第14讲 空间几何体的表面积与体积
基础回归
经典回眸
1．如图，圆柱形容器内部盛有高度为2 cm的水，若放入3个相同的铁球(球的半径与圆柱底面半径相等)后，水恰好淹没最上面的铁球，则一个铁球的表面积为( B )
A．3π cm2 B．4π cm2
C．5π cm2 D．6π cm2
【解析】 设铁球的半径为R cm，则2πR2＋3×πR3=πR2×6R，解得R=1，则一个铁球的表面积为4π cm2．
2．(2024·新高考Ⅰ卷)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，则圆锥的体积为( B )
A．2π B．3π
C．6π D．9π
【解析】 设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以2πr×=πr×，即2=，故r=3，故圆锥的体积为π×9×=3π．
3．(2023·新高考Ⅰ卷)在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB=2，A1B1=1，AA1=，则该棱台的体积为 ．
【解析】 如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M为四棱台ABCD－A1B1C1D1的高．因为AB=2，A1B1=1，AA1=，则A1O1=A1C1=×A1B1=，AO=AC=×AB=，故AM=AO－A1O1=，则A1M===，所以棱台的体积为V=×(4＋1＋)×=．
4．(2020·全国卷)如图，埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( C )
A． B．
C． D．
【解析】 如图，设CD=a，PE=b，则PO==．由题意知PO2=ab，即b2－=ab，化简得42－2·－1=0，解得=(负值舍去)．
5．如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线A1B上存在一点P，使得AP＋D1P最短，则AP＋D1P的最小值为 ．
【解析】 如图，将△ABA1沿A1B折起，使之与平面A1D1CB共面，当A，P，D1三点共线时，AP＋D1P取得最小值AD1.在△AA1D1中，利用余弦定理易得AD1=．
要点梳理
1．多面体的侧面积和体积
几何体 直棱柱 正棱锥 正棱台
侧面展开图
侧面积公式 S=ch(c为底面周长，h为侧棱长) S= ch′ (c为底面周长，h′为侧面等腰三角形底边上的高) S=(c＋c′)h′(c′，c分别为上、下底面周长，h′为侧面等腰梯形的高)
体积 公式 V直棱柱= Sh (S为底面面积，h为高) V正棱锥=Sh(S为底面面积，h为高) V正棱台= (S′＋＋S)h (S′，S分别为上、下底面面积，h为高)
2．旋转体的侧面积和体积
几何体 圆柱 圆锥 圆台 球
侧面展开图
侧面积公式 S侧=2πrl(r为底面半径，l为母线长) S侧=πrl(r为底面半径，l为母线长) S侧=πl(r＋r′)(r′，r分别为上、下底面半径，l为母线长) S球= 4πR2 (R为球的半径)
体积 公式 V圆柱=Sh(S为底面面积，h为高) V圆锥=Sh(S为底面面积，h为高) V圆台= (S′＋＋S)h (S′，S分别为上、下底面面积，h为高) V球= πR3 (R为球的半径)
举题固法
多面体的表面积与体积
例 1 (1) (2023·新高考Ⅱ卷)若底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，则所得棱台的体积为 28 ．
【解析】 方法一：由于=，而截去的正四棱锥的高为3，所以原正四棱锥的高为6，所以原正四棱锥的体积为×4×4×6=32，截去的正四棱锥的体积为×2×2×3=4，所以剩余棱台的体积为32－4=28.
方法二：棱台的体积为×3×(16＋4＋)=28.
(2) (人A必二P119习题T1改)正多面体被认为是构成宇宙的基本元素，加上它的多种变体，一直是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一．若连接正方体六个面的中心构成一个正八面体，则正方体与所得八面体的表面积之比为( C )
A． B．3
C．2 D．6
【解析】 设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则其表面积S1=6×22=24.如图，记正八面体为PEFGHQ，现考虑侧面PGH，取CC1的中点M，连接MG，MH，易得MG=MH=1，GH==，所以S△PGH=×()2=，则该八面体的表面积S2=×8=4．于是==2．
1．多面体表面积计算的一般方法：
准确地判断多面体各个表面的形状，确定各类平面图形面积计算中所需要的数据；计算每个平面图形的面积(可能需要用到正、余弦定理)，而后将结果相加．
2．多面体体积计算的一般方法：
判断需要计算几何体的类别，确定底面与高(三棱锥因其特殊性，存在四种底面和高的组合可供选择，要尽量采用面积和垂线长度计算较简便的方案，以提高正确率)．
变式 1 (1) (人A必二P116练习T3)某广场内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一样的四面体得到的，如图所示，若被截正方体的棱长是50 cm，则石凳的表面积为 7 500＋2 500 cm2．
【解析】 由题意，该几何体是由棱长为50 cm的正方体截去八个四面体构成的多面体，截去的八个四面体是全等的三棱锥，剩余几何体是由8个边长为25 cm的等边三角形和6个边长为25 cm的正方形组成的一个十四面体，所以该几何体的表面积为S=8××25×25sin 60°＋6×25×25=7 500＋2 500 (cm2)．
(2) (2025·梅州质检)如图，往一个正四棱台形密闭容器内倒入38 cm3的水，水面高度恰好为棱台高度的，且AB=6 cm，A1B1=2 cm，则这个容器的容积为( A )
A．52 cm3 B．60 cm3
C．68 cm3 D．76 cm3
【解析】 设水体对应的台体的高为h cm，易知水体对应台体的上底面是边长为4 cm的正方形，由台体的体积公式可得V水=×(42＋62＋4×6)h=h=38，解得h=，故容器的高为3 cm，容器的容积为V=×(22＋62＋2×6)×3=52(cm3)．
旋转体的表面积与体积
例 2 (1) (多选)如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，则下列结论正确的是( BCD )
A．圆锥的侧面积为2πR2
B．圆柱与球的表面积之比为
C．圆柱的侧面积与球的表面积相等
D．圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶2
【解析】 对于A，圆锥的母线l==R，所以圆锥的侧面积S1=πRl=πR2，故A错误；对于B，C，圆柱的侧面积S2=2Rπ×2R=4πR2，则圆柱的表面积S3=S2＋2πR2=
6πR2，球的表面积S4=4πR2，所以圆柱与球的表面积之比为=，圆柱的侧面积与球的表面积相等，故B，C正确；对于D，圆柱的体积V1=πR2×2R=2πR3，圆锥的体积V2=πR2×2R=πR3，球的体积V3=πR3，所以圆柱、圆锥、球的体积之比为V1∶V2∶V3=(2πR3)∶∶=3∶1∶2，故D正确．
(2) (2025·厦门四模)以边长为1的正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周所得几何体的体积为( D )
A．π B．
C． D．
【解析】 如图，正三角形绕AB所在直线为旋转轴旋转一周，得到的几何体是两个同底的圆锥，圆锥的底面半径为r=OC=，圆锥的底面积为S底=πr2=，则体积为V=2×S底×h=2×××=．
(人A必二P120习题T4)如图，圆锥PO的底面直径和高均为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，则剩下几何体的表面积为
πa2 ，体积为 πa3 ．
【解析】 由于O′是PO的中点，所以圆柱的高OO′=a，且圆柱的底面半径为．圆锥的体积为×π×2×a=a3，圆柱的体积为π×2×a=a3，所以剩下几何体的体积为a3=πa3.剩下几何体的表面积等于圆锥的表面积加上圆柱的侧面积，即π×2＋π××＋2π××=πa2.
2．(2024·全国甲卷)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台的母线长分别为2(r2－r1)，3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为 ．
【解析】 由题可得两个圆台的高分别为h甲==(r2－r1)，h乙==2(r2－r1)，所以====．
3．已知一直角梯形纸片的上、下底边边长分别为2，4，高为3，该纸片绕着下底边所在直线旋转120°，则该纸片扫过的区域形成的几何体的体积为( B )
A．6π B．8π
C．16π D．24π
【解析】 该纸片绕着下底边所在直线旋转一周所得几何体是一个底面半径为3，高为2的圆柱和一个底面半径为3，高为2的圆锥构成的组合体，则旋转一周所得组合体的体积V=9π×2＋×9π×2=24π，所以若旋转120°，得到几何体的体积为V=8π．
截面问题
例 3 (1) (2020·新课标Ⅱ卷)已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上，若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为( C )
A． B．
C．1 D．
【解析】 由球O的表面积S=4πR2=16π，解得R=2.球心到截面的距离即为球心和截面圆圆心之间的线段长，故连接球心O和△ABC的外心O1如图所示．由△ABC是面积为的等边三角形，设边长为x，则x2sin 60°=x2=，解得x=3，由正弦定理得=2r，解得r=．在球O中，OO1⊥平面ABC，所以OO1⊥O1A，故O到平面ABC的距离d===1.
(2) 已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别是AB，BB1，B1C1的中点，则过这三点的截面面积是( D )
A．3 B．6
C．6 D．3
【解析】 如图，分别取C1D1，DD1，AD的中点H，M，N，连接GH，HM，MN，NE，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，可得GH∥NE，HM∥EF，MN∥FG，所以经过点E，F，G的截面为正六边形EFGHMN．又因为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，在Rt△BEF中，EF==，所以截面正六边形的面积为6××()2=3．
1．几何体的截面的相关计算：先作出所求的截面，再解三角形．
2．球的截面问题常用结论：
(1) 球的截面一定是一个圆面．
(2) 球心和小圆圆心连线垂直于小圆圆面．
(3) 过球内一点作球的截面，最大截面为过球心的圆面，最小截面为过该点且垂直于球心和该点连线的截面．
变式 3 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB=4，E，F分别是棱CD，A1D1的中点，则正方体ABCD－A1B1C1D1被平面AEF所截得的截面周长是( B )
A．4＋4 B．5＋
C．4＋2＋4 D．6＋2
【解析】 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，取C1D1的中点G，GD1的中点H，连接A1G，EG，EH，FH．由E是CD的中点，得EG∥DD1∥AA1，EG=DD1=AA1，则四边形AEGA1为平行四边形，得A1G∥AE，A1G=AE．由F是A1D1的中点，得FH∥A1G∥AE，FH=A1G=AE，故梯形AFHE是正方体ABCD－A1B1C1D1被平面AEF所截得的截面．因为AE=AF==2，FH==，EH==，所以所求截面的周长是5＋．
配套热练
1．(2025·大连一模)已知一个圆台的上、下底面半径分别为3和4，母线长为，则该圆台的侧面积为( B )
A．5π B．7π
C．9π D．16π
【解析】 圆台的侧面积为π×(4＋3)×=7π．
(2025·枣庄期末)已知直三棱柱ABC－A′B′C′中，AB=4，AC=3，AA′=2，
∠BAC=60°，则直三棱柱ABC－A′B′C′的体积为( D )
A．2 B．2
C．6 D．6
【解析】 直三棱柱ABC－A′B′C′的体积为V=Sh=AB·AC·sin∠BAC·AA′=×4×3×sin 60°×2=6．
3．(2025·南通一调)若某正四棱锥的底面边长为2，侧棱与底面的夹角为60°，则该正四棱锥的体积为( A )
A． B．
C． D．
【解析】 如图，在正四棱锥P－ABCD中，设AC∩BD=O，由题知PO⊥底面ABCD，则有∠PAO=60°，易得AO=，从而PO=，故VP－ABCD=·PO·S正方形ABCD=××4=．
4．(2025·郑州二检)已知圆锥的侧面展开图是半径为3的半圆，则该圆锥的体积为( C )
A． B．
C． D．
【解析】 设圆锥底面圆的半径为r，高为h，母线长为l，则l=3，2πr=3π，所以r=，所以h==，所以该圆锥的体积为πr2h=π×2×=．
5．(2025·惠州三调)已知正四棱台的上、下底面边长分别为1和2，侧棱与底面所成的角为，则该四棱台的体积是( B )
A． B．
C． D．
【解析】如图，设O，O1分别为上、下底面的中心，作C1E⊥AC于点E，根据题意可知A1B1=1，AB=2，侧棱与底面所成的角即为∠C1CE，则∠C1CE=，因此C1E=CE．易知AC=2，A1C1=，由正四棱台的性质可得CE=(AC－A1C1)=，所以该正四棱台的高C1E=CE=，因此该四棱台的体积V=×(12＋22＋)×=．
6．(2025·济南一模)已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为4π，则圆台上、下底面面积之差的绝对值为( B )
A．π B．2π
C．4π D．8π
【解析】 如图，设展开图小圆半径和大圆半径分别为r，R，则圆台的侧面积S=(R2－r2)=4π，即R2－r2=8.又上底面半径r1==，下底面半径R1==，则圆台上、下底面面积之差的绝对值为π－π=－=(R2－r2)=2π．
7．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，点M在棱A1B1上，平面ACM把正方体ABCD－A1B1C1D1分成两个几何体，其中一个几何体的体积为14，则平面ACM截正方体ABCD－A1B1C1D1所得的截面周长为( A )
A．10＋5 B．4＋6
C．5＋5 D．15
【解析】 如图，设平面ACM与棱B1C1交于点N，则MN∥AC，几何体MB1N－ABC是三棱台，由题意知该三棱台的体积为14.设MB1=x，则××4=14，解得x=1，则平面ACM截正方体ABCD－A1B1C1D1所得的截面为等腰梯形ACNM，又AC=4，MN=，AM=CN=5，所以截面ACNM的周长为10＋5．
8．(2025·秦皇岛三模)(多选)如图，圆锥SO的底面半径为1，侧面积为3π，△SAB是圆锥的一个轴截面，C是底面圆周上异于A，B的一点，则下列说法正确的是( ABC )
A．△SAB的面积为2
B．圆锥SO的侧面展开图的圆心角为
C．由C点出发绕圆锥侧面旋转一周，又回到C点的细绳长度的最小值为3
D．若AC=，则三棱锥O－SAC的体积为
【解析】 由圆锥SO的底面半径为1，侧面积为3π，得圆锥母线长l=3，圆锥的高h==2．对于A，S△SAB=AB·h=2，A正确；对于B，圆锥SO的侧面展开图(扇形)的弧长为2π，圆心角为，B正确；对于C，如图，将圆锥SO的侧面沿母线SC剪开展成平面图形，连接CC′，所求细绳长度的最小值为CC′=2lsin=3，C正确；对于D，当AC=时，OC⊥OA，S△AOC=OA·OC=，则VO－SAC=VS－AOC=××2=，D错误．
9．(2025·杭州期中)(多选)如图，已知圆台形水杯盛有牛奶(不计厚度)，杯口的直径为4，杯底的直径为2，杯高为4，当杯底水平放置时，牛奶面的高度为水杯高度的一半，若加入37颗大小相同的椰果(球形)，椰果沉入杯底，牛奶恰好充满水杯，则( BCD )
A．该水杯的侧面积为12π
B．该水杯里牛奶的体积为π
C．放入的椰果的半径为
D．该水杯外接球的表面积为π
【解析】 如图，由题意可知圆台的上底面圆半径为R=2，下底面圆半径r=1，圆台的高h=4，设圆台的母线长为l，则l==，故圆台的侧面积为π(r＋R)l=π×3×=3π，故A错误；牛奶上底面圆的半径为r0=(R＋r)=，故水杯中牛奶的体积为(πr2＋π＋)×2=×2=π，故B正确；水杯的体积为(πr2＋πR2＋)×4=(π＋4π＋)×4=π，故37颗椰果的体积为π－π=π，设椰果的半径为R0，则π=37×，解得R0=，故C正确；设水杯的外接球的球心O到上底面的距离为h0，则22＋=12＋(4－h0)2，解得h0=，故外接球的半径为=，则其表面积为4π×=π，故D正确．
10．(2025·厦门一模)已知圆锥的母线长为6，且其轴截面为等边三角形，则该圆锥的体积为 9π ．
【解析】 设圆锥的底面半径为r，轴截面为等边三角形，则2r=6，解得r=3，所以圆锥的高为3，所以圆锥的体积为×π×32×3=9π．
11．(2024·北京卷)汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱．若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65 mm，325 mm，325 mm，且斛量器的高为230 mm，则斗量器的高为 23 mm，升量器的高为 mm．
【解析】 设升量器的高为h1 mm，斗量器的高为h2 mm，则==10，故h2=23，h1=．
12．刘徽在《九章算术注》中首次明确提出了球缺和球分的概念，如图，球被平面截取，曲面部分为球冠，球冠与截面围成的部分为球缺，祖暅精确推导出球缺的体积计算公式为V=πh2，其中R是球的半径，h是球缺的高(即球冠顶点到截面的距离)．连接球心与截面，与球冠围成的部分为球分．若一球缺的高为3，截面半径为，则它对应的球分的体积为 50π ．
【解析】 由题可得R2=21＋(R－3)2，解得R=5，则V球缺=π×32×=36π，V圆锥=
π×21×(5－3)=14π，所以V球分=V球缺＋V圆锥=50π．
13．(2025·秦皇岛三模)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的各顶点都在球O的表面上，若球O的表面积为12π，则平面C1BD截球O所得的截面面积为 ．
【解析】 如图，由球O的表面积为12π，得球O的半径为，则正方体ABCD－A1B1C1D1的体对角线长为2，棱长为2，则正三角形C1BD的边长为2，其外接圆半径r==，则△C1BD外接圆的面积为πr2=，所以平面C1BD截球O所得的截面面积为．
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专题四
立体几何
第14讲 空间几何体的表面积与体积
基础回归
1．
如图，圆柱形容器内部盛有高度为2 cm的水，若放入3个相同的铁球(球的半径与圆柱底面半径相等)后，水恰好淹没最上面的铁球，则一个铁球的表面积为 ( )
A．3π cm2
B．4π cm2
C．5π cm2
D．6π cm2
B
【解析】
2．
B
【解析】
3．
【解析】
4．
C
【解析】
5．
如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线A1B上存
在一点P，使得AP＋D1P最短，则AP＋D1P的最小值为__________．
【解析】
1．多面体的侧面积和体积
几何体 直棱柱 正棱锥 正棱台
侧面展开图
几何体 直棱柱 正棱锥 正棱台
侧面积公式 S=ch(c为底面周长，h为侧棱长)
S=_______(c为底面周长，h′为侧面等腰三角形底边上的高)
体积公式 V直棱柱=______ (S为底面面积，h为高)
V正棱台=_________________(S′，S分别为上、下底面面积，h为高)
Sh
2．旋转体的侧面积和体积
几何体 圆柱 圆锥 圆台 球
侧面展开图
几何体 圆柱 圆锥 圆台 球
侧面积公式 S侧=2πrl(r为底面半径，l为母线长) S侧=πrl(r为底面半径，l为母线长) S侧=πl(r＋r′)(r′，r分别为上、下底面半径，l为母线长) S球=________ (R为球的半径)
体积公式 V圆柱=Sh(S为底面面积，h为高)
V圆台=___________________ (S′，S分别为上、下底面面积，h为高) V球=_________ (R为球的半径)
4πR2
举题固法
多面体的表面积与体积
目标
1
(1) (2023·新高考Ⅱ卷)若底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，则所得棱台的体积为______．
28
1
【解析】
【答案】C
【解析】
1．多面体表面积计算的一般方法：
准确地判断多面体各个表面的形状，确定各类平面图形面积计算中所需要的数据；计算每个平面图形的面积(可能需要用到正、余弦定理)，而后将结果相加．
2．多面体体积计算的一般方法：
判断需要计算几何体的类别，确定底面与高(三棱锥因其特殊性，存在四种底面和高的组合可供选择，要尽量采用面积和垂线长度计算较简便的方案，以提高正确率)．
(1) (人A必二P116练习T3)某广场内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一样的四面体得到的，如图所示，若被截正方体的棱长是50 cm，则石凳的表面积为__________________cm2．
变式1
【解析】
A
【解析】
旋转体的表面积与体积
目标
2
2
【答案】BCD
【解析】
D
【解析】
题组
高频
强化
1．
(人A必二P120习题T4)如图，圆锥PO的底面直径和高均为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，则剩下几何体的表面积为
_________，体积为_________．
【解析】
【解析】
2．
(2024·全国甲卷)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台
的母线长分别为2(r2－r1)，3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为______．
【解析】
3．
已知一直角梯形纸片的上、下底边边长分别为2，4，高为3，该纸片绕着下底边所在直线旋转120°，则该纸片扫过的区域形成的几何体的体积为 ( )
A．6π B．8π
C．16π D．24π
B
截面问题
增分点
3
【答案】C
【解析】
D
【解析】
1．几何体的截面的相关计算：先作出所求的截面，再解三角形．
2．球的截面问题常用结论：
(1) 球的截面一定是一个圆面．
(2) 球心和小圆圆心连线垂直于小圆圆面．
(3) 过球内一点作球的截面，最大截面为过球心的圆面，最小截面为过该点且垂直于球心和该点连线的截面．
变式3
【答案】B
【解析】
热练
1．
B
【解析】
2．
D
【解析】
3．
A
【解析】
4．
C
【解析】
5．
【答案】B
【解析】
6．
(2025·济南一模)已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为4π，则圆台上、下底面面积之差的绝对值为 ( )
A．π B．2π
C．4π D．8π
B
【解析】
7．
【答案】A
【解析】
8．
【答案】ABC
【解析】
9．
【解析】
【答案】BCD
10．
(2025·厦门一模)已知圆锥的母线长为6，且其轴截面为等边三角形，则该圆锥的体积为________．
【解析】
11．
(2024·北京卷)汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱．若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65 mm，325 mm，325 mm，且斛量器的
高为230 mm，则斗量器的高为______mm，升量器的高为______mm．
【解析】
23
12．
刘徽在《九章算术注》中首次明确提出了球缺和球分的概念，如图，球被平面截取，曲面部分为球冠，球冠与截面围成的部分为球缺，祖暅精确推导出球缺的体
【解析】
50π
13．
(2025·秦皇岛三模)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的各顶点都在球O的表面上，若
球O的表面积为12π，则平面C1BD截球O所得的截面面积为______．
【解析】第14讲 空间几何体的表面积与体积
基础回归
经典回眸
1．如图，圆柱形容器内部盛有高度为2 cm的水，若放入3个相同的铁球(球的半径与圆柱底面半径相等)后，水恰好淹没最上面的铁球，则一个铁球的表面积为( )
A．3π cm2 B．4π cm2
C．5π cm2 D．6π cm2
2．(2024·新高考Ⅰ卷)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，则圆锥的体积为( )
A．2π B．3π
C．6π D．9π
3．(2023·新高考Ⅰ卷)在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB=2，A1B1=1，AA1=，则该棱台的体积为 ．
4．(2020·全国卷)如图，埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )
A． B．
C． D．
5．如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线A1B上存在一点P，使得AP＋D1P最短，则AP＋D1P的最小值为 ．
要点梳理
1．多面体的侧面积和体积
几何体 直棱柱 正棱锥 正棱台
侧面展开图
侧面积公式 S=ch(c为底面周长，h为侧棱长) S= (c为底面周长，h′为侧面等腰三角形底边上的高) S=(c＋c′)h′(c′，c分别为上、下底面周长，h′为侧面等腰梯形的高)
体积 公式 V直棱柱= (S为底面面积，h为高) V正棱锥=Sh(S为底面面积，h为高) V正棱台= (S′，S分别为上、下底面面积，h为高)
2．旋转体的侧面积和体积
几何体 圆柱 圆锥 圆台 球
侧面展开图
侧面积公式 S侧=2πrl(r为底面半径，l为母线长) S侧=πrl(r为底面半径，l为母线长) S侧=πl(r＋r′)(r′，r分别为上、下底面半径，l为母线长) S球= (R为球的半径)
体积 公式 V圆柱=Sh(S为底面面积，h为高) V圆锥=Sh(S为底面面积，h为高) V圆台= (S′，S分别为上、下底面面积，h为高) V球= (R为球的半径)
举题固法
多面体的表面积与体积
例 1 (1) (2023·新高考Ⅱ卷)若底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，则所得棱台的体积为 ．
(2) (人A必二P119习题T1改)正多面体被认为是构成宇宙的基本元素，加上它的多种变体，一直是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一．若连接正方体六个面的中心构成一个正八面体，则正方体与所得八面体的表面积之比为( )
A． B．3
C．2 D．6
1．多面体表面积计算的一般方法：
准确地判断多面体各个表面的形状，确定各类平面图形面积计算中所需要的数据；计算每个平面图形的面积(可能需要用到正、余弦定理)，而后将结果相加．
2．多面体体积计算的一般方法：
判断需要计算几何体的类别，确定底面与高(三棱锥因其特殊性，存在四种底面和高的组合可供选择，要尽量采用面积和垂线长度计算较简便的方案，以提高正确率)．
变式 1 (1) (人A必二P116练习T3)某广场内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一样的四面体得到的，如图所示，若被截正方体的棱长是50 cm，则石凳的表面积为 cm2．
(2) (2025·梅州质检)如图，往一个正四棱台形密闭容器内倒入38 cm3的水，水面高度恰好为棱台高度的，且AB=6 cm，A1B1=2 cm，则这个容器的容积为( )
A．52 cm3 B．60 cm3
C．68 cm3 D．76 cm3
旋转体的表面积与体积
例 2 (1) (多选)如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，则下列结论正确的是( )
A．圆锥的侧面积为2πR2
B．圆柱与球的表面积之比为
C．圆柱的侧面积与球的表面积相等
D．圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶2
(2) (2025·厦门四模)以边长为1的正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周所得几何体的体积为( )
A．π B．
C． D．
(人A必二P120习题T4)如图，圆锥PO的底面直径和高均为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，则剩下几何体的表面积为 ，体积为 ．
2．(2024·全国甲卷)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台的母线长分别为2(r2－r1)，3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为 ．
3．已知一直角梯形纸片的上、下底边边长分别为2，4，高为3，该纸片绕着下底边所在直线旋转120°，则该纸片扫过的区域形成的几何体的体积为( )
A．6π B．8π
C．16π D．24π
截面问题
例 3 (1) (2020·新课标Ⅱ卷)已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上，若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为( )
A． B．
C．1 D．
(2) 已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别是AB，BB1，B1C1的中点，则过这三点的截面面积是( )
A．3 B．6
C．6 D．3
1．几何体的截面的相关计算：先作出所求的截面，再解三角形．
2．球的截面问题常用结论：
(1) 球的截面一定是一个圆面．
(2) 球心和小圆圆心连线垂直于小圆圆面．
(3) 过球内一点作球的截面，最大截面为过球心的圆面，最小截面为过该点且垂直于球心和该点连线的截面．
变式 3 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB=4，E，F分别是棱CD，A1D1的中点，则正方体ABCD－A1B1C1D1被平面AEF所截得的截面周长是( )
A．4＋4 B．5＋
C．4＋2＋4 D．6＋2
配套热练
1．(2025·大连一模)已知一个圆台的上、下底面半径分别为3和4，母线长为，则该圆台的侧面积为( )
A．5π B．7π
C．9π D．16π
(2025·枣庄期末)已知直三棱柱ABC－A′B′C′中，AB=4，AC=3，AA′=2，
∠BAC=60°，则直三棱柱ABC－A′B′C′的体积为( )
A．2 B．2
C．6 D．6
3．(2025·南通一调)若某正四棱锥的底面边长为2，侧棱与底面的夹角为60°，则该正四棱锥的体积为( )
A． B．
C． D．
4．(2025·郑州二检)已知圆锥的侧面展开图是半径为3的半圆，则该圆锥的体积为( )
A． B．
C． D．
5．(2025·惠州三调)已知正四棱台的上、下底面边长分别为1和2，侧棱与底面所成的角为，则该四棱台的体积是( )
A． B．
C． D．
6．(2025·济南一模)已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为4π，则圆台上、下底面面积之差的绝对值为( )
A．π B．2π
C．4π D．8π
7．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，点M在棱A1B1上，平面ACM把正方体ABCD－A1B1C1D1分成两个几何体，其中一个几何体的体积为14，则平面ACM截正方体ABCD－A1B1C1D1所得的截面周长为( )
A．10＋5 B．4＋6
C．5＋5 D．15
8．(2025·秦皇岛三模)(多选)如图，圆锥SO的底面半径为1，侧面积为3π，△SAB是圆锥的一个轴截面，C是底面圆周上异于A，B的一点，则下列说法正确的是( )
A．△SAB的面积为2
B．圆锥SO的侧面展开图的圆心角为
C．由C点出发绕圆锥侧面旋转一周，又回到C点的细绳长度的最小值为3
D．若AC=，则三棱锥O－SAC的体积为
9．(2025·杭州期中)(多选)如图，已知圆台形水杯盛有牛奶(不计厚度)，杯口的直径为4，杯底的直径为2，杯高为4，当杯底水平放置时，牛奶面的高度为水杯高度的一半，若加入37颗大小相同的椰果(球形)，椰果沉入杯底，牛奶恰好充满水杯，则( )
A．该水杯的侧面积为12π
B．该水杯里牛奶的体积为π
C．放入的椰果的半径为
D．该水杯外接球的表面积为π
10．(2025·厦门一模)已知圆锥的母线长为6，且其轴截面为等边三角形，则该圆锥的体积为 ．
11．(2024·北京卷)汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱．若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65 mm，325 mm，325 mm，且斛量器的高为230 mm，则斗量器的高为 mm，升量器的高为 mm．
12．刘徽在《九章算术注》中首次明确提出了球缺和球分的概念，如图，球被平面截取，曲面部分为球冠，球冠与截面围成的部分为球缺，祖暅精确推导出球缺的体积计算公式为V=πh2，其中R是球的半径，h是球缺的高(即球冠顶点到截面的距离)．连接球心与截面，与球冠围成的部分为球分．若一球缺的高为3，截面半径为，则它对应的球分的体积为 ．
13．(2025·秦皇岛三模)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的各顶点都在球O的表面上，若球O的表面积为12π，则平面C1BD截球O所得的截面面积为 ．
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