第7章 第32讲 基本立体图形及几何体的表面积与体积（word教参）-【高考快车道】2027年高考数学大一轮总复习（提升版）

该高中数学高考复习讲义聚焦立体几何核心考点，涵盖基本立体图形、表面积与体积、直观图及最短路径等，按知识整合-聚焦知识-题型突破-精练内化逻辑架构，通过激活思维、方法指导、真题训练等环节，帮助学生系统构建知识网络，突破空间想象与运算难点。 讲义采用三阶复习模式，创新融入斜二测画法关键点分析、展开图转化最短路径等策略，如例1-3通过正三棱锥侧面展开培养空间观念与转化思维，分层精练适配不同学生，助力教师精准把控节奏，高效提升学生空间想象与解题能力。

第七章　立体几何 第32讲　基本立体图形及几何体的表面积与体积 知识整合　体系重构 激活思维 1．(教材经典题改编)如图，若长方体ABCD－A′B′C′D′中截去体积较小的一部分，其中EH∥A′D′∥FG，则剩下的几何体是(　 　) A．棱台　 B．四棱柱 C．五棱柱　 D．简单组合体 2．(教材经典题改编)已知圆锥的表面积为12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为(　 　) A．1 cm　 B．2 cm C．3 cm　 D． cm 3．如图，一个水平放置的△ABO的斜二测画法的直观图是等腰直角三角形A′B′O′．若B′A′＝B′O′＝1，则原三角形ABO的面积为__________． 4．(教材经典题)已知一个六棱锥的高为10 cm，底面是边长为6 cm的正六边形，则这个六棱锥的体积为__________． 5．(教材经典题改编)如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，且侧棱AA1＝16．若侧面AA1B1B水平放置时，液面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点，则当底面ABC水平放置时，液面高为_________． 聚焦知识 1．直观图的斜二测画法 (1) 原图形中，x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为__________，z′轴与x′轴、y′轴所在平面________． (2) 原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的_________． (3) 按照斜二测画法得到的平面图形的直观图面积与原图形面积的关系： ①S直观图＝S原图形；②S原图形＝2S直观图． 2．多面体的结构特征 名称 棱柱 棱锥 棱台 图形 底面 互相平行且全等 多边形 互相平行且相似 侧棱 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 ___________ _________ _________ 体积公式 V＝________ V＝_________ V＝__________ 说明：多面体的表面积是各个面的面积的和． 3．旋转体的结构特征 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 图形 母线 互相平行且相等，垂直于底面 相交于一点 延长线交于一点 轴截面 ________ _________ _________ 圆面 侧面展开图 侧面积公式 S圆柱侧＝________ S圆锥侧＝_________ S圆台侧＝________ S球＝________ 体积公式 V圆柱＝_________ V圆锥＝__________ V圆台＝ _________ V球＝________ 4．重要结论 (1) 四棱柱、四面体的结构特征及关系 (2) 几个与球有关的切、接常用结论： ①设正方体的棱长为a，球的半径为R． 若球为正方体的外接球，则2R＝a； 若球为正方体的内切球，则2R＝a； 若球与正方体的各棱相切，则2R＝a． ②若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝． ③正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1． 题型突破　思维拓展 举题说法 基本立体图形 视角1　结构特征 例1－1　下列命题中正确的是(　 　) A．在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线 B．直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥 C．棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等 D．棱台各侧棱的延长线交于一点 识别空间几何体的两种方法 (1) 定义法：紧扣定义，由已知条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本要素，根据定义进行判定． (2) 反例法：通过反例对结构特征进行辨析，要说明一个结论是错误的，只要举出一个反例即可． 变式1－1(多选)下面关于空间几何体的叙述正确的是(　 　) A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形 C．长方体是直平行六面体 D．