2025届高考数学一轮复习-基本立体图形、简单几何体的表面积与体积讲义

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2025 届高考数学一轮复习讲义立体几何与空间
向量之基本立体图形、简单几何体的表面积与
体积
一、知识点讲解及规律方法结论总结
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 
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
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
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侧面展开
图
⑪　矩形 
⑫　扇形 
扇环
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　
❑√2
4 
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
圆柱
圆锥
圆台
侧面展开图
侧面积公式
S 圆柱侧＝⑲　
  2π
  rl   
S 圆锥侧＝⑳　
  π rl   
S 圆台侧＝㉑　
  π （
  r ＋
  r' ）
  l  
说明　圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式间的关系：S 圆柱侧＝2πrl
S 圆台侧＝π（r＋r'）l
S 圆锥侧＝πrl.
（2）简单几何体的表面积与体积
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　1
3
S 底h 
台体（棱台和圆台）
S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下
V＝1
3（S 上＋S 下＋❑√S上S下）h
球
S＝㉔　
  4π
  R  2  
V＝㉕　4
3 π  R  3  
二、基础题练习
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　）
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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　
  24π
  2 ＋
  18π
  或
  
24π
 
 2 ＋
  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　
  5 ❑√3 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5❑√3 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　1
3　.
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＝
❑√2
2 ，矩形BB1D1D 的长和宽分别为❑√2，1，故V 四棱锥A1－B B1 D1 D＝1
3×1×❑√2×
❑√2
2 ＝1
3.
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－B B1 D1 D＝V 三棱锥B－A1 D D1＋V 三棱锥B－A1B1 D1＝1
3×1
2×1×1×1＋1
3×1
2
×1×1×1＝1
3.
三、知识点例题讲解及方法技巧总结
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
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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　
  24
  ❑√2 cm
 
 2 　
  .
解析　如图，在原图形OABC 中，OA＝O'A'＝6 cm，OD＝2O'D'＝2×2
❑√2＝4❑√2（cm），CD＝C'D'＝2 cm，所以OC＝❑√O D
2＋C D
2＝
❑√（4 ❑√2）
2＋2
2＝6（cm），所以OA＝OC＝BC＝AB，故四边形
OABC 是菱形，S菱形OABC＝OA×OD＝6×4❑√2＝24❑√2（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.4❑√3
B.2❑√13 
C.2（❑√2＋❑√5）
D.2＋4❑√2
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＝2❑√2
2＋（1+2）
2＝2❑√13.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EF
2 ，而正方体的中心到每一条棱的距离
均为EF
2 ，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.
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（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　
❑√2
2 　.
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'＝1
2，E'F＝
❑√2
4 ，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+3
2
×
❑√2
4 ＝
❑√2
2 .
（3）已知圆台上底面半径为1
3，下底面半径为2
3，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　
  2 ❑√3　.
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1
3，下底面半径为2
3，所以OB＝AB＝2.设展开图
的圆心角为θ，则θ＝2π × 2
3
4
＝π
3 ，所以△OAA'为等边三角形，又B 为OA 的中点，所以
A'B＝4×sin π
3 ＝2❑√3.
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3❑√3和4❑√3，
其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（　A　）
A.100π
B.128π
C.144π
D.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2
3×
❑√3
2 ×3❑√3＝3，2
3×
❑√3
2
×4❑√3＝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
＋OO1
2＝42＋（1－OO1）
2，解得OO1＝4（舍去）；当球心O 不在线段O1O2上时，R2＝
42＋OO2
2＝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.
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（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1
3×π×62×h＝30π，解得h＝5
2，则圆锥的母
线长为❑√h
2＋6
2＝❑√
25
4 +36＝13
2 ，故该圆锥的侧面积为π×6×13
2 ＝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
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.
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  ＋
  8  ❑√2　.
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＝1
2×（2＋4）×❑√2＝3❑√2，所以此刍甍的表面积S＝2×4＋2×❑√2＋2×3❑√2＝8＋8
❑√2.
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＝2π
3 ，若△PAB 的面积等于9 ❑√3
4
，则该圆锥的体积为（　B　）
A.π
B.❑√6π
C.3π
D.3❑√6π
解析　在△AOB 中，AO＝BO＝❑√3，∠AOB＝2π
3 ，由余弦定理得AB＝
❑√3+3－2×❑√3×❑√3×（－1
2 ）＝3，设等腰三角形PAB 底边AB 上的高为h，则S△PAB
＝1
2×3h＝9 ❑√3
4
，解得h＝3 ❑√3
2
，由勾股定理得母线PA＝❑√（3
2 ）
2＋（3 ❑√3
2
）
2＝3，
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则该圆锥的高PO＝❑√P A
2－O A
2＝❑√6，所以该圆锥的体积为1
3×3π×❑√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＝1
3PC，线段PB
上的点N 满足PN＝2
3PB，则三棱锥P－AMN 和三棱锥P－ABC 的体积之比为（　B　）
A.1
9
B.2
9
C.1
3
D.4
9
解析　如图，因为PM＝
1
3
PC，PN＝
2
3
PB，所以
S△PMN
S△PBC
＝
1
2 PM · PN ·sin∠BPC
1
2 PC · PB·sin∠BPC
＝PM · PN
PC · PB ＝1
3×2
3＝2
9，所以
V 三棱锥P－AMN
V 三棱锥P－ABC
＝
V 三棱锥A －PMN
V 三棱锥A －PBC
＝
1
3 S△PMN ·d
1
3 S△PBC·d
＝
S△PMN
S△PBC
＝2
9（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
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.
 正四面体的体积是
❑√2
12 a3（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　）
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图1
图2
A.27
2
B.27 ❑√3
2
 
C.27
D.27❑√3
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＝1
2
BE×CE×
sin 120°＝1
2×3×3×
❑√3
2 ＝9 ❑√3
4
，h＝CD＝BC＝3❑√3.所以V＝V 三棱柱BCE－ADF＋V 三棱锥G－MAB＋
V 三棱锥G－NCD＝Sh＋1
3S×1
2h＋1
3S×1
2h＝4
3 Sh＝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　7 ❑√6
6
　.
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＝
❑√2
2 ，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝
❑√2
2 ，又AA1＝❑√2
，所以BB1＝❑√2，B1E＝❑√B B1
2－B E
2＝❑√2－1
2
＝
❑√6
2 ，所以O1O＝
❑√6
2 ，所以
V 正四棱台ABCD－A1B1C1 D1＝1
3×（22＋12＋❑√2
2×1
2）×
❑√6
2 ＝7 ❑√6
6
. 
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.1
3
B.1
2
C.
❑√3
3
D.
❑√2
2
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＝1
3πr2h＝1
3π（1－h2）h，则V'＝1
3π
（1－3h2），令V'＝0，得h＝
❑√3
3 ，所以V＝1
3π（1－h2）h 在（0，
❑√3
3 ）上单调递增，在
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（
❑√3
3 ，1）上单调递减，所以当h＝
❑√3
3 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　
❑√3
12 　.
解析　如图，不妨设C1E＝m（0＜m≤❑√3），B1F＝n（0＜n≤❑√3），则
EF＝❑√C1 E
2＋B1C1
2＋B1 F
2＝❑√m
2＋（❑√3）
2＋n
2＝2，所以m2＋n2
＝1.于是V 三棱锥B1－EF C1＝V 三棱锥F －B1 EC1＝1
3 S△B1 EC1×B1F＝1
3×1
2×m×
❑√3×n＝
❑√3
6
mn≤
❑√3
6
×m
2＋n
2
2
＝
❑√3
12
，当且仅当m＝n＝
❑√2
2
时等号成立.故三棱锥B1－
EFC1的体积的最大值为
❑√3
12 .
四、命题点习题讲解
1.[命题点1 角度3]在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，F 是线段A1B1上的动点，
则AF＋FC1的最小值为　❑√6＋❑√2　.
解析　将正三棱柱ABC－A1B1C1（如图1）中的△A1B1C1沿A1B1翻折至平面ABB1A1上，如图
2 所示.在图2 中，连接AC1，则AF＋FC1≥AC1.
因为AA1＝A1C1＝2，且∠AA1C1＝90°＋60°＝150°，
所以AC1＝❑√A A1
2＋A1C1
2－2 A A1× A1C1c os150°＝❑√2
2＋2
2－2×2×2c os150°＝
❑√8+ 4 ❑√3＝❑√6＋❑√2，
所以当A，F，C1三点共线时，AF＋FC1取得最小值，为❑√6＋❑√2.
图1
图2
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2.[命题点2/2024 江苏常州模拟]已知四棱台ABCD－A1B1C1D1的两底面均为长方形，且上、
下底面中心的连线与底面垂直，若AB＝9，AD＝6，A1B1＝3，棱台的体积为26❑√3，则该
棱台的表面积是（　D　）
A.60
B.16❑√3＋12❑√7
C.8❑√3＋6❑√7＋60
D.16❑√3＋12❑√7＋60
解析　因为棱台的上、下底面相似，且AB＝9，AD＝6，A1B1＝3，所以A1D1＝2，
S长方形A1B1C1 D1
＝3×2＝6，S 长方形ABCD＝9×6＝54.设棱台的高为h，则
V＝1
3×（6＋54＋❑√6×54）×h＝26❑√3，所以h＝❑√3.
设A1C1∩B1D1＝O1，AC∩BD＝O2，连接O1O2，如图所示.因为上、
下底面中心的连线与底面垂直，所以O1O2＝h，且四棱台的四条侧棱长相等.
因为AC＝❑√36+81＝3❑√13，A1C1＝1
3AC＝❑√13，侧棱AA1＝❑√（AC －A1C1
2
）
2＋h
2＝
4，所以等腰梯形ABB1A1的高h1＝❑√A A1
2－（AB－A1B1
2
）
2＝❑√7，所以S梯形AB B1 A1＝
1
2×（3＋9）×❑√7＝6❑√7＝S梯形CD D1C1，等腰梯形ADD1A1的高h2＝
❑√A A1
2－（AD－A1 D1
2
）
2＝2❑√3，所以S梯形AD D1 A1＝1
2×（6＋2）×2❑√3＝8❑√3＝
S梯形BC C1B1，所以该四棱台的表面积为S＝S长方形A1B1C1 D1＋S 长方形ABCD＋2S梯形AB B1 A1＋2
S梯形AD D1 A1＝60＋12❑√7＋16❑√3，故选D.
3.[命题点3 角度1/2023 深圳高三模拟]如图，圆内接四边形ABCD 中，
DA⊥AB，∠D＝45°，AB＝2，BC＝2❑√2，AD＝6，现将该四边形沿AB 旋
转一周，则旋转形成的几何体的体积为（　D　）
A.30π
B.40π
C.184 π
3
D.200 π
3
解析　圆内接四边形ABCD 中，DA⊥AB，∠D＝45°，所以∠ABC＝135°，∠C＝90°，如图，
过点C 作CE⊥AB 交AB 的延长线于点E，所以四边形AECD 是直角梯形，
∠CBE＝45°，故△CEB 是等腰直角三角形，所以四边形ABCD 沿AB 旋转一
周，得到的旋转体是圆锥与圆台的组合体，即圆台挖去一个以圆台上底面为
底面的圆锥，又CE＝BE＝BCsin 45°＝2❑√2×
❑√2
2 ＝2，AE＝BE＋AB＝2＋2
＝4，所以旋转体的体积V＝1
3π×（22＋2×6＋62）×4－1
3π×22×2＝200 π
3
.故选D.
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4.[命题点3 角度1]如图1，在直角梯形ABCD 中，AD∥BC，AD＝AB＝4，BC＝2，将四边
形BCFE 沿中位线EF 折起，使得∠AEB 为直角，连接AB，CD，如图2，则所得的几何体
的体积为　
  6 　
  .
图1
图2
解析　解法一（分割法）　如图，过点C 作CM 平行于AB，交AD 于点M，
作CN 平行于BE，交EF 于点N，连接MN.由题意可知四边形ABCM，BENC
都是矩形，AM＝DM＝2，FN＝1，MN＝AE＝BE＝CN＝2.易得截面CMN 把这
个几何体分割为直三棱柱ABE－MCN 和四棱锥C－MNFD，且BE⊥平面
AEFD.因为直三棱柱ABE－MCN 的体积V1＝S△ABE·AM＝1
2×2×2×2＝4，四棱锥C－
MNFD 的体积V2＝1
3S 四边形MNFD·CN＝1
3×1
2×（1＋2）×2×2＝2，所以所求几何体的体积
V＝V1＋V2＝6.
解法二（分割法）　如图，连接AC，EC，则几何体被分割为四棱锥C－
ADFE 和三棱锥C－ABE，因为VC－ADFE＝1
3×（3+ 4
2
×2）×2＝14
3 ，VC－ABE＝
1
3×（1
2×2×2）×2＝4
3 ，所以所求几何体的体积V＝VC－ADFE＋VC－ABE＝14
3 ＋
4
3 ＝6.
解法三（补形法）　如图，延长BC 至点M，使得CM＝2，延长EF 至点N，使
得FN＝1，连接DM，MN，DN，得到直三棱柱ABE－DMN，所以所求几何体的
体积等于直三棱柱ABE－DMN 的体积减去四棱锥D－CMNF 的体积.因为VABE－
DMN＝（1
2×2×2）×4＝8，VD－CMNF＝1
3×（1+2
2
×2）×2＝2，所以所求几何体
的体积V＝VABE－DMN－VD－CMNF＝8－2＝6.
五、习题实战演练
1.[2024 福州市一检]一个正四棱台形油槽可以装煤油190 000 cm3，其上、下底面边长分别
为60 cm 和40 cm，则该油槽的深度为（　D　）
A.75
4 cm
B.25 cm
C.50 cm
D.75 cm
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解析　设正四棱台形油槽的高，即深度为h cm，依题意，得190 000＝h
3（602＋402＋
❑√60
2×4 0
2），解得h＝75，选D.
2.[2024 武汉部分学校调考]某玻璃制品厂需要生产一种如图1 所示的玻璃杯，该玻璃杯可
以近似看成是由一个圆柱挖去一个圆台得到的，其近似模型的直观图如图2 所示（图中数
据单位为cm），则该玻璃杯近似模型的体积（单位：cm3）为（　A　）
图1
图2
A.43 π
6
B.47 π
6
C.53 π
6
D.55 π
6
解析　由题意可得，该玻璃杯近似模型的体积V＝π×（3
2）2×6－1
3π[1＋（3
2）2＋1×3
2
]×（6－2）＝27 π
2
－19 π
3
＝43 π
6
（cm3），故选A. 
3.[2024 江西宜春模拟]水平放置的△ABC 的直观图如图中△A'B'C'所示，其中B'O'＝C'O'＝
1，A'O'＝
❑√3
2 ，则△ABC 的形状为（　A　）
A.等边三角形
B.直角三角形
C.等腰（非等边）三角形
D.三边互不相等的三角形
解析　由题意知，在△ABC 中，AO⊥BC 于点O，如图，∵A'O'＝
❑√3
2 ，
∴AO＝❑√3，∵B'O'＝C'O'＝1，∴BO＝CO＝1，BC＝2，又AB＝
❑√A O
2＋BO
2＝❑√3+1＝2，AC＝❑√A O
2＋C O
2＝❑√3+1＝2，∴AB＝
AC＝BC，∴△ABC 为等边三角形.故选A.
4.[2024 辽宁抚顺德才高级中学模拟]2023 年3 月12 日，在马来西亚吉隆坡
举行的Yong Jun KL Speedcubing 比赛半决赛中，来自中国的9 岁魔方天才
王艺衡以4.69 秒的成绩打破了“解三阶魔方平均用时最短”吉尼斯世界纪
录.一个三阶魔方由27 个单位正方体组成，如图，把魔方的中间一层转动了
45°，则该魔方的表面积增加了（　C　）
A.54
B.54－36❑√2
C.108－72❑√2
D.81－72❑√2
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解析　如图，转动了45°后，此时魔方相对原来魔方多出了16 个全等的
小三角形的面积，显然小三角形为等腰直角三角形，设其直角边长为
x，则斜边长为❑√2x，则有2x＋❑√2x＝3，解得x＝3－3 ❑√2
2
.由几何关系
得阴影部分的面积为S1＝1
2×（3－3 ❑√2
2
）2＝27
4 －9 ❑√2
2
，所以增加的
表面积为S＝16S1＝16×（27
4 －9 ❑√2
2
）＝108－72❑√2.故选C.
5.[2022 全国卷甲]甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积
分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙.若S甲
S乙
＝2，则V 甲
V 乙
＝（　C　）
A.❑√5
B.2❑√2
C.❑√10
D.5 ❑√10
4
解析　因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所以结合S甲
S乙
＝2 可知，甲、乙两个圆锥侧面展
开图的圆心角之比是2 1.
∶不妨设两个圆锥的母线长为l＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分
别为r1，r2，高分别为h1，h2，则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长
为6π 的圆，所以2πr1＝4π，2πr2＝2π，得r1＝2，r2＝1.由勾股定理得，h1＝❑√l
2－r1
2＝❑√5
，h2＝❑√l
2－r2
2＝2❑√2，所以V 甲
V 乙
＝
1
3 π r1
2h1
1
3 π r2
2h2
＝4 ❑√5
2❑√2
＝❑√10.故选C.
6.[2023 全国卷甲]在三棱锥P－ABC 中，△ABC 是边长为2 的等边三角形，PA＝PB＝2，
PC＝❑√6，则该棱锥的体积为（　A　）
A.1
B.❑√3
C.2
D.3
解析　如图，取AB 的中点D，连接PD，CD，因为△ABC 是边长为2 的
等边三角形，PA＝PB＝2，所以PD⊥AB，CD⊥AB，所以PD＝CD＝❑√3
，又PC＝❑√6，所以PD2＋CD2＝PC2，所以PD⊥CD，又AB∩CD＝D，
AB，CD⊂平面ABC，所以PD⊥平面ABC，所以VP－ABC＝1
3×S△ABC×PD＝1
3×1
2×2×❑√3
×❑√3＝1，故选A.
7.[2024 安徽六校联考]18 世纪英国数学家辛普森运用定积分，推导出了现在中学数学教材
中柱、锥、球、台等几何体的统一体积公式V＝1
6h（L＋4M＋N）（其
中L，N，M，h 分别为该几何体的上底面面积、下底面面积、中截面面
积和高），我们也称为“万能求积公式”.例如，已知球的半径为R，
可得该球的体积V＝1
6×2R（0＋4×πR2＋0）＝4
3 πR3；已知正四棱锥的底面边长为a，高
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为h，可得该正四棱锥的体积V＝1
6 ×h[0＋4×（a
2）2＋a2]＝1
3a2h.类似地，运用该公式求
解下列问题：如图，已知球O 的表面积为16π cm2，若用距离球心O 都为1 cm 的两个平行
平面去截球O，则夹在这两个平行平面之间的几何体的体积为　22π
3
　cm3.
解析　如图，设上、下截面小圆的圆心分别为E，F，A 是上底面
截面小圆上一点，连接OA，EA，设球O 的半径为R，∵球O 的表
面积为4πR2＝16π，∴R＝2，∴OA＝R＝2，又OE＝1，OE⊥EA，∴
截面小圆半径r＝EA＝❑√O A
2－O E
2＝❑√4－1＝❑√3，根据“万
能求积公式”可得所求几何体的体积V＝1
6×2×[π×（❑√3）2＋4×π×22＋π×（❑√3）2]＝
22π
3
（cm3）.
8.[2024 南昌市模拟]如图，高度均为3 的封闭玻璃圆锥和圆柱容
器内装入等体积的水，此时水面高度均为h，若h＝2，记圆锥的底
面半径为R，圆柱的底面半径为r，则R
r ＝　3 ❑√39
13
　.
解析　对于圆锥，盛水部分形成圆台，如图，记上底面为圆O'，下底面为圆O，则由下底
面半径为R，易得上底面半径为R
3 ，∴V 圆台＝1
3[π（R
3 ）2＋πR2＋
❑√π （R
3 ）
2·π R
2]·2＝26 π R
2
27
.（或大圆锥体积－小圆锥体
积）
圆柱中水的体积为V 圆柱＝πr2·2＝2πr2.依题意，得26 π R
2
27
＝2πr2，∴R
r ＝
❑√
27
13＝3 ❑√39
13
.
9.[2024 江西分宜中学、临川一中等校联考]在如图所示的斜截圆柱中，
已知圆柱的底面直径为40 cm，母线长最短50 cm，最长80 cm，则斜截
圆柱的侧面面积S＝　
  2 600π
 
 　
  cm2.
解析　将如题图所示的两个相同的斜截圆柱对接，
对接后的几何体是圆柱，如图，该圆柱侧面展开图
的面积为π×40×（50＋80）＝5 200π（cm2），则
斜截圆柱的侧面面积S＝1
2×5 200 π＝2 600π（cm2）.
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10.[2023 上海市进才中学模拟改编]如图，在底面半径为1，高为❑√3的
圆锥中，O 是底面圆心，P 为圆锥顶点，A，B 是底面圆周上的两点，
∠AOB＝2π
3 ，C 为母线PB 的中点，则在该圆锥的侧面上，A 到C 的最
短的路径长为　❑√3　. 
解析　因为圆锥的底面半径r＝1，高为❑√3，则母线长l＝PB＝❑√3+1＝2.在底
面圆O 中，AB
⏜＝∠AOB·r＝2π
3 .如图所示为圆锥的侧面展开示意图，连接
AC，则线段AC 的长为最短路径长.设∠APB 为α，则AB
⏜＝α·l＝2π
3 ，解得α＝
π
3 ，在△APC 中，PC＝1
2PB＝1，PA＝2，α＝π
3 ，则由余弦定理可得AC＝
❑√A P
2＋PC
2－2× AP× PC ×c os α＝❑√3，即在该圆锥的侧面上，从A 到C 的最短路
径的长为❑√3.
11.[2023 山西运城高三模拟]巴普士（约公元3～4 世纪），古希腊亚
历山大学派著名几何学家，生前有大量的著作，但大部分遗失在历史长
河中，仅有《数学汇编》保存下来.《数学汇编》一共8 卷，在《数学
汇编》第3 卷中记载着这样一个定理：“如果在同一平面内的一个闭合
图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周
所得到的旋转体的体积等于该闭合图形的面积与该闭合图形的重心旋转所得周长的积”.已
知在梯形ABCD 中，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝BC＝2AD＝4，如图所示，利用上述定理可求
得梯形ABCD 的重心G 到点B 的距离为（　C　）
A.
❑√113
9
B.20
9
C.2❑√113
9
D.
19
9
解析　直角梯形ABCD 绕AB 旋转一周所得几何体的体积V1＝1
3（4π＋16π＋❑√4 π ×16 π）
×4＝112π
3
，设重心G 到AB 的距离为d1，则112π
3
＝2+ 4
2
×4×2πd1，解得d1＝14
9 ；直
角梯形ABCD 绕BC 旋转一周所得几何体的体积V2＝π×42×2＋1
3×π×42×（4－2）＝32π
＋32π
3
＝128 π
3
，设重心G 到BC 的距离为d2，则128 π
3
＝2+ 4
2
×4×2πd2，所以d2＝16
9 .
连接BG，则BG＝❑√（14
9 ）
2＋（16
9 ）
2＝2❑√113
9
.故选C.
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12.[2024 四川部分学校高三联考]已知某圆柱的轴截面是边长为2 的正方形ABCD，在该圆
柱的底面内任取一点E，则当四棱锥E－ABCD 的体积最大时，该四棱锥的侧面积为（　B 
）
A.1＋❑√2＋❑√5
B.1＋2❑√2＋❑√5
C.1＋❑√2＋2❑√5
D.❑√2＋2❑√5
解析　如图，设圆柱的上、下底面圆心分别为O1，O，连接OE，O1E.四
棱锥E－ABCD 的体积V＝1
3S 正方形ABCD·d，其中d 为点E 到AD 的距离，因
为正方形ABCD 的面积为定值2×2＝4，所以当E 为AD
⏜的中点时，四棱
锥E－ABCD 的体积最大，此时AE⊥DE，OE⊥AD，O1E⊥BC，OE＝1，
AE＝DE＝❑√2，BE＝CE＝❑√2
2＋（❑√2）
2＝❑√6，O1E＝❑√（❑√6）
2－1
2＝❑√5，四棱锥
E－ABCD 的侧面积为S＝1
2AD·OE＋1
2AB·AE＋1
2CD·DE＋1
2BC·O1E＝1
2×2×1＋1
2×2×
❑√2＋1
2×2×❑√2＋1
2×2×❑√5＝1＋2❑√2＋❑√5，故选B.
13.[2023 昆明市“三诊一模” ]某机床厂工人将一个实心圆锥的旧零件改造成一个正四棱
柱的新零件，且正四棱柱的中心在圆锥的轴上，下底面在圆锥的底面内.已知该圆锥的底面
圆半径为3 cm，高为3 cm，则该正四棱柱体积（单位：cm3）的最大值为（　B　）
A.54（10－7❑√2）
B.8
C.27
4
D.9
解析　作出图形如图所示，设正四棱柱的底面边长为x，高为
h，由相似得AB
CD ＝SE
SO ，即
❑√2 x
6
＝3－h
3
，所以h＝3－
❑√2
2 x.
因为0＜3－
❑√2
2 x＜3，所以0＜x＜3❑√2.（提醒：注意结合条
件求出参数的范围）
所以正四棱柱的体积V＝x2×h＝x2（3－
❑√2
2 x）＝－
❑√2
2 x3＋3x2（0＜x＜3❑√2），（提醒：
当出现三次函数求最值时，选用导数法求解）
所以V'＝－3 ❑√2
2
x2＋6x.令V'＝－3 ❑√2
2
x2＋6x＝0，得x＝2❑√2，当0＜x＜2❑√2时，V'＞0，V
＝－
❑√2
2 x3＋3x2单调递增；当2❑√2＜x＜3❑√2时，V'＜0，V＝－
❑√2
2 x3＋3x2单调递减.所以当
x＝2❑√2时，V＝－
❑√2
2 x3＋3x2取得最大值8，即正四棱柱体积的最大值为8，故选B.
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14.[多选/2022 新高考卷Ⅱ]如图，四边形ABCD 为正方形，ED⊥平面
ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE
的体积分别为V1，V2，V3，则（　CD　）
A.V3＝2V2
B.V3＝V1
C.V3＝V1＋V2
D.2V3＝3V1
解析　如图，连接BD 交AC 于O，连接OE，OF.设AB＝ED＝2FB＝2，则AB＝BC＝CD＝
AD＝2，FB＝1.因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，所以FB⊥平面
ABCD，所以V1＝VE－ACD＝1
3S△ACD×ED＝1
3×1
2×2×2×2＝4
3 ，V2＝VF
－ABC＝1
2VE－ACD＝2
3.因为ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以
ED⊥AC.又AC⊥BD，且ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF.因为
OE，OF⊂平面BDEF，所以AC⊥OE，AC⊥OF.易知AC＝BD＝❑√2AB＝2❑√2，OB＝OD＝
1
2BD＝❑√2，OF＝❑√O B
2＋F B
2＝❑√3，OE＝❑√O D
2＋E D
2＝❑√6，EF＝
❑√B D
2＋（ED－FB）
2＝❑√（2❑√2）
2＋（2－1）
2＝3，所以EF2＝OE2＋OF2，所
以OF⊥OE.又OE∩AC＝O，OE，AC⊂平面ACE，所以OF⊥平面ACE，所以V3＝VF－ACE＝
1
3S△ACE·OF＝1
3×1
2AC×OE×OF＝1
3×1
2×2❑√2×❑√6×❑√3＝2，所以V3≠2V2，V1≠V3，V3
＝V1＋V2，2V3＝3V1，所以选项A，B 不正确，选项C，D 正确，故选CD.
15.[2023 浙江省绍兴市模拟]如图，在棱长均为2 的正四面体ABCD 中，
M 为AC 的中点，E 为AB 的中点，P 是DM 上的动点，Q 是平面ECD 上
的动点，则AP＋PQ 的最小值是　
❑√33+3
6
　.
解析　如图，作MG⊥CE 于点G，连接DG，易知平面CDE⊥平面
ABC，平面CDE∩平面ABC＝CE，则MG⊥平面CDE，故DG 为DM 在
平面CDE 上的射影.将△ADM 沿DM 翻折至与△DMG 共面，记翻折后的点
A（即A'）到DG 的距离为hA，则hA为△A'DG 的边DG 上的高，且AP＋
PQ＝A'P＋PQ≥hA.
因为MG＝1
2AE＝1
2，DM＝❑√DC
2－（AC
2 ）
2＝❑√3，则sin ∠MDG＝MG
DM ＝
❑√3
6 ，故
cos∠MDG＝
❑√33
6
.又∠ADM＝∠A'DM＝π
6 ，所以sin ∠A'DG＝sin （∠MDG＋π
6 ）＝
❑√33
6
×1
2＋
❑√3
6 ×
❑√3
2 ＝3+ ❑√33
12
，所以AP＋PQ 的最小值hA＝A'D·sin∠A'DG＝2×3+ ❑√33
12
＝
❑√33+3
6
.
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16.碳70（C70）是一种碳原子族，可高效杀灭癌细胞，它是由70 个碳原
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（如图），共37 个面，则其六元环的个数为（　B 
）
A.12
B.25
C.30
D.36 
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，故选B.
17.[2024 贵阳市模拟]转子发动机采用三角转子旋转运动来控制气体的压缩与排放.三角转
子的外形是有三条侧棱的曲面棱柱（如图1），且侧棱垂直于底面，底面是以正三角形的
三个顶点为圆心，以正三角形的边长为半径画圆弧构成的曲边三角形（如图2），正三角
形的顶点称为曲边三角形的顶点，侧棱长为曲面棱柱的高.记该曲面棱柱的底面积为S，高
为h，已知曲面棱柱的体积V＝Sh，若AB＝❑√6，h＝1，则曲面棱柱的体积为（　D　）
图1
图2
A.2π－2❑√2
B.3π－2❑√2
C.2π－3❑√3
D.3π－3❑√3
解析　∵每个扇形的面积S 扇＝1
2×π
3 ×❑√6×❑√6＝π，S△ABC＝
❑√3
4 ×（❑√6）2＝3 ❑√3
2
，∴每
个弓形的面积S 弓＝S 扇－S△ABC＝π－3 ❑√3
2
，故S＝3S 弓＋S△ABC＝3×（π－3 ❑√3
2
）＋3 ❑√3
2
＝
3π－3❑√3，∴V＝Sh＝（3π－3❑√3）×1＝3π－3❑√3.故选D.