7.1 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积（6大题型归纳）讲义-2027届高三数学一轮复习（新高考专用）

7.1 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积 目录 01思维导图与题型归纳 2 02 基础知识点梳理 3 知识点一、空间几何体的结构特征 3 知识点二、表面积与体积计算公式 3 三、空间几何体的直观图 5 03 真题回顾 6 04 经典题型归纳总结 18 题型一：空间几何体的结构特征 18 题型二：直观图问题 22 题型三：几何体展开图的分析与应用 24 题型四：几何体表面最短路径求解 27 题型五：空间几何体的表面积计算 31 题型六：空间几何体的体积计算 35 05 课后拓展精练 41 知识点一、空间几何体的结构特征 1、棱柱：两个面互相平面，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，由这些面所围成的多面体叫做棱柱． （1）斜棱柱：侧棱不垂直于底面的棱柱； （2）直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱； （3）正棱柱：底面是正多边形的直棱柱； （4）平行六面体：底面是平行四边形的棱柱； （5）直平行六面体：侧棱垂直于底面的平行六面体； （6）长方体：底面是矩形的直平行六面体； （7）正方体：棱长都相等的长方体． 2、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，由这些面所围成的多面体叫做棱锥． （1）正棱锥：底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心； （2）正四面体：所有棱长都相等的三棱锥． 3、棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台，由正棱锥截得的棱台叫做正棱台． 4、圆柱：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的几何体叫做圆柱． 5、圆柱：以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，将其旋转一周形成的面所围成的几何体叫做圆锥． 6、圆台：用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分叫做圆台． 7、球：以半圆的直径所在的直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称为球（球面距离：经过两点的大圆在这两点间的劣弧长度）． 8、由柱体、锥体、台体、球等几何体组成的复杂的几何体叫做组合体． 知识点二、表面积与体积计算公式 表面积公式 表面积 柱体 为直截面周长 锥体 台体 球 体积公式 体积 柱体 锥体 台体 球 三、空间几何体的直观图 1、斜二测画法 斜二测画法的主要步骤如下： （1）建立直角坐标系．在已知水平放置的平面图形中取互相垂直的，，建立直角坐标系． （2）画出斜坐标系．在画直观图的纸上（平面上）画出对应图形．在已知图形平行于轴的线段，在直观图中画成平行于，，使（或），它们确定的平面表示水平平面． （3）画出对应图形．在已知图形平行于轴的线段，在直观图中画成平行于轴的线段，且长度保持不变；在已知图形平行于轴的线段，在直观图中画成平行于轴，且长度变为原来的一般．可简化为“横不变，纵减半”． （4）擦去辅助线．图画好后，要擦去轴、轴及为画图添加的辅助线（虚线）．被挡住的棱画虚线． 注：直观图和平面图形的面积比为． 2、平行投影与中心投影 平行投影的投影线是互相平行的，中心投影的投影线相交于一点． 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 【解析】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．（2003·北京·高考真题）如果圆台的母线与底面成角，那么这个圆台的侧面积与轴截面面积的比为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设圆台的上下底面半径分别为，圆台的母线为，高为， 由题可知，即， 所以圆台的侧面积与轴截面面积的比为. 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 【解析】 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·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图， 因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2， 所以该棱台的高， 下底面面积，上底面面积， 所以该棱台的体积. 故选：D. 5．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得. 故选：B. 6．（2026·全国二卷·高考真题）已知棱台的上、下底面均是有一个内角为的菱形，上、下底面的边长分别为2，3，该棱台的高为，则其体积为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意，得棱台的上底面面积为， 下底面面积为， 所以该棱台的体积为. 7．（多选题）（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（    ） A．直径为的球体 B．所有棱长均为的四面体 C．底面直径为，高为的圆柱体 D．底面直径为，高为的圆柱体 【答案】ABD 【解析】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长， 所以能够被整体放入正方体内，故A正确； 对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且， 所以能够被整体放入正方体内，故B正确； 对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且， 所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确； 对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆， 如图，过的中点作，设， 可知，则， 即，解得， 且，即， 故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱， 若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为， 可知：，则， 即，解得， 根据对称性可知圆柱的高为， 所以能够被整体放入正方体内，故D正确； 故选：ABD. 8．