的高的比值为. 故答案为： 题型3 空间几何体的体积 例3-1（2024·天津·一模）与圆柱底面成角的平面截圆柱得到如图所示的几何体，截面上的点到圆柱底面距离的最大值为，最小值为，则该几何体的体积为 ． 【答案】 【分析】由图形可知所求几何体是由底面直径相同，高为1的圆柱和高为2的圆柱的一半拼成，由圆柱体积公式可求得结果. 【详解】作出几何体的轴截面如下图所示： 则所求几何体是由一个底面直径为2，高为1的圆柱， 和一个底面直径为2，高为2的圆柱的一半构成， 则所求几何体体积为： ， 故答案为：. 例3-2（2025·天津·模拟预测）如图，两个正交的全等正四面体（每一个四面体的各个面都过另一个四面体的三条共点的棱的中点），若正四面体棱长为2，则这两正交四面体公共部分的体积为 ． 【答案】 【分析】根据三棱锥的体积公式求解即可. 【详解】根据题意可知该几何图形的体积由八个小正四面体和所求公共部分的体积组成， 设大正四面体为，是中心， 因为大正四面体的棱长为2，所以，， 所以大正四面体的高，小正四面体的高， 设所求部分的体积为，大正四面体的体积为，小正四面体的体积为， 则，， 所以，解得， 即这两正交四面体公共部分的体积为， 故答案为： 例3-3已知正四面体（四个面都是正三角形）的体积为，若能装下它的最小正方体的体积为 ，设正四面体的内切球（与四面体各个面都相切的球）表面积为，外接球（四面体各顶点都在球的表面上）体积为，则 （   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用正四面体的性质，即内切球半径为高的四分之一，外接球半径为高的四分之三，再结合勾股定理进行求高，再利用球的表面积公式和体积公式，即可求解. 【详解】    如图能装下正四面体的最小正方体，其体积为，可知正方体边长为， 从而可得正四面体的棱长为正方体的面对角线长，    利用正四面体的性质可知， 正四面体的内切球球心位于正四面体的高线上，且内切球半径为高的四分之一； 正四面体的外接球球心位于正四面体的高线上，且外接球半径为高的四分之三； 由球与底面的切点为底面中心，可知， 而，所以， 即内切球半径为，外接球半径为， 所以有正四面体的体积为， 即， 故选：A. 方法技巧 求空间几何体的体积的常用方法 【变式训练3-1】如图， 多面体ABCEF ， D为AB的中点，四边形为矩形，且，，，当时，多面体的体积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由线面垂直的判定与性质，根据等腰三角形的性质与勾股定理，求得底面积，利用三棱锥体积公式，可得答案. 【详解】在矩形中，有，， 因为，，平面，所以平面 则平面，因为平面，所以，， 在中，由，，则， 又因为的中点，则，则，， 易知，则，因，则， 在中，， 则矩形的面积， 因为，，，平面，所以平面， 多面体的体积. 故选：A. 【变式训练3-2】如图所示，长方体中， 若，M，N分别为棱的中点，用平面把这个长方体分成两部分，则左侧几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】左侧几何体的体积等于长方体体积去掉右侧三棱柱的体积即可求得. 【详解】设左侧几何体的体积为，长方体的体积为， 右侧三棱柱的体积为，则. 故选：C. 题型4 几何体的直观图 例4-1（2025·天津和平·开学考试）正方形的边长为3，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图）.则原图形的周长是（    ） A．12 B．24 C． D． 【答案】B 【分析】根据斜二测画法的原理做出原图形，求出边长即可得原图形的周长. 【详解】由直观图可得，， 所以原图形为 所以，，，， ， 所以原图形的周长是， 故选：B. 例4-2如图所示，是水平放置的的直观图，且，，则的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据斜二测画法的规则得出边长再计算求解. 【详解】因为，， 所以， 则的面积是. 故选：D. 方法技巧 求空间几何体的体积的常用方法 公式法 规则几何体的体积，直接利用公式 割补法 把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体 等体积法 通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积 【变式训练4-1】在中，A为直角，，若用斜二测画法画出其水平放置的平面图形的直观图，则其直观图的面积是（   ） A．2 B． C．1 D． 【答案】D 【分析】根据斜二测画法特征，即x轴保持不变，y轴缩短为原来的且与x轴成角，其坐标变换矩阵行列式为，因此直观图面积为原面积的，求原面积即可求出直观图面积. 【详解】原为等腰直角三角形，直角边，面积为： . 斜二测画法坐标变换矩阵行列式为，因此直观图面积为原面积的， . 故选：D. 【变式训练4-2·变载体】如图，是水平放置的的斜二测直观图， ， ，则的面积为 【答案】 【分析】利用直观图与原图形的面积关系求解即可. 【详解】由三角形面积公式得，设的面积为， 由直观图与原图形的面积关系得，解得. 故答案为：. 【变式训练4-3·变载体】如图，若斜边长为 的等腰直角三角形（与重合）是水平放置的的斜二测直观图，则的周长为    【答案】/ 【分析】根据斜二测画法先还原直观图得，则有，，利用勾股定理求即可求解. 【详解】因为等腰直角三角形的斜边长为，所以直角边长为， 所以，，所以， 所以的周长为， 故答案为：.    题型5 几何体的展开图 例5-1（2025·天津·联考）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式.如图所示的亭子模型带有攒尖，其屋顶可近似看作一个圆锥，若此圆锥底的面积为4π，体积为 则将此圆锥展开，所得扇形的圆心角为 . 