2026年新高考数学大一轮复习讲义全归纳(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(学生版+解析)

这是一份2026年新高考数学大一轮复习讲义全归纳(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(学生版+解析)，共13页。
\l "_Tc213061457" 02 落实主干知识 PAGEREF _Tc213061457 \h 3
\l "_Tc213061458" 一、空间几何体的结构特征 PAGEREF _Tc213061458 \h 3
\l "_Tc213061459" 二、表面积与体积计算公式 PAGEREF _Tc213061459 \h 3
\l "_Tc213061460" 三、空间几何体的直观图 PAGEREF _Tc213061460 \h 5
\l "_Tc213061461" 03 探究核心题型 PAGEREF _Tc213061461 \h 6
\l "_Tc213061462" 题型一：结构特征 PAGEREF _Tc213061462 \h 6
\l "_Tc213061463" 题型二：直观图 PAGEREF _Tc213061463 \h 7
\l "_Tc213061464" 题型三：展开图 PAGEREF _Tc213061464 \h 8
\l "_Tc213061465" 题型四：表面积 PAGEREF _Tc213061465 \h 9
\l "_Tc213061466" 题型五：体积 PAGEREF _Tc213061466 \h 11
\l "_Tc213061467" 题型六：最小路径问题 PAGEREF _Tc213061467 \h 13
\l "_Tc213061468" 04 好题赏析（一题多解） PAGEREF _Tc213061468 \h 16
\l "_Tc213061469" 05 数学思想方法 PAGEREF _Tc213061469 \h 17
\l "_Tc213061470" ①数形结合 PAGEREF _Tc213061470 \h 17
\l "_Tc213061471" ②转化与化归 PAGEREF _Tc213061471 \h 17
\l "_Tc213061472" ③分类讨论 PAGEREF _Tc213061472 \h 18
\l "_Tc213061473" 06 课时精练（真题、模拟题） PAGEREF _Tc213061473 \h 20
\l "_Tc213061474" 基础过关篇 PAGEREF _Tc213061474 \h 20
\l "_Tc213061475" 能力拓展篇 PAGEREF _Tc213061475 \h 22
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、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.
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．
二、表面积与体积计算公式
表面积公式
体积公式
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．
题型一：结构特征
【例题1】（2025·高三·全国·专题练习）给出下列四个命题：
①各侧面都是正方形的棱柱一定是正棱柱；
②若一个简单多面体的各顶点都有3条棱，则其顶点数V与面数F满足的关系式为；
③若直线平面，平面，则；
④命题“异面直线a，b不垂直，则过a的任一平面与b都不垂直”的否定．
其中，正确的命题是（ ）
A．②③B．①④C．①②③D．②③④
【例题2】有下列命题：
①有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱；
②有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱；
③有两个面平行，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的几何体叫棱柱；
④用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台．
⑤有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．
其中正确的命题的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【解题总结】
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）说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．
【变式1】（2025·新疆·模拟预测）下列命题中正确的是（ ）
A．有两个平面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.
B．各个面都是三角形的几何体是三棱锥.
C．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体.
D．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线.
【变式2】下列几何体中，为棱台的是（ ）
A．B．
C．D．
【变式3】下列说法中，正确的是（ ）
A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥
B．一个多面体至少有4个面
C．有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
D．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台
题型二：直观图
【例题3】如图，表示水平放置的根据斜二测画法得到的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则的边上的高为（ ）

A．2B．4C．D．8
【例题4】正方形的边长为3，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图）.则原图形的周长是（ ）
A．12B．24C．D．
【解题总结】
斜二测法下的直观图与原图面积之间存在固定的比值关系：．
【变式4】用斜二测画法画水平放置的，其直观图如图所示，其中．若原的周长为10，则（ ）
A．B．C．D．
【变式5】用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示，轴，轴，，则的原图形的面积为（ ）

A．5B．10C．D．
【变式6】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．
题型三：展开图
【例题5】（2025·上海普陀·二模）若一个圆锥的高为，侧面积为，则该圆锥侧面展开图中扇形的中心角的大小为 .
【例题6】如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径．将圆柱侧面沿母线展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线．若该段正弦曲线是函数图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则 ．

【解题总结】
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．
【变式7】如图，将三棱锥展开为平面图形，已知，，，，则 ．
【变式8】小杰想测量一个卷纸展开后的总长度，卷纸中的纸是单层的，且卷纸整体呈一个空心圆柱形，即大圆柱在其正中间挖去了一个小圆柱，测得小圆柱底面的直径为5厘米，大圆柱底而的直径为11厘米．由于单层纸的厚度不易测量，小杰利用游标卡尺测得10层纸的总厚度为0.3厘米．试估算这个卷纸的总长度（单位：米）为 ．（结果精确到个位，取）
【变式9】如图，在四棱锥的平面展开图中，底面为等腰梯形，，，，，，，则 ．
题型四：表面积
【例题7】（2025·高三·甘肃兰州·期中）某圆锥的底面半径为3，高为，则该圆锥的侧面积为 ．
【例题8】如图，在正四棱柱中，，，则该正四棱柱的表面积为 ．

【解题总结】
（1）多面体的表面积是各个面的面积之和．
（2）旋转体的表面积是将其展开后，展开图的面积与底面面积之和．
（3）组合体的表面积求解时注意对衔接部分的处理．
【变式10】我国古代有一种容器叫“方斗”，“方斗”的形状是一种上大下小的正四棱台（两个底面都是正方形的四棱台），如果一个方斗的容积为28升（一升为一立方分米），上底边长为4分米，下底边长为2分米，则该方斗的表面积为 平方分米．
【变式11】已知圆锥的轴截面是一个边长为4的正三角形．

(1)求该圆锥的体积与表面积，侧面展开图的扇形面积；
(2)该圆锥内切球半径为，内接正方体棱长为，分别求出的值．
【变式12】如图是一块正四棱台的工艺石料，该四棱台的上、下底面的边长分别为2dm和4dm，高为3dm．

