第19讲 空间几何体的结构、表面积及体积（复习讲义）（上海专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

该高中数学高考复习讲义聚焦空间几何体的结构、表面积及体积核心考点，按结构特征、直观图、公式、题型逻辑架构知识体系，通过考情分析、知识拆解、方法归纳、真题训练四环节，帮助学生系统构建空间观念，突破公式应用与几何体转化难点。 资料以分层目标设计（基础保底与培优突破）和热点题型靶向训练为特色，如旋转体问题通过定位旋转轴、拆分几何体培养直观想象，外接球模型总结强化逻辑推理。设置基础与创新演练分层练习，助力教师精准把控复习节奏，提升学生空间问题解决能力。

第19讲 空间几何体的结构、表面积及体积 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 知识精讲·靶向突破 拆解核心知识，归纳题型技巧 知识解构 知识点1 空间几何体的结构特征 知识点2 直观图 知识点3 圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 知识点4 柱、锥、台、球的表面积和体积 题型破译 (含超链接） 题型1 几何体概念辨析题（选择/填空基础题） 题型2 单一几何体度量计算（大题第一问主流） 题型3 平面图形旋转体问题（近三年高考热点） 题型4 组合几何体（拼接、挖空）计算 题型5 组合体体积（中档培优题型） 题型6 几何体外接球问题（填空压轴培优题型） 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 05 课本典例·高考素材 立足课本典例，挖掘高考素材 06 课后训练·分层突破 突破核心考点，提升解题能力 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 立体图形结构特征 / 春考第13题 / 柱、锥、台的表面积 / 秋考第18题 / 柱、锥、台的体积 秋考第19题 春考第18题 秋考第7题 春考第17题 秋考第17题 考情分析 上海卷核心命题特点 1. 重教材、轻偏怪：核心载体为棱柱、棱锥、圆柱、圆锥，圆台考查极少，规避复杂不规则多面体； 2. 重概念、避套路：高频设置侧面积与表面积混淆陷阱，是历年最易丢分的基础易错点； 3. 热点持续性强：平面图形旋转生成旋转体为近三年必考热点，侧重空间想象而非机械计算； 4. 梯度分层明显：基础题直接套公式得分，培优题结合组合体、外接球、等体积转化、翻折截面考查； 5. 弱化繁杂运算，强化直观想象素养，贴合新高考命题导向。 2027届高考命题趋势预判 1. 稳定保留立体大题第一问：以体积、表面积计算为基础设问，是保底得分点； 2. 重点强化三大考法：组合几何体度量、旋转体结构分析、三棱锥等体积转化； 3. 适度提升外接球基础模型考查频次，作为小题区分度题型； 4. 命题更灵活，杜绝死记公式，要求先判断几何体结构、再精准计算。 复习目标 基础目标（全体学生必达成，保底得分） 1. 精准掌握棱柱、棱锥、圆柱、圆锥、球的核心结构特征，能辨析概念判断题的常见反例与陷阱； 2. 熟练默写柱、锥、球的体积、表面积、侧面积核心公式，零失误套用； 3. 独立完成单一规则几何体的度量计算，彻底规避公式、概念类低级失误； 4. 熟练还原平面图形旋转生成的旋转体，精准定位底面半径、高、母线等核心参数。 培优目标（冲刺120+，突破中档/难题） 1. 熟练掌握割补法、等体积转化法，解决不规则多面体的体积计算问题； 2. 精准处理拼接、挖空类组合几何体的表面积、体积计算，无漏算、重算失误； 3. 掌握长方体、直棱柱、正棱锥、三棱锥的外接球通用解题模型； 4. 能分析翻折、截面类动态几何体的结构变化，求解最值与度量； 5. 活用等体积法求解点到平面的距离，为后续空间向量综合题铺垫。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 知识精讲·靶向突破 ——拆解核心知识，归纳题型技巧 知●识●解●构 知识点1 空间几何体的结构特征 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 2.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 侧面展开图 矩形 扇形 扇环 自主检测 1．（2025·上海金山·一模）已知某正四棱锥的高为2，体积为24，则该正四棱锥的底面边长为（   ） A．9 B．8 C．6 D． 知识点2 直观图 1.画法：常用斜二测画法. 2.规则： 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°. 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. 自主检测 2．（25-26高三上·上海·期中）一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角，腰和上底长均为1的等腰梯形，则平面图形的面积等于______． 知识点3 圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 圆柱 圆锥 圆台 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 自主检测 3．（25-26高三下·上海·阶段检测）一个圆柱的底面半径为1，母线长为2，则该圆柱的侧面积是________． 知识点4 柱、锥、台、球的表面积和体积 　　　名称 几何体　　 表面积 体积 柱体 S表=S侧+2S底 V=Sh 锥体 S表=S侧+S底 V=Sh 台体 S表=S侧+S上+S下 V=(S上+S下 +)h 球 S表=4πR2 V=πR3 自主检测 4．（2026·上海静安·二模）直径为的球的表面积为______．（计算结果保留） 5．（2026·上海·三模）若一圆锥底面半径为3，母线长为5，则其体积为________．（结果保留） 6．（25-26高三上·上海宝山·期中）表面积为的球的体积为__________ 题●型●破●译 题型1 几何体概念辨析题（选择/填空基础题） 例1-1（2026·上海长宁·二模）将下列平面图形沿等边三角形的边折起，不能折成如图所示几何体的是（    ）. A． B． C． D． 例1-2（25-26高三上·上海·期末）在棱长为2的正方体中，分别是上的动点，的最小值为_________． 方法技巧 1. 不凭直观判断，紧扣定义关键词，熟记高频反例； 2. 旋转体题型优先锁定旋转轴，区分绕直角边、斜边、侧边旋转的不同结果； 3. 正棱柱、正棱锥必须满足“底面正多边形+侧棱垂直/顶点投影居中”双重条件。 易错分析 所有“看似标准”的几何体，未明确标注“直、正”，均不能直接使用标准公式。 【变式训练1-1】（24-25高三下·上海虹口·阶段检测）已知正六棱柱的底面为边长为2，高为3，则集合中元素的个数为（   ） A．1 B．2 C．4 D．8 【变式训练1-2】（25-26高三上·上海金山·阶段检测）通过延长圆台的任意一条母线都可以使它们交于一点，从而得到一个圆锥.如图，这样的几何体是否也可以通过延长棱的方法得到一个棱锥？______.（请从“可以”、“不一定”、“不可以”里面选一个填入） 【变式训练1-3】（25-26高三上·上海杨浦·期末）如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，母线千米，母线与圆锥底面所成角的大小为，为母线上靠近的三等分点.现要建设一条从到的环山观光公路，当公路长度最短时，这条公路从出发到的过程中，先上坡、后下坡，则公路的上坡路段长为______千米.（精确到0.1千米） 题型2 单一几何体度量计算（大题第一问主流） 例2-1（2026·上海·三模）若圆锥的侧面积与底面积之比为2，则其母线与轴的夹角大小为________． 例2-2（2026·上海·模拟预测）已知圆柱的底面半径为3，侧面积为，则此圆柱的体积为__________． 例2-3（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________． 方法技巧 1. 画图标注：根据题干文字还原几何体草图，标注所有已知边长、半径、高； 2. 明确所求：区分侧面积、表面积、体积，杜绝审题失误； 3. 推导关键量：未知高、半径通过勾股定理、平面几何关系求解； 4. 代入公式计算：锥体强制检查1/3系数，π保留原式不强行展开。 【变式训练2-1】（2026·上海·三模）若一圆锥底面半径为3，母线长为5，则其体积为________．（结果保留） 【变式训练2-2】（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_________． 【变式训练2-3】（25-26高三下·上海金山·阶段检测）已知圆锥的母线与底面所成角为，高为，则该圆锥的侧面积为__________. 