文档内容
第 01 讲 基本立体图形、
简单几何体的表面积及体积
（7 类核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
5年考情
考题示例 考点分析 关联考点
圆柱表面积的有关计算
2024年新I卷，第5题,5分 圆锥表面积的有关计算 无
锥体体积的有关计算
锥体体积的有关计算
2024年新Ⅱ卷，第7题,5分 求线面角
台体体积的有关计算
2023年新I卷，第12题,5分 正棱锥及圆柱体的相关计算 球体相关计算
2023年新I卷，第14题,5分 台体体积的有关计算 无
圆锥表面积的有关计算 二面角的概念及辨析
2023年新Ⅱ卷，第9题,5分
锥体体积的有关计算 二面角大小求线段长度或距离
正棱台及其有关计算
2023年新Ⅱ卷，第14题,5分 锥体体积的有关计算 无
台体体积的有关计算
2022年新I卷，第4题,5分 台体体积的有关计算 无
球的体积的有关计算
2022年新I卷，第8题,5分 锥体体积的有关计算 多面体与球体内切外接问题
由导数求函数的最值 (不含参)
2022年新Ⅱ卷，第11题,5分 锥体体积的有关计算 证明线面垂直
2021年新I卷，第3题,5分 圆锥中截面的有关计算 无
棱台的结构特征和分类
2021年新Ⅱ卷，第5题,5分 无
台体体积的有关计算
2020年新Ⅱ卷，第13题,5分 锥体体积的有关计算 无
2. 命题规律及备考策略【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题稳定，难度较低，分值为5-6分
【备考策略】1.了解柱、锥、台体及简单组合体的结构特征及其相关性质
2.会运用柱体、锥体、台体等组合体的表面积和体积的计算公式求解相关问题
【命题预测】本节内容是新高考卷的常考内容，一般给定柱、锥、台体及简单组合体，求对应的表面积与
体积，需强化复习.
知识讲解
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
相交于一点但不
侧棱 平行且相等 延长线交于一点
一定相等
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
平行、相等且垂直
母线 相交于一点 延长线交于一点
于底面
轴截面 全等的矩形 全等的等腰三角形 全等的等腰梯形 圆
侧面
矩形 扇形 扇环
展开图
2.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 ＝2πrl S ＝πrl S ＝π(r＋r)l
圆柱侧 圆锥侧 圆台侧 1 2
3.空间几何体的表面积与体积公式
名称
表面积 体积
几何体
柱体(棱柱和圆柱) S ＝S ＋2S V＝S ·h
表面积 侧 底 底
锥体(棱锥和圆锥) S ＝S ＋S V＝S ·h
表面积 侧 底 底
台体(棱台和圆台) S ＝S ＋S ＋S V＝(S ＋S ＋)h
表面积 侧 上 下 上 下
球 S＝4πR2 V＝πR3
考点 一 、 空间几何体的结构特征
1．以下结论中错误的是（ ）
A．经过不共面的四点的球有且仅有一个 B．平行六面体的每个面都是平行四边形
C．正棱柱的每条侧棱均与上下底面垂直 D．棱台的每条侧棱均与上下底面不垂直
【答案】D
【分析】由空间几何体的概念对选项逐一判断
【详解】对于A，经过不共面的四点的球，即为该四面体的外接球，有且仅有一个，故A正确，
对于B，平行六面体的每个面都是平行四边形，故B正确，
对于C，正棱柱的每条侧棱均与上下底面垂直，故C正确，
对于D，棱台的每条侧棱延长线交于一点，侧棱中有可能与底面垂直，故D错误，
故选：D
2．下列命题：①有两个面平行，其他各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱；
②有两侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱；
③过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形不可能是矩形；
④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱一定是正四棱柱．
其中正确命题的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】A
【分析】①②③④均可举出反例.
【详解】①如图1，满足有两个面平行，其他各面都是平行四边形，
显然不是棱柱，故①错误；
②如图2，满足两侧面 与底面垂直，但不是直棱柱，②错误；
③如图3，四边形 为矩形，即过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形可能是矩形，③错误；
④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱不一定是正四棱柱，因为两底面不一定是正方形，④错误．
故选：A
3．（多选）如图，我们常见的足球是由若干个正五边形和正六边形皮革缝合而成.如果我们把足球抽象成
一个多面体，它有60个顶点，每个顶点发出的棱有3条，设其顶点数V，面数F与棱数E，满足
（Euler's formula），据此判断，关于这个多面体的说法正确的是（ ）
A．共有20个六边形
B．共有10个五边形
C．共有90条棱
D．共有32个面
【答案】ACD
【分析】分别设出正五边形和正六边形的个数，利用关系式即可解出正五边形和正六边形的数量，以及棱
数和面数.
【详解】解：由题意，
设共有m个正五边形，n个正六边形，
解得： .
B错误.
∵顶点数： ，
解得： ，
∴A正确.
面数： .∴D正确.
棱数： .
C正确.
故选：ACD.
1．下列命题是真命题的是（ ）
A．两个四棱锥可以拼成一个四棱柱 B．正三棱锥的底面和侧面都是等边三角形
C．经过不共线的三个点的球有且只有一个D．直棱柱的侧面是矩形
【答案】D
【分析】利用空间几何体的结构，依次分析选项即可得到答案.
