2026《金版教程》高考复习方案数学基础版-第一节 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积

第一节基本立体图形、简单几何体的表面积与体积课标解读考向预测1．认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．2．能用斜二测画法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合)的直观图．3．知道球、柱体、锥体、台体的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题．近三年高考考查了空间几何体的体积及外接球的相关知识．预计2026年高考会继续考查空间几何体的体积，涉及空间几何体的结构特征、直观图等内容，要求考生要有较强的空间想象能力和计算能力，主要以选择题或填空题的形式出现，难度不大．必备知识—强基础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eq\x(\s\up1(01))平行且eq\x(\s\up1(02))全等多边形互相eq\x(\s\up1(03))平行且eq\x(\s\up1(04))相似侧棱eq\x(\s\up1(05))平行且相等相交于eq\x(\s\up1(06))一点，但不一定相等延长线交于eq\x(\s\up1(07))一点侧面形状eq\x(\s\up1(08))平行四边形eq\x(\s\up1(09))三角形梯形分类按底面多边形的边数(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，eq\x(\s\up1(10))垂直于底面相交于eq\x(\s\up1(11))一点延长线交于eq\x(\s\up1(12))一点轴截面eq\x(\s\up1(13))矩形eq\x(\s\up1(14))等腰三角形等腰梯形圆面侧面展开图eq\x(\s\up1(15))矩形eq\x(\s\up1(16))扇形扇环2．直观图(1)画法：常用eq\x(\s\up1(17))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eq\x(\s\up1(18))45°(或135°)，z′轴与x′轴、y′轴所在平面eq\x(\s\up1(19))垂直；②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别eq\x(\s\up1(20))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eq\x(\s\up1(21))不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的eq\x(\s\up1(22))一半．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＝eq\x(\s\up1(23))2πrlS圆锥侧＝eq\x(\s\up1(24))πrlS圆台侧＝eq\x(\s\up1(25))π(r1＋r2)l4．柱、锥、台、球的表面积和体积名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝eq\x(\s\up1(26))Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝eq\x(\s\up1(27))eq\f(1,3)Sh台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝eq\f(1,3)(S上＋S下＋eq\r(S上S下))h球S＝eq\x(\s\up1(28))4πR2V＝eq\x(\s\up1(29))eq\f(4,3)πR31．锥体中平行于底面的截面的性质在锥体中，用平行于底面的截面截原锥体，得到一个小锥体，则小锥体与原锥体有如下比例关系：eq\f(S小锥底,S大锥底)＝eq\f(S小锥全,S大锥全)＝eq\f(S小锥侧,S大锥侧)＝对应线段(如高、斜高、底面边长等)的平方之比．这个比例关系很重要，在求锥体的侧面积、底面积比时，会大大简化计算过程．在求台体的侧面积、底面积比时，将台体补成锥体，也可应用这个关系式．2．有关棱柱直截面问题在棱柱中，与各侧棱均垂直的截面叫做棱柱的直截面，正棱柱的直截面是其上、下底面及与底面平行的截面．棱柱的侧面积与直截面周长有如下关系式：S棱柱侧＝C直截l(其中C直截，l分别为棱柱的直截面周长与侧棱长)，V棱柱＝S直截l(其中S直截，l分别为棱柱的直截面面积与侧棱长)．题组一走出误区——判一判(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．()(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．()(3)斜三棱柱的侧面积也可以用c·l来求解，其中c是底面周长，l为侧棱长．()(4)底面积相等且高相等的两个同类几何体的体积相等．()答案：(1)×(2)×(3)×(4)√题组二回归教材——练一练(1)(人教A必修第二册习题8．1T6改编)下列说法正确的个数为()①圆柱的所有母线长都相等；②棱柱的侧棱长都相等，侧面都是平行四边形；③底面是正多边形的棱锥是正棱锥；④棱台的侧棱延长后必交于一点．A．1 B．2

