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第七章立体几何与空间向量
§7.1 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
【考情分析·探规律】
考点
3 年考情（2021-2024）
命题趋势
考点2 求几何体的
体积
2024·全国新Ⅰ卷、2024·天津卷
2024·全国甲卷、2024·北京卷
2023·全国甲卷、2023·全国乙卷
2023·全国新Ⅰ卷、2023·天津卷
2023·全国新Ⅰ卷、2023·全国新Ⅱ卷
2022·天津卷、2022·全国甲卷
2022·全国新Ⅰ卷、2022·全国新Ⅱ卷
2021·全国新Ⅱ卷2021·北京卷
2021·全国新Ⅰ卷
了解柱、锥、台体及
简单组合体的结构特征及其
相关性质，会运用柱体、锥
体、台体等组合体的表面积
和体积的计算公式求解相关
问题，该内容是新高考卷的
常考内容，一般给定柱、
锥、台体及简单组合体，求
对应的表面积与体积，需强
化复习。
考点3 求几何体的
侧面积、表面积
2023·全国甲卷、2021·全国新Ⅰ卷、
2021·全国甲卷
【知识梳理】
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
侧棱
平行且相等
相交于一点但不一定相等
延长线交于一点
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，垂直于底面
相交于一点
延长线交于一点
轴截面
矩形
等腰三角形
等腰梯形
圆
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°.
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
侧面积公式
S 圆柱侧=2π
rl
S 圆锥侧=π rl
S 圆台侧=π(
r 1+ r 2) l
4.柱、锥、台、球的表面积和体积
名称
几何体
表面积
体积
柱体
S 表=S 侧+2S 底
V=Sh
锥体
S 表=S 侧+S 底
V=1
3
Sh
台体
S 表=S 侧+S 上+S 下
V=1
3
( S 上+ S 下 +❑√S上S下) h
球
S 表=4π
R 2
V=4
3 π R 3
【名师点拨】
1.与体积有关的几个结论
(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差.
(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等(祖暅原理).
2.直观图与原平面图形面积间的关系S 直观图＝S 原图形.
【随堂练习】
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(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)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)不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线，(1)错误.
(2)反【典例】：如图所示的图形满足条件但不是棱锥，(2)错误.
(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(4)错误.
2.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，则该三棱柱的体积为( )
A.4❑√3
B.3❑√3
C.2❑√3
D.❑√3
【答案】C
【解析】在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，
所以S△ABC=1
2×2×2×sin 60°=❑√3，
所以V 三棱柱ABC −A1B1C1=S△ABC·AA1=2❑√3.
3.用斜二测画法作一个水平放置的边长为6 的正方形的直观图，则直观图的面积为(
)
A.36
B.18❑√2
C.9❑√2
D.9 ❑√2
2
【答案】C
【解析】在斜二测画法中，直观图面积是原图形面积的
❑√2
4 ，而边长为6 的正方形面积
为36，所以所求的直观图的面积为
❑√2
4 ×36=9❑√2.
4.已知圆锥PO 的母线长为2，O 为底面的圆心，其侧面积等于2❑√3π，则该圆锥的体积
为 .
【答案】π
【解析】设圆锥PO 的底面圆半径为r，由母线长为2，侧面积等于2❑√3π，
得1
2×2πr×2=2❑√3π，解得r=❑√3，
因此圆锥的高h=❑√2
2−r
2=❑√4−(❑√3)
2=1，
所以该圆锥的体积V=1
3πr2h=1
3π×(❑√3)
2×1=π.
【名师点拨】
1.掌握三个结论
(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差.
(2)(祖暅原理)等高处的截面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等.
(3)直观图与原平面图形面积间的关系：S 直观图=
❑√2
4 S 原图形，S 原图形=2❑√2S 直观图.
2.关于几何体的表面积和侧面积的两个注意点
(1)几何体的侧面积是指(各个)侧面面积之和，而表面积是侧面积与所有底面面积之和.
(2)组合体的表面积应注意重合部分的处理.
【必练核心题型】
题型一 基本立体图形
命题点1 结构特征
【典例】1.(多选)下列说法中正确的是( )
A.各侧棱都相等的棱锥为正棱锥
B.长方体是直四棱柱
C.用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台
D.球面可以看作一个半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面
【答案】BD
【解析】对于A，各侧棱都相等，但无法保证底面为正多边形，故A 错误；
对于B，易知长方体的侧棱和底面垂直，所以是直四棱柱，故B 正确；
对于C，根据圆台的定义，用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部
分为圆台，故C 错误；
对于D，球面可以看作一个半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面，故
D 正确.
命题点2 直观图
【典例】2.用斜二测画法得到一个水平放置的平面图形OABC 的直观图为如图所示
的直角梯形O'A'B'C'，其中B'C'=1
3O'A'，A'B'⊥O'A'，若原平面图形OABC 的面积为
3❑√2，则O'A'的长为( )
A.2
B.❑√2
C.❑√3
D.3
2
【答案】D
【解析】方法一 如图所示，根据斜二测画法的规则，得到原几何图形OABC，
设O'A'=x，可得O'B'=❑√2x，
则OB=2O'B'=2❑√2x，BC=B'C'= x
3 ，OA=O'A'=x，
且OB 为原平面图形中梯形的高，所以原平面图形OABC 的面积为S=1
2(x + x
3)×2❑√2
x=3❑√2，
解得x=3
2.
方法二 由S 直观图=
❑√2
4 S 原图形可得S 直观图=3
2，
设O'A'=x，则O'B'=❑√2x，B'C'= x
3 ，A'B'=x，
根据直角梯形的面积公式得1
2(x + x
3)x=3
2，
解得x=3
2.
命题点3 展开图
【典例】3.(2025·大同模拟)已知圆台的上、下底面的圆心分别为O1，O2，母线
AB=1(点A 位于上底面)，且BO2=2AO1，圆O2的周长为2π
3 ，一只蚂蚁从点A 出发沿
着圆台侧面爬行一周到点B，则其爬行的最短路程为( )
A.1
B.❑√3
C.2
D.❑√5
【答案】B
【解析】将圆台的侧面沿着母线AB 剪开，展成平面图形，延长BA，B1A1交于点O，
连接AA1，AB1，BB1，如图，
显然弧BB1的长为2π
3 ，弧AA1的长为π
3 ，设∠BOB1=α，则α×OA=π
3 ，α×OB=2π
3 ，
则OB=2OA，即OA+1=2OA，得OA=1，于是A 是OB 的中点，α=π
3 ，
因此△OBB1是等边三角形，有AB1⊥OB，且AB1与弧AA1相切，则AB1在此侧面展开
图内，
所以蚂蚁爬行的最短路线为线段AB1，AB1=ABtan π
3 =❑√3.
【解题技巧】
(1)辨别空间几何体的两种方法
①定义法：紧扣定义进行判定；
②反【典例】法：要说明一个结论是错误的，只需举出一个反【典例】即可.
(2)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.
(3)在解决空间曲线(段)最短问题时一般考虑其展开图，采用化曲为直的策略，将空间
问题平面化.
【变式训练】
变式1.下列说法正确的是( )
A.棱柱中相邻两个面的公共边叫做侧棱
B.底面是正多边形的棱锥是正棱锥
C.有两个面平行且相似，其他各面都是梯形的多面体是棱台
D.直角三角形以其一边所在直线为轴旋转一周形成的几何体不一定是圆锥
【答案】D
【解析】对于A，底面和侧面的公共边不是侧棱，A 错误；
对于B，底面是正多边形的棱锥，顶点与底面中心的连线不一定垂直于底面，因此它
不一定是正棱锥，B 错误；
对于C，两个面平行且相似，其他各面都是梯形的多面体不一定是棱台，还要满足各
侧棱的延长线交于一点，C 错误；
对于D，直角三角形以其直角边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆锥，以其斜
边所在直线为轴旋转一周形成的几何体由两个共底的圆锥组合而成，D 正确.
变式2.如图，一个水平放置的平面图形由斜二测画法得到的直观图是边长为2 的菱
形A'B'C'D'，且O'D'=2，则原平面图形的周长为( )
A.4❑√2+4
B.4❑√6+4
C.8❑√2
D.8
【答案】B
【解析】根据题意，把直观图还原成原平面图形，如图所示，
其中OA=2❑√2，OD=4，
AB=CD=2，
则AD=❑√8+16=2❑√6，
故原平面图形的周长为2+2+2❑√6+2❑√6=4❑√6+4.
变式3.如图在一根高为11 cm，外圆周长为6 cm 的圆柱体外表面缠绕一根细铁丝，
组成10 个螺旋，如果铁丝的两端恰好落在圆柱的同一条母线的两端，则铁丝长度的
最小值为( )
A.61 cm
B.❑√157 cm
C.❑√2 021 cm
D.❑√1 037 cm
【答案】A
【解析】∵圆柱体的高为11 cm，外圆周长为6 cm，
又铁丝在柱体上缠绕10 圈，且铁丝的两个端点落在圆柱的同一条母线的两端，
则我们可以得到将圆柱侧面展开后的平面图形，如图所示，
其中每一个小矩形的宽为圆柱的外圆周长6 cm，高为圆柱的高11 cm，则大矩形的对
角线即为铁丝长度的最小值，
此时铁丝长度的最小值为❑√11
2+60
2=61(cm).
题型二 表面积与体积
命题点1 表面积
【典例】1.以边长为2 的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所
得圆柱的侧面积等于( )
A.8π
B.4π
C.8
D.4
【答案】A
【解析】以边长为2 的正方形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周所得圆柱的底面半
径r=2，高h=2，
∴所得圆柱的侧面积S=2πrh=2π×2×2=8π.
【典例】2.(2025·枣庄模拟)已知圆台的上、下底面半径分别为1 和3，侧面展开图是
半个圆环，则圆台的侧面积为( )
A.6π
B.16π
C.26π
D.32π
【答案】B
【解析】圆台的上底面圆半径r'=1，下底面圆半径r=3，
设圆台的母线长为l，扇环所在的小圆的半径为x，
依题意有{
2π ×3= π(l+ x),
2π ×1= π x ,
解得{
x =2,
l = 4 ,
所以圆台的侧面积S=π(r'+r)l=π(1+3)×4=16π.
命题点2 体积
【典例】1.(2024·武汉模拟)“极目一号”Ⅲ型浮空艇(如图1)是中国科学院空天信息
研究院自主研发的，它曾多次成功完成大气科学观测，彰显了中国的实力.“极目一
号”Ⅲ型浮空艇长55 m，高19 m，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台
的组合体，正视图如图2 所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积约为(参考数据：
9.52≈90，9.53≈857，315×1 005≈316 600，π≈3.14)( )
A.9 064 m3
B.9 004 m3
C.8 944 m3
D.8 884 m3
【答案】A
【解析】由题图2 得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为R=19
2 =9.5(m)，而圆台
另一个底面的半径为r=1 m，
则V 半球=1
2×4
3 ×π×9.53≈1 714
3
π(m3)，
V 圆柱=π×9.52×14≈1 260π(m3)，
V 圆台=1
3×(9.52π+❑√9.5
2π ×π+π)×31.5≈3 166
3
π(m3)，
所以V=V 半球+V 圆柱+V 圆台≈1 714
3
π+1 260π+3 166
3
π≈9 064(m3).
【典例】2.木楔子在传统木工中运用广泛，它使得榫卯配合的牢度得到最大化满足.
如图为一个木楔子，其中四边形ABCD 是边长为1 的正方形，且△ADE，△BCF 均
为正三角形，EF∥CD，EF=2，则该木楔子的体积为( )
A.4 ❑√2
3
B.❑√2
C.2❑√2
3
D.
❑√2
3
【答案】D
【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，
由题意知等腰梯形ABFE 全等于等腰梯形DCFE，
则EG=HF=2−1
2
=1
2，AG=GD=BH=HC=❑√1
2−(
1
2)
2
=
❑√3
2 .
取AD 的中点O，连接GO，
因为AG=GD，所以GO⊥AD，
则GO=❑√(
❑√3
2 )
2
−(
1
2)
2
=
❑√2
2 ，
所以S△ADG=S△BCH=1
2×
❑√2
2 ×1=
❑√2
4 .
因为AB∥EF，AG⊥EF，所以AB⊥AG，
因为四边形ABCD 为正方形，所以AB⊥AD，
又因为AD∩AG=A，AD，AG⊂平面ADG，
所以AB⊥平面ADG，
所以EF⊥平面AGD，
同理可证EF⊥平面BCH，
所以多面体的体积V=V 三棱锥E-ADG+V 三棱锥F-BCH+V 三棱柱AGD-BHC=2V 三棱锥E-ADG+V 三棱柱AGD-BHC
=1
3×
❑√2
4 ×1
2×2+
❑√2
4 ×1=
❑√2
3 .
【解题技巧】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
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
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
【变式训练】
变式1(2024·新课标全国Ⅰ)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们
的高均为❑√3，则圆锥的体积为( )
A.2❑√3π
B.3❑√3π
C.6❑√3π
D.9❑√3π
【答案】B
【解析】设圆柱的底面半径为r，
则圆锥的母线长为❑√r
2+3，
而它们的侧面积相等，
所以2πr×❑√3=πr×❑√3+r
2，
即2❑√3=❑√3+r
2，故r=3，
故圆锥的体积为1
3π×9×❑√3=3❑√3π.
变式2.(多选)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，BC=3，CC1=4，且
AB⊥BC，P 为BC1的中点，则( )
A.三棱锥A-BCC1的体积为4
B.三棱锥C-APC1的体积为5
2
C.四棱锥C1-ABB1A1的体积为8
D.三棱锥C1-ABC 的表面积为14+2❑√13
【答案】ACD
【解析】对于A，V 三棱锥A −BC C1=V 三棱锥C1−ABC=1
3×CC1×S△ABC=1
3×4×1
2×2×3=4，故
A 正确；
对于B，V 三棱锥C −APC1=V 三棱锥A −PC C1，
而三棱锥A-BCC1与三棱锥A-PCC1有共同的高，
∵P 为BC1的中点，
∴S△PC C1=1
2 S△BC C1，
∴V 三棱锥A −PC C1=1
2 V 三棱锥A −BC C1=1
2×4=2，故B 错误；
对于C，V 四棱锥C1−AB B1 A1=V 三棱柱ABC −A1B1C1-V 三棱锥C1−ABC=1
2×2×3×4-4=8，故C 正确；
对于D，由题可知，AC=❑√13，AC1=❑√29，BC1=5，
∴AB2+BC1
2=AC1
2，
∴△ABC1是直角三角形，AB⊥BC1，
∴三棱锥C1-ABC 的表面积为S△ABC+S△BC C1+ S△AC C1+ S△ABC1
=1
2×2×3+1
2×3×4+1
2×❑√13×4+1
2×2×5=14+2❑√13，故D 正确.
【限时训练】（限时：60 分钟）
一、单项选择题(每小题5 分，共30 分)
1.下面关于空间几何体叙述不正确的是( )
A.正四棱柱都是长方体
B.在圆柱的上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线不一定是圆柱的母线
C.有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥
D.有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平
行的几何体是棱柱
【答案】C
【解析】对于A，正四棱柱的侧面都是长方形，底面是正方形，因此它是长方体，A
正确；
对于B，在圆柱的上、下底面圆周上各取一点，这两点的连线不一定是圆柱的母线，
只有当这两点的连线平行于轴时才是母线，B 正确；
对于C，有一个面是多边形，其余各面是有公共顶点的三角形的几何体才是棱锥，C 错
误；
对于D，根据棱柱的定义，有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个
四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱，D 正确.
2.已知某几何体的直观图如图所示，则该几何体的体积为( )
A.8 π
3
B.3π
C.10 π
3
D.6π
【答案】B
【解析】由题图可知，此几何体为从底面半径为1，高为4 的圆柱的母线的中点处截去
了圆柱的1
4 后剩余的部分，所以所求几何体的体积V=π×12×4-1
4 ×π×12×4=3π.
3.已知一个直四棱柱的高为4，其底面ABCD 水平放置的直观图(由斜二测画法得到)是
边长为2 的正方形，则这个直四棱柱的表面积为( )
A.40
B.32+16❑√2
C.64+16❑√2
D.64+16❑√3
【答案】C
【解析】由于直观图是正方形，所以四边形ABCD 是两邻边分别为2 与6，高为4❑√2的
平行四边形，其周长是2+6+2+6=16，面积是2×4❑√2=8❑√2，所以直四棱柱的表面积是
16×4+8❑√2×2=64+16❑√2.
4.(2025·新乡模拟)已知某圆锥的轴截面是顶角为α 的等腰三角形，侧面展开图是圆心角
为β 的扇形，若β=3α，则β 等于( )
A.π
3
B.π
2
C.2π
3
D.π
【答案】D
【解析】设圆锥的母线长为l，则圆锥的底面半径r=lsinα
2 ，因为侧面展开图的扇形弧
长即圆锥底面的周长，所以lβ=2πlsinα
2 ，即β=2πsinα
2 ，
因为0<β<2π，β=3α，则0<α<2π
3 ，
故0<α
2 <π
3 ，
所以β 关于α 单调递增，
验证选项可知当α=π
3 时，β=π=3α 符合题意.
5.魔方，又叫鲁比克方块，最早是由厄尔诺·鲁比克教授于1974 年发明的机械益智玩具.
魔方拥有竞速、盲拧、单拧等多种玩法，风靡程度经久不衰，每年都会举办大小赛事，
是最受欢迎的智力游戏之一.一个三阶魔方，由27 个单位正方体组成，如图是把魔方的
中间一层转动了45°，则该魔方的表面积是( )
A.54
B.108-36❑√2
C.162-72❑√2
D.81-18❑√2
【答案】C
【解析】如图，
中间一层转动了45°后，此时的魔方相对原来正方体的魔方多出了16 个小三角形的面
积，
显然小三角形为等腰直角三角形，设直角边为x，则斜边为❑√2x，
故(2+❑√2)x=3，可得x=3-3 ❑√2
2
，
由几何关系得阴影部分的面积S=1
2×(3−3 ❑√2
2 )
2
=27
4 -9 ❑√2
2
，
所以所求面积S'=6×3×3+16×(
27
4 −9 ❑√2
2 )=162-72❑√2.
6.多面体的欧拉定理：简单多面体的顶点数V、棱数E 与面数F 满足V+F-E=2 的数学关
系.请运用欧拉定理解决问题：碳60(C60)具有超导特性、抗化学腐蚀性、耐高压以及强
磁性，是一种应用广泛的材料.它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图
所示.碳60(C60)的分子结构是一个由正五边形面和正六边形面共32 个面构成的凸多面
体，60 个碳原子处于多面体的60 个顶点位置，则32 个面中正六边形面的个数是( )
A.22
B.20
C.18
D.16
【答案】B
【解析】由题意可知V=60，F=32，
由V+F-E=2 可得E=90，
设正五边形面的个数为x，正六边形面的个数为y，则x+y=32，
因为一条棱连着两个面，
所以足球烯表面的棱数E=1
2(5x+6y)=90，
联立{
1
2 (5 x +6 y)=90,
x + y =32,
解得{
x =12,
y =20,
即32 个面中正六边形面的个数是20.
二、多项选择题(每小题6 分，共12 分)
7.(2023·新高考全国Ⅱ)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB 为底面直径，
∠APB=120°，PA=2，点C 在底面圆周上，且二面角P-AC-O 为45°，则( )
A.该圆锥的体积为π
B.该圆锥的侧面积为4❑√3π
C.AC=2❑√2
D.△PAC 的面积为❑√3
【答案】AC
【解析】依题意，∠APB=120°，PA=2，
所以OP=1，OA=OB=❑√3.
A 项，圆锥的体积为1
3×π×(❑√3)2×1=π，故A 正确；
B 项，圆锥的侧面积为π×❑√3×2=2❑√3π，故B 错误；
C 项，取AC 的中点D，连接OD，PD，如图所示，
则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO 是二面角P-AC-O 的平面角，
则∠PDO=45°，所以OP=OD=1，
故AD=CD=❑√3−1=❑√2，
则AC=2❑√2，故C 正确；
D 项，PD=❑√1
2+1
2=❑√2，
所以S△PAC=1
2×2❑√2×❑√2=2，故D 错误.
8.(2025·喀什模拟)如图是圆台O1O2，在轴截面ABCD 中，AB=AD=BC=1
2CD=2，下列说
法正确的是( )
A.线段AC=2❑√3
B.该圆台的表面积为11π
C.该圆台的体积为7❑√3π
D.沿着该圆台的表面从点C 到AD 中点的最短距离为5
【答案】ABD
【解析】显然四边形ABCD 是等腰梯形，AB=AD=BC=2，CD=4，其高即为圆台的高h=
❑√
A D
2−(
CD−AB
2
)
2
=❑√3.
对于A，在等腰梯形ABCD 中，AC=❑√
ℎ
2+(CD−CD−AB
2
)
2
=2❑√3，A 正确；
对于B，圆台的表面积S=π×12+π×22+π(1+2)×2=11π，B 正确；
对于C，圆台的体积V=1
3π(12+1×2+22)×❑√3=7 ❑√3
3
π，C 错误；
对于D，将圆台一半侧面展开，如图中扇环ABCD 所示，且E 为AD 中点，而圆台对应
的圆锥一半侧面展开为扇形COD 且易知OC=4，又∠COD=2π
4 =π
2 ，在Rt△COE 中，
CE=❑√4
2+3
2=5，斜边CE 上的高为OC·OE
CE
=12
5 >2，即CE 与弧AB 相离，所以点C 到
AD 中点的最短距离为5，D 正确.
三、填空题(每小题5 分，共10 分)
9.(2023·新高考全国Ⅰ)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，A1B1=1，AA1=❑√2，则该
棱台的体积为 .
【答案】7 ❑√6
6
【解析】如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，
易知A1M 为四棱台ABCD-A1B1C1D1的高，
因为AB=2，A1B1=1，AA1=❑√2，
则A1O1=1
2A1C1=1
2×❑√2A1B1=
❑√2
2 ，
AO=1
2AC=1
2×❑√2AB=❑√2，
故AM=AO-A1O1=
❑√2
2 ，
则A1M=❑√A A1
2−A M
2=❑√2−1
2=
❑√6
2 ，
所以所求棱台体积为V=1
3×(4+1+❑√4×1)×
❑√6
2 =7 ❑√6
6
.
10.如图1 中的机械设备叫做“转子发动机”，其核心零部件之一的转子形状是“曲侧
面三棱柱”，图2 是一个曲侧面三棱柱，它的侧棱垂直于底面，底面是“莱洛三角
形”，莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得
到的，如图3，若曲侧面三棱柱的高为10，底面任意两顶点之间的距离为20，则其侧
面积为 .
【答案】200π
【解析】由题意得底面是由三段以20 为半径，π
3 为圆心角的圆弧构成，
所以底面周长为3×π
3 ×20=20π，
又曲侧面三棱柱的高为10，
所以曲侧面三棱柱的侧面积为20π×10=200π.
四、解答题(共27 分)
11.(13 分)如图，AB 是圆柱的底面直径，AP 是圆柱的母线且AB=AP=4，点C 是圆柱底
面圆周上的点.
(1)求圆柱的侧面积和体积；(5 分)
(2)若AC=2，D 是PB 的中点，点E 在线段AP 上，求CE+DE 的最小值.(8 分)
【解析】
(1)由题知，底面半径为2，母线长为4，
所以圆柱的侧面积S=2π×2×4=16π，
圆柱的体积V=π×22×4=16π.
(2)记底面圆心为O，连接OC，因为底面半径为2，AC=2，
以AP 所在直线为轴，将△APC 旋转到△APC'，使得△APC'和轴截面PAB 共面，如图，
则OC'=2+2=4，OD=2，
当C'，E，D 三点共线时，CE+DE 取得最小值❑√4
2+2
2=2❑√5.
12.(14 分)如图，矩形O'A'B'C'是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形OABC
的直观图，其中O'A'=3，O'C'=1.
(1)求平面四边形OABC 的面积；(4 分)
(2)若四边形OABC 以AO 为轴旋转一周，求旋转形成的几何体的体积和表面积.(10 分)
【解析】
(1)因为S 原图形=2❑√2S 直观图，
所以S 平面四边形OABC=2❑√2S 直观图=6❑√2.
(2)平面四边形OABC 如图所示，在Rt△ODC 中，有OC2=OD2+CD2=(2❑√2)2+12=9，
所以OC=3，所以AB=3.
如图，分别过点B，C 作AO 及其延长线的垂线，垂足为E，F.
矩形FEBC 绕AO 及其延长线旋转一周得到一个底面半径r=OD=2❑√2，母线l1=BC=3 的
圆柱；
Rt△BEA 绕AO 旋转一周得到一个底面半径r=OD=2❑√2，母线l2=AB=3，高h1=AE=1 的
圆锥；
Rt△CFO 绕AO 及其延长线旋转一周得到一个底面半径r=OD=2❑√2，母线l3=OC=3，高
h2=OF=CD=1 的圆锥.
所以旋转形成的几何体为圆柱挖去一个同底的圆锥，再加上一个同底的圆锥构成的组
合体.
则旋转形成的几何体的体积等于圆柱的体积，减去挖去的圆锥体积，再加上组合的圆
锥的体积，
所以旋转形成的几何体的体积V=πr2l1-1
3πr2h2+1
3πr2h1=π×(2❑√2)
2×3-1
3π×(2❑√2)
2×1+
1
3π×(2❑√2)
2×1=24π.
旋转形成的几何体的表面积即圆柱的侧面积加上两个圆锥的侧面积，
所以S=2πrl1+πrl2+πrl3=2π×2❑√2×3+π×2❑√2×3+π×2❑√2×3=24❑√2π.
【尖子生加餐特训】13 题6 分，14 题5 分，共11 分
13.(多选)中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该
几何体是上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分).现有一个如
图所示的曲池，AA1垂直于底面，AA1=5，底面扇环所对的圆心角为π
2 ，弧AD 的长度
是弧BC 长度的3 倍，CD=2，则下列说法正确的是( )
A.弧AD 的长度为3 π
2
B.曲池的体积为10 π
3
C.曲池的表面积为20+14π
D.三棱锥A-CC1D 的体积为5
【答案】ACD
【解析】设弧AD 所在圆的半径为R，弧BC 所在圆的半径为r，
因为弧AD 的长度是弧BC 长度的3 倍，所以π
2 R=3×π
2 r，即R=3r，
所以CD=R-r=2r=2，所以r=1，R=3，
所以弧AD 的长度为3 π
2 ，故A 正确；
曲池的体积为V=(
1
4 π R
2−1
4 π r
2)×AA1=(
1
4 π ×3
2−1
4 π ×1
2)×5=10π，故B 错误；
曲池的表面积为(
1
4 π R
2−1
4 π r
2)×2+(
1
2 π R+ 1
2 π r)×5+2×5×2=
(
1
4 π ×3
2−1
4 π ×1
2)×2+(
1
2 π ×3+ 1
2 π ×1)×5+20=20+14π，故C 正确；
三棱锥A-CC1D 的体积为1
3×1
2×2×5×3=5，故D 正确.
14.如图所示，在边长为5 ❑√2
2
+1 的正方形铁皮上剪下一个最大的扇形和一个圆，使之恰
好围成一个圆锥，则圆锥的高为( )
A.❑√13
B.❑√15
C.❑√17
D.❑√19
【答案】B
【解析】如图1，过☉F 的圆心F 作FE⊥AD 于E，FG⊥CD 于G，
则四边形EFGD 为正方形，设☉F 的半径为r，扇形半径为R，则FD=❑√2r，
☉F 的周长为2πr，扇形弧长为π R
2 ，
∵剪下一个最大的扇形和圆恰好围成一个圆锥，
∴π R
2 =2πr，解得R=4r，
即BH=4r，∴BD=BH+HF+FD=4r+r+❑√2r=(5+❑√2)r，
∵正方形铁皮边长为5 ❑√2
2
+1，
∴BD=❑√2×(
5 ❑√2
2
+1)=5+❑√2，
∴(5+❑√2)r=5+❑√2，∴r=1，
在图2 中，EF=1，BE=4，
由勾股定理得，圆锥的高BF=❑√B E
2−E F
2=❑√4
2−1
2=❑√15.