(1)求四棱台的表面积；
(2)现要将这块工艺石料最大限度打磨为一个圆台造型，求圆台的体积．
题型五：体积
【例题9】在直三棱柱中，，，D，E分别为，的中点．

(1)求证：平面；
(2)若二面角是直二面角，求的长；
(3)在（2）的条件下，求三棱锥的体积．
【例题10】如图，在直三棱柱中，，，分别为，，的中点，与交于点，与交于点.
(1)证明：；
(2)若，，求三棱锥的体积.
【解题总结】
求空间几何体的体积的常用方法
【变式13】如图，在直四棱柱中，底面ABCD是菱形，，E，O分别是BC，的中点，平面与平面的交线为l，连接EO并延长交l于点P，，．
(1)证明：，，P三点共线；
(2)求三棱锥的体积．
【变式14】如图，四边形是圆柱的轴截面，是下底面圆周上一点，点是线段中点
(1)证明：直线平面
(2)若，求三棱锥的体积.
【变式15】四面体中，分别为棱的中点，经过的平面分别与棱，相交于点，（不与顶点重合）.

(1)证明：若，则（如图1）；
(2)当与平面相交于点时（如图2），若四面体的体积为，求多面体的体积.
题型六：最小路径问题
【例题11】如图，已知正方体中，，P为线段上一点，Q为平面内一点，则的最小值是（ ）

A．B．C．D．
【例题12】某景区为提升游客观赏体验，搭建一批圆锥形屋顶的小屋（如图1）．现测量其中一个屋顶，得到圆锥的底面直径长为，母线长为（如图2）．若是母线的一个三等分点（靠近点S），从点A到点绕屋顶侧面一周安装灯光带，则灯光带的最小长度为（ ）

A．B．C．D．
【解题总结】
此类最小路径问题：大胆展开，把问题变为平面两点间线段最短问题．
【变式16】直三棱柱的底面是以C为直角的等腰直角三角形，且，在面对角线上存在一点P使P到和P到A的距离之和最小，则这个最小值是（ ）
A．2B．C．D．
【变式17】（2025·河北石家庄·二模）已知正方体的体积为，点，分别在棱，上，满足最小，则四面体的体积为
A．B．C．D．
【变式18】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．
1．已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一个球面上，若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是
A．B．C．D．
2．已知四面体ABCD的顶点均在半径为的同一球面上，且，则该四面体体积的最大值为
A．B．3C．4D．
3．已知正三棱柱的底面边长为，高为，则该正三棱柱的外接球的体积为
A．B．C．D．
①数形结合
1．已知正方体的棱长为2，P为线段上的动点，则三棱锥外接球半径的取值范围为
A．B．C．D．
2．北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为轨道高度是指卫星到地球表面的距离将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为单位：，则S占地球表面积的百分比约为
A．B．C．D．
3．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．
②转化与化归
4．三棱锥的底面是等边三角形，，二面角的大小为，若三棱锥外接球的表面积为，则该三棱锥体积的最大值等于（ ）
A．B．C．D．
5．如图，已知圆台形水杯盛有水不计厚度，杯口的半径为4，杯底的半径为3，高为，当杯底水平放置时，水面的高度为水杯高度的一半，若放入一个半径为r的球球被完全浸没，水恰好充满水杯，则（ ）
A．B．2C．3D．
6．位于如皋市定慧寺内的观音塔，是一座仿明清古塔建筑，具有七层、八角彩绘的外观．观音塔除去塔尖部分可近似视为一个正四棱台，现有一个除去塔尖的观音塔模型，塔底宽20cm，塔顶宽10cm，侧面面积为，据此计算该观音塔模型体积为
A．31500B．30000C．10500D．10000
③分类讨论
7．已知圆柱的底面半径和母线长均为1，A、B分别为圆、圆上的点，若异面直线，所成的角为，则（ ）
A．B．C．2或D．2或
8．在棱长为1的正方体中，点P是正方体棱上一点，若满足的点P的个数为4，则d的取值范围为
A．B．C．D．
9．如图，直三棱柱的棱平面，，，，则当该三棱柱绕旋转时三棱柱上所有点始终在平面的同一侧，它在平面内的正投影的面积最小值为
A．B．2C．D．
基础过关篇
1．（2024年北京高考数学真题）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．1B．2C．D．
2．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）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，则圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
3．（2024年天津高考数学真题）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（ ）
A．B．C．D．
4．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（ ）
A．1B．C．2D．3
5．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
6．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
7．（2025年高考全国二卷数学真题）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 ．
8．（2025年高考北京卷数学真题）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 ．
9．（2025年上海秋季高考数学真题（网络收集版））如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为 ．

10．（2024年北京高考数学真题）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 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为 ，升量器的高为 ．
11．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为 ．
12．（2023年上海秋季高考数学试题（网络收集版））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 ．
13．（2025年高考天津卷数学真题）正方体的棱长为4，分别为中点，．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求三棱锥的体积．
能力拓展篇
1．（2025·四川德阳·模拟预测）边长为的正方形是圆柱的轴截面，则从点沿圆柱的侧面到相对顶点的最短距离（单位：cm）是（ ）
A．B．12C．D．
2．（2025·广东清远·一模）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥为鳖臑，平面，且三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积的最大值为（ ）
A．B．2C．D．
3．（2025·全国·模拟预测）已知三棱锥的体积为3，，，，则（ ）
A．3B．4C．D．
4．（2025·广西·模拟预测）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，则圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
5．（2025·福建漳州·模拟预测）一个高为，上、下底面半径分别是和的封闭圆台容器（容器壁厚度忽略不计）内有一个铁球，则铁球表面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
6．（2025·陕西西安·一模）若正四棱锥的高为4，且所有顶点都在半径为6的球面上，则该正四棱锥的表面积为（ ）
A．B．C．D．
7．（2025·湖南湘潭·一模）如图，一个三棱柱形容器中盛有水，，若底面水平放置时，水面恰好过侧棱的中点，当侧面水平放置时，水面恰好与交于点D，则等于（ ）
A．2B．4C．D．
8．（2025·江西新余·模拟预测）现将一个棱长为2的正方体魔方放入一个正四面体的盒子中，若该魔方可以在正四面体内自由转动，则这个正四面体棱长的最小值为（ ）
A．B．C．D．
9．（多选题）（2025·陕西西安·二模）如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（ ）