存在每个面都是直角三角形的四面体 视角2　直观图 例1－2　已知水平放置的四边形OABC按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中O′A′∥B′C′，∠O′A′B′＝90°，O′A′＝1，B′C′＝2，则原四边形OABC的面积为(　 　) A．　 B．3 C．4　 D．5 在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半． 视角3　最短路径 例1－3　如图，在正三棱锥S－ABC中，∠BSC＝40°，BS＝2，一质点自点B出发，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B的最短路线的长为(　) A．2　 B．3 C．2　 D．3 立体图形的展开是指将空间图形沿某一条棱展开为平面图形，研究其面积或者距离的最小值，把几何体中的最短路线问题利用展开图转化为平面上两点间距离问题． 变式1－3　如图，圆台的母线AB的长为20 cm，上、下底面半径分别为5 cm和10 cm，从母线AB的中点M拉一条绳子绕圆台侧面转到点B，则这条绳长的最小值为________cm． 空间图形的表面积 例2　(1) 如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长是2，D，E分别是CC1，BC的中点，AE＝DE，则此正三棱柱的侧棱长为________；表面积为________． (2) 已知在梯形ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周形成的几何体的表面积为________． (3)(2025·秦皇岛三模)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的各顶点都在球O的表面上，若球O的表面积为12π，则平面C1BD截球O所得的截面面积为________． 变式2　(2025·广州一模)已知球O的表面积为4π，一圆台的上、下底面圆周都在球O的球面上，且下底面过球心O，母线与下底面所成角为，则该圆台的侧面积为(　 　) A．　 B． C．　 D．3π 空间图形的体积 例3　(1)(2025·青岛二测)已知一个圆锥的侧面展开图是个半圆，其母线长为2，被平行于其底面的平面所截，截去一个底面半径为的圆锥，则所得圆台的体积为(　 　) A．　 B． C．　 D． (2) 如图，已知五面体ABC－DEF中，AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1．已知AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为(　 　) A．　 B．＋ C．　 D．－ 变式3　(2024·九省联考)若轴截面为正三角形的圆锥MM′的高与球O的直径相等，则圆锥MM′的体积与球O的体积的比值是________，圆锥MM′的表面积与球O的表面积的比值是________． 　祖暅原理 内容：幂势既同，则积不容异． 含义：夹在两个平行平面间的两个几何体，如果被平行于这两个平面的任意平面所截，两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积一定相等． 应用：等底面积、等高的两个柱体或锥体的体积相等． 例4　有一个球形瓷碗，它可以看成半球的一部分，若瓷碗的碗口直径为8，高为2，利用祖暅原理可求得该球形瓷碗的体积为_________． 变式4　如图，某个西晋越窑卧足杯的上、下底为互相平行的圆面，侧面为球面的一部分，上底面的直径为4cm，下底面的直径为6 cm，上、下底面间的距离为3 cm，则该卧足杯侧面所在的球面的半径是_________cm；卧足杯的容积是_________cm3(杯的厚度忽略不计)． 随堂内化 1．(2024·新高考Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为(　 ) A．2π　 B．3π C．6π　 D．9π 2．(多选)在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，A1B1＝2，AA1＝2，则关于该正四棱台，下列说法正确的是(　 　) A．∠A1AB＝　 B．高为 C．体积为　 D．表面积为12 3．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，E为棱AB的中点．一个点从E出发在正方体的表面上依次经过棱BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA上的点，又回到E，则整个线路的最短长度为_________． 4．(2024·全国甲卷理)已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为r1和r2，母线长分别为2(r2－r1)和3(r2－r1)，则两个圆台的体积之比＝__________． 配套精练 A组　夯基精练 一、单项选择题 1．(2025·开封二模)已知正方体的内切球的体积为4π，则该正方体的外接球的表面积为(　 　) A．12π　 B．36π C．9π　 D．12π 2．(2025·厦门四模)以边长为1的正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周所得几何体的体积为(　 　) A．π　 B． C．　 D． 3．(2025·南通一调)已知某正四棱锥的底面边长为2，侧棱与底面的夹角为60°，则该正四棱锥的体积为(　 　) A．　 