第01讲 基本立体图形、简单几何体的表面积及体积（复习讲义）（北京专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

该高中数学讲义聚焦立体几何核心考点，涵盖棱柱、棱锥、台体、球的结构特征及表面积体积计算，按“结构特征-公式推导-综合应用”逻辑构建知识体系，通过考点梳理、方法归纳、真题演练等环节，帮助学生系统突破空间想象与运算难点。 资料以题型破译和分层训练为特色，如台体问题采用“还原为锥体”策略，组合体运用“分割补形法”，培养学生数学思维与空间观念。设置基础与重难分层练习，配合真题溯源与课本典例，助力教师精准把控复习节奏，提升学生应考能力。

第01讲 基本立体图形、简单几何体的表面积及体积 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 棱柱、棱锥、棱台的结构特征 知识点2 圆柱、圆锥、圆台、球体的结构特征 知识点3 圆柱、圆锥、圆台的展开图及侧面积 知识点4 柱体、锥体、台体、球体的表面积和体积 知识点5 祖暅原理 题型破译 (含超链接） 题型1 空间几何体的结构特征【含方法技巧】 题型2 柱体的表面积与体积【含方法技巧】 题型3 锥体的表面积与体积【含方法技巧】 题型4 台体的表面积与体积【含方法技巧】 题型5 球体的表面积与体积【含方法技巧】 题型6 组合体的表面积与体积【含方法技巧】 题型7 数学文化之表面积与体积【含方法技巧】 题型8 表面积与体积中的最值及范围问题【含方法技巧】 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 柱、锥、台、球的结构特征 T14（5分） T14（5分） T8（4分）、T14（5分） 表面积与体积的计算 T14（5分） T14（5分） T8（4分）、T14（5分） 简单几何体的综合应用 T14（5分） T14（5分） T8（4分）、T14（5分） 考情分析 基本立体图形及表面积、体积是高考立体几何板块的基础内容，北京卷近年以填空题形式考查，分值4~5分，难度中等偏易至中等。试题常以实际情境或几何体中的基本计算（三棱锥顶点在底面的投影、锥体高）为背景，考查柱、锥、台、球的结构特征识别及体积公式的灵活运用。2024年T8、T14连续两道题考查立体几何，T14还将圆柱体积与等比数列结合，体现跨章节综合。近三年考情显示，小题侧重几何体结构特征的理解与公式的直接应用，解答题（T17/T18）则在此基础上考查空间位置关系与空间角，形成“小题考计算、大题考推理”的立体几何考查格局。 复习目标 1.掌握棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征。 2.掌握柱体、锥体、台体、球的表面积和体积公式，能熟练进行计算。 3.能处理组合体的体积问题，能通过分割法或补形法求解复杂几何体的体积。 4.能将立体几何与数列、方程等知识融合，解决跨章节综合问题。 5.提升空间想象与数学运算素养，为解答题中的推理与向量计算打好基础。 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 棱柱、棱锥、棱台的结构特征 棱柱 棱锥 棱台 图 形 定 义 有两个面 互相平行 ，其余各面都是 四边形 ，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体 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 ，由这些面所围成的多面体 用一个平行于 棱锥底面 的平面去截棱锥，底面和截面之间那部分多面体 结 构 特 征 底面互相平行且全等；侧面都是 平行四边形 ；侧棱都相等且互相平行 底面是一个多边形；侧面都是三角形；侧面有一个公共顶点 上、下底面互相平行且相似；各侧棱延长线交于一点；各侧面为 梯形 分 类 ①按底面多边形的边数：三棱柱、四棱柱、五棱柱… ②按侧棱与底面的关系：侧棱垂直于底面的棱柱叫做 直棱柱 ，否则叫做斜棱柱. 底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱. 底面是平行四边形的四棱柱也叫做平行六面体 ①按底面多边形的边数：三棱锥、四棱锥、五棱锥… ②正棱锥：底面是正多边形，并且顶点与 底面中心 的连线垂直于底面的棱锥 ①按底面多边形的边数：三棱台、四棱台、五棱台… ②正棱台：由正棱锥截得的棱台 [注意]常见的几种四棱柱的结构特征及其之间的关系 自主检测1下列结论正确的是（    ） A．过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形可能是矩形 B．侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥 C．侧面都是矩形的直四棱柱是长方体 D．若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱 【答案】A 【分析】根据棱柱，棱锥的定义进行判断． 【详解】 在如图所示棱柱中，侧面，都是矩形，且侧面，与底面垂直， 则截面可能为矩形，故A正确； 侧面是全等的等腰三角形，底面是正多边形的棱锥为正棱锥，例菱形沿一条对角线折起所得的三棱锥各面都是等腰三角形，但该棱锥不一定是正三棱锥，故B错误； 若底面不是矩形，则该棱柱不是长方体，故C错误； 如图所示，若侧面与与底面垂直，但该四棱柱不是直四棱柱， 例若两个侧面和底面都垂直，但底面是梯形的四棱柱，不是直四棱柱，故D错误． 自主检测2下列说法中，正确的为（   ） A．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 B．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的多面体是棱锥 C．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 D．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥不可能是正六棱锥 【答案】D 【分析】对于ABC：举反例说明即可；对于D：假设成立，结合正六棱锥结构特征分析判断. 【详解】对于选项A：有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形不一定是棱柱， 可能是两个棱柱拼接而成，故A错误； 对于选项B：由棱锥的定义知，其余各面的三角形必须有一个公共的顶点，故B错误； 对于选项C：若各侧棱延长线不交于一点，则不符合棱台的定义，如图所示，正方体中取AD、BC、、的三等分点， 依次连线得多面体,显然不是棱台，故C错误； 对于选项D：如图所示的正六棱锥，满足， O为底面正六边形中心，平面， 但注意到，，则有， 这与所设满足的条件矛盾，故不存在满足条件的正六棱锥，故D正确. 知识点2 圆柱、圆锥、圆台、球体的结构特征 分类 定义 图形及表示 表示 圆柱 以 矩形的一边所在直线 为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱．旋转轴叫做圆柱的轴； 垂直 于轴的边旋转而成的圆面叫做圆柱的底面； 平行 于轴的边旋转而成的曲面叫做圆柱的侧面；无论旋转到什么位置，平行于轴的边都叫做圆柱侧面的母线 圆柱用表示它的轴的字母表示，左图记作 圆柱 圆锥 以 直角三角形的一条直角边 所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥 用表示圆锥轴的字母表示圆锥，左图记作 圆锥SO 圆台 用平行于 圆锥底面 的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台 用表示它的轴的字母表示，左图记作 圆台 球 半圆以它的 直径 所在直线为旋转轴，旋转一周形成的曲面叫做 球面 ，球面所围成的旋转体叫做 球体 ，简称球．半圆的圆心叫做球的 球心 ；连接球心和球面上任意一点的线段叫做球的半径；连接球面上两点并且经过球心的线段叫做球的直径 球常用球心字母进行表示，左图可表示为 球O 自主检测1底面半径为1，高为的圆柱的侧面展开图是（     ） A．一个边长为的正方形 B．一个边长为的正方形 C．一个长为，宽为的矩形 D．一个长为，宽为的矩形 【答案】C 【详解】底面半径为1，高为的圆柱的侧面展开图是一个长为，宽为的矩形. 自主检测2下列结论正确的是（     ） A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B．以梯形的一条边所在直线为旋转轴，其余边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆台 C．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线 【答案】D 【分析】根据立体图形的定义进行判断． 【详解】底面是正多边形，侧棱相等的棱锥叫做正棱锥，故A选项错误； 以直角梯形的直角腰所在直线为旋转轴，其余边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆台，故B错误； 用一个平行于底面的平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台，故C错误； 圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线，D正确． 知识点3 圆柱、圆锥、圆台的展开图及侧面积 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(r＋r′)l 其中r，r′为底面半径，l为母线长. [注意]　①几何体的侧面积是指（各个）侧面面积之和，而表面积是侧面积与所有底面面积之和； ②圆台、圆柱、圆锥的转化：当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥，由此可得S圆柱侧＝2πrlS圆台侧＝π（r＋r′）lS圆锥侧＝πrl． 自主检测1为圆锥底面圆的直径，，则圆锥的侧面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题可知底面圆心为，是底面半径，因此， 圆锥的高底面，故是直角三角形， 由勾股定理得母线长， . 自主检测2一个圆台的轴截面周长为4，则该圆台侧面积的最大值为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用圆台的侧面积公式结合基本不等式求解即可. 【详解】设圆台上、下底面半径分别为、，母线长为，则轴截面是等腰梯形， 周长为即. 由题意得 ∴圆台侧面积为， 当且仅当，即时，等号成立. 圆台侧面积的最大值为. 知识点4 柱体、锥体、台体、球体的表面积和体积 几何体   表面积 体积（S是底面积，h是高） 柱体（棱柱和圆柱） S表面积＝S侧＋2S底 V＝Sh 锥体（棱锥和圆锥） S表面积＝S侧＋S底 V＝Sh 台体（棱台和圆台） S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝ (S上＋S下＋)h 球（R是半径） S＝ V＝ 自主检测1已知正四棱台的上、下底面边长分别为和，侧棱长为，该正四棱台的体积为（    ） A．518 B． C．350 D． 【答案】B 【分析】先根据正四棱台的几何特征求出高，再代入棱台体积公式计算即可． 【详解】求上下底面的对角线长度：正四棱台上下底面均为正方形，上底面边长为，故上底面对角线长为；下底面边长为，故下底面对角线长为； 上底面顶点在下底面的射影落在下底面的对角线上，可得侧棱在底面的投影长度为； 已知侧棱长为，由勾股定理得棱台的高； 计算体积： 上底面面积，下底面面积， 代入棱台体积公式 ． 自主检测2已知圆台上底面半径为1，下底面半径为2，球与圆台的两个底面和侧面均相切，则该圆台的侧面积与球的表面积之比为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据球体内切于圆台的两个底面与侧面可知上下底面半径之和为圆台母线长，利用圆台侧面积公式、球体的表面积公式分别求出圆台的侧面积和球体表面积，再作比值即可. 【详解】由已知得球与圆台都是旋转体，则取过轴的任意一个截面来分析均可. 如图，于，则，， 由切线长相等可知，，， 所以， 故圆台侧面积， 再算球的半径，在中由勾股定理求解即可. 设球的半径为，则， 在中，，即， 所以球的表面积， 故该圆台的侧面积与球的表面积之比为． 自主检测3已知正四面体的四个顶点均在球的表面上，若球的半径为3，则正四面体的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将正四面体补形为正方体，得正四面体的外接球与对应正方体的外接球为同一个球，通过正方体的外接球半径推导正四面体棱长与外接球半径的关系，求出正四面体的棱长；由正四面体的四个面为全等的正三角形，求得正四面体的表面积. 【详解】以正四面体的棱为正方体的面的对角线，将正四面体扩展为正方体，如图所示，则正方体的外接球与正四面体的外接球为同一个球. 设正方体的边长为，则正四面体的棱长为，外接球的半径； 球的半径为3，，得. 