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第 1 节 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
考试要求 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.
1.空间几何体的结构特征
(1)多面体的结构特征
名称 棱柱 棱锥 棱台
图形
底面 互相平行且全等 多边形 互相平行且相似
相交于一点，但不一
侧棱 平行且相等 延长线交于一点
定相等
侧面形状 平行四边形 三角形 梯形
(2)旋转体的结构特征
名称 圆柱 圆锥 圆台 球
图形
母线 互相平行且相等， 相交于一点 延长线交于一点垂直于底面
轴截面 矩形 等腰三角形 等腰梯形 圆面
侧面展开图 矩形 扇形 扇环
2.直观图
(1)画法：常用斜二测画法.
(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为 45°( 或
135°)，z′轴与x′轴、y′轴所在平面垂直.
②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴.平行于x轴和z
轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原
来的一半.
3.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱 圆锥 圆台
侧面展开
图
侧面积公
S ＝ 2π rl S ＝ π rl S ＝ π( r ＋ r ) l
圆柱侧 圆锥侧 圆台侧 1 2
式
4.柱、锥、台、球的表面积和体积
名称
表面积 体积
几何体
柱体(棱柱和圆柱) S ＝S ＋2S V＝Sh
表面积 侧 底
锥体(棱锥和圆锥) S ＝S ＋S V＝Sh
表面积 侧 底
台体(棱台和圆台) S ＝S ＋S ＋S V＝(S ＋S ＋)h
表面积 侧 上 下 上 下
球 S＝ 4π R 2 V＝ π R 3
1.正方体与球的切、接常用结论：正方体的棱长为a，球的半径为R，
(1)若球为正方体的外接球，则2R＝a；
(2)若球为正方体的内切球，则2R＝a；
(3)若球与正方体的各棱相切，则2R＝a.
2.长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝.
3.正四面体的外接球的半径R＝a，内切球的半径r＝a，其半径R∶r＝3∶1(a为该
正四面体的棱长).
4.直观图与原平面图形面积间关系S ＝S
直观图 原图形.1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.( )
(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥.( )
(3)菱形的直观图仍是菱形.( )
(4)两个球的体积之比等于它们的半径比的平方.( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)×
解析 (1)反例：由两个平行六面体上下组合在一起的图形满足条件，但不是棱柱.
(2)反例：如图所示的图形满足条件但不是棱锥.
(3)用斜二测画法画水平放置的菱形的直观图是平行四边形，但
邻边不一定相等，(3)错误.
(4)球的体积之比等于半径比的立方，故不正确.
2.(2021·新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥
的母线长为( )
A.2 B.2 C.4 D.4
答案 B
解析 设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为，侧面展开图为一个半圆，
所以2π×＝πl，解得l＝2.
3.(2021·益阳调考)如图，一个水平放置的平面图形的直观图
是一个底角为45°的等腰梯形，已知直观图OA′B′C′的面积
为4，则该平面图形的面积为( )
A. B.4 C.8 D.2
答案 C
解析 由S ＝2S ，得S ＝2×4＝8.
原图形 直观图 原图形
4.体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A.12π B.π C.8π D.4π
答案 A
解析 由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线为2即为球的直径，所以球的表
面积为4πR2＝(2R)2π＝12π.
5.(多选)(2022·青岛一模)下列说法中正确的是( )
A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B.过球面上任意两点可作球的一个大圆或无数个大圆C.三棱锥的四个面都可以是直角三角形
D.梯形的直观图可以是平行四边形
答案 BC
解析 对于A，如两个同底的三棱锥构成的六面体，不是三棱锥，故错误；
对于B，球面上任意两点与球心共线时，可以作球的无数个大圆，与球心不共线时
可以作球的一个大圆，故正确；
对于C，一条侧棱垂直于底面直角三角形的一个锐角顶点的三棱锥满足题意，故
正确；
对于D，作直观图时，平行于x轴的线段长度不变，平行于y轴的线段长度减半，故
错误.
6.(2021·北京卷)对24小时内降水在平地上的积水厚度(mm)进行如下定义：
0～10 10～25 25～50 50～100
小雨 中雨 大雨 暴雨
小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，则这一天的雨水属于哪个等级( )
A.小雨 B.中雨 C.大雨 D.暴雨
答案 B
解析 由相似关系可得，雨水形成的小圆锥的底面半径r＝＝50(mm)，故
V ＝×π×502×150＝503·π(mm3)，从而可得积水厚度h＝＝＝12.5(mm)，属于
小圆锥
中雨.
考点一 基本立体图形
角度1 空间几何体的结构特征
例1 (1)(多选)(2021·潍坊调研)下面关于空间几何体的叙述正确的是( )
A.底面是正多边形的棱锥是正棱锥
B.用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
C.长方体是直平行六面体
D.存在每个面都是直角三角形的四面体
答案 CD解析 A中，当顶点在底面的投影是正多边形的中心才是正棱锥，不正确；
B中，当平面与圆柱的母线平行或垂直时，截得的截面才为矩形或圆，否则为椭圆
或椭圆的一部分，B不正确；
C正确；
D正确，如图，正方体ABCD－A B C D 中的三棱锥C －ABC，四个面都是直角三
1 1 1 1 1
角形.
(2)(多选)给出下列四个命题，不正确的是( )
A.有两个侧面是矩形的立体图形是直棱柱
B.侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥
C.侧面都是矩形的直四棱柱是长方体
D.底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱
答案 ABC
解析 对于A，平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形，故A错；
对于B，等腰三角形的腰不是侧棱时不一定成立(如图)，故B
错；
对于C，若底面不是矩形，则C错；
对于D，可知侧棱垂直于底面，故D正确.
综上，命题ABC不正确.
感悟提升 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，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反
例即可.
角度2 直观图
例2 一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形，则原平面
四边形的面积等于( )
A.a2 B.2a2 C.a2 D.a2
答案 B解析 根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则可知，在x轴上(或与x轴平行)
的线段，其长度保持不变；在y轴上(或与y轴平行)的线段，其长度变为原来的一
半，且∠x′O′y′＝45°(或135°)，所以若设原平面图形的面积为S，则其直观图的面积
为S′＝··S＝S.可以提出一个平面图形的面积S与它的直观图的面积S′之间的关系
是S′＝S，本题中直观图的面积为a2，所以原平面四边形的面积S＝＝2a2.
感悟提升 (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：
S ＝S
直观图 原图形.
角度3 展开图
例3 如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4 m，一只小
虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P
处.若该小虫爬行的最短路程为 4 m，则圆锥底面圆的半径等于
______ m.
答案
解析 圆锥顶点记为O，把圆锥侧面沿母线OP展开成如图所
示的扇形，
由题意OP＝4，PP′＝4，
则cos ∠POP′＝＝－，
又∠POP′为△POP′一内角，
所以∠POP′＝.
设底面圆的半径为r，则2πr＝×4，
所以r＝.
感悟提升 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.
训练1 (1)给出下列命题：
①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；
②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；
③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等.
其中正确命题的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
答案 A
解析 ①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转一周形成的面所围成的几
何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、
下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一
定相等.
(2)(2020·浙江卷)已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，且它的侧面展开图是一个半
圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________.
答案 1
解析 如图，设圆锥的母线长为l，底面半径为r，则圆锥的侧面积S
＝πrl＝2π，即r·l＝2.
侧
由于侧面展开图为半圆，
可知πl2＝2π，可得l＝2，
因此r＝1.
(3)已知等腰梯形ABCD，上底CD＝1，腰AD＝CB＝，下底AB＝3，以下底所在直
线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为________.
答案
解析 如图(1)和(2)的实际图形和直观图所示.
因为OE＝＝1，
由斜二测画法可知O′E′＝，E′F＝，
D′C′＝1，A′B′＝3，
则直观图A′B′C′D′的面积
S′＝×＝.
考点二 表面积与体积
角度1 表面积和侧面积
例4 (1)(多选)已知正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ，若θ＝30°，侧棱长
为，则( )
A.正四棱锥的底面边长为6
B.正四棱锥的底面边长为3
C.正四棱锥的侧面积为24
D.正四棱锥的侧面积为12答案 AC
解析 如图，在正四棱锥S－ABCD中，O为正方形ABCD的
中心，SH⊥AB，设底面边长为2a(a＞0)，因为∠SHO＝30°，所
以OH＝a，OS＝a，SH＝a，在Rt△SAH中，a2＋＝21，所以a＝
3，底面边长为6，侧面积为S＝×6×2×4＝24.故选AC.
(2)(2022·重庆诊断)已知圆锥的顶点为A，过母线AB，AC的截面面积是2.若AB，
AC 的夹角是 60°，且 AC 与圆锥底面所成的角是 30°，则该圆锥的表面积为
________.
答案 (6＋4)π
解析 如图所示，∵AB，AC的夹角是60°，AB＝AC，∴△ABC
是等边三角形，
∴×AC2＝2，
解得AC＝2.
∵AC与圆锥底面所成的角是30°，
∴圆锥底面半径r＝OC＝ACcos 30°＝2×＝.
则该圆锥的表面积＝π×()2＋×2π××2＝(6＋4)π.
角度2 体积
例5 (1)(2020·新高考全国Ⅱ卷)棱长为2的正方体ABCD－A B C D 中，M，N分别
1 1 1 1
为棱BB ，AB的中点，则三棱锥A －D MN的体积为________.
1 1 1
答案 1
解析 如图，由正方体棱长为2及M，N分别为BB ，AB的中点，
1
得
S ＝2×2－2××2×1－×1×1＝，又易知D A 为三棱锥D
△A1MN 1 1 1
－A MN的高，且D A ＝2，
1 1 1
∴V ＝V
A1－D1MN D1－A1MN
＝·S ·D A ＝××2＝1.
△A1MN 1 1
(2)如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为1
的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则
该多面体的体积为________.
答案
解析 如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连
接DG，CH.
则原几何体分割为两个三棱锥和一个直三棱柱.依题意，三棱锥E－ADG的高EG＝，直三棱柱AGD－BHC的高AB＝1.
则AG＝＝＝.
取AD的中点M，则MG＝，
所以S ＝×1×＝，
△AGD
∴V ＝V ＋V ＋V ＝2V ＋V
多面体 E－ADG F－BHC AGD－BHC E－ADG AGD－BHC
＝×××2＋×1＝.
感悟提升 1.空间几何体表面积的求法
(1)旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用，并弄清底面半径、母
线长与对应侧面展开图中边的关系.
(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理.
2.求空间几何体的体积的常用方法
(1)公式法：规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解；
(2)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；
(3)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.
训练2 (1)(2021·新高考Ⅱ卷)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.20＋12 B.28
C. D.
答案 D
解析 连接该正四棱台上、下底面的中心，如图，因为该四棱台上、下底面的边长
分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高h＝＝，下底面面积S ＝16，上底面面积
1
S ＝4，所以该棱台的体积V＝h(S ＋S ＋)＝××(16＋4＋)＝.
2 1 2
(2)(2021·全国甲卷)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________.
答案 39π
解析 设该圆锥的高为h，则由已知条件可得×π×62·h＝30π，解得h＝，则圆锥的
母线长为＝＝，故该圆锥的侧面积为π×6×＝39π.
(3)如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，ED⊥平面ABCD，
FC⊥平面 ABCD，ED＝2FC＝2，则四面体 ABEF 的体积为
________.
答案解析 ∵ED⊥平面ABCD且AD 平面ABCD，∴ED⊥AD.
∵在正方形ABCD中，AD⊥DC，
⊂
而DC∩ED＝D，
∴AD⊥平面CDEF.
易知FC＝＝1，V ＝V －V －V .
A－BEF ABCDEF F－ABCD A－DEF
∵V ＝ ED×S × ＝ 2×2×2× ＝ ， V ＝ BC×S × ＝
E － ABCD 正 方 形 ABCD B － EFC △EFC
2×2×1××＝，
∴V ＝＋＝.又 V ＝FC×S ×＝1×2×2×＝，V ＝
ABCDEF F－ABCD 正方形 ABCD A－DEF
AD×S ×＝2×2×2××＝，V ＝－－＝.
△DEF A－BEF
考点三 与球有关的切、接问题
角度1 外接球
例6 (1)已知直三棱柱ABC－A B C 的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC
1 1 1
＝4，AB⊥AC，AA ＝12，则球O的半径为________.
1
答案
解析 如图所示，由球心作平面ABC的垂线，
则垂足为BC的中点M.
又AM＝BC＝，
OM＝AA ＝6，
1
所以球O的半径R＝OA＝＝.
(2)已知正三棱锥S－ABC的侧棱长为4，底面边长为6，则该正三棱锥外接球的表
面积是________.
答案 64π
解析 如图，过点S作SE⊥平面ABC于点E，记球心为O.
∵在正三棱锥S－ABC中，底面边长为6，侧棱长为4，
∴BE＝××6＝2，
∴SE＝＝6.
∵球心O到四个顶点的距离相等，均等于该正三棱锥外接球的
半径R，
∴OB＝R，OE＝6－R.
在Rt△BOE中，OB2＝BE2＋OE2，
即R2＝12＋(6－R)2，解得R＝4，
∴外接球的表面积为S＝4πR2＝64π.感悟提升 (1)求解多面体的外接球时，经常用到截面图.如图所
示，设球O的半径为R，截面圆O′的半径为r，M为截面圆上任
意一点，球心O到截面圆O′的距离为d，则在Rt△OO′M中，
OM2＝OO′2＋O′M2，即R2＝d2＋r2.
(2)求解球的内接正方体、长方体等问题的关键是把握球的直径即是几何体的体对
角线.
角度2 内切球
例7 (2020·全国Ⅲ卷)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大
的球的体积为________.
答案 π
解析 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为 r.作出
圆锥的轴截面PAB，如图所示，则△PAB的内切圆为圆锥的内切球
的大圆.在△PAB中，PA＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，
则PD＝2，△PEO∽△PDB，故＝，即＝，解得r＝，
故内切球的体积为π＝π.
感悟提升 “切”的问题处理规律
(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决.
(2)体积分割是求内切球半径的通用方法.
训练 3 (1)如图，已知球 O 是棱长为 1 的正方体 ABCD－
A B C D 的内切球，则平面ACD 截球O的截面面积为( )
1 1 1 1 1
A. B.
C. D.
答案 C
解析 平面ACD 截球O的截面为△ACD 的内切圆，
1 1
∵正方体棱长为1，
∴AC＝CD ＝AD ＝.
1 1
∴内切圆半径r＝tan 30°·AE
＝×＝.
∴S＝πr2＝π×＝.
(2)(2022·衡阳联考)设圆锥的顶点为A，BC为圆锥底面圆O的直径，点P为圆O上
的一点(异于B，C)，若BC＝4，三棱锥A－PBC的外接球表面积为64π，则该圆锥
的体积为________.
答案 24π或8π解析 如图所示.
∵BP⊥PC，AO⊥平面PBC，
∴三棱锥A－PBC的外接球球心M在AO上，又球M的表面
积为64π，
∴r ＝4，在Rt△MOB中，
外
BM＝4，BO＝2，
∴MO＝2，MA＝4，∴AO＝6或AO＝2，
∴V ＝×π××6＝24π或V ＝×π××2＝8π.
圆锥 圆锥
三棱锥外接球球心的确定方法
空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几
种：
(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、
切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.
(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两垂直，且PA＝a，PB
＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2
＋c2求解.
(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体
的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方
程(组)求解.
一、补形法之一——存在侧棱与底面垂直
例1 (1)在三棱锥A－BCD中，若AD⊥平面BCD，AB⊥BC，AD＝BD＝2，CD＝4，
点A，B，C，D在同一个球面上，则该球的表面积为________.
答案 20π
解析 根据题意得BC⊥平面ABD，则BC⊥BD，即AD，BC，BD
三条线两两垂直，所以可将三棱锥A－BCD放置于长方体内，
如图所示.
该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，球心为长方体体对角
线的中点.
即外接球的半径为体对角线长的一半.
此时AC为该球的直径，所以该球的表面积S＝4πR2＝π·AC2＝π·(22＋42)＝20π.
(2)在三棱锥A－BCD中，若AB⊥平面BCD，AB＝2，BC＝CD＝BD＝，点A，B，C，
D在同一个球面上，则该球的表面积为________.
答案 8π解析 由题意得底面BCD为等边三角形，又AB⊥平面BCD，所以可将三棱锥A－
BCD放置于直棱柱的一角，如图所示，
该三棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球，球心为直三棱柱上下底面外接圆圆心
连线的中点.
设直三棱柱上下底面外接圆的圆心分别为O ，O ，连接O O ，取O O 的中点为
1 2 1 2 1 2
O，连接OB，O B，则O为外接球的球心，OB为外接球的半径，O B为△BCD外接
2 2
圆的半径，OO ＝1.
2
根据等边三角形性质可以得到O B＝··＝1，则有OB＝＝，
2
所以外接球的表面积S＝4π·OB2＝8π.
二、补形法之二——对棱相等
例2 在三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝2，AC＝BD＝，AD＝BC＝，则该三棱锥外接
球的半径为________.
答案
解析 考虑到三棱锥A－BCD对棱相等，可利用长方体面对角线相等，
将该三棱锥放置于长方体内，三组对棱即为长方体的三组面对角线，如图所示.
该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
球心在长方体对角线的中点，即外接球的半径为体对角线长的一半.
设此长方体的长、宽、高分别为x、y、z，
则有即x2＋y2＋z2＝6.
所以外接球的半径R＝＝.
三、借助三角形外心确定球心位置
例3 (1)在三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA＝PC＝AB＝2，AC＝4，
∠BAC＝30°，则该三棱锥外接球的体积为________.
答案 9π
解析 如图所示，在△ABC中，由余弦定理得 BC2＝(2)2＋42－2×2×4·cos 30°＝4.
所以AB2＋BC2＝16＝AC2，即△ABC为直角三角形.
故△ABC外接圆的圆心为斜边AC的中点.
取AC的中点为O ，连接PO ，则PO ⊥AC.
1 1 1
由平面PAC⊥平面ABC，得PO ⊥平面ABC.
1
该三棱锥外接球的球心在线段PO 上.
1
设球心为O，连接OA，则OA＝OP，且均为外接球的半径.
在Rt△PO A中，PO ＝＝2.
1 1
在Rt△OO A中，OA2＝OO＋AO，
1
即R2＝(2－R)2＋4，则R＝.
所以外接球的体积V＝πR3＝π＝9π.
(2)如图所示，在三棱锥S－ABC中，△ABC与△SBC都是边长
为1的正三角形，二面角A－BC－S的大小为，若S，A，B，C
四点都在球O的表面上，则球O的表面积为________.
答案
解析 如图，取线段BC的中点D，连接AD，SD，
由题意得AD⊥BC，
SD⊥BC，
∴∠ADS是二面角A－BC－S的平面角，
∴∠ADS＝，
由题意得BC⊥平面ADS，分别取AD，SD的三等分点E，F，
在平面ADS内，过点E，F分别作直线垂直于AD，SD，
两条直线的交点即球心O，连接OA，
则球O半径R＝OA，
由题意知BD＝，AD＝，DE＝AD＝，AE＝AD＝，
连接OD，在Rt△ODE中，
∠ODE＝，OE＝DE＝，
∴OA2＝OE2＋AE2＝，
∴球O的表面积为S＝4πR2＝.
(3)在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝1，AB⊥BC，BC⊥CP，PA⊥AB，∠CPA＝60°，
则该三棱锥外接球的体积为________.
答案 π解析 如图所示，由题意知，△ABC，△PCB，△PAB均为直角三
角形，而且有Rt△PCB≌Rt△PAB，则PC＝PA.
又∠CPA＝60°，所以△PAC为等边三角形，则PA＝PC＝AC＝＝.
在Rt△ABC中，其外接圆的圆心为斜边AC的中点，
设其为O ，过点O 作直线l⊥平面ABC，该三棱锥外接球的球心
1 1
在l上.
不妨设球心为O，则OA＝OB＝OC＝OP.
取PB的中点为O ，则O A＝O C＝PB＝O B＝O P，故O 与O重合.
2 2 2 2 2 2
所以外接球的半径R＝PB＝＝.
故外接球的体积V＝πR3＝π＝π.
1.下列说法中，正确的是( )
A.棱柱的侧面可以是三角形
B.若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其他侧面也是矩形
C.正方体的所有棱长都相等
D.棱柱的所有棱长都相等
答案 C
解析 棱柱的侧面都是平行四边形，A错误；其他侧面可能是平行四边形，B错误；
棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等，D错误；易知C正确.
2.一个菱形的边长为4 cm，一内角为60°，用斜二测画法画出的这个菱形的直观图
的面积为( )
A.2 cm2 B.2 cm2
C.4 cm2 D.8 cm2
答案 B
解析 直观图的面积为××42＝2(cm2).
3.现有同底等高的圆锥和圆柱，已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则圆锥的
侧面积为( )
A.3π B. C. D.π
答案 D
解析 设底面圆的半径为R，圆柱的高为h，依题意2R＝h＝2，∴R＝1.
∴圆锥的母线l＝＝＝，
因此S ＝πRl＝1×π＝π.
圆锥侧
4.(多选)(2021·烟台调研)在一个密闭透明的圆柱筒内装一定体积的水，将该圆柱筒
分别竖直、水平、倾斜放置时，指出圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状可能
是( )
A.圆面
B.矩形面
C.梯形面
D.椭圆面或部分椭圆面
答案 ABD
解析 将圆柱桶竖放，水面为圆面；
将圆柱桶斜放，水面为椭圆面或部分椭圆面；
将圆柱桶水平放置，水面为矩形面，但圆柱桶内的水平面不可以呈现出梯形面.
5.在四面体ABCD中，AB＝，DA＝DB＝CA＝CB＝1，则四面体ABCD的外接球的
表面积为( )
A.π B.2π C.3π D.4π
答案 B
解析 取AB的中点O，
由AB＝，DA＝DB＝CA＝CB＝1，
所以CA2＋CB2＝AB2，AD2＋BD2＝AB2，
可得∠ACB＝∠ADB＝90°，
所以OA＝OB＝OC＝OD＝，
即O为外接球的球心，球的半径R＝，
所以四面体ABCD的外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×＝2π.
6.(2020·全国Ⅰ卷)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O 为△ABC的外接
1
圆.若⊙O 的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO ，则球O的表面积为( )
1 1
A.64π B.48π C.36π D.32π
答案 A
解析 如图所示，设球O的半径为R，⊙O 的半径为r，因为⊙O
1 1
的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO ，
1
所以＝2r，解得AB＝2，故OO ＝2，所以R2＝OO＋r2＝(2)2＋22
1
＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.7.如图，在正四棱柱ABCD－A B C D 中，AB＝1，AA ＝，点E为
1 1 1 1 1
AB上的动点，则D E＋CE的最小值为( )
1
A.2 B.
C.＋1 D.2＋
答案 B
解析 如图，连接AD ，BC 分别延长至F，G，使得AD＝AF，BC
1 1
＝BG，连接EG，FG，
∵四棱柱ABCD－A B C D 为正四棱柱，
1 1 1 1
∴AB⊥平面ADD A ，AB⊥平面BCC B ，
1 1 1 1
∴AB⊥AF，AB⊥BG，
又AB＝AD＝AF，
∴四边形ABGF为正方形，
∴EG＝＝＝CE，
∴D E＋CE的最小值为D G，
1 1
又D G＝＝＝，
1
∴D E＋CE的最小值为.
1
8.(2021·全国甲卷)已知 A，B，C 是半径为 1 的球 O 的球面上的三个点，且
AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O－ABC的体积为( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 如图所示，因为AC⊥BC，所以AB为截面圆O 的直径，
1
且AB＝.连接OO ，则OO ⊥平面ABC，OO ＝＝＝，所以三棱锥
1 1 1
O－ABC的体积V＝
S ·OO ＝××1×1×＝.
△ABC 1
9.(2021·济南模拟)已知三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠ABC＝，SB＝4，SC＝2，AB＝
2，BC＝6，则三棱锥S－ABC的体积是( )
A.4 B.6 C.4 D.6
答案 C
解析 ∵∠ABC＝，AB＝2，BC＝6，∴AC＝＝＝2.∵∠SAB＝，AB＝2，SB＝4，
∴AS＝＝＝2.由SC＝2，得AC2＋AS2＝SC2，∴AC⊥AS.又∵SA⊥AB，AC∩AB＝A，
∴AS⊥平面ABC，∴AS为三棱锥S－ABC的高，∴V ＝××2×6×2＝4.
三棱锥S－ABC
10.(2020·江苏卷)如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的.已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角
螺帽毛坯的体积是________cm3.
答案 12－
解析 螺帽的底面正六边形的面积S＝6××22×sin 60°＝6(cm2)，正六棱柱的体
积V ＝6×2＝12(cm3)，圆柱的体积V ＝π×0.52×2＝(cm3)，所以此六角螺帽毛坯
1 2
的体积V＝V －V ＝cm3.
1 2
11.如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个
圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，
相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现.我们来重温这
个伟大发现，圆柱的体积与球的体积之比为________，圆柱的表
面积与球的表面积之比为________.
答案
解析 由题意，圆柱底面半径为r，球的半径为R，
圆柱的高h＝2R，则V ＝πR3，
球
V ＝πr2h＝π·R2·2R＝2πR3.
柱
∴＝＝.
S ＝4πR2，
球
S ＝2πr2＋2πrh＝2πR2＋2πR·2R＝6πR2.
柱
∴＝＝.
12.(2019·全国Ⅲ卷)学生到工厂劳动实践，利用 3D 打印技
术制作模型.如图，该模型为长方体 ABCD－A B C D 挖去
1 1 1 1
四棱锥O－EFGH后所得的几何体.其中O为长方体的中心，
E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA ＝4
1
cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的
质量为______g.
答案 118.8
解析 由题意得，四棱锥O－EFGH的底面积为4×6－4××2×3＝12(cm2)，其高
为点 O 到底面 EFGH 的距离，为 3 cm，则此四棱锥的体积为 V ＝×12×3＝
1
12(cm3).
又长方体ABCD－A B C D 的体积为
1 1 1 1
V ＝4×6×6＝144(cm3)，
2
所以该模型的体积V＝V －V ＝144－12＝132(cm3)，
2 1
因此模型所需原材料的质量为0.9×132＝118.8(g).13.(2021·淄博二模)碳70(C )是一种碳原子族，可高效杀死癌细胞，它是由70个碳
70
原子构成的，其结构是由五元环(正五边形面)和六元环(正六边形面)组成的封闭的
凸多面体，共37个面，则其六元环的个数为( )
C 分子结构图
70
A.12 B.25 C.30 D.36
答案 B
解析 根据题意，顶点数就是碳原子数，即为70，每个碳原子被3条棱共用，面数
为37，设有正五边形x个，正六边形y个，则x＋y＝37，5x＋6y＝70×3，解得x＝
12，y＝25，故正六边形个数为25，即六元环的个数为25.
14.(多选)(2022·武汉调研)如图，正方体ABCD－A B C D 的棱
1 1 1 1
长为3，线段B D 上有两个动点E，F，且EF＝1，则当E，F移
1 1
动时，下列结论正确的是( )
A.AE∥平面C BD
1
B.四面体ACEF的体积不为定值
C.三棱锥A－BEF的体积为定值
D.四面体ACDF的体积为定值
答案 ACD
解析 对于A，如图1，AB ∥DC ，
1 1
易证AB ∥平面C BD，
1 1
同理AD ∥平面C BD，且AB ∩AD ＝A，AB ，AD 平面AB D ，
1 1 1 1 1 1 1 1
所以平面AB D ∥平面C BD，
1 1 1 ⊂
又AE 平面AB D ，所以AE∥平面C BD，A正确.
1 1 1
⊂对于B，如图2，S ＝×1
△AEF
×＝，
点C到平面AEF的距离为点C到平面AB D 的距离d为定值，
1 1
所以V ＝V ＝××d＝d为定值，所以B错误；
A－CEF C－AEF
对于C，如图3，S ＝×1×3＝，点A到平面BEF的距离为A到平面BB D D的
△BEF 1 1
距离d′为定值，
所以V ＝××d′＝d′为定值，C正确；
A－BEF
对于D，如图4，四面体ACDF的体积为V ＝V ＝××3×3×3＝为定值，
A－CDF F－ACD
D正确.
15.若E，F是三棱柱ABC－A B C 侧棱BB 和CC 上的点，且B E＝CF，三棱柱的
1 1 1 1 1 1
体积为m，则四棱锥A－BEFC的体积为________.
答案
解析 如图所示，连接AB ，AC .
1 1
因为B E＝CF，所以梯形BEFC的面积等于梯形B EFC 的面积.
1 1 1
又四棱锥A－BEFC的高与四棱锥A－B EFC 的高相等，
1 1
所以V ＝V ＝V .
A－BEFC A－B1EFC1 A－BB1C1C
又V ＝S ·AA ，
A－A1B1C1 △A1B1C1 1
V ＝S ·AA ＝m，
ABC－A1B1C1 △A1B1C1 1
所以V ＝，
A－A1B1C1
所以V ＝V －V ＝，
A－BB1C1C ABC－A1B1C1 A－A1B1C1
所以V ＝×＝，
A－BEFC
即四棱锥A－BEFC的体积是.
16.在半径为15的球O内有一个底面边长为12的内接正三棱锥A－BCD，则此正三棱锥的体积为________.
答案 864或216
解析 ①如图所示，
显然OA＝OB＝OC＝OD＝15.
设H为△BCD的中心，
则A，O，H三点在同一条直线上.
∵HB＝HC＝HD＝××12＝12，
∴OH＝＝9，
∴正三棱锥A－BCD的高h＝9＋15＝24.
又S ＝×(12)2＝108，
△BCD
∴V ＝×108×24＝864.
A－BCD
②如图所示，同理，可得正三棱锥A－BCD的高h′＝15－9＝6，
S ＝108，
△BCD
∴V ＝×108×6＝216.
A－BCD
综上，正三棱锥A－BCD的体积为864或216.
