2026版高三数学讲义第七章　7.1　基本立体图形

第七章立体几何与空间向量

7．1基本立体图形

1．了解柱体、锥体、台体、球及简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生

活中简单物体的结构．

2．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．

3．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．

1．棱柱、棱锥、棱台

项目棱柱棱锥棱台

图形

有两个面互相平行，其余各面都有一个面是多边形，其用一个平行于棱锥底

是四边形，并且相邻两个四边形余各面都是有一个公共面的平面去截棱锥，

定义

的公共边都互相平行，由这些面顶点的三角形，由这些底面和截面之间那部

所围成的多面体面所围成的多面体分多面体

上、下底面互相平行

底面互相平行且全等；侧面都是底面是一个多边形；侧

结构且相似；各侧棱延长

平行四边形；侧棱都相等且互相面都是三角形；侧面有

特征线交于一点；各侧面

平行一个公共顶点

为梯形

2.圆柱、圆锥、圆台、球

项目圆柱圆锥圆台球

图形

以矩形的一边所以直角三角形的用平行于圆锥底以半圆的直径所

定义

在直线为旋转一条直角边所在面的平面去截圆在直线为旋转

轴，其余三边旋直线为旋转轴，锥，底面与截面轴，旋转一周形

转一周形成的面其余两边旋转一之间的部分成的曲面叫做球

所围成的旋转体周形成的面所围面，球面所围成

成的旋转体的旋转体

母线互相平行且母线相交于一母线延长线交于

相等，并垂直于点；轴截面是全一点；轴截面是

结构

底面；轴截面是等的等腰三角全等的等腰梯截面是圆

特征

全等的矩形；侧形；侧面展开图形；侧面展开图

面展开图是矩形是扇形是扇环

简单组合体：由简单几何体组合而成的几何体叫简单组合体．其构成形式主要有：由简

单几何体拼接而成，或由简单几何体截去或挖去一部分而成．

3．直观图

(1)画法：常用斜二测画法．

(2)规则：

①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中x′轴与y′轴的夹角为45°或135°，z′轴

与x′轴的夹角为90°．

②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴，平行于x轴和z轴的

线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段，长度在直观图中变为原来的一半．

4．简单几何体的表面积与体积

(1)圆柱、圆锥、圆台的侧面积

项目圆柱圆锥圆台

侧面展

开图

侧面积S圆台侧＝

S圆柱侧＝2πrlS圆锥侧＝πrl

公式π(r＋r′)l

其中r，r′为底面半径，l为母线长．

(2)柱体、锥体、台体、球的表面积和体积

体积(S是底面积，

几何体表面积

h是高)

柱体(棱柱

S表＝S侧＋2S底V＝Sh

和圆柱)

锥体(棱锥1

S表＝S侧＋S底V＝Sh

和圆锥)3

＝1＋

台体(棱台S表＝S侧＋V(S上

3

和圆台)S上＋S下

S下＋S上S下)h

球(R是

243

S表＝4πRV＝πR

半径)3

5.常见四棱柱及其关系

教材拓展

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)夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截

得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等(祖暅原理).

2

2．水平放置的平面图形的直观图与原平面图形面积间的关系：S直观图＝S原图形，S原图形

4

＝22S直观图．

1．判断(正确的画“√”，错误的画“×”)

(1)水平放置的菱形的直观图仍是菱形．(×)

(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)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．(×)

(4)锥体的体积等于底面积与高的积．(×)

2．如图，三角形A′B′C′是水平放置的三角形ABC的直观图，则三角形ABC的面积是18．

解析：由直观图画出原图，如图，可得三角形ABC是等腰三角形，且BC＝6，OA＝6，

1

所以三角形ABC的面积S＝×6×6＝18.

2

3．(人教A版必修第二册P119练习T1改编)圆锥SO的母线与底面所成角为60°，高为

33，则该圆锥的侧面积为18π．

33

解析：如图，由题可知SA＝＝6，OA＝SA2－SO2＝3，所以该圆锥的侧面积为

sin60°

π×3×6＝18π.

4．(人教B版必修第四册P85例2改编)已知正四棱台ABCD­A1B1C1D1的高为6，且A1B1

＝2AB＝4，则该四棱台的体积为56．

12222

解析：根据棱台的体积公式可得VABCD­A1B1C1D1＝×(2＋4＋2×4)×6＝56.