C．3 D．4答案：C解析：对于①，由圆柱的性质知，母线长都相等，故①正确；对于②，棱柱的侧棱长相等，侧面都是平行四边形，故②正确；对于③，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是正棱锥，故③错误；对于④，用平行于底面的平面去截棱锥可得到棱台，所以棱台的侧棱延长后必交于一点，故④正确．故选C．(2)(北师大版必修第二册习题6－2B组T2改编)如图，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°的等腰梯形，已知直观图O′A′B′C′的面积为4，则该平面图形的面积为()A．eq\r(2) B．4eq\r(2)C．8eq\r(2) D．2eq\r(2)答案：C解析：由S原图形＝2eq\r(2)S直观图，得S原图形＝2eq\r(2)×4＝8eq\r(2)．(3)(人教A必修第二册8．3．2练习T1改编)已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为120°的扇形，则该圆锥的表面积为()A．2π B．3πC．4π D．5π答案：C解析：设圆锥的母线长为l，则l·eq\f(2π,3)＝2π，解得l＝3，则该圆锥的表面积为π×1×3＋π×12＝4π．故选C．(4)(人教B必修第四册第十一章复习题C组T2改编)中国是瓷器的故乡，中国瓷器的发明是中华民族对世界文明的伟大贡献．如图是明清时期的一件圆台形青花缠枝纹大花盆，其上口直径为20cm，下底直径为18cm，高为24cm，则其容积约为()A．1448πcm3 B．1668πcm3C．2168πcm3 D．3252πcm3答案：C解析：依题意可得，该圆台形大花盆的上底面面积为S1＝100πcm2，下底面面积为S2＝81πcm2，又高为h＝24cm，代入圆台体积公式可得V＝eq\f(1,3)(S1＋S2＋eq\r(S1S2))h＝2168πcm3．考点探究—提素养基本立体图形(多考向探究)考向1空间几何体的结构特征(2025·河北唐山阶段考试)下列说法错误的是()A．球体是旋转体B．圆柱的母线平行于轴C．斜棱柱的侧面中没有矩形D．用平行于正棱锥底面的平面截正棱锥所得的棱台叫做正棱台答案：C解析：球体是半圆面绕其直径所在的直线旋转一周所得的几何体，即球体是旋转体，A正确；由圆柱的结构特征知，圆柱的母线平行于轴，B正确；如图，斜平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，若AD⊥平面ABB1A1，AA1⊂平面ABB1A1，则AD⊥AA1，侧面四边形ADD1A1是矩形，C错误；由正棱台的定义知，D正确．故选C．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，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)说明一个结论是错误的，只要举出一个反例即可．1．(2025·湖北襄阳五中月考)下列说法正确的是()A．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体B．球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段C．以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥D．用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台答案：B解析：对于A，虽然各侧面都是正方形，但底面不一定是正方形，所以该四棱柱不一定是正方体，故A错误；对于B，球的直径的定义即为“连接球面上两点并且经过球心的线段”，故B正确；对于C，以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，以直角三角形的斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是两个共底面的圆锥组成的几何体，故C错误；对于D，用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台，故D错误．故选B．考向2平面图形与其直观图已知△ABC是边长为a的正三角形，那么水平放置的△ABC的直观图△A′B′C′的面积为()A．eq\f(\r(6),16)a2 B．eq\f(\r(3),32)a2C．eq\f(\r(3),16)a2 D．eq\f(\r(6),8)a2答案：A解析：解法一：根据题意，建立如图1所示的平面直角坐标系，再按照斜二测画法画出△ABC的直观图，如图2所示．由斜二测画法可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝eq\f(1,2)OC＝eq\f(\r(3),4)a．作C′D′⊥A′B′于D′，则C′D′＝eq\f(\r(2),2)O′C′＝eq\f(\r(6),8)a，S△A′B′C′＝eq\f(1,2)A′B′·C′D′＝eq\f(1,2)a·eq\f(\r(6),8)a＝eq\f(\r(6),16)a2．故选A．解法二：根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则可知，在x轴上(或与x轴平行)的线段，其长度保持不变；在y轴上(或与y轴平行)的线段，其长度变为原来的一半，且∠x′O′y′＝45°(或135°)，所以若设原平面图形的面积为S，则其直观图的面积为S′＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×S＝eq\f(\r(2),4)S．本题中易得S△ABC＝eq\f(\r(3),4)a2，则S△A′B′C′＝eq\f(\r(2),4)S△ABC＝eq\f(\r(2),4)×eq\f(\r(3),4)a2＝eq\f(\r(6),16)a2．故选A．利用斜二测画法解题的策略策略一在斜二测画法中，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，长度减半策略二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为S直观图＝eq\f(\r(2),4)S原图形2．(2025·广州南武中学模拟)如图，正方形O′A′B′C′的边长为1，它是一个水平放置的平面图形的直观图，则原图形的周长为________．答案：8解析：根据直观图，还原原图形可得平行四边形OABC，如图所示．根据原图形与直观图的关系可得，|OA|＝|O′A′|＝1，|OB|＝2|O′B′|＝2eq\r(2)，且OA⊥OB，所以|AB|＝eq\r(|OB|2＋|OA|2)＝3，所以原图形OABC的周长为3＋1＋3＋1＝8．考向3空间几何体的展开图如图，已知正三棱柱ABC－A′B′C′的底面边长为1cm，侧面积为9cm2，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点A′的最短路线的长为________cm．