正四面体的棱长为. ，即正四面体的表面积为. 知识点5 祖暅原理 我国数学家祖暅得出了“幂势既同，则积不容异”这一结论，意思是：夹在平行平面，之间的两个形状不同的几何体，被 平行于 平面，的任意一个平面所截，如果截面和的面积 总相等 ，那么这两个几何体的体积相等（如图所示）． 自主检测中国南北朝时期数学家､天文学家祖冲之､祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.如图，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（    ） A．24 B． C． D． 【答案】D 【分析】由祖暅原理知不规则几何体的体积与正六棱台体积相等即可求解. 【详解】由祖暅原理，该不规则几何体体积与正六棱台体积相等， 设该正六棱台的上下底面积分别为，高为， 则，，， 故. 故选：D 题●型●破●译 题型1 空间几何体的结构特征 例1-1下列说法正确的是（   ） A．棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面 B．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 C．若一个多面体共有5个面，则这个多面体可能是三棱锥 D．以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆锥 【答案】D 【分析】根据题意，结合多面体与旋转体的定义，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A中，例如：正四棱柱中，相对的两个侧面互相平行，所以A不正确； 对于B中，根据棱台的定义，用平行于棱锥底面的平面截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台，所以B不正确； 对于C中，根据棱锥的定义，三棱锥是由一个底面和3个侧面组成，所以一个多面体有5个面，一定不是三棱锥，所以C错误； 对于D中，根据圆锥的定义，可得以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴， 其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆锥，所以D正确. 故选： 例1-2如图，长方体中被截去一小部分，其中，，则剩下的几何体是（   ） A．棱台 B．四棱柱 C．五棱柱 D．六棱柱 【答案】C 【详解】依题意，，且， 又平面平面， 所以由棱柱的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱． 方法技巧 1.多面体的结构特征： 棱柱：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行。侧棱平行且相等。底面平行且全等。直棱柱侧棱垂直于底面；正棱柱底面为正多边形。 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。正棱锥的底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面的中心。 棱台：用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面与底面之间的部分。上下底面平行且相似，各侧棱延长后交于一点。 2.旋转体的结构特征： 圆柱：以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的几何体。轴截面为矩形。 圆锥：以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的面所围成的几何体。轴截面为等腰三角形。 圆台：用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截面与底面之间的部分。轴截面为等腰梯形。 球：以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的几何体。 【变式训练1-1】下列命题错误的是（    ） A．一个棱锥至少5个面 B．平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形 C．有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥 D．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 【答案】A 【分析】对于A，最简单的棱锥是三棱锥，只有4个面；对于B、D，由平行六面体和正棱锥的定义可判断正误；对于C，棱锥的侧面都是三角形，有一个面是平行四边形的棱锥，即该面是底面，故C正确. 【详解】对于A，最简单的棱锥是三棱锥，即四面体，只有4个面，故A错误； 对于B，由平行六面体的定义可知平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形，故B正确； 对于C，由于棱锥的侧面都是三角形，有一个面是平行四边形的棱锥，即该面为底面，所以一定是四棱锥，故C正确； 对于D，由正棱锥的定义可知，正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，故D正确. 故选：A. 【变式训练1-2】下列几何体中，为棱台的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用棱台的结构特征对选项中的几何体进行逐一分析判断. 【详解】用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面与底面之间的部分称为棱台． 因此棱台一定是两个面互相平行，且所有侧棱延长后交于同一点， A选项，侧棱延长后没有交于一点，不是棱台，故A不符合题意； B选项，截面不平行于底面，不符合棱台的定义，故B不符合题意； C选项，几何体不是由棱锥截成的，不符合棱台的定义，故C不符合题意； D选项，符合棱台的定义，故D符合题意. 故选：D 【变式训练1-3】过正方体的中心作与垂直的平面，则平面截正方体所得的截面是（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】D 【分析】证明线面垂直作出图判断截面图形即可. 【详解】 在正方体中，平面，平面，所以， 又在正方形中，，，所以平面， 平面，所以， 由于分别为的中点，所以， 故，同理，，所以平面， 且平面过正方体的中心， 故选：D 题型2 柱体的表面积与体积 例2-1已知正三棱柱的表面积为，则当其体积取得最大值时，该三棱柱的高为（   ） A．3 B． C． D． 【答案】B 【分析】设正三棱柱的底面边长为，高为，由已知可得，，求出体积的表达式，利用导数求最大值得解. 【详解】设正三棱柱的底面边长为，高为， 则其表面积，得，又，所以， 故正三棱柱的体积， 则，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以当时，该正三棱柱体积取得最大值，此时三棱柱的高为. 故选：B. 例2-2在正方体中，为正方形的中心，为的中点，过点、、的平面将正方体分成上、下两部分，则上、下这两部分的体积比等于（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由面面平行的性质定理作出截面，过点F作平面FGHI∥平面ABCD，则截面平分长方体，由求解. 【详解】由面面平行的性质定理，过、、的截面与平面和平面的交线互相平行， 如图，过点作分别交于，则． 再过点作平面平面分别与棱交于G，H，I， 则， 所以， 故选：D. 方法技巧 1.公式系统梳理： 侧面积：（ 为底面周长， 为侧棱长/母线长）。 全面积：。 体积：（ 为高）。 2.关键量的求解： 直棱柱的侧棱长即为高 。 斜棱柱的高需通过侧棱与底面的夹角计算：（ 为侧棱与底面所成角）。 3.特殊柱体： 长方体：，。 正方体：，。 圆柱：，，（， 为母线）。 4.解题策略：对于柱体问题，关键是求出底面面积和高。若底面为正多边形，需利用解三角形知识求边长、中心距等。 【变式训练2-1】如图，圆柱体被一个不平行底面的平面截去一部分，尺寸如图则该几何体的体积和侧面积分别是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【分析】通过两个该几何体拼成一个完整圆柱，即可求解. 【详解】由图可知，圆柱底面直径为，因此底面半径，几何体左右侧高分别为和， 两个完全相同的该几何体，可以拼接成一个高为，底面半径为1的完整圆柱， 完整圆柱的体积， 因此原几何体体积为完整圆柱体积的一半：， 完整圆柱的侧面积， 原几何体的侧面积为完整圆柱侧面积的一半：. 【变式训练2-2】已知圆柱的上，下底面的中心分别为，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为16的正方形，则该圆柱的体积为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设圆柱的底面半径为，母线长为，根据题意求出，进而利用圆柱的体积公式即可求解. 【详解】设圆柱的底面半径为，母线长为，由题意得：， 因为过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为16的正方形， 所以，即，所以， 所以该圆柱的体积为， 故选：D. 【变式训练2-3】如图，一个正三棱柱形容器中盛有水，且底面边长和侧棱长都为，若侧面水平放置时，液面高为，若底面水平放置时，液面高为3，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】根据液体体积不变列方程求解可得. 【详解】记侧面水平放置时，液面与分别交于， 的中点为，连接交于点，的面积为， 由题可知，，则， 所以，则梯形的面积为， 所以直棱柱的体积为， 又底面水平放置时，液面高为3，所以液体体积为， 所以，解得. 故选：D. 题型3 锥体的表面积与体积 例3-1（2026·北京昌平·一模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面与平面的夹角为，则该四棱锥的侧面积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知条件，通过作辅助线分别求出各侧面的三角形高，再分别求出各个侧面三角形面积，再求和即可. 【详解】取的中点，的中点，连接， 如图所示：    因为，为的中点，所以，且， 过点作平面的垂线交于点， 又因为底面为矩形，所以， 故平面与平面的夹角为，，， 因为，平面，所以平面， 因为，所以平面， 又平面，则， 所以， 所以， ， 点到的距离为1，点到的距离为， 同理点到的距离为， 所以， 所以该四棱锥的侧面积为： . 例3-2如图，在四棱锥中，，其余的六条棱长均为，，则该四棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接将底面拆分为两个直角三角形计算面积，根据确定点在底面的投影为的中点，由线面垂直判定定理证明为四棱锥的高，计算长度后代入四棱锥体积公式求解即可. 【详解】连接，取的中点为O，连接. ∵ ，，， ∴ ，， ∴ 底面的面积 . ∵ 在中，， ∴ . ∵ ，为中点， ∴ . 又∵ 直角三角形斜边中线等于斜边的一半， ∴ ， 同理可得. ∵ ，⊂平面， ∴ 平面，即为四棱锥的高. ∵ 在中，， ∴ 四棱锥的体积 . 故选C. 方法技巧 1.公式系统梳理： 侧面积：（ 为底面周长， 为母线长/斜高）。 全面积：。 体积：（ 为高）。 2.正棱锥的关键关系： 侧棱 、斜高 、底面边长的一半 、底面外接圆半径 、内切圆半径 、高 之间构成直角三角形关系。 例如，在正四棱锥中，（侧棱长），（斜高）。 3.特殊锥体： 圆锥：，，（ 为高， 为母线，）。 4.解题策略：锥体体积求解的关键是确定高。当顶点在底面的射影位置不易确定时，可尝试用等体积法（换顶点）求解。 【变式训练3-1】（2026·北京朝阳·二模）某圆锥的轴截面（通过轴的平面所得到的截面）是面积为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设圆锥的底面圆半径为，由圆锥的轴截面是面积为的等边三角形， 得该三角形面积为，解得，圆锥的母线， 所以该圆锥的侧面积为. 【变式训练3-2】某正四棱锥的底面棱长为4cm，其侧面与底面夹角的正切值为，则该正四棱锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设该正四棱锥为，取底面的中心，棱的中点，可知为侧面与底面的夹角，求出与的长，可求该正四棱锥的侧面积. 【详解】如图，设该正四棱锥为，则． 取底面的中心，棱的中点，连接， 则，且． 所以即为侧面与底面的夹角．所以， 所以，则． 故该正四棱锥的侧面积为． 故选：C．    【变式训练3-3】母线长相等的两个圆锥，侧面展开图的圆心角之和为，若它们的侧面积之比为，则体积比为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由侧面积比得半径比，由侧面展开图圆心角之和及弧长公式得母线长等于两半径之和，联立解得半径，结合勾股定理求高，代入体积公式求比. 