专题7.1 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积（举一反三复习讲义）（全国通用）【上好课】2027年高考数学一轮复习举一反三系列

该高中数学高考复习讲义聚焦基本立体图形、表面积与体积核心考点，按多面体与旋转体结构特征、斜二测画法、最短路径等逻辑梳理知识点，通过考点剖析、方法归纳、真题演练环节，帮助学生构建知识网络，突破空间想象与运算难点，体现系统性与高考针对性。 资料特色在于结合近三年高考真题规律，采用“知识点+题型”分层设计，如斜二测画法面积关系应用、最短路径展开转化等策略，培养学生空间观念与几何直观。设置基础到综合题型梯度，配合即时反馈，确保高效复习，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰指引。

专题7.1 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积（举一反三复习讲义） 【全国通用】 考点要求 (1)认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，能运简单物体的结构 (2)知道球、棱(圆)柱、棱(圆)锥、棱(圆)台的表面积和体积的计算公式，并能解决简单的实际问题 (3)能用斜二测画法画出简单空间图形的直观图 高考真题统计 考点 2024年 2025年 2026年 基本立体图形 全国二卷：第14题，5分 简单几何体的表面积与体积 新课标I卷：第5题，5分 新课标Ⅱ卷：第7题，5分 全国甲卷（文数）：第14题，5分 全国甲卷（理数）：第14题，5分 北京卷：第14题，5分 全国二卷：第5题，5分 全国二卷：第14题，5分 命题规律分析 1、基本立体图形、简单几何体的表面积与体积 立体几何是高考的重点、热点内容，属于高考的必考内容之一。从近三年的高考情况来看，空间几何体的结构特征与斜二测画法是立体几何的基础，空间几何体的表面积和体积是高考的重点与热点内容，主要以选择题、填空题的形式考查，难度较易；有时作为解答题的一个构成部分考查几何体的表面积与体积，难度中等。 在复习时，不仅要熟练掌握空间几何体的结构特征，还应加强几何体的表面积和体积公式的理解及运用。 考点1 基本立体图形 知识点1 空间几何体的结构特征 1．多面体的结构特征 棱柱 棱锥 棱台 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叫做棱柱. 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叫做棱锥. 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叫做棱台. 图形及表示 棱柱ABCDEF-A'B'C'D'E'F' (或六棱柱AD'). 棱锥S-ABCD(或四棱锥 S - A C ) 棱台ABCD-A'B'C'D' 结构特征 (1)底面互相平行且全等； (2)侧面都是平行四边形； (3)侧棱都相等，且互相平行. (1)底面是多边形； (2)侧面都是三角形； (3)侧面有一个公共顶点. (1)上、下底面互相平行，且是相似图形； (2)各侧棱的延长线交于一点； (3)各侧面为梯形. 分类 棱柱的底面是几边形就叫几棱柱，例如，三棱柱、四棱柱…… 棱锥的底面是几边形就叫几棱锥，例如，三棱锥、四棱锥…… 由几棱锥截得的就叫几 棱台，例如，由三棱锥截得的棱台叫三棱台. 2．旋转体的结构特征 圆柱 圆锥 圆台 球 定 义 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. 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. 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. 图形及表示 圆柱OO' 圆锥SO 圆台OO' 球O 结 构 特 征 (1)圆柱两个底面是圆面而不是圆. (2)圆柱有无数条母线，圆柱的任意两条母线互相平行(与轴平行)且相等. (3)平行于底面的截面是与底面大小相同的圆面，过轴的截面(轴截面)是全等的矩形. (1)底面是圆面. (2)有无数条母线，长度相等且交于顶点. (3)平行于底面的截面是与底面大小不同的圆面，过轴的截面(轴截面)是全等的等腰三角形. (1)上、下底面是互相平行且不相等的圆面. (2)有无数条母线，等长且延长线交于一点. (3)平行于底面的截面是与两底面大小都不等的圆面，过轴的截面(轴截面)是全等的等腰梯形. (1)球的表面叫做球面，所以球面是旋转形成的曲面.另外，球面也可看成空间中，到定点(球心)的距离等于定长(半径)的所有点的集合. (2)球的截面都是圆面. 棱柱与圆柱统称为柱体，棱锥与圆锥统称为锥体，棱台与圆台统称为台体. 3．空间几何体结构特征的判断技巧 (1)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定. (2)通过反例对结构特征进行辨析，即要说明个命题是错误的，只要举出一个反例即可. 知识点2 斜二测画法和展开图的常用结论 1．斜二测画法的常用结论： (1)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.” (2)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：. 2．几何体的表面展开图的常用结论： 几何体的表面展开图可以有不同的形状，应多实践，观察并大胆想象立体图形与表面展开图的关系，一定先观察立体图形的每一个面的形状. 知识点3 最短路径问题 1．最短路径问题的解题策略 (1)解题思想：化曲为直，化折为直，立体展开成平面. (2)方法总结：解决空间几何体表面最短路径问题关键是把立体图形平面化，即把立体图形沿着某一条直线展开，转化为平面问题之后，借助“两点之间，线段最短”，构造三角形，借助解三角形的方法求解. 考点2 简单几何体的表面积与体积 知识点4 简单几何体的表面积与体积 1．多面体的侧面积、表面积和体积 多面体 图形 侧面积与表面积 体积 棱柱 直棱柱的侧面展开图是矩形， S直棱柱侧=Ch(C为底面周长，h为高)， S直棱柱表=S直棱柱+2S底(S底为底面面积) V柱= S底h ( S底为底面面积，h为高) 棱锥 正棱锥的侧面展开图是一些全等的等腰三角形，S正棱锥侧=Ch' (C为底面周长，h'为斜高)，S正棱锥表=S正棱锥侧+S底(S底为底面面积) ( S底为底面面积，h为高) 棱台 正棱台的侧面展开图是一些全等的等腰梯形，S正棱台侧=(C+C')h'(C'、C分别为上、下底面的周长，h'为斜高)，S正棱台表=S正棱台侧+S+S′(S′、S分别为上、下底面面积) (S'、S分别为上、下底面面积，h为棱台的高) 2．旋转体的侧面积、表面积和体积 旋转体 图形 侧面积与表面积 体积 圆柱 圆柱的侧面展开图是矩形，S圆柱侧=2πrl，表面积S=2πr2+2πrl=2πr(r+l) 体积V= S底h ( S底为底面面积，h为高) 圆锥 圆锥的侧面展开图是扇形，S圆锥侧=πrl，表面积S=πr2+πrl=πr(r+l) 体积V= S底h ( S底为底面面积，h为高) 圆台 圆台的侧面展开图是扇环，S圆台侧=π(r1+r2)l， 表面积 体积 (S'、S分别为上、下底面面积，h为圆台的高) 球 半径为R的球的表面积S=4πR2 半径为R的球的体积 知识点5 空间几何体表面积与体积的常见求法 1．常见的求几何体体积的方法 (1)公式法：直接代入公式求解. (2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可. (3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等. (4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积. 2．求组合体的表面积与体积的方法 求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减. 