（2017·全国·高考真题）长方体的长、宽、高分别为，由顶点A沿长方体的表面到顶点路径长度的最小值为_____________． 【答案】5 【解析】不妨设， 将侧面与展成一个矩形，此矩形长宽，对角线， 同理，将与展成一个矩形，对角线长为， 将与是成一个矩形，对角线长为， 综上，由A到最小值为． 故答案为：. 9．（2025·全国二卷·高考真题）一个底面半径为，高为的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为____________． 【答案】 【解析】 圆柱的底面半径为，设铁球的半径为r，且， 由圆柱与球的性质知， 即，， 故答案为：. 10．（2023·上海·高考真题）空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为______． 【答案】9 【解析】因为空间中有三个点，且， 不妨先考虑在一个正四棱锥中，哪三个点可以构成等边三角形，同时考虑三边的轮换对称性，可先分为两种大情况，即以下两种： 第一种：为正四棱锥的侧面，如图1， 此时分别充当为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的; 不妨以为例，此时符合要求的另两个点如图1所示，显然有两种情况， 考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有6种； 第二种：为正四棱锥的对角面，如图2， 此时分别充当底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的; 不好以为例，此时符合要求的另两个点图2所示，显然只有一种情况， 考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有3种； 综上所述：总共有9种情况. 故答案为：9. 11．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为______． 【答案】 【解析】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为， 所以正四棱锥的体积为， 截去的正四棱锥的体积为， 所以棱台的体积为. 方法二：棱台的体积为. 故答案为：. 12．（2026·北京·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，该三棱锥的底面积为________，体积为________． 【答案】 【解析】 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. 13．（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】 【解析】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：. 14．（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. 【解析】（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）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: 题型一：空间几何体的结构特征 【典例1-1】下列关于棱柱的说法中正确的是（     ）． A．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 B．由一个平面多边形（包含多边形内部）沿某一方向平移形成的空间图形是棱柱 C．有一个侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱 D．在斜棱柱的侧面中，可有超过个矩形 【答案】B 【解析】选项A：反例：将两个全等的斜棱柱沿底面拼接得到的几何体， 满足“有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形”， 但不满足“所有相邻四边形的公共边互相平行”，不属于棱柱，故A错误， 选项B：平面多边形（含内部）沿某一方向平移时，初始和终止位置的两个多边形平行且全等， 多边形各边平移形成的面均为平行四边形，且所有侧棱互相平行，完全符合棱柱的定义，故B正确， 选项C：直棱柱的定义为侧棱与底面垂直的棱柱，若仅存在一个侧面与底面垂直，仅能推出侧棱垂直于底面的一组平行边， 无法推出侧棱与底面整体垂直，因此不是直棱柱，故C错误， 选项D：斜棱柱的侧棱与底面不垂直，侧面为矩形的充要条件是底面对应边与侧棱垂直， 在斜棱柱的侧面中，可有超过个矩形，则存在一条侧棱与底面多边形至少三条边所在直线平行， 但是底面最多有两条平行边与侧棱垂直，所在这些边所在直线必存在两条相交直线， 从而可知该侧棱与底面垂直，即棱柱为直棱柱，矛盾， 故斜棱柱侧面最多有个矩形，不可能超过个，故D错误. 【典例1-2】正方体的剖分是指若干多面体内部两两无交集（即无公共点），且并集（即拼接在一起）恰好等于原正方体，试判断下列两个命题的真假（   ） ①可将一个正方体剖分成5个四面体（不要求全等）： ②可将一个正方体剖分成3个全等的四棱锥． A．①真②真 B．①真②假 C．①假②真 D．①假②假 【答案】A 【解析】①在正方体 中，取内部正四面体 ，此时正方体剩余4个“角”，每个角恰好是一个直角四面体，即四面体 、四面体、四面体、四面体，4个角的四面体与中间正四面体仅以面为界，内部互不重叠，因此正方体可以剖分成5个四面体.①是真命题. ②取正方体的一个顶点，如，以与该顶点相邻的三个正方形面分别为底面，作三个四棱锥、、，它们均为底面为正方形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥， 设正方体的棱长为，则三个四棱锥底面均为边长为 的正方形，高均为，可通过绕体对角线 旋转120°彼此重合，因此全等， 所以正方体可以剖分成3个全等的四棱锥.②是真命题. 【变式1-1】已知四面体中三组相对棱的中点间的距离都相等，下列说法错误的是（） A．四面体一定为正四面体 B．这6个中点的连线构成的多面体一定为八面体 C．这三组相对棱的中点的连线交于一点 D．四面体三组相对的棱两两垂直 【答案】A 【解析】对于A，取墙角四面体，如图，设， 中点，中点，中点，中点，中点，中点， ，，， 所以，满足题干条件， ，，，， 棱长有和两种，棱长不全相等，不是正四面体，A错误； 对于C，由三角形中位线定理，在中，是中点，是中点，故是中位线，得，且； 在中，是中点，是中点，故是中位线，得，且， 因此且，故四边形是平行四边形； 同理可证：四边形是平行四边形，四边形是平行四边形； 分别是这三个平行四边形的对角线，平行四边形对角线互相平分， 平行四边形：对角线与互相平分，即、交于二者中点； 平行四边形：对角线与互相平分，即、交于的中点； 所以三条线段拥有同一个中点，三线交于同一点.C正确； 对于B,由C知四边形是平行四边形，这6个中点的连线由两个同底的四棱锥与组成，该几何体为八个面都为三角形的八面体，B正确； 对于D，由C知，四边形是平行四边形， 由题设，即平行四边形的对角线相等，所以平行四边形是矩形，故， 在中，是中点，是中点，得， 结合且，可得； 同理证明：，，所以四面体三组相对的棱两两垂直，D正确. 