A．B．
C．四边形的面积为D．四边形的周长为
10．（多选题）（2025·江苏泰州·模拟预测）如图，正方体的棱长为3，动点P在正方体内及其表面上运动，点E在棱AD上，且，则下列说法正确的有（ ）
A．若，，则三棱锥的体积为定值
B．棱上存在点P，使得平面
C．若，则动点P所围成的图形的面积为
D．若动点P在正方形ABCD内，，则线段BP的最小值为
11．（2025·广东广州·模拟预测）已知圆台上、下底面圆周都在球面上，且下底面过球心，若圆台上、下底面面积之比为1：4，则圆台的体积与球体积之比为 .
12．（2025·青海海南·模拟预测）将一个半径为（单位：）的球打磨成一个上、下底面面积分别为、
的圆台，且该球的球心到上、下底面的距离之差为，则的最小值为 cm．
13．（2025·河北邯郸·一模）已知三棱锥中，，为的中点，过点作三棱锥外接球的截面，则截面面积的最小值为 .
14．（2025·全国·模拟预测）已知正三棱锥的各顶点都在体积为的球面上，正三棱锥体积最大时，该正三棱锥的高为 .
15．（2025·湖南郴州·一模）在四棱锥中，底面为直角梯形，满足，底面.点为棱的中点，点为棱的中点.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；
(3)设点为三棱锥的内切球球面上一动点，求三棱锥体积的最大值.
表面积
柱体
为直截面周长
锥体
台体
球
体积
柱体
锥体
台体
球
公式法
规则几何体的体积，直接利用公式
割补法
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规则的几何体
等体积法
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
7.1 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
目录 TOC \ "1-2" \h \z \u
\l "_Tc213061456" 01 课标要求 PAGEREF _Tc213061456 \h 2
\l "_Tc213061457" 02 落实主干知识 PAGEREF _Tc213061457 \h 3
\l "_Tc213061458" 一、空间几何体的结构特征 PAGEREF _Tc213061458 \h 3
\l "_Tc213061459" 二、表面积与体积计算公式 PAGEREF _Tc213061459 \h 3
\l "_Tc213061460" 三、空间几何体的直观图 PAGEREF _Tc213061460 \h 5
\l "_Tc213061461" 03 探究核心题型 PAGEREF _Tc213061461 \h 6
\l "_Tc213061462" 题型一：结构特征 PAGEREF _Tc213061462 \h 6
\l "_Tc213061463" 题型二：直观图 PAGEREF _Tc213061463 \h 9
\l "_Tc213061464" 题型三：展开图 PAGEREF _Tc213061464 \h 12
\l "_Tc213061465" 题型四：表面积 PAGEREF _Tc213061465 \h 15
\l "_Tc213061466" 题型五：体积 PAGEREF _Tc213061466 \h 18
\l "_Tc213061467" 题型六：最小路径问题 PAGEREF _Tc213061467 \h 25
\l "_Tc213061468" 04 好题赏析（一题多解） PAGEREF _Tc213061468 \h 31
\l "_Tc213061469" 05 数学思想方法 PAGEREF _Tc213061469 \h 34
\l "_Tc213061470" ①数形结合 PAGEREF _Tc213061470 \h 34
\l "_Tc213061471" ②转化与化归 PAGEREF _Tc213061471 \h 36
\l "_Tc213061472" ③分类讨论 PAGEREF _Tc213061472 \h 38
\l "_Tc213061473" 06 课时精练（真题、模拟题） PAGEREF _Tc213061473 \h 42
\l "_Tc213061474" 基础过关篇 PAGEREF _Tc213061474 \h 42
\l "_Tc213061475" 能力拓展篇 PAGEREF _Tc213061475 \h 52
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、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.
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．
二、表面积与体积计算公式
表面积公式
体积公式
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．
题型一：结构特征
【例题1】（2025·高三·全国·专题练习）给出下列四个命题：
①各侧面都是正方形的棱柱一定是正棱柱；
②若一个简单多面体的各顶点都有3条棱，则其顶点数V与面数F满足的关系式为；
③若直线平面，平面，则；
④命题“异面直线a，b不垂直，则过a的任一平面与b都不垂直”的否定．
其中，正确的命题是（ ）
A．②③B．①④C．①②③D．②③④
【答案】A
【解析】①错，因为正棱柱底面必须是正多边形．
②对，多面体的欧拉定理是：顶点数面数棱数，即，
由已知各顶点都有3条棱，得，
从而，所以，故②对．
③对，若直线平面，平面，则平面存在一条直线平行，
从而该直线垂直平面，由面面垂直判定定理可知．
④错，对于命题“异面直线a，b不垂直，则过a的任一平面与b都不垂直”，该命题正确，
用反证法说明，假设存在过a的平面与b垂直，则根据线面垂直的性质可知异面直线a，b垂直，
与已知矛盾，故假设不成立，所以原命题成立，
因为命题“异面直线a，b不垂直，则过a的任一平面与b都不垂直”是对的，所以其否定为错．
故选：A
【例题2】有下列命题：
①有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱；
②有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱；
③有两个面平行，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的几何体叫棱柱；
④用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台．
⑤有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．
其中正确的命题的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【解析】棱柱：有两个面互相平行，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，
①②错误，③正确，其中①②的反例如图所示；
棱锥：一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，⑤错误；
棱台：棱锥的底面和平行于底面的一个截面间的部分，④错误；
正确命题有1个.
故选：B.
【解题总结】
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）说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．
【变式1】（2025·新疆·模拟预测）下列命题中正确的是（ ）
A．有两个平面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.
B．各个面都是三角形的几何体是三棱锥.
C．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体.
D．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线.
【答案】D
【解析】如图所示的几何体满足两个平面平行，其余各面都是平行四边形，但它不是棱柱，A错；
正八面体的各面都是三角形，不是三棱锥，B错；
如果两个平行截面与圆柱的底面平行，则是旋转体，如果这两个平行截面与圆柱的底面不平行，则不是旋转体．C错；
根据圆锥的定义，D正确．
故选：D．
【变式2】下列几何体中，为棱台的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面与底面之间的部分称为棱台．
因此棱台一定是两个面互相平行，且所有侧棱延长后交于同一点，
A选项，侧棱延长后没有交于一点，不是棱台，故A不符合题意；
B选项，截面不平行于底面，不符合棱台的定义，故B不符合题意；
C选项，几何体不是由棱锥截成的，不符合棱台的定义，故C不符合题意；
D选项，符合棱台的定义，故D符合题意.
故选：D
【变式3】下列说法中，正确的是（ ）
A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥
B．一个多面体至少有4个面
C．有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
D．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台
【答案】B
【解析】正棱锥底面是正多边形，还需要满足顶点到底面射影落在底面正多边形的中心，A错误；
多面体中面数最少为三棱锥，四个面，B正确，；
有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体不一定是棱柱，还需要满足各个侧面的交线互相平行，C错误；
用一个平面去截棱锥，必须是平行于底面的平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分才是棱台，D错误.
故选：B.
题型二：直观图
【例题3】如图，表示水平放置的根据斜二测画法得到的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则的边上的高为（ ）

