資源簡介

第 01 講 基本立體圖形、簡單幾何體的表面積與體積
目錄
01 考情透視·目標導航 .........................................................................................................................2
02 知識導圖·思維引航 .........................................................................................................................3
03 考點突破·題型探究 .........................................................................................................................4
知識點 1：多面體的結構特征.............................................................................................................4
知識點 2：簡單旋轉體.........................................................................................................................5
知識點 3：組合體.................................................................................................................................5
知識點 4：表面積與體積計算公式.....................................................................................................6
知識點 5：空間幾何體的直觀圖.........................................................................................................7
題型一：空間幾何體的結構特征........................................................................................................8
題型二：直觀圖....................................................................................................................................9
題型三：展開圖..................................................................................................................................10
題型四：最短路徑問題......................................................................................................................12
題型五：空間幾何體的表面積..........................................................................................................14
題型六：空間幾何體的體積..............................................................................................................15
04 真題練習·命題洞見........................................................................................................................18
05 課本典例·高考素材........................................................................................................................19
06 易錯分析·答題模板........................................................................................................................21
易錯點：對斜二測畫法的掌握不牢..................................................................................................21
考點要求 考題統計 考情分析
2024 年 I 卷第 5 題，5 分
2024 年甲卷（理）第 14 題，5 分 （1）掌握基本空間圖形及其簡單組合體的概
2024 年天津卷第 9 題，5 分 念和基本特征，能夠解決簡單的實際問題；
（1）基本立體圖形 2023 年乙卷（理）第 8 題，5 分 （2）多面體和球體的相關計算問題是近幾年
（2）表面積與體積 2023 年甲卷（文）第 10 題，5 分 考查的重點；
2023 年天津卷第 8 題，5 分 （3）運用圖形的概念描述圖形的基本關系和
2023 年 II 卷第 14 題，5 分 基本結果，突出考查直觀想象和邏輯推理．
2023 年 I 卷第 12 題，5 分
復習目標：
（1）認識柱、錐、臺、球及簡單組合體的結構特征，能運用這些特征描述現實生活中簡單物體的結構．
（2）知道球、棱（圓）柱、棱（圓）錐、棱（圓）臺的表面積和體積的計算公式，并能解決簡單的實際問
題．
（3）能用斜二測畫法畫出簡單空間圖形的直觀圖．
知識點 1：多面體的結構特征
1、棱柱：兩個面互相平面，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個四邊形的公共邊都互相平行，由
這些面所圍成的多面體叫做棱柱．
（1）斜棱柱：側棱不垂直于底面的棱柱；
（2）直棱柱：側棱垂直于底面的棱柱；
（3）正棱柱：底面是正多邊形的直棱柱；
（4）平行六面體：底面是平行四邊形的棱柱；
（5）直平行六面體：側棱垂直于底面的平行六面體；
（6）長方體：底面是矩形的直平行六面體；
（7）正方體：棱長都相等的長方體．
2、棱錐：有一個面是多邊形，其余各面是有一個公共頂點的三角形，由這些面所圍成的多面體叫做
棱錐．
（1）正棱錐：底面是正多邊形，且頂點在底面的射影是底面的中心；
（2）正四面體：所有棱長都相等的三棱錐．
3、棱臺：用一個平行于棱錐底面的平面去截棱錐，底面和截面之間的部分叫做棱臺，由正棱錐截得
的棱臺叫做正棱臺．
【診斷自測】如圖所示，觀察四個幾何體，其中判斷正確的是（ ）
A．①是棱臺，②不是圓臺 B．②是圓臺，③是棱錐
C．③是棱錐，④是棱臺 D．③是棱錐，④是棱柱
知識點 2：簡單旋轉體
1、圓柱：以矩形的一邊所在的直線為旋轉軸，其余三邊旋轉形成的面所圍成的幾何體叫做圓柱．
2、圓柱：以直角三角形的一條直角邊所在的直線為旋轉軸，將其旋轉一周形成的面所圍成的幾何體
叫做圓錐．
3、圓臺：用平行于圓錐底面的平面去截圓錐，底面和截面之間的部分叫做圓臺．
4、球：以半圓的直徑所在的直線為旋轉軸，半圓面旋轉一周形成的旋轉體叫做球體，簡稱為球（球
面距離：經過兩點的大圓在這兩點間的劣弧長度）．
【診斷自測】下列選項中的三角形繞直線 l 旋轉一周，能得到如圖所示幾何體的是（　　）
A． B． C． D．
知識點 3：組合體
由柱體、錐體、臺體、球等幾何體組成的復雜的幾何體叫做組合體．
【診斷自測】如圖所示的幾何體是數學奧林匹克能賽的獎杯，該幾何體由（ ）
A．一個球、一個四棱柱、一個圓臺構成
B．一個球、一個長方體、一個棱臺構成
C．一個球、一個四棱臺、一個圓臺構成
D．一個球、一個五棱柱、一個棱臺構成
知識點 4：表面積與體積計算公式
表面積公式
S = ch + 2S
直棱柱 底
S = c l + 2S (c 為直截面周長
斜棱柱 底
柱體
)
S = 2p r2 + 2p rl = 2p r(r + l)
圓錐
S 1= nah + S
正棱錐 底
錐體 2
S = p r2表 + p rl = p r(r + l)圓錐
面
積
S 1= n(a + a )h + S + S
正棱臺 上 下
臺體 2
S = p（r 2 + r2 + r l + rl)
圓臺
球 S = 4p R2
體積公式
柱體 V = Sh柱
體
積
V 1錐體 = Sh h錐 3
S
V 1臺體 = (S + SS + S )h臺 3
4
球 V = p R3
3
【診斷自測】正六棱臺的上、下底面邊長分別是 2 和 6，側棱長是 5，則它的表面積與體積分別為（ ）
A．16 21 + 60 3;26 3 B．16 21 + 60 3;52 3
C． 24 21 + 60 3;78 3 D． 24 21 + 60 3;84 3
知識點 5：空間幾何體的直觀圖
1、斜二測畫法
斜二測畫法的主要步驟如下：
（1）建立直角坐標系．在已知水平放置的平面圖形中取互相垂直的Ox ，Oy ，建立直角坐標系．
（2）畫出斜坐標系．在畫直觀圖的紙上（平面上）畫出對應圖形．在已知圖形平行于 x 軸的線段，在
直觀圖中畫成平行于O x ，O y ，使 x O y = 45o （或135o ），它們確定的平面表示水平平面．
（3）畫出對應圖形．在已知圖形平行于 x 軸的線段，在直觀圖中畫成平行于 x 軸的線段，且長度保
持不變；在已知圖形平行于 y 軸的線段，在直觀圖中畫成平行于 y 軸，且長度變為原來的一般．可簡化為
“橫不變，縱減半”．
（4）擦去輔助線．圖畫好后，要擦去 x 軸、 y 軸及為畫圖添加的輔助線（虛線）．被擋住的棱畫虛線．
注：直觀圖和平面圖形的面積比為 2 : 4．
2、平行投影與中心投影
平行投影的投影線是互相平行的，中心投影的投影線相交于一點．
【診斷自測】如圖,直角梯形O A B C 滿足O A ^ O C ,O A = A B = 2,O C = 3 ,它是水平放置的平面圖形的
直觀圖,則該平面圖形的周長是（ ）
A．7 + 5 B．5 + 2 3 + 17
C．11+ 41 D．10 2
題型一：空間幾何體的結構特征
【典例 1-1】有下列命題：
①有兩個面平行，其余各面都是四邊形的幾何體叫棱柱；
②有兩個面平行，其余各面都是平行四邊形的幾何體叫棱柱；
③有兩個面平行，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個四邊形的公共邊都互相平行的幾何體叫棱柱；
④用一個平面去截棱錐，底面與截面之間的部分組成的幾何體叫棱臺．
⑤有一個面是多邊形，其余各面都是三角形的幾何體是棱錐．
其中正確的命題的個數為（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【典例 1-2】下列結論正確的是（ ）
A．直四棱柱是長方體，長方體是四棱柱 B．一個棱柱至少有 6 個面
C．相等的角在直觀圖中仍然相等 D．有一個面是平行四邊形的棱錐一定是四棱錐
【方法技巧】
空間幾何體結構特征的判斷技巧
（1）緊扣結構特征是判斷的關鍵，依據條件構建幾何模型，在條件不變的情況下，變換模型中的線
面關系或增加線、面等基本元素，然后再依據題意判定．
（2）說明一個命題是錯誤的，只要舉出一個反例即可．
【變式 1-1】下列說法中，正確的是（ ）
A．底面是正多邊形的棱錐是正棱錐
B．一個多面體至少有 4 個面
C．有兩個面相互平行，其余各面都是平行四邊形的多面體是棱柱
D．用一個平面去截棱錐，棱錐底面與截面之間的部分是棱臺
【變式 1-2】下列說法中，正確的是（ ）
A．以直角三角形的一邊所在直線為軸旋轉一周所得的幾何體是圓錐
B．以正方體的頂點為頂點可以構成正四棱錐
C．用一個平面截圓錐，得到一個圓錐和圓臺
D．用一個平面去截球，得到的截面是一個圓面
題型二：直觀圖
【典例 2-1】如圖，四邊形 ABCD的斜二測畫法直觀圖為等腰梯形 A B C D ．已知 A B = 4，C D = 2，則
下列說法正確的是（ ）
A． AB = 2
B． A D = 2 2
C．四邊形 ABCD的周長為 4 + 2 2 + 2 3
D．四邊形 ABCD的面積為 6 2
【典例 2-2】如圖所示，梯形 A B C D 是平面圖形 ABCD用斜二測畫法得到的直觀圖， A D = 2，
A B = B C =1，則平面圖形 ABCD中對角線 AC 的長度為（ ）
A． 2 B． 3 C． 5 D．5
【方法技巧】
2
斜二測法下的直觀圖與原圖面積之間存在固定的比值關系：S直 = S4 原
．
【變式 2-1】由斜二測畫法得到的一個水平放置的三角形的直觀圖是等腰三角形，底角為 30°，腰長為 2，
如圖，那么它在原平面圖形中，頂點 B 到 x 軸的距離是 .
【變式 2-2】如圖，矩形O A B C 是水平放置的平面圖形OABC 的直觀圖，其中O A = 6,O C = 3，則原圖
形OABC 的面積為 ．
【變式 2-3】（2024·四川成都·模擬預測）如圖，VO A B 是水平放置的△OAB 用斜二測畫法畫出的直觀圖
（圖中虛線分別與 x 軸和 y 軸平行），O B = 2O D = 6，O C = 8，則△OAB 的面積為（ ）
A．8 2 B．12 2 C．24 D．48
題型三：展開圖
【典例 3-1】如圖，在四棱錐O - ABCD的平面展開圖中，底面 ABCD為等腰梯形， AD∥BC ，
AB = CD =1，BC = 2AD = 2 ，PA = 1，PA ^ AD，QA ^ AB ，則 cos SDC = ．
【典例 3-2】如圖，將三棱錐 B - PAC 展開為平面圖形，已知 AC = AE = 2, AP = 2 3 ， AP ^ AC ， AP ^ AE ，
CAD =120°，則 cos PFC = ．
【方法技巧】
多面體表面展開圖可以有不同的形狀，應多實踐，觀察并大膽想象立體圖形與表面展開圖的關系，一
定先觀察立體圖形的每一個面的形狀．
【變式 3-1】（2024·安徽馬鞍山·模擬預測）已知三棱錐 P－ABC 的底面 ABC 為等邊三角形．如圖，在三棱
錐 P－ABC 5 13的平面展開圖中，P，F，E 三點共線，B，C，E 三點共線， cos PCF = ，PC = 13 ，
26
則 PB＝ ．
【變式 3-2】（2024·重慶·三模）如圖，已知圓柱的斜截面是一個橢圓，該橢圓的長軸 AC 為圓柱的軸截面
對角線，短軸長等于圓柱的底面直徑.將圓柱側面沿母線 AB 展開，則橢圓曲線在展開圖中恰好為一個周期
的正弦曲線.若該段正弦曲線是函數 y = 3sinwx w > 0 圖象的一部分，且其對應的橢圓曲線的離心率為
3
，則w 的值為（ ）
2
A 3． B．1 C． 3 D．2
2
【變式 3-3】將四棱錐P - ABCD 沿棱展開為平面圖形，如圖所示．若 PA = AE = 2 ， FG = 2AD = 2，
AP ^ AE ， AP ^ AD，FG∥AD， FAD = 135° ，則在展開圖中， D, I 兩點之間的距離 DI = ．
題型四：最短路徑問題
【典例 4-1】在棱長為 4 的正方體 ABCD - A1B1C1D1中，E, F 分別為線段BB1, BD1 上的動點，點O為側面
BCC1B1的中心，則VOEF 的周長的最小值為 .
【典例 4-2】（2024·江西九江·一模）如圖，在正三棱柱 ABC - A1B1C1中， AB = 2AA1 = 2 ， N 為 A1C1的中點，
M 為線段 AA1上的點.則 MN + MB 的最小值為
【方法技巧】
此類最大路徑問題：大膽展開，把問題變為平面兩點間線段最短問題．
【變式 4-1】如圖，在三棱錐V - ABC 中，VA = VB = VC = 4， AVB = AVC = BVC = 30°，過點A 作截面
△AEF ，則△AEF 周長的最小值為 .
【變式 4-2】正三棱柱 ABC - A1B1C1的底邊長側棱長都是 2，M 為 AB 的中點， N 為CC1的中點，則在棱柱
表面上，從M 到 N 的最短路程是 ．
【變式 4-3】已知在直三棱柱 ABC - A1B1C1中，底面為直角三角形， ACB = 90°， AC = 6 ，
BC = CC1 = 2 ，P 是BC1上一動點，則CP + PA1 的最小值為 ．
【變式 4-4】如圖，棱長為 1 的正方體 ABCD - A1B1C1D1中， P 為線段 AB1的中點，M ， N 分別為線段 AC1
和棱C1D1上的動點，則 2PM + 2MN 的最小值為 ．
【變式 4-5】（2024·上海虹口·二模）如圖，在直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1中，底面 ABCD為菱形，且
BAD = 60o .若 AB = AA1 = 2，點M 為棱CC1的中點，點 P 在 A1B 上，則線段PA, PM 的長度和的最小值
為 .
題型五：空間幾何體的表面積
【典例 5-1】（2024·陜西安康·模擬預測）已知正三棱臺 ABC - A1B1C1的上底面積為 3，下底面積為 4 3 ，
高為 2，則該三棱臺的表面積為（ ）
A．5 3 + 3 39 B．3 39 C．5 3 +18 D．18
【典例 5-2】（2024·福建南平·模擬預測）已知圓臺O1O2 的母線長為 4，下底面圓的半徑是上底面圓的半徑
的 3 倍，軸截面周長為 16，則該圓臺的表面積為 ．
【方法技巧】
（1）多面體的表面積是各個面的面積之和．
（2）旋轉體的表面積是將其展開后，展開圖的面積與底面面積之和．
（3）組合體的表面積求解時注意對銜接部分的處理．
【變式 5-1】（2024·遼寧大連·一模）陀螺起源于我國，最早出土的石制陀螺是在山西夏縣發現的新石器時
代遺址．如圖所示的是一個陀螺立體結構圖．已知，底面圓的直徑 AB =12cm，圓柱體部分的高 BC = 6cm ，
圓錐體部分的高CD = 4cm，則這個陀螺的表面積(單位： cm2 )是（ ）
A． 72 +12 13 π B． 84 + 24 13 π C． 108 +12 13 π D． 108 + 24 13 π
【變式 5-2】（2024·河南濮陽·模擬預測）正四棱臺 ABCD - A1B1C1D1中，上底面邊長為 2，下底面邊長為 4，
若側面與底面所成的二面角為 60°，則該正四棱臺的側面積為（ ）
A．8 B．12 C．24 D．48
【變式 5-3】（2024·廣東江門·一模）某廣場設置了一些石凳供大家休息，這些石凳是由正方體截去八個相
同的四面體得到的(如圖)，則該幾何體共有 個面；若被截正方體的棱長是 60cm，那么該幾何體的表
面積是 cm2.
題型六：空間幾何體的體積
32
【典例 6-1】（2024·福建龍巖·三模）已知球的體積為 π，且該球的表面積與底面半徑為 2 的圓錐的側面
3
積相等，則該圓錐的體積為（ ）
A 4 15 π B 8 15． ． π C． 4 15π D．8 15π
3 3
【典例 6-2】（2024·山東·模擬預測）陶瓷茶壺是中國人很喜愛的一種茶具，不少陶瓷茶壺兼具實用性與藝
術性，如圖所示的陶瓷茶壺的主體可近似看作一個圓臺型容器，忽略茶壺的壁厚，該圓臺型容器的軸截面
下底為 10cm，上底為 6cm，面積為 80cm2 ，則該茶壺的容積約為 L（結果精確到 0.1，參考數據： π 3；
1L =1000cm3）．
【方法技巧】
求空間幾何體的體積的常用方法
公式法 規則幾何體的體積，直接利用公式
割補法 把不規則的幾何體分割成規則的幾何體，或者把不規則的幾何體補成規則
的幾何體
等體積法 通過選擇合適的底面來求幾何體體積的一種方法，特別是三棱錐的體積
【變式 6-1】如圖“四角反棱臺”，它是由兩個相互平行的正方形經過旋轉 連接而成，且上底面正方形的四
個頂點在下底面的射影點為下底面正方形各邊的中點.若下底面正方形邊長為 4，“四角反棱臺”高為 3，則
該幾何體體積為 .
【變式 6-2】（2024·新疆·二模）我國古代數學著作《九章算術》中記載了一種稱為“羨除”的幾何體，該幾
何體的一種結構是三個面均為梯形，其他兩面為三角形的五面體．如圖所示，四邊形 ABCD， ABFE ，
CDEF 均為等腰梯形， AB//CD//EF ， AB = 6，CD = 8， EF =10 ，EF 到平面 ABCD的距離為 5，CD與
AB 間的距離為 10，則這個羨除的體積V = ．
【變式 6-3】（2024·河北·模擬預測）已知正四棱臺的上、下底面棱長分別為 1 和 2，側棱長為 1，則該正四
棱臺的體積為 .
【變式 6-4】（2024·山東菏澤·二模）已知在棱長為 2 的正方體 ABCD - A1B1C1D1中，挖去一個以上下底面各
邊中點為頂點的四棱柱，再挖去一個以左右兩側面各邊中點為頂點的四棱柱，則原正方體剩下部分的體積
為 ．
【變式 6-5】（2024·山東臨沂·一模）球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圓叫做球冠的底，垂直
于截面的直徑被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于
截面的直徑被截下的線段長叫做球缺的高，球缺是旋轉體，可以看做是球冠和其底所在的圓面所圍成的幾
何體.如圖 1，一個球面的半徑為 R ，球冠的高是 h，球冠的表面積公式是 S = 2πRh，與之對應的球缺的體積
V 1= πh2公式是 3R - h .如圖 2，已知C , D 是以 AB 為直徑的圓上的兩點，
3
AOC = BOD π= , S COD = 6π扇形 ，則扇形COD繞直線 AB 旋轉一周形成的幾何體的表面積為 ，體積3
為 .
【變式 6-6】已知正三棱柱 ABC - A1B1C1的棱長均為 2, E, F 分別是棱 A1B1, A1C1的中點，則幾何體
EF - CBB1C1的體積為 .
1．（2024 年天津高考數學真題）一個五面體 ABC - DEF ．已知 AD∥BE∥CF ，且兩兩之間距離為 1．并
已知 AD =1，BE = 2，CF = 3．則該五面體的體積為（ ）
A 3． B 3 3 1 3 3 3 1． + C． D． -
6 4 2 2 4 2
2．（2024 年新課標全國Ⅰ卷數學真題）已知圓柱和圓錐的底面半徑相等，側面積相等，且它們的高均為 3 ，
則圓錐的體積為（ ）
A． 2 3π B．3 3π C．6 3π D．9 3π
3．（2023 年高考全國甲卷數學（文）真題）在三棱錐P - ABC 中，VABC 是邊長為 2 的等邊三角形，
PA = PB = 2, PC = 6 ，則該棱錐的體積為（ ）
A．1 B． 3 C．2 D．3
4．（2023 年高考全國甲卷數學（理）真題）已知四棱錐P - ABCD 的底面是邊長為 4 的正方形，
PC = PD = 3, PCA = 45°，則△PBC 的面積為（ ）
A． 2 2 B．3 2 C． 4 2 D．6 2
5．（2023 年高考全國乙卷數學（理）真題）已知圓錐 PO 的底面半徑為 3，O 為底面圓心，PA，PB 為圓
9 3
錐的母線， AOB =120°，若VPAB 的面積等于 ，則該圓錐的體積為（ ）
4
A．p B． 6p C．3p D．3 6p
1．下列命題是否正確？若正確，請說明理由；若錯誤，請舉出反例.
（1）有兩個面平行，其他各個面都是平行四邊形的多面體是棱柱；
（2）有兩個面平行且相似，其他各個面都是梯形的多面體是棱臺.
2．如圖，八面體的每一個面都是正三角形，并且 4 個頂點 A，B，C，D 在同一個平面內，如果四邊形
ABCD 是邊長為 30cm 的正方形，那么這個八面體的表面積是多少？
3．如圖，一個三棱柱形容器中盛有水，且側棱 AA1=8，若側面 AA1B1B 水平放置時，液面恰好過 AC，
BC，A1C1，B1C1的中點，當底面 ABC 水平放置時，液面高為多少？
4．如圖，圓錐 PO 的底面直徑和高均是 a，過 PO 的中點O 作平行于底面的截面，以該截面為底面挖去一
個圓柱，
（1）求圓柱的表面積；
（2）求圓錐挖去圓柱剩下幾何體的體積．
5．如圖是一個獎杯的三視圖，試根據獎杯的三視圖計算它的表面積和體積（可用計算工具，尺寸如圖，
單位：cm，π 取 3.14，結果取整數）
易錯點：對斜二測畫法的掌握不牢
易錯分析：在用斜二測畫法畫直觀圖時，角度、距離發生改變，故解此類問題要先畫出圖形，再根據
圖形求解.
【易錯題 1】如圖，矩形O A B C 是水平放置的一個平面圖形由斜二測畫法得到的直觀圖，其中O A = 3，
O C =1，則原圖形周長是 ．
【易錯題 2】若水平放置的四邊形 AOBC 按“斜二測畫法”得到如圖所示的直觀圖，四邊形O A C B 為等腰
梯形， A C∥O B , A C = 4,O B = 8，則原四邊形 AOBC 的面積為 ．第 01 講 基本立體圖形、簡單幾何體的表面積與體積
目錄
01 考情透視·目標導航 .........................................................................................................................2
02 知識導圖·思維引航 .........................................................................................................................3
03 考點突破·題型探究 .........................................................................................................................4
知識點 1：多面體的結構特征.............................................................................................................4
知識點 2：簡單旋轉體.........................................................................................................................5
知識點 3：組合體.................................................................................................................................5
知識點 4：表面積與體積計算公式.....................................................................................................6
知識點 5：空間幾何體的直觀圖.........................................................................................................8
題型一：空間幾何體的結構特征........................................................................................................9
題型二：直觀圖..................................................................................................................................11
題型三：展開圖..................................................................................................................................14
題型四：最短路徑問題......................................................................................................................19
題型五：空間幾何體的表面積..........................................................................................................25
題型六：空間幾何體的體積..............................................................................................................28
04 真題練習·命題洞見........................................................................................................................35
05 課本典例·高考素材........................................................................................................................39
06 易錯分析·答題模板........................................................................................................................42
易錯點：對斜二測畫法的掌握不牢..................................................................................................42
考點要求 考題統計 考情分析
2024 年 I 卷第 5 題，5 分
2024 年甲卷（理）第 14 題，5 分 （1）掌握基本空間圖形及其簡單組合體的概
2024 年天津卷第 9 題，5 分 念和基本特征，能夠解決簡單的實際問題；
（1）基本立體圖形 2023 年乙卷（理）第 8 題，5 分 （2）多面體和球體的相關計算問題是近幾年
（2）表面積與體積 2023 年甲卷（文）第 10 題，5 分 考查的重點；
2023 年天津卷第 8 題，5 分 （3）運用圖形的概念描述圖形的基本關系和
2023 年 II 卷第 14 題，5 分 基本結果，突出考查直觀想象和邏輯推理．
2023 年 I 卷第 12 題，5 分
復習目標：
（1）認識柱、錐、臺、球及簡單組合體的結構特征，能運用這些特征描述現實生活中簡單物體的結構．
（2）知道球、棱（圓）柱、棱（圓）錐、棱（圓）臺的表面積和體積的計算公式，并能解決簡單的實際問
題．
（3）能用斜二測畫法畫出簡單空間圖形的直觀圖．
知識點 1：多面體的結構特征
1、棱柱：兩個面互相平面，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個四邊形的公共邊都互相平行，由
這些面所圍成的多面體叫做棱柱．
（1）斜棱柱：側棱不垂直于底面的棱柱；
（2）直棱柱：側棱垂直于底面的棱柱；
（3）正棱柱：底面是正多邊形的直棱柱；
（4）平行六面體：底面是平行四邊形的棱柱；
（5）直平行六面體：側棱垂直于底面的平行六面體；
（6）長方體：底面是矩形的直平行六面體；
（7）正方體：棱長都相等的長方體．
2、棱錐：有一個面是多邊形，其余各面是有一個公共頂點的三角形，由這些面所圍成的多面體叫做
棱錐．
（1）正棱錐：底面是正多邊形，且頂點在底面的射影是底面的中心；
（2）正四面體：所有棱長都相等的三棱錐．
3、棱臺：用一個平行于棱錐底面的平面去截棱錐，底面和截面之間的部分叫做棱臺，由正棱錐截得
的棱臺叫做正棱臺．
【診斷自測】如圖所示，觀察四個幾何體，其中判斷正確的是（ ）
A．①是棱臺，②不是圓臺 B．②是圓臺，③是棱錐
C．③是棱錐，④是棱臺 D．③是棱錐，④是棱柱
【答案】D
【解析】對于 A：①不是棱臺，因為側面不都是平行四邊形，故 A 錯誤；
對于 B：②不是圓臺，因為上下底面不平行，故 B 錯誤；
對于 C：④是棱柱，故 C 錯誤；
對于 D：③是棱錐，④是棱柱，故 D 正確.
故選：D
知識點 2：簡單旋轉體
1、圓柱：以矩形的一邊所在的直線為旋轉軸，其余三邊旋轉形成的面所圍成的幾何體叫做圓柱．
2、圓柱：以直角三角形的一條直角邊所在的直線為旋轉軸，將其旋轉一周形成的面所圍成的幾何體
叫做圓錐．
3、圓臺：用平行于圓錐底面的平面去截圓錐，底面和截面之間的部分叫做圓臺．
4、球：以半圓的直徑所在的直線為旋轉軸，半圓面旋轉一周形成的旋轉體叫做球體，簡稱為球（球
面距離：經過兩點的大圓在這兩點間的劣弧長度）．
【診斷自測】下列選項中的三角形繞直線 l 旋轉一周，能得到如圖所示幾何體的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由題意知，該幾何體是組合體，上、下各一個圓錐，
根據旋轉體的定義，可得 B 項，符合題意.
故選：B.
知識點 3：組合體
由柱體、錐體、臺體、球等幾何體組成的復雜的幾何體叫做組合體．
【診斷自測】如圖所示的幾何體是數學奧林匹克能賽的獎杯，該幾何體由（ ）
A．一個球、一個四棱柱、一個圓臺構成
B．一個球、一個長方體、一個棱臺構成
C．一個球、一個四棱臺、一個圓臺構成
D．一個球、一個五棱柱、一個棱臺構成
【答案】B
【解析】由圖可知，該幾何體是由一個球、一個長方體、一個棱臺構成.
故選：B.
知識點 4：表面積與體積計算公式
表面積公式
S = ch + 2S
直棱柱 底
S = c l + 2S (c 為直截面周長
斜棱柱 底
柱體
)
S = 2p r2 + 2p rl = 2p r(r + l)
圓錐
表
S 1= nah + S
正棱錐
面 2
底
錐體
積 S = p r
2 + p rl = p r(r + l)
圓錐
S 1= n(a + a )h + S + S
正棱臺 2 上 下
臺體
S = p（r 2 + r2 + r l + rl)
圓臺
球 S = 4p R2
體積公式
柱體 V = Sh柱
錐體 V
1
= Sh h
錐 3
S
體
積
1
臺體 V = (S + SS + S )h臺 3
球 V
4
= p R3
3
【診斷自測】正六棱臺的上、下底面邊長分別是 2 和 6，側棱長是 5，則它的表面積與體積分別為（ ）
A．16 21 + 60 3;26 3 B．16 21 + 60 3;52 3
C． 24 21 + 60 3;78 3 D． 24 21 + 60 3;84 3
【答案】C
【解析】
如圖在正六棱臺 ABCDEF - A1B1C1D1E1F1 中，
因為 A1B1 = 2, AB = 6, AA1 = 5 ，
2
所以側面的梯形 ABB1A1的高即正六棱臺斜高為： 52
6- 2
- 2 ÷
= 21，
è
所以梯形 ABB1A1的面積為： S
1
= 2 + 6 21 = 4 21，
2
1
所以該正六棱臺的上底面積為： S1 = 6 2 2 sin60
° = 6 3 ，
2
1
同理下底面積為： S2 = 6 6 6 sin60
° = 54 3 ，
2
所以正六棱臺的表面積為：6S + S1 + S2 = 24 21 + 60 3 ，
正六棱臺的高為OO1 = 5
2 - 6 - 2 2 = 3，
1
所以正六棱臺的體積為：V =
3 S1 + S2 + S1S2 h
1
= 6 3 + 54 3 + 6 3 54 3 3 = 78 3 ，3
故選：C
知識點 5：空間幾何體的直觀圖
1、斜二測畫法
斜二測畫法的主要步驟如下：
（1）建立直角坐標系．在已知水平放置的平面圖形中取互相垂直的Ox ，Oy，建立直角坐標系．
（2）畫出斜坐標系．在畫直觀圖的紙上（平面上）畫出對應圖形．在已知圖形平行于 x 軸的線段，在
直觀圖中畫成平行于O x ，O y ，使 x O y = 45o （或135o ），它們確定的平面表示水平平面．
（3）畫出對應圖形．在已知圖形平行于 x 軸的線段，在直觀圖中畫成平行于 x 軸的線段，且長度保持
不變；在已知圖形平行于 y軸的線段，在直觀圖中畫成平行于 y 軸，且長度變為原來的一般．可簡化為“橫
不變，縱減半”．
（4）擦去輔助線．圖畫好后，要擦去 x 軸、 y 軸及為畫圖添加的輔助線（虛線）．被擋住的棱畫虛線．
注：直觀圖和平面圖形的面積比為 2 : 4．
2、平行投影與中心投影
平行投影的投影線是互相平行的，中心投影的投影線相交于一點．
【診斷自測】如圖,直角梯形O A B C 滿足O A ^ O C ,O A = A B = 2,O C = 3 ,它是水平放置的平面圖形的
直觀圖,則該平面圖形的周長是（ ）
A．7 + 5 B．5 + 2 3 + 17
C．11+ 41 D．10 2
【答案】C
【解析】由題意O C = OC = 3 , ′ ′ = = 2,由 A B / /O C 可得 AB / /OC ,
由O A ^ O C , B O C = 45o , A B / /O C ,
可得 B O A = A B O = 45o ,所以 O A B = 90o ,
而O A = A B = 2 ，
所以OB = 2O B = 2 2 2 + 2 2 = 4 2 ，
結合斜二測畫法的規則,將直觀圖即直角梯形O A B C 還原成平面圖形，
如圖所示：
2 2
由勾股定理可得 AO = 4 2 + 22 = 6, BC = 4 2 + 32 = 41，
所以滿足題意的平面圖形的周長是 2 + 6 + 3 + 41 =11+ 41 .
故選:C.
題型一：空間幾何體的結構特征
【典例 1-1】有下列命題：
①有兩個面平行，其余各面都是四邊形的幾何體叫棱柱；
②有兩個面平行，其余各面都是平行四邊形的幾何體叫棱柱；
③有兩個面平行，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個四邊形的公共邊都互相平行的幾何體叫棱柱；
④用一個平面去截棱錐，底面與截面之間的部分組成的幾何體叫棱臺．
⑤有一個面是多邊形，其余各面都是三角形的幾何體是棱錐．
其中正確的命題的個數為（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【解析】棱柱：有兩個面互相平行，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個四邊形的公共邊都互相平行，
①②錯誤，③正確，其中①②的反例如圖所示；
棱錐：一個面是多邊形，其余各面是有一個公共頂點的三角形，⑤錯誤；
棱臺：棱錐的底面和平行于底面的一個截面間的部分，④錯誤；
正確命題有 1 個.
故選：B.
【典例 1-2】下列結論正確的是（ ）
A．直四棱柱是長方體，長方體是四棱柱 B．一個棱柱至少有 6 個面
C．相等的角在直觀圖中仍然相等 D．有一個面是平行四邊形的棱錐一定是四棱錐
【答案】D
【解析】對 A，直四棱柱底面不一定是矩形，所以直四棱柱不一定是長方體，故 A 錯誤；
對 B，三棱柱只有五個面，故 B 錯誤；
對 C，相等的角在直觀圖中不一定相等，因為直觀圖是按照一定的規則繪制的，可能會產生變形，
例如等腰直角三角形的直觀圖不一定是等腰直角三角形（原圖形中兩底角相等，直觀圖中不一定相等），
故 C 錯誤；
對 D，棱柱上下底面互相平行且全等，且各側棱互相平行，所以棱柱的側面均為平行四邊形，故 D 正確.
故選：D
【方法技巧】
空間幾何體結構特征的判斷技巧
（1）緊扣結構特征是判斷的關鍵，依據條件構建幾何模型，在條件不變的情況下，變換模型中的線
面關系或增加線、面等基本元素，然后再依據題意判定．
（2）說明一個命題是錯誤的，只要舉出一個反例即可．
【變式 1-1】下列說法中，正確的是（ ）
A．底面是正多邊形的棱錐是正棱錐
B．一個多面體至少有 4 個面
C．有兩個面相互平行，其余各面都是平行四邊形的多面體是棱柱
D．用一個平面去截棱錐，棱錐底面與截面之間的部分是棱臺
【答案】B
【解析】正棱錐底面是正多邊形，還需要滿足頂點到底面射影落在底面正多邊形的中心，A 錯誤；
多面體中面數最少為三棱錐，四個面，B 正確，；
有兩個面相互平行，其余各面都是平行四邊形的多面體不一定是棱柱，還需要滿足各個側面的交線互相平
行，C 錯誤；
用一個平面去截棱錐，必須是平行于底面的平面去截棱錐，棱錐底面與截面之間的部分才是棱臺，D 錯誤.
故選：B.
【變式 1-2】下列說法中，正確的是（ ）
A．以直角三角形的一邊所在直線為軸旋轉一周所得的幾何體是圓錐
B．以正方體的頂點為頂點可以構成正四棱錐
C．用一個平面截圓錐，得到一個圓錐和圓臺
D．用一個平面去截球，得到的截面是一個圓面
【答案】D
【解析】選項 A：以直角三角形的一個直角邊所在直線為軸旋轉一周所得的
幾何體是圓錐.判斷錯誤；
選項 B：由正四棱錐定義可得以正方體的頂點為頂點不可以構成正四棱錐. 判斷錯誤；
選項 C：用一個平行于底面的平面截圓錐，得到一個圓錐和圓臺.判斷錯誤；
選項 D：用一個平面去截球，得到的截面是一個圓面.判斷正確.
故選：D
題型二：直觀圖
【典例 2-1】如圖，四邊形 ABCD的斜二測畫法直觀圖為等腰梯形 A B C D ．已知 A B = 4，C D = 2，則下
列說法正確的是（ ）
A． AB = 2
B． A D = 2 2
C．四邊形 ABCD的周長為 4 + 2 2 + 2 3
D．四邊形 ABCD的面積為6 2
【答案】D
【解析】如圖可知 AB = 4, A D = 2 , AD = 2 2 ，
1
四邊形 ABCD的周長為6 + 2 2 + 2 3 ，四邊形 ABCD的面積為 4+2 2 2=6 2 .
2
故選:D.
【典例 2-2】如圖所示，梯形 A B C D 是平面圖形 ABCD用斜二測畫法得到的直觀圖， A D = 2，
A B = B C = 1，則平面圖形 ABCD中對角線 AC 的長度為（ ）
A． 2 B． 3 C． 5 D．5
【答案】C
【解析】由梯形 A B C D 的直觀圖，結合斜二測畫法，得到原幾何圖形是直角梯形 ABCD，
如圖所示，其中 AB = 2A B = 2， BC = B C = 1，
所以 AC = AB2 + BC2 = 4+1 = 5 .
故選：C．
【方法技巧】
2
斜二測法下的直觀圖與原圖面積之間存在固定的比值關系：S直 = S原．4
【變式 2-1】由斜二測畫法得到的一個水平放置的三角形的直觀圖是等腰三角形，底角為 30°，腰長為 2，
如圖，那么它在原平面圖形中，頂點 B 到 x 軸的距離是 .
【答案】 2 2
【解析】過點B 作B C / / y 軸，交 x 軸于點C ，如圖，
在′VO B C 中， B O C = 30o ,
B C O =135o ，O B = 2 ，
B C O B
由正弦定理得 = ，
sin 30o sin135o
2 1
B C = 2于是得 = 22 ,
2
由斜二測畫法規則知，
在原平面圖形中，頂點 B 到 x 軸的距離是 2 2 .
故答案為： 2 2 .
【變式 2-2】如圖，矩形O A B C 是水平放置的平面圖形OABC 的直觀圖，其中O A = 6,O C = 3，則原圖
形OABC 的面積為 ．
【答案】36 2
S
S OABC【解析】由題意可得 O A B C = 3 6 =18，又 = 2 2S ，所以 SOABC = 2 2 18 = 36 2 .O A B C
故答案為：36 2 .
【變式 2-3】（2024·四川成都·模擬預測）如圖，VO A B 是水平放置的△O AB 用斜二測畫法畫出的直觀圖
（圖中虛線分別與 x 軸和 y 軸平行），O B = 2O D = 6，O C = 8，則△O AB 的面積為（ ）
A．8 2 B．12 2 C．24 D．48
【答案】D
【解析】由直觀圖可得如下平面圖形：
其中OB = O B = 6 ，OD = O D = 3 ，OC = 2O C = 16 ， AD//y軸，且 AD = OC = 16 ，
1
所以 SVOAB = 6 16 = 48 .2
故選：D
題型三：展開圖
【典例 3-1】如圖，在四棱錐O - ABCD 的平面展開圖中，底面 ABCD為等腰梯形， AD∥ BC ，
AB = CD = 1， BC = 2 AD = 2 ，PA = 1，PA ^ AD，QA ^ AB，則 cos SDC = ．
2 1
【答案】- / - 2
4 4
【解析】因為在平面展開圖中PA ^ AD，QA ^ AB，
所以在四棱錐O - ABCD 中，
OA ^ AD ，OA ^ AB ，且 AB, AD 平面 ABCD , AB AD = A，則OA ^ 平面 ABCD．
還原四棱錐O - ABCD ，在等腰梯形 ABCD中，作 AE ^ BC ,垂足為 E ，如圖：
1 3
因為 AB = CD = 1， BC = 2 AD = 2 ，BE = , EC = ,
2 2
3
所以 AE = AB2 - AE2 = ,即 AC = AE2 + EC2 = 3．
2
因為 PA = OA = 1，所以 SD = OD = OA2 + AD2 = 2 ,
OC = OA2 + AC 2 = 1+ 3 = 2，
所以在VSCD 中，由余弦定理，
2
2 2 2 2
得 cos SDC = cos ODC = OD + DC - OC
2 2 +1 - 2 2
= = - ．
2OD × DC 2 2 1 4
2
故答案為：- .
4
【典例 3-2】如圖，將三棱錐 B - PAC 展開為平面圖形，已知 AC = AE = 2, AP = 2 3 ， AP ^ AC ， AP ^ AE ，
CAD = 120°，則 cos PFC = ．
3 1
【答案】 / 3
4 4
【解析】由題意， AC = AE = 2, AP = 2 3 ， AP ^ AC ， AP ^ AE ，
則R t△ PAC ≌ RtVPAE ，由勾股定理得 PC = AC 2 + AP2 = 4 = PE，
又PF = PE = 4， AD = AE = 2 = AC ， CAD = 120°，
所以在VACD ，由余弦定理得CD 2 = AC 2 + AD 2 - 2AC × AD cos120°
= 22 + 22 1- 2 2 2 (- ) =12 ，故CD = CF = 2 3 ．
2
CF 2 + PF 2 - PC2 12 +16 -16 3
在VPCF 中，由余弦定理得 cos PFC = = = ．
2CF × PF 2 2 3 4 4
3
故答案為： ．
4
【方法技巧】
多面體表面展開圖可以有不同的形狀，應多實踐，觀察并大膽想象立體圖形與表面展開圖的關系，一
定先觀察立體圖形的每一個面的形狀．
【變式 3-1】（2024·安徽馬鞍山·模擬預測）已知三棱錐 P－ABC 的底面 ABC 為等邊三角形．如圖，在三棱
錐 P－ABC 的平面展開圖中，P，F，E 三點共線，B C 5 13， ，E 三點共線， cos PCF = ， PC = 13 ，
26
則 PB＝ ．
【答案】 2 3
【解析】由題意可知，△CEF 為等邊三角形，所以 CEF = EFC = 60o，則 PFC =120o ，
cos PCF 5 13 3 39由 = 可知 sin PCF = ，
26 26
3 39
PF PC sin PCF
13
在△PCF 中，由正弦定理得： = o =
26 = 3．
sin120 3
2
在△PCE 中，由余弦定理得：13 = 3+ EF 2 + EF 2 - 3+ EF × EF ，
解得EF =1或EF = -4 （舍去），
所以 AB = BC = CE = 1，
則PE=4， BE = 2，
在△PBE 中，由余弦定理得PB2 =16+ 4-2 4 =12，
所以 PB = 2 3 ．
故答案為： 2 3
【變式 3-2】（2024·重慶·三模）如圖，已知圓柱的斜截面是一個橢圓，該橢圓的長軸 AC 為圓柱的軸截面
對角線，短軸長等于圓柱的底面直徑.將圓柱側面沿母線 AB 展開，則橢圓曲線在展開圖中恰好為一個周期
的正弦曲線.若該段正弦曲線是函數 y = 3sinwx w > 0 圖象的一部分，且其對應的橢圓曲線的離心率為
3
，則w 的值為（ ）
2
A 3． B．1 C． 3 D．2
2
【答案】B
【解析】由題意，橢圓曲線在展開圖中恰好為函數 y = 3sinwx w > 0 圖象的一部分，
可得 AB = 2 3 ；設圓柱底面半徑為 r ，則T
2π
= = 2πr ，所以w
1
= ，
w r
設橢圓長軸長為 2a ，短軸長為 2b，
3 c 3
因為離心率為 ，得 e = = ，則 a2 = b2 + c2 = b2 3+ ( a)2 ，
2 a 2 2
b 2r 1
即a2 = 4b2，所以 = = ，得 AC = 4r ，a AC 2
2
又由勾股定理得 AC 2 - BC 2 = 16r 2 - 4r 2 = 2 3 ，解得 r =1，
故w =1 .
故選：B.
【變式 3-3】將四棱錐 P - ABCD 沿棱展開為平面圖形，如圖所示．若 PA = AE = 2 ， FG = 2AD = 2，
AP ^ AE ， AP ^ AD ， FG∥AD ， FAD = 135° ，則在展開圖中， D , I 兩點之間的距離 DI = ．
【答案】 7
【解析】如圖 1 所示，在平面展開圖中，連接 AG ．
因為 AP ^ AE ， AP ^ AD ，且 PA = AE = 2 ， AD = 1，
所以 PE = PA2 + AE2 = 2，PD = PA2 + AD2 = 3 ．
因為 FG∥AD ， FAD = 135° ，所以 AFG = 45°，又 FG = 2 ， AF = AE = 2 ，
在VAFG 中，由余弦定理得 AG = 2 + 4 - 2 × 2 × 2 cos 45° = 2 ，
所以 AF 2 + AG 2 = 4 = FG 2 ，所以 FAG = 90°，所以 GAD = 45°．
2
在△AGD中，由余弦定得：DG = 1+ 2 - 2 1 2 =1，
2
所以 AD 2 + DG 2 = 2 = AG 2 ，所以 ADG = 90° ．
如圖 2，在還原的四棱錐 P - ABCD 中，因為 AP ^ AB ， AP ^ AD ， AB AD = A，
所以 AP ^ 底面 ABCD，又CD 底面 ABCD，所以 AP ^ CD ，
又 ADC = 90° ，即CD ^ AD ，且 PA, AD 是平面PAD內兩條相交直線，
所以CD ^ 平面PAD，因為PD 平面PAD，所以CD ^ PD ．
所以在平面展開圖中， HDP = 90°，且HD = DG = 1，所以 PH = PD2 + HD2 = 2，
PD
因為 tan PHD = = 3 ，所以 PHD = 60°HD ．
又 IH = FG = 2 ， PI = PE = 2，所以△PIH 為正三角形， DPI = 90°，
由勾股定理可得DI = 3+ 4 = 7 ．
故答案為： 7 ．
題型四：最短路徑問題
【典例 4-1】在棱長為 4 的正方體 ABCD - A1B1C1D1中， E , F 分別為線段BB1, BD1 上的動點，點O 為側面
BCC1B1的中心，則VOEF 的周長的最小值為 .
【答案】 2 4 + 2 2
【解析】如圖①，設側面 ABB1A1的中心為M ，根據正方體的結構特征可得 FM = FO ，
則VOEF 周長的最小值即OE + EF + FM 的最小值.
將側面BCC1B1繞著 BB1 旋轉至與平面 B1D1B 在同一平面上，
將平面 A1D1B 繞著BD1旋轉至與平面 B1D1B 在同一平面上，
過點O 作OS ⊥ BC 于點S，則OS = BS = 2 ，其中MB = 2 2 ，
如圖②，則OE + EF + FM OM = MS 2 + OS 2 = (2 + 2 2 )2 + 22 = 2 4 + 2 2 ，
故VOEF 的周長的最小值為 2 4 + 2 2 .
故答案為： 2 4 + 2 2
【典例 4-2】（2024·江西九江·一模）如圖，在正三棱柱 ABC - A1B1C1中， AB = 2AA1 = 2 ， N 為 A1C1 的中點，
M 為線段 AA1 上的點.則 MN + MB 的最小值為
【答案】 10
【解析】
將側面 ABB1A1沿 A1A展開，使得側面 ABB1A1與側面 ACC1 A1 在同一平面內，
如圖，連接BN 交 AA1 于M ，則 MN + MB 的最小值為此時的 BN ，
BN = BB 21 + B
2 2 2
1N = 1 + 3 = 10 ，
\ MN + MB 的最小值為 10 .
故答案為： 10 .
【方法技巧】
此類最大路徑問題：大膽展開，把問題變為平面兩點間線段最短問題．
【變式 4-1】如圖，在三棱錐V - ABC 中，VA = VB = VC = 4 ， AVB = AVC = BVC = 30°，過點A 作截面
△AEF ，則△AEF 周長的最小值為 .
【答案】4 2
【解析】如圖，
沿著側棱VA 把正三棱錐V - ABC 展開在同一個平面內，原來的點A 被分到兩處 A, A1，
則線段 AA1 的長度即為△AEF 周長的最小值.
在VVAA1中，VA = VA1 = 4 ， AVB = AVC = BVC = 30°，
故 AVA1 = 3 30° = 90° ，所以 AA1 = VA
2 + VA2 = 42 + 421 = 4 2 .
故答案為：4 2 .
【變式 4-2】正三棱柱 ABC - A1B1C1的底邊長側棱長都是 2，M 為 AB 的中點，N 為CC1的中點，則在棱柱
表面上，從M 到N 的最短路程是 ．
【答案】 4 + 3
【解析】如圖，三棱柱表面由點M 到N 的展開圖有如下情況，
如圖，若MN 過 BB1 時，此時MN = 12 + 32 = 10，
若MN 過 AA1 時，與MN 過 BB 一樣，此時MN = 12 + 321 = 10；
第二種情況，當MN 過 AC 時， NC = 1，CM = 3 ， NCM = 90o +30o =120o，
MN = NC 2 + CM 2 - 2NC ×CM ×cos120o = 4 + 3
若MN 過 BC 與MN 過 AC 一樣，此時MN = 4 + 3 ，
由 10 > 4 + 3
所以從M 到N 的最短路程是 4 + 3 .
故答案為： 4 + 3
【變式 4-3】已知在直三棱柱 ABC - A1B1C1中，底面為直角三角形， ACB = 90° ， AC = 6 ，
BC = CC1 = 2 ，P 是BC1上一動點，則CP + PA1 的最小值為 ．
【答案】5 2
【解析】由題意知， PA1 在幾何體內部，但在面 A1C1B內，
把面 A1C1B沿BC1展開與△CBC1在一個平面上如圖，連接 A1C ，
則 A1C 的長度即為CP + PA1 的最小值，
因為在直三棱柱 ABC - A1B1C1中，CC1 ^ 平面 A1B1C1，
而 A1C1 平面 A1B1C1，則 A1C1 ^ CC1 ，
因為 ACB = 90° ，則 A1C1B1 = 90° ，即 A1C1 ^ B1C1 ，
又CC1 B1C1 = C1,CC1, B1C1 平面BB1C1C ，則 A1C1 ^ 平面BB1C1C ，
而 BC1 平面BB1C1C ，所以 A1C1 ^ BC1 ，即 AC1B = 90°，
因為BC = CC1 = 2 ，易知CC1 ^ BC ，所以 CC1B = 40°
所以 CC1 A1 = 45° + 90° = 135° ，
而 A1C1 = 6 ，CC1 = 2 ，
VCC 2 2 2所以在 1A1中， A1C = A1C1 + CC1 - 2 A1C1 × CC1 cos135° = 50 ，
所以 A1C = 5 2 ，即CP + PA1 的最小值為5 2 .
故答案為：5 2 .
【變式 4-4】如圖，棱長為 1 的正方體 ABCD - A1B1C1D1中， P 為線段 AB1的中點，M ，N 分別為線段 AC1
和棱C1D1上的動點，則 2PM + 2MN 的最小值為 ．
【答案】2
【解析】設 E 是 AC 的中點， AC = AB1,CC1 = B1C1, AC1 = AC1，
所以△ACC1 ≌△AB1C1 ，則PM = EM .
對任一點M ，MN 的最小值是M 到直線C1D1的距離，
過M 作MN ^ C1D1，交C1D1于N ，
過M 作MF ^ A1C1，交 A1C1 于F ，連接 FN ，
由于MF //AA1 ，所以MF ^平面 A1B1C1D1， FN ,C1D1 平面 A1B1C1D1，
所以MF ^ FN , MF ^ C1D1 ，
由于MF I MN = M ，MF,MN 平面MFN ，所以C1D1 ^ 平面MFN ，
又FN 平面MFN ，所以C1D1 ^ FN ，
則FN //A1D1，易得FN = C1N .
tan AC D MN AD 11 1 = = = 2C N C D ，MN = 2C1N = 2FN ，1 1 1
MF = MN 2 - FN 2 = FN 2= MN ，
2

所以 2PM + 2MN = 2 PM
2
+ MN ÷÷ = 2 EM + MF ，
è 2
當E, M , F 三點共線，且F 是 A1C1 的中點，M 是 EF 與 AC1的交點，
此時EM + MF 取得最小值為1，所以 2PM + 2MN 的最小值為2 .
故答案為：2
【變式 4-5】（2024·上海虹口·二模）如圖，在直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1中，底面 ABCD為菱形，且
BAD = 60o .若 AB = AA1 = 2 ，點M 為棱CC1的中點，點 P 在 A1B 上，則線段PA, PM 的長度和的最小值
為 .
【答案】 9+2 10
【解析】取 D1C1的中點N ，連接MN 、 A1N 、 BM 、D1C，
因為點M 為棱CC1的中點，所以MN //D1C ，又 A1D1 //BC 且 A1D1 = BC ，
所以 A1D1CB 為平行四邊形，所以 A1B//D1C ，
所以 A1B//MN ，即 A1、 B 、M 、N 四點共面，連接 A1M ， A1C1 ，
則 A B = 2 2 21 + 2 = 2 2 ，BM = 22 +12 = 5 ，
因為底面 ABCD為菱形，且 BAD = 60o，所以 ADC =120o，
所以 A1C1 = 2
2 + 22 - 2 2 2cos120° = 2 3，
所以 A M = 22 3 +121 = 13 ，
所以 A1B
2 + BM 2 = A1M
2
，即 A1B ^ BM °，所以 A1BM = 90 ，
將△ABA1繞 A1B 翻折，使得平面 ABA1 與平面 A1BMN 共面，連接 AM 交 A1B 于點 P ，
則PA + PM AM ，
又 ABM =135°，
在VABM 中 AM 2 = AB2 + BM 2 - 2AB × BM cos ABM ，
AM 2 2
2
即 = 2 + 5 - 2 2 5 2 - ÷÷ = 9 + 2 10 ，
è 2
所以 AM = 9 + 2 10 ，
即線段PA、PM 的長度和的最小值為 9 + 2 10 .
故答案為： 9 + 2 10
題型五：空間幾何體的表面積
【典例 5-1】（2024·陜西安康·模擬預測）已知正三棱臺 ABC - A1B1C1的上底面積為 3 ，下底面積為 4 3 ，
高為 2，則該三棱臺的表面積為（ ）
A．5 3 + 3 39 B．3 39 C．5 3 +18 D．18
【答案】A
【解析】由面積公式可得正三棱臺上下底面邊長分別為2和4，
設C1在底面 ABC 內的射影為H ，作HQ ^ BC于Q，
C1H ^ 平面 ABC ， BC 平面 ABC ，則有C1H ^ BC ，
又HQ ^ BC，C1H I HQ = H ，C1H , HQ 平面C1HQ，所以 BC ^ 平面C1HQ，
C1Q 平面C1HQ，所以BC ^ C1Q ，
由 BC = 4 ，B1C1 = 2 ， BB1 = CC1，則CQ =1，
又 HCQ
π
= ，所以HQ 3= ，則C Q = C H 2 + HQ2 396 1 1 = ，3 3
2 + 4 39
故三棱臺的側面積為 3 = 3 39 ，表面積為5 3 + 3 39 .
2 3
故選：A.
【典例 5-2】（2024·福建南平·模擬預測）已知圓臺O1O2 的母線長為 4，下底面圓的半徑是上底面圓的半徑
的 3 倍，軸截面周長為 16，則該圓臺的表面積為 ．
【答案】 26π
【解析】設上底面圓的半徑為 r ，則下底面圓的半徑是3r ，
故軸截面周長為16 = 4 + 4 + 2r + 6r ，解得 r =1，
所以上、下底面圓的面積分別為π,9π，圓臺側面積 S側 = π 1+3 4 =16π，
所以圓臺的表面積為 π + 9π + 16π = 26π.
故答案為： 26π
【方法技巧】
（1）多面體的表面積是各個面的面積之和．
（2）旋轉體的表面積是將其展開后，展開圖的面積與底面面積之和．
（3）組合體的表面積求解時注意對銜接部分的處理．
【變式 5-1】（2024·遼寧大連·一模）陀螺起源于我國，最早出土的石制陀螺是在山西夏縣發現的新石器時
代遺址．如圖所示的是一個陀螺立體結構圖．已知，底面圓的直徑 AB = 12cm ，圓柱體部分的高 BC = 6cm ，
圓錐體部分的高CD = 4cm ，則這個陀螺的表面積(單位： cm 2 )是（ ）
A． 72+12 13 π B． 84+24 13 π C． 108+12 13 π D． 108 + 24 13 π
【答案】C
【解析】由題意可知：圓錐的母線長為 42 +62 = 2 13，
2
所以這個陀螺的表面積是 π 6 + 2π 6 6+ π 2 13 6 = 108+12 13 π .
故選：C.
【變式 5-2】（2024·河南濮陽·模擬預測）正四棱臺 ABCD - A1B1C1D1中，上底面邊長為 2，下底面邊長為 4，
若側面與底面所成的二面角為 60°，則該正四棱臺的側面積為（ ）
A．8 B．12 C．24 D．48
【答案】C
【解析】如圖：
取棱的中點，作截面 EFGH ，則 FG、EH 為正四棱臺的斜高.
4 - 2
在等腰梯形 EFGH 中，易知EF = 2，GH = 4， EHG = 60°，所以EH ×cos 60° = =1 EH = 2 .
2
1
所以四棱臺的側面積為： 4 2 + 4 2 = 24 .
2
故選：C
【變式 5-3】（2024·廣東江門·一模）某廣場設置了一些石凳供大家休息，這些石凳是由正方體截去八個相
同的四面體得到的(如圖)，則該幾何體共有 個面；若被截正方體的棱長是 60cm，那么該幾何體的表
面積是 cm2.
【答案】 14 10800 + 3600 3
【解析】由題意知，截去的八個四面體是全等的正三棱錐，8 個底面三角形，
再加上 6 個小正方形，所以該幾何體共有 14 個面；
如果被截正方體的棱長是60cm ，那么石凳的表面積是
S 1= 8 30 2 30 2 sin 60° + 6 30 2 30 2 = 10800 + 3600 32 cm
2 .
故答案為：14，10800 + 3600 3 .
題型六：空間幾何體的體積
32
【典例 6-1】（2024·福建龍巖·三模）已知球的體積為 π ，且該球的表面積與底面半徑為 2 的圓錐的側面
3
積相等，則該圓錐的體積為（ ）
A 4 15． π B 8 15． π C． 4 15π D．8 15π
3 3
【答案】B
4πR3 32
【解析】設球的半徑為 R ，則球體積V = = π，解得R = 2，
3 3
所以球的表面面積 S = 4πR2 =16π，
設圓錐的母線長為 l ，底面圓半徑為 r ，
則 πrl = 16π ，即 2πl = 16π ，解得 l = 8 ，
因此該圓錐的高h = l2 - r2 = 64-4 = 2 15，
V 1 πr 2h 8 15可得圓錐的體積 1 = = π．3 3
故選：B．
【典例 6-2】（2024·山東·模擬預測）陶瓷茶壺是中國人很喜愛的一種茶具，不少陶瓷茶壺兼具實用性與藝
術性，如圖所示的陶瓷茶壺的主體可近似看作一個圓臺型容器，忽略茶壺的壁厚，該圓臺型容器的軸截面
下底為 10cm，上底為 6cm，面積為 80cm 2 ，則該茶壺的容積約為 L（結果精確到 0.1，參考數據： π 3；
1L =1000cm3）．
1
【答案】0.5 /
2
【解析】圓臺型容器的軸截面為等腰梯形，設高為h cm 1，則 6 +10 h = 80 ，解得 h = 10 ，
2
V 1= π 32 + 52所以圓臺型容器的容積 + 3 5 10 490 cm3 0.5 L .3
故答案為：0.5
【方法技巧】
求空間幾何體的體積的常用方法
公式法 規則幾何體的體積，直接利用公式
把不規則的幾何體分割成規則的幾何體，或者把不規則的幾何體補成規則
割補法
的幾何體
等體積法 通過選擇合適的底面來求幾何體體積的一種方法，特別是三棱錐的體積
【變式 6-1】如圖“四角反棱臺”，它是由兩個相互平行的正方形經過旋轉 連接而成，且上底面正方形的四
個頂點在下底面的射影點為下底面正方形各邊的中點.若下底面正方形邊長為 4，“四角反棱臺”高為 3，則
該幾何體體積為 .
【答案】40
【解析】依題意，將該“四角反棱臺”還原成長方體，知該幾何體為長方體截取
四個相同大小的四棱錐，如圖.則該幾何體體積為
V = 4 4 3 4 1 1- 2 2 3 = 40 .
3 2
故答案為：40.
【變式 6-2】（2024·新疆·二模）我國古代數學著作《九章算術》中記載了一種稱為“羨除”的幾何體，該幾
何體的一種結構是三個面均為梯形，其他兩面為三角形的五面體．如圖所示，四邊形 ABCD， ABFE ，
CDEF 均為等腰梯形， AB //CD //EF ， AB = 6 ，CD = 8 ， EF =10 ， EF 到平面 ABCD的距離為 5，CD 與
AB 間的距離為 10，則這個羨除的體積V = ．
【答案】200
【解析】
連接CE , BE ,
V = V 5 5 5E- ABCD +VC-BEF = VE- ABCD + VD- ABE = VE- ABCD + V3 3 E- ABD
= VE- ABCD + V7 E- ABCD
12V 12 1 1= .
7 E- ABCD
= 6 + 8 10 5 = 200
7 3 2
故答案為：200.
【變式 6-3】（2024·河北·模擬預測）已知正四棱臺的上、下底面棱長分別為 1 和 2，側棱長為 1，則該正四
棱臺的體積為 .
7 2 7
【答案】 / 2
6 6
【解析】由題意作出正四棱臺圖象，如下圖所示：
ABCD - A1B1C1D1為正四棱臺， AB = AA1 =1， A1B1 = 2
連接 AC ， A1C1 得 AC = 2 ， A1C1 = 2 2，
過A 作 AG ^ A1C1 ，過C 作CH ^ A1C1，
2
所以 AC = GH = 2 ， A1G = HC1 = ，2
2
在直角三角形 AA1G

中， AG = AA 21 - A1G
2 = 12 2 2- ÷÷ = ，
è 2 2
2
所以正四棱臺的高 h = ，正四棱臺上、下底面積為1和4，
2
1 2 7 2
所以體積V = 1+ 1 4 + 43 2 = 6
7 2
故答案為： .
6
【變式 6-4】（2024·山東菏澤·二模）已知在棱長為 2 的正方體 ABCD - A1B1C1D1中，挖去一個以上下底面各
邊中點為頂點的四棱柱，再挖去一個以左右兩側面各邊中點為頂點的四棱柱，則原正方體剩下部分的體積
為 ．
8
【答案】
3
【解析】如圖：
MN I GG1 = Q ，
可知四棱錐Q - FHH1F1 為正四棱錐，
四邊形 FHH1F1 為邊長為 2 的正方形，棱錐的高為 1，
可知兩個挖去的四棱柱重合部分為兩個正四棱錐的組合體，
四棱柱EFGH - E1F1G1H1的底面 EFGH 是邊長為 2的正方形，
則VEFGH -E F G H = 2 2 2 = 4，1 1 1 1
同理可得VFMF M -HNH N = 2 2 2 = 4，1 1 1 1
V 1 4Q-FHH1F = 1 2 2 = ，1 3 3
16
則挖去部分的體積為V1 = VEFGH -E F G H +V1 1 1 1 FMF1M1-HNH N - 2VQ-FHH F = ，1 1 1 1 3
3 8
可得原正方體剩下部分的體積為V2 = 2 -V1 = ．3
8
故答案為： .
3
【變式 6-5】（2024·山東臨沂·一模）球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圓叫做球冠的底，垂直
于截面的直徑被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于
截面的直徑被截下的線段長叫做球缺的高，球缺是旋轉體，可以看做是球冠和其底所在的圓面所圍成的幾
何體.如圖 1，一個球面的半徑為 R ，球冠的高是h，球冠的表面積公式是 S = 2πRh，與之對應的球缺的體積
1
公式是V = πh2 3R - h .如圖 2，已知C,D是以 AB 為直徑的圓上的兩點，
3
AOC BOD π= = , S
扇形COD = 6π ，則扇形COD 繞直線 AB 旋轉一周形成的幾何體的表面積為 ，體3
積為 .
【答案】 72π + 36 3π 144π
π π π
【解析】因為 AOC = BOD = ，所以 DOC = π - 2 = ，設圓的半徑為 R ，
3 3 3
1 π
又 S COD = R
2 = 6π
扇形 ，解得 R = 6 （負值舍去），2 3
過點C 作CE ^ AB 交 AB 于點 E ，過點D作DF ^ AB 交 AB 于點F ，
則CE = OC sin
π
= 3 3 ，OE = OC cos
π
= 3，
3 3
所以 AE = R - OE = 3，同理可得DF = 3 3 ，OF = BF = 3，
將扇形COD 繞直線 AB 旋轉一周形成的幾何體為一個半徑 R = 6 的球中上下截去兩個球缺所剩余部分再挖
去兩個圓錐，
其中球缺的高 h = 3，圓錐的高 h1 =3，底面半徑 r = 3 3 ，
2 2
則其中一個球冠的表面積 S1 = 2πRh = 2π 6 3 = 36π，球的表面積 S 2 = 4πR = 4π 6 = 144π ，
圓錐的側面積 S3 = 3 3 6π=18 3π，
所以幾何體的表面積 S = S2 -2S1 + 2S3 =144π -2 36π + 2 18 3π = 72π +36 3π，
1
又其中一個球缺的體積V1 = πh
2 3R 1- h = π 32 3 6 - 3 = 45π ，
3 3
1 2
圓錐的體積V2 = π 3 3 3 27π V 4 = 3 4，球的體積 3 = πR = π 63 = 288π，3 3 3
所以幾何體的體積V = V3 - 2V1 - 2V2 = 288π - 2 45π - 2 27π = 144π .
故答案為：72π + 36 3π ；144π
【變式 6-6】已知正三棱柱 ABC - A1B1C1的棱長均為2,E,F 分別是棱 A1B1, A1C1的中點，則幾何體
EF - CBB1C1的體積為 .
5 3 5
【答案】 / 3
6 6
3
【解析】V 2ABC- A B C = SABC AA1 1 1 1 = 2 2 = 2 3 ,4
A E 1
3 3 3 2 7 3 7 3
1 = A1F = 1 , A1EF - ABC 為三棱臺，VA EF - ABC = 2
2 + 12 + 2 1
3 4 4 4 ÷÷
AA1 = = ,1
è 3 4 6
VEF -CBB C = VABC- A B C -VA EF - ABC = 2 3
7 3 5 3
- = .
1 1 1 1 1 1 6 6
5 3
故答案為： .
6
1．（2024 年天津高考數學真題）一個五面體 ABC - DEF ．已知 AD∥ BE∥ CF ，且兩兩之間距離為 1．并
已知 AD = 1，BE = 2，CF = 3 ．則該五面體的體積為（ ）
A 3 B 3 3 1 3 3 3 1． ． + C． D． -
6 4 2 2 4 2
【答案】C
【解析】用一個完全相同的五面體HIJ - LMN （頂點與五面體 ABC - DEF 一一對應）與該五面體相嵌，使
得D, N；E, M ; F , L重合，
因為 AD∥ BE∥ CF ，且兩兩之間距離為 1． AD = 1, BE = 2, CF = 3 ，
則形成的新組合體為一個三棱柱，
該三棱柱的直截面（與側棱垂直的截面）為邊長為 1 的等邊三角形，側棱長為1 + 3 = 2 + 2 = 3 + 1 = 4 ，
V 1 1 1 3 3ABC-DEF = V2 ABC-HIJ
= 1 1 4 = .
2 2 2 2
故選：C.
2．（2024 年新課標全國Ⅰ卷數學真題）已知圓柱和圓錐的底面半徑相等，側面積相等，且它們的高均為 3 ，
則圓錐的體積為（ ）
A． 2 3π B．3 3π C．6 3π D．9 3π
【答案】B
【解析】設圓柱的底面半徑為 r ，則圓錐的母線長為 r2 +3，
而它們的側面積相等，所以2πr 3 = πr 3+ r2 即 2 3 = 3 + r 2 ，
1
故 r = 3，故圓錐的體積為 π 9 3 = 3 3π .
3
故選：B.
3．（2023 年高考全國甲卷數學（文）真題）在三棱錐 P - ABC 中，VABC 是邊長為 2 的等邊三角形，
PA = PB = 2, PC = 6 ，則該棱錐的體積為（ ）
A．1 B． 3 C．2 D．3
【答案】A
【解析】取 AB 中點 E ，連接PE,CE，如圖，
QV ABC 是邊長為 2 的等邊三角形，PA = PB = 2，
\PE ^ AB,CE ^ AB，又PE,CE 平面PEC ， P E I C E = E ，
\ AB ^平面PEC ，
又PE = CE 3= 2 = 3 ， PC = 6 ，
2
故PC 2 = PE2 + CE2 ，即 PE ^ CE ，
1 1 1
所以V = VB-PEC +VA-PEC = S△PEC × AB = 3 3 2 =1，3 3 2
故選：A
4．（2023 年高考全國甲卷數學（理）真題）已知四棱錐 P - ABCD 的底面是邊長為 4 的正方形，
PC = PD = 3, PCA = 45°，則△PBC 的面積為（ ）
A． 2 2 B．3 2 C．4 2 D．6 2
【答案】C
【解析】法一：
連結 AC, BD 交于O ，連結 PO ，則O 為 AC, BD 的中點，如圖，
因為底面 ABCD為正方形， AB = 4，所以 AC = BD = 4 2 ，則DO = CO = 2 2 ，
又 PC = PD = 3， PO = OP ，所以VPDO @VPCO ，則 PDO = PCO ，
又 PC = PD = 3， AC = BD = 4 2 ，所以VPDB @VPCA ，則 PA = PB ，
在VPAC 中， PC = 3, AC = 4 2 , PCA = 45° ，
則由余弦定理可得PA2 = AC 2 + PC 2 - 2AC × PC cos PCA = 32 2+ 9 - 2 4 2 3 =17，
2
故 PA = 17 ，則 PB = 17，
故在△PBC 中， PC = 3, PB = 17 , BC = 4 ，
PC 2cos PCB + BC
2 - PB2 9 +16 -17 1
所以 = = = ，
2PC × BC 2 3 4 3
又 0 < PCB < π ，所以 sin PCB = 1- cos2 PCB 2 2= ，
3
1
所以△PBC 的面積為 S = PC × BC sin 1 2 2 PCB = 3 4 = 4 2 .
2 2 3
法二：
連結 AC, BD 交于O ，連結 PO ，則O 為 AC, BD 的中點，如圖，
因為底面 ABCD為正方形， AB = 4，所以 AC = BD = 4 2 ，
在VPAC 中，PC = 3, PCA = 45°，
則由余弦定理可得PA2 = AC 2 + PC 2 - 2AC × PC cos PCA 32 9 2 4 2 3 2 = + - =17，故 PA = 17 ，
2
2 2 2
cos APC PA + PC - AC 17 + 9 - 32 17所以 = = = - ，則
2PA × PC 2 17 3 17
uuur uuur uuur uuur
PA × PC = PA PC cos APC = 17 17 3 - = -3
è 17 ÷
÷ ，

不妨記PB = m, BPD =q ，
uuur 1 uuur uuur 1 uuur uuur uuur uuur 2 uuur uuur 2因為PO = PA + PC = PB + PD ，所以 PA + PC2 2 = PB + PD ，
uuur 2 uuur 2 uuur uuur uuur 2 uuur 2 uuur uuur
即 PA + PC + 2PA × PC = PB + PD + 2PB × PD ，
2
則17 +9+ 2 -3 = m +9+ 2 3 mcosq ，整理得m2 + 6mcosq -11= 0 ①，
又在△PBD 中，BD2 = PB2 + PD2 - 2PB × PDcos BPD，即32 = m2 +9-6mcosq ，則m2 -6mcosq -23 = 0
②，
兩式相加得2m2 -34 = 0，故 PB = m = 17 ，
故在△PBC 中， PC = 3, PB = 17 , BC = 4 ，
cos PCB PC
2 + BC 2 - PB2 9 +16 -17 1
所以 = = = ，
2PC × BC 2 3 4 3
又 0 < PCB < π ，所以 sin PCB = 1- cos2 2 2 PCB = ，
3
所以△PBC 1的面積為 S = PC × BC sin PCB 1 2 2 = 3 4 = 4 2 .
2 2 3
故選：C.
5．（2023 年高考全國乙卷數學（理）真題）已知圓錐 PO 的底面半徑為 3 ，O 為底面圓心，PA，PB 為圓
錐的母線， AOB = 120° 9 3，若VPAB 的面積等于 ，則該圓錐的體積為（ ）
4
A．p B． 6p C．3p D．3 6p
【答案】B
【解析】在VAOB中， AOB =120o ，而OA = OB = 3 ，取 中點C ，連接OC, PC ，有
OC ^ AB, PC ^ AB，如圖，
ABO 30o OC 3∠ = ， = , AB = 2BC = 3，由VPAB 9 3 1 3 PC 9 3的面積為 ，得 = ，
2 4 2 4
解得 PC 3 3= 3 3 3，于是PO = PC 2 - OC 2 = ( )2 - ( )2 = 6 ，
2 2 2
1 2 1 2
所以圓錐的體積V = π OA PO = π ( 3) 6 = 6π .
3 3
故選：B
1．下列命題是否正確？若正確，請說明理由；若錯誤，請舉出反例.
（1）有兩個面平行，其他各個面都是平行四邊形的多面體是棱柱；
（2）有兩個面平行且相似，其他各個面都是梯形的多面體是棱臺.
【解析】（1）錯誤，還必須滿足滿足相鄰平行四邊形的公共邊平行，反例如圖①.
（2）錯誤，還必須滿足側棱的延長線交于一點，反例如圖②.
2．如圖，八面體的每一個面都是正三角形，并且 4 個頂點 A，B，C，D 在同一個平面內，如果四邊形
ABCD 是邊長為 30cm 的正方形，那么這個八面體的表面積是多少？
【解析】由題意，每個面都是邊長為 30cm 的正三角形，
\S表 = 8
1
30 30 sin 60° =1800 3 cm22
即這個八面體的表面積是1800 3cm2 .
3．如圖，一個三棱柱形容器中盛有水，且側棱 AA1=8，若側面 AA1B1B 水平放置時，液面恰好過 AC，
BC，A1C1，B1C1的中點，當底面 ABC 水平放置時，液面高為多少？
1 3
【解析】設三棱錐的體積為V ，按側面 ABB1A1水平放置時液面以上部分的體積為 V ，故水的體積為 V ，4 4
3
設按底面 ABC
V
放置時液面的高為h，則 h 4 3= = ，故 h = 6 ．
8 V 4
4．如圖，圓錐 PO 的底面直徑和高均是 a，過 PO 的中點O 作平行于底面的截面，以該截面為底面挖去一
個圓柱，
（1）求圓柱的表面積；
（2）求圓錐挖去圓柱剩下幾何體的體積．
【解析】（1）設圓錐底面半徑為 r，圓柱底面半徑為 r ，
因為過 PO 的中點O 作平行于底面的截面，以該截面為底面挖去一個圓柱，
2
可得 r
a r a a= ， = a 5，且圓柱母線長 l = ，圓錐母線長
2 4 2 l = a
2 + 2 ÷
= a ，
è 2
2
所以圓柱的表面積為： S = 2p r 2 a a a 3表 + 2p r l = 2p ×

÷ + 2p × × = p a
2
è 4 4 2 8
1 2 2
（2）剩下幾何體的體積V = p r2 ×OP -p r2 ×OO 1= p a× ×a -p a× a 5 ÷ ÷ × = p a
3．
3 3 è 2 è 4 2 96
5．如圖是一個獎杯的三視圖，試根據獎杯的三視圖計算它的表面積和體積（可用計算工具，尺寸如圖，
單位：cm，π 取 3.14，結果取整數）
【解析】由該獎杯的三視圖可知，獎杯的上部是直徑為 4cm 的球；中部是一個四棱柱，其中上、下底面都
是邊長分別為 8m、4cm 的矩形，四個側面中的兩個側面是邊長分別為 20cm、8cm 的矩形，另兩個側面是
邊長分別為 20cm、4cm 的矩形；下部是一個四棱臺，其中上底面是邊長分別為 10cm、8cm 的矩形，下底
面是邊長分別為 20m、16cm 的矩形，四棱臺的高為 2cm
三視圖復原的幾何體下部是底座是四棱臺，中部是棱柱，上部是球，
這個獎杯的體積：
S上 = 8 10 = 80cm
2
， S下 = 16 20 = 320cm
2
V 1 h S 1 1120臺 = 上 + S上 S 33 下 + S下 = 23 80 + 80 320 + 320 = cm3
V 4= p r 3 4= p 23 = 32p cm3球 3 3 3
V 3柱 = abh = 4 8 20 = 640cm
V V 1120 + 32p= 3臺 + V球 + V柱 = 640 + 1047cm3 ；
16 - 8
2
20 -10
2
這個獎杯的表面積：（其中獎杯底座的側面上的斜高等于 ÷ + 2
2 = 2 5cm 和 ÷ + 2
2 = 29cm) ．
è 2 è 2
S = S上 + S側 + S下 + S柱側 + S球
= 16 20 + 16 + 8 29 + 10 + 20 2 5 + 8 10 + 2 8 + 4 20 + 4p 22 = 880 + 60 5 + 24 29 + 16p 1193cm 2
因此它的表面積和體積分別約為1193cm2 ,1047cm3 .
易錯點：對斜二測畫法的掌握不牢
易錯分析：在用斜二測畫法畫直觀圖時，角度、距離發生改變，故解此類問題要先畫出圖形，再根據
圖形求解.
【易錯題 1】如圖，矩形O A B C 是水平放置的一個平面圖形由斜二測畫法得到的直觀圖，其中O A = 3 ，
O C = 1，則原圖形周長是 ．
【答案】12
【解析】如圖所示，
O C
在直觀圖中，設O y 與 B C 交于點P ，則O P = = 2 ，C P = O C = 1， P B = B C - C P = 2cos 45 ，°
2
在原圖形中，CP = 1，OP = 2O P = 2 2 ，OC = OP2 + CP2 = 2 2 +12 = 3，OA = O A = 3，
所以原圖形的周長是2 OA+OC = 2 3+3 =12．
故答案為：12．
【易錯題 2】若水平放置的四邊形 AOBC 按“斜二測畫法”得到如圖所示的直觀圖，四邊形O A C B 為等腰
梯形， A C ∥O B , A C = 4,O B = 8 ，則原四邊形 AOBC 的面積為 ．
【答案】 24 2
【解析】在直觀圖中，四邊形 A C B O 為等腰梯形， A O B = 45° ，而 A C = 4,O B = 8，
則O A = 2 2 ，由斜二測畫法得原四邊形 AOBC 是直角梯形，
AC // OB , AOB = 90°, OA = 4 2 , OB = 2 AC = 8 ，如圖．
AC + OB 4 + 8
所以四邊形 AOBC 的面積為 OA = 4 2 = 24 2 ．
2 2
故答案為： 24 2

展開更多......

收起↑