【变式1-2】下列说法中正确的是（   ） ①一个棱柱至少有五个面；②用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫棱台；③棱台的侧面是等腰梯形；④棱柱的侧面是平行四边形． A．①④ B．②③ C．①③ D．②④ 【答案】A 【解析】对于①， 面数最少的棱柱为三棱柱，三棱柱有2个底面、3个侧面，共5个面，所以一个棱柱至少有五个面，①正确. 对于②，只有用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分才是棱台，若平面不与底面平行，则截得的部分不是棱台， ②错误. 对于③，仅正棱台的侧面为等腰梯形，普通棱台的侧面是梯形，但不一定为等腰梯形，③错误. 对于④，根据棱柱的定义，棱柱的侧面均为平行四边形，④正确. 综上，①④正确. 【变式1-3】下列四个选项中正确的是（    ） A．有两个面平行， 其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 B．棱长都相等的直四棱柱是正方体 C．棱台的侧棱延长后交于同一点 D．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 【答案】C 【解析】对于A：有两个面平行， 其余各面都是平行四边形的几何体， 不一定满足每相邻两个四边形的公共边都互相平行，所以不一定是棱柱，故A错误； 对于B：直四棱柱是侧棱垂直于底面的四棱柱， 棱长都相等的直四棱柱，其底面不一定是正方形， 可能是其它四边形，所以不一定是正方体，故B错误； 对于C：根据棱台的定义：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分叫做棱台， 由于棱台是由棱锥截得的，所以棱台的侧棱延长后一定交于同一点，故C正确； 对于D：底面是正多边形的棱锥，其顶点在底面的射影不一定是底面中心，所以不一定是正棱锥，故D错误. 题型二：直观图问题 【典例2-1】（2026·高三·广东·期中）如图，平行四边形是水平放置的四边形的直观图，，则四边形的面积（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为四边形是平行四边形，且， 所以平行四边形面积， 根据直观图与原图面积关系， 所以. 故选： 【典例2-2】如图，由斜二测画法得到的一个水平放置的的直观图是直角三角形，，为直角顶点，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】直观图中，直角顶点为，所对的直角边，则斜边. 由勾股定理，，所以直观图的面积为. 由斜二测画法，水平放置的平面图形的面积是其直观图面积的倍，所以的面积为. 【变式2-1】如图，四边形表示水平放置的四边形根据斜二测画法得到的直观图，已知，，，则（    ） A．5 B． C． D． 【答案】D 【解析】由斜二测画法，可知四边形中， ，，且,如图所示： 过作于， 则四边形为矩形， 所以, 所以, 在中，. 【变式2-2】如图，一个水平放置的直角梯形由斜二测画法得到的直观图是等腰梯形，其中，，则原梯形中长度为（   ） A． B． C． D．2 【答案】C 【解析】过 作 ，垂足为 ． 因为 是等腰梯形，且 ，，所以 ． 又 ，故 为等腰直角三角形，从而 ． 原梯形中的 与 轴平行，在斜二测画法中 ，所以 ． 【变式2-3】（2026·高三·河北衡水·阶段检测）水平放置的正方形的边，分别平行于，轴．若用斜二测画法得到的直观图面积为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设原图的面积为，直观图的面积为， 因为，则，解得. 题型三：几何体展开图的分析与应用 【典例3-1】一个正方体的六个面上都标有数字，其表面展开图如图所示．现有三个完全相同的正方体，若以叠放的方式把它们放在桌上形成一个棱柱，则看得见的个数之和的最大值是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】正方体三组相对的面上的两个数字之和分别是33，18，和12， 为使得叠放后所有看得见的数之和最大， 放置在下面的两个正方体应使得1，2，32，16这4个数被看到， 而放置在最上面的那个正方体应使得1看不到， 于是，所求最大值为. 【典例3-2】（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 【解析】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. 【变式3-1】某果林所处的山地可近似看做一个正三棱锥，其中S为山顶，A，B，C为山脚，经测量，．为了方便果子成熟时的采摘与运输，准备从山脚A处出发，绕山地修建一条宽的山路，并最终从另一侧返回A处，预计该山路的面积的最小值为（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【解析】正三棱锥的侧面展开图如图所示， 连接，分别与交于点，则线段为修建道路的长度的最小值． 因为，所以，，， 则，， 故，正弦定理知道，且， 解得．在中，解得， 所以预计该山路的面积的最小值为． 故选：A. 【变式3-2】（2026·陕西西安·一模）正三棱锥侧棱长为1，E，F分别是SA，SC上的动点，当△BEF周长的最小值为时，三棱锥的侧面积为（   ） A． B．1 C． D．2 【答案】A 【解析】将正三棱锥的侧面沿侧棱剪开并展开在同一平面内，如图， 连接，当分别为与的交点时，的周长最小， 此时，而，，则，， 所以三棱锥的侧面积为. 故选：A 【变式3-3】（2026·高三·吉林长春·阶段检测）如图，是正三棱锥且侧棱长为a，E，F分别是SA，SC上的动点，的周长的最小值为，则侧棱SA，SC的夹角为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】将三棱锥的侧面沿着剪开，如图所示： 因为的周长的最小值为， 所以当四点共线时，的周长最小，即， 又因为，所以，即， 又因为三棱锥是正三棱锥， 所以，即侧棱SA，SC的夹角为. 故选：A 题型四：几何体表面最短路径求解 【典例4-1】如图，三棱锥的各棱长均为1，点分别在棱上，则的最小值是（     ）    A． B． C． D．3 【答案】B 【解析】由题意得三棱锥每个面都是等边三角形，将三棱锥展开，    作B点关于的对称点，连接，交延长线于点，连接，交于点，交于点R，连接BQ，交AC于点P， 此时的最小值， ， ， ， ， . 