2026年高考数学复习系列（全国）专题7.2 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积（解析版）

专题7.2基本立体图形、简单几何体的表面积与体积（举一反三专项

训练）

【全国通用】

目录

第一部分题型专练

【题型1空间几何体的结构特征】...........................................................................................................................1

【题型2空间几何体的表面积】...............................................................................................................................3

【题型3空间几何体的体积】...................................................................................................................................6

【题型4斜二测画法及其应用】...............................................................................................................................9

【题型5空间几何体中的最短路径问题】.............................................................................................................11

【题型6空间几何体的截面问题】.........................................................................................................................15

【题型7空间几何体的外接球问题】.....................................................................................................................17

【题型8空间几何体的内切球问题】.....................................................................................................................20

第二部分分层突破

A组基础跟踪练

B组培优提升练

【题型1空间几何体的结构特征】

1．（24-25高三上·浙江·期中）已知圆锥的侧面展开图是一个面积为的半圆，则该圆锥的高为（）

π

A．B．C．D．

6531

【答案】A2222

【解题思路】首先根据侧面展开图面积等于半圆面积，求得底面半径与母线长，再利用勾股定理算得圆锥高.

【解答过程】

设圆锥的母线长为l，圆锥的底面半径为r，

因为圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，

圆锥的侧面展开图是一个面积为的半圆，

则，解得π，

2

1π�=2π�

2

2�=,�=2

则该圆�×锥2的π�高=为π.

226

故选：A.ℎ=�−�=2

2．（2025·安徽滁州·一模）中国被称为“制扇王国”，折扇的起源历史悠久，最早可以追溯到西汉时期.现有

一把折扇，其结构如图.完全展开后扇面的圆心角为，上板长为若把该扇面围成一个圆台，则圆台

2

的高为（）3�16cm.

A．B．C．D．

282322

【答案】D3cm102cm103cm3cm

【解题思路】应用几何扇形弧长计算，结合圆台的几何特征计算即可.

【解答过程】设小扇形的半径为xcm，则大扇形的半径为，

设圆台的上下底面半径分别为，，�+16cm

12

则，��，

2π2π

2π�1=3�2π�2=3�+16

所以，

2π

2π�2−�1=3×16

所以，

16

�2−�1=3

所以圆台的高为（）

2

216322

故选：D16−3=3cm.

3．（202.6高三·全国·专题练习）如图，长方体中被截去一部分，其中，，

′′′′′′

则剩下的几何体是（）𝐴𝐵−����𝐸//��𝐹//��

A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．六棱柱

【答案】C

【解题思路】根据给定的条件，利用几何体的结构特征分析判断.

【解答过程】依题意，，且，

′′′′

又平面平面𝐵//��，/所/�以�由//�棱�柱//的��结构特�征�知=，��剩下=的𝐸几=何�体�为=五�棱�柱．

′′

故选：C��.�𝐴//�����

4．（2025·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

（）10cm

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8的cm球体10cmD．各棱长均为8的cm四面体8cm

【答案】B6cm15cm

【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1，0cBm正确，

正方体的内切球的半径为150，cm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.102cm102cm

【题型2空间几何体的表面积】

5．（2026·福建泉州·二模）已知正三棱台的高为，，则该棱台的侧面

积为（）𝐴�−�1�1�13𝐴=3�1�1=33

A．B．C．18D．

【答案】B24312343

【解题思路】构造直角三角形结合棱台的高求出侧面梯形的高，求出侧面积.

【解答过程】由题意，设上下底面中心分别为，则，

分别取中点，则为梯形�1的,�高，�1�=3

1111

由��,𝐴�可,�得��，𝐴�，�

13

111

作𝐴=3�，�垂=足3为3，��=2��=2

则��⊥���，，

则��=��−�1�=1�，�=�1�=3

22

��=��+��=2

则侧.

1

�=3×2𝐴+�1�1·��=123

故选：B.

6．（2025·广西来宾·模拟预测）已知圆锥的母线长为8，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥

3π

的表面积为（）4

A．B．C．D．

【答案】D24π27π30π33π

【解题思路】根据圆锥表面积公式，结合扇形的弧长和面积公式进行求解即可.

【解答过程】设圆锥的母线长为，底面半径为r，

因为圆锥底面圆的周长等于扇形�的=弧8长，

所以，解得，

3π�

4=2π��=3

所以该圆锥的表面积为.

213π2

π×3+2×4×8=33π

故选：D.