【详解】对于A，两个四棱锥不一定可以拼成一个四棱柱，A错误．
对于B，正三棱锥的底面是等边三角形，侧面是等腰三角形，不一定是等边三角形，B错误．
对于C，经过不共线的三个点只能确定一个平面，经过不共线的三个点的球有无数个，C错误．
对于D，直棱柱的侧面是矩形，D正确．
故选：D
2．下面关于空间几何体叙述正确的有（ ）
A．圆柱的所有母线长都相等 B．底面是正方形的棱锥是正四棱锥
C．一个棱台最少有5个面 D．用一平面去截圆台，截面一定是圆面
【答案】AC
【分析】根据多面体和旋转体的定义和特征即可一一判断.
【详解】对于A，根据圆柱的定义可知，母线均与圆柱的轴平行，则其长度都相等，故A正确；
对于B，只有底面是正方形，且顶点在底面上的射影为底面正方形的中心时，才是正四棱锥，故B错误；
对于C，根据棱台的定义知，底面边数至少为3，故棱台的表面至少有两个底面和三个侧面，即五个平面，
故C正确；
对于D，若用一个与圆台底面不平行的平面截圆台，则截面将不是圆面，故D错误.
故选：AC.
3．给出下列命题：
①长方体是四棱柱；
②直四棱柱是长方体；
③底面是正多边形的棱锥一定是正棱锥；
④延长一个棱台的各条侧棱，它们相交于一点．
则正确的是（ ）
A．① B．② C．③ D．④【答案】AD
【分析】根据棱柱、棱锥及棱台的定义判断即可；
【详解】解：对于①：长方体满足有两个面互相平行且全等，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，故长方体是四棱柱，故①正确；
对于②：如果直四棱柱的底面不是矩形，则这样的直四棱柱不是长方体，故②错误；
对于③：如果棱锥的底面是正多边形，但顶点在底面的射影不是底面的中心，这样的棱锥不是正棱锥，故
③错误；
对于④：用平行于棱锥底面的平面截棱锥，截面与底面之间的部分为棱台，故延长一个棱台的各条侧棱，
它们必相交于一点，故④正确；
故选：AD
考点 二 、 柱体的表面积与体积
1．（2024·上海·三模）已知圆柱的底面半径为3cm，侧面积为24πcm3，则此圆柱的体积为 cm3
【答案】36π
【分析】先根据已知条件求出圆柱的高，再利用圆柱的体积公式可求得结果.
【详解】设圆柱的高为ℎ，则 ，得 ，
所以此圆柱的体积为 ，
故答案为：36π
2．（全国·高考真题）在长方体ABCD−A B C D 中， ，AC 与平面BB C C所成的角为
1 1 1 1 1 1 1
30∘，则该长方体的体积为
A．8 B． C．8√2 D．8√3
【答案】C
【分析】首先画出长方体ABCD−A B C D ，利用题中条件，得到 ，根据AB=2，求得
1 1 1 1
，可以确定 ，之后利用长方体的体积公式求出长方体的体积.
【详解】在长方体ABCD−A B C D 中，连接BC ，
1 1 1 1 1根据线面角的定义可知 ，
因为AB=2，所以 ，从而求得 ，
所以该长方体的体积为 ，故选C.
【点睛】该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高
的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要
明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果.
3．（江苏·高考真题）设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S ，S ，体积分别为V ，V ，若它们的侧面积相等，
1 2 1 2
9 V
1
且 ＝ ，则 的值是 ．
4 V
2
【答案】
【详解】试题分析：设两个圆柱的底面半径分别为R，r；高分别为H，h；∵ ，∴ ，它们的侧
3
面积相等， ∴ ，∴ ．故答案为 ．
2
考点：1．棱柱、棱锥、棱台的体积；2．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．
4．（2024·天津·高考真题）一个五面体 ．已知 ，且两两之间距离为1．并已知
．则该五面体的体积为（ ）
√3 √3
A． B． C． D．
6 2
【答案】C
【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.
【详解】用一个完全相同的五面体 （顶点与五面体 一一对应）与该五面体相嵌，使
得 ； ; 重合，
因为 ，且两两之间距离为1． ，
则形成的新组合体为一个三棱柱，
该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为 ，
.
故选：C.1．（上海·高考真题）若正三棱柱的所有棱长均为 ，且其体积为 ，则 .
【答案】4
【详解】试题分析：棱柱的底面积为
考点：棱柱体积
2．（2024·山东·二模）已知圆柱的底面半径为4，侧面面积为16π，则该圆柱的母线长等于 ．
【答案】2
【分析】根据圆柱的侧面积公式求解即可.
【详解】由题意可知圆柱的底面周长 ，
所以根据圆柱的侧面面积公式 可知，该圆柱的母线长 ，
故答案为：
3．（全国·高考真题）正三棱柱侧面的一条对角线长为2，且与底面成45∘角，则此三棱柱的体积为（ ）
√6 √6
A． B．√6 C． D．
2 3
【答案】A
【分析】结合已知条件，求出正三棱柱底面边长和高，然后利用柱体体积公式求解即可.