【详解】设两个圆锥的母线长都为，底面半径分别为，侧面展开圆心角分别为，高分别为. 圆锥侧面积公式为，已知，母线相等，因此，即. 侧面展开弧长等于底面周长，得，即. 已知，代入得， 结合，解得. 圆锥的高满足，因此， 圆锥体积公式，体积比为. 因此体积比为. 题型4 台体的表面积与体积 例4-1（2025·北京·模拟预测）攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑.兰州市著名景点三台阁的屋顶部分也是典型的攒尖结构.如图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分，它可以看作是正三棱柱和不含下底面的正四棱台的组合体.已知正四棱台侧棱、下底的长度（单位：dm）分别为4，6，侧面与底面所成二面角的正切值为，正三棱柱各棱长均相等，则该结构表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过作平面于，过作于，连接，证明平面，即得为的平面角，利用解三角形列方程即可求得正四棱台上底边长，再根据该结构的组成计算其表面积即可. 【详解】过作平面于，过作于，连接， 因平面,则，又平面， 故平面，因平面，则，故为的平面角， 故，则. 令正四棱台上底边长为，则， ， 所以，即， 解得或（舍去），故. 所以该结构表面积为 . 故选：A. 例4-2（2025·北京·模拟预测）如图，正四棱台，上下底面的中心分别为和，若，侧面与底面所成锐二面角的正切值为，则正四棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】在正四棱台中利用定义找出侧面与底面所成锐二面角，根据其正切值可计算棱台的高，再利用棱台的体积公式即可求. 【详解】取、的中点、，连接、、， 则由题意可知为侧面与底面所成锐二面角，则， ，得，， 在直角梯形中，，则， 则正四棱台的体积为. 故选：A. 方法技巧 1.公式系统梳理： 侧面积：（ 分别为上、下底面周长， 为母线/斜高）。 全面积：。 体积：（ 分别为上、下底面面积， 为高）。 2.圆台的关键量： 圆台的上、下底面半径分别为 、，母线为 ，高为 。 轴截面为等腰梯形，满足关系：。 ，，。 3.解题策略：台体可看作由锥体截得，故可借助锥体的比例关系求解。利用“还原为锥体”的思想，可以通过相似比找到上下底面面积与高的关系。 【变式训练4-1】（2026·北京·三模）已知圆台上下底面半径之比为，母线与底面所成的角的正弦值为，圆台体积为，则该圆台的侧面面积为（     ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】结合圆台轴截面的几何性质，利用母线与底面夹角的三角函数关系得到高、母线长与底面半径的关系，再通过体积公式求出参数，最终计算侧面积. 【详解】作出圆台的轴截面如图所示，设圆台的上底面半径为，母线为，高为， 则下底面半径为，作，垂足为，则， 因为母线与底面所成的角的正弦值为，即， 则， 由，得，又因为，所以， 所以，解得， 即，所以圆台侧面积. 【变式训练4-2】已知圆台上、下底面半径分别为1和3，其母线与底面所成角的正弦值为 ，则该圆台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用圆台的体积计算公式求解. 【详解】 如图所示，如图作出轴截面，为上下底面圆心，为截面的斜边，即圆台的母线. 由题意得：，，则高， 因为母线与底面所成角的正弦值为，所以，则， 则圆台体积. 【变式训练4-3】在正三棱台中，，，则该棱台的体积为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先计算出三棱台的上下底面和高，进而计算出三棱台的体积. 【详解】因为，所以， 因此上下底面正三角形的面积： , 正三角形的中心到顶点的距离为边长， 所以上底面中心到顶点的距离为，下底面中心到顶点的距离为， 侧棱为，台体高为，所以. 代入三棱台体积公式： 故选：B. 题型5 球体的表面积与体积 例5-1已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则该圆锥内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意得：正三角形内切圆半径，就是圆锥内切球的半径， 且边长为4的正三角形内切圆半径为：， 所以圆锥内切球的表面积为：. 例5-2在三棱锥中，已知平面，，.若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积与体积分别为（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【分析】将三棱锥补成长方体，计算出长方体的体对角线长，即为该三棱锥外接球的直径，再结合球体表面积与体积公式求解即可. 【详解】因为，，则，故. 又平面，，可将三棱锥补成长方体，如图： 所以三棱锥的外接球直径即为长方体的体对角线长. 设三棱锥的外接球半径为， 则，故. 因此该球的表面积为， 体积为. 方法技巧 1.公式系统梳理： 表面积：。 体积：。 2.球的截面性质： 用一个平面 去截球 ，截面是一个圆面。 球心到截面的距离 与球的半径 及截面圆的半径 之间的关系为：。 当 时，截面过球心，为大圆，；当 时，截面与球相切。 3.球的切接问题（核心） ： 长方体/正方体的外接球：球直径等于体对角线。即 （长方体）；（正方体）。 柱体的外接球：球心在底面外接圆圆心连线的中点。 锥体的外接球：球心在过底面外接圆圆心且垂直于底面的直线上。通过构造直角三角形（球心、底面圆心、锥体顶点）求 。 正四面体的切接：外接球半径 ，内切球半径 ，且 。 4.解题策略：处理球的切接问题时，关键是找到球心位置。利用“球心到所有顶点的距离相等（外接） ”或“球心到所有面的距离相等（内切） ”列方程求解。 【变式训练5-1】已知圆台存在内切球，圆台的上底面半径为2，母线长为6，则该内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】圆台内切球的轴截面如图所示，由题意易知为等腰梯形，且， 取的中点 ，连接，因为圆台存在内切球，设内切球的半径为， 则易知球心在上，且， 过点作，交于，连接， 设，则由圆的切线性质可知， 所以，所以， 过点作，交于， 则, 由，得，解得， 所以，所以内切球的表面积为. 【变式训练5-2】已知三棱锥，⊥平面，，=90o，，三棱锥的体积为，则三棱锥外接球的表面积是（     ） A．20 B．18 C．16 D．12 【答案】A 【分析】根据已知体积求出三棱锥各棱长，利用三棱锥三条棱两两垂直的特点将其补为长方体，通过长方体体对角线求出外接球半径，进而计算外接球表面积. 【详解】已知，，设，则， 由题意，又平面， 所以，已知， 解得，即，得， 因此， 将三棱锥补成一个长方体，如图，则为三棱锥外接球的直径， 在中，，外接球半径， 则，外接球表面积. 【变式训练5-3】四面体ABCD中，平面平面，，，，，则该四面体外接球的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】1.本题的核心是利用面面垂直的性质和外接球的球心判定来求解. 2.在直角三角形中，斜边即为外接圆的直径，由已知条件及勾股定理计算出斜边的长. 3.结合,可推出外接圆的直径也是，最终确定球心位置，求出球体半径，进一步求出球体的体积. 【详解】如图，设的外心为，过点作于点，连接、、， 取的中点，连接，则. 因为面面，面面，平面， 所以，面， 因为平面，所以. 在直角三角形中，，，,得. 在中，由正弦定理得，，解得，. 在直角三角形中，，则， 在直角三角形中，由面积公式得，，解得，， 则，. 在直角三角形中，则， 在直角三角形中，则， 即， 所以，点为该四面体外接球的球心，故其体积为. 【点睛】方法归纳： 1.对于含面面垂直的四面体外接球问题，通常是先找出其中一个面的外接球直径，再利用面面垂直的性质确定球心的位置. 2.外接球的球心到四面体各个顶点的距离相等，是确定球心位置的关键. 易错归纳： 1.容易忽视面面垂直这个条件，错误地以的外接圆作为球的大圆. 2.球体的体积公式记错，混淆了半径与体积的关系式. 题型6 组合体的表面积与体积 例6-1（25-26高三上·北京东城·期末）如图，已知正方体的棱长为1．平面，平面和平面将该正方体分割成若干个多面体，则其中顶点所在的多面体的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】找到分割后顶点所在的多面体，分析该多面体表面构成，即可求得其表面积. 【详解】连接，易知三条体对角线交于一点，记为点. 则分割后顶点所在的多面体为六面体，其表面分别是. 根据正方体的性质，知， 所以. 中，边上的高为，所以的面积为； 的面积为. 所以顶点所在的多面体的表面积为. 故选：D. 例6-2（2026·北京海淀·二模）如图1，在中，，，，，分别为边，，的中点．将沿折起到沿折起到，使得平面且为等边三角形，如图2所示，则多面体的体积为（） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，补全几何体为棱长为1的正方体，进而转化为正方体的体积减去2倍的三棱锥体积即可. 【详解】在中，，，，分别为边，，的中点， ，，四边形是边长为1的正方形，面积， 折叠后，，，且， 因为为等边三角形，所以 因为平面，， 所以，补全几何体为棱长为1的正方体，如图，满足条件； 所以多面体的体积为正方体的体积减去2倍的三棱锥体积， 所以. 方法技巧 1.“分割”法：将不规则的组合体分割成若干个规则几何体（柱、锥、台、球），分别计算各部分的体积或表面积，再相加。注意表面积计算时需减去被遮挡或拼接的部分。 2.“补形”法：将不规则的几何体通过补形，还原为规则几何体（如将三棱锥补成三棱柱或长方体），先求整体，再减去补上的部分。 3.“挖空”法：若组合体是一个大几何体内部挖去一个小几何体（如球内挖去圆柱），则体积为两者之差；表面积为两者表面积之和减去接触面积（通常接触面不算表面积）。 4.“旋转”法：平面图形绕某轴旋转形成旋转体，其表面积和体积需根据旋转体的结构特征（圆柱、圆锥、球等组合）逐层计算。 5.解题策略：处理组合体问题的关键是“分清结构”——明确组合体是由哪几个基本几何体通过何种方式（拼接、挖空、旋转）构成的，再分别应用公式。 【变式训练6-1】有一个3D打印的摆件可看成边长为6的正三角形挖去其内切圆，再以过该圆心与一顶点的直线为轴旋转一周，最后沿平行于底面且过圆心的平面截取，保留截面与底面间部分（如图所示），则该几何体的体积为（     ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据等边三角形的几何性质分析球的半径以及圆台的结构特征，结合体积公式运算求解即可. 【详解】如图，为的中点，，    则等边的内切圆O的半径，，， 可知圆台的上、下底面半径分别为，高为， 所以该几何体的体积为. 【变式训练6-2】中国古代的建筑形式多样，如赫赫有名的苏州园林（如图1），其几何模型可以简化为如图2所示的几何体，其中是长方体，且，，是棱台，侧面的梯形均为等腰梯形，，棱台的高为2，则该几何体的表面积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据棱柱棱台的几何特征，求解每个面的面积相加可得结论. 【详解】先求下半部分，表面积为. 再求上半部分， 由于，则， 所以上长方形的面积为. 由已知， 则， 由于棱台侧面为等腰梯形，故， 前后两部分的梯形的高为，， 则这两个梯形的面积之和为. 左右两部分的梯形的高为， 则这两个梯形的面积之和为， 因此总表面积为. 故选：C. 【变式训练6-3】如图，曲面直三棱柱中，，，且直线AB，AC分别与圆弧BC相切于点B，C，若该曲面直三棱柱存在内切球，则该曲面直三棱柱的体积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设该曲面直三棱柱内切球与底面ABC切于点O，半径为r，弧BC所在圆的圆心为，曲面直三棱柱的高为h，根据已知得出内切球的半径，求出棱柱的高，再利用，进而利用体积公式求解即可. 【详解】如图，设该曲面直三棱柱内切球与底面ABC切于点O，半径为r， 弧BC所在圆的圆心为，曲面直三棱柱的高为h， 因为，，则，， 因为，所以， 设内切球与圆弧BC所在曲面相切于点N， 则，则，，， 所以， 所以．    故选：C 题型7 数学文化之表面积与体积 例7-1（25-26高三上·北京顺义·阶段检测）中国古代数学著作《九章算术》中记载的“刍甍”(如图）是一种五面体，底面为矩形，侧棱平面，若有“刍甍”形状的几何体，且几何体数据如下：，且各侧面与底面ABCD所成角均为，则该“刍甍”的体积为（    ） A． B．8 C． D． 【答案】C 【分析】过作平面交平面于，过作交于，交于，过作交于，连接，根据题中条件可以得到为侧面与底面ABCD所成的角，由得到，同理可得，则有，过作平面平面，交于，交于， 则五面体可分割为直棱柱和两个体积相同的四棱锥，分别求出体积即可得解. 