文档文本内容
专题八 立体几何
课标解读
考情分析 备考指导
主题 内容
．认识柱 锥 台 球及其简单组合体的结构
一、空间几何体的 １ 、 、 、
特征 并能运用这些特征描述现实生活中简 ．从近几年高考情况来看 本专题内容在客 ．强化识图能力 还原成自
结构特征及体 ， １ ， １ ，
单物体的结构． 观题中主要考查空间几何体的表面积 体积 己熟悉的几何体．
积与表面积 、
．了解球 棱柱 棱锥 棱台的表面积和体积 以及与球的组合等问题 如 新高考 ．对图形或其某部分进行
公式 ２ 、 、 、 ， ２０２０ Ⅰ ２
的计算公式． 的第 题考查了球面与平面相交求交线长 平移 翻折 旋转 展开或
１６ 、 、 、
．理解空间直线 平面位置关系的定义．
问题
，２０２０
新课标
Ⅰ
文
、
理的第
３
题以世界 割补．
１
．能运用公式 定
、
理和已获得的结论证明一
建筑奇迹古埃及胡夫金字塔为背景
，
设计了
３
．重视立体几何最值问题
２
些空间图形的
、
位置关系的简单命题．
正四棱锥的计算问题
，
将立体几何的基本知 的研究．
．以立体几何的定义 公理和定理为出发
识与世界文化遗产有机结合
，
有时也考查
４
．平面展开图
（
折线转化
二、空间点、线、面 ３ 点 认识和理解空间中 、 线 面平行的判定定 点 、 线 、 面的位置关系． 成直线 ） ．
的位置关系
理
，
与有关性质．
、
２
．在解答题中主要考查线
、
面位置关系的证
５
．完善知识网络
，
强调通
．以立体几何的定义 公理和定理为出发
明及空间角的计算
，２０２０
新高考
Ⅰ
的第
２０
性通法．
４
点 认识和理解空间中
、
线 面垂直的判定定
题第
（１）
问考查了用直线与平面平行的性质
６
．加强空间向量对垂直问
， 、 定理找出两平面的交线 第 问求直线与 题的研究
理与有关性质． ， （２） ：
平面所成角的最值问题 与基本不等式放在 空间直角坐标系的建立
，
．掌握空间向量的线性运算 数量积及其坐标 一起考查 有比较好的应用性与创新性． 是基于三线两两垂直 因
１ 、 ， ，
表示 用向量的数量积判断向量的平行与垂直． ．利用空间向量证明平行与垂直以及求空 此只有真正掌握了对垂
、 ３
．理解直线的方向向量与平面的法向量． 间角 特别是二面角 均是高考的热点 以 直关系的判断 论证的研
三、空间向量运算 ２ （ ） ， 、
．能用向量语言表述直线与直线 直线与平 解答题形式出现 把立体几何问题转化为空 究方法 真正理解法向量
及立体几何中 ３ 、 ， ，
面 平面与平面的垂直 平行关系． 间向量问题． 的自由性 以及求法向量
的向量方法 、 、 ，
．能用向量方法解决直线与直线 直线与平面 ．本专题重点考查的核心素养为直观想象 的方法 才能使问题顺利
４ 、 、 ４ ，
平面与平面的夹角的计算问题 了解向量方法 和数学运算． 解决．
，
在研究几何问题中的作用．
定义法 作出线面角 解三角形即可． 拓展延伸
方法总结 （１） ： ，
解由斜线段 射影 垂线段构成的三角形． 寻找空间几何体外接球球心的步骤
１ ．证明直线与平面平行的方法 （ 例如求 （ 例 ２） 求ＡＢ与平面 、 α所 、 成角θ的正弦值 其中 找底面多边形的外心Ｏ 过点Ｏ 作 ：
证 （ 一 （ １ ２ 条 ） ： ） ｌ 线 面 ∥ 与 面 面 α 直 ） 平 平 线 行 行 ｌ 的 平 的 判 行 性 的 定 质 直 定 ： 线 过 理 ： 直 ｍ 在 ， 线 从 平 而 ｌ 面 找 得 α 到 到 内 （ ｌ 或 ∥ 找 α 作 到 ． Ａ 由 ∈ ： 等 α 向 体 ．只 量 积 需 法 法 求 求 出 求 ｄ 点 出 ）， Ｂ 平 由 到 面 ｓｉ 平 ｎ α 面 θ 的 ＝ α Ａ 法 ｄ Ｂ 的 向 得 距 结 量 离 果 ｎ ｄ ． （ ， 设 通 直 常 （ 底 中 侧 １ 面 一 面 ） 多 侧 的 边 面 垂 形 多 线 边 所 ｌ ２； 形 在 （３ 的 平 ） 外 设 面 心 的 ｌ １ 垂 与 Ｏ ２ 线 ｌ ， ２ 过 １ 的 ， ｌ １ 点 ； 交 （ Ｏ 点 ２） ２ 为 找 作 １ Ｏ 其 该 ，
出 ） 一个平面β ， 使得β ∥ α ， 从而得ｌ ∥ α． （ 线 ３） ＡＢ与α ： 所成角为θ 则 θ ， ｎ 则点Ｏ即为所求外接球的球心．
向量法 求出平面α的法向量ｎ和直 ， ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 ，
（
线
３）
ｌ的方向
：
向
（ｉ
量
）
ｌ 证明ｎ ｌ 得ｌ α．
→ＡＢ
〉｜，
最好是画出图形
，
否则容易出错．
， ·＝０， ∥
证明直线ｌ的方向向量ｌ能被平面α
（ｉｉ）
内的两个基向量所表示 得ｌ α．
， ∥
．求线面角的方法
２
专题八 立体几何 ４２１４２２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
真题多维细目表
考题 涉分 题型 难度 考点 考向 解题方法 核心素养
直观想象
２０２０新高考Ⅱ，１３ 填空题 易 空间几何体的体积 三棱锥的体积 公式法
５ 数学运算
单项 直观想象
２０２０新高考Ⅰ，４ 易 空间角与距离 根据直线位置关系求角 直接法
５ 选择题 数学运算
空间几何体的 直观想象
２０２０课标Ⅰ，文３，理３ 选择题 易 斜高与底面边长的数量关系 公式法
５ 结构特征 数学运算
空间几何体的 直观想象
２０２０课标Ⅰ，文１２，理１０ 选择题 中 与球有关的空间几何体 直接法
５ 表面积 数学运算
直观想象
空间几何体的 由空间组合体确定
２０２０新高考Ⅰ，１６ 填空题 难 直接法 数学运算
５ 结构特征 两个面的交线
逻辑推理
直观想象
直线、平面平行的 直线、平面平行的判定， 直接判断
２０２０北京，１６ 解答题 中 数学运算
１３ 判定和性质 直线与平面所成的角 向量法
逻辑推理
直线、平面垂直的判定，直线 直观想象
向量法
２０２０新高考Ⅰ，２０ 解答题 中 空间向量及其应用 与平面平行的判定，直线 数学运算
１２ 定义法
与平面所成角的最大值 逻辑推理
直观想象
证直线与直线垂直，求二面角、 向量法
２０２０天津，１７ 解答题 中 空间向量及其应用 数学运算
１５ 直线与平面所成角的正弦值 定义法
逻辑推理
命题规律与探究
．从 年新高考情况来看 本专题内容为高考热点 考题难度以中档偏难为主 题型涵盖选择题 年新高考 卷第 题
１ ２０２０ ， ， ， （２０２０ Ⅰ ４ ）、
填空题 年新高考 卷第 题 和解答题 年新高考 卷第 题 分值为 分．
（２０２０ Ⅰ １６ ） （２０２０ Ⅰ ２０ ）， ２２
．从近几年高考情况来看 本专题内容在客观题中主要考查空间几何体的表面积 体积以及与球的相关问题 如 年新高考
２ ， 、 ， ２０２０
卷第 题考查了球面与平面相交的交线长问题 课标 卷文 理第 题以古代世界建筑奇迹 埃及胡夫金字塔为背景
Ⅰ １６ ， Ⅰ 、 ３ ——— ，
设计了正四棱锥的计算问题 将立体几何的基本知识与世界文化遗产有机结合 有时也考查点 线 面的位置关系．
， ， 、 、
．在解答题中主要考查线 面位置关系的证明及空间角的计算 如 年新高考 卷第 题第 问考查了用直线与平面平行
３ 、 ， ２０２０ Ⅰ ２０ （１）
的性质定理找出两平面的交线 第 问求直线与平面所成角的最大值 与基本不等式放在一起考查 有比较好的应用性与创
， （２） ， ，
新意识．
．本章重点考查的核心素养为逻辑推理 直观想象和数学运算．
４ 、
命题变化与趋势
．高考对本专题内容的考查较为稳定 考查方式及题目难度变化不大 延续此前的考试风格．
１ ， ，
．考查内容主要体现在以下方面 以空间几何体或与球的组合体为背景考查几何体的表面积 体积 球的性质等 以空间几
２ ：① 、 ， ；②
何体为载体考查空间线 面位置关系的证明以及空间角的计算 以空间向量为辅助工具解决空间几何体的证明与计算问题
、 ；③ ，
这些内容均为高考考查的重点与热点 在备考复习中应加强重视．
，专题八 立体几何 ４２３
８．１ 空间几何体的结构特征、表面积与体积
§
３．用斜二测画法画直观图的步骤
画几何体的底面
（１）
在已知图形中取互相垂直的ｘ轴 ｙ轴 两轴相交于点Ｏ 画直
、 ， ，
考点一 空间几何体的结构特征
观图时 把它们画成对应的 ｘ′轴 ｙ′轴 两轴相交于点 Ｏ′ 且使
， 、 ， ，
１．多面体的结构特征 ｘ′Ｏ′ｙ′ ° 或 ° 已知图形中平行于ｘ轴的线段 在直观图中
∠ ＝４５ （ １３５ ）， ，
名称 棱柱 棱锥 棱台 长度 保持不变 平行于ｙ轴的线段 长度变为 原来的一半．
⑧ ， ， ⑨
画几何体的高
（２）
在已知图形中过点Ｏ作ｚ轴垂直于平面ｘＯｙ 在直观图中画
，
出对应的ｚ′轴 垂直于平面ｘ′Ｏ′ｙ′ 已知图形中平行于ｚ轴的线
图形 ， ，
段 在直观图中平行于ｚ′轴且 长度不变 ．
， ⑩
考点二 空间几何体的体积
有两个面互相 名称 体积
（１） 有一个面 即底
平行 其余各个面 （ 用一个平行于棱锥 柱体 Ｖ Ｓｈ
， 面 是多边形 其 ＝
结构 都是四边形 ） ， 底面的平面去截棱
； 余各面是有一个
特征 每相邻两个四 锥 底面和截面之 锥体 Ｖ １ Ｓｈ
（２） 公共顶 点 的 三 ， ＝
３
边形的公共边都 间的部分
角形
互相平行 台体 Ｖ １ （Ｓ Ｓ′ ＳＳ′）ｈ
＝ ＋ ＋
３
相交于一点但不
侧棱 平行且相等 延长线交于一点 球体 Ｖ ４ Ｒ３
① 一定相等 ＝ π
３
侧面 考点三 空间几何体的表面积
平行四边形 三角形 梯形
形状 ② ③ ④
１．多面体的表面积等于其各个面的面积之和．
２．旋转体的结构特征
２．圆柱
、
圆锥
、
圆台和球的表面积公式
名称 圆柱 圆锥 圆台 球 名称 表面积 侧面积
圆柱 Ｓ ＝２π ｒ２ ＋２π ｒｌ ＝２π ｒ （ ｒ ＋ ｌ ） Ｓ 侧＝２π ｒｌ
圆锥 Ｓ ＝π ｒ２ ＋π ｒｌ ＝π ｒ （ ｒ ＋ ｌ ） Ｓ 侧＝π ｒｌ
圆台 Ｓ ＝π（ ｒ′２ ＋ ｒ２ ＋ ｒ′ｌ ＋ ｒｌ ） Ｓ 侧＝π （ｒ ＋ ｒ′）ｌ
图形
球 Ｓ Ｒ２
＝４π
平行 相等且 延长线
母线 、 相交于一点
垂直于底面 交于一点
轴 全等的等腰 全等的
全等的矩形 大圆
截面 三角形 等腰梯形
侧面
展开 矩形 扇形 扇环
⑤ ⑥ ⑦
图
． ３ａ２ ３ａ２ ６ａ２ ６ａ２
Ａ Ｂ． Ｃ． Ｄ．
４ ８ ８ １６
答案 Ｄ
考点一 空间几何体的结构特征
２．某四棱锥的三视图如图所示 其中正视图的轮廓是边长为 的
， ２
１．已知正三角形 ＡＢＣ 的边长为 ａ 那么 ＡＢＣ 的平面直观图 正方形 侧视图的轮廓是底边长分别为 和 的直角梯形 则
， △ ， ２ １ ，
Ａ′Ｂ′Ｃ′的面积为 该几何体的体积为
△ （ ） （ ）
４２４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
８ ４ ８ ２ ４ ２
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
３ ３ ３ ３
答案 Ａ ． １ ４ ５ ２
Ａ Ｂ． Ｃ． Ｄ．
３．某空间几何体的三视图如图所示 其中正视图和俯视图均为直 ３ ９ ９ ３
， 答案 Ｂ
角边长是 的等腰直角三角形 则此空间几何体的表面积是
１ ， ７．如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ的底面ＡＢＣＤ为平行四边形 Ｎ为棱ＰＢ
， － ，
（ ） 上一点 ＮＢ ＰＮ 则三棱锥Ｎ ＰＡＣ与三棱锥Ｄ ＰＡＣ的体积
， ＝２ ， － －
之比为
（ ）
．
Ａ１ ∶ ２ Ｂ．１ ∶ ８ Ｃ．１ ∶ ３ Ｄ．１ ∶ ６
答案 Ｃ
８．如图所示 正三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 的底面边长为 侧棱长为
， － １ １ １ ２，
Ｄ为ＢＣ的中点 则三棱锥Ａ Ｂ ＤＣ 的体积为
３， ， － １ １ （ ）
３ ３ ３＋１
Ａ． ２＋ Ｂ．１＋ Ｃ． ２＋ Ｄ． ２＋ ３
２ ２ ２
答案 Ｃ
４．给出下列命题
：
棱柱的侧棱都相等 侧面都是全等的平行四边形
① ， ；
在四棱柱中 若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面 则该
② ， ，
四棱柱为直四棱柱
；
存在每个面都是直角三角形的四面体
③ ；
棱台的侧棱延长后交于一点． ３ ３
④ Ａ．３ Ｂ． Ｃ．１ Ｄ．
其中正确命题的序号是 ． ２ ２
答案 Ｃ
答案
②③④ ９．如图 在四边形ＡＢＣＤ中 ＤＡＢ ° ＡＤＣ