【详解】因为正三棱柱侧面的一条对角线长为2，且与底面成45∘角，
所以正三棱柱的侧面为正方形，且这个正方形的边长为√2，
即正三棱柱的底面边长为√2，高ℎ =√2，
故正三棱柱的底面面积 ，
从而正三棱柱的体积为 .
故选：A.
4．（全国·高考真题）已知圆柱的上、下底面的中心分别为O ，O ，过直线O O 的平面截该圆柱所得的
1 2 1 2
截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A． B． C． D．
【答案】B
【详解】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，
从而利用相关公式求得圆柱的表面积.
详解：根据题意，可得截面是边长为2√2的正方形，
结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是√2的圆，且高为2√2，
所以其表面积为 ，故选B.
点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关
量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积
的和.
考点 三 、 锥体的表面积与体积
1．（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： .
2．（2023·全国·高考真题）在三棱锥P−ABC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AB⊥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
3．（2023·全国·高考真题）已知四棱锥P−ABCD的底面是边长为4的正方形， ，
则△PBC的面积为（ ）
A．2√2 B．3√2 C．4√2 D．
【答案】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△PAC中利用余弦定理求得 ，从而求得 ，由此在△PBC中利用余弦定理与三角形
面积公式即可得解；
法二：先在△PAC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△PBC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AC,BD交于O，连结PO，则O为AC,BD的中点，如图，因为底面 为正方形，AB=4，所以 ，则 ，
又 ， ，所以 ，则 ，
又 ， ，所以 ，则 ，
在△PAC中， ，
则由余弦定理可得 ，
故 ，则 ，
故在△PBC中， ，
所以 ，
又 ，所以 ，
所以△PBC的面积为 .
法二：
连结AC,BD交于O，连结PO，则O为AC,BD的中点，如图，
因为底面 为正方形，AB=4，所以 ，
在△PAC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△PBD中， ，即 ，则
②，
两式相加得 ，故 ，
故在△PBC中， ，
所以 ，
又 ，所以 ，
所以△PBC的面积为 .
故选：C.
4．（2023·天津·高考真题）在三棱锥P−ABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且 ，
，则三棱锥 和三棱锥P−ABC的体积之比为（ ）
1 2 1 4
A． B． C． D．
9 9 3 9
【答案】B
【分析】分别过 作 ,垂足分别为 .过 作 平面PAC，垂足为 ，连接
,过 作 ,垂足为 .先证 平面PAC，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PAC，垂足为 ，
连接 ,过 作 ,垂足为 .
因为 平面PAC， 平面 ，所以平面 平面PAC.
又因为平面 平面 ， ， 平面 ，所以 平面PAC，且 .在 中，因为 ，所以 ，所以 ，
在 中，因为 ，所以 ，
所以 .
故选：B
1．（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√3，则圆锥的
体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设圆柱的底面半径为r，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径r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r，则圆锥的母线长为 ，
而它们的侧面积相等，所以 即 ，
故r=3，故圆锥的体积为 .
故选：B.
2．（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，
9√3
∠AOB=120°，若△PAB的面积等于 ，则该圆锥的体积为（ ）
4
A．π B．√6π C．3π D．3√6π
【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△AOB中， ，而 ，取AB中点C，连接 ，有
，如图，9√3
， ，由△PAB的面积为 ，
4
得 ，
解得 ，于是 ，
所以圆锥的体积 .
故选：B
3．（2022·全国·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2π，侧面积分别
为 和 ，体积分别为 和 ．若 ，则 （ ）
A．√5 B．2√2 C． D．
【答案】C
【分析】设母线长为 ，甲圆锥底面半径为r ，乙圆锥底面圆半径为r ，根据圆锥的侧面积公式可得 ，
1 2
再结合圆心角之和可将r ,r 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
1 2
即可得解.
【详解】解：设母线长为 ，甲圆锥底面半径为r ，乙圆锥底面圆半径为r ，
1 2
则 ，
所以 ，
又 ，
则 ，
所以 ，
所以甲圆锥的高 ，乙圆锥的高 ，
所以 .
故选：C.
4．（2022·全国·高考真题）（多选）如图，四边形 为正方形， 平面 ，
，记三棱锥 ，F−ABC， 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V ,V ，连接 交 于点 ，连接 ，由 计算
1 2
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BD⊥AC，
又 平面 ，AC⊂平面 ，则 ，又 ， 平面 ，则AC⊥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.
考点 四 、 台体的表面积与体积
1．（2021·全国·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.2．（2023·全国·高考真题）在正四棱台ABCD−A B C D 中， ，则该棱台的体
1 1 1 1
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ABCD−A B C D 的高，
1 1 1 1
因为 ，
则 ，
故 ，则 ，
所以所求体积为 .
故答案为： .
3．（2022·全国·高考真题）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
【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．
【详解】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V．
棱台上底面积 ，下底面积 ，
∴
．故选：C．
4．（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r ，圆台的母线长分别为
2
, ，则圆台甲与乙的体积之比为 ．
√6
【答案】
4
【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 .
√6
故答案为： .