【变式训练2-4】（25-26高三上·上海松江·期末）在三棱锥中，，，，，，则此三棱锥的体积为________． 题型3 平面图形旋转体问题（近三年高考热点） 例3-1（25-26高三上·上海浦东新·期末）如图，等腰直角的斜边长为，将绕斜边所在直线旋转一周形成的旋转体的体积为_____. 例3-2（24-25高三上·上海松江·开学考试）正方体的棱长为2，为棱的中点，以为轴旋转一周，则得到的旋转体的表面积是______． 方法技巧 1. 定位旋转轴，明确图形各顶点到转轴的垂直距离（即为旋转底面半径）； 2. 判断旋转结果：单一图形旋转为圆柱/圆锥，组合图形旋转为拼接型几何体； 3. 拆分计算：复杂旋转体拆分为多个规则旋转体，分别计算体积/面积后求和、作差； 4. 表面积特殊处理：旋转拼接处的重合曲面，不计入总表面积。 【变式训练3-1】（25-26高三上·上海浦东新·期中）将直角边长为2的等腰直角三角形以其一直角边所在直线为旋转轴旋转一周，所形成的几何体的体积为________. 【变式训练3-2】如图，四边形是直角梯形，其中，，，是的中点，以为直径的半圆与相切于点.与梯形以为旋转轴旋转一周，可以分别得到一个球和一个圆台，则该圆台的体积与球的体积之比为______. 【变式训练3-3】（24-25高三上·上海·阶段检测）关于旋转体的体积，有如下的古尔丁（Guldin）定理：“平面上一区域绕区域外一直线（区域的每个点在直线的同侧，含直线上）旋转一周所得的旋转体的体积，等于的面积与的几何中心（也称为重心）所经过的路程的乘积”，利用这一定理，可求得半圆盘，绕直线旋转一周所形成的空间图形的体积为________． 题型4 组合几何体（拼接、挖空）计算 例4-1将3个的正方形沿邻边的中点剪开分成两部分（如图1）；将这6部分接于一个边长为的正六边形边上（如图2），若拼接后的图形是一个多面体的表面展开图，则该多面体的体积是（    ）    A． B．864 C．576 D． 例4-2（2025·上海长宁·二模）现有一块正四面体木料PABC，其边长为3，现需要将木料进行切割，要求切割后底面ABC上任意一点Q到顶点P的距离不大于，则切割好后，木料体积的最大值是_________．（结果保留） 例4-3（2024·上海奉贤·二模）学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型，如图所示.该模型为长方体中挖去一个四棱锥，其中为长方体的中心，，，，分别为所在棱的中点，，，打印所用原料密度为.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为____________. 方法技巧 1. 体积计算：整体体积±挖去部分体积，无特殊陷阱，直接运算即可； 2. 表面积计算（重点难点）：拼接体减去2倍重合面面积（两个几何体接触面均隐藏）；挖空体减去外表面重合部分，同时新增内壁曲面面积。 【变式训练4-1】有两个棱长均为1的正四棱锥，底面中心分别为、，另有一个棱长为1的正四面体，现将两个正四棱锥的各一个三角形侧面与正四面体的两个面完全贴合，拼接成一个新的几何体．对于所有的拼接方式，线段的长度所组成的集合中，共有（　　）个元素 A．1 B．3 C．5 D．7 【变式训练4-2】如图，圆锥的底面直径和高均是1，过上一点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则该圆柱侧面积的最大值为______. 【变式训练4-3】一块边长为12cm的正三角形薄铁片，按如图所示设计方案，裁剪下三个全等的四边形（每个四边形中有且只有一组对角为直角），然后用余下的部分加工制作成一个“无盖”的正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）形容器．    (1)若将加工制作成的这个“无盖”的正三棱柱形容器的容积记为，请将表示为关于的函数，并求的最大值； (2)若加工人员为了充分利用边角料，考虑在加工过程中，使用裁剪下的三个四边形材料恰好拼接成这个正三棱柱形容器的“顶盖”，请指出此时的值；若还需要在该正三棱柱形容器中放入一个金属球体，试求该金属球体的最大体积． 题型5 组合体体积（中档培优题型） 例5-1（2026·上海·三模）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2.6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） 例5-2如图，四边为矩形，平面，，，，，则多面体的体积等于______． 方法技巧 1. 分割法：将不规则几何体拆分为若干棱柱、棱锥、圆柱等规则几何体，体积求和； 2. 补形法：将不规则多面体补成长方体、直棱柱等标准几何体，用整体体积减去补充部分体积； 3. 等体积转化法（上海高考最优解）：三棱锥优先更换顶点，将不易求高的几何体转化为“底面积、高已知”的标准模型，无需复杂作图。 【变式训练5-1】（24-25高三下·上海·阶段检测）印章是中国传统文化的代表之一，古代的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用，如图是某展览馆展示的一个金属印章摆件，可看作是高相等的正四棱柱和正四棱锥组成的几何体，若该印章摆件底面边长和上面正四棱锥的侧棱长均为10cm，则该印章摆件的体积约为_________．    【变式训练5-2】如图所示的多面体是经过正四棱柱底面顶点作截面后形成的.已知，，与底面所成的角为，则这个多面体的体积为_______.    【变式训练5-3】陕西历史博物馆收藏的“独孤信多面体煤精组印”是一枚形状奇特的印信（如图1），它的形状可视为一个26面体，由18个正方形和8个正三角形围成（如图2）． 已知该多面体的各条棱长均为1，则其体积为__________． 题型6 几何体外接球问题（填空压轴培优题型） 例6-130．（2025·上海黄浦·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________． 例6-2（24-25高三上·上海·阶段检测）平行四边形中，，沿将四边形折起成直二面角，且，则三棱锥的外接球的表面积为________. 方法技巧 1. 长方体/直棱柱：球心为上下底面中心连线中点，外接球直径=几何体体对角线长； 2. 三条棱两两垂直的三棱锥：直接补形为长方体，套用长方体外接球模型； 3. 正棱锥：球心在顶点与底面中心的连线上，利用勾股定理列方程求半径。 【变式训练6-1】（24-25高三上·上海·期中）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体的棱长为，则勒洛四面体的体积的取值范围是_____. 【变式训练6-2】棱长为的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则当三棱锥体积取最大时，其外接球的表面积为_________. 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 一、单选题 1．（2025·上海·高考真题）如图，是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是（   ）．    A．和； B．和； C．和； D．和． 二、填空题 2．（2025·上海·高考真题）如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为_________．    三、解答题 3．（2025·上海·高考真题）在三棱锥中，平面平面，，， (1)若O是棱的中点，证明：平面，并求三棱锥的体积； (2)求二面角的大小． 4．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心． (1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小． 5．（2025·上海·高考真题）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且．    (1)若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积； (2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，．设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD． 6．（2026·上海·高考真题）已知四棱锥，底面为矩形，底面，垂足在边上，且，，． (1)求证：； (2)若四棱锥的体积为，求二面角的大小． 7．（2026·上海·高考真题）如图所示正四棱台，其中，. (1)当时，求和平面所成角； (2)证明：平面；若棱台高为3，求三棱锥的体积. 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 1．