５．给出下列命题 ， ，∠ ＝９０ ，∠
： ° ＡＢ ＣＤ ＡＤ 则四边形
在圆柱上 下底面的圆周上各取一点 则这两点的连线是圆 ＝１３５ ， ＝５， ＝２ ２， ＝２，
① 、 ， ＡＢＣＤ绕ＡＤ所在直线旋转一周所形成几何体
柱的母线
； 的体积为 ．
直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体
②
都是圆锥 答案 １４８
； π
用任意一个平面截一个几何体 各个截面都是圆面 则这个 ３
③ ， ，
几何体一定是圆锥
考点三 空间几何体的表面积
；
以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是
④ １０．在底面半径为 母线长为 的圆锥中内接一个高为 的圆
圆台 ２， ４ ３
圆 ； 柱 圆锥 圆台的底面都是圆面 柱 则圆柱的表面积是 ．
，
⑤ 、 、 ；
一个平面截圆锥 得到一个圆锥和一个圆台． 答案
⑥ ， （２＋２ ３）π
其中正确命题的序号是 ． １１．已知直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 的 个顶点都在球Ｏ的球面上 且
－ １ １ １ ６ ，
答案 ＡＢ ＡＣ ＡＢ ＡＣ ＡＡ 则球Ｏ的表面积是 ．
⑤ ＝３， ＝４， ⊥ ， １＝１２，
答案
考点二 空间几何体的体积 １６９π
１２． 九章算术 中对一些特殊的几何体有特定的称谓 例如 将底面
《 》 ， ：
６．如图 在圆锥ＰＯ的轴截面ＰＡＢ中 ＡＰＢ ° 有一小球Ｏ 为直角三角形的直三棱柱称为堑堵 将一堑堵沿其一顶点与相对
， ，∠ ＝６０ ， １ ，
内切于圆锥 球面与圆锥的侧面 底面都相切 设小球Ｏ 的 的棱刨开 得到一个阳马 底面是长方形 且有一条侧棱与底面垂
（ 、 ）， １ ， （ ，
体积为Ｖ 圆锥ＰＯ的体积为Ｖ 则Ｖ Ｖ的值为 直的四棱锥 和一个鳖臑 四个面均为直角三角形的四面体 ．在
１， ， １ ∶ （ ） ） （ ）
如图所示的堑堵ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 ＡＡ ＡＣ ＡＢ ＢＣ 则阳
－ １ １ １ ， １＝ ＝５， ＝３， ＝４，
马Ｃ ＡＢＢ Ａ 的外接球的表面积是 ．
１－ １ １
专题八 立体几何 ４２５
答案
５０π
１３．已知各棱长都相等的直三棱柱 侧棱与底面垂直的棱柱称为
（
直棱柱 所有顶点都在球 Ｏ 的表面上 若球 Ｏ 的表面积为
） ，
则该三棱柱的侧面积为 ．
２８π，
答案
３６
何体是这两个四棱锥的组合体 因而平面ＡＢＣＤ是该组合体的
，
一个截面 而不是一个面 故填 ．
， ， ④
考点一 空间几何体的结构特征 考点二 空间几何体的体积
１．（２０１７河北衡水中学三调，１０）已知正方体ＡＢＣＤ Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′的 １．（２０１９辽宁大连二模，６）若某几何体的三视图如图所示 其中
－ ，
主视图与侧视图都是边长为 的正方形 则该几何体的体积为
外接球的体积为 ３ 将正方体割去部分后 剩余几何体的三 １ ，
π， ，
２ （ ）
视图如图所示 则剩余几何体的表面积为
， （ ）
９ ３ 或 ９ ３
Ａ． ＋ Ｂ．３＋ ３ ＋
２ ２ ２ ２ ２ ３ ２ １
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
３ ３ ３ ３
Ｃ．２＋ ３ Ｄ． ９ ２ ＋ ２ ３或 ２＋ ３ 答案 Ｄ 几何体为四棱锥Ｐ － ＡＢＣＤ ， 是正方体的一部分 ， 也
可以看作是三棱柱去掉两个三棱锥
ａ３ ，
答案 Ｂ 设正方体的棱长为 ａ 依题意得 ４ ３ ３
， ， π× ＝ 几何体的体积为 １ １ １ １ １ ．故
３ ８ ∴ ×１×１×１－２× × ×１×１× ＝
２ ３ ２ ２ ３
３ 解得ａ ．由三视图可知 该几何体的直观图有以下两种 选
π， ＝１ ， Ｄ．
２
可能 图 对应的几何体的表面积为 ９ ３ 图 对应的几何
， １ ＋ ， ２
２ ２
体的表面积为 ．故选 ．
３＋ ３ Ｂ
２．（２０１９云南师范大学附属中学高三上第一次月考，６）如图 网
２．如图所示的几何体 关于其结构特征 下列说法不正确的是 ，
， ， 格纸的小方格都是边长为 的正方形 粗线画出的是某空间几
． １ ，
何体的三视图 则该几何体的体积为
， （ ）
该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体
① ；
该几何体有 条棱 个顶点
② １２ 、６ ；
该几何体有 个面 并且各面均为三角形 ５６－８π ５６－１６π ６４－８π ６４－１６π
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
③ ８ ， ； ３ ３ ３ ３
该几何体有 个面 其中一个面是四边形 其余均为三角形．
④ ９ ， ，
答案
④
解析 平面ＡＢＣＤ将该几何体分割成两个四棱锥 因此该几
，
４２６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
答案 Ｃ 由三视图还原几何体如图． 答案 Ｄ 根据几何体的三视图可得
，
该几何体是一个底面为正方形的四棱锥挖 该几何体是由过ＢＤ且平行于ＰＡ的平面
去了一个半圆锥 侧面 ＰＡＤ 底面 ＡＢＣＤ 截四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ所得的几何体．截去的
， ⊥ ， －
底面边长为 锥体的高为 四棱锥的体 部分为三棱锥Ｅ ＢＣＤ
４， ４， － ，
积为 １ ６４ 半圆锥的体积为 １ 设ＡＢ 则Ｖ １ １ １
×４×４×４＝ ， × ＝１， 三棱锥Ｅ － ＢＣＤ＝ × ×１×１×
３ ３ ３ ３ ２ ２
１ ２ ８π 故该几何体的体积为 １ ．
×π×２ ×４＝ ， ＝
２ ３ １２
６４－８π ， 故选 Ｃ． Ｖ 四棱锥Ｐ － ＡＢＣＤ＝ １ × Ｓ 正方形ＡＢＣＤ× ＰＡ ＝ １ ×１ ２ ×１＝ １ ．
３ ３ ３ ３
思路分析 由三视图还原几何体 可知原几何体是一个底面
， 剩余部分的体积Ｖ Ｖ Ｖ １ １ １ ．
为正方形的四棱锥挖去了一个半圆锥 由四棱锥体积减去半圆 剩余部分＝ 四棱锥Ｐ － ＡＢＣＤ－ 三棱锥Ｅ － ＢＣＤ＝ － ＝
， ３ １２ ４
锥体积便可求解该几何体的体积．
１
３．（２０１８吉林长春质检，８）
《
九章算术
》
卷五商功中有如下问
∴ 剩余部分体积与原四棱锥体积的比值为 ４ ＝ ３ ．故选 Ｄ ．
题 今有刍甍 下广三丈 袤四丈 上袤二丈 无广 高一丈 问积
１ ４
： ， ， ， ， ， ，
几何．刍甍 底面为矩形的屋脊状的几何体 网格纸中粗线部分 ３
： （ 思路分析 根据几何体的三视图可得 该几何体是过ＢＤ且平
为其三视图 设网格纸上每个小正方形的边长为 丈 那么 ，
， １ ）， 行于ＰＡ的平面截四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ所得的几何体 截去的部分
该刍甍的体积为 － ，
（ ） 为三棱锥Ｅ ＢＣＤ Ｖ Ｖ Ｖ ．设ＡＢ 即
－ ， 剩余部分＝ 四棱锥Ｐ － ＡＢＣＤ－ 三棱锥Ｅ － ＢＣＤ ＝１，
可得出．
５．（２０１９黑龙江哈六中二模，８）如图 在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 四
， － ，
边形ＡＢＣＤ是边长为 的正方形 且ＰＡ ＰＢ ＰＣ ＰＤ 已知四
２ ， ＝ ＝ ＝ ，
棱锥的表面积是 则它的体积为 ．
１２，
立方丈 立方丈
Ａ．４ Ｂ．５
立方丈 立方丈
Ｃ．６ Ｄ．１２
答案 Ｂ 如图所示 由三视图可还原得到几何体ＡＢＣＤＥＦ
， ，
过Ｅ Ｆ分别作垂直于底面的截面ＥＧＨ和ＦＭＮ 可将原几何体
， ，
切割成直三棱柱ＥＨＧ ＦＭＮ 四棱锥Ｅ ＡＤＧＨ和四棱锥Ｆ ＭＢ⁃
－ ， － －
答案 ４ ３
ＣＮ 易知三棱柱ＥＨＧ ＦＭＮ的体积为 １ 立方丈
， － ×３×１×２＝３（ ）， ３
２ 解析 由题意可知四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ为正四棱锥 设正四棱锥
－ ，
两个四棱锥的体积相同 都为 １ 立方丈 则原几
， ×１×３×１＝１（ ）， 的斜高为ｈ′ 则 １ ｈ′ 解得ｈ′
３ ， ２×２＋４× ×２ ＝１２， ＝２，
何体的体积为 立方丈 故选 ． ２
３＋１＋１＝５（ ）， Ｂ
则正四棱锥的高ＰＯ ２ ２ ．
＝ ２ －１ ＝ ３
正四棱锥的体积Ｖ １ ４ ３．
∴ ＝ ×４× ３＝
３ ３
４．（２０１７云南大理二模，９）在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 ＰＡ 底面ＡＢ⁃
－ ， ⊥
ＣＤ 底面ＡＢＣＤ为正方形 ＰＡ ＡＢ 该四棱锥被一平面截去一
， ， ＝ ，
部分后 剩余部分的三视图如图 则剩余部分体积与原四棱锥
， ，
体积的比值为
（ ）
６．（２０１９河北石家庄３ 月质检，１５）如图 在四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ
， －
中 底面ＡＢＣＤ为菱形 ＰＢ 底面ＡＢＣＤ Ｏ为对角线ＡＣ与ＢＤ
， ， ⊥ ，
的交点 若ＰＢ ＡＰＢ π 则棱锥Ｐ ＡＯＢ的外接球的体积
， ＝１，∠ ＝ ， －
３
是 ．
１ １ ２ ３
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
３ ２ ３ ４
专题八 立体几何 ４２７
解题关键 判断出几何体的形状 利用三视图中的数据求解
答案 ４ ，
π 几何体的表面积即可．
３
解析 底面ＡＢＣＤ为菱形 Ｏ为对角线ＡＣ与ＢＤ的交点 ３．已知各棱长为 底面为正方形 各侧面均为正三角形的四棱
∵ ， ， ５， ，
ＢＤ ＡＣ 又 ＰＢ 底面 ＡＢＣＤ ＰＢ ＡＣ ＢＤ ＰＢ Ｂ 锥 则它的表面积为 ．
∴ ⊥ ， ⊥ ，∴ ⊥ ，∵ ∩ ＝ ， ，
ＡＣ 面ＰＢＤ ＡＣ ＰＯ 三角形ＰＢＡ与三角形ＰＡＯ均为 答案
∴ ⊥ ，∴ ⊥ ，∴
直角三角形 ，∴ 公共斜边的中点即为球心 ，∵ ＰＢ ＝１，∠ ＡＰＢ ＝ 解析 ２ 如 ５（ 图 ３ 设 ＋１ Ｅ ） 为ＡＢ的中点 Ｏ为底面正方形对角线的交
， ，
π ＰＡ Ｒ Ｒ为Ｐ ＡＯＢ外接球的半径 Ｒ 故三 点 连接ＳＯ ＳＥ ＯＥ 四棱锥Ｓ ＡＢＣＤ的各棱长均为 各侧
，∴ ＝２＝２ （ － ），∴ ＝１， ， ， ， ，∵ － ５，
３ 面都是全等的正三角形 ＳＥ ＡＢ 则 ＳＥ ＳＡ２ ＡＥ２
３ ，∴ ⊥ ， ＝ － ＝
棱锥Ｐ ＡＯＢ的外接球的体积是４π×１ ４ 故答案为 ４ ．
－ ＝ π， π
解后反思 求解三棱锥外接球的表 ３ 面积或 ３ 体积的关键是 ３ 过好 ２５－ ２５ ＝ ５ ３． ∴ Ｓ 侧＝４ Ｓ △ ＳＡＢ＝４× １ × ＡＢ × ＳＥ ＝２×５× ５ ３ ＝
４ ２ ２ ２
双关 一是方程关 即能借助图形 适时运用勾股定理或正 余 ． Ｓ Ｓ Ｓ ．
： ， ， 、 ２５ ３ ∴ 表＝ 侧＋ 底＝２５＋２５ ３＝２５（ ３＋１）
弦定理 得外接球的半径Ｒ所满足的方程 组 二是公式关
， （ ）； ，
即应用球的表面积公式Ｓ Ｒ２ 求其表面积 或应用球的体积
＝４π ，
公式Ｖ ４ Ｒ３ 求其体积．
＝ π
３
考点三 空间几何体的表面积
１．（２０１９广西梧州高三摸底调研，１０）如图是乐高玩具中某一组
件的三视图 则该组件的表面积为
， （ ）
４．（２０２０吉林梅河口五中９月月考，１６）已知矩形ＡＢＣＤ的顶点
都在半径为 的球Ｏ的球面上 且ＡＢ ＢＣ 则棱锥Ｏ
５ ， ＝６， ＝２ ５， －
ＡＢＣＤ的侧面积为 ．
答案
４４
解析 如图 由已知得ＯＡ ＯＢ ＯＣ ＯＤ
， ＝ ＝ ＝ ＝５，
Ａ．２６＋π Ｂ．２６－π Ｃ．２６ Ｄ．２２
答案 Ｃ 由几何体的三视图可知 该几何
，
体是一个长方体挖去了一个半圆柱 其直观图
，
如图所示．
( )
所以该组件的表面积为 １ ２
２×２×１＋２× ４×２－ ×π×１ ＋４×１＋２×
２
１ ．
１×１＋ ×π×２×１＝２６
２ 因为ＡＢ ＢＣ
２．（２０１９河南郑州一模，７）如图 网格纸上小正方形的边长为 ＝６， ＝２ ５，
， ( )
２
粗线画出的是某个几何体的三视图 则该几何体的表面积为 所以 ＯＡＢ中ＡＢ边上的高为 ２ ６ ＯＢＣ 中 ＢＣ
１， ， △ ５ － ＝４，△
２
