专题06 简单几何体9大题型（期末复习专项训练）高一数学下学期沪教版

**基本信息** 聚焦简单几何体的空间度量与性质探究，以柱体、锥体、球为核心模块，通过分层题型构建从定义辨析到体积表面积计算的逻辑链条，强化几何直观与运算推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |柱体|11题（正方体截面、体积公式应用）|概念辨析与度量计算|从棱柱圆柱定义到体积表面积公式推导，结合空间截面问题| |锥体|12题（翻折问题、体积定值）|性质证明与综合运算|棱锥圆锥定义延伸至体积计算，融入空间垂直与角的推理| |多面体与旋转体|4题（圆柱侧面最短距离、楔体体积）|组合体与实际应用|多面体与旋转体转化，体现模型意识与空间想象| |球|5题（外接球体积、表面积计算）|接切问题与公式应用|球的度量公式结合几何体外接关系，强化空间关联|

专题06 简单几何体 题型一、棱柱与圆柱 题型二、柱体的体积（重点） 题型三、柱体的表面积（重点） 题型四、棱锥与圆锥 题型五、锥体的体积（重点） 题型六、锥体的表面积 题型七、多面体与旋转体 题型八、球的体积（重点） 题型九、球的表面积 题型一、棱柱与圆柱 1．（24-25高一上·上海·期末）如图，在棱长为1正方体中，点为棱的中点，则由三点所确定的平面截该正方体所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别取的中点，连接，利用平面的性质可得过的平面截该正方体所得截面为菱形，再计算其面积. 【详解】如图所示，分别取的中点，连接， 由且，得是平行四边形，则， 又且，得是平行四边形，得， 所以，则共面， 故平面截该正方体所得的截面为. 又正方体的棱长为1，，，，， 故的面积为. 故选：D. 2．（22-23高一下·上海杨浦·期末）下面五个命题： （1）两组对边分别相等的四边形是平行四边形； （2）两组对边分别平行的四边形是平行四边形； （3）四个角都是直角的四边形是矩形； （4）有两个侧面是矩形的三棱柱是直三棱柱； （5）有两个侧面是矩形的四棱柱是直四棱柱 其中真命题的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】空间四边形也可以满足两组对边分别相等，故（1）错误； 四边形一组对边平行可知，则由公理可知四边形共面，故（2）正确； 对四边形为平面四边形时和空间四边形进行讨论，可以判断（3）正确； 根据直线与平面的判定定理，得到这两个侧面的交线垂直于底面，故（4）正确； 若侧棱与底面两条平行的两边垂直，有两个侧面均是矩形，此时的棱柱不一定是直棱柱，故（5）错误. 【详解】空间四边形也可以满足两组对边分别相等，故（1）错误； 四边形一组对边平行可知，则由公理可知四边形共面，四边形为平面四边形，由平行四边形判定定理可知：两组对边分别平行的平面四边形是平行四边形，故（2）正确； 当四边形为平面四边形时，根据矩形的判定可知：四个角都是直角的四边形是矩形； 当四边形为空间四边形时，假设存在四个角都是直角的空间四边形， 则为，的公垂线， 为，的公垂线, 这与公垂线的性质矛盾，故不存在四个角都是直角的空间四边形， 故命题（3）正确； 对有两个侧面是矩形的三棱柱，根据直线与平面的判定定理，得到这两个侧面的交线垂直于底面，故（4）正确； 若侧棱与底面两条平行的两边垂直，有两个侧面均是矩形，此时的棱柱不一定是直棱柱，故（5）错误. 故选：C. 3．（21-22高一下·上海宝山·期末）在正方体中，棱长为4，、分别为棱、的中点，点在对角线上，且，过点、、作一个截面，该截面的形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】C 【分析】延长，分别交与的延长线于，可得截面过、、，再根据直线与面面相交的性质，分别确定截面与各棱的交点位置，进而确定截面的形状即可. 【详解】因为，故为的中点.又为正方体，故可延长，分别交与的延长线于，设直线分别交于，易得过点、、的面即平面. 因为为中点，且，故，，，所以，故，即.又，故.又为的中点，同理可得，故，所以，，故在线段内. 连接交于，综上可知点、、截正方体的截面为五边形. 故选：C 4．（24-25高一下·上海·期末）在正方体 中，E、F分别是棱的中点.若正方体的棱长为1，则过A、E、F的平面截正方体所得截面的周长为________ 【答案】 【分析】采用延长交线法，连接，延迟与的延长线交于点，与的延迟线交于点，连接，与分别交于，连接，即截面图形为，再由勾股定理计算可得. 【详解】 采用延长交线法，连接，延长与的延长线交于点，与的延迟线交于点，连接，与分别交于，连接，即截面图形为， 因为E、F分别是棱的中点，由正方形的性质可得， 所以分别为三等分点， 所以， 所以截面的周长为. 故答案为：. 题型二、柱体的体积（重点） 5．（2026·上海·二模）已知一个直三棱柱的侧棱长为2，底面面积为2，则该三棱柱的体积为________． 【答案】4 【分析】根据三棱柱的体积公式计算求解. 【详解】设一个直三棱柱的侧棱长为，底面面积为，则该三棱柱的体积为. 6．（2026·上海静安·模拟预测）一个圆柱的体积为100，若将其高扩大为原来的3倍，底面半径缩小为原来的，得到的新圆柱的体积是_________． 【答案】 【分析】由题意可得新圆柱的高和底面半径，由圆柱的体积公式计算即可得解． 