专题7.1 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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\l "_Tc6983" 【题型1 空间几何体的结构特征】 PAGEREF _Tc6983 \h 5
\l "_Tc24271" 【题型2 空间几何体的表面积】 PAGEREF _Tc24271 \h 7
\l "_Tc30160" 【题型3 空间几何体的体积】 PAGEREF _Tc30160 \h 9
\l "_Tc25009" 【题型4 斜二测画法及其应用】 PAGEREF _Tc25009 \h 11
\l "_Tc19028" 【题型5 最短路径问题】 PAGEREF _Tc19028 \h 14
\l "_Tc3782" 【题型6 空间几何体的截面问题】 PAGEREF _Tc3782 \h 17
1、基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
【知识点1 空间几何体的结构特征】
1．多面体的结构特征
2．旋转体的结构特征
棱柱与圆柱统称为柱体，棱锥与圆锥统称为锥体，棱台与圆台统称为台体.
3．空间几何体结构特征的判断技巧
(1)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定.
(2)通过反例对结构特征进行辨析，即要说明个命题是错误的，只要举出一个反例即可.
【知识点2 斜二测画法和展开图的常用结论】
1．斜二测画法的常用结论：
(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：.
2．几何体的表面展开图的常用结论：
几何体的表面展开图可以有不同的形状，应多实践，观察并大胆想象立体图形与表面展开图的关系，一定先观察立体图形的每一个面的形状.
【知识点3 简单几何体的表面积与体积】
1．多面体的侧面积、表面积和体积

2．旋转体的侧面积、表面积和体积
【知识点4 最短路径问题】
1．最短路径问题的解题策略
(1)解题思想：化曲为直，化折为直，立体展开成平面.
(2)方法总结：解决空间几何体表面最短路径问题关键是把立体图形平面化，即把立体图形沿着某一条直线展开，转化为平面问题之后，借助“两点之间，线段最短”，构造三角形，借助解三角形的方法求解.
【知识点5 空间几何体表面积与体积的常见求法】
1．常见的求几何体体积的方法
(1)公式法：直接代入公式求解.
(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.
(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.
(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.
2．求组合体的表面积与体积的方法
求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该
怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.
【方法技巧与总结】
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：，.
【题型1 空间几何体的结构特征】
【例1】（23-24高一下·浙江·期中）下列四个命题中正确的是（ ）
A．每个面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥
B．所有棱长都相等的四棱柱是正方体
C．以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱
D．以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥
【解题思路】根据题意，举出反例可得AB错误，由圆柱、圆锥的定义分析CD，综合可得答案．
【解答过程】根据题意，依次分析选项：
对于A，如图：
在三棱锥A−BCD中，有AB=BC=CD=AD=a，AC=BD=b，
该每个面都是等腰三角形，但该棱锥不是正三棱锥，A错误；
对于B，底面为菱形的直四棱柱，其侧棱与底面边长相等，
该四棱柱的所有棱长都相等，但不是正方体，B错误；
对于C，以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱，C正确；
对于D，以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥，D错误．
故选：C．
【变式1-1】（23-24高一下·广东湛江·期末）下列说法正确的是（ ）
A．棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面
B．棱柱的侧面都是全等的平行四边形
C．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱
D．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台
【解题思路】利用棱柱的定义判断ABC；利用棱台的定义判断D.
【解答过程】对于A，正六棱柱正对的两个侧面平行，但它们不是正六棱柱的底面，A错误；
对于B，底面邻边不等的长方体的相邻两个侧面不全等，B错误；
对于C，由棱柱的定义知，C正确；
对于D，当截面与棱锥的底面不平行时，棱锥底面与截面之间的部分不是棱台，D错误.
故选：C.
【变式1-2】（2024·辽宁抚顺·三模）已知圆锥的底面圆的半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为π2的扇形，则该圆锥的母线长为（ ）
A．52B．3C．72D．4
【解题思路】设母线长为l，根据题意得到π2l=2π×1，即可求解．
【解答过程】设母线长为l，由题意，可得π2l=2π×1，解得l=4，即圆锥的母线长为4．
故选：D.
【变式1-3】（23-24高一下·广东清远·期末）下列说法中，正确的是（ ）
A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥
B．一个多面体至少有4个面
C．有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
D．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台
【解题思路】根据简单几何体的定义以及结构特征去判断即可.
【解答过程】正棱锥底面是正多边形，还需要满足顶点到底面射影落在底面正多边形的中心，A错误；
多面体中面数最少为三棱锥，四个面，B正确，；
有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体不一定是棱柱，还需要满足各个侧面的交线互相平行，C错误；
用一个平面去截棱锥，必须是平行于底面的平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分才是棱台，D错误.
故选：B.
【题型2 空间几何体的表面积】
【例2】（2024·河南濮阳·模拟预测）正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，上底面边长为2，下底面边长为4，若侧面与底面所成的二面角为60°，则该正四棱台的侧面积为（ ）
A．8B．12C．24D．48
【解题思路】做正四棱台的截面，先求斜高，再求侧面积.
【解答过程】如图：
取棱的中点，作截面EFGH，则FG、EH为正四棱台的斜高.
在等腰梯形EFGH中，易知EF=2，GH=4，∠EHG=60°，所以EH⋅cs60°=4−22=1 ⇒ EH=2.
所以四棱台的侧面积为：4×12×2+4×2=24.
故选：C.
【变式2-1】（2024·江苏无锡·模拟预测）蒙古包是我国蒙古族牧民居住的房子，适于牧业生产和游牧生活．如图所示的蒙古包由圆柱和圆锥组合而成，其中圆柱的高为2m，底面半径为4m,O是圆柱下底面的圆心．若圆锥的侧面与以O为球心，半径为4m的球相切，则圆锥的侧面积为（ ）

A．85πm2B．165πm2C．20πm2D．40πm2
【解题思路】根据题意结合圆柱、圆锥以及球的结构特征解得圆锥母线长l=5，进而可求圆锥的侧面积.
【解答过程】设PO1=ℎ,PA=l(ℎ为圆锥高，l为圆锥母线长)

OM⊥PA,∵以O为球心，半径为4的球与圆锥侧面相切，则OM=4，
在△POA中，S△POA=12ℎ+2⋅4=12⋅4l，可得ℎ+2=l，
且ℎ2+16=l2，则(l−2)2+16=l2，解得l=5，
所以圆锥的侧面积为S侧=πrl=π×4×5=20πm2.
故选：C.
【变式2-2】（2024·四川成都·二模）在所有棱长均相等的直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，∠BAD=60∘，点P在四边形AA1B1B内（含边界）运动．当C1P=72CC1时，点P的轨迹长度为2π3，则该四棱柱的表面积为（ ）
A．16+43B．8+23C．4+3D．43
【解题思路】先根据轨迹的长度求出棱长，利用四棱柱的表面积公式可求答案.
【解答过程】设棱长为a，延长A1B1，过点C1作C1O垂直于A1B1的延长线于O，
由∠BAD=60∘，可得OB1=a2,C1O=3a2；
由直四棱柱的性质可得，C1O⊥平面AA1B1B，所以C1O⊥OP；
因为C1P=72CC1=72a，所以OP=C1P2−C1O2=a.
在平面AA1B1B内，点P的轨迹是以O为圆心，a为半径的圆夹在四边形AA1B1B内的部分，即图中圆弧EF.
因为OB1=a2,OF=a,∠OB1F=90°，所以∠FOB1=π3，
因为点P的轨迹长度为2π3，所以OP=2，即a=2.
四棱柱的表面积为4×2×2+2×2×2×32=16+43.
故选：A.

【变式2-3】（2024·重庆·模拟预测）民间娱乐健身工具陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺在山西夏县的新石器时代遗址中发现．如图，是一个陀螺的立体结构图（上端是圆柱，下端是圆锥），已知底面圆的直径AB=8，圆柱体部分的高BC=5，圆锥体部分的高CD=3，则这个陀螺的表面积为（ ）
A．60πB．76πC．92πD．96π
【解题思路】根据已知求出圆锥的母线长，从而可求出圆锥的侧面积，再求出圆柱的侧面积和底面面积，进而可求出陀螺的表面积
【解答过程】由题意可得圆锥体的母线长为l=32+42=5，
所以圆锥体的侧面积为5×4π=20π，
圆柱体的侧面积为8π×5=40π，圆柱的底面面积为π×42=16π，
所以此陀螺的表面积为20π+40π+16π=76π（cm2），
故选：B.
【题型3 空间几何体的体积】
【例3】（2024·山东菏泽·模拟预测）菏泽市博物馆里，有一条深埋600多年的元代沉船，对于研究元代的发展提供了不可多得的实物资料.沉船出土了丰富的元代瓷器，其中的白地褐彩龙风纹罐（如图）的高约为36cm，把该瓷器看作两个相同的圆台拼接而成（如图），圆台的上底直径约为20cm，下底直径约为40cm，忽略其壁厚，则该瓷器的容积约为（ ）
A．4200πcm3B．8400πcm3C．16800πcm3D．33600πcm3
【解题思路】根据圆台体积公式求解.
【解答过程】根据题意，V=2V圆台=23π×362×102+10×20+202=8400π.
故选：B.
【变式3-1】（2024·天津河西·三模）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，E，F分别为AB，AC的中点，平面EB1C1F将三棱柱分成体积为V1，V2两部分，则V1:V2=（ ）
A．1∶1B．4∶3C．6∶5D．7∶5
【解题思路】根据割补法结合棱台的体积公式，即可求得答案.
【解答过程】设三棱柱ABC−A1B1C1的高为h，上下底面面积均为S，体积为V，
则V=V1+V2=Sℎ，
因为E，F分别为AB，AC的中点，故S△AEF=14S,
结合题意可知几何体AEF−A1B1C1为棱台，
则V1=13ℎ14S+S+14S⋅S=712Sℎ，
故V2=Sℎ−712Sℎ=512Sℎ,故V1:V2=7:5，
故选：D.
【变式3-2】（2024·陕西铜川·模拟预测）某圆台的下底面周长是上底面周长的4倍，母线长为10，该圆台的侧面积为100π，则该圆台的体积为（ ）
A．184πB．208πC．224πD．248π
【解题思路】设圆台的上底面的半径为r，下底面的半径为R，则由题意可得R=4r，再由圆台的侧面积列方程可求出r，从而可求出上下底面面积和圆台的高，进而可求出台的体积.
【解答过程】设圆台的上底面的半径为r，下底面的半径为R，则2πR=4×2πr，故R=4r，
因为该圆台的侧面积为100π，母线长l=10，
所以π(r+4r)×10=100π，解得r=2，则R=8，
所以圆台上底面的面积为πr2=4π，下底面的面积为πR2=64π，
圆台的高ℎ=l2−(R−r)2=100−36=8
所以该圆台的体积V=13×(4π+4π×64π+64π)×8=224π．
故选：C．
【变式3-3】（2024·全国·模拟预测）已知轴截面为正三角形的圆锥，被平行于底面的平面所截，截得的上、下两个几何体的表面积分别为S1，S2，体积分别为V1，V2，若S1:S2=3:11，则V1:V2的值为（ ）
A．1:7B．9:112
C．3:11−3D．33:11−33
【解题思路】作出圆锥的轴截面，设出大小圆锥的底面圆半径，表示出母线长，利用S1:S2=3:11代入化简得到r2=2r1，计算V1:V1+V2得到V1:V2的值.
【解答过程】
如图，作出圆锥的轴截面，设截得的圆锥的底面圆半径为O1D=r1，原圆锥的底面圆半径为O2B=r2．
因为轴截面是正三角形，所以母线长为SD=2r1，原圆锥的母线长为SB=2r2，
则截得的圆台的母线长为BD=2r2−r1．因为S1:S2=3:11，即πr1⋅2r1+πr12πr12+πr22+πr2+r1⋅2r2−r1=311，解得r2=2r1，
于是， V1:V1+V2=r13:r23=1:8，所以V1:V2=1:7.
故选：A．
【题型4 斜二测画法及其应用】
【例4】（2024·四川成都·模拟预测）如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB用斜二测画法画出的直观图（图中虚线分别与x′轴和y′轴平行），O′B′=2O′D′=6，O′C′=8，则△OAB的面积为（ ）

A．82B．122C．24D．48
【解题思路】由直观图得到平面图形，再求出相应的线段长，最后由面积公式计算可得.
【解答过程】由直观图可得如下平面图形：
其中OB=O′B′=6，OD=O′D′=3，OC=2O′C′=16，AD//y轴，且AD=OC=16，
所以S△OAB=12×6×16=48.
故选：D.
【变式4-1】（2024·山东济南·一模）已知正三角形边长为2，用斜二测画法画出该三角形的直观图，则所得直观图的面积为（ ）
A．24B．64C．22D．26
【解题思路】根据斜二测画法的知识确定正确答案.
【解答过程】正三角形的高为3，
根据斜二测画法的知识可知，
直观图的面积为12×1×32×sinπ4×2=64.
故选：B.
【变式4-2】（23-24高一下·湖北黄冈·期末）如图，水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图为矩形A′B′C′D′，已知A′O′=O′B′=1，B′C′=1，则四边形ABCD的周长为（ ）
A．62B．122C．8D．10
【解题思路】根据斜二测画法的原则进行求解即可.
【解答过程】由题设知：原四边形中AB=CD=A′B′=C′D′=2且AB//CD，
所以原四边形ABCD为平行四边形，
而O′C′=2，则原四边形中OC=22，故AD=BC=OC2+OB2=3，
综上，四边形ABCD的周长为AB+CD+AD+BC=10.
故选：D.
【变式4-3】（23-24高一下·安徽池州·期中）一水平放置的平面四边形OABC的直观图O′A′B′C′如图所示，其中O′A′=O′C′=1，O′C′⊥x′轴，A′B′⊥x′轴，B′C′ // y′轴，则四边形OABC的面积为（ ）
A．322B．32C．3D．32
【解题思路】结合图形可得A′B′=2，则可得四边形O′A′B′C′面积，后可得四边形OABC的面积.
【解答过程】设y′轴与A′B′交点为D，因O'C'⊥x'轴，A′B′⊥x′轴，则O′C′//A′B′，
又B′C′//y′轴，则四边形O′DB′C′为平行四边形，故DB′=O′C′=1.
又∠x′O′y′=45，结合A′B′⊥x′轴，则DA′=O′A′=1，故A′B′=2.
则四边形O′A′B′C′面积为12×1+2×1=32，
因四边形O′A′B′C′面积是四边形OABC的面积的24倍，
则四边形OABC的面积为32.
故选：B.
【题型5 最短路径问题】
【例5】（23-24高一下·山西运城·阶段练习）已知三棱锥P−ABC的底面ABC是边长为1的等边三角形，PA⊥平面ABC且PA=3，一只蚂蚁从△ABC的中心沿表面爬至点P，则其爬过的路程最小值为（ ）
A．36B．393C．433D．373
【解题思路】利用垂直条件证明得PA⊥平面ABC，即可得平面PAC⊥平面ABC，然后根据平面展开图判断最短距离，再利用勾股定理计算求解即可.
【解答过程】将底面ABC旋转，以AC为轴，旋转至平面PAC与平面ABC共面，如图，
设△ABC的中心为O，此时OP为最短距离，设O到直线AC的距离为d，
则d=13×12−122=36，所以OP=122+3+362=393.
故选：B.
【变式5-1】（23-24高三下·河北衡水·阶段练习）如图，已知正三棱柱ABC−A1B1C1的底面边长为lcm，高为5cm，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路线的长为（ ）
A．12B．13C．D．15
【解题思路】由条件将三棱柱的侧面展开，根据两点间距离最短求最小值.
【解答过程】将正三棱柱ABC−A1B1C1沿侧棱展开,再拼接一次,其侧面展开图如图所示，
在展开图中,最短距离是六个矩形对角线的连线的长度,也即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值.
由已知求得矩形的长等于6×1=6,宽等于5,由勾股定理d=62+52=61.
故选:C.
【变式5-2】（23-24高二上·浙江·阶段练习）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，M是面BCC1B1内一动点，且DM⊥A1C，N是棱CC1上一动点，则△DMN周长的最小值为（ ）
A．2B．3+1C．2+2D．62+102
【解题思路】利用展开方法，以△BCC1为基准，将△BC1D和△DCC1翻折使其与△BCC1共面，然后利用余弦定理求解.
【解答过程】点M在线段BC1上运动，即动线段DM在△BC1D内运动，
动线段DN在△DCC1内运动，动线段MN在△BCC1内运动，
以△BCC1为基准，将△BC1D和△DCC1翻折使其与△BCC1共面，如图所示：
其中△BC1D翻折至△BC1D2，△DCC1翻折至△CC1D3，
△DMN的周长等于D2M+MN+ND3,最小值等于D2D3
在四边形C1D2=C1D3=2，∠D2C1D3=150°，
由余弦定理可求得D2D32=2+2−2×2×2×−32=4+23，
所以D2D3=1+3，
故△DMN的周长最小值等于1+3，
故选：B.
【变式5-3】（23-24高一下·山东青岛·期末）如图，圆锥的母线长为3，底面半径为1，一只蚂蚁从点P处沿着该圆锥侧面爬行一周后回到点P处，则蚂蚁爬行的最短路线长为（ ）

A．3B．3C．23D．33
【解题思路】画出圆锥的侧面展开图，则蚂蚁爬行的最短距离为PP'，在△SPP'中，解三角形即可.
【解答过程】已知圆锥的侧面展开图为半径是3的扇形，如图，

一只蚂蚁从点P出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点P的最短距离为PP'，
设∠SPP'=α，圆锥底面周长为2π，所以圆弧PP'的长为2π，
所以α=2π3，
在△SPP'中，由SP=SP'，得PP'=SP2+SP'2−2SP⋅SP'⋅csα=32+32−2×3×3×−12=33，
故选：D.
【题型6 空间几何体的截面问题】
【例6】（2024·江苏南京·模拟预测）已知SO1=2，底面半径O1A=4的圆锥内接于球O，则经过S和O1A中点的平面截球O所得截面面积的最小值为（ ）
A．252πB．253πC．254πD．5π
【解题思路】根据球的截面性质，结合三角形面积等积性、勾股定理进行求解即可.
【解答过程】如图，
设球O的半径为R，线段O1A的中点为E，因为AO12+OO12=AO2，
所以42+(R−2)2=R2，解得R=5，
设经过S和O1A中点E的平面截球O所得截面圆的圆心为O2，半径为r，球心O到截面的距离OO2=d，
则r2=R2−d2，要截面面积最小，则r要最小，即d要最大，
因为当d为点O到SE的距离时最大，此时d⋅SE=SO⋅EO1，又SE=22+22=22，
所以d=SO⋅EO1SE=5×222=52，
所以r2=52−(52)2=252，
故截面面积的最小值为πr2=252π．
故选：A.
【变式6-1】（2024·江西·模拟预测）已知在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BB1=2BC，点P，Q，T分别在棱BB1，CC1和AB上，且B1P=3BP，CQ=3C1Q，BT=3AT，则平面PQT截长方体所得的截面形状为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【解题思路】连接QP并延长交CB的延长线于点E，连接ET并延长交AD于点S，
过点S作SR//EQ交DD1于点R，连接RQ，即可得到截面图形，从而得解.
【解答过程】如图连接QP并延长交CB的延长线于点E，连接ET并延长交AD于点S，
过点S作SR//EQ交DD1于点R，连接RQ，
则五边形PQRST即为平面PQT截该长方体所得的截面多边形.
其中因为B1P=3BP，CQ=3C1Q，BT=3AT，
所以△EBP∽△ECQ，则EBEC=BPCQ=13，所以EB=12BC，
又△SAT∽△EBT，所以SAEB=ATTB=13，所以SA=13EB=16AD，
则SD=56AD，
显然△SDR∽△ECQ，则SDEC=DRCQ，所以DR=59QC=512CC1=512DD1.
故选：C.
【变式6-2】（2024·海南·模拟预测）当飞机超音速飞行时，声波会形成一个以飞机前端为顶点，飞机的飞行方向为轴的圆锥（如图），称为“马赫锥”.马赫锥的轴截面顶角θ与飞机的速度v、音速c满足关系式sinθ2=cv.若一架飞机以2倍音速沿直线飞行，则该飞机形成的马赫锥在距离顶点30m处的截面圆面积为（ ）

A．100πm2B．300πm2C．600πm2D．900πm2
【解题思路】作出半轴截面，解直角三角形得底面圆半径，进而即可得解.
【解答过程】如图所示：

该飞机形成的马赫锥在距离顶点30m处的截面圆圆心为O，AB为马赫锥的母线，
由题意sin∠BAO=sinθ2=cv=c2c=12，
而∠BAO是锐角，所以∠BAO=30∘，
又AO=30m，所以BO=AO⋅tan30∘=103m，
该飞机形成的马赫锥在距离顶点30m处的截面圆面积为π×1032=300πm2.
故选：B.
【变式6-3】（2024·全国·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1B1，DD1的中点，过直线EF的平面截该正方体外接球所得的截面面积的最小值为s，最大值为S，则Ss=（ ）
A．62B．32C．305D．65
【解题思路】根据题意可求得正方体的外接球球心位置，易知当截面面积最大时，截面圆的半径为该正方体外接球的半径R，当截面与OP垂直时，截面面积最小；分别求出对应的半径大小即可得出结果.
【解答过程】如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球球心在其中心点O处，设该正方体的棱长为a，
则外接球的半径R=12a2+a2+a2=3a2，
要使过直线EF的平面截该球得到的截面面积最小，则截面圆的圆心为线段EF的中点P，
连接OE，OF，OP，则OE=OF=a22+a22=2a2，
EF=a2+a22+a22=6a2，
所以OP=OE2−12EF2=2a4，
此时截面圆的半径r=R2−OP2=10a4．
显然当截面面积最大时，截面圆的半径为该正方体外接球的半径R；
所以Ss=πR2πr2=π3a22π10a42=65．
故选：D．
一、单选题
1．（2024·湖北·模拟预测）用斜二测画法画出的水平放置的△ABC的直观图如图所示，其中D′是B′C′的中点，且A′D′//y′轴， B′C′//x′轴， A′D′=B′C′=2，那么S△ABC=（ ）
A．2B．2C．22D．4
【解题思路】根据斜二测画法确定原图形，求解即可.
【解答过程】根据题意，把直观图还原出原平面图形为等腰三角形，如图所示，
其中AD⊥BC，AD=2A'D'=4，BC=B'C'=2，
原平面图形的面积为S△ABC=12BC⋅AD=12×2×4=4.
故选：D．
2．（2024·四川达州·二模）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为AB中点，P为线段C1D1上一动点，过D,E,P的平面截正方体的截面图形不可能是（ ）

A．三角形B．矩形C．梯形D．菱形
【解题思路】根据点P在C1、D1以及C1D1三个特殊位置时，截面图形的形状，选出正确选项.
【解答过程】B选项，当点P与D1重合时，

取A1B1中点H，因为E是AB中点，则EH//DD1，且EH=DD1，
连接DE、EH、HD1、D1D，则四边形EHD1D为平行四边形，
又因为DD1⊥DE，所以平行四边形EHD1D为矩形，故排除B选项；
C选项，当点P与C1重合时，

取BB1中点G，因为E是AB的中点，所以EG//DC1，
连接DE、EG、GC1、C1D，截面四边形EGC1D为梯形，故排除C选项；
D选项，当点P为C1D1中点时，

因为E是AB中点，所以PB1//DE且PB1=DE，
连接PB1、B1E、ED、DP，则四边形EB1PD是平行四边形，
又因为B1P=C1P2+B1C12=C1D122+B1C12=C1D124+B1C12，B1E=BE2+BB12=AB22+BB12=AB24+BB12，
因为是正方体，所以C1D1=B1C1=AB=BB1，所以B1P=B1E，
所以平行四边形EB1PD是菱形，故排除D选项；
不管点P在什么位置，都不可能是三角形.
故选：A.
3．（2024·贵州黔南·二模）某学生为制作圆台形容器，利用如图所示的半圆环（其中小圆和大圆的半径分别是2cm和4cm）铁皮材料，通过卷曲使得AB边与DC边对接制成圆台形容器的侧面，则该圆台的高为（ ）
A．32cmB．1cmC．3cmD．332cm
【解题思路】根据圆台的侧面展开图求得r=1R=2l=2，再结合圆台的结构特征分析求解.
【解答过程】设圆台的上底面半径为rcm，下底面半径为Rcm，母线长为lcm，高为ℎcm，
由题意可得：2πr=12×2π×22πR=12×2π×4l=2，解得r=1R=2l=2，
所以该圆台的高为ℎ=l2−R−r2=3cm.
故选：C.
4．（2024·山东·二模）某几何体的三视图如图所示，则该几何体可能是（ ）．
A．三棱柱B．圆柱C．三棱锥D．圆锥
【解题思路】由圆锥的三视图结合条件可得.
【解答过程】由圆锥的三视图可知该几何体是底面半径为1，高为3的圆锥.
故选：D．
5．（2024·河南驻马店·二模）已知某正六棱柱的体积为63，其外接球体积为205π3，若该六棱柱的高为整数，则其表面积为（ ）
A．63+18B．33+18C．63+24D．33+24
【解题思路】根据正六棱柱的体积及外接球的体积列方程求解得出边长及高最后求出表面积即可.
【解答过程】设该正六棱柱的底面边长为a，高为ℎ，其外接球的半径为R，易知43πR3=2053π，则R=5=a2+ℎ24①，
且34a2⋅6⋅ℎ=63②，
联立①②，因为ℎ∈Z，解得a=1,ℎ=4，
所以正六棱柱的表面积S=34a2⋅12+6aℎ=33+24.
故选：D.
6．（2024·四川资阳·二模）已知球O的体积为500π3，点A到球心O的距离为3，则过点A的平面α被球O所截的截面面积的最小值是（ ）
A．9πB．12πC．16πD．20π
【解题思路】根据球的体积公式，结合球的截面的性质进行求解即可.
【解答过程】设球O的半径为R，则43πR3=500π3，解得R=5.
因为点A到球心O的距离为3，
所以过点A的平面α被球O所截的截面圆的半径的最小值为r=52−32=4，
则所求截面面积的最小值为πr2=16π.
故选：C.
7．（2024·贵州·模拟预测）为了美化广场环境，县政府计划定购一批石墩．已知这批石墩可以看作是一个圆台和一个圆柱拼接而成，其轴截面如下图所示，其中AB=2CE=2EF=40cm，AC=102cm，则该石墩的体积为（ ）
A．10000π3cm3B．11000π3cm3C．4000πcm3D．13000π3cm3
【解题思路】过点C作CM⊥AB于M，根据条件，求出圆台的高，再利用圆台与圆柱的体积公式，即可求出结果.
【解答过程】如图，过点C作CM⊥AB于M，
因为AB=2CE=2EF=40cm，AC=102cm，所以AM=10，CM=CA2−AM2=200−100=10，
所以圆台的体积为V=13(S上+S下+S上⋅S下)ℎ=13(π×102+π×202+π×102×π×202)×10=7000π3(cm3)，
又圆柱的体积为V1=Sℎ=π×102×20=2000π(cm3)，
所以该石墩的体积为7000π3+2000π=13000π3(cm3)，
故选：D.
8．（2024高三·全国·专题练习）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，已知P，M分别为线段BD1，BB1上的动点，N为B1C的中点，则△PMN的周长的最小值为（ ）

A．1+22B．4+222C．1+32D．4+32
【解题思路】设BD的中点为O，即可证明△BOP≌△BNP，从而得到PN=PO，再将平面BDD1B1与平面BC1B1展开并摊平，在平面图形中连接ON，交BB1于点M，交D1B于点P，此时△PMN的周长取得最小值ON，利用余弦定理计算可得.
【解答过程】

设BD的中点为O，连接PO（P不与点B重合），PB=PB，OB=NB，∠DBD1=∠C1BD1，
所以△BOP≌△BNP，所以PN=PO，把平面BDD1B1与平面BC1B1展开并摊平，如图，
在平面图形中连接ON，交BB1于点M，交D1B于点P，此时△PMN的周长取得最小值ON，
在△BON中利用余弦定理可得ON=222+222−2×22×22cs90°+45°=4+222，

所以△PMN的周长的最小值为4+222．
故选：B．
二、多选题
9．（2024·河南郑州·模拟预测）下列说法中，错误的为（ ）
A．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；
B．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台；
C．底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；
D．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥不可能是正六棱锥．
【解题思路】对于A，根据棱锥的定义分析判断，对于B，根据棱台的定义分析判断，对于C，根据正三棱锥的定义分析判断，对于D，根据正六棱锥的定义分析判断.
【解答过程】对于A，有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫棱锥，
而有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体不一定是棱锥，如图，所以A错误，
对于B，棱台是由棱锥被平行于棱锥底面的平面所截而得，而有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体的侧棱不一定交于一点，所以B错误，
对于C，底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥的顶点不一定在底面的射影为底面等边三角形的中心，所以C错误，
对于D，若六棱锥的所有棱长都相等，则底面为正六边形，由过底面中心和顶点的截面知，若以正六边形为底面，则侧棱必然大于底面边长，所以D正确，
故选：ABC.
10．（2024·全国·模拟预测）已知球O是正三棱锥A−BCD的外接球，BC=3,AB=23，点E在线段BD上，且BD=3BE．过点E作球的截面，则所得截面圆的面积可能是（ ）
A．πB．2πC．3πD．4π
【解题思路】首先根据几何关系确定外接球的半径，再根据点E的位置，求OE，即可确定球心到平面距离的范围，即可求解.
【解答过程】如图，作AO1⊥平面BCD，O1是等边△CBD的中心，O是正三棱锥A−BCD外接球的球心，点O在AO1上，连结OE,OD,O1E，
连结DO1交BC于点F，DF=3O1F，
设该球半径为R，则OA=OD=R．
由BC=3,AB=23可得O1D=3×32×23=3,AO1=AD2−O1D2=3，
在Rt△OO1D中，(3−R)2+(3)2=R2,解得R=2，
因为DF=3O1F，DB=3BE，所以O1E//BF，所以O1E=23BF=13BC=1，
在Rt△OO1E中，OO1=AO1−R=1,O1E=1,所以OE=2，
设球心O到过点E的截面圆的距离为d,可知d∈[0,2]，
截面圆半径r2=R2−d2=4−d2∈[2,4]，
所以截面圆的面积的取值范围为[2π,4π]，
故选：BCD．
11．（2024·山东·模拟预测）如图，有一个棱台形的容器ABCD−A1B1C1D1（上底面A1B1C1D1无盖），其四条侧棱均相等，底面为矩形，AB=12BC=12A1B1=14B1C1=1m，容器的深度为1m，容器壁的厚度忽略不计，则下列说法正确的是（ ）
A．AA1=2m
B．该四棱台的侧面积为32+35m2
C．若将一个半径为0.9m的球放入该容器中，则球可以接触到容器的底面
D．若一只蚂蚁从点A出发沿着容器外壁爬到点C1，则其爬行的最短路程为454+5m
【解题思路】由勾股定理即可判断A，由梯形的面积公式代入计算，即可判断B，做出轴截面图形代入计算，即可判断C，将四棱台展开，然后代入计算，即可判断D
【解答过程】
对于A，由题意可得AA1=12+4−222+2−122=32，故A错误；
对于B，梯形ADD1A1的高为12+2−122=52，
所以梯形ADD1A1的面积为2+42×52=352，
梯形ABB1A1的高为12+4−222=2，
所以梯形ABB1A1的面积为1+22×2=322，
故该四棱台的侧面积为2×322+352=32+35，故B正确；
对于C，若放入容器内的球可以接触到容器的底面，则当球的半径最大时，
球恰好与面ADD1A1、面BCC1B1、面ABCD均相切，
过三个切点的截面如图（1）所示，由题意可知棱台的截面为等腰梯形，
较长的底边上的底角的正切值为12−12=2，则tan∠MPN=−2，
由于∠MPN,∠MON互补，故tan∠MON=2，
则2tan∠MOP1−tan2∠MOP=2，所以tan∠MOP=5−12（负值舍），从而球的半径为125−12=5+14<0.9，
所以将半径为0.9cm的球放入该容器中不能接触到容器的底面，故C错误；
对于D，将平面ABCD与平面DCC1D1展开至同一平面，
如图（2），则AC1=(2+2)2+322=334+42，
将平面ABCD与平面BCC1B1展开至同一平面，如图（3），
则AC1=1+522+32=454+5,454+5−334+42=3+5−42<0，
所以最短路程为454+5，故D正确．
故选：BD.
三、填空题
12．（2024·浙江·三模）已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为5，侧面积为30π，则圆台的高为 3 .
【解题思路】根据圆台的侧面积求圆台的母线，再根据圆台轴截面求出高即可.
【解答过程】因为圆台的上底面半径为1，下底面半径为5，侧面积为30π ，
设母线长为l，高为ℎ.
则π(1+5)×l=30π，解得l=5.
如图所示圆台的轴截面，
在△BED中，|ED|=4,|BD|=5，
由勾股定理得：圆台的高ℎ=3.
故答案为：3.
13．（2023·辽宁锦州·模拟预测）已知用斜二测画法画梯形OABC的直观图O′A′B′C′如图所示，O′A′=3C′B′，C′E′⊥O′A′，SOABC=8，C′D′//y′轴，C′E′=22，D′为O′A′的三等分点，则四边形OABC绕y轴旋转一周形成的空间几何体的体积为 48π ．

【解题思路】先由直观图还原梯形OABC，再利用斜二测画法的性质求得其边与高，从而判断得该梯形为等腰梯形，进而利用圆台与圆锥的体积公式求解即可.
【解答过程】在直观图中，C′D′=2C′E′=1，所以在还原图中，CD=2，如图，

在直观图中，O′A′=3C′B′，D′为O′A′的三等分点，
所以在还原图中，OA=3CB，D为OA的三等分点，
又在直观图中，C′D′//y′轴，
所以在还原图中，CD//y轴，则CD⊥OA，
所以SOABC=12CD×OA+CB=12×2×4CB=4CB=8，则CB=2，
故OA=6，OD=13OA=2，所以四边形OABC是等腰梯形，
所以四边形OABC绕y轴旋转一周所形成的空间几何体的体积等于一个圆台的体积减去一个圆锥的体积，
即V=13π×42+4×6+62×2−13π×22×2=152π3−8π3=48π．
故答案为：48π.
14．（2024·新疆·二模）我国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“羡除”的几何体，该几何体的一种结构是三个面均为梯形，其他两面为三角形的五面体．如图所示，四边形ABCD，ABFE，CDEF均为等腰梯形，AB//CD//EF，AB=6，CD=8，EF=10，EF到平面ABCD的距离为5，CD与AB间的距离为10，则这个羡除的体积V= 200 ．
【解题思路】先连线再根据棱锥体积公式计算组合体体积即可.
【解答过程】
连接CE,BE,
V=VE−ABCD+VC−BEF=VE−ABCD+53VD−ABE=VE−ABCD+53VE−ABD=VE−ABCD+57VE−ABCD
=127VE−ABCD=127×13×12(6+8)×10×5=200.
故答案为：200.
四、解答题
15．（23-24高一下·湖北黄冈·阶段练习）如图，长、宽、高分别为3，2，1的长方体木块上有一只小虫从顶点A出发沿着长方体的外表面爬到顶点C1，则它爬行的最短路程是多少？
【解题思路】分别将矩形A1B1C1D1绕着A1B1展开到A1B1C1′D1′，将矩形BCC1B1绕着BC展开到BB1′′C1′′C，将矩形BCC1B1绕着BB1展开到BC′C1′′′B1，依次计算AC1,再取其最小值即得.
【解答过程】
依题意，长方体ABCD−A1B1C1D1的表面有三种展开形式：
如图1，把矩形A1B1C1D1绕着A1B1展开到A1B1C1′D1′，与ABB1A1共面时，AC1′=32+(2+1)2=32，
如图2，把矩形BCC1B1绕着BC展开到BB1′′C1′′C，与ABCD共面时，AC1′′=(3+1)2+22=25，
如图3，把矩形BCC1B1绕着BB1展开到BC'C1'''B1，与ABB1A1共面时，AC1'''=(3+2)2+12=26，
因32<25<26，故小虫爬行的最短路程是32.
16．（23-24高一下·安徽合肥·期中）如图，△A′B′C′是水平放置的平面图形的斜二测直观图.
(1)画出它的原图形；
(2)若A′C′=2,△A′B′C′的面积是32，求原图形中AC边上的高和原图形的面积.
【解题思路】（1）利用直观图与原图形的关系作图即可得；
（2）利用直观图的性质计算可得原图形对应边长，即可计算原图形的高与面积.
【解答过程】（1）画出平面直角坐标系xOy，在x轴上取OA=O′A′，即CA=C′A′，
在图①中，过B′作B′D′//y′轴，交x′轴于D′，在x轴上取OD=O′D′，
过点D作DB//y轴，并使DB=2D′B′，
连接AB，BC，则△ABC即为△A′B′C′原来的图形，如图②所示：
（2）由（1）知，原图形中，BD⊥AC于点D，则BD为原图形中AC边上的高，
且BD=2B′D′，
在直观图中作B′E′⊥A′C′于点E′，

则△A′B′C′的面积S△A′B′C′=12A′C′×B′E′=B′E′=32，
在直角三角形B′E′D′中，B′D′=2B′E′=62，所以BD=2B′D′=6，
所以S△ABC=12AC×BD=6.
故原图形中AC边上的高为6，原图形的面积为6.
17．（2024·全国·模拟预测）已知在正四面体ABCD中，棱AB,AC,DB,DC的中点分别为E,F,G,H．
(1)若EF=4，求△AGH的面积；
(2)平面EFGH将正四面体ABCD划分成两部分，求这两部分的体积之比．
【解题思路】（1）利用三角形中位线及勾股定理计算即可；
（2）利用割补法、等体积法、相似的性质计算即可.
【解答过程】（1）

如图所示，由三角形中位线得BC=2EF=8，
则GH=12BC=4,AG=32AB=43=AH=AG，
由勾股定理，△AHG在边GH上的高为432−422=211，
所以S△AGH=12×4×211=411.
（2）

如图所示取AD,BC中点M，连接EM,FM,MG,MH,EH，
显然平面EFHG截正四面体A−BCD形成的其中一部分可由四个四面体：AEFM，MEFH,MEGH,MDGH组成，
易知正四面体A−EFM与正四面体A−BCD相似，故VA−EFM=18VA−BCD，
由题意及中位线性质可知S△FMH=S△FMA⇒VA−EFM=VE−AFM=VE−FMH=VM−EFH=VM−EGH，
且VA−EFM=VM−DGH，
所以四面体：AEFM，MEFH,MEGH,MDGH的体积均相等，故4VA−EFM=12VA−BCD，
所以两部分的体积之比为1．
18．（23-24高一下·山东临沂·期中）用一个过圆锥的轴的平面去截圆锥，所得的截面三角形称为圆锥的轴截面，也称为圆锥的子午三角形．如图，圆锥PO底面圆的半径是4，轴截面PAB的面积是12．
(1)求圆锥PO的母线长；
(2)过圆锥PO的两条母线PB，PC作一个截面，求截面PBC面积的最大值．
【解题思路】（1）根据面积关系可得PO=3，进而可得母线长；
（2）取BC的中点D，由题意可得PD2+DB2=25，利用基本不等式求面积最大值.
【解答过程】（1）因为轴截面PAB的面积为S△PAB=12PO×AB=12PO×8=12，解得PO=3，
所以圆锥PO的母线长为PA=PO2+OA2=5.
（2）取BC的中点D，连接OC,OD,PD，则OD⊥BC,PD⊥BC，
可得PD2+DB2=PB2=25，则PD⋅DB≤PD2+DB22=252，
当且仅当PD=DB=522，等号成立，此时BC=52<8，
所以截面PBC面积的最大值2×12×252=252.
19．（2023·河南安阳·模拟预测）《九章算术·商功》:“斜解立方，得两堑qiàn堵dǔ.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖biē臑nà.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣.”刘徽注：“此术臑者，背节也，或曰半阳马，其形有似鳖肘，故以名云.中破阳马，得两鳖臑，鳖臑之起数，数同而实据半，故云六而一即得.”阳马和鳖臑是我国古代对一些特殊锥体的称谓，取一长方体，按下图斜割一分为二，得两个一模一样的三棱柱，称为堑堵.再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个.以矩形为底，另有一棱与底面垂直的四棱锥，称为阳马,余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为鳖臑．
(1)在下左图中画出阳马和鳖臑(不写过程，并用字母表示出来)，求阳马和鳖臑的体积比；
(2)若AB=CC'=4，BC=2，在右图中，求三棱锥B'−A'BC'的高．
【解题思路】（1）根据题意作图即可，根据棱锥的体积公式即可求得答案；
（2）根据等体积法，计算VA′−BB′C′，结合VA'−BB'C'=VB'−A'BC'即可求得答案.
【解答过程】（1）
依题意阳马是四棱锥B−CDD'C'，
设AB=a，BC=b，CC'=c，
则VB−CDD'C'=13SDCC'D'×BC=13abc，
鳖臑是三棱锥D'−ABD，
则VD'−ABD=13×12AB⋅AD⋅DD'=16abc，
所以阳马和鳖臑的体积比为2．
（2）由题意得VA′−BB′C′=13×12×BB′×B′C′×A′B′=13×12×4×2×4=163，
A′B=42,A′C′=BC′=42+22=25
故S△A′BC′=12×42×(25)2−(22)2=46，
则VA'−BB'C'=VB'−A'BC'，设三棱锥B'−A'BC'的高为h，
即163=13×46ℎ，
所以ℎ=1646=263．
考点要求
真题统计
考情分析
(1)认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，能运简单物体的结构
(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
2023年新高考I卷：第12题，5分
2023年新高考Ⅱ卷：第14题，12分
2023年全国乙卷（理数）：第8题，5分
2024年新高考I卷：第5题，5分
2024年全国甲卷（文数）：第14题，5分、（理数）：第14题，5分
立体几何是高考的热点内容.空间几何体的结构特征与斜二测画法是立体几何的基础，空间几何体的表面积和体积是高考的重点与热点，主要以选择题、填空题的形式考查，难度较易；有时作为解答题的一个构成部分考查几何体的表面积与体积，难度中等；在复习时，要加强几何体表面积和体积的解题训练.
棱柱
棱锥
棱台
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，由这些面所围成的多面体叫做棱柱.
有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥.
用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间那部分多面体叫做棱台.
图形及表示
棱柱ABCDEF-A'B'C'D'E'F'
(或六棱柱AD').
棱锥S-ABCD(或四棱锥 S - A C )
棱台ABCD-A'B'C'D'
结构特征
(1)底面互相平行且全等；
(2)侧面都是平行四边形；
(3)侧棱都相等，且互相平行.
(1)底面是多边形；
(2)侧面都是三角形；
(3)侧面有一个公共顶点.
(1)上、下底面互相平行，且是相似图形；
(2)各侧棱的延长线交于一点；
(3)各侧面为梯形.
分类
棱柱的底面是几边形就叫几棱柱，例如，三棱柱、四棱柱……
棱锥的底面是几边形就叫几棱锥，例如，三棱锥、四棱锥……
由几棱锥截得的就叫几
棱台，例如，由三棱锥截得的棱台叫三棱台.
圆柱
圆锥
圆台
球
定 义
以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱.
以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体 叫做圆锥.
用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部
分叫做圆台.
半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周形成的曲面叫做球面，球面所围成的旋转体叫做球体，简称球.
图形及表示
圆柱OO'
圆锥SO
圆台OO'
球O
结 构 特 征
(1)圆柱两个底面是圆面而不是圆.
(2)圆柱有无数条母线，圆柱的任意两条母线互相平行(与轴平行)且相等.
(3)平行于底面的截面是与底面大小相同的圆面，过轴的截面(轴截面)是全等的矩形.
(1)底面是圆面.
(2)有无数条母线，长度相等且交于顶点.
(3)平行于底面的截面是与底面大小不同的圆面，过轴的截面(轴截面)是全等的等腰三角形.
(1)上、下底面是互相平行且不相等的圆面.
(2)有无数条母线，等长且延长线交于一点.
(3)平行于底面的截面是与两底面大小都不等的圆面，过轴
的截面(轴截面)是全等的等腰梯形.
(1)球的表面叫做球面，所以球面是旋转形成的曲面.另外，球面也可看成空间中，到定点(球心)的距离等于定长(半
径)的所有点的集合.
(2)球的截面都是圆面.
多面体
图形
侧面积与表面积
体积
棱柱
直棱柱的侧面展开图是矩形，
S直棱柱侧=Ch(C为底面周长，h为高)，
S直棱柱表=S直棱柱+2S底(S底为底面面积)
V柱= S底h ( S底为底面面积，h为高)
棱锥
正棱锥的侧面展开图是一些全等的等腰三角形，S正棱锥侧=Ch' (C为底面周长，h'为斜高)，S正棱锥表=S正棱锥侧+S底(S底为底面面积)

( S底为底面面积，h为高)
棱台
正棱台的侧面展开图是一些全等的等腰梯形，S正棱台侧=(C+C')h'(C'、C分别为上、下底面的周长，h'为斜高)，S正棱台表=S正棱台侧+S+S′(S′、S分别为上、下底面面积)

(S'、S分别为上、下底面面积，h为棱台的高)
旋转体
图形
侧面积与表面积
体积
圆柱
圆柱的侧面展开图是矩形，S圆柱侧=2πrl，表面积S=2πr2+2πrl=2πr(r+l)
体积V= S底h ( S底为底面面积，h为高)
圆锥
圆锥的侧面展开图是扇形，S圆锥侧=πrl，表面积
S=πr2+πrl=πr(r+l)
体积V= S底h ( S底为底面面积，h为高)
圆台
圆台的侧面展开图是扇环，S圆台侧=π(r1+r2)l，
表面积
体积
(S'、S分别为上、下底面面积，h为圆台的高)
球
半径为R的球的表面积S=4πR2
半径为R的球的体积