（ ）
æ ö２
边上的高为 ２ ç２ ５÷ ．
５ －è ø ＝２ ５
２
因为四边形ＡＢＣＤ为矩形 ＯＡ ＯＢ ＯＣ ＯＤ
， ＝ ＝ ＝ ，
所以Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ
△
ＯＡＢ＝
△
ＯＣＤ，
△
ＯＢＣ＝
△
ＯＡＤ，
所以棱锥Ｏ ＡＢＣＤ的侧面积Ｓ ．
－ ＝６×４＋２ ５×２ ５＝４４
Ａ．（４＋４ ５）π＋４ ２ Ｂ．（４＋４ ５）π＋４＋４ ２
Ｃ．１２π＋１２ Ｄ．１２π＋４＋４ ２
答案 Ａ 由题意可知 几何体下部是圆锥 上部是直四棱
， ，
柱 如图 可得 几何体的表面积为 １
， ， ： ４π＋ ×４π× ２０＋４× ２×１
２
．故选
＝（４＋４ ５）π＋４ ２ Ａ．
４２８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
正方体的外接球 内切球及与各条棱都相切的球
（２） 、 ：
外接球 球心是正方体的中心 半径ｒ ３ａ ａ为正方体
① ： ， ＝ （
考法 与球有关的切、接问题 ２
的棱长
）；
例 （２０２０皖南八校联考，１０）将半径为 圆心角 ａ
（１） ３， 内切球 球心是正方体的中心 半径ｒ ａ为正方体的
② ： ， ＝ （
为２π的扇形围成一个圆锥 则该圆锥的内切球的体积为 ２
， （ ） 棱长
３ ）；
２π ３π 与各条棱都相切的球 球心是正方体的中心 半径ｒ ２ａ
Ａ． Ｂ． ③ ： ， ＝
３ ３ ２
ａ为正方体的棱长 ．
４π （ ）
Ｃ． Ｄ．２π 正四面体的外接球与内切球 正四面体可以看作正方体
３ （３） （
（２０２１届河北张家口、邢台、衡水摸底联考，１６）已知球 的一部分
（２） ）：
Ｏ是三棱锥Ｐ ＡＢＣ的外接球 ＡＢ ＢＣ ＣＡ ＰＡ 则当点Ｐ
－ ， ＝ ＝ ＝１， ＝２， 外接球 球心是正四面体的中心 半径ｒ ６ａ ａ为正四
到平面ＡＢＣ的距离取最大值时 球Ｏ的表面积为 ． ① ： ， ＝ （
， ４
解题导引 ＰＡ 为定值 点Ｐ到平面ＡＢＣ的距离取 面体的棱长
（２） ＝２ ， ）；
最大值时 直线ＰＡ与平面ＡＢＣ有什么样的位置关系 此时直线
， ？ 内切球 球心是正四面体的中心 半径ｒ ６ａ ａ为正四
ＰＡ 平面ＡＢＣ 将三棱锥补成直三棱柱 利用直三棱柱上 下底 ② ： ， ＝ （
⊥ ， ， 、 １２
面中心的连线的中点是外接球的球心 从而确定三棱锥Ｐ ＡＢＣ 面体的棱长 ．
， － ）
的外接球球心的位置．
解析 （ ）设圆锥的底面半径为ｒ，高为ｈ，则 ｒ ２π ， 例 （２０１７陕西咸阳二模，１４）已知一个三棱锥的所有棱
１ ２π ＝ ×３
３ 长均为 则该三棱锥的内切球的体积为 ．
Ｒ ２，
∴ ｒ ＝１ ． ∴ ｈ ＝ ３ ２ －１ ２ ＝２ ２ ．设内切球的半径为 Ｒ，则 Ｒ＝ 解析 解法一：如图，取 ＣＤ 的中点 Ｆ，连接 ＡＦ、ＢＦ，在
２ ２－ ＡＢＦ中，过点Ａ作ＡＥ ＢＦ于Ｅ，则正四面体内切球的球心Ｏ
æ ö３ △ ⊥
１ ， Ｒ ２，则Ｖ ４πＲ３ ４πç ２ ÷ ２π，故选 ． 在ＡＥ上．
∴ ＝ ＝ ＝ è ø ＝ Ａ
３ ２ ３ ３ ２ ３
（ ）当点 Ｐ 到平面 ＡＢＣ 的距离最大
２
时，ＰＡ 平面ＡＢＣ．如图，
⊥
将三棱锥Ｐ ＡＢＣ以 ＡＢＣ为底面，ＰＡ
－ △
为侧棱补成一个直三棱柱，则球Ｏ是该三
棱柱的外接球，
球心Ｏ到底面 ＡＢＣ的距离ｄ １ ＰＡ
△ ＝
２
．在 ＡＢＣ中，由正弦定理得 ＡＢＣ的外
＝１ △ △ 易知Ｏ也是正四面体ＡＢＣＤ的外接球的球心．连接ＯＢ，则
ＡＢ
接圆半径ｒ ３，所以球 Ｏ 的半径为 Ｒ ｄ２ ｒ２ ＯＡ、ＯＢ为外接球半径，ＯＥ为所求内切球半径．
＝ °＝ ＝ ＋ ＝
２ｓｉｎ６０ ３ 设ＯＡ ＯＢ Ｒ，
＝ ＝
２ ３，所以球Ｏ的表面积为Ｓ Ｒ２ １６π．
３
＝４π ＝
３ 在等边三角形 ＢＣＤ 中，ＢＥ ３ ６，ＡＥ ６
＝ × ２ ＝ ＝ ２－
答案 （ ）Ａ （ ）１６π ３ ３ ９
１ ２
３ ２ ３．
规律总结 １．球的“切”“接”问题的处理规律 ＝
３
切 的处理 球的内切问题主要是球内切于多面体或 æ ö２
（１）“ ” ： 由ＯＢ２ ＯＥ２ ＢＥ２，即Ｒ２ ç２ ３ Ｒ÷ ２ ，解得Ｒ ３，
旋转体．解答时要找准切点 通过作截面来解决． ＝ ＋ ＝è － ø ＋ ＝
， ３ ３ ２
接 的处理 把一个多面体的顶点放在球面上即球外
（２）“ ” ： 则ＯＥ ＡＥ Ｒ ３，即三棱锥内切球的半径是 ３，
接于该多面体．解决这类问题的关键是抓住外接的特点 即球心 ＝ － ＝
， ６ ６
到多面体的顶点的距离等于球的半径． æ ö３
２．与球有关的组合体的常用结论 ∴ 内切球的体积为 ４ π×è ç ３ ø ÷ ＝ ３ π ．
３ ６ ５４
长方体的外接球
（１） ： 解法二：因为三棱锥的四个面均为边长是 的等边三
球心 体对角线的交点 ２
① ： ； 角形，
ａ２ ｂ２ ｃ２
半径 ｒ ＋ ＋ ａ ｂ ｃ为长方体的长 宽 高 ．
② ： ＝ （ ， ， 、 、 ）
２
专题八 立体几何 ４２９
设正方体ＡＧＢＨ ＦＤＥＣ的棱长为ａ，则正方体外接球的半径Ｒ
所以三棱锥的表面积Ｓ １ ３ ． －
＝４× × ２× × ２＝２ ３
２ ２ 满足ａ２ ａ２ ａ２ （ Ｒ）２，解得ａ２ ４ Ｒ２，所以ＢＣ２ ａ２ ａ２ ８Ｒ２．
＋ ＋ ＝ ２ ＝ ＝ ＋ ＝
３ ３
而三棱锥的体积Ｖ １ ３ （ ）２ ６ １ ．
＝ × × ２ × × ２＝
３ ４ ３ ３ ＢＣＤ的面积Ｓ １ＢＣ·ＢＤ ° １ ８Ｒ２ ３ ２ ３Ｒ２．
△ ＝ ｓｉｎ６０ ＝ × × ＝
设内切球的半径为Ｒ，则Ｖ １ ＳＲ， ２ ２ ３ ２ ３
＝ 解法二：由条件知 Ａ ＢＣＤ 是正四面
３ －
体，球心Ｏ在正四面体中心．如图，
即 １ １ Ｒ，Ｒ ３．
＝ ×２ ３× ＝ 设ＢＣ ａ，ＣＤ的中点为Ｅ，Ｏ′为过点
３ ３ ６ ＝
Ｂ，Ｃ，Ｄ的截面圆的圆心，则截面圆半径ｒ
æ ö３
故内切球的体积为 ４ ç ３÷ ３ ．
π×è ø ＝ π
３ ６ ５４ Ｏ′Ｂ ２ ＢＥ ２ ３ａ ３ａ，
＝ ＝ ＝ × ＝
３ ３ ２ ３
æ ö２
答案 ３ 正四面体Ａ ＢＣＤ的高ＡＯ′ ａ２ ç ３ａ÷ ６ａ．
π － ＝ －è ø ＝
５４ ３ ３
例 已知四面体Ｐ ＡＢＣ的四个顶点都在球Ｏ的球面
（１） － 所以截面ＢＣＤ与球心的距离ｄ ＯＯ′ ６ａ Ｒ，
上 若ＰＢ 平面ＡＢＣ ＡＢ ＡＣ 且ＡＣ ＰＢ ＡＢ 则球Ｏ的 ＝ ＝ －
， ⊥ ， ⊥ ， ＝１， ＝ ＝２， ３
表面积为
（ ） 在 ＢＯＯ′中， æ ç ３ａ ö ÷ ２ Ｒ２ æ ç ６ａ Ｒ ö ÷ ２ ，解得ａ ２ ６Ｒ．所以
Ｒｔ△ è ø ＝ －è － ø ＝
Ａ．７π Ｂ．８π Ｃ．９π Ｄ．１０π ３ ３ ３
过球 Ｏ 表面上一点 Ａ引三条长度相等的弦 ＡＢ ＡＣ
（２） ， ， æ ö２
ＡＤ 且两两夹角都为 ° 若球的半径为Ｒ 则 ＢＣＤ的面积为 ＢＣＤ的面积Ｓ １ＢＣ ＢＤ ° １ ç２ ６Ｒ÷ ３ ２ ３Ｒ２．
， ６０ ， ， △ △ ＝ × ｓｉｎ６０ ＝ ×è ø × ＝
． ２ ２ ３ ２ ３
（ ）解法一：根据球的截面性质，正
在球面上有四个点Ｐ Ａ Ｂ Ｃ 如果ＰＡ ＰＢ ＰＣ两两互 ３
（３） ， ， ， ， ， ， 三棱锥Ｐ ＡＢＣ的外接球的球心一定在该
相垂直 且ＰＡ ＰＢ ＰＣ ａ 则这个球的表面积为 ． －
， ＝ ＝ ＝ ， 三棱锥的高所在的直线上．设球Ｏ的半径
解析 （ １ ）解法一：如图所示， 为Ｒ，Ａ，Ｂ，Ｃ三点所在圆Ｏ′的半径为 ｒ，
因为ＰＢ 平面ＡＢＣ，ＡＢ ＡＣ，在四面体 Ｏ′Ｏ ｄ．在 ＡＢＣ 中，由正弦定理得
⊥ ⊥ ＝ △
的基础上构造长方体，可知长方体的外接球
ａ
与四面体的外接球相同，长方体的体对角线 ２
°＝２
ｒ，所以ｒ
＝
６ａ．设点Ｐ在
△
ＡＢＣ
ｓｉｎ６０ ３
就是外接球的直径，即 Ｒ ２ ２ ２ ， 内的射影是 ＡＢＣ的中心Ｏ′，有ＯＯ′ 平面ＡＢＣ，而ＰＯ′ 平
２ ＝ １ ＋２ ＋２ ＝３ △ ⊥ ⊥
( )
所以Ｒ ３ ，所以球Ｏ的表面积Ｓ Ｒ２ ３ ２ ．故 面ＡＢＣ，所以Ｐ，Ｏ，Ｏ′三点共线，球的半径Ｒ ＝ ｒ２ ＋ ｄ２，
＝ ＝４π ＝４π× ＝９π
２ ２ ａ２
选 ． 又ＰＯ′ ＰＡ２ ｒ２ ａ２ ２ ３ａ，
Ｃ ＝ － ＝ － ＝
解法二：经过分析发现 ＰＢＣ 与 ＰＡＣ 有公共的斜 ３ ３
Ｒｔ△ Ｒｔ△
边ＰＣ，它们的外接圆的圆心都是ＰＣ的中点，而这一点到四个 所以ＯＯ′ Ｒ ３ａ ｄ Ｒ２ ｒ２，
＝ － ＝ ＝ －
顶点的距离相等，从而该点也就是外接球的球心，所以可以得 ３
到外接球的半径Ｒ ３ ，球Ｏ的表面积Ｓ ．
解得Ｒ
＝
３ａ，所以Ｓ
球＝４π
Ｒ２
＝３π
ａ２．
＝ ＝９π ２
２ 解法二：这是一个三条侧棱两两垂直的三棱锥（形如墙
（ ）解法一：由条件知Ａ ＢＣＤ是正四面
２ － 角），且所有侧棱长相等，可以考虑将其补为一个正方体，这样
体，将正三棱锥 Ａ ＢＣＤ 补成一个正方体
－ Ｐ，Ａ，Ｂ，Ｃ四个点正好是正方体的四个顶点，其体对角线就是外
ＡＧＢＨ ＦＤＥＣ，如图，
则 － 三棱锥 Ａ ＢＣＤ 和正方体 ＡＧＢＨ 接球的直径．因此（ ２ Ｒ）２ ＝３ ａ２，所以 ４ Ｒ２ ＝３ ａ２，有Ｓ 球＝３π ａ２．
－ －
ＦＤＥＣ有共同的外接球．
答案 （ ）Ｃ （ ）２ ３Ｒ２ （ ） ａ２
１ ２ ３ ３π
３
球Ｏ的外切正方体的棱长为
Ｄ． ６
答案 ＢＤ
２．（２０２０山东滨州期末，１６）在四面体Ｓ ＡＢＣ中 ＳＡ ＳＢ 且ＳＡ
考法 与球有关的切、接问题 － ， ＝ ＝２， ⊥
ＳＢ ＢＣ ＡＣ 则该四面体体积的最大值为 该四
１．（多选题）（２０２０湖南怀化期末检测，９）已知Ａ Ｂ Ｃ三点均在 ， ＝ ５， ＝ ３， ，
， ， 面体外接球的表面积为 ．
球Ｏ的表面上 ＡＢ ＢＣ ＣＡ 且球心Ｏ到平面ＡＢＣ的距离
， ＝ ＝ ＝２，
答案 ３０
等于球半径的 １ 则下列结论正确的是 ；８π
， （ ） ６
３ ３．（２０２０山东滕州一中３月模拟，１６）已知正三棱锥Ｐ ＡＢＣ Ｑ
－ ，
．球Ｏ的半径为 ３ 为ＢＣ的中点 ＰＡ ＡＢ 则正三棱锥Ｐ ＡＢＣ的外接球的
Ａ ， ＝ ２， ＝２， －
２ 半径为 过Ｑ的平面截三棱锥Ｐ ＡＢＣ的外接球所得
球Ｏ的表面积为 ； －
Ｂ． ６π 截面的面积范围为 ．
球Ｏ的内接正方体的棱长为
Ｃ． ６
４３０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
[ ] 球体的球心到棱ＡＣ的距离是 ．
答案 ６ ３
； π， π
２ ２ 答案 ２１
４．（２０２０湖北襄阳四中３月月考，１６）已知三棱锥Ｓ ＡＢＣ的各
－ ４
顶点都在同一个球面上 ＡＢＣ 所在截面圆的圆心 Ｏ 在 ＡＢ
，△
上 ＳＯ 平面ＡＢＣ ＡＣ ＢＣ 若三棱锥的体积是 ３ 则该
， ⊥ ， ＝１， ＝ ３， ，
３
Ｒ２ ２ 此时无解 外接球的表面积Ｓ Ｒ２ ６５π 故
－２ ＝２， ），∴ ＝４π ＝ ，
４
选 ．
Ｂ
考法 与球有关的切、接问题 ３．（２０１９安徽黄山模拟，９）某三棱锥的三视图如图所示 则该三
，
１．（２０１９广西南宁二中、柳州高中第二次联考，７）某四面体的三 棱锥内切球的表面积为
（ ）
视图如图所示．该四面体的外接球的表面积为
（ ）
Ａ．（１２－８ ２）π Ｂ．（１２－６ ２）π
Ｃ．（１０－６ ２）π Ｄ．（８－４ ２）π
６４π １２４π
Ａ．８π Ｂ． Ｃ． Ｄ．１２π 答案 Ａ 将该三棱锥放入棱长为 的正方体中 如图所示
３ ３ ２ ， ：
答案 Ｃ 由三视图知 该四面体 Ｐ ＡＢＣ 中 ＰＣ 平面
， － ， ⊥
ＡＢＣ ＰＣ ＡＢ ＡＣ ＢＣ
， ＝２， ＝２ ７， ＝４， ＝２，
由 余 弦 定 理 得 ＡＣＢ
， ｃｏｓ ∠ ＝
ＡＣ２ ＢＣ２ ＡＢ２
＋ － １ ＡＣＢ °．
ＡＣ ＢＣ ＝－ ，∴ ∠ ＝１２０
２ · ２
ＡＢ
ＡＢＣ 外接圆直径 ｒ
∴ △ ２ ＝ ＡＣＢ ＝
ｓｉｎ∠
设三棱锥内切球的半径为ｒ 则由等体积法得
，
４ ２１ 设四面体Ｐ ＡＢＣ外接球的直径为 Ｒ
３ ， － ２ ， １ × １ ×（２×２＋２×２＋２×２ ２＋２×２ ２） ｒ ＝ １ × １ ×２×２×２， 解得ｒ
则 （２ Ｒ ） ２ ＝ ＰＣ２ ＋（２ ｒ ） ２ ＝ １２４ ，∴ Ｓ 球＝４π Ｒ２ ＝ １２４π． ３ ２ 所以该三棱锥内切球的表面积Ｓ ３ ２ ２
３ ３ ＝ ２－１， ＝４π×（ ２－１） ＝（１２
２．（２０１９江西宜春１２月大联考，８）如图是某几何体的三视图 该几 ．故选
， －８ ２）π Ａ．