7．（2025·天津和平·三模）已知底面半径为的圆锥，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底

��>0

面半径为，则此圆柱的侧面积与圆锥的侧面积的比值为（）

�

4

A．B．C．D．

3233333

【答案】C55168

【解题思路】由△△，可得，分别表示出圆柱的侧面积和圆锥侧面积，即可得

333�

11

出答案．���∽�𝐴��=4��=4

【解答过程】由题意可知圆锥的轴截面是边长为的正三角形，

则圆锥的高，如图，2�

��=3�

由△△，可得，则，

1�1���11

��1�∽�𝐴4=𝐴=����1=4��

，

333�

∴��1=4��=4

圆柱侧面积，

�33�332

�1=2π⋅4⋅4=8π�

圆锥侧面积，则．

12�133133

22�28216

故选：C．�=⋅2π�⋅2�=2π�=×=

8．（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（）2

A．B．

22

C．343+8 dmD．343+44 dm

22

343+48 dm345+8 dm

【答案】A

【解题思路】过作平面于，过作于，连接，证明平面，即得

为的�1平面�1角�，⊥利用�解�三𝐵角形�列方程�即�可�求⊥得𝐴正四�棱台上�底1边�长，再�根�据⊥该结�构1�的�组成计算∠�其1�表�

面积�1即−可𝐴.−�

【解答过程】过作平面于，过作于，连接，

因平面�1,则�1�⊥�，�又𝐵����⊥𝐴�平面�1，�

故𝐴⊂平面𝐴𝐵，因�1�⊥�平�面�1�，∩则��=�,�1，�,故��⊂为�1��的平面角，

𝐴⊥�1���1�⊂�1��𝐴⊥�1�∠�1���1−𝐴−�

故，则.

3

tan∠�1��=2cos∠�1��=3

令正四棱台上底边长为，则，

6−�

���=2

，，

2

6−�26−�

��=2�1�=4−2

所以，即6−�，

��323

12

�1�=cos∠���=326−�=3

4−2

解得或（舍去），故.

2

1

所以该�=结2构表�面=积1为0��=4−4=12=23，

132

24

=2+6×2.3×4+2×2×2+×2×2

2

=故选32：3A+.8+23=343+8dm

【题型3空间几何体的体积】

9．（2025·安徽·模拟预测）已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，其侧面积等于上、下底面积之和，则

该圆台的体积为（）

A．B．C．D．

4π28π28π

394π3

【答案】B

【解题思路】设圆台的母线长，圆台为高为，根据圆台的侧面积公式和圆的面积公式，列出方程，求得母

�ℎ

线长为，得到，结合圆台的体积公式，即可求解.

54

�=3ℎ=3

【解答过程】设圆台的母线长，圆台为高为，

则圆台的上、下底面圆的面积�分别为ℎ，

22

侧面积为，�1=π×1=π,�2=π×2=4π

所以�=π(1+，2可)⋅得�=3π，�则，

522524

3π�=π+4π�=3ℎ=�−(2−1)=(3)−1=3

所以圆台的体积为.

122428

�=3π(2+1+1×2)×3=9π

故选：B.

10．（2025·海南·模拟预测）在三棱锥中，和均是边长为的等边三角形，若，

则三棱锥的体积为（）�−𝐴�△𝐴�△𝐴�23𝐴⊥𝐴

A．�−𝐴�B．4C．D．

【答案】D232526

【解题思路】取中点，连接，可证得平面，再由三棱锥体积公式求解.

【解答过程】取��中点�，连接��,��，如图��⊥���

�����,��

由和均是边长为的等边三角形，

可知△𝐴�△𝐴�，23

3

由��=�可�知=，2×23=3，

22

在等𝐴腰⊥三�角�形�中�，=𝐴+𝐴=12+12=26

���

，

2

12��1

△���

因�为=2����−2=2×26×9−6平=面32,

所以��⊥平��面,��⊥,��,��∩��=�,��,��⊂���

所以��⊥���，

11

��−𝐴�=3��⋅�△���=3×23×32=26

故选：D.

11．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知高为的圆锥的底面半径是圆柱底面半径的两倍，圆柱的高为圆锥

高的两倍，且圆锥和圆柱的侧面积相等，则圆3锥的体积为（）

A．B．C．D．

33π93π

【答案】C423π33π2

【解题思路】首先根据已知条件求出圆锥的底面半径，然后根据圆锥的体积公式求出圆锥的体积即可.