B． C．　 D． 4．(2022·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙，若＝2，则＝(　 　) A．　 B．2 C．　 D． 5．(2025·济南一模)已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为4π，则圆台上、下底面面积之差的绝对值为(　 　) A．π　 B．2π C．4π　 D．8π 6．(2025·驻马店期末)在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，已知AB＝2A1B1＝6，该正四棱台的体积为168，则AA1＝(　 　) A．3　 B．4 C．5　 D．6 二、多项选择题 7．(2025·晋城二模)已知圆锥的顶点为S，AB为底面直径，△SAB是面积为1的直角三角形，则(　 　) A．该圆锥的母线长为 B．该圆锥的体积为π C．该圆锥的侧面积为π D．该圆锥的侧面展开图的圆心角为π 8．(2022·新高考Ⅱ卷)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB．记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE的体积分别为V1，V2，V3，则(　 　) A．V3＝2V2 B．V3＝V1 C．V3＝V1＋V2 D．2V3＝3V1 三、填空题 9．(教材经典题)如图，一个漏斗的上面部分是一个长方体，下面部分是一个四棱锥，两部分的高都是0.5 m，公共面ABCD是边长为1 m的正方形，那么这个漏斗的容积是________m3．(结果精确到0.01) 　 10．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝，CC1＝3，若P为线段B1C上的动点，则DP＋PC1的最小值为________． 11．汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱．若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65 mm，325 mm，325 mm，且斛量器的高为230 mm，则斗量器的高为_________mm，升量器的高为________mm． 12．(2025·武汉二模)如图，过三棱台上底面的一边A1C1，作一个平行于棱BB1的截面，与下底面的交线为DE．若D，E分别是AB，BC的中点，则＝________． 13．已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝3，AB＝2，AD＝1，∠BAD＝60°，底面ABCD为平行四边形，侧棱AA1⊥底面ABCD，以D1为球心，半径为2的球面与侧面BCC1B1的交线的长度为________． B组　创新题体验 14．祖暅原理也称祖氏原理，是我国数学家祖暅提出的一个求体积的著名命题：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的立体图形，如在等高处截面积相等，则体积相等．由双曲线－＝1，y＝±x，y＝±4围成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V，则V＝________． 15．球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高．球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高．球缺是旋转体，可以看作是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体．如图(1)，一个球面的半径为R，球冠的高是h，球冠的表面积公式是S＝2πRh，与之对应的球缺的体积公式是V＝πh2(3R－h)．如图(2)，已知C，D是以AB为直径的圆上的两点，∠AOC＝∠BOD＝，S扇形COD＝6π，则扇形COD绕直线AB旋转一周形成的几何体的表面积为_________，体积为_________． 图(1) 图(2) 学科网（北京）股份有限公司 $ 第七章　立体几何 第32讲　基本立体图形及几何体的表面积与体积 知识整合　体系重构 激活思维 1．(教材经典题改编)如图，若长方体ABCD－A′B′C′D′中截去体积较小的一部分，其中EH∥A′D′∥FG，则剩下的几何体是(　C　) A．棱台　 B．四棱柱 C．五棱柱　 D．简单组合体 2．(教材经典题改编)已知圆锥的表面积为12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为(　B　) A．1 cm　 B．2 cm C．3 cm　 D． cm 【解析】　设圆锥的底面圆的半径为r，母线长为l，因为侧面展开图是一个半圆，所以πl＝2πr，即l＝2r，所以πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，解得r＝2(cm)． 3．如图，一个水平放置的△ABO的斜二测画法的直观图是等腰直角三角形A′B′O′．若B′A′＝B′O′＝1，则原三角形ABO的面积为____． 【解析】　根据题意可得O′A′＝，如图，在△ABO中，OB＝O′B′＝1，OA＝2O′A′＝2，所以△ABO的面积为S＝×1×2＝． 4．