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 2．如果一个水平放置的图形用斜二测画法画出的直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是______. 3．若四面体各棱的长是或，且该四面体不是正四面体，则其体积是_______（只需写出一个可能的值） 4．如下图，有一堆规格相同的铁质六角螺帽共重6 kg，已知底面正六边形的边长是12mm，螺帽的高是10mm，内孔直径是10mm，那么这堆螺帽大约有多少个？（铁的密度是） 5．如图，绕BC边所在的直线旋转一周，由此形成的空间图形是由哪些简单的空间图形构成的？画出这个空间图形的直观图.若绕AC边所在的直线旋转一周呢？    6．某人买了一罐容积为V L，高为a m的直三棱柱形罐装进口液体车油，由于不小心摔落地上，结果有两处破损并发生渗漏，它们的位置分别在两条棱上且距下底面高度分别为b m，c m的地方（如图）．为了减少罐内液体车油的损失，该人采用破口朝上，倾斜罐口的方式拿回家．试问罐内液体车油最多还能剩多少？ 7．沪教版教材11．4．2在推导半径为的球的体积公式时，先构造如图所示的圆柱体，圆柱体的底面半径和高都为，其底面和半球体的底面同在平面上，然后在圆柱体内挖去一个圆锥后，运用祖暅原理来推导，请解答以下问题：    (1)补全完整祖暅原理：夹在两个 间的两个几何体，如果被平行于这两个平面的 截得的两个截面的 ，那么这两个几何体的体积必相等． (2)请把如图补充完整并写出球的体积公式的推导过程． 课后训练·分层突破 ——突破核心考点，提升解题能力 模拟·基础演练 1．（25-26高三上·上海·阶段检测）“阳马”，是底面为矩形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥，《九章算术》总结了先秦时期数学成就，是我国古代内容极为丰富的数学巨著，对后世数学研究产生了广泛而深远的影响.书中有如下问题：“今有阳马，广五尺，袤七尺，高八尺，问积几何？”其意思为：“今有底面为矩形，它的底面长、宽分别为7尺和5尺，高8尺，问它的体积是多少？”若以上的条件不变，则这个四棱锥的外接球的表面积为（    ）平方尺． A． B． C． D． 2．（25-26高三上·上海虹口·阶段检测）底面半径为1的圆柱的表面积为，则该圆柱的体积为________．（结果保留） 3．（25-26高三上·上海·期中）若圆锥的侧面积是底面积的2倍，则其母线与底面所成角的大小是__________. 4．（2025·上海虹口·一模）已知某圆锥的底面半径为2，侧面积为，则该圆锥的体积为 ___________（结果保留） 5．（2025·上海静安·一模）已知圆柱的底面圆的半径与球的半径相等，若圆柱的表面积与球的表面积也相等，则圆柱的体积与球的体积之比___________． 6．如图是青浦高级中学高二教学楼前的花岗岩挡车球，也叫石球．该石球是空心球，它的外直径为，内直径为，石球材料的密度为，则该石球的质量为___________千克（,答案精确到0.01千克） 7．（24-25高三上·上海·阶段检测）中国古建筑的屋檐下常系挂风铃，风铃可近似看作由一个较大的圆锥挖去一个较小的圆锥，两圆锥的轴在同一条直线上，截面图如下，其中厘米，厘米，厘米，若不考虑铃舌，则风铃的体积为________立方厘米．（保留两位小数） 8．（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__________． 9．（25-26高三上·上海·期中）若一个圆锥的底面半径为，高为，则它的侧面积为___________． 10．（25-26高三上·上海·阶段检测）如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，，则原四边形中最长边的长度为____． 重难·创新演练 1．（25-26高三上·上海·期中）如图，有两张全等的正三角形纸片，边长为2，按照下面两种方法分别将它们裁剪拼成一个三棱锥和一个三棱柱（包括侧面和底面），设三棱锥的体积为，三棱柱的体积为，则等于（   ） A． B． C． D．1 2．（25-26高三上·上海·期末）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美，如图所示，将正方体沿同一顶点出发的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去个三棱锥，得到个面为正三角形、个面为正方形的一种半正多面体，若，则此半正多面体外接球的表面积为（     ） A． B． C． D． 3．（25-26高三上·上海·阶段检测）在四面体中，为空间中一点，且满足，若四面体的体积为1，则四面体的体积为___________． 4．（25-26高三上·上海·期中）已知一个棱长为的正方体木块可以在一个封闭的圆锥形容器内任意转动，若圆锥的底面半径为4，高为，则实数的最大值是__________. 5．（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_______． 6．（25-26高三上·上海·期末）在棱长为2的正方体中，分别是上的动点，的最小值为_________． 7.已知六面体如图所示，其由一个三棱锥和一个正四面体拼接而成，其中，，三条侧棱两两垂直，且，若F为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为_________. 8.若矩形满足，则称这样的矩形为黄金矩形．现有如图1所示的黄金矩形卡片，已知是的中点，，且，沿剪开．用3张这样剪开的卡片，两两垂直地交叉拼接，得到如图2所示的几何模型.若连结这个几何模型的12个顶点得到一个多面体（如图二连结其中三个顶点得到多面体的一个面），若，则该多面体的表面积为_________． 9.上海市实验学校的小明同学根据他的创新特需课题所需，设计了某零件并委托网络商家3D打印.零件下部是实心的正四棱柱，上部是实心的圆柱，如图所示（图中单位：cm）.    (1)已知3D打印材料的密度为1.3，求打印一个这样的零件需要多少克材料？（四舍五入到整数克，不计其他损耗） (2)小明委托打印了5个该型零件，再对零件的表面（包含底面）喷漆油漆，若预计每平方厘米要用漆0.12g（已计入可能的损耗），求小明需要购买每罐300克的喷漆共多少罐？ 10．如图，一块扇形铁皮，半径厘米，圆心角，现剪下一个扇环做圆台形容器的侧面，并从剩余的扇形内剪下一个最大的圆刚好做容器的下底（圆台下底面大于上底面）． (1)应取多少厘米？ (2)制作这样一个没有上底的圆台形容器需要多少平方厘米的铁皮？（不计连接处损耗） 11．（1）如图1，设圆台的上､下底面的面积分别为，高为，根据圆锥的体积，证明：圆台的体积； （2）如图2，在平面直角坐标系中，多边形的顶点，若该多边形是正六边形，写出点的坐标并求该六边形绕轴旋转一周形成的几何体的体积； （3）在（2）的条件下，求几何体的表面积． 12．（25-26高三下·上海黄浦·阶段检测）在如图所示的多面体中，四边形ABCD是正方形， ， ， (1)若点 在边 上，证明：存在 ，使得 ； (2)若到平面ABCD 的距离为 2，将梯形绕边 AB 旋转一周，求所形成旋转体的体积. 13．如图所示，施工队欲用钢板搭建一个总高为12米的仓库，仓库由上部屋顶和下部主体两部分组成，屋顶的形状呈正四棱锥，可用四块完全一样的三角形钢板拼接而成：主体的形状呈正四棱柱，可用四块完全一样的长方形钢板拼接而成．已知屋顶的造价与屋顶的面积成正比，比例系数为k，主体的造价与主体的高度成正比，比例系数为4k，其中k为大于零的常数． (1)设，，求屋顶的面积S（用a，b表示）； (2)若施工队采用的三角形钢板的形状为等边三角形，长方形钢板的形状为正方形，求屋顶与主体的造价的比值（精确到1）； (3)若主体的底面是边长为6的正方形，施工队应选择何种尺寸的钢板，才能使得搭建合库的工程最经济实惠？ 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $ 第19讲 空间几何体的结构、表面积及体积 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 知识精讲·靶向突破 拆解核心知识，归纳题型技巧 知识解构 知识点1 空间几何体的结构特征 知识点2 直观图 知识点3 圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 知识点4 柱、锥、台、球的表面积和体积 题型破译 (含超链接） 题型1 几何体概念辨析题（选择/填空基础题） 题型2 单一几何体度量计算（大题第一问主流） 题型3 平面图形旋转体问题（近三年高考热点） 题型4 组合几何体（拼接、挖空）计算 题型5 组合体体积（中档培优题型） 题型6 几何体外接球问题（填空压轴培优题型） 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 05 课本典例·高考素材 立足课本典例，挖掘高考素材 06 课后训练·分层突破 突破核心考点，提升解题能力 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 立体图形结构特征 / 春考第13题 / 柱、锥、台的表面积 / 秋考第18题 / 柱、锥、台的体积 秋考第19题 春考第18题 秋考第7题 春考第17题 秋考第17题 考情分析 上海卷核心命题特点 1. 