【方法技巧与总结】 1．与体积有关的几个结论 (1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差. (2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等(祖暅原理). 2．直观图与原平面图形面积间的关系：，. 【题型1 空间几何体的结构特征与直观图】 【例1】（2026·湖北黄冈·三模）将一个棱长为的正方体铁块磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是（ ） A．底面半径为，高为的圆柱体 B．底面直径为，高为的圆锥体 C．半径为的球体 D．各棱长均为的四面体 【答案】B 【解题思路】根据空间几何体的形状，结合选项即可求解. 【解答过程】对于A,由于正方体的棱长为，故圆柱底面圆最大为正方体底面的内切圆，故半径最大为5，圆柱的高最大不超过，故A错误，B正确， 正方体的内切球的半径为5，为正方体内最大的球，故C错误， D.正方体的面对角线的长度为，故棱长不超过.D错误， 故选：B. 【变式1-1】（25-26高一下·福建莆田·期中）如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形中对角线的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】根据直观图特征，作出其平面图形直角梯形，求出相关边长再求长即可． 【解答过程】由直观图知原几何图形是直角梯形， 如图，由斜二测画法可知，， 所以． 故选：A． 【变式1-2】（2026·云南昆明·模拟预测）下列说法正确的是（    ） A．四棱柱的所有面均为平行四边形 B．球面上四个不同的点一定不在同一平面内 C．在圆台的上、下两底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线 D．在正方体的所有顶点中取4个点，则由这4个顶点可以构成三个面是直角三角形，一个面是等边三角形的四面体 【答案】D 【解题思路】结合棱柱的概念判断A，作球的截面，在截面圆的圆周上任取四点，判断B，根据圆台的母线的定义判断C，举例说明D正确. 【解答过程】对于A选项，四棱柱的底面不一定是平行四边形，A选项错误； 对于B选项，作球的一个截面，在截面的圆周上任意取四个不同的点，则这四点就在球面上，故B选项错误； 对于C选项，如图在圆台的上底面的圆周上取点，在下底面的圆周上取点，连接，则不是圆台的母线，    所以在圆台的上、下两底面圆周上各取一点，则这两点的连线不一定是圆台的母线，故C选项错误； 对于D选项，如图取正方体的顶点， 由这四个点构成四面体，设， 则，， 所以在四面体中， ，，均是直角三角形， 为等边三角形，故D选项正确．    故选：D. 【变式1-3】（25-26高一下·湖南长沙·阶段检测）如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则四边形ABCD的面积是（    ）    A． B． C．8 D．16 【答案】A 【解题思路】根据斜二测画法的规则，由直观图的特征推出原平面图形的形状及相关边长，再利用梯形面积公式计算原平面图形的面积． 【解答过程】在直观图中作，垂足分别为E，F， 则，所以，    由斜二测画法可知原平面图形如下：    将原平面图形上底，下底，高代入公式， 可得四边形ABCD的面积． 故选：A. 【题型2 空间几何体的表面积、侧面积计算】 【例2】（2026·河南濮阳·模拟预测）若圆锥的高为5，母线长为7，则该圆锥的侧面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】求出底面圆的半径，再由侧面积公式得解. 【解答过程】设圆锥底面半径，高为，母线为， 则， 所以圆锥的侧面积. 故选：D. 【变式2-1】（2026·甘肃武威·模拟预测）亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式，它是逗留赏景的场所，也是园林风景的重要点缀.重檐圆亭（图1）是常见的一类亭，其顶层部分可以看作是一个圆锥和一个圆台的组合体.已知某重檐圆亭圆台部分的直观图如图2所示，在其轴截面中，，，点到的距离为，则该圆台的侧面积为    A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】先求出的长度，再利用圆台侧面积公式进行求解. 【解答过程】过点，作，因为点到的距离为，所以的长度为， 因为，，所以，，    ，，. 故选：D. 【变式2-2】（2026·山东菏泽·二模）如图，在直角梯形中，，，，，以直线为轴，其余各边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】先通过构造直角三角形算出腰长，再分析旋转后得到的几何体是圆柱挖去一个圆锥，最后把圆柱侧面积、圆柱下底面积和圆锥侧面积相加，得到几何体的表面积. 【解答过程】过点作于点， 由，，，. 得，， 故. 以直线为轴旋转一周，形成的几何体为一个圆柱挖去一个圆锥， 圆柱底面半径，高，圆锥底面半径，高. 该几何体的表面积由圆柱的侧面积、圆柱的下底面积和圆锥的侧面积组成. 圆柱侧面积. 圆柱下底面积， 圆锥侧面积. 故表面积. 故选：D. 【变式2-3】（2026·云南昭通·模拟预测）下图是某古代建筑的屋顶结构模型，其中为矩形，，，，，为四段全等的圆弧，其对应的圆半径为10 m，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】D 【解题思路】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. 【解答过程】由题意知区域和全等，且都是底面半径为10 m，高为40 m的圆柱的侧面的一部分. 将区域还原到如图所示圆柱中，可知，，. 由扇形的弧长公式可知，， 由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：D. 【题型3 空间几何体的体积计算】 【例3】（2026·陕西西安·三模）已知一圆台上底面直径为，下底面半径为，母线长为上底面半径的二倍，则圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】先根据题干条件求出圆台的上下底面半径、母线长，再通过勾股定理计算圆台的高，最后代入圆台体积公式求解即可. 【解答过程】已知一圆台上底面直径为，则半径，下底面半径为，即，母线， 圆台的轴截面如图所示，其中，， 由题意可知圆台的高， 则根据圆台的体积公式得圆台的体积，故D正确. 故选：D. 【变式3-1】（2026·重庆·三模）已知圆锥的轴截面是顶角为的三角形，且该圆锥的顶点和底面的圆周都在球的球面上，则该圆锥与球的体积之比为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】利用圆锥性质，即可得外接球心即为轴截面外接圆圆心，再利用解三角形即可求体积之比. 【解答过程】设外接球的半径为，则球的体积为， 由于圆锥内接于球，其轴截面为一个内接于球的大圆的等腰三角形，则轴截面三角形的外接圆就是外接球的大圆， 即轴截面三角形的外接圆半径就是外接球的半径， 已知轴截面顶角为，由正弦定理可得，底面直径满足， 解得，因此圆锥底面半径，圆锥的高， 所以圆锥体积， 则该圆锥与球的体积之比为：. 故选：A. 【变式3-2】（2026·安徽·模拟预测）“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，在一个盛满米的“方斗”容器中，，，若从中取出18.2kg米后，米的高度下降一半，则剩余米的质量为（   ）    A．6.1kg B．9.1kg C．12.2kg D．13.65kg 【答案】C 【解题思路】假设从“方斗”中取出18.2kg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. 