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专题11 空间几何体的表面积与体积
1、（2023年全国乙卷数学(理)）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．
【答案】B
【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：B
2、（2023年全国甲卷数学（文））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．3
【答案】A
【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：A
3、（2023年全国甲卷数学（理））在四棱锥 中，底面 为正方形，
，则 的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】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 .
4、【2022年新高考1卷】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（√7≈2.65）（ ）
A．1.0×109m3 B．1.2×109m3 C．1.4×109m3 D．1.6×109m3
【答案】C
【解析】依题意可知棱台的高为MN=157.5−148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．
棱台上底面积S=140.0km2=140×106m2，下底面积S'=180.0km2=180×106m2，
1 1
∴V = ℎ (S+S'+√SS')= ×9×(140×106+180×106+√140×180×1012)
3 3
=3×(320+60√7)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109 (m3 )．故选：C．
5、【2022年新高考2卷】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3√3和4√3，其顶点都在同一球
面上，则该球的表面积为（ ）
A．100π B．128π C．144π D．192π
【答案】A
3√3 4√3
【解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径r ,r ，所以2r = ,2r = ，即r =3,r =4，
1 2 1 sin60∘ 2 sin60∘ 1 2
设球心到上下底面的距离分别为d ,d ，球的半径为R，所以d =√R2−9，d =√R2−16，故|d −d |=1
1 2 1 2 1 2
或d +d =1，即|√R2−9−√R2−16|=1或√R2−9+√R2−16=1，解得R2=25符合题意，所以球的表面
1 2
积为S=4πR2=100π．
故选：A
6、（2023年新课标全国Ⅱ卷）（多选题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，
， ，点C在底面圆周上，且二面角 为45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为
C． D． 的面积为
【答案】AC
【详解】依题意， ， ，所以 ，
A选项，圆锥的体积为 ，A选项正确；
B选项，圆锥的侧面积为 ，B选项错误；C选项，设 是 的中点，连接 ，
则 ，所以 是二面角 的平面角，
则 ，所以 ，
故 ，则 ，C选项正确；
D选项， ，所以 ，D选项错误.
故选：AC.
7、（2023年新课标全国Ⅰ卷）（多选题）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
【答案】ABD
【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.
8、（2023年新课标全国Ⅰ卷）在正四棱台 中， ，则该棱台的体
积为________．
【答案】 /
【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： .
9、（2023年新课标全国Ⅱ卷）．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______．
【答案】
【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： .10、（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）已知直三棱柱 中，侧面 为正方形，
，E，F分别为 和 的中点， .
（1）求三棱锥 的体积；
（2）已知D为棱 上的点，证明： .
【解析】(1)如图所示，连结AF，
由题意可得： ，
由于AB⊥BB ，BC⊥AB， ，故 平面 ，
1而 平面 ，故 ，
从而有 ，
从而 ，
则 ， 为等腰直角三角形，
， .
(2)由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体 ，如图所示，取棱 的
中点 ，连结 ，
正方形 中， 为中点，则 ，
又 ，
故 平面 ，而 平面 ，
从而 .
题组一、空间几何体的表面积
1-1、（2023·云南玉溪·统考一模）如图是某灯具厂生产的一批不倒翁型台灯外形，它由一个圆锥和一个半
球组合而成，圆锥的高是0.4m，底面直径和球的直径都是0.6m，现对这个台灯表面涂胶，如果每平方米需要涂200克，则共需涂胶（ ）克（精确到个位数）
A．176 B．207 C．239 D．270
【答案】B
【分析】求出圆锥的母线长，再由台灯是由一个圆锥和一个半球组成可求得台灯表面积 的值，
进而求得涂胶的克数.
【详解】由已知得圆锥的母线长 ，
所以台灯表面积为 ，
需要涂胶的重量为 （克），
故选：B.
1-2、（2023·安徽·统考一模）在三棱锥 中， 底面 ，则三
棱锥 外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求得外接球的半径，进而求得外接球的表面积.
【详解】由 ，得 ，
所以 的外接圆半径 ，
由于 底面 ，所以外接球的半径 ，
所以外接球的表面积 .