【答案】// 【分析】根据底面圆面积求出底面圆半径，从而求出底面圆周长，得侧面展开图扇形的弧长，再由圆锥体积求圆锥的高，勾股定理求圆锥母线长，得侧面展开图扇形半径，可求侧面展开图的圆心角. 【详解】圆锥的底面圆的面积为，设底面圆的半径为，则，解得， 所以底面圆周长为，即圆锥侧面展开图扇形的弧长， 又屋顶的体积为 ，设圆锥的高为，则，所以， 所以圆锥母线长，即侧面展开图扇形的半径， 所以侧面展开图扇形的圆心角为. 故答案为：. 例5-2如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴AC为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径.将圆柱侧面沿母线AB展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线.若该段正弦曲线是函数图像的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则的值为（    ） A． B． C． D．2 【答案】A 【分析】根据题意，结合正弦型函数的性质，以及椭圆的几何性质，利用勾股定理列出方程，即可求解. 【详解】由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数图像的一部分， 可得，且，所以圆柱的底面直径， 设椭圆长轴长为2a，短轴长为2b，因为离心率为，可得， 所以，由勾股定理得，解得. 故选：A. 方法技巧 几何体的展开图 1.多面体表面展开图可以有不同的形状，应多实践，观察并大胆想象立体图形与表面展开图的关系，一定先观察立体图形的每一个面的形状． 2.立体图展开前与展开后那些量变了那些量没变 【变式训练5-1】若将一个圆锥的侧面沿一条母线展开，其展开图是半径为5，面积为的扇形，则与该圆锥等体积的球的半径为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用圆锥的基本量与侧面展开图的基本量的关系，建立等量关系求解，再求圆锥的体积，即可计算. 【详解】侧面展开图的半径设为，也是圆锥的母线，设圆锥底面半径为， 则，则扇形面积，则，即， 根据勾股定理可知，圆锥的高， 则圆锥的体积， 那么球的体积，解得： 故选：B 【变式训练5-2】苏州荻溪仓始建于明代，曾作为古代官方桹仓，圆筒桹仓简约美观、储存容量大，在粮食储存方面优势明显，如图（1）.某校模型制作小组设计圆筒粮仓模型时，将粮仓的屋顶近似看成一个圆锥，如图（2）.若该圆锥的侧面展开图为半圆，底面圆的直径为，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设该圆锥的母线长为，高为，由题意可求得，，由锥体体积公式可求体积. 【详解】由题意，知该圆锥底面圆的半径为，设该圆锥的母线长为，高为. 由，得，，所以该圆锥的体积. 故选：A. 【变式训练5-3】农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角泰”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原．小明在和家人一起包粽子时，想将一丸子（近似为球）包入其中，如图，将粽叶展开后得到由六个边长为6cm的等边三角形所构成的平行四边形，将粽叶沿虚线折起来，可以得到如图所示的粽子形状的六面体，则放入丸子的半径最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正六面体是一个中心对称图形，其内切球的球心就在正六面体的中心，可利用等体积法来求出内切球的半径，即可判断选项. 【详解】由于这六个等边三角形围成的六面体就是正六面体， 所以可知内切球的球心一定是正六面体的中心，且球心到六个面的距离相等，这个距离就是内切球的半径. 由于正六面体是由两个正四面体组成，根据棱长为，如图可知： 根据勾股定理， 所以正四面体的体积为， 即正六面体的体积为， 现在设内切球半径为，根据等体积法可知： ， 故选：C. 题型6 最短路径问题 例6-1端午节吃粽子，用箬竹叶包裹而成的三角粽是上海地区常见的一种粽子，假设其形状是一个正四面体，如图记作正四面体A-BCD，设棱长为a． (1)求证： (2)求箬竹叶折出的二面角的大小； (3)用绳子捆扎三角粽，要求绳子经过正四面体的每一个面、不经过顶点，并且绳子的起点和终点重合．请设计一种捆扎三角粽的方案，使绳子长度最短（不计打结用的绳子），请在图中作出绳子捆扎的路径，并说明理由． 【详解】（1） 设中点为，连接、,如下图所示：为正四面体， ， 交于点，平面， 面，面，. （2），即为二平面的夹角. 为等边三角形，，. （3） 正四面体展开图如下图所示： 题意要求绳子经过正四面体的每一个面、不经过顶点，并且绳子的起点和终点重合，使绳子长度最短，如图可知取两边中点连线即可达成要求，此时绳子最短. 具体路径如下图所示： 例6-2在正四棱柱中，，，设四棱柱的外接球的球心为，动点在正方形的边上，射线交球的表面于点，现点从点出发，沿着运动一次，则点经过的路径长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】点的路径是4段长度相等的弧，求出圆心角可得弧长. 【详解】因为正四棱柱外接球的直径为其体对角线的长， 故（为正四棱柱外接球的半径）. 所以. 所以为等边三角形，所以. 所以劣弧的长为：. 所以点经过的路径长为：. 故选：A 方法技巧 最短路径问题 此类最大路径问题：大胆展开，把问题变为平面两点间线段最短问题，确定好起点与终点构建直角三角形求算最短路径 【变式训练6-1】在正四棱柱中，，，设四棱柱的外接球的球心为，动点在矩形的边上，射线交球的表面于点，现点从点出发，沿着运动一周，则点经过的路径总长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出正四棱柱外接球的半径，根据题意，点经过的路径是球上的4段弧，求出圆心角代入公式可得弧长. 