4
1．（2024·全国·模拟预测）已知一个高为6的圆锥被平行于底面的平面截去一个高为3的圆锥，所得圆台
的上、下底面圆周均在球 的球面上，球 的体积为 ，且球心 在该圆台内，则该圆台的表面积为
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】设圆锥的底面半径为2r，球心 到圆台上底面的距离为 ，由球 的体积可得半径为R=√5，结
合圆台的结构特征列式解得 ，进而可求得表面积.【详解】设圆锥的底面半径为2r，依题意得该圆台的上底面半径为r，且圆台的高为3．
设球心 到圆台上底面的距离为 ，球 的半径为R，
由球 的体积为 ，解得R=√5，
因为点 在该圆台内，则 ， 解得 ，
可得该圆台的母线长 ，
所以圆台的表面积为 ．
故选：B.
2．（2024·陕西安康·模拟预测）在正四棱台ABCD−A B C D 中， ，若正四棱台
1 1 1 1
的高为 ，则其表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设 ，则 ，连接 ， 交于点 ，连接 交于点O ，连接OO ，即可得
1 1
到OO
1
为正四棱台的高ℎ，由勾股定理求出 ，再求出斜高，最后由表面积公式计算可得.
【详解】设 ，则 ，
如图，连接 ， 交于点 ，连接 交于点O ，连接OO ，
1 1
由正四棱台的几何性质可知 分别是上､下底面的中心，
所以 平面 平面A
1
B
1
C
1
D
1
，所以OO
1
为正四棱台的高ℎ，
所以由题可知ℎ =2√2，过点 作 交 于点 ，
则 ，即 ，解得a=2√2，
过点 作 交 于点 ，则 为斜高，此时 ，
所以正四棱台的表面积为 .
故选：D.3．（2024·天津河西·三模）如图，在三棱柱 中，E，F分别为AB，AC的中点，平面
将三棱柱分成体积为V ，V 两部分，则 （ ）
1 2
A．1∶1 B．4∶3 C．6∶5 D．7∶5
【答案】D
【分析】根据割补法结合棱台的体积公式，即可求得答案.
【详解】设三棱柱 的高为h，上下底面面积均为S，体积为V，
则 ，
因为E，F分别为AB，AC的中点，故 ,
结合题意可知几何体 为棱台，
则 ，
故 ,故 ，
故选：D
4．（2024·新疆喀什·二模）（多选）如图圆台O O ，在轴截面 中， ，下
1 2
面说法正确的是（ ）
A．线段AC=2√3
B．该圆台的表面积为11π
C．该圆台的体积为7√3π
D．沿着该圆台的表面，从点 到 中点的最短距离为5
【答案】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COD且 ，又 ，
在Rt△ 中， cm，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：ABD
考点 五 、 组合体的表面积与体积
1．（2024·辽宁大连·一模）陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址．
如图所示的是一个陀螺立体结构图．已知，底面圆的直径AB=12cm，圆柱体部分的高 ，圆锥体
部分的高 ，则这个陀螺的表面积(单位： )是（ ）
A． B． C． D．【答案】C
【分析】由题意先求圆锥的母线长，结合圆柱和圆锥的侧面积公式分析求解.
【详解】由题意可知：圆锥的母线长为 ，
所以这个陀螺的表面积是 .
故选：C.
2．（2024·湖北武汉·二模）陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一，它可以近似地视为由一个圆锥和一个圆
柱组合而成的几何体，如图1是一种木陀螺，其直观图如图2所示， ， 分别为圆柱上、下底面圆的圆
心， 为圆锥的顶点，若圆锥的底面圆周长为 ，高为 ，圆柱的母线长为4，则该几何体的体积是
（ ）
A． B．32π C． D．
【答案】C
【分析】求出圆锥的底面半径，根据圆锥以及圆柱的体积公式，即可求得答案.
【详解】设圆锥的底面半径为r，则 ，高为 ，
故圆锥的体积为 ，
圆柱的底面半径也为 ，母线长也即高为4，
则圆柱的体积为 ，
故几何体的体积为 ，
故选：C
3．（2022·天津·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，AB⊥平面BHC，则 ,
由AB∩BC=B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.
1．（2022·河南郑州·三模）鲁班锁起源于中国古代建筑的榨卯结构．这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙，鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装，
如图（1），这是一种常见的鲁班锁玩具，图（2）是该鲁班锁玩具的直观图．已知该鲁班锁玩具每条棱的
长均为1，则该鲁班锁玩具的表面积为（ ）
A． B．
B．C． D．
【答案】A
【分析】先求出正八边形的面积，再由该鲁班锁玩具的表面积为6个边长为1的正八边形和8个边长为1
的正三角形的面积和计算表面积即可.
【详解】
由图可知：该鲁班锁玩具的表面积为6个边长为1的正八边形和8个边长为1的正三角形的面积和，如图
为正八边形的平面图，易得 ，作 ，垂足为 ，
则 ，则八边形的面积为 ，则该鲁班锁
玩具的表面积为 .
故选：A.