(教材经典题)已知一个六棱锥的高为10 cm，底面是边长为6 cm的正六边形，则这个六棱锥的体积为__180 cm3__． 【解析】　六棱锥的底面积S＝6××62＝54(cm2)，故其体积V＝Sh＝×54×10＝180(cm3)． 5．(教材经典题改编)如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，且侧棱AA1＝16．若侧面AA1B1B水平放置时，液面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点，则当底面ABC水平放置时，液面高为__12__． 【解析】　设△ABC的面积为a，底面ABC水平放置时，液面高为h，侧面AA1B1B水平放置时，水的体积为V＝S△ABC·AA1＝a·16＝12a．当底面ABC水平放置时，水的体积为V＝S△ABCh＝ah，于是ah＝12a，解得h＝12，所以当底面ABC水平放置时，液面高为12． 聚焦知识 1．直观图的斜二测画法 (1) 原图形中，x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为__45°(或135°)__，z′轴与x′轴、y′轴所在平面__垂直__． (2) 原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的__一半__． (3) 按照斜二测画法得到的平面图形的直观图面积与原图形面积的关系： ①S直观图＝S原图形；②S原图形＝2S直观图． 2．多面体的结构特征 名称 棱柱 棱锥 棱台 图形 底面 互相平行且全等 多边形 互相平行且相似 侧棱 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__ 体积公式 V＝__Sh__ V＝__Sh__ V＝__(S上＋＋S下)h__ 说明：多面体的表面积是各个面的面积的和． 3．旋转体的结构特征 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 图形 母线 互相平行且相等，垂直于底面 相交于一点 延长线交于一点 轴截面 __矩形__ __等腰三角形__ __等腰梯形__ 圆面 侧面展开图 侧面积公式 S圆柱侧＝__2πrl__ S圆锥侧＝__πrl__ S圆台侧＝__π(r1＋r2)l__ S球＝__4πR2__ 体积公式 V圆柱＝__Sh__ V圆锥＝__Sh__ V圆台＝ __πh(r＋r＋r1r2)__ V球＝__πR3__ 4．重要结论 (1) 四棱柱、四面体的结构特征及关系 (2) 几个与球有关的切、接常用结论： ①设正方体的棱长为a，球的半径为R． 若球为正方体的外接球，则2R＝a； 若球为正方体的内切球，则2R＝a； 若球与正方体的各棱相切，则2R＝a． ②若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝． ③正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1． 题型突破　思维拓展 举题说法 基本立体图形 视角1　结构特征 例1－1　下列命题中正确的是(　D　) A．在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线 B．直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥 C．棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等 D．棱台各侧棱的延长线交于一点 识别空间几何体的两种方法 (1) 定义法：紧扣定义，由已知条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本要素，根据定义进行判定． (2) 反例法：通过反例对结构特征进行辨析，要说明一个结论是错误的，只要举出一个反例即可． 变式1－1(多选)下面关于空间几何体的叙述正确的是(　CD　) A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形 C．长方体是直平行六面体 D．存在每个面都是直角三角形的四面体 视角2　直观图 例1－2　已知水平放置的四边形OABC按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中O′A′∥B′C′，∠O′A′B′＝90°，O′A′＝1，B′C′＝2，则原四边形OABC的面积为(　B　) A．　 B．3 C．4　 D．5 (例1－2)) 【解析】　方法一：由已知求得O′C′＝，把直观图还原后如图所示，可得原图形为直角梯形，OA∥CB，OA⊥OC，且OA＝1，BC＝2，OC＝2，故原四边形OABC的面积为×(1＋2)×2＝3． 方法二：由题意知A′B′＝1，所以S直观图＝×(1＋2)×1＝，所以S原图形＝2S直观图＝3． 在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半． 视角3　最短路径 例1－3　如图，在正三棱锥S－ABC中，∠BSC＝40°，BS＝2，一质点自点B出发，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B的最短路线的长为(　C　) A．2　 B．3 C．2　 D．3 【解析】　将三棱锥S－ABC沿侧棱BS展开，其侧面展开图如图所示，其中∠BSB′＝120°，BS＝B′S＝2．