【解答过程】设圆柱底面半径为，则圆锥底面半径为.

因为圆锥的高为，所以圆柱的�高为.2�

因为圆锥和圆柱的3侧面积相等，所以23.

2

解得.�=π·2�·3+4�=2π�·23

3

�=2

所以圆锥的体积为.

12

�=3π·(2�)·3=33π

故选：C.

12．（2025·山东青岛·模拟预测）须弥座又名“金刚座”，是一种古建筑的基座形式，通常用来作为宫殿、寺

庙、塔、碑等重要建筑的基座，由多层不同形状的构件组成，一般上下宽、中间窄，呈束腰状，具有很高

的艺术价值.某古建筑的基座为须弥座，其最下层为正六棱台形状，如图所示，该正六棱台的上底面边长为

，下底面边长为，侧面积为，则该正六棱台的体积为（）

2

18m24m756m

A．B．C．D．

3333

【答案】B19982m19983m20042m18643m

【解题思路】利用台体侧面积求斜高，再由斜高求台体的高，最后利用台体体积公式求体积即可.

【解答过程】

取上、下底面中心分别为、，取一个侧面等腰梯形的上、下中点分别为、，

连接、，由底面是正�六�边形性质可得：、，��

由上底��面边�长�为，下底面边长为，可�得�⊥𝐵��⊥��，

则18m，24m��=18m,𝐴=24m

再由��侧=面9积3为m,��=，12可得3m，

21

756m218+24×��×6=756⇒��=6m

根据勾股定理得，

2

2

��=6−123−93=3m

所以正六棱台的体积为

1123123

�=32×18×2×6+2×24×2×6+

123123

2×18×2，×6×2×24×2×6××3

3

=故选19：98B.3m

【题型4斜二测画法及其应用】

13．（24-25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（）𝐴𝐵

′′′′′′

��=2��=��=1𝐴𝐵��

A．B．C．D．

【答案】A5322

【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，𝐴𝐵��

如图，由斜二测画法可知，𝐴𝐵，

′′′′

所以𝐴=2��=.2��=��=1

22

故选：��A=.𝐴+��=4+1=5

14．（24-25高一下·河南洛阳·期中）如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图，则

′′′

的周长为（）△���△�𝐴△�𝐴

A．B．C．D．

【答案】A1265+13−625+13

【解题思路】结合图形作出，求其各边长，即得周长.

【解答过程】作出，△如下��图�所示：

△�𝐴

由题意可知，，，

∘

由勾股定理可��得=4𝐴=3∠�𝐴=90，

2222

故的周长�为�=��+𝐴=4+3=5.

故选△：��A�.��+𝐴+𝐴=4+3+5=12

15．（24-25高二上·四川达州·期末）如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，

′′′′

，，则平面图形的面积为�（���）𝐴𝐵

′′′′′′

��=2��=��=1𝐴𝐵

A．1B．C．D．3

333

【答案】D24

【解题思路】根据给定条件，求出梯形的面积，再利用原平面图形面积与直观图面积的关系求出平

′′′′

面图形的面积.����

【解答过�程��】�在梯形中，，则该梯形的高为，

′′′′′′′∘′′∘2

����∠���=45��sin45=2

梯形的面积为，

′′′′

′′′′′��+��232

在斜二��测�画�法中，原图�形=的面2积是⋅对2应=直4观图面积的，

22

所以平面图形的面积.

′32

故选：D.𝐴𝐵�=22�=22×4=3

16．（24-25高一下·天津·期中）如图，用斜二测画法画水平放置的四边形ABCD，其直观图为等腰梯形，

′′′′

若，，则下列说法正确的是（）����

′′′′

��=6��=4

A．

′′

B．��=22

C．四𝐴边=形3ABCD的周长为

D．四边形ABCD的面积为10+6+2

【答案】D102

【解题思路】根据斜二测画法求出原四边形各边的长度，并确定四边形为直角梯形，进而得到其周长

和面积，即可得.𝐴𝐵

【解答过程】由题设，错；

′′′′A

′′��−��

由斜二测画法知，��=2×，2=2，，

′′′′′′

易知原四边形�为�=直角��梯形=，6𝐵=��=4�，�=2��=22

所以𝐴𝐵𝐵⊥𝐴,𝐴//，𝐵

22

四边形��的=周长𝐵为+(𝐴−𝐵)=，8面+积4为=23，B、C错，D对.

1

10+23+222×22×(4+6)=102

故选：D.

