2026年高考数学一轮复第01讲基本立体图形、简单几何体的表面积与体积(复习讲义)(全国通用)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学一轮复第01讲基本立体图形、简单几何体的表面积与体积(复习讲义)(全国通用)(学生版+解析)，共27页。学案主要包含了方法技巧，变式1-1，变式1-2·变考法，变式2-1，变式2-2，变式2-3，变式3-1，变式3-2等内容，欢迎下载使用。

01 TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc203253874" \l "_Tc203253875" 考情解码·命题预警 PAGEREF _Tc203253875 \h 2
\l "_Tc203253876" 02 核心突破·靶向攻坚 PAGEREF _Tc203253876 \h 3
\l "_Tc203253877" 03 核心突破·靶向攻坚 PAGEREF _Tc203253877 \h 4
\l "_Tc203253878" 知能解码 PAGEREF _Tc203253878 \h 4
\l "_Tc203253879" 知识点1 空间几何体的分类及结构特征 PAGEREF _Tc203253879 \h 4
\l "_Tc203253880" 知识点2 立体几何的直观图 PAGEREF _Tc203253880 \h 6
\l "_Tc203253881" 知识点3 侧面积和表面积公式 PAGEREF _Tc203253881 \h 7
\l "_Tc203253882" 知识点4 体积公式 PAGEREF _Tc203253882 \h 8
\l "_Tc203253883" 题型破译 PAGEREF _Tc203253883 \h 9
\l "_Tc203253884" 题型1 基本立体图形的特征 PAGEREF _Tc203253884 \h 9
\l "_Tc203253885" 题型2 立体几何的直观图 PAGEREF _Tc203253885 \h 10
【方法技巧】直观图的注意事项
\l "_Tc203253886" 题型3 立体图形的展开图 PAGEREF _Tc203253886 \h 13
\l "_Tc203253887" 题型4 最短路径问题 PAGEREF _Tc203253887 \h 15
【方法技巧】最短路径问题的处理方法
\l "_Tc203253888" 题型5 多面体的表面积 PAGEREF _Tc203253888 \h 19
\l "_Tc203253889" 题型6 旋转体的表面积 PAGEREF _Tc203253889 \h 23
\l "_Tc203253890" 题型7 立体图形的体积（公式法、割补法） PAGEREF _Tc203253890 \h 25
\l "_Tc203253891" 题型8 立体图形的体积（等体积法） PAGEREF _Tc203253891 \h 29
【方法技巧】等体积法
\l "_Tc203253892" 题型9 表面积、体积的最值问题 PAGEREF _Tc203253892 \h 32
\l "_Tc203253893" 04 真题溯源・考向感知 PAGEREF _Tc203253893 \h 34
\l "_Tc203253894" 05 课本典例·高考素材 PAGEREF _Tc203253894 \h 40
知识点1 空间几何体的分类及结构特征
1.多面体
2.旋转体
3.组合体
由柱体、锥体、台体、球体等简单几何体组合而成的几何体叫做简单组合体．
简单组合体构成的两种基本形式：①由简单几何体拼接而成；②由简单几何体截去或挖去一部分而成
自主检测（多选）下列结论正确的是（ ）
A．圆柱的每个轴截面都是全等矩形
B．长方体是直四棱柱，直四棱柱不一定是长方体
C．四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体
D．用一个平面截圆锥，必得到一个圆锥和一个圆台
【答案】ABC
【详解】由题意，
对于A，由矩形绕着它的一条边旋转一周形成一个圆柱，
可得圆柱的每个轴截面都是全等矩形，故A正确；
对于B，长方体是直四棱柱，直四棱柱不一定是长方体，故B正确；
对于C，四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体，故C正确；
对于D，用一个平行于底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，
故D错误；
故选：ABC.
知识点2 立体几何的直观图
1.空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：
2.直观图的面积与原图面积之间的关系
①原图面积是直观图面积的倍；②直观图面积是原图面积的倍.
自主检测用斜二测画法画出平面四边形的直观图为菱形，如图所示，其中，，则四边形的面积为（ ）
A．1B．2C．4D．8
【答案】D
【详解】根据斜二测画法原图如下：
，所以四边形的面积为8.
故选：D.
知识点3 侧面积和表面积公式
自主检测底面边长为2，高为的正四棱锥的侧面积为 ．
【答案】8
【详解】
如图，由底面边长为2，高为的正四棱锥可得:,
由勾股定理得：斜高，
所以正四棱锥的侧面积为，
故答案为：8
知识点4 体积公式
自主检测已知正三棱台的上、下底面的边长分别为，，体积为，则其侧棱的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】

如图所示，
设三棱台的上下底面中心分别为，，
由正三棱台性质可知，，
且，，，，
体积,
解得，
则侧棱，
故选：B.
题型1 基本立体图形的特征
【例1】下列关于七棱柱的判断正确的是（ ）
A．七棱柱共有七个顶点B．七棱柱共有八个面
C．七棱柱共有十四条棱D．七棱柱共有九个面
【答案】D
【详解】
如图，可知七棱柱共有14个顶点，21条棱，9个面.
故选：D.
【例2】如图，长方体被截去一小部分，其中，则截去的几何体是（ ）

A．三棱锥B．三棱柱C．三棱台D．五棱柱
【答案】B
【详解】在长方体中，由可得四边形为平行四边形，
所以,所以四边形为平行四边形，
所以，
则几何体为三棱柱.
故选：B.
【变式1-1】下列说法正确的个数为（ ）
①一个八棱柱有10个面；②任意面体都可以分割成个棱锥；③棱台侧棱的延长线必交于一点；④矩形旋转一周一定形成一个圆柱．
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【详解】①一个八棱柱有8个侧面加两个底面，共10个面，故该说法正确；
②从面体内一点，连接每个顶点，可得到个棱锥，即任意面体都可以分割成个棱锥，故该说法正确；
③由棱台的定义可知，棱台侧棱的延长线必交于一点，故该说法正确；
④矩形绕边旋转一周一定形成一个圆柱，但是绕对角线旋转一周不是圆柱，故该说法错误.
故选：C.
【变式1-2·变考法】如图，在透明塑料制成的长方体容器中灌进一些水，将容器底面一边置于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜程度的不同，其中正确的命题序号是 ．

①水的形状成棱柱形； ②当容器倾斜如（2）时，水的形状成棱台；
③水面始终为矩形． ④水面的面积不变．
【答案】①③
【详解】如（2）倾斜，是四棱柱，如（3）倾斜是三棱柱，故①正确；②错误；
由旋转过程可知，，所以四边形是平行四边形，
且，所以平面，平面，所以，所以四边形始终为矩形，故③正确；
旋转过程可知，不变，变化，所以水面的面积变，故④错误.
故答案为：①③
题型2 立体几何的直观图
【例3】如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，，则原四边形的周长为（ ）
A．12B．28C．D．20
【答案】D
【详解】由题设，易知，则，故，，
所以，而，，
所以原四边形的周长为20.
故选：D
【例4】如图，是用“斜二测画法”画出的直观图，，，，则的周长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】作出，如下图所示：
由题意可知因为，，，所以，
故，，，
由勾股定理可得，
故的周长为.
故选：D.
方法技巧 直观图的注意事项
平面多边形的直观图中的计算需注意两点：
（1）直观图中任何一点距x′轴的距离都为原图形中相应点距x轴距离的；
（2）直观图面积是原图面积的倍.
【变式2-1】如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．四边形的周长为5D．四边形的面积为3
【答案】D
【详解】
由斜二测画法可知，原图形中在轴上，在直观图中在轴上，
并且在直观图中的长度为原来的一半，所以在原图中在轴上
且，故A错误；
由斜二测画法可知，原图形中在轴上或者平行于轴的，
在直观图中在轴上或者平行于轴，并且在直观图中的长度不变，
所以在轴上，轴，且，，
所以四边形为直角梯形.
在四边形中，过作，垂足为，
则由勾股定理可知，故B错误；
四边形的周长为，
故C错误；
因为四边形为直角梯形，
所以四边形的面积为，故D正确.
故选：D
【变式2-2】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 ．
【答案】10
【详解】在中，轴，轴，则为等腰直角三角形，，
又，于是所对原图形为，边，
边上的高，所以的面积为.
故答案为：10
【变式2-3】如图，是由斜二测画法得到的水平放置的的直观图，其中，那么原平面图形中，OA边上的高为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】因为，易知，
过作轴的平行线交轴于点，则，
由正弦定理可知，则，
由斜二测画法知原平面图形中，边上的高为.
故选：C.
题型3 立体图形的展开图
【例5】下列平面图形中，不是正方体的侧面展开图的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】根据题意得到选项A、B、C中的平面图形折起后均能构成正方体，
而D中的平面图形折起后，最下一行的三个不能构成正方体的三个面，
折起后是缺少一个面的正方体，且多出一个面.
故选：D.
【例6】圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是半圆，那么此圆锥的高是（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】C
【详解】由圆锥的底面半径为1，得侧面展开图半圆弧长为，因此该半圆半径为2，
即圆锥的母线长为2，所以圆锥的高为.
故选：C
【变式3-1】如图所示，不是正四面体(各棱长都相等的三棱锥)的展开图的是（ ）
A．①③B．②④
C．③④D．①②
【答案】C
【详解】可选择阴影三角形作为底面进行折叠，发现①②可折成正四面体，
③④不论选哪一个三角形作底面折叠都不能折成正四面体．
故选：C．
【变式3-2】（多选）用一张长为，宽为的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，则相应圆柱的底面半径可以是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】CD
【详解】如图所示，设底面半径为，若矩形的长为卷成圆柱底面的周长，则，所以；
同理，若矩形的宽为卷成圆柱底面的周长，则，所以．
故选：CD．

【变式3-3】若一个几何体的平面展开图如图所示．

（1）该几何体是 ；
（2）该几何体中与“祝”字相对的是 ，与“你”字相对的是 ．
【答案】 四棱台 前 程
【详解】还原几何体如图：棱台的上底面为祝，下底面为前，左侧面为似，
右侧面为锦，前面为程，后面为你.

故答案为：①四棱台；②前；③程.
题型4 最短路径问题
【例7】圆台上底半径为，下底半径为，母线，在上底面上，在下底面上，从中点拉一条绳子，绕圆台侧面一周到B点，则绳子最短时长为（ ）
A．10cmB．25cmC．50cmD．cm
【答案】C
【详解】画出圆台的侧面展开图，
并还原成圆锥展开的扇形，且设扇形的圆心为O.
有图得所求的最短距离是，
设，圆心角是，则由题意知 ①， ②，
由①②解得，，，
∴，，则.
故选：C
【例8】某果林所处的山地可近似看做一个正三棱锥，其中S为山顶，A，B，C为山脚，经测量，．为了方便果子成熟时的采摘与运输，准备从山脚A处出发，绕山地修建一条宽的山路，并最终从另一侧返回A处，预计该山路的面积的最小值为（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】正三棱锥的侧面展开图如图所示，
连接，分别与交于点，则线段为修建道路的长度的最小值．
因为，所以，，，
则，，
故，正弦定理知道，且，
解得．在中，解得，
所以预计该山路的面积的最小值为．
故选：A.
方法技巧 最短路径问题的处理方法
求从几何体的表面上一点，沿几何体表面运动到另一点，所走过的最短距离，常将几何体沿某些棱剪开，使两点展在一个平面上，转化为求平面上两点间的最短距离问题．
【变式4-1】如图，正三棱锥中，，侧棱长为4，过点C的平面与侧棱AB，AD相交于，则的周长的最小值为 ．
【答案】4
【详解】将正三棱锥沿AC剪开可得如下图形，
∵，即，又的周长为，
∴要使的周长的最小，则共线，即，
又正三棱锥侧棱长为4，是等边三角形，则，
∴的周长的最小值为4．
故答案为：4.
【变式4-2】如图，有一圆锥形粮堆，其轴截面是边长为的正，粮堆母线的中点处有一老鼠正在偷吃粮食，此时小猫正在处，它要沿圆锥侧面到达处捕捉老鼠，则小猫所经过的最短路程是
.
【答案】
【详解】解：由题意得：
圆锥的底面周长是，则，解得：
可知圆锥侧面展开图的圆心角是，如图所示：
则圆锥的侧面展开图中：，，
所以在圆锥侧面展开图中：
故答案为：
【变式4-3】如图所示，圆台母线AB长为20cm，上、下底面半径分别为5cm，10cm，从母线AB的中点M拉一条绳子绕圆台侧面一周转到点B．

(1)求这条绳长的最小值；
(2)求绳长最短时，圆台上底面圆周上的点到绳子的最短距离．
【答案】(1)50cm
(2)4cm
【详解】（1）沿母线AB将圆台侧面展开并补成扇形，如图所示．

易知，与相似，得，
由，解得．
因为的长与底面圆Q的周长相等，而底面圆Q的周长为．
又扇形的半径，
设扇形的圆心角为，，解得，则．
在中，，所以，
即所求绳长的最小值为50cm．
（2）如图所示，过点O作，垂足为C，交于点，则所求最短距离即为的长．
因为，所以，
即绳长最短时，圆台上底面圆周上的点到绳子的最短距离为4cm．
题型5 多面体的表面积
【例9】已知正方体的棱长为2，过点，B，C的平面把该正方体分割成两个几何体，则这两个几何体的表面积之和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】由题意知，过点，B，C的平面为平面，
所以这两个几何体的表面积之和等于正方体的表面积加上长方形的面积的2倍，
正方体的表面积为，长方形的面积为，
所以这两个几何体的表面积之和为.
故选：C.
【例10】（ 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（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】过作平面于，过作于，连接，
因平面,则，又平面，
故平面，因平面，则，故为的平面角，
故，则.
令正四棱台上底边长为，则，
，
所以，即，
解得或（舍去），故.
所以该结构表面积为
.
故选：A.
【变式5-1】现有一块棱长为4的正四面体实心木料，用平行于该木料底面的一个平面将木料截成两部分，若这两部分的表面积相等，则该平面在木料上的截面面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】如图正四面体，，
，令，截面，
由，得，即，则，
，四面体为正四面体，
四面体的表面积为：，
梯形的面积为，则三棱台的表面积为：
，
由，得，解得，
所以截面.
故选：D
【变式5-2】已知正六棱锥底边，体积为则该正六棱锥的表面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】

由边长为的正六边形的面积为：，
则正六棱锥的体积为：，可得高，
再取边的中点，可得，，
由，由勾股定理可得：，
所以侧面的面积为：，
即该正六棱锥的表面积为，
故选：B.
【变式5-3】已知正四棱锥的底面边长为4，且其侧面积是底面积的2倍，则此正四棱锥的体积为 .
【答案】/
【详解】如图，在正四棱锥中，为四棱锥的高，为侧面的高，
因为正四棱锥的底面边长为4，且侧面积是底面积的2倍，
所以，解得，所以，
所以.
故答案为：
【变式5-4】已知正四棱台的高为，上、下底面边长分别为2和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 ．
【答案】
【详解】设正四棱台上、下底面所在圆面的半径分别为，
所以．设球心到上底面的距离为，球的半径为，
所以球心到下底面的距离为，
解得，所以该球的表面积．
故答案为：.
题型6 旋转体的表面积
【例11】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，则圆锥的表面积为（ ）
A． B．C．D．
【答案】C
【详解】设两者的底面半径为r，则由侧面积相等可得，解得，
故圆锥的表面积.
故选：C
【例12】若圆台的轴截面是底角为的等腰梯形，且圆台的上底面半径为1，下底面半径为6，则圆台的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】设是上下底面圆心，，连接，
过点作的垂线，垂足为，
在直角三角形中，，
则圆台的母线长为,
由圆台的侧面积公式可得；
上下底面圆的面积为，
所以圆台的表面积为.
故选：C.
【变式6-1】《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其中将轴截面为等腰直角三角形的圆锥称为直角圆锥.若一个直角圆锥的侧面积是它的体积的倍，则该直角圆锥的母线长为（ ）
A．B．3C．D．
【答案】D
【详解】设圆锥底面半径为，则高也为，
所以，母线长为.
故选：D
【变式6-2】已知圆台的上、下底面面积分别为和，其侧面积为，则圆台的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】设圆台的上、下底面的半径分别为，，母线长为，高为，
由圆台的上、下底面面积分别为和，得，所以，，
由圆台侧面积公式可得，所以，
所以，
所以该圆台的体积
.
故选：A
【变式6-3】已知圆锥的轴截面是等腰直角三角形，S是圆锥顶点，，是底面圆周上两点，且，若的面积为，则该圆锥的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】如图：
设圆锥底面为，母线长为，由，得．
因为的面积为，所以．解得，
又轴截面是等腰直角三角形，故．
所以圆锥的表面积为.
故选：D
【变式6-4】已知圆柱的上、下底面圆周在同一球面上，且球的表面积是圆柱的表面积的2倍，则球的体积与圆柱的体积的比值是 ．
【答案】/
【详解】设球的半径为，圆柱底面的半径为，圆柱的母线长为，则球的表面积为，圆柱的表面积为，
所以，得①，
又圆柱的上、下底面圆周在同一球面上，所以②，
由①②解得，所以球的体积为，
圆柱的体积为，所以.
故答案为：.
题型7 立体图形的体积（公式法、割补法）
【例13】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（一开为一立方分米），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】
【详解】
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：.
【例14】如图1，在直角梯形ABCD中,,,,,,E为线段BC上的一点,,过E作AB的平行线交AD于F,将矩形ABEF翻折至与梯形ECDF垂直得到六面体ABCDFE,如图2,则六面体ABCDFE的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由题意得六面体ABCDFE的体积为：，
故选：D
【变式7-1】如图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是4和6，则该圆台的体积是（ ）
A．B．
C． D．
【答案】B
【详解】由题意及图得，
作出圆台的截面图如下图所示，过点作于点，
设圆台上底面圆半径为，
则，解得，
∴，
设圆台下底面圆的半径为，
则，解得：，
∴，，
由几何知识得，圆台的母线长为，
在Rt中，由勾股定理得：
，
∴圆台的体积为：，
故选：B.
【变式7-2】如图，在正方体中，为线段的中点，过点的平面把正方体分成体积为的两个几何体，则 ．

【答案】
【详解】设中点为，

又为线段的中点，所以，
又正方体中，，所以，
所以四点共面，即过点的平面为平面，
不妨设正方体边长为1，易知多面体为三棱台，
，，
，
.
故答案为：.
【变式7-3】攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式.如图所示的亭子模型带有攒尖，其屋顶可近似看作一个圆锥，若此圆锥底的面积为4π，体积为 则将此圆锥展开，所得扇形的圆心角为 .
【答案】//
【详解】圆锥的底面圆的面积为，设底面圆的半径为，则，解得，
所以底面圆周长为，即圆锥侧面展开图扇形的弧长，
又屋顶的体积为 ，设圆锥的高为，则，所以，
所以圆锥母线长，即侧面展开图扇形的半径，
所以侧面展开图扇形的圆心角为.
故答案为：.
【变式7-4】已知中，，将顶点绕棱AB旋转到，当时，三棱锥的体积为 .
【答案】/
【详解】在三棱锥中，，
由，得，则，
取中点，连接，则，
显然，则，又，平面，
因此平面，三棱锥的体积.
故答案为：
题型8 立体图形的体积（等体积法）
【例15】如图，各棱长均为2的直三棱柱中，D为的中点，点到平面的距离为（ ）．
A．B．2C．D．
【答案】A
【详解】由题意可得，平面，又平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
又平面，平面，所以，
又直三棱柱各棱长均为2，所以，
，
所以，，
设点到平面的距离为，
由，得，所以，
解得.
故选：A.
【例16】正方体中，是AB的中点，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】因为，
所以，
所以
，
从而，
故选：C．
方法技巧 等体积法
一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的．如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解．等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积
【变式8-1】棱长为2的正方体中，E，F分别是的中点，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】设点B到平面的距离为，则，
故，
因此.
故选:B.
【变式8-2】在正方体中，三棱锥的体积为9，则正方体的棱长为（ ）
A．3B．4C．6D．8
【答案】A
【详解】设正方体的棱长为，
易得，
所以，解得，
故正方体的棱长为3.
故选：A.
题型9 表面积、体积的最值问题
【例17】（ 2025·湖北·模拟预测）若正六棱锥的体积为，则PA的最小值为（ ）
A．B．3C．4D．
【答案】A
【详解】

设正六棱锥的底面边长与高分别为,
底面为正六边形，设底面的中心为，连接，
则，底面，为正六棱锥的高，
所以，
因为正六棱锥的体积为，所以，即，
则 ，
因为，
当且仅当，即时取最小值，
则 的最小值为.
故选：A.
【例18】高中某DIY社团一学生想把实心的圆锥木块改造成一个正四棱柱木块，且正四棱柱的中心在圆锥的轴上，底面在圆锥的底面内.已知该圆锥的底面圆半径为3cm，高为 cm，则该正四棱柱侧面积的最大值为 cm².
【答案】
【详解】设正四棱柱上底面所在圆的半径为，高为，
则正四棱柱底面棱长为，且，得，
所以正四棱柱的侧面积为，
当时，侧面积的最大值为.
故答案为：
【变式9-1】已知三棱锥的四个顶点满足：，分别是圆柱的上，下底面的两条直径，且该三棱锥体积的最大值为6，则圆柱的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】设圆柱的底面圆半径为，圆柱的高为，
设点到平面的距离为，因为是的中点，所以到平面的距离也为，
故，
所以圆柱的体积为.
故选:C.
【变式9-2】已知一个圆锥的底面半径为1，高为1，且在这个圆锥中有一个高为的圆柱，则此圆柱侧面积的最大值为
【答案】
【详解】作出圆锥的轴截面，如图：
设圆柱的半径为r，由题意得，即，
则圆柱的侧面积，
而，
∴当时，圆柱的侧面积S取最大值．
故答案为：.
【变式9-3】《九章算术•商功》中，将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵.在堑堵中，，，则堑堵体积的最大值为 .
【答案】
【详解】
由题意，则，令，
由，得，
堑堵体积，
当且仅当，即时取等号，
故答案为：
1．（2023·全国甲卷·高考真题）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
【详解】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
2．（2023·全国甲卷·高考真题）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
【详解】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.
3．（2023·全国乙卷·高考真题）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
【详解】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
4．（2024·北京·高考真题）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
【详解】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.
5．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ．
【答案】/
【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，

因为，
则，
故，则，
所以所求体积为.
故答案为：.
6．（2024·全国甲卷·高考真题）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】
【详解】由题可得两个圆台的高分别为，
，
所以.
故答案为：.
7．（2025·全国二卷·高考真题）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】
【详解】
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·上海·高考真题）如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为 ．

【答案】
【详解】因为且四边形为正方形，故，
而，故，故，
故所求体积为，
故答案为：.
1．如图，下边长方体中由上边的平面图形围成的是
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】根据模型中相邻的面折成长方体以后仍相邻，即可作出判断．
【详解】解：D折成的长方体有两组对面是黑色的，一组对面是白色的．
故选：D．
【点睛】本题考查了图形的折叠，考查空间想象能力是此类题目的目的．
2．如图，以的一边AB所在直线为轴，其他三边旋转一周形成的面围成一个几何体，画出这个几何体的图形，并说出其中的简单几何体及有关的结构特征.
【答案】见解析
【详解】这个几何体的图形如图，下半截是一个圆锥，上半截是一个圆柱挖去一个圆锥的组合体.
【点睛】本题考查的知识点是旋转体，熟练掌握各种旋转体的几何特征，是解答的关键．属于基础题.
3．一个菱形的边长为4cm，一内角为60°，将菱形水平放置并且使较长的对角线成横向，试用斜二测画法画出这个菱形的直观图。
【答案】见解析.
【详解】菱形直观图如下：

【点睛】本题考查平面图形的斜二测画法，属于基础题．
4．若正六棱台的上、下底面边长分别是2cm和6cm，侧棱长是5cm，求它的表面积.
【答案】正六棱台的表面积为
【详解】如图，正六棱台中，，，，∴侧面梯形的斜高为∴

∴.
又，
，
∴正六棱台的表面积.
即正六棱台的表面积为.
【点睛】本题考查求正棱台的表面积，必须是两个底面面积和侧面积相加，掌握侧面积公式是解题基础．
5．某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的．如果被截正方体的棱长是50cm，那么石凳的体积是多少？
【答案】
【详解】如图所示，由题意知正方体的棱长为0.5m，

设正方体的体积为，则有．
其中．
∴这个石凳的体积为．
6．一个长、宽、高分别是80cm，60cm，55cm的水槽中装有200000的水，现放入一个直径为50cm的木球，如果木球的三分之二在水中，三分之一在水上，那么水是否会从水槽中溢出？
【答案】不会
【解析】分别求出球的体积，水中球的体积，长方体的体积，利用它们之间的关系确定答案.
【详解】解：球的体积，
水中球的体积，
长方体的体积，
.
故水不会从水槽中溢出.
【点睛】本题考查球的体积，长方体的体积，关键是要好好审题，注意数量关系，是基础题.
考点要求
考察形式
2025年
2024年
2023年
（1）柱、锥、台体及简单组合体的结构特征（2）表面积和体积的计算公式
单选题
多选题
填空题
解答题
全国二卷T14（5分）
上海卷T7（5分）、T18（14分）
全国甲卷T14（5分）
全国Ⅰ卷T5（5分）
全国II卷T7（5分）
上海卷T17（14分）
北京卷T14（5分）
全国甲卷（文）T10（5分）
全国乙卷（理）T8（5分）
全国乙卷（文）T19（12分）
全国I卷T12（5分）、 T14（5分）
全国 II卷T14（5分）
考情分析：
该专题是新高考卷中的常考内容。题型多为选择题、填空题，偶尔作为解答题的一部分，分值约 5 分。难度整体不大，主要考查柱、锥、台、球及简单组合体的表面积和体积计算公式，重点关注多面体和球体相关计算。
该专题命题稳定，突出对直观想象和逻辑推理素养的考查。有时会涉及体积最值问题，常用函数思想或基本不等式求解，难度中等偏大。也可能考查与球有关的切、接问题，对空间想象能力要求较高。
复习目标：
1.利用实物、计算机软件等观察空间图形，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，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、棱柱及其简单组合体)的直观图.
定义
图形
结构特征
棱柱
一般地，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，由这些面所围成的多面体
①有两个面互相平行；
②各侧棱都互相平行，各侧面都是平行四边形
棱锥
一般地，有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体
①有一个面是多边形；
②其余各面都是有一个公共顶点的三角形．
棱台
用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分
①上底面与下底面是互相平行的相似多边形；
②侧面都是梯形；
③侧棱延长线必交于一点
定义
图形及表示
结构特征
圆柱
以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体
①圆柱有无数条母线，它们平行且相等．
②平行于底面的截面是与底面大小相同的圆．
③圆柱的任何一条母线都平行于圆柱的轴．
圆锥
以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的面所围成的旋转体
①圆锥有无数条母线，它们有公共点即圆锥的顶点，且长度相等．
②平行于底面的截面都是圆．
③过任意两条母线的截面是等腰三角形．
圆台
用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分
①圆台有无数条母线，且它们相等，延长后相交于一点．
②平行于底面的截面是圆．
③过轴的截面是全等的等腰梯形．
④过任意两条母线的截面是等腰梯形．
球
以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体
球是旋转体，球的表面是旋转形成的曲面，球是球面及其内部空间组成的几何体．
第一步
在已知图形中取互相垂直的轴和轴，两轴相交于点.
画直观图时，把它们画成对应的轴和轴，两轴相交于点，且使(或)，它们确定的平面表示水平面.
第二步
已知图形中平行于轴或轴的线段，在直观图中分别画成平行于轴或轴的线段
第三步
已知图形中平行于轴的线段，在直观图中保持原长度不变，
平行于轴的线段，长度为原来的一半
强调注意：
“斜”是指在已知图形的平面内与轴垂直的线段，在直观图中均与轴成45°或135°；
“二测”是指两种度量形式，即在直观图中，平行于轴的线段长度不变；平行于轴的线段长度变为原来的一半．
几何体
侧面展开图
侧面积公式
表面积公式
棱柱
(c为底面周长)
棱锥
(c为底面周长)
棱台
(分别为上、下底面周长)
圆柱
圆锥

圆台
球
几何体
体积公式
柱
(S为底面面积，h为高)
锥
(S为底面面积，h为高)
台
(S′、S分别为上、下底面面积，h为高)，
球
(为球的半径)