何体的轴截面的面积为 则该几何体的外接球的表面积为 思路分析 由三视图可知该几何体是一个三棱锥 根据等积
６， ，
法求出三棱锥内切球的半径ｒ 再计算内切球的表面积．
（ ） ，
４．（２０２０湖南顶级名校９ 月联考，１６）正三棱锥 Ｐ ＡＢＣ 底面
－ （
ＡＢＣ为正三角形 顶点Ｐ在底面的射影为底面 ＡＢＣ 的中
△ ， △
心 中 ＰＡ ＰＢ 其体积为 ９ 则该三棱锥的外接球的表面积
） ， ⊥ ， ，
２
为 ．
答案
２７π
解析 因为正三棱锥Ｐ ＡＢＣ中ＰＡ ＰＢ 所以ＰＡ ＰＢ ＰＣ两
－ ⊥ ， 、 、
两垂直且相等 设ＰＡ ＰＢ ＰＣ ａ 则Ｖ Ｖ １ Ｓ
６５ ６５ ６５ ３３ ， ＝ ＝ ＝ ， Ｐ － ＡＢＣ＝ Ｃ － ＰＡＢ＝ · △ ＰＡＢ
Ａ． π Ｂ． π Ｃ． π Ｄ． π ３
３ ４ １２ ４ ａ３
答案 Ｂ 由三视图知 该几何体是一个圆台 圆台的上底 ＰＣ ９ 得ａ ．
， ， · ＝ ＝ ， ＝３
面半径为 下底面半径为 设圆台的高为ｈ 则轴截面的面 ６ ２
１， ２， ， 因为ＰＡ ＰＢ ＰＣ两两垂直且相等 所以可将该三棱锥补形为
ｈ 、 、 ，
积Ｓ （２＋４） ｈ ．设圆台的外接球的半径为Ｒ 则由 棱长是ａ的正方体 则三棱锥的外接球即为该正方体的外接
轴＝ ＝６，∴ ＝２ ， ，
２ 球 故外接球直径 Ｒ 则该球的表面积Ｓ Ｒ２ ．
题意得 Ｒ２ ２ Ｒ２ ２ 解得 Ｒ２ ６５ 或 Ｒ２ ２ ， ２ ＝３ ３， ＝４π ＝２７π
， －１ ＋ －２ ＝２， ＝ （ －１ －
１６
专题八 立体几何 ４３１
设ＯＡ ｋ， ＢＯＢ′ α，
＝ ∠ ＝
圆台上底面半径为 ，下底面半径为 ，母线长ＡＢ ，
∵ １ ４ ＝１８
αｋ ，
∴２π＝ ①
例 如图 圆台的上底面半径为 下底面半径为 母线长 α（ ｋ） ，
， １， ４， ８π＝ １８＋ ②
ＡＢ 从ＡＢ的中点Ｍ处拉一条绳子绕圆台侧面转到Ｂ点．
＝１８， 由 解得α π，ｋ ． ＯＭ ，ＯＢ′ ．
求绳子的最短长度 ①② ＝ ＝６∴ ＝１５ ＝２４
（１） ； ３
当绳子最短时 求上底面圆周上的点到绳子的最短距离． 在 ＭＯＢ′中，由余弦定理得 ＭＢ′２ ２ ２
（２） ， △ ＝ １５ ＋２４ －２×１５×
π ． ＭＢ′ ， 绳子的最短长度为 ．
２４ｃｏｓ ＝４４１∴ ＝２１ ∴ ２１
３
（ ）过Ｏ作ＯＥ Ｂ′Ｍ，与弧 ＡＡ′交于 Ｆ，则 ＥＦ 的长即为所
２ ⊥
２ ２ ２
求． ＯＭＢ′ １５ ＋２１ －２４ １ ， ＯＭＢ′ ４ ３， ＯＥ
∵ ｃｏｓ∠ ＝ ＝ ∴ ｓｉｎ∠ ＝ ∴ ＝
２×１５×２１ ７ ７
解题导引 我们知道两点之间线段最短 要求绳子的最短
， ＯＭ ＯＭＢ′ ６０ ３， ＥＦ ６０ ３ ．所以最短距离为６０ ３ ．
ｓｉｎ∠ ＝ ∴ ＝ －６ －６
长度 我们如何将其转化为两点间的线段长度问题 可沿ＡＢ将 ７ ７ ７
， ？ 方法总结 利用 展图法 成功地将立体几何问题转化为
侧面展开为平面图形 然后在平面图形中通过解三角形求解．
“ ”
，
平面几何问题 此题用到将圆台的侧面展开图 补成 圆锥的侧
解析 （ ）如图，画出圆台的侧面展开图（沿ＡＢ展开）并延长 ； “ ”
１ 面展开图进行研究 这种割补的思想是重要的数学思维方法．
ＢＡ，Ｂ′Ａ′交于点Ｏ，连接ＭＢ′，则ＭＢ′的长即为绳子的最短长度． ，
答案 ＡＣＤ
２． 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
， ：“
１．（多选题）（２０２０山东潍坊一模，１０）沙漏是古代的一种计时
米依垣内角 下周八尺 高五尺．问 积及
， ， ：
装置 它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组
为米几何 其意思为 在屋内墙角处
，
？” ：“
成 开始时细沙全部在上部容器中 细沙通过连接管道全部流
堆放米 如图 米堆为一个圆锥的四分
， ，
（ ，
到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时．如图 某沙
之一 米堆底部的弧长为 尺 米堆的
，
）， ８ ，
漏由上下两个圆锥组成 圆锥的底面直径和高均为 细沙
高为 尺 问米堆的体积和堆放的米各为多少 已知 斛米的
， ８ ｃｍ，
５ ， ？” １
全部在上部时 其高度为圆锥高度的 ２ 细管长度忽略不计 ． 体积约为 ． 立方尺 圆周率约为 估算出堆放的米约有
１６２ ， ３，
， （ ）
３
假设该沙漏每秒钟漏下 ０ ． ０２ ｃｍ ３ 的沙 ， 且细沙全部漏入下部 斛 斛 （ ）
后 恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆．以下结论正确 Ａ．１４ Ｂ．２２
， 斛 斛
的是 Ｃ．３６ Ｄ．６６
（ ） 答案 Ｂ
３．如图 有一个水平放置的透明无盖的正方体容器
， ，
容器高 将一个球放在容器口 再向容器内注
８ｃｍ， ，
水 当球面恰好接触水面时测得水深为 如果
， ６ ｃｍ，
不计容器的厚度 则球的体积为
， （ ）
５００π ３ ８６６π ３
Ａ． ｃｍ Ｂ． ｃｍ
３ ３
１３７２π ３ ２０４８π ３
Ｃ． ｃｍ Ｄ． ｃｍ
３ ３
．沙漏中的细沙的体积为１０２４π ３ 答案 Ａ
Ａ ｃｍ
８１
沙漏的体积是 ３
４．（２０１９课标Ⅲ，１６，５分）学生到工厂劳动实践
，
利用
３Ｄ
打印
Ｂ． １２８π ｃｍ
Ｃ． 细沙全部漏入下部后圆锥形沙堆的高度约为 ２ ． ４ ｃｍ 技术制作模型．如图 ， 该模型为长方体ＡＢＣＤ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １ 挖去四
Ｄ． 该沙漏的一个沙时大约是 １９８５ 秒 （π≈３ ． １４） 棱锥Ｏ － ＥＦＧＨ后所得的几何体 ， 其中Ｏ为长方体的中心 ， Ｅ ，
Ｆ Ｇ Ｈ分别为所在棱的中点 ＡＢ ＢＣ ＡＡ ． 打
， ， ， ＝ ＝６ ｃｍ， １＝４ ｃｍ３Ｄ
４３２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
印所用原料密度为 ． ３．不考虑打印损耗 制作该模型所 答案 ．
０９ ｇ／ｃｍ ， １１８８
需原料的质量为 ． ５．（２０１７课标Ⅰ，１６，５分）如图 圆形纸片的
ｇ ，
圆心为Ｏ 半径为 该纸片上的等边三
， ５ ｃｍ，
角形ＡＢＣ的中心为 Ｏ．Ｄ Ｅ Ｆ 为圆 Ｏ 上的
， ，
点 ＤＢＣ ＥＣＡ ＦＡＢ分别是以ＢＣ ＣＡ
，△ ，△ ，△ ， ，
ＡＢ为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后 分
，
别以ＢＣ ＣＡ ＡＢ为折痕折起 ＤＢＣ ＥＣＡ ＦＡＢ 使得Ｄ Ｅ
， ， △ ，△ ，△ ， ， ，
Ｆ重合 得到三棱锥．当 ＡＢＣ的边长变化时 所得三棱锥体积
， △ ，
单位 ３ 的最大值为 ．
（ ：ｃｍ ）
答案
４ １５
考点一 空间几何体的结构特征 ． 本题第一空 分 第二空 分
（ ２ ， ３ ）
１．（２０２０课标Ⅰ，文３，理３，５分）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇
迹之一 它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的
，
正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积 则其侧面三角
，
形底边上的高与底面正方形的边长的比值为
（ ）
图 图
１ ２
答案
２６； ２－１
５．（２０２１新高考适应卷，２０，１２分）北京
大兴国际机场的显著特点之一是各种
５－１ ５－１ ５＋１ ５＋１ 弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
４ ２ ４ ２ 几何研究的重要内容．用曲率刻画空间
答案 Ｃ
弯曲性 规定 多面体顶点的曲率等于 与多面体在该点的
２．（２０２０课标Ⅱ理，７，５分）如图是一个多面体的三视图 这个多面体 ， ： ２π
， 面角之和的差 多面体的面的内角叫做多面体的面角 角度用
某条棱的一个端点在正视图中对应的点为Ｍ 在俯视图中对应的 （ ，
， 弧度制 多面体面上非顶点的曲率均为零 多面体的总曲率
点为Ｎ 则该端点在侧视图中对应的点为 ）， ，
， （ ） 等于该多面体各顶点的曲率之和．例如 正四面体在每个顶点
：
有 个面角 每个面角是π 所以正四面体在各顶点的曲率为
３ ， ，
３
π 故其总曲率为 ．
２π－３× ＝π， ４π
３
求四棱锥的总曲率
（１） ；
若多面体满足 顶点数 棱数 面数 证明 这类多面体
Ｅ Ｆ Ｇ Ｈ
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． （２） ： － ＋ ＝２， ：
答案 Ａ 的总曲率是常数．
３．（多选题）（２０２１新高考适应卷，１１，５分）如图是一个正方体
考点二 空间几何体的体积
的平面展开图 则在该正方体中
， （ ） ６．（２０１９课标Ⅰ，１２，５分）已知三棱锥Ｐ ＡＢＣ的四个顶点在球
－
Ｏ的球面上 ＰＡ ＰＢ ＰＣ ＡＢＣ是边长为 的正三角形 Ｅ Ｆ
， ＝ ＝ ，△ ２ ， ，
分别是ＰＡ ＡＢ的中点 ＣＥＦ ° 则球Ｏ的体积为
， ，∠ ＝９０ ， （ ）
Ａ．８ ６π Ｂ．４ ６π Ｃ．２ ６π Ｄ． ６π
答案 Ｄ
７．（２０２１新高考适应卷，１３，５分）圆台上 下底面的圆周都在一
、
个直径为 的球面上 其上 下底面半径分别为 和 则该
ＡＥ ＣＤ ＣＨ ＢＥ ＤＧ ＢＨ ＢＧ ＤＥ １０ ， 、 ４ ５，
Ａ． ∥ Ｂ． ∥ Ｃ． ⊥ Ｄ． ⊥ 圆台的体积为 ．
答案 ＢＣＤ
答案
４．（２０１９课标Ⅱ，１６，５分）中国有悠久的金石文化 印信是金石 ６１π
， ８．（２０２０江苏，９，５分）如图 六角螺帽毛坯是由
文化的代表之一．印信的形状多为长方体 正方体或圆柱体 但 ，
、 ， 一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺
南北朝时期的官员独孤信的印信形状是 半正多面体 图 ．
“ ”（ １） 帽的底面正六边形边长为 高为 内孔
半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半 ２ ｃｍ， ２ ｃｍ，
半径为 ． 则此六角螺帽毛坯的体积是
正多面体体现了数学的对称美．图 是一个棱数为 的半正 ０ ５ ｃｍ，
２ ４８ ３．
多面体 它的所有顶点都在同一个正方体的表面上 且此正方 ｃｍ
( )
， ，
体的棱长为 ．则该半正多面体共有 个面 其棱长为 答案 π
１ ， １２ ３－
２
专题八 立体几何 ４３３
９．（２０２０课标Ⅲ，文１６，理１５，５分）已知圆锥的底面半径为 母
１，
线长为 则该圆锥内半径最大的球的体积为 ．
３，
答案 ２
π
３
１０．（２０１９江苏，９，５分）如图 长方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的体积是
， － １ １ １ １
Ｅ为ＣＣ 的中点 则三棱锥Ｅ ＢＣＤ的体积是 ．
１２０， １ ， －
Ａ．６＋４ ２ Ｂ．４＋４ ２ Ｃ．６＋２ ３ Ｄ．４＋２ ３
答案 Ｃ
１５． （２０２０北京，４，４分）某三棱柱的底面为正三角形 其
，
三视图如图所示 该三棱柱的表面积为
， （ ）
答案
１０
１１．（２０１８天津，１１，５分）已知正方体ＡＢＣＤ
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的棱长为 除面ＡＢＣＤ外 该
－ １ １ １ １ １， ，
正方体其余各面的中心分别为点 Ｅ Ｆ
， ，
Ｇ Ｈ Ｍ 如图 则四棱锥Ｍ ＥＦＧＨ的体
， ， （ ）， －
积为 ．
答案 １
１２
１２．（２０１８江苏，１０，５分）如图所示 正方体的棱长为 以其所
， ２，
有面的中心为顶点的多面体的体积为 ． Ａ．６＋ ３ Ｂ．６＋２ ３ Ｃ．１２＋ ３ Ｄ．１２＋２ ３
答案 Ｄ
１６．（２０２０天津，５，５分）若棱长为 的正方体的顶点都在同
２ ３
一球面上 则该球的表面积为
， （ ）
Ａ．１２π Ｂ．２４π Ｃ．３６π Ｄ．１４４π
答案 Ｃ
答案 ４
１７．（２０２０课标Ⅱ，文１１，理１０，５分）已知 ＡＢＣ是面积为９ ３
３ △
１３．（２０１７江苏，６，５分）如图 在圆柱Ｏ Ｏ 内有一个球Ｏ 该球 ４
， １ ２ ， 的等边三角形 且其顶点都在球 Ｏ 的球面上．若球 Ｏ 的表面