【题型5空间几何体中的最短路径问题】

17．（25-26高一上·甘肃定西·开学考试）如图，圆柱高8cm，底面半径2cm，一只蚂蚁从点爬到点处吃

食，要爬行的最短路程为（）（取3）��

π

A．10cmB．14cmC．20cmD．无法确定

【答案】A

【解题思路】利用侧面展开图，结合勾股定理即可求解最短路径长.

【解答过程】

通过圆柱侧面展开图，可知最短路径为侧面展开图中的直角三角形的斜边，

△𝐴�

即

2

故选𝐴：=A.2π+64≈36+64=10cm

18．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·月考）已知在圆锥SO中，底面圆O的直径，圆锥SO的体积为，

22

𝐴=23π

点M在母线SB上，且，一只蚂蚁若从A点出发，沿圆锥侧面爬行到达M点，则它爬行的最短距

1

3

离为（）��=𝐴

A．B．C．D．

【答案】A7131933

【解题思路】先根据体积公式得出，将圆锥沿母线展开，结合圆心角的大小，利用余弦定理求解即

可.��=22

【解答过程】设圆锥的母线长为，底面的半径为，圆锥SO的体积为，解得.

1222

����3π×1×��=3π��=22

由勾股定理，可得母线，

22

如图，圆锥的侧面展开图�=为扇1形+(2，2)=3

因为扇形的弧长为�，��所以扇形的圆心角，所以，

2ππ

���2π�=2π����=3∠���=3

在中，由余弦定理是可得，

222

所以△���，因为��=，��+��−2��·��cos∠���=9+1−3=7

所以蚂��蚁=爬行7的最短距��离+为��=的4长>度，7即蚂蚁爬行的最短距离为.

故选：A.��7

19．（25-26高二上·上海嘉定·月考）如图是一块长、宽、高分别为、、的长方体木块，一只

蚂蚁要从长方体木块的一个顶点处，沿着长方体的表面到长方体上6和 cm相对4 c的m顶点3 cm处吃食物，那么它需要

爬行的最短路径的长是（）���

A．B．

C．85 cmD．97 cm

【答案】A109 cm3+213cm

【解题思路】展开可能走过的长方体平面，由两点之间线段最短求出各个最短距离比较即可求解.

【解答过程】第一种情况:把我们所看到的前面和上面组成一个平面，

则这个长方形的长和宽分别是和

则所走的最短线段是94,；

22

第二种情况:把我们看到4的+左9面=与上9面7组成一个长方形，

则这个长方形的长和宽分别是和

所以走的最短线段是76,；

22

第三种情况:把我们所看7到+的6前=面和8右5面组成一个长方形，

则这个长方形的长和宽分别是和

所以走的最短线段是103,；

22

三种情况比较而言，第3二+种1情0况=最短10.9

故选：A.

20．（25-26高三上·青海西宁·月考）斗笠起源于汉代，兴盛于明清．斗笠用竹篾、箭竹叶为原料，编织而

成，有尖顶和圆顶两种形制，主要用于遮阳和遮雨，其中尖顶斗笠示意图如图所示，大致呈圆锥形．某款

尖顶斗笠底部圆的半径为，母线长为，点是斗笠底部圆周上一点．为了装饰这个斗笠，现要镶

嵌一条从点出发绕斗笠外2部0c一m周后回到点4处8c的m金属�条，则这个金属条的最短长度为（）

��

A．B．

C．20πcmD．483cm

【答案】2C46+2cm96cm

【解题思路】作出该斗笠的侧面展开图，先由扇形弧长和母线长求出圆心角，再由余弦定理即可求得答案.

【解答过程】作出该斗笠的侧面展开图如图所示，由图可知金属条的最短长度为线段之长.

1

由题意知，圆弧的长即圆锥的底面圆周长，则��，

40π5π

��=48��12π×20=40π∠�1��=48=6

由余弦定理，得

2222232

��1=��+��1−2⋅��⋅��1⋅cos∠�1��=48+48−2×48×48×(−2)=482+

，

即3．

222

1

故选��：=C．482+3=24×2(4+23)=242(3+1)=24(6+2)

【题型6空间几何体的截面问题】

21．（2025高三·全国·专题练习）正方体中，M，N分别是，的中点，则过，

11111111

M，N三点的平面截正方体所得的截面形状𝐴是�（�−）���������

A．平行四边形B．直角梯形C．等腰梯形D．三角形

【答案】C

【解题思路】根据题意，做出辅助线，得出，即可得解.

