资源简介
第 01 讲 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
目录
01 考情透视·目标导航 .........................................................................................................................2
02 知识导图·思维引航 .........................................................................................................................3
03 考点突破·题型探究 .........................................................................................................................4
知识点 1：多面体的结构特征.............................................................................................................4
知识点 2：简单旋转体.........................................................................................................................5
知识点 3：组合体.................................................................................................................................5
知识点 4：表面积与体积计算公式.....................................................................................................6
知识点 5：空间几何体的直观图.........................................................................................................7
题型一：空间几何体的结构特征........................................................................................................8
题型二：直观图....................................................................................................................................9
题型三：展开图..................................................................................................................................10
题型四：最短路径问题......................................................................................................................12
题型五：空间几何体的表面积..........................................................................................................14
题型六：空间几何体的体积..............................................................................................................15
04 真题练习·命题洞见........................................................................................................................18
05 课本典例·高考素材........................................................................................................................19
06 易错分析·答题模板........................................................................................................................21
易错点：对斜二测画法的掌握不牢..................................................................................................21
考点要求 考题统计 考情分析
2024 年 I 卷第 5 题，5 分
2024 年甲卷（理）第 14 题，5 分 （1）掌握基本空间图形及其简单组合体的概
2024 年天津卷第 9 题，5 分 念和基本特征，能够解决简单的实际问题；
（1）基本立体图形 2023 年乙卷（理）第 8 题，5 分 （2）多面体和球体的相关计算问题是近几年
（2）表面积与体积 2023 年甲卷（文）第 10 题，5 分 考查的重点；
2023 年天津卷第 8 题，5 分 （3）运用图形的概念描述图形的基本关系和
2023 年 II 卷第 14 题，5 分 基本结果，突出考查直观想象和逻辑推理．
2023 年 I 卷第 12 题，5 分
复习目标：
（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．
知识点 1：多面体的结构特征
1、棱柱：两个面互相平面，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，由
这些面所围成的多面体叫做棱柱．
（1）斜棱柱：侧棱不垂直于底面的棱柱；
（2）直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱；
（3）正棱柱：底面是正多边形的直棱柱；
（4）平行六面体：底面是平行四边形的棱柱；
（5）直平行六面体：侧棱垂直于底面的平行六面体；
（6）长方体：底面是矩形的直平行六面体；
（7）正方体：棱长都相等的长方体．
2、棱锥：有一个面是多边形，其余各面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．
（1）正棱锥：底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心；
（2）正四面体：所有棱长都相等的三棱锥．
3、棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台，由正棱锥截得
的棱台叫做正棱台．
【诊断自测】如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（ ）
A．①是棱台，②不是圆台 B．②是圆台，③是棱锥
C．③是棱锥，④是棱台 D．③是棱锥，④是棱柱
知识点 2：简单旋转体
1、圆柱：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的几何体叫做圆柱．
2、圆柱：以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，将其旋转一周形成的面所围成的几何体
叫做圆锥．
3、圆台：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叫做圆台．
4、球：以半圆的直径所在的直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称为球（球
面距离：经过两点的大圆在这两点间的劣弧长度）．
【诊断自测】下列选项中的三角形绕直线 l 旋转一周，能得到如图所示几何体的是（ ）
A． B． C． D．
知识点 3：组合体
由柱体、锥体、台体、球等几何体组成的复杂的几何体叫做组合体．
【诊断自测】如图所示的几何体是数学奥林匹克能赛的奖杯，该几何体由（ ）
A．一个球、一个四棱柱、一个圆台构成
B．一个球、一个长方体、一个棱台构成
C．一个球、一个四棱台、一个圆台构成
D．一个球、一个五棱柱、一个棱台构成
知识点 4：表面积与体积计算公式
表面积公式
S = ch + 2S
直棱柱 底
S = c l + 2S (c 为直截面周长
斜棱柱 底
柱体
)
S = 2p r2 + 2p rl = 2p r(r + l)
圆锥
S 1= nah + S
正棱锥 底
锥体 2
S = p r2表 + p rl = p r(r + l)圆锥
面
积
S 1= n(a + a )h + S + S
正棱台 上 下
台体 2
S = p（r 2 + r2 + r l + rl)
圆台
球 S = 4p R2
体积公式
柱体 V = Sh柱
体
积
V 1锥体 = Sh h锥 3
S
V 1台体 = (S + SS + S )h台 3
4
球 V = p R3
3
【诊断自测】正六棱台的上、下底面边长分别是 2 和 6，侧棱长是 5，则它的表面积与体积分别为（ ）
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
知识点 5：空间几何体的直观图
1、斜二测画法
斜二测画法的主要步骤如下：
（1）建立直角坐标系．在已知水平放置的平面图形中取互相垂直的Ox ，Oy ，建立直角坐标系．
（2）画出斜坐标系．在画直观图的纸上（平面上）画出对应图形．在已知图形平行于 x 轴的线段，在
直观图中画成平行于O x ，O y ，使 x O y = 45o （或135o ），它们确定的平面表示水平平面．
（3）画出对应图形．在已知图形平行于 x 轴的线段，在直观图中画成平行于 x 轴的线段，且长度保
持不变；在已知图形平行于 y 轴的线段，在直观图中画成平行于 y 轴，且长度变为原来的一般．可简化为
“横不变，纵减半”．
（4）擦去辅助线．图画好后，要擦去 x 轴、 y 轴及为画图添加的辅助线（虚线）．被挡住的棱画虚线．
注：直观图和平面图形的面积比为 2 : 4．
2、平行投影与中心投影
平行投影的投影线是互相平行的，中心投影的投影线相交于一点．
【诊断自测】如图,直角梯形O A B C 满足O A ^ O C ,O A = A B = 2,O C = 3 ,它是水平放置的平面图形的
直观图,则该平面图形的周长是（ ）
A．7 + 5 B．5 + 2 3 + 17
C．11+ 41 D．10 2
题型一：空间几何体的结构特征
【典例 1-1】有下列命题：
①有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱；
②有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱；
③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；
④用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台．
⑤有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．
其中正确的命题的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【典例 1-2】下列结论正确的是（ ）
A．直四棱柱是长方体，长方体是四棱柱 B．一个棱柱至少有 6 个面
C．相等的角在直观图中仍然相等 D．有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥
【方法技巧】
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，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）说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．
【变式 1-1】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
【变式 1-2】下列说法中，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几何体是圆锥
B．以正方体的顶点为顶点可以构成正四棱锥
C．用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台
D．用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面
题型二：直观图
【典例 2-1】如图，四边形 ABCD的斜二测画法直观图为等腰梯形 A B C D ．已知 A B = 4，C D = 2，则
下列说法正确的是（ ）
A． AB = 2
B． A D = 2 2
C．四边形 ABCD的周长为 4 + 2 2 + 2 3
D．四边形 ABCD的面积为 6 2
【典例 2-2】如图所示，梯形 A B C D 是平面图形 ABCD用斜二测画法得到的直观图， A D = 2，
A B = B C =1，则平面图形 ABCD中对角线 AC 的长度为（ ）
A． 2 B． 3 C． 5 D．5
【方法技巧】
2
斜二测法下的直观图与原图面积之间存在固定的比值关系：S直 = S4 原
．
【变式 2-1】由斜二测画法得到的一个水平放置的三角形的直观图是等腰三角形，底角为 30°，腰长为 2，
如图，那么它在原平面图形中，顶点 B 到 x 轴的距离是 .
【变式 2-2】如图，矩形O A B C 是水平放置的平面图形OABC 的直观图，其中O A = 6,O C = 3，则原图
形OABC 的面积为 ．
【变式 2-3】（2024·四川成都·模拟预测）如图，VO 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．8 2 B．12 2 C．24 D．48
题型三：展开图
【典例 3-1】如图，在四棱锥O - ABCD的平面展开图中，底面 ABCD为等腰梯形， AD∥BC ，
AB = CD =1，BC = 2AD = 2 ，PA = 1，PA ^ AD，QA ^ AB ，则 cos SDC = ．
【典例 3-2】如图，将三棱锥 B - PAC 展开为平面图形，已知 AC = AE = 2, AP = 2 3 ， AP ^ AC ， AP ^ AE ，
CAD =120°，则 cos PFC = ．
【方法技巧】
多面体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．
【变式 3-1】（2024·安徽马鞍山·模拟预测）已知三棱锥 P－ABC 的底面 ABC 为等边三角形．如图，在三棱
锥 P－ABC 5 13的平面展开图中，P，F，E 三点共线，B，C，E 三点共线， cos PCF = ，PC = 13 ，
26
则 PB＝ ．
【变式 3-2】（2024·重庆·三模）如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴 AC 为圆柱的轴截面
对角线，短轴长等于圆柱的底面直径.将圆柱侧面沿母线 AB 展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期
的正弦曲线.若该段正弦曲线是函数 y = 3sinwx w > 0 图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为
3
，则w 的值为（ ）
2
A 3． B．1 C． 3 D．2
2
【变式 3-3】将四棱锥P - ABCD 沿棱展开为平面图形，如图所示．若 PA = AE = 2 ， FG = 2AD = 2，
AP ^ AE ， AP ^ AD，FG∥AD， FAD = 135° ，则在展开图中， D, I 两点之间的距离 DI = ．
题型四：最短路径问题
【典例 4-1】在棱长为 4 的正方体 ABCD - A1B1C1D1中，E, F 分别为线段BB1, BD1 上的动点，点O为侧面
BCC1B1的中心，则VOEF 的周长的最小值为 .
【典例 4-2】（2024·江西九江·一模）如图，在正三棱柱 ABC - A1B1C1中， AB = 2AA1 = 2 ， N 为 A1C1的中点，
M 为线段 AA1上的点.则 MN + MB 的最小值为
【方法技巧】
此类最大路径问题：大胆展开，把问题变为平面两点间线段最短问题．
【变式 4-1】如图，在三棱锥V - ABC 中，VA = VB = VC = 4， AVB = AVC = BVC = 30°，过点A 作截面
△AEF ，则△AEF 周长的最小值为 .
【变式 4-2】正三棱柱 ABC - A1B1C1的底边长侧棱长都是 2，M 为 AB 的中点， N 为CC1的中点，则在棱柱
表面上，从M 到 N 的最短路程是 ．
【变式 4-3】已知在直三棱柱 ABC - A1B1C1中，底面为直角三角形， ACB = 90°， AC = 6 ，
BC = CC1 = 2 ，P 是BC1上一动点，则CP + PA1 的最小值为 ．
【变式 4-4】如图，棱长为 1 的正方体 ABCD - A1B1C1D1中， P 为线段 AB1的中点，M ， N 分别为线段 AC1
和棱C1D1上的动点，则 2PM + 2MN 的最小值为 ．
【变式 4-5】（2024·上海虹口·二模）如图，在直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1中，底面 ABCD为菱形，且
BAD = 60o .若 AB = AA1 = 2，点M 为棱CC1的中点，点 P 在 A1B 上，则线段PA, PM 的长度和的最小值
为 .
题型五：空间几何体的表面积
【典例 5-1】（2024·陕西安康·模拟预测）已知正三棱台 ABC - A1B1C1的上底面积为 3，下底面积为 4 3 ，
高为 2，则该三棱台的表面积为（ ）
A．5 3 + 3 39 B．3 39 C．5 3 +18 D．18
【典例 5-2】（2024·福建南平·模拟预测）已知圆台O1O2 的母线长为 4，下底面圆的半径是上底面圆的半径
的 3 倍，轴截面周长为 16，则该圆台的表面积为 ．
【方法技巧】
（1）多面体的表面积是各个面的面积之和．
（2）旋转体的表面积是将其展开后，展开图的面积与底面面积之和．
（3）组合体的表面积求解时注意对衔接部分的处理．
【变式 5-1】（2024·辽宁大连·一模）陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时
代遗址．如图所示的是一个陀螺立体结构图．已知，底面圆的直径 AB =12cm，圆柱体部分的高 BC = 6cm ，
圆锥体部分的高CD = 4cm，则这个陀螺的表面积(单位： cm2 )是（ ）
A． 72 +12 13 π B． 84 + 24 13 π C． 108 +12 13 π D． 108 + 24 13 π
【变式 5-2】（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．8 B．12 C．24 D．48
【变式 5-3】（2024·广东江门·一模）某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个相
同的四面体得到的(如图)，则该几何体共有 个面；若被截正方体的棱长是 60cm，那么该几何体的表
面积是 cm2.
题型六：空间几何体的体积
32
【典例 6-1】（2024·福建龙岩·三模）已知球的体积为 π，且该球的表面积与底面半径为 2 的圆锥的侧面
3
积相等，则该圆锥的体积为（ ）
A 4 15 π B 8 15． ． π C． 4 15π D．8 15π
3 3
【典例 6-2】（2024·山东·模拟预测）陶瓷茶壶是中国人很喜爱的一种茶具，不少陶瓷茶壶兼具实用性与艺
术性，如图所示的陶瓷茶壶的主体可近似看作一个圆台型容器，忽略茶壶的壁厚，该圆台型容器的轴截面
下底为 10cm，上底为 6cm，面积为 80cm2 ，则该茶壶的容积约为 L（结果精确到 0.1，参考数据： π 3；
1L =1000cm3）．
【方法技巧】
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 6-1】如图“四角反棱台”，它是由两个相互平行的正方形经过旋转 连接而成，且上底面正方形的四
个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点.若下底面正方形边长为 4，“四角反棱台”高为 3，则
该几何体体积为 .
【变式 6-2】（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 = ．
【变式 6-3】（2024·河北·模拟预测）已知正四棱台的上、下底面棱长分别为 1 和 2，侧棱长为 1，则该正四
棱台的体积为 .
【变式 6-4】（2024·山东菏泽·二模）已知在棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1中，挖去一个以上下底面各
边中点为顶点的四棱柱，再挖去一个以左右两侧面各边中点为顶点的四棱柱，则原正方体剩下部分的体积
为 ．
【变式 6-5】（2024·山东临沂·一模）球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直
于截面的直径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
截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几
何体.如图 1，一个球面的半径为 R ，球冠的高是 h，球冠的表面积公式是 S = 2πRh，与之对应的球缺的体积
V 1= πh2公式是 3R - h .如图 2，已知C , D 是以 AB 为直径的圆上的两点，
3
AOC = BOD π= , S COD = 6π扇形 ，则扇形COD绕直线 AB 旋转一周形成的几何体的表面积为 ，体积3
为 .
【变式 6-6】已知正三棱柱 ABC - A1B1C1的棱长均为 2, E, F 分别是棱 A1B1, A1C1的中点，则几何体
EF - CBB1C1的体积为 .
1．（2024 年天津高考数学真题）一个五面体 ABC - DEF ．已知 AD∥BE∥CF ，且两两之间距离为 1．并
已知 AD =1，BE = 2，CF = 3．则该五面体的体积为（ ）
A 3． B 3 3 1 3 3 3 1． + C． D． -
6 4 2 2 4 2
2．（2024 年新课标全国Ⅰ卷数学真题）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
3．（2023 年高考全国甲卷数学（文）真题）在三棱锥P - ABC 中，VABC 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．1 B． 3 C．2 D．3
4．（2023 年高考全国甲卷数学（理）真题）已知四棱锥P - ABCD 的底面是边长为 4 的正方形，
PC = PD = 3, PCA = 45°，则△PBC 的面积为（ ）
A． 2 2 B．3 2 C． 4 2 D．6 2
5．（2023 年高考全国乙卷数学（理）真题）已知圆锥 PO 的底面半径为 3，O 为底面圆心，PA，PB 为圆
9 3
锥的母线， AOB =120°，若VPAB 的面积等于 ，则该圆锥的体积为（ ）
4
A．p B． 6p C．3p D．3 6p
1．下列命题是否正确？若正确，请说明理由；若错误，请举出反例.
（1）有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱；
（2）有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台.
2．如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且 4 个顶点 A，B，C，D 在同一个平面内，如果四边形
ABCD 是边长为 30cm 的正方形，那么这个八面体的表面积是多少？
3．如图，一个三棱柱形容器中盛有水，且侧棱 AA1=8，若侧面 AA1B1B 水平放置时，液面恰好过 AC，
BC，A1C1，B1C1的中点，当底面 ABC 水平放置时，液面高为多少？
4．如图，圆锥 PO 的底面直径和高均是 a，过 PO 的中点O 作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一
个圆柱，
（1）求圆柱的表面积；
（2）求圆锥挖去圆柱剩下几何体的体积．
5．如图是一个奖杯的三视图，试根据奖杯的三视图计算它的表面积和体积（可用计算工具，尺寸如图，
单位：cm，π 取 3.14，结果取整数）
易错点：对斜二测画法的掌握不牢
易错分析：在用斜二测画法画直观图时，角度、距离发生改变，故解此类问题要先画出图形，再根据
图形求解.
【易错题 1】如图，矩形O A B C 是水平放置的一个平面图形由斜二测画法得到的直观图，其中O A = 3，
O C =1，则原图形周长是 ．
【易错题 2】若水平放置的四边形 AOBC 按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，四边形O A C B 为等腰
梯形， A C∥O B , A C = 4,O B = 8，则原四边形 AOBC 的面积为 ．第 01 讲 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
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02 知识导图·思维引航 .........................................................................................................................3
03 考点突破·题型探究 .........................................................................................................................4
知识点 1：多面体的结构特征.............................................................................................................4
知识点 2：简单旋转体.........................................................................................................................5
知识点 3：组合体.................................................................................................................................5
知识点 4：表面积与体积计算公式.....................................................................................................6
知识点 5：空间几何体的直观图.........................................................................................................8
题型一：空间几何体的结构特征........................................................................................................9
题型二：直观图..................................................................................................................................11
题型三：展开图..................................................................................................................................14
题型四：最短路径问题......................................................................................................................19
题型五：空间几何体的表面积..........................................................................................................25
题型六：空间几何体的体积..............................................................................................................28
04 真题练习·命题洞见........................................................................................................................35
05 课本典例·高考素材........................................................................................................................39
06 易错分析·答题模板........................................................................................................................42
易错点：对斜二测画法的掌握不牢..................................................................................................42
考点要求 考题统计 考情分析
2024 年 I 卷第 5 题，5 分
2024 年甲卷（理）第 14 题，5 分 （1）掌握基本空间图形及其简单组合体的概
2024 年天津卷第 9 题，5 分 念和基本特征，能够解决简单的实际问题；
（1）基本立体图形 2023 年乙卷（理）第 8 题，5 分 （2）多面体和球体的相关计算问题是近几年
（2）表面积与体积 2023 年甲卷（文）第 10 题，5 分 考查的重点；
2023 年天津卷第 8 题，5 分 （3）运用图形的概念描述图形的基本关系和
2023 年 II 卷第 14 题，5 分 基本结果，突出考查直观想象和逻辑推理．
2023 年 I 卷第 12 题，5 分
复习目标：
（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．
知识点 1：多面体的结构特征
1、棱柱：两个面互相平面，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，由
这些面所围成的多面体叫做棱柱．
（1）斜棱柱：侧棱不垂直于底面的棱柱；
（2）直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱；
（3）正棱柱：底面是正多边形的直棱柱；
（4）平行六面体：底面是平行四边形的棱柱；
（5）直平行六面体：侧棱垂直于底面的平行六面体；
（6）长方体：底面是矩形的直平行六面体；
（7）正方体：棱长都相等的长方体．
2、棱锥：有一个面是多边形，其余各面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．
（1）正棱锥：底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心；
（2）正四面体：所有棱长都相等的三棱锥．
3、棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台，由正棱锥截得
的棱台叫做正棱台．
【诊断自测】如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（ ）
A．①是棱台，②不是圆台 B．②是圆台，③是棱锥
C．③是棱锥，④是棱台 D．③是棱锥，④是棱柱
【答案】D
【解析】对于 A：①不是棱台，因为侧面不都是平行四边形，故 A 错误；
对于 B：②不是圆台，因为上下底面不平行，故 B 错误；
对于 C：④是棱柱，故 C 错误；
对于 D：③是棱锥，④是棱柱，故 D 正确.
故选：D
知识点 2：简单旋转体
1、圆柱：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的几何体叫做圆柱．
2、圆柱：以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，将其旋转一周形成的面所围成的几何体
叫做圆锥．
3、圆台：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叫做圆台．
4、球：以半圆的直径所在的直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称为球（球
面距离：经过两点的大圆在这两点间的劣弧长度）．
【诊断自测】下列选项中的三角形绕直线 l 旋转一周，能得到如图所示几何体的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题意知，该几何体是组合体，上、下各一个圆锥，
根据旋转体的定义，可得 B 项，符合题意.
故选：B.
知识点 3：组合体
由柱体、锥体、台体、球等几何体组成的复杂的几何体叫做组合体．
【诊断自测】如图所示的几何体是数学奥林匹克能赛的奖杯，该几何体由（ ）
A．一个球、一个四棱柱、一个圆台构成
B．一个球、一个长方体、一个棱台构成
C．一个球、一个四棱台、一个圆台构成
D．一个球、一个五棱柱、一个棱台构成
【答案】B
【解析】由图可知，该几何体是由一个球、一个长方体、一个棱台构成.
故选：B.
知识点 4：表面积与体积计算公式
表面积公式
S = ch + 2S
直棱柱 底
S = c l + 2S (c 为直截面周长
斜棱柱 底
柱体
)
S = 2p r2 + 2p rl = 2p r(r + l)
圆锥
表
S 1= nah + S
正棱锥
面 2
底
锥体
积 S = p r
2 + p rl = p r(r + l)
圆锥
S 1= n(a + a )h + S + S
正棱台 2 上 下
台体
S = p（r 2 + r2 + r l + rl)
圆台
球 S = 4p R2
体积公式
柱体 V = Sh柱
锥体 V
1
= Sh h
锥 3
S
体
积
1
台体 V = (S + SS + S )h台 3
球 V
4
= p R3
3
【诊断自测】正六棱台的上、下底面边长分别是 2 和 6，侧棱长是 5，则它的表面积与体积分别为（ ）
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】
如图在正六棱台 ABCDEF - A1B1C1D1E1F1 中，
因为 A1B1 = 2, AB = 6, AA1 = 5 ，
2
所以侧面的梯形 ABB1A1的高即正六棱台斜高为： 52
6- 2
- 2 ÷
= 21，
è
所以梯形 ABB1A1的面积为： S
1
= 2 + 6 21 = 4 21，
2
1
所以该正六棱台的上底面积为： S1 = 6 2 2 sin60
° = 6 3 ，
2
1
同理下底面积为： S2 = 6 6 6 sin60
° = 54 3 ，
2
所以正六棱台的表面积为：6S + S1 + S2 = 24 21 + 60 3 ，
正六棱台的高为OO1 = 5
2 - 6 - 2 2 = 3，
1
所以正六棱台的体积为：V =
3 S1 + S2 + S1S2 h
1
= 6 3 + 54 3 + 6 3 54 3 3 = 78 3 ，3
故选：C
知识点 5：空间几何体的直观图
1、斜二测画法
斜二测画法的主要步骤如下：
（1）建立直角坐标系．在已知水平放置的平面图形中取互相垂直的Ox ，Oy，建立直角坐标系．
（2）画出斜坐标系．在画直观图的纸上（平面上）画出对应图形．在已知图形平行于 x 轴的线段，在
直观图中画成平行于O x ，O y ，使 x O y = 45o （或135o ），它们确定的平面表示水平平面．
（3）画出对应图形．在已知图形平行于 x 轴的线段，在直观图中画成平行于 x 轴的线段，且长度保持
不变；在已知图形平行于 y轴的线段，在直观图中画成平行于 y 轴，且长度变为原来的一般．可简化为“横
不变，纵减半”．
（4）擦去辅助线．图画好后，要擦去 x 轴、 y 轴及为画图添加的辅助线（虚线）．被挡住的棱画虚线．
注：直观图和平面图形的面积比为 2 : 4．
2、平行投影与中心投影
平行投影的投影线是互相平行的，中心投影的投影线相交于一点．
【诊断自测】如图,直角梯形O A B C 满足O A ^ O C ,O A = A B = 2,O C = 3 ,它是水平放置的平面图形的
直观图,则该平面图形的周长是（ ）
A．7 + 5 B．5 + 2 3 + 17
C．11+ 41 D．10 2
【答案】C
【解析】由题意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 ，
结合斜二测画法的规则,将直观图即直角梯形O A B C 还原成平面图形，
如图所示：
2 2
由勾股定理可得 AO = 4 2 + 22 = 6, BC = 4 2 + 32 = 41，
所以满足题意的平面图形的周长是 2 + 6 + 3 + 41 =11+ 41 .
故选:C.
题型一：空间几何体的结构特征
【典例 1-1】有下列命题：
①有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱；
②有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱；
③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；
④用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台．
⑤有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．
其中正确的命题的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【解析】棱柱：有两个面互相平行，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，
①②错误，③正确，其中①②的反例如图所示；
棱锥：一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，⑤错误；
棱台：棱锥的底面和平行于底面的一个截面间的部分，④错误；
正确命题有 1 个.
故选：B.
【典例 1-2】下列结论正确的是（ ）
A．直四棱柱是长方体，长方体是四棱柱 B．一个棱柱至少有 6 个面
C．相等的角在直观图中仍然相等 D．有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥
【答案】D
【解析】对 A，直四棱柱底面不一定是矩形，所以直四棱柱不一定是长方体，故 A 错误；
对 B，三棱柱只有五个面，故 B 错误；
对 C，相等的角在直观图中不一定相等，因为直观图是按照一定的规则绘制的，可能会产生变形，
例如等腰直角三角形的直观图不一定是等腰直角三角形（原图形中两底角相等，直观图中不一定相等），
故 C 错误；
对 D，棱柱上下底面互相平行且全等，且各侧棱互相平行，所以棱柱的侧面均为平行四边形，故 D 正确.
故选：D
【方法技巧】
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，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）说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．
【变式 1-1】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
【答案】B
【解析】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.
【变式 1-2】下列说法中，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几何体是圆锥
B．以正方体的顶点为顶点可以构成正四棱锥
C．用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台
D．用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面
【答案】D
【解析】选项 A：以直角三角形的一个直角边所在直线为轴旋转一周所得的
几何体是圆锥.判断错误；
选项 B：由正四棱锥定义可得以正方体的顶点为顶点不可以构成正四棱锥. 判断错误；
选项 C：用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台.判断错误；
选项 D：用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面.判断正确.
故选：D
题型二：直观图
【典例 2-1】如图，四边形 ABCD的斜二测画法直观图为等腰梯形 A B C D ．已知 A B = 4，C D = 2，则下
列说法正确的是（ ）
A． AB = 2
B． A D = 2 2
C．四边形 ABCD的周长为 4 + 2 2 + 2 3
D．四边形 ABCD的面积为6 2
【答案】D
【解析】如图可知 AB = 4, A D = 2 , AD = 2 2 ，
1
四边形 ABCD的周长为6 + 2 2 + 2 3 ，四边形 ABCD的面积为 4+2 2 2=6 2 .
2
故选:D.
【典例 2-2】如图所示，梯形 A B C D 是平面图形 ABCD用斜二测画法得到的直观图， A D = 2，
A B = B C = 1，则平面图形 ABCD中对角线 AC 的长度为（ ）
A． 2 B． 3 C． 5 D．5
【答案】C
【解析】由梯形 A B C D 的直观图，结合斜二测画法，得到原几何图形是直角梯形 ABCD，
如图所示，其中 AB = 2A B = 2， BC = B C = 1，
所以 AC = AB2 + BC2 = 4+1 = 5 .
故选：C．
【方法技巧】
2
斜二测法下的直观图与原图面积之间存在固定的比值关系：S直 = S原．4
【变式 2-1】由斜二测画法得到的一个水平放置的三角形的直观图是等腰三角形，底角为 30°，腰长为 2，
如图，那么它在原平面图形中，顶点 B 到 x 轴的距离是 .
【答案】 2 2
【解析】过点B 作B C / / y 轴，交 x 轴于点C ，如图，
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
由斜二测画法规则知，
在原平面图形中，顶点 B 到 x 轴的距离是 2 2 .
故答案为： 2 2 .
【变式 2-2】如图，矩形O A B C 是水平放置的平面图形OABC 的直观图，其中O A = 6,O C = 3，则原图
形OABC 的面积为 ．
【答案】36 2
S
S OABC【解析】由题意可得 O A B C = 3 6 =18，又 = 2 2S ，所以 SOABC = 2 2 18 = 36 2 .O A B C
故答案为：36 2 .
【变式 2-3】（2024·四川成都·模拟预测）如图，VO A B 是水平放置的△O AB 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△O AB 的面积为（ ）
A．8 2 B．12 2 C．24 D．48
【答案】D
【解析】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 ，
1
所以 SVOAB = 6 16 = 48 .2
故选：D
题型三：展开图
【典例 3-1】如图，在四棱锥O - ABCD 的平面展开图中，底面 ABCD为等腰梯形， AD∥ BC ，
AB = CD = 1， BC = 2 AD = 2 ，PA = 1，PA ^ AD，QA ^ AB，则 cos SDC = ．
2 1
【答案】- / - 2
4 4
【解析】因为在平面展开图中PA ^ AD，QA ^ AB，
所以在四棱锥O - ABCD 中，
OA ^ AD ，OA ^ AB ，且 AB, AD 平面 ABCD , AB AD = A，则OA ^ 平面 ABCD．
还原四棱锥O - ABCD ，在等腰梯形 ABCD中，作 AE ^ BC ,垂足为 E ，如图：
1 3
因为 AB = CD = 1， BC = 2 AD = 2 ，BE = , EC = ,
2 2
3
所以 AE = AB2 - AE2 = ,即 AC = AE2 + EC2 = 3．
2
因为 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
故答案为：- .
4
【典例 3-2】如图，将三棱锥 B - PAC 展开为平面图形，已知 AC = AE = 2, AP = 2 3 ， AP ^ AC ， AP ^ AE ，
CAD = 120°，则 cos PFC = ．
3 1
【答案】 / 3
4 4
【解析】由题意， AC = AE = 2, AP = 2 3 ， AP ^ AC ， AP ^ AE ，
则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
故答案为： ．
4
【方法技巧】
多面体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．
【变式 3-1】（2024·安徽马鞍山·模拟预测）已知三棱锥 P－ABC 的底面 ABC 为等边三角形．如图，在三棱
锥 P－ABC 的平面展开图中，P，F，E 三点共线，B C 5 13， ，E 三点共线， cos PCF = ， PC = 13 ，
26
则 PB＝ ．
【答案】 2 3
【解析】由题意可知，△CEF 为等边三角形，所以 CEF = EFC = 60o，则 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，
则PE=4， BE = 2，
在△PBE 中，由余弦定理得PB2 =16+ 4-2 4 =12，
所以 PB = 2 3 ．
故答案为： 2 3
【变式 3-2】（2024·重庆·三模）如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴 AC 为圆柱的轴截面
对角线，短轴长等于圆柱的底面直径.将圆柱侧面沿母线 AB 展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期
的正弦曲线.若该段正弦曲线是函数 y = 3sinwx w > 0 图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为
3
，则w 的值为（ ）
2
A 3． B．1 C． 3 D．2
2
【答案】B
【解析】由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数 y = 3sinwx w > 0 图象的一部分，
可得 AB = 2 3 ；设圆柱底面半径为 r ，则T
2π
= = 2πr ，所以w
1
= ，
w r
设椭圆长轴长为 2a ，短轴长为 2b，
3 c 3
因为离心率为 ，得 e = = ，则 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 .
故选：B.
【变式 3-3】将四棱锥 P - ABCD 沿棱展开为平面图形，如图所示．若 PA = AE = 2 ， FG = 2AD = 2，
AP ^ AE ， AP ^ AD ， FG∥AD ， FAD = 135° ，则在展开图中， D , I 两点之间的距离 DI = ．
【答案】 7
【解析】如图 1 所示，在平面展开图中，连接 AG ．
因为 AP ^ AE ， AP ^ AD ，且 PA = AE = 2 ， AD = 1，
所以 PE = PA2 + AE2 = 2，PD = PA2 + AD2 = 3 ．
因为 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° ．
如图 2，在还原的四棱锥 P - ABCD 中，因为 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内两条相交直线，
所以CD ^ 平面PAD，因为PD 平面PAD，所以CD ^ PD ．
所以在平面展开图中， HDP = 90°，且HD = DG = 1，所以 PH = PD2 + HD2 = 2，
PD
因为 tan PHD = = 3 ，所以 PHD = 60°HD ．
又 IH = FG = 2 ， PI = PE = 2，所以△PIH 为正三角形， DPI = 90°，
由勾股定理可得DI = 3+ 4 = 7 ．
故答案为： 7 ．
题型四：最短路径问题
【典例 4-1】在棱长为 4 的正方体 ABCD - A1B1C1D1中， E , F 分别为线段BB1, BD1 上的动点，点O 为侧面
BCC1B1的中心，则VOEF 的周长的最小值为 .
【答案】 2 4 + 2 2
【解析】如图①，设侧面 ABB1A1的中心为M ，根据正方体的结构特征可得 FM = FO ，
则VOEF 周长的最小值即OE + EF + FM 的最小值.
将侧面BCC1B1绕着 BB1 旋转至与平面 B1D1B 在同一平面上，
将平面 A1D1B 绕着BD1旋转至与平面 B1D1B 在同一平面上，
过点O 作OS ⊥ BC 于点S，则OS = BS = 2 ，其中MB = 2 2 ，
如图②，则OE + EF + FM OM = MS 2 + OS 2 = (2 + 2 2 )2 + 22 = 2 4 + 2 2 ，
故VOEF 的周长的最小值为 2 4 + 2 2 .
故答案为： 2 4 + 2 2
【典例 4-2】（2024·江西九江·一模）如图，在正三棱柱 ABC - A1B1C1中， AB = 2AA1 = 2 ， N 为 A1C1 的中点，
M 为线段 AA1 上的点.则 MN + MB 的最小值为
【答案】 10
【解析】
将侧面 ABB1A1沿 A1A展开，使得侧面 ABB1A1与侧面 ACC1 A1 在同一平面内，
如图，连接BN 交 AA1 于M ，则 MN + MB 的最小值为此时的 BN ，
BN = BB 21 + B
2 2 2
1N = 1 + 3 = 10 ，
\ MN + MB 的最小值为 10 .
故答案为： 10 .
【方法技巧】
此类最大路径问题：大胆展开，把问题变为平面两点间线段最短问题．
【变式 4-1】如图，在三棱锥V - ABC 中，VA = VB = VC = 4 ， AVB = AVC = BVC = 30°，过点A 作截面
△AEF ，则△AEF 周长的最小值为 .
【答案】4 2
【解析】如图，
沿着侧棱VA 把正三棱锥V - ABC 展开在同一个平面内，原来的点A 被分到两处 A, A1，
则线段 AA1 的长度即为△AEF 周长的最小值.
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 .
故答案为：4 2 .
【变式 4-2】正三棱柱 ABC - A1B1C1的底边长侧棱长都是 2，M 为 AB 的中点，N 为CC1的中点，则在棱柱
表面上，从M 到N 的最短路程是 ．
【答案】 4 + 3
【解析】如图，三棱柱表面由点M 到N 的展开图有如下情况，
如图，若MN 过 BB1 时，此时MN = 12 + 32 = 10，
若MN 过 AA1 时，与MN 过 BB 一样，此时MN = 12 + 321 = 10；
第二种情况，当MN 过 AC 时， NC = 1，CM = 3 ， NCM = 90o +30o =120o，
MN = NC 2 + CM 2 - 2NC ×CM ×cos120o = 4 + 3
若MN 过 BC 与MN 过 AC 一样，此时MN = 4 + 3 ，
由 10 > 4 + 3
所以从M 到N 的最短路程是 4 + 3 .
故答案为： 4 + 3
【变式 4-3】已知在直三棱柱 ABC - A1B1C1中，底面为直角三角形， ACB = 90° ， AC = 6 ，
BC = CC1 = 2 ，P 是BC1上一动点，则CP + PA1 的最小值为 ．
【答案】5 2
【解析】由题意知， PA1 在几何体内部，但在面 A1C1B内，
把面 A1C1B沿BC1展开与△CBC1在一个平面上如图，连接 A1C ，
则 A1C 的长度即为CP + PA1 的最小值，
因为在直三棱柱 ABC - A1B1C1中，CC1 ^ 平面 A1B1C1，
而 A1C1 平面 A1B1C1，则 A1C1 ^ CC1 ，
因为 ACB = 90° ，则 A1C1B1 = 90° ，即 A1C1 ^ B1C1 ，
又CC1 B1C1 = C1,CC1, B1C1 平面BB1C1C ，则 A1C1 ^ 平面BB1C1C ，
而 BC1 平面BB1C1C ，所以 A1C1 ^ BC1 ，即 AC1B = 90°，
因为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 的最小值为5 2 .
故答案为：5 2 .
【变式 4-4】如图，棱长为 1 的正方体 ABCD - A1B1C1D1中， P 为线段 AB1的中点，M ，N 分别为线段 AC1
和棱C1D1上的动点，则 2PM + 2MN 的最小值为 ．
【答案】2
【解析】设 E 是 AC 的中点， AC = AB1,CC1 = B1C1, AC1 = AC1，
所以△ACC1 ≌△AB1C1 ，则PM = EM .
对任一点M ，MN 的最小值是M 到直线C1D1的距离，
过M 作MN ^ C1D1，交C1D1于N ，
过M 作MF ^ A1C1，交 A1C1 于F ，连接 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 ，
则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
当E, M , F 三点共线，且F 是 A1C1 的中点，M 是 EF 与 AC1的交点，
此时EM + MF 取得最小值为1，所以 2PM + 2MN 的最小值为2 .
故答案为：2
【变式 4-5】（2024·上海虹口·二模）如图，在直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1中，底面 ABCD为菱形，且
BAD = 60o .若 AB = AA1 = 2 ，点M 为棱CC1的中点，点 P 在 A1B 上，则线段PA, PM 的长度和的最小值
为 .
【答案】 9+2 10
【解析】取 D1C1的中点N ，连接MN 、 A1N 、 BM 、D1C，
因为点M 为棱CC1的中点，所以MN //D1C ，又 A1D1 //BC 且 A1D1 = BC ，
所以 A1D1CB 为平行四边形，所以 A1B//D1C ，
所以 A1B//MN ，即 A1、 B 、M 、N 四点共面，连接 A1M ， A1C1 ，
则 A B = 2 2 21 + 2 = 2 2 ，BM = 22 +12 = 5 ，
因为底面 ABCD为菱形，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 ，
将△ABA1绕 A1B 翻折，使得平面 ABA1 与平面 A1BMN 共面，连接 AM 交 A1B 于点 P ，
则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 ，
即线段PA、PM 的长度和的最小值为 9 + 2 10 .
故答案为： 9 + 2 10
题型五：空间几何体的表面积
【典例 5-1】（2024·陕西安康·模拟预测）已知正三棱台 ABC - A1B1C1的上底面积为 3 ，下底面积为 4 3 ，
高为 2，则该三棱台的表面积为（ ）
A．5 3 + 3 39 B．3 39 C．5 3 +18 D．18
【答案】A
【解析】由面积公式可得正三棱台上下底面边长分别为2和4，
设C1在底面 ABC 内的射影为H ，作HQ ^ BC于Q，
C1H ^ 平面 ABC ， BC 平面 ABC ，则有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，则CQ =1，
又 HCQ
π
= ，所以HQ 3= ，则C Q = C H 2 + HQ2 396 1 1 = ，3 3
2 + 4 39
故三棱台的侧面积为 3 = 3 39 ，表面积为5 3 + 3 39 .
2 3
故选：A.
【典例 5-2】（2024·福建南平·模拟预测）已知圆台O1O2 的母线长为 4，下底面圆的半径是上底面圆的半径
的 3 倍，轴截面周长为 16，则该圆台的表面积为 ．
【答案】 26π
【解析】设上底面圆的半径为 r ，则下底面圆的半径是3r ，
故轴截面周长为16 = 4 + 4 + 2r + 6r ，解得 r =1，
所以上、下底面圆的面积分别为π,9π，圆台侧面积 S侧 = π 1+3 4 =16π，
所以圆台的表面积为 π + 9π + 16π = 26π.
故答案为： 26π
【方法技巧】
（1）多面体的表面积是各个面的面积之和．
（2）旋转体的表面积是将其展开后，展开图的面积与底面面积之和．
（3）组合体的表面积求解时注意对衔接部分的处理．
【变式 5-1】（2024·辽宁大连·一模）陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时
代遗址．如图所示的是一个陀螺立体结构图．已知，底面圆的直径 AB = 12cm ，圆柱体部分的高 BC = 6cm ，
圆锥体部分的高CD = 4cm ，则这个陀螺的表面积(单位： 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】由题意可知：圆锥的母线长为 42 +62 = 2 13，
2
所以这个陀螺的表面积是 π 6 + 2π 6 6+ π 2 13 6 = 108+12 13 π .
故选：C.
【变式 5-2】（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．8 B．12 C．24 D．48
【答案】C
【解析】如图：
取棱的中点，作截面 EFGH ，则 FG、EH 为正四棱台的斜高.
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
所以四棱台的侧面积为： 4 2 + 4 2 = 24 .
2
故选：C
【变式 5-3】（2024·广东江门·一模）某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个相
同的四面体得到的(如图)，则该几何体共有 个面；若被截正方体的棱长是 60cm，那么该几何体的表
面积是 cm2.
【答案】 14 10800 + 3600 3
【解析】由题意知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，8 个底面三角形，
再加上 6 个小正方形，所以该几何体共有 14 个面；
如果被截正方体的棱长是60cm ，那么石凳的表面积是
S 1= 8 30 2 30 2 sin 60° + 6 30 2 30 2 = 10800 + 3600 32 cm
2 .
故答案为：14，10800 + 3600 3 .
题型六：空间几何体的体积
32
【典例 6-1】（2024·福建龙岩·三模）已知球的体积为 π ，且该球的表面积与底面半径为 2 的圆锥的侧面
3
积相等，则该圆锥的体积为（ ）
A 4 15． π B 8 15． π C． 4 15π D．8 15π
3 3
【答案】B
4πR3 32
【解析】设球的半径为 R ，则球体积V = = π，解得R = 2，
3 3
所以球的表面面积 S = 4πR2 =16π，
设圆锥的母线长为 l ，底面圆半径为 r ，
则 πrl = 16π ，即 2πl = 16π ，解得 l = 8 ，
因此该圆锥的高h = l2 - r2 = 64-4 = 2 15，
V 1 πr 2h 8 15可得圆锥的体积 1 = = π．3 3
故选：B．
【典例 6-2】（2024·山东·模拟预测）陶瓷茶壶是中国人很喜爱的一种茶具，不少陶瓷茶壶兼具实用性与艺
术性，如图所示的陶瓷茶壶的主体可近似看作一个圆台型容器，忽略茶壶的壁厚，该圆台型容器的轴截面
下底为 10cm，上底为 6cm，面积为 80cm 2 ，则该茶壶的容积约为 L（结果精确到 0.1，参考数据： π 3；
1L =1000cm3）．
1
【答案】0.5 /
2
【解析】圆台型容器的轴截面为等腰梯形，设高为h cm 1，则 6 +10 h = 80 ，解得 h = 10 ，
2
V 1= π 32 + 52所以圆台型容器的容积 + 3 5 10 490 cm3 0.5 L .3
故答案为：0.5
【方法技巧】
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
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
割补法
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 6-1】如图“四角反棱台”，它是由两个相互平行的正方形经过旋转 连接而成，且上底面正方形的四
个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点.若下底面正方形边长为 4，“四角反棱台”高为 3，则
该几何体体积为 .
【答案】40
【解析】依题意，将该“四角反棱台”还原成长方体，知该几何体为长方体截取
四个相同大小的四棱锥，如图.则该几何体体积为
V = 4 4 3 4 1 1- 2 2 3 = 40 .
3 2
故答案为：40.
【变式 6-2】（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 = ．
【答案】200
【解析】
连接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
故答案为：200.
【变式 6-3】（2024·河北·模拟预测）已知正四棱台的上、下底面棱长分别为 1 和 2，侧棱长为 1，则该正四
棱台的体积为 .
7 2 7
【答案】 / 2
6 6
【解析】由题意作出正四棱台图象，如下图所示：
ABCD - A1B1C1D1为正四棱台， AB = AA1 =1， A1B1 = 2
连接 AC ， A1C1 得 AC = 2 ， A1C1 = 2 2，
过A 作 AG ^ A1C1 ，过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
所以正四棱台的高 h = ，正四棱台上、下底面积为1和4，
2
1 2 7 2
所以体积V = 1+ 1 4 + 43 2 = 6
7 2
故答案为： .
6
【变式 6-4】（2024·山东菏泽·二模）已知在棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1中，挖去一个以上下底面各
边中点为顶点的四棱柱，再挖去一个以左右两侧面各边中点为顶点的四棱柱，则原正方体剩下部分的体积
为 ．
8
【答案】
3
【解析】如图：
MN I GG1 = Q ，
可知四棱锥Q - FHH1F1 为正四棱锥，
四边形 FHH1F1 为边长为 2 的正方形，棱锥的高为 1，
可知两个挖去的四棱柱重合部分为两个正四棱锥的组合体，
四棱柱EFGH - E1F1G1H1的底面 EFGH 是边长为 2的正方形，
则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
则挖去部分的体积为V1 = VEFGH -E F G H +V1 1 1 1 FMF1M1-HNH N - 2VQ-FHH F = ，1 1 1 1 3
3 8
可得原正方体剩下部分的体积为V2 = 2 -V1 = ．3
8
故答案为： .
3
【变式 6-5】（2024·山东临沂·一模）球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直
于截面的直径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
截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几
何体.如图 1，一个球面的半径为 R ，球冠的高是h，球冠的表面积公式是 S = 2πRh，与之对应的球缺的体积
1
公式是V = πh2 3R - h .如图 2，已知C,D是以 AB 为直径的圆上的两点，
3
AOC BOD π= = , S
扇形COD = 6π ，则扇形COD 绕直线 AB 旋转一周形成的几何体的表面积为 ，体3
积为 .
【答案】 72π + 36 3π 144π
π π π
【解析】因为 AOC = BOD = ，所以 DOC = π - 2 = ，设圆的半径为 R ，
3 3 3
1 π
又 S COD = R
2 = 6π
扇形 ，解得 R = 6 （负值舍去），2 3
过点C 作CE ^ AB 交 AB 于点 E ，过点D作DF ^ AB 交 AB 于点F ，
则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，
将扇形COD 绕直线 AB 旋转一周形成的几何体为一个半径 R = 6 的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖
去两个圆锥，
其中球缺的高 h = 3，圆锥的高 h1 =3，底面半径 r = 3 3 ，
2 2
则其中一个球冠的表面积 S1 = 2πRh = 2π 6 3 = 36π，球的表面积 S 2 = 4πR = 4π 6 = 144π ，
圆锥的侧面积 S3 = 3 3 6π=18 3π，
所以几何体的表面积 S = S2 -2S1 + 2S3 =144π -2 36π + 2 18 3π = 72π +36 3π，
1
又其中一个球缺的体积V1 = πh
2 3R 1- h = π 32 3 6 - 3 = 45π ，
3 3
1 2
圆锥的体积V2 = π 3 3 3 27π V 4 = 3 4，球的体积 3 = πR = π 63 = 288π，3 3 3
所以几何体的体积V = V3 - 2V1 - 2V2 = 288π - 2 45π - 2 27π = 144π .
故答案为：72π + 36 3π ；144π
【变式 6-6】已知正三棱柱 ABC - A1B1C1的棱长均为2,E,F 分别是棱 A1B1, A1C1的中点，则几何体
EF - CBB1C1的体积为 .
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 为三棱台，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
故答案为： .
6
1．（2024 年天津高考数学真题）一个五面体 ABC - DEF ．已知 AD∥ BE∥ CF ，且两两之间距离为 1．并
已知 AD = 1，BE = 2，CF = 3 ．则该五面体的体积为（ ）
A 3 B 3 3 1 3 3 3 1． ． + C． D． -
6 4 2 2 4 2
【答案】C
【解析】用一个完全相同的五面体HIJ - LMN （顶点与五面体 ABC - DEF 一一对应）与该五面体相嵌，使
得D, N；E, M ; F , L重合，
因为 AD∥ BE∥ CF ，且两两之间距离为 1． AD = 1, BE = 2, CF = 3 ，
则形成的新组合体为一个三棱柱，
该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为 1 的等边三角形，侧棱长为1 + 3 = 2 + 2 = 3 + 1 = 4 ，
V 1 1 1 3 3ABC-DEF = V2 ABC-HIJ
= 1 1 4 = .
2 2 2 2
故选：C.
2．（2024 年新课标全国Ⅰ卷数学真题）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 r2 +3，
而它们的侧面积相等，所以2πr 3 = πr 3+ r2 即 2 3 = 3 + r 2 ，
1
故 r = 3，故圆锥的体积为 π 9 3 = 3 3π .
3
故选：B.
3．（2023 年高考全国甲卷数学（文）真题）在三棱锥 P - ABC 中，VABC 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．1 B． 3 C．2 D．3
【答案】A
【解析】取 AB 中点 E ，连接PE,CE，如图，
QV ABC 是边长为 2 的等边三角形，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
故选：A
4．（2023 年高考全国甲卷数学（理）真题）已知四棱锥 P - ABCD 的底面是边长为 4 的正方形，
PC = PD = 3, PCA = 45°，则△PBC 的面积为（ ）
A． 2 2 B．3 2 C．4 2 D．6 2
【答案】C
【解析】法一：
连结 AC, BD 交于O ，连结 PO ，则O 为 AC, BD 的中点，如图，
因为底面 ABCD为正方形， AB = 4，所以 AC = BD = 4 2 ，则DO = CO = 2 2 ，
又 PC = PD = 3， PO = OP ，所以VPDO @VPCO ，则 PDO = PCO ，
又 PC = PD = 3， AC = BD = 4 2 ，所以VPDB @VPCA ，则 PA = PB ，
在VPAC 中， PC = 3, AC = 4 2 , PCA = 45° ，
则由余弦定理可得PA2 = AC 2 + PC 2 - 2AC × PC cos PCA = 32 2+ 9 - 2 4 2 3 =17，
2
故 PA = 17 ，则 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 的面积为 S = PC × BC sin 1 2 2 PCB = 3 4 = 4 2 .
2 2 3
法二：
连结 AC, BD 交于O ，连结 PO ，则O 为 AC, BD 的中点，如图，
因为底面 ABCD为正方形， AB = 4，所以 AC = BD = 4 2 ，
在VPAC 中，PC = 3, PCA = 45°，
则由余弦定理可得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 = = = - ，则
2PA × PC 2 17 3 17
uuur uuur uuur uuur
PA × PC = PA PC cos APC = 17 17 3 - = -3
è 17 ÷
÷ ，
不妨记PB = m, BPD =q ，
uuur 1 uuur uuur 1 uuur uuur uuur uuur 2 uuur uuur 2因为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
则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 ，则m2 -6mcosq -23 = 0
②，
两式相加得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的面积为 S = PC × BC sin PCB 1 2 2 = 3 4 = 4 2 .
2 2 3
故选：C.
5．（2023 年高考全国乙卷数学（理）真题）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 = 120° 9 3，若VPAB 的面积等于 ，则该圆锥的体积为（ ）
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 中点C ，连接OC, PC ，有
OC ^ AB, PC ^ AB，如图，
ABO 30o OC 3∠ = ， = , AB = 2BC = 3，由VPAB 9 3 1 3 PC 9 3的面积为 ，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
所以圆锥的体积V = π OA PO = π ( 3) 6 = 6π .
3 3
故选：B
1．下列命题是否正确？若正确，请说明理由；若错误，请举出反例.
（1）有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱；
（2）有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台.
【解析】（1）错误，还必须满足满足相邻平行四边形的公共边平行，反例如图①.
（2）错误，还必须满足侧棱的延长线交于一点，反例如图②.
2．如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且 4 个顶点 A，B，C，D 在同一个平面内，如果四边形
ABCD 是边长为 30cm 的正方形，那么这个八面体的表面积是多少？
【解析】由题意，每个面都是边长为 30cm 的正三角形，
\S表 = 8
1
30 30 sin 60° =1800 3 cm22
即这个八面体的表面积是1800 3cm2 .
3．如图，一个三棱柱形容器中盛有水，且侧棱 AA1=8，若侧面 AA1B1B 水平放置时，液面恰好过 AC，
BC，A1C1，B1C1的中点，当底面 ABC 水平放置时，液面高为多少？
1 3
【解析】设三棱锥的体积为V ，按侧面 ABB1A1水平放置时液面以上部分的体积为 V ，故水的体积为 V ，4 4
3
设按底面 ABC
V
放置时液面的高为h，则 h 4 3= = ，故 h = 6 ．
8 V 4
4．如图，圆锥 PO 的底面直径和高均是 a，过 PO 的中点O 作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一
个圆柱，
（1）求圆柱的表面积；
（2）求圆锥挖去圆柱剩下几何体的体积．
【解析】（1）设圆锥底面半径为 r，圆柱底面半径为 r ，
因为过 PO 的中点O 作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，
2
可得 r
a r a a= ， = a 5，且圆柱母线长 l = ，圆锥母线长
2 4 2 l = a
2 + 2 ÷
= a ，
è 2
2
所以圆柱的表面积为： 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）剩下几何体的体积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．如图是一个奖杯的三视图，试根据奖杯的三视图计算它的表面积和体积（可用计算工具，尺寸如图，
单位：cm，π 取 3.14，结果取整数）
【解析】由该奖杯的三视图可知，奖杯的上部是直径为 4cm 的球；中部是一个四棱柱，其中上、下底面都
是边长分别为 8m、4cm 的矩形，四个侧面中的两个侧面是边长分别为 20cm、8cm 的矩形，另两个侧面是
边长分别为 20cm、4cm 的矩形；下部是一个四棱台，其中上底面是边长分别为 10cm、8cm 的矩形，下底
面是边长分别为 20m、16cm 的矩形，四棱台的高为 2cm
三视图复原的几何体下部是底座是四棱台，中部是棱柱，上部是球，
这个奖杯的体积：
S上 = 8 10 = 80cm
2
， S下 = 16 20 = 320cm
2
V 1 h S 1 1120台 = 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台 + V球 + V柱 = 640 + 1047cm3 ；
16 - 8
2
20 -10
2
这个奖杯的表面积：（其中奖杯底座的侧面上的斜高等于 ÷ + 2
2 = 2 5cm 和 ÷ + 2
2 = 29cm) ．
è 2 è 2
S = S上 + S侧 + S下 + S柱侧 + 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
因此它的表面积和体积分别约为1193cm2 ,1047cm3 .
易错点：对斜二测画法的掌握不牢
易错分析：在用斜二测画法画直观图时，角度、距离发生改变，故解此类问题要先画出图形，再根据
图形求解.
【易错题 1】如图，矩形O A B C 是水平放置的一个平面图形由斜二测画法得到的直观图，其中O A = 3 ，
O C = 1，则原图形周长是 ．
【答案】12
【解析】如图所示，
O C
在直观图中，设O y 与 B C 交于点P ，则O P = = 2 ，C P = O C = 1， P B = B C - C P = 2cos 45 ，°
2
在原图形中，CP = 1，OP = 2O P = 2 2 ，OC = OP2 + CP2 = 2 2 +12 = 3，OA = O A = 3，
所以原图形的周长是2 OA+OC = 2 3+3 =12．
故答案为：12．
【易错题 2】若水平放置的四边形 AOBC 按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，四边形O A C B 为等腰
梯形， A C ∥O B , A C = 4,O B = 8 ，则原四边形 AOBC 的面积为 ．
【答案】 24 2
【解析】在直观图中，四边形 A C B O 为等腰梯形， A O B = 45° ，而 A C = 4,O B = 8，
则O A = 2 2 ，由斜二测画法得原四边形 AOBC 是直角梯形，
AC // OB , AOB = 90°, OA = 4 2 , OB = 2 AC = 8 ，如图．
AC + OB 4 + 8
所以四边形 AOBC 的面积为 OA = 4 2 = 24 2 ．
2 2
故答案为： 24 2
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