专题36 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积解析版-2025版高中数学一轮复习讲义知识梳理、考点突破和分层检测

Page专题36基本立体图形、简单几何体的表面积与体积（新高考专用）目录目录【知识梳理】 2【真题自测】 4【考点突破】 15【考点1】基本立体图形 15【考点2】表面积与体积 21【考点3】与球有关的切、接问题 28【分层检测】 35【基础篇】 35【能力篇】 45【培优篇】 51考试要求：1.利用实物、计算机软件等观察空间图形，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，能用公式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(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合体)的直观图.知识梳理知识梳理1.空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且全等多边形互相平行且相似侧棱平行且相等相交于一点，但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形(2)旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，垂直于底面相交于一点延长线交于一点轴截面矩形等腰三角形等腰梯形圆面侧面展开图矩形扇形扇环2.直观图(1)画法：常用斜二测画法.(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴、y′轴所在平面垂直.②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴.平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半.3.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrlS圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π(r1＋r2)l4.柱、锥、台、球的表面积和体积名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝eq\f(1,3)Sh台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝eq\f(1,3)(S上＋S下＋eq\r(S上S下))h球S＝4πR2V＝eq\f(4,3)πR31.正方体与球的切、接常用结论：正方体的棱长为a，球的半径为R，(1)若球为正方体的外接球，则2R＝eq\r(3)a；(2)若球为正方体的内切球，则2R＝a；(3)若球与正方体的各棱相切，则2R＝eq\r(2)a.2.长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝eq\r(a2＋b2＋c2).3.正四面体的外接球的半径R＝eq\f(\r(6),4)a，内切球的半径r＝eq\f(\r(6),12)a，其半径R∶r＝3∶1(a为该正四面体的棱长).4.直观图与原平面图形面积间关系S直观图＝eq\f(\r(2),4)S原图形.真题自测真题自测一、单选题1．（2024·全国·高考真题）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（

）A． B．1 C．2 D．32．（2024·全国·高考真题）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，则圆锥的体积为（

）A． B． C． D．3．（2023·全国·高考真题）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（

）A．1 B． C．2 D．34．（2023·全国·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（

）A． B． C． D．5．（2023·全国·高考真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（

）A． B． C． D．二、多选题6．（2023·全国·高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（

）A．直径为的球体B．所有棱长均为的四面体C．底面直径为，高为的圆柱体D．底面直径为，高为的圆柱体三、填空题7．（2024·全国·高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为．8．（2023·全国·高考真题）已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则．9．（2023·全国·高考真题）在正方体中，为的中点，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．10．（2023·全国·高考真题）在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有个公共点．11．（2023·全国·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为．12．（2023·全国·高考真题）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．参考答案：1．B【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系可得，进而可求正三棱锥的高，即可得结果.【详解】解法一：分别取的中点，则，可知，设正三棱台的为，则，解得，如图，分别过作底面垂线，垂足为，设，则，，可得，结合等腰梯形可得,即，解得，所以与平面ABC所成角的正切值为；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，因为，则，可知，则，设正三棱锥的高为，则，解得，取底面ABC的中心为，则底面ABC，且，所以与平面ABC所成角的正切值.故选：B.2．B【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积.【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以即，故，故圆锥的体积为.故选：B.3．A【分析】证明平面，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解.【详解】取中点，连接，如图，

是边长为2的等边三角形，，，又平面，，平面，又，，故，即，所以，故选：A4．C【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.【详解】法一：连结交于，连结，则为的中点，如图，因为底面为正方形，，所以，则，又，，所以，则，又，，所以，则，在中，，则由余弦定理可得，故，则，故在中，，所以，又，所以，所以的面积为.法二：连结交于，连结，则为的中点，如图，因为底面为正方形，，所以，在中，，则由余弦定理可得，故，所以，则，不妨记，因为，所以，即，则，整理得①，又在中，，即，则②，两式相加得，故，故在中，，所以，又，所以，所以的面积为.故选：C.5．B【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答.【详解】在中，，而，取中点，连接，有，如图，，，由的面积为，得，解得，于是，所以圆锥的体积.故选：B6．ABD【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.【详解】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内，故A正确；对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且，所以能够被整体放入正方体内，故B正确；对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且，所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过的中点作，设，可知，则，即，解得，且，即，故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，可知：，则，即，解得，根据对称性可知圆柱的高为，所以能够被整体放入正方体内，故D正确；故选：ABD.7．【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可得解.【详解】由题可得两个圆台的高分别为，，所以.故答案为：.8．2【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解.【详解】如图，将三棱锥转化为正三棱柱，设的外接圆圆心为，半径为，则，可得，设三棱锥的外接球球心为，连接，则，因为，即，解得.故答案为：2.【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法（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求解；（2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解；（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长；（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．9．【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小.【详解】设球的半径为.当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，正方体的外接球直径为体对角线长，即，故；