【详解】设正四棱柱的外接球的半径为， 因为四边形为矩形，所以正四棱柱为长方体，其外接球的直径为其体对角线的长， 则， 依题意，点的轨迹依次为球上的，，，， 因为， 所以和所对的圆心角为， 则， ，根据勾股定理，， 所以和所对的圆心角为， 则， 因此点经过的路径总长为. 故选：C. 【变式训练6-2】如图，已知正方体棱长为2，其内壁是十分光滑的镜面.一束光线从点射出，在正方体内壁经平面反射，又经平面反射后，到达的中点，则该光线所经过的路径长为 . 【答案】 【分析】易得光线从点射出通过两次反射到达点，则其路径在平面内，设光线在平面和平面内的反射点分别是，在矩形中，过点作于点，利用相似比及勾股定理求出即可. 【详解】如图①，光线从点射出通过两次反射到达点， 则其路径在平面内， 设光线在平面和平面内的反射点分别是， 如图②，在矩形中，，过点作于点， 则，故， 则，所以， 则， 所以，， 所以该光线所经过的路径长为. 故答案为：. 【变式训练6-3】如图，圆柱的高为2，底面周长为16，四边形ACDE为该圆柱的轴截面，点B为半圆弧CD的中点，则在此圆柱的侧面上，从A到B的路径中，最短路径的长度为（    ）． A． B． C．3 D．2 【答案】B 【分析】画出圆柱的侧面展开图，解三角形即得解. 【详解】解：圆柱的侧面展开图如图所示，由题得, 所以. 所以在此圆柱的侧面上，从A到B的路径中，最短路径的长度为. 故选：B 题型7 球相关问题 例7-1设是同一个半径为的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为 . 【答案】/ 【分析】利用球的截面圆的性质得球心到所在平面的距离，进而得到所在平面的距离的最大值，再根据三棱锥的体积公式，即可求解. 【详解】设的边长为，由题知，解得， 设外接圆的半径为，由正弦定理， 得到，解得， 设球心到所在平面的距离为，由球的截面圆的性质知， 要使三棱锥体积的最大，则在所在平面的投影为的中心， 且到所在平面距离的最大值为， 所以三棱锥体积的最大值为. 故答案为：. 例7-2已知正三棱锥的侧棱长为，为线段上一点，，．设三棱锥外接球为球，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 如图以点为原点，的平行线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，由，利用坐标运算求得正三棱锥底面边长和高，从而可得外接球半径，又过点作球的截面，当时，截面面积的最小，可得解. 【详解】如图在正三棱锥中，平面，且为的中心，为中线， 如图以点为原点，的平行线为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 设，则 所以， 由于，所以，则， 所以， 因为，则 解得， 设，则，则，得， 所以， 过点作球的截面，当时，截面面积的最小， ，所以截面圆半径为， 则面积为. 故选：B 方法技巧 球体相关问题 结论1：长方体各顶点在同一个球面上，已知长方体长宽高分别是、、，其体对角线为 则外接球半径为 结论2：侧棱垂直于底面的锥体或柱体可以补成立方体，利用长方体各顶点在同一个球面上，已知长方体长宽高分别是、、，其对角线为 则外接球半径为 结论3：对棱两两相等的四面体可以补成立方体，利用长方体各顶点在同一个球面上，已知长方体长宽高分别是、、，其对角线为 则外接球半径为 结论4：当三棱锥有三条（可不相邻）两两垂直的线段时，也可构造一个长方体， 正四面体可将其补成正方体利用长方体各顶点在同一个球面上，已知长方体长宽高分别是、、，其对角线为 则外接球半径为 【变式训练7-1】在三棱锥中，平面，，，则该棱锥的外接球半径为（    ）. A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，求出外接圆半径，球心到平面的距离，再利用球的截面圆性质计算即得. 【详解】令的外接圆圆心为，球心为，则平面，而平面， 于是，又球心在线段的中垂面上，此平面与平面平行，取中点 则，在中，，，则， 的外接圆半径，所以该棱锥的外接球半径. 故选：A    【变式训练7-2】已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，，，，，平面，则球O的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，求出外接圆半径，球心到平面的距离，再利用球的截面圆性质计算即可. 【详解】在三棱锥中，球心在棱的中垂面上，由平面，得平面， 则球心到平面的距离为，在中，由余弦定理得： ， 因此外接圆半径，球的半径， 所以球O的表面积. 故选：C 【变式训练7-3】（2024·天津蓟州·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，为平面内一动点，则下列说法不正确的是（    ） A．若在线段上，则的最小值为 B．平面被正方体内切球所截，则截面面积为 C．若与所成的角为，则点的轨迹为椭圆 D．对于给定的点，过有且仅有3条直线与直线所成角为 【答案】C 【分析】把矩形与正方形置于同一平面，求出长判断A；求出内切球球心到平面，求出截面小圆半径判断B；建立空间直角坐标系，利用异面直线夹角建立方程判断C；利用异面直线所成角的意义转化判断D. 【详解】对于A，正方体的对角面是矩形，把矩形与正方形 置于同一平面，且在直线两侧，连接，则， 当且仅当为与的交点时取等号，A正确； 对于B，令正方体内切球球心为，连接，为正方体的中心， ，，正半径， 正三棱锥底面上的高，又球的半径为， 则被截得的圆的半径为，面积为，B正确； 对于C，建立空间直角坐标系，如图， 则，设，有， 则，整理得， 则的轨迹是双曲线，C错误； 对于D，显然过的满足条件的直线数目等于过的满足条件的直线的数目，， 在直线上取点，使，不妨设，则， 则四面体是正四面体，有两种可能，直线也有两种可能， 若，则只有一种可能，就是与的角平分线垂直的直线，所以直线有三种可能，D正确. 