与圆柱的上 下底面及母线均相切．记圆柱Ｏ Ｏ 的体积为Ｖ ，
、 １ ２ １， 积为 则Ｏ到平面ＡＢＣ的距离为
Ｖ １６π， （ ）
球Ｏ的体积为Ｖ 则 １的值是 ．
２， Ｖ ３ ３
２ Ａ． ３ Ｂ． Ｃ．１ Ｄ．
２ ２
答案 Ｃ
１８．（２０２０课标Ⅰ，文１２，理１０，５分）已知Ａ Ｂ Ｃ为球Ｏ的球
， ，
面上的三个点 Ｏ 为 ＡＢＣ 的外接圆．若 Ｏ 的面积为
，☉ １ △ ☉ １
ＡＢ ＢＣ ＡＣ ＯＯ 则球Ｏ的表面积为
４π， ＝ ＝ ＝ １， （ ）
Ａ．６４π Ｂ．４８π Ｃ．３６π Ｄ．３２π
答案 ３ 答案 Ａ
２ １９．（２０２０浙江，１４，４分）已知圆锥的侧面积 单位 ２ 为
（ ：ｃｍ ） ２π，
且它的侧面展开图是一个半圆 则这个圆锥的底面半径 单
考点三 空间几何体的表面积 ， （
位 是 ．
１４． （２０２０课标Ⅲ理，８，５分）如图为某几何体的三视图 ：ｃｍ）
， 答案
则该几何体的表面积是 １
（ ） ２０．（２０１８课标Ⅱ，１６，５ 分）已知圆锥的顶点为 Ｓ 母线 ＳＡ ＳＢ
， ，
所成角的余弦值为 ７ ＳＡ与圆锥底面所成角为 °．若 ＳＡＢ
， ４５ △
８
的面积为 则该圆锥的侧面积为 ．
５ １５，
答案
４０ ２π
４３４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
考点一 空间几何体的结构特征
Ａ．２ １７ Ｂ．２ ５
１．（２０１９浙江，４，４分）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家
， Ｃ．３ Ｄ．２
他提出的 幂势既同 则积不容异 称为祖暅原理 利用该原理 答案 Ｂ 本题主要考查空间几何体的三视图 直观图以及
“ ， ” ， 、
可以得到柱体的体积公式Ｖ 柱体＝ Ｓｈ ， 其中Ｓ是柱体的底面积 ， ｈ 最短路径问题．
是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示 单位 则该柱 由圆柱的三视图及已知条件可知点Ｍ与点Ｎ的位置如图 所
体的体积
（
单位
：ｃｍ
３
）
是 （ ：ｃｍ），
（ ）
示 设ＭＥ与ＦＮ为圆柱的两条母线 沿ＦＮ将圆柱侧面展开 １ 如
， ， ，
图 所示 ＭＮ即为从Ｍ到Ｎ的最短路径 由题知 ＭＥ ＥＮ
２ ， ， ， ＝２， ＝
ＭＮ ２ ２ ．故选 ．
４，∴ ＝ ４ ＋２ ＝２ ５ Ｂ
图 图
１ ２
方法点拨 ．由三视图还原直观图需遵循以下三步
１ ：
看视图明关系 分部分想整体 合起来定整体．
（１） ；（２） ；（３）
．解决空间几何体表面上两点间的最短路径问题的常用方法
２ ：
把立体图形展为平面图形 利用两点之间线段最短进行求解．
，
３．（２０１８北京理，５文，６，５分）某四棱锥的三视图如图所示 在
，
此四棱锥的侧面中 直角三角形的个数为
， （ ）
Ａ．１５８ Ｂ．１６２ Ｃ．１８２ Ｄ．３２４
答案 Ｂ 本题考查空间几何体的三视图 直观图 以三视
、 ；
图还原直观图为背景考查学生的空间想象能力和运算求解能
力 体现直观想象的核心素养 以祖暅原理为背景旨在弘扬中
； ；
华优秀传统文化 指导学生树立正确的历史观 民族观 国
， 、 、
家观．
由三视图知该柱体的直观图为如图所示的五棱柱 ＡＢＣＤＥ
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ
－ １ １ １ １ １，
取ＣＤ中点Ｇ 连接ＡＧ
， ，
由侧视图知ＡＧ ＣＤ ＡＧ
⊥ ， ＝６，
Ａ．１ Ｂ．２ Ｃ．３ Ｄ．４
底面积Ｓ Ｓ Ｓ １ １ 答案 Ｃ 本题考查空间几何体的三视图和直观图 空间
∴ ＝ 梯形ＡＧＣＢ＋ 梯形ＡＧＤＥ＝ ×（２＋６）×３＋ ×（４＋６）×３ ，
２ ２ 线 面的位置关系．
、
＝２７， 由三视图得四棱锥的直观图如图所示．
其中ＳＤ 底面ＡＢＣＤ ＡＢ ＡＤ ＡＢ ＣＤ ＳＤ ＡＤ ＣＤ ＡＢ
该柱体体积Ｖ Ｓｈ ．故选 ． ⊥ ， ⊥ ， ∥ ， ＝ ＝ ＝２， ＝
∴ ＝ ＝２７×６＝１６２ Ｂ ．由ＳＤ 底面ＡＢＣＤ ＡＤ ＤＣ ＡＢ 底面ＡＢＣＤ 得ＳＤ ＡＤ ＳＤ
解题关键 正确利用正视图与俯视图 长对正 的原理确定 １ ⊥ ， ， ， ⊂ ， ⊥ ，
“ ” ＤＣ ＳＤ ＡＢ 故 ＳＤＣ ＳＤＡ为直角三角形 又 ＡＢ ＡＤ
ＡＧ ＢＣ的长． ⊥ ， ⊥ ， △ ，△ ， ∵ ⊥ ，
２．（２ ， ０１８课标Ⅰ理，７文，９，５ 分）某圆柱的高为 底面周长为 ＡＢ ⊥ ＳＤ ， ＡＤ ， ＳＤ ⊂ 平面ＳＡＤ ， ＡＤ ∩ ＳＤ ＝ Ｄ ，∴ ＡＢ ⊥ 平面ＳＡＤ ， 又
其三视图如图．圆柱表面上的点Ｍ在正视图 ２ 上 ， 的对应点为 ＳＡ
⊂
平面ＳＡＤ
，∴
ＡＢ
⊥
ＳＡ
，
即
△
ＳＡＢ也是直角三角形
，
从而ＳＢ
１６，
Ａ 圆柱表面上的点Ｎ在左视图上的对应点为Ｂ 则在此圆柱侧 ＳＤ２ ＡＤ２ ＡＢ２ 又ＢＣ ２ ２ ＳＣ ＢＣ２
， ， ＝ ＋ ＋ ＝３， ＝ ２ ＋１ ＝ ５， ＝２ ２，∴ ＋
面上 从Ｍ到Ｎ的路径中 最短路径的长度为 ＳＣ２ ＳＢ２ ＳＢＣ不是直角三角形 故选 ．
， ， （ ） ≠ ，∴ △ ， Ｃ
方法技巧 三视图还原为直观图的原则是 长对正 高平齐
“ 、 、
宽相等 另外 在将三视图还原为直观图时 借助于正方体或
”， ， ，
长方体能使问题变得具体 直观 简单．
、 、
４．（２０１４北京理，７，５ 分）在空间直角坐标系 Ｏ ｘｙｚ 中 已知
－ ，
专题八 立体几何 ４３５
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ ．若Ｓ Ｓ Ｓ 分
（２，０，０）， （２，２，０）， （０，２，０）， （１，１， ２） １， ２， ３
别是三棱锥Ｄ ＡＢＣ在ｘＯｙ ｙＯｚ ｚＯｘ坐标平面上的正投影图形
－ ， ，
的面积 则
， （ ）
Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ 且Ｓ Ｓ
Ａ． １＝ ２＝ ３ Ｂ． ２＝ １ ２≠ ３
Ｓ Ｓ 且Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ 且Ｓ Ｓ
Ｃ． ３＝ １ ３≠ ２ Ｄ． ３＝ ２ ３≠ １
答案 Ｄ 三棱锥 Ｄ ＡＢＣ 如图
－
所示．
Ｓ Ｓ １
１＝ △ ＡＢＣ＝ ×２×２＝２，
２ Ａ．２ Ｂ．４ Ｃ．６ Ｄ．８
答案 Ｃ 本小题考查空间几何体的三视图和直观图以及
Ｓ １
２＝ ×２× ２＝ ２， 几何体的体积公式．
２
由三视图可知该几何体是直四棱柱 其中底面是直角梯形 直
Ｓ １ ， ，
３＝ ×２× ２＝ ２， 角梯形上 下底边的长分别为 高为 直四棱柱
２ ， １ ｃｍ，２ ｃｍ， ２ ｃｍ，
Ｓ Ｓ 且Ｓ Ｓ 故选 ．
５．
∴
（２０
２
１
＝
３湖
３
南理
１≠
，７，
３
５
，
分）已
Ｄ
知棱长为 的正方体的俯视图是一
的高为
２ ｃｍ
．故直四棱柱的体积Ｖ
＝
１＋２
×２×２＝６ ｃｍ
３．
１ ２
个面积为 的正方形 则该正方体的正视图的面积不可能等于 思路分析 利用三视图可判断几何体是直四棱柱
１ ， （１） ；
利用 长对正 高平齐 宽相等 的原则 可得直四棱柱的各
（ ） （２） “ ， ， ” ，
条棱长．
２－１ ２＋１
Ａ．１ Ｂ． ２ Ｃ． Ｄ． ３．（２０１８课标Ⅲ理，１０文，１２，５分）设Ａ Ｂ Ｃ Ｄ是同一个半径
２ ２ ， ， ，
答案 Ｃ 若该正方体的放置方式如 为 的球的球面上四点 ＡＢＣ 为等边三角形且其面积为
４ ，△ ９
图所示 当正视的方向与正方体的任一 则三棱锥Ｄ ＡＢＣ体积的最大值为
， ３， － （ ）
侧面垂直时 正视图的面积最小 其值为
， ，
当正视的方向与正方体的对角面 Ａ．１２ ３ Ｂ．１８ ３ Ｃ．２４ ３ Ｄ．５４ ３
１， 答案 Ｂ 本题考查空间几何体的体积及与球有关的切接
ＢＤＤ
１
Ｂ
１
或ＡＣＣ
１
Ａ
１
垂直时
，
正视图的面 问题．
积最大 其值为 设等边 ＡＢＣ的边长为ａ
， ２， △ ，
由于正视的方向不同 因此正视图的面积Ｓ ．故选 ．
， ∈［１， ２］ Ｃ 则有Ｓ １ ａ ａ ° 解得ａ ．
评析 本题考查空间几何体的三视图与直观图，考查学生空间 △ ＡＢＣ＝ · ·ｓｉｎ６０ ＝９ ３， ＝６
２
想象能力及有关知识的应用能力，解答本题应设法求出正视图
设 ＡＢＣ外接圆的半径为ｒ 则 ｒ ６ 解得ｒ
的面积的取值范围，而不应该逐项计算． △ ， ２ ＝ °， ＝２ ３，
ｓｉｎ６０
则球心到平面ＡＢＣ的距离为 ２ ２
考点二 空间几何体的体积 ４ －（２ ３） ＝２，
所以点Ｄ到平面ＡＢＣ的最大距离为
２＋４＝６，
１．（２０２０浙江，５，４ 分）某几何体的三视图 单位 如图所
（ ：ｃｍ） 所以三棱锥 Ｄ ＡＢＣ 体积的最大值为 １ 故
示 则该几何体的体积 单位 ３ 是 － ×９ ３×６＝１８ ３，
， （ ：ｃｍ ） （ ） ３
选 ．
Ｂ
方法总结 解决与球有关的切 接问题的策略
、 ：
接 的处理
（１）“ ” ：
构造正 长 方体 转化为正 长 方体的外接球问题．
① （ ） ， （ ）
空间问题平面化 把平面问题转化到直角三角形中 作出适
② ， ，
当截面 过球心 接点等 ．
（ ， ）
利用球心与截面圆心的连线垂直于截面定球心所在直线．
③
切 的处理
（２）“ ” ：
体积分割法求内切球半径．
①
作出合适的截面 过球心 切点等 在平面上求解．
② （ ， ），
多球相切问题 连接各球球心 转化为处理多面体问题．
③ ， ，
４．（２０１７课标Ⅱ，理４，文６，５分）如图 网格纸上小正方形的边
，
７ １４ 长为 粗实线画出的是某几何体的三视图 该几何体由一平
Ａ． Ｂ． Ｃ．３ Ｄ．６ １， ，
３ ３ 面将一圆柱截去一部分后所得 则该几何体的体积为
答案 Ａ 由三视图可知 该几何体是由一个三
， （ ）
，
棱柱和一个三棱锥组成的组合体 其中它们的底面
，
是等腰直角三角形 所以该几何体的体积等于 １
， ×
２
１ １ １ ７ ３ 故选 ．
２×１×２＋ × ×２×１×１＝２＋ ＝ （ｃｍ ）， Ａ
３ ２ ３ ３
２．（２０１８浙江，３，４ 分）某几何体的三视图如图所示 单位
（ ：
则该几何体的体积 单位 ３ 是
ｃｍ）， （ ：ｃｍ ） （ ）
４３６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
该几何体的体积为 １ ２ ．故选 ．
＋ π Ｃ
３ ６
易错警示 不能从俯视图中正确地得到球的半径 而错误地
，
从正视图中得到球的半径Ｒ １ ．
＝
２
评析 本题考查了空间几何体的三视图和体积公式．正确得到
几何体的直观图并准确地计算是解题关键．
７．（２０１６北京，６，５分）某三棱锥的三视图如图所示 则该三棱
，
锥的体积为
（ ）
Ａ．９０π Ｂ．６３π Ｃ．４２π Ｄ．３６π
答案 Ｂ 本题考查三视图和空间几何体的体积．
由三视图可知两个同样的几何体可以拼成一个底面直径为
６，
高为 １４ 的圆柱 ， 所以该几何体的体积Ｖ ＝ １ ×３ ２ ×π×１４＝６３π ． Ａ． １ Ｂ． １ Ｃ． １ Ｄ．１
２ ６ ３ ２
故选 ． 答案 Ａ 由三视图可画出三棱锥的直观
Ｂ
方法总结 如果不能直接求几何体的体积 应利用割补法或 图如图所示 其底面是等腰直角三角形
， ，
换底法求解． ＡＣＢ 直角边长为 三棱锥的高为 故体积
， １， １，
５．（２０１７课标Ⅲ，理８，文８，５分）已知圆柱的高为 它的两个
１， Ｖ １ １ １ ．故选 ．
底面的圆周在直径为 的同一个球的球面上 则该圆柱的体积为 ＝ × ×１×１×１＝ Ａ
２ ， ３ ２ ６
８．（２０１５课标Ⅱ，理６，文６，５分，０．４２６）一个正方体被一个平
（ ）
面截去一部分后 剩余部分的三视图如下图 则截去部分体积
３π π π ， ，
Ａ．π Ｂ． Ｃ． Ｄ． 与剩余部分体积的比值为
４ ２ ４ （ ）
答案 Ｂ 本题考查球的内接圆柱的体积．
( )
２
设圆柱的底面半径为ｒ 则ｒ２ １ ２ 解得ｒ ３
， ＋ ＝１ ， ＝ ，
２ ２
æ ö２
∴ Ｖ 圆柱＝π×è ç ３ ø ÷ ×１＝ ３ π， 故选 Ｂ ．
２ ４
思路分析 利用勾股定理求圆柱的底面半径 再由体积公式
，
求圆柱的体积．
１ １ １ １
解题规律 有关球的切或接问题 要重视利用勾股定理求解． Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
６．（２０１６山 东理，５，５分）一个由 ， 半球和四棱锥组成的几何体 答 ８ 案 Ｄ 如图 ７