3

考点1基本立体图形

命题角度1结构特征

【例1】(多选)下列说法正确的是(AD)

A．底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直的棱柱是正四棱柱

B.有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台

C．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥

D．如果一个棱柱的所有面都是长方形，那么这个棱柱是长方体

【解析】若底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直，则该四棱柱底面为正方

形，且侧棱垂直于底面，所以该四棱柱为正四棱柱，故A正确；棱台是由棱锥被平行于棱锥

底面的平面所截而得的，而有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体有可能不是棱

台，因为它的侧棱延长后不一定交于一点，故B错误；当棱锥的各个侧面的共顶点的角之和

是360°时，各侧面构成平面图形，故这个棱锥不可能为六棱锥，故C错误；若棱柱的每个侧

面都是长方形，则说明侧棱与底面垂直，又底面也是长方形，符合长方体的定义，故D正确．故

选AD.

命题角度2直观图

【例2】(多选)如图，水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图为等腰梯形A′B′C′D′.

已知A′B′＝4，C′D′＝2，则下列说法正确的是(CD)

A．AB＝2

B．A′D′＝22

C．四边形ABCD的周长为6＋22＋23

D．四边形ABCD的面积为62

【解析】如图，过D′作D′E⊥O′B′交O′B′于点E，由等腰梯形A′B′C′D′中，∠D′A′B′

1

＝45°，A′B′＝4，C′D′＝2，可得△A′D′E是等腰直角三角形，即A′D′＝2A′E＝×(4－

2

2)×2＝2，故B错误；

还原平面图如图，则AB＝A′B′＝4，CD＝C′D′＝2，AD＝2A′D′＝22，故A错误；在原

图形中，过C作CF⊥AB交AB于点F，则AF＝DC＝2，由勾股定理得CB＝22＋(22)2＝

23，故四边形ABCD的周长为4＋2＋22＋23＝6＋22＋23，故C正确；四边形ABCD

1

的面积为×(4＋2)×22＝62，故D正确．故选CD.

2

命题角度3展开图

【例3】一座山峰的示意图如图所示，山峰大致呈圆锥形，峰底呈圆形，其半径为1km，

峰底A到峰顶S的距离为4km，B是一条笔直的山路SA的中点．为了发展当地旅游业，现

要建设一条从A到B的环山观光公路，当公路长度最短时，公路距山顶的最近距离为

(D)

A．2kmB．3km

45

C．25kmD．km

5

【解析】以SA为分界线，将圆锥的侧面展开，可得其展开图如图．则从点A到点B

︵

︵lAA′π

的最短路径为线段A′B，lAA′＝2π×1＝2π(km)，所以∠A′SA＝＝.过S作SP⊥A′B于点P，

42

SB·SA′8

则公路距山顶的最近距离为SP，因为A′B＝42＋22＝25(km)，所以SP＝＝＝

A′B25

45

(km).故选D.

5

1．辨别空间几何体的两种方法

(1)定义法：紧扣定义进行判定．

(2)反例法：要说明一个结论是错误的，只需举出一个反例即可．

2．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．

3．在解决空间最短距离问题时，一般考虑其展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题

平面化．

【对点训练1】(1)(多选)下面关于空间几何体的叙述正确的是(CD)

A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥

B．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形

C．长方体是直平行六面体

D．存在每个面都是直角三角形的四面体

解析：顶点在底面的投影是正多边形的中心的棱锥才是正棱锥，故A不正确；当平面与

圆柱的母线垂直或平行时，截得的截面才为圆或矩形，否则为椭圆或椭圆的一部分，故B不

正确；长方体是直平行六面体，故C正确；如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中的三棱锥C1­ABC，

四个面都是直角三角形，故D正确．故选CD.

(2)如图，水平放置的△ABC的斜二测直观图为△A′B′C′，已知A′O′＝B′O′＝C′O′＝1，则

△ABC的周长为(C)

A．6B．8

C．2＋25D．2＋45

解析：根据题意，作出原图△ABC，如图，由斜二测画法，在原图中，CO＝2C′O′＝2，

AO＝BO＝1，所以BC＝AC＝5，故△ABC的周长为2＋25.故选C.

(3)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝22，E为AB上的动点，则

D1E＋CE的最小值为(D)

A．5

B．15

C．2＋22

D．17

解析：将四边形ABCD绕AB翻折到与四边形ABC1D1共面，平面图形如图所示，连接

CD1，则CD1的长度即为D1E＋CE的最小值，因为AB＝AD＝1，AA1＝22，所以AD1＝

2222

1＋(22)＝3，所以DD1＝4，所以CD1＝1＋4＝17，即D1E＋CE的最小值为17.故选

D.