【典例4-2】（专项练—立体几何4）如图，在棱长均为4的正四面体中，为的中点，为的中点，是上的动点，是平面上的动点，则的最小值是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意可知，在正四面体中，为中点，，， ，平面，∴  平面    ， 设中点为，连接，为中点，，且，平面，即为在平面上的射影， 沿展开平面，使之与平面重合， 此时，的最小值即为点A到的距离，故过点A作于点，    又，， ，， ， . 故选：D． 【变式4-1】在棱长为2的正方体中，点，分别是平面和平面内的动点，若点为棱的中点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】在棱长为2的正方体中，以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系： 则，在线段的延长线上取点，使， 于是点，由平面，点在平面内，得， 令点到平面的距离为，因此， 当且仅当分别是过点垂直于平面的直线与平面和平面的交点时取等号， ，设平面的法向量， 则，取，得，， 所以的最小值为. 【变式4-2】已知在长方体中，，，为线段的中点，是棱上的动点．若点为线段上的动点，则的最小值是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】如图， 连接、，设，点、、在平面中， 在长方形中，，则， 因为平面，平面，所以， 又因为，且，， 故四边形是边长为的正方形，所以为的中点， 点在上，在线段上取点，使得， 在和中，，，， 故，所以，故， 故当、、三点共线，且时，取最小值， 因为，，，则四边形为矩形， 所以，此时点与线段的中点重合，且， 故的最小值是. 【变式4-3】（2026·广东广州·一模）在正三棱柱中，，，点是平面上的动点，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 当D不在直线AC上时，过点作于H，连接AH，在正三棱柱中，平面ABC，则，所以平面，， 所以,所以当取最小值时，D在AC上， 如图所示，将在平面中绕点向下旋转得直线，作， 则，则的最小值等价于的最小值， 过作于，可知， 可知，，所以，， 则， 所以， 所以的最小值为. 题型五：空间几何体的表面积计算 【典例5-1】正三棱柱中，，若其六个顶点均在半径为的球面上，则此三棱柱的侧面积为______． 【答案】36 【解析】如图，设为正三棱柱外接球的球心，为底面的中心， 连接，，，则平面，即正三棱柱外接球的半径. 设，则，由对称性可知， 在中，，即，得，故， 所以正三棱柱的侧面积． 故答案为：36. 【典例5-2】（2026·高三·北京东城·阶段检测）一个几何体由圆锥和圆柱组成，其尺寸如图所示，则此几何体的表面积为___________. 【答案】 【解析】该几何体是同底（底面直径为）的圆锥与圆柱的组合体， 圆锥底面半径，高为，由勾股定理得母线长​， 所以圆锥侧面积为. 圆柱底面半径，高为，圆柱侧面积为. 圆柱的下底面面积. 因此几何体的总表面积. 即几何体的总表面积为. 【变式5-1】（2026·北京·三模）如图，在棱台中，底面ABCD和为正方形，，，侧面均为等腰梯形，且侧面与底面ABCD的夹角均为45°，则该棱台的表面积为________． 【答案】 【解析】设棱台上下底面的中心分别为， 取的中点，的中点， 连接. 由正棱台的性质可知， 平面，，， 且四点共面. 过作于点， 则平面，且. 因为，，，所以平面， 又平面， 所以. 同理. 所以即为侧面与底面所成二面角的平面角， 由题意可知. 因为， 所以，， 又四边形为矩形， 所以. 所以， 在中，， 即侧面等腰梯形的高为. 上底面面积为，下底面面积为， 侧面积为， 所以该棱台的表面积. 【变式5-2】（2026·北京顺义·三模）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______． 【答案】 【解析】取的中点，的中点，连接，如图所示： 因为底面是矩形，所以， 因为，为的中点，所以且， 过点作平面的垂线，因为， 所以，故点在的垂直平分线上， 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，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. 【变式5-3】（2026·浙江金华·三模）已知一个圆台的轴截面为梯形，若，则该圆台的侧面积为______． 【答案】 【解析】 易知上底面圆的半径，下底面圆的半径， 母线长， 所以该圆台的侧面积． 题型六：空间几何体的体积计算 【典例6-1】（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】/ 【解析】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. 【典例6-2】（2026·高三·湖北·阶段检测）已知四棱锥中，底面为直角梯形，，平面，，其中，，点N，M分别是，靠近P，D的三等分点． (1)求证：； (2)若平面与交于Q，求四棱锥的体积． 【解析】（1）证明：如图所示； 由于平面，平面得， 又，，，平面，因此平面，又平面，因此． （2）方法一：建立如图所示空间直角坐标系； 由题可得点，点，点，点，点的坐标分别为，，，，， ，， 设点的坐标为，，， ，点的坐标为，因此， 因为C，N，M，Q共面，因此， 即，解得，因此，即Q为中点． ， . ， . ． 方法二（作图法）：（提示）以三条相互垂直的线段，，补全长方体，如图所示； 图中与平行且相等，取点为的中点，点为的中点，， 又，且与全等，点为的中点，剩下做法和方法一一样. 【变式6-1】（2026·高三·安徽马鞍山·阶段检测）如图，在四面体中，，平面，是的中点，是的中点，点在线段上，且． (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积的最大值． 【解析】（1）作交于，作交于， 平面，平面，，， ，，； 又，，， 则四边形为平行四边形，， 且平面，平面，平面． （2）由题意可得， 设到平面的距离为，到平面的距离为，，， ， 又， ， 当且仅当时，三棱锥的体积取得最大值，最大值为． 【变式6-2】（2026·高三·江苏无锡·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，，，，，分别为，的中点． (1)证明：∥平面． (2)求三棱锥的体积． 【解析】（1）取的中点，连接， 因为为的中点，所以∥，， 因为四边形为矩形，为的中点，所以∥，， 所以∥，， 所以四边形为平行四边形， 所以∥， 因为平面，平面， 所以∥平面. （2） 连接，取其中点为，连接， 因为为的中点，所以∥，， 因为平面，所以平面， 所以三棱锥的高， 因为， 所以三棱锥的体积为. 