分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点，连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为.综上，.故答案为：10．12【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解.【详解】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图，由题意可知，为球心，在正方体中，，即，则球心到的距离为，所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点，同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12.故答案为：1211．/【分析】结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解.【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，

因为，则，故，则，所以所求体积为.故答案为：.12．【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解.【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为，所以正四棱锥的体积为，截去的正四棱锥的体积为，所以棱台的体积为.方法二：棱台的体积为.故答案为：.考点突破考点突破【考点1】基本立体图形一、单选题1．（23-24高一下·福建莆田·期中）已知等腰梯形，，，圆为梯形的内切圆，并与，分别切于点，，如图所示，以所在的直线为轴，梯形和圆分别旋转一周形成的曲面围成的几何体体积分别为，，则值为（

）A． B． C． D．2．（2022·重庆·模拟预测）十八世纪，数学家欧拉发现简单凸多面体的顶点数V、棱数E及面数F之间有固定的关系，即著名的欧拉公式：.如图所示为上世纪八十年代科学家首次发现的碳60的电子显微镜图，它是由五边形和六边形面构成的多面体，共有60个顶点，每个顶点均为碳原子，且每个顶点引出三条棱，形似足球.根据以上信息知，碳60的所有面中五边形的个数是（

）

A．12 B．20 C．32 D．40二、多选题3．（2024·山西晋中·模拟预测）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体．已知，则关于图中的半正多面体，下列说法正确的有（

）A．该半正多面体的体积为B．该半正多面体过三点的截面面积为C．该半正多面体外接球的表面积为D．该半正多面体的表面积为4．（2024·新疆喀什·二模）如图圆台，在轴截面中，，下面说法正确的是（

）A．线段B．该圆台的表面积为C．该圆台的体积为D．沿着该圆台的表面，从点到中点的最短距离为5三、填空题5．（21-22高三上·广东潮州·期末）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面，，，已知动点从点出发，沿外表面经过棱上一点到点的最短距离为，则该棱锥的外接球的体积为.6．（2022·辽宁沈阳·一模）如图，在底面半径为1，高为6的圆柱内放置两个球，使得两个球与圆柱侧面相切，且分别与圆柱的上下底面相切.一个与两球均相切的平面斜截圆柱侧面，得到的截线是一个椭圆.则该椭圆的离心率为.

参考答案：1．C【分析】先确定旋转体的形状，再求解几何体的体积即可得出结果.【详解】梯形ABCD旋转一周形成圆台，且圆台的上底面半径为,下底面半径为,由圆O和梯形ABCD相切可得，，所以圆台高,

圆O半径，所以，,所以，.故选：C.2．A【分析】设五边形面有个，六边形面有个，即可得到总棱数与顶点数，再根据欧拉公式得到方程组，解得即可；【详解】解：设五边形面有个，共条棱，六边形面有个，共条棱，由于每条棱出现在两个面中，故会被重复计算一次，因此总棱数，同理每个顶点出现在三个面中，总顶点数为，故，又，故，即，与联立可解得．故选：A3．ABD【分析】先将该半正多面体补形为正方体，利用正方体与棱锥的体积公式判断A，利用该半正多面体的对称性，得到截面为正六边形与外接球的球心位置，从而判断BC，利用正三角形与正方体的面积公式判断D.【详解】A：如图，因为，所以该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该半正多面体的体积为：，故A正确；B：根据该半正多面体的对称性可知，过三点的截面为正六边形，又，所以正六边形面积为，故B正确；C：根据该半正多面体的对称性可知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心，即正六边形的中心，故半径为，所以该半正多面体外接球的表面积为，故C错误；D：因为该半正多面体的八个面为正三角形、六个面为正方形，棱长皆为，所以其表面积为，故D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：本题解决的关键有二，一是将该半正多面体补形为正方体，二是充分利用该半正多面体的对称性，从而得解.4．ABD【分析】在等腰梯形中求出判断A；利用圆台表面积公式、体积公式计算判断BC；利用侧面展开图计算判断D.【详解】显然四边形是等腰梯形，，其高即为圆台的高对于A，在等腰梯形中，，A正确；对于B，圆台的表面积，B正确；对于C，圆台的体积，C错误；对于D，将圆台一半侧面展开，如下图中扇环且为中点，而圆台对应的圆锥半侧面展开为且，又，在△中，，斜边上的高为，即与弧相离，所以C到AD中点的最短距离为5cm，D正确.