故选：C 1．（2024·天津·高考真题）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可. 【详解】用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，使得；;重合， 因为，且两两之间距离为1．， 则形成的新组合体为一个三棱柱， 该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为， . 故选：C. 2．（2023·天津·高考真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比. 【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.    因为平面，平面，所以平面平面. 又因为平面平面，，平面，所以平面，且. 在中，因为，所以，所以， 在中，因为，所以， 所以. 故选：B 3．（2004·天津·高考真题）如图，在长方体中，．分别过的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为，若，则截面的面积为（    ） A． B． C． D．16 【答案】C 【分析】由体积比求出的长，则，进而即可得到截面的面积. 【详解】因为长方体平面平面， 平面平面，平面平面， 所以，同理可得， 所以，，， 所以， 又因为，所以， 所以， 因为平面，平面，所以， 所以， 故选：C. 4．（2022·天津·高考真题） 十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，左图中的故宫角楼的顶部即为十字歇山顶.其上部可视为由两个相同的直三棱柱重叠而成的几何体（如右图）.这两个直三棱柱有一个公共侧面ABCD.在底面BCE中，若,,则该几何体的体积为（    ） A． B． C．27 D． 【答案】C 【分析】根据几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积. 【详解】如图所示，该几何体可视为直三柱与两个三棱锥，拼接而成. 记直三棱柱的底面的面积为，高为，所求几何体的体积为， 则， . 所以 . 故选：C. 5．（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果. 【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点， 设圆锥和圆锥的高之比为，即， 设球的半径为，则，可得，所以，， 所以，，， ，则，所以，， 又因为，所以，， 所以，，， 因此，这两个圆锥的体积之和为. 故选：B. 1．如图①为一个圆锥形酒杯，圆锥的顶角（即过圆锥的轴的平面截圆锥所得等腰三角形的顶角）为，向酒杯中注水．    (1)写出注入杯中的水量V（单位：mL）关于水面高度h（单位：cm）的函数关系式； (2)图②的图象是否能反映第（1）问中的函数关系？说明理由． 【答案】(1)； (2)符合，理由见解析. 【分析】（1）根据圆锥的体积公式计算即可； （2）利用导数研究函数图象的变化趋势即可. 【详解】（1）    如图所示，由题意可知：该酒杯的纵截面为等腰三角形， 又顶角，所以， 设水面半径为，则， 所以； （2）由（1）知，所以定义域内单调递增， 令，即定义域内单调递增， 故增加的越来越快，即图象②可以反映这一函数关系. 其实杯子下窄上宽，高度每增加一厘米显然容量增加变大. 2．画底面边长为3cm、高为3cm的正四棱锥的直观图． 【答案】答案见解析 【分析】根据直观图的作图步骤即可. 【详解】画法：（1）画轴，画轴、轴、轴，它们交于点， 使. （2）画底面，按轴、轴画正方形的直观图，取边长等于， 使正方形的中心对应于点，在轴上分别取点、、、，且使，，分别过、、、作平行于轴的直线，分别交于、、、四点. （3）画高（线），在轴上取 （4）成图，连结、、、，并加以整理，就得到所要画的正四棱雉的直观图.    3．如图，点E，F分别为正方体的面，面的中心，画出四边形在该正方体的面上的射影的各种可能形状（要求：尽量把可能的图都画出）．    【答案】答案见解析 【分析】根据四边形形状，并利用正方体的对称性可知在正方体的面上的射影的各种可能形状有平行四边形和线段两种，画出对应的射影即可. 【详解】由正方体的对称性可知， 四边形在正方体的面上的射影可分为：自上而下、自左至右、由前至后三个方向的射影； 也就是在平面，平面，平面上的射影， 显然在平面和平面上的射影相同，均为平行四边形，如下图所示：    四边形在平面上的射影显然是一条线段，如下图所示：    4．如图，在正三棱锥中，底面边长为a，侧棱长为，点E，F分别为AC，AD上的动点，求截面周长的最小值和这时点E，F的位置．    【答案】见详解 【分析】展开三棱锥，利用两点之间线段最短结合三角形的全等与相似计算即可. 【详解】    如图所示展开三棱锥得五边形，连接分别交于点， 则此时的周长最小为， 由题意易知，则， 且， 所以， 由， 故在分别为线段上的靠近C、D的一个四等分点时， 截面周长最小，最小值为. 5．如图，一个倒立的圆锥形水杯，底面半径为10cm，高为15cm．将一定量的水注入其中，水形成的圆锥高为．    (1)求水的体积； (2)若水的体积恰为圆锥形水杯体积的一半，求h的值（精确到0.01cm）． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据相似得到，代入体积公式计算即可. （2）根据体积的关系结合体积公式解方程得到答案. 