【变式6-3】（2026·高三·山东青岛·阶段检测）如图所示，直角梯形和三角形所在平面互相垂直，，，，，异面直线与所成角为，点，分别为，的中点，点是线段靠近点的三等分点． (1)求证：，，，四点共面； (2)求三棱锥的体积． 【解析】（1）证明：取中点，连接，，因为，故为锐角， 又，故即为异面直线与所成角，则，则，即 ， 因为直角梯形和三角形所在平面互相垂直，，平面平面，平面， 故平面，又，，即四边形为平行四边形，故，所以平面， 故以为坐标原点，，，为，，轴正方向建系， 则，，，，，，， 由于，可得， 则，，， 则，故，，，四点共面； （2）是线段靠近点的三等分点， . 1．（2026·广西百色·一模）某圆锥的侧面展开图是一个弧长为，圆心角为的扇形．若将一个球放入该圆锥体内，则球的表面积的最大值为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设圆锥底面半径为，母线长为，高为， 侧面展开图弧长等于底面周长，即：， 由弧长公式得，，所以圆锥母线即扇形半径为2， 由勾股定理得圆锥高， 圆锥内最大球为内切球，其半径等于圆锥轴截面（边长为2的等边三角形）的内切圆半径， 轴截面面积， 轴截面半周长，所以， 所以球的表面积为． 2．（2026·高三·江苏南京·阶段检测）以斜边为4的等腰直角三角形的斜边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成的几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】斜边为4的等腰直角三角形，斜边上的高 （等腰直角三角形斜边上的高等于斜边的一半），且该高将斜边分为两段，每段长为2.以斜边为轴旋转一周，所得几何体为两个底面重合的圆锥，底面半径 ，两圆锥的高均为2. 故体积为 3．（2026·高三·陕西榆林·阶段检测）已知一个圆台的上、下底面半径分别为2，4，母线长为4，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为圆台的上、下底面半径分别为2，4，母线长为4，作出该圆台的轴截面易得其高为， 所以圆台体积． 4．（2026·高三·江苏常州·阶段检测）已知圆柱的下底面在半球的底面上，上底面圆周在半球的球面上，记半球的底面圆面积与圆柱的侧面积分别为，，半球与圆柱的体积分别为，，则当的值最小时，的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设半球的半径为，圆柱的底面半径为，高为， 由圆柱上底面圆周在半球球面上，结合勾股定理得，其中， 所以半球底面圆面积，圆柱侧面积，故； 半球体积，圆柱体积，故， 将代入体积比， 令即 ，得：， 设， 求导得：， 当时，，当时，， 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以当，即时，有最小值，此时， 代入，化简可得： . 5．（2026·湖南长沙·模拟预测）在棱长为2的正方体中，为正方体的中心．过点作平面，使平面垂直于正方体的一条体对角线．正方体六个面的中心在平面上的正投影构成一个六边形，则该六边形的面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】以为原点，分别以平行于正方体三条互相垂直的棱的方向为坐标轴正方向，建立空间直角坐标系． 由正方体的对称性，不妨取所给体对角线为连接顶点与的体对角线， 则其方向向量可取为，平面垂直于该体对角线，所以是平面的法向量． 棱长为2，所以六个面的中心的坐标分别为、、， 设、、在平面上的正投影分别为、、． 由，可设，又，所以，得， 同理得、． 由坐标得，且， 所以是等边三角形的中心，， 其外接圆半径为． 另外三个面的中心分别与、、关于对称，它们的正投影、、也分别与、、关于对称， 故六个投影点按的顺序构成以为中心的正六边形，相邻两顶点对应的圆心角为． 将该六边形分成六个以为顶点的等边三角形，得其面积． 6．（2026·高三·河北衡水·阶段检测）阿基米德（公元前287年-公元前212年）是伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家，他死后的墓碑上刻着一个“圆柱容球”的立体几何图形：在圆柱容器里放一个球，使该球四周碰壁，且与上、下底面相切，则在该几何体中，圆柱的表面积与球的表面积之比为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设球的半径为，由题意可知，圆柱的底面半径，圆柱的高等于球的直径，即. 根据圆柱表面积公式，圆柱表面积为两底面面积与侧面积之和： ， 代入、得： . 根据球的表面积公式得. 因此二者表面积之比为. 7．（2026·高三·陕西商洛·阶段检测）已知正四棱台的上、下底面边长分别为2、4，侧棱长为，则该棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】正四棱台体积公式： ，其中为棱台的高，、​分别为上下底面积. 上底面边长为2，故； 下底面边长为4，故. 正四棱台的上下底面均为正方形，上下底面对角线长分别为​、. 侧棱、高、上下底面对角线一半的差值构成直角三角形：上下底对角线一半的差为， 侧棱长为​，由勾股定理得：. 代入体积公式得. 8．（2026·高三·北京朝阳·阶段检测）若圆锥的轴截面是底边长为4，顶角为的等腰三角形，则该圆锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为圆锥轴截面的底边长为4，所以底面半径为. 由正弦定理得， 即，所以该圆锥的侧面积为. 9．（2026·高三·河北保定·阶段检测）已知正三棱锥的外接球的体积为，底面的边长为，则顶点到底面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由球的体积公式，解得外接球的半径为. 由底面的边长为,且为等边三角形， 所以可得底面外接圆半径为. 设顶点到底面的距离为， 当球心在底面与顶点之间时，则有 即，解得. 当球心在底面外侧时， 此时，解得 综上所述，点到底面的距离为. 10．（2026·高三·云南昆明·阶段检测）已知正四棱锥的底面边长为，一个侧面等腰三角形的面积为.用一个平行于底面的平面截该棱锥，截面正方形的边长为，则所得棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】正四棱锥每个侧面是等腰三角形，底面边长为，单个侧面面积为​. 设斜高为，由三角形面积公式​，解得斜高。 正四棱锥的高、底面中心到底边的距离（即底面正方形边长的一半，值为）、斜高构成直角三角形， 由勾股定理：， 所以原正四棱锥的体积. 截面平行于底面，截面正方形边长为，和底面边长比为， 因此截得的小正四棱锥和原棱锥的相似比为，截得的小正四棱锥和原棱锥的体积比为， 所以截得小正四棱锥的体积. 因此截得的棱台的体积. 因此所得棱台的体积为. 