【详解】过作平面交平面于，过作交于， 交于，过作交于，连接， 平面，平面， ， ，，平面， 平面，平面， ， 为侧面与底面ABCD所成的角， 各侧面与底面ABCD所成角均为， ， ， 平面，平面， ， ，，平面， 平面，平面， ， 为侧面与底面ABCD所成的角， 各侧面与底面ABCD所成角均为， ， ，同理， ， ，， ， ， 过作平面平面，交于，交于， 则五面体可分割为直棱柱和两个体积相同的四棱锥， ，侧棱平面， ， ， ， 该五面体的体积为， 该“刍甍”的体积为. 故选：C. 例7-2（2025·北京大兴·三模）《九章算术》是我国古代的一部数学名著，书中记载了一类名为“羡除”的五面体．如图，在羡除中，底面是正方形，∥平面，，其余棱长都为，则这个几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接交于点,取的中点为,则平面,取的中点为,连接,则, 过作,则平面,进而求解体积. 【详解】连接交于点,取的中点为,则平面, 由其余棱长都为，所以 取的中点为,连接,则, 过作, 则平面,如图所示，由题意可知，,则, 所以, 所以. 故选：D 方法技巧 1.题型特征：以古代数学著作（如《九章算术》）、历史文物（如牟合方盖、堑堵、阳马、鳖臑）、建筑结构（如金字塔、斗拱）为背景，考查几何体的辨识与度量计算。 2.熟悉常见古代几何体术语： 堑堵：底面为直角三角形的直三棱柱。 阳马：底面为矩形，且一条侧棱垂直于底面的四棱锥。 鳖臑：四个面均为直角三角形的三棱锥。 刍甍：底面为矩形，顶部为平行于底面的棱（类似楔形）。 3.解题策略： 读题识图：根据文字描述，将古汉语术语翻译为现代几何术语（如“堑堵”就是直三棱柱）。 标注尺寸：将题目中的“广、袤、高、深、径、周”等古代度量词汇对应为现代几何的“长、宽、高、直径、周长”。 公式应用：还原成熟悉的柱、锥、台、球模型，代入对应的体积或表面积公式计算。 【变式训练7-1】“方斗”是中国古代盛米的一种重要容器，其形状是一个上大下小的正四棱台．如图所示，在一个盛满米的“方斗”容器中，，若从中取出米后，米的高度下降一半，则剩余的米的质量为（   ） A． B．48kg C．57kg D． 【答案】A 【分析】假设从“方斗”中取出米后，米的高度下降一半至平面处.分析出取出米的质量与剩余的米的质量之比为正四棱台和的体积之比，再根据棱台的体积公式分别求出两个棱台的体积即可得解. 【详解】 假设从“方斗”中取出米后，米的高度下降一半至平面处， 由题意可知正四棱台和的高相等，设为. 因为，所以. 则， . 设剩余的米的质量为， 则，解得， 所以剩余的米的质量为. 故选：A 【变式训练7-2】清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食从苏州府运送到全国各地.为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，两斛为一石.已知一只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为，下底也为正方形，内边长为，斛内高，那么一石米的体积大约为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用台的体积公式计算正四棱台的体积，进而求解. 【详解】由题意有：， 所以正四棱台的体积为：， 所以一石米的体积大约为：， 故选：C 【变式训练7-3】晋祠圣母殿是现存宋代建筑艺术的杰出代表，图1是该建筑的剖面画图.圣母殿以其独特的木构技术、历史价值与艺术成就闻名，被誉为研究中国宋代建筑的“活标本”.现使用图2简单模拟圣母殿的屋顶结构，其中四边形为矩形，，，，，为四段全等的圆弧，其对应的圆半径为，圆心角为.已知区域和是被瓦片覆盖的区域，则该模型中瓦片覆盖区域的总面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将区域还原到圆柱中求得其面积，由区域和全等可求得总面积. 【详解】由题意可知区域和全等，且都是底面半径为，高为的圆柱的侧面的一部分， 将区域还原到如图所示圆柱中.    由图可知，，， 由扇形的弧长公式可知，的长为， 结合圆柱的侧面积公式可知， 所以， 所以被瓦片覆盖的区域和的总面积为. 故选：B 题型8 表面积与体积中的最值及范围问题 例8-1已知一个圆柱的外接球半径为R，则该圆柱的侧面积最大值是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设出圆柱的底面半径，表示出圆柱底面半径与球的半径之间的关系，求出圆柱的侧面积，通过求导，利用单调性求最大值. 【详解】设圆柱的半径为x，则圆柱的高为，圆柱的侧面积为，，， 令，解得， 令，解得， 因此函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 故函数的最大值为. 例8-2（2026·北京·模拟预测）四面体中，，，．若该四面体某面的三角形周长为18，则四面体的体积最大值为（     ） A．36 B． C． D． 【答案】B 【分析】由已知得为，结合该四面体某面的三角形周长为18，这个面不是平面， 而是含点的另个三角形面中去推断，再根据四面体的体积公式，结合题中条件可求出四面体体积的最大值. 【详解】    如图，在四面体中， 由，，， 所以为，由勾股定理得；又，，,的周长为， 所以该四面体某面的三角形不是， 是在含点的三角形中的面， 设到面的距离为，则四面体的体积， 要使最大，只需最大， 若的周长为，即， 其中，所以，点的轨迹是到两点距离之和为的椭球， 当点在平面的垂面内时，此时有可能最大，而点在平面内的轨迹为椭圆， 长轴长，焦距，短半轴长为， 此时要使最大，只有时满足，的最大值为； 当点在平面的垂面时，若的周长为，，其中，， 点在平面内的轨迹为椭圆，长轴长长半轴长为，焦距，短半轴长为， 此时最大时，取，的最大值， 当点在平面的垂面时，若的周长为，，其中，得， 不满足三角形两边之和大于第三边，该情况不存在；故当取时，四面体的体积最大，最大值为， 方法技巧 1.函数法： 引入变量（如底面边长 、高 、角 ），将目标量（表面积或体积）表示为该变量的函数 。 利用导数法或配方法求该函数在定义域内的最值。 2.基本不等式法： 在满足约束条件（如总表面积固定或体积固定）下，利用均值定理 或 求最值。 常见模型：圆柱或长方体体积固定时，求表面积最小值（通常设计为球或正方体时取得）。 3.几何法（临界状态） ： 利用几何图形的性质，直接判断何时取得最值。 例如，圆锥内接圆柱的体积最大时，通常出现在高为圆锥高的 处。 4.范围约束： 注意几何约束对变量的限制：如三角形两边之和大于第三边、旋转体母线与高的关系、锥体顶角的范围。 当题目限定为“锐角三角形”或“钝角三角形”时，需利用余弦定理进一步限定角度的范围，进而影响最值。 5.等体积法：当直接求高困难时，通过等体积变换确定高的范围或等号成立条件，间接求出最值。 【变式训练8-1】圆锥的底面半径为2，高为，现于圆锥内放置一个可自由旋转的正方体，则该正方体体积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用相似求圆锥内切球的半径，然后利用正方体的外接球的直径与棱长之间的关系求解棱长，即可根据正方体的体积公式求解. 【详解】如图，圆锥SO底面圆的圆心为O，AB是圆O的一条直径, 设圆锥内切球的球心为，过点作，垂足分别为， 由于, 由题意可知，所以. 即，解得. 设该正方体棱长的最大值为， 则，解得， 所以该正方体的体积的最大值是，故B正确. 故选：B 【变式训练8-2】如图，直三棱柱中，为中点，平面平面，，则三棱柱体积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据面面垂直得出线面垂直，再应用三棱柱的体积公式结合三角函数值域计算求解. 【详解】取中点中点，，则， 由平面，平面平面，平面平面得平面， 由勾股定理知，可得， 设，可得， 同理，由知． 由勾股定理得， 于是三棱柱的体积， 记， 结合二次函数单调性可得，于是． 【变式训练8-3】在棱长为2的正方体中，点P在正方体的棱上运动，则三棱锥的体积的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据P点位置可确定三棱锥的体积可无限接近于0；再确定当P点位于正方体顶点B处时，三棱锥的高最大，利用空间向量求点到平面的距离，即求出三棱锥的高的最大值，利用棱锥体积公式，即可求得答案. 【详解】如图，当在的顶点相连的棱上时，当无限靠近时， 三棱锥的高可无限接近于0，故三棱锥可无限接近于0； 当点位于正方体顶点处时，三棱锥的高最大，此时三棱锥的体积最大； 如图建立空间直角坐标系，则, ， 则，即得， 结合平面，可得平面， 即为平面的一个法向量，则B到平面的 距离为， 为边长为等边三角形，其面积为， 故三棱锥的体积最大为， 故三棱锥的体积的取值范围是. 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面平面，可知平面，利用等体积法求点到面的距离. 【详解】如图，底面为正方形， 当相邻的棱长相等时，不妨设， 分别取的中点，连接， 则，且，平面， 可知平面，且平面， 所以平面平面， 过作的垂线，垂足为，即， 由平面平面，平面， 所以平面， 由题意可得：，则，即， 则，可得， 所以四棱锥的高为. 故选：D. 2．（2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据线面角的定义求得，从而依次求，，，，再把所有棱长相加即可得解. 【详解】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接，    由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和， 所以. 因为平面，平面，所以， 因为，平面，， 所以平面，因为平面，所以，. 同理：，又，故四边形是矩形， 所以由得，所以，所以， 所以在直角三角形中， 在直角三角形中，，， 又因为， 所有棱长之和为. 故选：C 3．（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出以为球心，5为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积. 【详解】 设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心， 且，故. 因为，故， 故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆， 而三角形内切圆的圆心为，半径为， 故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为 故选：B 4．（2021·北京·高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：）．24h降雨量的等级划分如下：    等级 24h降雨量（精确到0.1） …… …… 小雨 0.1~9.9 中雨 10.0~24.9 大雨 25.0~49.9 暴雨 50.0~99.9 …… …… 在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm，高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm（如图所示)，则这24h降雨量的等级是 A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨 【答案】B 【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解. 【详解】由题意，一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为，高为的圆锥， 所以积水厚度，属于中雨. 故选：B. 5．（2026·北京·高考真题）已知三棱锥，，，，则它的底面的面积为________，体积为________．    【答案】 【分析】先由底面三角形的边长求面积；再由，可知点在底面上的投影为的外心，由此求出三棱锥的高. 【详解】    法一：底面三角形中，，. 取中点，连接，则，. 在中，， 故底面面积. 由可知，点在底面上的投影为的外心. 在中，由余弦定理得， 且，故. 由正弦定理，的外接圆半径， 则高， 三棱锥的体积. 综上，底面面积为，体积为. 法二：在中，已知，. 由余弦定理得， 且，故，. 所以底面面积. 由可知，点在底面上的投影为的外心. 由正弦定理，的外接圆半径， 则高， 三棱锥的体积. 综上，底面面积为，体积为. 6．（2025·北京·高考真题）某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，，.若，则该多面体的体积为________． 【答案】 【分析】如图，将一半的几何体分割成直三棱柱和四棱锥后结合体积公式可求几何体的体积. 【详解】先证明一个结论：如果平面平面，平面平面，平面，则. 证明：设，， 在平面取一点，， 在平面内过作直线，使得，作直线，使得， 因为平面平面，，故，而，故， 同理，而，故 . 