【解答过程】从“方斗”中取出18.2kg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，，则， 可得，． 设剩余的米的质量为， 则，解得． 故选：C. 【变式3-3】（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 【解题思路】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. 【解答过程】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. 故选：C. 【题型4 最短路径问题】 【例4】（25-26高一下·天津河西·阶段检测）如图，已知圆柱体底面圆的半径为，高为，，分别是两底面的直径，，是母线．若一只小虫从点出发，从侧面爬行到点，则小虫爬行的最短路线的长度是（    ）cm．（结果保留根式） A． B． C． D．4 【答案】C 【解题思路】在圆柱侧面展开图中，矩形对角线的长度即为所求. 【解答过程】如图，在圆柱侧面展开图中，线段的长度即为所求， 在中，，，. 故选；C. 【变式4-1】（2026·云南曲靖·二模）如图，在水平地面上的圆锥形物体的母线长为12，底面圆的半径等于4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥侧面爬行一周后回到点处，则小虫爬行的最短路程为（    ） A． B．16 C．24 D． 【答案】A 【解题思路】可先求出侧面展开扇形的圆心角，利用余弦定理即可求出. 【解答过程】如图，设圆锥侧面展开扇形的圆心角为， 则由题可得，则， 在中，， 则小虫爬行的最短路程为. 故选：A. 【变式4-2】（25-26高二上·上海浦东新·期中）如图，已知正三棱柱的底面边长为1，高为3，一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线的长为（    ）. A．6 B． C． D． 【答案】B 【解题思路】将正三棱柱侧面展开，转化为两点之间的距离求解. 【解答过程】将正三棱柱沿展开两次，得下图： 最短路线即为大矩形的对角线的长，为. 故选：B. 【变式4-3】（2026·陕西西安·模拟预测）圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为4．已知P为该圆台某条母线的中点，若一质点从点P出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P，则该质点运动的最短路径长为（    ） A． B．6 C． D． 【答案】A 【解题思路】利用侧面展开结合图形求解最短距离. 【解答过程】P为圆台母线AB的中点，分别为上下底面的圆心，把圆台扩成圆锥，如图所示， 则，，， 由，有，，， 圆锥底面半径，底面圆的周长为，母线长， 所以侧面展开图的扇形的圆心角为，即，如图所示， 质点从点P出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P，则运动的最短路径为展开图弦， ，，有. 故选：A. 【题型5 空间几何体的截面问题】 【例5】（2026·青海海东·二模）如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】根据给定条件，作出截面并求出其面积. 【解答过程】在正方体中，取的中点，的中点，连接，    由是的中点，得，则四边形为平行四边形， ，由是的中点，得， 梯形是正方体被平面所截得的截面， ，， 所以所求截面的周长是. 故选：B. 【变式5-1】（2026·云南曲靖·一模）已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，，，过棱作球的截面，则所得截面面积的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】求出三棱锥外接球的半径，取的中点，当垂直截面时，截面的面积最小，此时截面圆的直径为长，当截面过球心时，截面圆的面积最大，即可得解. 【解答过程】如图，作平面，垂足为，取的中点，外接球的球心为，连接， 易得为的中心，则，所以， 设外接球半径为，则，即，解得， 当垂直过的截面时，截面的面积最小，此时截面圆的直径为长， 最小面积为， 当截面过球心时，截面圆的面积最大，最大面积为， 故截面面积的取值范围是. 故选：B. 【变式5-2】（2026·广东佛山·模拟预测）如图，在正方体中，点分别为棱的中点，过点作正方体的截面，则截面的形状为（    ） A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形 【答案】A 【解题思路】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，取的中点，的中点，的中点，证明都在平面内，由此可得结论. 【解答过程】因为多面体 正方体，所以，，， 如图：以点为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系， 设，则，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，取，则，， 所以为平面的一个法向量， 取的中点，的中点，的中点， 可得，，， 所以，，， 因为，，， 所以点都在平面内， 连接， 所以过点的正方体的截面为六边形， 故选：A. 【变式5-3】（2026·江苏盐城·模拟预测）现有一块棱长为2的正四面体木料，用平行于该木料底面的一个平面将木料截成两部分，若这两部分的表面积相等，则该平面在木料上的截面面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】画出图形，设，分别求出四面体的表面积和三棱台的表面积，由这两部分的表面积相等，求出，即可求出截面面积. 【解答过程】如图正四面体，， ，令，截面， 因为，所以，即，则， ，所以四面体为正四面体， 四面体的表面积为：， 设梯形的高为，的高为， 所以梯形的面积为， 所以三棱台的表面积为：， 又，所以，解得：， 所以截面. 故选：D.    【题型6 空间几何体的外接球问题】 【例6】（2026·湖南湘潭·三模）如图，在三棱锥中，和都是等腰三角形，且，二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】如图，设外接圆的圆心为，设三棱锥外接球的球心为，连接，，设，过点作的平行线，与的延长线交于点，连接，利用题中条件分别求得 ，,4，进而，，由，列式，解得，再根据球的表面积公式即可得答案． 【解答过程】如图，设外接圆的圆心为， 因为都是等腰三角形，，， 所以，是的中点． 设三棱锥外接球的球心为，连接，，则平面． 过点作交的延长线于点． 设在平面内的射影为，连接， 因为二面角的大小为, 所以． 因为是等腰三角形，且， 所以， 所以 ． 过点作的平行线，与的延长线交于点，连接， 则,4，， ． 设，则由，可得， 解得， 故三棱锥外接球的表面积为． 故选：D. 【变式6-1】（2026·河北沧州·模拟预测）已知一圆台的上､下底面半径分别为2，4，体积为，则该圆台的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】利用圆台的体积公式求出该圆台的高，进而求出其外接球的半径即可. 【解答过程】由题可知，圆台上底面面积，下底面面积， 设该圆台的高为，外接球的半径为， 则体积，解得， 可得解得 所以该圆台的外接球的表面积为. 故选：D. 【变式6-2】（2026·甘肃金昌·三模）在三棱锥中，为边长为2的等边三角形，，，则三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】取AB中点D，先证平面平面，再利用球心到两垂直平面的垂线与的重心 、的外心H的关系，通过勾股定理求出外接球半径的平方，进而得到球的表面积. 