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【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）
第 31 讲 基本立体几何图形及几何体的表面积与体积（精练）
刷真题 明导向
一、单选题
1．（2023·全国·统考高考真题）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．3
【答案】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：A
2．（2023·全国·统考高考真题）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．
【答案】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：B
3．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥 中，线段 上的点 满足 ，线段 上的
点 满足 ，则三棱锥 和三棱锥 的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】分别过 作 ,垂足分别为 .过 作 平面 ，垂足为 ，连接
,过 作 ,垂足为 .先证 平面 ，则可得到 ，再证 .由三角形相似得到 ， ，再由 即可求出体积比.
【详解】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
4．（2022·天津·统考高考真题）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，直三棱柱的底面是顶角为 ，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（ ）A．23 B．24 C．26 D．27
【答案】D
【分析】作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.
【详解】该几何体由直三棱柱 及直三棱柱 组成，作 于M，如图，
因为 ，所以 ，
因为重叠后的底面为正方形，所以 ,
在直棱柱 中， 平面BHC，则 ,
由 可得 平面 ，
设重叠后的EG与 交点为
则
则该几何体的体积为 .
故选：D.5．（2022·全国·统考高考真题）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
【分析】设母线长为 ，甲圆锥底面半径为 ，乙圆锥底面圆半径为 ，根据圆锥的侧面积公式可得 ，
再结合圆心角之和可将 分别用 表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即
可得解.
【详解】解：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·北京·统考高考真题）已知正三棱锥 的六条棱长均为6，S是 及其内部的点构成的
集合．设集合 ，则T表示的区域的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出以 为球心，5为半径的球与底面 的截面圆的半径后可求区域的面积.
【详解】
设顶点 在底面上的投影为 ，连接 ，则 为三角形 的中心，
且 ，故 .
因为 ，故 ，
故 的轨迹为以 为圆心，1为半径的圆，
而三角形 内切圆的圆心为 ，半径为 ，
故 的轨迹圆在三角形 内部，故其面积为
故选：B
7．（2021·天津·统考高考真题）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
，两个圆锥的高之比为 ，则这两个圆锥的体积之和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，
再利用锥体体积公式可求得结果.【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点 ，
设圆锥 和圆锥 的高之比为 ，即 ，
设球的半径为 ，则 ，可得 ，所以， ，
所以， ， ，
，则 ，所以， ，
又因为 ，所以， ，
所以， ， ，
因此，这两个圆锥的体积之和为 .
故选：B.
8．（2021·全国·统考高考真题）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（
）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.
【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，
所以该棱台的高 ，
下底面面积 ，上底面面积 ，
所以该棱台的体积 .
故选：D.
9．（2021·全国·统考高考真题）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，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为 （轨道高度是指卫星到地球表
面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为 的球，其上点A的纬度是指 与赤道平面所
成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为 ，记卫星信号覆盖
地球表面的表面积为 （单位： ），则S占地球表面积的百分比约为（ ）
A．26% B．34% C．42% D．50%
【答案】C
【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.
【详解】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：
.
故选：C.
10．（2021·北京·统考高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而
在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位： ）．24h降雨量的等级划分如下：等级 24h降雨量（精确到0.1）
…… ……
小雨 0.1~9.9
中雨 10.0~24.9
大雨 25.0~49.9
暴雨 50.0~99.9
…… ……
在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm，高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过
程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm（如图所示)，则这24h降雨量的等级是
A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨
【答案】B
【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.
【详解】由题意，一个半径为 的圆面内的降雨充满一个底面半径为 ，
高为 的圆锥，
所以积水厚度 ，属于中雨.
故选：B.
11．（2021·全国·统考高考真题）已知圆锥的底面半径为 ，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线
长为（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设圆锥的母线长为 ，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得 的值，即为所求.
【详解】设圆锥的母线长为 ，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则 ，解得 .
故选：B.
二、多选题
12．（2022·全国·统考高考真题）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
【分析】直接由体积公式计算 ，连接 交 于点 ，连接 ，由 计算出
，依次判断选项即可.【详解】
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.
三、填空题
13．（2021·全国·高考真题）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为 则该圆锥的侧面积为 .
【答案】
【分析】利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案.
【详解】∵
∴
∴∴ .
故答案为： .
14．（2023·全国·统考高考真题）在正四棱台 中， ，则该棱台的
体积为 ．
【答案】
【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： .
15．（2023·全国·统考高考真题）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 ．
【答案】
【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： .
【A组 在基础中考查功底】
一、单选题
1．（2023·全国·高三专题练习）已知某圆锥的高为 ，体积为 ，则该圆锥的侧面积为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B【分析】由圆锥的体积和高，得到底面半径，勾股定理得母线长，由圆锥的侧面积公式计算结果.
【详解】设该圆锥的底面半径与母线长分别为 ， ，由 ，得 ，
所以 ，从而该圆锥的侧面积 ．
故选：B
2．（2023·宁夏银川·银川一中校考三模）灯罩的更新换代比较快，而且灯具大部分都是设计师精心设计，
对于灯来说，不用将灯整个都换掉，只需要把灯具的外部灯罩进行替换就可以改变灯的风格.杰斯决定更换
卧室内的两个灯罩来换换氛围，已知该灯罩呈圆台结构，上下底皆挖空，上底半径为10 ，下底半径为
18 ，母线长为17 ，侧面计划选用丝绸材质布料制作，若不计做工布料的浪费，则更换两个灯罩需要
的丝绸材质布料面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】运用圆台的侧面积公式计算即可.
【详解】由题意可得更换两个灯罩需要的丝绸材质布料面积 .
故选：B.
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，将一个圆柱 等分切割，再将其重新组合成一个与圆柱等
底等高的几何体， 越大，重新组合成的几何体就越接近一个“长方体”．若新几何体的表面积比原圆柱
的表面积增加了10，则圆柱的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】新几何体的表面积比原几何体的表面积多了原几何体的轴截面面积，列出方程求解即可.【详解】显然新几何体的表面积比原几何体的表面积多了原几何体的轴截面面积，
设圆柱的底面半径为 ，高为 ，则 ，
所以圆柱的侧面积为 ．
故选：A.
4．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考开学考试）石碾子是我国传统粮食加工工具，如图是石碾子的
实物图，石碾子主要由碾盘、碾滚（圆柱形）和碾架组成．碾盘中心设竖轴（碾柱），连碾架，架中装碾
滚，以人推或畜拉的方式，通过碾滚在碾盘上的滚动达到碾轧加工粮食作物的目的．若推动拉杆绕碾盘转
动2周，碾滚的外边缘恰好滚动了5圈，碾滚与碾柱间的距离忽略不计，则该圆柱形碾滚的高与其底面圆
的直径之比约为（ ）
A．3：2 B．5：4 C．5：3 D．4：3
【答案】B
【分析】绕碾盘转动2周的距离等于碾滚滚动5圈的距离，列出方程即可求解.
【详解】由题意知， ；
故选：B.
5．（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）转子发动机采用三角转子旋转运动来控制压缩和排放．
如图，三角转子的外形是有三条侧棱的曲面棱柱，且侧棱垂直于底面，底面是以正三角形的三个顶点为圆
心，正三角形的边长为半径画圆构成的曲面三角形，正三角形的顶点称为曲面三角形的顶点，侧棱长为曲
面棱柱的高，记该曲面棱柱的底面积为S，高为h，已知曲面棱柱的体积 ，若 ， ，则
曲面棱柱的体积为（ ）A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据题意和图中三角形的面积是由三块相同的扇形叠加而成的，其面积等于三块扇形的面积相加，
再减去两个等边三角形的面积，进而求解.
【详解】扇形ACB的面积 ，
，
则底面积 ，
所以曲面棱柱的体积 ，
故选：A．
6．（2023·全国·高三专题练习）《九章算术·商功》中记载：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳
马，一为鳖臑，不易之率也.”我们可以翻译为：取一长方体，分成两个一模一样的直三棱柱，称为堑堵.再
沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得一个四棱锥和一个三棱锥，这个四棱锥称为阳马，这个三棱锥称为鳖
臑.现已知某个鳖臑的体积是1，则原长方体的体积是（ ）
A．8 B．6 C．4 D．3
【答案】B
【分析】根据柱体和锥体体积公式求得正确答案.
【详解】如图所示，原长方体 ，
设矩形 的面积为 ， ，鳖臑 的体积为 ，
即 ，所以 ，
即原长方体的体积是 .
故选：B
7．（2023春·宁夏银川·高三宁夏育才中学校考开学考试）已知侧棱长为 的正四棱锥各顶点都在同一球
面上．若该球的表面积为 ，则该正四棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作图，分外接球的球心在锥内和锥外2种情况，运用勾股定理分别计算.
【详解】设四棱锥为 ，底面 的中心为O，
设外接球的半径为R，底面正方形的边长为2a，四棱锥的高为 ，则 ，
，
当外接球的球心在锥内时为 ，在 中， ，即 …① ，在 中， ，即 …②，
联立①②，解得 （舍）；
当外接球的球心在锥外时为 ，在 中， ，
即 …③，在 中， ，即 …④，
联立③④解得 ，四棱锥的体积 ；
故选：D.
8．（2023春·湖南长沙·高三校联考阶段练习）为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修
建了若干“朗读亭”.如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对
侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥的高与底面边长的比为 ，则正六棱锥与正六棱柱的侧面积的
比值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设出相关棱长，利用面积公式求出正六棱锥与正六棱柱的侧面积，然后可得答案.
【详解】设正六边形的边长为 ，由题意正六棱柱的高为 ，
因为正六棱锥的高与底面边长的比为 ，所以正六棱锥的高为 ，正六棱锥的母线长为 ，
正六棱锥的侧面积 ；
正六棱柱的侧面积 ，所以 .
故选：B.
9．（2023·云南·高三校联考阶段练习）拟柱体（所有顶点均在两个平行平面内的多面体）可以用辛普森
（Simpson）公式 求体积，其中h是高， 是上底面面积， 是下底面面积， 是中
截面（到上、下底面距离相等的截面）面积，如图所示，在五面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为4的
正方形， ，且直线EF到底面ABCD的距离为3，则该五面体的体积为（ ）
A．18 B．20 C．24 D．25
【答案】B
【分析】根据题意，利用辛普森（Simpson）公式 求解.
【详解】解：如图所示：
分别取边AE，BF，CF，DE的中点G，H，J，K，
由题意知 ， ，
则 ，
所以 ，
故选：B10．（2023·全国·校联考三模）如图为一个火箭的整流罩的简单模型的轴截面，整流罩是空心的，无下底
面，由两个部分组成，上部分近似为圆锥，下部分为圆柱，则该整流罩的外表面的面积约为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据题意分上部分为圆锥，利用其侧面积公式求出其侧面积；下部分为圆柱，利用其侧面积公式
求出其侧面积，最后得到正面外表面面积.
【详解】根据题意，上部分圆锥的母线长为 ，
所以圆锥的侧面积为 ，
下部分圆柱的侧面积为 ，
所以该整流罩的外表面的面积约为 ．
故选：B.
11．（2023·北京通州·统考模拟预测）如图，某几何体的上半部分是长方体，下半部分是正四棱锥，
， ， ，则该几何体的体积为（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先利用勾股定理求出正四棱锥 的高，再根据棱柱与棱锥的体积公式即可得解.
【详解】在正四棱锥 中，连接 交于点 ，连接 ，
则 即为正四棱锥 的高，
， ，
所以 ， ，
所以该几何体的体积为 .
故选：B.
12．（2023·全国·高三专题练习）黄地绿彩云龙纹盘是收藏于中国国家博物馆的一件明代国宝级瓷器.该龙
纹盘敞口，弧壁，广底，圈足.器内施白釉，外壁以黄釉为地，刻云龙纹并填绿彩，美不胜收.黄地绿彩云
龙纹盘可近似看作是圆台和圆柱的组合体，其口径22.5cm，足径14.4cm，高3.8cm，其中底部圆柱高
0.8cm，则黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为（ ）（附：圆台的侧面积 ， ， 为两底面半径，
为母线长，其中 的值取3， ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先求圆台母线长，再代入圆台和圆柱侧面积公式，即可求解.
【详解】设该圆台的母线长为 ，两底面圆半径分别为 ， （其中 ），则 ， ， ，
所以 ，
故圆台部分的侧面积为 ，
圆柱部分的侧面积为 ，
故该黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为 .
故选：B.
13．（2023·湖南·湖南师大附中校联考模拟预测）如图所示，一个球内接圆台，已知圆台上､下底面的半径
分别为3和4，球的表面积为 ，则该圆台的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由球的表面积求出球的半径，然后通过轴截面求出圆台的高，进一步求出圆台的体积.
【详解】因为圆台外接球的表面积 ，所以球的半径 ，
设圆台的上､下底面圆心分别为 ，在上､下底面圆周上分别取点 ，
连接 ，如图，因为圆台上､下底面的半径分别为3和4，
所以 ， ，
所以 ， ,
所以 ，
所以圆台体积 .
故选：D.
14．（2023·全国·高三专题练习）正多面体共有5种，统称为柏拉图体，它们分别是正四面体、正六面体
（即正方体）、正八面体、正十二面体、正二十面体．若连接某正方体的相邻面的中心，就可以得到一个
正八面体，已知该正八面体的体积为36，则生成它的正方体的棱长为（ ）
A．8 B．6 C．4 D．3
【答案】B
【分析】设正方体的棱长为 ，由条件结合锥体体积公式列方程求解即可.
【详解】设正方体棱长为 ，可得正八面体是由两个四棱锥构成，
四棱锥的底面为边长为 的正方形，高为 ，
则正八面体体积为 ，解得 ，∴ .
故选：B.
15．（2023·全国·高三专题练习）如图①，“球缺”是指一个球被平面所截后剩下的部分，截得的圆面叫
做球缺的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高.已知球缺的体积公式为 ，其中是球的半径， 是球缺的高.某航空制造公司研发一种新的机械插件，其左右两部分为圆柱，中间为球切
除两个相同的“球缺”剩余的部分，制作尺寸如图②所示（单位：cm）.则该机械插件中间部分的体积约
为（ ）（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据球的截面的性质由条件求出球的半径，切除掉的“球缺”的高，结合球的体积公式和“球
缺”的体积公式可得结论.
【详解】过球心和“球缺”的底面圆的圆心作该几何体的截面，可得截面图如下：
由已知可得 ，设 为 的中点，
则 ，
由已知可得 ，又 ，
所以 ，
由求得截面性质可得 为以 为斜边的直角三角形，
所以 ，即球的半径 ，所以以 为球心， 为半径的球的体积 ，
又 ，所以 ，
因为球的半径 ， ，
所以“球缺”的高为 ，
所以一个“球缺”的体积 ，
所以该机械插件中间部分的体积约为 .
故选：C.
二、多选题
16．（2023·全国·高三专题练习）用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，得到上、下两部分空间图形且上、
下两部分的高之比为 ，则关于上、下两空间图形的说法正确的是（ ）
A．侧面积之比为 B．侧面积之比为
C．体积之比为 D．体积之比为
【答案】BD
【分析】计算出小棱锥与原棱锥的相似比，结合两个棱锥侧面积之积为相似比的平方、体积之比为相似比
的立方可求得结果.
【详解】依题意知，上部分为小棱锥，下部分为棱台，
所以小棱锥与原棱锥的底面边长之比为 ，高之比为 ，
所以小棱锥与原棱锥的侧面积之比为 ，体积之比为 ，
即小棱锥与棱台的侧面积之比为 ，体积之比为 .
故选：BD.
17．（2023·全国·高三专题练习）“阿基米德多面体”也称为半正多面体（semi-regularsolid），是由边数
不全相同的正多边形为面围成的多面体，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半正多
面体，已知 ，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（ ）A．该半正多面体的体积为
B．该半正多面体过A，B，C三点的截面面积为
C．该半正多面体外接球的表面积为
D．该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E满足关系式
【答案】ABD
【分析】根据几何体的构成可判断A，由截面为正六边形可求面积判断B，根据外接球为正四棱柱的外接
球即可判断C，根据顶点，面数，棱数判断D.
【详解】如图，
该半正多面体，是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的.
对于A，因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该几何体的体积为：
，故正确；
对于B，过A，B，C三点的截面为正六边形ABCFED，所以 ，故正确.
对于C，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为 ，侧棱长为2的正四棱柱的外接球，所以该半正多面体外接球的表面积 ，故错误；
对于D，几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，满足 ，故正确.
故选：ABD
18．（2023·重庆·二模）“端午节”为中国国家法定节假日之一，已被列入世界非物质文化遗产名录，吃
粽子便是端午节食俗之一．全国各地的粽子包法各有不同．如图，粽子可包成棱长为 的正四面体状的
三角粽，也可做成底面半径为 ，高为 （不含外壳）的圆柱状竹筒粽．现有两碗馅料，若一个碗的
容积等于半径为 的半球的体积，则（ ）（参考数据： ）
A．这两碗馅料最多可包三角粽35个
B．这两碗馅料最多可包三角粽36个
C．这两碗馅料最多可包竹筒粽21个
D．这两碗馅料最多可包竹筒粽20个
【答案】AC
【分析】分别求出一个正四面体状的三角粽的体积，一个圆柱状竹筒粽得体积及两碗馅料得体积，即可得
出答案.
【详解】解：两碗馅料得体积为： ，
如图，在正四面体 中，CM为AB边上得中线，O为三角形ABC的中心，则OD即为正四面体的
高，
， ， ，
所以正四面体的体积为 ，
即一个正四面体状的三角粽的体积为 ，因为 ，
所以这两碗馅料最多可包三角粽35个，故A正确，B错误；
一个圆柱状竹筒粽得体积为 ，
因为 ，
所以这两碗馅料最多可包竹筒粽21个，故C正确，D错误.
故选：AC.
19．（2023·全国·高三专题练习）已知某圆锥的母线长为 ，其轴截面为直角三角形，则下列关于该圆锥
的说法中正确的有（ ）
A．圆锥的体积为
B．圆锥的表面积为
C．圆锥的侧面展开图是圆心角为 的扇形
D．圆锥的内切球表面积为
【答案】ACD
【分析】根据勾股定理求出圆锥的底面半径，再由圆锥的体积公式以及表面积公式可判断A、B、C；根据
球的表面积公式可判断D.【详解】
由题意圆锥的底面半径 ，圆锥的高 ，
所以圆锥的体积 ，故A正确；
圆锥的表面积 ，故B错误；
圆锥的侧面展开图是圆心角 ，故C正确；
，
作出圆锥内切球的轴截面，设圆锥的内切球半径为 ，
四边形 为正方形，所以 ，解得 ，
圆锥的内切球表面积 ，故D正确.故选：ACD
20．（2023·全国·高三专题练习）《九章算术》是中国古代张苍､耿寿昌所撰写的一部数学专著，是《算经
十书》中最重要的一部，其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称之为“羡除”，则（ ）
A．“羡除”有且仅有两个面为三角形；B．“羡除”一定不是台体；
C．不存在有两个面为平行四边形的“羡除”； D．“羡除”至多有两个面为梯形.
【答案】ABC
【分析】画出图形，利用新定义判断A；通过 ，判断“羡除”一定不是台体，判断B；利用
反证法判断C；通过 两两不相等，则“羡除”有三个面为梯形，判断D．
【详解】由题意知： ，四边形 为梯形，如图所示：对于A：由题意知：“羡除”有且仅有两个面为三角形，故A正确；
对于B：由于 ，所以：“羡除”一定不是台体，故B正确；
对于C：假设四边形 和四边形BCDF为平行四边形，则 ，且 ，则四边
形 为平行四边形，与已知的四边形 为梯形矛盾，故不存在，故C正确；
对于D：若 ，则“羡除”三个面为梯形，故D错误．
故选：ABC．
三、填空题
21．（2023·全国·高三专题练习）若圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，则圆锥的侧面积是 .（结
果用含 的式子表示）
【答案】
【分析】根据题意可得圆锥的底面半径和母线长，进而根据圆锥侧面积公式 求得结果．
【详解】解： 圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，
圆锥的底面半径 ，母线 ，
故圆锥的侧面积 ．
故答案为： ．
22．（2023·上海·高三专题练习）已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，圆柱的体积为 ，则球的表
面积为 ．
【答案】
【分析】设球的半径为 ,根据圆柱的体积可求得 ，利用球的表面积公式即可求得答案.
【详解】设球的半径为 ,则圆柱的底面直径和高皆为 ，
故圆柱的体积为 ，
故球的表面积为 ，故答案为：
23．（2023·全国·高三专题练习）若长方体的对角线的长为 ，其长、宽、高的和是 ，则长方体的
全面积是 ．
【答案】
【分析】设长方体的长、宽、高分别为 ，利用 可构造方程求得 ，即为所求的
全面积.
【详解】设长方体的长、宽、高分别为 ，则 ，
，
，即长方体的全面积为 .
故答案为： .
24．（2023·全国·高三专题练习）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：
“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如
图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各
为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，则堆放的米约有 斛（结果精确
到个位）．
【答案】
【详解】依题意有体积为 ，故一共有 （斛）米.
25．（2023·全国·高三专题练习）如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该
棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为 .【答案】
【分析】求出长方体体积与三棱锥的体积后即可得到棱锥的体积与剩下的几何体体积之比.
【详解】设长方体长宽高分别为 ， ， ，
所以长方体体积 ，
三棱锥体积 ，
所以棱锥的体积与剩下的几何体体积的之比为：
.
故答案为： .
【点睛】本题主要考查了长方体体积公式，三棱锥体积公式，属于基础题.
26．（2023·上海·高三统考学业考试）如图，在直三棱柱 中， 是等腰直角三角形.若
，则该直三棱柱的体积为 .
【答案】24
【分析】根据直三棱柱的体积公式直接求解即可.
【详解】因为在直三棱柱 中， 是等腰直角三角形，
，则 为直角，故可得： ，
故答案为：24
27．（2023·青海西宁·统考一模）若甲、乙两个圆柱形容器的容积相等，且甲、乙两个圆柱形的容器内部
底面半径的比值为2，则甲、乙两个圆柱形容器内部的高度的比值为 ．
【答案】
【分析】根据体积相等列方程，由此求得高度比.
【详解】设甲的底面半径为 ，则乙的底面半径为 ，
设甲的高为 ，乙的高为 ，
依题意， ，
所以 .
故答案为：
28．（2023秋·江苏镇江·高三江苏省镇江第一中学校考阶段练习）若一个正四棱台的上下底面的边长分别
为2和4，侧棱长为 ，则这个棱台的体积为 ．
【答案】28
【分析】先根据侧棱长和上下底面的对角线长算出棱台的高，再根据棱台的体积公式计算即可.
【详解】因为上下底面的对角线长分别为 和 ，求得正四棱台的高为 ，所以棱
台的体积为 ．
故答案为：28.
29．（2023·全国·高三专题练习）如图，在长方体 中， 是 的
中点，则三棱锥 的体积为 .【答案】10
【分析】由题意可得 ，然后分别求出
的值，从而可求得答案.
【详解】由题意可得 ，
因为 是 的中点，
所以 ， ，
， ，
所以 ，
故答案为：10.
30．（2023·全国·高三专题练习）周总理纪念馆是由正方体和正四棱锥组合体建筑设计，如图所示，若该
组合体接于半径R的球O（即所有顶点都在球上），记正四棱锥侧面 与正方体底面 所成二面
角为 ，则 ．【答案】
【分析】利用正方体的性质及球的性质可得组合体的外接球的球心为正方体的中心，设正方体底面
的中心为 ， 的中点为 ，进而可得 ，即得.
【详解】由正方体的性质可知该组合体的外接球的球心为正方体的中心，
设正方体底面 的中心为 ， 的中点为 ，连接 ，
则 ，
则 ，设正方体的棱长为 ，则 ，
∴ .
故答案为： .【B组 在综合中考查能力】
一、单选题
1．（2023·全国·高三专题练习）陀螺又称陀罗，是中国民间最早的娱乐健身玩具之一，在山西夏县新石器
时代的遗址中就发现了石制的陀螺.如图所示的陀螺近似看作由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其中圆
柱的底面半径为1，圆锥与圆柱的高均为1，若该陀螺由一个球形材料削去多余部分制成，则球形材料体积
的最小值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】依题意当该陀螺中圆锥的顶点及圆柱的下底面圆周都在球形材料表面上时，球形材料体积的最小，
设此时球形材料的半径为 ，由勾股定理求出外接球的半径，即可求出其体积.
【详解】依题意当该陀螺中圆锥的顶点及圆柱的下底面圆周都在球形材料表面上时，球形材料体积的最小，
设此时球形材料的半径为 ，由题意得 ，解得 ，
所以球形材料的体积最小值为 .
故选：D.
2．（2023·广东汕头·统考三模）将一个体积为 的铁球切割成正三棱锥的机床零件，则该零件体积的最
大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设正三棱锥的底面边长为 ，高为 ，球半径为 ，由球体积求得球半径 ，根据边长、高、
外接球半径关系及棱锥体积公式得到零件体积关于 的函数，利用导数求体积最大值.
【详解】设正三棱锥的底面边长为 ，高为 ，球半径为 ，由球的体积为 ，则 ，解得 ，
，即 ，故 ，
正三棱锥的体积为： ，
，
由 得： ，此时函数 单调递增，
由 得： ，此时函数 单调递减，
当 时， 取得最大值，且最大值为 .
故选：D
3．（2023·浙江绍兴·统考二模）牟合方盖是由我国古代数学家刘徽发现并采用的，一种用于计算球体体积
的方法，类似于现在的微元法.由于其采用的模型像一个牟合的方形盒子，故称为牟合方盖.本质上来说，
牟合方盖是两个半径相等并且轴心互相垂直的圆柱体相交而成的三维图形，如图1所示.刘徽发现牟合方盖
后200多年，祖冲之及他的儿子祖暅，推导出牟合方盖八分之一部分的体积计算公式为 （ 为构成
牟合方盖的圆柱底面半径）.图2为某牟合方盖的 部分，且图2正方体的棱长为1，则该牟合方盖的体积
为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C【分析】根据“牟盒方盖”的定义和体积公式计算可得.
【详解】由图可知，牟合方盖的圆柱底面半径即为正方体的棱长，
所以 ，该牟合方盖的体积为 .
故选：C.
4．（2023·四川成都·四川省成都列五中学校考三模）一个球体被平面截下的一部分叫做球缺．截面叫做球
缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高，球缺曲面部分的面积 ，其中
R为球的半径，H为球缺的高．如图，若一个半径为R的球体被平面所截获得两个球缺，其高之比为
，则表面积（包括底面）之比 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由球的性质可求出截面圆的半径，从而求出表面积，可解此题.
【详解】∵ ， ，∴ ， ，
∴ ．
故选：B
5．（2023·天津河西·天津市新华中学校考模拟预测）灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节
人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围 如图 ，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，
上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分 除去两个球冠 如图 ，球冠是由球面被一个
平面截得的，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球的半径为 ，球冠的高为 ，则球冠的面积 已知该灯笼的高为 ，圆柱的高为 ，圆柱的底面圆直径为 ，则围成
该灯笼所需布料的面积为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由勾股定理求出 ，则 ，分别求出两个球冠的表面积、灯笼中间球面的表面积、
上下两个圆柱的侧面积即可求出围成该灯笼所需布料的面积.
【详解】由题意得圆柱的底面圆直径为 ，半径为 ，即球冠底面圆半径为 .
已知该灯笼的高为 ，圆柱的高为 ，所以该灯笼去掉圆柱部分的高为 ，
所以 ，得 ， ，
所以两个球冠的表面积之和为 ，
灯笼中间球面的表面积为 ．
因为上下两个圆柱的侧面积之和为 ，
所以围成该灯笼所需布料的面积为 ．
故选：B．
6．（2023·重庆·统考模拟预测）如图所示，已知一个球内接圆台，圆台上、下底面的半径分别为 和 ，
球的体积为 ，则该圆台的侧面积为（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作出图形，计算出圆台的母线长，再利用圆台的侧面积公式可求得该圆台的侧面积.
【详解】设球的半径为 ，则 ，所以， ，
取圆台的轴截面 ，如下图所示：
设圆台的上、下底面圆心分别为 、 ，则 、 分别为 、 的中点，
连接 、 、 、 、 、 ，则 ，
由垂径定理可知， ， ，
所以， ， ，
因为 ， ， ，所以， ，
所以， ，所以， ，
所以， ，则 ，
因此，圆台的侧面积为 ，
故选：D.
7．（2023·辽宁朝阳·朝阳市第一高级中学校考模拟预测）如图，圆台内有一个球，该球与圆台的侧面和底
面均相切．已知圆台的下底面圆心为 ，半径为 ，圆台的上底面圆心为 ，半径为 （ ），球的球心为 ，半径为 ，记圆台的表面积为 ，球的表面积为 ，则 的可能的取值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作图分析，结合图形的几何性质推出 ，结合圆台的全面积公式可得 的表达式，化简并
结合选项中的数值，判断可得答案.
【详解】如图，作出圆台的轴截面，作 ，垂足为F，
由题意知圆O与梯形 相切，则 ，
又 ，
故 ，化简可得 ，
则
，（ ，故取不到等号），
由于 都不大于 ，故 的可能的取值为 ，故选：A
8．（2023·天津滨海新·统考三模）某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2的正方形， ， ， ， 均为正三角形，且它们所在的平面都
与平面 垂直，则该包装盒的容积为（ ）
A． B． C． D．20
【答案】A
【分析】补全图形为长方体求解即可.
【详解】
将几何体补全为长方体，如图所示，
，
,
所以则该包装盒的容积为：
,
，，
.
故选：A.
9．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知半径为 、母线长为 的圆锥 的侧面展开图是半圆，在其内
部作一个半径为 、母线长为 的内接圆柱 （圆柱的下底面在圆锥的底面上，上底面的圆在圆锥的侧
面上），若圆柱 的侧面积与圆锥 的侧面积之比为 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意，求得 ，圆锥的高 ，进而得到 ，再由 ，
求得 ，进而得到 ，即可求解.
【详解】由圆锥 的侧面展开图是半圆，可得 ，即 ，
所以圆锥的高 ，
因为圆柱 的侧面积与圆锥 的侧面积之比为 ，
可得 ，所以 ，又由 ，可得 ，所以 ，
代入上式，可得 ，所以 .
故选：A.
10．（2023秋·山东济南·高三济南市历城第二中学校考开学考试）“方斗”常作为盛米的一种容器，其形
状是一个上大下小的正四棱台．在综合实践活动中，某小组在超市中测量出一“方斗”的上底面内侧边长
为8dm，下底面内侧边长为2dm，侧棱长为6dm．将“方斗”内的大米铺平（即与下底面平行），测得铺
平后的大米所在的四边形边长为6dm．已知1kg大米的体积约为 ，则方斗内剩余的大米质量约为
（参考数据： ， ，结果保留整数）（ ）
A．30kg B．36kg C．45kg D．52kg
【答案】B
【分析】根据四棱台的体积公式即可求解.
【详解】如图，平面 为大米铺平后所在的平面．连接 ， ， ．分别取 ，
的中心 （它们分别在 ， 上），
连接 ，则 与平面 的交点 必在 上且为 的中心．
在正四棱台的对角面 中， ， ， ， ，易得 ，分别为 ， 的三等分点， ， ，
所以 ．
又因为1kg大米的体积约为 ，
所以方斗内剩余的大米质量约为 （kg）．
故选:B．
11．（2023·河北·统考模拟预测）在三棱柱 中，点D、E分别为棱 ， 的中点，则平面
ADE截三棱柱 所得两部分的体积比为（ ）
A．2：3 B．5：8 C．13：23 D．19：29
【答案】C
【分析】如图，作出截面 ，由面面平行得线面平行，设三棱柱底面面积为 ，高为 ，然后由棱锥、
棱柱体积公式及棱锥的性质得出两部分体积，从而得出体积比．
【详解】设直线 与直线 分别交于点 ，如图，连接 ， ， 交 于 连接 ，
由棱柱的上下底面平行得 ，结合 ， 且 分别是 ， 中点得，
， ，
设 ，三棱柱 的高为 ，则 到底面 的距离为 ， 到底面 的距离为 ，，
， ， ，
，
所以多面体 的体积为 ，
从而多面体 的体积为 ，
所以 ．
故选：C．
12．（2023·海南·统考模拟预测）古代最初的长度计量常常借助于人体的某一部分或某种动作来实现．
《孔子家语》说：“布指知寸，布手知尺，舒肘知寻，斯不远之则也．”“布手知尺”是指中等身材人的
大拇指和食指伸开之间的距离，相当于1尺，折合现代的长度约16厘米．古代一位中等身材的农民买到一
个正四棱台形状的容器盛粮食，由于没有合适的测量工具，于是用自己的手按上述方式去测量，得到正四
棱台的两底面边长分别为3尺和1尺，斜高（侧面梯形的高）为2尺，则按现代的方式计算，该容器的容
积约为（ ）（1升＝1000立方厘米， ）
A．27升 B．31升 C．33升 D．35升
【答案】B
【分析】根据线面垂直的判定和性质以及棱台的体积求法即可求解.【详解】
棱台 为正四棱台,
四边形 为正方形,
点 在 上,且
作 底面 ,且点 在底面 内,
所以 ，
根据题意， (尺), (尺), (尺),
作正方形 在底面的俯视投影 如图:
因为棱台 为正四棱台,
所以正方形 和正方形 的中心重合,
所以 (尺)，
在直角三角形 中, ，
故棱台 的高为 尺,
体积为: (立方尺)，
一个立方尺等于 立方厘米，故该容器的容积为: .
故选: .
二、多选题
13．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，也作陀罗，
闽南语称作“干乐”，北方叫作“冰尜（gá）”或“打老牛”．传统古陀螺大致是木制或铁制的倒圆锥形．
现有一圆锥形陀螺（如图所示），其底面半径为3，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S
滚动，当圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则（ ）
A．圆锥的母线长为9 B．圆锥的表面积为
C．圆锥的侧面展开图（扇形）的圆心角为 D．圆锥的体积为
【答案】AB
【分析】对于A，利用圆锥在平面内转回原位置求解以S为圆心， 为半径的圆的面积，再求解圆锥的侧
面积，根据圆锥本身恰好滚动了3周列出方程求解结果；对于B，利用圆锥的表面积公式进行计算；对于
C，圆锥的底面圆周长即为圆锥侧面展开图(扇形)的弧长，根据弧长公式求解圆心角；对于D，求解圆锥的
高，利用圆锥体积公式求解.
【详解】对于A，设圆锥的母线长为 ，以S为圆心， 为半径的圆的面积为 ，
圆锥的侧面积为 ，
当圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，
则 ，所以圆锥的母线长为 ，故A正确；
对于B，圆锥的表面积 ，故B正确；
对于C，圆锥的底面圆周长为 ，设圆锥侧面展开图(扇形)的圆心角为 ，则 ，解得 ，即 ，故C错误；
对于D，圆锥的高 ，所以圆锥的体积为 ,故D错误.
故选：AB.
14．（2023·江苏无锡·辅仁高中校考模拟预测）半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同
的正多边形围成，体现了数学的对称美.如图，二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体截去八个一
样的四面体得到的，若它的所有棱长都为 ，则（ ）
A．被截正方体的棱长为2
B．被截去的一个四面体的体积为
C．该二十四等边体的体积为
D．该二十四等边体外接球的表面积为
【答案】ACD
【分析】由已知可推得，二十四等边体的各个顶点均为正方体各个棱的中点，即可得出A项；根据A项，
可知四面体 是三条侧棱两两垂直，即可得出三棱锥的体积，判断B项；根据B项的结果，以及正
方体的体积公式，即可得出C项；设球心为 ，连结 ，取 中点为 ，连结 ，构造
，根据勾股定理，即可求出 ，即外接球的半径为 ，即可求出表面积得出D项.【详解】
对于A项，由已知可推得，二十四等边体的各个顶点均为正方体 各个棱的中点，
如图1，则 ，所以 ，故A项正确；
对于B项，如图1，由A知，四面体 是三条侧棱两两垂直，且长度为 的三棱锥，所以
，故B项错误；
对于C项，正方体的体积为 ，所以该二十四等边体的体积为 ，故
C项正确；
对于D项，如图2，设球心为 ，显然 是正方体的中心，连结 ，取 中点为 ，连结 ，
因为 分别是 的中点，所以 .
又 ， ，
所以，在 中，有 ，所以 ，所以，该二十四等边体外接球的半径 ，表面积为 ，故D项正确.
故选：ACD.
15．（2023·山东淄博·山东省淄博实验中学校考三模）某学校课外社团活动课上，数学兴趣小组进行了一
次有趣的数学实验操作，课题名称“不用尺规等工具，探究水面高度”.如图甲， 是一个水平放
置的装有一定量水的四棱锥密闭容器（容器材料厚度不计），底面 为平行四边形，设棱锥高为 ，
体积为 ，现将容器以棱 为轴向左侧倾斜，如图乙，这时水面恰好经过 ，其中 分别为棱
的中点，则（ ）
A．水的体积为
B．水的体积为
C．图甲中的水面高度为
D．图甲中的水面高度为
【答案】AC
【分析】将四棱锥补成平行六面体，利用棱柱和棱锥的体积公式逐项分析即可.
【详解】如图将四棱锥补成平行六面体，设平行四面体的体积为 ，
根据 分别为棱 的中点，
则 ，而三棱柱 与平行六面体的高相同，则 ，
根据四棱锥 与平行六面体底和高均相同，则 ，则
易知 ，
则 ，故A正确，B错误，
图甲中上方的小四棱锥高为 ,则 ，则 ，
故图甲中的水面高度为 ，故C正确,D错误；
故选：AC.
16．（2023·全国·模拟预测）底面为直角三角形的三棱锥 的体积为4，该三棱锥的各个顶点都在球
O的表面上，点P在底面ABC上的射影为K， ，则下列说法正确的是（ ）
A．若点K与点A重合，则球O的表面积的最小值为
B．若点K与点A重合，则球O的体积的最小值为C．若点K是 的斜边的中点，则球O的表面积的最小值为
D．若点K是 的斜边的中点，则球O的体积的最小值为
【答案】AD
【分析】设 的两直角边长分别为x，y，根据题意求得 ，然后分点K与点A重合和点K是
的斜边的中点两种情况进行求解即可判断.
【详解】设 的两直角边长分别为x，y，球O的半径为R.因为三棱锥 的体积为4， ，
所以 ，解得 .
对于选项A，B：由题意知 平面ABC，所以
（当且仅当 时取等号），解得 ，
所以球O的表面积 ，球O的体积 ，故A正确，B错误；
对于选项C，D：若点K是 的斜边的中点，则 ，（球O的球心位于直线
PK上）
所以 （当且仅当 时取等号），即 ，
所以球O的表面积 ，球O的体积 ，故C错误，D正确.
故选：AD
【点睛】方法技巧
求解此类题要过好三关：一是构造关，即会构造长方体模型快速求解外接球的直径，长方体的外接球的直
径等于共点的三条棱长的平方和的开方；二是方程关，即会利用三棱锥的底面三角形的外接圆的圆心､球
心与三棱锥的顶点构成的直角三角形，用勾股定理得关于球半径的方程；三是最值关，利用基本不等式求
最值，要注意“一正二定三相等”.
17．（2023·全国·高三专题练习）素描是写实绘画的重要基础，也是最需要理智来协助的艺术．十字贯穿
体是学习素描时常用的几何体实物模型，图1所示为一个十字贯穿体的素描作品．十字贯穿体一般是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱
柱的每一条侧棱，一个四棱柱的两条相对侧棱和另一个四棱柱的两条相对侧棱各交于两点，另外两条相对
侧棱与另一个四棱柱剩下的两条相对侧棱各交于一点（该点为所在棱的中点）．如图2，十字贯穿体由两
个底面边长为2、高为6的正四棱柱构成，则（ ）
A．一个正四棱柱的某个侧面与另一个正四棱柱的两个侧面的交线的夹角为钝角
B．该十字贯穿体的表面积是
C．该十字贯穿体的体积是
D．一只蚂蚁从该十字贯穿体的顶点A出发，沿表面到达顶点B的最短路线长为
【答案】BCD
【分析】根据题意 为所求夹角，结合余弦定理判断A；该“十字贯穿体”的表面由4个全等的正方
形和16个全等的直角梯形组成，分别计算几何体各个面的面积，相加即可判断B；十字贯穿体的体积为两
个正四棱柱的体积相加，再减去重合部分的体积，即可判断C；分别计算蚂蚁在移动过程中主要沿着棱移
动与蚂蚁主要沿十字贯穿体表面移动的路线长，从而得出最短路线长，即可判断D.
【详解】对于A，一个正四棱柱的某个侧面与另一个正四棱柱的两个侧面的交线为CE，DE，则 为
所求夹角．连接PM，CD，
易知 ，所以 ，
， ， ，则 ，夹角为锐角，A不正确．
对于B，根据表面积的定义，分别计算几何体各个面的面积，相加即可，注意面数不要数错.
该“十字贯穿体”的表面由4个全等的正方形和16个全等的直角梯形组成，
4个正方形的面积均为4，梯形的面积均为 ，
则十字贯穿体的表面积 ，B正确．
对于C，十字贯穿体由两个正四棱柱组合而成，且这两个正四接柱有重合的部分，将两个正四棱柱的体积
相加，减去重合部分体积，即可得十字贯穿体的体积.
如图3，两个正四棱柱的重合部分为多面体CDGEST，取CS的中点I，连接GI，EI，
则多面体CDGEST可以分成8个全等的三棱锥，体积均为 ，
所以该十字贯字体的体积 ，C正确．
对于D，若蚂蚁在移动过程中主要沿着棱移动，因为 ，
则最短的路线为A→C→P→M→D→B或A→C→E→D→B，
前者路线长为 ，后者路线长为 ，
故此时最短路线长为 ．
若蚂蚁主要沿十字贯穿体表面移动，将平面MNED沿着ED翻折，使其与梯形BDEF处于同一平面，如图4所示，连接BE， ，
设 ， ，则 ，
， ．
易得 ， ，
，即 为锐角，
过B作 于H，根据对称性得，最短路径为2BH．
，
所以 ， ，
综上，一只蚂蚁从该十字贯穿体的顶点A出发，沿表面到达顶点B的最短路线长为 ，D正确，
故选：BCD．
18．（2023·全国·高三专题练习）如图是一个装有水的全封闭直三棱柱容器
若水的体积恰好是该容器体积的一半，容器厚度忽略不计，则（
）A．转动容器，当平面 水平放置时，容器内水面形成的截面为 ，则 都是所在棱
的中点
B．当底面 水平放置后，将容器绕着 转动（转动过程中 始终保持水平），有水的部分是
棱柱
C．在翻滚､转动容器的过程中，有水的部分不可能是三棱锥
D．容器中水的体积与直三棱柱外接球体积之比至多为
【答案】BCD
【分析】根据棱柱和棱台的体积公式计算，即可判断A；根据直观想象，结合棱柱、三棱锥的概念即可判
断BC；根据题意确定棱柱的外接球，结合外接球的体积公式，利用基本不等式计算即可判断D.
【详解】A：当平面 水平放置时，假设 都为所在棱的中点，
设水面到底面的的距离为 ， ，
所以水的体积为 ，
又转动前水的体积为 ，
所以 不为所在棱的中点，故A错误；
B：当平面 水平放置时（ 始终保持水平），则平面 平面 ，
所以有水的部分是棱柱，故B正确；C：在翻滚､转动容器的过程中，
当平面 水平放置时，三棱锥 的体积取到最大值，如图，
此时 ，
而水的体积为 ，所以有水的部分不可能是三棱锥，故C正确；
D：取 的中点 ，连接 ，取 的中点O，连接OA，
则D为 的外接圆圆心，O为三棱柱 外接球的球心，
所以 为外接球的半径，且 ，
所以直三棱柱外接球体积 .
由选项A可知，容器中水的体积为 ，
又 ，所以 ，
当且仅当 时等号成立，所以 ，则水的体积与直三棱柱外接球体积之比为 ，
即容器中水的体积与直三棱柱外接球体积之比至多为 ，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题
19．（2023·天津河东·一模）如图所示，一个由圆锥和圆柱组成的玻璃容器，中间联通（玻璃壁厚度忽略
不计），容器中装有一定体积的水，圆柱高为10，底面半径为3，圆锥高为 ，底面半径大于圆柱，左图
中，圆柱体在下面，液面保持水平，高度为 ，右图中将容器倒置，水恰好充满圆锥，则圆锥底面的半径
为 ．
【答案】
【分析】根据前后体积一致，列出计算式即可求解.
【详解】 ,
解得 .
故答案为：20．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习）根据祖暅原理，界于两个平行平面之间的两个
几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．
如图1所示，一个容器是半径为R的半球，另一个容器是底面半径和高均为R的圆柱内嵌一个底面半径和
高均为R的圆锥，这两个容器的容积相等．若将这两容器置于同一平面，注入等体积的水，则其水面高度
也相同．如图2，一个圆柱形容器的底面半径为 ，高为 ，里面注入高为 的水，将一个半径为
的实心球缓慢放入容器内，当球沉到容器底端时，水面的高度为 ．（注： ）
【答案】
【分析】根据祖暅原理，建立体积等量关系，代入体积运算公式求解即可.
【详解】设铁球沉到容器底端时，水面的高度为h，
由图2知，容器内水的体积加上球在水面下的部分体积等于圆柱的体积，
由图1知相应圆台的体积加上球在水面下的部分体积也等于圆柱的体积，
故容器内水的体积等于相应圆台的体积，因为容器内水的体积为 ，
相应圆台的体积为 ，
所以 ，解得 ，
故答案为：
21．（2023·广东·高三专题练习）已知直四棱柱 的棱长均为2， ，除面ABCD
外，该四棱柱其余各个面的中心分别为点E，F，G，H，Ⅰ，则由点E，F，G，H，Ⅰ构成的四棱锥的体积为
．
【答案】
【分析】根据题意结合锥体的体积公式分析运算.【详解】连接 ，由题意可得 ，
分别过E，F，G，H作底面ABCD的垂线，垂足分别为 ，
可得 分别为 的中点，
连接 ，
可得 ，
由题意可得： 为四棱柱，
则 ，
四棱锥的高为直四棱柱 的高的一半，即为1，
所以四棱锥的体积 .
故答案为： .
22．（2023·全国·模拟预测）如图，在四棱锥 中， ， ，过AB的平面分别交
PD，PC于点E，F，且 ，记四棱锥 的体积为 ，几何体ABCDEF的体积为 ，则
.【答案】
【分析】由线面平行的判定可得 面PCD，根据线面平行的性质有 ，进而可得 ，即
有 、 、 ，连接BE，BD，根据相关棱锥的体积比与线段比关系求 .
【详解】由 ， 面 ， 面 ，故 面PCD，
又面 面 ， 面 ，则 ，
所以 ，则 ，又 ，可得 ，
如图，连接BE，BD，三棱锥P-ABE和三棱锥P-BEF的底面共面，即高相等，
所以它们体积的比值等于底面积的比值，
综上， ，故 .
三棱锥B-PAE和三棱锥B-DAE的底面共面，它们体积的比值等于底面积的比值，
由 ，则 ，故 ，所以 .
三棱锥P-ABD和三棱锥P-BCD的底面共面，它们体积的比值等于底面积的比值，所以 ，则 ，
设四棱锥P-ABCD的体积为V，则 .
由 ， ，则 .
由 ，则 ，
所以 ， ，即 .
故答案为：
23．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）表面积为36π的球M表面上有A，B两点，且 为等边三角形，
空间中的动点P满足 ，当点P在 所在的平面内运动时，点P的轨迹是 ；当P在该
球的球面上运动时，点P的轨迹长度为 .
【答案】 圆
【分析】建立平面直角坐标系以及空间直角坐标系，可得P在平面中轨迹方程为 ，P在空
间中轨迹为的圆 绕x轴旋转一周形成球的球面，结合余弦定理即可求解.
【详解】设球的半径为r，则 ，解得r＝3，
在平面内，动点P的轨迹组成一个圆，以线段AB所在直线为x轴，以靠近点B且长度为1处为坐标原点，
则 ， ，此时动点P的轨迹方程为 ，
设其圆心为 ，则在空间中，z轴和xOy坐标平面垂直，
动点P的轨迹为xOy平面中的圆 绕x轴旋转一周形成球的球面，
如图所示，所以点P的轨迹是两个球面的交线，这两个球分别是以M和 为球心，
在 中，结合余弦定理得到 .
设交线所围成的圆半径为R.则 ，
解得 .所以交线的长度为 .
故答案为：圆；
24．（2023·江西南昌·校联考模拟预测）在一次手工劳动课上，需要把一个高为3，体积为 的木质实心圆
锥模型削成一个实心球模型，则球的表面积的最大值为 .
【答案】
【分析】当球为圆锥的内切球时，球的表面积最大，由圆锥的体积公式可求得 ，设内切球 的半径
为 ，由 ，可求出 ，即可得出球的表面积的最大值.
【详解】由题得当球为圆锥的内切球时，球的表面积最大.如图为圆锥 的轴截面，
由题意知 ，解得 ，
所以 .
设内切球 的半径为 ，则 ，
由平面几何知识可知 ，所以 ，所以 ，解得 ，
此时球的表面积为 .
故答案为： .
25．（2023·全国·高三专题练习）如图，一个棱长为6分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该
容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是 ．
【答案】
【分析】如图，在正方体 中，若要使液面形状不可能为三角形，
则平面EHD平行于水平面放置时，液面必须高于平面EHD，且低于平面AFC,
据此计算即可得解.
【详解】如图，在正方体 中，若要使液面形状不可能为三角形，
则平面EHD平行于水平面放置时，液面必须高于平面EHD，且低于平面AFC,
若满足上述条件，则任意转动正方体，液面形状都不可能为三角形，
设正方体内水的体积为V，而 ，
而 （升），
（升）
所以V的取值范围是 .
故答案为：
26．（2023·贵州·统考模拟预测）如图，某环保组织设计一款苗木培植箱，其外形由棱长为2（单位： ）
的正方体截去四个相同的三棱锥（截面为等腰三角形）后得到.若将该培植箱置于一球形环境中，则该球表
面积的最小值为
【答案】
【分析】将正方体补全，依题意可得 、 、 、 为正方体底面边上的中点，要使球的表面积最小，即为求 的外接球的表面积，建立空间直角坐标系，几何体 外接球的球心必在
上、下底面中心的连线上，设球心为 ，球的半径为 ，由距离公式得到方程，求出 ，即可求出
，从而得解.
【详解】如图将正方体补全，依题意可得 、 、 、 为正方体底面边上的中点，
要使球的表面积最小，即为求 的外接球的表面积，
如图建立空间直角坐标系，则 ， ，则几何体 外接球的球心必在上、下底
面中心的连线上，
设球心为 ，球的半径为 ，则 ，
即 ，解得 ，
所以 ，
所以外接球的表面积 ，即该球表面积的最小值为 .
故答案为：
27．（2023春·贵州·高三校联考阶段练习）如图，若正方体的棱长为2，点 是正方体 的
上底面 上的一个动点（含边界）， ， 分别是棱 ， 上的中点，有以下结论：
① 在平面 上的投影图形的面积为定值；
②平面 截该正方体所得的截面图形是五边形；
③ 的最小值是 ；④若保持 ，则点 在上底面内运动路径的长度为
其中正确的是 .（填写所有正确结论的序号）
【答案】①③④
【分析】根据正方体的性质，结合题意作出对应的图形，逐项进行分析验证即可判断.
【详解】① 在平面 上的投影图形为底为2高为2的三角形，故投影图形的面积为定值2，故
①正确；
②如图，取 的四等分点 ，
则 ，平面 截该正方体所得的截面图形是 ，为四边形，故②错误；
③如图，延长 ，使得 ，连接 交上底面 于点 ，
则 ，当 ， ， 三点共线时，
其和最小为 ，且 ， ，∴ ， 的最小值是 ，故③正确；
④如图，建立空间直角坐标系，
则 ， ，∵ ，即 ，
化简得圆 ： ，如图，
点 在上底面内运动路径的长度为劣弧 ，记为 ，∵
∴ ， 故④正确.
故答案为：①③④.
【C组 在创新中考查思维】
一、单选题
1．（2023·湖南益阳·安化县第二中学校考三模）如图所示，该几何体是由两个全等的直四棱柱相嵌而成的，
且前后、左右、上下均对称，两个四棱柱的侧棱互相垂直，已知该几何体外接球的体积为 ，四棱柱
的底面是正方形，且侧棱长为4，则两个直四棱柱公共部分的几何体的内切球体积为（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】分析该几何体的结构特征，先求得底面正方形的边长，求出几何体的边长及体积，再利用等体积
法求出内切球的半径，代入球的体积公式即可求解.
【详解】由题意，该几何体的直观图如图所示：
这两个直四棱柱的中心既是外接球的球心也是内切球的球心，
设外接球的半径为R，直四棱柱的底面边长为a，
则 ，所以 ，所以 ，解得 ，
该几何体是由两个全等的四棱锥 和 组成，
该几何体前后、左右、上下均对称，知四边形是边长为 的菱形，
侧面均为全等的等腰三角形，腰长为 ，底边为 ，
设 的中点为H，连接BH，SH，可知SH即为 四棱锥的高，
在等腰三角形 中， ， 边上的高为2，则 ，在 中， ，又 ，
所以 ，又 ，
所以 ，
设内切球的半径为 ，由八个侧面的面积均为 ，
内切球的球心到各个侧面的距离都是 ，
利用等体积法得 ，解得 ，
故几何体的内切球的体积为 .
故选：D
【点睛】方法点睛：解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题
求解，其解题思路是：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径，如果是外接球，球心到接点的距离相等
且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度作出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这
些元素间的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径、下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球半径的方程并求解.
2．（2023·重庆沙坪坝·重庆一中校考模拟预测）“牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的
一种用于计算球体体积的方法，当一个正方体用圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时，两圆柱体的公共部分
即为“牟合方盖”，他提出“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为定值，南北朝时期祖
暅提出理论：“缘幂势既同，则积不容异”，即“在等高处的截面面积总是相等的几何体，它们的体积也
相等”，并算出了“车合方盖”和球的体积，其大体思想可用如图表示，其中图1为棱长为 的正方体截
得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为 的正方体的八分之一，图3是以底面边长为r的正方体的
一个底面和底面以外的一个顶点作的正四棱锥，则根据祖暅原理，下列结论正确的为（ ）A．若以一个平行于正方体上下底面的平面，截“牟合方盖”，截面是一个圆形．
B．图2中阴影部分的面积为 ．
C．由棱长为 的正方体截得的“牟合方盖”体积为 ．
D．“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为 ．
【答案】D
【分析】由牟盒方盖的定义判断A，由祖原理判断B，直接求出“牟合方盖”体积判断C，求出圆的面积
与正方形面积的比值判断C.
【详解】牟盒方盖是由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，那么只要用水平面去截它们所得的
截面为正方形，故A错误；
因为图1中阴影部分的面积为 ，所以图2中阴影部分的面积为 ，故B错误；
因为图2与图3中的阴影部分等高且面积相等，都为 ，
根据祖暅原理得，图2中正方体与牟合方盖的八分之一之间空隙的体积与正四棱锥体的体积相等，
而正四棱锥的体积为 ，所以由棱长为 的正方体截得的“牟合方盖”体积为 ，故C
错误；
因为任意水平与“牟合方盖”及其内切球相交的截面为一个正方形和一个正方形的内切圆，
又正方形的面积为 ，正方形内切圆的面积为 ，正方形和内切圆的面积比为 ，
由祖暅原理得，“牟合方盖”的体积和内切球的体积之比为 ，故D正确.
故选：D
【点睛】关键点点睛：理解“牟合方盖”的定义、祖暅原理，看懂图形是关键.3．（2023·黑龙江哈尔滨·哈九中校考模拟预测）已知平面上两定点 、 ，则所有满足 （ 且
）的点 的轨迹是一个圆心在 上，半径为 的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼
斯发现，故称作阿氏圆.已知棱长为3的正方体 表面上动点 满足 ，则点 的
轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据阿氏圆性质求出阿氏圆圆心O位置及半径，P在空间内轨迹为以O为球心的球，球与面
， ， 交线为圆弧，求出截面圆的半径及圆心角，求出在截面内的圆弧的长度即可.
【详解】
在平面中，图①中以B为原点以AB为x轴建系如图，设阿氏圆圆心 ,半径为 ，
，
设圆O与AB交于M,由阿氏圆性质知 ，
，
，
P在空间内轨迹为以O为球心半径为2的球，
若P在四边形 内部时如图②,截面圆与 分别交于M，R，所以P在四边形 内的轨迹为
，在 中 ， ，
所以，当P在面 内部的轨迹长为 ，
同理，当P在面 内部的轨迹长为 ，
当P在面 时,如图③所示，
面 ，平面 截球所得小圆是以B为圆心，以BP为半径的圆，截面圆与 分别交
于 ，且 ，
所以P在正方形 内的轨迹为 ，
所以 ，
综上：P的轨迹长度为 .
故选：C
【点睛】方法点睛：求球与平面公共点轨迹长度时先求出平面截球所得圆面的半径，当截面为完整的圆时
可直接求圆周长，当截面只是圆的一部分时先求圆心角的大小再计算弧长.4．（2023·浙江·校联考模拟预测）中国古代数学著作《九章算术》记载了一种被称为“曲池”的几何体，
该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲
池，它的高为2， ， 、 ， 均与曲池的底面 垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别
为1和2，对应的圆心角为 ，则图中四面体 的体积为（ ）．
A． B．1 C． D．
【答案】B
【分析】由题意可求 ，即 与 为全等的等腰三角形，
取 的中点 ，连接 ，构造出平面 与 垂直，从而可求四面体 的体积.
【详解】
依题意，根据勾股定理可求 ，
， ，即 与 为全等的等腰三角形，
取 的中点 ，连接 ，
由等腰三角形的性质可得， ，
所以 面 ，
且 ，可求 的高为 ，
从而 ，
.
故选：B
5．（2023·全国·高三专题练习）在直三棱柱 中， ，且
分别为 和 的中点， 为线段 （包括端点）上一动点， 为侧面 上一动点，则
的最小值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先判断出 取得最小值时 为点 在侧面 的投影.把将平面 与平面 展
开到同一平面，作 于点 ，交 于点 ,此时 达到最小值，解三角形求出 即可.【详解】当 为某确定点时，要使 取得最小值，则 必须为最小值，此时， 为点 在侧面
的投影.
取 的中点 .
因为 分别为 的中点，所以 为 的中位线，所以 .
因为 所以 ，所以 .
在直三棱柱 中， 面 ，所以 .
因为 面 ， 面 ， ,
所以 侧面 ，故 在侧面 的投影为 .
作 于点 ，此时 满足题意.
.在 中， ， .
在 中，
因为 ,所以 ，所以 为直角三角形.
所以 ， .
将平面 与平面 展开到同一平面，如图所示，
所以 .
作 于点 ，交 于点 ,此时 达到最小值，
则
故选：B
【点睛】立体几何中的最值问题一般涉及到距离、角度、面积、体积等四个方面，解决此类问题一般从三
个方面思考：
（1）利用传统方法转化为空间向量的坐标运算，建立所求的目标函数，转化为函数的最值问题求解；
（2）根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况取得最值；
（3）将几何体平面化，如利用展开图，在平面图形中直观求解.
6．（2023·全国·高三专题练习）在棱长为1的正方体 中，动点P在棱 上，动点Q在
线段 上、若 ，则三棱锥 的体积（ ）A．与 无关，与 有关 B．与 有关，与 无关
C．与 都有关 D．与 都无关
【答案】D
【分析】根据 得出 平面 ，所以点 到平面 的距离也即 到平面
的距离，得到点 到平面 的距离为定值，而底面 的面积也是定值，并补随 的变化而变化，
进而得到答案.
【详解】因为 为正方体，所以
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
所以点 到平面 的距离也即 到平面 的距离，也即点 到平面 的距离不随
的变化而变化，设点 到平面 的距离为 ，过点 作 ，根据正方体的特征可知： 平
面 ，因为 平面 ，所以 ， ，所以 平面 ，则有
，
因为 且 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，
所以点 到 的距离也即 到 的距离，且距离为1，所以 （定值），
所以 （定值），则三棱锥 的体积不随 与 的变化而变化，也即与与 都无关.
故选： .
7．（2023·全国·高三专题练习）我们把底面是正三角形，顶点在底面的射影是正三角形中心的三棱锥称为
正三棱锥.现有一正三棱锥 放置在平而 上，已知它的底面边长为2，高 ，该正三棱锥绕 边在
平面 上转动（翻转），某个时刻它在平面 上的射影是等腰直角三角形，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】分别讨论底面 在 上的射影为等腰直角三角形和侧面 在 上的射影为等腰直角三角
形时的情况可求解.
【详解】首先在 中，设其中心为 ， 中点为 ，则 ， ，
当 为等腰直角三角形时， ，
若底面 在 上的射影为等腰直角三角形 时，如图1，只需 ，
易知 ，又 ，所以 ，此时 ；
若侧面 在 上的射影为等腰直角三角形时，易知 ，
如图2和图3，可求得 ， ，所以 ，
综上， 的取值范围是 .
故选：B.二、多选题
8．（2023·江苏扬州·江苏省高邮中学校考模拟预测）如图，已知正四棱柱 的底面边长为
1，侧棱长为2，点 分别在半圆弧 （均不含端点）上，且 在球 上，则（ ）
A．当点 在 的三等分点处，球 的表面积为B．球 的表面积的取值范围为
C．当点 在 的中点处，过 三点的平面截正四棱柱所得的截面的形状都是四边形
D．当点 在 的中点处，三棱锥 的体积为定值
【答案】BD
【分析】先求出外接球的球心O所在的直线，根据几何关系求出外接球半径与Q点位置的关系，可以解出
A，B选项，对于C选项，作平行线求出截面的形状，对于D选项运用等体积法直接求解.
【详解】
如图，设 的中点为E， 的中点为F， 的中点为G， ，
由题意圆G和圆E的半径均为1， ，
是直角三角形， 平面 ，外接球的球心O必定在 上，设 ，则
，
则 ， 为外接球O的半径，在 中，由余弦定理得
，
又 ， ，
当Q在圆弧 三等分点处时， ， ，外接球的表面积 ，A错误；
令 ，则 ， ，B正确；对于C，如图：
过Q点作 的平行线，交 于H，交AD于M，连接 ，过P点作 的平行线交AB于N，连接
MN，
， 五点共面，又 N点在平面 上，
即平面 与四棱柱的截面是五边形 ，错误；
对于D，P点在 的中点， 平面 平面 ，则不论Q点在何位置，Q点到平面 的
距离 ，
即三棱锥 的高为1， ，三棱锥的体积 ，D正确；
故选：BD.
9．（2023春·广东深圳·高三校考阶段练习）如图，圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，圆锥的内接圆柱
的底面半径为 ，圆柱的体积为 ，则（ ）
A．圆锥的表面积为B．圆柱的体积最大值为
C．圆锥的外接球体积为
D．
【答案】ABC
【分析】根据圆锥的截面确定底面半径和母线，代入圆锥表面积公式计算可判断A，利用相似找到圆柱的
底面半径和高的关系，求出圆柱体积的解析式，利用导数法求解最大值可判断B，找到外接球的球心，利
用勾股定理求出球的半径，求出体积即可判断C，作差变形，判断符号即可判断D.
【详解】因为圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，
所以圆锥的母线长为2，底面圆的半径为1，圆锥的高 ，
所以圆锥的表面积为 ，故选项A正确；
设圆柱的高为h，如图
则 ，解得 ，
则圆柱的体积为 ，
令 ，则 ，
当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，所以 ，
所以圆柱的体积最大值为 ，故选项B正确；
如图，
设圆锥的外接球球 的半径为 ，则由 是正三角形可得 ， ,
在 中， ，解得 ，所以圆锥的外接球体积为
，故选项C正确；
因为 ，
所以 ，
，
所以
，
由于 与1的关系无法判断，所以 与 大小关系不确定，故选项D错误.故选：ABC.
三、填空题
10．（2023·广东东莞·统考模拟预测）以棱长为 的正四面体中心点 为球心，半径为 的球面与正四
面体的表面相交部分总长度为 .
【答案】
【分析】求出正四面体 内切球半径即为球心到面ABC的距离，从而得到球被平面 所截得的
圆的半径，再求出 的内切圆的半径，此圆恰好为球被平面 所截得的圆，即球面与各表面相交部
分恰为三角形的内切圆，求四个内切圆的周长即可.
【详解】
将正四面体放入正方体中，则正方体的棱长为 ，所以正四面体的体积为
，
表面积为 ，设正四面体的内切球半径为 ，则 ，解得 .
显然内切球心为 ，故 到面 的距离为 ，球面与面 相交部分为以 的圆，
设三角形 的内切圆半径为 ，圆心为 为 的中点，则 ，故 ，
此时恰好 ，
即球面与各表面相交部分恰为三角形的内切圆，
故当 时，圆弧总长度为 .故答案为：
【点睛】方法点睛：有关平面（可以无限延展的）截球所得截面的计算时，第一步求出球心到截面的距离
，第二步根据 计算出截面圆的半径 ，第三步在截面（只是有限大小的平面图形）内通过计
算判断所截图形是一个完整的圆还是圆的一部分，这时要根据平面几何中的数据进行计算.
11．（2023·全国·高三专题练习）正方体容器 中盛满水， ， 分别是 的中点，若
个小孔分别位于 三点处，则正方体中的水最多会剩下原体积的 .（用分数表示）
【答案】
【分析】根据正方体中剩下的水最多时，水平面必经过三个小孔中的两个，分别讨论水平面经过 、
和 ，另一个小孔在水平面上方的情况，作出截面，结合函数最值和基本不等式可求得流出水的最
小体积，对比三种情况可得最终结果.
【详解】当正方体中剩下的水最多时，水平面必经过三个小孔中的两个；设正方体 的棱长为 ，则
， ；
①当水平面经过小孔 ，另一个小孔 在水平面上方；
设过 的平面与棱 的交点分别为 ，则流出的水的最小体积是台体 的体
积，如下图所示，设 ，则 ，
由 ∽ 得： ，
（当且仅当
，即 时取等号），
又 ， 此时正方体中的水最多会剩下原体积的 ；
②当水平面经过小孔 ，另一个小孔 在水平面的上方；
设过 的平面与棱 的交点分别为 ，则流出的水的最小体积是台体 的体积，如
下图所示，
设 ，
∽ ， ，，
当 时， ，
又 ， 此时正方体中的水最多会剩下原体积的 ；
③当水平面经过小孔 ，另一个小孔 在水平面上方，
设过 的平面与棱 的交点分别为 ，则流出的水的最小体积是三棱柱 的体
积，
设 ，则 ，
又 ， 此时正方体中的水最多会剩下原体积的 ；
综上所述：正方体中的水最多会剩下原体积的 .
故答案为： .
12．（2023·山东日照·三模）祖暅，南北朝时代的伟大科学家，他在实践的基础上提出了祖暅原理：“幂
势既同，则积不容异”，即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，
如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.请同学们借助图1运用祖暅原理解决如
下问题：如图2，有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为2的铁球，
再注入水，使水面与球正好相切（球与倒圆锥相切效果很好，水不能流到倒圆锥容器底部），则容器中水
的体积为 .【答案】
【分析】根据条件和图1可得半球的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆锥的体积，半球阴影截面上半部
分体积等于圆柱阴影截面上半部分体积减去圆台体积，然后在图2中运用此原理可求得答案.
【详解】如图1，已知圆柱、圆锥底面圆半径、高和球体半径相等，设半球中阴影截面圆的半径 ，
球体半径为 ，则 ，截面圆面 ；
圆柱中截面小圆半径 ，大圆半径为 ，则截面圆环面积 ，所以 ，
又高度相等，
所以半球的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆锥的体积.
同理，半球阴影截面上半部分体积等于圆柱阴影截面上半部分体积减去圆台体积.
如图2，设球体和水接触的上部分为 ，没和水接触的下部分为 ，
小半球相当于图1半球的截面上半部分，其体积等于图1中截面之上的圆柱体积减去相应圆台体积.
已知球体半径为 ， 为等边三角形，
，
根据祖暅原理 ，
，设图2中轴截面为梯形 的圆台体积为 ，
，
故答案为： .
13．（2023·辽宁锦州·校考一模）在正四棱锥 中， 为 的中点，过 作截面将该四棱锥分
成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为 ，则 的最大值是 .
【答案】2
【分析】根据给定条件，作出过 的正四棱锥 的截面，再求出 的表达式并结合均值不等式求
解作答.
【详解】记正四棱锥 的体积为 ， 的最大值，由 为定值知，只需求 的最小值，
设过 的截面分别交 和 于 ，平面 与平面 的交线为 与 相交于 ，如图，
则 ，令 ，则 ，即有 ，
，
当且仅当 时取等号，此时 ，所以 的最大值是2.
故答案为：2
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几
何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点
中至少有两个点在几何体的同一平面上.