下面回归问题. 连接，因为且，故，同理，， 而，故直角梯形与直角梯形全等， 故， 在直角梯形中，过作，垂足为， 则四边形为矩形，且为以为直角的等腰直角三角形， 故， 平面平面，平面平面，, 平面，故平面， 取的中点为，的中点为，的中点为，连接， 则，同理可证平面，而平面， 故平面平面，同理平面平面， 而平面平面，故平面， 故，故四边形为平行四边形，故. 在平面中过作，交于，连接. 则四边形为平行四边形，且，故， 故四边形为平行四边形， 而平面， 故平面，故平面平面， 而，故， 故几何体为直棱柱， 而，故, 因为，故平面， 而平面，故平面平面， 在平面中过作，垂足为，同理可证平面， 而，故，故， 由对称性可得几何体的体积为， 故答案为：. 7．（2024·北京·高考真题）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 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为______，升量器的高为________． 【答案】 23 57.5/ 【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度. 【详解】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则， 故，. 故答案为：. 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 1．下列命题错误的是（    ） A．一个棱锥至少5个面 B．平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形 C．有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥 D．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 【答案】A 【详解】对于A，最简单的棱锥是三棱锥，即四面体，只有4个面，故A错误； 对于B，由平行六面体的定义可知平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形，故B正确； 对于C，由于棱锥的侧面都是三角形，有一个面是平行四边形的棱锥，即该面为底面，所以一定是四棱锥，故C正确； 对于D，由正棱锥的定义可知，正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，故D正确. 故选：A. 2．如图，下边长方体中由上边的平面图形围成的是 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据模型中相邻的面折成长方体以后仍相邻，即可作出判断． 【详解】解：D折成的长方体有两组对面是黑色的，一组对面是白色的． 故选：D． 【点睛】本题考查了图形的折叠，考查空间想象能力是此类题目的目的． 3．如图所示，长方体被平面截成两个几何体，点分别在棱上，点分别在棱上，且，则截得的两个几何体分别是（   ） A．三棱柱和五棱柱 B．三棱台和五棱柱 C．三棱柱和五棱台 D．三棱台和五棱台 【答案】A 【详解】在长方体，，又， 所以四边形为平行四边形，同理四边形、都是平行四边形， 又平面平面，故多面体为三棱柱， 同理多面体为五棱柱， 故选A. 4．如图，将一个长方体沿相邻三个面的对角线截出一个棱锥，求棱锥的体积与剩下的几何体体积的比是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】依题意，设该长方体的长、宽、高分别为，，， 即，，． 由长方体的性质可知，，两两垂直， 所以， 故剩下几何体的体积， 因此. 故选：C. 5．如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，侧棱.若侧面水平放置时，水面恰好过，，，的中点.那么当底面水平放置时，水面高为（    ）    A．7 B．6 C．4 D．3 【答案】B 【详解】设三棱柱的底面的面积为，高为，则. 当侧面水平放置时，水的形状呈直四棱柱形， 由于液面恰好经过的中点，则直四棱柱的底面积是直三棱柱底面积的，即直四棱柱的底面积是， 所以水的体积， 当底面水平放置时，设水面高为，则， 从而有，所以， 即当底面水平放置时，水面高为6. 故选：B. 6．如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且4个顶点A，B，C，D在同一个平面内．如果四边形ABCD是边长为30 cm的正方形，那么这个八面体的表面积是 .    【答案】 【详解】因为八面体的每一个面都是正三角形，且四边形ABCD是边长为的正方形， 所以每个面的面积为（）， 则这个八面体的表面积（）. 故答案为： 7．如图，以的一边AB所在直线为轴，其他三边旋转一周形成的面围成一个几何体，画出这个几何体的图形，并说出其中的简单几何体及有关的结构特征. 【答案】见解析 【详解】这个几何体的图形如图，下半截是一个圆锥，上半截是一个圆柱挖去一个圆锥的组合体. 【点睛】本题考查的知识点是旋转体，熟练掌握各种旋转体的几何特征，是解答的关键．属于基础题. 8．下列命题是否正确？若正确，请说明理由；若错误，请举出反例. （1）有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱； （2）有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台. 【答案】（1）错误，反例见解析，（2）错误，反例见解析 【详解】（1）错误，还必须满足满足相邻平行四边形的公共边平行，反例如图①. （2）错误，还必须满足侧棱的延长线交于一点，反例如图②.      【点睛】本题考查棱柱和棱台的概念和性质，属于基础题. 9．如图，圆锥的底面直径和高均是，过的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的表面积和体积． 【答案】剩下部分体积为，表面积为. 【详解】由于是的中点，所以圆柱的高，且圆柱的底面半径为. 圆锥的体积为， 圆柱的体积为， 所以剩下几何体的体积为. 剩下部分的表面积等于圆锥的面积加上圆柱的侧面积， 即 . 10．如图是一个烟筒的直观图（图中数据的单位为厘米），它的下部是个正四棱台形物体，上部是一个正四棱柱形物体（底面与四棱台形物体的上底面重合）.为防止雨水的侵蚀，同时使烟筒更美观，现要在烟筒外部粘贴瓷砖，请你计算需要多少平方厘米的瓷砖？（结果精确到，可用计算工具） 【答案】 【解析】上部四棱柱的侧面积容易求出；要计算四棱台侧面积需先计算出斜高，再计算侧面积，两者相加即为需要瓷砖面积． 【详解】解；由题意，需贴瓷砖的部分为四棱柱与四棱台的侧面积. ， 四棱台的斜高， 故需要瓷砖的面积为. 【点睛】本题考查几何体的侧面积求解，关键是得出所需要的数据，准确利用公式，属于基础题． 11．有一堆规格相同的铁制（铁的密度是）六角螺母共重．如图，每一个螺母的底面是正六边形，边长为，内孔直径为，高为，这堆螺母大约有多少个？（可用计算工具，取）    【答案】 【详解】每个螺母的体积为：立方毫米， 所以每个螺母的质量为千克， 所以螺母个数个. 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．已知圆锥的底面半径为1，高为，则圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意，圆锥的底面半径为，高为，则母线长为， 所以圆锥的侧面积为. 2．已知圆锥的底面半径为2，母线长为4，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由已知求得圆锥的高，再根据圆锥体积公式即可求解． 【详解】圆锥的高，则该圆锥的体积． 3．已知某圆锥的侧面展开图是一个面积为的半圆，在该圆锥内置球的体积最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用扇形弧长公式和面积公式，即可求解弧长和底面半径，再借助内切球的性质，可解得内切球半径，从而问题得解. 【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为， 则由题意可得：，由勾股定理可得：， 设圆锥的内切球半径为，如图可知：， 由勾股定理可得：， 解得：， 所以该圆锥内置球的半径最大值为，即此时体积为：， 故选：C 4．从棱长为4的正方体中截去到正方体顶点B的距离小于或等于4的部分后，得到几何体，则的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先分析挖去部分的形状，再分别计算正方体剩余部分的表面积和挖去部分的表面积，最后将两部分面积相加得到几何体Ω的表面积. 【详解】根据题意易得是由正方体，挖去个以4为半径的球所得， 所以的表面积为.    故选：D 5．如图所示的玻璃容器可以看成是由一个轴截面是正方形的圆柱和一个半球组合而成，如图放置时，向容器内装水，若水的高度是容器高度的一半，现将容器倒置，则水的高度与容器高度的比值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用圆柱和球的体积公式，根据水的体积不变可得答案. 【详解】设圆柱部分的高度为h，底面半径为r，因为轴截面是正方形，所以. 容器总高度. 圆柱体积，半球体积. 水的高度是容器高度的一半，即，水的体积为. 容器倒置后水先填满半球（体积），剩余体积为， 剩余体积在圆柱中的高度为，倒置后水的总高度为， 水的高度与容器高度的比值为. 故选：B 6．在长方体中，，，则长方体外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据长方体体对角线的长即为外接球的直径得出，然后再根据球的表面积公式即可求解 . 【详解】设外接球半径为，已知长方体长宽高为：，，. 根据长方体体对角线公式： ， 由体对角线长等于，得，即， 所以长方体外接球表面积. 7．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是两个等高的几何体，如果在同高处的截面积都相等，那么这两个几何体的体积相等，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为3的正四棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（   ）. A．7 B．10 C．7π D．10π 【答案】A 【分析】利用祖暅原理将不规则几何体体积转化为正四棱台体积. 【详解】正四棱台的上底面边长为，故上底面积； 下底面边长为，故下底面积，棱台高 所以. 8．圆台的上、下底面半径分别为10和20，它的侧面展开所得的扇环所对的圆心角为180°，则圆台的体积为(　　) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由圆台的侧面展开图可得母线长，进而可求圆台的高，再结合圆台体积的计算公式即可求解. 【详解】如图所示，设圆台的上底面周长为，下底面周长为， 因为扇环所对的圆心角为180°，所以，解得， ，解得，故圆台的母线， 高， 故圆台的体积， 9．已知球的半径为R，圆锥的底面半径也为R，母线长为2R，则球与圆锥的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别利用球的体积公式、圆锥的体积公式计算对应体积，再求比值即可得到结果. 【详解】根据球的体积公式，可得，已知圆锥底面半径为，母线长， 可得圆锥的高， 所以，得， ，即球与圆锥的体积之比为. 10．一个圆柱形水杯的底面半径为3，高为8．若向其中放入一个半径为2的实心金属球，且金属球完全浸没在水中，则水面上升的高度为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据水升高部分的体积就是球的体积可得结果. 【详解】金属球的体积为． 圆柱形水杯的底面积为． 水面上升高度为． 重难·创新演练 11．球面上有，，三点，，，球心到平面的距离是，则球的体积是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意得到外接圆的半径，由球到平面的距离结合勾股定理得到球的半径，最后由球的体积公式计算即可. 【详解】如图，设是外接圆的圆心，则平面， 因为，，所以等边的外接圆的半径， 所以球的半径， 所以球的体积． 12．已知三棱锥的顶点均在球的球面上，且球心在棱上，若球的表面积为，则三棱锥的体积最大值为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】先由球的表面积求出半径，结合球心在上可知为直径、为直角三角形，分别求出的最大面积和点到平面的最大距离，代入三棱锥体积公式即可得最大值. 【详解】设球的半径为， 则有，解得， 又因为球心在棱上， 所以为直径且， 所以为直角三角形，且, 要使棱锥的体积最大， 则的面积最大，且点到平面的距离也要最大， 当平面时，最大，此时, 又, 当且仅当时，等号成立； 设三棱锥的体积为， 所以， 所以. 13．圆锥的底面直径和高均是，从圆锥的底面挖去一个圆柱，该圆柱的上底面为过中点作的平行于底面的截面，剩下几何体的表面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】画出相应图形后，可得剩下几何体的表面积为圆锥侧面积、圆锥底面积、圆柱侧面积总和，分别计算各面积即可得. 【详解】由题意可画图如下： 底面直径​，故底面半径​​，高， 过的中点作平行于底面的截面，该截面半径为， 由相似三角形性质，有，所以， 以该截面为底面挖去一个圆柱，圆柱的高， 圆锥的母线长； 则； ； ； 故. 14．将一个半径为 1 的铁球熔化后， 浇铸成一个正四棱台形状的铁锭， 若这个铁锭的上、下底面边长分别为 1 和 2 ， 则它的高为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用球和正四棱台的体积相等直接计算即可． 【详解】球的体积为，设铁锭的高为，则正四棱台的体积为， 由球和正四棱台的体积相等，可得，解得. 15．如图，正三棱台的上、下底面边长分别为1和3，平面将棱台分成两部分，则三棱锥和四棱锥的体积比是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据正三角形面积比等于边长比的平方求出上下底面积比，再利用棱台体积公式求出棱台体积，最后通过三棱锥体积公式求出两部分体积并计算体积比. 【详解】已知正三角形面积比为边长比的平方， 又因为正三棱台上、下底面边长为和， 因此上下底面积比， 设上底面积，则下底面积， 设棱台的高，即上下底面的距离为， 根据棱台体积公式可得： ， 又因为在上底面，到下底面的距离就是棱台的高， 因此：， ， 因此体积比：. 16．某数学课外兴趣小组，制造了一个模型，该模型由两部分构成，上面部分是一个圆台，其上底的直径是下底直径的2倍，下面部分是一个共底的圆柱，且圆柱的高是圆台高的3倍．若圆台的母线长为12，且与底面所成的角为60°，则该模型的容积是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先作出轴截面后，利用条件求出圆台与圆柱的各个长度，即可求出两个几何体的体积. 【详解】作出该模型的轴截面，如图所示，四边形是等腰梯形，四边形是矩形，其中， 分别过两点作的垂线，垂足分别为，则，所以． 因为上底的直径是下底直径的倍， 所以， 解得．又圆柱的高是圆台高的倍，所以． 设圆台上底半径为，下底半径为，则，， 所以圆台的体积为， 圆柱的体积为， 所以该模型的容积为． 17．一个正四棱台的上、下底面边长分别为1，3，高为，若用一个平行于上下底面的平面截该棱台，且将棱台的高平分，则所截得的上下两个棱台的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据正四棱锥的相似性质求得截面正方形边长，再利用棱台体积公式分别计算上下两部分棱台的体积，最终求比值即可. 【详解】首先将正四棱台补为正四棱锥，设补出的小棱锥高为， 由上下底面边长比为，且棱台的高为，由相似多边形的性质得，解得. 由于平面平分棱台的高，故截面与棱台上底面的距离为，截面所在棱锥的高为， 由相似比得截面边长，上下两部分棱台的高均为， 根据棱台体积公式， 上部分棱台：上底面积，下底面积，高， 则 下部分棱台：上底面积，下底面积，高， 则. 因此体积比为. 18．某精密仪器车间有一个圆柱形原料，现需要在这个原料中挖出一个倒立的圆锥形零件，其尺寸如图所示，则（     ） A．圆柱形原料的表面积为 B．圆柱形原料的体积为 C．圆锥形零件的表面积为 D．圆锥形零件的体积为 【答案】D 【分析】根据圆柱和圆锥的表面积、体积公式计算即可. 【详解】由题意及图形可知，圆柱形原料与圆锥形零件的底面直径均为，则底面半径，高均为. 对于圆柱形原料， 表面积， 体积， 故选项A、B错误； 对于圆锥形零件， 母线长， 表面积， 体积， 故选项C错误，选项D正确. 19．已知多面体，面，四边形为矩形，，且，则多面体外接球的体积与此多面体的体积之比为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】多面体可以看成是以为顶点，以为底面的四棱锥，利用体积公式，求得，在利用球的截面圆的性质，求得，结合体积公式，求得外接球的体积为，进而得到答案. 【详解】由多面体可以看成是以为顶点，以为底面的四棱锥， 其中为矩形，且， 因为面，且平面，所以， 又因为，且，平面， 所以平面，即三棱锥的高为， 在直角中，因为，可得， 所以多面体的体积为， 因为平面，且四边形是矩形，所以平面，且， 所以和是垂直于底面的两条平行线段， 该几何体的外接球球心底面上的射影是的外心， 球心到底面的距离等于和长度平均值的一半， 因为，所以， 在直角中，斜边为，所以外心是斜边的中点， 底面外接圆半径为， 设外接球的半径为，可得， 所以外接球的体积为， 所以多面体外接球的体积与此多面体的体积之比为. 20．四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图所示为鳖臑，平面ABC，，，分别在棱VB，VC上，且，.若，则三棱锥外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据线面垂直的判定与性质，可得三棱锥的各个面的垂直关系，再由四点都在以 为直径的球面上确定外接球直径，再代入球的体积公式计算. 【详解】由平面，得，结合，， 得，故； 因为，， 所以，故； 因为，，， 故，即. 对三棱锥：已知，即； 由，得. 因此四点都在以 为直径的球面上， 即三棱锥 的外接球直径是. 由，可得外接球半径， 球的体积为： 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $ 第01讲 基本立体图形、简单几何体的表面积及体积 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 棱柱、棱锥、棱台的结构特征 知识点2 圆柱、圆锥、圆台、球体的结构特征 知识点3 圆柱、圆锥、圆台的展开图及侧面积 知识点4 柱体、锥体、台体、球体的表面积和体积 知识点5 祖暅原理 题型破译 (含超链接） 题型1 空间几何体的结构特征【含方法技巧】 题型2 柱体的表面积与体积【含方法技巧】 题型3 锥体的表面积与体积【含方法技巧】 题型4 台体的表面积与体积【含方法技巧】 题型5 球体的表面积与体积【含方法技巧】 题型6 组合体的表面积与体积【含方法技巧】 题型7 数学文化之表面积与体积【含方法技巧】 题型8 表面积与体积中的最值及范围问题【含方法技巧】 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 柱、锥、台、球的结构特征 T14（5分） T14（5分） T8（4分）、T14（5分） 表面积与体积的计算 T14（5分） T14（5分） T8（4分）、T14（5分） 简单几何体的综合应用 T14（5分） T14（5分） T8（4分）、T14（5分） 考情分析 基本立体图形及表面积、体积是高考立体几何板块的基础内容，北京卷近年以填空题形式考查，分值4~5分，难度中等偏易至中等。试题常以实际情境或几何体中的基本计算（三棱锥顶点在底面的投影、锥体高）为背景，考查柱、锥、台、球的结构特征识别及体积公式的灵活运用。2024年T8、T14连续两道题考查立体几何，T14还将圆柱体积与等比数列结合，体现跨章节综合。近三年考情显示，小题侧重几何体结构特征的理解与公式的直接应用，解答题（T17/T18）则在此基础上考查空间位置关系与空间角，形成“小题考计算、大题考推理”的立体几何考查格局。 复习目标 1.掌握棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征。 2.掌握柱体、锥体、台体、球的表面积和体积公式，能熟练进行计算。 3.能处理组合体的体积问题，能通过分割法或补形法求解复杂几何体的体积。 4.能将立体几何与数列、方程等知识融合，解决跨章节综合问题。 5.提升空间想象与数学运算素养，为解答题中的推理与向量计算打好基础。 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 棱柱、棱锥、棱台的结构特征 棱柱 棱锥 棱台 图 形 定 义 有两个面 ，其余各面都是 ，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体 有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的 ，由这些面所围成的多面体 用一个平行于 的平面去截棱锥，底面和截面之间那部分多面体 结 构 特 征 底面互相平行且全等；侧面都是 ；侧棱都相等且互相平行 底面是一个多边形；侧面都是三角形；侧面有一个公共顶点 上、下底面互相平行且相似；各侧棱延长线交于一点；各侧面为 分 类 ①按底面多边形的边数：三棱柱、四棱柱、五棱柱… ②按侧棱与底面的关系：侧棱垂直于底面的棱柱叫做 ，否则叫做斜棱柱. 底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱. 底面是平行四边形的四棱柱也叫做平行六面体 ①按底面多边形的边数：三棱锥、四棱锥、五棱锥… ②正棱锥：底面是正多边形，并且顶点与 的连线垂直于底面的棱锥 ①按底面多边形的边数：三棱台、四棱台、五棱台… ②正棱台：由正棱锥截得的棱台 [注意]常见的几种四棱柱的结构特征及其之间的关系 自主检测1下列结论正确的是（    ） A．过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形可能是矩形 B．侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥 C．侧面都是矩形的直四棱柱是长方体 D．若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱 自主检测2下列说法中，正确的为（   ） A．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 B．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的多面体是棱锥 C．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 D．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥不可能是正六棱锥 知识点2 圆柱、圆锥、圆台、球体的结构特征 分类 定义 图形及表示 表示 圆柱 以 为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱．旋转轴叫做圆柱的轴； 于轴的边旋转而成的圆面叫做圆柱的底面； 于轴的边旋转而成的曲面叫做圆柱的侧面；无论旋转到什么位置，平行于轴的边都叫做圆柱侧面的母线 圆柱用表示它的轴的字母表示，左图记作 圆锥 以 所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥 用表示圆锥轴的字母表示圆锥，左图记作 圆台 用平行于 的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台 用表示它的轴的字母表示，左图记作 球 半圆以它的 所在直线为旋转轴，旋转一周形成的曲面叫做 ，球面所围成的旋转体叫做 ，简称球．半圆的圆心叫做球的 ；连接球心和球面上任意一点的线段叫做球的半径；连接球面上两点并且经过球心的线段叫做球的直径 球常用球心字母进行表示，左图可表示为 自主检测1底面半径为1，高为的圆柱的侧面展开图是（     ） A．一个边长为的正方形 B．一个边长为的正方形 C．一个长为，宽为的矩形 D．一个长为，宽为的矩形 自主检测2下列结论正确的是（     ） A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B．以梯形的一条边所在直线为旋转轴，其余边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆台 C．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线 知识点3 圆柱、圆锥、圆台的展开图及侧面积 圆柱 圆锥 圆台 侧面展 开图 侧面积 公式 S圆柱侧＝ S圆锥侧＝ S圆台侧＝ 其中r，r′为底面半径，l为母线长. [注意]　①几何体的侧面积是指（各个）侧面面积之和，而表面积是侧面积与所有底面面积之和； ②圆台、圆柱、圆锥的转化：当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥，由此可得S圆柱侧＝2πrlS圆台侧＝π（r＋r′）lS圆锥侧＝πrl． 自主检测1为圆锥底面圆的直径，，则圆锥的侧面积为（     ） A． B． C． D． 自主检测2一个圆台的轴截面周长为4，则该圆台侧面积的最大值为（     ） A． B． C． D． 