【解答过程】取AB中点D，连接PD，CD，由，得，且， 又为边长为2的等边三角形，所以，又， 所以，所以， 又，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 设球心为O，的重心为G，等边三角形的重心与外心重合，的外心为H， 由球的性质可知平面，平面， 设外接圆的半径为，则， 在中，，即，得， 所以，，记球的半径为R， 则，球的表面积为． 故选：B. 【变式6-3】（2026·天津和平·三模）在矩形中，，，沿矩形对角线将折起得到四面体，则四面体的外接球体积为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】利用矩形折叠后两个直角三角形共斜边的性质，确定外接球球心为BD中点，计算半径后代入球体积公式求解. 【解答过程】因为四边形为矩形，故，沿折起得到后，， 因此与均为斜边为的直角三角形. 设中点为，可得， 即为四面体的外接球球心，外接球半径. 所以，故， 所以外接球体积. 故选：A. 【题型7 空间几何体的内切球问题】 【例7】（2026·四川眉山·模拟预测）已知某圆锥的轴截面是边长为6的等边三角形，则该圆锥的内切球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】利用轴截面的性质及平面几何知识即可求出内切球半径，再根据球的表面积公式即可求解. 【解答过程】如图，设该圆锥内切球的球心为，半径为， 球切该圆锥的母线于点，为该圆锥底面圆的圆心， 则，，因为，所以，又， ，则，解得， 故该圆锥的内切球的表面积为. 故选：C. 【变式7-1】（2026·吉林·模拟预测）一圆台的上底面半径为，下底面直径为，母线长为，则内切于该圆台的球体体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】根据条件求出圆台的高，结合条件得到球与圆台的上、下底面相切，从而求出内切球的半径，即可求解. 【解答过程】设圆台的上、下底面的半径分别为，由题知， 又母线长为，则圆台的高为， 若球与圆台的下底面和侧面相切， 设球的半径为，球心为，圆台的上、下底面的中心分别为， 与圆台侧面的一个切点为，过球心的轴截面如图所示， 连接，易知，则，又， 由，得到，解得， 又，所以球与圆台的上、下底面相切，与侧面不相切， 所以，球的体积为，    故选：B. 【变式7-2】（2026·黑龙江吉林·模拟预测）已知圆台的母线与下底面所成角的正弦值为，则此圆台的表面积与其内切球（与圆台的上下底面及每条母线都相切的球）的表面积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】设上底面半径为，下底面半径为，根据圆台的内切球的性质以及线面角可得，且母线长为，以及内切球的半径，再结合圆台和球的面积公式运算求解. 【解答过程】设上底面半径为，下底面半径为， 如图，取圆台的轴截面，作，垂足为， 设内切球与梯形两腰分别切于点， 可知，， 由题意可知：母线与底面所成角为， 则，可得， 即，，可得， 可知内切球的半径， 可得，， 所以. 故选：D. 【变式7-3】（2026·天津河北·二模）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等），数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为正八面体，则该正八面体的外接球与内切球的表面积的比为（    ） A． B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解题思路】若正八面体的棱长为2，根据正八面体的结构特征易得外接球半径，应用等体积法求得内切球半径，最后由面积比为即可得. 【解答过程】若正八面体的棱长为2，令其外接球、内切球半径分别为，且， 由各侧面的面积，且构成八面体的两个正四棱锥的高为， 则正八面体的体积，所以， 所以外接球与内切球的表面积之比为. 故选：C. 一、单选题 1．（2026高二上·山东枣庄·学业考试）如图所示，在三棱台中，截去三棱锥，则剩余部分是（    ） A．四棱台 B．四棱锥 C．三棱台 D．三棱锥 【答案】B 【解题思路】根据四棱锥的概念进行判断. 【解答过程】由图可知：三棱台中，截去三棱锥， 则剩余部分是以为顶点，以四边形为底面的四棱锥. 故选：B. 2．（2026·河北秦皇岛·二模）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 【解题思路】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. 【解答过程】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. 故选：D. 3．（2026高三上·广东深圳·专题练习）用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】根据直观图的画法，还原实际图形. 【解答过程】由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为. 故选：A. 4．（2026·海南·模拟预测）在正三棱台中，，，则该棱台的体积为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】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. 【解答过程】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. 5．（2026·广西·模拟预测）如下图所示，“木桶效应”是一个有名的心理效应，是指木桶盛水量的多少，取决于构成木桶的最短木板，而不取决于构成木桶的长木板，这常被用来寓意一个短处对于一个团队或者一个人的影响程度．某同学认为，如果将该木桶斜放，发挥长板的作用，在短板存在的情况下，也能盛较多的水．根据该同学的说法，若有一个如图①所示的圆柱形木桶，其中一块木板有缺口，缺口最低处与桶口距离为4，若按照图②的方式盛水，形成了一个椭圆水面，水面刚好与左边缺口最低处M和右侧桶口N齐平，过N的母线与水平面所成的角大小为45°，且MN为该椭圆水面的长轴．此时图②的盛水方式比图①的盛水方式多盛水的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】作出图②的轴截面，求出以木桶面为底面，以缺口最低处与桶口距离为高的圆柱的体积，然后可求出图②的方式盛水比图①盛水方式多盛的水体积. 【解答过程】由题意可知，图②的方式盛水比图①盛水方式多盛的水部分是以木桶底面为底面， 以缺口最低处与桶口距离为高的圆柱体积的一半. 作出图②的轴截面，如图所示： 因为左边缺口最低处和右侧桶口齐平，过的母线与水平面所成的角大小为， 所以，又，. 以木桶面为底面，以缺口最低处与桶口距离为高的圆柱的体积， 图②的方式盛水比图①盛水方式多盛的水的体积为. 故选：C. 6．（2026·四川遂宁·模拟预测）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 【解题思路】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. 【解答过程】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. 故选：A. 7．（2026·安徽合肥·三模）已知正四棱锥的所有棱长都等于3，点是的重心，过点作平面，若平面平面，则平面截正四棱锥的截面面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】过点依次在平面内作平行线，可得到截面，根据比例确定边长知截面为等腰梯形即可求面积. 【解答过程】 点是的重心，，过作交于，并延长交于， 过作，过作，如图四边形为截面， ∵点是的重心，，∴， ∴，，，， 四边形为等腰梯形，故面积为. 故选：C. 8．（2026·安徽·模拟预测）如图，这是某零件的结构模型，中间大球为正四面体的内切球，小球与大球、正四面体的三个面均相切.