【详解】（1）设水形成的圆锥底面半径为，，则， ； （2）， 则， 所以cm. 6．仓库的房顶呈正四棱锥形，量得底面的边长为2.6m，侧棱长2.1m，现要在房顶上铺一层油毡纸，那么所需油毡纸的面积是多少？ 【答案】 【分析】求出一个侧面面积，再由四个侧面全等得出正四棱锥侧面积. 【详解】正四棱锥的侧面为全等的4个等腰三角形， 设一个等腰三角形底边上的高为，由题意则， 故正四棱锥的侧面积为. 故所需油毡纸的面积是. 7．如图，已知正六棱柱的最大对角面的面积为，互相平行的两个侧面的距离为2m，则这个六棱柱的体积为（    ）    A． B． C． D．以上都不对 【答案】B 【分析】设六棱柱的底面边长为，高为，根据面积公式得到，，计算体积即可. 【详解】设六棱柱的底面边长为，高为. 则，，，故， . 故选：B. 8．下列命题正确的是（    ） A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱 B．有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥 C．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱 D．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体是棱台 【答案】C 【分析】根据常见几何体的基本特征判断各选项即可. 【详解】对于A，有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体不一定是棱柱，可能是棱台或组合图形，故A错误； 对于B，有一个面是多边形，其余各面是有公共顶点的三角形的几何体才是棱锥，故B错误； 对于C，根据棱柱的定义，有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱，故C正确； 对于D，用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体才是棱台，故D错误. 故选：C. 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $ 第01讲 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积 目录 01 考情解码・命题预警 2 02体系构建·思维可视 3 03核心突破·靶向攻坚 3 知能解码 3 知识点1 简单凸多面体—棱柱、棱锥、棱台 3 知识点2 简单旋转体—圆柱、圆锥、圆台、球 4 知识点3 表面积与体积计算公式 5 知识点4 空间几何体的直观图 6 题型破译 7 题型1 空间几何体的结构特征 7 【方法技巧】两个面互相平面，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行 题型2 空间几何体的表面积 9 【方法技巧】牢记各形状表面积公式 题型3 空间几何体的体积 10 【方法技巧】牢记各形状体积公式 题型4 几何体的直观图 11 题型5 几何体的展开图 13 题型6 最短路径问题 14 题型7 球相关问题 16 04真题溯源·考向感知 17 05课本典例·高考素材 18 考点要求 考察形式 2025年 2024年 2023年 1.掌握基本空间图形及其简单组合体的概念和基本特征，能够解决简单的实际问题； 2.多面体和球体的相关计算问题是近几年考查的重点； 3.运用图形的概念描述图形的基本关系和基本结果，突出考查直观想象和逻辑推理． 单选题 多选题 填空题 解答题 2024年天津卷，第9题,5分 2023年天津卷，第8题,5分 考情分析：本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给出几何体，求解几何体的表面积。体积与球的相关问题。 设题稳定，难度中档，分值为5分 复习目标： 1.理解、掌握几何体的有关特征，掌握不同几何体的表面积与体积的计算公式。 2.能掌握不同几何体的展开图的特征。 3.具备数形空间思维，会计算空间几何体中的最短路径问题。 4.会解外接球，内切球与棱切球问题。 知识点1 简单凸多面体—棱柱、棱锥、棱台 1.棱柱：两个面互相平面，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱． （1）斜棱柱：侧棱____________于底面的棱柱； （2）直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱； （3）正棱柱：底面是正多边形的__________棱柱； （4）平行六面体：底面是__________的棱柱； （5）直平行六面体：侧棱垂直于底面的平行六面体； （6）长方体：底面是__________的直平行六面体； （7）正方体：棱长都相等的长方体． 2.棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥． （1）正棱锥：底面是__________，且顶点在底面的射影是底面的中心； （2）正四面体：所有棱长都相等的三棱锥． 3.棱台：用一个__________于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台，由正棱锥截得的棱台叫做正棱台． 简单凸多面体的分类及其之间的关系如图所示． 自主检测如图，长方体被截去一小部分，其中，则截去的几何体是（    ）      A．三棱锥 B．三棱柱 C．三棱台 D．五棱柱 知识点2 简单旋转体—圆柱、圆锥、圆台、球 旋转体：1.圆柱：以__________的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的几何体叫做圆柱． 