2．（2024·福建福州·模拟预测）如图，六面体 的一个面 是边长为2的正方形， ，
CC ，DD 均垂直于平面 ，且 ， ，则该六面体的体积等于 ，表面积等于
1 1
．【答案】 6 22
【分析】根据 ，CC ，DD 均垂直于平面 ，所以 ，在DD 上取 ，连
1 1 1
接 ，从而根据线线平行可得故 为三棱柱， 为三棱柱，根据柱体体积公
式即可得该六面体的体积，根据几何体外表面的线线关系结合勾股定理、余弦定理、三角形面积公式、梯
形面积公式、正方形面积公式，即可得几何体的表面积.
【详解】如图，在DD 上取 ，连接 ，
1
因为 ，CC ，DD 均垂直于平面 ，所以 ，
1 1
则 ，因为正方形 ，所以 ，
又 平面 ，所以DC⊥平面 ，
由 可得四边形 为平行四边形，所以 ，
因为面 为正方形，则 ，所以 ，
则四边形 为平行四边形，所以 ，
又 平面 ，MC⊂平面 ，所以 平面 ，
因为平面 平面 ，则 ，
所以四边形 为平行四边形，所以 ，
故 为三棱柱， 为三棱柱，
则该六面体的体积 ；
如图，连接 ，又 ， ，
所以 ，
则在四边形 中，由余弦定理得 ，
所以 ，则 ，
该六面体的表面积
.
故答案为： ； .
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定六面体的线线关系.关于求几何体的体积，要注意分割与补形．
将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解．
考点 六 、 数学文化之表面积与体积
1．（全国·高考真题）(2015新课标全国I理科)《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，问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，估算出堆放的米约有
A．14斛 B．22斛
C．36斛 D．66斛【答案】B
【详解】试题分析：设圆锥底面半径为r，则 ，所以 ，所以米堆的体积为
= ，故堆放的米约为 ÷1.62≈22，故选B.
考点：圆锥的性质与圆锥的体积公式
2．（2024·浙江·模拟预测）清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食要从苏州府运送到全国各地．为
了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，而一只官斛的
容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为25cm，下底也为正方形，内边长为
50cm，斛内高36cm，那么一斗米的体积大约为立方厘米?（ ）
A．10500 B．12500 C．31500 D．52500
【答案】A
【分析】利用棱台的体积公式,即可计算得出答案．
【详解】一斛米的体积为 ，
因为五斗为一斛，所以一斗米的体积为 ，
故选：A.
3．（2024·福建宁德·模拟预测）《缀术》中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖暅原理，其意思
是：如果两个等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等.该原理常
应用于计算某些几何体的体积.如图，某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面，侧面为球面的一部
分，上底直径为 ，下底直径为6cm，上下底面间的距离为3cm，则该卧足杯侧面所在的球面的半径
是 cm；卧足杯的容积是 cm3（杯的厚度忽略不计）
【答案】
【分析】设球体的半径为R，OO =x，得到 ，解出 ，求出球体半径；由祖暅原
1理知，碗的体积等于下图右边中间高为 的圆柱体积减去一个圆台，分别求出圆柱和圆台的容积，作差即
可求解.
【详解】如下图：设球体的半径为R，OO =x，由 ，
1
得 ，解得 ，所以 ；
作一个高与球的半径相等，底面半径也与球的半径相等的圆柱，可得过O 的两截面的面积相等，
1
由祖暅原理知，碗的体积等于下图右边中间高为 的圆柱体积减去一个圆台，
设圆台上表面半径为r ，则 ，
1
下表面半径为r ，所以 ，
2
， .
.故答案为： ； .
1．（2024·山东菏泽·模拟预测）菏泽市博物馆里，有一条深埋600多年的元代沉船，对于研究元代的发展
提供了不可多得的实物资料.沉船出土了丰富的元代瓷器，其中的白地褐彩龙风纹罐（如图）的高约为
36cm，把该瓷器看作两个相同的圆台拼接而成（如图），圆台的上底直径约为 ，下底直径约为
40cm，忽略其壁厚，则该瓷器的容积约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据圆台体积公式求解.
【详解】根据题意， .
故选：B2．（2024·四川·三模）龙洗，古代中国盥洗用具，状貌像鼎，用青铜铸造，因盆内有龙纹而称之为龙洗，
中国传说中也称作聚宝盆．其盆体可以近似看作一个圆台，现有一龙洗盆高 ，盆口直径24cm，盆底
直径 ．现往盆内注水，当水深为4cm时，则盆内水的体积为（ ）（圆台的体积公式：
，其中 分别表示圆台上下底面的面积）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出有水部分的高，根据圆台的体积公式，即可求得答案.
【详解】由题意可知，该龙洗盆的轴截面图如图：
龙洗盆上底半径为12cm，下底半径为6cm，
当水深为4cm时，占盆高的 ，此时水面的半径为 cm，
则盆内水的体积 ，
故选：B
3．（2024高三·河南·专题练习）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一
个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积
水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸）（
）
A．6寸 B．4寸 C．3寸 D．2寸
【答案】C
【分析】由题意得到盆中水面的半径，利用圆台的体积公式求出水的体积，用水的体积除以盆的上底面面
积即可得到答案.
【详解】如图，由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸，
因为积水深9寸，所以水面半径为 寸，
则盆中水的体积为 立方寸，
所以平地降雨量等于 寸.
故选：C.
考点 七 、 表面积与体积中的最值及范围问题
1．（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为 ，
且 ，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设正四棱锥的高为 ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正
四棱锥体积的取值范围.
【详解】∵球的体积为 ，所以球的半径R=3,
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为2a，高为 ，
则 ， ,
所以 ，所以正四棱锥的体积 ，
所以 ，
当 时， ，当 时， ，
所以当 时，正四棱锥的体积 取最大值，最大值为 ，
又 时， ， 时， ,
27
所以正四棱锥的体积 的最小值为 ，
4
所以该正四棱锥体积的取值范围是 .
故选：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以 当且仅当ℎ =4取到 ，
当 时，得 ，则
当 时，球心在正四棱锥高线上，此时 ，
，正四棱锥体积 ，故该正四棱锥体积的取值范围是
2．（2024·全国·模拟预测）“幂势既同，则积不容异”，这是“祖暅原理”，可以描述为，夹在两个平行
平面之间的两个几何体，总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．已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，在圆锥内部放置一个平行六面
体，则该平行六面体的体积的最大值为（ ）
√3
A． B． C． D．
4
【答案】D
【分析】根据祖暅原理知，圆锥内接斜平行六面体的体积与直平行六面体的体积相同，所以圆锥内接斜平
行六面体的体积的最大值为圆锥内接正四棱柱的体积的最大值，求解即可.
【详解】根据祖暅原理知，圆锥内接斜平行六面体的体积与直平行六面体的体积相同．
当底面为正方形时，平行六面体的底面面积最大，
所以圆锥内接斜平行六面体的体积的最大值为圆锥内接正四棱柱的体积的最大值，如图（1），设正四棱柱的底面边长为x，高为y，
作出圆锥的轴截面，如图（2），
由图可知， ， ， ，AB=2．
易知 ， ，
所以 ，而 ，则 ，
当且仅当 ，即 时，等号成立，
所以 ．
故选：D．
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用祖暅原理将问题转化为求圆锥的内接正四棱柱的体积，从
而得解.
3．（2024·河南·模拟预测）如图，已知直三棱柱 的体积为4，AC⊥BC， ，D为
的中点，E为线段AC上的动点（含端点），则平面BDE截直三棱柱 所得的截面面积的
取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】过 作 ，交A C 于 ，连接 ，取 的中点 ，连接 ，可得平面BDE截直三
1 1
棱柱 所得的截面为梯形 ，根据边长关系求出梯形 的面积即可得到答案.【详解】直三棱柱 的体积为4，AC⊥BC， ，所以
，解得 ，
过 作 ，交A C 于 ，连接 ，取 的中点 ，连接 ，
1 1
设 ，
①当 时，平面BDE截直三棱柱 所得的截面为正方形 ，面积为 ，
②当00)，
1 2 3tanθ 3 tanθ 2 √4 2
故选：B
9．（23-24高一下·吉林·期中）在四面体ABCD中，平面 平面BCD， ，且
，则四面体ABCD的体积为（ ）
A．2 B．6 C． D．
【答案】C
【分析】根据面面垂直可得线面垂直，结合等腰三角形可知四面体的高，进而可得体积.
【详解】如图所示，
取 的中点 ，连接 ，
因为 ，所以 ，
又平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 平面 ，
因为 ， ，所以 ，
又 ，
所以四面体 的体积 ，
故选：C.
π
10．（2024·江西·二模）如图，在直三棱柱 中，
，∠BAC=
，点 ，
2
分别为棱 ， 上的动点（不包括端点），若 ，则三棱锥 的体积的最大值为（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意可得 为三棱锥 的高，设 ， ，由
表示出锥体的体积，再结合二次函数的性质求解即可．
【详解】在直三棱柱 中， 平面A B C ，
1 1 1
故 为三棱锥 的高，
设 ， ，则 ，
π
由∠BAC=
，得 ，故 ，
2
则 ，
故 ，
故当 时，三棱锥 的体积有最大值 ．
故选：D．
一、单选题
1．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在矩形 中， 为 边上的点，且 ，
将 沿 所在直线翻折到 的位置，使 ，则四棱锥 的体积为（ ）A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据翻折不变性，勾股定理及线面垂直的判定定理推出SF⊥平面 ，由棱锥的体积公式即
可得解．
【详解】如图，过 作 ，垂足为 ，连接 ，由翻折不变性可知： ， ，
在 中， ，且 ，
所以 ，
所以在 中， ，所以 ．
又因为 ， 平面 ， 平面 ，所以SF⊥平面 ，
则四棱锥 的体积 ．
故选：A．
2．（2024·天津·二模）在如图所示的几何体中，底面 是边长为4的正方形， ， ， ，
均与底面 垂直，且 ，点E、F分别为线段 、 的中点，记该几何
体的体积为 ，平面 将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求几何体的体积 ，再求被截较小部分的体积 即可.
【详解】由题意可知，如图所示， ，
所以平面 即为平面 截几何体的截面.因为 ， ,
所以几何体的体积 ,
被截棱台的体积
,
较大部分体积为 ,
且 ,
所以较小部分的体积为 .
故选：D.
3．（2024·北京西城·二模）楔体形构件在建筑工程上有广泛的应用．如图，某楔体形构件可视为一个五面
体 ，其中面 为正方形．若 ， ，且 与面 的距离为 ，则该
楔体形构件的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设 ， 分别为 ， 的中点，连接 ， ， ，由 ， ， ，
可知 为三棱柱，再利用椎体与柱体的体积关系计算该几何体的体积．
【详解】如图所示，设 ， 分别为 ， 的中点，连接 ， ， ，
因为面 为正方形，所以AB//DC，又 平面 ，DC⊂平面 ，所以 平面
，
又平面 平面 ，所以 ，
因为 ， 分别为 ， 的中点， ， ，
所以 ，则 为平行四边形，则 ，
同理 ，又 ，所以 为三棱柱，
由题意，可得 ；
又 ；
所以该多面体的体积为 ．
故选：C．
4．（2024·四川成都·模拟预测）我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫做拟柱体，在这两个平行
平面内的面叫做拟柱体的底面，其余各面叫做拟柱体的侧面，两底面之间的垂直距离叫做拟柱体的高，过
高的中点且平行于底面的平面截拟柱体所得的截面称为中截面.已知拟柱体的体积公式为
，其中 分别是上､下底面的面积， 是中截面的面积， 为拟柱体的高.一堆形为
拟柱体的建筑材料，其两底面是矩形且对应边平行（如图），下底面长20米，宽10米，堆高1米，上底
的长､宽比下底的长､宽各少2米.现在要彻底运走这堆建筑材料，若用最大装载量为5吨的卡车装运，则至
少需要运（ ）（注：1立方米该建筑材料约重1.5吨）
A．51车 B．52车 C．54车 D．56车
【答案】B
【分析】由图形直接解出上下底面及中截面面积，再由 解出拟柱体的体积，最后结合
实际求出需要的卡车数量即可.
【详解】由条件可知：上底长为 米，宽为 米；中截面长 米，宽 米；
则上底面积 平方米，中截面积 平方米，下底面积 平方米，
所以该建筑材料的体积为 (立方米)，
所以建筑材料重约 （吨），
需要的卡车次为 ，所以至少需要运 车.
故选：B
5．（2024·河北保定·三模）如图，在长方体 中， ， ， 是 上一
点，且 ，则四棱锥 的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先通过证明 平面 得到 ，则可确定点 在 上的位置，进而得到点 到
平面 的距离，然后用棱锥的体积公式计算即可.
【详解】在长方体 中， 平面 ，又 平面 ，
所以 ，又 ， ， 面 ，
所以 平面 ，又 面 ，
所以 ，
由 ， ， ，
得 ，所以 ，又 ，
所以 ，
则点 到平面 的距离 ，
故四棱锥 的体积 .
故选：A.6．（2024·江西·模拟预测）如图，将边长为1的正 以边 为轴逆时针翻转 弧度得到 ，其
中 ，构成一个三棱锥 ．若该三棱锥的外接球半径不超过 ，则 的取值范围为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】作辅助线，则 即为三棱锥的外接球球心，翻折的角 即为 的大小，设 ，结合题
意分析可知 ，结合题意分析求解即可.
【详解】取线段 的中点 ，线段 上靠近点 的三等分点 ， 的中点 ，
连接 ，则 为正 的外心， ，可知 为线段 的中垂线，
在平面 内过 作 的垂线交 于 ，连接 ，
则 即为三棱锥的外接球球心，翻折的角 即为 的大小．
设 ，则 ， ， ， ， ，
可得 ，化简得 ，
又因为 ，即 ，解得 ，
结合 ，可得 ，则 ，所以 ．
故选：C．
【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.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．
二、填空题
7．（2024·新疆·二模）我国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“羡除”的几何体，该几何体的
一种结构是三个面均为梯形，其他两面为三角形的五面体．如图所示，四边形 ，ABFE， 均
为等腰梯形， ， ， ， ， 到平面 的距离为5， 与 间的距
离为10，则这个羡除的体积V = ．
【答案】200
【分析】先连线再根据棱锥体积公式计算组合体体积即可.
【详解】
连接CE,BE,
5 5 5
V =V +V =V + V =V + V =V + V
E−ABCD C−BEF E−ABCD 3 D−ABE E−ABCD 3 E−ABD E−ABCD 7 E−ABCD
12 12 1 1
= V = × × (6+8)×10×5=200.
7 E−ABCD 7 3 2故答案为：200.
8．（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】
【分析】取 的中点 ，连接 ，得到四边形 为平行四边形，进而证得三棱锥
为正三棱锥，设 ，结合锥体与柱体的体积公式，列出方程，即可求解.
【详解】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OE⊥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： .
9．（2024·重庆·三模）已知棱长为1的正方体 内有一个动点M，满足 ，且
，则四棱锥 体积的最小值为 .【答案】
【分析】利用正方体的空间垂直关系去证明平面 内的点 都满足 ，再去证明动点M在
以 为圆心，以 为半径的圆上，从而利用点M在圆上的性质去解决最值问题.
【详解】解：如图所示，设 ，
由正方体性质可知 平面 ，
由于 平面 ， ，又因为 线段 的中点，
所以 ，
即点 在平面 内，
又因为 ，所以与点 在以点 为球心，1为半径的球面上，
又因为 平面 ，
到平面 的距离为 的一半，由正方体的边长为1，则 ，
又 ， ，
在平面 内，且以H为圆心， 为半径的半圆弧上，
到平面 的距离的最小值为 ，
四棱锥 体积的最小值为
故答案为：
【点睛】关键点点睛：借助空间关系可知到线段两端点距离相等的点M在线段的中垂面上，又由到定点距
离为1的点M又在球面上，从而得到点M的轨迹是中垂面截平面的小圆.
10．（2024·山东菏泽·二模）已知在棱长为2的正方体 中，挖去一个以上下底面各边中点
为顶点的四棱柱，再挖去一个以左右两侧面各边中点为顶点的四棱柱，则原正方体剩下部分的体积为．
【答案】
【分析】结合图形可知两个挖去的四棱柱重合部分为两个正四棱锥的组合体，分别求得两个四棱柱的体积，
再求得正四棱锥的体积，得到挖去部分的体积，即可求得结果．
【详解】如图：
，
可知四棱锥 为正四棱锥，
四边形 为边长为2的正方形，棱锥的高为1，
可知两个挖去的四棱柱重合部分为两个正四棱锥的组合体，
四棱柱 的底面 是边长为 的正方形，
则 ，
同理可得 ，
，
则挖去部分的体积为 ，
可得原正方体剩下部分的体积为 ．
故答案为： .
【点睛】本题考查组合体的体积的求法，棱柱，棱锥的体积公式的应用.
1．（2024·北京·高考真题）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/
【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度.
【详解】设升量器的高为 ，斗量器的高为 （单位都是 ），则 ，
故 ， .
故答案为： .
2．（2023·全国·高考真题）（多选）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
【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AC 的中点 作 ，设 ，
1
可知 ，则 ，
即 ，解得 ，
且 ，即 ，故以AC 为轴可能对称放置底面直径为 圆柱，
1
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O ，与正方体的下底面的切点
1
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.
3．（2021·天津·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1:3，则这两个圆锥的体积之和为（ ）
A． B．4π C． D．12π
【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3:1，即 ，
设球的半径为R，则 ，可得R=2，所以， ，所以， ， ，
∵CD⊥AB，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.
4．（2021·北京·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
24h降雨量（精确到0.1）
级
…
……
…
小
0.1~9.9
雨
中
10.0~24.9
雨
大
25.0~49.9
雨
暴
50.0~99.9
雨
…
……
…
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.
5．（2020·海南·高考真题）已知正方体ABCD-A B C D 的棱长为2，M、N分别为BB 、AB的中点，则三棱
1 1 1 1 1
锥A-NMD 的体积为
1
【答案】
【分析】利用 计算即可.
【详解】
因为正方体ABCD-A B C D 的棱长为2，M、N分别为BB 、AB的中点
1 1 1 1 1
所以
故答案为：
【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些.
6．（2020·江苏·高考真题）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2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是 cm3.【答案】
【分析】先求正六棱柱体积，再求圆柱体积，相减得结果.
【详解】正六棱柱体积为
圆柱体积为
所求几何体体积为
故答案为：
【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.
7．（2019·天津·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为 的正方形，侧棱长均为 .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 .
【答案】 .
【分析】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径．
【详解】由题意四棱锥的底面是边长为 的正方形，侧棱长均为 ，借助勾股定理，可知四棱锥的高为
√5−1=2，.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，圆柱的底面半径为 ，一个底面的圆
心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为 ，故圆柱的体积为 ．
【点睛】本题主要考查了圆柱与四棱锥的组合，考查了空间想象力，属于基础题.
8．（2019·江苏·高考真题）如图，长方体 的体积是120，E为 的中点，则三棱锥E-
BCD的体积是 .
【答案】10.
【分析】由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.
【详解】因为长方体 的体积为120，
所以 ，因为 为 的中点，
所以 ，
由长方体的性质知 底面 ，
所以 是三棱锥E−BCD的底面 上的高，
所以三棱锥E−BCD的体积 .
【点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清
整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.
9．（2019·全国·高考真题）学生到工厂劳动实践，利用 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体
挖去四棱锥 后所得的几何体，其中 为长方体的中心， 分别为所在
棱的中点， ， 打印所用原料密度为 ，不考虑打印损耗，制作该模型
所需原料的质量为 .
【答案】118．8
【分析】根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质
量.
【详解】由题意得， ，
四棱锥O−EFG的高3cm， ∴ ．
又长方体 的体积为 ，
所以该模型体积为 ，
其质量为 ．
【点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．
10．（2015·山东·高考真题）直棱柱的底面是边长为 的菱形，侧棱长为 ，那么直棱柱的侧面积是 ．
【答案】
【分析】直棱柱的四个侧面都是长为 ，宽为 的矩形，依此计算侧面积即可.【详解】直棱柱的四个侧面都是长为 ，宽为 的矩形，该直棱柱的侧面积为四个矩形面积之和，
所以直棱柱的侧面积是 .
故答案为： .