考点2空间几何体的表面积

【例4】(1)(2024·辽宁大连一模)陀螺起源于我国，最早出土石制陀螺的是山西夏县发

现的新石器时代遗址．如图所示的是一个陀螺立体结构图．已知底面圆的直径AB＝12cm，

圆柱体部分的高BC＝6cm，圆锥体部分的高CD＝4cm，则这个陀螺的表面积(单位：cm2)

是(C)

A．(72＋1213)πB．(84＋2413)π

C．(108＋1213)πD．(108＋2413)π

【解析】由题意可知，圆锥的母线长为42＋62＝213(cm)，所以这个陀螺的表面积是

π×62＋2π×6×6＋π×213×6＝(108＋1213)π(cm2).故选C.

(2)(2024·陕西安康模拟)已知正三棱台ABC­A1B1C1的上底面积为3，下底面积为43，

高为2，则该三棱台的表面积为(A)

A．53＋339B．339

C．53＋18D．18

【解析】由题意可得正三棱台上、下底面边长分别为2和4，设C1在底面ABC内的

射影为H，作HQ⊥BC于点Q，连接CH，C1Q，如图所示，则C1H⊥平面ABC，BC平面

，则有⊥，又⊥，∩＝，，平面，所以⊥平面

ABCC1HBCHQBCC1HHQHC1HHQC1HQBC⊂

，因为平面，所以⊥，由＝，＝，＝，得＝，

C1HQC1QC1HQBCC1QBC4B1C⊂12BB1CC1CQ1

π32239

又∠HCQ＝，所⊂以HQ＝，则C1Q＝C1H＋HQ＝，故该三棱台的侧面积为

633

2＋439

××3＝339，表面积为53＋339.故选A.

23

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或弧之间的关系．

(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．

【对点训练2】(1)(2024·山东青岛三模)在母线长为4，底面直径为6的一个圆柱中挖

去一个体积最大的圆锥后，得到一个几何体，则该几何体的表面积为(C)

A．33πB．39π

C．48πD．57π

解析：设圆柱的底面半径为r，高为h，体积最大的圆锥的母线长为l＝h2＋r2＝42＋32

2

＝5，则S表＝S圆柱侧＋S圆柱底＋S圆锥侧＝2πrh＋πr＋πrl＝24π＋9π＋15π＝48π.故选C.

(2)底面边长为22，且侧棱长为25的正四棱锥的体积和侧面积分别为(A)

3232

A．，24B．，6

33

C．32，24D．32，6

解析：由正四棱锥底面为正方形，且底面中心为顶点在底面上的射影，结合题设，得底

面对角线长为4，则正四棱锥的高为(25)2－22＝4，斜高为(25)2－(2)2＝32，所以正

1321

四棱锥的体积为×4×22×22＝，侧面积为×32×22×4＝24.故选A.

332

考点3空间几何体的体积

【例5】(1)(2024·山东潍坊三模)某同学在劳动课上做了一个木制陀螺，该陀螺是由两

个底面重合的圆锥组成．已知该陀螺上、下两圆锥的体积之比为1∶2，上圆锥的高与底面半

径相等，则上、下两圆锥的母线长的比值为(A)

101

A．B．

52

215

C．D．

25

【解析】设上、下两圆锥的底面半径为r，高分别为h1，h2，体积分别为V1，V2，因

12

πrh1

V13h1r1

为上圆锥的高与底面半径相等，所以h1＝r，则＝＝＝＝，解得h2＝2r，上圆锥

V212h2h22

πrh2

3

22222222

的母线长为r＋h1＝r＋r＝2r，下圆锥的母线长为r＋h2＝r＋4r＝5r，所以上、下

2r10

两圆锥的母线长的比值为＝.故选A.

5r5

(2)(2024·天津卷)如图，一个五面体ABC­DEF.已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，

AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为(C)

3331

A．B．＋

642

3331

C．D．－

242

【解析】方法一如图，延长AD到G，使DG＝BE，延长BE到H，使EH＝AD，连

接GH，HF，GF，AF，BF，可得AG＝BH＝CF＝3，结合AG∥BH∥CF，可知ABC­GHF

1

为三棱柱，因为四边形ABED与四边形HGDE全等，所以VF­ABED＝VF­HGDE＝VABC­GHF，由

3

AG∥BH∥CF，且它们两两之间的距离为1，可知当ABC­GHF为正三棱柱时，底面边长为1，

3233

高为3，此时VABC­GHF＝×1×3＝.根据棱柱的性质，若ABC­GHF为斜三棱柱，则由

44

3313

体积公式可得其体积也是，因此，VF­HGDE＝VABC­GHF＝，可得该五面体的体积V＝

434

3

VABC­GHF－VF­HGDE＝.故选C.

2

方法二如图，用一个完全相同的五面体与该五面体相接，因为AD∥BE∥CF，且两两

之间距离为1，AD＝1，BE＝2，CF＝3，则形成的新组合体为一个三棱柱，该三棱柱的直截

面(与侧棱垂直的截面)为边长为1的等边三角形，侧棱长为1＋3＝2＋2＝3＋1＝4，VABC­DEF

11133

＝VABC­HIJ＝××1×1××4＝.故选C.

22222

求空间几何体的体积的常用方法

公式法规则几何体的体积，直接利用公式

把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成

割补法

规则的几何体

等体通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体

积法积

【对点训练3】(1)(2024·江西九江二模)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AC＝

π

AA1＝2，∠BAC＝，P，E分别为棱A1C1，AA1上的动点(不包括端点)，若AE＝A1P，则三棱

2

锥B1­A1PE的体积的最大值为(D)

11

A．B．

2412

11

C．D．

63

解析：在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，故A1E为三棱锥E­A1B1P的高，

π

设AE＝A1P＝t，t∈(0，2)，则A1E＝2－t，由∠BAC＝，得AB⊥AC，故A1B1⊥A1C1，则S△ABP

211

111121

＝A1P×A1B1＝t，故VB­APE＝VE­ABP＝S△ABP·A1E＝t(2－t)＝－(t－1)＋，故当t＝1时，

21111311333

1

三棱锥B1­A1PE的体积有最大值.故选D.

3

(2)(2024·北京卷)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65mm，325mm，325mm，且斛量器的高为230mm，则斗量

器的高为23mm，升量器的高为57.5mm.(不计量器的厚度)

333

解析：设升、斗、斛量器的容积分别为V1mm，V2mm，V3mm，由题意得V3＝

32523252

1

π×2×230，则V2＝V3＝π×2×23，所以斗量器的高为23mm；设升量器的高为

10

3252652

1

hmm，则V1＝V2＝π×2×2.3＝π×2·h，解得h＝57.5，所以升量器的高为57.5mm.

10

【例】(2024·山西晋城一模)若一个正n棱台的棱数大于15，且各棱的长度构成的集合

为{2，3}，则n的最小值为6，该棱台各棱的长度之和的最小值为42．

【解析】根据正棱台的结构特征可知，正n棱台的总棱数为3n(n≥3，n∈N*)，则3n>15，

解得n>5，所以n的最小值为6.要想各棱长之和最小，则棱数总和要最小，故n＝6，又因为

棱台的上、下底面边长不相等，所以可取上底面边长为2，下底面边长为3，要使各棱长之和

最小，则侧棱长取2，故该棱台各棱的长度之和的最小值为2×12＋3×6＝42.

本题考查棱台的几何特征，看似是求最值的题目，但是抓住正棱台上、下底面相似，侧

棱相等这些特征，题目瞬间可解．在复习过程中要重视对基础概念、基本知识的掌握和理解．

课时作业44

1．（5分）下列四个命题中正确的是(C)

A．每个面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥

B．所有棱长都相等的四棱柱是正方体

C．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

D．以直角三角形的一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

解析：如图所示，在三棱锥A­BCD中，有AB＝BC＝CD＝AD＝a，AC＝BD＝b，a≠b，

满足每个面都是等腰三角形，但该棱锥不是正三棱锥，A错误；底面为菱形的直四棱柱，其

侧棱与底面边长相等，该四棱柱的所有棱长都相等，但不是正方体，B错误；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，C正确；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，D错误．故选C.

2．（5分）在高为6的三棱柱ABC­A1B1C1中，△A′B′C′是底面△ABC的水平放置的斜二

测直观图，如图，O′A′＝O′B′＝2，O′C′＝3，则三棱柱ABC­A1B1C1的体积为(D)

A．63B．83

C．123D．243

解析：直观图△A′B′C′对应的原图形为如图所示的△ABC，其中OA＝O′A′＝2，OB＝O′B′

1

＝2，OC⊥AB，OC＝2O′C′＝23，因此△ABC的面积S△ABC＝AB·OC＝43，所以三棱柱

2

ABC­A1B1C1的体积为V＝S△ABC×6＝243.故选D.

3．（5分）（2025·八省联考）底面直径和母线长均为2的圆锥的体积为(A)

3

A．πB．π

3

C．2πD．3π

解析：由题可知圆锥的底面半径R＝1，母线长l＝2，则高h＝l2－R2＝22－12＝3，

13

所以圆锥的体积为V＝πR2h＝π.故选A.

33

4．（5分）在高为3的直三棱柱ABC­A1B1C1中，△ABC是以C为直角的等腰三角形，

且AB＝22，其中D为棱B1C1的中点，M为线段BC上的动点，则AM＋MD的最小值为

(B)

A．3＋5B．26

C．2＋10D．5

解析：将等腰直角三角形ABC沿BC翻折到与矩形BCC1B1共面，如图所示，AM＋MD

222

的最小值为AD，由于AC＝BC＝22×＝2，C1D＝1，所以AD＝(2＋3)＋1＝26.故选

2

B.

5．（5分）（2024·天津北辰区三模）我国载人航天技术发展日新月异．目前，世界上只

有3个国家能够独立开展载人航天活动．从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词

“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的

探索与创新．如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个

圆柱组合而成的几何体．圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其

内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为(A)

325π76π

A．B．

123

215π325π

C．D．

916

解析：由题意可知容器中液体分为两部分，下部为圆柱，上部为圆台，取轴截面，如图

所示，O1，O2，O3分别为AB，CD，EF的中点，可知AB∥CD∥EF，且O1B＝O2C＝2，O1O2

O3FO3P33

＝6，O2P＝4，O2O3＝1，则O3P＝3，可得＝＝，即O3F＝，所以该容器中液体的

O2CO2P42

3232

1325π

体积为π×22×6＋×π×22＋π×2＋π×22×π×2×1＝.故选A.

312

6．（5分）（2024·新课标Ⅰ卷）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3，则圆锥的体积为(B)

A．23πB．33π

C．63πD．93π

解析：设圆锥的底面半径为r，则圆锥的母线长为3＋r2，由圆柱和圆锥的侧面积相等，

1

可得23πr＝πr×3＋r2，解得r＝3，圆锥的体积为×π×32×3＝33π.故选B.

3

7．（5分）（2024·湖南衡阳三模）已知圆锥SO（O是底面圆的圆心，S是圆锥的顶点）

的母线长为7，高为3，P，Q为底面圆周上任意两点（P，O，Q三点不共线），则三棱锥

O­SPQ体积的最大值为(A)

2343

A．B．

33

C．23D．43

2211

解析：如图，圆锥的底面半径为(7)－(3)＝2，则S△SOP＝×SO×OP＝×3×2＝

22

3，要使三棱锥O­SPQ的体积最大，需使底面△SOP上的高最大，故需使OQ⊥平面SOP，

因为平面SOP⊥底面圆O，且交线为OP，所以只需使OQ⊥OP即可，此时(VO­SPQ)max＝

1123

(VQ­SOP)max＝×S△SOP×OQ＝×3×2＝.故选A.

333

8．（5分）（2024·湖北武汉二模）灯笼起源于我国的西汉时期，两千多年来，每逢春节

人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围．如图1，某灯笼的轮廓由

三部分组成，上、下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分（除去两个球缺）.

如图2，“球缺”是指一个球被平面所截后剩下的部分，截得的圆面叫做球缺的底，垂直于

π

截面的直径被截得的一段叫做球缺的高．已知球缺的体积公式为V＝(3R－h)h2，其中R是

3

球的半径，h是球缺的高．已知该灯笼的高为40cm，圆柱的高为4cm，圆柱的底面圆直径

为24cm，则该灯笼的体积约为（参考数据：π≈3）(B)

A．32000cm3B．33664cm3

C．33792cm3D．35456cm3

解析：该灯笼去掉圆柱部分的高为40－8＝32(cm)，设灯笼球缺的高为h1cm，球缺所在

3222

球的半径为R1cm，则R1－h1＝＝16，由圆柱的底面圆直径为24cm，则有(R1－h1)＋12

2

2222

＝R1，即16＋12＝R1，解得R1＝20，则h1＝4，该灯笼的体积V＝2V圆柱＋V球－2V球缺＝

4π

2×4×122×π＋×π×203－2××(60－4)×42≈3456＋32000－1792＝33664(cm3).故选B.