答案：3eq\r(2)解析：将正三棱柱ABC－A′B′C′沿侧棱AA′展开，其侧面展开图如图所示，依题意，AB＝BC＝CA1＝1cm，由侧面积为9cm2，得C△ABC·AA′＝9，则AA′＝3cm，依题意，沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点A′的最短路线的长为AA1′＝eq\r(AAeq\o\al(2,1)＋AA1′2)＝eq\r(32＋32)＝3eq\r(2)cm．多面体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．3．(2025·江西吉安一中模拟)如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为3km，山高为3eq\r(15)km，B是山坡SA上一点，且AB＝7km．现要建设一条从A到B的环山观光公路，这条公路从A出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，公路上坡路段长为()A．10．2km B．12kmC．eq\f(25,13)km D．eq\f(144,13)km答案：D解析：依题意，半径为3km，山高为3eq\r(15)km，则母线SA＝eq\r(32＋（3\r(15))2)＝12，底面圆周长2πr＝6π，则圆锥侧面展开图扇形的圆心角α＝eq\f(6π,12)＝eq\f(π,2)，如图是圆锥侧面展开图，显然AB＝eq\r(122＋52)＝13，由点S向AB引垂线，垂足为点H，此时SH为点S和线段AB上的点连线的最小值，即点H为公路的最高点，AH段为上坡路段，HB段为下坡路段，由△AHS∽△ASB，得SA2＝AH·AB，即122＝13AH，解得AH＝eq\f(144,13)km，所以公路上坡路段长为eq\f(144,13)km．故选D．考向4空间几何体的截面图(多选)如图，从一个正方体中挖掉一个四棱锥，然后从任意面剖开此几何体，下面图形可能是该几何体的截面的是()答案：BCD解析：对于A，由于截面中间是矩形，如果可能的话，一定是用和正方体底面平行的截面去剖开正方体并且是从挖去四棱锥的那部分剖开，但此时剖面中间应该是一个正方形，故A图形不可能是该几何体的截面；对于B，当从正方体底面的一组相对棱的中点处剖开时，截面正好通过四棱锥顶点，如图1，此时截面形状如B图形，故B可能是该几何体的截面；对于C，当截面不经过底面一组相对棱的中点处，并和另一组棱平行去剖开正方体时，如图2中截面PDGH的位置，截面形状如C图形，故C可能是该几何体的截面；对于D，如图3所示，按图中截面A1B1C1的位置去剖开正方体，截面形状如D图形，故D可能是该几何体的截面．故选BCD．作多面体截面的关键在于确定截点，有了位于多面体同一表面上的两个截点即可连接成截线，从而得到截面．4．圆柱内有一内接正三棱锥，过棱锥的一条侧棱和高作截面，正确的截面图是()答案：D解析：圆柱底面为正三棱锥底面三角形的外接圆，如图1所示，则过棱锥的一条侧棱和高作截面，棱锥顶点为圆柱上底面的中心，可得截面图如图2．故选D．空间几何体的表面积(2025·湖北武汉二中模拟)蒙古包(Mongolianyurts)是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包古代称作穹庐、毡包或毡帐．已知蒙古包的造型可近似的看作一个圆柱和圆锥的组合体，已知圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为64π平方米，则该蒙古包(含底面)的表面积为()A．(112＋16eq\r(17))π平方米 B．(80＋16eq\r(17))π平方米C．(112＋18eq\r(17))π平方米 D．(80＋18eq\r(17))π平方米答案：A解析：由题意知，圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为64π平方米，设底面圆的半径为r，则64π＝πr2，解得r＝8，则圆锥的母线长为eq\r(22＋82)＝2eq\r(17)米，故该蒙古包(含底面)的表面积为π×8×2eq\r(17)＋2π×8×3＋64π＝(112＋16eq\r(17))π平方米．故选A．空间几何体表面积的求法(1)旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用，并弄清底面半径、母线长与对应侧面展开图中边的关系．(2)求多面体的表面积时，只需将它们沿着若干条棱剪开后展开成平面图形，利用平面图形求多面体的表面积．(3)组合体的表面积注意衔接部分的处理．5．(2025·江西宜春模拟)如图，在圆锥PO中，用一个平行于底面的平面去截圆锥PO，可得一个圆锥PO1和一个圆台O1O，若圆锥PO1的体积是圆锥PO体积的eq\f(1,8)，则圆锥PO1与圆台O1O的侧面积的比值为()A．eq\f(1,2) B．eq\f(1,4)C．eq\f(2,3) D．eq\f(1,3)答案：D解析：设圆锥PO1，PO底面圆的半径分别为r，R，它们的母线长分别为l，L．因为eq\f(VPO1,VPO)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,R)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,8)，所以eq\f(r,R)＝eq\f(1,2)，从而eq\f(l,L)＝eq\f(1,2)，即R＝2r，L＝2l．所以eq\f(SPO1侧,SO1O侧)＝eq\f(πrl,π×2r×2l－πrl)＝eq\f(1,3)．故选D．6．(2025·福建莆田模拟)已知三棱锥的三条侧棱长均为2，侧面有两个是等腰直角三角形，底面等腰三角形底上的高为eq\r(5)，则这个三棱锥的表面积为()A．4＋3eq\r(3)＋eq\r(15) B．4＋eq\r(3)＋2eq\r(15)C．4＋eq\r(3)＋eq\r(15) D．4＋2eq\r(3)＋eq\r(15)答案：C解析：三棱锥如图所示，其中AB＝AC＝AD＝2，CE＝eq\r(5)，由题意，得△ABC，△ACD是等腰直角三角形，则BC＝CD＝2eq\r(2)，BE＝eq\r(BC2－CE2)＝eq\r(3)，BD＝2eq\r(3)，AE＝eq\r(AB2－BE2)＝1，则该三棱锥的表面积为S△ABC＋S△ACD＋S△ABD＋S△BCD＝eq\f(1,2)×2×2＋eq\f(1,2)×2×2＋eq\f(1,2)×2eq\r(3)×1＋eq\f(1,2)×2eq\r(3)×eq\r(5)＝4＋eq\r(3)＋eq\r(15)．空间几何体的体积(多考向探究)考向1直接法求体积(1)在三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝eq\r(6)，则该棱锥的体积为()A．1 B．eq\r(3)C．2 D．3答案：A解析：取AB的中点E，连接PE，CE，如图，∵△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，∴PE⊥AB，CE⊥AB，∴PE＝CE＝2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，又PC＝eq\r(6)，故PC2＝PE2＋CE2，即PE⊥CE，又AB∩CE＝E，AB，CE⊂平面ABC，∴PE⊥平面ABC，∴VP－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·PE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×eq\r(3)＝1．故选A．(2)(2024·全国甲卷)已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为r1和r2，母线长分别为2(r2－r1)和3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为________．答案：eq\f(\r(6),4)解析：由题意可得，两个圆台的高分别为h甲＝eq\r([2（r2－r1）]2－（r2－r1）2)＝eq\r(3)(r2－r1)，h乙＝eq\r([3（r2－r1）]2－（r2－r1）2)＝2eq\r(2)(r2－r1)，所以eq\f(V甲,V乙)＝eq\f(\f(1,3)（S1＋S2＋\r(S1S2)）h甲,\f(1,3)（S1＋S2＋\r(S1S2)）h乙)＝eq\f(h甲,h乙)＝eq\f(\r(3)（r2－r1）,2\r(2)（r2－r1）)＝eq\f(\r(6),4)．直接法：规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解．7．(2025·河北保定十县一中高三期末联考)如图，侧面展开图为扇形AOD的圆锥和侧面展开图为扇环ABCD的圆台的体积相等，且eq\o(OB,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))，则λ3＝()A．2 B．2eq\r(2)C．4 D．8答案：A解析：设侧面展开图为扇形AOD的圆锥的底面半径为r，高为h，则该圆锥的体积V1＝eq\f(π,3)r2h．侧面展开图为扇形BOC的圆锥的底面半径为λr，高为λh，则该圆锥的体积V2＝eq\f(π,3)(λr)2λh＝λ3V1．由题可知V2＝2V1，从而λ3＝2．故选A．8．(2023·新课标Ⅰ卷)在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq\r(2)，则该棱台的体积为________．答案：eq\f(7\r(6),6)解析：如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M为正四棱台ABCD－A1B1C1D1的高．因为AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq\r(2)，则A1O1＝eq\f(1,2)A1C1＝eq\f(1,2)×eq\r(2)A1B1＝eq\f(\r(2),2)，AO＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)AB＝eq\r(2)，故AM＝AO－A1O1＝eq\f(\r(2),2)，则A1M＝eq\r(A1A2－AM2)＝eq\r(2－\f(1,2))＝eq\f(\r(6),2)，所以所求棱台的体积V＝eq\f(1,3)×(4＋1＋eq\r(4×1))×eq\f(\r(6),2)＝eq\f(7\r(6),6)．考向2补形法求体积如图，已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为36，E，F分别为棱B1B，C1C上的点(异于端点)，且EF∥BC，则四棱锥A1－AEFD的体积为________．答案：12解析：补体，如图，VA1－AEFD＝eq\f(1,3)VAA1D1D－EE1F1F＝eq\f(1,3)VABCD－A1B1C1D1＝12．把不规则的几何体补成规则的几何体，便于计算．常见的补形有：(1)将正四面体补形成正方体；(2)将等腰四面体(对棱相等)补形成长方体；(3)将三条棱两两相互垂直且相等的三棱锥补形成正方体；(4)将台体补形成锥体等．9．如图，一个底面半径为3的圆柱被一平面所截，截得的几何体的最短和最长母线长分别为4和10，则该几何体的体积为()A．90π B．63πC．42π D．36π答案：B解析：由几何体的直观图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示．将圆柱补全，并将圆柱从点A处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的eq\f(1,2)，所以该几何体的体积V＝π×32×4＋π×32×6×eq\f(1,2)＝63π．故选B．考向3分割法求体积木楔子在传统木工中运用广泛，它使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛、木片等．如图为一个木楔子的直观图，其中四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥CD，EF＝2，则该木楔子的体积为()A．eq\f(4\r(2),3) B．eq\r(2)C．eq\f(2\r(2),3) D．eq\f(\r(2),3)答案：D解析：如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，则由题意，得等腰梯形ABFE全等于等腰梯形CDEF，则EG＝HF＝eq\f(2－1,2)＝eq\f(1,2)，AG＝GD＝BH＝HC＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(3),2)．