重教材、轻偏怪：核心载体为棱柱、棱锥、圆柱、圆锥，圆台考查极少，规避复杂不规则多面体； 2. 重概念、避套路：高频设置侧面积与表面积混淆陷阱，是历年最易丢分的基础易错点； 3. 热点持续性强：平面图形旋转生成旋转体为近三年必考热点，侧重空间想象而非机械计算； 4. 梯度分层明显：基础题直接套公式得分，培优题结合组合体、外接球、等体积转化、翻折截面考查； 5. 弱化繁杂运算，强化直观想象素养，贴合新高考命题导向。 2027届高考命题趋势预判 1. 稳定保留立体大题第一问：以体积、表面积计算为基础设问，是保底得分点； 2. 重点强化三大考法：组合几何体度量、旋转体结构分析、三棱锥等体积转化； 3. 适度提升外接球基础模型考查频次，作为小题区分度题型； 4. 命题更灵活，杜绝死记公式，要求先判断几何体结构、再精准计算。 复习目标 基础目标（全体学生必达成，保底得分） 1. 精准掌握棱柱、棱锥、圆柱、圆锥、球的核心结构特征，能辨析概念判断题的常见反例与陷阱； 2. 熟练默写柱、锥、球的体积、表面积、侧面积核心公式，零失误套用； 3. 独立完成单一规则几何体的度量计算，彻底规避公式、概念类低级失误； 4. 熟练还原平面图形旋转生成的旋转体，精准定位底面半径、高、母线等核心参数。 培优目标（冲刺120+，突破中档/难题） 1. 熟练掌握割补法、等体积转化法，解决不规则多面体的体积计算问题； 2. 精准处理拼接、挖空类组合几何体的表面积、体积计算，无漏算、重算失误； 3. 掌握长方体、直棱柱、正棱锥、三棱锥的外接球通用解题模型； 4. 能分析翻折、截面类动态几何体的结构变化，求解最值与度量； 5. 活用等体积法求解点到平面的距离，为后续空间向量综合题铺垫。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 知识精讲·靶向突破 ——拆解核心知识，归纳题型技巧 知●识●解●构 知识点1 空间几何体的结构特征 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 2.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 侧面展开图 矩形 扇形 扇环 自主检测 1．（2025·上海金山·一模）已知某正四棱锥的高为2，体积为24，则该正四棱锥的底面边长为（   ） A．9 B．8 C．6 D． 【答案】C 【详解】设底面边长为a，则正四棱锥的体积，解得. 故选：C 知识点2 直观图 1.画法：常用斜二测画法. 2.规则： 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°. 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. 自主检测 2．（25-26高三上·上海·期中）一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角，腰和上底长均为1的等腰梯形，则平面图形的面积等于______． 【答案】 【详解】如图，四边形是底角，腰和上底长均为1的等腰梯形， 过点作交于点， 则四边形为平行四边形，且， ∴， 由斜二测直观图画法规则得直观图的平面图如下： ∵，，∴，， ∴， 故答案为： 知识点3 圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 圆柱 圆锥 圆台 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 自主检测 3．（25-26高三下·上海·阶段检测）一个圆柱的底面半径为1，母线长为2，则该圆柱的侧面积是________． 【答案】 【详解】因圆柱的底面半径为，母线长为， 则该圆柱的侧面积是. 知识点4 柱、锥、台、球的表面积和体积 　　　名称 几何体　　 表面积 体积 柱体 S表=S侧+2S底 V=Sh 锥体 S表=S侧+S底 V=Sh 台体 S表=S侧+S上+S下 V=(S上+S下 +)h 球 S表=4πR2 V=πR3 自主检测 4．（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. 5．（2026·上海·三模）若一圆锥底面半径为3，母线长为5，则其体积为________．（结果保留） 【答案】 【详解】设圆锥的高为，因为圆锥母线、底面半径，则 . 所以圆锥的体积为 6．（25-26高三上·上海宝山·期中）表面积为的球的体积为__________ 【答案】 【详解】因为， 所以, 所以. 故答案为： 题●型●破●译 题型1 几何体概念辨析题（选择/填空基础题） 例1-1（2026·上海长宁·二模）将下列平面图形沿等边三角形的边折起，不能折成如图所示几何体的是（    ）. A． B． C． D． 【答案】B 【详解】该几何体上的点是一条棱的两端点.对于A，C，D项，在折叠时，这两点会被带到几何体的两个不同顶点，所有面可以无重叠地闭合，形成完整的双三棱锥. 而对于B，折叠后，点和点是相对的两个顶点. 例1-2（25-26高三上·上海·期末）在棱长为2的正方体中，分别是上的动点，的最小值为_________． 【答案】 【详解】由题意知，是上的动点，平面，是上的动点，平面，要求的最小值，把平面和平面展成一个平面， 如图，当时，最小， 为等腰直角三角形，，其中， 则，，，则， 可得， 则， 故答案为：. 方法技巧 1. 不凭直观判断，紧扣定义关键词，熟记高频反例； 2. 旋转体题型优先锁定旋转轴，区分绕直角边、斜边、侧边旋转的不同结果； 3. 正棱柱、正棱锥必须满足“底面正多边形+侧棱垂直/顶点投影居中”双重条件。 易错分析 所有“看似标准”的几何体，未明确标注“直、正”，均不能直接使用标准公式。 【变式训练1-1】（24-25高三下·上海虹口·阶段检测）已知正六棱柱的底面为边长为2，高为3，则集合中元素的个数为（   ） A．1 B．2 C．4 D．8 【答案】A 【详解】因为正六棱柱的底面为边长为2，高为3，平面，所以， 则. 故选：A. 【变式训练1-2】（25-26高三上·上海金山·阶段检测）通过延长圆台的任意一条母线都可以使它们交于一点，从而得到一个圆锥.如图，这样的几何体是否也可以通过延长棱的方法得到一个棱锥？______.（请从“可以”、“不一定”、“不可以”里面选一个填入） 【答案】不可以 【详解】如图，将该几何体的四条侧棱延长，没有能够交于同一点. 因此，虽然该几何体的上下底面平行， 但它仍然不是棱台，四条侧棱所在直线不能交于同一点. 综上所述，这样的几何体不可以通过延长棱的方法得到一个棱锥. 故答案为：不可以. 【变式训练1-3】（25-26高三上·上海杨浦·期末）如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，母线千米，母线与圆锥底面所成角的大小为，为母线上靠近的三等分点.现要建设一条从到的环山观光公路，当公路长度最短时，这条公路从出发到的过程中，先上坡、后下坡，则公路的上坡路段长为______千米.（精确到0.1千米） 【答案】1.1 【详解】设母线与圆锥底面所成角，圆锥底面半径为， 则，解得， 故圆锥底面周长，展开图扇形的圆心角为. 如图所示，将圆锥侧面沿展开成扇形， 由条件得 ，， ，则最短路径为在展开图中的线段， 在中，由余弦定理得 , 故， 在中，过作的垂线，垂足为，则为点到环山观光公路的最短距离，故为公路的上坡路段， 在中， , 故， 得. 故答案为：1.1 题型2 单一几何体度量计算（大题第一问主流） 例2-1（2026·上海·三模）若圆锥的侧面积与底面积之比为2，则其母线与轴的夹角大小为________． 【答案】 【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，底面积为，侧面积为， 所以，可得， 设其母线与轴的夹角为，则，所以. 例2-2（2026·上海·模拟预测）已知圆柱的底面半径为3，侧面积为，则此圆柱的体积为__________． 【答案】 【详解】设圆柱的高为，因为圆柱的底面半径为3，侧面积为， 所以，解得， 因此圆柱的体积为. 例2-3（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 【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. 方法技巧 1. 画图标注：根据题干文字还原几何体草图，标注所有已知边长、半径、高； 2. 