33

9．（7分）（多选）（2024·云南红河州二模）如图所示，圆锥的底面半径和高都等于球的

半径，则下列选项中正确的是(ABD)

A．圆锥的轴截面为直角三角形

B．圆锥的表面积大于球的表面积的一半

C．圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为π

D．圆锥的体积与球的体积之比为1∶4

π

解析：设球的半径为R.如图所示，OB＝OA＝OC＝R，所以∠BAC＝，故A正确；圆锥

2

22221

的表面积为S1＝πR＋π·R·2R＝πR＋2πR，球的表面积为S2＝4πR，所以S1>S2，故B正

2

2πR

确；圆锥的母线长为2R，底面周长为2πR，所以圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为＝

2R

121343V11

2π，故C错误；圆锥的体积为V1＝·πR·R＝πR，球的体积为V2＝πR，＝，故D正

333V24

确．故选ABD.

10．（7分）（多选）如图所示，△A′B′C′是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中O′C′

＝O′A′＝2O′B′，O′B′＝2，则以下正确的有(ABC)

A．OA＝4

B．△ABC是等腰直角三角形

C．OB＝4

D．△ABC的面积为8

解析：还原△ABC，如图所示，根据题意得OA＝OC＝O′C′＝4，OB＝2O′B′＝4，故A，

C正确；因为OA＝OB＝OC＝4，所以∠BCA＝∠BAC＝45°，则∠CBA＝90°，故△ABC是等

11

腰直角三角形，故B正确；△ABC的面积S＝×AC×OB＝×8×4＝16，故D错误．故选

22

ABC.

11．（7分）（多选）如图，正方体ABCD­A′B′C′D′的棱长为4，动点E，F在棱AB上，

且EF＝2，动点Q在棱D′C′上，则在三棱锥A′­EFQ中，下列说法正确的是(AD)

A．△EFQ的面积与点E，F的位置无关

B．三棱锥A′­EFQ的体积与点Q的位置有关

C．三棱锥A′­EFQ的体积与点E，F，Q的位置都有关

D．三棱锥A′­EFQ的体积与点E，F，Q的位置均无关

解析：如图，连接AD′，BC′，因为AB∥C′D′，且AB＝C′D′，可知四边形ABC′D′为平

行四边形，且AB⊥平面ADD′A′，又AD′平面ADD′A′，则AB⊥AD′，可知四边形ABC′D′为

11

矩形，所以△EFQ的面积S△EFQ＝EF·AD⊂′＝×2×42＝42，即△EFQ的面积为定值，与

22

点E，F的位置无关，故A正确；因为A′D′⊥平面ABB′A′，且平面ABB′A′∥平面CDD′C′，

1

可知三棱锥Q­A′EF的高为A′D′＝4，所以三棱锥A′­EFQ的体积VA′­EFQ＝VQ­A′EF＝A′D′·S△A′EF

3

1116

＝×4××2×4＝，即三棱锥A′­EFQ的体积为定值，与点E，F，Q的位置均无关，故B，

323

C错误，D正确．故选AD.

12．（7分）（2024·山西吕梁二模）已知圆台O1O2的高为3，中截面（过高的中点且垂直

于轴的截面）的半径为3，若中截面将该圆台的侧面分成了面积比为1∶2的两部分，则该圆

台的母线长为5．

解析：如图，设圆台的上、下底面圆的半径分别为r，R，因为中截面的半径为3，所以

根据梯形中位线性质可知r＋R＝6.又中截面将该圆台的侧面分成了面积比为1∶2的两部分，

π(r＋3)r＋31

所以根据圆台侧面积公式可知＝＝，解得r＝1，所以R＝5.又圆台的高为3，所

π(3＋R)9－r2

以圆台的母线长为32＋(R－r)2＝32＋42＝5.

13．（7分）（2024·黑龙江双鸭山模拟）如图1是第19届杭州亚运会的会徽“潮涌”，

︵

可将其视为一扇环ABCD（如图2）.已知AB的长为2π，AD＝3，扇环ABCD的面积为9π，

若将该扇环作为侧面围成一圆台，则该圆台的体积为142π．

3

解析：如图，设∠AOB＝θ，OA＝r，

θr＝2π，r＝3，

︵2π

由题意可知11解得2π则CD的长为×6＝4π，将该扇

θ(3＋r)2－θr2＝9π，θ＝，3

223

环作为侧面围成一圆台，则圆台上、下底面的半径分别为1和2，所以其高为32－(2－1)2＝

1142π

22，故该圆台的体积为V＝×（π＋4π＋π×4π）×22＝.

33

14．（7分）（2024·全国甲卷）已知圆台甲、乙的上底面