故选：B.
1-3、（2023·江苏·统考三模）已知底面半径为r的圆锥SO，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为 ，则此圆柱与圆锥的侧面积的比值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】圆锥的高为 ，如图，
由 可得： ，∴ ，
∴ ,
圆柱侧面积 ，
圆锥侧面积 ， .
故选：D．
1-4、（2021·山东日照市·高三二模）球面几何是几何学的一个重要分支，在航海、航空、卫星定位等方面
都有广泛的应用．如图，A，B，C是球面上不在同一大圆上的三点，经过这三点中任意两点的大圆的劣弧
AB,BC,CA ABC
分别为 ，由这三条劣弧组成的图形称为球面 ．已知地球半径为R，北极为点N，P，Q
20 60 △NPQ
是地球表面上的两点．若P，Q在赤道上，且经度分别为东经 和东经 ，则球面 的面积为
__________．2
R2
【答案】9
20 60
【解析】因为PQ在赤道上，且经度分别为东经 和东经 ，
1 6020 2R2
4R2 2R2 R2
上半球面面积为2 ，球面△NPQ的面积为 360 9 ；
2R2
故答案为： 9
题组二、空间几何体的体积
2-1、（2023·云南红河·统考一模）如图所示是一块边长为10cm的正方形铝片，其中阴影部分由四个全等
的等腰梯形和一个正方形组成，将阴影部分裁剪下来，并将其拼接成一个无上盖的容器（铝片厚度不计），
则该容器的容积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】作出正四棱台，作出辅助线，得到各边长，求出四棱台的高，从而利用台体体积公式求出体积.
【详解】由题知，该容器的容积就是正四棱台的体积，如图，连接正四棱台上下底面的中心 ， ，取上底面正方形一边中点 ，对应下底面正方形一边中点
，连接 ， ， ，
则 ，故 四点共面，
过点 作 交 于点 ，则四边形 为矩形，
故 ，
因为该正四棱台上、下底面边长分别为2，6，等腰梯形的斜高为4，
所以 ，
故 ，
所以该棱台的高 ，下底面面积 ，上底面面积 ，
所以该容器的容积是 ．
故选：B.
2-2、（2023·云南·统考一模）三棱锥 中， 平面 ， ．若 ， ，则该
三棱锥体积的最大值为（ ）
A．2 B． C．1 D．
【答案】D
【分析】先利用线面垂直的判定定理与性质定理依次证得 平面 、 与 ，从而利用基本不等式求得 ，进而得到 ，由此得解.
【详解】因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
又 ， ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
在 中， ， ，则 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
在 中，不妨设 ，则由 得 ，
所以 ，
当且仅当 且 ，即 时，等号成立，
所以 ，
所以该三棱锥体积的最大值为 .
故选：D.
.
2-3、（2023·山西临汾·统考一模）《九章算术·商功》提及一种称之为“羡除”的几何体，刘徽对此几何体
作注：“羡除，隧道也其所穿地，上平下邪.似两鳖臑夹一堑堵，即羡除之形.”羡除即为：三个面为梯形或
平行四边形（至多一个侧面是平行四边形），其余两个面为三角形的五面几何体.现有羡除 如图
所示，底面 为正方形， ，其余棱长为2，则羡除外接球体积与羡除体积之比为
（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接AC、BD交于点M，取EF的中点O，连接OM，求出OM的长，进而求出OA的长，可知
，从而可求出羡除外接球体积，由等体积法可求出羡除体积，进而可求
得结果.
【详解】连接AC、BD交于点M，取EF的中点O，连接OM，则 平面 .取BC的中点G，连接
FG，作 ，垂足为H，如图所示，
由题意得， ， ， ， ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，即：这个羡除的外接球的球心为O，半径为2，
∴这个羡除的外接球体积为 .
∵ ， 面 ， 面 ，
∴ 面 ，即：点A到面 的距离等于点B到面 的距离，
又∵ ，
∴ ，
∴这个羡除的体积为 ，∴羡除的外接球体积与羡除体积之比为 .
故选：A.