明确所求：区分侧面积、表面积、体积，杜绝审题失误； 3. 推导关键量：未知高、半径通过勾股定理、平面几何关系求解； 4. 代入公式计算：锥体强制检查1/3系数，π保留原式不强行展开。 【变式训练2-1】（2026·上海·三模）若一圆锥底面半径为3，母线长为5，则其体积为________．（结果保留） 【答案】 【详解】设圆锥的高为，因为圆锥母线、底面半径，则 . 所以圆锥的体积为 【变式训练2-2】（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】 【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. 【变式训练2-3】（25-26高三下·上海金山·阶段检测）已知圆锥的母线与底面所成角为，高为，则该圆锥的侧面积为__________. 【答案】 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为， 由圆锥的母线与底面所成角为， 故该圆锥的侧面积为：. 【变式训练2-4】（25-26高三上·上海松江·期末）在三棱锥中，，，，，，则此三棱锥的体积为________． 【答案】 【详解】如下图：过作于，连接，    因为，所以，， 在中，由余弦定理得：， 则，于是，故， 又平面，所以平面， 故此三棱锥的体积为. 故答案为：. 题型3 平面图形旋转体问题（近三年高考热点） 例3-1（25-26高三上·上海浦东新·期末）如图，等腰直角的斜边长为，将绕斜边所在直线旋转一周形成的旋转体的体积为_____. 【答案】 【详解】由题意，将绕斜边所在直线旋转一周形成的旋转体是以为底面半径，为高的两个共底面圆锥， 所以旋转体的体积为. 故答案为： 例3-2（24-25高三上·上海松江·开学考试）正方体的棱长为2，为棱的中点，以为轴旋转一周，则得到的旋转体的表面积是______． 【答案】 【详解】由题意知，为等腰三角形，且， 所以以为轴旋转一周，得到的旋转体是以为中心轴， 和分别为母线且同底的两个圆锥构成的几何体， 可得圆锥的底面半径为，所以旋转体的表面积． 故答案为：. 方法技巧 1. 定位旋转轴，明确图形各顶点到转轴的垂直距离（即为旋转底面半径）； 2. 判断旋转结果：单一图形旋转为圆柱/圆锥，组合图形旋转为拼接型几何体； 3. 拆分计算：复杂旋转体拆分为多个规则旋转体，分别计算体积/面积后求和、作差； 4. 表面积特殊处理：旋转拼接处的重合曲面，不计入总表面积。 【变式训练3-1】（25-26高三上·上海浦东新·期中）将直角边长为2的等腰直角三角形以其一直角边所在直线为旋转轴旋转一周，所形成的几何体的体积为________. 【答案】 【详解】因为三角形为等腰直角三角形， 以其一直角边所在直线为旋转轴旋转一周，所形成的几何体是以底面半径为2，高为2的圆锥， 所以所形成的几何体的体积为. 故答案为：. 【变式训练3-2】如图，四边形是直角梯形，其中，，，是的中点，以为直径的半圆与相切于点.与梯形以为旋转轴旋转一周，可以分别得到一个球和一个圆台，则该圆台的体积与球的体积之比为______. 【答案】 【详解】过作于点，如图：    则，. 由题意得，均为圆的切点， 由切线的性质可知 所以. 则，所以，所以球的半径， 所以球的体积，圆台的体积， 所以. 【变式训练3-3】（24-25高三上·上海·阶段检测）关于旋转体的体积，有如下的古尔丁（Guldin）定理：“平面上一区域绕区域外一直线（区域的每个点在直线的同侧，含直线上）旋转一周所得的旋转体的体积，等于的面积与的几何中心（也称为重心）所经过的路程的乘积”，利用这一定理，可求得半圆盘，绕直线旋转一周所形成的空间图形的体积为________． 【答案】 【详解】由于半圆的几何中心在半圆与轴的交线上，设几何中心到原点的距离为， 则根据题意可得， 故几何中心到直线的距离为， 因此几何体的体积为， 故答案为： 题型4 组合几何体（拼接、挖空）计算 例4-1将3个的正方形沿邻边的中点剪开分成两部分（如图1）；将这6部分接于一个边长为的正六边形边上（如图2），若拼接后的图形是一个多面体的表面展开图，则该多面体的体积是（    ）    A． B．864 C．576 D． 【答案】B 【详解】折成的多面体如图①所示，将其补形为正方体，如图②， 所求多面体体积为正方体的一半，又依题易求得正方体的边长为， 故    故选： 例4-2（2025·上海长宁·二模）现有一块正四面体木料PABC，其边长为3，现需要将木料进行切割，要求切割后底面ABC上任意一点Q到顶点P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】 【详解】 设正四面体定点在底面的投影为，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， 所以以为圆心，半径为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，半径为的圆与底面相交的交点为， 延长交于，连接，， 所以，， 所以，所以， 所以，所以为等边三角形， 所以以为圆心，半径为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：. 例4-3（2024·上海奉贤·二模）学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型，如图所示.该模型为长方体中挖去一个四棱锥，其中为长方体的中心，，，，分别为所在棱的中点，，，打印所用原料密度为.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为____________. 【答案】 【详解】易知四棱锥的底面积， 高为， 所以四棱锥的体积为， 长方体为， 因此该模型的体积为， 所以该模型所需原料的质量为. 故答案为： 方法技巧 1. 体积计算：整体体积±挖去部分体积，无特殊陷阱，直接运算即可； 2. 表面积计算（重点难点）：拼接体减去2倍重合面面积（两个几何体接触面均隐藏）；挖空体减去外表面重合部分，同时新增内壁曲面面积。 【变式训练4-1】有两个棱长均为1的正四棱锥，底面中心分别为、，另有一个棱长为1的正四面体，现将两个正四棱锥的各一个三角形侧面与正四面体的两个面完全贴合，拼接成一个新的几何体．对于所有的拼接方式，线段的长度所组成的集合中，共有（　　）个元素 A．1 B．3 C．5 D．7 【答案】A 【详解】如图所示： 在正四棱锥中，， 则， ， 即全等，则， 将四面体补成正方体，如图所示： 可知点的可能位置为，且， 所以线段长度的集合有1个元素. 故选：A. 【变式训练4-2】如图，圆锥的底面直径和高均是1，过上一点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则该圆柱侧面积的最大值为______. 【答案】 【详解】圆锥轴截面如图所示， 设圆柱的底面半径为r，，由可知，，即， 所以， 故被挖去的圆柱的侧面积为， 当且仅当时取等号，即时，被挖去的圆柱的侧面积最大值为． 故答案为： 【变式训练4-3】一块边长为12cm的正三角形薄铁片，按如图所示设计方案，裁剪下三个全等的四边形（每个四边形中有且只有一组对角为直角），然后用余下的部分加工制作成一个“无盖”的正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）形容器．    (1)若将加工制作成的这个“无盖”的正三棱柱形容器的容积记为，请将表示为关于的函数，并求的最大值； (2)若加工人员为了充分利用边角料，考虑在加工过程中，使用裁剪下的三个四边形材料恰好拼接成这个正三棱柱形容器的“顶盖”，请指出此时的值；若还需要在该正三棱柱形容器中放入一个金属球体，试求该金属球体的最大体积． 【详解】（1）如图所示，   ，又，， 即三棱柱的高，又棱柱底面积， 三棱柱容器的体积， 即所求函数关系式为. 则，当时，，当时，， 则在上单调递增，在上单调递减，故当时，取得最大值为32. 即，且的最大值为32cm³. （2）减掉的三个四边形材料面积之和为， 则，解得：. 正三棱柱容器底面三角形内切圆半径为，又该正三棱柱的高为， 若金属球体的体积最大，则直径应与三棱柱的高相等，球的半径， 该金属球体的最大体积. 题型5 组合体体积（中档培优题型） 例5-1（2026·上海·三模）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2.6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】 【详解】设截面与底面的距离为，在帐篷中的截面为，设底面中心为， 截面中心为，则，， 所以，所以截面的面积为. 设截面截正四棱柱得四边形为，截正四棱锥得四边形为， 底面中心与截面中心之间的距离为， 在正四棱柱中，底面正方形边长为，高为，， 所以，所以，为等腰直角三角形， 所以，所以四边形边长为，所以四边形面积为， 所以图2中阴影部分的面积为，与截面面积相等， 由祖暅原理知帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积， 即. 