A．2B．4C．D．8
【答案】D
【解析】如图，过作轴，交轴于，
在中，因为与轴垂直，且，，
所以，
由斜二测画法知：，所以的边上的高为8.
故选：D.
【例题4】正方形的边长为3，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图）.则原图形的周长是（ ）
A．12B．24C．D．
【答案】B
【解析】由直观图可得，，
所以原图形为
所以，，，，
，
所以原图形的周长是，
故选：B.
【解题总结】
斜二测法下的直观图与原图面积之间存在固定的比值关系：．
【变式4】用斜二测画法画水平放置的，其直观图如图所示，其中．若原的周长为10，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】如图所示，根据斜二测画法的规则，可由直观图画出原图，
因为，可得，所以，即，
则，所以.
故选：A.
【变式5】用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示，轴，轴，，则的原图形的面积为（ ）

A．5B．10C．D．
【答案】B
【解析】法一：如图所示，根据斜二测画法可知，轴，且，
原图形为，其中，且，
则的面积为．
法二：直观图面积为，
原图形的面积等于直观图面积的倍，
所以原图形的面积为．
故选：B
【变式6】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
【解析】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.
题型三：展开图
【例题5】（2025·上海普陀·二模）若一个圆锥的高为，侧面积为，则该圆锥侧面展开图中扇形的中心角的大小为 .
【答案】
【解析】设底面半径为，母线长为l
由，得，
又，由勾股定理，
所以，解得，
底面圆周长，扇形中心角，
故答案为：
【例题6】如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径．将圆柱侧面沿母线展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线．若该段正弦曲线是函数图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则 ．

【答案】/
【解析】设圆柱的底面直径为，由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数图象的一部分，
可得，且，所以圆柱的底面直径，
则椭圆长轴长为，短轴长为，
因为离心率为，可得，所以，
所以，解得．
故答案为：
【解题总结】
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．
【变式7】如图，将三棱锥展开为平面图形，已知，，，，则 ．
【答案】/
【解析】由题意，，，，
则≌，由勾股定理得，
又，，，
所以在，由余弦定理得
，故．
在中，由余弦定理得．
故答案为：．
【变式8】小杰想测量一个卷纸展开后的总长度，卷纸中的纸是单层的，且卷纸整体呈一个空心圆柱形，即大圆柱在其正中间挖去了一个小圆柱，测得小圆柱底面的直径为5厘米，大圆柱底而的直径为11厘米．由于单层纸的厚度不易测量，小杰利用游标卡尺测得10层纸的总厚度为0.3厘米．试估算这个卷纸的总长度（单位：米）为 ．（结果精确到个位，取）
【答案】
【解析】设卷纸的高为厘米，展开后卷纸的总长度为厘米，
卷纸的体积为：立方厘米，
每层纸的厚度为：厘米，
则展开后的体积为立方厘米，
即有，即厘米，
即约为米.
故答案为：.
【变式9】如图，在四棱锥的平面展开图中，底面为等腰梯形，，，，，，，则 ．
【答案】/
【解析】因为在平面展开图中，，
所以在四棱锥中，
，，且平面,，则平面．
还原四棱锥，在等腰梯形中，作,垂足为，如图：
因为，，,
所以,即．
因为，所以,
，
所以在中，由余弦定理，
得．
故答案为：.
题型四：表面积
【例题7】（2025·高三·甘肃兰州·期中）某圆锥的底面半径为3，高为，则该圆锥的侧面积为 ．
【答案】
【解析】∵圆锥的底面半径为3，高为，
∴圆锥的母线为，
∴圆锥的侧面积为，
故答案为：．
【例题8】如图，在正四棱柱中，，，则该正四棱柱的表面积为 ．

【答案】
【解析】因为四边形为正方形，，故，
而，故，故，
故正四棱柱的表面积为.
故答案为：.
【解题总结】
（1）多面体的表面积是各个面的面积之和．
（2）旋转体的表面积是将其展开后，展开图的面积与底面面积之和．
（3）组合体的表面积求解时注意对衔接部分的处理．
【变式10】我国古代有一种容器叫“方斗”，“方斗”的形状是一种上大下小的正四棱台（两个底面都是正方形的四棱台），如果一个方斗的容积为28升（一升为一立方分米），上底边长为4分米，下底边长为2分米，则该方斗的表面积为 平方分米．
【答案】
【解析】
如图所示，高线为，由方斗的容积为28升，
可得，解得．
由上底边长为4分米，下底边长为2分米可得，，，
侧面梯形面积为，
所以方斗的表面积为．
故答案为：.
【变式11】已知圆锥的轴截面是一个边长为4的正三角形．

(1)求该圆锥的体积与表面积，侧面展开图的扇形面积；
(2)该圆锥内切球半径为，内接正方体棱长为，分别求出的值．
【解析】（1）由轴截面为边长为4的等边三角形，
可得底面半径，高为，母线长，
于是，
.
（2）如图1，易知，可得在中，，解得，
如图2，易知，可得在中，，解得，
【变式12】如图是一块正四棱台的工艺石料，该四棱台的上、下底面的边长分别为2dm和4dm，高为3dm．

(1)求四棱台的表面积；
(2)现要将这块工艺石料最大限度打磨为一个圆台造型，求圆台的体积．
【解析】（1）正四棱台侧面是全等的等腰梯形，
分别取中点，连接，作交于，
如图所示，因为，，且，则四边形为矩形，
则，，，，
所以，
所以四棱台的表面积为．
（2）若要这块石料最大限度打磨为一个圆台，
则圆台的上、下底面圆是正四棱台的上、下底面正方形的内切圆，高为正四棱台的高，
则圆台上底面圆半径，下底面圆半径，高，
则圆台的体积为．
题型五：体积
【例题9】在直三棱柱中，，，D，E分别为，的中点．

(1)求证：平面；
(2)若二面角是直二面角，求的长；
(3)在（2）的条件下，求三棱锥的体积．
【解析】（1）连接，在矩形中得且为的中点，
在中， 为的中位线，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设，，，，，且，
则，．
设平面的一个法向量，
则取得．
同理可取平面的一个法向量．
因此，得．
解得．
所以．
（3）由题可知，
．
【例题10】如图，在直三棱柱中，，，分别为，，的中点，与交于点，与交于点.
(1)证明：；
(2)若，，求三棱锥的体积.
【解析】（1）因为三棱柱为直三棱柱，所以，
又，分别为，的中点，所以，所以，
又平面，平面，
所以平面，又因为平面，平面平面，
所以，所以.
（2）因为三棱柱为直三棱柱，且，所以，，两两垂直，
以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
所以，，故，，
又，，平面，所以平面，
由（1）知平面，
所以点到平面的距离即点到平面的距离，等于的长，
在中，由等面积法知，则，，
因为，所以，且易知，
故，所以.
【解题总结】
求空间几何体的体积的常用方法
【变式13】如图，在直四棱柱中，底面ABCD是菱形，，E，O分别是BC，的中点，平面与平面的交线为l，连接EO并延长交l于点P，，．
(1)证明：，，P三点共线；
(2)求三棱锥的体积．
【解析】（1）在直四棱柱中，平面平面，平面平面，
平面平面＝l，则，，即，
又，则，，四边形是平行四边形，
于是且，取AD中点为Q，连接、EQ，
由且，且，得且，
则四边形是平行四边形，且，又且，
因此且，即PD与共面，P平面，又Pl，l平面
则P平面，又平面平面，即P，
所以三点共线.
（2）由（1）知，四边形是平行四边形，则，，
在中，，
由余弦定理得，
则，故，，又平面，
以D为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图：
则，
，
设平面的法向量为，则，令，得，
则点P到平面的距离为，
由，得边上的高，
因此的面积，
所以三棱锥的体积.
【变式14】如图，四边形是圆柱的轴截面，是下底面圆周上一点，点是线段中点
(1)证明：直线平面
(2)若，求三棱锥的体积.
【解析】（1）连接，令，连接DE，则E是、的中点，
在△中D是线段BC中点，E是的中点，
∴，又平面，平面，
∴直线平面；
（2）设点到平面的距离为，
∵点在底面圆上，
∴，
∵，D是BC的中点，
∴，，
因为是圆柱的轴截面，则到AB的距离，即到平面的距离，
所以.
【变式15】四面体中，分别为棱的中点，经过的平面分别与棱，相交于点，（不与顶点重合）.

(1)证明：若，则（如图1）；
(2)当与平面相交于点时（如图2），若四面体的体积为，求多面体的体积.
【解析】（1）因为，且平面经过且与平面相交于，
所以，又为的中点，所以为中点，
又为中点，所以，
又，，所以；
（2）在中，直线与直线相交于点，与直线相交于点，与直线相交于点，
令，
令，得，
又三点共线，所以，
令，得，
所以，
所以，所以，
故有，同理，
又分别为中点，所以，
记，四面体的体积为，多面体的体积为，
连接，则有，
，
所以，
又四面体的体积为，即，所以多面体的体积.
故答案为：
题型六：最小路径问题
【例题11】如图，已知正方体中，，P为线段上一点，Q为平面内一点，则的最小值是（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
当，即可得平面，此时是最小距离，
然后把平面与平面展开成共面，
如第二个图：即可得过作的垂线，垂足为
此时，即此时取到最小值，
由正方体可知：，
所以.
故选：A
【例题12】某景区为提升游客观赏体验，搭建一批圆锥形屋顶的小屋（如图1）．现测量其中一个屋顶，得到圆锥的底面直径长为，母线长为（如图2）．若是母线的一个三等分点（靠近点S），从点A到点绕屋顶侧面一周安装灯光带，则灯光带的最小长度为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【解析】将圆锥侧面沿母线展开，其侧面展开图为如图所示的扇形，则的长度即为灯光带的最小长度，
，，
在中，，，
，
解得：，即灯光带的最小长度为.
故选：C.
【解题总结】
此类最小路径问题：大胆展开，把问题变为平面两点间线段最短问题．
【变式16】直三棱柱的底面是以C为直角的等腰直角三角形，且，在面对角线上存在一点P使P到和P到A的距离之和最小，则这个最小值是（ ）
A．2B．C．D．
【答案】D
【解析】因为直三棱柱的底面是以C为直角的等腰直角三角形，且 ，
所以，又是等腰直角三角形， ，
把和所在平面沿 摊平得四边形，如图， 是这个四边形的对称轴， 即为所求最小值．
故选：D．
【变式17】（2025·河北石家庄·二模）已知正方体的体积为，点，分别在棱，上，满足最小，则四面体的体积为
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图，
∵点M，N分别在棱上，要最小，将所在的面延它们的交线展开到与所在的面共面，三线共线时，最小，
∴
设正方体的棱长为，则，
∴．
取，连接，则共面，
在中，设到的距离为，
设到平面的距离为，
.
故选D．
【变式18】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．
1．已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一个球面上，若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】方法设正四棱锥的高为，底面边长为a，球心为O，由已知易得球半径为，
所以，
因为，
故所以，求导，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，，
故该正四棱锥体积的取值范围是
方法
由方法中知，，求导，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，，故该正四棱锥体积的取值范围是
2．已知四面体ABCD的顶点均在半径为的同一球面上，且，则该四面体体积的最大值为
A．B．3C．4D．
【答案】C
【解析】解：方法一：因为，，
所以球心O到AB中点M的距离为1，到CD中点N的距离为2，
从而AB中点M在以O为球心，以1为半径的球面上运动，
CD中点N在以O为球心2为半径的球面上运动，
当M，O，N三点共线且O在线段MN上时，MN取最大值3，
，
此时，若平面ABN，则；
若CD不垂直于平面ABN，
则C，D到平面ABN的距离和小于2，从而四面体体积小于
当M，O，N三点不共线时，由于N在以O为球心2为半径的球面上运动，
所以N到直线AB的距离小于3，从而，
C，D到平面ABN的距离和小于等于2，从而，
所以四面体体积的最大值为
故选：
方法二：设球心为O，的外心为，圆半径为r，AB的中点为M，
设，，
则，，，，
所以，
所以M到CD的距离，
设AC与BD的距离为，
则，
，
，
设，下证，
即证，
从而，
于是，
由柯西不等式，
上式左，
从而，故面积最大值为3，
从而四面体ABCD体积最大值为
故选：
3．已知正三棱柱的底面边长为，高为，则该正三棱柱的外接球的体积为
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】解：如图，设正三棱柱外接球的球心为O，半径为
记和外接圆的圆心分别为和，其半径为r，
由正弦定理得：，
又O为的中点，
所以，
即，则
故选：
①数形结合
1．已知正方体的棱长为2，P为线段上的动点，则三棱锥外接球半径的取值范围为
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】解：如图，连接AC，交BD于点E，易知E为的外心．
连接，，交于点F，易知平面BCD，
三棱锥的外接球球心O在EF上．
设的外接圆圆心为，平面PCD，且
设的外接圆半径为r，三棱锥的外接球半径为R，
设，，，
又，
设，，
设，则
又，易知，
，故选
2．北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为轨道高度是指卫星到地球表面的距离将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为单位：，则S占地球表面积的百分比约为
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
解：如图所示：
由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：
故选
3．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】
解：作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图所示，
因为该正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：
②转化与化归
4．三棱锥的底面是等边三角形，，二面角的大小为，若三棱锥外接球的表面积为，则该三棱锥体积的最大值等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
解：设，三棱锥外接球的半径为R，则，解得，
设的外心为，该点是棱AC的中点，设等边的外心为，
过点作平面APC的垂线，过点作平面ABC的垂线，两垂线交于点O，即为三棱锥外接球的球心．
因为二面角的大小为，所以，
易知，，
所以，
因为，即，
解得，即，
因为，所以当时，点P到平面ABC的距离最大，
其最大距离为，
所以三棱锥体积的最大值等于，
故选
5．如图，已知圆台形水杯盛有水不计厚度，杯口的半径为4，杯底的半径为3，高为，当杯底水平放置时，水面的高度为水杯高度的一半，若放入一个半径为r的球球被完全浸没，水恰好充满水杯，则（ ）
A．B．2C．3D．
【答案】D
【解析】解：由题可知，未放入球时，圆台形水杯中水的高度为，
因为杯口半径为，杯底半径为，
所以水面的半径为，
则杯中未充满水的部分高度为，
根据圆台的体积计算公式，
则此时未充满水的部分的体积为，
代入数据计算得到，
因为放入球后，水刚好充满，
所以球的体积，
设球的半径为r，则有，
解得
故选
6．位于如皋市定慧寺内的观音塔，是一座仿明清古塔建筑，具有七层、八角彩绘的外观．观音塔除去塔尖部分可近似视为一个正四棱台，现有一个除去塔尖的观音塔模型，塔底宽20cm，塔顶宽10cm，侧面面积为，据此计算该观音塔模型体积为
A．31500B．30000C．10500D．10000
【答案】C
【解析】
解：设该观音塔模型的斜高为，高为h，
则，解得，
故高为，
故该观音塔模型体积为
故选：
③分类讨论
7．已知圆柱的底面半径和母线长均为1，A、B分别为圆、圆上的点，若异面直线，所成的角为，则（ ）
A．B．C．2或D．2或
【答案】C
【解析】
解：设过B的母线为BD，连接AD，，
则，，
四边形为平行四边形，
，
为异面直线，所成的角或其补角，
或，
当时，，此时；
当时，由余弦定理得，
此时，
所以或2，
故选：
8．在棱长为1的正方体中，点P是正方体棱上一点，若满足的点P的个数为4，则d的取值范围为
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
解：如下图所示：，，
，，
，
当点P分别在棱，BC，，上运动时，m的取值范围是；
当点P分别在棱，AB上运动时，m的取值范围是；
当点P分别在棱，CD上运动时，m的取值范围是；
当点P分别在棱，，AD，上运动时，m的取值范围是
由图可知，点P在正方体的每一条棱上运动时，它所在的位置与m的值是一一对应的，
则当的点P的个数为4时，
m的取值范围是
故选：
9．如图，直三棱柱的棱平面，，，，则当该三棱柱绕旋转时三棱柱上所有点始终在平面的同一侧，它在平面内的正投影的面积最小值为
A．B．2C．D．
【答案】C
【解析】解：易知，面ABC和面均垂直于面，
①若和的投影在投影的异侧，
此时三棱柱在面内的投影由面和面的投影组成，
设AB与其投影的夹角为，则AC与其投影的夹角为，
投影面积，
则当或时，上式有最小值2；
②若和的投影在投影的同侧，
设AB与其投影的夹角为，则AC与其投影的夹角为，
此时和的投影部分重合，三棱柱在面内的投影是面和面的投影中较大的那一个，
由于对称性，不妨设投影中较大的那一个为，此时，
投影面积，则当时，有最小值
综上，最小值为
故选
基础过关篇
1．（2024年北京高考数学真题）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．1B．2C．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．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）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，则圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，
而它们的侧面积相等，所以即，
故，故圆锥的体积为.
故选：B.
3．（2024年天津高考数学真题）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，使得；;重合，
因为，且两两之间距离为1．，
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，
.
故选：C.
4．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（ ）
A．1B．C．2D．3
【答案】A
【解析】取中点，连接，如图，
是边长为2的等边三角形，，
，又平面，，
平面，
又，，
故，即，
所以，
故选：A
5．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】法一：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，则，
又，，所以，则，
又，，所以，则，
在中，，
则由余弦定理可得，
故，则，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
法二：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，
在中，，
则由余弦定理可得，故，
所以，则，
不妨记，
因为，所以，
即，
则，整理得①，
又在中，，即，则②，
两式相加得，故，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
故选：C.
6．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】在中，，而，取中点，连接，有，如图，
，，由的面积为，得，
解得，于是，
所以圆锥的体积.
故选：B
7．（2025年高考全国二卷数学真题）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：.
8．（2025年高考北京卷数学真题）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：.
9．（2025年上海秋季高考数学真题（网络收集版））如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为 ．

【答案】
【解析】因为且四边形为正方形，故，
而，故，故，
故所求体积为，
故答案为：.
10．（2024年北京高考数学真题）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 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为 ，升量器的高为 ．
【答案】 23 57.5/
【解析】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则，
故，.
故答案为：.
11．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为 ．
【答案】
【解析】由题可得两个圆台的高分别为，
，
所以.
故答案为：.
12．（2023年上海秋季高考数学试题（网络收集版））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.
13．（2025年高考天津卷数学真题）正方体的棱长为4，分别为中点，．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求三棱锥的体积．
【解析】（1）法一、在正方形中，
由条件易知，所以，
则，
故，即，
在正方体中，易知平面，且，
所以平面，
又平面，∴，
∵平面，∴平面；
法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设是平面的一个法向量，
则，令，则，所以，
易知，则也是平面的一个法向量，∴平面；
（2）同上法二建立的空间直角坐标系，
所以，
由（1）知是平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，所以，
令，则，即，
设平面与平面的夹角为，
则；
（3）由（1）知平面，平面，∴，
易知，
又，则D到平面的距离为，
由棱锥的体积公式知：.
能力拓展篇
1．（2025·四川德阳·模拟预测）边长为的正方形是圆柱的轴截面，则从点沿圆柱的侧面到相对顶点的最短距离（单位：cm）是（ ）
A．B．12C．D．
【答案】A
【解析】圆柱的侧面展开图如图所示，
展开后，
∴，即为所求最短距离．
故选：A.
2．（2025·广东清远·一模）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥为鳖臑，平面，且三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积的最大值为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】D
【解析】
在鳖臑中，四个面都为直角三角形，可知PC的中点O到四个顶点的距离都相等，
所以点O是鳖臑外接球的球心，三棱锥的外接球的表面积为，
得外接球半径，所以.
又，所以，
所以，
即，当且仅当时，取等号，
所以三棱锥的体积的最大值为，
故选：D
3．（2025·全国·模拟预测）已知三棱锥的体积为3，，，，则（ ）
A．3B．4C．D．
【答案】D
【解析】如图，作面，以为原点建立空间直角坐标系，
设，因为，所以，解得，
因为，，所以，
设且，，则到面的距离为，
因为三棱锥的体积为3，所以，解得，
由两点间距离公式得，
可得，得到，
而，则，化简得，解得，
由勾股定理得，故D正确.
故选：D
4．（2025·广西·模拟预测）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，则圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设圆柱和圆锥的底面半径均为，侧面积分别为，
则圆锥的母线
所以，，
又因为，
即，解得，
所以圆锥的体积.
故选：A.
5．（2025·福建漳州·模拟预测）一个高为，上、下底面半径分别是和的封闭圆台容器（容器壁厚度忽略不计）内有一个铁球，则铁球表面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图，作出圆台的轴截面，分析可知，要使球的表面积最大，则球需要与相切，
设圆的半径为，则，
由，所以，所以，
作，由，
所以，又，所以，
又，，
所以，
即，
所以球的表面积的最大值为，
故选：C.
6．（2025·陕西西安·一模）若正四棱锥的高为4，且所有顶点都在半径为6的球面上，则该正四棱锥的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】在正四棱锥中，设点在底面的投影为，则为正方形的中心，
过作正四棱锥的截面，如图：
因为，，所以正四棱锥的外接球球心在的延长线上，
则，，
所以.
在正四棱锥中，如下图：
，，
中边上的高为，
故该正四棱锥的表面积为．
故选：
7．（2025·湖南湘潭·一模）如图，一个三棱柱形容器中盛有水，，若底面水平放置时，水面恰好过侧棱的中点，当侧面水平放置时，水面恰好与交于点D，则等于（ ）
A．2B．4C．D．
【答案】D
【解析】若底面水平放置时，水面恰好过侧棱的中点，
设棱柱的体积为V，则水的体积为；
当侧面水平放置时，三棱柱有水部分的体积为，
则无水部分为水平放置的小三棱柱（一侧面为水面），其体积为，
由于三棱柱和三棱柱的高相同，
故，由于，则∽ ，
故，而，故，故，
故选：D
8．（2025·江西新余·模拟预测）现将一个棱长为2的正方体魔方放入一个正四面体的盒子中，若该魔方可以在正四面体内自由转动，则这个正四面体棱长的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由于该正方体棱长为2，故其外接球的半径为，
这个正四面体棱长的最小时，正四面体内切球的半径为.
设正四面体棱长为，其高为，
根据等体积法知：，解得.
故选：D.
9．（多选题）（2025·陕西西安·二模）如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（ ）

A．B．
C．四边形的面积为D．四边形的周长为
【答案】BC
【解析】A选项，过点作垂直于轴于点，
因为等腰梯形中，，
所以，
又，所以，A错误；
B选项，由斜二测法可知，B正确；
C选项，作出原图形，可知，，，，
故四边形的面积为，C正确；
D选项，过点作于点，
则，
由勾股定理得，
四边形的周长为，D错误．
故选：BC.
10．（多选题）（2025·江苏泰州·模拟预测）如图，正方体的棱长为3，动点P在正方体内及其表面上运动，点E在棱AD上，且，则下列说法正确的有（ ）
A．若，，则三棱锥的体积为定值
B．棱上存在点P，使得平面
C．若，则动点P所围成的图形的面积为
D．若动点P在正方形ABCD内，，则线段BP的最小值为
【答案】ACD
【解析】对于选项A：
因为动点P在正方体内及其表面上运动，且，，
所以点P在线段上.
由正方体性质可得：.
因为平面，平面，
所以平面，
则点到平面距离等于点P到平面距离，
所以三棱锥的体积即为三棱锥的体积，即三棱锥的体积为定值，故选项A正确；
对于选项B：
由正方体性质可得：平面平面.
因为点E在棱AD上，且，点P在棱上，
所以直线平面，
则直线与平面相交，
所以棱上不存在点P，使得平面，故选项B错误；
对于选项C：
由正方体性质可得：，.
因为，平面，平面，
所以平面，
又因为，动点P在正方体内及其表面上运动，
所以点P轨迹为矩形.
又因为正方体的棱长为3，
所以，
则动点P所围成的图形的面积为，故选项C正确；
对于选项D：
在底面ABCD中，以点为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示：
则，，.
因为动点P在正方形内，
所以设点坐标为，，且.
则，.
由正方体性质可得：平面，
因为平面，
所以,
则.
又因为，
所以，整理得：，
所以动点P的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，且在正方形内的一部分.
因为，
所以线段BP的最小值为，故选项D正确.
故选：ACD.
11．（2025·广东广州·模拟预测）已知圆台上、下底面圆周都在球面上，且下底面过球心，若圆台上、下底面面积之比为1：4，则圆台的体积与球体积之比为 .
【答案】
【解析】作出示意图如图所示：
因为圆台上、下底面面积之比为1：4，所以圆台上、下底面圆的半径之比为1：2，
设圆台上底面圆的半径为，则圆台下底面圆的半径为，
由题意可得圆台的高为，
则圆台的体积为，
因为下底面过球心，所以球的半径为，所以球的体积为，
所以.
故答案为：.
12．（2025·青海海南·模拟预测）将一个半径为（单位：）的球打磨成一个上、下底面面积分别为、
的圆台，且该球的球心到上、下底面的距离之差为，则的最小值为 cm．
【答案】
【解析】设上、下底面的半径分别为、（单位：），
由得．
设球的球心到上、下底面的距离分别为、（单位：），
设的最小值为，则此时为圆台的外接球半径，
则，即，可得，
所以，
所以，解得，故.
因此的最小值为（单位：）.
故答案为：.
13．（2025·河北邯郸·一模）已知三棱锥中，，为的中点，过点作三棱锥外接球的截面，则截面面积的最小值为 .
【答案】
【解析】取线段的中点，连接，
因，，，
则由勾股定理可知，，，则，
则点为三棱锥的外接球球心，外接球半径为
因，则由勾股定理可知，，
因为的中点，则，
设球心到过点的三棱锥外接球的截面的距离为，截面圆的半径为，
则，
欲使截面面积最小，即最小，则要求最大，
当垂直截面时，最大，最大值为，
则的最小值为，则截面面积的最小值为.
故答案为：
14．（2025·全国·模拟预测）已知正三棱锥的各顶点都在体积为的球面上，正三棱锥体积最大时，该正三棱锥的高为 .
【答案】4
【解析】根据题意可得，正三棱锥的外接球的半径 ，
设正三棱锥的底面边长为 ，高为 ，
则正三角形的外接圆的半径为 ，所以 ，
即 ，所以 ，
又正三棱锥体积为
，
当且仅当 即 时，等号成立，
所以当正三棱锥体积最大时，该正三棱锥的高为4.
故答案为:4.
15．（2025·湖南郴州·一模）在四棱锥中，底面为直角梯形，满足，底面.点为棱的中点，点为棱的中点.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；
(3)设点为三棱锥的内切球球面上一动点，求三棱锥体积的最大值.
【解析】（1）方法一：证明：连接，
是中点，是中点，
是的中位线，故.
又平面平面，
根据线面平行的判定定理，可得平面.
方法二：
证明：取的中点，连接.
是中点，是中点，.
又平面平面，故平面.
同理可证平面.
又平面，所以平面平面.
平面平面.
（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，，.
.设平面的法向量为，
则，
令，得
.设平面PCD的法向量为，
则，
令，得
设平面与平面所成的夹角为，则
故平面与平面所成夹角的余弦值为.
（3）三棱锥的内切球球心为，半径为，
三棱锥的表面积为，
则，
由等体积法可知：，则，
由题意，得球心，
则，得点到平面的距离，
而，得，
因此三棱锥体积的最大值为．
表面积
柱体
为直截面周长
锥体
台体
球
体积
柱体
锥体
台体
球
公式法
规则几何体的体积，直接利用公式
割补法
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规则的几何体
等体积法
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