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备考2024届高考数学一轮复习讲义第七章立体几何与空间向量第1讲基本立体图形简单几何体的表面积与体积
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这是一份备考2024届高考数学一轮复习讲义第七章立体几何与空间向量第1讲基本立体图形简单几何体的表面积与体积，共9页。
（1）多面体的结构特征
规律总结
1.几种特殊棱柱的结构特征及之间的关系
2.正棱锥的结构特征
棱锥正棱锥正三棱锥正四面体
（2）旋转体的结构特征
2.立体图形的直观图
（1）画法：常用斜二测画法.
（2）规则
a.原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，∠x'O'y'＝⑬ 45°或135° （O'为x'轴与y'轴的交点），z'轴与x'轴和y'轴所在平面⑭ 垂直 .
b.原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍⑮ 平行 于坐标轴.
c.平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度⑯ 不变 ，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的⑰ 一半 .
（3）用斜二测画法画出的平面图形的直观图的面积与原图形面积的关系：S直观图＝⑱ 24 S原图形.
3.简单几何体的表面积与体积
（1）圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
说明 圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式间的关系：S圆柱侧＝2πrlS圆台侧＝π（r＋r'）lS圆锥侧＝πrl.
（2）简单几何体的表面积与体积
1.[易错题]如图，长方体ABCD－A'B'C'D'被平面EFGH截去几何体B'C'HEFG，其中EH∥A'D'，则剩下的几何体是（ C ）
A.棱台B.四棱柱C.五棱柱D.六棱柱
2.[多选/教材改编]给出下列命题，其中错误的是（ ABD ）
A.有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体一定是棱柱
B.三棱锥的四个面最多有三个直角三角形
C.在四棱柱中，若两个过相对棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱
D.以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
3.[易错题]圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的表面积为 24π2＋18π或24π2＋8π .
4.用一个半径为10 cm的半圆纸片卷成一个最大的无底圆锥，放在水平桌面上，被一阵风吹倒，如图所示，则被吹倒后该无底圆锥的最高点到桌面的距离为 53 cm .
解析 画出示意图，如图所示，设圆锥的底面半径为r，母线长为l.
根据题意知l＝10 cm，且2πr＝πl，故r＝5 cm.
所以圆锥的轴截面为等边三角形，且边长为10 cm.
故被吹倒后该无底圆锥的最高点到底面的距离即边长为10 cm的等边三角形的高，此高为53 cm.
5.如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1－BB1D1D的体积为 13 .
解法一（直接法） 连接A1C1交B1D1于点E，则A1E⊥B1D1，A1E⊥BB1，又B1D1∩BB1＝B1，则A1E⊥平面BB1D1D，所以A1E为四棱锥A1－BB1D1D的高，且A1E＝22，矩形BB1D1D的长和宽分别为2，1，故V四棱锥A1－BB1D1D＝13×1×2×22＝13.
解法二（割补法） 连接BD1，则四棱锥A1－BB1D1D被分成两个三棱锥B－A1DD1与B－A1B1D1，则V四棱锥A1－BB1D1D＝V三棱锥B－A1DD1＋V三棱锥B－A1B1D1＝13×12×1×1×1＋13×12×1×1×1＝13.
研透高考 明确方向
命题点1 基本立体图形
角度1 结构特征
例1 [多选/2023新高考卷Ⅰ]下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ABD ）
A.直径为0.99 m的球体
B.所有棱长均为1.4 m的四面体
C.底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体
D.底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体
解析 由于棱长为1 m的正方体的内切球的直径为1 m＞0.99 m，所以选项A正确；由于棱长为1 m的正方体中可放入棱长为2 m的正四面体，且2＞1.4，所以选项B正确；因为正方体的棱长为1 m，体对角线长为3 m，3＜1.8，所以高为1.8 m的圆柱体不可能整体放入该正方体容器中，所以选项C不正确；由于正方体的体对角线长为3 m，而底面直径为1.2 m的圆柱体，其高0.01 m可忽略不计，故只需把圆柱的底面与正方体的体对角线平行放置，即可以整体放入正方体容器中，所以选项D正确.综上，选ABD.
角度2 直观图
例2 如图，矩形O'A'B'C'是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O'A'＝6 cm，O'C'＝2 cm，C'D'＝2 cm，则原图形的形状是 菱形 ，其面积为 242 cm2 .
解析 如图，在原图形OABC中，OA＝O'A'＝6 cm，OD＝2O'D'＝2×22＝42（cm），CD＝C'D'＝2 cm，所以OC＝OD2＋CD2＝（42）2＋22＝6（cm），所以OA＝OC＝BC＝AB，故四边形OABC是菱形，S菱形OABC＝OA×OD＝6×42＝242（cm2）.
角度3 展开图
例3 长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝AA1＝2，E为棱AA1上的动点，平面BED1交棱CC1于点F，则四边形BED1F的周长的最小值为（ B ）
A.43B.213C.2（2＋5）D.2＋42
解析 作出长方体如图1，将其侧面展开，如图2所示，当点E为BD1与AA1的交点，点F为BD'1与CC1的交点时，截面四边形BED1F的周长最小，
最小值为2BD1＝222＋（1+2）2＝213.故选B.
方法技巧
求解空间几何体表面上两点间的最短距离问题或折线段长度和的最小值问题，常利用几何体的侧面展开图，转化为求平面两点间的最短距离问题.
训练1 （1）[2023全国卷甲]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点.以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 12 个公共点.
解析 如图，线段EF过正方体的中心，所以以EF为直径的球的球心即正方体的中心，球的半径为EF2，而正方体的中心到每一条棱的距离均为EF2，所以以EF为直径的球与每一条棱均相切，所以共有12个公共点.
（2）已知等腰梯形ABCD，上底CD＝1，腰AD＝CB＝2，下底AB＝3，以AB所在直线为x轴，用斜二测画法画出水平放置的等腰梯形ABCD的直观图A'B'C'D'，则四边形A'B'C'D'的面积为 22 .
解析 取AB的垂直平分线EO为y轴，则等腰梯形ABCD和其直观图分别如图1和图2所示.过点E'作E'F⊥A'B'于点F.
因为OE＝（2）2－1＝1，由斜二测画法可知O'E'＝12，E'F＝24，D'C'＝1，A'B'＝3，则四边形A'B'C'D'的面积S'＝D'C'＋A'B'2×E'F＝1+32×24＝22.
（3）已知圆台上底面半径为13，下底面半径为23，母线长为2，AB为圆台母线，一只蚂蚁从点A出发绕圆台侧面一圈到点B，则蚂蚁经过的最短路径的长度为 23 .
解析 设圆台对应圆锥的顶点为O，将圆锥沿AB所在直线展开如图所示，设点A在展开图中的点为A'，依题意得，蚂蚁经过的最短路径为A'B.
因为圆台上底面半径为13，下底面半径为23，所以OB＝AB＝2.设展开图的圆心角为θ，则θ＝2π×234＝π3，所以△OAA'为等边三角形，又B为OA的中点，所以A'B＝4×sin π3＝23.
命题点2 空间几何体的表面积（侧面积）
例4 （1）[2022新高考卷Ⅱ]已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ A ）
A.100πB.128πC.144πD.192π
解析 由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为23×32×33＝3，23×32×43＝4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上.设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋OO12＝42＋（1－OO1）2，解得OO1＝4（舍去）；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋OO22＝32＋（1＋OO2）2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π.故选A.
（2）[2021全国卷甲]已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为 39π .
解析 设该圆锥的高为h，则由已知条件可得13×π×62×h＝30π，解得h＝52，则圆锥的母线长为h2＋62＝254+36＝132，故该圆锥的侧面积为π×6×132＝39π.
方法技巧
求空间几何体的表面积的常见类型及解题思路
注意 组合体的表面积要注意对衔接部分的处理.
训练2 《九章算术》中有一种几何体叫做刍甍（méng）（底面为矩形的屋脊状楔体），如图是一个刍甍，四边形EFBA为等腰梯形，EF∥AB，FB＝FC＝3，AB＝2EF＝2BC＝4，则此刍甍的表面积为 8＋82 .
解析 如图所示，过点F作FG⊥AB于G，FH⊥BC于H.因为FB＝FC＝3，BC＝2，所以H为BC的中点，易得FH＝2，所以S△FBC＝S△EAD＝2.
因为四边形EFBA为等腰梯形，且AB＝2EF＝4，所以易得FG＝2，所以S梯形EFBA＝S梯形EFCD＝12×（2＋4）×2＝32，所以此刍甍的表面积S＝2×4＋2×2＋2×32＝8＋82.
命题点3 空间几何体的体积
角度1 求空间几何体的体积
例5 （1）[2023全国卷乙]已知圆锥PO的底面半径为3，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝2π3，若△PAB的面积等于934，则该圆锥的体积为（ B ）
A.πB.6πC.3πD.36π
解析 在△AOB中，AO＝BO＝3，∠AOB＝2π3，由余弦定理得AB＝3+3－2×3×3×（－12）＝3，设等腰三角形PAB底边AB上的高为h，则S△PAB＝12×3h＝934，解得h＝332，由勾股定理得母线PA＝（32）2＋（332）2＝3，则该圆锥的高PO＝PA2－OA2＝6，所以该圆锥的体积为13×3π×6＝6π，故选B.
（2）[2023天津高考]在三棱锥P－ABC中，线段PC上的点M满足PM＝13PC，线段PB上的点N满足PN＝23PB，则三棱锥P－AMN和三棱锥P－ABC的体积之比为（ B ）
A.19B.29C.13D.49
解析 如图，因为PM＝13PC，PN＝23PB，所以S△PMNS△PBC＝12PM·PN·sin∠BPC12PC·PB·sin∠BPC＝PM·PNPC·PB＝13×23＝29，所以V三棱锥P－AMNV三棱锥P－ABC＝V三棱锥A－PMNV三棱锥A－PBC＝13S△PMN·d13S△PBC·d＝S△PMNS△PBC＝29（其中d为点A到平面PBC的距离，因为平面PMN和平面PBC重合，所以点A到平面PMN的距离也为d）.故选B.
方法技巧
求空间几何体体积的常用方法
正四面体的体积是212a3（a是正四面体的棱长）.
训练3 （1）十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，图1中的故宫角楼的顶部即为十字歇山顶.其上部可视为由两个相同的直三棱柱交叠而成的几何体（图2）.这两个直三棱柱有一个公共侧面ABCD.在底面BCE中，若BE＝CE＝3，∠BEC＝120°，则该几何体的体积为（ C ）
图1图2
A.272B.2732C.27D.273
解析 如图所示，该几何体可视为由直三棱柱BCE－ADF与两个三棱锥G－MAB，G－NCD拼接而成.记直三棱柱BCE－ADF的高为h，底面BCE的面积为S，所求几何体的体积为V，则S＝12BE×CE×
sin 120°＝12×3×3×32＝934，h＝CD＝BC＝33.所以V＝V三棱柱BCE－ADF＋V三棱锥G－MAB＋
V三棱锥G－NCD＝Sh＋13S×12h＋13S×12h＝43Sh＝27.故选C.
（2）[2023新高考卷Ⅰ]在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝2，则该棱台的体积为 766 .
解析 如图所示，设点O1，O分别为正四棱台ABCD－A1B1C1D1上、下底面的中心，连接B1D1，BD，则点O1，O分别为B1D1，BD的中点，连接O1O，则O1O即正四棱台ABCD－A1B1C1D1的高，过点B1作B1E⊥BD，垂足为E，则B1E＝O1O.因为AB＝2，A1B1＝1，所以OB＝2，O1B1＝22，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝22，又AA1＝2，所以BB1＝2，B1E＝BB12－BE2＝2－12＝62，所以O1O＝62，所以V正四棱台ABCD－A1B1C1D1＝13×（22＋12＋22×12）×62＝766.
角度2 体积的最值问题
例6 [2022全国卷乙]已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ C ）
A.13B.12C.33D.22
解析 该四棱锥的体积最大即该四棱锥底面所在圆面和顶点O组成的圆锥体积最大.设圆锥的高为h（0＜h＜1），底面半径为r，则圆锥的体积V＝13πr2h＝13π（1－h2）h，则V'＝13π（1－3h2），令V'＝0，得h＝33，所以V＝13π（1－h2）h在（0，33）上单调递增，在
（33，1）上单调递减，所以当h＝33时，四棱锥的体积最大，故选C.
方法技巧
求解体积的最值问题的方法
（1）几何法：根据几何体的结构特征，先确定体积表达式中的常量与变量，然后利用几何知识判断变量什么情况下取得最值，从而确定体积的最值.
（2）代数法：先设变量，求出几何体的体积表达式，然后转化为函数最值问题或利用不等式求解即可.
训练4 [2023湖北省宜昌市三校联考]已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，点E为棱D1C1上一动点，点F为BB1上一动点，且满足EF＝2，则三棱锥B1－EFC1的体积的最大值为 312 .
解析 如图，不妨设C1E＝m（0＜m≤3），B1F＝n（0＜n≤3），则EF＝C1E2＋B1C12＋B1F2＝m2＋（3）2＋n2＝2，所以m2＋n2＝1.于是V三棱锥B1－EFC1＝V三棱锥F－B1EC1＝13S△B1EC1×B1F＝13×12×m×3×n＝36mn≤36×m2＋n22＝312，当且仅当m＝n＝22时等号成立.故三棱锥B1－EFC1的体积的最大值为312.课标要求
命题点
五年考情
命题分析预测
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、棱柱、棱锥、棱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）的直观图.
基本立体图形
2023新高考卷ⅠT12；2023全国卷甲T15；2023全国卷甲T16；2021新高考卷ⅠT3；2020新高考卷ⅠT16；2020全国卷ⅠT3；2019全国卷ⅡT16
该讲每年必考，命题重点为空间几何体的结构，难度可大可小；空间几何体的表面积和体积的计算，难度中等；体积的最值问题，常用函数思想和基本不等式求解，难度中等偏大；与球有关的切、接问题，对直观想象核心素养要求较高，难度中等偏大.题型以选择题和填空题为主.预计2025年高考命题稳定.
空间几何体的表面积（侧面积）
2023新高考卷ⅡT9；2022新高考卷ⅡT7；2021新高考卷ⅡT4；2021全国卷甲T14；2020全国卷ⅠT10；2020全国卷ⅡT10；2020天津T5
空间几何体的体积
2023新高考卷ⅠT14；2023新高考卷ⅡT9；2023新高考卷ⅡT14；2023全国卷乙T8；2023天津T8；2022新高考卷ⅠT4；2022新高考卷ⅠT8；2022新高考卷ⅡT11；2022全国卷乙T9；2022全国卷甲T9；2022天津T8；2021新高考卷ⅠT12；2021新高考卷ⅡT5；2021全国卷甲T11；2020新高考卷ⅡT13；2020全国卷ⅢT15；2019全国卷ⅠT12；2019全国卷ⅢT16
名称
棱柱
棱锥
棱台
图形
底面
互相① 平行 且全等
多边形
互相平行且② 相似
侧棱
平行且相等
相交于③ 一点 ，但不一定相等
延长线交于一点，但不一定相等
侧面形状
④ 平行四边形
三角形
⑤ 梯形
名称
圆柱
圆锥
圆台
球
图形
旋转图形
矩形
⑥ 直角三角形
⑦ 直角梯形
半圆形
母线
互相平行且相等，⑧ 垂直于底面
相交于一点
延长线交于一点
轴截面
全等的⑨ 矩形
全等的⑩ 等腰三角形
全等的等腰梯形
圆
侧面展开图
⑪ 矩形
⑫ 扇形
扇环
圆柱
圆锥
圆台
侧面展开图
侧面积公式
S圆柱侧＝⑲ 2πrl
S圆锥侧＝⑳ πrl
S圆台侧＝㉑ π（r＋r'）l
表面积
体积
柱体（棱柱和圆柱）
S表面积＝S侧＋2S底
V＝㉒ S底h
锥体（棱锥和圆锥）
S表面积＝S侧＋S底
V＝㉓ 13S底h
台体（棱台和圆台）
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝13（S上＋S下＋S上S下）h
球
S＝㉔ 4πR2
V＝㉕ 43πR3
求多面体的表面积
即求各个面的面积之和，通常会利用特殊的四边形及三角形的面积公式.
求旋转体的表面积
可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清旋转体的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系.
直接法
对于规则的几何体，利用相关公式直接计算.
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，然后进行体积计算.
等体积法
通过转换底面和高来求几何体的体积，即通过将原来不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高转换为容易看出并容易求解的高进行求解.常用于求三棱锥的体积.
（1）多面体的结构特征
规律总结
1.几种特殊棱柱的结构特征及之间的关系
2.正棱锥的结构特征
棱锥正棱锥正三棱锥正四面体
（2）旋转体的结构特征
2.立体图形的直观图
（1）画法：常用斜二测画法.
（2）规则
a.原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，∠x'O'y'＝⑬ 45°或135° （O'为x'轴与y'轴的交点），z'轴与x'轴和y'轴所在平面⑭ 垂直 .
b.原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍⑮ 平行 于坐标轴.
c.平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度⑯ 不变 ，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的⑰ 一半 .
（3）用斜二测画法画出的平面图形的直观图的面积与原图形面积的关系：S直观图＝⑱ 24 S原图形.
3.简单几何体的表面积与体积
（1）圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
说明 圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式间的关系：S圆柱侧＝2πrlS圆台侧＝π（r＋r'）lS圆锥侧＝πrl.
（2）简单几何体的表面积与体积
1.[易错题]如图，长方体ABCD－A'B'C'D'被平面EFGH截去几何体B'C'HEFG，其中EH∥A'D'，则剩下的几何体是（ C ）
A.棱台B.四棱柱C.五棱柱D.六棱柱
2.[多选/教材改编]给出下列命题，其中错误的是（ ABD ）
A.有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体一定是棱柱
B.三棱锥的四个面最多有三个直角三角形
C.在四棱柱中，若两个过相对棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱
D.以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
3.[易错题]圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的表面积为 24π2＋18π或24π2＋8π .
4.用一个半径为10 cm的半圆纸片卷成一个最大的无底圆锥，放在水平桌面上，被一阵风吹倒，如图所示，则被吹倒后该无底圆锥的最高点到桌面的距离为 53 cm .
解析 画出示意图，如图所示，设圆锥的底面半径为r，母线长为l.
根据题意知l＝10 cm，且2πr＝πl，故r＝5 cm.
所以圆锥的轴截面为等边三角形，且边长为10 cm.
故被吹倒后该无底圆锥的最高点到底面的距离即边长为10 cm的等边三角形的高，此高为53 cm.
5.如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1－BB1D1D的体积为 13 .
解法一（直接法） 连接A1C1交B1D1于点E，则A1E⊥B1D1，A1E⊥BB1，又B1D1∩BB1＝B1，则A1E⊥平面BB1D1D，所以A1E为四棱锥A1－BB1D1D的高，且A1E＝22，矩形BB1D1D的长和宽分别为2，1，故V四棱锥A1－BB1D1D＝13×1×2×22＝13.
解法二（割补法） 连接BD1，则四棱锥A1－BB1D1D被分成两个三棱锥B－A1DD1与B－A1B1D1，则V四棱锥A1－BB1D1D＝V三棱锥B－A1DD1＋V三棱锥B－A1B1D1＝13×12×1×1×1＋13×12×1×1×1＝13.
研透高考 明确方向
命题点1 基本立体图形
角度1 结构特征
例1 [多选/2023新高考卷Ⅰ]下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ABD ）
A.直径为0.99 m的球体
B.所有棱长均为1.4 m的四面体
C.底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体
D.底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体
解析 由于棱长为1 m的正方体的内切球的直径为1 m＞0.99 m，所以选项A正确；由于棱长为1 m的正方体中可放入棱长为2 m的正四面体，且2＞1.4，所以选项B正确；因为正方体的棱长为1 m，体对角线长为3 m，3＜1.8，所以高为1.8 m的圆柱体不可能整体放入该正方体容器中，所以选项C不正确；由于正方体的体对角线长为3 m，而底面直径为1.2 m的圆柱体，其高0.01 m可忽略不计，故只需把圆柱的底面与正方体的体对角线平行放置，即可以整体放入正方体容器中，所以选项D正确.综上，选ABD.
角度2 直观图
例2 如图，矩形O'A'B'C'是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O'A'＝6 cm，O'C'＝2 cm，C'D'＝2 cm，则原图形的形状是 菱形 ，其面积为 242 cm2 .
解析 如图，在原图形OABC中，OA＝O'A'＝6 cm，OD＝2O'D'＝2×22＝42（cm），CD＝C'D'＝2 cm，所以OC＝OD2＋CD2＝（42）2＋22＝6（cm），所以OA＝OC＝BC＝AB，故四边形OABC是菱形，S菱形OABC＝OA×OD＝6×42＝242（cm2）.
角度3 展开图
例3 长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝AA1＝2，E为棱AA1上的动点，平面BED1交棱CC1于点F，则四边形BED1F的周长的最小值为（ B ）
A.43B.213C.2（2＋5）D.2＋42
解析 作出长方体如图1，将其侧面展开，如图2所示，当点E为BD1与AA1的交点，点F为BD'1与CC1的交点时，截面四边形BED1F的周长最小，
最小值为2BD1＝222＋（1+2）2＝213.故选B.
方法技巧
求解空间几何体表面上两点间的最短距离问题或折线段长度和的最小值问题，常利用几何体的侧面展开图，转化为求平面两点间的最短距离问题.
训练1 （1）[2023全国卷甲]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点.以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 12 个公共点.
解析 如图，线段EF过正方体的中心，所以以EF为直径的球的球心即正方体的中心，球的半径为EF2，而正方体的中心到每一条棱的距离均为EF2，所以以EF为直径的球与每一条棱均相切，所以共有12个公共点.
（2）已知等腰梯形ABCD，上底CD＝1，腰AD＝CB＝2，下底AB＝3，以AB所在直线为x轴，用斜二测画法画出水平放置的等腰梯形ABCD的直观图A'B'C'D'，则四边形A'B'C'D'的面积为 22 .
解析 取AB的垂直平分线EO为y轴，则等腰梯形ABCD和其直观图分别如图1和图2所示.过点E'作E'F⊥A'B'于点F.
因为OE＝（2）2－1＝1，由斜二测画法可知O'E'＝12，E'F＝24，D'C'＝1，A'B'＝3，则四边形A'B'C'D'的面积S'＝D'C'＋A'B'2×E'F＝1+32×24＝22.
（3）已知圆台上底面半径为13，下底面半径为23，母线长为2，AB为圆台母线，一只蚂蚁从点A出发绕圆台侧面一圈到点B，则蚂蚁经过的最短路径的长度为 23 .
解析 设圆台对应圆锥的顶点为O，将圆锥沿AB所在直线展开如图所示，设点A在展开图中的点为A'，依题意得，蚂蚁经过的最短路径为A'B.
因为圆台上底面半径为13，下底面半径为23，所以OB＝AB＝2.设展开图的圆心角为θ，则θ＝2π×234＝π3，所以△OAA'为等边三角形，又B为OA的中点，所以A'B＝4×sin π3＝23.
命题点2 空间几何体的表面积（侧面积）
例4 （1）[2022新高考卷Ⅱ]已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ A ）
A.100πB.128πC.144πD.192π
解析 由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为23×32×33＝3，23×32×43＝4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上.设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋OO12＝42＋（1－OO1）2，解得OO1＝4（舍去）；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋OO22＝32＋（1＋OO2）2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π.故选A.
（2）[2021全国卷甲]已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为 39π .
解析 设该圆锥的高为h，则由已知条件可得13×π×62×h＝30π，解得h＝52，则圆锥的母线长为h2＋62＝254+36＝132，故该圆锥的侧面积为π×6×132＝39π.
方法技巧
求空间几何体的表面积的常见类型及解题思路
注意 组合体的表面积要注意对衔接部分的处理.
训练2 《九章算术》中有一种几何体叫做刍甍（méng）（底面为矩形的屋脊状楔体），如图是一个刍甍，四边形EFBA为等腰梯形，EF∥AB，FB＝FC＝3，AB＝2EF＝2BC＝4，则此刍甍的表面积为 8＋82 .
解析 如图所示，过点F作FG⊥AB于G，FH⊥BC于H.因为FB＝FC＝3，BC＝2，所以H为BC的中点，易得FH＝2，所以S△FBC＝S△EAD＝2.
因为四边形EFBA为等腰梯形，且AB＝2EF＝4，所以易得FG＝2，所以S梯形EFBA＝S梯形EFCD＝12×（2＋4）×2＝32，所以此刍甍的表面积S＝2×4＋2×2＋2×32＝8＋82.
命题点3 空间几何体的体积
角度1 求空间几何体的体积
例5 （1）[2023全国卷乙]已知圆锥PO的底面半径为3，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝2π3，若△PAB的面积等于934，则该圆锥的体积为（ B ）
A.πB.6πC.3πD.36π
解析 在△AOB中，AO＝BO＝3，∠AOB＝2π3，由余弦定理得AB＝3+3－2×3×3×（－12）＝3，设等腰三角形PAB底边AB上的高为h，则S△PAB＝12×3h＝934，解得h＝332，由勾股定理得母线PA＝（32）2＋（332）2＝3，则该圆锥的高PO＝PA2－OA2＝6，所以该圆锥的体积为13×3π×6＝6π，故选B.
（2）[2023天津高考]在三棱锥P－ABC中，线段PC上的点M满足PM＝13PC，线段PB上的点N满足PN＝23PB，则三棱锥P－AMN和三棱锥P－ABC的体积之比为（ B ）
A.19B.29C.13D.49
解析 如图，因为PM＝13PC，PN＝23PB，所以S△PMNS△PBC＝12PM·PN·sin∠BPC12PC·PB·sin∠BPC＝PM·PNPC·PB＝13×23＝29，所以V三棱锥P－AMNV三棱锥P－ABC＝V三棱锥A－PMNV三棱锥A－PBC＝13S△PMN·d13S△PBC·d＝S△PMNS△PBC＝29（其中d为点A到平面PBC的距离，因为平面PMN和平面PBC重合，所以点A到平面PMN的距离也为d）.故选B.
方法技巧
求空间几何体体积的常用方法
正四面体的体积是212a3（a是正四面体的棱长）.
训练3 （1）十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，图1中的故宫角楼的顶部即为十字歇山顶.其上部可视为由两个相同的直三棱柱交叠而成的几何体（图2）.这两个直三棱柱有一个公共侧面ABCD.在底面BCE中，若BE＝CE＝3，∠BEC＝120°，则该几何体的体积为（ C ）
图1图2
A.272B.2732C.27D.273
解析 如图所示，该几何体可视为由直三棱柱BCE－ADF与两个三棱锥G－MAB，G－NCD拼接而成.记直三棱柱BCE－ADF的高为h，底面BCE的面积为S，所求几何体的体积为V，则S＝12BE×CE×
sin 120°＝12×3×3×32＝934，h＝CD＝BC＝33.所以V＝V三棱柱BCE－ADF＋V三棱锥G－MAB＋
V三棱锥G－NCD＝Sh＋13S×12h＋13S×12h＝43Sh＝27.故选C.
（2）[2023新高考卷Ⅰ]在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝2，则该棱台的体积为 766 .
解析 如图所示，设点O1，O分别为正四棱台ABCD－A1B1C1D1上、下底面的中心，连接B1D1，BD，则点O1，O分别为B1D1，BD的中点，连接O1O，则O1O即正四棱台ABCD－A1B1C1D1的高，过点B1作B1E⊥BD，垂足为E，则B1E＝O1O.因为AB＝2，A1B1＝1，所以OB＝2，O1B1＝22，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝22，又AA1＝2，所以BB1＝2，B1E＝BB12－BE2＝2－12＝62，所以O1O＝62，所以V正四棱台ABCD－A1B1C1D1＝13×（22＋12＋22×12）×62＝766.
角度2 体积的最值问题
例6 [2022全国卷乙]已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ C ）
A.13B.12C.33D.22
解析 该四棱锥的体积最大即该四棱锥底面所在圆面和顶点O组成的圆锥体积最大.设圆锥的高为h（0＜h＜1），底面半径为r，则圆锥的体积V＝13πr2h＝13π（1－h2）h，则V'＝13π（1－3h2），令V'＝0，得h＝33，所以V＝13π（1－h2）h在（0，33）上单调递增，在
（33，1）上单调递减，所以当h＝33时，四棱锥的体积最大，故选C.
方法技巧
求解体积的最值问题的方法
（1）几何法：根据几何体的结构特征，先确定体积表达式中的常量与变量，然后利用几何知识判断变量什么情况下取得最值，从而确定体积的最值.
（2）代数法：先设变量，求出几何体的体积表达式，然后转化为函数最值问题或利用不等式求解即可.
训练4 [2023湖北省宜昌市三校联考]已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，点E为棱D1C1上一动点，点F为BB1上一动点，且满足EF＝2，则三棱锥B1－EFC1的体积的最大值为 312 .
解析 如图，不妨设C1E＝m（0＜m≤3），B1F＝n（0＜n≤3），则EF＝C1E2＋B1C12＋B1F2＝m2＋（3）2＋n2＝2，所以m2＋n2＝1.于是V三棱锥B1－EFC1＝V三棱锥F－B1EC1＝13S△B1EC1×B1F＝13×12×m×3×n＝36mn≤36×m2＋n22＝312，当且仅当m＝n＝22时等号成立.故三棱锥B1－EFC1的体积的最大值为312.课标要求
命题点
五年考情
命题分析预测
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、棱柱、棱锥、棱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）的直观图.
基本立体图形
2023新高考卷ⅠT12；2023全国卷甲T15；2023全国卷甲T16；2021新高考卷ⅠT3；2020新高考卷ⅠT16；2020全国卷ⅠT3；2019全国卷ⅡT16
该讲每年必考，命题重点为空间几何体的结构，难度可大可小；空间几何体的表面积和体积的计算，难度中等；体积的最值问题，常用函数思想和基本不等式求解，难度中等偏大；与球有关的切、接问题，对直观想象核心素养要求较高，难度中等偏大.题型以选择题和填空题为主.预计2025年高考命题稳定.
空间几何体的表面积（侧面积）
2023新高考卷ⅡT9；2022新高考卷ⅡT7；2021新高考卷ⅡT4；2021全国卷甲T14；2020全国卷ⅠT10；2020全国卷ⅡT10；2020天津T5
空间几何体的体积
2023新高考卷ⅠT14；2023新高考卷ⅡT9；2023新高考卷ⅡT14；2023全国卷乙T8；2023天津T8；2022新高考卷ⅠT4；2022新高考卷ⅠT8；2022新高考卷ⅡT11；2022全国卷乙T9；2022全国卷甲T9；2022天津T8；2021新高考卷ⅠT12；2021新高考卷ⅡT5；2021全国卷甲T11；2020新高考卷ⅡT13；2020全国卷ⅢT15；2019全国卷ⅠT12；2019全国卷ⅢT16
名称
棱柱
棱锥
棱台
图形
底面
互相① 平行 且全等
多边形
互相平行且② 相似
侧棱
平行且相等
相交于③ 一点 ，但不一定相等
延长线交于一点，但不一定相等
侧面形状
④ 平行四边形
三角形
⑤ 梯形
名称
圆柱
圆锥
圆台
球
图形
旋转图形
矩形
⑥ 直角三角形
⑦ 直角梯形
半圆形
母线
互相平行且相等，⑧ 垂直于底面
相交于一点
延长线交于一点
轴截面
全等的⑨ 矩形
全等的⑩ 等腰三角形
全等的等腰梯形
圆
侧面展开图
⑪ 矩形
⑫ 扇形
扇环
圆柱
圆锥
圆台
侧面展开图
侧面积公式
S圆柱侧＝⑲ 2πrl
S圆锥侧＝⑳ πrl
S圆台侧＝㉑ π（r＋r'）l
表面积
体积
柱体（棱柱和圆柱）
S表面积＝S侧＋2S底
V＝㉒ S底h
锥体（棱锥和圆锥）
S表面积＝S侧＋S底
V＝㉓ 13S底h
台体（棱台和圆台）
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝13（S上＋S下＋S上S下）h
球
S＝㉔ 4πR2
V＝㉕ 43πR3
求多面体的表面积
即求各个面的面积之和，通常会利用特殊的四边形及三角形的面积公式.
求旋转体的表面积
可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清旋转体的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系.
直接法
对于规则的几何体，利用相关公式直接计算.
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，然后进行体积计算.
等体积法
通过转换底面和高来求几何体的体积，即通过将原来不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高转换为容易看出并容易求解的高进行求解.常用于求三棱锥的体积.
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