11．（2026·高三·黑龙江佳木斯·阶段检测）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是以为斜边的等腰直角三角形，，若该四棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为________ 【答案】 【解析】方法1：如图，分别取，的中点，连接， 因为是等腰直角三角形，且斜边，所以，， 因为四边形是边长为2的正方形，所以，， 因为，所以，， 则，得. 过点作平面的垂线，过的中点作平面的垂线， 则两垂线的交点就是球心，在中，，所以， 所以球的半径，所以球的表面积， 方法2：如图，分别取的中点，，连接， 因为是等腰直角三角形，且斜边，所以，， 因为四边形是边长为2的正方形，所以，， 因为，所以，所以， 所以，. 以为坐标原点，以所在直线分别为轴， 以过点且垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 设，球的半径为，则， 解得，，，，所以球的表面积， 12．（2026·高三·云南保山·阶段检测）若三棱台的高为6，，，，，则三棱台的体积为__________. 【答案】42 【解析】因为，，，所以， 所以的面积为，的面积为， 故三棱台的体积为 13．（2026·高三·江苏宿迁·阶段检测）在中，，，，是的中点，将沿折起，使、两点间的距离为，此时三棱锥的体积为_________． 【答案】 【解析】如图所示， 由为直角三角形，是的中点，得， 又，故, 所以为等边三角形，， ， 将沿折起，使、两点间的距离为，则, 因为，故点在平面上的投影为的外心， 设的外接圆半径为, 又因为，, 所以， 故， 所以, 所以. 14．（2026·高三·上海杨浦·阶段检测）已知体积相等的圆柱和圆锥的底面半径均为3，圆柱高为，则圆锥的表面积为__________． 【答案】 【解析】根据圆柱体积公式得 因为圆柱和圆锥的体积相等，即 ， 设圆锥的高为，根据圆锥体积公式得，即，解得： 所以，圆锥的母线长 所以，圆锥的表面积等于底面积与侧面积之和，公式为，即： 所以，圆锥的表面积为 15．（2026·黑龙江大庆·一模）已知圆锥的侧面积是，底面半径是，则该圆锥的体积是__________． 【答案】 【解析】设圆锥的母线长度为，圆锥的高为，圆锥体积为， 而圆锥的侧面积是，可得，解得， 由勾股定理得， 则圆锥的体积为. 16．（2026·高三·上海嘉定·阶段检测）圆锥的侧面展开图的弧长为，若该圆锥的高为12，则该圆锥母线的长为________． 【答案】 【解析】设圆锥底面圆半径为，母线长为， 圆锥侧面展开图的弧长等于底面圆的周长， ，解得， . 17．（2026·高三·云南·阶段检测）已知正四棱锥中，为底面正方形的中心，分别为侧棱的中点，则三棱锥与四棱锥的体积之比为_________. 【答案】 【解析】因为分别为的中点，所以与相似，相似比为， 所以，三棱锥与以为顶点，底面在同一平面上，则高相等， 所以，即. 三棱锥与四棱锥以为顶点，底面在同一平面上，则高相等，且底面积， 所以， 所以， 所以. 18．（2026·湖南长沙·模拟预测）在四面体中，，．点为的中点． (1)证明：平面； (2)若异面直线与所成的角为，求四面体的体积． 【解析】（1）连接. 在等腰三角形中，为底边的中点，故． 同理． 因，是平面内两条相交直线，故平面． （2）由（1）得，，且． 以为原点，，所在直线分别为，轴，过且垂直平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 因，故在平面内，设，其中． 又，，，于是，． （，与垂直平面的方向依次为，，轴） 由，所成角为，得 ． 即，故（舍去），．于是落在轴上，，． 四面体由以为公共底面的两个三棱锥组成，故． 27/27 学科网（北京）股份有限公司 $ 7.1 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积 目录 01思维导图与题型归纳 2 02 基础知识点梳理 3 知识点一、空间几何体的结构特征 3 知识点二、表面积与体积计算公式 3 三、空间几何体的直观图 5 03 真题回顾 6 04 经典题型归纳总结 9 题型一：空间几何体的结构特征 9 题型二：直观图问题 9 题型三：几何体展开图的分析与应用 11 题型四：几何体表面最短路径求解 12 题型五：空间几何体的表面积计算 13 题型六：空间几何体的体积计算 14 05 课后拓展精练 17 知识点一、空间几何体的结构特征 1、棱柱：两个面互相平面，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，由这些面所围成的多面体叫做棱柱． （1）斜棱柱：侧棱不垂直于底面的棱柱； （2）直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱； （3）正棱柱：底面是正多边形的直棱柱； （4）平行六面体：底面是平行四边形的棱柱； （5）直平行六面体：侧棱垂直于底面的平行六面体； （6）长方体：底面是矩形的直平行六面体； （7）正方体：棱长都相等的长方体． 2、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，由这些面所围成的多面体叫做棱锥． （1）正棱锥：底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心； （2）正四面体：所有棱长都相等的三棱锥． 3、棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台，由正棱锥截得的棱台叫做正棱台． 4、圆柱：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的几何体叫做圆柱． 5、圆柱：以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，将其旋转一周形成的面所围成的几何体叫做圆锥． 6、圆台：用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分叫做圆台． 7、球：以半圆的直径所在的直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称为球（球面距离：经过两点的大圆在这两点间的劣弧长度）． 8、由柱体、锥体、台体、球等几何体组成的复杂的几何体叫做组合体． 知识点二、表面积与体积计算公式 表面积公式 表面积 柱体 为直截面周长 锥体 台体 球 体积公式 体积 柱体 锥体 台体 球 三、空间几何体的直观图 1、斜二测画法 斜二测画法的主要步骤如下： （1）建立直角坐标系．在已知水平放置的平面图形中取互相垂直的，，建立直角坐标系． （2）画出斜坐标系．在画直观图的纸上（平面上）画出对应图形．在已知图形平行于轴的线段，在直观图中画成平行于，，使（或），它们确定的平面表示水平平面． （3）画出对应图形．