【解答过程】连结并延长交的延长线��于//H�，1�连结DH，如图：

�1��1�1

因为M是的中点，所以直线DH经过点M，

连接MN，�则�1，

则等腰梯形��//�，1即�为过、M、N三点的正方体的截面，

故选：C.�1�𝐵�1𝐴𝐵−�1�1�1�1

22．（2025·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�𝐵的截面面积为（�）△����

��/�𝐵��−𝐴𝐵

A．B．C．D．

53515

【答案】C4823215

【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，

𝐹1

过�作△���，过作𝐹=2，�如图�四�/边/�形���为�截面，���

∵点�是��//𝐵的重�心，��//��，∴��，��

𝐹1𝐸𝐹1

�△���𝐹=2��=𝐹=2

∴，，，，

��1������

��=2=��=𝐴=𝐴��=1��=3��=��=2

四边形为等腰梯形，故面积为.

1+3×3

故选：C��.���=2=23

23．（25-26高二上·上海·月考）已知正方体中，点为的中点，点为的中点，

则平面截正方体形成的𝐴截�面�图−形�1为�1（�1�1）���1��1�1

A．�六��边形𝐴B�．�五−边�1形�1�1�1C．四边形D．三角形

【答案】B

【解题思路】应用平面的基本性质画出截面图，即可得.

【解答过程】延长，交的延长线于，

连接，交于��，�1�1�

延长𝐹，交�1�1的延�长线于，

连接��，交�1�于1，�

最后依��次连接��1�，

所得截面��，,��即,�为�所,�求�.

��𝐸�

故选：B.

24．（2025·全国·模拟预测）正方体的棱长为4，点M在棱上，平面ACM把正方体

分成两个几何体，�其�中𝐵一−个�几1�何1�体1�的1体积为14，则平面ACM�1截�正1方体

所𝐴得𝐵的−截�面1�周1�长1�为1（）𝐴𝐵−�1�1�1�1

A．B．C．D．15

【答案】A10+5245+625+52

【解题思路】设平面与棱交于点，则，设，由棱台的体积求得，进而可求得

截面周长.����1�1���∥��𝐴1=��=1

【解答过程】设平面与棱交于点，则，几何体是三棱台，

����1�1���∥��𝐴1�−𝐴�

由题意知该三棱台体积为14．设，则，

11212

1

解得，平面截正方体𝐴=�3×所8得+的截8×面2为�等+腰2梯�形×4=1，4

�=1���𝐴𝐵−�1�1�1�1����

，，，所以截面的周长为.

�故�选=：4A．2��=2��=��=5����10+52

【题型7空间几何体的外接球问题】

25．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知正三棱台的上底面边长为，高为，体积为，则该正三棱台的

73

外接球表面积为（）314

A．B．C．D．

【答案】D8π12π16π20π

【解题思路】根据台体体积公式计算出正三棱台下底面边长，利用正三棱台的几何性质计算出球心到下底面

的距离，可求出外接球的半径，结合球体表面积公式可求得结果.

【解答过程】设正三棱台的下底面边长为，则其下底面积为，上底面面积为，

3232

�4�4×3

所以，该三棱台的体积为，

1323332333273

�=3×4�+4+4�×4×1=12�+3�+3=4

整理可得，因为，解得，

2

如下图，设�正+三3棱�台−18=0�的>上0、下底面�的=中2心3分别为、，

𝐴�−�1�1�1�1�

由正三棱台的几何性质可知，外接球球心在直线上，

1

正的外接圆半径为，�正��的外接圆半径为，

233

∘11111∘

设△𝐴�，若球心在线段��=上2s，in6则0=2△，�����=2sin60=1

设球��=的�半径为，则��10<�<1�1�=，1−�

22222

即���=，�解�得+�=，�1不�1合+乎1题−意�；

22

所以4+，�球心=1在+射1线−�上，则�=−1，

11

�����，=即�+1，解得.

2222222

�所以=，��+�=�1�1，+故1该+正�三棱台的4外+接�球=表1面+积�为+1�=1.

22

故选：D�.=4+1=5�=4π�=20π

26．（2025·河北保定·一模）已知三棱锥中，平面，，，，

则三棱锥的外接球表面积（）�−�𝐵𝐵⊥𝐴�𝐴=𝐵=23��=6𝐵=2

A．�−�𝐵B．C．D．

【答案】D12π24π40π52π

【解题思路】先根据正弦定理求底面外接圆半径