若，则该模型中一个小球的表面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】根据题意，可得正四面体的高，小球也可看作一个小的正四面体的内切球，进行求解即可. 【解答过程】如图所示，设大球的球心为，大球的半径为，大正四面体的底面中心为，高为，的中点为，连接. 棱长，则，， 正四面体的高， 因为，所以，所以. 设小球的半径为，小球也可看作一个小的正四面体的内切球， 且小正四面体的高，所以， 所以小球的表面积为. 故选：A. 二、多选题 9．（2026·吉林长春·模拟预测）在四面体中，，其余各棱长均为2，则该四面体的（　　） A．表面积为 B．体积为 C．外接球的半径为 D．内切球的半径为 【答案】BD 【解题思路】利用四面体有两个面是等边三角形，有另两个面是等腰三角形，即可求解表面积，利用取中点作直截面即可求体积，利用等体积法可求内切球半径，利用过截圆面的圆心作垂线必过球心，可作出外接球球心，再结合等腰三角形进行求解即可. 【解答过程】由题意得：两个等边三角形的面积为， 两个等腰三角形的面积为， 所以四面体的表面积为，故A错误； 取的中点，由等边三角形的性质可得： ， 由于平面，所以平面， 由此可得等腰三角形面积为， 所以四面体的体积为，故B正确； 设内切球半径为，根据等体积公式可得：，故D正确； 由两个等边三角形的外心分别为，可得， 过分别作两个平面平面的垂线，相交于点， 根据球心的性质可知，点为四面体的外接球球心， 由于三角形是等腰三角形，可知点在等腰三角形的底边角平分线上， 则有，即， 又因为，所以， 所以外接球半径为，故C不正确； 故选：BD. 10．（2026·陕西·三模）已知圆台的上、下底面圆半径分别为1和3，母线与底面所成的角为，则（     ） A．该圆台的母线长为4 B．该圆台的侧面积为 C．该圆台的体积为 D．能在该圆台中自由转动的最大的球的半径为 【答案】ACD 【解题思路】根据圆台的结构特征和表面积的有关计算、体积公式和台体与球的内、外接问题，结合选项依次计算即可. 【解答过程】对于A，设圆台上底面的半径为，下底面的半径为， 由于母线与底面所成的角为，则母线长，故A正确； 对于B，圆台的侧面积为，故B错误； 对于C，由题意有：，圆台的高， 所以该圆台的体积为，故C正确； 对于D，设梯形为圆台的一个轴截面，如图所示： 设圆台上、下底面圆心分别为，点为线段的中点，则，， 由已知，取，则， 连接， 因为，，，所以，， 又，所以， 由余弦定理可得，所以，， 由对称性可得以点为圆心，为半径的圆与梯形内切， 所以以为球心，为半径的球与圆台的两个底面和侧面都相切， 所以能在该圆台中自由转动的最大的球的半径为. 故选：ACD. 11．（2026·甘肃张掖·二模）如图，在三棱台中，侧面是等腰梯形，，，侧面平面，，，为的中点，点在上，且，则（     ） A．平面 B．直线与平面所成角小于 C．平面将该三棱台分成两个几何体，则体积较小几何体的体积为 D．四点，，，在同一球面上，则该球的表面积为 【答案】ACD 【解题思路】A先求证，，再利用线面垂直的判定定理求证；B取线段的中点，取线段靠近点的四等分点，求证直线与平面所成角为即可；C延长交于点，延长交于点，连接交于点，求三棱台、体积即可；D求以为长宽高构成的长方体的外接球的表面积. 【解答过程】因为侧面是等腰梯形，，， 所以， 在中利用余弦定理得， 则，则， 因为，平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，所以平面，故A正确； 因为，，，所以， 因为是三棱台，所以，即， 得， 取线段的中点，取线段靠近点的四等分点，连接， 因为为的中点，所以，， 又，，则，， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，所以直线与平面所成角为， 由， 得， 因为，所以， 所以直线与平面所成角大于，故B错误； 延长交于点，延长交于点，连接交于点， 则为三棱台， 因为，所以，则， 记，则， 因为，所以，， 连接，因为， 所以， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 则三棱台的体积为， 三棱台的体积为， 则， 则平面将该三棱台分成两个几何体，则体积较小几何体的体积为，故C正确； 因为平面，，所以平面， 因为，所以三棱锥的外接球和以为长宽高构成的长方体的外接球相同， 则球的半径为，则该球的表面积为，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题 12．（2026·福建漳州·模拟预测）已知圆锥的侧面积为，底面半径为cm，则该圆锥的体积是____________. 【答案】 【解题思路】先利用圆锥侧面积公式结合已知条件求出母线长，再借助勾股定理算出圆锥的高，最后代入圆锥体积公式即可求得结果. 【解答过程】设圆锥底面半径为，母线长为，高为，体积为， 由题知，侧面积为， 因为，可得母线长， 则高， 所以体积. 故答案为：. 13．（2026·广西河池·模拟预测）如图，已知正四棱台的上下底面边长分别为2和4，且，则该棱台的体积为__________． 【答案】 【解题思路】根据给定条件，结合正四棱台的结构特征求出该正四棱台的高，再求出其体积. 【解答过程】在正四棱台中，连接，取中点，连接， 由，得四边形为平行四边形， 则，而，于是， 则，由正四棱台的结构特征知平面平面， 平面，平面平面，得平面， 所以该棱台的体积. 故答案为：. 14．（2026·宁夏银川·三模）正四棱锥的底面边长为，，则平面截正四棱锥外接球所得截面的面积为__________. 【答案】 【解题思路】利用直角三角形求出外接球的半径，设中点为，连接，过作，则即为点到平面的距离，根据相似即可求出，得到外接球所得截面的面积. 【解答过程】设正方形边长为，底面中心为中点为， 连接，如图所示， 由题意得，且正四棱锥的外接球球心， 设外接球半径为，则， 在中，，且， 所以，解得，即， 在中，， 过作，则即为点到平面的距离，且为平面截其外接球所得截面圆的圆心， 所以，则， 所以，即平面截其外接球所得截面圆的半径为， 所以截面的面积. 故答案为：. 四、解答题 15．（2026·广西桂林·模拟预测）如图，已知直三棱柱中，，分别为，的中点，，． (1)求证：直线平面； (2)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【解题思路】（1）根据直三棱柱的性质，结合已知条件，利用线面平行判定定理证明结论； （2）利用线面垂直判定定理得出线面垂直，进而求出三棱锥的高，再利用三棱锥的体积公式求解． 【解答过程】（1）证明：取的中点为，连接、， 为的中点， 为的中位线， ，且， 又在直棱柱中，侧棱，，为的中点， ， 四边形为平行四边形， ， 又平面，平面， 直线平面． （2），， ， 在直三棱柱中，侧棱底面，底面， ， 又、为侧面内的两条相交直线， 侧面， 由（1）得侧面， 为三棱锥的高， 三棱锥的体积． 16．（2026·江西南昌·三模）如图，已知圆台，，，均为母线，四边形为圆台的轴截面，且，. (1)求异面直线与所成角； (2)已知二面角的余弦值为，求圆台的高的长. 【答案】(1)； (2)1. 【解题思路】（1）先证明直线，，两两垂直，再以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法证明线线垂直，即可得解； （2）由（1）所建空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，结合二面角的余弦公式，即可求解. 【解答过程】（1）连接，，由直线为圆台的轴，得，延长线交于一点， 又平面平面，平面平面，平面平面， 所以， 由，，得， 则，而， 因此，所以直线，，两两垂直， 以为坐标原点，直线，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，，，，，，所以，， 则，所以， 所以异面直线与所成角为； （2）由（1）得，，， 设平面与平面的法向量分别为，， 则，即，取，得，， 故平面的一个法向量为， 又，即，取，得， 故平面的一个法向量为， 由二面角的余弦值为， 得，解得， 所以圆台的高的长为1. 17．（2026·江苏无锡·三模）如图，在三棱锥中，平面平面为的中点. (1)证明：； (2)若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【解题思路】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理得证. （2）作出二面角的平面角，利用给定角的大小及平行线分线段成比例定理求出，进而求出体积. 【解答过程】（1）证明：由，为的中点，得，而平面平面， 平面平面，平面， 则平面，又平面， 所以. （2）由是边长为1的等边三角形，得，则， 作交于点，由平面，得平面，而平面， 则，过作于，连接，平面， 因此平面，又平面，则，为二面角的平面角， 即，由，得， 而，则，，， ，， 所以三棱锥的体积. 18．（2026·广东广州·三模）如图1所示，是边长为2的正三角形，四边形是一个等腰梯形，，现在沿着把折起到的位置，连接，使得，如图2所示． (1)证明：平面平面； (2)求三棱锥的外接球的半径； (3)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【解题思路】（1）应用勾股定理得出，进而应用线面垂直判定定理得出平面BCDE，最后应用面面垂直判定定理证明； （2）根据线面垂直，设，再根据外接球性质列式计算求解得出半径； （3）建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量，再应用线面角正弦公式计算求解. 【解答过程】（1）证明：取BE的中点为O，连接，OC，OD， 是边长为2的正三角形，可得， 又由等腰梯形，且，可得，且， 因为，所以，所以， 因为，且OC，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2）连接，易得，因为，所以， 所以△的外接圆圆心为，又平面， 所以三棱锥的外接球的球心在直线上， 如图，设外接球半径为，， 则，解得， 所以； （3）取CD的中点F，连接OF，因为四边形为等腰梯形， 且O为BE的中点，所以，又因为平面， 以O为坐标原点，OB，OF，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则， 取，可得，，所以， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 19．（2026·河北沧州·一模）如图，在正四棱锥中，是棱的中点，过的平面与棱，分别交于点，（包括端点），，交于点，，. (1)若平面，求； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求四棱锥的体积的最小值. 【答案】(1)2 (2) (3) 【解题思路】（1）根据点线面的位置关系得到点是的重心，从而由比例关系可得答案； （2）建立空间直角坐标系，得到各点坐标，求出平面的法向量，利用夹角公式进行求解； （3）设，，由共线定理推论可得，由基本不等式可得，并得到体积最小值 【解答过程】（1）设，如图. 因为，所以，， 因为平面，平面，所以平面，平面， 因为平面平面，所以，所以点也是与的交点， 即点是的重心，所以. 因为平面，平面平面， 所以，所以. （2）分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示. 因为，，所以，，，. 因为， . 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以， 又平面的一个法向量为， 所以， 即平面与平面的夹角的余弦值为. （3）四棱锥的体积 . 由（1）知，恒过点，点为的重心.设，， 因为，，，三点共线， 所以，即， 由基本不等式可得，所以，当且仅当时取等号. 因为，所以， 所以， 所以四棱锥的体积的最小值为. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题7.1 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积（举一反三复习讲义） 【全国通用】 考点要求 (1)认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，能运简单物体的结构 (2)知道球、棱(圆)柱、棱(圆)锥、棱(圆)台的表面积和体积的计算公式，并能解决简单的实际问题 (3)能用斜二测画法画出简单空间图形的直观图 高考真题统计 考点 2024年 2025年 2026年 基本立体图形 全国二卷：第14题，5分 简单几何体的表面积与体积 新课标I卷：第5题，5分 新课标Ⅱ卷：第7题，5分 全国甲卷（文数）：第14题，5分 全国甲卷（理数）：第14题，5分 北京卷：第14题，5分 全国二卷：第5题，5分 全国二卷：第14题，5分 命题规律分析 1、基本立体图形、简单几何体的表面积与体积 立体几何是高考的重点、热点内容，属于高考的必考内容之一。从近三年的高考情况来看，空间几何体的结构特征与斜二测画法是立体几何的基础，空间几何体的表面积和体积是高考的重点与热点内容，主要以选择题、填空题的形式考查，难度较易；有时作为解答题的一个构成部分考查几何体的表面积与体积，难度中等。 在复习时，不仅要熟练掌握空间几何体的结构特征，还应加强几何体的表面积和体积公式的理解及运用。 考点1 基本立体图形 知识点1 空间几何体的结构特征 1．多面体的结构特征 棱柱 棱锥 棱台 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叫做棱柱. 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叫做棱锥. 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叫做棱台. 图形及表示 棱柱ABCDEF-A'B'C'D'E'F' (或六棱柱AD'). 棱锥S-ABCD(或四棱锥 S - A C ) 棱台ABCD-A'B'C'D' 结构特征 (1)底面互相平行且全等； (2)侧面都是平行四边形； (3)侧棱都相等，且互相平行. (1)底面是多边形； (2)侧面都是三角形； (3)侧面有一个公共顶点. (1)上、下底面互相平行，且是相似图形； (2)各侧棱的延长线交于一点； (3)各侧面为梯形. 分类 棱柱的底面是几边形就叫几棱柱，例如，三棱柱、四棱柱…… 棱锥的底面是几边形就叫几棱锥，例如，三棱锥、四棱锥…… 由几棱锥截得的就叫几 棱台，例如，由三棱锥截得的棱台叫三棱台. 2．旋转体的结构特征 圆柱 圆锥 圆台 球 定 义 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. 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. 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. 图形及表示 圆柱OO' 圆锥SO 圆台OO' 球O 结 构 特 征 (1)圆柱两个底面是圆面而不是圆. (2)圆柱有无数条母线，圆柱的任意两条母线互相平行(与轴平行)且相等. (3)平行于底面的截面是与底面大小相同的圆面，过轴的截面(轴截面)是全等的矩形. (1)底面是圆面. (2)有无数条母线，长度相等且交于顶点. (3)平行于底面的截面是与底面大小不同的圆面，过轴的截面(轴截面)是全等的等腰三角形. (1)上、下底面是互相平行且不相等的圆面. (2)有无数条母线，等长且延长线交于一点. (3)平行于底面的截面是与两底面大小都不等的圆面，过轴的截面(轴截面)是全等的等腰梯形. (1)球的表面叫做球面，所以球面是旋转形成的曲面.另外，球面也可看成空间中，到定点(球心)的距离等于定长(半径)的所有点的集合. (2)球的截面都是圆面. 棱柱与圆柱统称为柱体，棱锥与圆锥统称为锥体，棱台与圆台统称为台体. 3．空间几何体结构特征的判断技巧 (1)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定. (2)通过反例对结构特征进行辨析，即要说明个命题是错误的，只要举出一个反例即可. 知识点2 斜二测画法和展开图的常用结论 1．斜二测画法的常用结论： (1)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.” (2)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：. 2．几何体的表面展开图的常用结论： 几何体的表面展开图可以有不同的形状，应多实践，观察并大胆想象立体图形与表面展开图的关系，一定先观察立体图形的每一个面的形状. 知识点3 最短路径问题 1．最短路径问题的解题策略 (1)解题思想：化曲为直，化折为直，立体展开成平面. (2)方法总结：解决空间几何体表面最短路径问题关键是把立体图形平面化，即把立体图形沿着某一条直线展开，转化为平面问题之后，借助“两点之间，线段最短”，构造三角形，借助解三角形的方法求解. 考点2 简单几何体的表面积与体积 知识点4 简单几何体的表面积与体积 1．多面体的侧面积、表面积和体积 多面体 图形 侧面积与表面积 体积 棱柱 直棱柱的侧面展开图是矩形， S直棱柱侧=Ch(C为底面周长，h为高)， S直棱柱表=S直棱柱+2S底(S底为底面面积) V柱= S底h ( S底为底面面积，h为高) 棱锥 正棱锥的侧面展开图是一些全等的等腰三角形，S正棱锥侧=Ch' (C为底面周长，h'为斜高)，S正棱锥表=S正棱锥侧+S底(S底为底面面积) ( S底为底面面积，h为高) 棱台 正棱台的侧面展开图是一些全等的等腰梯形，S正棱台侧=(C+C')h'(C'、C分别为上、下底面的周长，h'为斜高)，S正棱台表=S正棱台侧+S+S′(S′、S分别为上、下底面面积) (S'、S分别为上、下底面面积，h为棱台的高) 2．旋转体的侧面积、表面积和体积 旋转体 图形 侧面积与表面积 体积 圆柱 圆柱的侧面展开图是矩形，S圆柱侧=2πrl，表面积S=2πr2+2πrl=2πr(r+l) 体积V= S底h ( S底为底面面积，h为高) 圆锥 圆锥的侧面展开图是扇形，S圆锥侧=πrl，表面积S=πr2+πrl=πr(r+l) 体积V= S底h ( S底为底面面积，h为高) 圆台 圆台的侧面展开图是扇环，S圆台侧=π(r1+r2)l， 表面积 体积 (S'、S分别为上、下底面面积，h为圆台的高) 球 半径为R的球的表面积S=4πR2 半径为R的球的体积 知识点5 空间几何体表面积与体积的常见求法 1．常见的求几何体体积的方法 (1)公式法：直接代入公式求解. (2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可. (3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等. (4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积. 2．求组合体的表面积与体积的方法 求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减. 【方法技巧与总结】 1．与体积有关的几个结论 (1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差. (2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等(祖暅原理). 2．直观图与原平面图形面积间的关系：，. 【题型1 空间几何体的结构特征与直观图】 【例1】（2026·湖北黄冈·三模）将一个棱长为的正方体铁块磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是（ ） A．底面半径为，高为的圆柱体 B．底面直径为，高为的圆锥体 C．半径为的球体 D．各棱长均为的四面体 【变式1-1】（25-26高一下·福建莆田·期中）如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形中对角线的长度为（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】（2026·云南昆明·模拟预测）下列说法正确的是（    ） A．四棱柱的所有面均为平行四边形 B．球面上四个不同的点一定不在同一平面内 C．在圆台的上、下两底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线 D．在正方体的所有顶点中取4个点，则由这4个顶点可以构成三个面是直角三角形，一个面是等边三角形的四面体 【变式1-3】（25-26高一下·湖南长沙·阶段检测）如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则四边形ABCD的面积是（    ）    A． B． C．8 D．16 【题型2 空间几何体的表面积、侧面积计算】 【例2】（2026·河南濮阳·模拟预测）若圆锥的高为5，母线长为7，则该圆锥的侧面积是（   ） A． B． C． D． 【变式2-1】（2026·甘肃武威·模拟预测）亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式，它是逗留赏景的场所，也是园林风景的重要点缀.重檐圆亭（图1）是常见的一类亭，其顶层部分可以看作是一个圆锥和一个圆台的组合体.已知某重檐圆亭圆台部分的直观图如图2所示，在其轴截面中，，，点到的距离为，则该圆台的侧面积为    A． B． C． D． 【变式2-2】（2026·山东菏泽·二模）如图，在直角梯形中，，，，，以直线为轴，其余各边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的表面积为（   ） A． B． C． D． 【变式2-3】（2026·云南昭通·模拟预测）下图是某古代建筑的屋顶结构模型，其中为矩形，，，，，为四段全等的圆弧，其对应的圆半径为10 m，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3 空间几何体的体积计算】 【例3】（2026·陕西西安·三模）已知一圆台上底面直径为，下底面半径为，母线长为上底面半径的二倍，则圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 【变式3-1】（2026·重庆·三模）已知圆锥的轴截面是顶角为的三角形，且该圆锥的顶点和底面的圆周都在球的球面上，则该圆锥与球的体积之比为（     ） A． B． C． D． 【变式3-2】（2026·安徽·模拟预测）“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，在一个盛满米的“方斗”容器中，，，若从中取出18.2kg米后，米的高度下降一半，则剩余米的质量为（   ）    A．6.1kg B．9.1kg C．12.2kg D．13.65kg 【变式3-3】（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． 【题型4 最短路径问题】 【例4】（25-26高一下·天津河西·阶段检测）如图，已知圆柱体底面圆的半径为，高为，，分别是两底面的直径，，是母线．若一只小虫从点出发，从侧面爬行到点，则小虫爬行的最短路线的长度是（    ）cm．（结果保留根式） A． B． C． D．4 【变式4-1】（2026·云南曲靖·二模）如图，在水平地面上的圆锥形物体的母线长为12，底面圆的半径等于4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥侧面爬行一周后回到点处，则小虫爬行的最短路程为（    ） A． B．16 C．24 D． 【变式4-2】（25-26高二上·上海浦东新·期中）如图，已知正三棱柱的底面边长为1，高为3，一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线的长为（    ）. A．6 B． C． D． 