专题10 简单几何体（必备知识+20大考点+专练，复习讲义）（上海专用）2026年春季高考数学

该高中数学高考复习讲义聚焦简单几何体专题，覆盖柱体、锥体、旋转体的结构特征及表面积、体积计算，球内接多面体等高考核心考点，按知识体系构建、考点精析、实战精练分层设计，通过梳理知识脉络、提炼解题方法、结合近五年真题案例，帮助学生系统突破空间想象与公式应用难点。 资料以“数学眼光”观察几何体结构，用“推理能力”推导体积公式，设计“表面最短距离展开”等探究活动培养空间观念。设置基础巩固、能力提升、综合应用分层练习，配合真题变式训练，助力学生高效掌握解题技巧，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供精准指导。

专题10 简单几何体 目录 一、考情分析与命题趋势 二、知识体系构建 知识点1 柱体 3 一、棱柱 3 二、圆柱 3 知识点2 锥体 4 一、棱锥 4 二、棱台 5 三、圆锥 5 四、圆台 6 知识点3 多面体与旋转体 6 1.多面体的结构特征 6 2.旋转体的结构特征 6 三、考点精析与突破 考点一．棱柱的结构特征 7 考点二．棱锥的结构特征 11 考点三．圆锥的结构特征 14 考点四．多面体和旋转体表面上的最短距离问题 15 考点五．棱柱的侧面积和表面积 18 考点六．棱锥的侧面积和表面积 22 考点七．棱柱的体积 24 考点八．棱锥的体积 28 考点九．圆柱的侧面积和表面积 41 考点十．圆锥的侧面积和表面积 43 考点十一．圆柱的体积 46 考点十二．圆锥的体积 47 考点十三．球内接多面体 50 考点十四．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积 51 考点十五．球的表面积 53 考点十六．球的体积 56 四、实战精练与提升 58 一、考试要求 知识点 新课程标准 重点 柱体—棱柱 1. 理解棱柱的结构特征； 2. 掌握棱柱的分类、性质； 3. 掌握棱柱的面积和体积公式 1. 棱柱结构特征的准确识别； 2. 棱柱面积与体积公式的熟练应用 柱体—圆柱 1. 理解圆柱的结构特征与性质； 2. 认识圆柱的侧面展开图 1. 圆柱结构特征与侧面展开图的对应关系； 2. 圆柱性质的应用 锥体—棱锥 1. 理解棱锥（含正棱锥）的结构特征； 2. 掌握棱锥的体积公式； 3. 了解正四面体 1. 正棱锥的结构特征识别； 2. 棱锥体积公式的应用 锥体—棱台 理解棱台（含正棱台）的结构特征 正棱台结构特征的准确识别 锥体—圆锥 1. 理解圆锥的结构特征与性质； 2. 掌握母线的平方等于底面半径与高的平方和的关系； 3. 认识圆锥的侧面展开图 1. 母线与底面半径、高的关系应用； 2. 圆锥侧面展开图的应用 锥体—圆台 1. 理解圆台的结构特征与性质； 2. 掌握圆台的面积和体积公式 圆台面积与体积公式的熟练应用 多面体与旋转体 理解多面体与旋转体的结构特征 多面体与旋转体的分类及结构特征识别 二、命题分析 简单几何体考查分析表 模块 考频 考查内容 命题趋势 简单几何体 2025年第13题、2024年第14题、2023年第12题；2022年第15题、2021年第17题；2024年第18题、2023年第17题 常见几何体（棱柱、棱锥、圆柱、圆锥、球）的结构特征；简单几何体的表面积与体积计算；三视图与直观图的转化；简单几何体与空间线面关系的结合 高频基础考点，多以小题形式考查几何体性质、表面积体积计算及三视图，难度中等，注重对几何体基本特征和公式的掌握；偶尔与空间线面关系、空间向量结合考查，难度中等偏上，强调空间想象能力与公式应用的结合，注重基础知识点的灵活运用 -考查内容及命题趋势表（2021~2025年春考数据） 知识点1 柱体 一、棱柱 1. 棱柱的结构特征 棱柱的定义：有两个面互相平行，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，由这些面所围成的几何体叫做棱柱。 2. 棱柱的分类 ① 棱体分类： 棱体 ② 按底面形状分类： 3. 棱柱的性质 （1）侧面都是平行四边形，且各侧棱互相平行且相等； （2）两底面是全等多边形且互相平行； （3）平行于底面的截面和底面全等。 4. 棱柱的面积和体积公式 直棱柱侧面积：（是底周长，是高） 直棱柱表面积： 棱柱体积： 二、圆柱 1. 圆柱的结构特征 圆柱的定义：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体叫圆柱。 2. 圆柱的性质 （1）上、下底及平行于底面的截面都是等圆； （2）过轴的截面（轴截面）是全等的矩形。 3. 圆柱的侧面展开图 圆柱的侧面展开图是以底面周长和母线长为邻边的矩形。4. 圆柱的面积和体积公式 圆柱侧面积：（为底面半径，为圆柱的高） 圆柱全面积： 圆柱体积： 知识点2 锥体 一、棱锥 1. 棱锥的结构特征 （1）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，由这些面所围成的几何体叫做棱锥； （2）正棱锥：如果有一个棱锥的底面是正多边形，并且顶点在底面的投影是底面的中心，这样的棱锥叫做正棱锥。 2. 正棱锥的结构特征 （1）平行于底面的截面是与底面相似的正多边形，相似比等于顶点到截面的距离与顶点到底面的距离之比； 它们面积的比等于截得的棱锥的高与原棱锥的高的平方比； 截得的棱锥的体积与原棱锥的体积的比等于截得的棱锥的高与原棱锥的高的立方比； （2）正棱锥的各侧棱相等，各侧面是全等的等腰三角形； （3）正棱锥侧面积：（为底周长，为斜高）。 3. 棱锥的体积 （为底面积，为高） 4. 正四面体 棱长为的正四面体，可将它补成一个边长为的正方体； 对棱间的距离为（正方体的边长）； 正四面体的高为（等于）； 正四面体的体积为（）； 正四面体的中心到底面与顶点的距离之比为（）。 说明：正四面体，可补全为一个正方体，在正方体中研究正四面体的相应问题，是化归思想的很好体现。 二、棱台 1. 棱台的结构特征 棱台的定义：用一个平行于底面的平面去截棱锥，我们把截面和底面之间的部分称为棱台。 2. 正棱台的结构特征 （1）各侧棱相等，各侧面都是全等的等腰梯形； （2）正棱台的两个底面和平行于底面的截面都是正多边形； （3）正棱台的对角面是等腰梯形； （4）各侧棱的延长线交于一点。 三、圆锥 1. 圆锥的结构特征 圆锥的定义：以直角三角形的一直角边所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体叫做圆锥。 2. 圆锥的性质 （1）平行于底面的截面都是圆，截面直径与底面直径之比等于顶点到截面的距离与顶点到底面的距离之比； （2）轴截面是等腰三角形。 3. 母线的平方等于底面半径与高的平方和 4. 圆锥的侧面展开图 圆锥的侧面展开图是以顶点为圆心，以母线长为半径的扇形。 四、圆台 1. 圆台的结构特征 圆台的定义：用一个平行于底面的平面去截圆锥，我们把截面和底面之间的部分称为圆台。 2. 圆台的性质 （1）圆台的上下底面和平行于底面的截面都是圆； （2）圆台的截面是等腰梯形； （3）圆台经常补成圆锥，然后利用相似三角形进行研究。 3. 圆台的面积和体积公式 侧面积：（、为上下底面半径，为圆台的母线长） 全面积：（为圆台的母线长） 体积：（为圆台的高） 知识点3 多面体与旋转体 1.多面体的结构特征 名称 棱柱 棱锥 棱台 图形 底面 互相平行且相等 多边形 互相平行且相似 侧棱 互相平行且相等 相交于一点,但不一定相等 延长线交于一点 侧面形状 平行四边形 三角形 梯形 2.旋转体的结构特征 名称 圆柱 圆锥 圆台 图形 母线 互相平行且相等,垂直于底面 长度相等且相交于一点 延长线交于一点 轴截面 全等的矩形 全等的等腰三角形 全等的等腰梯形 侧面展开图 矩形 扇形 扇环 考点一．棱柱的结构特征 例1（2025•黄浦区校级二模）已知正方体，棱长为2，为棱的中点，则经过，，三点的正方体的截面面积为　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】根据面面平行，得到截面形状，求面积． 【解答】 解：如图，取的中点，根据面面平行的性质，过，，三点的正方体的截面为梯形， ，，，高，， 故选：． 例2《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在长方体中，鳖臑的个数为　　 A．48 B．36 C．24 D．12 【答案】 【分析】每个顶点对应6个鳖臑，所以8个顶点对应48个鳖臑．但每个鳖臑都重复一次，再除2，即可得解． 【解答】解：在正方体中，当顶点为时，三棱锥、、、、、均为鳖臑． 所以8个顶点为个．但每个鳖臑都重复一次， 所以鳖臑的个数为个． 故选：． 变式1已知一个棱长为1的正方体，与该正方体每个面都相切的球半径记为，与该正方体每条棱都相切的球半径为，过该正方体所有顶点的球半径为，则下列关系正确的是　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】根据已知条件，依次求出，，，再结合选项，即可求解． 【解答】解：与该正方体每个面都相切的球直径为棱长：， 与该正方体每条棱都相切的球直径面对角线长：， 过该正方体所有顶点的球的半径为体对角线：， ，故错误； ，故正确，错误． 故选：． 变式2（2025•上海模拟）如图1为一个正方体的侧面展开图，在外表面上分别标有数字1，2，3，4，5，6．若将这样三个相同的正方体叠放于地面上，如图2，则能看见的13个正方形面上的数字和的最小值为 　 　 ． 【答案】41． 【分析】根据正方体的表面展开图，可知在正方体中，数字1与数字6相对，数字2与数字4相对，数字3与数字5相对，由最大可得答案． 【解答】解：由展开图可知：在正方体中，数字1与数字6相对，数字2与数字4相对，数字3与数字5相对， 可得，，，， 将这样三个相同的正方体叠放于地面上，要使能看见的13个正方形面上的数字和的最小， 最上面的一个正方体的有数字6的正方形面朝下，与中间的正方体面接触， 中间的正方体有数字5的正方形与有数字3的正方形面朝上下，与上下正方体接触， 最下面的正方体有数字5的正方形与有数字3的正方形面朝上下，与上面正方体和地面接触， 所以能看见的13个正方形面上的数字和的最小值为． 故答案为：41． 变式3（2024•奉贤区二模）在棱长为1的正方体中，若点是棱上一点，则满足的点的个数为　 　． 【分析】由题意可得点是以为焦距，以为长半轴，为短半轴的椭圆与正方体与棱的交点，可求． 【解答】解：正方体的棱长为1 ， ， 点是以为焦距，以为长半轴，以为短半轴的椭圆， 在正方体的棱上， 应是椭圆与正方体与棱的交点， 结合正方体的性质可知，满足条件的点应该在棱，，，，，上各有一点满足条件． 故答案为：6． 变式4（2024•青浦区二模）如图，在棱长为1的正方体中，、、在棱、、上，且，以为底面作一个三棱柱，使点，，分别在平面、、上，则这个三棱柱的侧棱长为 　 　． 【答案】． 【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，根据三棱柱中向量相等得到坐标，进而得到的坐标，从而得到侧棱的长度，即得答案． 【解答】解：以为原点，以，，所在直线为，， 轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，0，，，，，，，， 则，，，，，，，，，，，， 由三棱柱可知， 即， 所以，， ， 即， 所以，， 所以， 所以， 故这个三棱柱的侧棱长为． 故答案为：． 考点二．棱锥的结构特征 例1（2025•浦东新区模拟）如图，是四面体，已知，，以下两个语句中：①棱与棱一定相等；②棱与棱不一定相等；下列选项判断正确的是　　 A．①，②都正确 B．①正确，②错误 C．①错误，②正确 D．①，②都错误 【答案】 【分析】将四面体补成平行六面体，利用已知条件和平行六面体中的对称性，结合余弦定理构造等量关系，从而推导出选项的正误． 【解答】解：在如图所示的平行六面体中， 设，，，，，， 则由余弦定理有：，， ，， ，， 由得，， 将上面6个式子代入化简可得：①， 类似地，由得，， 代入上面6个式子化简可得：②， ①②得：， ， ，，， 故，从而即，故①正确； 而由已知条件无法推出，则与不一定相等，故②正确． 故选：． 变式1空间中有三个点、、，且，在空间中任取2个不同的点，（不考虑这两个点的顺序），使得它们与、、恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法有 　 　种． 【答案】9． 【分析】根据正四棱锥的性质，分类讨论，即可求解． 【解答】解：如图所示，设任取2个不同的点为、， 当为正四棱锥的侧面时，如图，平面的两侧分别可以做作为圆锥的底面，有2种情况， 同理以、为底面各有2种情况，所以共有6种情况； 当为正四棱锥的截面时，如图，、位于两侧，为圆锥的底面，只有一种情况， 同理以、为底面各有1种情况，所以共有3种情况； 综上，共有种情况． 故答案为：9． 变式2（2024•上海校级模拟）若正四面体的棱长为1，以三个侧面为底面向外作三个正四面体，，，则△外接圆的半径是 　 　． 【答案】． 【分析】将正四面体放置在正方体中，得到相应顶点坐标，进而求得，的坐标，求得线段，从而得出外接圆半径． 【解答】解：不妨将此正四面体放置在正方体中， 从而可得，0，，，，， 则的中心为，且此中心为的中点，则； 同样的中心为，且此中心为的中点，则， ， △外接圆的半径是． 故答案为：． 变式3在四棱锥的四个侧面中，直角三角形最多可有 　 　个． 【分析】借助长方体的一个顶点画出图形，不难解答本题． 【解答】解：如图底面是矩形，一条侧棱垂直底面， 那么它的四个侧面都是直角三角形． 故答案为：4． 考点三．圆锥的结构特征 例1（2025•金山区二模）已知圆锥底面半径为1，高为，则过圆锥的母线的截面面积的最大值为 　 　 ． 【答案】． 【分析】依题意求得圆锥的母线长，确定轴截面的顶角，从而求出截面面积的取值的最大值，由此得解． 【解答】解：依题意，设圆锥的母线长为， 圆锥的底面半径为1，高为， ， 设圆锥的轴截面的两母线夹角为，显然， 则过该圆锥的母线作截面，截面上的两母线夹角设为，， 故截面的面积为， 当且仅当时，等号成立， 故截面的面积的最大值为． 故答案为：． 变式1（2024秋•闵行区校级期末）若圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，则过这个圆锥顶点的截面中，最大截面面积等于 　 　． 【答案】． 【分析】根据给定条件，求出圆锥底面圆半径及高，再判断轴截面三角形形状并求出最大面积． 【解答】解：因为圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形， 所以圆锥底面圆周长为， 该圆锥底面圆半径，而圆锥母线， 该圆锥轴的高， 其轴截面顶角为，， ，， 因此该圆锥轴截面是锐角三角形，是经过顶点的截面中的最大截面， 所以最大截面面积等于． 故答案为：． 变式2（2024秋•杨浦区校级期末）以下四个命题中，所有真命题的序号为 　 　． ①三角形（及其内部）绕其一边所在的直线旋转一周所形成的几何体叫圆锥； ②正棱柱的侧棱垂直于底面； ③棱锥的各侧棱和底面所成的角相等； ④圆锥的轴截面一定是等腰三角形． 【答案】②④． 【分析】根据题意，由圆锥的定义分析①和③，由棱柱的定义分析②，由棱锥的定义分析④，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，依次分析4个命题： 对于①，以直角三角形的一条直角边为轴，将三角形旋转一周所得几何体为圆锥，而其它三角形所得为组合体，故①错误； 对于②，由棱柱的定义，正棱柱的侧棱垂直于底面，②正确； 对于③，正棱锥的各侧棱与底面所成角相等，而不是所有棱锥各侧棱和底面所成的角相等，③错误； 对于④，由圆锥的结构特征，圆锥的轴截面一定是等腰三角形，④正确． 故答案为：②④． 考点四．多面体和旋转体表面上的最短距离问题 多面体与旋转体表面最短距离的解题通法 1. 展开立体表面的关键：在处理表面最短距离问题时，应充分利用立体的可展开特性，将两点所在的表面转化为平面图形（例如，将圆锥的侧面展开为扇形，多面体展开为关联的多边形）。在转化过程中，必须保留原表面的线段长度、角度等不变量，以确保距离的实际大小不受影响。 2. 确定表面点位置的关键：表面上的点可分为两类进行处理：第一类是位于棱、母线等“骨架线”上的点，这类点在展开图中能直接对应到平面图形的线段端点，位置相对容易确定；第二类是不在“骨架线”上的点，通常通过作与棱、母线平行（或垂直）的线段，将此点转移到“骨架线”上，再确定其在展开图中的对应位置。 3. 计算最短距离的关键：在平面展开图和两点的对应位置确定后，利用“平面内两点间线段最短”的性质，结合勾股定理、余弦定理等平面几何公式，计算展开图中两点间的线段长度，该长度即为立体表面的最短距离。 例1（2025•静安区二模）在边长为1的正三角形的边，上分别取，两点，沿线段折叠三角形，使顶点正好落在边上，则长度的最小值为　 　． 【分析】在图（2）中连接，由折叠可知，根据等边对等角可得，又为三角形的外角，若设为，则有为，再设，根据正弦定理建立函数关系，根据正弦函数的图象与性质得出正弦函数的最大值，进而得出的最小值，即为的最小值． 【解答】解：显然，两点关于折线对称 连接，图（2）中，可得，则有， 设，， 再设，则有， 在中，， ，又， 在中，由正弦定理知 ， ， ， 当，即时，． 此时取得最小值，且． 则的最小值为． 故答案为：． 变式1（2025•杨浦区校级模拟）已知圆锥底面半径为，母线长为2，点为底面圆周上一点，若一只蚂蚁从点出发沿着圆锥的侧面爬行一周回到点，则蚂蚁爬行的最短距离为 　 　 ． 【答案】． 【分析】由圆锥的侧面展开图为圆心角为90度的扇形，结合等腰直角三角形，即可求得最短距离． 【解答】解：由题意，圆锥底面半径为，母线长为2， 可得底面周长为， 可得圆锥的侧面展开图为圆心角为90度的扇形，如图所示， 则三角形为边长为2的等腰直角三角形，所以最短距离为． 故答案为：． 变式2（2025春•松江区校级期末）如图是一座山的示意图，山呈圆锥形，圆锥的底面半径为10公里，母线长为40公里，是上一点，且公里．为了发展旅游业，要建设一条最短的从绕山一周到的观光铁路．这条铁路从出发后首先上坡，随后下坡，则上坡段铁路的长度为 　 　公里． 【答案】32． 【分析】先展开圆锥的侧面，确定观光铁路路线，再根据实际意义确定下坡段的铁路路线，最后解三角形得结果． 【解答】解：根据题意可知，圆锥的底面半径为10公里，母线长为40公里，是上一点，且公里， 沿母线将圆锥的侧面展开，如图： 记为上的任意一点，作，垂足为，连接， 由的长为，得，由两点间线段最短，知观光铁路为图中线段， 而，则， 上坡即到山顶的距离越来越小，下坡即到山顶的距离越来越大， 因此上坡段的铁路，即图中的线段，由△△，得． 故答案为：32． 考点五．棱柱的侧面积和表面积 例1（2025秋•徐汇区校级期中）正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为3，则此正三棱锥的侧面积为 　 　． 【答案】． 【分析】设该正三棱锥的斜高为，则由已知结合勾股定理可得，可求侧面积． 【解答】解：设该正三棱锥的斜高为，则， 所以侧面积为． 所以正三棱锥的侧面积为． 故答案为：． 变式1（2025秋•长宁区校级期中）如图，攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构，宋代称为撮尖，清代称为攒尖，通常有圆形攒尖、三角形攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分；多见于亭阁式建筑，某个园林建筑为六角攒尖，它的顶部的轮廓可近似看作一个正六棱锥，若此正六棱锥高为1，且侧棱长为，则棱锥侧面积为　 　 ． 【答案】． 【分析】设底面边长为，根据侧棱长和高求出，进而求出棱锥的斜高，最后求出侧面积即可． 【解答】解：设正六棱锥底面边长为，由正六边形的性质可知，底面中心到底面顶点的距离为， 因为正六棱锥高为1且侧棱长为， 由正六棱锥的性质得， 解得， 所以侧面等腰三角形的高可根据勾股定理得：， 所以棱锥侧面积为：． 故答案为：． 变式2（2024秋•上海校级期中）如图，在斜三棱柱中，底面△是边长为2的等边三角形，侧棱长为2，其中一条侧棱与底面△两边，所在直线夹角为，则该斜三棱柱的侧面积为　 　． 【答案】． 【分析】先证得，再求出三个侧面的面积相加即可求出结果． 【解答】解：过作，连接， ，，， △△，， ， ，是平面内两条相交直线， 平面， 又，平面， 又平面，， 该斜三棱柱的侧面积为． 故答案为：． 变式3（2025秋•静安区校级期中）在直三棱柱中，，，，若为中点，求： （1）直三棱柱表面积和体积； （2）直线与平面所成角大小． 【答案】（1），； （2）． 【分析】（1）根据表面积以及体积公式即可求解； （2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用向量的夹角求解． 【解答】解：（1）因为，，所以， 所以直三棱柱表面积为 ， 体积为； （2）建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以，， 设平面的法向量为， 所以，令，可得， 设直线与平面所成角为，， ， 故． 考点六．棱锥的侧面积和表面积 例1（2025春•杨浦区校级期末）已知正三棱锥底面的边长为6，高为3，则该正三棱锥的侧面积为 　 　 ． 【答案】． 【分析】根据棱锥的性质即可求解． 【解答】解：对于边长为6的正三角形，其内切圆半径， 已知正三棱锥高，因为斜高、高、底面中心到边的距离构成直角三角形， 根据勾股定理，则， 每个侧面三角形面积为，正三棱锥有3个侧面，故侧面积为． 故答案为：． 变式1（2024秋•嘉定区校级期末）若正三棱锥的高为3，底面周长为36，则该正三棱锥的表面积为 　 　． 【答案】． 【分析】取棱的中点，连接，，求出以及的长，利用等边三角形面积公式即可求解． 【解答】解：作平面，垂足为，则， 由正三棱锥的性质可知在上，且， 因为底面周长为36， 所以，所以， 则， 所以， 则三棱锥的表面积． 故答案为：． 变式2一个高为1的正三棱锥的底面正三角形的边长为6，则此三棱锥的侧面积为　 　． 【分析】画出满足题意的三棱锥图形，根据题意，作出高，利用直角三角形，求出此三棱锥的侧面上的高，即可求出棱锥的侧面积． 【解答】解：由题意作出图形如图： 因为三棱锥是正三棱锥，顶点在底面上的射影是底面的中心， 在三角中， 三角形三边长，， 则这个棱锥的侧面积． 故答案为：18． 考点七．棱柱的体积 例1（2025•上海）如图，在正四棱柱中，，，则该正四棱柱的体积为　 　 ． 【答案】112． 【分析】由四棱柱为正四棱柱可得底面为正方形且底面，再结合勾股定理求得，，再由棱柱的体积公式即可求得． 【解答】解：由题知，底面为正方形，所以，所以， 因为四棱柱为正四棱柱， 所以底面，因为底面， 所以，所以， 所以， 所以该正四棱柱的体积为． 故答案为：112． 例2（2025•浦东新区校级模拟）在斜三棱柱中，联结、与，记三棱锥的体积大小为，三棱柱的体积大小为，则 　 　． 【答案】． 【分析】根据题意，设斜三棱柱的高为，，可得，得解． 【解答】解：因为三棱锥的体积大小为，三棱柱的体积大小为， 设斜三棱柱的高为，， 则，， 所以，所以． 故答案为：． 变式1（2024秋•浦东新区校级期末）如图，一个高为1的长方体形状的容器内装有水，若保持容器底面的一条棱不动，将该容器的另一端抬起至水恰好不能流出容器，发现此时容器的底面中不被水浸到的面积为底面积的，则容器在原来位置时的水深为　 　 ． 【分析】根据几何体的体积关系，化归转化，即可求解． 【解答】解：设该长方体的底面矩形的长为，宽为，又高为1， 所以根据题意可得水的体积为： ， 解得． 故答案为：． 变式2（2025春•浦东新区校级期末）联结正方体各表面的中心构成一个正八面体，则正八面体的体积和正方体的体积之比为 　 　 ． 【答案】． 【分析】设正方体的棱长为1，则根据题意正八面体是由两个全等的底面为正方形的四棱锥构成，再结合题意计算即可得答案． 【解答】解：因为正八面体是由两个全等的底面为正方形的四棱锥构成， 设正方体的棱长为2，所以四棱锥的底面边长为， 则正八面体的体积为， 又正方体的体积为：， 则正八面体的体积和正方体的体积之比为：． 故答案为：． 变式3（2024秋•闵行区校级期末）如图，三棱柱中，侧面的面积是4，点到侧面的距离是3，则三棱柱的体积为 　 　． 【答案】6． 【分析】利用切割法的思想进行解决：，，由即可求得结果． 【解答】解：因为， 所以，设点到侧面的距离是， 由， 所以． 故答案为：6． 变式4（2024秋•嘉定区期末）如图所示，在三棱柱中，，侧面底面，点、分别为棱和的中点． （1）若底面△为边长为2的正三角形，且，侧棱与底面所成的角为，求三棱柱的体积； （2）求证：平面． 【答案】（1）3；（2）证明见解答． 【分析】（1）根据棱柱的体积公式，即可求解； （2）根据面面平行的判定定理，面面平行的性质，即可证明． 【解答】解：（1）底面△为边长为2的正三角形，， 又侧面底面，侧棱与底面所成的角为， △为边长为2的等边三角形，又为中点， ，且，又侧面底面， 平面， 三棱柱的体积为； （2）证明：如图，取的中点，连接，，又、分别为棱和的中点， ，，又， 且，平面，，平面， 平面平面，又平面， 平面． 考点八．棱锥的体积 例1（2024秋•金山区校级期末）如图，正方体透明容器的棱长为8，，，，分别为，，，的中点，点是棱上任意一点，则下列说法正确的是　　 A． B．向量在向量上的投影向量为 C．将容器的一个顶点放置于水平桌面上，使得正方体的12条棱所在的直线与桌面所成的角都相等，再向容器中注水，则注水过程中，容器内水面的最大面积为 D．向容器中装入直径为1的小球，最多可装入512个 【答案】 【分析】对：根据正方体易知，，利用线面垂直的判断、性质定理可得，又，故与不垂直；对：若是，交点，连接，则，所成角，即为，所成角，余弦定理求夹角余弦值，进而求向量在向量上的投影向量；对：令放在桌面上的顶点为，根据正方体的结构特征，要使容器内水的面积最大，即垂直于的平面截正方体的截面积最大，并确定最大截面的形状，求其面积即可；对：通过直观想象，有第一层小球为个，第二层小球为，且奇数层均为64个，偶数层均为49，结合上下两层相邻5球的球心构成几何体为正四棱锥并求高，再确定层数，最后求小球个数． 【解答】解：正方体透明容器的棱长为8， ，，，分别为，，，的中点，点是棱上任意一点， 对于，由正方体性质知： ，，， 且、面， 面，又面，则， 由，故与不垂直，故错误； 对于，由题意且，是，交点，连接， ，， 为平行四边形，则，， ，所成角，即为，所成角， 由题设知， 在△中， 即，夹角为，，夹角为， 向量在向量上的投影向量为： ，故错误； 对于，令放在桌面上的顶点为， 若桌面时，正方体的各棱所在的直线与桌面所成的角都相等， 此时要使容器内水的面积最大， 即垂直于的平面截正方体的截面积最大， 根据正方体的对称性， 仅当截面过，，，，，中点时截面积最大， 此时，截面是边长为的正六边形， 最大面积为， 注水过程中，容器内水面的最大面积为，故正确； 对于，由题意，第一层小球为个，第二层小球为， 且奇数层均为64个，偶数层均为49， 而第一层与第二层中任意四个相邻球的球心构成一个棱长为1的正四棱锥，故高为， 假设共有层小球，则总高度为，且为正整数， 令，则，而，故小球总共有10层， 由上，相邻的两层小球共有113个， 正方体一共可以放个小球，故错误． 故选：． 例2（2025•松江区二模）在正三棱柱中，，动点满足，，则下列几何体体积为定值的是　　 A．四棱锥 B．四棱锥 C．三棱锥 D．三棱锥 【答案】 【分析】根据题设在上运动，结合棱柱的结构特征及线面平行的性质判断各棱锥的体积是否为定值即可． 【解答】解：对于正三棱柱且，，则在上运动， 所以到平面，平面，平面的距离均是变化的，故、、不符合题意； 由，平面，平面，则平面， 所以到平面的距离为定值，故符合题意． 故选：． 例3（2024秋•黄浦区期末）在多面体中，已知，且它们两两之间的距离为4．若，，，则该多面体的体积为　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】根据分割补形法，柱体的体积公式，即可求解． 【解答】解：如图所示： 用一个完全相同的多面体与多面体组合， 因为，所以，又，，， 所以，，，所以， 因为，，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面， 同理可得平面，又， 所以平面平面， 所以组合体是一个三棱柱，又，，两两之间的距离为4， 不妨将三棱柱看作直三棱柱（侧棱与底面垂直）， 所以， 此时三棱柱的高，， 所以． 故选：． 例4（2025•长宁区二模）现有一块正四面体木料，其边长为3，现需要将木料进行切割，要求切割后底面上任意一点到顶点的距离不大于，则切割好后，木料体积的最大值是 　 　 ．（结果保留 【答案】． 【分析】设正四面体顶点在底面的投影为，连接，可得以为圆心，半径为1的圆在底面△内的部分为底，以为顶点的几何体即为符合要求的部分，先求解底面面积，为高，即可求解切割好后，木料体积的最大值． 【解答】解： 设正四面体顶点在底面的投影为，则为正三角形的中心， 连接，所以，， 若底面上任意一点到顶点的距离不大于，设， 则，所以为圆心，半径为1的圆在底面△内的部分为底， 以为顶点的几何体即为符合要求的部分， 如图以为圆心，半径为1的圆与底面△的边相交的交点为，， 延长交于，连接，， 所以，，所以， 所以，所以，所以△为等边三角形，所以为圆心， 半径为1的圆在底面△内的部分的面积为， 所以切割好后，木料体积的最大值是． 故答案为：． 变式1（2025•松江区二模）如图在三棱锥中，、、两两垂直，且，，，设是底面内一点，定义，，，其中，，分别表示三棱锥，三棱锥，三棱锥的体积．若，且恒成立，则正实数的最小值为 　 　 ． 【答案】1． 【分析】根据给定的信息求出三棱锥的体积，进而求出，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值，并建立不等式求解． 【解答】解：在三棱锥中，、、两两垂直，且，，， 则，解得，又，，， 因此，当且仅当时取等号， 由恒成立，得，于是， 解得，所以正实数的最小值为1． 故答案为：1． 变式2（2025•普陀区二模）在棱长为4的正方体中，，若一动点满足，则三棱锥体积的最大值为　 　 ． 【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，得出，，，的坐标，设，，，根据已知列出方程，化简得出点的轨迹为球．进而结合图象即可得出点到平面的最大距离，结合体积公式即可得出答案． 【解答】解：如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系， 则有，0，，，4，， 又， 所以，1，，，2，． 设，，，则，， 因为， 代入可得， 整理可得，即在以点为球心，为半径的球上． 又△的面积为， 平面到平面的距离为4， 所以到平面的最大距离为． 体积最大值为． 故答案为：． 变式3（2025•嘉定区二模）某建筑公司欲设计一个正四棱锥形纪念碑，要求其顶点位于容积为立方米的球形景观灯所在球面上．考虑到抗风、抗震等结构安全需求，侧棱长度需满足，当纪念碑体积取得最大值时，正四棱锥的侧棱长约为　 　 米（精确到0.01米）． 【答案】4.90． 【分析】设正四棱锥的高为，根据题意求出正四棱锥的底面边长与高的关系，再利用导数求解即可． 【解答】解：设球体的半径为， 由题知：， 所以球的半径， 设正四棱锥的底面边长为，高为， 则，， 所以，， 所以正四棱锥的体积， 设，， 所以， 当时，，为增函数， 当时，，为减函数， 所以当时，正四棱锥的体积取最大值， 此时正四棱锥的侧棱长约为4.90米． 故答案为：4.90． 变式4（2025•青浦区二模）如图，已知四棱锥的底面为菱形，，． （1）求证：平面； （2）若，，，求四棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析； （2）1． 