在已知图形平行于轴的线段，在直观图中画成平行于轴的线段，且长度保持不变；在已知图形平行于轴的线段，在直观图中画成平行于轴，且长度变为原来的一般．可简化为“横不变，纵减半”． （4）擦去辅助线．图画好后，要擦去轴、轴及为画图添加的辅助线（虚线）．被挡住的棱画虚线． 注：直观图和平面图形的面积比为． 2、平行投影与中心投影 平行投影的投影线是互相平行的，中心投影的投影线相交于一点． 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．（2003·北京·高考真题）如果圆台的母线与底面成角，那么这个圆台的侧面积与轴截面面积的比为（    ） 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·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（    ） A． B． C． D． 5．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（    ） A． B． C． D． 6．（2026·全国二卷·高考真题）已知棱台的上、下底面均是有一个内角为的菱形，上、下底面的边长分别为2，3，该棱台的高为，则其体积为（     ） A． B． C． D． 7．（多选题）（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（    ） A．直径为的球体 B．所有棱长均为的四面体 C．底面直径为，高为的圆柱体 D．底面直径为，高为的圆柱体 8．（2017·全国·高考真题）长方体的长、宽、高分别为，由顶点A沿长方体的表面到顶点路径长度的最小值为_____________． 9．（2025·全国二卷·高考真题）一个底面半径为，高为的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为____________． 10．（2023·上海·高考真题）空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为______． 11．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为______． 12．（2026·北京·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，该三棱锥的底面积为________，体积为________． 13．（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________． 14．（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. 题型一：空间几何体的结构特征 【典例1-1】下列关于棱柱的说法中正确的是（     ）． A．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 B．由一个平面多边形（包含多边形内部）沿某一方向平移形成的空间图形是棱柱 C．有一个侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱 D．在斜棱柱的侧面中，可有超过个矩形 【典例1-2】正方体的剖分是指若干多面体内部两两无交集（即无公共点），且并集（即拼接在一起）恰好等于原正方体，试判断下列两个命题的真假（   ） ①可将一个正方体剖分成5个四面体（不要求全等）： ②可将一个正方体剖分成3个全等的四棱锥． A．①真②真 B．①真②假 C．①假②真 D．①假②假 【变式1-1】已知四面体中三组相对棱的中点间的距离都相等，下列说法错误的是（） A．四面体一定为正四面体 B．这6个中点的连线构成的多面体一定为八面体 C．这三组相对棱的中点的连线交于一点 D．四面体三组相对的棱两两垂直 【变式1-2】下列说法中正确的是（   ） ①一个棱柱至少有五个面；②用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫棱台；③棱台的侧面是等腰梯形；④棱柱的侧面是平行四边形． A．①④ B．②③ C．①③ D．②④ 【变式1-3】下列四个选项中正确的是（    ） A．有两个面平行， 其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 B．棱长都相等的直四棱柱是正方体 C．棱台的侧棱延长后交于同一点 D．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 题型二：直观图问题 【典例2-1】（2026·高三·广东·期中）如图，平行四边形是水平放置的四边形的直观图，，则四边形的面积（    ） A． B． C． D． 【典例2-2】如图，由斜二测画法得到的一个水平放置的的直观图是直角三角形，，为直角顶点，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【变式2-1】如图，四边形表示水平放置的四边形根据斜二测画法得到的直观图，已知，，，则（    ） A．5 B． C． D． 【变式2-2】如图，一个水平放置的直角梯形由斜二测画法得到的直观图是等腰梯形，其中，，则原梯形中长度为（   ） A． B． C． D．2 【变式2-3】（2026·高三·河北衡水·阶段检测）水平放置的正方形的边，分别平行于，轴．若用斜二测画法得到的直观图面积为，则（    ） A． B． C． D． 题型三：几何体展开图的分析与应用 【典例3-1】一个正方体的六个面上都标有数字，其表面展开图如图所示．现有三个完全相同的正方体，若以叠放的方式把它们放在桌上形成一个棱柱，则看得见的个数之和的最大值是（     ） A． B． C． D． 【典例3-2】（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． 【变式3-1】某果林所处的山地可近似看做一个正三棱锥，其中S为山顶，A，B，C为山脚，经测量，．为了方便果子成熟时的采摘与运输，准备从山脚A处出发，绕山地修建一条宽的山路，并最终从另一侧返回A处，预计该山路的面积的最小值为（    ）． A． B． C． D． 【变式3-2】（2026·陕西西安·一模）正三棱锥侧棱长为1，E，F分别是SA，SC上的动点，当△BEF周长的最小值为时，三棱锥的侧面积为（   ） A． B．1 C． D．2 【变式3-3】（2026·高三·吉林长春·阶段检测）如图，是正三棱锥且侧棱长为a，E，F分别是SA，SC上的动点，的周长的最小值为，则侧棱SA，SC的夹角为（   ） A． B． C． D． 题型四：几何体表面最短路径求解 【典例4-1】如图，三棱锥的各棱长均为1，点分别在棱上，则的最小值是（     ）    A． B． C． D．