【变式4-3】（2026·陕西西安·模拟预测）圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为4．已知P为该圆台某条母线的中点，若一质点从点P出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P，则该质点运动的最短路径长为（    ） A． B．6 C． D． 【题型5 空间几何体的截面问题】 【例5】（2026·青海海东·二模）如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（    ）    A． B． C． D． 【变式5-1】（2026·云南曲靖·一模）已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，，，过棱作球的截面，则所得截面面积的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【变式5-2】（2026·广东佛山·模拟预测）如图，在正方体中，点分别为棱的中点，过点作正方体的截面，则截面的形状为（    ） A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形 【变式5-3】（2026·江苏盐城·模拟预测）现有一块棱长为2的正四面体木料，用平行于该木料底面的一个平面将木料截成两部分，若这两部分的表面积相等，则该平面在木料上的截面面积为（    ） A． B． C． D． 【题型6 空间几何体的外接球问题】 【例6】（2026·湖南湘潭·三模）如图，在三棱锥中，和都是等腰三角形，且，二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【变式6-1】（2026·河北沧州·模拟预测）已知一圆台的上､下底面半径分别为2，4，体积为，则该圆台的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【变式6-2】（2026·甘肃金昌·三模）在三棱锥中，为边长为2的等边三角形，，，则三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【变式6-3】（2026·天津和平·三模）在矩形中，，，沿矩形对角线将折起得到四面体，则四面体的外接球体积为（     ） A． B． C． D． 【题型7 空间几何体的内切球问题】 【例7】（2026·四川眉山·模拟预测）已知某圆锥的轴截面是边长为6的等边三角形，则该圆锥的内切球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【变式7-1】（2026·吉林·模拟预测）一圆台的上底面半径为，下底面直径为，母线长为，则内切于该圆台的球体体积为（   ） A． B． C． D． 【变式7-2】（2026·黑龙江吉林·模拟预测）已知圆台的母线与下底面所成角的正弦值为，则此圆台的表面积与其内切球（与圆台的上下底面及每条母线都相切的球）的表面积之比为（   ） A． B． C． D． 【变式7-3】（2026·天津河北·二模）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等），数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为正八面体，则该正八面体的外接球与内切球的表面积的比为（    ） A． B．2 C．3 D．4 一、单选题 1．（2026高二上·山东枣庄·学业考试）如图所示，在三棱台中，截去三棱锥，则剩余部分是（    ） A．四棱台 B．四棱锥 C．三棱台 D．三棱锥 2．（2026·河北秦皇岛·二模）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． 3．（2026高三上·广东深圳·专题练习）用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是（　　） A． B． C． D． 4．（2026·海南·模拟预测）在正三棱台中，，，则该棱台的体积为（     ） A． B． C． D． 5．（2026·广西·模拟预测）如下图所示，“木桶效应”是一个有名的心理效应，是指木桶盛水量的多少，取决于构成木桶的最短木板，而不取决于构成木桶的长木板，这常被用来寓意一个短处对于一个团队或者一个人的影响程度．某同学认为，如果将该木桶斜放，发挥长板的作用，在短板存在的情况下，也能盛较多的水．根据该同学的说法，若有一个如图①所示的圆柱形木桶，其中一块木板有缺口，缺口最低处与桶口距离为4，若按照图②的方式盛水，形成了一个椭圆水面，水面刚好与左边缺口最低处M和右侧桶口N齐平，过N的母线与水平面所成的角大小为45°，且MN为该椭圆水面的长轴．此时图②的盛水方式比图①的盛水方式多盛水的体积为（    ） A． B． C． D． 6．（2026·四川遂宁·模拟预测）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 7．（2026·安徽合肥·三模）已知正四棱锥的所有棱长都等于3，点是的重心，过点作平面，若平面平面，则平面截正四棱锥的截面面积为（   ） A． B． C． D． 8．（2026·安徽·模拟预测）如图，这是某零件的结构模型，中间大球为正四面体的内切球，小球与大球、正四面体的三个面均相切.若，则该模型中一个小球的表面积为（     ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（2026·吉林长春·模拟预测）在四面体中，，其余各棱长均为2，则该四面体的（　　） A．表面积为 B．体积为 C．外接球的半径为 D．内切球的半径为 10．（2026·陕西·三模）已知圆台的上、下底面圆半径分别为1和3，母线与底面所成的角为，则（     ） A．该圆台的母线长为4 B．该圆台的侧面积为 C．该圆台的体积为 D．能在该圆台中自由转动的最大的球的半径为 11．（2026·甘肃张掖·二模）如图，在三棱台中，侧面是等腰梯形，，，侧面平面，，，为的中点，点在上，且，则（     ） A．平面 B．直线与平面所成角小于 C．平面将该三棱台分成两个几何体，则体积较小几何体的体积为 D．四点，，，在同一球面上，则该球的表面积为 三、填空题 12．（2026·福建漳州·模拟预测）已知圆锥的侧面积为，底面半径为cm，则该圆锥的体积是____________. 13．（2026·广西河池·模拟预测）如图，已知正四棱台的上下底面边长分别为2和4，且，则该棱台的体积为__________． 14．（2026·宁夏银川·三模）正四棱锥的底面边长为，，则平面截正四棱锥外接球所得截面的面积为__________. 四、解答题 15．（2026·广西桂林·模拟预测）如图，已知直三棱柱中，，分别为，的中点，，． (1)求证：直线平面； (2)求三棱锥的体积． 16．（2026·江西南昌·三模）如图，已知圆台，，，均为母线，四边形为圆台的轴截面，且，. (1)求异面直线与所成角； (2)已知二面角的余弦值为，求圆台的高的长. 17．（2026·江苏无锡·三模）如图，在三棱锥中，平面平面为的中点. (1)证明：； (2)若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积. 18．（2026·广东广州·三模）如图1所示，是边长为2的正三角形，四边形是一个等腰梯形，，现在沿着把折起到的位置，连接，使得，如图2所示． (1)证明：平面平面； (2)求三棱锥的外接球的半径； (3)求直线与平面所成角的正弦值． 19．（2026·河北沧州·一模）如图，在正四棱锥中，是棱的中点，过的平面与棱，分别交于点，（包括端点），，交于点，，. (1)若平面，求； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求四棱锥的体积的最小值. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $