文档内容
第 01 讲 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
目录
01 模拟基础练......................................................................................................................................2
题型一：空间几何体的结构特征........................................................................................................2
题型二：直观图....................................................................................................................................3
题型三：展开图....................................................................................................................................6
题型四：最短路径问题........................................................................................................................7
题型五：空间几何体的表面积..........................................................................................................10
题型六：空间几何体的体积..............................................................................................................12
02 重难创新练....................................................................................................................................15
03 真题实战练....................................................................................................................................28题型一：空间几何体的结构特征
1．下列命题正确的是（ ）
A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱
B．有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥
C．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是棱台
D．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是棱柱
【答案】D
【解析】对于A，有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体不一定是棱柱，可能是棱台或组合图形，
故A错误；
对于B，有一个面是多边形，其余各面是有公共顶点的三角形的几何体才是棱锥，故B错误；
对于C，用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体才是棱台，故C错误；
对于D，根据棱柱的定义，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
平行的几何体是棱柱，故D正确.
故选：D
2．有下列四个命题，其中正确的是（ ）
A．底面是矩形的平行六面体是长方体
B．棱长相等的直平行六面体是正方体
C．有两条侧棱都垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体
D．对角线相等的平行六面体是直平行六面体
【答案】D
【解析】对于A，底面是矩形的平行六面体，它的侧面不一定是矩形，故它也不一定是长方体，即A不正
确；
对于B，若底面是菱形，则棱长都相等的直四棱柱不是正方体，故B不正确；
对于C，若侧棱垂直于底面两条平行边，则侧棱不一定垂直于底面，故侧棱垂直于底面两条边的平行六面
体不一定是直平行六面体．故C不正确；.
对于D，若平行六面体对角线相等，则对角面皆是矩形，于是可得侧棱垂直于底面，因此对角线相等的平
行六面体是直平行六面体，故D正确.
故选：D.
3．下列说法正确的是（ ）A．用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，该圆锥―定被分为一个小圆锥和一个圆台
B．有两个面互相平行，其余各面是平行四边形的几何体是棱柱
C．圆台的所有母线延长不一定交于一点
D．一个多面体至少有3个面
【答案】A
【解析】对于A项，用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，原圆锥一定被分为一个小圆锥和一个圆台，
故A正确；
对于B项，满足条件的几何体可能是组合体，如图，故B错误；
对于C项，圆台的所有母线延长一定交于一点，故C错误；
对于D项，多面体至少有4个面，所以D错误.
故选：A.
题型二：直观图
4．水平放置的 的斜二测直观图是如图中的 ，已知 ， ，则 边的实际长度
是 .
【答案】5
【解析】把直观图 还原为原图形，如图所示，
则 ，
所以 .故答案为：5.
5．如图， 是水平放置的 的斜二测直观图，若 ， ，则 的面积为
.
【答案】12
【解析】
如图，根据斜二测画法，将直观图还原后，得到的 为直角三角形，
且两条直角边 ， ，
所以， 的面积为 .
故答案为：12.
6．一水平放置的平面四边形 的直观图 如图所示，其中 ， 轴，
轴， 轴，则四边形 的面积为（ ）
A．18 B． C． D．12
【答案】C
【解析】记 与 轴的交点为D，因为 轴， 轴，所以 ，
又 轴，所以四边形 为平行四边形， ，
由题意可知： ，
因为 ， ，所以 ， ，
则四边形 的面积为 ，
所以四边形 的面积为 .
故选：C.
7．（2024·湖北·模拟预测）用斜二测画法画出的水平放置的 的直观图如图所示，其中 是 的
中点，且 轴， 轴， ，那么 （ ）
A． B．2 C． D．4
【答案】D
【解析】根据题意，把直观图还原出原平面图形为等腰三角形，如图所示，
其中 ， ， ，
原平面图形的面积为 .
故选：D．题型三：展开图
8．（2024·山西·模拟预测）将一个圆台的侧面展开，得到的扇环的内弧长为 ，外弧长为 ，外弧半径
与内弧半径之差为 ，若该圆台的体积为 ，则 （ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【解析】因为一个圆台的侧面展开，得到的扇环的内弧长为 ，外弧长为 ，外弧半径与内弧半径之差
为 ，
所以圆台的上底面半径 ，下底面半径 ，母线长为 ．
设圆台的高为 ，
根据题意可知该圆台的体积 ，解得 ，
则 ．
故选：B
9．某圆锥的侧面积为 ，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径长为（ ）
A．2 B．4 C． D．
【答案】A
【解析】设圆锥的母线长为 ，底面半径为 ，
由圆锥的性质可得侧面展开图的半径为 ，弧长为 ，
又圆锥的底面周长为 ，
所以 ，
又 ，
所以 ，即圆锥的底面半径长为2.
故选：A
10．（2024·福建泉州·模拟预测）已知圆锥SO的母线长为2，AB是圆O的直径，点M是SA的中点．若侧
面展开图中， 为直角三角形，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为 ，且 为直角三角形，将半个圆锥展开后如图，则 ，
又因为 为 的中点，则 ，可得 为等边三角形，即 ，则侧面展开图的圆心角为
所以该圆锥的侧面积 .
故选：C.
11．某同学将一张圆心角为 的扇形纸壳裁成扇环（如图1）后，制成了简易笔筒（如图2）的侧面，已知
，则制成的简易笔筒的高为 ．
【答案】
【解析】依题意，圆台上底面圆周长为 ，则圆台上底半径 ，
圆台下底面圆周长为 ，则圆台下底半径 ，
圆台轴截面是等腰梯形，上下底边长分别为 ，腰长为 ，
所以圆台的高，即等腰梯形的高为 （cm）.
故答案为：
题型四：最短路径问题
12．现有一块如图所示的三棱锥木料，其中 ， ，木工师傅打
算过点 将木料切成两部分，则截面 周长的最小值为 .【答案】
【解析】将三棱锥侧面沿着 展开，如图：
则 ，
由余弦定理可得： ,则 ，
所以截面 周长的最小值为 .
故答案为： .
13．在正方体 中， 为棱 的中点， 分别为 上的动点，则
的最小值为 ．
【答案】
【解析】将正方体的侧面 与 展开到同一平面
在同一平面内可知 的最小值就是点 到 的距离，
正方体 中， 为棱 的中点，所以 ， ，
是正方形，所以故答案为：
14．如图，一圆柱体的底面周长为 ，高 为 ， 是上底面的直径.一只昆虫从点 出发，沿
着圆柱的侧面爬行到点 ，昆虫爬行的最短路程是 .
【答案】
【解析】作出圆柱的侧面展开图如下图所示，
则当昆虫的爬行路线为线段 时，爬行的路程最短，
圆柱体的底面周长为 ， ；
最短路程为： .
故答案为： .
15．如图，圆柱形开口容器 下表面密封 ，其轴截面 是边长为 的正方形.现有一只蚂蚁从外壁
处出发，沿外壁先爬到上口边沿再沿内壁爬到 中点 处，则它所需经过的最短路程为
.
【答案】
【解析】侧面展开后得矩形 ，其中 ，
问题转化为在 上找一点 ，使 最短，
作P关于CD的对称点E，连接AE，令AE与CD交于点Q，则 的最小值就是AE为
故答案为： .
题型五：空间几何体的表面积
16．冰嘎别名冰尜，是东北民间少年儿童游艺品，俗称“陀螺”.通常以木镟之，大小不一，一般径寸余，
上端为圆柱形，下端为锥形.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知 分别是上、下底面圆的圆心，
，底面圆的半径为 ，则该陀螺的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由底面圆的半径为 ，得底面圆的面积为 ，
又知 ，则
得圆柱的高 等于母线长，且圆柱的母线长为 ，
已知圆锥的高 为 ，圆的半径为 ，则圆锥的母线长为： ，
则陀螺的表面积为： ；
故选：B.
17．（2024·陕西商洛·模拟预测）魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺•鲁比
克教授于1974年发明的机械益智玩具.魔方拥有竞速､盲拧､单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都
会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一.一个三阶魔方，由27个棱长为1的正方体组成，如图是把
魔方的中间一层转动了 ，则该魔方的表面积增加了 .【答案】
【解析】如图，转动 后，此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，俯视图如图，
由图形的对称性可知， 为等腰直角三角形，
设直角边 ，则斜边 ，故 ，可得 .
由几何关系得 ，
故转动后的表面积 ，
故表面积增加了 .
故答案为： .
18．（2024·山东济南·二模）将一个圆形纸片裁成两个扇形，再分别卷成甲､乙两个圆锥的侧面，甲､乙两
个圆锥的侧面积分别为 和 ，体积分别为 和 .若 ，则 .
【答案】 /
【解析】设母线长为 ，甲圆锥底面半径为 ，乙圆锥底面圆半径为 ，
则 ，所以 ，
又 ，则 ，所以 ，所以甲圆锥的高 ，
乙圆锥的高 ，
所以 .
故答案为： .
题型六：空间几何体的体积
19．（2024·高三·广东·开学考试）高台建筑流行于战国到西汉时期，当时重要宫殿台榭多采用此建筑形式．
高台建筑以高大的夯土台为基础和核心，在夯土版筑的台上层层建屋，木构架紧密依附夯土台而形成土木
混合的结构体系．如图是一个非常简易的高台建筑，塔下方是一个正四棱台形夯土台，已知该四棱台上底
边长 ，下底边长 ，侧棱长 ，则此四棱台的体积为 ．
【答案】
【解析】如图正四棱台 ，过 作 平面 为垂足，
由题意可知 ,
所以 ，
所以
故答案为：
20．所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫作拟柱体．在这两个平行平面内的面叫作拟柱体的底面，其
余各面叫作拟柱体的侧面，两底面之间的垂直距离叫作拟柱体的高．现有一拟柱体，上下底面均为正六边形，且下底面边长为4，上底面各顶点在下底面的射影点为下底面各边的中点，高为2，则该拟柱体的体积
为 ．
【答案】
【解析】由题意可得：该拟柱体的体积为中间正六棱柱的体积与外侧6个四棱锥的体积之和，
上底面边长为 ，正六棱柱的体积 ，
四棱锥的体积为 ，
从而拟柱体的体积为 ．
故答案为： ．
21．（2024·浙江金华·模拟预测）已知梯形 满足 且 ，其中 ，
将梯形 绕边 旋转一周，所得到几何体的体积为 ．
【答案】
【解析】如下图，梯形 绕边 旋转一周，所得几何体为圆锥和圆柱的组合体，
其中圆锥及圆柱底面都是半径为 的圆，圆锥的高为1，圆柱的高为2，
所以几何体体积为 .
故答案为：
22．如图 中， ，在三角形内挖去一个半圆（圆心O在边BC上，
半圆与AC、AB分别相切于点C，M，交BC于点N），则图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体的
体积为 ．
【答案】
【解析】连接 ，则 ，
设 ，因为 ，所以 ，在 中， ，解得 ，
在 中，因为 ，可得 ，
设直角 绕 旋转一周得到的圆锥的体积为 ，半圆绕 旋转一周得到球的体积为 ，图中阴影
部分绕 旋转一周，可得旋转体为一个圆锥挖去一个球，
所以图中阴影部分绕直线 旋转一周所得旋转体的体积为：
.
故答案为： .
23．（2024·青海海西·模拟预测）如图，在几何体 中， ，梯形 和梯形
为等腰梯形， ，若几何体 的体积为 ，则
．
【答案】
【解析】如图所示，取 的中点 ，连接 ，
由 ，可得四边形 为平行四边形，
可得 ，又由 ，可得 ，
可得 为等边三角形，三棱锥 为正三棱锥，
设 ，如图，过点 作 平面 ，连接 ，
可得 ， ，，
又由 ，可得三棱柱 的体积是三棱锥 体积的3倍，
可得 ，解得 ．
故答案为： .
1．（2024·河北·模拟预测）某圆环的内外半径分别为2和4，将其绕对称轴旋转一周后得到的几何体体积
为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意可知，几何体体积为大球的体积减去小球的体积，
所以几何体体积为 ．
故选：C．
2．（2024·四川宜宾·三模）在直三棱柱 中， ， ，点P在四边形
内（含边界）运动，当 时，点P的轨迹长度为 ，则该三棱柱的表面积为（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】C【解析】
设 ，因为 ，所以由棱柱的性质可得 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
又因为 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，
点P在四边形 内（含边界）运动，当 时，
，这意味着点 是在以 为圆心 为半径的圆弧上运动，
该圆弧弧长是 圆周周长，由题意 ，解得 ，
所以该三棱柱的表面积为 .
故选：C.
3．（2024·全国·二模）已知圆锥的轴截面是底角为θ的等腰三角形，圆锥的底面半径为 ，圆锥内有一个
内接圆柱，则圆柱体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
如图，圆锥的轴截面是底角为 的等腰三角形 ，圆锥的底面半径为 ，则圆锥的高为
，
设圆锥内接圆柱 的底面半径为 ，高为 ，
由 可得， 解得则圆柱的体积为： ，
，由 ，得 ，当 时， ，则 在 上单调递增；
当 时， ，则 在 上单调递减.
故当 时， .
故选：D.
4．（2024·广西·模拟预测）某高中科技课上，老师组织学生设计一个圆台状的器皿材料，其厚度忽略不计，
该器皿下底面半径为3cm，上底面半径为10cm，容积为 ，则该器皿的高为（ ）
A．5cm B．12cm C．15cm D．20cm
【答案】B
【解析】由题意得： ，
解得 ．
故选：B．
5．（2024·河南驻马店·二模）已知某正六棱柱的体积为 ，其外接球体积为 ，若该六棱柱的高为
整数，则其表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设该正六棱柱的底面边长为 ，高为 ，其外接球的半径为 ，易知 ，则
①，
且 ②，
联立①②，因为 ，解得 ，
所以正六棱柱的表面积 .
故选：D.
6．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是 和 ，则该圆
台的体积是（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
如图，设上底面的半径为 ，下底面的半径为 ，高为 ，母线长为 ，
则 ， ，解得 ， ，
又 ， ，
设上底面面积为 ，下底面面积为 ，
所以圆台的体积 .
故选：B.
7．（2024·内蒙古包头·三模）如图，已知正方形ABCD为圆柱的轴截面， ，E，F为上底面圆
周上的两个动点，且EF过上底面的圆心G，若 ，则三棱锥 的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如图设圆柱的下底面的圆心为 ，连接 ，
则 ，且 平面 ，
平面 ，所以 ，又 ， ，
所以 ，又 ， 平面 ，所以 平面 ，且 ，
，
所以 .
故选：B.
8．（2024·天津和平·二模）如图，一块边长为10cm的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁
下去，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的内切球（球与
正四棱锥各面均有且只有一个公共点）的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】作出四棱锥 如图：
根据题意可得正四棱锥的斜高为 ，底面正方形 的边长为6，
正四棱锥的高为 ，
设这个正四棱锥的内切球的球心为 ，半径为 ，与侧面相切于 ，
则高线与斜高的夹角为 ，则 ，
则 ,
， ，
这个正四棱锥的内切球的体积为 ．故选：B．
3
9．（多选题）已知圆锥 的底面半径r= ，母线长 ， ， 是两条母线， 是 的中点，则
2
（ ）
A．圆锥 的体积为
B．圆锥 的侧面展开图的圆心角为
C．当 为轴截面时，圆锥表面上点 到点 的最短距离为
D． 面积的最大值为2
【答案】BCD
3
【解析】对于A：因为r= ， ，所以圆锥的高 ，
2
所以圆锥的体积 ，故A错误；
对于B：设圆锥 的侧面展开图的圆心角为 ，则 ，即 ，
解得 ，即圆锥 的侧面展开图的圆心角为 ，故B正确；
对于C：当 为轴截面时，将圆锥侧面展开可知，点 到点 的最小距离为 ，如图，
在 中， ，
由余弦定理得 ，故C正确；
对于D：当 为轴截面时，在 中， ，因为 ，所以此时 为钝角，又 ，
当 时， 的面积最大，且最大值为 ，故D正确；
故选：BCD
A B C D
10．（多选题）如图，四棱台 的侧棱长均相等，四边形 和四边形 都是矩形，
1 1 1 1
， ， ， ， ，则下列结论正确的是（ ）
A．该四棱台的体积为1344
B．该四棱台的侧面积为
C．该四棱台外接球的表面积为
D．若在该四棱台内有一个球体，则该球体半径的最大值为
【答案】ABD
【解析】如图1，连接 ， 交于点O，连接 ， 交于点 ，连接 ．
由题意可得 ， ，
则 ， ．在直角梯形 中， ，该棱台的体积 ，A正确．
梯形 的高为 ，梯形 的高为 ，
则梯形 的面积 ，
梯形 的面积 ，
该四棱台的侧面积为 ，B正确．
设该四棱台外接球的球心为 ，半径为R，结合题意可得 在线段 上，
设 ，则 ，由勾股定理得 ，解得 ，
则 ，该四棱台外接球的表面积为 ，C错误．
因为 ，所以当该球体的半径最大时，该球体与平面 及平面 相切，
设切点分别为Q，P，该球体的球心为 ，半径为r，
过点Q，P，O， 的截面与棱 ， ， ， 分别交于点E，F，M，N，
连接 ， 交于点T，如图2．
， ，由 ,则 ， ,
解得 ，所以 ，同理求得 ．
因为 ，所以 ，即 ，解得 ，
经检验， ，符合题意，D正确，
故选：ABD
11．（多选题）（2024·高三·河南·开学考试）如图，球 被一个距离球心 的平面截成了两个部分，
这两个部分都叫作球缺，截面叫作球缺的底面，球缺的曲面部分叫作球冠，垂直于截面的直径被截后所得的线段叫作球缺的高.球冠的面积公式为 ，球缺的体积公式为 ，其中 为球的
半径， 为球缺的高，记两个球缺的球冠面积分别为 ，两个球缺的体积分别为 ，
则下列结论正确的是（ ）
A．若 ，则两个球缺的底面面积均为
B．若 ，则
C．若 ，则
D．若 ，则
【答案】BCD
【解析】对于A，设这两个球缺的底面圆半径为 ，则 ，
因为 ， ，解得 ，该圆的面积为 A错误.
对于B，设两个球缺的高分别为 ，则 .
由 ，得 ，则 ，所以 ，解得 .
，同理得 ，所以 B正确.
对于C， .设 ，由 ，得 ，则
，C正确.对于D， .
由 ，得 .设函数 ，则
f'(x)>0在 上恒成立，即 在 上单调递增，
所以 ，即 D正确.
故选：BCD.
12．（2024·贵州贵阳·二模）在一个棱长为 的正四面体容器内放入一个半径为1的小球，摇晃容器使
得小球在容器内朝着任意方向自由运动，则小球不可能接触到的容器内壁的面积为 .
【答案】
【解析】如图：
考虑小球O即在正四面体的一个角上时，做平面 平面 ， 为平面 的中心，则 .
因为 可得 ，所以 , .
由题意，考虑小球与正四面体的一个面相切时的情况，易知小球在面上最靠近便得切点的轨迹仍为正三角
形，
因为 ， 平分 ，所以 ， .
因为正四面体的棱长为 ，故小三角形的边长为 ，
小球与一个面不能接触到的部分的面积为：.
所以几何体的四个面永远不可能接触到容器的内壁的面积是 .
故答案为：
13．（2024·陕西铜川·三模）榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，在连接部分通过紧密的拼接，使得整
个结构能够承受大量的重量，并且具有较高的抗震能力.这其中木楔子的运用，使得榫卯配合的牢度得到最
大化满足，木楔子是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛､木片等.如图为一个木
楔子的直观图，其中四边形 是边长为2的正方形，且 均为正三角形 ，
则该木楔子的外接球的表面积为 .
【答案】
【解析】如图，分别过点 作 的垂线，垂足分别为 ，连接 ，
则 ，故 .
取 的中点 ，连接 ，
又 ，则 .
由对称性易知，过正方形 的中心 且垂直于平面 的直线必过线段 的中点 ，
且所求外接球的球心 在这条直线上，如图.
设球 的半径为 ，则 ，且 ，
从而 ，即 ，
当点 在线段 内（包括端点）时，有 ，可得 ，
从而 ，即球心 在线段 的中点，其半径 .
当点 在线段 外时， ，解得 （舍）.
故所求外接球的表面积为 .
故答案为： .14．（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 .
【答案】 27
【解析】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： ； .
15．（2024·陕西渭南·二模）已知三棱锥 外接球直径为SC，球的表面积为 ，且
，则三棱锥 的体积为 .
【答案】 /
【解析】设外接球半径为 ，则 ，解得 ，故 ，
由于 均在球面上，故 ，
由勾股定理得 ，
取 的中点 ，连接 ，则 ⊥ ， ⊥ ，
，
又 ， 平面 ，故 ⊥平面 ，
其中 ，由勾股定理得 ，在 中，由余弦定理得 ，
故 ，
故 ，
故三棱锥 的体积为
故答案为：
1．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的
边长为1，则该零件的表面积为（ ）
A．24 B．26 C．28 D．30【答案】D
【解析】如图所示，在长方体 中， ， ，
点 为所在棱上靠近点 的三等分点， 为所在棱的中点，
则三视图所对应的几何体为长方体 去掉长方体 之后所得的几何体，
该几何体的表面积和原来的长方体的表面积相比少2个边长为1的正方形，
其表面积为： .
故选：D.
2．（2023年天津高考数学真题）在三棱锥 中，点M,N分别在棱PC,PB上，且 ，
，则三棱锥 和三棱锥 的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如图，分别过 作 ,垂足分别为 .过 作 平面 ，垂足为 ，
连接 ,过 作 ,垂足为 .
因为 平面 ， 平面 ，所以平面 平面 .
又因为平面 平面 ， ， 平面 ，所以 平面 ，且 .在 中，因为 ，所以 ，所以 ，
在 中，因为 ，所以 ，
所以 .
故选：B
3．（2022年新高考天津数学高考真题） 十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，左图中的故宫
角楼的顶部即为十字歇山顶.其上部可视为由两个相同的直三棱柱重叠而成的几何体（如右图）.这两个直
三棱柱有一个公共侧面ABCD.在底面BCE中，若 , ,则该几何体的体积为（ ）
A． B． C．27 D．
【答案】C
【解析】如图所示，该几何体可视为直三柱 与两个三棱锥 ， 拼接而成.
记直三棱柱 的底面 的面积为 ，高为 ，所求几何体的体积为 ，
则 ，
.
所以
.
故选：C.
4．（2022年新高考全国II卷数学真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为 和 ，其顶
点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径 ，所以 ，即 ，设球
心到上下底面的距离分别为 ，球的半径为 ，所以 ， ，故 或
，即 或 ，解得 符合题意，所以球的表面积为
．
故选：A．
5．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为
，侧面积分别为 和 ，体积分别为 和 ．若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设母线长为 ，甲圆锥底面半径为 ，乙圆锥底面圆半径为 ，
则 ，
所以 ，
又 ，
则 ，所以 ，
所以甲圆锥的高 ，
乙圆锥的高 ，
所以 .
故选：C.
6．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）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（ ）
A．8 B．12 C．16 D．20
【答案】B
【解析】由三视图还原几何体，如图，
则该直四棱柱的体积 .
故选：B.
7．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均
在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A． B． C． D．【答案】C
【解析】[方法一]：【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为 ，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又设四棱锥的高为 ，则 ，
当且仅当 即 时等号成立.
故选：C
[方法二]：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为 ，底面所在圆的半径为 ，则
，所以该四棱锥的高 ，
(当且仅当 ，即 时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高 .
故选：C．[方法三]：利用导数求最值
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为 ，底面所在圆的半径为 ，则
，所以该四棱锥的高 ， ，令 ， ，设
，则 ，
， ，单调递增， ， ，单调递减，
所以当 时， 最大，此时 ．
故选：C.
【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；
方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．
8．（2022年新高考全国I卷数学真题）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 时，相应水面的面积为 ；水位为海拔 时，相应
水面的面积为 ，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 上升
到 时，增加的水量约为（ ）（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】依题意可知棱台的高为 (m)，所以增加的水量即为棱台的体积 ．
棱台上底面积 ，下底面积 ，
∴
．
故选：C．
9．（多选题）（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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
【解析】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.
10．（多选题）（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）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
【答案】ABD
【解析】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.
11．（多选题）（2022年新高考全国II卷数学真题）如图，四边形 为正方形， 平面 ，
，记三棱锥 ， ， 的体积分别为 ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】CD
【解析】设 ，因为 平面 ， ，则 ，
，连接 交 于点 ，连接 ，易得 ，
又 平面 ， 平面 ，则 ，又 ， 平面 ，则
平面 ，
又 ，过 作 于 ，易得四边形 为矩形，则
，
则 ， ，
，则 ， ， ，
则 ，则 ， ， ，故A、B错误；C、D正确.
故选：CD.
12．（2024年高考全国甲卷数学（理）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 ．
【答案】
【解析】由题可得两个圆台的高分别为 ，
，
所以 .
故答案为： .
13．（2024年北京高考数学真题）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 ，且斛量器的高为 ，则斗量器的高为 ，升量器的高
为 ．
【答案】 23 57.5/【解析】设升量器的高为 ，斗量器的高为 （单位都是 ），则 ，
故 ， .
故答案为： .
14．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）在正四棱台 中， ，则
该棱台的体积为 ．
【答案】 /
【解析】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： .
15．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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 ．
【答案】
【解析】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： .
16．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）如图，在三棱锥 中， ， ，
， ， 的中点分别为 ，点 在 上， ．
(1)求证： //平面 ；
(2)若 ，求三棱锥 的体积．
【解析】（1）连接 ，设 ，则 ， ，
，
则 ，
解得 ，则 为 的中点，由 分别为 的中点，
于是 ，即 ，
则四边形 为平行四边形，
，又 平面 平面 ，
所以 平面 .（2）过 作 垂直 的延长线交于点 ，
因为 是 中点，所以 ，
在 中， ，
所以 ，
因为 ，
所以 ，又 ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，又 ， 平面 ，
所以 平面 ，
即三棱锥 的高为 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
又 ，
所以 .
17．（2022年高考全国甲卷数学（文）真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包
装盒如图所示：底面 是边长为8（单位： ）的正方形， 均为正三角形，
且它们所在的平面都与平面 垂直．(1)证明： 平面 ；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【解析】（1）如图所示：
分别取 的中点 ，连接 ，因为 为全等的正三角形，所以 ，
，又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，所以 平面
，同理可得 平面 ，根据线面垂直的性质定理可知 ，而 ，所以四边形
为平行四边形，所以 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
（2）[方法一]：分割法一
如图所示：
分别取 中点 ，由（1）知， 且 ，同理有， ，， ，由平面知识可知， ， ，
，所以该几何体的体积等于长方体 的体积加上四棱锥 体积
的 倍．
因为 ， ，点 到平面MNFE的距离即为点 到直线 的
距离 ， ，所以该几何体的体积
．
[方法二]：分割法二
如图所示：
连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH
的 倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂
直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的
体积