所以帐篷围成几何体的体积为（立方米）. 例5-2如图，四边为矩形，平面，，，，，则多面体的体积等于______． 【答案】 【详解】连接，则， 平面，平面，， 又四边形为矩形，，又，平面， 平面， ，，； 又， . 故答案为：. 方法技巧 1. 分割法：将不规则几何体拆分为若干棱柱、棱锥、圆柱等规则几何体，体积求和； 2. 补形法：将不规则多面体补成长方体、直棱柱等标准几何体，用整体体积减去补充部分体积； 3. 等体积转化法（上海高考最优解）：三棱锥优先更换顶点，将不易求高的几何体转化为“底面积、高已知”的标准模型，无需复杂作图。 【变式训练5-1】（24-25高三下·上海·阶段检测）印章是中国传统文化的代表之一，古代的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用，如图是某展览馆展示的一个金属印章摆件，可看作是高相等的正四棱柱和正四棱锥组成的几何体，若该印章摆件底面边长和上面正四棱锥的侧棱长均为10cm，则该印章摆件的体积约为_________．    【答案】 【详解】设正四棱柱和正四棱锥的高均为，画出正四棱锥，对角线相交于点，即， 则正方形对角线长为，故，    故，解得， 故正四棱锥的体积为， 正四棱柱的体积为， 所以该印章摆件的体积为， 其中，故. 故答案为： 【变式训练5-2】如图所示的多面体是经过正四棱柱底面顶点作截面后形成的.已知，，与底面所成的角为，则这个多面体的体积为_______.    【答案】 【详解】如图    连接 ，则 在底面正方形中，由,得. 在中，由, 求得 则 所以多面体的体积为： 故答案为： 【变式训练5-3】陕西历史博物馆收藏的“独孤信多面体煤精组印”是一枚形状奇特的印信（如图1），它的形状可视为一个26面体，由18个正方形和8个正三角形围成（如图2）． 已知该多面体的各条棱长均为1，则其体积为__________． 【答案】 【详解】 如图，该多面体可以看做由一个棱长为的正方体截去8个如①三棱柱和8个如②四棱锥和12个如③三棱柱构成， ①为底面为以两直角边为的等腰直角三角形，高为的直三棱柱，其体积为： ②为底面为以棱长为和1的矩形，高为的四棱锥其体积为： ③为底面为以两直角边为的等腰直角三角形，高为的直三棱柱，其体积为： 所求多面体体积为： 故答案为：. 题型6 几何体外接球问题（填空压轴培优题型） 例6-130．（2025·上海黄浦·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】 【详解】 如图，根据已知条件可以将三棱锥放在长方体中， 则三棱锥 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， 三棱锥 的外接球的表面积为，，， ，，解得， . 故答案为：. 例6-2（24-25高三上·上海·阶段检测）平行四边形中，，沿将四边形折起成直二面角，且，则三棱锥的外接球的表面积为________. 【答案】 【详解】在图1中，因为，所以， 因为为平行四边形，所以，， 在图2中，因为为直二面角，所以面面， 又因为面面，面，，所以面， 因为面，所以，同理：， 即为与的公共斜边， 故为三棱锥的外接球的直径， 因为， 所以，则三棱锥的外接球的半径为，故其表面积为. 故答案为；. 方法技巧 1. 长方体/直棱柱：球心为上下底面中心连线中点，外接球直径=几何体体对角线长； 2. 三条棱两两垂直的三棱锥：直接补形为长方体，套用长方体外接球模型； 3. 正棱锥：球心在顶点与底面中心的连线上，利用勾股定理列方程求半径。 【变式训练6-1】（24-25高三上·上海·期中）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体的棱长为，则勒洛四面体的体积的取值范围是_____. 【答案】 【详解】勒洛四面体的体积介于正四面体的体积和正四面体的外接球的体积之间， 正四面体底面面积为，底面所在圆的半径为， 正四面体的高为， 正四面体的体积， 设正四面体的外接球半径为，则由题意得： ，解得， 正四面体的外接球的体积为， 勒洛四面体的体积满足， 即勒洛四面体的体积的取值范围是. 故答案为： 【变式训练6-2】棱长为的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则当三棱锥体积取最大时，其外接球的表面积为_________. 【答案】 【详解】如图，当点位于的中点时，取中点G，连接， 则由正方体性质有， 因为平面，平面， 所以平面，平面， 又且都在面，所以平面平面， 又面，所以平面， 所以的轨迹是以的中点为端点的线段， 因为， 所以当F点离平面距离最远时三棱锥体积最大， 此时，点与的中点重合， 取中点O，连接，则由正方体性质可得平面， 所以三棱锥的外接球球心在所在直线上， 建立空间直角坐标系，如图所示， 则，球心为， 则 于是，， 所以外接球半径为， 所以. 故答案为：. 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 一、单选题 1．（2025·上海·高考真题）如图，是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是（   ）．    A．和； B．和； C．和； D．和． 【答案】D 【详解】因为是正四棱台，所以，故A错误， 侧棱延长交于一点，所以与相交，故B错误， 同理与也相交，所以四点共面，所以与相交，故C错误， 与是异面直线，故D正确. 故选：D 二、填空题 2．（2025·上海·高考真题）如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为_________．    【答案】 【详解】因为且四边形为正方形，故， 而，故，故， 故所求体积为， 故答案为：. 三、解答题 3．（2025·上海·高考真题）在三棱锥中，平面平面，，， (1)若O是棱的中点，证明：平面，并求三棱锥的体积； (2)求二面角的大小． 【详解】(1)连接，因为，所以⊥， 因为平面平面，交线为， 平面， 所以⊥平面， 体积为 因为，所以⊥，，， 故， ，由勾股定理得， 又⊥平面， 三棱锥的体积； （2）由（1）知，⊥平面，平面， 所以⊥，⊥，又⊥，故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则， 令得，故， 又平面的一个法向量为， 故， 由图可知，二面角为锐角， 故二面角的大小为. 4．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心． (1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小． 【详解】（1）正四棱锥满足且平面，由平面，则， 又正四棱锥底面是正方形，由可得，， 故， 根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥， 即圆锥的高为，底面半径为， 根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是 （2）连接，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形， 由是中点，则，又平面， 故平面，即平面，又平面， 于是直线与平面所成角的大小即为， 不妨设，则，， 又线面角的范围是， 故.即为所求. 5．（2025·上海·高考真题）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且．    (1)若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积； (2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，．设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD． 【详解】（1）由题知，，即轴截面是等边三角形，故， 底面周长为，则侧面积为：; (2)由题知，则根据中位线性质，， 又平面，平面，则平面 由于，底面圆半径是，则，又，则， 又，则为等边三角形，则， 于是且，则四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，故平面. 又平面， 根据面面平行的判定，于是平面平面， 又，则平面，则平面    6．（2026·上海·高考真题）已知四棱锥，底面为矩形，底面，垂足在边上，且，，． (1)求证：； (2)若四棱锥的体积为，求二面角的大小． 