取AD的中点O，连接GO，因为AG＝GD，所以GO⊥AD，则GO＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2)，所以S△ADG＝S△BCH＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×1＝eq\f(\r(2),4)．因为AB∥EF，AG⊥EF，所以AB⊥AG，因为四边形ABCD为正方形，所以AB⊥AD，又因为AD∩AG＝A，AD，AG⊂平面ADG，所以AB⊥平面ADG，所以EF⊥平面ADG，同理可证EF⊥平面BCH，所以多面体的体积V＝VE－ADG＋VF－BCH＋VADG－BCH＝2VE－ADG＋VADG－BCH＝2×eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),4)×eq\f(1,2)＋eq\f(\r(2),4)×1＝eq\f(\r(2),3)．故选D．分割法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，当规则的几何体用公式不易求出时，可将其分割转化成比较好求体积的几何体．10．如图所示，已知多面体ABCDEFG中，AB，AC，AD两两互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为________．答案：4解析：解法一(分割法)：因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点C作CH⊥DG于H，连接EH，即把多面体分割成一个直三棱柱DEH－ABC和一个斜三棱柱BEF－CHG．由题意，知V三棱柱DEH－ABC＝S△DEH·AD＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×1))×2＝2，V三棱柱BEF－CHG＝S△BEF·DE＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×1))×2＝2．故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG＝2＋2＝4．解法二(补形法)：因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，将多面体补形成棱长为2的正方体，显然所求多面体的体积为该正方体体积的一半．又正方体的体积V正方体ABHI－DEKG＝23＝8，故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG＝eq\f(1,2)×8＝4．考向4转化法求体积(2025·陕西渭南模拟)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AA1＝3，AB＝2，D是棱CC1的中点，点E在棱AA1上，则三棱锥B1－EBD的体积为()A．1 B．2C．eq\r(3) D．2eq\r(3)答案：C解析：∵在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝3，AB＝2，D是棱CC1的中点，点E在棱AA1上，∴S△BDB1＝eq\f(1,2)BB1·BC＝eq\f(1,2)×3×2＝3，点E到平面BDB1的距离h＝eq\r(4－1)＝eq\r(3)，∴VB1－EBD＝VE－BDB1＝eq\f(1,3)S△BDB1·h＝eq\f(1,3)×3×eq\r(3)＝eq\r(3)．故选C．(1)等体积转化法一般情况下是三棱锥才有的特性．(2)尽可能寻找在表面的三个点，通过三棱锥“换底”求解三棱锥的体积．转化的目的是找到易于计算的“好底”与“好高”．11．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝eq\r(3)，AA1＝1，则点B1到平面A1BC的距离为________．答案：eq\f(\r(21),7)解析：因为AB2＋AC2＝BC2，所以AB⊥AC．则S△ABC＝eq\f(1,2)AB·AC＝eq\f(\r(3),2)．因为三棱锥C－A1AB与三棱锥C－A1B1B的底面积相等(S△A1AB＝S△A1B1B)，高也相等(点C到平面ABB1A1的距离)，所以三棱锥C－A1AB与三棱锥C－A1B1B的体积相等．又VC－A1AB＝VA1－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·AA1＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×1＝eq\f(\r(3),6)，所以VC－A1B1B＝VB1－A1BC＝eq\f(\r(3),6)．易得A1B＝eq\r(2)，A1C＝2，在等腰三角形A1BC中，A1B上的高为eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(14),2)，则S△A1BC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\f(\r(14),2)＝eq\f(\r(7),2)．设点B1到平面A1BC的距离为h，则VB1－A1BC＝eq\f(1,3)S△A1BC·h＝eq\f(\r(3),6)，解得h＝eq\f(\r(21),7)．课时作业基础题(占比60%)中档题(占比30%)拔高题(占比10%)题号12345678910难度★★★★★★★★★★★★考向基本立体图形空间几何体的体积基本立体图形基本立体图形基本立体图形空间几何体的表面积与体积空间几何体的体积空间几何体的体积基本立体图形空间几何体的表面积与体积考点平面图形与直观图圆锥的体积(直接法求体积)；圆柱与圆锥的侧面积空间几何体的截面图空间几何体的展开图空间几何体的结构特征棱柱、棱锥、球的表面积与体积棱锥的体积(直接法求体积)分割法求体积平面图形与直观图圆锥的侧面积与体积(直接法求体积)关联点扇形弧长公式二面角题号11121314151617181920难度★★★★★★★★★★★★★★★★★★考向空间几何体的表面积与体积空间几何体的体积空间几何体的表面积基本立体图形空间几何体的表面积与体积空间几何体的表面积与体积空间几何体的体积基本立体图形基本立体图形空间几何体的表面积与体积考点棱柱的表面积；棱锥的体积(直接法求体积)棱台的体积棱锥的表面积空间几何体的展开图圆锥的体积空间几何体的结构特征正方体内嵌几何体的相关计算关联点余弦定理一、单项选择题1．