知识点4 柱体、锥体、台体、球体的表面积和体积 几何体   表面积 体积（S是底面积，h是高） 柱体（棱柱和圆柱） S表面积＝S侧＋2S底 V＝Sh 锥体（棱锥和圆锥） S表面积＝S侧＋S底 V＝Sh 台体（棱台和圆台） S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝ 球（R是半径） S＝ V＝ 自主检测1已知正四棱台的上、下底面边长分别为和，侧棱长为，该正四棱台的体积为（    ） A．518 B． C．350 D． 自主检测2已知圆台上底面半径为1，下底面半径为2，球与圆台的两个底面和侧面均相切，则该圆台的侧面积与球的表面积之比为（     ） A． B． C． D． 自主检测3已知正四面体的四个顶点均在球的表面上，若球的半径为3，则正四面体的表面积为（    ） A． B． C． D． 知识点5 祖暅原理 我国数学家祖暅得出了“幂势既同，则积不容异”这一结论，意思是：夹在平行平面，之间的两个形状不同的几何体，被 平面，的任意一个平面所截，如果截面和的面积 ，那么这两个几何体的体积相等（如图所示）． 自主检测中国南北朝时期数学家､天文学家祖冲之､祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.如图，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（    ） A．24 B． C． D． 题●型●破●译 题型1 空间几何体的结构特征 例1-1下列说法正确的是（   ） A．棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面 B．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 C．若一个多面体共有5个面，则这个多面体可能是三棱锥 D．以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆锥 例1-2如图，长方体中被截去一小部分，其中，，则剩下的几何体是（   ） A．棱台 B．四棱柱 C．五棱柱 D．六棱柱 方法技巧 1.多面体的结构特征： 棱柱：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行。侧棱平行且相等。底面平行且全等。直棱柱侧棱垂直于底面；正棱柱底面为正多边形。 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。正棱锥的底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面的中心。 棱台：用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面与底面之间的部分。上下底面平行且相似，各侧棱延长后交于一点。 2.旋转体的结构特征： 圆柱：以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的几何体。轴截面为矩形。 圆锥：以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的面所围成的几何体。轴截面为等腰三角形。 圆台：用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截面与底面之间的部分。轴截面为等腰梯形。 球：以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的几何体。 【变式训练1-1】下列命题错误的是（    ） A．一个棱锥至少5个面 B．平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形 C．有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥 D．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 【变式训练1-2】下列几何体中，为棱台的是（   ） A． B． C． D． 【变式训练1-3】过正方体的中心作与垂直的平面，则平面截正方体所得的截面是（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 题型2 柱体的表面积与体积 例2-1已知正三棱柱的表面积为，则当其体积取得最大值时，该三棱柱的高为（   ） A．3 B． C． D． 例2-2在正方体中，为正方形的中心，为的中点，过点、、的平面将正方体分成上、下两部分，则上、下这两部分的体积比等于（   ）    A． B． C． D． 方法技巧 1.公式系统梳理： 侧面积：（ 为底面周长， 为侧棱长/母线长）。 全面积：。 体积：（ 为高）。 2.关键量的求解： 直棱柱的侧棱长即为高 。 斜棱柱的高需通过侧棱与底面的夹角计算：（ 为侧棱与底面所成角）。 3.特殊柱体： 长方体：，。 正方体：，。 圆柱：，，（， 为母线）。 4.解题策略：对于柱体问题，关键是求出底面面积和高。若底面为正多边形，需利用解三角形知识求边长、中心距等。 【变式训练2-1】如图，圆柱体被一个不平行底面的平面截去一部分，尺寸如图则该几何体的体积和侧面积分别是（    ） A．， B．， C．， D．， 【变式训练2-2】已知圆柱的上，下底面的中心分别为，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为16的正方形，则该圆柱的体积为（　　） A． B． C． D． 【变式训练2-3】如图，一个正三棱柱形容器中盛有水，且底面边长和侧棱长都为，若侧面水平放置时，液面高为，若底面水平放置时，液面高为3，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 题型3 锥体的表面积与体积 例3-1（2026·北京昌平·一模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面与平面的夹角为，则该四棱锥的侧面积为（   ）    A． B． C． D． 例3-2如图，在四棱锥中，，其余的六条棱长均为，，则该四棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 方法技巧 1.公式系统梳理： 侧面积：（ 为底面周长， 为母线长/斜高）。 全面积：。 体积：（ 为高）。 2.正棱锥的关键关系： 侧棱 、斜高 、底面边长的一半 、底面外接圆半径 、内切圆半径 、高 之间构成直角三角形关系。 例如，在正四棱锥中，（侧棱长），（斜高）。 3.特殊锥体： 圆锥：，，（ 为高， 为母线，）。 4.解题策略：锥体体积求解的关键是确定高。当顶点在底面的射影位置不易确定时，可尝试用等体积法（换顶点）求解。 【变式训练3-1】（2026·北京朝阳·二模）某圆锥的轴截面（通过轴的平面所得到的截面）是面积为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【变式训练3-2】某正四棱锥的底面棱长为4cm，其侧面与底面夹角的正切值为，则该正四棱锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【变式训练3-3】母线长相等的两个圆锥，侧面展开图的圆心角之和为，若它们的侧面积之比为，则体积比为（    ） A． B． C． D． 题型4 台体的表面积与体积 例4-1（2025·北京·模拟预测）攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑.兰州市著名景点三台阁的屋顶部分也是典型的攒尖结构.如图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分，它可以看作是正三棱柱和不含下底面的正四棱台的组合体.已知正四棱台侧棱、下底的长度（单位：dm）分别为4，6，侧面与底面所成二面角的正切值为，正三棱柱各棱长均相等，则该结构表面积为（   ） A． B． C． D． 例4-2（2025·北京·模拟预测）如图，正四棱台，上下底面的中心分别为和，若，侧面与底面所成锐二面角的正切值为，则正四棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 方法技巧 1.公式系统梳理： 侧面积：（ 分别为上、下底面周长， 为母线/斜高）。 全面积：。 体积：（ 分别为上、下底面面积， 为高）。 2.圆台的关键量： 圆台的上、下底面半径分别为 、，母线为 ，高为 。 轴截面为等腰梯形，满足关系：。 ，，。 3.解题策略：台体可看作由锥体截得，故可借助锥体的比例关系求解。利用“还原为锥体”的思想，可以通过相似比找到上下底面面积与高的关系。 【变式训练4-1】（2026·北京·三模）已知圆台上下底面半径之比为，母线与底面所成的角的正弦值为，圆台体积为，则该圆台的侧面面积为（     ）． A． B． C． D． 【变式训练4-2】已知圆台上、下底面半径分别为1和3，其母线与底面所成角的正弦值为 ，则该圆台的体积为（   ） A． B． C． D． 【变式训练4-3】在正三棱台中，，，则该棱台的体积为（     ） A． B． C． D． 题型5 球体的表面积与体积 例5-1已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则该圆锥内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 例5-2在三棱锥中，已知平面，，.若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积与体积分别为（   ） A．， B．， C．， D．， 方法技巧 1.公式系统梳理： 表面积：。 体积：。 2.球的截面性质： 用一个平面 去截球 ，截面是一个圆面。 球心到截面的距离 与球的半径 及截面圆的半径 之间的关系为：。 当 时，截面过球心，为大圆，；当 时，截面与球相切。 3.球的切接问题（核心） ： 长方体/正方体的外接球：球直径等于体对角线。即 （长方体）；（正方体）。 柱体的外接球：球心在底面外接圆圆心连线的中点。 锥体的外接球：球心在过底面外接圆圆心且垂直于底面的直线上。通过构造直角三角形（球心、底面圆心、锥体顶点）求 。 正四面体的切接：外接球半径 ，内切球半径 ，且 。 4.解题策略：处理球的切接问题时，关键是找到球心位置。利用“球心到所有顶点的距离相等（外接） ”或“球心到所有面的距离相等（内切） ”列方程求解。 【变式训练5-1】已知圆台存在内切球，圆台的上底面半径为2，母线长为6，则该内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【变式训练5-2】已知三棱锥，⊥平面，，=90o，，三棱锥的体积为，则三棱锥外接球的表面积是（     ） A．20 B．18 C．16 D．12 【变式训练5-3】四面体ABCD中，平面平面，，，，，则该四面体外接球的体积为（ ） A． B． C． D． 题型6 组合体的表面积与体积 例6-1（25-26高三上·北京东城·期末）如图，已知正方体的棱长为1．平面，平面和平面将该正方体分割成若干个多面体，则其中顶点所在的多面体的表面积为（   ） A． B． C． D． 例6-2（2026·北京海淀·二模）如图1，在中，，，，，分别为边，，的中点．将沿折起到沿折起到，使得平面且为等边三角形，如图2所示，则多面体的体积为（） A． B． C． D． 方法技巧 1.“分割”法：将不规则的组合体分割成若干个规则几何体（柱、锥、台、球），分别计算各部分的体积或表面积，再相加。注意表面积计算时需减去被遮挡或拼接的部分。 2.“补形”法：将不规则的几何体通过补形，还原为规则几何体（如将三棱锥补成三棱柱或长方体），先求整体，再减去补上的部分。 3.“挖空”法：若组合体是一个大几何体内部挖去一个小几何体（如球内挖去圆柱），则体积为两者之差；表面积为两者表面积之和减去接触面积（通常接触面不算表面积）。 4.“旋转”法：平面图形绕某轴旋转形成旋转体，其表面积和体积需根据旋转体的结构特征（圆柱、圆锥、球等组合）逐层计算。 5.解题策略：处理组合体问题的关键是“分清结构”——明确组合体是由哪几个基本几何体通过何种方式（拼接、挖空、旋转）构成的，再分别应用公式。 【变式训练6-1】有一个3D打印的摆件可看成边长为6的正三角形挖去其内切圆，再以过该圆心与一顶点的直线为轴旋转一周，最后沿平行于底面且过圆心的平面截取，保留截面与底面间部分（如图所示），则该几何体的体积为（     ）    A． B． C． D． 【变式训练6-2】中国古代的建筑形式多样，如赫赫有名的苏州园林（如图1），其几何模型可以简化为如图2所示的几何体，其中是长方体，且，，是棱台，侧面的梯形均为等腰梯形，，棱台的高为2，则该几何体的表面积为（   ）    A． B． C． D． 【变式训练6-3】如图，曲面直三棱柱中，，，且直线AB，AC分别与圆弧BC相切于点B，C，若该曲面直三棱柱存在内切球，则该曲面直三棱柱的体积为（   ）    A． B． C． D． 题型7 数学文化之表面积与体积 例7-1（25-26高三上·北京顺义·阶段检测）中国古代数学著作《九章算术》中记载的“刍甍”(如图）是一种五面体，底面为矩形，侧棱平面，若有“刍甍”形状的几何体，且几何体数据如下：，且各侧面与底面ABCD所成角均为，则该“刍甍”的体积为（    ） A． B．