文档内容
第 01 讲 空间几何体的结构、三视图和直观图与空间
几何体的表面积和体积（讲）
一、单选题
1．据《九章算术》中记载，“阳马”是以矩形为底面，一棱与底面垂直的四棱锥.现有一
个“阳马”， 底面ABCD，底面ABCD是矩形，且 ，则这个
“阳马”的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】把四棱锥 补成一个长方体，如图，长方体的对角线就是其外接球也是
四棱锥 的外接球直径，由长方体性质求得球半径后可得表面积．
【详解】把四棱锥 补成一个长方体，如图，长方体的对角线就是其外接球也是
四棱锥 的外接球直径，
设球半径为 ，则 ，
球表面积为 ．
故选：C．
2．如图，平行四边形 是水平放置的一个平面图形的直观图，其中
, ，则原图形的面积是（ ）
A．4 B． C． D．【答案】B
【分析】求出直观图的面积，再根据原平面图形的面积与直观图的面积比为 ，计算
即可.
【详解】解：平行四边形 中， ，
所以平行四边形 的面积为 ，
所以原平面图形的面积是 .故选：B
3．若圆台的高是3，一个底面半径是另一个底面半径的2倍，母线与下底面成 角，则
这个圆台的侧面积是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由题意，作该圆台的轴截面，求得上下底面半径和母线长，根据侧面积计算公式，
可得答案.
【详解】由题意，可作该圆台的轴截面，如下图所示：
则圆台的高 ，
上底面半径 ，下底面半径 ，即 ，
母线 ，即 ，
在 中， ， ，
易知在正方形 中， ，则 ，即 ，
综上， ，
圆台的侧面积 .故选：B.
4．如图，已知正方体的棱长为 ，沿图1中对角面将它分割成两个部分，拼成如图2的四
棱柱，则该四棱柱的全面积为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，据
此变化，进行求解.
【详解】由题意，拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方
形面，由于截面为矩形，长为 ，宽为 ，所以面积为 ，
所以拼成的几何体的表面积为 .故选：C.
5．一个水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，如图所示，此直观图恰好
是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为（ ）
A． B． C．8 D．
【答案】D
【分析】根据斜二测画法的过程将直观图还原回原图形，找到直观图中正方形的四个顶点
在原图形中对应的点，用直线段连结后得到原四边形，再计算平行四边形的面积即可．
【详解】还原直观图为原图形如图所示，
因为 ，所以 ，还原回原图形后，
， ；所以原图形的面积为 ．
故选：D
6．如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，且侧棱AA=8.若侧面AABB水平放置时，液面
1 1 1
恰好过AC，BC，AC ，BC 的三等分点处， ，当底面ABC水平放置时，液面高为
1 1 1 1
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用相似比得到四边形 和三角形 的面积比，再根据等体积的思路列等
式即可求解.
【详解】
如图，设 靠近点 的三等分点为点 ，
当底面 水平放置时，液面高度为 ，此时液体体积 ，因为 ,所以
， ,
所以 ，解得 .故选：A.
二、填空题
7．在三棱锥 中， ，且 两两互相垂直，则三棱锥
的外接球的体积为__________．
【答案】
【分析】根据题意，将三棱锥补形为立方体，从而求出立方体的体对角线即为外接球的直径，求出半径，进而求出外接球的体积.
【详解】因为 ，且 两两互相垂直，
所以三棱锥 可补形为立方体，三棱锥 的外接球即为立方体的外接球，
则立方体的体对角线为其外接球的直径，设三棱锥 的外接球的半径为 ，
则 ，
所以 ，则外接球体积为 .
故答案为：
8．圆锥 轴截面的顶角为 ，母线长为2，则过任意两条不重合的母线的截面面积的
取值范围为_________.
【答案】
【分析】设 为圆锥的任意两条母线， ，则有 ，然后利用三角
形的面积公式表示出 ，从而可求出其范围.
【详解】设 为圆锥的任意两条母线， ，
则由题意得 ， ，
，
因为 ，所以 ，
所以过任意两条母线的截面面积的取值范围为 ，
故答案为：
9．一个圆柱的底面直径与高都等于一个球的直径，则圆柱的表面积与球的表面积之比为
_________.
【答案】
【分析】设球的半径为 ，计算出圆柱和球的表面积，即可得解.
【详解】设球的半径为 ，则圆柱的表面积 ，球的表面积 ，所以 .
故答案为： .
三、解答题
10．如图，直三棱柱 的体积为4， 的面积为 ．求A到平面 的
距离；
【答案】
【分析】根据等体积法求出棱锥的高即可.
【详解】在直三棱柱 中，设点A到平面 的距离为h，
则 ，
解得 ，
所以点A到平面 的距离为 .
11．如图，已知正三棱锥 的高 ，侧面上的斜高 ，求经过 的中点
且平行于底面的截面 的面积（用 ， 表示）．
【答案】 .
【分析】利用正三棱柱的性质可得 ，根据面面平行的性质可得，进而可得 ，即得.
【详解】连接 ， ，在 中， ，
∵棱锥 是正三棱锥，
∴ 是 的中心，
∴ ， ，
因为平面 平面 ， 为 的中点，平面 平面 ，平面
平面 ，
∴ ，同理可得， ， ，
所以 ∽ ，
所以 ，
∴截面 的面积为 ．
一、单选题
1．公元 年，唐代李淳风注《九章》时提到祖暅的开立圆术.祖暅在求球体积时，使用
一个原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是两个同高的立体，如在等高处的截面积恒
相等，则体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理，我们可以应用此原理将一些复杂几何
体转化为常见几何体的组合体来计算体积.如图，将双曲线 与直线 所围
成的平面图形绕双曲线的实轴所在直线旋转一周得到几何体 ，下列平面图形绕其对称轴
（虚线所示）旋转一周所得几何体与 的体积相同的是（ ）A．图①，长为 ､宽为 的矩形的两端去掉两个弦长为 ､半径为 的弓形
B．图②，长为 ､宽为 的矩形的两端补上两个弦长为 ､半径为 的弓形
C．图③，长为 ､宽为 的矩形的两端去掉两个底边长为 ､腰长为 的等腰三角形
D．图④，长为 ､宽为 的矩形的两端补上两个底边长为 ､腰长为 的等腰三角形
【答案】B
【分析】将所有图形均以矩形的中心为原点，以对称轴为 轴建立平面直角坐标系，根据
在 轴的最短和最长距离与双曲线实轴长和几何体 母线长对比可排除③④；假设
，与双曲线 相交后旋转，可求得圆环面积；分别在①②中求得
与图形相交所得的弦长，根据旋转后的圆环面积和圆面积是否与已知的圆
环面积相等来判断出结果.
【详解】由 得： ，
则当 与 相交于两点时，内圆半径 ，则在该位置旋转一周所得
圆环面积为 ；
将所有图形均以矩形的中心为原点，以对称轴为 轴建立平面直角坐标系，
对于③，双曲线实轴长为 ，③中 轴的最短距离为 ，不合题意，
③错误；
对于④，几何体 母线长为 ，④中 轴的最长距离为 ，不合题意，
④错误；
对于①，在 轴的最短距离为 ，母线长为 ，与几何体 吻合；当 与①中图形相交时，两交点之间距离为 ，
此时圆环面积为 ，不合题意，①错
误
对于②，在 轴的最长距离为 ，矩形高为 ，与几何体 吻合；
当 与②中图形相交时，两交点之间距离为 ，
此时圆面积为 ，与圆环面积相同，满足题意，②正确.
故选：B.
2．半径为 的球 的直径 垂直于平面 ，垂足为 ， 是平面 内边长为 的正
三角形，线段 分別与球面交于点 ，那么三棱锥 的体积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作出辅助线，根据三角形相似表达出各边长，利用三角形面积公式求出 的
面积及三棱锥的体积.
【详解】连接 ，因为 为直径，
所以 ，在Rt 中， ，
所以 ，即 ，
其中 ，所以 ，
易证 ，所以 ，
取 的中点 的中点 ，连接 ，
则 必过点 ，于是 ，
又 ，所以
，
于是 .
故选：A
3．在 中， ，点 分别在边 上移动，且 ，
沿 将 折起来得到棱锥 ，则该棱锥的体积的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，可得 的具体形状，由折叠，可得当面 面 时，此时
的点 到底面 的距离最大，设 ，将四棱锥中底面积和高，都用 表示出来，
整理出体积的函数，利用导数求最值，可得答案.
【详解】由 得 ，由余弦定理得 ，
则 是直角三角形， 为直角，对 的任何位置，当面 面 时，此时的
点 到底面 的距离最大，此时 即为 与底面 所成的角，
设 ，
在 中， ，
点 到底面 的距离 ，则 ，
，
令 ，解得 ，可得下表：
极大值
故当 时，该棱锥的体积最大，为 .故选：C.
4．如图所示，正方形 的边长为2，切去阴影部分后，剩下的部分围成一个正四棱锥，
则正四棱锥的侧面积的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设围成的正四棱锥的一个侧面为三角形 ， ，则 ，过点A
作 于点H，然后根据图形的特征表示出 ，从而可表示出正四棱锥的侧面
积，化简后结合基本不等式可求出其范围.
【详解】如图，设围成的正四棱锥的一个侧面为三角形 ， ，则 ，
过点A作 于点H，则 ，
∴ ， ，
∴正四棱锥的侧面积 ， ，
则
则 ，当且仅当 ，
即 ， 时取等号，
因为 ，所以取不到等号，
又 ，∴ ．∴S的取值范围为 ，故选：D．
5．在三棱锥 中，侧棱 底面 ，如图是其底面 用斜二测画法
所画出的水平放置的直观图 ，其中 ，则该三棱锥外接球的表面
积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据斜二测画法，还原可得 的三边长，由正弦定理与余弦定理，求得的外接圆圆心和半径，过该圆心作底面垂线，设出三棱锥外接球的球心，构造直角
三角形可得半径，可得答案.
【详解】根据斜二测画法，还原图象可得：
由题意可得： ，则 ，
由余弦定理，可得： ，即 ，
由正弦定理，可得 外接圆的半径 ，
则三棱锥 作图如下：
作 平面 ，且 底面 ，所以 ，
取点 为三棱锥 外接球的球心，则 ，
作 ，易知四边形 为正方形，即 ，
则 ，即三棱锥 外接球表面积 .
故选：D.
二、填空题
6．已知四边形 是边长为3的菱形，把 沿 折起，使得点D到达点P，则三
棱锥 体积最大时，其外接球半径为_______．
【答案】 ##
【分析】利用三棱锥体积最大时平面 平面 ，设 ，求出体积函数，利用
导数求最大值，确定 ，再由球截面的性质确定球心，根据正弦定理求截面圆半径，据此求出 ,再由勾股定理求出球的半径.
【详解】取 中点G，连接 ，如图，
当三棱锥 体积最大时，平面 平面 ，此时 ．
设 ，则 ，
所以 ，设 ，
则 ，由 ，可得 ，因为 时， ，
当 时， ，所以函数 在 上递增，在 上递减，
所以 时三棱锥 的体积最大，此时 ， ，
所以 .
设E，F分别为 与 的外接圆圆心，圆的半径为 ，过点E作平面 的垂线，
过点F作平面 的垂线，则两垂线的交点O就是三棱锥 的外接球球心，
由正弦定理可知 ，即 ，可求得
，故四边形 是正方形， ，
所以外接球半径 ，
所以三棱锥 的体积最大时，其外接球半径 .
故答案为：
7．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.即：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．有一个球形瓷碗，它可以看成半球的一部分，若瓷碗的直径为8，高为2，
利用祖暅原理可求得该球形瓷碗的体积为______．
【答案】
【分析】根据祖暅原理构造一个圆柱挖去一个圆锥的模型即可.
【详解】设瓷碗所在球的半径为R，则有 ，得 ，
设从瓷碗截面圆心 处任意竖直距离 （ 也可在 下方，此时 ）如图1所
示，
则瓷碗的截面圆半径 ，面积为 ，
图2中,在以过球心的截面圆为底面圆，以 为高的圆柱中挖去一个等底等高的圆锥，
易知 ，故圆环面积也为 ，
即在求瓷碗体积时，符合祖暅原理，（备注：瓷碗是图3中上方倒扣的部分）
当 时，如图4所示：
此时：
由祖暅原理得：图3中 与 之间部分几何体的体积：
圆柱的体积 圆锥的体积 ，所以瓷碗的体积 （注：半球体积 ）
故答案为： .
8．如图所示，在直三棱柱 中，棱柱的侧面均为矩形， ，
， ，P是 上的一动点，则 的最小值为_____.
【答案】
【分析】连接 ，得 ，以 所在直线为轴，将 所在平面旋转到平面
，设点 的新位置为 ，连接 ，再根据两点之间线段最短，结合勾股定理余
弦定理等求解 即可.
【详解】连接 ，得 ，以 所在直线为轴，将 所在平面旋转到平面
，
设点 的新位置为 ，连接 ，则有 .
当 三点共线时，则 即为 的最小值.
在三角形ABC中， ， ，由余弦定理得：,所以 ，即
在三角形 中， ， ，由勾股定理可得： ,
且 .
同理可求： ，因为 ，所以 为等边三角形，所以
，
所以在三角形 中， , ,
由余弦定理得： .
故答案为：
三、解答题
9．近些年来，三维扫描技术得到空前发展，从而催生了数字几何这一新兴学科.数字几何
是传统几何和计算机科学相结合的产物.数字几何中的一个重要概念是曲率，用曲率来刻画
几何体的弯曲程度.规定：多面体在顶点处的曲率等于 与多面体在该点的所有面角之和
的差（多面体的面角是指多面体的面上的多边形的内角的大小，用弧度制表示），多面体
在面上非顶点处的曲率均为零.由此可知，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.
例如：正方体在每个顶点有 个面角，每个面角是 ，所以正方体在各顶点的曲率为
，故其总曲率为 .
(1)求四棱锥的总曲率；
(2)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定
理：设简单多面体的顶点数为 ，棱数为 ，面数为 ，则有： .利用此定
理试证明：简单多面体的总曲率是常数.
【解析】（1）四棱锥有 个顶点, 个三角形面, 个凸四边形面,故其总曲率为
（2）设多面体有 个面,给组成多面体的多边形编号,分别为 号.
设第 号 多边形有 条边.
则多面体共有 条棱.
由题意，多面体共有 个顶点.
号多边形的内角之和为 ,故所有多边形的内角之和为
故多面体的总曲率为所以满足题目要求的多面体的总曲率为 .
一、单选题
1．（2022·天津·高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后
的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为 ，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体
积为（ ）
A．23 B．24 C．26 D．27
【答案】D
【分析】作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.
【详解】该几何体由直三棱柱 及直三棱柱 组成，作 于
M，如图，
因为 ，所以 ，
因为重叠后的底面为正方形，所以 ,
在直棱柱 中， 平面BHC，则 ,
由 可得 平面 ，
设重叠后的EG与 交点为则
则该几何体的体积为 .故选：D.
2．（2022·浙江·高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位： ），则该几何体的体
积（单位： ）是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成
的几何体，即可根据球，圆柱，圆台的体积公式求出．
【详解】由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为 ，圆台的下底面半径为 ，所以
该几何体的体积 ．
故选：C．
3．（2022·全国·高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部
分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔 时，相应水面的面积为 ；水位为海
拔 时，相应水面的面积为 ，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，
则该水库水位从海拔 上升到 时，增加的水量约为（ ）（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．
【详解】依题意可知棱台的高为 (m)，所以增加的水量即为棱台的体
积 ．
棱台上底面积 ，下底面积 ，
∴
．
故选：C．
4．（2022·全国·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为 和 ，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径 ，再根据球心距，圆面半
径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．
【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径 ，所以 ，即
，设球心到上下底面的距离分别为 ，球的半径为 ，所以 ，
，故 或 ，即 或
，解得 符合题意，所以球的表面积为 ．
故选：A．
5．（2022·全国·高考真题（理））如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小
正方形的边长为1，则该多面体的体积为（ ）
A．8 B．12 C．16 D．20
【答案】B
【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.【详解】由三视图还原几何体，如图，
则该直四棱柱的体积 .故选：B.
6．（2022·全国·高考真题（理））甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之
和为 ，侧面积分别为 和 ，体积分别为 和 ．若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设母线长为 ，甲圆锥底面半径为 ，乙圆锥底面圆半径为 ，根据圆锥的侧面积
公式可得 ，再结合圆心角之和可将 分别用 表示，再利用勾股定理分别求出两圆
锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.
【详解】解：设母线长为 ，甲圆锥底面半径为 ，乙圆锥底面圆半径为 ，
则 ，
所以 ，
又 ，
则 ，
所以 ，
所以甲圆锥的高 ，
乙圆锥的高 ，
所以 .故选：C.
7．（2022·全国·高考真题（文））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（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面
ABCD面积最大值为 ，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的
最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.
【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为 ，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又设四棱锥的高为 ，则 ，
当且仅当 即 时等号成立.
故选：C
[方法二]：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为 ，底面所在圆的半径
为 ，则 ，所以该四棱锥的高 ，
(当且仅当 ，即 时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高 .
故选：C．
[方法三]：利用导数求最值
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为 ，底面所在圆的半径
为 ，则 ，所以该四棱锥的高 ， ，令 ，，设 ，则 ，
， ，单调递增， ， ，单调递减，
所以当 时， 最大，此时 ．故选：C.
8．（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥 的六条棱长均为6，S是 及其内部
的点构成的集合．设集合 ，则T表示的区域的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出以 为球心，5为半径的球与底面 的截面圆的半径后可求区域的面积.
【详解】
设顶点 在底面上的投影为 ，连接 ，则 为三角形 的中心，
且 ，故 .
因为 ，故 ，
故 的轨迹为以 为圆心，1为半径的圆，
而三角形 内切圆的圆心为 ，半径为 ，
故 的轨迹圆在三角形 内部，故其面积为 故选：
二、多选题
9．（2022·全国·高考真题）如图，四边形 为正方形， 平面 ，
，记三棱锥 ， ， 的体积分别为 ，
则（ ）A． B．
C． D．
【答案】CD
【分析】直接由体积公式计算 ，连接 交 于点 ，连接 ，由
计算出 ，依次判断选项即可.
【详解】
设 ，因为 平面 ， ，则
，
，连接 交 于点 ，连接 ，易得
，
又 平面 ， 平面 ，则 ，又 ， 平面
，则 平面 ，
又 ，过 作 于 ，易得四边形 为矩形，则
，
则 ， ，
，则 ， ， ，则 ，则 ， ， ，故A、B
错误；C、D正确.故选：CD.
三、解答题
10．（2022·全国·高考真题（文））小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装
盒，包装盒如图所示：底面 是边长为8（单位： ）的正方形，
均为正三角形，且它们所在的平面都与平面 垂直．
(1)证明： 平面 ；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【答案】(1)证明见解析；
(2) ．
【分析】（1）分别取 的中点 ，连接 ，由平面知识可知
， ，依题从而可证 平面 ， 平面 ，根
据线面垂直的性质定理可知 ，即可知四边形 为平行四边形，于是
，最后根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）再分别取 中点 ，由（1）知，该几何体的体积等于长方体
的体积加上四棱锥 体积的 倍，即可解出．
（1）如图所示： ，
分别取 的中点 ，连接 ，因为 为全等的正三角形，所以
， ，又平面 平面 ，平面 平面
， 平面 ，所以 平面 ，同理可得 平面 ，根
据线面垂直的性质定理可知 ，而 ，所以四边形 为平行四边形，
所以 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
（2）
方法一：（分割法一）如图所示：
，
分别取 中点 ，由（1）知， 且 ，同理有，
， ， ，由平面知识可知，
， ， ，所以该几何体的体积等于长方体
的体积加上四棱锥 体积的 倍．
因为 ， ，点 到平面 的距离即为点
到直线 的距离 ， ，所以该几何体的体积
．方法二：（分割法二）如图所示：
连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加
上三棱锥A-OEH的 倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取
EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与
三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积