【详解】(1)根据已知四棱锥的性质，结合已知条件，以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 则，设点， 则， ， ． （2）四棱锥体积，解得， ，则，， 设平面的法向量为，则， 令，则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 设二面角为，则， 由图可知，二面角为锐角，则二面角大小为． 7．（2026·上海·高考真题）如图所示正四棱台，其中，. (1)当时，求和平面所成角； (2)证明：平面；若棱台高为3，求三棱锥的体积. 【详解】（1）过作平面ABCD于,连接， 过分别作于于,连接, 如图为在平面上的投影, 由于平面，所以， 由于平面， 所以平面.由于平面，所以. 所以,同理,,四边形为正方形, 所以，为在平面上的投影, 又因平面平面, 所以和平面所成角即，, 故和平面所成角为. (2)连接、交于,连接、交于, 如图,上下底面为正方形,由正棱台性质,可得,且, 所以四边形为平行四边形,所以， 因为平面,平面，所以平面. 由正棱台性质,与上下底面均垂直,则， 因为，平面， 所以平面,所求三棱锥体积可拆分成两个小三棱锥的体积之和, 即: 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 1．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 【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. 2．如果一个水平放置的图形用斜二测画法画出的直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是______. 【答案】 【详解】直观图中，梯形的下底长为， 作出原图形如下图所示： 由图可知，原图形为直角梯形，且该梯形的上底长为，下底长为，高为， 因此，原图形的面积为. 故答案为：. 3．若四面体各棱的长是或，且该四面体不是正四面体，则其体积是_______（只需写出一个可能的值） 【答案】或或(写出其中一个即可) 【详解】一条边为1，其余边为2时，如图1， 不妨设，中点为，连接，作于， 易知，，，故平面，平面， 故，又，，故平面， 易知，， 故， . 当有两条边为1时，只能时对边为1，如图2，不妨设 设对应长方体的长宽高分别为：，则，解得， 故. 当有三条边为1时，只能是底边三条边为1，如图3所示， 是中点，连接，故于， 易知，，，故平面，平面， 故，又，，故平面， 易知，，， 故， . 其他情况不满足. 故答案为：或或(写出其中一个即可)       4．如下图，有一堆规格相同的铁质六角螺帽共重6 kg，已知底面正六边形的边长是12mm，螺帽的高是10mm，内孔直径是10mm，那么这堆螺帽大约有多少个？（铁的密度是） 【答案】260个． 【详解】螺帽体积可视为正六棱柱的体积与圆柱体积的差． ， ， ， 所以约有(个)． 答：这堆螺帽大约有260个． 5．如图，绕BC边所在的直线旋转一周，由此形成的空间图形是由哪些简单的空间图形构成的？画出这个空间图形的直观图.若绕AC边所在的直线旋转一周呢？    【详解】在图(1)中，过A作AO⊥BC于O，如图，    显然，是由公共直角边OA，且另外一条直角边在旋转轴上的两个直角三角形拼接而成， 则绕直线BC旋转一周所得几何体，是与绕直线BC旋转一周的两个同底圆锥构成的组合体， 所以这个空间图形是两个同底的圆锥构成的组合体，其直观图如图，    在图(2)中，过B作BO1⊥AC于O1，如图，    显然，是由去掉而成，它们有公共直角边O1B，且另外一条直角边在旋转轴上， 则绕直线AC旋转一周所得几何体，是绕直线AC旋转一周所得圆锥挖去绕直线AC旋转一周所得圆锥构成的几何体， 所以这个空间图形是一个圆锥挖去一个同底的小圆锥构成，其直观图如图.    6．某人买了一罐容积为V L，高为a m的直三棱柱形罐装进口液体车油，由于不小心摔落地上，结果有两处破损并发生渗漏，它们的位置分别在两条棱上且距下底面高度分别为b m，c m的地方（如图）．为了减少罐内液体车油的损失，该人采用破口朝上，倾斜罐口的方式拿回家．试问罐内液体车油最多还能剩多少？ 【答案】 L. 【详解】如图所示，设直三棱柱的底面面积为S，则V=aS, 当平面与水平面平行时，容器内的油是最理想的剩余量，连接，则， ∵， 又， ∴， ∴， ∴罐内液体车油最多还能剩 L. 7．沪教版教材11．4．2在推导半径为的球的体积公式时，先构造如图所示的圆柱体，圆柱体的底面半径和高都为，其底面和半球体的底面同在平面上，然后在圆柱体内挖去一个圆锥后，运用祖暅原理来推导，请解答以下问题：    (1)补全完整祖暅原理：夹在两个 间的两个几何体，如果被平行于这两个平面的 截得的两个截面的 ，那么这两个几何体的体积必相等． (2)请把如图补充完整并写出球的体积公式的推导过程． 【答案】(1)平行面；任意平面；面积相等 (2)如图（1），设平行于大圆且与大圆的距离为的平面截半球所得圆面的半径为，， 于是截面面积， 则可以看成是在半径为的圆面上挖去一个半径为的同心圆所得的圆环的面积， 所以，取一个底面半径和高均为的圆柱， 从圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥，把所得的几何体与半球放在同一水平面上， 如图（2）， 用同一水平面去截这两个几何体，截面分别为圆面和圆环面， 可知圆环大圆半径为，小圆半径为，圆环面积，所以， 则根据祖暅原理可得这两个几何体的体积相等，即， 所以可得球的体积为.    课后训练·分层突破 ——突破核心考点，提升解题能力 模拟·基础演练 1．（25-26高三上·上海·阶段检测）“阳马”，是底面为矩形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥，《九章算术》总结了先秦时期数学成就，是我国古代内容极为丰富的数学巨著，对后世数学研究产生了广泛而深远的影响.书中有如下问题：“今有阳马，广五尺，袤七尺，高八尺，问积几何？”其意思为：“今有底面为矩形，它的底面长、宽分别为7尺和5尺，高8尺，问它的体积是多少？”若以上的条件不变，则这个四棱锥的外接球的表面积为（    ）平方尺． A． B． C． D． 【答案】C 【详解】如图所示，这个四棱锥的外接球和长方体的外接球相同， 所以外接球的半径为，外接球的表面积． 故选：C． 2．（25-26高三上·上海虹口·阶段检测）底面半径为1的圆柱的表面积为，则该圆柱的体积为________．（结果保留） 【答案】 【详解】设圆柱的高为， 因为底面半径为1的圆柱的表面积为，可得，解得， 所以该圆柱的体积为. 故答案为：. 3．（25-26高三上·上海·期中）若圆锥的侧面积是底面积的2倍，则其母线与底面所成角的大小是__________. 【答案】 【详解】设圆锥母线长为，底面半径为， 由题意：. 设圆锥母线与底面所成的角为，则，所以. 故答案为： 4．（2025·上海虹口·一模）已知某圆锥的底面半径为2，侧面积为，则该圆锥的体积为 ___________（结果保留） 【答案】 【详解】设圆锥的母线为，因为圆锥侧面积为， 所以， 所以该圆锥的高为， 因此该圆锥的体积为， 故答案为： 5．（2025·上海静安·一模）已知圆柱的底面圆的半径与球的半径相等，若圆柱的表面积与球的表面积也相等，则圆柱的体积与球的体积之比___________． 【答案】 【详解】设圆柱的底面圆和球的半径为，圆柱的高为， 则由题意得，，则， 则. 故答案为： 6．如图是青浦高级中学高二教学楼前的花岗岩挡车球，也叫石球．该石球是空心球，它的外直径为，内直径为，石球材料的密度为，则该石球的质量为___________千克（,答案精确到0.01千克） 【答案】418.25 【详解】由题意可知：, 故石球的质量为 故答案为：418.25 7．（24-25高三上·上海·阶段检测）中国古建筑的屋檐下常系挂风铃，风铃可近似看作由一个较大的圆锥挖去一个较小的圆锥，两圆锥的轴在同一条直线上，截面图如下，其中厘米，厘米，厘米，若不考虑铃舌，则风铃的体积为________立方厘米．（保留两位小数） 【答案】 【详解】根据题意，风铃的体积约为， 故答案为： 8．（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】 【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： 9．（25-26高三上·上海·期中）若一个圆锥的底面半径为，高为，则它的侧面积为___________． 【答案】 【详解】因为圆锥的底面半径为，高为， 所以圆锥的母线长， 则该圆锥的侧面积为：． 故答案为：． 10．（25-26高三上·上海·阶段检测）如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，，则原四边形中最长边的长度为____． 【答案】6 【详解】矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，， 将直观图还原为原图，如图， 在直观图中，，则， 所以在原图中，可得，， 所以 因为， 所以原四边形中最长边的长度为6． 