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专题三 立体几何
第1 讲 空间几何体的表面积与体积
一、考点透析
考点1 直观图与展开图
1.(2025·安徽省·单元测试)已知一个三棱柱的高为3，如图是其底面用斜二测画法画出的水
平放置的直观图，其中O′ A ′ =O′ B′ =O′ C ′ =1，则此三棱柱的体积为( )
A. 2
B. 4
C. 6
D. 12
【答案】C
【解析】解：设三棱柱的底面三角形为△ABC，由直观图可知BC =2，OA =2，
且BC ⊥OA，S△ABC = 1
2 ×2×2=2，
故V =2×3=6．
故答案选C．
2.(2025·河南省·模拟)莫比乌斯( Mobius)环是最具有代表性的单侧曲面之一，它由德国数
学家莫比乌斯于1858年发现.就是把一根纸条扭转180
∘后，两头再粘接起来做成的纸带圈.
现将一个长为30cm、宽为4 cm的矩形纸条粘合两端(粘合两端重叠部分忽略不计)，形成
一个莫比乌斯环，如图：
下列关于莫比乌斯环说法正确的是( )
A. 一只小虫在不跨过它的边缘情况下沿着表面至少走30cm才能回到原处
B. 如果把它沿中线剪开(如图白色线的部分)，曲面被分成独立的两部分
C. 如果把它沿中线剪开(如图白色线的部分)，最终得到图形的周长为120cm
D. 一只小虫在不跨过它的边缘情况下不能爬遍整个曲面
【答案】C
【解析】解：一只小虫在不跨过它的边缘情况下沿着表面至少走完中间白色线一圈才能回
到原处，白色线的长为矩形条长的2倍即60厘米，所以A 错误，D 错误;
若沿着中线剪开(如图白色线的部分)，曲面变成一个更大的莫比乌斯环，且周长为原来的2
倍，原来的周长为60厘米，所以C 正确，B 错误．
故选：C．
3.(2025·北京市·模拟)已知四面体ABCD的所有棱长均为 √2，M，N分别为棱AD，BC的
中点，F为棱AB上异于A，B的动点．有下列结论：
①线段MN的长度为1；
②若点G为线段MN上的动点，则无论点F与G如何运动，直线FG与直线CD都是异面直
线；
③∠MFN的余弦值的取值范围为[0,
❑√5
5 )；
④▵FMN周长的最小值为❑√2+1．
其中正确的结论为( )
A. ①②
B. ②③
C. ③④
D. ①④
【答案】D
【解析】解：如图，在边长为1的正方体上取4个定点，并连接，即可得到棱长为 √2的正四
面体ABCD，
显然MN为前后两面的距离，即正方体的棱长，∴MN =1，故①正确；
若F取为AB的中点，G取为MN的中点，I取为CD的中点，则由正方体的性质易知，该三
点在一条直线上，故此时FG与CD相交于I，故②错误；
假设F与B重合，则NF =
√2
2 ，MF =
√6
2 ，MN =1，
此时cos∠MFN = M F
2+ F N
2−M N
2
2 MF·FN
=
√3
3 >
√5
5 ，故③错误；
由于MN =1，故只需确定FM + FN的最小值，
如图，将面ABC和面ABD展开并铺平，
连接M ′ N ′，此时M ′ N ′交AB于F，FM ′ + FN ′ = M ′ N ′ =
√2为最小值，
∴△FMN周长的最小值为 √2+1，故④正确．
故选D．
4.(2025·海南省海口市·期中)如图，圆锥SO的底面半径为1，侧面积为4 π，△SAB是圆锥
的一个轴截面，则( )
A. 圆锥的母线长为4
B. 圆锥SO的侧面展开图的圆心角为2π
3
C. 由A点出发绕圆锥侧面一周，又回到A点的细绳长度的最小值为4
√2
D. 该圆锥内部可容纳的球的最大半径为
√15
5
【答案】ACD
【解析】解：对于A，圆锥SO的侧面积为πrl = 4 π，∴l = 4，故A 正确;
对于B，圆锥SO的侧面展开图的圆心角α = 2πr
l
= π
2 ，故B 错误;
对于C，如图，由A点出发绕圆锥侧面旋转一周，又回到A点的细绳长度最小值为圆锥侧
面的展开图得到的扇形的圆心角所对的弦长AA ′，且AA ′ =2lsin π
4 =2×4×sin π
4 = 4
√2，
故C 正确;
对于D，轴截面△SAB中，SA = SB = 4，AB =2，设轴截面的内切圆的半径为r，
则1
2 ×2×
√16−1= 1
2 ×(4 + 4 +2)r，解得r =
√15
5 ，
所以该圆锥内部可容纳的球的最大半径为
√15
5 ，故D 正确．
故选：ACD．
5.(2025· 湖南省· 单元测试) 如图，直三棱柱ABC −A1B1C1中，BC =2 A A1=2，
AB = AC =
√3，P为线段A1B上的一个动点，则PA + PC的最小值是 ．
【答案】 √7
【解析】将图1中的△A A1B和△A1BC放置于同一个平面内，如图2所示，则
PA + PC ≥AC．
∵直三棱柱ABC −A1B1C1中，BC =2 A A1=2，AB = AC =
√3，
∴在Rt △A1 AB中，∠AB A1=30
∘，A1B =2．
同理，在Rt △A1 AC中，A1C =2，
∴∠A1BC =60
∘，
∴在图2中，∠ABC =∠AB A1+∠A1BC =90
∘，
∴A C
2= A B
2+ BC
2=7，
∴PA + PC的最小值是 √7．
考点2 空间几何体的表面积
1.(2025·河北省唐山市·模拟)如下图，若圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱
的表面积之比为 ．
【答案】2
3
【解析】解：设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2 R，
则球的表面积为4 πR
2，
圆柱的表面积为2πR×2 R+ π R
2×2=6 π R
2，
所以球与圆柱的表面积之比为4 π R
2
6 π R
2 = 2
3
．
故答案为：2
3
．
2.(2025·江西省南昌市·模拟)已知圆锥的底面半径为6，体积为96 π，用平行于圆锥底面的
平面截圆锥，若截得的圆台体积为84 π，则该圆台的表面积为 ．
【答案】90 π
【解析】解：设圆台上底面半径为r，高为h，则96 π −84 π
96 π
=( r
6 )
3
，解得r =3，
由圆台的体积公式得1
3 h(9 π +18 π +36 π )=84 π，解得h= 4，
所以圆台的母线长l =
√4
2+(6−3)
2=5，
则圆台的侧面积为π(3+6)×5= 45 π，
所以圆台的表面积为45 π +9 π +36 π =90 π．
故答案为：90 π．
考点3 空间几何体的体积
1.(2025·北京市·模拟题)某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ABCD是边长为2的正方形，▵AEB，▵FBC，▵GCD，▵HDA均为正三角
形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直，则该包装盒的容积为( )
A. 2
√3+ 4
3
√6
B. 20
3
C. 10
√3
3
D. 20
【答案】C
【解析】解：如图，把几何体补全为长方体，
则A1 E = A1 H = 1
2 A1B1=1，
A A1=
√A E
2−A1 E
2=
√2
2−1
2=
√3，
所
以
该
包
装
盒
的
容
积
为
V ABCD−A1B1C1 D1−4V A −A1 EH =2×2×
√3−4× 1
3 × 1
2 ×1×1×
√3= 10
√3
3
．
故选：C．
2.(2025·福建省龙岩市·月考)已知圆锥SO(O是底面圆的圆心，S是圆锥的顶点)的母线长为
√7，高为 √3．P、Q为底面圆周上任意两点，则三棱锥O−SPQ体积的最大值为( )
A. 2
√3
3
B. 4
√3
3
C. 2
√3
D. 4
√3
【答案】A
【解析】解：如图，由题意，圆锥的底面半径为 √(
√7)
2−(
√3)
2=2，
则S▵SOP= 1
2 SO·OP = 1
2 ×
√3×2=
√3，
要使三棱锥O−SPQ体积最大，须使底面▵SOP上的高最大，
故须使OQ⊥平面SOP，因平面SOP⊥底面圆O，且交线为OP，
故只须使OQ⊥OP即可，
此时(V O−SPQ)max =(V Q−SOP)max = 1
3 S▵SOP·OQ = 1
3 ×
√3×2= 2
√3
3
．
故选：A．
二、跟踪练习
1.(2025·湖北省黄冈市·月考)如图，已知△A ′ B′ C ′是水平放置的△ABC根据斜二测画法得
到的直观图，A ′ B′在x′轴上，B′ C ′与x′轴垂直，且B′ C ′ =3，则△ABC的边AB上的高
为( )
A. 3
B. 6
C. 3
√2
D. 6
√2
【答案】D
【解析】解：在x′ O′ y ′坐标系下△A ′ O′ B′的面积为S′ = 1
2 A ′ B′ ⋅C ′ B′ = 3
2 A ′ B′；
根据水平放置的平面图形的直观图画法知，
在xOy坐标系下△ABC的面积为S = 1
2 AB·h，
由S =2
√2S′，且A ′ B′ = AB，
所以h=6
√2，即△ABC的边AB上的高为6
√2．
故选：D．
2.（多选题）(2025·江苏省泰州市·模拟)已知正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为2，MN
为正方体ABCD−A1B1C1 D1的内切球O的直径，P为正方体ABCD−A1B1C1 D1表面上
一动点，则下列说法正确的是( )
A. 若P在线段B1C上运动，则B D1⊥AP
B. 若P在线段B1C上运动，则| AP|+| PB|的最小值为 √6+
√2
C. AM与A C1
所成角的范围为[0, π
3]
D. PM⃗⋅PN⃗
的取值范围为[0,2]
【答案】ABD
【解析】解：对于A，连接A B1, AC ,BD ,B1 D1，由正方体的性质可知D D1⊥平面
ABCD，AC ⊂平面ABCD，故D D1⊥AC，
又AC ⊥BD，BD∩D D1= D ,BD , D D1⊂平面BD D1B1，所以AC ⊥平面BD D1B1，
又B D1⊂平面BD D1B1，所以AC ⊥B D1，同理可得B D1⊥A B1，
又AC ∩A B1= A , AC , A B1⊂平面A B1C，所以B D1⊥平面A B1C，又AP⊂平面
A B1C，
所以B D1⊥AP，故A 正确；
对于B，把平面A B1C绕着B1C展开到平面B B1C，使得A ,B位于B1C两侧，如图所示，
则B B1= BC =2, A B1= B1C = AC =2
√2，| AP|+| PB|≥| AB|=
√6+
√2，故B 正确；
对于C，易知A C1的中点即为球心O，如下图所示：
当
AM与
球
相
切
时
，
AM与
A C1所
成
的
角
最
大
，
此
时
sin ∠MAO =sin ∠CA C1= C C1
A C1
=
2
2
√3
=
√3
3
，
显然∠MAO< π
3
，结合两直线所成角的范围可知AM与A C1所成角的范围为[0, π
3 ]是错误
的，故C 错误；
对于D，依题意可知O为正方体的中心，如下图所示：
PM⃗⋅PN⃗=( PO⃗+OM⃗)⋅( PO⃗+ON⃗)= PO⃗
2+ PO⃗⋅OM⃗+ PO⃗⋅ON⃗+OM⃗⋅ON⃗= PO⃗
2+ PO⃗⋅(OM⃗+ON⃗)−O
，
又因为MN为球O的直径，所以⃗OM +⃗ON =⃗0，|OM⃗|=|ON⃗|=1，即可得
PM⃗⋅PN⃗= PO⃗
2−1
．
易知当点P为正方体与球O的切点时，|PO⃗|最小；
当点P为正方体的顶点时，|PO⃗|最大，故|PO⃗|∈[1,
√3]，因此可得PM⃗⋅PN⃗的取值范
围为[0,2]，故D 正确．
故选：ABD．
3.（多选题）(2025·广东省·期中)如图，AC为圆锥SO底
面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，
SO=OC =2，则下列结论正确的是( )
A. 圆锥 SO的侧面积为8
√2π
B. 三棱锥S−ABC体积的最大值为8
3
C. ∠SAB的取值范围是( π
4 , π
3 )
D. 若AB = BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为2(
√3+1)
【答案】BD
【解析】解：在Rt △SOC中，∵SO=OC =2，∴SC =2
√2，
则圆锥 SO的侧面积为S = 1
2 ×2π ×2×2
√2= 4
√2π，故A 错误；
当B位于AC
⏜
中点时，△ABC面积取最大值，为1
2 ×4×2= 4，
此时三棱锥S−ABC体积的最大值为1
3 ×4×2= 8
3，故B 正确；
当点B与点A重合时，∠ASB =0，为最小角，当点B与点C重合时，∠ASB = π
2 ，为最大
角，
又因为点B与A，C不重合，
故∠ASB∈(0, π
2)，
又2∠SAB+∠ASB = π，
可得∠SAB的取值范围是( π
4 , π
2 )，故C 错误；
若AB = BC，以AB为轴把平面SAB旋转至与平面ABC共面，连接SC，交AB于E，如图
所示，
在此平面图中，易得△SAB为等边三角形，AB⊥BC，且AB = BC =2
√2，
则∠SBC =150°，在△SBC中，SB = BC =2
√2，
由余弦定理可得，SC =
√(2
√2)
2+(2
√2)
2−2×2
√2×2
√2×cos150°
=
√8+8−2×2
√2×2
√2×(−
√3
2 )=2(
√3+1)，即SE+CE的最小值为2(
√3+1)，故D
正确．
故选：BD．
4.(2025·江苏省镇江市·月考)如图，已知正四棱锥P−ABCD , PA =2,∠APB =18
°，点S为
侧棱PA的中点.则在此棱锥侧面上，从点S出发绕其一圈到点B的路径中，最短路径的长度
为 ．
【答案】 √5
【解析】解：如图，将棱锥的侧面展开到一个平面内．
由题意可知PA = PB =2，PS = 1
2 PA =1，∠SPB =5×18
∘=90
∘，
故最短路径为SB =
√1
2+2
2=
√5
，
即所求最短路径的长度为 √5．
故答案为： √5
5.(2025·全国·模拟)在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，Q为正方形B B1C1C内一
动点(含边界)，①若DQ =
√6
2
，则点Q的轨迹长度为 ;②若P为棱CD的中点，则
QP+Q A1的最小值为 ．
【答案】
√2
4 π ；
√17
2
【解析】解：∵DC ⊥平面B1BC C1，CQ⊂平面B1BC C1，∴DC ⊥CQ，
‘
∵DQ =
√6
2 ，∴CQ = √
6
4 −1=
√2
2 ，
即点Q的轨迹为以C为圆心，半径为
√2
2 的四分之一圆，
其轨迹长度为1
4 ×2π ×
√2
2 =
√2
4 π，
如图，延长DC到点M，使得PC =CM，则点P关于平面B B1C1C的对称点为M，
连接M A1交正方形B B1C1C于点Q，则此时使得QP+Q A1取最小值，
最小值为M A1=
√A1 D
2+ D M
2= √2+ 9
4 =
√17
2 ．
故答案为
√2
4 π，
√17
2 ．
6.(2025·河北省·单元测试)如图，在三棱柱ABC −A ′ B′ C ′中，△ABC为等边三角形，
AA ′ ⊥平面ABC，AB =3，AA ′ = 4，M为AA ′的中点，P是BC上一点，且由P沿棱柱侧
面经过棱CC ′到M的最短路线长为 √29，设这条路线与CC ′的交点为N，则PC = ，
NC = ．
【答案】2；4
5
【解析】解：由题意知将此三棱柱从棱CC ′展开，
则此时MP即为最短路线长，即MP =
√29，
在Rt △MAP中，AM = 1
2 AA ′ =2，
∴AP =
√M P
2−A M
2=5，
又AC =3，∴CP=2，
由△PCN∽△PAM，∴PC
PA = CN
AM ，
∴CN = 2
5 ×2= 4
5 ，∴PC =2，NC = 4
5 ；
故答案为2；4
5 ．
7.(2025·福建省·单元测试)如图所示，在多面体FEABCD中，已知ABCD是边长为2的正方
形，EA = BF =
√5，EF = 4，且EF / / AB，直线AD、BC均垂直于平面ABFE内任意一
条直线．
(1)求该多面体的体积；
(2)点M为棱BC的中点，求从点E到点M沿多面体表面的最短距离．
【答案】（1）16
3
（2）3
√2
【解析】解：(1)如图所示，分别过A，B作EF的垂线AG，BH，垂足分别为G，H，连
接DG，CH，
容易求得EG= HF =1，
所以AG= BH =2，直线AD、BC均垂直于平面ABFE内任意一条直线．
所以S△AGD= S△BHC = 1
2 ×2×2=2，
V =V E−ADG+V F −BHC +V AGD−BHC =( 1
3 ×1×2)×2+2×2= 16
3 ;
(2)点M为棱BC的中点，求从点E到点M沿多面体表面的最短距离：
①先过三角形EAD，再过四边形ABCD，EM =
√10+ 4
√5，
②先过四边形EABF，再过四边形ABCD，EM =
√18=3
√2
③先过四边形EDCF，再过四边形ABCD，EM =
√18+ 4
√2，
综上，从点E到点M沿多面体表面的最短距离为3
√2．