故选：ABD5．【分析】将沿翻折到与共面得到平面四边形如图1所示，设，利用余弦定理求出，将三棱锥补成长方体如图2所示，该棱锥的外接球即为长方体的外接球，求出外接球的半径，即可求出其体积.【详解】解：将沿翻折到与共面得到平面四边形如图1所示，设，即，由题意得，在中，由余弦定理得即即，解得或（舍去），将三棱锥补成长方体如图2所示，该棱锥的外接球即为长方体的外接球，则外接球的半径，所以外接球的体积.故答案为：6．【分析】由题意如图所示，由球的半径可求得的值，进而可得的正弦值，所以可求出的值，即可以求出的值，由圆柱的底面半径可以求出的值，进而可以求出离心率.【详解】如图所示：

由题意可得，所以，又因为，结合可知，所以，而，即，所以，所以离心率.故答案为：.反思提升：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，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可.(3)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.”(4)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：S直观图＝eq\f(\r(2),4)S原图形.(5)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.【考点2】表面积与体积一、单选题1．（2024·天津红桥·二模）如图，圆锥形脆皮筒上面放半球形的冰淇淋，为了保障冰淇淋融化后能落在脆皮筒里，不溢出来，某规格的脆皮筒规定其侧面面积是冰淇淋半球面面积的2倍，则此规格脆皮筒的体积与冰淇淋的体积之比为（

）

A． B． C． D．2．（2024·陕西·模拟预测）将一个正四棱台物件放入有一定深度的电解槽中，对其表面进行电泳涂装．如图所示，已知该物件的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为，则该物件的高为（

）A． B．1 C． D．3二、多选题3．（2021·辽宁沈阳·模拟预测）三星堆遗址，位于四川省广汉市，距今约三千到五千年.2021年2月4日，在三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮.玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，是一种古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长，外径长，筒高，中部为棱长是的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则（

）A．该玉琮的体积为() B．该玉琮的体积为()C．该玉琮的表面积为() D．该玉琮的表面积为()4．（2024·吉林长春·三模）某圆锥的侧面展开图是圆心角为，面积为3π的扇形，则（

）A．该圆锥的母线与底面所成角的正弦值为B．若该圆锥内部有一个圆柱，且其一个底面落在圆锥的底面内，则当圆柱的体积最大时，圆柱的高为C．若该圆锥内部有一个球，则当球的半径最大时，球的内接正四面体的棱长为D．若该圆锥内部有一个正方体，且底面ABCD在圆锥的底面内，当正方体的棱长最大时，以A为球心，半径为的球与正方体表面交线的长度为三、填空题5．（2024·山西吕梁·二模）已知圆台的高为3，中截面（过高的中点且垂直于轴的截面）的半径为3，若中截面将该圆台的侧面分成了面积比为1:2的两部分，则该圆台的母线长为.6．（2021·全国·模拟预测）已知圆锥的轴截面PAB是边长为a的正三角形，AB为圆锥的底面直径，球O与圆锥的底面以及每条母线都相切，记圆锥的体积为，球O的体积为，则；若M，N是圆锥底面圆上的两点，且，则平面PMN截球O所得截面的面积为.参考答案：1．B【分析】设圆锥的半径为，高为，母线长为，结合题意面积比得到，再计算二者的体积比即可.【详解】设圆锥的半径为，高为，母线长为，则母线长为，所以圆锥的侧面积是，半球的面积，由题意可得，解得，所以圆锥的体积为，半球的体积为，所以此规格脆皮筒的体积与冰淇淋的体积之比为，故选：B.2．C【分析】作出正四棱台的图形，设，利用该四棱台侧面的面积求得，进而利用勾股定理即可得解.【详解】设，则.因为该四棱台为正四棱台，所以各个侧面都为等腰梯形，上、下底面为正方形，在四边形中，过点作于点，则，所以，所以，解得，在平面中，过点作于点，易知为正四棱台的高，则，所以.故选：C.3．BD【分析】体积为圆筒体积（外圆柱减去内圆柱体积）加上正方体体积减去内切圆柱体积．组合体的表面包含下面几个部分：外圆柱侧面在正方体外面的部分，正方体上下两个底面去掉其内切圆的部分，圆筒的上下两个底面（两个圆环），正方体的4个侧面，内圆柱的侧面，面积相加可得．【详解】由图可知，组合体的体积().().故选：BD．4．ACD【分析】先根据圆锥侧面积公式和扇形弧长公式得出圆锥的母线长、底面半径和高即可求出圆锥的母线与底面所成角正弦值，进而判断A；根据三角形相似比得出圆柱高与其底面半径比的关系，再代入圆柱体积公式得到，再利用导数工具求出最值即可突破求解进而判断B；CD属于简单几何体的接切和相交问题，要结合相应几何体的结构特征和关系进行分析判断，具体看详解.【详解】对于A，由圆锥侧面积公式和扇形弧长公式得，，所以圆锥的高，设圆锥的母线与底面所成角，则，故A对；

对于B，设圆锥内切圆柱底面半径为，高为，则有，所以圆柱体积为，设，则，所以当时，单调递增；当时，单调递减，所以时y取得最大值，即时圆柱体积取得最大，此时圆柱的高，故B错.

对于C，当球的半径最大时，球为圆锥的内切球，设球的半径设为R，此时圆锥与球的轴截面如图，因为,又，所以，正四面体可由正方体面的对角线切割得到，如图，正四面体外接球与相对应正方体外接球为同一个球，

当正四面体的棱长为时，其相对应的正方体棱长为，所以外接球直径为，所以外接球半径为，所以该圆锥内部有一个球，则当球的半径最大时，球的内接正四面体的棱长为，故C对；对于D，设圆锥内接最大正方体棱长为a，则沿着正方体体对角面作圆锥轴截面得到截面图如下，

则有，所以正方体面的对角线长为，所以以正方体顶点A为球心，半径为的球与正方体表面交线情况如下图所示，

所以交线有两组各有三条长度相等的曲线，第一组曲线如图（1），第二组曲线如图（2），

由上，，所以，所以，，所以交线的总长度为.，故D对.故选：ACD.【点睛】易错点睛：简单几何体相交交线是直线还是曲线是容易出错的点，一般情况下经过曲面的交线是曲线，但交线过旋转体母线的是直线，如下图：

5．5【分析】作出圆台轴截面图象，根据梯形中位线性质，圆台侧面积公式可求上底和下底的半径，根据图形性质即可求出母线.【详解】设圆台的上､下底面圆的半径分别为，因为中截面的半径为3，所以根据梯形中位线性质可知：.又中截面将该圆台的侧面分成了面积比为的两部分，所以根据圆台侧面积公式可知：，解得，所以.又圆台的高为3，所以圆台的母线长为.故答案为：5.6．；.【分析】根据等边三角形的性质求出球O的半径，从而可分别求出圆锥的体积为和球O的体积为；设MN的中点为C，连接PC，DM，首先求出点到直线的距离，然后结合球O的半径，即可求出平面PMN截球O所得截面圆的半径为r.【详解】如图，设D为AB的中点，连接PD，由题意知PD为圆锥的高，且，易知球O的半径，所以，，所以；设MN的中点为C，连接PC，DM，则，易知，，所以，所以.过O点作，垂足为E，易知，则，又，则.设平面PMN截球O所得截面圆的半径为r，则，所以截面的面积为.故答案为：；.反思提升：1.空间几何体表面积的求法(1)旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用，并弄清底面半径、母线长与对应侧面展开图中边的关系.(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理.2.求空间几何体的体积的常用方法(1)公式法：规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解；(2)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；(3)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.【考点3】与球有关的切、接问题一、单选题1．（2024·湖南·二模）如图，在四面体中，平面，则此四面体的外接球表面积为（

）A． B． C． D．2．（2023·广东佛山·二模）科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器．2022年5月，“极目一号”III型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”III型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”III型浮空艇的体积约为（

）（参考数据：，，，）A． B． C． D．二、多选题3．（2024·河南信阳·一模）六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫结构为正八面体结构，如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之间的距离为m，则（

）

A．该正八面体结构的表面积为 B．该正八面体结构的体积为C．该正八面体结构的外接球表面积为 D．该正八面体结构的内切球表面积为4．（2022·全国·模拟预测）三棱锥中，平面平面ABC，，，则（

）A．B．三棱锥的外接球的表面积为C．点A到平面SBC的距离为D．二面角的正切值为三、填空题5．（2024·广东肇庆·模拟预测）在四面体中，，若，则四面体体积的最大值是，它的外接球表面积的最小值为.6．（2023·江苏·模拟预测）已知菱形ABCD的边长为1，，将沿AC翻折，当三棱锥表面积最大时，其内切球表面积为.参考答案：1．B【分析】将四面体补形成长方体，长方体的长､宽､高分别为、、，长方体的外接球即为四面体的外接球，而长方体外接球的直径即为其体对角线，求出外接球的直径，即可求出外接球的表面积.【详解】将四面体补形成长方体，长方体的长､宽､高分别为、、，四面体的外接球即为长方体的外接球，而长方体的外接球的直径等于长方体的体对角线长，设外接球的半径为，故，所以外接球表面积为.故选：B.2．A【分析】先根据图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为，而圆台一个底面的半径为，再根据球、圆柱和圆台的体积公式即可求解．【详解】由图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为（m），而圆台一个底面的半径为（m），则（m3），（m3），（m3），所以（m3）．故选：A．3．ACD【分析】分析正八面体结构特征，计算其表面积，体积，外接球半径，内切球半径，验证各选项.【详解】

对A：由题知，各侧面均为边长为的正三角形，故该正八面体结构的表面积，故A正确；对B：连接，则，底面，故该正八面体结构的体积，故B错误；对C：底面中心到各顶点的距离相等，故为外接球球心，外接球半径，故该正八面体结构的外接球表面积，故C正确；对D：该正八面体结构的内切球半径，故内切球的表面积，故D正确；故选：ACD．4．AD【分析】根据平面ABC可判断A正误；求出直径SC，再根据球的表面积公式课判断B的正误；根据面面垂直的性质定理可知点A到平面SBC的距离为AG，求出AG可判断C正误；根据题意可知∠SBA为二面角的平面角，进而求出正切值可判断D正误.【详解】对于A，因为平面平面ABC，，即，平面平面，平面SAB，所以平面ABC，又因为平面ABC，所以，故A正确；对于B，因为，，，所以平面SAB，因为平面SAB，所以.又平面ABC，平面ABC，所以，即，所以三棱锥外接球的直径为SC.因为，所以，所以三棱锥的外接球的表面积，故B错误；对于C，因为平面SAB，平面SBC，所以平面平面SBC，过点A作，交SB于点G，根据面面垂直的性质定理，可得平面SBC，故点A到平面SBC的距离为AG，由，，得，则，则，故C错误；对于D，，，所以∠SBA为二面角的平面角，在中，，故D正确；故选：AD.5．【分析】根据余弦定理以及不等式可得，进而可求解面积的最大值，进而根据，即可求解高的最大值，进而可求解体积，根据正弦定理求解外接圆半径，即可根据球的性质求解球半径的最小值，即可由表面积公式求解.【详解】由余弦定理可得,故，所以，当且仅当时取等号，故，故面积的最大值为，，由于，所以点在以为直径的球上（不包括平面），故当平面平面时，此时最大为半径，故，由正弦定理可得：，为外接圆的半径，设四面体外接球半径为,则,其中分别为球心和外接圆的圆心，故当时，此时最小，故外接球的表面积为,故答案为：,

6．【分析】求内切球的表面积，只需根据等体积法求出内切球的半径即可求解.【详解】

因为菱形的四条边相等，对角线互相垂直三棱锥中，面与面的面积是确定的，所以要使三棱锥表面积最大，则需要面与面最大即可，而且；，当时，取得最大值.过点向平面作垂线，设的中点为垂足为，

因为，，所以由余弦定理知，所以，易得.所以.因为，设内切球的半径为，则根据等体积法，有：，即，解之得，所以其内切球的表面积为故答案为：反思提升：(1)求解多面体的外接球时，经常用到截面图.如图所示，设球O的半径为R，截面圆O′的半径为r，M为截面圆上任意一点，球心O到截面圆O′的距离为d，则在Rt△OO′M中，OM2＝OO′2＋O′M2，即R2＝d2＋r2.(2)求解球的内接正方体、长方体等问题的关键是把握球的直径即是几何体的体对角线.(3)“切”的问题处理规律：找准切点，通过作过球心的截面来解决；体积分割是求内切球半径的通用方法.分层分层检测【基础篇】一、单选题1．（2024·河南商丘·模拟预测）在正四棱柱中，已知，为棱的中点，则线段在平面上的射影的长度为（

）A． B． C． D．2．（23-24高三下·河南·阶段练习）已知圆台的上、下底面半径分别为，，且，若半径为的球与的上、下底面及侧面均相切，则的体积为（

）A． B． C． D．3．（2024·重庆·三模）若圆锥的母线长为2，且母线与底面所成角为，则该圆锥的侧面积为（）A． B． C． D．4．（2024·广东·模拟预测）建盏是福建省南平市建阳区的特产，是中国国家地理标志产品，其多是口大底小，底部多为圈足且圈足较浅（如图所示），因此可将建盏看作是圆台与圆柱拼接而成的几何体.现将某建盏的上半部分抽象成圆台，已知该圆台的上､下底面积分别为和，高超过，该圆台上､下底面圆周上的各个点均在球的表面上，且球的表面积为，则该圆台的体积为（

）A． B． C． D．二、多选题5．（2024·云南红河·二模）如图所示，圆锥的底面半径和高都等于球的半径，则下列选项中正确的是（

）A．圆锥的轴截面为直角三角形B．圆锥的表面积大于球的表面积的一半C．圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为D．圆锥的体积与球的体积之比为6．（2024·河北邯郸·三模）“阿基米德多面体”又称“半正多面体”，与正多面体类似，它们也都是凸多面体，每个面都是正多边形，并且所有棱长也都相等，但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不全相同．有几种阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到如图，正八面体的棱长为3，取各条棱的三等分点，截去六个角后得到一种阿基米德多面体，则该阿基米德多面体（

）

A．共有18个顶点 B．共有36条棱C．表面积为 D．体积为7．（2021·重庆·三模）设一空心球是在一个大球(称为外球)的内部挖去一个有相同球心的小球(称为内球)，已知内球面上的点与外球面上的点的最短距离为1，若某正方体的所有顶点均在外球面上､所有面均与内球相切，则（

）A．该正方体的棱长为2 B．该正方体的体对角线长为C．空心球的内球半径为 D．空心球的外球表面积为三、填空题8．（2023·江西九江·一模）如图，在正三棱柱中，，为的中点，为线段上的点.则的最小值为

9．（2024·陕西·模拟预测）如图，正三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长，以点为球心作一个半径为的球，则该球被平面所截的圆面的面积为.10．（23-24高二下·浙江·期中）圆锥的底面半径为1，母线长为2，在圆锥体内部放入一个体积最大的球，该球的表面积为．四、解答题11．（22-23高二下·陕西榆林·期末）如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，是与的交点.(1)求证：平面；(2)求三棱锥的体积.12．（2024·全国·模拟预测）如图，在三棱锥中，点为棱的中点，点为的中点，，，都是正三角形．(1)求证：平面；(2)若三棱锥的体积为，求三棱锥的表面积．参考答案：1．D【分析】取中点，连接，过点作于点，连接，证明出平面，求出即可求解．【详解】如图所示，取中点，连接，则，点四点共面，，，过点作于点，连接，则，在中，，解得，，则，由正四棱柱得，平面，则平面，又平面，所以，，所以，因为，，平面，且平面，所以平面，所以线段在平面上的射影为线段，故选：D．

2．A【分析】根据圆台的轴截面图，利用切线长定理结合圆台和球的结构特征求解，，然后代入圆台体积公式求解即可.【详解】如图，设的上、下底面圆心分别为，，则的内切球的球心O一定在的中点处．设球O与的母线AB切于M点，则，，，，所以．过A作，垂足为G，则，由，得，所以，所以的体积为．故选：A．3．C【分析】根据题意，求得圆锥底面圆的半径，结合圆锥的侧面积公式，即可求解.【详解】圆锥的母线长为2，母线与底面所成角为，所以底面圆的半径为，所以该圆锥的侧面积为.故选：C4．B【分析】画出图形，首先根据球的表面积公式计算得球的半径为，通过勾股定理得的值，进而得圆台的高，结合圆台的体积公式即可得解.【详解】设球的半径为，上､下底面分别为圆（这里上底面是指大的那个底面），依题意，，解得，因为，则，同理可得，，因为圆台的高超过，则该圆台的高为，该圆台的体积为.故选：B.5．ABD【分析】根据题意，结合条件由圆锥以及球的表面积体积公式代入计算，对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】对于A，设球的半径为，则如图所示：，所以，故A正确；对于B，圆锥的表面积为，球的表面积为，所以，故B正确；对于C，圆锥的母线长为，底面周长为，所以圆锥侧面展开图中圆心角的弧度数为，故C错误；对于D，，，，故D正确.故选：ABD.6．BD【分析】根据正八面体的几何性质，结合题意，利用正方形与正六边形的面积公式以及正四棱锥的体积公式，可得答案.【详解】由图可知该多面体有24个顶点，36条棱，故A错误，B正确；该多面体的棱长为1，且表面由6个正方形和8个正六边形组成，故该多面体的表面积为，故C错误；正八面体可分为两个全等的正四面体，其棱长为，过作平面于，连接，如下图：

因为平面，且平面，所以，正方形中，由边长为，则对角线长为，则，在中，，则，正八面体的体积为，切割掉6个棱长均为1的正四棱锥，减少的体积为，所以该阿基米德多面体的体积为，故D正确．故选：BD.7．BD【分析】设内外球半径分别为r，R，利用正方体的对角线求得，根据两球上点的距离最小值为，求解后得到r，R，进而求得正方体的对角线和外接球的表面积.【详解】设内外球半径分别为r，R，则正方体的棱长为，体对角线长为，∴，又由题知，所以，，∴正方体棱长为，体对角线长为，∴外接球表面积为，故选：BD.8．【分析】将侧面沿展开，使得侧面与侧面在同一平面内，根据平面上两点间线段最短可求得答案.【详解】

解：将侧面沿展开，使得侧面与侧面在同一平面内，如图，连接交于，则的最小值为此时的，，的最小值为.故答案为：.9．【分析】首先做过点的平面的垂线，判断得出，进而得出截面的形状，求出截面圆的半径，即可求解.【详解】正三棱锥的三条侧棱两两垂直，过点作平面于点，且侧棱长，正三棱锥的三个侧面都为以为直角顶点的等腰直角三角形，得：，所以.作交于点，则，因为球的半径满足：，故以为球心的球被平面所截的圆面如图所示，其中，因为平面，所以，故所求截面的面积为.故答案为：.10．【分析】根据球的半径是边长为2的等边三角形的内切圆半径来求解.【详解】球的半径是边长为2的等边三角形的内切圆半径，即半径为，所以球的表面积．故答案为：.11．(1)证明见解析；(2).【分析】（1）根据正方体的性质可得是的中点，从而可得，根据线面平行的判定定理即可证明；（2）根据即可求解.【详解】（1）∵是与的交点，∴是的中点，又是棱的中点，∴，又平面，平面，∴平面.（2）由正方体的性质可得平面，所以.12．(1)证明见解析(2)【分析】（1）由已知可得，，可证平面，可得，又易得，进而可证平面．（2）由已知可得，，利用体积可求得的值，进而可求表面积.【详解】（1）因为是正三角形，点为的中点，所以．因为，是正三角形，点为的中点，所以，．因为，平面，平面，所以平面．因为平面，所以，因为，平面，平面，所以平面．（2）设，则是边长为的正三角形，因为，所以，因为是正三角形，且，所以，所以三棱锥的体积，所以，的面积为，与的面积相等，其面积之和为，在中，，，所以的面积为．所以三棱锥的表面积为．【能力篇】一、单选题1．（2024·广东茂名·模拟预测）若正四面体的棱长为，M为棱上的动点，则当三棱锥的外接球的体积最小时，三棱锥的体积为（

）A． B． C． D．二、多选题2．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图，在长方体中，，，是棱上的一点，点在棱上，则下列结论正确的是（

）A．若，C，E，F四点共面，则B．存在点，使得平面C．若，C，E，F四点共面，则四棱锥的体积为定值D．若，C，E，F四点共面，则四边形的面积不为定值三、填空题3．（2024·吉林·模拟预测）清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的全等正四面体组合而成（每一个四面体的各个面都过另一个四面体的三条共点的棱的中点）.如图，若正四面体棱长为2，则该组合体的表面积为；该组合体的外接球体积与两正交四面体公共部分的内切球体积的比值为.四、解答题4．（23-24高二下·江西赣州·期中）如图，在直三棱柱中，，，为的中点.(1)证明：平面.(2)若以为直径的球的表面积为，求二面角的余弦值.参考答案：1．A【分析】首先根据几何性质分析外接球的球心位置，再构造长度的等量关系，即可求解三棱锥的体积.【详解】如图，在正四面体中，假设底面，则点H为外心．在上取一点O，满足，则O为三棱锥的外接球球心．当取得最小值时，最小，三棱锥的外接球体积最小，此时点O与点H重合．作，垂足为N，，为三棱锥的高．由正四面体的棱长为，易知，所以，，．由，设，则，．由，得，解得．．．故选：A【点睛】关键点点睛：关键是确定外接球的球心位置.2．BCD【分析】利用面面平行的性质定理证明，，然后可得，取E不是棱的中点，可判断A；取E为棱的中点，可判断B；由的面积为定值，以及平面，平面，可判断C；取点E为中点，和点E与点重合两种情况求出四边形的面积可判断D.【详解】在长方体中，若，C，E，F四点共面，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，同理，对于A，由，C，E，F四点共面，得平行四边形，则，，于是，若E不是棱的中点，则，A错误；对于B，当E是棱的中点时，由上知，F为的中点，四边形是平行四边形，则，而平面，平面，因此平面，B正确；对于C，由长方体性质知，且平面，平面，则平面，同理可得平面，即点E，F到平面的距离为定值，又的面积为定值，因此三棱锥和三棱锥的体积都为定值，所以四棱锥的体积为定值，C正确；对于D，当点E为中点时，四边形是菱形，，，四边形的面积为，当点与点重合时，F与D重合，四边形为矩形，面积为，四边形的面积不为定值，D正确.故选：BCD3．27【分析】该组合体一共有24个面，每一个面都是全等的边长为1的等边三角形，则可求出其表面积；该组合体的外接球也是任意一个正四面体的外接球，可用一个正四面体来看，求出外接球半径为，两正交四面体公共部分一共有8个面，且每一个面都是全等的边长为1的等边三角形，则中间部分的体积为，设其内切球半径为，由，求出，即可得到体积的比值.【详解】该组合体一共有24个面，每一个面都是全等的边长为1的等边三角形，则其表面积为，该组合体的外接球也是任意一个正四面体的外接球，可用一个正四面体来看，是的中心，是球心，则，则，，设外接球半径为，则，又，解得，两正交四面体公共部分一共有8个面，且每一个面都是全等的边长为1的等边三角形，则其表面积为，大正四面体的体积为，则每个小正四面体的体积为，则中间部分的体积为，设其内切球半径为，则中间部分的体积也可表示为，解得，故外接球和内切球体积之比为.故答案为：，27.4．(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接交于点，则为的中点，连接，则，根据线面平行的判定定理证明即可.（2）建系，利用二面角的向量求法求解即可.【详解】（1）连接交于点，则为的中点，连接，因为为的中点，所以，又平面，平面，所以平面.（2）因为，为的中点，所以，且，因为以为直径的球的表面积为，所以，解得，以为坐标原点，的方向为轴正方向，竖直向上为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为，则，令，得，，设平面的法向量为，则，令，得，因为，由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.【培优篇】一、单选题1．（2024·河南·模拟预测）在棱长为1的正四面体中，P为棱（不包含端点）上一动点，过点P作平面，使，与此正四面体的其他棱分别交于E，F两点，设，则的