一质点自点B出发，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B的最短路线的长为BB′，根据余弦定理得BB′＝＝2． 立体图形的展开是指将空间图形沿某一条棱展开为平面图形，研究其面积或者距离的最小值，把几何体中的最短路线问题利用展开图转化为平面上两点间距离问题． 变式1－3　如图，圆台的母线AB的长为20 cm，上、下底面半径分别为5 cm和10 cm，从母线AB的中点M拉一条绳子绕圆台侧面转到点B，则这条绳长的最小值为__50__cm． 【解析】　作出圆台的轴截面与侧面展开图，如图所示．如图(1)，由其轴截面中Rt△OPA与Rt△OQB相似，得＝，可得OA＝20 cm．如图(2)，设∠BOB′＝α，由于的长与底面圆的周长相等，而底面圆的周长为20π cm，所以＝20π cm．又扇形OBB′的半径为OA＋AB＝20＋20＝40(cm)，扇形OBB′所在圆的周长为2π×40＝80π(cm)，所以的长度为所在圆周长的，所以OB⊥OB′．在Rt△B′OM中，B′M＝＝50(cm)，故所求绳长的最小值为50 cm． 图(1) 图(2) 空间图形的表面积 例2　(1) 如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长是2，D，E分别是CC1，BC的中点，AE＝DE，则此正三棱柱的侧棱长为__2__；表面积为__12＋2__． 【解析】　设正三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为x，因为△ABC是正三角形，所以AE⊥BC．又底面ABC⊥侧面BB1C1C，且交线为BC，所以AE⊥侧面BB1C1C．因为DE⊂平面BB1C1C，所以AE⊥DE．在Rt△AED中，由AE＝DE，得＝，解得x＝2，所以此正三棱柱的侧棱长为2．设正三棱柱ABC－A1B1C1的表面积为S，侧面积为S侧，底面积为S底，则S侧＝3×2×2＝12，S底＝2××22＝2，所以S＝S侧＋S底＝12＋2． (2) 已知在梯形ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周形成的几何体的表面积为(5＋)π__． 【解析】　由题意，形成的几何体如图所示，该几何体是底面半径为1，高为2的圆柱挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后剩下的部分，所以该几何体的表面积为一个圆柱底面与圆柱侧面、圆锥侧面的面积之和，即为π×12＋2π×1×2＋π×1×＝(5＋)π． (3)(2025·秦皇岛三模)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的各顶点都在球O的表面上，若球O的表面积为12π，则平面C1BD截球O所得的截面面积为____． 【解析】　由球O的表面积为12π，得球的半径为，则正方体ABCD－A1B1C1D1的体对角线长为2，可得正方体的棱长为2，如图，则正三角形C1BD的边长为2，其外接圆半径r＝＝，则△C1BD外接圆面积为πr2＝，所以平面C1BD截球O所得的截面面积为． 变式2　(2025·广州一模)已知球O的表面积为4π，一圆台的上、下底面圆周都在球O的球面上，且下底面过球心O，母线与下底面所成角为，则该圆台的侧面积为(　B　) A．　 B． C．　 D．3π 【解析】　由球O的表面积为4π，知球O的半径为1．如图，AO＝1，由题知AA1与底面夹角为，所以∠A1AO＝．令OO1＝h，A1O1＝r，则解得 则AA1＝1，所以S侧＝π×1 ＝ ． 空间图形的体积 例3　(1)(2025·青岛二测)已知一个圆锥的侧面展开图是个半圆，其母线长为2，被平行于其底面的平面所截，截去一个底面半径为的圆锥，则所得圆台的体积为(　C　) A．　 B． C．　 D． 【解析】　设圆锥底面半径为r，则2πr＝2π，得r＝，圆锥的轴截面如图所示，圆锥的高h＝＝3，圆台的高h′满足 ＝ ，所以h′＝2，所以圆台的体积V＝·h′·＝． (2) 如图，已知五面体ABC－DEF中，AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1．已知AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为(　C　) A．　 B．＋ C．　 D．－ 【解析】　如图，用一个完全相同的五面体HIJ－LMN(顶点与五面体ABC－DEF一一对应)与该五面体相嵌，使得D，N；E，M；F，L重合．因为AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，AD＝1，BE＝2，CF＝3，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)是边长为1的等边三角形，侧棱长为1＋3＝2＋2＝3＋1＝4．故该三棱柱的体积为×12×4＝，则该五面体的体积为． 变式3　(2024·九省联考)若轴截面为正三角形的圆锥MM′的高与球O的直径相等，则圆锥MM′的体积与球O的体积的比值是____，圆锥MM′的表面积与球O的表面积的比值是__1__． 【解析】　设圆锥MM′的底面半径为r，球O的半径为R，因为圆锥MM′的轴截面为正三角形，所以圆锥MM′的高h＝r，母线l＝2r，圆锥MM′的体积V1＝πr2h＝πr3．由题可知h＝2R，所以球O的半径R＝r，球O的体积V2＝R3＝π×3＝πr3，所以＝＝．圆锥MM′的表面积S1＝πrl＋πr2＝3πr2，球O的表面积S2＝4πR2＝4π×2＝3πr2，所以＝＝1． 　祖暅原理 内容：幂势既同，则积不容异． 含义：夹在两个平行平面间的两个几何体，如果被平行于这两个平面的任意平面所截，两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积一定相等． 应用：等底面积、等高的两个柱体或锥体的体积相等． 例4　有一个球形瓷碗，它可以看成半球的一部分，若瓷碗的碗口直径为8，高为2，利用祖暅原理可求得该球形瓷碗的体积为____． 【解析】　设瓷碗所在球O1的半径为R，则有(R－2)2＋42＝R2，得R＝5．设从瓷碗碗口截面圆心O2处任意竖直距离O2O3＝h(O3也可在O2下方，此时h＜0)，如图(1)，则瓷碗的截面圆半径O3F＝，面积为π[52－(3＋h)2]．如图(2)，在以过球心的截面圆为底面圆，以R＝5为高的圆柱中挖去一个等底等高的圆锥，其中圆O1与圆O4在同一平面上，圆O3所在平面截圆柱所得截面的圆心为O5，易知O5M＝3＋h，故圆环的面积也为π[52－(3＋h)2]，即在求瓷碗体积时，符合祖暅原理(备注：瓷碗是图(3)中上方倒扣的部分)．当h＝0时，如图(4)所示，此时OC＝BC＝3．由祖暅原理得，图(3)中圆O2与圆O1之间部分的几何体的体积V1＝圆柱的体积－圆锥的体积＝π×52×3－×π×32×3＝66π，所以瓷碗的体积V2＝V半球－V1＝×π×53×－V1＝． 图(1)　　　　　　图(2) 图(3)　　　　　　图(4) 变式4　如图，某个西晋越窑卧足杯的上、下底为互相平行的圆面，侧面为球面的一部分，上底面的直径为4cm，下底面的直径为6 cm，上、下底面间的距离为3 cm，则该卧足杯侧面所在的球面的半径是__5__cm；卧足杯的容积是__54π__cm3(杯的厚度忽略不计)． 【解析】　如图(1)，设球体的半径为R cm，OO1＝x cm．由OM2＝ON2，得x2＋(2)2＝(x＋3)2＋32，解得x＝1，所以R＝＝5．由祖暅原理知，卧足杯的体积等于图(2)中高为h＝3 cm的圆柱的体积减去一个圆台的体积．设圆台上底面半径为r1 cm，则r1＝O1P＝OO1＝1，下底面半径为r2 cm，则r2＝O2Q＝O2O＝4．V圆台＝πh(r＋r＋r1r2)＝21π(cm3)，V卧足杯＝V圆柱－V圆台＝πR2h－21π＝54π(cm3)． 图(1) 图(2) 随堂内化 1．(2024·新高考Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为(　B　) A．2π　 B．3π C．6π　 D．9π 【解析】　设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以2πr×＝πr×，即2＝，故r＝3，故圆锥的体积为π×9×＝3π． 2．(多选)在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，A1B1＝2，AA1＝2，则关于该正四棱台，下列说法正确的是(　BC　) A．∠A1AB＝　 B．高为 C．体积为　 D．表面积为12 【解析】 如图， 过点A1分别作底面ABCD、AB的垂线，垂足分别为M，N，则AM＝AC＝，AN＝AB＝1，可得A1M＝＝，A1N＝＝．对于A，在Rt△AA1N中，sin∠A1AN＝＝，且∠A1AN为锐角，则∠A1AB＝，故A错误；对于B，正四棱台的高即为A1M＝，故B正确；对于C，正四棱台的体积V＝×(4×4＋2×2＋)×＝，故C正确；对于D，四棱台的表面积S＝4×4＋2×2＋4×＝20＋12，故D错误． 3．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，E为棱AB的中点．一个点从E出发在正方体的表面上依次经过棱BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA上的点，又回到E，则整个线路的最短长度为__3__． 【解析】　如图，将正方体六个面展开，从图中E到E，两点之间线段最短，而且依次经过棱BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中点，故所求的最小值为3． 4．(2024·全国甲卷理)已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为r1和r2，母线长分别为2(r2－r1)和3(r2－r1)，则两个圆台的体积之比＝____． 【解析】　由题可得两个圆台的高分别为h甲＝＝(r2－r1)，h乙＝＝2(r2－r1)，所以＝＝＝＝． 配套精练 A组　夯基精练 一、单项选择题 1．(2025·开封二模)已知正方体的内切球的体积为4π，则该正方体的外接球的表面积为(　B　) A．12π　 B．36π C．9π　 D．12π 【解析】　设正方体的棱长为a，则正方体内切球的半径为，内切球的体积为π×3＝4π，解得a＝2，所以正方体的体对角线长为a＝6，所以正方体外接球的半径为×6＝3，则外接球的表面积为4π×32＝36π． 2．(2025·厦门四模)以边长为1的正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周所得几何体的体积为(　D　) A．π　 B． C．　 D． 【解析】　如图，正三角形ABC绕AB所在直线为旋转轴旋转一周，得到的几何体是两个同底的圆锥，圆锥的底面半径为r＝OC＝，圆锥底面积为S底＝πr2＝，则所求体积为V＝2×S底×h＝2×××＝． 3．(2025·南通一调)已知某正四棱锥的底面边长为2，侧棱与底面的夹角为60°，则该正四棱锥的体积为(　A　) A．　 B． C．　 D． 【解析】　如图，设AC∩BD＝O，由题知PO⊥底面ABCD，则有∠PAO＝60°，又易得AO＝，从而PO＝，故VP－ABCD＝·PO·S正方形ABCD＝××4＝． 4．(2022·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙，若＝2，则＝(　C　) A．　 B．2 C．　 D． 【解析】 设圆锥母线长为l，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则＝＝2，所以r1＝2r2．又＋＝2π，所以r1＋r2＝l，所以r1＝l，r2＝l，所以h1＝＝l，h2＝＝l，所以＝＝＝． 5．(2025·济南一模)已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为4π，则圆台上、下底面面积之差的绝对值为(　B　) A．π　 B．2π C．4π　 D．8π 【解析】　如图，设展开图小圆半径和大圆半径分别为r，R，则圆台侧面积S＝(R2－r2)＝4π，即R2－r2＝8，上底面半径r1＝＝，下底面半径R1＝＝，圆台上、下底面面积之差的绝对值为πR－πr＝－＝(R2－r2)＝2π． 6．(2025·驻马店期末)在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，已知AB＝2A1B1＝6，该正四棱台的体积为168，则AA1＝(　C　) A．3　 B．4 C．5　 D．6 【解析】　如图，连接AC，BD，交于点O，连接A1C1，B1D1，交于点O1，连接OO1，则OO1为正四棱台的高．作A1E⊥AC，垂足为E，则A1E∥OO1，A1E＝OO1，四边形ACC1A1是等腰梯形，AB＝2A1B1＝6，所以AC＝AB＝12，A1C1＝A1B1＝6，AE＝(AC－A1C1)＝3．由××A1E＝168，得A1E＝4，可得AA1＝＝＝5． 二、多项选择题 7．(2025·晋城二模)已知圆锥的顶点为S，AB为底面直径，△SAB是面积为1的直角三角形，则(　ABD　) A．该圆锥的母线长为 B．该圆锥的体积为π C．该圆锥的侧面积为π D．该圆锥的侧面展开图的圆心角为π 【解析】　设该圆锥的母线长为l，如图所示，因为轴截面SAB是面积为1的直角三角形，即∠ASB为直角，所以l2＝1，解得l＝，A正确；设该圆锥的底面圆心为O，在△SAB中，SA＝SB＝，所以AB＝2，则圆锥的高SO＝1，所以该圆锥的体积V＝π×12×1＝π，侧面积为πrl＝π×1×＝π，B正确，C错误；设该圆锥的侧面展开图的圆心角为α，则α＝2π×1，所以α＝π，D正确． 8．(2022·新高考Ⅱ卷)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB．记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE的体积分别为V1，V2，V3，则(　CD　) A．V3＝2V2 B．V3＝V1 C．V3＝V1＋V2 D．2V3＝3V1 【解析】 如图，连接BD交AC于点O，连接OE，OF．设AB＝ED＝2FB＝2，则AB＝BC＝CD＝AD＝2，FB＝1．又ED⊥平面ABCD，FB∥ED，所以FB⊥平面ABCD，所以V1＝VE－ACD＝S△ACD×ED＝××AD×CD×ED＝××2×2×2＝，V2＝VF－ABC＝S△ABC×FB＝××AB×BC×FB＝××2×2×1＝．因为ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以ED⊥AC，又AC⊥BD，且ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF．因为OE，OF⊂平面BDEF，所以AC⊥OE，AC⊥OF．易知AC＝BD＝AB＝2，OB＝OD＝BD＝，OF＝＝，OE＝＝，EF＝＝＝3，所以EF2＝OE2＋OF2，所以OF⊥OE．又OE∩AC＝O，OE，AC⊂平面ACE，所以OF⊥平面ACE，所以V3＝VF－ACE＝S△ACE×OF＝××AC×OE×OF＝××2××＝2，所以V3≠2V2，V1≠V3，V3＝V1＋V2,2V3＝3V1，故A，B错误，C，D正确． 三、填空题 9．(教材经典题)如图，一个漏斗的上面部分是一个长方体，下面部分是一个四棱锥，两部分的高都是0.5 m，公共面ABCD是边长为1 m的正方形，那么这个漏斗的容积是__0.67__m3．(结果精确到0.01) 　 【解析】　由题意知，长方体ABCD－A′B′C′D′的体积V＝1×1×0.5＝(m3)，棱锥P－ABCD的体积V＝×1×1×0.5＝(m3)，所以这个漏斗的容积V＝＋＝≈0.67(m3)． 10．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝，CC1＝3，若P为线段B1C上的动点，则DP＋PC1的最小值为____． 【解析】 DP，PC1分别在平面A1B1CD与平面CB1C1内移动，如图，将平面CB1C1以CB1为轴旋转至平面A1B1CD所在平面，得到B1CC′1，则C′1D即为DP＋PC1的最小值．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝，CC1＝3，则∠B1CC′1＝∠B1CC1＝30°，CD＝1，CC′1＝3，则C′1D2＝12＋32－2×1×3×＝13，则C′1D＝，即DP＋PC1的最小值为． 11．汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱．若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65 mm，325 mm，325 mm，且斛量器的高为230 mm，则斗量器的高为__23__mm，升量器的高为____mm． 【解析】 设升量器的高为h1 mm，斗量器的高为h2 mm，则＝＝10，故h2＝23mm，h1＝mm． 12．(2025·武汉二模)如图，过三棱台上底面的一边A1C1，作一个平行于棱BB1的截面，与下底面的交线为DE．若D，E分别是AB，BC的中点，则＝____． 【解析】　由BB1∥平面DEC1A1，且平面BB1C1C∩平面DEC1A1＝C1E，所以BB1∥C1E．又因为B1C1∥BE，所以四边形BB1C1E为平行四边形，所以B1C1＝BE，且E是BC的中点，所以B1C1＝BC，同理A1B1＝AB，因此S△A1B1C1＝S△ABC．设上底面的面积为S，高为h，则下底面的面积为4S，所以＝＝． 13．已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝3，AB＝2，AD＝1，∠BAD＝60°，底面ABCD为平行四边形，侧棱AA1⊥底面ABCD，以D1为球心，半径为2的球面与侧面BCC1B1的交线的长度为____． 【解析】 如图，连接D1B1，由直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝1，∠BAD＝60°，所以C1D1＝2，C1B1＝1，∠B1C1D1＝60°．在△B1C1D1中，由余弦定理有D1B＝C1D＋C1B－2C1D1·C1B1cos 60°＝3，解得D1B1＝，所以D1B＋C1B＝C1D，即D1B1⊥C1B1．又BB1⊥D1B1，BB1∩C1B1＝B1，所以D1B1⊥平面BCC1B1．在平面BCC1B1上，以点B1为圆心，作半径为1的圆，交棱BB1，CC1于点M，C1，得到，在上任取一点与B1，D1都构成直角三角形，根据勾股定理可知上任取一点到点D1的长度为2，所以以D1为球心，半径为2的球面与侧面BCC1B1的交线的长度为的长．因为∠BB1C1＝，所以根据弧长公式，得的长度为×1＝． B组　创新题体验 14．祖暅原理也称祖氏原理，是我国数学家祖暅提出的一个求体积的著名命题：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的立体图形，如在等高处截面积相等，则体积相等．由双曲线－＝1，y＝±x，y＝±4围成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V，则V＝__32π__． 【解析】 由双曲线－＝1，及它的渐近线以及y＝±h围成的图形如图所示，将y＝h分别代入－＝1和y＝±x中，解得x＝4＋h2，x＝h2，即外圆半径R满足R2＝4＋，内圆半径r满足r2＝h2，此时圆环的面积为S＝πR2－πr2＝4π，为恒定值，所以根据祖暅原理可将题目转化为底面半径是2的圆面、高为8的圆柱的体积，所以V＝4π×8＝32π． 15．球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高．球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高．球缺是旋转体，可以看作是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体．如图(1)，一个球面的半径为R，球冠的高是h，球冠的表面积公式是S＝2πRh，与之对应的球缺的体积公式是V＝πh2(3R－h)．如图(2)，已知C，D是以AB为直径的圆上的两点，∠AOC＝∠BOD＝，S扇形COD＝6π，则扇形COD绕直线AB旋转一周形成的几何体的表面积为__72π＋36π__，体积为__144π__． 图(1) 图(2) 【解析】 因为∠AOC＝∠BOD＝，所以∠DOC＝π－2×＝．设圆的半径为R，又S扇形COD＝×R2＝6π，解得R＝6(负值舍去)．过点C作CE⊥AB交AB于点E，过点D作DF⊥AB交AB于点F，则CE＝OC·sin＝3，OE＝OCcos＝3，所以AE＝R－OE＝3，同理可得DF＝3，OF＝BF＝3．将扇形COD绕直线AB旋转一周形成的几何体是一个半径R＝6的球中上、下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥，其中球缺的高h＝3，圆锥的高h1＝3，底面半径r＝3，则其中一个球冠的表面积S1＝2πRh＝2π×6×3＝36π，球的表面积S2＝4πR2＝4π×62＝144π，圆锥的侧面积S3＝3×6π＝18π，所以所求几何体的表面积S＝S2－2S1＋2S3＝144π－2×36π＋2×18π＝72π＋36π．又其中一个球缺的体积V1＝πh2(3R－h)＝π×32×(3×6－3)＝45π，圆锥的体积V2＝π×(3)2×3＝27π，球的体积V3＝πR3＝π×63＝288π，所以所求几何体的体积V＝V3－2V1－2V2＝288π－2×45π－2×27π＝144π． 学科网（北京）股份有限公司 $