2026年高考数学一轮复习举一反三专练(通用版)专题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年高考数学一轮复习举一反三专练(通用版)专题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8页。

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\l "_Tc12358" 【题型1 基本立体图形的结构特征】 PAGEREF _Tc12358 \h 5
\l "_Tc5869" 【题型2 斜二测画法及其应用】 PAGEREF _Tc5869 \h 8
\l "_Tc27937" 【题型3 立体图形的展开图】 PAGEREF _Tc27937 \h 10
\l "_Tc254" 【题型4 最短路径问题】 PAGEREF _Tc254 \h 13
\l "_Tc30413" 【题型5 多面体的表面积】 PAGEREF _Tc30413 \h 17
\l "_Tc7132" 【题型6 旋转体的表面积】 PAGEREF _Tc7132 \h 20
\l "_Tc7154" 【题型7 空间几何体的体积】 PAGEREF _Tc7154 \h 22
\l "_Tc17136" 【题型8 空间几何体的截面问题】 PAGEREF _Tc17136 \h 25
1、基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
知识点1 空间几何体的结构特征
1．多面体的结构特征
2．旋转体的结构特征
棱柱与圆柱统称为柱体，棱锥与圆锥统称为锥体，棱台与圆台统称为台体.
3．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，熟悉空间几何体的结构特征，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)通过反例对结构特征进行辨析，即要说明个命题是错误的，只要举出一个反例即可.
知识点2 斜二测画法和展开图的常用结论
1．斜二测画法的常用结论：
(1)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.”
(2)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：.
2．几何体的表面展开图的常用结论：
几何体的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.
知识点3 简单几何体的表面积与体积
1．多面体的侧面积、表面积和体积

2．旋转体的侧面积、表面积和体积
知识点4 最短路径问题
1．最短路径问题的解题策略
(1)解题思想：化曲为直，化折为直，立体展开成平面.
(2)方法总结：解决空间几何体表面最短路径问题关键是把立体图形平面化，即把立体图形沿着某一条直线展开，转化为平面问题之后，借助“两点之间，线段最短”，构造三角形，借助解三角形的方法求解.
知识点5 空间几何体表面积与体积的常见求法
1．常见的求几何体体积的方法
(1)公式法：直接代入公式求解.
(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.
(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.
(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.
2．求组合体的表面积与体积的方法
求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.
【方法技巧与总结】
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)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等(祖暅原理).
2．直观图与原平面图形面积间的关系：，.
【题型1 基本立体图形的结构特征】
【例1】（2025·安徽马鞍山·二模）在三棱柱ABC−A1B1C1中，截去三棱锥C1−ABC后，剩余的部分是（ ）
A．五棱锥B．四棱锥C．三棱柱D．三棱台
【答案】B
【解题思路】结合题意画出相应图形，即可得答案.
【解答过程】如图可得三棱柱ABC−A1B1C1中，截去三棱锥C1−ABC后，剩余的部分是四棱锥.
故选：B.
【变式1-1】（2025·贵州黔南·二模）某学生为制作圆台形容器，利用如图所示的半圆环（其中小圆和大圆的半径分别是2cm和4cm）铁皮材料，通过卷曲使得AB边与DC边对接制成圆台形容器的侧面，则该圆台的高为（ ）
A．32cmB．1cmC．3cmD．332cm
【答案】C
【解题思路】根据圆台的侧面展开图求得r=1R=2l=2，再结合圆台的结构特征分析求解.
【解答过程】设圆台的上底面半径为rcm，下底面半径为Rcm，母线长为lcm，高为hcm，
由题意可得：2πr=12×2π×22πR=12×2π×4l=2，解得r=1R=2l=2，
所以该圆台的高为h=l2−R−r2=3cm.
故选：C.
【变式1-2】（2025·云南昆明·模拟预测）下列说法正确的是（ ）
A．四棱柱的所有面均为平行四边形
B．球面上四个不同的点一定不在同一平面内
C．在圆台的上、下两底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线
D．在正方体的所有顶点中取4个点，则由这4个顶点可以构成三个面是直角三角形，一个面是等边三角形的四面体
【答案】D
【解题思路】结合棱柱的概念判断A，作球的截面，在截面圆的圆周上任取四点，判断B，根据圆台的母线的定义判断C，举例说明D正确.
【解答过程】对于A选项，四棱柱的底面不一定是平行四边形，A选项错误；
对于B选项，作球的一个截面，在截面的圆周上任意取四个不同的点，则这四点就在球面上，故B选项错误；
对于C选项，如图在圆台OO1的上底面的圆周上取点A，在下底面的圆周上取点D，连接AD，则AD不是圆台的母线，

所以在圆台的上、下两底面圆周上各取一点，则这两点的连线不一定是圆台的母线，故C选项错误；
对于D选项，如图取正方体ABCD−A1B1C1D1的顶点A,B,D,A1，
由这四个点构成四面体AA1BD，设AB=a，
则AD=AA1=AB=a，A1D=A1B=BD=2a，
所以在四面体AA1BD中， △AA1D，△AA1B，△ABD均是直角三角形，
△DA1B为等边三角形，故D选项正确．

故选：D.
【变式1-3】（2025·湖北黄冈·三模）将一个棱长为10cm的正方体铁块磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是（ ）
A．底面半径为8cm，高为10cm的圆柱体B．底面直径为8cm，高为8cm的圆锥体
C．半径为6cm的球体D．各棱长均为15cm的四面体
【答案】B
【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10cm，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10cm，故A错误，B正确，
正方体的内切球的半径为5，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102cm，故棱长不超过102cm.D错误，
故选：B.
【题型2 斜二测画法及其应用】
【例2】（24-25高一下·福建莆田·期中）如图所示，梯形A′B′C′D′是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，A′D′=2，B′C′=A′B′=1，则平面图形ABCD中对角线AC的长度为（ ）
A．5B．3C．2D．2
【答案】A
【解题思路】根据直观图特征，作出其平面图形直角梯形ABCD，求出相关边长再求AC长即可.
【解答过程】由直观图知原几何图形是直角梯形ABCD，
如图，由斜二测画法可知AB=2A′B′=2，BC=B′C′=1，
所以AC=AB2+BC2=4+1=5.
故选：A.
【变式2-1】（24-25高一下·广西防城港·期中）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，C′B′⊥x′轴，C′D′∥y′轴，C′B′=2,A′B′=5，则△A′B′C′的原图形的面积为（ ）

A．5B．10C．102D．52
【答案】B
【解题思路】法一：先将直观图还原为原图，再求面积；法二：根据原图的面积等于直观图面积的22倍直接求解.
【解答过程】法一：如图所示，根据斜二测画法可知，C′D′∥y′轴，且C′D′=2，

原图形为△ABC，其中AB=5,CD⊥AB，且CD=4，
则△ABC的面积为12⋅AB⋅CD=12×5×4=10．
法二：直观图面积为12⋅A′B′⋅C′B′=12×5×2=522，
原图形的面积等于直观图面积的22倍，
所以原图形的面积为522×22=10．
故选：B.
【变式2-2】（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A′B′C′D′，若A′B′=6，C′D′=4，则下列说法正确的是（ ）
A．A′D′=22
B．AB=3
C．四边形ABCD的周长为10+6+2
D．四边形ABCD的面积为102
【答案】D
【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ABCD为直角梯形，进而得到其周长和面积，即可得.
【解答过程】由题设A′D′=2×A′B′−C′D′2=2，A错；
由斜二测画法知，AB=A′B′=6，CD=C′D′=4，AD=2A′D′=22，
易知原四边形ABCD为直角梯形，AD⊥AB,AB//CD，
所以BC=AD2+(AB−CD)2=8+4=23，
四边形的周长为10+23+22，面积为12×22×(4+6)=102，B、C错，D对.
故选：D.
【变式2-3】（2025·四川成都·模拟预测）如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB用斜二测画法画出的直观图（图中虚线分别与x′轴和y′轴平行），O′B′=2O′D′=6，O′C′=8，则△OAB的面积为（ ）

A．82B．122C．24D．48
【答案】D
【解题思路】由直观图得到平面图形，再求出相应的线段长，最后由面积公式计算可得.
【解答过程】由直观图可得如下平面图形：
其中OB=O′B′=6，OD=O′D′=3，OC=2O′C′=16，AD//y轴，且AD=OC=16，
所以S△OAB=12×6×16=48.
故选：D.
【题型3 立体图形的展开图】
【例3】（2025·浙江金华·二模）如图，AB，CD是棱长为2的正方体展开图中的两条线段，则原正方体中几何体ABCD的表面积为（ ）
A．6+42B．6+23
C．2+22+43D．2+42+43
【答案】B
【解题思路】先还原几何体，然后根据三棱锥表面积的求法求得正确答案.
【解答过程】还原正方体如下图所示，
BC=CD=BD=22，S△BCD=12×22×22×sinπ3=23，
S△ABD=S△ACD=S△ABC=12×2×2=2，
所以四面体ABCD的表面积为6+23.
故选：B.
【变式3-1】（2025·陕西·模拟预测）已知一个圆锥的底面圆半径为2，其侧面展开图是一个圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的体积为（ ）
A．22πB．2π3C．162π3D．435π3
【答案】C
【解题思路】求出圆锥的母线长，可求出该圆锥的高，再利用锥体的体积公式可求出该圆锥的体积.
【解答过程】设圆锥的母线长为l，高为h，由于扇形的弧长等于圆锥的底面周长，
则2π3l=2π×2，解得l=6，故圆锥的高为h=l2−22=62−22=42，
因此，该圆锥的体积为V=13π×22×42=1623π.
故选：C.
【变式3-2】（2025·湖北黄冈·模拟预测）已知一个圆台母线长为2，侧面展开图是一个圆心角为2π3的扇环，则圆台上下底面圆周长之差的绝对值为（ ）
A．4π3B．2πC．3πD．4π
【答案】A
【解题思路】根据圆台母线长与侧面展开图扇环内外圆半径的关系得到一个等式，再利用圆台上下底面圆周长与扇环内外圆周长的比例关系，进而求出圆台上下底面圆周长之差.
【解答过程】设圆台的侧面展开图扇环的内圆半径为r1，外圆半径为r2，（r2>r1）
则圆台母线长为2=r2−r1，
设圆台上、下底面圆半径分别为r3，r4（r37，
所以蚂蚁爬行的最短距离为AM的长度，即蚂蚁爬行的最短距离为7.
故选：A.
【变式4-1】（2025·安徽·一模）在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=4,AA1=5，E,F,G分别为侧棱BB1,CC1,DD1上一点，则AE+EF+FG+GA1的最小值为（ ）
A．281B．283C．285D．14
【答案】A
【解题思路】将正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的侧面展开，由直线段最短求解.
【解答过程】如图所示：
，
将正四棱柱ABCD−A1B1C1D1（图1）的侧面展开，得到展开图（图2），
当A，E，F，G，A1五点共线时，AE+EF+FG+GA1取得最小值，
且最小值为(4×4)2+52=281.
故选：A.
【变式4-2】（24-25高二上·上海·期中）如图，一圆柱体的底面周长为24 cm，高BC为9 cm，AB是底面的直径.一只昆虫从点A出发，沿着圆柱的侧面爬行到点C，则昆虫爬行的最短距离是 cm.
【答案】15
【解题思路】作出圆柱侧面展开图，可知所求最短路程为AC，利用勾股定理可求得结果.
【解答过程】作出圆柱的侧面展开图如下图所示，
则当昆虫的爬行路线为线段AC时，爬行的路程最短，
因为圆柱体的底面周长为24cm，即AD=12×24=12cm，且CD=9cm,
所以最短路程为：AD2+CD2=122+92=15cm.
故答案为：15.
【变式4-3】（2025·海南海口·二模）素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法，素描水平反映了绘画者的空间造型能力．“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型，图1是某同学绘制的“十字贯穿体”的素描作品．“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）．若该同学绘制的“十字贯穿体”由两个底面边长为4，高为62的正四棱柱构成（图2），则一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的点C出发，沿表面到达点D的最短路线长为 ．

【答案】42+2
【解题思路】只需考虑蚂蚁行进的三条路径，并沿所经过的棱将路径图展开成平面图，第一条路径穿过棱ON，求出此时最短路线长；第二条路径是穿过棱EN和棱NF，求出此时最短路线长；第三条路径是穿过棱EN和棱MF，求出此时最短路线长并比较大小可得答案．
【解答过程】由已知得EC=FD=2，
只需考虑蚂蚁行进的三条路径，并沿所经过的棱将路径图展开成平面图，
第一条路径穿过棱ON，如下图，此时最短路线长为EN+NF=4+4=8；

第二条路径是穿过棱EN和棱NF，如下图，此时最短路线长为2ME+CE=24+2=42+2；

第三条路径是穿过棱EN和棱MF，如下图，此时最短路线长为(CE+EM+FD)2+EN2=(2+4+2)2+42=40+162．
82=64=40+24> 40+1622=40+162> 42+22=36+162，

通过比较可知，42+2最小．
故答案为：42+2.
【题型5 多面体的表面积】
【例5】（2025·陕西西安·一模）正三棱锥S−ABC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2时，三棱锥的侧面积为（ ）
A．34B．1C．54D．2
【答案】A
【解题思路】将正三棱锥S−ABC侧面沿侧棱SB剪开并展开在同一平面内，利用最小周长求出侧面顶角大小即可.
【解答过程】将正三棱锥S−ABC的侧面沿侧棱SB剪开并展开在同一平面内，如图，
连接BB′，当E,F分别为BB′与SA,SC的交点时，△BEF的周长最小，
此时BB′=2，而SB=SB′=1，SB2+SB′2=2=BB′2，则∠BSB′=90∘，∠ASB=30∘，
所以三棱锥的侧面积为3×12SA×SBsin30∘=34.
故选：A.
【变式5-1】（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，D为BB1上一点，AB=BB1，2BD=B1D，平面ACD将三棱柱截为两部分，则这两部分几何体的表面积之比为（ ）

A．33+31+3233+31+4B．33+31+3233+31+2
C．8D．9
【答案】A
【解题思路】几何体被截面ACD截完后，分为两个部分，其中上部分的面积由一个正三角形、一个等腰三角形、两个直角梯形和一个正方形构成，下部分是由两个直角三角形、一个等腰三角形和一个正三角形组成的,逐个计算即可求解.
【解答过程】该几何体被截面ACD截完后，分为两个部分，
其中上部分的面积由一个正三角形、一个等腰三角形、两个直角梯形和一个正方形构成，
下部分是由两个直角三角形、一个等腰三角形和一个正三角形组成的.
为了便于计算，设AB=6，BD=2，AD=BA2+BD2=210，
△ACD中，AC边上的高h=AD2−AC22=31，
则上部分几何体的面积S上=34×62+12×6×31+12×6×6+4×2+62 =93+331+96，
下部分几何体的面积S下=12×6×2×2+12×6×31+34×62=93+331+12，
故上下两部分表面积之比为S上S下=33+31+3233+31+4.
故选：A.
【变式5-2】（2024·安徽池州·模拟预测）如图所示的“升”是我国古代测量粮食的一种容器，从形状上可抽象成一个正四棱台．现有一个上、下底面边长分别为20cm和10cm的“升”，侧棱长为15cm，要做成一个该“升”的几何体，其侧面所需板材的最小面积为 cm2．
【答案】6002
【解题思路】根据棱台的几何性质确定斜高，再根据侧面性质确定面积即可.
【解答过程】
如图，由题意知该“升”的各侧面为上底、下底长分别为AB=20cm,A1B1=10cm，腰长为AA1=15cm的等腰梯形，
取AB,A1B1中点为F,E，
所以其侧面的高为EF=AA12−AB−A1B122=152−20−1022=102cm．
若将各侧面展开，可拼接成一个一条边长为60cm，另一条边长为15cm的平行四边形，
该平行四边形的高为102cm，所以所求面积为102×60=6002cm2．
故答案为：6002.
【变式5-3】（2025·陕西汉中·三模）如图，将棱长为2的正方体六个面的中心连线，可得到八面体E−ABCD−F，则该八面体的表面积为 .

【答案】43
【解题思路】八面体E−ABCD−F是由八个边长为12×22=2的等边三角形所组成的，结合等边三角形的面积公式即可求解.
【解答过程】由题意八面体E−ABCD−F是由八个边长为12×22=2的等边三角形所组成的，
故所求为S=8×34×22=43.
故答案为：43.
【题型6 旋转体的表面积】
【例6】（2025·海南·模拟预测）已知一个圆锥的母线长为5，高为2，则该圆锥的表面积为（ ）
A．55πB．5+1πC．25πD．25+1π
【答案】B
【解题思路】根据题意可得圆锥底面半径，再利用圆锥的表面积公式计算即可.
【解答过程】由题知圆锥母线l=PA=5，高h=PO=2，
所以底面圆的半径r=PA2−PO2=1，
则圆锥的侧面积S1=πrl=5π，底面积S2=πr2=π，
所以圆锥的表面积S=S1+S2=5+1π.
故选：B.
【变式6-1】（2025·山东临沂·三模）一圆台的上、下底面半径分别为2、4，体积为5633π，则该圆台的侧面积为（ ）
A．12πB．18πC．24πD．36π
【答案】C
【解题思路】利用圆台体积公式可得其高为h，即可知母线长，利用侧面展开图面积求出圆台的侧面积.
【解答过程】根据题意可知，圆台上底面面积为S1=4π，下底面面积为S2=16π；
设圆台的高为h，由体积可得13hS1+S2+S1S2=5633π，
解得h=23，所以可得圆台母线长为l=h2+4−22=4，
根据侧面展开图可得圆台侧面积为π2+4×4=24π.
故选：C.
【变式6-2】（2025·海南海口·模拟预测）已知圆锥的母线长等于底面的圆半径的2倍，那么该圆锥的表面积与圆锥的内切球表面积之比为（ ）
A．32B．94C．364D．278
【答案】B
【解题思路】根据圆锥和它的内切球的性质，做出轴截面，求出内切球半径和底面半径之比，求出圆锥的表面积与圆锥的内切球表面积之比.
【解答过程】
如图所示，作圆锥轴截面△OAB及其内切圆P，与三角形切于M,N两点，
设圆锥底面半径为R，内切球半径为r，则OA=2R，由勾股定理易知ON=3R，
所以在△OMP中，MP=r,OP=3R−r，
由三角形内切圆可得△OMP∼△ONA，可得OPOA=MPAN，即3R−r2R=rR，化简得r=33R，
圆锥表面积为S表=12⋅2R⋅2πR+πR2=3πR2，内切球表面积S内=4πr2=4π33R2=43πR2，
则圆锥的表面积与圆锥的内切球表面积之比S表S内=3πR243πR2=94，
故选：B.
【变式6-3】（2025·黑龙江哈尔滨·三模）已知一个等腰梯形的下底边长是上底边长的3倍，两腰与下底边所成角为π3，面积为83．若该等腰梯形是一个圆台的轴截面，则该圆台的侧面积为（ ）
A．16πB．26πC．163πD．32π
【答案】A
【解题思路】由题意得BC=3DA,∠B=∠C=π3．设等腰梯形ABCD的上、下底边长分别为a，3a，a>0，分别过点D，A作DG⊥BC,AF⊥BC，垂足分别为点G，F，判断四边形ADGF为矩形，且AD=FG=a，再根据腰与底边的角度，求圆台的侧面积.
【解答过程】如图，由题意得BC=3DA,∠B=∠C=π3．
设等腰梯形ABCD的上、下底边长分别为a，3a，a>0，即AD=a,BC=3a．
分别过点D，A作DG⊥BC,AF⊥BC，垂足分别为点G，F，
因为AD∥GF，则四边形ADGF为矩形，且AD=FG=a，所以CG=GF=FB=a．
在Rt△CDG中，DG=CG⋅tanπ3=3a，DC=CGcsπ3=2a，
则等腰梯形的面积S=12⋅(a+3a)⋅3a=23a2=83，解得a=2，
则圆台的上、下底面的半径分别为r=1,r′=3，母线长为l=4，
所以圆台的侧面积为πlr+r'=π×4×(1+3)=16π．
故选：A．
【题型7 空间几何体的体积】
【例7】（2025·湖北武汉·三模）如图，如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，AB=10，A1B1=2，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的34时，水的体积为84，则该方斗杯可盛水的总体积为（ ）
A．112B．4963C．18509D．496
【答案】B
【解题思路】根据已知条件结合台体体积公式计算求解即可.
【解答过程】设水面与棱台的四条侧棱分别相交于A2,B2,C2,D2，
过A1作A1E//BB1交AB于点E，交A2B2于点E2，如下图所示：
易知四边形AA1B1B为等腰梯形，则四边形A1B1BE为平行四边形，
因为水面的高度是方斗杯高度的34，则B2E2=BE=A1B1=2,
A2E2=34AE=34×(10−2)=6，因此A2B2=8，
设棱台A1B1C1D1−ABCD的高为h，设体积为V，
则棱台A1B1C1D1−A2B2C2D2的高为34h，设体积为V1，
则V1=13×22+82+2×8⋅34h=21h,V=13×22+102+2×10h=1243h.
所以VV1=1243h21h=12463，由题意，V1=84，
则该方斗杯可盛水的总体积为V=12463×84=4963.
故选：B.
【变式7-1】（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．4π3B．28π9C．4πD．28π3
【答案】B
【解题思路】设圆台的母线长l，圆台为高为h，根据圆台的侧面积公式和圆的面积公式，列出方程，求得母线长为l=53，得到h=43，结合圆台的体积公式，即可求解.
【解答过程】设圆台的母线长l，圆台为高为h，
则圆台的上、下底面圆的面积分别为S1=π×12=π,S2=π×22=4π，
侧面积为S=π(1+2)⋅l=3πl，
所以3πl=π+4π，可得l=53，则h=l2−(2−1)2=(53)2−1=43，
所以圆台的体积为V=13π(22+12+1×2)×43=289π.
故选：B.
【变式7-2】（2025·北京大兴·三模）《九章算术》是我国古代的一部数学名著，书中记载了一类名为“羡除”的五面体．如图，在羡除ABCDEF中，底面ABCD是正方形，EF∥平面ABCD，EF=2，其余棱长都为1，则这个几何体的体积为（ ）
A．22B．2C．223D．23
【答案】D
【解题思路】连接AC,BD交于点M,取EF的中点为O,则OM⊥平面ABCD,取BC的中点为G,连接FG,则FG⊥BC, 过O作ON⊥FG,则ON⊥平面BCF,进而求解体积.
【解答过程】连接AC,BD交于点M,取EF的中点为O,则OM⊥平面ABCD,
由EF=2，其余棱长都为1，所以OM=22
取BC的中点为G,连接FG,则FG⊥BC, 过O作ON⊥FG,
则ON⊥平面BCF,如图所示，由题意可知，FG=32,则FN=32×23=33,
所以OG=OF2−FN2=63,
所以V=13×1×1×22+2×13×34×12×63=23.
故选：D.
【变式7-3】（2025·湖南邵阳·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G分别是C1D1，AD，CC1的中点，过E，F，G三点的截面把正方体分成两部分，则体积较大的部分与正方体体积之比为（ ）
A．1316B．5972C．119144D．4972
【答案】C
【解题思路】根据空间中立方体与平面相交的情况，做出的截面形状，求出所截得的部分体积，作比求出结果.
【解答过程】
如图所示，延长EF,DC相较于H，连接EH，交BC于J，相同方法，做出FK，
则五边形EKFJG为截面，
不妨设正方体棱长为1，
则△HCG∼△HE1E，所以GC=12,CH=12，在△HCJ∼△HDF，所以JC=16.
同理可得D1E=D1I=12,KD1=16，
可知截得较小部分体积V=VI−DFH−2VI−KD1E，边长代入得V=13×12(32×12)×32−2×13×12(12×16)×12=316−172=25144，
较大部分体积为1−25144=119144，立方体体积为1，所以较大部分与总体积之比为119144.
故选：C.
【题型8 空间几何体的截面问题】
【例8】（2025·青海海东·二模）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，E，F分别是棱CD，A1D1的中点，则正方体ABCD−A1B1C1D1被平面AEF所截得的截面周长是（ ）

A．45+42B．55+17C．45+22+4D．65+2
【答案】B
【解题思路】根据给定条件，作出截面并求出其面积.
【解答过程】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，取C1D1的中点G，GD1的中点H，连接A1G,EG,EH,FH，

由E是CD的中点，得EG//DD1//AA1,EG=DD1=AA1，则四边形AEGA1为平行四边形，
A1G//AE,A1G=AE，由F是A1D1的中点，得FH//A1G//AE,FH=12A1G=12AE，
梯形AFHE是正方体ABCD−A1B1C1D1被平面AEF所截得的截面，
AE=AF=42+22=25,FH=22+12=5，EH=42+12=17，
所以所求截面的周长是55+17.
故选：B.
【变式8-1】（2025·全国·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E是线段BB1上靠近B1的三等分点，点F是线段D1C1上靠近D1的三等分点，则平面AEF截正方体ABCD−A1B1C1D1形成的截面图形为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】C
【解题思路】如图，由题意，根据空间线面的位置关系、基本事实以及面面平行的性质定理可得l//AE，进而FI//AE，结合相似三角形的性质即可求解．
【解答过程】如图，设AB=6，分别延长AE、A1B1交于点G，此时B1G=3，
连接FG交B1C1于H，连接EH，
设平面AEF与平面DCC1D1的交线为l，则F∈l，
因为平面ABB1A1//平面DCC1D1，平面AEF∩平面ABB1A1=AE，平面AEF∩平面DCC1D1=l，
所以l//AE，设l∩D1D=I，则FI//AE，
此时△FD1I∽△ABE，故ID1=43，连接AI，
所以五边形AIFHE为所求截面图形，
故选：C．
【变式8-2】（2025·安徽合肥·三模）已知正四棱锥P−ABCD的所有棱长都等于3，点G是△PAC的重心，过点G作平面α，若平面α/平面PCD，则平面α截正四棱锥P−ABCD的截面面积为（ ）
A．534B．5158C．23D．215
【答案】C
【解题思路】过点G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G是△PAC的重心，OGPG=12，过G作GH//PC交AC于H，并延长交PA于M，
过H作EF//CD，过E作EN//PC，如图四边形EFMN为截面，
∵点G是△PAC的重心，OGPG=12，∴OHHC=OGPG=12，
∴HCAC=12=PMPA=PNPB=MNAB，MN=1，EF=3，MF=NE=2，
四边形EFMN为等腰梯形，故面积为S=1+3×32=23.
故选：C.
【变式8-3】（2025·河北秦皇岛·一模）在《通用技术》课上，某同学设计了如图所示的多面体ABCDEFKLHMNG，已知平面LMH//平面ABCDEF，平面AKF//平面CDGHMN，平面BCN//平面EFKLHG，平面DEG//平面ABNMLK，AB=CD=EF=KL=MN=HG=2，且△LMH,△AKF,△BCN,△DEG均为边长为1的正三角形，该同学欲过LK的中点P作该几何体的截面α，若LK⊥α，则截面α的面积为（ ）
A．42B．1524C．722D．32
【答案】C
【解题思路】利用面面平行的性质得到MH//CD，LM//AB，HL//EF，结合平面的基本性质确定MN,AB,CD、LK,MN,HG、LK,AB,EF、EF,HG,CD均交于一点，从而将几何体补全为正棱锥，进而找到截面α，最后由正棱锥的结构特征及已知求截面面积.
【解答过程】面LMH//面ABCDEF，面LMH∩面CDGHMN=MH，面ABCDEF∩面CDGHMN=CD，
所以MH//CD，同理可证：几何体各个六边形侧面的对边均平行，
由AB,CD⊂面ABCDEF，且AB,CD不平行，则AB,CD必有一个交点，
同理MN,CD、MN,AB都分别交于一点，而MN⊄面ABCDEF，
则MN与面ABCDEF相交且该交点唯一，所以MN,AB,CD三者交于一点Q，
同理LK,MN,HG、LK,AB,EF、EF,HG,CD分别都交于R,S,O，如下图示，
又AB=CD=EF=KL=MN=HG=2，△LMH,△AKF,△BCN,△DEG均为边长为1的正三角形，
易知R−OSQ为棱长为4的正三棱锥，且R−LMH,S−AFK,Q−BCN,O−DEG均为棱长为1的正三棱锥，
由P为LK中点，即为RS的中点，连接PO,PQ分别交EG,BN于U,T，
由△RSO,△RSQ都是正三角形，则PO⊥RS,PQ⊥RS，
且PO∩PQ=P都在面POQ内，则RS⊥面POQ，即LK⊥面POQ，
所以面α即为面POQ，连接UD,TC，则截面PUDCT即为所求，
由题设PO=PQ=23,OQ=4，则cs∠OPQ=12+12−162×23×23=13，
所以sin∠OPQ=223，则S△OPQ=12×(23)2×223=42，
同理可得S△OUD=S△QTC=12×(32)2×223=24，
所以SPUDCT=S△OPQ−S△OUD−S△QTC=722.
故选：C.
一、单选题
1．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积为762，且AB=2A1B1=2，则正四棱台的高为（ ）
A．22B．2C．2D．6
【答案】A
【解题思路】根据正四棱台的体积公式，结合已知条件求出正四棱台的高.涉及的公式为正四棱台体积公式V=13h(S+SS′+S′)（其中V为体积，h为高，S为下底面积，S'为上底面积）.
【解答过程】已知AB=2，A1B1=1，因为正四棱台的底面为正方形，可得下底面积S=AB2=22=4，上底面积S′=A1B12=12=1.
已知正四棱台体积V=762，将S=4，S′=1代入正四棱台体积公式V=13h(S+SS′+S′)，可得762=13h(4+4×1+1).
解得h=22.
即正四棱台的高为22.
故选：A.
2．（2025·贵州贵阳·模拟预测）半径为1的球O内切于正三棱柱ABC−A1B1C1，则该正三棱柱的体积为（ ）
A．23B．43C．63D．83
【答案】C
【解题思路】由题意求出正三棱柱的高，底面边长，底面高，即可求出其体积
【解答过程】因为球与上下底面相切，所以三棱柱的高h=2r=2，
由上往下看，球的大圆面是正三角形的内切圆，
如图，等边三角形A'B'C'的内切圆为圆O，设B'C'中点为H，则|OH|=13|A'H|=1,
∴|A'H|=3,∵|A'H||A'B'|=sin60°=32，
∴|A'B'|=23，即AB=23，
∴VABC−A1B1C1=S△ABC⋅h=12×23×3×2=63.
故选：C．

3．（24-25高一下·安徽合肥·期中）从几何体的某一顶点开始，沿着棱不间断，不重复地画完所有棱的画法称为“一笔画”.下列几何体可以“一笔画”的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解题思路】根据题意结合图形可得答案.
【解答过程】根据题意，从几何体的某一顶点开始，沿着棱不间断，不重复地画完所有棱的画法称为“一笔画”，
从一顶点出发的边数为双数的顶点叫偶点，只要是偶点组成的图形一定可以一笔画，C选项正确；
从一顶点出发的边数为单数的顶点叫奇点，只要是奇点组成的图形，必须满足只有两个奇点，其余点为偶点才可以一笔画，
而ABD选项图形中，每个点都是奇点，所以不能一笔画.
故选：C.
4．（2025·湖北·模拟预测）用斜二测画法画出的水平放置的△ABC的直观图如图所示，其中D′是B′C′的中点，且A′D′//y′轴， B′C′//x′轴， A′D′=B′C′=2，那么S△ABC=（ ）
A．2B．2C．22D．4
【答案】D
【解题思路】根据斜二测画法确定原图形，求解即可.
【解答过程】根据题意，把直观图还原出原平面图形为等腰三角形，如图所示，
其中AD⊥BC，AD=2A'D'=4，BC=B'C'=2，
原平面图形的面积为S△ABC=12BC⋅AD=12×2×4=4.
故选：D．
5．（2025·湖北黄冈·模拟预测）如图，一个沙漏模型正好放进一个棱长为2的正方体中，使得沙漏底面与正方体底面位于同一平面内，且其底面所在的圆是正方体底面的内切圆，则该沙漏的体积是（ ）
A．2π3B．πC．4π3D．2π
【答案】A
【解题思路】根据题意代入圆锥体积即可.
【解答过程】由题得沙漏的体积V=13×π×12×1×2=2π3.
故选：A.
6．（2025·福建泉州·模拟预测）如图茶杯的形状是一个上宽下窄的正四棱台，上底面边长为下底面边长的2倍，容积为28ml，厚度忽略不计.当倒入14ml茶水时，茶水的高度与茶杯的高度之比为（ ）
A．312B．12C．392−12D．392−1
【答案】D
【解题思路】延长正四棱台的各条侧棱，交于一点P，设正四棱台的下底面边长为a，则上底面边长为2a，高为h，求得VP−EFGH=17VEFGH−ABCD=4，结合题意，得到(h'+h2h)3=916，即可求得茶水的高度与茶杯的高度之比.
【解答过程】如图所示，延长正四棱台的各条侧棱，交于一点P，
设正四棱台的下底面边长为a，则上底面边长为2a，高为h，四棱锥P−EFGH的高h，
可得VP−EFGH=18VP−ABCD，所以VP−EFGH=17VEFGH−ABCD=4,
设茶水的高为h′，可得(h'+h2h)3=14+428+4=916，
即h′h+1=23916=392，所以h′h=392−1.
故选：D.
7．（2025·宁夏吴忠·二模）已知矩形ABCD中，AB=23，BC=2，以AC所在直线为旋转轴，将矩形ABCD旋转一周形成一个几何体Ω，则Ω的体积为（ ）
A．289πB．283πC．569πD．563π
【答案】C
【解题思路】以AC所在直线为旋转轴，△ABC旋转一周形成两个共底面的圆锥，△ADC旋转一周形成一个倒立的相同的几何体，将其体积记为V1，这两个几何体重叠部分是以圆O为底面，A,C为顶点的两个小圆锥，其体积记为V2，计算可求矩形ABCD旋转一周形成的面所围成的几何体的体积.
【解答过程】根据题意作出矩形ABCD与几何体Ω，分别如图下左右两图所示：
△ABC旋转一周形成两个共底面的圆锥，△ADC旋转一周形成一个倒立的相同的几何体，
将这两个几何体的体积均记为V1，这两个几何体的重叠部分是以圆O为底面，
A，C分别为顶点的两个小圆锥，记两个小圆锥的体积和为V2，
而AC=4，点B到直线AC的距离为3，圆O的半径为23，
所以Ω的体积V=2V1−V2=2×13π(3)2×4−13π(23)2×2×2=569π.
故选：C.
8．（2025·山东枣庄·二模）如图，有一正方体形状的木块，A为顶点，B,C分别为棱的中点，则过点A,B,C的平面截该木块所得截面的形状为（ ）
A．等腰三角形B．等腰梯形
C．五边形D．六边形
【答案】C
【解题思路】延长BC，与两条棱相交，再连接交点和点A即可得到结果.
【解答过程】如图，延长BC，与两条棱的延长线分别交于E,F两点，连接AE,AF，
分别交棱于M,N两点，连接BM,CN，则五边形AMBCN及内部，即过点A,B,C的截面.
故选：C.
二、多选题
9．（2025·陕西西安·二模）如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰梯形A′B′C′D′，已知A′B′=4，C′D′=2，则下列说法正确的是（ ）

A．A′D′=22B．AB=4
C．四边形ABCD的面积为62D．四边形ABCD的周长为6+6+2
【答案】BC
【解题思路】A选项，作出辅助线，得到各边长，结合∠DAM=45°，求出A′D′=2；B选项，由斜二测法可知AB=A′B′=4；C选项，作出原图形，求出各边，由梯形面积公式得到C正确；D选项，在C基础上，求出各边长，得到周长.
【解答过程】A选项，过点C′，D′作C′N，D′M垂直于x′轴于点N，M，
因为等腰梯形A′B′C′D′中A′B′=4，C′D′=2，
所以MN=2，A′M=B′N=1，
又∠D′A′M=45°，所以A′D′=2，A错误；

B选项，由斜二测法可知AB=A′B′=4，B正确；
C选项，作出原图形，可知AD=2A′D′=22，AB=4，CD=2，AD⊥AB，
故四边形ABCD的面积为CD+AB⋅AD2=62，C正确；

D选项，过点C作CH⊥AB于点H，
则AH=CD=2，BH=4−2=2，CH=AD=22，
由勾股定理得BC=BH2+CH2=23，
四边形ABCD的周长为AB+CD+AD+BC=4+2+22+23=6+22+23，D错误．
故选：BC.
10．（2025·河北衡水·三模）如图，该几何体是高相等的正四棱柱和正四棱锥组成的几何体，若该几何体底面边长和上面正四棱锥的侧棱长均为10cm，则下列选项中正确的是（ ）
A．正四棱锥的高为52cm
B．该几何体的表面积为1003+2002cm2
C．该几何体的体积为200023cm3
D．一只小蚂蚁从点E爬行到点S，它所经过的最短路程为150+506cm
【答案】ACD
【解题思路】求出四棱锥的高判断A；求出表面积判断B；求出体积判断C；将长方形EFBA及正△SAB置于同一平面，求出SE判断D.
【解答过程】对于A，正四棱锥S−ABCD底面半径OA=52，高SO=SA2−OA2=52，故A正确；
对于B，几何体的表面积为102+40×52+4×34×102=100+2002+1003cm2，故B错误；
对于C，该几何体的体积为102×52+13×102×52=200023cm3，故C正确；
对于D，观察图形知，小蚂蚁从点E爬行到点S的最短路径为沿表面越过棱AB或AD，
由对称性，不妨取长方形EFBA及正△SAB，将它们置于同一平面内，连接SE，如图，
取EF中点M，连接SM，则SM=53+52，而EM=5，
所以最短路程为SE=EM2+SM2=52+(52+53)2=150+506cm，故D正确.
故选：ACD.
11．（2025·山东·模拟预测）在棱长为3的正四面体ABCD中，已知点M,N分别在线段AB,CD上运动（不含端点），则（ ）
A．M,N两点距离的最小值为322
B．直线CM与直线AN有可能平行
C．当MN最小时，以线段MN为直径的球与正四面体的棱恰有6个公共点
D．当MN最小时，与MN垂直的平面截正四面体得到的截面为矩形
【答案】ACD
【解题思路】根据题意可把正四面体放入正方体中，易得当M,N分别为AB,CD的中点时，M,N两点距离的最小，最小值为正方体边长，可判断A正确；根据AN∩平面ABC=A，可确定直线CM与直线AN是异面直线，可判断B错误；MN最小时，以线段MN为直径的球与正四面体的各棱相切，所以恰有6个交点，可判断C正确；截面与正方体左右侧面平行，然后可证其是矩形，可判断D正确.
【解答过程】根据题意可把正四面体放入正方体中，正四面体ABCD棱长为3，所以正方体边长为322，

∵M,N分别在线段AB,CD上，
∴当M,N分别为AB,CD的中点时，M,N两点距离的最小，最小值为322，故A正确；
∵CM⊂平面ABC，AN∩平面ABC=A，∴直线CM与直线AN异面，故B错误；
当MN最小时，M,N分别为AB,CD的中点，最小值为322，
所以以线段MN为直径的球球心为MN中点，也是正方体的中心位置，
设E,F,P,Q分别为BC,AD,BD,AC中点，
在正方体中，OE=OF=OP=OQ=324，
故球与正四面体各棱相切，即与正四面体只有6个公共点，故C正确；
当MN最小时，M,N分别为AB,CD的中点，此时MN与正方体左右侧面垂直，
所以截面与正方体左右侧面平行，设截面为HIJK，
∴AB//平面HIJK，∵AB⊂平面ABD，平面ABD∩平面平面HIJK=HK，
∴AB//HK，同理可证AB//IJ，即HK//IJ，
同理可证HI//KJ，所以截面HIJK为平行四边形，
又在正方体中AB⊥CD，AB//HK，CD//KJ，所以HK⊥KJ，
即截面HIJK为矩形，故D正确；
故选：ACD.
三、填空题
12．（2025·上海·高考真题）如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，BD=42,DB1=9，则该正四棱柱的体积为 ．

【答案】112
【解题思路】求出侧棱长和底面边长后可求体积.
【解答过程】因为BD=42且四边形ABCD为正方形，故BA=4，
而DB1=9，故BB12+BD2=81，故BB1=7，
故所求体积为7×16=112，
故答案为：112.
13．（2025·全国二卷·高考真题）一个底面半径为4cm，高为9cm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 cm．
【答案】2.5
【解题思路】根据圆柱与球的性质以及球的体积公式可求出球的半径；
【解答过程】
圆柱的底面半径为4cm，设铁球的半径为r，且r