2.圆柱：以__________的一条直角边所在的直线为旋转轴，将其旋转一周形成的面所围成的几何体叫做圆锥． 3.圆台：用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分叫做圆台． 4.球：以____________________为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称为球（球面距离：经过两点的大圆在这两点间的劣弧长度）． 组合体：由柱体、锥体、台体、球等几何体组成的复杂的几何体叫做组合体． 自主检测一条平面曲线绕着它所在的平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫做旋转面，封闭的旋转面围成的几何体叫做旋转体，该定直线叫做旋转体的轴．某同学将一个直角三角形硬纸板绕斜边所在的直线进行旋转，得到如图所示的旋转体．测量出为2，上、下旋转面的面积比是，则的长度是（    ） A． B． C．3 D． 表面积公式 表面积 柱体 为直截面周长 锥体 台体 球 体积公式 体积 柱体 锥体 台体 球 自主检测如图，平面平面，四边形为矩形，且，，的面积为3.若点E是线段AD上一点，则三棱锥体积的最大值为（    ） A． B． C． D．1 知识点4 空间几何体的直观图 1.斜二测画法 斜二测画法的主要步骤如下： （1）建立直角坐标系．在已知水平放置的平面图形中取__________的，，建立直角坐标系． （2）画出斜坐标系．在画直观图的纸上（平面上）画出对应图形．在已知图形平行于轴的线段，在直观图中画成平行于，，使∠=45°（或135°），它们确定的平面表示水平平面． （3）画出对应图形．在已知图形平行于x轴的线段，在直观图中画成平行于轴的线段，且__________；在已知图形平行于y轴的线段，在直观图中画成平行于轴，且长度变为原来的一般．可简化为“__________”． （4）擦去辅助线．图画好后，要擦去轴、轴及为画图添加的辅助线（虚线）．被挡住的棱画虚线． 注：直观图和平面图形的__________． 2.平行投影与中心投影 平行投影的投影线是互相平行的，中心投影的投影线相交于一点． 自主检测如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，，则该平面图形的高为 . 题型1 空间几何体的结构特征 例1-1（2025高三·天津·联考）若圆锥的母线与底面所成的角为45°，则该圆锥内接正方体的棱长与圆锥底面圆半径之比为（   ） A． B． C． D． 例1-2（2025·天津·调研）下列说法正确的是（   ） A．棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面 B．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 C．若一个多面体共有5个面，则这个多面体可能是三棱锥 D．以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆锥 方法技巧 空间几何体的结构特征 1、需要熟悉几何体的基本概念.2、空间几何体结构特征的判断技巧 （1）紧扣结构特征是判断的关键，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定． （2）说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可． 【变式训练1-1】如图所示的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解几章算术・商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第一、二层的每一个球均分别与其下一层相邻的三个球相切．现将“三角垛”放置在地面上，若每个球的半径均为1，则第一层的球的表面上的点到地面的最大距离为（   ）． A． B． C． D． 【变式训练1-2】如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器一边于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面五个命题： （1）盛水的部分始终呈棱柱形． （2）水面所在四边形的面积为定值． （3）当容器倾斜如图②所示时，为定值． （4）当容器倾斜如图③所示时，为定值． （5）当容器倾斜如图③所示时，当时，取最小值． 其中所有正确命题的序号是 ． 【变式训练1-3】下列命题中错误的序号是 ． ①有两个面平行，其余各面都是平行四边形的多面体叫做棱柱． ②用一个面去截棱锥，底面与截面之间的部分叫棱台 ③有一个面是多边形，其余各面都是三角形的多面体叫棱锥 ④圆柱的母线与它的轴可以不平行 ⑤一个多面体至少有3个面 ⑥底面是正方形的四棱柱是正方体 题型2 空间几何体的表面积 例2-1（2025·天津滨海新·调研）已知是边长为的等边三角形，且其顶点都在球的球面上．若球心到平面的距离为，则球的表面积为 ． 例2-2如图，空间几何体为“四角反棱台”，它是由两个相互平行的正方形经过旋转，连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点．若，且所有顶点在同一个球面上，则这个球的表面积为（   ） A． B． C． D． 方法技巧 空间几何体表面积的求法 1. 旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用 2. 多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理 【变式训练2-1】已知长方体的长、宽、高分别为3，2，1，且长方体的所有顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【变式训练2-2·变考法】如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面在圆柱底面内，且底面是正三角形，如果三棱柱的体积为圆柱的底面直径与母线长相等，则圆柱的侧面积为 . 【变式训练2-3·变考法】端午节是我国的传统节日，其中吃粽子是端午节的一个重要仪式，粽子形状多样，主要有尖角状、四角状等.四川流行四角状的粽子，其形状可以看成一个正四面体（由四个全等正三角形围成的多面体），现需要在粽子内部放入 一个肉丸，肉丸的形状近似地看成球，当这个肉丸的体积最大时，其半径与该正四面体的高的比值为 . 题型3 空间几何体的体积 例3-1（2024·天津·一模）与圆柱底面成角的平面截圆柱得到如图所示的几何体，截面上的点到圆柱底面距离的最大值为，最小值为，则该几何体的体积为 ． 例3-2（2025·天津·模拟预测）如图，两个正交的全等正四面体（每一个四面体的各个面都过另一个四面体的三条共点的棱的中点），若正四面体棱长为2，则这两正交四面体公共部分的体积为 ． 例3-3已知正四面体（四个面都是正三角形）的体积为，若能装下它的最小正方体的体积为 ，设正四面体的内切球（与四面体各个面都相切的球）表面积为，外接球（四面体各顶点都在球的表面上）体积为，则 （   ） A． B． C． D． 方法技巧 求空间几何体的体积的常用方法 【变式训练3-1】如图， 多面体ABCEF ， D为AB的中点，四边形为矩形，且，，，当时，多面体的体积为（    ）    A． B． C． D． 【变式训练3-2】如图所示，长方体中， 若，M，N分别为棱的中点，用平面把这个长方体分成两部分，则左侧几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 题型4 几何体的直观图 例4-1（2025·天津和平·开学考试）正方形的边长为3，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图）.则原图形的周长是（    ） A．12 B．24 C． D． 例4-2如图所示，是水平放置的的直观图，且，，则的面积是（   ） A． B． C． D． 方法技巧 求空间几何体的体积的常用方法 公式法 规则几何体的体积，直接利用公式 割补法 把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体 等体积法 通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积 【变式训练4-1】在中，A为直角，，若用斜二测画法画出其水平放置的平面图形的直观图，则其直观图的面积是（   ） A．2 B． C．1 D． 【变式训练4-2·变载体】如图，是水平放置的的斜二测直观图， ， ，则的面积为 【变式训练4-3·变载体】如图，若斜边长为 的等腰直角三角形（与重合）是水平放置的的斜二测直观图，则的周长为    题型5 几何体的展开图 例5-1（2025·天津·联考）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式.如图所示的亭子模型带有攒尖，其屋顶可近似看作一个圆锥，若此圆锥底的面积为4π，体积为 则将此圆锥展开，所得扇形的圆心角为 . 例5-2如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴AC为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径.将圆柱侧面沿母线AB展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线.若该段正弦曲线是函数图像的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则的值为（    ） A． B． C． D．2 方法技巧 几何体的展开图 1.多面体表面展开图可以有不同的形状，应多实践，观察并大胆想象立体图形与表面展开图的关系，一定先观察立体图形的每一个面的形状． 2.立体图展开前与展开后那些量变了那些量没变 【变式训练5-1】若将一个圆锥的侧面沿一条母线展开，其展开图是半径为5，面积为的扇形，则与该圆锥等体积的球的半径为（    ） A． B． C． D． 【变式训练5-2】苏州荻溪仓始建于明代，曾作为古代官方桹仓，圆筒桹仓简约美观、储存容量大，在粮食储存方面优势明显，如图（1）.某校模型制作小组设计圆筒粮仓模型时，将粮仓的屋顶近似看成一个圆锥，如图（2）.若该圆锥的侧面展开图为半圆，底面圆的直径为，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【变式训练5-3】农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角泰”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原．小明在和家人一起包粽子时，想将一丸子（近似为球）包入其中，如图，将粽叶展开后得到由六个边长为6cm的等边三角形所构成的平行四边形，将粽叶沿虚线折起来，可以得到如图所示的粽子形状的六面体，则放入丸子的半径最大值为（   ） A． B． C． D． 题型6 最短路径问题 例6-1端午节吃粽子，用箬竹叶包裹而成的三角粽是上海地区常见的一种粽子，假设其形状是一个正四面体，如图记作正四面体A-BCD，设棱长为a． (1)求证： (2)求箬竹叶折出的二面角的大小； (3)用绳子捆扎三角粽，要求绳子经过正四面体的每一个面、不经过顶点，并且绳子的起点和终点重合．请设计一种捆扎三角粽的方案，使绳子长度最短（不计打结用的绳子），请在图中作出绳子捆扎的路径，并说明理由． 例6-2在正四棱柱中，，，设四棱柱的外接球的球心为，动点在正方形的边上，射线交球的表面于点，现点从点出发，沿着运动一次，则点经过的路径长为（   ） A． B． C． D． 方法技巧 最短路径问题 此类最大路径问题：大胆展开，把问题变为平面两点间线段最短问题，确定好起点与终点构建直角三角形求算最短路径 【变式训练6-1】在正四棱柱中，，，设四棱柱的外接球的球心为，动点在矩形的边上，射线交球的表面于点，现点从点出发，沿着运动一周，则点经过的路径总长为（   ） A． B． C． D． 【变式训练6-2】如图，已知正方体棱长为2，其内壁是十分光滑的镜面.一束光线从点射出，在正方体内壁经平面反射，又经平面反射后，到达的中点，则该光线所经过的路径长为 . 【变式训练6-3】如图，圆柱的高为2，底面周长为16，四边形ACDE为该圆柱的轴截面，点B为半圆弧CD的中点，则在此圆柱的侧面上，从A到B的路径中，最短路径的长度为（    ）． A． B． C．3 D．2 题型7 球相关问题 例7-1设是同一个半径为的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为 . 例7-2已知正三棱锥的侧棱长为，为线段上一点，，．设三棱锥外接球为球，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 方法技巧 球体相关问题 结论1：长方体各顶点在同一个球面上，已知长方体长宽高分别是、、，其体对角线为 则外接球半径为 结论2：侧棱垂直于底面的锥体或柱体可以补成立方体，利用长方体各顶点在同一个球面上，已知长方体长宽高分别是、、，其对角线为 则外接球半径为 结论3：对棱两两相等的四面体可以补成立方体，利用长方体各顶点在同一个球面上，已知长方体长宽高分别是、、，其对角线为 则外接球半径为 结论4：当三棱锥有三条（可不相邻）两两垂直的线段时，也可构造一个长方体， 正四面体可将其补成正方体利用长方体各顶点在同一个球面上，已知长方体长宽高分别是、、，其对角线为 则外接球半径为 【变式训练7-1】在三棱锥中，平面，，，则该棱锥的外接球半径为（    ）. A． B． C． D． 【变式训练7-2】已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，，，，，平面，则球O的表面积为（    ） A． B． C． D． 【变式训练7-3】（2024·天津蓟州·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，为平面内一动点，则下列说法不正确的是（    ） A．若在线段上，则的最小值为 B．平面被正方体内切球所截，则截面面积为 C．若与所成的角为，则点的轨迹为椭圆 D．对于给定的点，过有且仅有3条直线与直线所成角为 1．（2024·天津·高考真题）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 2．（2023·天津·高考真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 3．（2004·天津·高考真题）如图，在长方体中，．分别过的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为，若，则截面的面积为（    ） A． B． C． D．16 4．（2022·天津·高考真题） 十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，左图中的故宫角楼的顶部即为十字歇山顶.其上部可视为由两个相同的直三棱柱重叠而成的几何体（如右图）.这两个直三棱柱有一个公共侧面ABCD.在底面BCE中，若,,则该几何体的体积为（    ） A． B． C．27 D． 5．（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（    ） A． B． C． D． 1．如图①为一个圆锥形酒杯，圆锥的顶角（即过圆锥的轴的平面截圆锥所得等腰三角形的顶角）为，向酒杯中注水．    (1)写出注入杯中的水量V（单位：mL）关于水面高度h（单位：cm）的函数关系式； (2)图②的图象是否能反映第（1）问中的函数关系？说明理由． 2．画底面边长为3cm、高为3cm的正四棱锥的直观图． 3．如图，点E，F分别为正方体的面，面的中心，画出四边形在该正方体的面上的射影的各种可能形状（要求：尽量把可能的图都画出）．    4．如图，在正三棱锥中，底面边长为a，侧棱长为，点E，F分别为AC，AD上的动点，求截面周长的最小值和这时点E，F的位置．    5．如图，一个倒立的圆锥形水杯，底面半径为10cm，高为15cm．将一定量的水注入其中，水形成的圆锥高为．    (1)求水的体积； (2)若水的体积恰为圆锥形水杯体积的一半，求h的值（精确到0.01cm）． 6．仓库的房顶呈正四棱锥形，量得底面的边长为2.6m，侧棱长2.1m，现要在房顶上铺一层油毡纸，那么所需油毡纸的面积是多少？ 7．如图，已知正六棱柱的最大对角面的面积为，互相平行的两个侧面的距离为2m，则这个六棱柱的体积为（    ）    A． B． C． D．以上都不对 8．下列命题正确的是（    ） A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱 B．有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥 C．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱 D．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体是棱台 4 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $