2024届五年高考数学（文课）真题分类训练：八 立体几何

专题八立体几何

考点21空间几何体的结构、三视图、表面积和体积

题组一

一、选择题

1.12023全国卷乙，5分］如图，网格纸上绘制的是一个零件的三视图，网格小

正方形的边长为1,则该零件的表面积为（D）

A.24D.30

［解析］作出该零件的直观图如图所示，该零件可看作是长、宽、高分别为2,

2,3的长方体去掉一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体所得，其表面积为

2x(2x24-2x3+2x3)-2x1x1=30,故选D.

2.［2023天津，5分］在三棱锥中，线段PC上的点M满足PM=1PC,

线段PB上的点N满足PN=，则三棱锥P-AMN和三棱锥P-ABC的体积

之比为（B）

214

A.-B.-C.-D.-

9939

,_,、r12LL1tSADivfnr^-PM'PN'S1MZ-BPCPM-PN

［解析］如图，因为PM=-PC,PN=-PB，所以也3=%----------="丝=

33S^pBCjpCPB-sinzBPCPCPB

工X2=2所以-PTMN=_gS^PMN.d=SPM

>N_£（其中d为点”到平面

3399Vp-ABCA-PBCS^PBC9

PBC的距离，因为平面PMN和平面PBC重合，所以点2到平面PMN的距离也

为d）.故选B.

3.［2022全国卷甲，5分］如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格

小正方形的边长为1,则该多面体的体积为（B）

［解析］三视图对应的几何体是放倒的直四棱柱，如图，直四棱柱的高为2,底面

是上底为2,下底为4,高为2的梯形，所以体积，=S/i=1x（2+4）x2x

2=12.故选B.（提醒：要是没想起是放倒的直四棱柱，也可切割成一个正方体

+三棱柱来求解）

4.［2022新高考卷I,5分］南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问

题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的

面积为140.0km2;水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0km2.将该

水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升

到157.5m时，增加的水量约为(近〜2.65)(C)

A.1.0x109m3B.1.2x109m3C.1.4x109m3D.1.6xIO9m3

［解析］由已知得该棱台的高为157.5-148.5=9(m)，所以该棱台的体积，=|x

9x(140+V140x180+180)x106=60x(16+3夕)x106«60x

(16+3x2,65)x106=1.437x109〜1.4x109(m3).故选C.

5.［2021新高考卷I,5分］已知圆锥的底面半径为也，其侧面展开图为一个半

圆，则该圆锥的母线长为(B)

A.2B.2V2C.4D.4V2

［解析］设圆锥的母线长为2，因为该圆锥的底面半径为a，所以2TTX/=

Til,解得I=2V2,故选B.

【方法技巧】利用圆锥的底面周长等于其侧面展开图的弧长建立等量关系.

6.［2021全国卷甲，5分］在一个正方体中，过顶点2的三条棱的中点分别为

E,F,G.该正方体截去三棱锥2-EFG后，所得多面体的三视图中，正视图如图

所示，则相应的侧视图是(D)

［解析］根据已知条件作出图形如图所示，结合多面体的正视图可知，该几何体

的侧视图为D选项中的图形.

第6题图

7.［2021北京，4分］某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为(A)

A3+V3ci+旧

BD

21.2-T

［解析］将四面体ZBCD放入正方体中,如图所示，故S羌=3x工x1x1+交x

衣24

（V2）2=萼.故选A.

第7题图

8.［2021浙江，4分］某几何体的三视图如图所示（单位:cm）,则该几何体的

体积（单位:cm3）是（人）

俯视图

俯视图

A.|B.3C.学D-3V2

［解析］解法一由三视图可知，该几何体是一个底面为等腰梯形的直四棱柱，其

中底面等腰梯形的底边长分别为迎,2声，高为号，该四棱柱的高为1,所以

该几何体的体积U|x（V2+2V2）xx1=|.故选A.

解法二由三视图可知，该几何体是由底面为等腰直角三角形（腰长为2）的直

三棱柱截去一个底面为等腰直角三角形（腰长为1）的直三棱柱后得到的，所

以该几何体的体积U=jx22xl-|xl2xl=|.故选A.

【方法技巧】解决三视图问题，一般根据三视图还原出几何体的直观图，然后

直接计算或从补形的角度进行计算.

9.［2020天津，5分］若棱长为2g的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的

表面积为（C）

A.12-nB.241TC.36irD.144n

［解析］设外接球的半径为R,易知2R=V5X2V5=6,所以R=3,于是表面

积S=4nR2=36TT,故选C.

【方法技巧】多面体与球切、接问题的常见求解方法

（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一

般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题进行求解.

（2）若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P4,PB,PC两两垂直，且P4=

a,PB-b,PC-c,一般把几何体"补形"成一个球内接长方体，根据4R2=

a2+b2+c2（其中R为外接球的半径）求解.

（3）正方体的内切球的直径等于正方体的棱长.

（4）球和正方体的棱相切时，球的直径等于正方体的面对角线长.

10.［2020北京，4分］某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱

柱的表面积为(D)

俯视图

A.6+V3B.6+2V3C.12+V3D.12+2V3

［解析］将三视图还原为直观图(图略)，知该三棱柱是正三棱柱,其高为2,底

面是边长为2的等边三角形，正三棱柱的上、下两个底面的面积均为［x2x

2xsin60°=|x2x2xy=V3，三个侧面的面积均为2x2=4，故其表面积为

2V3+12,选D.

11.［2020全国卷III,5分］如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是

(C)

第n题图

A.6+4V2B.4+4V2C.6+2V3D.4+2V3

［解析］由三视图知该几何体为如图所示的三棱锥P-ABC,其中P41平面

ABC,AB1AC,AB=AC=ZP=2，故其表面积S=(|x2x2)x3+|x

2

(2V2)xsin60°=6+2V3.

12.［2019浙江，4分］祖晅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“易势既

同，则积不容异”称为祖晅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式匕,二

S/i,其中S是柱体的底面积，九是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示(单位：

cm),则该柱体的体积(单位：cm3)是(8)

A.158B.162C.182D.324

［解析］由三视图可知，该几何体是一个直五棱柱，所以其体积U=

(4x3+2x3+6x6)x6=162.故选B.

二、填空题

13.［2023新高考卷I,5分］在正四棱台4BCD中，AB=2,

A1B1=1,A4i=V2，则该棱台的体积为革.

［解析］解法一如图所示，设点。1,0分别为正四棱台2BCD-ABiCiA上、下底

面的中心，连接/A,BD，则点。1分别为B［D「BD的中点，连接。】。，则0道即

正四棱台ABC。-的高，过点名作BiE1BD，垂足为E，则=010.

因为ZB=2，&Bi=1，所以OB=V2,0/1=y，所以BE=OB-OE=OB—

O/i=y，又A4i=V2，所以BBi=V2,B1E=JBB：-BE2==

以°】。=T，所以曝四棱台4BCDT祖CWWX（22+12+标不）X卜鲁

解法二如图川隆正四棱台ZBCD-4/1QD1补形成正四棱锥P—4BCD，因为

=2,AB=1,AB"AiB]，所以21,Bi,Q,D1分别为PZ,PB,PC,PD的中点,

又=V2，所以P4=2V2，即PB=2V2.连接BD，取BD的中点为。，连接P。，

则P。1平面2BCD，易知B。=V2，所以P。=7PB2-BO2=遥，所以正四棱台

ABCD-4BCD1的高为手，所以勺四棱台4BCDT祖皿=!X(22+12+

722X12)X弓=等.(或者/棱锥-BCD=[X22X遥=

hV四棱锥P-AlBiJDi-g^^^P-ABCD'所以曝四棱台ABCD-AIBIQDI=

y_y=7解)

“四棱锥P-ABCD/四棱锥P-AiBiQDi—8V^^P-ABCD_8"3一6

BC

14.［2023新高考卷II,5分］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，所得棱台的体积为空.

［解析］如图所示，正四棱锥P-2BCD的底面边长为4,用平行于底面的平面截

去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥P-后，得到正四棱台

A'B'C'D'-ABCD,且4B'=2,AB=4.记,0分别为正四棱台AB'C'D'-

ABCD下底面的中心，Hr,”分别为的中点，连接

PO,PH,0'H',OH,则PO'=3,=1,。”=2.易知△P。'”'〜△P。"，所

以警=等，即方=9解得「0=6,所以OO'=P。—PO'=3,所以该正

四棱台的体积，=［x3x（22+2x4+42）=28.（提示：台体的体积，=

：/i（Si+a至+S2）,其中九为台体的高，Si>2分别为台体的上、下底面积）

15.（2021全国卷甲，5分）已知一个圆锥的底面半径为6,其体积为307T,

则该圆锥的侧面积为近.

［解析］设该圆锥的高为九，则由已知条件可得：XTTX62X/I=30TT,解得九=

则圆锥的母线长为后7不=后+36若,故该圆锥的侧面积为71X6x

—=39TT.

2

【方法技巧】圆锥的体积公式为%锥=：nr2九，圆锥的侧面积公式为5侧=

nrl,其中r为圆锥的底面半径，九为圆锥的高，，为圆锥的母线长.

16.［2020浙江，4分］已知圆锥的侧面积（单位：cm2）为2n,且它的侧面展

开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm）是L

［解析］解法一设该圆锥的母线长为2,因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，其面

积为2n,所以1^2=2区,解得，=2,所以该半圆的弧长为2n.设该圆锥的

底面半径为R,贝U2nR=2n,解得R=1.

解法二设该圆锥的底面半径为R,则该圆锥侧面展开图中的圆弧的弧长为2nH.

因为侧面展开图是一个半圆，设该半圆的半径为r,则nr=2TTR,即r=2R,

所以侧面展开图的面积为；-2R-2TTR=2TTR2=2Tl,解得R=1.

17.［2020新高考卷II,5分］棱长为2的正方体ABCD-［/道也中,M,N分别

为棱BBi,2B的中点，则三棱锥4-DiMN的体积为

［解析］如图，易知，三棱锥=棱锥DLAMN，由正方体的结构特征，知

1平面&MN,所以。遇1为三棱锥Di—4MN的高.因为M,N分别为棱

BBi,4B的中点，所以=2x2-|xlxl-|xlx2-|xlx2=|）

所以'三棱锥41-DiMN=V三棱锥Di-AMN=3XSAAIMNX=gX|X2=1.

【方法技巧】求空间几何体体积的常用方法

（1）公式法：直接根据常见柱、锥、台等规则几何体的体积公式计算.

（2）等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计

算更容易，或是求出一些体积比等.

（3）割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化

为可计算体积的几何体.

18.［2020江苏，5分］如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构

成的.已知螺帽的底面正六边形边长为2cm，高为2cm，内孔半径为0.5cm，则止匕

六角螺帽毛坯的体积是12近Tcm3

Z

［解析］正六棱柱的体积为6xyx22x2=12V3(cm3),圆柱的体积为nx

0.52x2=^(cm3),则该六角螺帽毛坯的体积为(12百―］cm3

19.［2019江苏，5分］如图，长方体4BCD—的体积是120,E为

的中点，则三棱锥E—BCD的体积是

［解析］因为长方体2BCD-的体积是120,所以CCi•S四边形谢。=

120,又E是CG的中点，所以三棱锥E-BCD的体积4_BCD=•S^BCD=

1111

-x-x5s四边形ZBCO=石x120=10.

题组二

一、选择题

1.12023全国卷甲，5分］在三棱锥P—4BC中，△2BC是边长为2的等边三角

形，PA=PB=2,PC,则该棱锥的体积为(A)

A.1B.V3C.2D.3

［解析］如图，取ZB的中点。，连接PD,CD,因为AZBC是边长为2的等边三

角形，P2=PB=2,所以PD12B,CD1AB,所以PD=CD=百，又

PC=巫，所以PI)2+CD2=pC2>所以p。1CD,又ABCCD=D,

AB,CDu平面ABC,所以PD1平面ABC,所以=|XSAABCxPD=

托打2*8*8=1,故选A.

2.［2022浙江，4分］某几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体的

体积（单位：cm3）是（（2）

-H1K2-H1K-H11*2*11K

正视图侧视图

A.22Tl

［解析］由三视图知，该几何体是由半球体、圆柱体、圆台组合而成的，其中半

球的半径为1,圆柱的底面半径为1,高为2,圆台的上、下底面的半径分别为

1和2,高为2,所以该几何体的体积为X（XTTX1?+7TX12X2+

i-n（l2+1X2+22）X2=--IT,故选C.

33

3.［2022新高考卷II,5分］已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为38

和4百，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（A）

A.lOOnB.128TTC.144TVD.192TT

［解析］由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为:x曰x3b=

3,|x亨x4g=4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为。1，。2，连接

。1。2，则。1。2=1，其外接球的球心。在直线。1。2上.设球。的半径为R，当球心。

在线段。1。2上时，R2=32+。英=42+（1—。。1）2,解得0。1=4（舍

122222

去）；当球心。不在线段。。上时，«=4+OOl=3+（1+002）,解得

0。2=3,所以R2=25,所以该球的表面积为4TTR2=lOOn.故选A.

4.［2022全国卷甲，5分］甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角

之和为如，侧面积分别为S,,和S,,体积分别为匕和匕.若?=2，则*=（C）

A.V5B.2V2C.V10D.—

4

s

［解析］因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所以结合1=2可知，甲、乙两个

圆锥侧面展开图的圆心角之比是2:1.不妨设两个圆锥的母线长为2=3,甲、乙

两个圆锥的底面半径分别为ri72，高分别为九「出，则由题意知，两个圆锥的

侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6TT的圆，所以2m'I=4TT,2nr2=2TT,

得r1=2,72=1.由勾股定理得，九1=_.2—V5,/i2=_行=2V2,

所以白=呼=笑=何故选c.

%尹博九2272

5.［2022北京，4分］已知正三棱锥P-ABC的六条棱长均为6,S是^ABC及

其内部的点构成的集合.设集合T={QCS\PQ<5},则T表示的区域的面积为

(B)

3TT

A.—4B.nC.2TID.3n

［解析］设。为△ABC的中心，连接P。4。，在正三角形ABC中，20=|xjx

6=2V3,在Rt△POA中，P。=yJPA2-AO2=V36-12=2连，当PQ=5

时，连接。Q，根据勾股定理可得OQ=JPQ2-PO2=1,易知点Q的轨迹是以

。为圆心，半径为1的圆，由于集合7={QCS|PQW5},故集合T表示的区

域的面积为a,故选B.

6.［2022天津，5分］如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重

叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面形状是顶角为120。、腰为3的等腰三角

形，则该几何体的体积为(D)

［解析］如图，△"CD,△FEB,△/DECGBC均是顶角为120。、腰为3的等腰三

角形，易得其高均为|,底面BCDE是边长为3g的正方形，所以'三棱柱=jx

3Kx2x3痘=—＞，棱锥4-BCDE-X3V3X3V3X-=y,V-2金棱柱一

%棱锥4-BCDE=2x竽一§=27.故选D.

7.［2021新高考卷II,5分］正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4,侧棱长

为2,则其体积为(D)

A.56B.28V2C.—D.—

33

［解析］如图所示，在正四棱台4BCD-&B1C1D1中，点。1，。分别为上、下底面

的中心，连接。4,。14,001,则由题意可知5。1底面4BCD,OA=

2V2,。14=V2.过点&作24〃。。1，交2。于点E,则4E1底面2BCD,四

边形。E4O1为矩形，OE=041=&.,所以AE=2&.-&.=五,因为

441=2，所以&E=%。=y/AAj-AE2=V2，即正四棱台的高为鱼，所以正

四棱台的体积，=|x(42+22+V42x22)xV2=粤名.故选D.

8.［2021天津，5分］两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球

的体积为等，两个圆锥的高之比为1：3，则这两个圆锥的体积之和为(B)

A.3TlB.4TlC.9TID.12Tl

［解析］设球的半径为R，则有］皿?3=等，解得R=2，设两个圆锥的高分别为

h,3h，由题意可知九+3九=2R=4，解得九=1，即两个圆锥的高分别为1,3,则球

心到圆锥的底面的距离d=R-九=1.设这两个圆锥的底面半径为r,根据球的

截面性质得R2=42+产，即4=i+产,解得厂=73，故两个圆锥的体积之和为

|-n:r2(/i+3/i)=|nx3x4=4n，故选B.

9.［2020全国卷I,5分］已知4,B,C为球。的球面上的三个点，O。1为&ABC

的外接圆.若O01的面积为411,AB=BC=AC=。01,则球。的表面积为(A)

A.641TB.48TlC.36nD.32TT

［解析］如图所示，设球。的半径为R,O。1的半径为丁，因为O%的面积为

2

4TT,所以4Tl=Tir,解得r=2,又AB-BC-AC-OOr,所以相=

sin60°

2

2r,解得ZB=2V3,故0。1=2百，所以R2=QO［+产=(2V3)+22=

16,所以球。的表面积S=4TTR2—64Tx.故选A.

【方法技巧】求解球的表面积问题的关键在于过好双关：一是“方程关”，能

借用图形，利用已知三角形的外接圆的面积，得三角形的边长，从而由勾股定

理求出R2的值；二是“公式关”，能应用球的表面积公式s=41TR2求其表面

积.

10.［2020全国卷II,5分］已知△ABC是面积为这的等边三角形，且其顶点都

4

在球。的球面上.若球。的表面积为161T,则。到平面4BC的距离为(C)

A.V3B.-C.1D.—

22

［解析］由等边三角形4BC的面积为等，得亨ZB2=W，得ZB=3,则△皿：

的外接圆半径r=|x曰=设球的半径为R,则由球的表面积

为1671,得4TIR2=16TT,得R=2,则球心。到平面的距离d=

V/?2—r2=1,故选C.

【方法技巧】（1）若等边三角形ABC的边长为a,则△ABC的面积为：a2；

（2）球的截面的性质：若球的半径为R,截面圆的半径为r,则球心到截面的

距离d=7R2—*.

11.［2020全国卷I,5分］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（如图所示）.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）

［解析］设正四棱锥的高为九，底面正方形的边长为2a,斜高为zn,依题意得

/=gx2axm,即必=am①，易知居+a2-m2②，由①②得m—

12.［2020浙江，4分］某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体

的体积（单位：cm3）是（人）

正视图

A.-7B.1—4C.3D.6

33

［解析］由三视图可知，该几何体是三棱柱和三棱锥的组合体，结合图中数据可

得该几何体的体积U=|x2xlx2+|x|x2xlxl=1(cm3),故选A.

二、填空题

13.［2023全国卷甲，5分］在正方体ABC。-ZiBiCiA中，AB=4,。为人。1

的中点，若该正方体的棱与球。的球面有公共点，则球。的半径的取值范围是

［2V2,2V31.

［解析］由该正方体的棱与球。的球面有公共点，可知球。的半径应介于该正方体

的棱切球半径和外接球半径之间(包含棱切球半径和外接球半径).设该正方体

的棱切球半径为r,因为=4,所以2r=7^x4,所以r=；设该正方

体的外接球半径为H,因为=4,所以(2R)2=42+42+42,所以R=

2K.所以球。的半径的取值范围是［2/,2遮］.

14.［2023全国卷乙，5分］已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，△

ABC是边长为3的等边三角形，S41平面4BC,则S4=2.

［解析］解法一

如图，设△ABC的外接圆圆心为01,连接。12,因为AZBC是边长为3的等边

三角形，所以其外接圆半径r=。12=卜枭3=收

将三棱锥S-ABC补形为正三棱柱SB】G-ABC,由题意知S4为侧棱，设球心

为。，连接。01,OA，则。。11平面2BC,且0。1=^SA.

222

又球的半径R=。2=2,0A=OOl+01A,所以4=^SA+3,得SZ=2.

解法二

如图，设AaBC的外接圆圆心为。1,连接。12,因为AaBC是边长为3的等边

三角形，所以其外接圆半径r=O1^l=|xyX3=V3.

设三棱锥S-ABC的外接球球心为。，连接。3，则。。11平面4BC.又SA1平

面4BC,所以。0J/S2,连接。S,0A,由题意知。S=04=2.过。作S2的

垂线，设垂足为“，则四边形2。1。”为矩形，所以。。1=4”，由。S=04可知

“为sa的中点，则。Oi=a”=jsa.

所以在RtA。。/中，由勾股定理可得。寿=。3+。1小，即4=；sa2+3,

得SA=2.

15.[2021全国卷乙，5分]以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧

视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次

为③④（答案不唯一，②⑤也可）（写出符合要求的一组答案即可）.

TT

--

ll

ii

图

图①③

H—2—HH—2―►!

图④图⑤

［解析］根据“长对正，高平齐，宽相等”及题图中数据，可知②③只能是侧视

图，④⑤只能是俯视图.若需组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图

的编号依次是③④或②⑤.若是③④，则三棱锥如图1中2—BCD；若是②⑤，

则三棱锥如图2中E-HFG.

16.［2019天津，5分］已知四棱锥的底面是边长为出的正方形，侧棱长均为后.

若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱

锥底面的中心，则该圆柱的体积为三

［解析］由题意得圆柱的高为四棱锥高的一半，底面圆的直径为以四棱锥侧棱的

四个中点为顶点的正方形的对角线，易求得圆柱的底面圆的直径为1,高为1,

所以该圆柱的体积U=71X(3XI='

17.［2019全国卷III,5分］学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如

图，该模型为长方体ABC。-挖去四棱锥。-EFGH后所得的几何

体，其中。为长方体的中心，E,F,G,”分别为所在棱的中点，AB=BC=

3

6cm,AAr=4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm.不考虑打印损耗，制作

该模型所需原料的质量为118.8g.

［解析］长方体ZBCD-2把停1。1的体积匕=6x6x4=144(cm3),而四棱锥

。-EFG”的底面积为矩形BBiQC面积的一半，高为长的一半，所以四棱

锥。一EFGH的体积七=|x|x4x6x3=12(cm3),所以长方体ABC。-

4B1GD1挖去四棱锥。一EFGH后所得几何体的体积，=匕—匕=

132(cm3),所以制作该模型所需原料的质量为132X0.9=118.8(g).

【易错点拨】本题的易错点有三处：一是把四棱锥的体积公式与四棱柱的体积

公式搞混，导致求四棱锥。-EFG”的体积时漏乘2；二是此题涉及质量的计

算，考生在求完体积后，容易漏乘原料密度，导致所求得的结果出错；三是将

计算模型几何体的体积错误计算为几何体的表面积，从3D打印所用原料的密度

的单位就可以发现计算的应该是体积而不是表面积.此类与实际应用相结合的试

题，只要仔细审题，并找准题眼，就可避开命题人所设置的陷阱.

题组三

一、选择题

1.12022全国卷乙，5分］已知球。的半径为1,四棱锥的顶点为。，底面的四

个顶点均在球。的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为(C)

A.-B.-C.—D.—

3232

［解析］该四棱锥的体积最大即该四棱锥底面所在圆面和顶点。组成的圆锥体积

最大.设圆锥的高为九(0＜九＜1),底面半径为r,则圆锥的体积U=|nr2/i=

|TT(1—九,则『=|TI(1—3/i2),令7=0，得九=三,所以V"=

，(1—F比在(0,李上单调递增，在母#上单调递减，所以当仁当时，

四棱锥的体积最大，故选C.

2.［2022新高考卷I,5分］己知正四棱锥的侧棱长为，，其各顶点都在同一球

面上.若该球的体积为36n,且3W2W3V5,则该正四棱锥体积的取值范围是

(C)

B.《,号C.《笥D.［18,27］

［解析］设该球的球心为。，半径为H，正四棱锥的底边长为a,高为九，依题

(I2=h2+

意，得36ir=girR3解得H=3.由题意可得〈2解得

?，2

一泰一,4所以正四棱锥的体积':fa/i=x[:

233V1876

a2^2l--,

18

^(2-^)(3<Z<3V3),所以/=/_(=/(4—匀(3工Y3⑹，令

7=0,得I=2粕,所以当3W2<2痣时，V'>0；当2①<I<343时,

V<0,所以函数U=(3<Z<3V3)在［3,2连)上单调递增，在

(2连,3百］上单调递减，又当，=3时，，=？；当1=2历时，，=?；当，=

43

3小时，所以该正四棱锥的体积的取值范围是耳，刑.故选C.

3.［2021新高考卷II,5分］北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要

成果.在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平

面，轨道高度为36000km(轨道高度是指卫星到地球表面的最短距离)，把

地球看成一个球心为。，半径r为6400km的球，其上点2的纬度是指04与赤

道所在平面所成角的度数，地球表面能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫

星的点的纬度的最大值记为a,该卫星信号覆盖的地球表面面积S=2冗产.

(1-cosa)(单位：km2),则S占地球表面积的百分比约为(C)

A.26%B.34%C.42%D.50%

［解析］如图所示，圆。的半径为6400km,点P是卫星所在位置，由题意可知

0P=36000+6400=42400(km),P4与圆。相切，切点为4，贝ikPCM=

a,所以3/=器=5黑=!所以卫星信号覆盖的地球表面面积S=

902

271r2(1—目=^nr2,贝US占地球表面积的百分比为过万x100%、42%,

\53/534irrz

故选C.

A

4.[2021北京，4分]对24小时内降落在平地上的积水厚度(单位：mm)进行

如下定义:

积水厚度/mm0-1010〜2525~5050〜100

等级小雨中雨大雨暴雨

小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图所示，则这一天的雨水属于哪

个等级(B)

A.小雨D.暴雨

[解析]作出截面图如图所示，设圆锥形容器中水面的半径为rmm，则意=黑.

所以r=50,所以24小时所接雨水的体积U=[|TTx502x150]mm3.设底面

半径为100mm的圆柱的高为九mm,由题意可知，|TTX502X150=TIx

1002xh,得h=12.5，即这一天的积水厚度为12.5mm,属于中雨.故选B.

二、填空题

5.［2020全国卷III,5分］已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半

径最大的球的体积为争I.

［解析］易知半径最大的球即为该圆锥的内切球.圆锥PE及其内切球。如图所示，

设内切球的半径为R,则sinNBPE=2=些=工，所以。P=3R,所以PE=

OPPB3

4R-VPB2—BE2-V32—l2—2V2，所以R—/，所以内切球的体积V——

^Tl7?3=^Tl,即该圆锥内半径最大的球的体积为.

6.［2020新高考卷I,5分］已知直四棱柱ABC。-的棱长均为2,

匕BAD=60。.以名为球心，后为半径的球面与侧面BCQBi的交线长为李.

［解析］如图，连接/A,易知△BiGDi为正三角形，所以/Di==2.分

别取HQ,BBi£加的中点M,G,H,连接,D1G,D】H，则易得&G=

22

D±H=V2+l=V5,D±M1BiG，且=8.由题意知G,H分别是

BB-CCi与球面的交点.在侧面BCC/i内任取一点P,使MP=V2，连接。止，则

D1P=〃也2+MP2=J(V3)2+(V2)2=V5，连接MG,MH，易得MG=MH=

V2,故可知以M为圆心，声为半径的圆弧G”为球面与侧面BCC/i的交线.由

ZBiMG=乙GMH=45°知ZGM”=90°,所以G”的长为工X2TIxV2=—.

42

7.［2019全国卷II,5分］中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.

印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信

形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围

成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面

体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半

正多面体共有组个面，其棱长为也-1.（本题第一空2分，第二空3分）

［解析］由题图1可知从上数第一层与第三层各有9个面，共18个面，第二层有

8个面，所以该半正多面体共有面18+8=26（个）.

如题图2,设该半正多面体的棱长为％，则ZB=BE=%，延长CB,与FE的延长

线交于点G，延长BC,交正方体的棱长于点”，由半正多面体的对称性可知，△

BGE为等腰直角三角形，所以BG=C”=枭，所以G”=2X小+%=

(V2+1＞，又正方体的棱长为1,所以G”=1，所以(/+1)%=1，解得％=

V2-1，即该半正多面体的棱长为a-1.

三、解答题

8.［2023全国卷乙，12分］如图，在三棱锥P—4BC中,ZB1BC=2=

2V2,PB=PC=①,BP,AP,BC的中点分别为。,E,0，点F在2C上，BF1

AO.

(1)求证:EF〃平面a。。.

［答案］如图，以B为坐标原点，所在直线分别为4,y轴，建立平面直角

坐标系，贝l」B(O,O),2(2,0),C(0,2V2),O(0,V2),ZO=(-2,V2).

设荏=AAC,贝I］易得F(—24+2,2V2A).

因为BF1AO,所以舐•前=0,

所以(一24+2,2仞)(一2,或)=0,解得a所以F为AC的中点.

又E,D分别为2P,BP的中点，所以EF〃PC,OD//PC,所以EF〃。。，

又。。u平面Z。。，EFC平面49。，所以EF〃平面40。.

A

(2)若NPOF=120。，求三棱锥P-2BC的体积.=

［答案］由(1)得FO〃AB,

因为ZB1BC,所以F。1BC.

又P01BC,所以ZPOF是二面角P—BC—F的平面角，

所以二面角P—BC—F的大小为120。.

设点P到平面ABC的距离为九，则h=PO-sin(180°-120°)=PO•sin60°,

在^PBC中,由PB=PC=#,BC=2V2,得P。=2,

所以h=V3,

所以三棱锥P-ABC的体积=3SAABC义九=(义］义2义2或义K=乎.

9.［2022全国卷乙，12分］如图，四面体CD中，AD1CD,ADCD,

^ADB=乙BDC,E为AC的中点.

(1)证明:平面BED1平面4CD;

［答案］因为=CD,乙ADB=乙BDC,DB=DB,

所以△ADB=△CDB,所以=BC.

又E为AC的中点，所以AC1BE,ACIDE,

因为BE(IDE=E,且BE,DEu平面BED,所以AC1平面BEO,

又ACu平面AC。,所以平面BED1平面AC。.

(2)设ZB=BD=2，乙4cB=60。，点F在BD上，当^AFC的面积最小时，求

三棱锥F—ABC的体积.

［答案］由(1)可知，AC1平面BED.连接EF,因为EFu平面BEO,所以AC_L

EF，当△AFC的面积最小时，点F到直线ZC的距离最小，即EF的长度最小.

因为？IB=BC=2,乙4cB=60。，所以△ZBC为正三角形，贝ijAC=2,BE=

V3,AE=1.

因为4)=CD,AD1CD,所以△ADC为等腰直角三角形，所以DE=1.

所以DE?+BE2=BD2，则OE1BE.

在内△BED中，当EF的长度最小时，EF1BD,EF=空空=理.

由射影定理知E产=DF-FB,又DF+FB=BD=2，易知D4<EF,所以

13

DF=-,FB=-.

22

解法一因为DE1AC,DE1BE,ACHBE=E,AC,BEu平面ABC,所

以DE1平面ABC,

则F到平面ABC的距离d=—xDE=-.

BD4

故4-ABC=^SAABCxd=gxfx4x\=f.

解法二由(1)知BD1AC，又BD1EF,EFr\AC=E,AC,EFu平面

ACF,所以BD1平面ZCF,

所以BF即B到平面ZCF的距离，

故4-ABC=^B-AFC=§SA4FCxBF=-x-xACxEFxBF=—.

10.［2021全国卷乙，12分］如图，四棱锥P—2BCD的底面是矩形，PD1底面

ABCD,M为BC的中点，且PB1AM.

(1)证明：平面P4M1平面PBD;

［答案］PD1平面ABC。，AMu平面ABC。，

PD1AM.

vPB1AM,PBCPD=P,PBu平面PBD,PDu平面PBD,

AM1平面PBO.

又AMu平面P4M,

平面P4M1平面PBO.

(2)若PD=DC=1，求四棱锥P—ABC。的体积.

［答案］•.•M为BC的中点，

由题意知ZB=DC=1.

•••AM1平面PBD,BDu平面PBD,

AM1BD.

由+^MAD=90°,^MAD+乙ADB=90°,得匕BAM=/LADB,

易得△BAM-AADB,,即汽=—,得AD=夜

ABAD1AD，

,1,^^ABCD=^D-DC=V2xl=y/2,

则四棱锥P-ABCD的体积/TBCD=矩形MCD•P。=[xex1=日.

11.[2020全国卷I,12分]如图，。为圆锥的顶点，。是圆锥底面的圆心，△

2BC是底面的内接正三角形，P为。。上一点，乙4PC=90°.

(1)证明：平面P4B1平面P4C；

［答案］由题设可知，PA=PB=PC,

由于△ABC是正三角形，故可得△PAC=△PAB,△PAC=△PBC.

又乙APC=90°,故Z2PB=90°/BPC=90°.

从而PB1PA,PB1PC,故PB1平面P4C，所以平面P4B1平面P4C.

(2)设。。=鱼，圆锥的侧面积为旧n,求三棱锥P—4BC的体积.

［答案］设圆锥的底面半径为r,母线长为，.

由题设可得包=V3,Z2—r2=2,解得r=1,Z=V3.从而ZB=V3.

由(1)可得PZ2+pB2=AB2，故pa=PB=PC=?.

所以三棱锥P-ABC的体积为工x-xPAxPBxPC==—,

3232\2/8

考点22空间点、直线、平面之间的位置关系

题组一

一、选择题

1.［2022全国卷乙，5分］在正方体4BCD中，E,F分别为ZB,BC

的中点，则(A)

A.平面BiEF1平面BD£)iB.平面当后91平面Z/D

C.平面当后/〃平面力i2CD.平面B]EF〃平面

[解析]如图，对于选项A,在正方体2