重难·创新演练 1．（25-26高三上·上海·期中）如图，有两张全等的正三角形纸片，边长为2，按照下面两种方法分别将它们裁剪拼成一个三棱锥和一个三棱柱（包括侧面和底面），设三棱锥的体积为，三棱柱的体积为，则等于（   ） A． B． C． D．1 【答案】B 【详解】设给出正三角形纸片的边长为2， 那么，该三棱锥为正三棱锥，该三棱柱为正三棱柱， 设正三棱锥的高为， 正三棱锥的体积为， 如图：设正三棱柱底面边长为，则， 则其高为， 由三个角剪下的三个全等四边形的面积与底面三角形面积相等， 则有，解得， 则三棱柱的体积为， 所以. 故选：B 2．（25-26高三上·上海·期末）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美，如图所示，将正方体沿同一顶点出发的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去个三棱锥，得到个面为正三角形、个面为正方形的一种半正多面体，若，则此半正多面体外接球的表面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】如图，在正方体中，分别取正方体、正方形的中心、，连接、、、， 因为、分别为、的中点，则， 所以正方体的边长为， 故，可得， 根据对称性可知：点到该半正多面体的顶点的距离相等， 则该半正多面体外接球的球心为，半径， 故该半正多面体外接球的表面积为. 故选：B. 3．（25-26高三上·上海·阶段检测）在四面体中，为空间中一点，且满足，若四面体的体积为1，则四面体的体积为___________． 【答案】 【详解】如图，设是的中点，，且， ，， ， 设是的中点，是的中点， ，， ，， 在线段上且靠近的三等分点处， 又线段为的中位线，， 到平面的距离是到平面的距离的2倍， . 故答案为： 4．（25-26高三上·上海·期中）已知一个棱长为的正方体木块可以在一个封闭的圆锥形容器内任意转动，若圆锥的底面半径为4，高为，则实数的最大值是__________. 【答案】 【详解】由题可知当正方体棱长最大时，正方体的外接球恰为圆锥的内切球. 作出圆锥和其内切球的轴截面如图，圆锥的底面半径，圆锥的高，则母线长， 设圆锥的内切球半径， 由，可得，即，解得， 棱长为的正方体的体对角线长为，则其外接球半径为， 令，解得. 所以实数的最大值为. 故答案为：. 5．（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】 【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：. 6．（25-26高三上·上海·期末）在棱长为2的正方体中，分别是上的动点，的最小值为_________． 【答案】 【详解】由题意知，是上的动点，平面，是上的动点，平面，要求的最小值，把平面和平面展成一个平面， 如图，当时，最小， 为等腰直角三角形，，其中， 则，，，则， 可得， 则， 故答案为：. 7.已知六面体如图所示，其由一个三棱锥和一个正四面体拼接而成，其中，，三条侧棱两两垂直，且，若F为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为_________. 【答案】 【详解】因，，三条侧棱两两垂直，且， 故可将该几何体置于棱长为2的正方体中，以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，， 故，， 则异面直线与所成角的余弦值为： . 故答案为：. 8.若矩形满足，则称这样的矩形为黄金矩形．现有如图1所示的黄金矩形卡片，已知是的中点，，且，沿剪开．用3张这样剪开的卡片，两两垂直地交叉拼接，得到如图2所示的几何模型.若连结这个几何模型的12个顶点得到一个多面体（如图二连结其中三个顶点得到多面体的一个面），若，则该多面体的表面积为_________． 【答案】 【详解】由图可得：该多面体上部分有5个面，对应的下部分也有5个面，中间部分的前半部有5个面，对应的后半部分也有5个面， 所以该多面体为正二十面体. ∵，若，则， ∵该多面体为正二十面体，∴每面为正三角形，其边长为， ∴. 故答案为：. 9.上海市实验学校的小明同学根据他的创新特需课题所需，设计了某零件并委托网络商家3D打印.零件下部是实心的正四棱柱，上部是实心的圆柱，如图所示（图中单位：cm）.    (1)已知3D打印材料的密度为1.3，求打印一个这样的零件需要多少克材料？（四舍五入到整数克，不计其他损耗） (2)小明委托打印了5个该型零件，再对零件的表面（包含底面）喷漆油漆，若预计每平方厘米要用漆0.12g（已计入可能的损耗），求小明需要购买每罐300克的喷漆共多少罐？ 【详解】（1）圆柱部分体积为， 正四棱柱部分体积为，因此零件的体积为， 而该3D打印材料的密度为1.3， 所以打印一件这样的零件需要克材料. 答：需要847克材料. （2）此零件的表面积为（）， 则需要购买每罐300克的喷漆共，显然，所以需要两罐. 答：需要2罐. 10．如图，一块扇形铁皮，半径厘米，圆心角，现剪下一个扇环做圆台形容器的侧面，并从剩余的扇形内剪下一个最大的圆刚好做容器的下底（圆台下底面大于上底面）． (1)应取多少厘米？ (2)制作这样一个没有上底的圆台形容器需要多少平方厘米的铁皮？（不计连接处损耗） 【详解】（1）连接并延长交于点，过点作交于点， 因为，所以的长度为，所以的周长为， 所以，所以， 在中，，所以， 所以， 所以应取厘米. （2）设圆台上、下底面的半径分别为，母线长为， 因为，所以的长度为，所以，所以， 因为，所以， 因为，所以， 所以需要的铁皮为：平方厘米， 故需要平方厘米的铁皮. 11．（1）如图1，设圆台的上､下底面的面积分别为，高为，根据圆锥的体积，证明：圆台的体积； （2）如图2，在平面直角坐标系中，多边形的顶点，若该多边形是正六边形，写出点的坐标并求该六边形绕轴旋转一周形成的几何体的体积； （3）在（2）的条件下，求几何体的表面积． 【答案】 （1）补形成圆锥，圆台体积为大圆锥体积减去小圆锥的体积，大圆锥高为，小圆锥高为， 大圆锥体积减去小圆锥体积为 由圆锥性质，， 由合比性质，， 表示， 所以， ， ． （2）， 该旋转体体积等于两个圆台体积加一个圆柱体积减去两个圆锥体积． 圆台， 圆锥， 圆柱， 所求几何体的体积． （3）该旋转体的表面积等于两圆台侧面积加一个圆柱侧面积加两个圆锥侧面积， 圆台侧， 圆柱侧， 圆锥， 所求几何体的表面积. 12．（25-26高三下·上海黄浦·阶段检测）在如图所示的多面体中，四边形ABCD是正方形， ， ， (1)若点 在边 上，证明：存在 ，使得 ； (2)若到平面ABCD 的距离为 2，将梯形绕边 AB 旋转一周，求所形成旋转体的体积. 【详解】（1）， ， 设，则. 令，得，所以. 即存在 ，使得 ，此时，即. （2）取的中点，记作，连接，则； 取的中点，记作，连接，则， 因为∥，所以. 由，得， 所以. 连接，则∥，且， 因为∥所以∥，且， 所以四边形是等腰梯形，所以是平面内的两条相交直线，所以平面. 又平面，所以平面平面. 过作，则由平面，平面平面， 得平面. 因为到平面ABCD 的距离为 2，所以. 等腰梯形中，. 所以. 过作，则， 所以. 将梯形绕边 AB 旋转一周，所形成旋转体是由两个相同的圆锥及一个圆柱组成的组合体. 其中圆锥的高为，底面半径为，所以一个圆锥的体积为； 圆柱的高为，底面半径为，所以圆柱的体积为. 所以将梯形绕边 AB 旋转一周，所形成旋转体的体积为. 13．如图所示，施工队欲用钢板搭建一个总高为12米的仓库，仓库由上部屋顶和下部主体两部分组成，屋顶的形状呈正四棱锥，可用四块完全一样的三角形钢板拼接而成：主体的形状呈正四棱柱，可用四块完全一样的长方形钢板拼接而成．已知屋顶的造价与屋顶的面积成正比，比例系数为k，主体的造价与主体的高度成正比，比例系数为4k，其中k为大于零的常数． (1)设，，求屋顶的面积S（用a，b表示）； (2)若施工队采用的三角形钢板的形状为等边三角形，长方形钢板的形状为正方形，求屋顶与主体的造价的比值（精确到1）； (3)若主体的底面是边长为6的正方形，施工队应选择何种尺寸的钢板，才能使得搭建合库的工程最经济实惠？ 【详解】（1）P到平面ABCD的距离为，则点P到棱AB的距离为， 因此屋顶的面积为． （2）设，屋顶的造价为，主体的造价为， ，解得， ，故屋顶与主体的造价的比值为3． （3）设点P到平面ABCD的距离为，屋顶的造价为，主体的造价为， 则到的距离， ，， ， 令，， ，，令，解得 x 0 单调递减 极小值 单调递增 故在处取得最小值， 此时，， 故施工队反选择三角形钢板的尺寸是以6为底边，为腰的等腰三角形，长方形钢板的尺寸是以长为，宽为6的矩形，才能使得搭建仓库的工程最经济实惠． 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $