第46讲空间几何体的结构特征、表面积与体积_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第46讲 空间几何体的结构特征、表面积与体积 知识梳理 知识点一：构成空间几何体的基本元素-点、线、面 (1)空间中，点动成线，线动成面，面动成体． (2)空间中，不重合的两点确定一条直线，不共线的三点确定一个平面，不共面的四点确 定一个空间图形或几何体(空间四边形、四面体或三棱锥)． 知识点二：简单凸多面体-棱柱、棱锥、棱台 1、棱柱：两个面互相平面，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叫做棱柱． (1)斜棱柱：侧棱不垂直于底面的棱柱； (2)直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱； (3)正棱柱：底面是正多边形的直棱柱； (4)平行六面体：底面是平行四边形的棱柱； (5)直平行六面体：侧棱垂直于底面的平行六面体； (6)长方体：底面是矩形的直平行六面体； (7)正方体：棱长都相等的长方体． 2、棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多 面体叫做棱锥． (1)正棱锥：底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心； (2)正四面体：所有棱长都相等的三棱锥． 3、棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台，由正 棱锥截得的棱台叫做正棱台． 简单凸多面体的分类及其之间的关系如图所示． 知识点三：简单旋转体-圆柱、圆锥、圆台、球 1、圆柱：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的几何体叫 做圆柱． 第 页 共 页 1272 34272、圆柱：以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，将其旋转一周形成的面所围 成的几何体叫做圆锥． 3、圆台：用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分叫做圆台． 4、球：以半圆的直径所在的直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称 为球(球面距离：经过两点的大圆在这两点间的劣弧长度)． 知识点四：组合体 由柱体、锥体、台体、球等几何体组成的复杂的几何体叫做组合体． 知识点五：表面积与体积计算公式 表面积公式 S =ch+2S 直棱柱 底 S =cl+2S (c为直截面周 柱体 斜棱柱 底 长) S =2πr2+2πrl=2πr(r+l) 圆锥 1 S = nah+S 锥体 正棱锥 2 底 S =πr2+πrl=πr(r+l) 圆锥 表 面 积 1 S = n(a+a)h+S +S 台体 正棱台 2 上 下 S =π(r2+r2+rl+rl) 圆台 球 S=4πR2 体积公式 柱体 V =Sh 体 柱 积 1 锥体 V = Sh 锥 3 第 页 共 页 1273 34271 台体 V = (S+ SS+S)h 台 3 4 球 V= πR3 3 知识点六：空间几何体的直观图 1、斜二测画法 斜二测画法的主要步骤如下： (1)建立直角坐标系．在已知水平放置的平面图形中取互相垂直的Ox，Oy，建立直角坐 标系． (2)画出斜坐标系．在画直观图的纸上(平面上)画出对应图形．在已知图形平行于x轴 的线段，在直观图中画成平行于Ox，Oy，使∠xOy=45°(或135°)，它们确定的平面表示 水平平面． (3)画出对应图形．在已知图形平行于x轴的线段，在直观图中画成平行于x轴的线段， 且长度保持不变；在已知图形平行于y轴的线段，在直观图中画成平行于y轴，且长度变为原 来的一般．可简化为“横不变，纵减半”． (4)擦去辅助线．图画好后，要擦去x轴、y轴及为画图添加的辅助线(虚线)．被挡住 的棱画虚线． 注：直观图和平面图形的面积比为 2:4． 2、平行投影与中心投影 平行投影的投影线是互相平行的，中心投影的投影线相交于一点． 必考题型全归纳 1 题型一：空间几何体的结构特征 2232 (2024·安徽·高三校联考阶段练习)已知几何体，“有两个面平行，其余各面都是平行四边 形”是“几何体为棱柱”的 ( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】B 第 页 共 页 1274 3427【解析】由棱柱定义知棱柱有两个面平行，其余各面都是平行四边形，故满足必要性； 但有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体不一定是棱柱， 例如两个底面全等的斜棱柱拼接的几何体不是棱柱，如图所示： ， 故不满足充分性， 故选：B 2233 (2024·全国·高三对口高考)设有三个命题；甲：底面是平行四边形的四棱柱是平行六面 体；乙：底面是矩形的平行六面体是长方体；丙：直四棱柱是平行六面体．以上命题中真命 题的个数为 ( ) A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 【答案】B 【解析】由平行六面体的定义可得底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；命题甲正 确； 底面是矩形的平行六面体的侧棱不一定垂直于底面，故该几何体不一定为长方体， 命题乙错误； 直四棱柱的底面不一定为平行四边形，故直四棱柱不一定是平行六面体，命题丙错误； 正确的命题只有一个. 故选：B 2234 (2024·全国·高三专题练习)下列命题： ①有两个面平行，其他各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱； ②有两侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱； ③过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形不可能是矩形； ④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱一定是正四棱柱． 其中正确命题的个数为 ( ) A.0 B.1 C.2 D.3 【答案】A 【解析】①如图1，满足有两个面平行，其他各面都是平行四边形， 第 页 共 页 1275 3427显然不是棱柱，故①错误； ②如图2，满足两侧面ABBA 与底面垂直，但不是直棱柱，②错误； 1 1 ③如图3，四边形ACCA 为矩形， 1 1 即过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形可能是矩形，③错误； ④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱不一定是正四棱柱，因为两底面不一定是正方形， ④错误． 故选：A 2235 (2024·新疆·统考模拟预测)下列命题中正确的是 ( ) A.有两个平面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱. B.各个面都是三角形的几何体是三棱锥. C.夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体. D.圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线. 第 页 共 页 1276 3427【答案】D 【解析】如图所示的几何体满足两个平面平行，其余各面都是平行四边形，但它不是棱 柱，A错； 正八面体的各面都是三角形，不是三棱锥，B错； 如果两个平行截面与圆柱的底面平行，则是旋转体，如果这两个平行截面与圆柱的底面 不平行，则不是旋转体．C错； 根据圆锥的定义，D正确． 故选：D． 2236 (2024·全国·高三专题练习)下列说法正确的是 ( ) A.三角形的直观图是三角形 B.直四棱柱是长方体 C.平行六面体不是棱柱 D.两个平面平行，其余各面是梯形的多面体是棱台 【答案】A 【解析】对A，根据直观图的定义，三角形的直观图是三角形，故A对； 对B，底面是长方形的直四棱柱是长方体，故B错； 对C，平行六面体一定是棱柱，故C错； 两个平面平行，其余各面是梯形的多面体，当侧棱延长后不交于同一点时，不是棱台，故 D错； 故选：A 2237 (2024·全国·高三专题练习)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； 第 页 共 页 1277 3427③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. 故选：A. 2238 (2024·全国·高三专题练习)如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是 ( ) A. 是棱台 B. 是圆台 C. 不是棱柱 D. 是棱锥 【答案】D 【解析】对A，侧棱延长线不交于一点，不符合棱台的定义，所以A错误； 对B，上下两个面不平行，不符合圆台的定义，所以B错误； 对C，将几何体竖直起来看，符合棱柱的定义，所以C错误； 对D，符合棱锥的定义，正确． 故选：D． 【解题方法总结】 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，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)说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可． 2 题型二：空间几何体的表面积 2239 (2024·湖北武汉·统考模拟预测)已知某圆锥的母线长、底面圆的直径都等于球的半径， 则球与圆锥的表面积之比为 ( ) 16 3 1 A.8 B. C. D. 3 16 8 【答案】B 【解析】设圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，球的半径为R，则l=2r=R，即R=2r， l=2r， 球的表面积S =4πR2=16πr2，圆锥的表面积S =πrl+πr2=2πr2+πr2=3πr2， 1 2 S 16πr2 16 则 1 = = . S 3πr2 3 2 第 页 共 页 1278 3427故选：B. 2240 (2024·河南郑州·统考模拟预测)在一个正六棱柱中挖去一个圆柱后，剩余部分几何体如 图所示．已知正六棱柱的底面正六边形边长为3cm，高为4cm，内孔半径为1cm，则此几 何体的表面积是( )cm2． 27 A.72+ 3+6π B.72+27 3+8π 2 C.72+27 3+6π D.60+27 3+6π 【答案】C 【解析】所求几何体的侧面积为3×4×6=72cm2  ， 1 3 上下底面面积为 ×32× ×6-π 2 2  ×2=27 3-2π  cm2  ， 挖去圆柱的侧面积为2π×4=8πcm2  ， 则所求几何体的表面积为72+27 3+6π  cm2  ． 故选：C． 2241 (2024·安徽安庆·安庆一中校考三模)陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏 县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知，底面圆的直径AB =12cm，圆柱体部分的高BC=6cm，圆锥体部分的高CD=4cm，则这个陀螺的表面积 (单位：cm2)是 ( ) A. 144+12 13  π B. 144+24 13  π C. 108+12 13  π D. 108+24 13  π 【答案】C 【解析】由题意可得圆锥体的母线长为l= 62+42=2 13， 1 所以圆锥体的侧面积为 ⋅12π⋅2 13=12 13π， 2 圆柱体的侧面积为12π×6=72π， 圆柱的底面面积为π×62=36π， 所以此陀螺的表面积为12 13π+72π+36π=108+12 13π  cm2  ， 故选：C. 2242 (2024·西藏拉萨·统考一模)位于徐州园博园中心位置的国际馆(一云落雨)，使用现代科 技雾化“造云”，打造温室客厅，如图，这个国际馆中3个展馆的顶部均采用正四棱锥这种 经典几何形式，表达了理性主义与浪漫主义的对立与统一.其中最大的是3号展馆，其顶 部所对应的正四棱锥底面边长为19.2m，高为9m，则该正四棱锥的侧面面积与底面面积 第 页 共 页 1279 3427之比约为( )(参考数据： 173.16≈13.16) A.2 B.1.71 C.1.37 D.1 【答案】C 【解析】如图，设H为底面正方形ABCD的中心，G为BC的中点，连接PH，HG，PG， 则PH⊥HG，PG⊥BC， 所以PG= PH2+HG2= 92+9.62= 173.16≈13.16， 1 4× ×BC×PG 4S 2 2PG 26.32 则 △PBC = = ≈ ≈1.37， S AB×BC AB 19.2 正方形ABCD 故选：C. 2243 (2024·湖南长沙·高三校联考阶段练习)为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环 境，某学校修建了若干“朗读亭”.如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥 的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥的高与底面边长的 比为2:3，则正六棱锥与正六棱柱的侧面积的比值为 ( ) 7 43 1 1 A. B. C. D. 8 24 9 27 【答案】B 【解析】设正六边形的边长为a，由题意正六棱柱的高为2a， 2 因为正六棱锥的高与底面边长的比为2:3，所以正六棱锥的高为 a，正六棱锥的母线长 3 13 为 a， 3 1 13 1 43 正六棱锥的侧面积S =6× a a2- a2= a2； 1 2 9 4 2 第 页 共 页 1280 3427正六棱柱的侧面积S =6⋅a⋅2a=12a2， 2 S 43 所以 1 = . S 24 2 故选：B. 2244 (2024·河北·统考模拟预测《) 九章算术》是我国古代的数学名著.其“商功”中记载：“正四 面形棱台(即正四棱台)建筑物为方亭.”现有如图所示的烽火台，其主体部分为一方亭，将 它的主体部分抽象成ABCD-ABCD 的正四棱台(如图所示)，其中上底面与下底面的 1 1 1 1 面积之比为1:16，方亭的高为棱台上底面边长的3倍.已知方亭的体积为567m3，则该方 亭的表面积约为( )( 5≈2.2， 3≈1.7， 2≈1.4) A.380m2 B.400m2 C.450m2 D.480m2 【答案】C 【解析】设方亭相应的正四棱台的上底面边长AB =a，则AB=4a，棱台的高h=3a， 1 1 1 所以V= ×3aa2+16a2+ a2×16a2 3  =567，解得a=3， 所以正四棱台的上底面边长为3m，下底面边长为12m，棱台的高为9m， a 所以方亭的斜高为 2a- 2  2 +3a  3 5a 2= ， 2 a+4a 由于各侧面均为相等的等腰梯形，所以S = ABB1A1  3 5a 15 5a2 × = ， 2 2 4 15 5a2 所以方亭的表面积S=a2+16a2+4× =17a2+15 5a2≈450m2. 4 故选：C 2245 (2024·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测)仿钧玫瑰紫釉盘是收藏于北京故宫博 物院的一件明代宣德年间产的瓷器．该盘盘口微撇，弧腹，圈足．足底切削整齐．通体施 玫瑰紫釉，釉面棕眼密集，美不胜收．仿钧玫瑰紫釉盘的形状可近似看成是圆台和圆柱的 组合体，其口径为15.5cm，足径为9.2cm，顶部到底部的高为4.1cm，底部圆柱高为 0.7cm，则该仿钧玫瑰紫釉盘圆台部分的侧面积约为( )(参考数据：π的值取3， 21.4825≈4.6) A.143.1cm2 B.151.53cm2 C.155.42cm2 D.170.43cm2 【答案】D 【解析】方法1：设该圆台的母线长为l，高为h，两底面圆的半径分别为R，r(其中R>r)， 则2R=15.5cm，2r=9.2cm，h=4.1-0.7=3.4cm  ， 2R-2r 所以l= h2+ 2  2 = 3.42+3.152= 21.4825≈4.6cm  ，故圆台部分的侧面积 第 页 共 页 1281 3427为S 1 =πR+r  l≈3×(7.75+4.6)×4.6=170.43cm2  ． 故选：D 方法2(估算法)：若按底面直径为15.5cm，高为3.4cm的圆柱估算圆台部分的侧面积得 S≈3×15.5×3.4=158.1cm2  ，易知圆台的侧面积应大于所估算的圆柱的侧面积，故此 仿钧玫瑰紫釉盘圆台部分的侧面积大于158.1cm2，对照各选项可知只有D符合． 故选：D 【解题方法总结】 (1)多面体的表面积是各个面的面积之和． (2)旋转体的表面积是将其展开后，展开图的面积与底面面积之和． (3)组合体的表面积求解时注意对衔接部分的处理． 3 题型三：空间几何体的体积 2246 (2024·广东梅州·统考三模)在马致远的《汉宫秋》楔子中写道：“毡帐秋风迷宿草，穹庐夜 月听悲笳.”毡帐是古代北方游牧民族以为居室、毡制帷幔.如图所示，某毡帐可视作一个 圆锥与圆柱的组合体，圆锥的高为4，侧面积为15π，圆柱的侧面积为18π，则该毡帐的体积 为 ( ) A.39π B.18π C.38π D.45π 【答案】A 【解析】设圆柱的底面半径为r，高为h，圆锥的母线长为l， 因为圆锥的侧面积为15π，所以πrl=15π，即rl=15. 因为l2=r2+42，所以联立解得r=3(负舍). 因为圆柱的侧面积为18π，所以2πrh=18π，即2π×3h=18π，解得h=3， 1 所以该毡帐的体积为 πr2×4+πr2h=39π. 3 故选：A. 2247 (2024·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习)若某圆锥的侧面展开图是一个半径为 3 2的半圆面，其内接正四棱柱的高为 ，则此正四棱柱的体积是 ( ) 3 9 6 9 3 8 3 8 6 A. B. C. D. 8 8 27 27 第 页 共 页 1282 3427【答案】C 【解析】设圆锥底面半径为r，因为母线长为l=2, 则半圆弧长=πl=2π=底面周长=2πr， 所以r=1，圆锥的高为PO= 22-12= 3 如图，设OB=x，则EB= 2x，设OO=h，则PO= 3-h， PO OB 因为 = ， PO OA x 3-h h ∴ = =1- ， 1 3 3 所以h= 31-x  3 = ， 3 2 ∴x= ，V= 2x 3  4 3 8 3 2h=2× × = ， 9 3 27 故选：C． 2248 (2024·山东青岛·高三统考期中)已知正四棱锥的各顶点都在同一个球面上，球的体积为 36π，则该正四棱锥的体积最大值为 ( ) 64 81 A.18 B. C. D.27 3 4 【答案】B 【解析】如图，设正四棱锥的底面边长AB=2a，高PO=h，外接球的球心为M，则OD= 2a， 4 因为球的体积为 πR3=36π，所以球的半径为R=3， 3 在Rt△MOD中，MD2=OD2+OM2，即32=2a2+(h-3)2， 1 1 2 所以正四棱锥的体积为V= Sh= ×4a2h= 9-(h-3)2 3 3 3  h 2 整理得V=- h3+4h2(h>0)，则V=-2h2+8h=-2h(h-4)， 3 当00，当h>4时，V<0， 2 所以V=- h3+4h2(h>0)在(0,4)上递增，在(4,+∞)上递减， 3 2 64 所以当h=4时，函数取得最大值- ×43+4×42= ， 3 3 故选：B 第 页 共 页 1283 34272249 (2024·湖北武汉·高三统考开学考试)攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代 称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐 之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑.下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可 近似看作一个正四棱锥.已知正四棱锥的底面边长为3 2米，侧棱长为5米，则其体积为 ( )立方米. A.24 2 B.24 C.72 2 D.72 【答案】B 【解析】如图所示，在正四棱锥P-ABCD中，连接AC,BD于O，则O为正方形ABCD 的中心， 1 连接OP，则底面边长AB=3 2，对角线BD= 2AB=6，BO= BD=3. 2 又BP=5，故高OP= BP2-BO2=4. 1 故该正四棱锥体积为V= ×3 2 3  2×4=24. 故选：B 2250 (2024·广东河源·高三校联考开学考试)最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著 的《数书九章》(1247年).该书第二章为“天时类”，收录了有关降水量计算的四个例子，分 别是“天池测雨”、“圆罂测雨”、“峻积验雪”和“竹器验雪”.如图“竹器验雪”法是下雪时用一 个圆台形的器皿收集雪量(平地降雪厚度=器皿中积雪体积除以器皿口面积)，已知数据 如图(注意：单位cm)，则平地降雪厚度的近似值为 ( ) 第 页 共 页 1284 342791 31 95 97 A. cm B. cm C. cm D. cm 12 4 12 12 【答案】C 20+40 【解析】如图所示，可求得器皿中雪表面的半径为 =15cm， 4 1 π×20×102+152+10×15 3 所以平地降雪厚度的近似值为  95 = cm. π×202 12 故选：C 2251 (2024·浙江·校联考模拟预测)如图是我国古代量粮食的器具“升”，其形状是正四棱台， 上、下底面边长分别为20cm和10cm，侧棱长为5 6cm．“升”装满后用手指或筷子沿升 口刮平，这叫“平升”．则该“升”的“平升”约可装1000cm3=1L  ( ) A.1.5L B.1.7L C.2.3L D.2.7L 【答案】C 【解析】根据题意画出正四棱台的直观图，其中底面ABCD是边长为20的正方形，底面 ABCD 是边长为10的正方形，侧棱CC=5 6，记底面ABCD和底面ABCD 的中 1 1 1 1 1 1 1 1 1 心分别为O和O ，则OO是正四棱台的高. 1 1 过C 作平面ABCD的垂线，垂足为E，则E∈AC且CE∥OO，CE=OO， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以OE=OC = AC = × 2×10=5 2，OC= AC= × 2×20=10 2， 1 1 2 1 1 2 2 2 故CE=OC-OE=10 2-5 2=5 2， 所以棱台的高h=C 1 E= 5 6  2-5 2  2=10， 第 页 共 页 1285 34271 1 由棱台的体积公式得V= (S+S+ SS)h= (400+100+200)×10≈2.3× 3 3 103cm3=2.3L． 故选：C . 【解题方法总结】 求空间几何体的体积的常用方法 公式法 规则几何体的体积，直接利用公式 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 割补法 的几何体 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 4 题型四：直观图 2252 (2024·辽宁锦州·渤海大学附属高级中学校考模拟预测)已知用斜二测画法画梯形 OABC的直观图OABC如图所示，OA=3CB，CE⊥OA，S =8，CD⎳y OABC 2 轴，CE= ，D为OA的三等分点，则四边形OABC绕y轴旋转一周形成的空间几 2 何体的体积为 ． 【答案】48π 【解析】在直观图中，CD= 2CE=1，所以在还原图中，CD=2，如图， 在直观图中，OA=3CB，D为OA的三等分点， 所以在还原图中，OA=3CB，D为OA的三等分点， 又在直观图中，CD⎳y轴， 所以在还原图中，CD⎳y轴，则CD⊥OA， 1 所以S = CD×OA+CB OABC 2  1 = ×2×4CB=4CB=8，则CB=2， 2 1 故OA=6，OD= OA=2，所以四边形OABC是等腰梯形， 3 所以四边形OABC绕y轴旋转一周所形成的空间几何体的体积等于一个圆台的体积减 去一个圆锥的体积， 1 即V= π×42+4×6+62 3  1 152π 8π ×2- π×22×2= - =48π． 3 3 3 故答案为：48π. 2253 (2024·全国·高三对口高考)若正△ABC用斜二测画法画出的水平放置图形的直观图为 △ABC，当△ABC的面积为 3时，△ABC的面积为 ． 第 页 共 页 1286 3427【答案】2 6 【解析】△ABC是正△ABC的斜二测画法的水平放置图形的直观图，如图所示， 设BC=a， 1 2 6 则△ABC的面积为 ⋅a⋅OA⋅sin45°= 3，∴OA= ， 2 a 1 1 2 6 ∴△ABC的面积为S= a⋅OA= a⋅2⋅OA=a⋅ =2 6． 2 2 a 故答案为：2 6． 2254 (2024·四川成都·高三统考阶段练习)用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图所 示，边AB与CD平行于x轴.已知四边形ABCD的面积为1cm2，则原平面图形的面 积为 cm2. 【答案】2 2 【解析】根据题意得∠BAD=45°，原四边形为一个直角梯形， 且CD=CD，AB=AB，AD=2AD， 1 S = AB+CD 梯形ABCD 2  2 ⋅ADsin45°= AB+CD 4  ⋅AD=1cm2  ， 则AB+CD  ⋅AD=2 2， 1 所以，S = AB+CD 梯形ABCD 2  1 ⋅AD= AB+CD 2  ⋅2AD=AB+CD  ⋅AD= 2 2cm2  . 故答案为：2 2. 2255 (2024·全国·高三专题练习)如图，△AOB是用斜二测画法得到的△AOB的直观图，其 中OA=2，OB=3，则AB的长度为 ． 第 页 共 页 1287 3427【答案】2 10 【解析】把直观图△AOB还原为△AOB,如图所示： 根据直观图画法规则知,OA=OA=2,OB=2OB=2×3=6, 所以AB的长度为AB= OA2+OB2= 4+36=2 10. 故答案为：2 10. 2256 (2024·上海浦东新·高三上海市川沙中学校考期末)有一块多边形的菜地，它的水平放置 的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示).∠ABC=45°,AB=AD=1,DC⊥ BC，则这块菜地的面积为 2 【答案】2+ 2 【解析】 过A作AE⊥BC于E， 在直观图中，∵∠ABC=45°，AB=AD=1，DC⊥BC， 2 2 所以EC=1,BE= ，∴BC=1+ ， 2 2 2 故原平面图形的上底为1 ，下底1+ ，高为2， 2 1 2 所以这块菜地的面积为S= ×1+1+ 2 2  2 ×2=2+ ， 2 2 故答案为：2+ . 2 2257 (2024·上海宝山·高三上海交大附中校考开学考试)我们知道一条线段在“斜二测”画法 中它的长度可能会发生变化的，现直角坐标系平面上一条长为4cm线段AB按“斜二测” 第 页 共 页 1288 3427画法在水平放置的平面上画出为AB，则AB最短长度为 cm(结果用精确值表 示) 4 7 【答案】 7 【解析】如图1所示，可以将平面内所有长为4的线段平移至图中O点为起点，则它们的 终点形成以O为圆心，半径为4的圆周. 以两条互相垂直的直径为坐标轴，建立平面直角坐标系. 然后在斜二测画法下画出该圆的直观图，如图2，形成一个椭圆， 由斜二测的性质可知，在图2，该椭圆长半轴为4，且经过点A， 1 易知OA= OA=2且∠xOy=45°，所以A 2, 2 2  ， x2 y2 设椭圆的方程为： + =1，将A 2, 2 16 b2  2 2 4 代入得： + =1，解得b= = 16 b2 7 4 7 . 7 4 7 由椭圆的性质可知，椭圆上的点中，短轴端点到原点的距离b最小，即 即为所求. 7 4 7 故答案为： . 7 2258 (2024·陕西延安·校考一模)如图，梯形ABCD是水平放置的一个平面图形的直观图，其 第 页 共 页 1289 3427中∠ABC=45°，AB=AD=1，DC⊥BC，则原图形的面积为 ． 2 【答案】2+ 2 【解析】因为AB=AD=1，∠ABC=45°，DC⊥BC， 2 2 所以BC=1+ ，AD=1，AB=2，BC=1+ 2 2 1 所以S= AD+BC 2  1 2 ⋅AB= ×2+ 2 2  2 ×2=2+ ． 2 2 故答案为：2+ ． 2 2259 (2024·全国·高三专题练习)如图，用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为 一个正方形，则原来图形的面积是 ． 【答案】2 2 【解析】由直观图可知，在直观图中,正方形的对角线长为 2，由斜二测画法的特点，知 该平面图形的直观图的原图形如图所示 第 页 共 页 1290 3427所以原图图形为平行四边形，底面边长为1，位于y轴的对角线长为2 2， 所以原来图形的面积为S=1×2 2=2 2. 故答案为：2 2. 【解题方法总结】 2 斜二测法下的直观图与原图面积之间存在固定的比值关系：S = S ． 直 4 原 5 题型五：展开图 2260 (2024·山东青岛·统考三模)已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图为半圆，则该圆锥内半 径最大的球的表面积为 ． 4π 4 【答案】 / π 3 3 【解析】设圆锥母线长为l，由题意2π×1=πl，l=2， 圆锥内半径最大的球与圆锥相切， 作出圆锥的轴截面△PAB，截球得大圆为圆锥轴截面三角形的内切圆O，D,E是切点，如 图，易知PD是圆锥的高，O在PD上， π π 1 π 由PA=2,BD=1得∠BPD= ，因此∠ABP= ，所以∠OBD= ∠DBP= ， 6 3 2 6 π 3 OD=BDtan = ， 6 3 3 所以圆锥内半径最大的球的表面积为S=4π× 3  2 4π = ， 3 4π 故答案为： ． 3 2261 (2024·全国·高三专题练习)如图，在直三棱柱ABC-ABC 的侧面展开图中，B，C是 1 1 1 线段AD的三等分点，且AD=3 3．若该三棱柱的外接球O的表面积为12π，则AA = 1 ． 【答案】2 2 【解析】由该三棱柱的外接球O的表面积为12π，设外接球得半径为r，则4πr2=12π，解 得r= 3， 第 页 共 页 1291 3427由题意，取上下底面三角形得中心，分别为E,F，EF得中点即为外接圆圆心O，作图如 下： 则OC=r= 3，EF⊥平面ABC，EF=AA =2OF， 1 ∵CF⊂平面ABC，∴OF⊥CF， 2 在等边△ABC中，CF= ⋅BC⋅sin60°=1， 3 在Rt△OFC中，OF= OC2-CF2= 2， AA =2OF=2 2. 1 故答案为：2 2. 2262 (2024·上海普陀·高三统考期中)2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风 着陆场预定区域成果着陆．如图，在返回过程中使用的主降落伞外表面积达到1200平方 米，若主降落伞完全展开后可以近似看着一个半球，则完全展开后伞口的直径约为 米(精确到整数) 【答案】28 【解析】设主降落伞展开后所在球体的半径为R，由题可得2πR2=1200，解得R≈14， 故完全展开后伞口的直径约为28米. 故答案为：28. 2263 (2024·山东淄博·统考一模)已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图为一个半圆，则该圆 锥的体积为 ． 3 3π 【答案】 π/ 3 3 【解析】∵圆锥的底面半径为1，∴侧面展开图的弧长为2π， 又∵侧面展开图是半圆，∴侧面展开图的半径为2，即圆锥的母线长为2，故圆锥的高为 1 3 22-1= 3，故体积V= π⋅12⋅ 3= π 3 3 第 页 共 页 1292 34273 故答案为： π 3 2264 (2024·安徽·蚌埠二中校联考模拟预测)如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图中，CD 4 65 ∥AB，AB⊥AC，AB=2AC=2，CD= 13，cos∠BCF= ，则三棱锥P-ABC 65 外接球表面积为 ． 【答案】14π 【解析】由题意可知，DC⊥AC，CD=CF= 13，AD=AE= 14，BC= 5， 在△BCF中，BF2=CF2+BC2-2CF⋅BCcos∠BCF=10，则BE=BF= 10， 因为AB2+BE2=AE2，所以AB⊥BE， 在三棱锥P-ABC外接球的球心为O，PC⊥AC，PB⊥AB，记PA中点为O，OC= OB=OA=OP，即三棱锥P-ABC外接球的球心为点O， PA AD 14 半径R= = = ，所以外接球表面积为14π． 2 2 2 故答案为：14π 2265 (2024·全国·高三专题练习)已知三棱锥P-ABC的底面ABC为等边三角形．如图，在 三棱锥P-ABC的平面展开图中，P，F，E三点共线，B，C，E三点共线，cos∠PCF= 5 13 ，PC= 13，则PB= ． 26 【答案】2 3 【解析】由题意可知，△CEF为等边三角形，所以∠CEF=∠EFC=60°，则∠PFC= 120°， 5 13 3 39 由cos∠PCF= 可知sin∠PCF= ， 26 26 3 39 13× PCsin∠PCF 26 在△PCF中，由正弦定理得：PF= = =3． sin120° 3 2 在△PCE中，由余弦定理得：13=3+EF  2+EF2-3+EF  ⋅EF， 解得EF=1或EF=-4(舍去)， 所以AB=BC=CE=1， 则PE=4，BE=2， 第 页 共 页 1293 3427在△PBE中，由余弦定理得PB2=16+4-2×4=12， 所以PB=2 3． 故答案为：2 3 2266 (2024·安徽黄山·统考一模)如图，在四棱锥P-ABCD的平面展开图中，正方形ABCD 的边长为4，△ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形，∠HDC=∠FAB=90°，则该四 棱锥外接球被平面PBC所截的圆面的面积为 . 36π 【答案】 5 【解析】该几何体的直观图如下图所示 分别取AD,BC的中点O,M，连接OM,PM ∵PO=2,OM=4,PM= PB2-BM2= 24-4=2 5 ∴OP2+OM2=PM2,∴OP⊥OM 又∵PO⊥AD，所以由线面垂直的判定定理得出PO⊥平面ABCD 以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系 A(2,0,0),B(2,4,0),C(-2,4,0)，D(-2,0,0),P(0,0,2) 设四棱锥P-ABCD外接球的球心N0,2,a  ∵PN=NA，∴4+2-a  2=4+4+a2，解得a=0  设平面PBC的法向量为n=(x,y,z)    PB=(2,4,-2),PC=(-2,4,-2),NP=(0,-2,2)     P  B  .n  =0 ⇒   x+2y-z=0 ，取z=2，则n  =(0,1,2) PC.n=0 -x+2y-z=0 四棱锥P-ABCD外接球的球心到面PBC的距离为  d=NP    ⋅ cosn,NP     =NP    n⋅NP ⋅  n   NP    2 2 5 = = 5 5  又NP   =2 2，所以平面PBC所截的圆的半径r= NP  6 2-d2= 5 36π 所以平面PBC所截的圆面的面积为πr2= . 5 36π 故答案为： 5 第 页 共 页 1294 34272267 (2024·山西大同·高三统考阶段练习)如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图中，AC= 1，AB=AD= 3，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则三棱锥P-ABC的外接球 的表面积为 ． 【答案】7π 【解析】还原出如图所示的三棱锥B-PAC， ∵AB⊥AC，AB⊥AD，∴AB⊥平面PAC， 设平面PAC的截面圆心为O，半径为r，球心为O，球半径为R， 在△PAC中，由余弦定理可得PC2=AC2+AP2-2AC⋅AP⋅cos30°=1+3-2×1× 3 3× =1，则PC=1， 2 PC 这由正弦定理得2r= =2，r=1， sin30° 1 3 ∵OO= AB= ， 2 2 3 ∴R= 12+ 2  2 7 = ， 2 7 ∴外接球的表面积S=4π 2  2 =7π. 故答案为：7π. 【解题方法总结】 多面体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． 6 题型六：最短路径问题 第 页 共 页 1295 34272268 (2024·福建福州·高一福建省福州屏东中学校考期末)如图，一竖立在地面上的圆锥形物 体的母线长为4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥爬行一周后回到点P 处，若该小虫爬行的最短路程为4 3，则这个圆锥的体积为( ). 15 32 35π 128 2π 8 3 A. B. C. D. 3 27 81 3 【答案】C 【解析】作出该圆锥的侧面展开图，如图所示： 该小虫爬行的最短路程为PP， 1 OP2+OP2-PP2 1 2π 由余弦定理可得cos∠POP= 1 1 =- ，∴∠POP= ．设底面圆的半 1 2⋅OP⋅OP 2 1 3 1 径为r， 2π 4 16 8 2 则有2πr= ×4，解得r= ．∴这个圆锥的高为h= 16- = ， 3 3 9 3 1 1 1 16 8 2 128 2π 这个圆锥的体积为V= Sh= ×πr2×h= π× × = ． 3 3 3 9 3 81 故选：C． 2269 (2024·陕西宝鸡·高一统考期末)盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商要为 棱长为2cm的正四面体魔方设计一款正方体的包装盒，需要保证该魔方可以在包装盒内 任意转动，则包装盒的棱长最短为 ( ) A. 6cm B.2 6cm C.4 6cm D.6cm 【答案】A 【解析】如图所示，根据题意可得AB=AD=DC=2， 设BC的中点为M，底面△BCD的重心为G，O为外接球的球心， 3 2 2 3 则有AG⊥底面BCD，MD= DC= 3，CG=DG= MD= ， 2 3 3 且OA=OC=R，其中R为外接球的半径， 2 6 在直角△AGD中，可得GA= AD2-DG2= ， 3 4 在直角△OGC中，OG= OC2-GC2= R2- ，且OG+OA=GA， 3 第 页 共 页 1296 34274 2 6 6 所以 R2- +R= ，解得R= ， 3 3 2 所以正方体的最短棱长为2R= 6cm. 故选：A. 2270 (2024·全国·高一专题练习)如图，已知正四棱椎S-ABCD的侧棱长为2 3，侧面等腰 三角形的顶角为30°，则从A点出发环绕侧面一周后回到A点的最短路程为 ( ) A.2 6 B.2 3 C. 6 D.6 【答案】D 【解析】把正四棱锥的侧面沿着SA剪开，得到它的侧面展开图(如图). 要使路程最短，必须沿着线段AA 前行. 1 在△SAA 中，∠ASA =30°×4=120°，SA=SA =2 3，则∠SAA =30°. 1 1 1 1 1 作SH⊥AA 于H，则SH= SA= 3，AH=3，∴AA =2AH=6. 1 2 1 故选：D. 2271 (2024·安徽·高二马鞍山二中校联考阶段练习)我们知道立体图形上的最短路径问题通 常是把立体图形展开成平面图形，连接两点，根据两点之间线段最短确定最短路线.请根 据此方法求函数fx,y  = x2- 3x+1+ y2- 3y+1+ x2- 3xy+y2(x>0,y>0) 的最小值 ( ) A. 2 B. 3 C. 6 D.2 3 【答案】A 【解析】根据函数fx,y  的表达式可知，构造三棱锥P-ABC，其中PA=1,PB=x,PC =y，且∠APB=30°,∠BPC=30°,∠APC=30°， 第 页 共 页 1297 3427由余弦定理可得，AB= x2- 3x+1,AC= y2- 3y+1，BC= x2- 3xy+y2， fx,y  的最小值即为AB+AC+BC的最小值， 将三棱锥P-ABC按照PA展开可得展开图，且∠APA=90°,AA= 2， 故fx,y  的最小值为 2. 故选：A. 2272 (2024·全国·高三专题练习)盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商要为棱长 为4cm的正四面体魔方设计一款正方体的包装盒，需要保证该魔方可以在包装盒内任意 转动，则包装盒的棱长最短为 ( ) A. 6cm B.2 6cm C.4 6cm D.6cm 【答案】B 【解析】如图A-BCD是棱长为4cm的正四面体， 由题意，AD=BD=DC=4cm ，设BC的中点为M，底面△BCD 的重心为G，O为外 接球的球心， 3 2 4 3 则有AG⊥ 底面BCD，MD= DC=2 3 ，CG=DG= MD= ， 2 3 3 OA=OC=R ，R是外接球半径， 4 6 在Rt△AGD 中，GA= AD2-DG2= ， 3 16 在Rt△OGC 中，OG= OC2-GC2= R2- ，OG+OA=GA， 3 16 4 6 ∴ R2- +R= ，解得R= 6cm 3 3  ， 即正方体的最短棱长为2R=2 6cm  . 故选：B. 2273 (2024·山东济宁·高一校考阶段练习)如图，一个矩形边长为1和4，绕它的长为4的边旋 转二周后所得如图的一开口容器(下表面密封)，P是BC中点，现有一只妈蚁位于外壁A 处，内壁P处有一米粒，若这只蚂蚁要先爬到上口边沿再爬到点P处取得米粒，则它所需 第 页 共 页 1298 3427经过的最短路程为 ( ) A. π2+36 B. π2+16 C. 4π2+36 D. 4π2+1 【答案】A 【解析】依题意可得圆柱的底面半径r=1，高h=4 将圆柱的侧面(一半)展开后得矩形ABCD，其中AB=π，AD=4， 问题转化为在CD上找一点Q，使AQ+PQ最短， 作P关于CD的对称点E，连接AE，令AE与CD交于点Q， 则得AQ+PQ的最小值就是为AE= π2+4+2  2= π2+36． 故选：A 2274 (2024·全国·高一专题练习)如图所示，在正三棱柱ABC-ABC 中，AB=2，AA =2， 1 1 1 1 由顶点B沿棱柱侧面(经过棱AA)到达顶点C ，与AA 的交点记为M，则从点B经点 1 1 1 M到C 的最短路线长为 ( ) 1 A.2 2 B.2 5 C.4 D.4 5 【答案】B 【解析】如图，沿侧棱BB 将正三棱柱的侧面展开 1 由侧面展开图可知，当B，M，C 三点共线时，从点B经点M到C 的路线最短． 1 1 第 页 共 页 1299 3427所以最短路线长为BC = 42+22=2 5. 1 故选：B. 2275 (2024·河北·高三专题练习)如图，正方体ABCD-ABCD 的棱长为a，点E为AA 的 1 1 1 1 1 中点，在对角面BBDD上取一点M，使AM+ME最小，其最小值为 1 1 3 【答案】 a 2 【解析】取CC 中点F，连接ME,MF,AM 1 则ME=MF ∴AM+ME=AM+MF≥AF(当且仅当A,M,F三点共线时取等号) 1 3 又AF= AC2+CF2= AB2+BC2+CF2= a2+a2+ a2= a 4 2 3 ∴AM+ME的最小值为： a 2 3 本题正确结果： a 2 【解题方法总结】 此类最大路径问题：大胆展开，把问题变为平面两点间线段最短问题 第 页 共 页 1300 3427