一个菱形的边长为4cm，一内角为60°，用斜二测画法画出的这个菱形的直观图的面积为()A．2eq\r(3)cm2 B．2eq\r(6)cm2C．4eq\r(6)cm2 D．8eq\r(3)cm2答案：B解析：直观图的面积为eq\f(\r(2),4)×eq\f(\r(3),2)×42＝2eq\r(6)(cm2)．故选B．2．已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为eq\r(3)，则圆锥的体积为()A．2eq\r(3)π B．3eq\r(3)πC．6eq\r(3)π D．9eq\r(3)π答案：B解析：设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为eq\r(r2＋3)，而它们的侧面积相等，所以2πr×eq\r(3)＝πr×eq\r(3＋r2)，即2eq\r(3)＝eq\r(3＋r2)，故r＝3，故圆锥的体积为eq\f(1,3)π×9×eq\r(3)＝3eq\r(3)π．故选B．3．用一个平面去截一个正方体，所得截面形状可能为()①三角形；②四边形；③五边形；④六边形；⑤圆．A．①②③ B．①②④C．①②③④ D．①②③④⑤答案：C解析：用一个平面去截一个正方体，A，B，C，D，E，F分别是所在棱的中点，所得截面形状可能为三角形、四边形、五边形、六边形，如图所示，故选C．4．如图，圆锥的母线长AB为2，底面半径为r，若一只蚂蚁从圆锥的点B出发，沿表面爬到AC的中点D处，其爬行的最短路线长为eq\r(5)，则圆锥的底面半径为()A．1 B．2C．3 D．eq\f(3,2)答案：A解析：如图为半圆锥的侧面展开图，连接BD1，则BD1的长为蚂蚁爬行的最短路线长，设展开图的扇形的圆心角为α，圆锥的底面半径为r，根据题意，得BD1＝eq\r(5)，AD1＝1，AB＝2，在△ABD1中，因为AB2＋ADeq\o\al(2,1)＝BDeq\o\al(2,1)，所以∠D1AB＝eq\f(π,2)，扇形的弧长为l＝eq\f(π,2)×2＝π，所以圆锥底面圆的周长为2l＝2π，即2πr＝2π，解得r＝1．故选A．5．某广场设置了一些石凳供大家休息，如图，每个石凳都是由正方体截去八个相同的正三棱锥得到的几何体，则下列结论不正确的是()A．该几何体的面是等边三角形或正方形B．该几何体恰有12个面C．该几何体恰有24条棱D．该几何体恰有12个顶点答案：B解析：据图可得，该几何体的面是等边三角形或正方形，A正确；该几何体恰有14个面，B不正确；该几何体恰有24条棱，C正确；该几何体恰有12个顶点，D正确．故选B．6．设体积相等的正方体、正四面体和球的表面积分别为S1，S2，S3，则()A．S1<S2<S3 B．S2<S1<S3C．S3<S1<S2 D．S3<S2<S1答案：C解析：令正方体、正四面体和球的体积为1，设正方体的棱长为a，则a3＝1，解得a＝1，则正方体的表面积S1＝6a2＝6；设正四面体的棱长为b，则正四面体底面正三角形外接圆的半径为eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)b＝eq\f(\r(3),3)b，正四面体的高为eq\r(b2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)b))\s\up12(2))＝eq\f(\r(6),3)b，体积为eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)b2×eq\f(\r(6),3)b＝eq\f(\r(2),12)b3＝1，解得b＝eq\r(2)×eq\r(3,3)，则正四面体的表面积S2＝4×eq\f(\r(3),4)b2＝2eq\r(3)×eq\r(3,32)＝2×3eq\f(7,6)>6；设球的半径为r，则eq\f(4,3)πr3＝1，解得r＝eq\r(3,\f(3,4π))，则球的表面积S3＝4πr2＝4πeq\r(3,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4π)))\s\up12(2))＝eq\r(3,36π)<6，所以S3<S1<S2．故选C．7．(2025·江苏无锡期末)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为2的菱形，且∠DAB＝120°．若M，N分别是侧棱CC1，BB1上的点，且MC＝2，NB＝1，则四棱锥A－BCMN的体积为()A．eq\r(3) B．2C．3eq\r(3) D．6答案：A解析：取BC的中点H，连接AH，因为直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为2的菱形，且∠DAB＝120°，所以∠ABC＝60°，易得AB＝BC＝AC＝2，所以AH⊥BC，AH＝eq\r(3)，又因为BB1⊥平面ABCD，且AH⊂平面ABCD，所以BB1⊥AH，BB1⊥BC，又因为BB1∩BC＝B，且BB1，BC⊂平面BB1C1C，所以AH⊥平面BB1C1C，故AH为四棱锥A－BCMN的高．因为BN∥CM，BN⊥BC，BN≠CM，所以四边形BCMN为直角梯形，则其面积为S＝eq\f(1,2)×(1＋2)×2＝3，所以四棱锥A－BCMN的体积为V＝eq\f(1,3)S·AH＝eq\f(1,3)×3×eq\r(3)＝eq\r(3)．8．(2025·江西南昌模拟)木桶效应，也可称为短板效应，是说一只水桶能装多少水取决于它最短的那块木板．如果一只桶的木板中有一块不齐或者某块木板有破洞，这只桶就无法盛满水，此时我们可以倾斜木桶，设法让桶装水更多．如图，棱长为2的正方体容器，在顶点C1和棱AA1的中点M处各有一个小洞(小洞面积忽略不计)，为了保持平衡，以BD为轴转动正方体，则用此容器装水，最多能装水的体积V＝()A．4 B．eq\f(16,3)C．6 D．