2-4、（2022·江苏如东·高三期末）已知三棱锥P－ABC的外接球半径为4，底面ABC中，AC＝6，∠ABC＝
60°，则三棱锥P－ABC体积的最大值是（ ）
A． B． C．24π D．
【答案】A
【解析】由已知可得， 的外接圆的半径 ，
且由余弦定理 得
，
（当且仅当 时取等号）
所以 ,
又外接球的球心到平面 的距离为 ，
所以点P到平面 的距离的最大值为 ，
所以三棱锥 体积的最大值为 .
故选：A
2-5、（2022·湖北省鄂州高中高三期末）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式，多见于亭阁式建筑、
园林建筑.下面以圆形攒尖为例.如图所示的建筑屋顶可近似看作一个圆锥，其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边边长为 ，顶角为 的等腰三角形，则该屋顶的体积约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为轴截面的顶角为 ，所以底角 ，在 中，依题意，
该圆形攒尖的底面圆半径 ，高 ，
则 ( )，所以该屋顶的体积约为 .
故选：B.
题组三、球的切接问题
3-1、（2023·安徽黄山·统考三模）如图，球 的表面积为 ，四面体 内接于球 ， 是边
长为 的正三角形，平面 平面 ，则该四面体体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．【答案】B
【详解】因为球 的表面积为 ，所以 ，
由题意知底面三角形的面积为定值，要使四面体体积的最大，只须顶点 到底面的距离最大即可，
又因为平面 平面 ，可知当 时，点 到底面的距离最大，
外接圆的半径 ，则 到面 的距离为 ，且 到面 的距离
为 ，
设点 到平面 的距离为 ，则 ，解得 ，
此时体积最大值为 .
故选：B.
3-2、（2023·云南红河·统考一模）三棱锥P－ABC的四个顶点都在球O上，且PA⊥底面ABC，
， ，则下列说法正确的是（ ）
A． B．球心O在三棱锥的外部
C．球心O到底面ABC的距离为2 D．球O的体积为
【答案】ABD
【分析】对A，由余弦定理直接判断；对B，设△ABC外接圆的圆心为 ，说明 ，圆心 在
△ABC外部，故球心O在三棱锥的外部；对C，取线段PA的中点Q，连接OQ，说明 ，则四边形
为矩形，球心O到底面ABC的距离为 ；对D，由正弦定理求得设△ABC外接圆半径，从而求
得球半径，由体积公式可求得结果.
【详解】对A，在△ABC中，由余弦定理得 ，即 ，故A正确；
对B，如图，设△ABC外接圆的圆心为 ，连接 ，则 底面ABC，
又PA⊥底面ABC，所以 ，由 ，得圆心 在△ABC外部，故球心O在三棱锥的外部，故B正确；
对C，取线段PA的中点Q，连接OQ，因为PA是球O的一条弦，所以 ，
所以四边形 为矩形，故 ，即球心O到底面ABC的距离为1，故C不正确；
对D，设球O的半径为R，圆 的半径为r，
由正弦定理得 ，所以 ，进而 ，
球的体积为 ，故D正确，
故选：ABD．
3-3、（2023·湖南邵阳·统考三模）三棱锥 中，PA⊥平面ABC，
，则三棱锥 外接球的表面积为__________.
【答案】
【详解】由PA⊥平面ABC， 面 ，则 ，又 ，
所以 两两垂直，故可将三棱锥 补全为长方体，
故三棱锥 外接球，即为长方体外接球，
令三棱锥 外接球半径为 ，则满足 ，
所以外接球表面积为 .
故答案为：题组四、计算的综合性问题
4-1、（2023·江苏南通·统考一模）（多选题）在棱长为2的正方体 中， 与 交于点
，则（ ）
A． 平面
B． 平面
C． 与平面 所成的角为
D．三棱锥 的体积为
【答案】ABD
【分析】根据线面平行判定定理判断A，利用线面垂直判定定理判断B，利用线面夹角的定义判断C，根
据等体积法判断D.
【详解】∵ 平面 平面
平面 ，A对；
因为 又 平面 ， 平面 ，
所以 平面
平面 ，B对；
因为 平面 与平面 所成角为
因为 ， C错；因为 ，D对.
故选： .
4-2、（2023·安徽·统考一模）（多选题）在平行六面体 中，已知 ，
，则（ ）
A．直线 与 所成的角为
B．线段 的长度为
C．直线 与 所成的角为
D．直线 与平面 所成角的正弦值为
【答案】AC
【分析】设 ，将 分别用 表示，再根据向量数量积的运算律即可判
断ABC；对于D，先证明平面 平面 ，从而可得 与平面 所成的角为 ，再解
即可.
【详解】设 ，则 ，且 ，
对于A， ，，
所以直线 与 所成的角为 ，故A正确；
对于B，因为 ，
所以 ，故B错误；
对于C，因为 ，
所以 ，故C正确；
对于D，连接 ，交 于点 ，则 为 的中点，
因为 ， ，
所以 ，
又因 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以平面 平面 ，
作 ，垂足为 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
则 与平面 所成的角为 ，
在 中， ，所以 ，
即直线 与平面 所成角的正弦值为 ，故D错误.故选：AC.
4-3、（2023·安徽合肥·统考一模）（多选题）已知圆锥SO（O是底面圆的圆心，S是圆锥的顶点）的母线
长为 ，高为 ．若P，Q为底面圆周上任意两点，则下列结论正确的是（ ）
A．三角形 面积的最大值为
B．三棱锥 体积的最大值
C．四面体 外接球表面积的最小值为11
D．直线SP与平面 所成角的余弦值的最小值为
【答案】BD
【分析】选项A，由已知计算出底面半径的长度，以及轴截面的顶角大小，利用三角形的面积公式可知，
当 时，三角形 面积最大，可判断选项A；利用三棱锥等体积转换，可得当 面 时，
三棱锥 体积最大，可判断选项B；因为 底面圆，所以四面体 外接球球心在 的中垂面
和过 外接圆圆心的底面垂线的交点处，利用勾股定理和正弦定理可计算出最小值，判断选项C；由
线面角公式可得，当 面 时，直线SP与平面 所成角的余弦值最小，判断出选项D．
【详解】选项A，由母线长为 ，高为 ，可得底面半径为 ，设 是底面圆的一条直径，则
，即 是钝角，又，则存在点 ，当 时，
，三角形 面积的最大值为 ，故A错误；
选项B， ， 当 面 时，
，故B正确；
选项C，设 的外接圆半径为 ， 底面圆， 四面体 外接球半径 满足 ，
若外接球表面积的最小，即外接球的半径 最小，又 ，即在底面圆中， 的外接圆半径最
小，由正弦定理 ，则点 经过线段 的中垂线时， 最大， 的外
接圆半径最小，此时， ， ，即四面体 外接球表面积的最小值
为 ，故C错误；
选项D，设点 到平面 的距离为 ，直线SP与平面 所成角 的正弦值为 ，则当
面 时， ，此时直线SP与平面 所成角的余弦值最小，最小值为 ，
故D正确；
故选：BD.1、【2022·广州市荔湾区上学期调研】若圆台的下底面半径为4，上底面半径为1，母线长为5，则其体积
为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】：圆台的轴截面如图所示：
则圆台的高 ，所以圆台的体积
，
故选：C
2、（2023·江苏泰州·泰州中学校考一模）如图，一个装有某种液体的圆柱形容器固定在墙面和地面的角落
内，容器与地面所成的角为 ，液面呈椭圆形，椭圆长轴上的顶点 ， 到容器底部的距离分别是12和
18，则容器内液体的体积是（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据条件通过作垂线，求得底面圆的半径，将液体的体积看作等于一个底面半径为 ，高为
的圆柱体积的一半，即可求解答案.
【详解】如图为圆柱的轴截面图，过M作容器壁的垂线，垂足为F,
因为MN平行于地面，故 ，
椭圆长轴上的顶点 ， 到容器底部的距离分别是12和18，
故 ,
在 中， ，即圆柱的底面半径为 ，
所以容器内液体的体积等于一个底面半径为 ，高为 的圆柱体积的一半，
即为 ，
故选：C.
3、（2023·江苏南京·校考一模）某圆锥母线长为2，底面半径为 ，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得
截面面积的最大值为（ ）
A．2 B． C． D．1
【答案】A
【分析】如图截面为 ，P为MN的中点，设 ， ，进而可得面积最大值.
【详解】
如图所示，截面为 ，P为MN的中点，设
,
当 时， ，此时截面面积最大.
故选：A
4、（2023·湖南邵阳·统考三模）如图所示，正八面体的棱长为2，则此正八面体的表面积与体积之比为（
）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】如图，由边长为2，可得 的高 ，，则其表面积为
.
体积为 .
此正八面体的表面积与体积之比为 .
故选：D.
5、（2023·江苏连云港·统考模拟预测）（多选题）折扇在我国已有三四千年的历史，“扇”与“善”谐音，
折扇也寓意“善良”“善行”．它以字画的形式集中体现了我国文化的方方面面，是运筹帷幄，决胜千里，
大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若扇形的两个圆弧所在圆
的半径分别是1和3，且 ，则该圆台（ ）
A．高为 B．表面积为
C．体积为 D．上底面积、下底面积和侧面积之比为
【答案】BCD
【分析】求得圆台的上下底面半径，根据圆台的结构特征可求得圆台母线长和高，判断A；根据圆台的侧
面积以及体积公式求得表面积和体积，判断B，C；进而求得上底面积、下底面积和侧面积之比，判断D.
【详解】对于A，设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，则 ，解得 ,所以圆台的母线长为 ，高为 ，选项A错误；
对于B，圆台的上底面积为 ，下底面积为 ，侧面积为 ，
所以圆台的表面积为 ，选项B正确；
对于C，圆台的体积为 ，选项C正确；
对于D，圆台的上底面积、下底面积和侧面积之比为 ，选项D正确，
故选：BCD．
6、（2022·湖北江岸·高三期末）（多选题）正方体 的棱长为2，且 （ ），
过P作垂直于平面 的直线l，分别交正方体 的表面于M，N两点，下列说法正确的
是（ ）
A． 平面 B．四边形 的面积的最大值为
C．若四边形 的面积为 ，则
D．若 ，则四棱锥 的体积为
【答案】BD
【解析】解：因为 与 不垂直，所以 与平面 不垂直，故选项A不正确；
如图，以 为坐标原点， ， ， 的方向分别为 ， ， 轴的正方向建立空间直角坐标系
，则 ，0， ， ，2， ， ，0， ， ，2， ．
因为 ，所以 ， ， ．
因为 平面 ，所以 ，
则 ， ， ， ， ， ．
若 平面 ，则 ，即 ，0， ， ， ， ， ；
若 平面 ，则 ，即 ， ， ， ，2， ， ．
因为 ，所以四边形 的面积 ，
当 时，四边形 的面积最大，且最大值为 ，
点 到直线 的距离为 ，即点 到平面 的距离为 ，
所以四棱锥 的体积 ，故选项B正确，选项D正确．
若四边形 的面积为 ，则 或 ，解得 或 ，故选项C
不正确，
故选：BD．7、（2023·安徽·校联考三模）已知四面体 的四个顶点都在球 的球面上， 是边长为2的等边
三角形， 外接圆的圆心为 ．若四面体 的体积最大时， ，则球 的半径为
______；若 ，点 为 的中点，且 ，则球 的表面积为______．
【答案】
【详解】设 的外接圆的半径R，由题可得 ，解得 ；
若四面体 的体积最大时，则点B在过 和 的直径上，且 在 的两侧，
在 中， ，又 ，所以 ，
设球 的半径为 ，则在 中， ，解得 ；
如图，取 的中点 ，连接 并延长 交圆 于点 ．连接 ，
由 得，则 ． ．
在 中， ，所以在 中，由余弦定理得
，可得 ，
结合图形可得 圆 ．连接 ，过点O作BF的垂线，垂足为点G，连接BO，
四面体 外接球的半径 解得 ，所以球O的半径
，
四面体ABCD外接球的表面积为 ．故答案为： ； .