3 【典例4-2】（专项练—立体几何4）如图，在棱长均为4的正四面体中，为的中点，为的中点，是上的动点，是平面上的动点，则的最小值是（    ）    A． B． C． D． 【变式4-1】在棱长为2的正方体中，点，分别是平面和平面内的动点，若点为棱的中点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【变式4-2】已知在长方体中，，，为线段的中点，是棱上的动点．若点为线段上的动点，则的最小值是（     ） A． B． C． D． 【变式4-3】（2026·广东广州·一模）在正三棱柱中，，，点是平面上的动点，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 题型五：空间几何体的表面积计算 【典例5-1】正三棱柱中，，若其六个顶点均在半径为的球面上，则此三棱柱的侧面积为______． 【典例5-2】（2026·高三·北京东城·阶段检测）一个几何体由圆锥和圆柱组成，其尺寸如图所示，则此几何体的表面积为___________. 【变式5-1】（2026·北京·三模）如图，在棱台中，底面ABCD和为正方形，，，侧面均为等腰梯形，且侧面与底面ABCD的夹角均为45°，则该棱台的表面积为________． 【变式5-2】（2026·北京顺义·三模）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______． 【变式5-3】（2026·浙江金华·三模）已知一个圆台的轴截面为梯形，若，则该圆台的侧面积为______． 题型六：空间几何体的体积计算 【典例6-1】（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__________． 【典例6-2】（2026·高三·湖北·阶段检测）已知四棱锥中，底面为直角梯形，，平面，，其中，，点N，M分别是，靠近P，D的三等分点． (1)求证：； (2)若平面与交于Q，求四棱锥的体积． 【变式6-1】（2026·高三·安徽马鞍山·阶段检测）如图，在四面体中，，平面，是的中点，是的中点，点在线段上，且． (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积的最大值． 【变式6-2】（2026·高三·江苏无锡·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，，，，，分别为，的中点． (1)证明：∥平面． (2)求三棱锥的体积． 【变式6-3】（2026·高三·山东青岛·阶段检测）如图所示，直角梯形和三角形所在平面互相垂直，，，，，异面直线与所成角为，点，分别为，的中点，点是线段靠近点的三等分点． (1)求证：，，，四点共面； (2)求三棱锥的体积． 1．（2026·广西百色·一模）某圆锥的侧面展开图是一个弧长为，圆心角为的扇形．若将一个球放入该圆锥体内，则球的表面积的最大值为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·高三·江苏南京·阶段检测）以斜边为4的等腰直角三角形的斜边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成的几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·高三·陕西榆林·阶段检测）已知一个圆台的上、下底面半径分别为2，4，母线长为4，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 4．（2026·高三·江苏常州·阶段检测）已知圆柱的下底面在半球的底面上，上底面圆周在半球的球面上，记半球的底面圆面积与圆柱的侧面积分别为，，半球与圆柱的体积分别为，，则当的值最小时，的值为（    ） A． B． C． D． 5．（2026·湖南长沙·模拟预测）在棱长为2的正方体中，为正方体的中心．过点作平面，使平面垂直于正方体的一条体对角线．正方体六个面的中心在平面上的正投影构成一个六边形，则该六边形的面积为（     ） A． B． C． D． 6．（2026·高三·河北衡水·阶段检测）阿基米德（公元前287年-公元前212年）是伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家，他死后的墓碑上刻着一个“圆柱容球”的立体几何图形：在圆柱容器里放一个球，使该球四周碰壁，且与上、下底面相切，则在该几何体中，圆柱的表面积与球的表面积之比为（     ） A． B． C． D． 7．（2026·高三·陕西商洛·阶段检测）已知正四棱台的上、下底面边长分别为2、4，侧棱长为，则该棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 8．（2026·高三·北京朝阳·阶段检测）若圆锥的轴截面是底边长为4，顶角为的等腰三角形，则该圆锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 9．（2026·高三·河北保定·阶段检测）已知正三棱锥的外接球的体积为，底面的边长为，则顶点到底面的距离为（   ） A． B． C． D． 10．（2026·高三·云南昆明·阶段检测）已知正四棱锥的底面边长为，一个侧面等腰三角形的面积为.用一个平行于底面的平面截该棱锥，截面正方形的边长为，则所得棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 11．（2026·高三·黑龙江佳木斯·阶段检测）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是以为斜边的等腰直角三角形，，若该四棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为________ 12．（2026·高三·云南保山·阶段检测）若三棱台的高为6，，，，，则三棱台的体积为__________. 13．（2026·高三·江苏宿迁·阶段检测）在中，，，，是的中点，将沿折起，使、两点间的距离为，此时三棱锥的体积为_________． 14．（2026·高三·上海杨浦·阶段检测）已知体积相等的圆柱和圆锥的底面半径均为3，圆柱高为，则圆锥的表面积为__________． 15．（2026·黑龙江大庆·一模）已知圆锥的侧面积是，底面半径是，则该圆锥的体积是__________． 16．（2026·高三·上海嘉定·阶段检测）圆锥的侧面展开图的弧长为，若该圆锥的高为12，则该圆锥母线的长为________． 17．（2026·高三·云南·阶段检测）已知正四棱锥中，为底面正方形的中心，分别为侧棱的中点，则三棱锥与四棱锥的体积之比为_________. 18．（2026·湖南长沙·模拟预测）在四面体中，，．点为的中点． (1)证明：平面； (2)若异面直线与所成的角为，求四面体的体积． 27/27 学科网（北京）股份有限公司 $