eq\f(20,3)答案：C解析：棱长为2的正方体的体积为23＝8，在BB1，DD1上分别取点P，Q，使得B1P＝D1Q＝eq\f(1,2)，又易得C1P∥MQ，MP∥C1Q，所以四边形MPC1Q为平行四边形，故P，M，Q，C1四点共面．连接PQ，易得PQ∥BD，又BD⊄平面MPC1Q，所以BD∥平面MPC1Q，故以BD为轴转动正方体，平面MPC1Q为水平面时，此容器装水最多，则最多能装水的体积V＝V多面体ABCD－MPC1Q，分别取BB1，CC1，DD1的中点T，R，X，连接MT，TR，RX，XM，则平面MPC1Q将长方体MTRX－A1B1C1D1的体积平分，故最多能装水的体积V＝eq\f(3,4)VABCD－A1B1C1D1＝eq\f(3,4)×8＝6．二、多项选择题9．如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，A′B′＝2，A′C′＝B′C′＝eq\r(5)，则在原平面图形△ABC中，有()A．AC＝BC B．AB＝2C．AC＝2eq\r(5) D．S△ABC＝4eq\r(2)答案：BD解析：如图1所示，在直观图△A′B′C′中，过C′作C′D′⊥A′B′于D′，∵A′B′＝2，A′C′＝B′C′＝eq\r(5)，∴A′D′＝1，C′D′＝eq\r(A′C′2－A′D′2)＝2，又∠C′O′D′＝45°，∴O′D′＝2，O′A′＝1，O′C′＝2eq\r(2)，∴利用斜二测画法将直观图△A′B′C′还原为原平面图形△ABC，如图2所示，则OC＝4eq\r(2)，OA＝1，AB＝2，故B正确；又AC＝eq\r(OA2＋OC2)＝eq\r(33)，BC＝eq\r(OB2＋OC2)＝eq\r(41)，故A，C错误；S△ABC＝eq\f(1,2)AB·OC＝eq\f(1,2)×2×4eq\r(2)＝4eq\r(2)，故D正确．故选BD．10．(2023·新课标Ⅱ卷)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P－AC－O为45°，则()A．该圆锥的体积为π B．该圆锥的侧面积为4eq\r(3)πC．AC＝2eq\r(2) D．△PAC的面积为eq\r(3)答案：AC解析：依题意，∠APB＝120°，PA＝2，所以OP＝1，OA＝OB＝eq\r(3)，对于A，圆锥的体积为eq\f(1,3)×π×(eq\r(3))2×1＝π，A正确；对于B，圆锥的侧面积为π×eq\r(3)×2＝2eq\r(3)π，B错误；对于C，设D是AC的中点，连接OD，PD，则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P－AC－O的平面角，则∠PDO＝45°，所以OP＝OD＝1，故AD＝CD＝eq\r(3－1)＝eq\r(2)，则AC＝2eq\r(2)，C正确；对于D，因为PD＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，所以S△PAC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(2)＝2，D错误．故选AC．11．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，侧面AA1C1C的中心为O，点E是侧棱BB1上的一个动点，下列判断正确的是()A．直三棱柱的侧面积是4＋2eq\r(2) B．直三棱柱的表面积是5＋eq\r(2)C．直三棱柱的体积是eq\f(1,3) D．三棱锥E－AA1O的体积为定值答案：AD解析：在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，△ABC和△A1B1C1是等腰直角三角形，侧面全是矩形，所以其侧面积为1×2×2＋eq\r(12＋12)×2＝4＋2eq\r(2)，其表面积为eq\f(1,2)×1×1×2＋4＋2eq\r(2)＝5＋2eq\r(2)，故A正确，B错误；直三棱柱的体积为V＝S△ABC·AA1＝eq\f(1,2)×1×1×2＝1，故C错误；如图所示，因为BB1∥平面AA1C1C，且点E是侧棱BB1上的一个动点，所以三棱锥E－AA1O的高为定值eq\f(\r(2),2)，S△AA1O＝eq\f(1,2)×2×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2)，所以VE－AA1O＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(1,6)，为定值，故D正确．故选AD．三、填空题12．(2023·新课标Ⅱ卷)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：28解析：解法一：由于eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)，而截去的正四棱锥的高为3，所以原正四棱锥的高为6，所以原正四棱锥的体积为eq\f(1,3)×(4×4)×6＝32，截去的正四棱锥的体积为eq\f(1,3)×(2×2)×3＝4，所以棱台的体积为32－4＝28．解法二：棱台的体积为eq\f(1,3)×3×(16＋4＋eq\r(16×4))＝28．13．如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，∠BAC＝90°，AD是BC边上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°，若BD＝1，则三棱锥D－ABC的表面积为________．答案：eq\f(3＋\r(3),2)解析：由题意，折起前AD是BC边上的高，当△ABD折起后，可得AD⊥DC，AD⊥BD，因为BD＝AD＝DC＝1，BD⊥DC，所以AB＝BC＝CA＝eq\r(2)，从而S△DAB＝S△DBC＝S△DCA＝eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,2)，S△ABC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)sin60°＝eq\f(\r(3),2)，所以三棱锥D－ABC的表面积S＝eq\f(1,2)×3＋eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3＋\r(3),2)．14．如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝eq\r(3)，点E为AB上的动点，则D1E＋CE的最小值为________．答案：eq\r(10)解析：如图，连接D1A，C1B，并分别延长至F，G，使得AD＝AF，BC＝BG，连接EG，FG，∵四棱柱ABCD－A1B1C1D1为正四棱柱，∴AB⊥平面ADD1A1，AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥AF，AB⊥BG，又AB＝AD＝AF，∴四边形ABGF为正方形，∴EG＝eq\r(BE2＋BG2)＝eq\r(BE2＋BC2)＝CE，∴D1E＋CE的最小值为D1G，由AD＝AB＝1，AA1＝eq\r(3)，得AD1＝2，则D1F＝3，D1G＝eq\r(D1F2＋FG2)＝eq\r(9＋1)＝eq\r(10)，∴D1E＋CE的最小值为eq\r(10)．四、解答题15．(2025·内蒙古呼市二中期中)如图，一个几何体是由一个正三棱柱内挖去一个倒圆锥组成，该三棱柱的底面正三角形的边长为2，高为4．圆锥的底面内切于该三棱柱的上底面，顶点在该三棱柱下底面的中心处．(1)求该几何体的体积；(2)求该几何体的表面积．解：(1)正三棱柱的底面积为eq\f(1,2)×2×eq\r(22－12)＝eq\r(3)，所以正三棱柱的体积为eq\r(3)×4＝4eq\r(3)，设底面正三角形内切圆的半径为r，所以eq\f(1,2)×r×(2＋2＋2)＝eq\r(3)，所以r＝eq\f(\r(3),3)，所以圆锥的体积为eq\f(1,3)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))eq\s\up12(2)×4＝eq\f(4π,9)，所以该几何体的体积为4eq\r(3)－eq\f(4π,9)．(2)因为正三棱柱的表面积为2×eq\r(3)＋3×2×4＝24＋2eq\r(3)，倒圆锥的底面圆面积为π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(π,3)，倒圆锥的母线长为eq\r(42＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq\f(7\r(3),3)，所以倒圆锥的侧面积为π×eq\f(\r(3),3)×eq\f(7\r(3),3)＝eq\f(7π,3)，所以该几何体的表面积为(24＋2eq\r(3))－eq\f(π,3)＋eq\f(7π,3)＝24＋2eq\r(3)＋2π．16．如图，已知一个圆锥的底面半径为2，高为2，且在这个圆锥中有一个高为x的圆柱．(1)当x＝eq\f(4,3)时，求圆柱的体积；(2)当x为何值时，此圆柱的侧面积最大？并求出此最大值．解：(1)设圆柱的底面半径为r，则eq\f(r,2)＝eq\f(2－x,2)，所以r＝2－x，0<x<2，当x＝eq\f(4,3)时，r＝2－eq\f(4,3)＝eq\f(2,3)，所以圆柱的体积V＝πr2x＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(4,3)＝eq\f(16π,27)．(2)由(1)知r＝2－x，0<x<2，则圆柱的侧面积S＝2πrx＝2π(2－x)x＝2π(－x2＋2x)＝2π[－(x－1)2＋1]，所以当x＝1时，圆柱的侧面积最大，为2π．17．(2024·广东部分重点中学一模)分别以锐角三角形ABC的边AB，BC，AC为旋转轴旋转一周后得到的几何体的体积之比为eq\r(3)∶eq\r(6)∶2，则cosB＝()A．eq\f(5\r(3),12) B．eq\f(5\r(2),12)C．eq\f(3\r(2),8) D．eq\f(\r(6),12)答案：C解析：设AB边上的高为CD＝x，以边AB，BC，AC为旋转轴旋转一周后得到的几何体的体积分别为V1，V2，V3，则eq\f(1,2)CA·CBsinC＝eq\f(1,2)AB·x，可得x＝eq\f(CA·CBsinC,AB)，可得V1＝eq\f(1,3)πx2·AD＋eq\f(1,3)πx2·BD＝eq\f(πCA2·CB2·sin2C,3AB)，同理，可得V2＝eq\f(πAB2·AC2·sin2A,3BC)，V3＝eq\f(πAB2·BC2·sin2B,3AC)，由题意，得eq\f(πCA2·CB2·sin2C,3AB)∶eq\f(πAB2·AC2·sin2A,3BC)∶eq\f(πAB2·BC2·sin2B,3AC)＝eq\r(3)∶eq\r(6)∶2，整理，得AC＝eq\f(\r(3),2)AB，BC＝eq\f(\r(2),2)AB，所以cosB＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq\f(3\r(2),8)．18．(多选)正方体A1B1C1D1－ABCD的8个顶点中的4个不共面顶点可以确定一个四面体，所有这些四面体构成集合V，则()A．V中元素的个数为58B．V中每个四面体的体积值构成集合S，则S中的元素个数为2C．V中每个四面体的外接球构成集合O，则O中只有1个元素D．V中不存在四个面都是直角三角形的四面体答案：ABC解析：在正方体A1B1C1D1－ABCD的8个顶点中任取4个，共有Ceq\o\al(4,8)＝70种情况，其中四点共面的有六个表面和六个对角面共12种情况，不构成四面体，所以V中元素的个数为58，A正确；四面体的体积有以下两种情况：第一种情况如图1所示，四面体的四点在相对面且异面的对角线上，如四面体D1－B1AC，若正方体的棱长为a，则四面体的体积为a3－4×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)a×a×a＝eq\f(1,3)a3，第二种情况如图2所示，四面体的四点中有三个点在一个面上，另一个点在相对面上，如四面体B1－ABC，若正方体的棱长为a，则四面体的体积为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)a×a×a＝eq\f(1,6)a3，所以V中每个四面体的体积值构成集合S，则S中的元素个数为2，B正确；每个四面体的外接球都是原正方体的外接球，O中只有1个元素，C正确；如图3，四面体B1－BCD的每个面都