【详解】设圆柱的底面半径为，高为，则， 若将其高扩大为原来的3倍，底面半径缩小为原来的，则得到的新圆柱的高为，底面半径为， 所以得到的新圆柱的体积为. 7．（24-25高一下·上海奉贤·期中）一张矩形纸的边长分别为、，把它作为一个圆柱的侧面，再添加圆柱的两个底，可以得到高分别为和的两个圆柱体，其体积为和，则和的大小关系是（    ）. A． B． C． D．不确定 【答案】C 【分析】根据圆柱的体积公式即可求解． 【详解】当高为时，底面周长为，则底面半径为， 所以， 同理可得当高为时，， 因为，所以， 故选：C． 8．（24-25高一上·上海·期中）我国古代数学名著《九章算术》中记载了有关特殊几何体的定义：“阳马”是指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥；“堑堵”是指底面是直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱.如图所示，在堑堵中，若，.    (1)求证：四棱锥为阳马； (2)若直线与平面所成的角为时，求该堑堵的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据定义证明底面为矩形，侧棱矩形面即可； （2）找出线面角，根据题意以及（1）中的相应条件求出所需线段长度，然后利用三棱柱的体积公式计算即可； 【详解】（1）由题意在堑堵中，底面， 由底面，底面， 所以，， 在三棱柱中，四边形为平行四边形， 所以平行四边形为矩形，又， 又，平面，所以平面， 所以四棱锥为阳马. （2）由（1）知平面，所以斜线在平面的射影为， 所以直线与平面所成的角为， 在中，，所以， 在中，，所以， 又，所以在中，， 所以堑堵的体积为：. 题型三、柱体的表面积（重点） 9．（2025·上海宝山·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】根据圆柱的底面积和侧面积公式求出圆柱的底面圆半径和高，再根据圆柱的体积公式即可得解. 【详解】设圆柱的底面圆的半径为，高为， 由题意可得，解得， 所以圆柱的体积. 故答案为：. 10．（2024·上海黄浦·二模）若一个圆柱的底面半径为2，母线长为3，则此圆柱的侧面积为_________. 【答案】 【分析】将圆柱的侧面展开，得到矩形的两边长，求出面积即可. 【详解】将圆柱的侧面展开为矩形，其中矩形的一边为3，另一边为， 故侧面积为. 故答案为： 11．（24-25高一下·上海·期末）如图，在四棱柱中，底面ABCD是直角梯形，侧棱 底面ABCD，，，，，，    (1)求证:直线与直线是异面直线； (2)若二面角的余弦值为 求k的值； (3)现将与四棱柱形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案.试问共有几种不同的拼接方案?请简要说明.在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为，求的表达式. 【答案】(1)证明见解析 (2)1 (3)3种； 【分析】（1）根据异面直线判定定理（过平面外一点与平面内一点的直线，与平面内不经过该点的直线是异面直线）进行证明； （2）过点B作于点H，证明平面从而确定二面角的平面角为，利用列方程求k. （3）根据题意，共有三种拼接方法：底面与底面拼接、以平面进行拼接、以平面进行拼接，分别求出三种拼接方法得到的新四棱柱的表面积，比较大小，求出的表达式. 【详解】（1）因为直线平面，平面，平面，， 所以直线与直线是异面直线. （2）过点B作于点H，连接,    在中，， ，解得， 因为底面，故底面ABCD，则， 因为，平面， 所以平面，则, 所以是二面角的平面角，所以， 因为， 所以，解得，则. （3）两个四棱柱的表面积为： ， 根据题意，要拼接得新四棱柱，共三种拼接方法： ①底面与底面拼接，新四棱柱的表面积为：； ②以平面进行拼接，新四棱柱的表面积为：； ③以平面进行拼接，新四棱柱的表面积为：； 因为，所以不可能为最小值， 令，解得， . 题型四、棱锥与圆锥 12．（2023·上海崇明·一模）已知圆锥的母线与底面所成角为，高为1，则该圆锥的母线长为__________． 【答案】 【分析】根据圆锥的结构特征，圆锥底面半径、高、母线长构成一个直角三角形，可根据锐角三角函数进行求解底面圆的半径，再利用勾股定理求解母线. 【详解】已知圆锥的母线与底面所成角为，高为1， 因为圆锥底面半径、高、母线长构成一个直角三角形， 所以底面圆半径为1，所以母线长等于. 故答案为：. 13．（21-22高一下·上海浦东新·阶段检测）下列说法中，正确的个数为________． （1）有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥； （2）有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台； （3）底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥； （4）棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是正六棱锥． 【答案】0 【分析】根据棱锥的概念可判断（1）；根据棱台的概念可判断（2）；根据正三棱锥的概念可判断（3）；根据正六棱锥的侧棱长一定大于底面边长可判断（4）. 【详解】对于（1），棱锥的定义是：有一个面是多边形，其余各面都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，故错误； 对于（2），有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体不一定是棱台，只有当四个等腰梯形的腰延长后交于一点时，这个六面体才是棱台，如图1，侧棱延长线可能不交于一点，故错误； 对于（3），底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥不一定是正三棱锥，只有当三棱锥的顶点在底面的射影是底面中心时，才是正三棱锥，不一定是正三棱锥，故错误； 对于（4），因为正六棱锥的底面是正六边形，侧棱在底面内的射影与底面边长相等，所以正六棱锥的侧棱长一定大于底面边长，故错误. 故答案为：0. 14．（24-25高一下·上海浦东新·期末）已知梯形中，为上的一点且，将沿翻折使得二面角的平面角为，连接，F为棱的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)当时，求直线和平面所成角的大小． 【答案】(1)证明详见解析 (2)证明详见解析 (3) 【分析】（1）取PE的中点G，证明是平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明； （2）由，得到，再利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明； （3）由（2）得到为二面角的平面角，过点F作，由面面垂直的性质定理可得平面，从而是直线和平面所成的角，即可求解. 【详解】（1）如图所示： 取PE的中点G，连接， 因为F为棱的中点，则， 因为在梯形中，，所以， 又，所以， 所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2）在梯形中，因为， 所以将沿翻折后，， 又，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （3）由（2）知， 所以为二面角的平面角， 过点F作，因为平面平面， 又平面，平面平面， 所以平面， 所以是直线和平面所成的角， 因为，所以， 在中，， 由（1）知四边形是平行四边形， 所以， 在中，， 则， 所以直线和平面所成的角为. 15．（23-24高一下·上海松江·期末）如图，已知四面体中，平面，． (1)求证：； (2)若在此四面体中任取两条棱作为一组（和视为同一组），则它们互相垂直的组数记为；任取两个面作为一组和视为同一组），则它们互相垂直的组数记为；任取一个面和不在此面上的一条棱作为一组（和视为同一组），则它们互相垂直的组数记为，试求的值； (3)《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．若此“鳖臑”中，，，有一根彩带经过平面与平面，且彩带的两个端点分别固定在点B和点D处，求彩带的最小长度． 【答案】(1)证明见解析； (2)10； (3). 【分析】（1）由线面垂直得到，结合得到线面垂直，进而证明出线线垂直. （2）根据线线垂直、线面垂直以及面面垂直分析求解即可. （3）将平面与平面沿展开成平面图形，则BD即为所求，从而利用余弦定理求出答案即可. 【详解】（1）由平面，平面BCD，得， 又，，平面ABC，因此平面， 而平面ABC，所以. （2）由（1）知：，， 且平面，平面ABC，则，且其余各棱均不垂直，得； 由平面，且平面，平面， 得平面平面，平面平面， 同理由平面得：平面平面，且其余各面均不垂直，得； 由平面，平面，且其余各线面均不垂直，得， 所以. （3）将平面与平面沿展开成如图2所示的平面图形，连接BD， 所以彩带的最小长度为图2平面图中的长， . 由（1）知， 在图1中，由平面，平面BCD，得， 又，则，因此在图2中，， 由余弦定理得， 所以彩带的最小长度为. 题型五、锥体的体积（重点） 16．（24-25高一下·上海·期末）如图，边长为1的正方体，则下列四个命题： ①点在线段上运动时，直线与直线所成角的大小不变 ②点在线段上运动时，直线与平面所成角的大小不变 ③点在线段上运动时，二面角的大小不变 ④点在线段上运动时，点到平面的距离最大值为1 其中的真命题是（    ）    A．①③ B．③④ C．①②④ D．①③④ 【答案】A 【分析】利用正方体的线面垂直关系可证得，可判断①；利用等体积法分别求得到平面的距离，可计算出直线与平面所成角的正弦值，由此可判断②；根据二面角的大小等于平面与平面所成角的大小，可判断③；分析出当点在点或点的位置时，到平面的距离最大，可计算出最大距离判断④. 【详解】①如图，连接，    因为是正方体，所以平面， 因为平面，所以， 又平面，平面，所以平面. 因为点在线段上运动，所以平面，则. 所以，直线与直线所成角为直角，大小不变，故①正确； ②设到平面的距离分别为，    因为正方体的棱长为1，所以，，则， 因为，即，所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 同理，因为，即，所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 显然，所以直线与平面所成角的大小在变化，故②错误； ③因为点在线段上运动时，二面角的大小等于平面与平面所成角的大小，所以其大小不变，故③正确； ④如图，连接，则点到平面的距离即点到平面的距离， 则当点在点或点的位置时，距离最大. 因为，且平面， 所以平面，则点或点到平面的距离为，故④错误.    综上，①③正确. 故选：A. 17．（2025·上海松江·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】D 【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. 【详解】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，棱锥底面积都是定值，故A、B、C不符合条件， 由，平面，平面，则//平面， 所以P到平面的距离为定值，且底面的面积是定值， 所以三棱锥的体积为定值，D符合， 故选：D 18．（24-25高一下·上海杨浦·期末）如图，正方体中，四分之一圆柱与四分之一圆柱公共部分是八分之一的“牟合方盖”．已知这个正方体的棱长为2，利用祖暅原理，该八分之一“牟合方盖”的体积为_________． 【答案】 【分析】关键点在于构造底面边长和高均为2的直四棱锥，根据祖暅原理，八分之一“牟合方盖”的体积等于正方体的体积减去该四棱锥的体积，即可求得结果. 【详解】如图，设，边长为，截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形. 易知，连接. 由点在以为圆心，为半径的圆弧上，得. 在中，由勾股定理得， 故所求正方形的面积为. 所以用平行于底面的任意一个平面截八分之一“牟合方盖”， 所得截面面积是，， 所以可以构造底面边长为，高为的直四棱锥，对于直四棱锥， 当用过点的截面截该四棱锥时，截面面积为. 根据祖暅原理，八分之一“牟合方盖”的体积等于正方体的体积减去该四棱锥的体积， 故所求体积为. 故答案为：. 19．（24-25高一下·上海杨浦·期末）如图，已知平行六面体的体积为4，若将其截去三棱锥，则剩余几何体的体积为_________． 【答案】 【分析】根据锥体和柱体的面积公式，结合平行六面体的性质进行求解即可. 【详解】设点到平面的距离为，四边形的面积为， 显然有， 所以， 因此剩余部分几何体的体积为. 故答案为： 20．（24-25高一下·上海·期末）如图，在直三棱柱，，D 是棱AB(不含端点)上的一点. (1)若，求异面直线与所成角的大小; (2)若，求点B到平面的距离. 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）如图可得为异面直线与所成角或其补角，然后由题意结合余弦定理可得答案； （2）如图，做，由题可得此时满足题意，然后由等体积法结合题意可得答案. 【详解】（1）取中点为E，连接，取中点为F，中点为G， 连接，则由题易得 ，， 取中点为N，连接，则，， 则为异面直线与所成角或其补角. 由题， 则，由题可得，则， 从而.由题，E为中点， 则，连接NF，则. 则， 又异面直线夹角范围为，则异面直线与所成角的大小为； （2）如图，做，由题可得平面，又平面， 则，因平面，，则平面， 又平面，则此时，满足题意. 设点B到平面的距离为，则， 则. 注意到，由射影定理：，则. ，又由题可得， 则，结合， 则. 则. 21．（24-25高一下·上海·期末）如图，是圆柱的一条母线，是底面的一条直径，C、D是底面圆周上两点(C在劣弧上)，且，设M为中点，已知平面， (1)求证: ； (2)若圆柱的体积与侧面积均为，求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1)证明过程见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，证明出平面，结合题目条件得到平面平面，由面面平行的性质得到，得到四边形为平行四边形，故，所以； （2）根据圆柱的体积与侧面积均为，求出圆柱的底面半径和高，作出辅助线，求出各边长，利用等体积法求出到平面的距离，设直线与平面所成角为，则，得到答案. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为M为中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又平面，，平面， 所以平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以， 又，所以四边形为平行四边形， 故，所以； （2）设圆柱底面半径为，高为， 则且，解得， 连接， 由（1）知，四边形为平行四边形，又， 故平行四边形为菱形，又， 故均为等边三角形，， 同理可知四边形为菱形，故，⊥，⊥， 由勾股定理得， 又⊥平面，平面，所以⊥，⊥， 由勾股定理得， ， 又，，由勾股定理逆定理得， 故， 其中， 设到平面的距离为， 因为，所以， 即，解得， 由勾股定理得， 设直线与平面所成角为，则， 故. 22．（24-25高一上·上海·期末）如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，平面平面. (1)求证：； (2)求证：为直角三角形； (3)若，求四棱棱的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用余弦定理求出，再由勾股定理即可得证； （2）由平面平面PCD依次证平面ADP、、平面ACP、即可； （3）由几何关系可得，结合即可求值. 【详解】（1）作，E为垂足，如图， 在等腰梯形ABCD中，， ∴，， ∴， ∴，∴． （2）∵，平面平面PCD，平面平面PCD，平面PCD， ∴平面ADP，又平面ADP， ∴，又， ∵平面ACP， ∴平面ACP， ∵平面ACP，∴， ∴，即为直角三角形. （3）由（1）知在等腰梯形ABCD中，．， ．∴．∴． 又平面ADP，为直角三角形，， ∴，， ∴． ∴． 题型六、锥体的表面积 23．（24-25高一下·上海杨浦·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】根据题意正三棱锥三个侧面全等，利用锥体的高及底边长求得斜高，即可得到侧面积. 【详解】 在正三棱锥中，底面边长为6，高， 且为的中心也是重心，所以， 则，所以， 即. 故答案为：. 24．（24-25高一上·上海嘉定·期中）若圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为________． 【答案】 【分析】由条件确定圆锥的底面半径和母线长，结合圆锥侧面积公式求结论. 【详解】因为圆锥的轴截面是边长为的等边三角形， 所以圆锥的底面半径，母线长， 所以圆锥的侧面积. 故答案为：. 25．（21-22高一下·上海闵行·期末）圆锥的轴截面为等腰，为底面圆周上一点． (1)若的中点为，，求证：平面； (2)如果，，求此圆锥的侧面积； (3)如果二面角的大小为，求的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，由三角形中位线定理可得，由圆周角定理我们可得，由圆锥的几何特征，可得，进而由线面垂直的判定定理，得到平面，则，结合及线面垂直的判定定理得到平面； （2）若，易得，又由，可求出圆锥的底面半径长及圆锥的母线，代入圆锥表面积公式即可； （3）作于点，由面面垂直的判定定理可得平面，作于点，连，则为二面角的平面角，根据二面角的大小为，设，，进而根据可求出的大小. 【详解】（1）连接，因为为的中点，的中点为，所以． 因为为圆的直径，所以，故． 因为平面，平面，所以. 又，平面，所以平面. 又平面，故．又，，平面，所以平面． （2），， ，，又， 故圆锥的侧面积． （3）作于点，平面平面且平面平面 平面．再作于点，连， 为二面角的平面角 如图： ，． 设，， ，，，，， ，．， 即，，故，解得，. 26．（22-23高一上·上海闵行·期中）如图，在中，，斜边是的中点.现将直角以直角边为轴旋转一周得到一个圆锥体，点为圆锥体底面圆周上的一点，且. (1)求该圆锥体的表面积； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)若某动点在圆锥体侧面上运动，试求该动点从点出发运动到点所经过的最短距离. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据已知条件求出圆锥的底面半径和母线长，然后根据圆锥的侧面积公式求出侧面，再求出底面积，相加即可得解； （2）取的中点，连，可得是异面直线与所成角或其补角，在直角三角形中，可求出结果. （3）作出圆锥的侧面展开图，利用余弦定理可求出结果. 【详解】（1）在中，，，所以，， 所以圆锥的侧面积为，底面积为， 所以该圆锥体的表面积为； （2）取的中点，连，则， 所以是异面直线与所成角或其补角， 因为平面，所以平面，所以， 因为，所以， 在直角三角形中，， 在直角三角形中，， 所以. 所以异面直线与所成角的余弦值为. （3）由已知条件可知，圆锥的底面周长为，母线长， 故该圆锥的侧面展开图的扇形圆心角的大小为，即侧面展开图恰好为一个半圆， 又，故展开图中，此时的长即为所求， 由余弦定理得， 所以. 故从点出发运动到点所经过的最短距离为. 题型七、多面体与旋转体 27．（24-25高一上·上海·期末）如图，是底面半径为的圆柱侧面上两点，它们在底面上的射影分别为，若，弧，则沿圆柱侧面从到的最短距离是___________.    【答案】 【分析】画出侧面展开图，运用两点间线段最短.结合勾股定理计算长度即可. 【详解】画出侧面展开图，如下，已知，则，弧， 侧面从到的最短距离是.根据勾股定理知道. 故答案为：.    28．（24-25高一下·上海奉贤·期中）如图1，西安航天基地揽月阁是一座融合了古代文化与现代科技的标志性建筑，可近似的视为一个正四棱台，现有一个揽月阁模型（如图2）、下底面边长为，上底面边长为，侧棱长为，则该模型的高为_________．       【答案】 【分析】连接，，由正四棱台的性质得和的长，过作，过作，得，，最后在直角三角形中，由勾股定理得到结果. 【详解】由为正四棱台，，，， 连接，得，， 过作，过作， 所以，， 在直角三角形中，， 所以正四棱台的高. 故答案为：. 29．（24-25高一下·上海浦东新·期末）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，平面，四棱锥体积为1． (1)求点A到平面的距离； (2)求平面绕直线旋转一周所得的几何体的体积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意利用体积公式可计算出，再借助等体积法有即可得解； （2）所得几何体为以为母线、为底面半径的圆锥挖去一个以为母线、为底面半径的圆锥，借助圆锥体积公式计算即可得. 【详解】（1）由平面，平面，故， 且为四棱锥的高， 则，解得， ，则， ， 由底面是直角梯形，，故， 又，，故， 则，故， 有，故， 设点A到平面的距离为， 则，解得， 即点A到平面的距离为； （2）由平面，平面， 则平面绕直线旋转一周所得的几何体为以为母线、 为底面半径的圆锥挖去一个以为母线、为底面半径的圆锥， 故所得的几何体的体积. 30．（24-25高一上·上海嘉定·期中）某小区楼顶成一种“楔体”形状，该“楔体”两端成对称结构，其内部为钢架结构（未画出全部钢架，如图所示），底面ABCD是矩形，米，米，屋脊EF到底面ABCD的距离即楔体的高为1.5米，钢架所在的平面FGH与EF垂直且与底面的交线为GH，米，FO为立柱且O是GH的中点． (1)求斜梁FB与底面ABCD所成角的正切值； (2)求此楔体ABCDEF的体积． 【答案】(1)； (2)350立方米. 【分析】（1）连接，由题知面，是斜梁FB与底面ABCD所成角，由俯视图知，在中进行计算即可得解 （2）由题知，楔体两端成对称结构，钢架所在的面与垂直，结合俯视图可知，可将该楔体分割成一个直三棱柱和两个相同的四棱锥，然后由题中条件结合锥体和柱体体积公式计算即可 【详解】（1）如下图（右侧为俯视图），连接，由为立柱，则面， 所以是斜梁FB与底面ABCD所成角， 而，则， 在中，. （2）由题设，楔体两端成对称结构，钢架所在平面与垂直， 结合俯视图知，可将楔体分割成一个直三棱柱和两个相同的四棱锥， 其中直三棱柱体积立方米， 两个四棱锥体积立方米， 所以此楔体ABCDEF的体积为350立方米. 题型八、球的体积（重点） 31．（2025·上海黄浦·一模）已知边长为3的正三角形的三个顶点都在球O的球面上，球心O到平面的距离为1，则球O的体积为_______． 【答案】 【分析】由正弦定理求得正三角形的外接圆半径，结合球心O到平面的距离，根据勾股定理可求得球O的半径，从而求得球O的体积. 【详解】设正三角形的外接圆半径为. 根据正弦定理可得，，所以. 设球O的半径为，则，. 所以球O的体积为. 故答案为：. 32．（22-23高一下·上海杨浦·期末）如图，是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以自豪的发现，在这个伟大发现中，球的体积与圆柱的体积之比为________.      【答案】/ 【分析】根据两图形的关系可得圆柱的底面半径与球的半径相等，设半径为，计算出两几何体的体积，求出比值即可． 【详解】圆柱内切一个球，圆柱的底面半径与球的半径相等，不妨设为， 则圆柱的高为， ，． 球与圆柱的体积之比为， 故答案为:． 33．（22-23高一下·上海杨浦·期末）在平面上，将两个函数和、两条直线和围成的封闭图形记为，如图所示，记绕轴旋转一周而成的几何体为，则的体积值________.    【答案】 【分析】作直线、，分析可知，直线、、围成的区域绕轴旋转所形成的几何体为圆锥，确定该圆锥的底面半径与高，可求得这部分几何体的体积；然后利用祖暅原理分别计算出由曲线函数以及线段、围成的区域绕轴旋转所形成的几何体的体积，以及由曲线与线段、围成的区域绕轴旋转所形成的几何体的体积，进而可得出的体积. 【详解】如下图所示，作直线、，    ①计算出由直线、、围成的区域绕轴旋转所形成的几何体的体积， 由题意可知，该几何体是底面半径为，高为的圆锥，其体积为； ②计算出由曲线函数以及线段、围成的区域绕轴旋转所形成的几何体的体积， 由可得，即， 过点作几何体的截面，截面面积为， 由祖暅原理可知，该几何体的体积等于底面积为，且高为的柱体的体积， 这部分几何体的体积为； ③计算出由曲线与线段、围成的区域绕轴旋转所形成的几何体的体积， 由可得， 过点作几何体的截面，截面面积为， 所以，该部分几何体的体积等于底面面积为，高为的柱体的体积， 故该部分几何体的体积为. 综上所述，的体积为. 故答案为：. 题型九、球的表面积 34．（2026·上海静安·二模）直径为的球的表面积为______．（计算结果保留） 【答案】 【详解】由题意知球的半径， 所以球的表面积. 35．（2025·上海徐汇·一模）一个底面积为的正四棱柱的所有顶点都在同一球面上，若该球的表面积为，则该正四棱柱的高为__________． 【答案】 【分析】求出正四棱柱底边的边长以及外接球半径，分析可知该正四棱柱的外接球直径即为该正四棱柱的体对角线长，即可得解. 【详解】设该正四棱柱底边的边长为，高为，则，可得， 设该正四棱柱的外接球的半径为，则，解得， 由题意可知，该正四棱柱的外接球直径即为该正四棱柱的体对角线长， 即，解得， 因此该正四棱柱的高为. 故答案为： 36．（24-25高一上·上海·期末）一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为，则此球表面积为___________. 【答案】 【分析】利用长方体和外接球的关系可求球的半径，利用面积公式可得答案. 【详解】因为长方体的三条棱的长分别为，所以其对角线的长为， 因为长方体的各顶点均在同一球的球面上，所以球的直径等于长方体的对角线长，即半径为， 所以球表面积为. 故答案为： 试卷第1页，共3页 1 / 66 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 简单几何体 题型一、棱柱与圆柱 题型二、柱体的体积（重点） 题型三、柱体的表面积（重点） 题型四、棱锥与圆锥 题型五、锥体的体积（重点） 题型六、锥体的表面积 题型七、多面体与旋转体 题型八、球的体积（重点） 题型九、球的表面积 题型一、棱柱与圆柱 1．（24-25高一上·上海·期末）如图，在棱长为1正方体中，点为棱的中点，则由三点所确定的平面截该正方体所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 2．（22-23高一下·上海杨浦·期末）下面五个命题： （1）两组对边分别相等的四边形是平行四边形； （2）两组对边分别平行的四边形是平行四边形； （3）四个角都是直角的四边形是矩形； （4）有两个侧面是矩形的三棱柱是直三棱柱； （5）有两个侧面是矩形的四棱柱是直四棱柱 其中真命题的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（21-22高一下·上海宝山·期末）在正方体中，棱长为4，、分别为棱、的中点，点在对角线上，且，过点、、作一个截面，该截面的形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 4．（24-25高一下·上海·期末）在正方体 中，E、F分别是棱的中点.若正方体的棱长为1，则过A、E、F的平面截正方体所得截面的周长为________ 题型二、柱体的体积（重点） 5．（2026·上海·二模）已知一个直三棱柱的侧棱长为2，底面面积为2，则该三棱柱的体积为________． 6．（2026·上海静安·模拟预测）一个圆柱的体积为100，若将其高扩大为原来的3倍，底面半径缩小为原来的，得到的新圆柱的体积是_________． 7．（24-25高一下·上海奉贤·期中）一张矩形纸的边长分别为、，把它作为一个圆柱的侧面，再添加圆柱的两个底，可以得到高分别为和的两个圆柱体，其体积为和，则和的大小关系是（    ）. A． B． C． D．不确定 8．（24-25高一上·上海·期中）我国古代数学名著《九章算术》中记载了有关特殊几何体的定义：“阳马”是指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥；“堑堵”是指底面是直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱.如图所示，在堑堵中，若，.    (1)求证：四棱锥为阳马； (2)若直线与平面所成的角为时，求该堑堵的体积. 题型三、柱体的表面积（重点） 9．（2025·上海宝山·二模）已知圆柱的底面积为，侧面积为，则该圆柱的体积为_________. 10．（2024·上海黄浦·二模）若一个圆柱的底面半径为2，母线长为3，则此圆柱的侧面积为_________. 11．（24-25高一下·上海·期末）如图，在四棱柱中，底面ABCD是直角梯形，侧棱 底面ABCD，，，，，，    (1)求证:直线与直线是异面直线； (2)若二面角的余弦值为 求k的值； (3)现将与四棱柱形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案.试问共有几种不同的拼接方案?请简要说明.在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为，求的表达式. 题型四、棱锥与圆锥 12．（2023·上海崇明·一模）已知圆锥的母线与底面所成角为，高为1，则该圆锥的母线长为__________． 13．（21-22高一下·上海浦东新·阶段检测）下列说法中，正确的个数为________． （1）有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥； （2）有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台； （3）底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥； （4）棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是正六棱锥． 14．（24-25高一下·上海浦东新·期末）已知梯形中，为上的一点且，将沿翻折使得二面角的平面角为，连接，F为棱的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)当时，求直线和平面所成角的大小． 15．（23-24高一下·上海松江·期末）如图，已知四面体中，平面，． (1)求证：； (2)若在此四面体中任取两条棱作为一组（和视为同一组），则它们互相垂直的组数记为；任取两个面作为一组和视为同一组），则它们互相垂直的组数记为；任取一个面和不在此面上的一条棱作为一组（和视为同一组），则它们互相垂直的组数记为，试求的值； (3)《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．若此“鳖臑”中，，，有一根彩带经过平面与平面，且彩带的两个端点分别固定在点B和点D处，求彩带的最小长度． 题型五、锥体的体积（重点） 16．（24-25高一下·上海·期末）如图，边长为1的正方体，则下列四个命题： ①点在线段上运动时，直线与直线所成角的大小不变 ②点在线段上运动时，直线与平面所成角的大小不变 ③点在线段上运动时，二面角的大小不变 ④点在线段上运动时，点到平面的距离最大值为1 其中的真命题是（    ）    A．①③ B．③④ C．①②④ D．①③④ 17．（2025·上海松江·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 18．（24-25高一下·上海杨浦·期末）如图，正方体中，四分之一圆柱与四分之一圆柱公共部分是八分之一的“牟合方盖”．已知这个正方体的棱长为2，利用祖暅原理，该八分之一“牟合方盖”的体积为_________． 19．（24-25高一下·上海杨浦·期末）如图，已知平行六面体的体积为4，若将其截去三棱锥，则剩余几何体的体积为_________． 20．（24-25高一下·上海·期末）如图，在直三棱柱，，D 是棱AB(不含端点)上的一点. (1)若，求异面直线与所成角的大小; (2)若，求点B到平面的距离. 21．（24-25高一下·上海·期末）如图，是圆柱的一条母线，是底面的一条直径，C、D是底面圆周上两点(C在劣弧上)，且，设M为中点，已知平面， (1)求证: ； (2)若圆柱的体积与侧面积均为，求直线与平面所成角的大小. 22．（24-25高一上·上海·期末）如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，平面平面. (1)求证：； (2)求证：为直角三角形； (3)若，求四棱棱的体积. 题型六、锥体的表面积 23．（24-25高一下·上海杨浦·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_________． 24．（24-25高一上·上海嘉定·期中）若圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为________． 25．（21-22高一下·上海闵行·期末）圆锥的轴截面为等腰，为底面圆周上一点． (1)若的中点为，，求证：平面； (2)如果，，求此圆锥的侧面积； (3)如果二面角的大小为，求的大小． 26．（22-23高一上·上海闵行·期中）如图，在中，，斜边是的中点.现将直角以直角边为轴旋转一周得到一个圆锥体，点为圆锥体底面圆周上的一点，且. (1)求该圆锥体的表面积； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)若某动点在圆锥体侧面上运动，试求该动点从点出发运动到点所经过的最短距离. 题型七、多面体与旋转体 27．（24-25高一上·上海·期末）如图，是底面半径为的圆柱侧面上两点，它们在底面上的射影分别为，若，弧，则沿圆柱侧面从到的最短距离是___________.    28．（24-25高一下·上海奉贤·期中）如图1，西安航天基地揽月阁是一座融合了古代文化与现代科技的标志性建筑，可近似的视为一个正四棱台，现有一个揽月阁模型（如图2）、下底面边长为，上底面边长为，侧棱长为，则该模型的高为_________．       29．（24-25高一下·上海浦东新·期末）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，平面，四棱锥体积为1． (1)求点A到平面的距离； (2)求平面绕直线旋转一周所得的几何体的体积． 30．（24-25高一上·上海嘉定·期中）某小区楼顶成一种“楔体”形状，该“楔体”两端成对称结构，其内部为钢架结构（未画出全部钢架，如图所示），底面ABCD是矩形，米，米，屋脊EF到底面ABCD的距离即楔体的高为1.5米，钢架所在的平面FGH与EF垂直且与底面的交线为GH，米，FO为立柱且O是GH的中点． (1)求斜梁FB与底面ABCD所成角的正切值； (2)求此楔体ABCDEF的体积． 题型八、球的体积（重点） 31．（2025·上海黄浦·一模）已知边长为3的正三角形的三个顶点都在球O的球面上，球心O到平面的距离为1，则球O的体积为_______． 32．（22-23高一下·上海杨浦·期末）如图，是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以自豪的发现，在这个伟大发现中，球的体积与圆柱的体积之比为________.      33．（22-23高一下·上海杨浦·期末）在平面上，将两个函数和、两条直线和围成的封闭图形记为，如图所示，记绕轴旋转一周而成的几何体为，则的体积值________.    题型九、球的表面积 34．（2026·上海静安·二模）直径为的球的表面积为______．（计算结果保留） 35．（2025·上海徐汇·一模）一个底面积为的正四棱柱的所有顶点都在同一球面上，若该球的表面积为，则该正四棱柱的高为__________． 36．（24-25高一上·上海·期末）一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为，则此球表面积为___________. 试卷第1页，共3页 1 / 66 学科网（北京）股份有限公司 $