8 C． D． 例7-2（2025·北京大兴·三模）《九章算术》是我国古代的一部数学名著，书中记载了一类名为“羡除”的五面体．如图，在羡除中，底面是正方形，∥平面，，其余棱长都为，则这个几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 方法技巧 1.题型特征：以古代数学著作（如《九章算术》）、历史文物（如牟合方盖、堑堵、阳马、鳖臑）、建筑结构（如金字塔、斗拱）为背景，考查几何体的辨识与度量计算。 2.熟悉常见古代几何体术语： 堑堵：底面为直角三角形的直三棱柱。 阳马：底面为矩形，且一条侧棱垂直于底面的四棱锥。 鳖臑：四个面均为直角三角形的三棱锥。 刍甍：底面为矩形，顶部为平行于底面的棱（类似楔形）。 3.解题策略： 读题识图：根据文字描述，将古汉语术语翻译为现代几何术语（如“堑堵”就是直三棱柱）。 标注尺寸：将题目中的“广、袤、高、深、径、周”等古代度量词汇对应为现代几何的“长、宽、高、直径、周长”。 公式应用：还原成熟悉的柱、锥、台、球模型，代入对应的体积或表面积公式计算。 【变式训练7-1】“方斗”是中国古代盛米的一种重要容器，其形状是一个上大下小的正四棱台．如图所示，在一个盛满米的“方斗”容器中，，若从中取出米后，米的高度下降一半，则剩余的米的质量为（   ） A． B．48kg C．57kg D． 【变式训练7-2】清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食从苏州府运送到全国各地.为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，两斛为一石.已知一只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为，下底也为正方形，内边长为，斛内高，那么一石米的体积大约为（    ） A． B． C． D． 【变式训练7-3】晋祠圣母殿是现存宋代建筑艺术的杰出代表，图1是该建筑的剖面画图.圣母殿以其独特的木构技术、历史价值与艺术成就闻名，被誉为研究中国宋代建筑的“活标本”.现使用图2简单模拟圣母殿的屋顶结构，其中四边形为矩形，，，，，为四段全等的圆弧，其对应的圆半径为，圆心角为.已知区域和是被瓦片覆盖的区域，则该模型中瓦片覆盖区域的总面积为（    ）    A． B． C． D． 题型8 表面积与体积中的最值及范围问题 例8-1已知一个圆柱的外接球半径为R，则该圆柱的侧面积最大值是（    ） A． B． C． D． 例8-2（2026·北京·模拟预测）四面体中，，，．若该四面体某面的三角形周长为18，则四面体的体积最大值为（     ） A．36 B． C． D． 方法技巧 1.函数法： 引入变量（如底面边长 、高 、角 ），将目标量（表面积或体积）表示为该变量的函数 。 利用导数法或配方法求该函数在定义域内的最值。 2.基本不等式法： 在满足约束条件（如总表面积固定或体积固定）下，利用均值定理 或 求最值。 常见模型：圆柱或长方体体积固定时，求表面积最小值（通常设计为球或正方体时取得）。 3.几何法（临界状态） ： 利用几何图形的性质，直接判断何时取得最值。 例如，圆锥内接圆柱的体积最大时，通常出现在高为圆锥高的 处。 4.范围约束： 注意几何约束对变量的限制：如三角形两边之和大于第三边、旋转体母线与高的关系、锥体顶角的范围。 当题目限定为“锐角三角形”或“钝角三角形”时，需利用余弦定理进一步限定角度的范围，进而影响最值。 5.等体积法：当直接求高困难时，通过等体积变换确定高的范围或等号成立条件，间接求出最值。 【变式训练8-1】圆锥的底面半径为2，高为，现于圆锥内放置一个可自由旋转的正方体，则该正方体体积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【变式训练8-2】如图，直三棱柱中，为中点，平面平面，，则三棱柱体积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练8-3】在棱长为2的正方体中，点P在正方体的棱上运动，则三棱锥的体积的取值范围是（   ） A． B． C． D． 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 2．（2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（    ）    A． B． C． D． 3．（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（    ） A． B． C． D． 4．（2021·北京·高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：）．24h降雨量的等级划分如下：    等级 24h降雨量（精确到0.1） …… …… 小雨 0.1~9.9 中雨 10.0~24.9 大雨 25.0~49.9 暴雨 50.0~99.9 …… …… 在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm，高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm（如图所示)，则这24h降雨量的等级是 A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨 5．（2026·北京·高考真题）已知三棱锥，，，，则它的底面的面积为________，体积为________．    6．（2025·北京·高考真题）某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，，.若，则该多面体的体积为________． 7．（2024·北京·高考真题）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 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为______，升量器的高为________． 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 1．下列命题错误的是（    ） A．一个棱锥至少5个面 B．平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形 C．有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥 D．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 2．如图，下边长方体中由上边的平面图形围成的是 A． B． C． D． 3．如图所示，长方体被平面截成两个几何体，点分别在棱上，点分别在棱上，且，则截得的两个几何体分别是（   ） A．三棱柱和五棱柱 B．三棱台和五棱柱 C．三棱柱和五棱台 D．三棱台和五棱台 4．如图，将一个长方体沿相邻三个面的对角线截出一个棱锥，求棱锥的体积与剩下的几何体体积的比是（   ） A． B． C． D． 5．如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，侧棱.若侧面水平放置时，水面恰好过，，，的中点.那么当底面水平放置时，水面高为（    ）    A．7 B．6 C．4 D．3 6．如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且4个顶点A，B，C，D在同一个平面内．如果四边形ABCD是边长为30 cm的正方形，那么这个八面体的表面积是 .    7．如图，以的一边AB所在直线为轴，其他三边旋转一周形成的面围成一个几何体，画出这个几何体的图形，并说出其中的简单几何体及有关的结构特征. 8．下列命题是否正确？若正确，请说明理由；若错误，请举出反例. （1）有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱； （2）有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台. 9．如图，圆锥的底面直径和高均是，过的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的表面积和体积． 10．如图是一个烟筒的直观图（图中数据的单位为厘米），它的下部是个正四棱台形物体，上部是一个正四棱柱形物体（底面与四棱台形物体的上底面重合）.为防止雨水的侵蚀，同时使烟筒更美观，现要在烟筒外部粘贴瓷砖，请你计算需要多少平方厘米的瓷砖？（结果精确到，可用计算工具） 11．有一堆规格相同的铁制（铁的密度是）六角螺母共重．如图，每一个螺母的底面是正六边形，边长为，内孔直径为，高为，这堆螺母大约有多少个？（可用计算工具，取）    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．已知圆锥的底面半径为1，高为，则圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 2．已知圆锥的底面半径为2，母线长为4，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 3．已知某圆锥的侧面展开图是一个面积为的半圆，在该圆锥内置球的体积最大值为（    ） A． B． C． D． 4．从棱长为4的正方体中截去到正方体顶点B的距离小于或等于4的部分后，得到几何体，则的表面积为（   ） A． B． C． D． 5．如图所示的玻璃容器可以看成是由一个轴截面是正方形的圆柱和一个半球组合而成，如图放置时，向容器内装水，若水的高度是容器高度的一半，现将容器倒置，则水的高度与容器高度的比值为（    ） A． B． C． D． 6．在长方体中，，，则长方体外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 7．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是两个等高的几何体，如果在同高处的截面积都相等，那么这两个几何体的体积相等，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为3的正四棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（   ）. A．7 B．10 C．7π D．10π 8．圆台的上、下底面半径分别为10和20，它的侧面展开所得的扇环所对的圆心角为180°，则圆台的体积为(　　) A． B． C． D． 9．已知球的半径为R，圆锥的底面半径也为R，母线长为2R，则球与圆锥的体积之比为（   ） A． B． C． D． 10．一个圆柱形水杯的底面半径为3，高为8．若向其中放入一个半径为2的实心金属球，且金属球完全浸没在水中，则水面上升的高度为（   ） A． B． C． D． 重难·创新演练 11．球面上有，，三点，，，球心到平面的距离是，则球的体积是（    ） A． B． C． D． 12．已知三棱锥的顶点均在球的球面上，且球心在棱上，若球的表面积为，则三棱锥的体积最大值为（   ） A． B．2 C． D． 13．圆锥的底面直径和高均是，从圆锥的底面挖去一个圆柱，该圆柱的上底面为过中点作的平行于底面的截面，剩下几何体的表面积是（    ） A． B． C． D． 14．将一个半径为 1 的铁球熔化后， 浇铸成一个正四棱台形状的铁锭， 若这个铁锭的上、下底面边长分别为 1 和 2 ， 则它的高为（    ） A． B． C． D． 15．如图，正三棱台的上、下底面边长分别为1和3，平面将棱台分成两部分，则三棱锥和四棱锥的体积比是（     ） A． B． C． D． 16．某数学课外兴趣小组，制造了一个模型，该模型由两部分构成，上面部分是一个圆台，其上底的直径是下底直径的2倍，下面部分是一个共底的圆柱，且圆柱的高是圆台高的3倍．若圆台的母线长为12，且与底面所成的角为60°，则该模型的容积是（   ） A． B． C． D． 17．一个正四棱台的上、下底面边长分别为1，3，高为，若用一个平行于上下底面的平面截该棱台，且将棱台的高平分，则所截得的上下两个棱台的体积之比为（   ） A． B． C． D． 18．某精密仪器车间有一个圆柱形原料，现需要在这个原料中挖出一个倒立的圆锥形零件，其尺寸如图所示，则（     ） A．圆柱形原料的表面积为 B．圆柱形原料的体积为 C．圆锥形零件的表面积为 D．圆锥形零件的体积为 19．已知多面体，面，四边形为矩形，，且，则多面体外接球的体积与此多面体的体积之比为（     ） A． B． C． D． 20．四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图所示为鳖臑，平面ABC，，，分别在棱VB，VC上，且，.若，则三棱锥外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $