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.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，并能解决简单的实际问题.3.能用斜二测画法画出简单空
间图形的直观图．
1、下列说法中正确的是
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棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分．
④锥体的体积等于底面积与高之积．
⑤已知球O的半径为R，其内接正方体的边长为a，则R＝a.
⑥圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS.
【答案】③⑤
2、下列说法正确的是（ ）
A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；
B以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；
C圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；
D一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．
【答案】 C
【解析】 由圆锥、圆台、圆柱的定义可知A、B错误，C正确．对于D，只有用平行于
圆锥底面的平面去截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，D不正确．
3．如图所示，长方体ABCDA′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是(
)
A．棱台 B．四棱柱 C．五棱柱 D．简单组合体
【答案】C
【解析】由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱．
4.下列说法正确的是( )
A．相等的角在直观图中仍然相等
B．相等的线段在直观图中仍然相等
C．正方形的直观图是正方形
D．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行【答案】 D
【解析】 由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行关系不变，
正方形的直观图是平行四边形．
5．已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )
A．1 cm B．2 cm C．3 cm D. cm
【答案】 B
【解析】 设圆锥底面圆的半径为r cm，母线长为l cm，
依题意得2πr＝πl，∴l＝2r，
S ＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，∴r2＝4，∴r＝2(cm).
表
6.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.
1、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－ABC D 中的三棱锥C －ABC，四个面都是直角三角形.
1 1 1 1 1
【规律形成】识别空间几何体的两种方法
(1)定义法：紧扣定义，由已知构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关
系或增加线、面等基本要素，根据定义进行判定．
(2)反例法：通过反例对结构特征进行辨析，要说明一个结论是错误的，只要举出一个反例
即可．2.已知水平放置的四边形OABC按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中O′A′∥B′C′，
∠O′A′B′＝90°，O′A′＝1，B′C′＝2，则原四边形OABC的面积为( )
A. B．3 C．4 D．5
【答案】 B
【解析】 方法一 由已知求得O′C′＝，把直观图还原为原图形如图，
可得原图形为直角梯形，OA∥CB，OA⊥OC，且OA＝1，BC＝2，OC＝2，
得原四边形OABC的面积为×(1＋2)×2＝3.
方法二 由题意知A′B′＝1，
∴S ＝×(1＋2)×1＝，
直观图
∴S ＝2S ＝3.
原图形 直观图
【规律形成】(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.
3、(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.
【变式1】某圆柱的高为2，底面周长为16，M，N分别是圆柱上、
下底面圆周上的两点，其中OE⊥ON，如图所示，则在此圆柱侧面
上，从M到N的路径中，最短路径的长度为( )
A．2 B．2 C．3 D．2
【答案】B
【解析】 圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为EP的四等分点)如图所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径．EN＝×16＝4，EM＝2，∴MN＝＝＝2.故选B.
【变式2】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＝.
【变式3】如图，在直三棱柱ABCABC 中，AB＝2，BC＝，AC＝1，AA＝3，F为棱
1 1 1 1
AA 上的一动点，则当BF＋FC 最小时，△BFC 的面积为________．
1 1 1
【答案】
【解析】将直三棱柱ABCABC 沿棱AA 展开成平面，连接BC (图略)，与AA 的交点
1 1 1 1 1 1
即为满足BF＋FC 最小时的点F，∵直三棱柱ABCABC 中，AB＝2，BC＝，AC＝1，AA
1 1 1 1 1
＝3，再结合棱柱的性质，可得AF＝AA＝1，故AF＝2.
1 1
由图形及棱柱的性质，可得BF＝＝2，
FC ＝＝，BC ＝＝2，
1 1
cos∠BFC＝＝＝－.
1
故sin∠BFC＝＝，
1
∴△BFC 的面积为
1
S＝×BF×FC ×sin∠BFC
1 1
＝×2××＝.]
点评：本题在探求BF＋FC 最小时，采用了化曲为直的策略，将空间问题平面化，在
1
解决空间折线段最短问题时可适当考虑其展开图．
4、（1）在我国瓷器的历史上六棱形的瓷器非常常见，因为六、八是中国人的吉利数字，
所以许多瓷器都做成六棱形和八棱形的，但是六棱柱形的瓷器只有六棱柱形笔筒，其余的
六棱形都不是六棱柱形．如图为一个正六棱柱形状的瓷器笔筒，高为 18.7 cm，底面边长为
7 cm(数据为笔筒的外观数据)，用一层绒布将其侧面包裹住，忽略绒布的厚度，则至少需
要绒布的面积为( )A．120 cm2 B．162.7 cm2
C．785.4 cm2 D．1 570.8 cm2
【答案】 C
【解析】 根据正六棱柱的底面边长为 7 cm，得正六棱柱的侧面积为 6×7×18.7＝
785.4(cm2)，
所以至少需要绒布的面积为785.4 cm2.
（2）(2021·新高考全国Ⅱ)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】 作出图形，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S＝4，
1 2
所以该棱台的体积V＝h(S＋S＋)
1 2
＝××(16＋4＋)＝.
（3）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＝.
【规律形成】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.
5、已知直三棱柱 ABC－ABC 的 6 个顶点都在球 O 的球面上，若 AB＝3，AC＝4，
1 1 1
AB⊥AC，AA＝12，则球O的半径为( )
1
A. B．2 C. D．3
【答案】 C
【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，所以球O的半径R＝OA＝ ＝.
1
【变式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.
【变式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＝＝.
【变式3】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△POA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.
【变式4】设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥D－ABC体积的最大值为( )
A．12 B．18 C．24 D．54
【答案】 B
【解析】 由等边△ABC的面积为9，可得AB2＝9，
所以AB＝6，
所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝AB＝2.
设球的半径为R，球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d＝＝＝2.
所以三棱锥D－ABC高的最大值为2＋4＝6，
所以三棱锥D－ABC体积的最大值为×9×6＝18.
【规律形成】“切”“接”问题的处理规律
(1)“切”的处理
首先要找准切点，通过作截面来解决，截面过球心．
(2)“接”的处理
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.
1、过棱长为1的正方体的一条体对角线作截面，则截得正方体的截面面积的最小值是(
)
A．1 B． C． D．
【答案】D
【解析】 取 AA 的中点 E，CC 的中点 F，连接 BE，ED ，DF，
1 1 1 1
FB，如图所示．四边形 BED F为过棱长为1的正方体的一条体对角线
1
BD 所作截面的面积最小的截面，且四边形 BED F是菱形，其截面面积
1 1
为·BD·EF＝××＝.故选D.
1
2、(2022·全国甲卷)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 和S ，体积分别为V 和V ．若＝2，则等于( )
甲 乙 甲 乙
A. B．2 C. D.
【答案】 C
【解析】 方法一 由甲、乙两个圆锥的母线长相等，
结合＝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r，r，高分别为h，
1 2 1
h，
2
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2πr＝4π，2πr＝2π，得r＝2，r＝1.
1 2 1 2
由勾股定理得，
h＝＝，h＝＝2，
1 2
所以＝＝＝.故选C.
方法二 设两圆锥的母线长为l，甲、乙两圆锥的底面半径分别为 r ，r ，高分别为h ，
1 2 1
h，侧面展开图的圆心角分别为n，n，
2 1 2
则由＝＝＝2，得＝＝2.
由题意知n＋n＝2π，
1 2
所以n＝，n＝，
1 2
所以2πr＝l,2πr＝l，
1 2
得r＝l，r＝l.
1 2
由勾股定理得，h＝＝l，
1
h＝＝l，
2
所以＝＝＝.故选C.
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．(2023·淄博模拟)若圆锥的母线长为2，侧面展开图的面积为6π，则该圆锥的体积是(
)
A.π B．3π C．3π D．9π
【答案】 B
【解析】 设圆锥的高为h，底面圆半径为r，
因为母线长为2，
所以侧面展开图的面积为πr×2＝6π，解得r＝，
所以h＝＝3，
所以圆锥的体积V＝π×()2×3＝3π.
3.如图是用斜二测画法画出的水平放置的△AOB的直观图(图中虚线分别与x′轴、y′轴平行)，
则原图形△AOB的面积是( )
A．8 B．16
C．32 D．64
【答案】 C
【解析】 根据题意，如图，原图形△AOB的底边OB的长为4，高为16，
所以其面积S＝×4×16＝32.
4、在我国古代数学名著《数学九章》中有这样一个问题：“今有木长二丈四尺，围之五尺．
葛生其下，缠本两周，上与木齐，问葛长几何？”意思是“圆木长 2丈4尺，圆周长为5
尺，葛藤从圆木的底部开始向上生长，绕圆木两周，刚好顶部与圆木平齐，问葛藤最少长
多少尺？”(注：1丈等于10尺)，则这个问题中，葛藤长的最小值为( )
A．2丈4尺 B．2丈5尺
C．2丈6尺 D．2丈8尺
【答案】C
【解析】 由题意，圆柱的侧面展开图是矩形，一条直角边(即圆木的高)长24尺，另一条
直角边长5×2＝10(尺)，因此葛藤长的最小值为＝26(尺)，即为2丈6尺．故选C．
5、.(2020·全国Ⅰ卷)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O 为△ABC的外接圆.若
1
⊙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
1
⊙O 的面积为 4π，所以 4π＝πr2，解得 r＝2，又 AB＝BC＝AC＝
1
OO ，所以＝2r，解得AB＝2，故OO ＝2，所以R2＝OO＋r2＝(2)2＋
1 1
22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.
6、如图，在正四棱锥P－ABCD中，B 为PB的中点，D 为PD的中
1 1
点，则棱锥A－BCD 与棱锥P－ABCD的体积之比是( )
1 1
A．1∶4 B．3∶8 C．1∶2 D．2∶3
【答案】 A
【解析】 棱锥A－BCD 的体积可以看成是正四棱锥P－ABCD的体积减去角上的四个小
1 1
棱锥的体积得到的．
因为B 为PB的中点，D 为PD的中点，
1 1
所以棱锥B－ABC的体积和棱锥D－ACD的体积都是正四棱锥P－ABCD的体积的，
1 1
棱锥C－PBD 的体积与棱锥A－PBD 的体积之和是正四棱锥P－ABCD的体积的，
1 1 1 1
则中间剩下的棱锥A－BCD 的体积 ＝V －3×V ＝V ，
1 1 P－ABCD P－ABCD P－ABCD
则 ∶V ＝1∶4.
P－ABCD
7、（多选题）如图圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等, , 为圆柱
上下底面的圆心, 为球心, 为底面圆 的一条直径,若球的半径 ,则( )
A. 球与圆柱的体积之比为
B. 四面体 的体积的取值范围为
C. 平面 截得球的截面面积最小值为
D. 若 为球面和圆柱侧面的交线上一点,则 的取值范围为【答案】A,D
【解析】对于A,球的体积为 ,圆柱的体积 ,
则球与圆柱的体积之比为 ,A正确;
对于B,设 为点 到平面 的距离, ,而平面 经过线段 的中点 ,
四面体 的体积 ,B
错误;
对于C,过 作 于 ,如图,而 ,则 ,
又 ,于是 ,
设截面圆的半径为 ,球心 到平面 的距离为 ,则 ,
又 ,
则平面 截球的截面圆面积 ,C错误;
对于D,令经过点 的圆柱的母线与下底面圆的公共点为 ,连接 , ,
当 与 都不重合时,设 ,则 , ,
当 与 之一重合时,上式也成立,
因此 , , ,
则 ,令 ,则 ,
而 ,即 ,因此 ,解得 ,
所以 的取值范围为 ,D正确.故选AD.
8、（多选题）数学中有许多形状优美,寓意独特的几何体,“勒洛四面体”就是其中之一.勒
洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心,以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分.如
图,在勒洛四面体中,正四面体 的棱长为 ,则下列结论正确的是( )
A. 勒洛四面体最大的截面是正三角形
B. 若 , 是勒洛四面体 表面上 任意两点,则 的最大值为
C. 勒洛四面体 的体积是
D. 勒洛四面体 内切球的半径是
【答案】B,D
【解析】由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体最大的截面即经过四面体 表面的截面,
如图1所示,故A不正确;
根据勒洛四面体的性质,它能在两个平行平面间自由转动,并且始终保持与两平面都接触,
所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值即为内接正四面体的边长,所以勒洛四面
体表面上任意两点间的距离的最大值为 ,故B正确;
如图2,由对称性可知勒洛四面体内切球的球心 是正四面体 外接球的球心,连
接 ,并延长交勒洛四面体的曲面于点 ,则 就是勒洛四面体内切球的半径.如图3,在
正四面体 中, 为 的中心, 是正四面体 外接球的球心,连接 ,
, ,由正四面体的性质可知 在 上.
因为 ,所以 ,则 .
因为 ,即 ,
解得 ,则正四面体 外接球的体积是 .
因为勒洛四面体的体积小于正四面体 外接球的体积,则C错误.因为 ,所以 ,则D正确.
故选:BD.
9.如图，在六面体 ABC－FEDG中，BG⊥平面ABC，平面ABC∥平面FEDG，AF∥BG，
FE∥GD，∠FGD＝90°，AB＝BC＝BG＝2，GD＝2BC，四边形AEDC是菱形，则六面体
ABC－FEDG的体积为________．
【答案】 8
【解析】 如图，连接AG，AD，
则V ＝V ＋V ＝2V ，
六面体ABC－FEDG 四棱锥A－FEDG 四棱锥A－BCDG 四棱锥A－FEDG
由题意得，EF＝2，DG＝4，FG＝AF＝2，
∴S ＝×(2＋4)×2＝6，
梯形FEDG
∴V ＝×S ×AF＝4，
四棱锥A－FEDG 梯形FEDG
∴V ＝8.
六面体ABC－FEDG
10.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.