【分析】（1）因为，所以 由于底面为棱形，则，因为，即得证； （2）根据第一问结论，可将四棱锥的体积，转换为四棱锥的体积，再通过四棱锥面积公式求解． 【解答】解：（1）证明：记，连结，因为， 所以由于底面为棱形，则， 因为，所以平面． （2）由（1）知，平面所以，， 根据题意，得，又，，， 所以，故， 所以，所以，四棱锥的体积为1． 变式5（2025•嘉定区二模）如图，在四棱锥中，平面，，，． （1）若平面，证明：； （2）在我国古代数学典籍《九章算术》中，记载了一种特殊的三棱锥——鳖臑，其四个面均为直角三角形，找出本题图中的一个鳖臑，并计算它的体积和表面积． 【分析】（1）根据已知有，线面垂直的性质得，再应用线面垂直的判定、线面平行的性质得面，再由线面垂直性质证结论； （2）根据已知得到，，，，结合题设定义及棱锥体积公式求得． 【解答】解：（1）证明：由题设，则， 由平面，平面，则，而，都在平面内， 则平面， 由平面，平面，平面平面， 所以， 则平面，平面， 故． （2）由平面，，平面， 则，， 由（1）知，且平面，平面，则， 所以△，△，△，△都是直角三角形，且， 根据题设定义，为一个鳖臑， 体积， 表面积． 变式6（2025•长宁区二模）如图，在直三棱柱中，，，，点是棱的中点． （1）求证：平面平面； （2）求点到平面的距离以及三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见详解； （2）2；． 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理进行证明；（2）利用等体积法求解即可． 【解答】解；（1）证明： 连接，取的中点，连接，，，， 在直三棱柱中，平面平面，平面平面，平面， 平面，，分别为，的中点，，且， 点是棱的中点，，且，且，四边形是平行四边形， ，平面，平面，平面平面； （2），，，， 点是棱的中点， ，，， 由（1）知平面， ，， ， ， 设点到平面的距离为， ． ，， 点到平面的距离为2，三棱锥的体积为． 变式7（2025•奉贤区二模）将一块边长为的正方形铁片制作一个正四棱锥的容器罩．同学们设计了甲、乙、丙三个不同的方案，各自裁下阴影部分，用余下的制作成正四棱锥容器罩，形如最右边的图．甲和丙是去制作有盖的容器罩，乙是去制作无盖的容器罩．假设加工过程中铁片损失忽略不计．设甲、乙、丙中白色的四个等腰三角形的底边分别是，，． （Ⅰ）请你选择其中的某一个方案，而且只需选一个方案（选择超过一个方案的，按第一个方案处理）．你选择的方案是_____，求解以下2个问题： （1）求出所选方案相对应的棱锥的侧面积，，； （2）求出所选方案相对应棱锥的体积，，的最大值． （Ⅱ）假设三个方案中相应的体积最大值分别记作，，，请直接写出三者的大小关系．（不写判断理由与过程） 【答案】选项见解析，①答案见解析；②答案见解析； ． 【分析】①根据所选方案，确定正四棱锥的底面边长和斜高，可得出正四棱锥的侧面积的表达式；②根据所选方案，确定正四棱锥的底面面积和高，可得出正四棱锥体积的表达式，然后结合导数求其最大值；根据中的结果可得出结论． 【解答】解：根据题目：甲、乙、丙中白色的四个等腰三角形的底边分别是，，． 选择甲方案： （1）， （2）该正四棱锥的高， ， 设，则 函数在区间上严格增，在区间上严格减 当时，． 选择乙方案： （1）， （2）该正四棱锥的高， ， 设，则， 函数在区间上严格增，在区间上严格递减， 当时，， 选择丙方案： （1）， （2）该正四棱锥的高， ， ，， 所以函数在区间上严格增，在区间上严格减， 所以当时，． 甲乙丙中总面积一样，由于乙的方案是不需要盖，所以相应的侧面积多了， 因此凭直觉猜想乙的体积最大，可以猜想：． 考点九．圆柱的侧面积和表面积 例1（2025•虹口区二模）若某圆柱的底面半径为1，母线长为2，则其侧面积为 　 　 ．（结果保留 【答案】． 【分析】圆柱侧面积底面周长高．由此利用题设条件能够求出结果． 【解答】解：圆柱沿一条母线剪开，所得到的侧面展开图是一个矩形， 它的长是底面圆的周长，即，宽为母线长为2， 所以它的面积． 故圆柱的侧面积为． 故答案为：． 例2如图为某一圆柱的三视图，则该圆柱的侧面积为　 　． 【答案】． 【分析】首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体地侧面积． 【解答】解：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为底面半径为0.3米，高为0.6米的圆柱； 如图所示： 所以：圆柱的侧面积． 故答案为：． 变式1（2024秋•杨浦区校级期末）圆柱的底面半径为3，高为4，其侧面积为 　 　 ． 【分析】由圆柱的侧面积公式直接计算即可． 【解答】解：因为圆柱的底面半径为3，高为4， 所以其侧面积为． 故答案为：． 变式2（2024秋•金山区期末）若圆柱的底面半径与高均为1，则其侧面积为 　 　 ． 【分析】根据圆柱的侧面积公式直接计算可得． 【解答】解：由圆柱的底面半径与高均为1， 可得圆柱的侧面积为：． 故答案为：． 变式3（2025春•浦东新区校级期末）底面半径为2，高为2的圆柱的侧面积为 　 　．（结果保留 【答案】． 【分析】根据圆柱的底面半径和高，代入圆柱的侧面积公式，可得答案． 【解答】解：圆柱的半径为2，高为2， 圆柱的侧面积． 故答案为：． 考点十．圆锥的侧面积和表面积 例1（2025•崇明区二模）已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】根据圆锥的轴截面求出圆锥的母线长和底面圆半径，计算它的侧面积． 【解答】解：圆锥的轴截面边长为2的等边三角形，如图所示； 则圆锥的母线长为，底面圆半径为， 所以圆锥的侧面积为． 故选：． 例2（2025•普陀区二模）若一个圆锥的高为，侧面积为，则该圆锥侧面展开图中扇形的中心角的大小为 　 　 ． 【答案】． 【分析】设圆锥的母线长为，利用圆锥侧面展开图的弧长等于底面周长，半径等于圆锥的母线长，求出，，由扇形的弧长公式求解即可． 【解答】解：设圆锥的母线长为，底面圆半径为，侧面展开图中扇形的中心角为， 因为圆锥的高为，侧面积为， 则， 解得，， 所以侧面展开图中扇形的中心角． 故答案为：． 例3（2025•金山区校级三模）已知圆锥的底面直径和母线长都是2，则该圆锥的侧面积为　 　 ．（结果保留 【答案】． 【分析】根据圆锥的侧面积公式进行求解． 【解答】解：由题意知底面半径为1，则侧面积为． 故答案为：． 变式1（2025•杨浦区校级模拟）已知平面经过圆锥的轴，且截圆锥所得截面为边长为2的正三角形，则该圆锥的侧面积为 　 　 ． 【答案】． 【分析】由已知可得圆锥的底面半径与母线长，代入圆锥的侧面积公式得答案． 【解答】解：由已知可得，圆锥底面直径为2，母线长为2， 则圆锥的底面半径． 故圆锥的侧面积为． 故答案为：． 变式2（2025•黄浦区校级三模）某圆锥高为1，母线与底面所成的角为，则该圆锥的表面积为　 　 ． 【答案】． 【分析】由圆锥的高和母线与底面夹角可求得底面半径和母线长，根据圆锥表面积公式求得结果． 【解答】解：由题意得：圆锥的底面半径，母线长， 圆锥的表面积． 故答案为：． 变式3（2025•上海）如图，是圆锥的顶点，是底面圆心，是底面直径，且． （1）若直线与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积； （2）已知是母线的中点，点、在底面圆周上，且弧的长为，．设点在线段上，证明：直线平面． 【答案】（1）；（2）证明见解答． 【分析】（1）由题意及圆锥的性质，结合圆锥侧面积公式计算即可； （2）利用证明面和面平行证线面平行． 【解答】解：（1）如图，连接，依题意及圆锥的性质得，，， 所以， 所以圆锥的侧面积． （2）证明：连接，，， 因为是母线的中点，是底面圆的直径， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 因为， 所以， 因为， 所以， 则△为等边三角形，， 所以， 所以△为等边三角形，， 所以， 所以四边形是平行四边形，则， 又平面，平面， 所以平面， 而，，平面， 所以平面平面， 又平面，所以平面． 考点十一．圆柱的体积 例1（2025•宝山区二模）已知圆柱的底面积为，侧面积为，则该圆柱的体积为 　 　 ． 【答案】． 【分析】设圆柱的底面半径为，高与母线长相等等于，由已知列关于与的方程组，求解与的值，代入圆柱体积公式得答案． 【解答】解：设圆柱的底面半径为，高与母线长相等等于， 由底面积为，侧面积为， 得，解得． 该圆柱的体积为． 故答案为：． 例2（2025•闵行区二模）已知圆柱的底面半径为，高为3，则圆柱的体积为 　 　 ． 【答案】． 【分析】由圆柱的体积公式直接求解即可． 【解答】解：由于圆柱的底面半径为，高为3， 则此圆柱的体积为． 故答案为：． 变式1已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，圆柱的体积为，则球的表面积为 　 　． 【答案】． 【分析】设球的直径为，根据题意求得的值，即可得到球的表面积． 【解答】解：设球的直径为，则圆柱的底面直径和高均为， 又圆柱的体积为，则，即，解得， 所以球的表面积为． 故答案为：． 变式2已知圆柱的底面积为，侧面积为，则该圆柱的体积为 　 　． 【答案】． 【分析】设圆柱的底面半径为，高为，由已知可得，，进而可求圆柱的体积． 【解答】解：设圆柱的底面半径为，高为， 由已知可得，， ，， 该圆柱的体积为． 故答案为：． 变式3（2025•青浦区校级模拟）已知圆柱的底面半径为，侧面积为，则此圆柱的体积为 　 ． 【分析】根据圆柱的侧面积求出母线长，再代入圆柱体积公式即可． 【解答】解：设圆柱的母线为， 因为圆柱的底面半径为，侧面积为， 所以， 解得， 所以圆柱的体积为． 故答案为：． 考点十二．圆锥的体积 例1（2024•普陀区二模）若一个圆锥的体积为，用通过该圆锥的轴的平面截此圆锥，得到的截面三角形的顶角为，则该圆锥的侧面积为　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】求出圆锥的底面圆半径和高，母线长，即可计算圆锥的侧面积． 【解答】解：设圆锥的底面圆半径为，高为，由轴截面三角形的顶角为，得， 所以圆锥的体积为，解得， 所以圆锥的母线长为， 所以圆锥的侧面积为． 故选：． 变式1（2024•杨浦区校级三模）若底面半径为1的圆锥的体积为，则该圆锥的高为 　 　． 【答案】9． 【分析】由圆锥体积公式即可求解． 【解答】解：若底面半径为1的圆锥的体积为， 则， 解得． 故答案为：9． 变式2（2025•宝山区校级模拟）圆锥的全面积为，则它的体积的最大值为 　 　． 【答案】． 【分析】根据圆锥全面积得出，关系，利用体积公式及二次函数求最值． 【解答】解：设圆锥的底面半径为，母线长为，则，得， 可得圆锥的体积， 即， 当时，． 故答案为：． 变式3（2024•闵行区三模）如图，已知顶点为的圆锥其底面圆的半径为8，点为圆锥底面半圆弧的中点，点为母线的中点． （1）若母线长为10，求圆锥的体积； （2）若异面直线与所成角大小为，求、两点间的距离． 【答案】（1）；（2）． 【分析】（1）由已知结合勾股定理求圆锥的高，再由圆锥的体积公式进行求解； （2）取的中点，连接，得到，得到为异面直线与所成的角，再由已知求解直角三角形得答案． 【解答】解：（1）圆锥的底面半径， 若母线长为10，则圆锥的高， 圆锥的体积为； （2）取的中点，连接、， 又点为母线的中点，， 故为异面直线与所成的角，等于． 由点为半圆弧的中点，得， 在中，，，， ，且平面， 平面，又平面， ， 在中，，，． 即、两点间的距离为． 考点十三．球内接多面体 1. 确定外接球半径的关键：在处理球内接多面体问题时，应充分利用多面体的特殊结构（如正方体、长方体），其外接球的直径通常与多面体的体对角线重合；对于非特殊多面体的球内接问题，可将相关点所在的平面视为球的截面，借助截面圆的性质进行辅助分析。 2. 处理球截面问题的关键：球被平面截得的图形是圆面，此类问题的核心在于运用“球的半径、球心到截面的距离 、截面圆半径之间的勾股关系： 。通过代入已知量，即可求解未知的半径或距离。 3. 求球面上线段最值的关键：球面上三点构成的线段的最大值，可通过确定这三点所在的截面圆来分析——当线段成为该截面圆的直径时，长度达到最大；此时需结合球的半径与截面圆的半径关系，确定截面圆的最大可能半径。 例1一个正方体的八个顶点都在同一个球面上，已知这个球的表面积是，那么这个正方体的体积是　　 A． B． C．8 D．24 【答案】 【分析】设出球的半径，利用球的表面积求出半径，然后求出正方体的棱长，求出正方体的体积即可． 【解答】解：设球的半径为，则，从而， 所以正方体的体对角线为，故正方体的棱长为2，体积为． 故选：． 变式1（2025•青浦区校级模拟）已知、、是半径为1的球面上的三点，若，则的最大值为 　 　 ． 【分析】由题意可知，当，，三点所在的圆为球的大圆时，的值最大，再利用正弦定理求解即可． 【解答】解：易知当，，三点所在的圆为球的大圆时，的值最大， 此时，△的外接圆的半径为1， 由正弦定理可得，，， 又， ，， ， ． 故答案为：． 变式2若用与球心的距离为的平面截球体所得的圆面半径为2，则球的半径为 　 　． 【分析】直接由勾股定理求解球的半径即可． 【解答】解：由于球心到平面的距离为，所得圆面的半径为2， 则球的半径为． 故答案为：3． 考点十四．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积 例1（2025•杨浦区二模）如图，点、分别是直角三角形的边、上的点，斜边与扇形的弧相切，已知，，则阴影部分绕直线旋转一周所形成的几何体的体积为　 　 ． 【答案】． 【分析】由题意可得的长度及扇形的半径，再由圆锥的体积减去半球的体积得答案． 【解答】解：由题意可知，， 设扇形的半径为，则， 阴影部分绕直线旋转一周所形成的几何体的体积为． 故答案为：． 例2（2025•金山区校级三模）圆柱的轴截面是边长为的正方形，则该圆柱的表面积为 　 　 ． 【分析】根据圆柱的轴截面得出圆柱底面圆半径和母线长，即可计算圆柱的表面积． 【解答】解：因为圆柱的轴截面是边长为的正方形，所以圆柱的底面圆半径为，母线长为， 所以圆柱的表面积为． 故答案为：． 变式1（2025•虹口区校级三模）如图，矩形中，为的中点，，，连接，，若△绕直线旋转一周，则所形成的几何体的表面积为　 　 ． 【分析】△绕直线旋转一周，形成的几何体是一个圆柱挖去两个圆锥形成的组合体，其表面积有三者的侧面积组成，代入圆柱和圆锥侧面积公式，可得答案． 【解答】解：矩形中，为的中点，，，连接，， ， △绕直线旋转一周，形成的几何体是一个圆柱挖去两个圆锥形成的组合体， 圆柱的底面半径，母线长，故侧面积为：， 圆柱锥的底面半径，母线长，故侧面积为：， 组合体的表面积由三者的侧面积组成， 故组合体的表面积， 故答案为： 变式2（2025•浦东新区模拟）将一个高为的圆锥沿其侧面一条母线展开，其侧面展开图是半圆，则该圆锥的底面半径为　 　． 【分析】设该圆锥的底面半径为，推导出线母线长为，再由圆锥的高为，能求出该圆锥的底面半径． 【解答】解：设该圆锥的底面半径为， 将一个高为的圆锥沿其侧面一条母线展开，其侧面展开图是半圆， ， 解得， 圆锥的高为， ， 解得． 故答案为：1． 考点十五．球的表面积 1. 计算球表面积的核心关键：球的表面积仅由其半径决定，公式为，因此解题的核心是先确定球的半径；若球与其他几何体（如正方体、圆柱）结合，需利用它们的位置关系（如内接、外切），找到几何体边长/高与球半径的关联。 2. 结合截面求表面积的关键：当涉及球的截面问题时，先通过“球的半径、球心到截面的距离、截面圆半径”的勾股关系求出，再代入表面积公式计算；此类问题的重点是从题干中提取或的已知条件。 3. 表面积与其他量互推的关键：已知球的表面积求半径时，直接通过公式变形计算；若题目中给出的是与球相关的几何体的体积、边长等，需先转化为球的半径，再代入表面积公式求解。 例1（2025•浦东新区校级三模）已知三棱锥的四个顶点均在球的表面上，且，，，，若点到底面的距离为1，则球的表面积为　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】根据题意易证平面，又，从而利用分割补形法，即可求解． 【解答】解：因为，，且， 所以平面，所以点到底面的距离为， 又，且， 所以三棱锥的外接球的直径即为长宽高分别为2，2，1的长方体的体对角线的长， 所以， 所以球的表面积为． 故选：． 变式1（2025•杨浦区校级模拟）已知四棱锥的5个顶点都在球的球面上，且平面，，，，则球的表面积为 　 　． 【答案】． 【分析】依题意可知，，，四点共圆，可得，由余弦定理可得，且，再根据外接球直径利用勾股定理计算出外接球半径，可得球的表面积． 【解答】解：根据题意可知四边形的顶点在同一个圆上，连接， 可知，则， 又，，， 在△中，得； 在△中，得； 则， 解得，又，， 可得，即， 设四边形的外接圆半径为， 由正弦定理可得，解得， 又平面，且， 设四棱锥的外接球半径为， 可得，即； 因此外接球的表面积为． 故答案为：． 变式2（2025•上海校级模拟）将一个圆心角为、面积为的扇形卷成一个圆锥，则此圆锥内半径最大的球的表面积为 　 　 ． 【答案】． 【分析】根据题意可得所求球即为圆锥的内切球，再根据题意建立方程，即可求解． 【解答】解：设圆锥的母线长为，底面圆的半径为， 则根据题意可得，， 解得，，所以圆锥的高为， 设圆锥的内切球的半径为， 则所求球即为圆锥的内切球， 根据等面积法可得： ，解得， 所以此圆锥内半径最大的球的表面积为． 故答案为：． 变式3（2025•奉贤区二模）抛物线的准线与圆相切，将圆绕直径所在直线旋转一周形成一个几何体，则该几何体的表面积为 　 　 ． 【答案】． 【分析】利用抛物线的性质求准线，利用相切求半径，即可用球的表面积求解． 【解答】解：因为抛物线方程为， 可知准线方程为， 又由圆与准线相切， 可知：， 将圆绕直径旋转一周所成的球的表面积为：， 故答案为：． 考点十六．球的体积 1. 计算球体积的核心关键：球的体积仅由其半径决定，公式为，因此解题的核心是先确定球的半径；若球与正方体、圆柱等几何体结合（如内接、外切），需利用它们的位置关系（如正方体的体对角线为球的直径），建立几何体边长/高与球半径的关联。 2. 体积与其他量互推的关键：已知球的体积求半径时，直接通过公式变形计算；若题目结合球的表面积，可先由表面积公式求出半径，再代入体积公式，实现表面积与体积的互推。 3. 结合截面求体积的关键：当涉及球的截面问题时，先利用“球的半径、球心到截面的距离、截面圆半径”的勾股关系求出，再代入体积公式计算；此类问题的重点是从题干中提取截面相关的已知条件（如或）。 例1（2025•浦东新区校级模拟）某封闭的圆锥容器的轴截面为等边三角形，高为6，一个半径为1的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥容器内壁的最大面积为 　 　 ． 【答案】． 【分析】分别计算侧面与底面上小球可能接触到的容器内壁的面积，即可得解． 【解答】解：作出轴截面如下图所示： 因为圆锥的轴截面为等边三角形，高为6， 所以圆锥的母线长与底面圆的直径均为． 又小球的半径为1，且小球在该容器内自由运动， 所以在圆锥内壁侧面，小球接触到的区域展开后是一个扇环， 可知扇环的半径为，，扇环所在扇形的圆心角为， 所以扇环其面积为； 在圆锥底面，小球接触到的区域是一个圆，其半径为，其面积为． 综上，圆锥内壁上小球能接触到的区域面积为． 故答案为：． 变式1（2025•黄浦区校级二模）如图是一种“四脚帐篷”的示意图，其中半圆和半圆的直径均为2.8米，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷，假设所得截面均为正方形，则该帐篷围成几何体的体积为 　 　立方米．（精确到0.1立方米） 【答案】3.7． 【分析】根据“祖暅原理”，构造一个正四棱柱，底边为，高为，并挖去一个正四棱锥，用平行于底面的任意一个平面（高度为，去截左图和右图的两个几何体，所得截面的面积均为相等，由此求出该帐篷围成几何体的体积． 【解答】解：设截面正方形的边长为，半圆的半径为，正方形的中心到截面正方形的距离为，则，解得（其中 米，，根据“祖暅原理”，构造一个正四棱柱，底边为，高为，并挖去一个正四棱锥， 如图所示： 用平行于底面的任意一个平面（高度为，去截左图和右图的两个几何体，所得截面的面积均为相等， 所以该帐篷围成几何体的体积为： （立方米）． 故答案为：3.7． 变式2（2024•松江区校级模拟）半径为2的球的体积为 　 　． 【答案】． 【分析】由球体体积公式可得答案． 【解答】解：． 故答案为：． 一．选择题（共3小题） 1．（2025•上海模拟）在棱长为1的正方体中，，是线段（含端点）上的一动点，则： ①；②平面；③三棱锥的体积是定值； 上述命题中正确的个数是　　 A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】 【分析】利用正方体的结构特征，利用线面位置关系的判定和性质，锥体体积计算对3个命题逐个判断即可得出结论． 【解答】解：①，平面，平面，则， 又，且，、平面， 得平面，又平面，； 平面，平面，则， 又，，、平面， 平面，又平面， ，又，、平面，平面， 又平面，，故①对； ②，在正方体中，，， 四边形是平行四边形，， 又平面，平面，平面， 同理，平面，又，，平面， 平面平面，又平面， 平面，故②对； ③，由②知，平面，平面， 平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离， ，为定值，故③对． 故选：． 2．（2025•闵行区校级模拟）在空间中，我们把点集，，，表示的曲面称为圆柱面，借助比利时数学家的思想我们不难发现：任意不与轴平行或垂直的平面与截成的封闭曲线为椭圆．设圆柱面，，，，高不平行于坐标面的正四棱锥的五个顶点均在上，则其体积的最小值为　　（注：若正方形的四个顶点都在同一个定椭圆上，则这个正方形可以被唯一确定）． A． B．1 C． D． 【答案】 【分析】利用题意结合给定定义得到椭圆方程，进而求出底面面积，最后利用棱锥的体积公式表示出体积，再利用导数求解最小值即可． 【解答】解：根据题目：设圆柱面，，，，高不平行于坐标面的正四棱锥的五个顶点均在上， 可知圆柱面的半径为1，如图，截得的椭圆半短轴长即为圆柱面的半径1． 对半轴长：在△中，必能找到与平面垂直，所以， 设．则由几何关系得，故椭圆方程为， 如图，椭圆有唯一内接正方形，故令，得到， 故底面面积为，，则，． 则， 当时，（a），（a）单调递减； 当时，（a），（a）单调递增， 故，故正确． 故选：． 3．（2024•青浦区模拟）已知边长为2的正四面体的内切球（球面与四面体四个面都相切的球）的球心为，若空间中的动点满足，、、，，则点的轨迹所形成的几何体的体积为　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】正四面体棱长为时，外接球半径为，内切球半径为，动点满足，、、，，则的轨迹形成的几何体是以、、为邻边的平行六面体． 【解答】解：如图所示，设正△中心为，则，连，，， 则，， 设内切球半径为，则由得，解得， 故， 动点满足，、、，，则的轨迹形成的几何体是以、、为邻边的平行六面体， 所以该几何体的体积． 故选：． 二．填空题（共5小题） 4．（2025•金山区校级三模）已知三棱锥的体积为，，，，△与△的周长均为10，则 　 　 ． 【分析】由题意可得、在以、为焦点的椭球上，根据，可知、在椭球的截面圆上，设截面圆的圆心为，求得截面圆的半径，然后根据椭圆以、为焦点且经过点，求出椭圆方程，进而求得点的坐标，运用两角和的正切公式算出的值． 【解答】解：因为，△与△的周长均为10， 所以，，可得、在以、为焦点的椭球上． 因为，所以、在椭球的截面圆上， 设截面圆的圆心为，则， 所以三棱锥的体积，结合解得． 又因为，所以，解得． 设以、为焦点，且经过的椭圆的标准方程为， 设点横坐标大于0，将代入椭圆方程，求得． 所以． 故答案为：． 5．（2025•黄浦区校级三模）在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑，已知在鳖臑中，，平面，当该鳖臑的外接球的表面积为时，则该鳖臑的体积为 　 　 ． 【答案】． 【分析】将三棱锥放在长方体中，然后利用外接球的表面积求出的长，再求鳖臑的体积． 【解答】解：由已知，将三棱锥放在长方体中，如图所示． 所以三棱锥的外接球即为长方体的外接球， 设三棱锥的外接球的半径为， 因为三棱锥的外接球的表面积为， 所以，解得， 因为，所以，解得， 所以该鳖臑的体积为． 故答案为：． 6．（2025•浦东新区校级模拟）已知线段长为4，直线过点且与垂直．以为圆心，1为半径的圆绕旋转一周，所得立体记为．以，分别为上下底面的圆心，1为底面半径的圆柱体记为（如图）．则根据祖暅原理，与的体积之比为 　 　 ． 【答案】． 【分析】求出几何体和几何体在等高处的截面面积的比值，由祖暅原理可得两几何体的体积比值． 【解答】解：考虑几何体和几何体在等高处的截面，如图， 设，则， 由已知可得，几何体在线段等高处的截面为圆环，其面积为， 几何体在线段等高处的截面为长方形，其面积为， 所以几何体和几何体在等高处的截面面积比， 则由祖暅原理知，与的体积之比为． 故答案为：． 7．（2025•黄浦区校级三模）已知正四棱锥的侧棱长为，则当该正四棱锥的体积最大时，它的高等 于　 　 ． 【答案】3． 【分析】设底面边长为，则高，体积，设，，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的极大值点，从而求出． 【解答】解：设底面边长为，则高， 由，所以， 所以体积， 设，，则（a）， 所以当时，（a），所以（a）在上单调递增； 当时，（a），所以（a）在上单调递减； 所以当时，（a）取得极大值，即为最大值，此时该棱锥的体积最大， 此时． 故答案为：3． 8．（2025•黄浦区校级三模）球是棱长为1的正方体的外接球，则球的内接正四面体体积为 　 　 ． 【分析】根据分割补形法，即可求解． 【解答】解：如图，根据题意可得正四面体和正方体有同一外接球， 正四面体的体积为． 故答案为：． 三．解答题（共1小题） 9．（2024•徐汇区校级模拟）如图，在圆柱中，底面直径等于母线，点在底面的圆周上，且，是垂足． （1）求证：； （2）若圆柱与三棱锥的体积的比等于，求直线与平面所成角的大小． 【答案】（1）证明过程见解答；（2）． 【分析】（1）欲证，先证平面，根据线面垂直的判定定理可知只需证，，且，即可证得线面垂直； （2）点作，是垂足，连接，易证是与平面所成的角，在三角形中求出此角即可． 【解答】证明：（1）根据圆柱性质，平面． 平面， ． 是圆柱底面的直径，点在圆周上， ，又， 故得平面． 平面， ． 又，且， 故得平面． 平面， ． 解：（2）过点作，是垂足，连接． 根据圆柱性质，平面平面，是交线．且平面，所以平面． 又平面，所以是在平面上的射影，从而是与平面所成的角． 设圆柱的底面半径为，则， 于是圆柱，． 由，得，可知是圆柱底面的圆心，， ． 1 / 59 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 简单几何体 目录 一、考情分析与命题趋势 二、知识体系构建 知识点1 柱体 3 一、棱柱 3 二、圆柱 3 知识点2 锥体 4 一、棱锥 4 二、棱台 5 三、圆锥 5 四、圆台 5 知识点3 多面体与旋转体 6 1.多面体的结构特征 6 2.旋转体的结构特征 6 三、考点精析与突破 考点一．棱柱的结构特征 7 考点二．棱锥的结构特征 8 考点三．圆锥的结构特征 8 考点四．多面体和旋转体表面上的最短距离问题 9 考点五．棱柱的侧面积和表面积 10 考点六．棱锥的侧面积和表面积 11 考点七．棱柱的体积 11 考点八．棱锥的体积 13 考点九．圆柱的侧面积和表面积 16 考点十．圆锥的侧面积和表面积 16 考点十一．圆柱的体积 17 考点十二．圆锥的体积 17 考点十三．球内接多面体 18 考点十四．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积 18 考点十五．球的表面积 19 考点十六．球的体积 20 四、实战精练与提升 错误！未定义书签。 一、考试要求 知识点 新课程标准 重点 柱体—棱柱 1. 理解棱柱的结构特征； 2. 掌握棱柱的分类、性质； 3. 掌握棱柱的面积和体积公式 1. 棱柱结构特征的准确识别； 2. 棱柱面积与体积公式的熟练应用 柱体—圆柱 1. 理解圆柱的结构特征与性质； 2. 认识圆柱的侧面展开图 1. 圆柱结构特征与侧面展开图的对应关系； 2. 圆柱性质的应用 锥体—棱锥 1. 理解棱锥（含正棱锥）的结构特征； 2. 掌握棱锥的体积公式； 3. 了解正四面体 1. 正棱锥的结构特征识别； 2. 棱锥体积公式的应用 锥体—棱台 理解棱台（含正棱台）的结构特征 正棱台结构特征的准确识别 锥体—圆锥 1. 理解圆锥的结构特征与性质； 2. 掌握母线的平方等于底面半径与高的平方和的关系； 3. 认识圆锥的侧面展开图 1. 母线与底面半径、高的关系应用； 2. 圆锥侧面展开图的应用 锥体—圆台 1. 理解圆台的结构特征与性质； 2. 掌握圆台的面积和体积公式 圆台面积与体积公式的熟练应用 多面体与旋转体 理解多面体与旋转体的结构特征 多面体与旋转体的分类及结构特征识别 二、命题分析 简单几何体考查分析表 模块 考频 考查内容 命题趋势 简单几何体 2025年第13题、2024年第14题、2023年第12题；2022年第15题、2021年第17题；2024年第18题、2023年第17题 常见几何体（棱柱、棱锥、圆柱、圆锥、球）的结构特征；简单几何体的表面积与体积计算；三视图与直观图的转化；简单几何体与空间线面关系的结合 高频基础考点，多以小题形式考查几何体性质、表面积体积计算及三视图，难度中等，注重对几何体基本特征和公式的掌握；偶尔与空间线面关系、空间向量结合考查，难度中等偏上，强调空间想象能力与公式应用的结合，注重基础知识点的灵活运用 -考查内容及命题趋势表（2021~2025年春考数据） 知识点1 柱体 一、棱柱 1. 棱柱的结构特征 棱柱的定义：有两个面互相平行，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，由这些面所围成的几何体叫做棱柱。 2. 棱柱的分类 ① 棱体分类： 棱体 ② 按底面形状分类： 3. 棱柱的性质 （1）侧面都是平行四边形，且各侧棱互相平行且相等； （2）两底面是全等多边形且互相平行； （3）平行于底面的截面和底面全等。 4. 棱柱的面积和体积公式 直棱柱侧面积：（是底周长，是高） 直棱柱表面积： 棱柱体积： 二、圆柱 1. 圆柱的结构特征 圆柱的定义：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体叫圆柱。 2. 圆柱的性质 （1）上、下底及平行于底面的截面都是等圆； （2）过轴的截面（轴截面）是全等的矩形。 3. 圆柱的侧面展开图 圆柱的侧面展开图是以底面周长和母线长为邻边的矩形。4. 圆柱的面积和体积公式 圆柱侧面积：（为底面半径，为圆柱的高） 圆柱全面积： 圆柱体积： 知识点2 锥体 一、棱锥 1. 棱锥的结构特征 （1）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，由这些面所围成的几何体叫做棱锥； （2）正棱锥：如果有一个棱锥的底面是正多边形，并且顶点在底面的投影是底面的中心，这样的棱锥叫做正棱锥。 2. 正棱锥的结构特征 （1）平行于底面的截面是与底面相似的正多边形，相似比等于顶点到截面的距离与顶点到底面的距离之比； 它们面积的比等于截得的棱锥的高与原棱锥的高的平方比； 截得的棱锥的体积与原棱锥的体积的比等于截得的棱锥的高与原棱锥的高的立方比； （2）正棱锥的各侧棱相等，各侧面是全等的等腰三角形； （3）正棱锥侧面积：（为底周长，为斜高）。 3. 棱锥的体积 （为底面积，为高） 4. 正四面体 棱长为的正四面体，可将它补成一个边长为的正方体； 对棱间的距离为（正方体的边长）； 正四面体的高为（等于）； 正四面体的体积为（）； 正四面体的中心到底面与顶点的距离之比为（）。 说明：正四面体，可补全为一个正方体，在正方体中研究正四面体的相应问题，是化归思想的很好体现。 二、棱台 1. 棱台的结构特征 棱台的定义：用一个平行于底面的平面去截棱锥，我们把截面和底面之间的部分称为棱台。 2. 正棱台的结构特征 （1）各侧棱相等，各侧面都是全等的等腰梯形； （2）正棱台的两个底面和平行于底面的截面都是正多边形； （3）正棱台的对角面是等腰梯形； （4）各侧棱的延长线交于一点。 三、圆锥 1. 圆锥的结构特征 圆锥的定义：以直角三角形的一直角边所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体叫做圆锥。 2. 圆锥的性质 （1）平行于底面的截面都是圆，截面直径与底面直径之比等于顶点到截面的距离与顶点到底面的距离之比； （2）轴截面是等腰三角形。 3. 母线的平方等于底面半径与高的平方和 4. 圆锥的侧面展开图 圆锥的侧面展开图是以顶点为圆心，以母线长为半径的扇形。 四、圆台 1. 圆台的结构特征 圆台的定义：用一个平行于底面的平面去截圆锥，我们把截面和底面之间的部分称为圆台。 2. 圆台的性质 （1）圆台的上下底面和平行于底面的截面都是圆； （2）圆台的截面是等腰梯形； （3）圆台经常补成圆锥，然后利用相似三角形进行研究。 3. 圆台的面积和体积公式 侧面积：（、为上下底面半径，为圆台的母线长） 全面积：（为圆台的母线长） 体积：（为圆台的高） 知识点3 多面体与旋转体 1.多面体的结构特征 名称 棱柱 棱锥 棱台 图形 底面 互相平行且相等 多边形 互相平行且相似 侧棱 互相平行且相等 相交于一点,但不一定相等 延长线交于一点 侧面形状 平行四边形 三角形 梯形 2.旋转体的结构特征 名称 圆柱 圆锥 圆台 图形 母线 互相平行且相等,垂直于底面 长度相等且相交于一点 延长线交于一点 轴截面 全等的矩形 全等的等腰三角形 全等的等腰梯形 侧面展开图 矩形 扇形 扇环 考点一．棱柱的结构特征 例1（2025•黄浦区校级二模）已知正方体，棱长为2，为棱的中点，则经过，，三点的正方体的截面面积为　　 A． B． C． D． 例2《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在长方体中，鳖臑的个数为　　 A．48 B．36 C．24 D．12 变式1已知一个棱长为1的正方体，与该正方体每个面都相切的球半径记为，与该正方体每条棱都相切的球半径为，过该正方体所有顶点的球半径为，则下列关系正确的是　　 A． B． C． D． 变式2（2025•上海模拟）如图1为一个正方体的侧面展开图，在外表面上分别标有数字1，2，3，4，5，6．若将这样三个相同的正方体叠放于地面上，如图2，则能看见的13个正方形面上的数字和的最小值为 　 　 ． 变式3（2024•奉贤区二模）在棱长为1的正方体中，若点是棱上一点，则满足的点的个数为　 　． 变式4（2024•青浦区二模）如图，在棱长为1的正方体中，、、在棱、、上，且，以为底面作一个三棱柱，使点，，分别在平面、、上，则这个三棱柱的侧棱长为 　 　． 考点二．棱锥的结构特征 例1（2025•浦东新区模拟）如图，是四面体，已知，，以下两个语句中：①棱与棱一定相等；②棱与棱不一定相等；下列选项判断正确的是　　 A．①，②都正确 B．①正确，②错误 C．①错误，②正确 D．①，②都错误 变式1空间中有三个点、、，且，在空间中任取2个不同的点，（不考虑这两个点的顺序），使得它们与、、恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法有 　 　种． 变式2（2024•上海校级模拟）若正四面体的棱长为1，以三个侧面为底面向外作三个正四面体，，，则△外接圆的半径是 　 　． 变式3在四棱锥的四个侧面中，直角三角形最多可有 　 　个． 考点三．圆锥的结构特征 例1（2025•金山区二模）已知圆锥底面半径为1，高为，则过圆锥的母线的截面面积的最大值为 　 　 ． 变式1（2024秋•闵行区校级期末）若圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，则过这个圆锥顶点的截面中，最大截面面积等于 　 　． 变式2（2024秋•杨浦区校级期末）以下四个命题中，所有真命题的序号为 　 　． ①三角形（及其内部）绕其一边所在的直线旋转一周所形成的几何体叫圆锥； ②正棱柱的侧棱垂直于底面； ③棱锥的各侧棱和底面所成的角相等； ④圆锥的轴截面一定是等腰三角形． 考点四．多面体和旋转体表面上的最短距离问题 多面体与旋转体表面最短距离的解题通法 1. 展开立体表面的关键：在处理表面最短距离问题时，应充分利用立体的可展开特性，将两点所在的表面转化为平面图形（例如，将圆锥的侧面展开为扇形，多面体展开为关联的多边形）。在转化过程中，必须保留原表面的线段长度、角度等不变量，以确保距离的实际大小不受影响。 2. 确定表面点位置的关键：表面上的点可分为两类进行处理：第一类是位于棱、母线等“骨架线”上的点，这类点在展开图中能直接对应到平面图形的线段端点，位置相对容易确定；第二类是不在“骨架线”上的点，通常通过作与棱、母线平行（或垂直）的线段，将此点转移到“骨架线”上，再确定其在展开图中的对应位置。 3. 计算最短距离的关键：在平面展开图和两点的对应位置确定后，利用“平面内两点间线段最短”的性质，结合勾股定理、余弦定理等平面几何公式，计算展开图中两点间的线段长度，该长度即为立体表面的最短距离。 例1（2025•静安区二模）在边长为1的正三角形的边，上分别取，两点，沿线段折叠三角形，使顶点正好落在边上，则长度的最小值为　 　． 变式1（2025•杨浦区校级模拟）已知圆锥底面半径为，母线长为2，点为底面圆周上一点，若一只蚂蚁从点出发沿着圆锥的侧面爬行一周回到点，则蚂蚁爬行的最短距离为 　 　 ． 变式2（2025春•松江区校级期末）如图是一座山的示意图，山呈圆锥形，圆锥的底面半径为10公里，母线长为40公里，是上一点，且公里．为了发展旅游业，要建设一条最短的从绕山一周到的观光铁路．这条铁路从出发后首先上坡，随后下坡，则上坡段铁路的长度为 　 　公里． 考点五．棱柱的侧面积和表面积 例1（2025秋•徐汇区校级期中）正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为3，则此正三棱锥的侧面积为 　 　． 变式1（2025秋•长宁区校级期中）如图，攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构，宋代称为撮尖，清代称为攒尖，通常有圆形攒尖、三角形攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分；多见于亭阁式建筑，某个园林建筑为六角攒尖，它的顶部的轮廓可近似看作一个正六棱锥，若此正六棱锥高为1，且侧棱长为，则棱锥侧面积为　 　 ． 变式2（2024秋•上海校级期中）如图，在斜三棱柱中，底面△是边长为2的等边三角形，侧棱长为2，其中一条侧棱与底面△两边，所在直线夹角为，则该斜三棱柱的侧面积为　 　． 变式3（2025秋•静安区校级期中）在直三棱柱中，，，，若为中点，求： （1）直三棱柱表面积和体积； （2）直线与平面所成角大小． 考点六．棱锥的侧面积和表面积 例1（2025春•杨浦区校级期末）已知正三棱锥底面的边长为6，高为3，则该正三棱锥的侧面积为 　 　 ． 变式1（2024秋•嘉定区校级期末）若正三棱锥的高为3，底面周长为36，则该正三棱锥的表面积为 　 　． 变式2一个高为1的正三棱锥的底面正三角形的边长为6，则此三棱锥的侧面积为　 　． 考点七．棱柱的体积 例1（2025•上海）如图，在正四棱柱中，，，则该正四棱柱的体积为　 　 ． 例2（2025•浦东新区校级模拟）在斜三棱柱中，联结、与，记三棱锥的体积大小为，三棱柱的体积大小为，则 　 　． 变式1（2024秋•浦东新区校级期末）如图，一个高为1的长方体形状的容器内装有水，若保持容器底面的一条棱不动，将该容器的另一端抬起至水恰好不能流出容器，发现此时容器的底面中不被水浸到的面积为底面积的，则容器在原来位置时的水深为　 　 ． 变式2（2025春•浦东新区校级期末）联结正方体各表面的中心构成一个正八面体，则正八面体的体积和正方体的体积之比为 　 　 ． 变式3（2024秋•闵行区校级期末）如图，三棱柱中，侧面的面积是4，点到侧面的距离是3，则三棱柱的体积为 　 　． 变式4（2024秋•嘉定区期末）如图所示，在三棱柱中，，侧面底面，点、分别为棱和的中点． （1）若底面△为边长为2的正三角形，且，侧棱与底面所成的角为，求三棱柱的体积； （2）求证：平面． 考点八．棱锥的体积 例1（2024秋•金山区校级期末）如图，正方体透明容器的棱长为8，，，，分别为，，，的中点，点是棱上任意一点，则下列说法正确的是　　 A． B．向量在向量上的投影向量为 C．将容器的一个顶点放置于水平桌面上，使得正方体的12条棱所在的直线与桌面所成的角都相等，再向容器中注水，则注水过程中，容器内水面的最大面积为 D．向容器中装入直径为1的小球，最多可装入512个 例2（2025•松江区二模）在正三棱柱中，，动点满足，，则下列几何体体积为定值的是　　 A．四棱锥 B．四棱锥 C．三棱锥 D．三棱锥 例3（2024秋•黄浦区期末）在多面体中，已知，且它们两两之间的距离为4．若，，，则该多面体的体积为　　 A． B． C． D． 例4（2025•长宁区二模）现有一块正四面体木料，其边长为3，现需要将木料进行切割，要求切割后底面上任意一点到顶点的距离不大于，则切割好后，木料体积的最大值是 　 　 ．（结果保留 变式1（2025•松江区二模）如图在三棱锥中，、、两两垂直，且，，，设是底面内一点，定义，，，其中，，分别表示三棱锥，三棱锥，三棱锥的体积．若，且恒成立，则正实数的最小值为 　 　 ． 变式2（2025•普陀区二模）在棱长为4的正方体中，，若一动点满足，则三棱锥体积的最大值为　 　 ． 变式3（2025•嘉定区二模）某建筑公司欲设计一个正四棱锥形纪念碑，要求其顶点位于容积为立方米的球形景观灯所在球面上．考虑到抗风、抗震等结构安全需求，侧棱长度需满足，当纪念碑体积取得最大值时，正四棱锥的侧棱长约为　 　 米（精确到0.01米）． 变式4（2025•青浦区二模）如图，已知四棱锥的底面为菱形，，． （1）求证：平面； （2）若，，，求四棱锥的体积． 变式5（2025•嘉定区二模）如图，在四棱锥中，平面，，，． （1）若平面，证明：； （2）在我国古代数学典籍《九章算术》中，记载了一种特殊的三棱锥——鳖臑，其四个面均为直角三角形，找出本题图中的一个鳖臑，并计算它的体积和表面积． 变式6（2025•长宁区二模）如图，在直三棱柱中，，，，点是棱的中点． （1）求证：平面平面； （2）求点到平面的距离以及三棱锥的体积． 变式7（2025•奉贤区二模）将一块边长为的正方形铁片制作一个正四棱锥的容器罩．同学们设计了甲、乙、丙三个不同的方案，各自裁下阴影部分，用余下的制作成正四棱锥容器罩，形如最右边的图．甲和丙是去制作有盖的容器罩，乙是去制作无盖的容器罩．假设加工过程中铁片损失忽略不计．设甲、乙、丙中白色的四个等腰三角形的底边分别是，，． （Ⅰ）请你选择其中的某一个方案，而且只需选一个方案（选择超过一个方案的，按第一个方案处理）．你选择的方案是_____，求解以下2个问题： （1）求出所选方案相对应的棱锥的侧面积，，； （2）求出所选方案相对应棱锥的体积，，的最大值． （Ⅱ）假设三个方案中相应的体积最大值分别记作，，，请直接写出三者的大小关系．（不写判断理由与过程） 考点九．圆柱的侧面积和表面积 例1（2025•虹口区二模）若某圆柱的底面半径为1，母线长为2，则其侧面积为 　 　 ．（结果保留 例2如图为某一圆柱的三视图，则该圆柱的侧面积为　 　． 变式1（2024秋•杨浦区校级期末）圆柱的底面半径为3，高为4，其侧面积为 　 　 ． 变式2（2024秋•金山区期末）若圆柱的底面半径与高均为1，则其侧面积为 　 　 ． 变式3（2025春•浦东新区校级期末）底面半径为2，高为2的圆柱的侧面积为 　 　．（结果保留 考点十．圆锥的侧面积和表面积 例1（2025•崇明区二模）已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为　　 A． B． C． D． 例2（2025•普陀区二模）若一个圆锥的高为，侧面积为，则该圆锥侧面展开图中扇形的中心角的大小为 　 　 ． 例3（2025•金山区校级三模）已知圆锥的底面直径和母线长都是2，则该圆锥的侧面积为　 　 ．（结果保留 变式1（2025•杨浦区校级模拟）已知平面经过圆锥的轴，且截圆锥所得截面为边长为2的正三角形，则该圆锥的侧面积为 　 　 ． 变式2（2025•黄浦区校级三模）某圆锥高为1，母线与底面所成的角为，则该圆锥的表面积为　 　 ． 变式3（2025•上海）如图，是圆锥的顶点，是底面圆心，是底面直径，且． （1）若直线与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积； （2）已知是母线的中点，点、在底面圆周上，且弧的长为，．设点在线段上，证明：直线平面． 考点十一．圆柱的体积 例1（2025•宝山区二模）已知圆柱的底面积为，侧面积为，则该圆柱的体积为 　 　 ． 例2（2025•闵行区二模）已知圆柱的底面半径为，高为3，则圆柱的体积为 　 　 ． 变式1已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，圆柱的体积为，则球的表面积为 　 　． 变式2已知圆柱的底面积为，侧面积为，则该圆柱的体积为 　 　． 变式3（2025•青浦区校级模拟）已知圆柱的底面半径为，侧面积为，则此圆柱的体积为 　 ． 考点十二．圆锥的体积 例1（2024•普陀区二模）若一个圆锥的体积为，用通过该圆锥的轴的平面截此圆锥，得到的截面三角形的顶角为，则该圆锥的侧面积为　　 A． B． C． D． 变式1（2024•杨浦区校级三模）若底面半径为1的圆锥的体积为，则该圆锥的高为 　 　． 变式2（2025•宝山区校级模拟）圆锥的全面积为，则它的体积的最大值为 　 　． 变式3（2024•闵行区三模）如图，已知顶点为的圆锥其底面圆的半径为8，点为圆锥底面半圆弧的中点，点为母线的中点． （1）若母线长为10，求圆锥的体积； （2）若异面直线与所成角大小为，求、两点间的距离． 考点十三．球内接多面体 1. 确定外接球半径的关键：在处理球内接多面体问题时，应充分利用多面体的特殊结构（如正方体、长方体），其外接球的直径通常与多面体的体对角线重合；对于非特殊多面体的球内接问题，可将相关点所在的平面视为球的截面，借助截面圆的性质进行辅助分析。 2. 处理球截面问题的关键：球被平面截得的图形是圆面，此类问题的核心在于运用“球的半径、球心到截面的距离 、截面圆半径之间的勾股关系： 。通过代入已知量，即可求解未知的半径或距离。 3. 求球面上线段最值的关键：球面上三点构成的线段的最大值，可通过确定这三点所在的截面圆来分析——当线段成为该截面圆的直径时，长度达到最大；此时需结合球的半径与截面圆的半径关系，确定截面圆的最大可能半径。 例1一个正方体的八个顶点都在同一个球面上，已知这个球的表面积是，那么这个正方体的体积是　　 A． B． C．8 D．24 变式1（2025•青浦区校级模拟）已知、、是半径为1的球面上的三点，若，则的最大值为 　 　 ． 变式2若用与球心的距离为的平面截球体所得的圆面半径为2，则球的半径为 　 　． 考点十四．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积 例1（2025•杨浦区二模）如图，点、分别是直角三角形的边、上的点，斜边与扇形的弧相切，已知，，则阴影部分绕直线旋转一周所形成的几何体的体积为　 　 ． 例2（2025•金山区校级三模）圆柱的轴截面是边长为的正方形，则该圆柱的表面积为 　 　 ． 变式1（2025•虹口区校级三模）如图，矩形中，为的中点，，，连接，，若△绕直线旋转一周，则所形成的几何体的表面积为　 　 ． 变式2（2025•浦东新区模拟）将一个高为的圆锥沿其侧面一条母线展开，其侧面展开图是半圆，则该圆锥的底面半径为　 　． 考点十五．球的表面积 1. 计算球表面积的核心关键：球的表面积仅由其半径决定，公式为，因此解题的核心是先确定球的半径；若球与其他几何体（如正方体、圆柱）结合，需利用它们的位置关系（如内接、外切），找到几何体边长/高与球半径的关联。 2. 结合截面求表面积的关键：当涉及球的截面问题时，先通过“球的半径、球心到截面的距离、截面圆半径”的勾股关系求出，再代入表面积公式计算；此类问题的重点是从题干中提取或的已知条件。 3. 表面积与其他量互推的关键：已知球的表面积求半径时，直接通过公式变形计算；若题目中给出的是与球相关的几何体的体积、边长等，需先转化为球的半径，再代入表面积公式求解。 例1（2025•浦东新区校级三模）已知三棱锥的四个顶点均在球的表面上，且，，，，若点到底面的距离为1，则球的表面积为　　 A． B． C． D． 变式1（2025•杨浦区校级模拟）已知四棱锥的5个顶点都在球的球面上，且平面，，，，则球的表面积为 　 　． 变式2（2025•上海校级模拟）将一个圆心角为、面积为的扇形卷成一个圆锥，则此圆锥内半径最大的球的表面积为 　 　 ． 变式3（2025•奉贤区二模）抛物线的准线与圆相切，将圆绕直径所在直线旋转一周形成一个几何体，则该几何体的表面积为 　 　 ． 考点十六．球的体积 1. 计算球体积的核心关键：球的体积仅由其半径决定，公式为，因此解题的核心是先确定球的半径；若球与正方体、圆柱等几何体结合（如内接、外切），需利用它们的位置关系（如正方体的体对角线为球的直径），建立几何体边长/高与球半径的关联。 2. 体积与其他量互推的关键：已知球的体积求半径时，直接通过公式变形计算；若题目结合球的表面积，可先由表面积公式求出半径，再代入体积公式，实现表面积与体积的互推。 3. 结合截面求体积的关键：当涉及球的截面问题时，先利用“球的半径、球心到截面的距离、截面圆半径”的勾股关系求出，再代入体积公式计算；此类问题的重点是从题干中提取截面相关的已知条件（如或）。 例1（2025•浦东新区校级模拟）某封闭的圆锥容器的轴截面为等边三角形，高为6，一个半径为1的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥容器内壁的最大面积为 　 　 ． 变式1（2025•黄浦区校级二模）如图是一种“四脚帐篷”的示意图，其中半圆和半圆的直径均为2.8米，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷，假设所得截面均为正方形，则该帐篷围成几何体的体积为 　 　立方米．（精确到0.1立方米） 变式2（2024•松江区校级模拟）半径为2的球的体积为 　 　． 一．选择题（共3小题） 1．（2025•上海模拟）在棱长为1的正方体中，，是线段（含端点）上的一动点，则： ①；②平面；③三棱锥的体积是定值； 上述命题中正确的个数是　　 A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 2．（2025•闵行区校级模拟）在空间中，我们把点集，，，表示的曲面称为圆柱面，借助比利时数学家的思想我们不难发现：任意不与轴平行或垂直的平面与截成的封闭曲线为椭圆．设圆柱面，，，，高不平行于坐标面的正四棱锥的五个顶点均在上，则其体积的最小值为　　（注：若正方形的四个顶点都在同一个定椭圆上，则这个正方形可以被唯一确定）． A． B．1 C． D． 3．（2024•青浦区模拟）已知边长为2的正四面体的内切球（球面与四面体四个面都相切的球）的球心为，若空间中的动点满足，、、，，则点的轨迹所形成的几何体的体积为　　 A． B． C． D． 二．填空题（共5小题） 4．（2025•金山区校级三模）已知三棱锥的体积为，，，，△与△的周长均为10，则 　 　 ． 5．（2025•黄浦区校级三模）在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑，已知在鳖臑中，，平面，当该鳖臑的外接球的表面积为时，则该鳖臑的体积为 　 　 ． 6．（2025•浦东新区校级模拟）已知线段长为4，直线过点且与垂直．以为圆心，1为半径的圆绕旋转一周，所得立体记为．以，分别为上下底面的圆心，1为底面半径的圆柱体记为（如图）．则根据祖暅原理，与的体积之比为 　 　 ． 7．（2025•黄浦区校级三模）已知正四棱锥的侧棱长为，则当该正四棱锥的体积最大时，它的高等 于　 　 ． 8．（2025•黄浦区校级三模）球是棱长为1的正方体的外接球，则球的内接正四面体体积为 　 　 ． 三．解答题（共1小题） 9．（2024•徐汇区校级模拟）如图，在圆柱中，底面直径等于母线，点在底面的圆周上，且，是垂足． （1）求证：； （2）若圆柱与三棱锥的体积的比等于，求直线与平面所成角的大小． 1 / 59 学科网（北京）股份有限公司 $