，
由已知条件 ６ 可知
，
在正方 ５ 体 ＡＢＣＤ
－
其三视图如图所示．则该几何体的体积为 （ ） ， Ａ 视 １ Ｂ 图 １ Ｃ 对 １ Ｄ 应 １ 的 中 几 ， 截 何 去 体 三 设 棱 该 锥 正 Ａ － 方 Ａ 体 １ Ｂ １ 的 Ｄ 棱 １ 后 长 剩 为 余 ａ 的 则 部 截 分 去 即 部 为 分 题 的 中三 体
， ，
积为 １ ａ３ 剩余部分的体积为ａ３ １ ａ３ ５ ａ３．它们的体积之
， － ＝
６ ６ ６
比为 １ ．故选 ．
Ｄ
５
９．（２０１５重庆理，５，５分）某几何体的三视图如图所示 则该几
，
何体的体积为
（ ）
１ ２ １ ２ １ ２ ２
Ａ． ＋ π Ｂ． ＋ π Ｃ． ＋ π Ｄ．１＋ π
３ ３ ３ ３ ３ ６ ６
答案 Ｃ 由三视图可知四棱锥为正四棱锥 底面正方形的
，
边长为 四棱锥的高为 球的直径等于正四棱锥底面正方形
１， １，
的对角线的长 所以球的直径 Ｒ 即Ｒ ２ 所以半球的
， ２ ＝ ２， ＝ ，
２
体积为 ２ Ｒ３ ２ 又正四棱锥的体积为 １ ２ １ 所以
π ＝ π， ×１ ×１＝ ，
３ ６ ３ ３
专题八 立体几何 ４３７
１ １３π ７π ５π
Ａ． ＋２π Ｂ． Ｃ． Ｄ．
３ ６ ３ ２
答案 Ｂ 由三视图可知 该几何体是一个底面半径为 高
， １，
为 的圆柱和底面半径为 高为 的半圆锥拼成的组合体．所
２ １， １
以该几何体的体积为 １ １ ２ ２ １３π 故选 ．
× ×π×１ ×１＋π×１ ×２＝ ， Ｂ
２ ３ ６
８ ８
１０．（２０１５浙江理，２，５分）某几何体的三视图如图所示 单位 Ａ．
９π
Ｂ．
２７π
（ ：
则该几何体的体积是 ３ ３
ｃｍ）， （ ） ２４（ ２－１） ８（ ２－１）
Ｃ． Ｄ．
π π
答案 Ａ 由三视图可知 原工件是一个底面半径为 母
， １，
线长为 的圆锥 则圆锥的高为 新工件是该圆锥的内接
３ ， ２ ２，
正方体
，
如图 此截面中的矩形为正方体的对角面
， ，
设正方体的棱长为ｘ
，
３ ３ ２ｘ
Ａ．８ ｃｍ Ｂ．１２ ｃｍ ｘ
则 ２ ２ ２－ 解得ｘ ２ ２．
３２ ３ ４０ ３ ＝ ， ＝
Ｃ． ｃｍ Ｄ． ｃｍ １ ２ ２ ３
３ ３
答案 Ｃ 由三视图知 该几何体是由棱长为 的正方 æ ö３
， ２ ｃｍ 所以正方体的体积Ｖ ç２ ２÷ １６ ２
体和底面边长为 高为 的正四棱锥组合而成的几何 １＝è ø ＝ ，
２ｃｍ， ２ｃｍ ３ ２７
体．所以该几何体的体积Ｖ ３ １ ２ ３２ ３ 故选 ． 又圆锥的体积Ｖ １ ２ ２ ２
＝２ ＋ ×２ ×２＝ ｃｍ ， Ｃ ２＝ π×１ ×２ ２＝ π，
３ ３ ３ ３
Ｖ
１１．（２０１５山东理，７，５ 分）在梯形 ＡＢＣＤ 中 ＡＢＣ π ＡＤ 所以原工件材料的利用率为 １ ８ 故选 ．
，∠ ＝ ， ∥ Ｖ ＝ ， Ａ
２ ２ ９π
ＢＣ ＢＣ ＡＤ ＡＢ ．将梯形ＡＢＣＤ绕ＡＤ所在的直线旋转 １３．（２０１４陕西理，５，５分）已知底面边长为 侧棱长为 的正
， ＝２ ＝２ ＝２ １， ２
一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为 四棱柱的各顶点均在同一个球面上 则该球的体积为
（ ） ， （ ）
２π ４π ５π ．３２π ． ． ．４π
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．２π Ａ Ｂ４π Ｃ２π Ｄ
３ ３ ３ ３ ３
答案 Ｃ 如图 此几何体是底面半径为 高为 的圆柱 答案 Ｄ 如图为正四棱柱ＡＣ ．根据题意得ＡＣ 对
挖去一 个底 面半径 ， 为 高为 的圆锥 故所 １， 求体积 ２ Ｖ 角面ＡＣ Ｃ Ａ 为正方形 外接球 １ 直径 Ｒ Ａ Ｃ ＝ ２ Ｒ ，∴
１， １ ， ＝２π－ １ １ ，∴ ２ ＝ １ ＝２，∴ ＝１，
π ５π． Ｖ ４π 故选 ．
＝ ∴ 球＝ ， Ｄ
３ ３ ３
１４．（２０１４课标Ⅱ，理６，文６，５分，０．５０６）如图 网格纸上正方
，
形小格的边长为 表示 图中粗线画出的是某零件的
评析 本题主要考查几何体的体积及空间想象能力． １（ １ ｃｍ），
三视图 该零件由一个底面半径为 高为 的圆柱体
１２．（２０１５湖南文，１０，５ 分）某工件的三视图如图所示．现将该 ， ３ ｃｍ， ６ ｃｍ
毛坯切削得到 则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为
工件通过切削 加工成一个体积尽可能大的正方体新工件 并 ，
， ，
使新工件的一个面落在原工件的一个面内 则原工件材料的 （ ）
，
( 新工件的体积)
利用率为 材料利用率
＝原工件的体积 （ ）
４３８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
１７ ５ １０ １ Ａ．６ Ｂ．９ Ｃ．１２ Ｄ．１８
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． 答案 Ｂ 由三视图可得 该几何体为如图所示的三棱锥Ｓ
２７ ９ ２７ ３ ，
答案 Ｃ 该零件是两个圆柱体构成的组合体 其体积为 ＡＢＣ 其中底面 ＡＢＣ为等腰三角形 底边ＡＣ ＡＣ边上的
， π － ， △ ， ＝６，
２ ２ ３ 高为 ＳＢ 底面ＡＢＣ 且 ＳＢ 所以该几何体的体积 Ｖ
×２ ×４＋π×３ ×２＝３４π ｃｍ ， ３， ⊥ ， ＝３， ＝
圆柱体毛坯的体积为 ２ ３
π×３ ×６＝５４π ｃｍ ， １ １ ．故选 ．
所以切削掉部分的体积为 ３ × ×６×３×３＝９ Ｂ
５４π－３４π＝２０π ｃｍ ， ３ ２
所以切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为２０π １０
＝ ，
５４π ２７
故选
Ｃ．
１５．（２０１３课标Ⅰ，理８，文１１，５分，０．７１８）某几何体的三视图
如图所示 则该几何体的体积为
， （ ）
评析 本题考查了三视图和三棱锥的体积，考查了空间想象能
力．由三视图正确得到该几何体的直观图是求解的关键．
１８．（２０１１陕西文，５，５分）某几何体的三视图如图所示 则它的
，
体积为
（ ）
Ａ．１６＋８π Ｂ．８＋８π Ｃ．１６＋１６π Ｄ．８＋１６π
答案 Ａ 由三视图可知该几何体由长方体和圆柱的一半
组成．其中长方体的长 宽 高分别为 圆柱的底面半径
、 、 ４、２、２，
为 高为 ．所以该几何体的体积Ｖ １ ２
２， ４ ＝４×２×２＋ π×２ ×４＝１６
２
．故选 ．
＋８π Ａ ２π π ２π
思路分析 由三视图分析该几何体的构成 从而利用三视图 Ａ．８－ Ｂ．８－ Ｃ．８－２π Ｄ．
， ３ ３ ３
中的数据计算几何体的体积． 答案 Ａ 由给出的三视图可得原几何体为正方体中挖去
１６．（２０１３浙江文，５，５ 分）已知某几何体的三视图 单位 一圆锥 且此圆锥以正方体的上底面内切圆为底 以正方体的
（ ：ｃｍ） ， ，
如图所示 则该几何体的体积是 棱长为高．
， （ ）
故所求几何体的体积为 １ ２ ２π．
８－ ×π×１ ×２＝８－
３ ３
评析 三视图是考查空间想象能力很好的一个题材，正确解
答此类题目的关键是平时空间想象能力的培养，对文科学生
来说，本题属中等难度题．
１９．（２０１９天津，理１１，文１２，５分）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
２ ， ５
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
，
Ａ．１０８ ｃｍ ３ Ｂ．１００ ｃｍ ３ Ｃ．９２ ｃｍ ３ Ｄ．８４ ｃｍ ３ 心 则该圆柱的体积为 ．
答案 Ｂ 由三视图可知 该几何体是一个长方体截去了 ，
，
答案 π
一个三棱锥 结合所给数据 可得其体积为 １ １
， ， ６×６×３－ × ×４ ４
３ ２ 解析 本题考查了圆柱 正四棱锥的性质 通过计算圆柱的
×４×３＝１００（ｃｍ ３ ）， 故选 Ｂ ． 底面半 径 高 体积考查学 、 生的空间想象能力 ， 和转化思想方法
１７．（２０１２大纲全国，理７，文７，５分）如图 网格纸上小正方形的边 、 、
， 的应用 体现了直观想象的核心素养．
长为 粗线画出的是某几何体的三视图 则此几何体的体积为 ，
１， ，
如图所示 圆柱的高Ｏ Ｏ １ ＰＯ １ ＰＡ２ ＡＯ２ １
（ ） ， １ ＝ ＝ － ＝ × ５－１
２ ２ ２
圆柱的底面半径ｒ １ ＡＯ １ ．所以圆柱的体积Ｖ ｒ２
＝１， ＝ ＝ ＝π ·
２ ２
Ｏ Ｏ １ π．
１ ＝π× ×１＝
４ ４
专题八 立体几何 ４３９
评析 本题考查三棱锥的体积的求法以及等体积转化法在求
空间几何体体积中的应用．本题的易错点是不能利用转化与
２０．（２０１６天津理，１１，５分）已知一个四棱锥的底面是平行四边 化归思想把三棱锥的体积进行适当的转化，找不到两个三棱
形 该四棱锥的三视图如图所示 单位 则该四棱锥的体 锥的底面积及相应高的关系，从而造成题目无法求解或求解
， （ ：ｍ），
积为 ３． 错误．
ｍ
２３．（２０１２安徽，１２，５分）某几何体的三视图如图所示 则该几
，
何体的体积等于 ．
答案
２
解析 四棱锥的底面是平行四边形 由三视图可知其面积
， 答案
５６
为
２×１＝２ ｍ
２
，
四棱锥的高为
３ ｍ，
所以四棱锥的体积Ｖ
＝
１
×
解析 由题意知
，
该三视图对应的几何体如图
，
其体积Ｖ
＝
３ [ ]
２×３＝２ ｍ ３． １ ×（２＋５）×４ ×４＝５６ ．
易错警示 该题有两点容易出错 一是锥体的体积公式中的 ２
：
系数 １ 易漏写 二是底面平行四边形的面积易错误地写成
； ３×
３
２．
１＝３ ｍ
评析 本题考查了三视图和直观图，考查了锥体的体积．
２１．（２０１６四川，１３，５分）已知三棱锥的四个
面都是腰长为 的等腰三角形 该三棱锥
２ ，
的正视图如图所示 则该三棱锥的体积
， 评析 本题主要考查三视图的知识，考查学生的空间想象能
是 ． 力．由 三视图得到直观图是解题关键．
２４．（２０１１课标理，１５，５分）已知矩形ＡＢＣＤ的顶点都在半径为
答案 ３
３ 的球Ｏ的球面上 且ＡＢ ＢＣ 则棱锥Ｏ ＡＢＣＤ的体
解析 由题意及正视图可知三棱锥的底面等腰三角形的底 ４ ， ＝６， ＝２ ３， －
积为 ．
长为 三棱锥的高为 则三棱锥的底面积为 １ 答案
２ ３， １， × ８ ３
２ 解析 如图 连接ＡＣ ＢＤ 交于Ｏ 则Ｏ 为矩形ＡＢＣＤ所
， ， ， １， １
２ ２ 在小圆的圆心 连接ＯＯ 则ＯＯ 面ＡＢＣＤ
２ －（ ３） ×２ ３＝ ３， ， １， １⊥ ，
该三棱锥的体积为 １ ３．
∴ × ３×１＝
３ ３
评析 正确理解正视图中的数据在直观图中表示的含义很
关键．
２２．（２０１４山东理，１３，５分）三棱锥Ｐ ＡＢＣ中 Ｄ Ｅ分别为ＰＢ
－ ， ， ，
ＰＣ的中点 记三棱锥Ｄ ＡＢＥ的体积为Ｖ Ｐ ＡＢＣ的体积为
， － １， －
Ｖ
Ｖ 则 １ ．
２， Ｖ ＝
２
答案 １
易求得Ｏ Ｃ 又ＯＣ
４ １ ＝２ ３， ＝４，
解析 如图
，
设Ｓ
△ ＡＢＤ＝
Ｓ
１，
Ｓ
△ ＰＡＢ＝
Ｓ
２，
Ｅ到平面ＡＢＤ的距离
∴
ＯＯ
１＝
ＯＣ２
－
Ｏ
１
Ｃ２
＝２，
为ｈ Ｃ 到平面 ＰＡＢ 的距离为 ｈ 则 Ｓ Ｓ ｈ ｈ Ｖ
１， ２， ２＝２ １， ２＝２ １， １＝ 棱锥体积Ｖ １ ．
Ｖ Ｓ ｈ ∴ ＝ ×６×２ ３×２＝８ ３
１ Ｓ ｈ Ｖ １ Ｓ ｈ １ １ １ １ ． ３
１ １， ２＝ ２ ２，∴ Ｖ ＝Ｓ ｈ ＝ 失分警示 立体感不强 空间想象能力差 无法正确解出棱
３ ３ ２ ２ ２ ４ ， ，
４４０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
锥的高而得出错误结论．
评析 本题主要考查球中截面圆的性质及空间几何体的体积
的计算，通过球这个载体考查学生的空间想象能力及推理运
算能力．
２５．（２０１１课标文，１６，５ 分）已知两个圆锥有公共底面 且两圆
，
锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积
是这个球面面积的 ３ 则这两个圆锥中 体积较小者的高与
， ，
１６
体积较大者的高的比值为 ．
Ａ．２０π Ｂ．２４π
答案 １ Ｃ．２８π Ｄ．３２π
３ 答案 Ｃ 由三视图知圆锥的高为 底面半径为 则圆
解析 如图 设球的半径为Ｒ 圆锥底面半径为ｒ 由题意得 ２ ３， ２，
， ， ，
锥的母线长为 所以圆锥的侧面积为 １ ．圆柱的
π
ｒ２
＝
３
×４π
Ｒ２． ４，
２
×４π×４＝８π
１６ 底面积为 圆柱的侧面积为 从而该几何体的表
４π， ４×４π＝１６π，
面积为 故选 ．
８π＋１６π＋４π＝２８π， Ｃ
评析 本题考查了三视图和圆柱、圆锥的侧面积公式．运算失
误是失分的主要原因．
４．（２０１６课标Ⅰ，理６，文７，５分）如图 某几何体的三视图是三
，
个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体
的体积是２８π 则它的表面积是
， （ ）
３
ｒ ３Ｒ ＯＯ １ Ｒ．体积较小的圆锥的高ＡＯ Ｒ １ Ｒ
∴ ＝ ，∴ １＝ １＝ － ＝
２ ２ ２
１ Ｒ 体积较大的圆锥的高ＢＯ Ｒ １ Ｒ ３ Ｒ．
， １＝ ＋ ＝
２ ２ ２
故这两个圆锥中 体积较小者的高与体积较大者的高的比值
，
为 １ ．
３
评析 本题考查球、球内接圆锥的相关问题，考查Ｒ，ｒ的关系，由
Ａ．１７π Ｂ．１８π Ｃ．２０π Ｄ．２８π
题意得到ｒ ３Ｒ是解答本题的关键．
＝ 答案 Ａ 由三视图可知 该几何体是一个球被截去 １ 后剩
２ ，
８
考点三 空间几何体的表面积 下的部分 设球的半径为Ｒ 则该几何体的体积为 ７ ４ Ｒ３
， ， × π ，
１．（２０１８课标Ⅰ文，５，５分）已知圆柱的上 下底面的中心分别 ８ ３
、
为Ｏ Ｏ 过直线Ｏ Ｏ 的平面截该圆柱所得的截面是面积为 即２８ π＝ ７ × ４ π Ｒ３ ， 解得Ｒ ＝２ ．故其表面积为 ７ ×４π×２ ２ ＋３×
１， ２， １ ２ ３ ８ ３ ８
的正方形 则该圆柱的表面积为
８ ， （ ） １ ２ ．选 ．
×π×２ ＝１７π Ａ
Ａ．１２ ２π Ｂ．１２π Ｃ．８ ２π Ｄ．１０π ４
答案 Ｂ 本题主要考查圆柱的表面积及圆柱的轴截面． 评析 三视图问题主要考查空间想象能力．本题考查内容较
设圆柱的底面半径为ｒ 高为ｈ 由题意可知 ｒ ｈ 圆
多，其中包括球的体积、表面积的求法．属中等难度题．
， ， ２ ＝ ＝２ ２，∴ ５．（２０１６课标Ⅲ，理９，文１０，５分）如图 网格纸上小正方形的
柱的表面积Ｓ ｒ２ ｒ ｈ ．故选 ． ，
＝２π ＋２π · ＝４π＋８π＝１２π Ｂ 边长为 粗实线画出的是某多面体的三视图 则该多面体的
解题关键 正确理解圆柱的轴截面及熟记圆柱的表面积公式 １， ，
表面积为
是解决本题的关键． （ ）
２．（２０１６课标Ⅱ文，４，５分）体积为 的正方体的顶点都在同一
８
球面上 则该球的表面积为
， （ ）
３２
Ａ．１２π Ｂ． π
３
Ｃ．８π Ｄ．４π
答案 Ａ 设正方体的棱长为ａ 则ａ３ 解得ａ ．
， ＝８， ＝２
设球的半径为Ｒ 则 Ｒ ａ 即Ｒ 所以球的表面积Ｓ
， ２ ＝ ３ ， ＝ ３， ＝
Ｒ２ ．故选 ． Ａ．１８＋３６ ５ Ｂ．５４＋１８ ５ Ｃ．９０ Ｄ．８１
４π ＝１２π Ａ 答案 Ｂ 由三视图可知 该几何体的底面是边长为 的正
方法点拨 对于正方体与长方体 其体对角线为其外接球的 ， ３
，
直径 即外接球的半径等于体对角线的一半． 方形 高为 侧棱长为 则该几何体的表面积Ｓ ２
， ， ６， ３ ５， ＝２×３ ＋２×
３．（２０１６课标Ⅱ，理６，文７，５ 分）下图是由圆柱与圆锥组合而 ．故选 ．
３×３ ５＋２×３×６＝５４＋１８ ５ Ｂ
成的几何体的三视图 则该几何体的表面积为 易错警示 由于空间想象能力较差 误认为侧棱长为 或漏
， （ ） ， ６，
专题八 立体几何 ４４１
算了两底面的面积是造成失分的主要原因．
评析 本题考查了几何体的三视图和柱体的表面积，考查了空
间想象能力．掌握侧面的形状是求解的关键．
６．（２０１５课标Ⅰ理，１１，５ 分）圆柱被一个平面截去一部分后与
半球 半径为ｒ 组成一个几何体 该几何体三视图中的正视图
（ ） ，
和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为 则ｒ
１６＋２０π， ＝
（ ）
Ａ．３π Ｂ．４π Ｃ．２π＋４ Ｄ．３π＋４
答案 Ｄ 由题中三视图知该几何体是底面半径为 高为
１， ２
的半个圆柱 故其表面积Ｓ １ ２ ．
， ＝２× ×π×１ ＋π×１×２＋２×２＝３π＋４
２
评析 本题考查三视图的概念和性质以及圆柱的表面积，考查
运算及推理能力和空间想象能力．由三视图确定几何体的直观
图是解题的关键．
９．（２０１５课标Ⅱ，理９，文１０，５分）已知Ａ Ｂ是球Ｏ的球面上
，
两点 ＡＯＢ ° Ｃ为该球面上的动点．若三棱锥Ｏ ＡＢＣ体
，∠ ＝９０ ， －
积的最大值为 则球Ｏ的表面积为
３６， （ ）
Ａ．３６π Ｂ．６４π Ｃ．１４４π Ｄ．２５６π
答案 Ｃ Ｓ 是定值 且Ｖ Ｖ
∵ △ ＯＡＢ ， Ｏ － ＡＢＣ＝ Ｃ － ＯＡＢ，
Ａ．１ Ｂ．２ 当ＯＣ 平面ＯＡＢ时 Ｖ 最大 即Ｖ 最大．设球Ｏ的半
∴ ⊥ ， Ｃ － ＯＡＢ ， Ｏ － ＡＢＣ
Ｃ．４ Ｄ．８
答案 Ｂ 由已知条件可知
，
该几何体由圆柱的一半和半球 径为Ｒ
，
则
（
Ｖ
Ｏ － ＡＢＣ）ｍａｘ＝
１
×
１ Ｒ２
×
Ｒ
＝
１ Ｒ３
＝３６，∴
Ｒ
＝６，∴
球Ｏ
组成
，
其表面积为
２π
ｒ２
＋π
ｒ２
＋４
ｒ２
＋２π
ｒ２
＝５π
ｒ２
＋４
ｒ２．由
５π
ｒ２
＋４
ｒ２
的表面积Ｓ Ｒ２
３
２
２
．
６
得ｒ ．故选 ． ＝４π ＝４π×６ ＝１４４π
＝１６＋２０π ＝２ Ｂ 思路分析 由 ＯＡＢ的面积为定值分析出当ＯＣ 平面ＯＡＢ
７．（２０１５北京理，５，５分）某三棱锥的三视图如图所示 则该三 △ ⊥
， 时 三棱锥Ｏ ＡＢＣ的体积最大 从而根据已知条件列出关于Ｒ
棱锥的表面积是 ， － ，
（ ） 的方程 进而求出Ｒ值 利用球的表面积公式即可求出球Ｏ的
， ，
表面积．
导师点睛 点Ｃ是动点 在三棱锥Ｏ ＡＢＣ中 如果以面ＡＢＣ
， － ，
为底面 则底面面积与高都是变量 而Ｓ 为定值 因此转化
， ， △ ＯＡＢ ，
成以面ＯＡＢ为底面 这样高越大 体积越大．
， ，
１０．（２０１４浙江理，３，５ 分）某几何体的三视图 单位 如图
（ ：ｃｍ）
所示 则此几何体的表面积是
， （ ）
Ａ．２＋ ５ Ｂ．４＋ ５ Ｃ．２＋２ ５ Ｄ．５
答案 Ｃ 由三视图可得该三棱锥的直观图如图所示 其中
，
ＰＡ ＢＣ 取ＢＣ的中点Ｍ 连接ＡＭ ＭＰ 则ＡＭ ＡＭ
＝１， ＝２， ， ， ， ＝２， ⊥
ＢＣ 故ＡＣ ＡＢ ＢＭ２ ＡＭ２ 由正视图和侧视图
， ＝ ＝ ＋ ＝ １＋４＝ ５，
可知ＰＡ 平面ＡＢＣ 因此可得ＰＣ ＰＢ ＰＡ２ ＡＢ２
⊥ ， ＝ ＝ ＋ ＝ １＋５＝ ２ ２ ２ ２
Ａ．９０ ｃｍ Ｂ．１２９ ｃｍ Ｃ．１３２ ｃｍ Ｄ．１３８ ｃｍ
ＰＭ ＰＡ２ ＡＭ２ 所以三棱锥的表面积为 答案 Ｄ 由三视图可知该几何体由一个直三棱柱与一个
６， ＝ ＋ ＝ １＋４ ＝ ５，
Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ １ １ １ １ 长方体组合而成 如图 其表面积为Ｓ １
△ ＡＢＣ＋ △ ＰＡＢ＋ △ ＰＡＣ＋ △ ＰＢＣ＝ ×２×２＋ × ５×１＋ × ５×１＋ （ ）， ＝３×５＋２× ×４×３＋４×
２ ２ ２ ２ ２
故选 ２ ．
×２× ５＝２＋２ ５， Ｃ． ３＋３×３＋２×４×３＋２×４×６＋３×６＝１３８（ｃｍ ）
８．（２０１５陕西，理５，文５，５分）一个几何体的三视图如图所示
，
则该几何体的表面积为 １１．（２０１４福建文，５，５分）以边长为 的正方形的一边所在直
（ ） １
线为旋转轴 将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于
，
（ ）
Ａ．２π Ｂ．π Ｃ．２ Ｄ．１
答案 Ａ 由题意得圆柱的底面半径ｒ 母线ｌ ．
＝１， ＝１
圆柱的侧面积Ｓ ｒｌ ．故选 ．
∴ ＝２π ＝２π Ａ
４４２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
１２．（２０１７课标Ⅰ文，１６，５分）已知三棱锥Ｓ ＡＢＣ的所有顶点
都在球 Ｏ 的球面上 ＳＣ 是球 Ｏ 的直径．若 － 平面 ＳＣＡ 平面 ∵ 体积Ｖ ＝ １ ×｜ ＡＢ ｜ ２ ×｜ ＯＥ ｜＝｜ ＯＥ ｜＝ ３ ２ ，
， ⊥ ３ ２
ＳＣＢ ， ＳＡ ＝ ＡＣ ， ＳＢ ＝ ＢＣ ， 三棱锥Ｓ － ＡＢＣ的体积为 ９， 则球Ｏ的表 ∴ ｜ ＯＡ ｜ ２ ＝｜ ＡＥ ｜ ２ ＋｜ ＯＥ ｜ ２ ＝６ ．
面积为 ． 从而以ＯＡ为半径的球的表面积Ｓ ＯＡ ２ ．
＝４π·｜ ｜ ＝２４π
答案 思路分析 先根据已知条件直接利用锥体的体积公式求得
３６π
解析 解法一 由题意作出图形 如图． 正四棱锥Ｏ ＡＢＣＤ的高 再利用勾股定理求出 ＯＡ 最后根
： ， － ， ｜ ｜，
据球的表面积公式计算即可．
１４．（２０１３课标Ⅰ，１５，５分，０．１２３）已知Ｈ是球Ｏ的直径ＡＢ上
一点 ＡＨ ＨＢ ＡＢ 平面α Ｈ为垂足 α截球Ｏ所得
， ∶ ＝１ ∶ ２， ⊥ ， ，
截面的面积为 则球Ｏ的表面积为 ．
π，
答案 ９π
２
解析 平面α截球Ｏ所得截面为圆面 圆心为Ｈ 设球Ｏ的
设球Ｏ的半径为Ｒ 由题意知ＳＢ ＢＣ ＳＡ ＡＣ 又ＳＢ ＢＣ ＳＡ ， ，
， ⊥ ， ⊥ ， ＝ ，
ＡＣ 则ＳＢ ＢＣ ＳＡ ＡＣ Ｒ．连接ＯＡ ＯＢ 半径为Ｒ ， 则由ＡＨ ∶ ＨＢ ＝１ ∶ ２ 得ＯＨ ＝ １ Ｒ ，
＝ ， ＝ ＝ ＝ ＝ ２ ， ， ３
则ＯＡ ＳＣ ＯＢ ＳＣ 因为平面ＳＣＡ 平面ＳＣＢ 平面ＳＣＡ 平 由圆Ｈ的面积为 得圆Ｈ的半径为
⊥ ， ⊥ ， ⊥ ， ∩ π， １，
面ＳＣＢ ＳＣ 所以ＯＡ 平面ＳＣＢ 所以ＯＡ ＯＢ 则ＡＢ Ｒ
＝ ， ⊥ ， ⊥ ， ＝ ２ ，
所以 ＡＢＣ是边长为 Ｒ的等边三角形 设 ＡＢＣ的中心为
△ ２ ， △
Ｏ 连接ＯＯ ＣＯ ．
１， １， １
则ＯＯ 平面ＡＢＣ ＣＯ ２ ３ Ｒ ６Ｒ
１⊥ ， １＝ × × ２ ＝ ，
３ ２ ３
æ ö２
则ＯＯ
１＝
Ｒ２
－è
ç ６Ｒ
ø
÷
＝
３Ｒ
， ( Ｒ ) ２
３ ３ 所以 ２ Ｒ２ 得出 Ｒ２ ９ 所以球 Ｏ 的表面积 Ｓ
＋１ ＝ ， ＝ ， ＝
３ ８
则Ｖ Ｓ － ＡＢＣ＝２ Ｖ Ｏ － ＡＢＣ＝２×
３
１ ×
４
３ （ ２ Ｒ ） ２ ×
３
３Ｒ ＝
３
１ Ｒ３ ＝９，
４π
Ｒ２
＝４π·
９
＝
９
π
．
所以Ｒ ． ８ ２
＝３ １５．（２０１３福建理，１２，４分）已知某一多面体内接于球构成一个
所以球Ｏ的表面积Ｓ Ｒ２ ．
＝４π ＝３６π 简单组合体 如果该组合体的正视图 侧视图 俯视图均如图
解法二 由题意得ＡＯ ＳＣ ＢＯ ＳＣ ， 、 、
： ⊥ ， ⊥ ， 所示 且图中的四边形是边长为 的正方形 则该球的表面积
所以 ＡＯＢ是平面ＳＣＡ与平面ＳＣＢ所成二面角的平面角 ， ２ ，
∠ ， 是 ．
又因为ＡＯ ＢＯ Ｏ 所以ＳＣ 平面ＡＢＯ．
∩ ＝ ， ⊥
因为平面ＳＣＡ 平面ＳＣＢ 所以 ＡＯＢ °
⊥ ， ∠ ＝９０ ，
( )
所以Ｖ Ｖ Ｖ １ １ ＡＯ ＢＯ ＳＣ ．由于
Ｓ － ＡＢＣ＝ Ｓ － ＡＢＯ＋ Ｃ － ＡＢＯ＝ · · · ＝９
３ ２
ＯＡ ＯＢ １ ＳＣ 从而球Ｏ的半径Ｒ ＯＡ ＯＢ 故球Ｏ的表
＝ ＝ ， ＝ ＝ ＝３，
２
面积Ｓ Ｒ２ ．
＝４π ＝３６π
１３．（２０１３课标Ⅱ，１５，５ 分，０．１５８）已知正四棱锥 Ｏ ＡＢＣＤ 的
－ 答案
１２π
解析 由三视图知 棱长为 的正方体内接于球 故正方体
体积为３ ２ 底面边长为 则以Ｏ为球心 ＯＡ为半径的球的 ： ２ ，
， ３， ，
２ 的体对角线长为 即为球的直径．所以球的表面积为Ｓ
表面积为 ． ２ ３， ＝
æ ö２
答案 ç２ ３÷ ．
２４π ４π·è ø ＝１２π
解析 设底面中心为Ｅ 连接ＯＥ ＡＥ ２
， ， ，
则 ＡＥ １ ＡＣ ６
｜ ｜＝ ｜ ｜＝ ，
２ ２
时间： 分钟 分值： 分
５０ ８０
一、单项选择题 每题 分 共 分 ２．（２０２１届陕西安康１０月联考，９）四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ的顶点都
（ ５ ， ５０ ） －
１．（２０２１届天津新华中学１０月月考，３）设所有棱长都为 的正 在球Ｏ的球面上 四边形ＡＢＣＤ是边长为 的正方形 若四
２ ， ３ ２ ，
三棱柱的顶点都在一个球面上 则该球的表面积为 棱锥Ｐ ＡＢＣＤ体积的最大值为 则球Ｏ的表面积为
， （ ） － ５４， （ ）
２８ Ａ．３６π Ｂ．６４π Ｃ．１００π Ｄ．１４４π
Ａ．４π Ｂ．８π Ｃ．２０π Ｄ． π 答案 Ｃ
３
答案 Ｄ ３．（２０２１ 届江苏扬州期中检测，８）已知一个球的半径为 则该
３，
专题八 立体几何 ４４３
球内接正六棱锥的体积的最大值为
（ ） Ａ．２ ３ Ｂ．２ ２ Ｃ．３ Ｄ． ６
答案 Ｃ
２７ ３ ３５ ３
Ａ．１０ ３ Ｂ． Ｃ．１６ ３ Ｄ． １０．（２０２０辽宁瓦房店高级中学１０ 月月考，１１）一个圆锥的母
２ ２
答案 Ｃ
线长为 圆锥的母线与底面的夹角为π 则圆锥的内切球的
４．（２０２１届广东东华高级中学第二次联考，６） ２， ，
４
阿基米德多面体 是由边数不全相同的正多 表面积为
“ ” （ ）
边形为面围成的多面体 它体现了数学的对
， Ａ．８π Ｂ．４（２－ ２） ２ π
称美．如图 将正方体沿交于一顶点的三条棱
， ２
的中点截去一个三棱锥 共可截去八个三棱 ２ ３２（２－ ２）
， Ｃ．４（２＋ ２） π Ｄ． π
４９
锥 得到八个面为正三角形 六个面为正方形的 阿基米德多面
答案 Ｂ
， ， “
体 ．若该多面体的棱长为 则其体积为
” ２， （ ） 二、多项选择题 共 分
（ ５ ）
４０ ２ １７ ２０
１１．（２０２０山东潍坊期末，１０）等腰直角三角形的直角边长为
Ａ． Ｂ．５ Ｃ． Ｄ． １，
３ ３ ３ 现将该三角形绕其某一边旋转一周 则所形成的几何体的表
答案 Ｄ ，
面积可以为
５．（２０２１届广东湛江高中毕业班调研测试，４）鳖臑 是我国 （ ）
（ｂｉē ｎàｏ）
古代对四个面均为直角三角形的三棱锥的称呼．已知三棱锥 Ａ． ２π Ｂ．（１＋ ２）π Ｃ．２ ２π Ｄ．（２＋ ２）π
答案 ＡＢ
Ａ ＢＣＤ是一个鳖臑 其中ＡＢ^ＢＣ ＡＢ^ＢＤ ＢＣ^ＣＤ 且ＡＢ ＢＣ
－ ， ， ， ， ＝６，
ＤＣ 则三棱锥Ａ ＢＣＤ的外接球的体积是 三、填空题 每题 分 共 分
＝３， ＝２， － （ ） （ ５ ， ２５ ）
１２．（２０２１届上海嘉定一中测试，８）已知边长为 的正方形
４９π ３４３π ３４３π １
Ａ． Ｂ． Ｃ．４９π Ｄ． ＡＢＣＤ绕ＢＣ所在直线旋转形成一个圆柱 则该圆柱的表面积
３ ２ ６ ，
答案 Ｄ 为 ．
６．（２０２０湖南长沙雅礼中学月考（七），１２）在三棱锥Ｓ ＡＢＣ中 答案
－ ， ４π
ＡＢ ⊥ ＢＣ ， ＡＢ ＝ ＢＣ ＝２， ＳＡ ＝ ＳＣ ＝２ ２， 二面角Ｓ － ＡＣ － Ｂ的余弦值是
１３．（２０２１届河北百师联盟联考，１５）我国古代数学名著
《
九章
算术 中将正四棱锥称为方锥．已知某方锥的各棱长均为
》 ２，
３ 若Ｓ Ａ Ｂ Ｃ都在同一球面上 则该球的表面积是 则其内切球的体积为 ．
－ ， ， ， ， ， （ ）
３
Ａ．６π Ｂ．８π Ｃ．１２π Ｄ．１８π 答案 ６ ６－１０ ２
答案 Ｃ π
３
７． （２０２０福建宁德５月质量检查，５）某几何体的三视图 １４．（２０２１届山东开学质量检测，１４）已知四面体Ａ － ＢＣＤ中 ， ＡＢ
如图所示 则该几何体的体积为 ＣＤ ＡＣ ＢＤ ＢＣ ＡＤ 则其外接球的体积
， （ ） ＝ ＝ ５， ＝ ＝ １０， ＝ ＝ １３，
为 ．
答案 ７ １４
π
３
１５．（２０２１届广东仲元中学、中山一中等七校联合体第一次联
考，１６）已知过球面上三点Ａ Ｂ Ｃ的截面到球心的距离等于
、 、
球半径的一半 且 ＡＢ ＡＣ ＢＣ 则球的半径等于
， ＝６， ＝８， ＝１０，
球的表面积等于 ．
；
答案 １０ ３ ４００π
Ａ．３π Ｂ．９π Ｃ．１２π Ｄ．３６π ；
答案 Ａ ３ ３
１６．（２０１９福建漳州二模，１５）已知正四面体ＡＢＣＤ的外接球的
８．（２０２０ 湖南衡阳联考，１０）在三棱锥 Ｐ ＡＢＣ 中 ＰＡ 平面
－ ， ⊥
ＡＢＣ ＡＢ ＢＣ 且 ＡＢ ．若三棱锥 Ｐ ＡＢＣ 的外接球体积为 体积为 则这个四面体的表面积为 ．
， ⊥ ， ＝２ － ８ ６π，
则当该三棱锥的体积最大时 其表面积为 答案
３６π， ， （ ） １６ ３
Ａ．６＋６ ３ Ｂ．８＋６ ３
Ｃ．８＋８ ５ Ｄ．６＋８ ５
答案 Ｃ
９． （２０２０湖南长郡中学第二次适应性考试，７）某几何体的
三视图如图所示 则该几何体中 最长的棱的长度为
， ， （ ）
４４４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
答案 Ａ 取ＡＢ的中点Ｄ 连接ＳＤ ＣＤ 则ＡＢ ＣＤ．
１．（２０１９湖北恩施二模，９）某圆锥的母线长为 高为４ ２ 其三 ， ， ， ⊥
２， ， 因为ＳＣ为球Ｏ的直径 点Ａ Ｂ都在球面上
３ ， 、 ，
视图如图所示 圆锥表面上的点Ｍ在正视图上的对应点为Ａ 所以 ＳＢＣ ＳＡＣ °
， ， ∠ ＝∠ ＝９０ ，
圆锥表面上的点Ｎ在侧视图上的对应点为Ｂ 则在此圆锥侧面 又因为 ＡＢＣ是边长为 的正三角形 且ＳＣ
， △ １ ， ＝２，
上 从Ｍ到Ｎ的路径中 最短路径的长度为 所以ＳＡ ＳＢ 所以ＳＤ ＡＢ
， ， （ ） ＝ ＝ ３， ⊥ ，
又因为 ＳＤ ＣＤ Ｄ 所以 ＡＢ 面 ＳＤＣ 所以 ＳＤ
∩ ＝ ， ⊥ ， ＝
( ) ( )
２ ２
２ １ １１ ＣＤ ２ １ ３
（ ３） － ＝ ， ＝ １ － ＝ ，
２ ２ ２ ２
ＳＤ２ ＤＣ２ ＳＣ２
在三角形ＳＤＣ中 ＳＤＣ ＋ － ３３
，ｃｏｓ∠ ＝ ＳＤ ＤＣ ＝－ ，
２ · ３３
所以 ＳＤＣ ４ ６６
ｓｉｎ∠ ＝ ，
３３
所以Ｓ １ ＳＤ ＤＣ ＳＤＣ ２
Ａ．２ Ｂ．２ ２ Ｃ． ８＋２ ３ Ｄ．２ ２－ ３ △ ＳＤＣ＝ · · ·ｓｉｎ∠ ＝ ，
２ ２
答案 Ｄ 因为圆锥的母线长为 高为４ ２ 所以底面半径ｒ
２， ， 所以棱锥的体积Ｖ １ Ｓ ＡＢ ２．
３ ＝ · △ ＳＤＣ· ＝
３ ６
＝ ２ ２ － æ è ç４ ２ ö ø ÷ ２ ＝ ２ ， 所以底面周长为 ２π ｒ ＝ ４ π， 所以侧面展 ４．（２０１９北京朝阳期末，８）以棱长为 １ 的正方体各面的中心为
３ ３ ３ 顶点构成一个正八面体 再以这个正八面体各面的中心为顶点
，
构成一个小正方体 那么该小正方体的棱长为
４ ， （ ）
ｒ π
开图中扇形中心角为２π ３ ２ 所以从Ｍ到Ｎ的路径
＝ ＝ π， ２ ３ １ １
２ ２ ３ Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
２ ３ ３ ４
中 ， 最短路径的长度为 ２ ２ ＋２ ２ －２×２×２ｃｏｓ π ＝２ ２－ ３ ． 答案 Ｃ 设原正方体 、 正八面体 、 小正方体分别为Ｃ １、 Ｃ ２、
６ Ｃ 已知Ｃ 的棱长为 以正方体Ｃ 各面中心为顶点的凸多
２．（２０１９河南郑州一模，９）如图 网格纸上小正方形的边长为 ３， １ １， １
， 面体Ｃ 为正八面体 它的中截面 垂直平分相对顶点连线的
粗线画出的是某几何体的三视图 则该几何体的表面积为 ２ ， （
２， ， 界面 是正方形 该正方形对角线长等于正方体Ｃ 的棱长 所
） ， １ ，
（ ）
以该正八面体Ｃ 的棱长为 １ ２ 以Ｃ 各个面的中心为顶
２ ＝ ， ２
２ ２
点的正方体为Ｃ 正方体Ｃ 面对角线长等于Ｃ 棱长的 ２ 为
３， ３ ２ ，
３
２
２ ２ ２ 所以小正方体Ｃ 的棱长为 ３ １ 故选 ．
× ＝ ， ３ ＝ ， Ｃ
３ ２ ３ ２ ３
Ａ．１６ ２＋（３２＋１６ ２＋１６ ５）π
Ｂ．１６ ２＋（１６＋１６ ２＋１６ ５）π
５．（２０１９安徽 １０联盟３月联考，９）已知某几何体的三视图如
Ａ
Ｃ．１６ ２＋（３２＋３２ ２＋３２ ５）π 图所示 则该几何体的侧面积为
， （ ）
Ｄ．１６ ２＋（１６＋３２ ２＋３２ ５）π
答案 Ａ 由三视图知该几何体是由两个圆锥与一个长方
体组合而成的 两个圆锥的底面半径均为 高分别为 和
， ４， ４ ８，
长方体的长 宽 高分别为 则该几何体的表面积Ｓ
、 、 ２ ２、２ ２、２，
１ １ ２
＝ ×２π×４×４ ２＋ ×２π×４×４ ５＋π×４ ×２＋２ ２×２×４＝１６ ２＋
２ ２
故选 ．
（３２＋１６ ２＋１６ ５）π， Ａ
３．（２０１９贵州遵义四中３月月考，９）已知三棱锥Ｓ ＡＢＣ的所有 Ａ． １７＋ ２＋５ Ｂ． １７＋ ２＋９
－
顶点都在球Ｏ的球面上 ＡＢＣ是边长为 的正三角形 ＳＣ为
，△ １ ， Ｃ． １７＋ ２＋１０ Ｄ．２ １７＋２ ２＋１０
球Ｏ的直径 且ＳＣ 则此棱锥的体积为 答案 Ａ 由三视图可知 该几何体是一个四棱锥 侧棱ＰＡ
， ＝２， （ ） ， （
垂直 于 底 面 ＡＢＣＤ 其 直 观 图 如 图 所 示 ＣＤ
）， ， ＝
２ ３ ２ ２
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． ＡＤ ＢＣ ２ ＡＢ２ ２ ２ ＰＢ ＰＡ２ ＡＢ２
６ ６ ３ ２ （ － ） ＋ ＝ （３－１） ＋２ ＝２ ２， ＝ ＋ ＝
专题八 立体几何 ４４５
且长方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的长 宽 高分别为 ａ ｂ
２ ２ ＋２ ２ ＝ ２ ２， ＰＤ ＝ ＰＡ２ ＋ ＡＤ２ ＝ ２ ２ ＋３ ２ ＝ １３， ＰＣ ＝ － １ １ １ １ 、 、 ２， ， ，
ＰＢ２ ＋ ＢＣ２ ＝ （２ ２） ２ ＋１ ２ ＝ ３， 在 △ ＰＣＤ 中 ， ｃｏｓ∠ ＰＣＤ ＝ ∴ 此三棱锥的体积Ｖ ＝２ ａｂ － １ × １ ａｂ ×２×４＝ ２ ａｂ ＝ １ ×２ ａ × ｂ ≤
３ ２ ３ ３
ＰＣ２ ＋ Ｐ Ｃ Ｃ Ｄ２ － Ｃ Ｐ Ｄ Ｄ２ ＝ ３ ２ ＋（２ ２） ２ －（ １３） ２ ＝ ２ ， ∴ ｓｉｎ∠ ＰＣＤ ＝ １ · ( ２ ａ ＋ ｂ) ２ ＝ １ ， 当且仅当ａ ＝ １ ， ｂ ＝１ 时 ， 等号成立 ，
２· · ２×３×２ ２ ６ ３ ２ ３ ２
１－ æ è ç ６ ２ ö ø ÷ ２ ＝ ６ ３４． ∴ Ｓ △ ＰＣＤ＝ ２ １ ＰＣ · ＣＤ ·ｓｉｎ∠ ＰＣＤ ＝ ２ １ ×３× ∴ 三棱锥体积的最大值为 １ ３ ．
３４ 又Ｓ １ ＰＡ ＡＢ １ Ｓ
２ ２× ＝ １７， △ ＰＡＢ＝ · ＝ ×２×２＝２， △ ＰＡＤ＝
６ ２ ２
１ ＰＡ ＡＤ １ Ｓ １ ＰＢ ＢＣ １
· ＝ ×２×３＝３， △ ＰＢＣ＝ · ＝ ×２ ２×１＝ ２，
２ ２ ２ ２
该四棱锥的侧面积Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ
∴ ＝ △ ＰＣＤ＋ △ ＰＡＢ＋ △ ＰＡＤ＋ △ ＰＢＣ＝ １７＋２＋３
＋ ２＝ １７＋ ２＋５ ．故选 Ａ ． ８．（ ＡＢ ２ Ｃ ０ Ｄ １８ 沿 陕 对 西 角 部 线 分 Ｂ 重 Ｄ 点 折 中 起 学 使 摸 得 底 平 检 面 测 Ａ ，１ Ｂ ４ Ｄ ）把 平 边 面 长 Ｃ 为 ＢＤ １ 的 形 正 成 方 的 形 三
， ⊥ ，
棱锥Ｃ ＡＢＤ的正视图与俯视图如图所示 则侧视图的面积为
－ ，
．
方法技巧 对于三视图问题 一般根据该几何体的三视图判
，
断几何体的形状 再作出其直观图 从而根据直观图来计算棱
， ，
长 表面积和体积 在解决组合体表面积问题时 一定要注意重
、 ， ，
叠面 尤其要注意重叠面是否完全重叠． 答案 １
，
６．（２０１８云南玉溪一中期中，１１）已知三棱锥Ｐ ＡＢＣ的各顶点 ４
－ 解析 由三棱锥Ｃ ＡＢＤ的正视图 俯视图得三棱锥Ｃ ＡＢＤ
－ 、 －
都在同一球面上 且ＰＡ 平面ＡＢＣ 若该三棱锥的体积为２ ３
， ⊥ ， ， 的侧视图为直角边长为 ２的等腰直角三角形 所以三棱锥Ｃ
３ ， －
ＡＢ ＡＣ ＢＡＣ ° 则球的表面积等于 ２
＝２， ＝１，∠ ＝６０ ， （ ）
ＡＢＤ的侧视图的面积为 １ ２ ２ １ ．
Ａ．５π Ｂ．２０π Ｃ．８π Ｄ．１６π × × ＝
答案 Ｂ 根据ＡＢ ＡＣ ＢＡＣ ° 由余弦定理的推 ２ ２ ２ ４
＝２， ＝１，∠ ＝６０ ， ９．（２０１７宁夏银川一模，１４）已知矩形ＡＢＣＤ的周长为 把它
ＡＢ２ ＡＣ２ ＢＣ２ ２ ２ ＢＣ２ １８，
论可得 ＢＡＣ ＋ － ２ ＋１ － １ 解得 ＢＣ 沿图中的虚线折成正六棱柱 当这个正六棱柱的体积最大时
ｃｏｓ∠ ＝ ＡＢ ＡＣ ＝ ＝ ， ， ，
２ · ２×２×１ ２ 它的外接球的表面积为 ．
＝ ３，
Ｓ １ ＡＢ ＡＣ ° １ ３ ３．
∴ △ ＡＢＣ＝ · · ·ｓｉｎ６０ ＝ ×２×１× ＝
２ ２ ２ ２
Ｖ １ Ｓ ＰＡ １ ３ ＰＡ ２ ３．解得 ＰＡ ．设
∴ Ｐ － ＡＢＣ＝ △ ＡＢＣ· ＝ × × ＝ ＝４
３ ３ ２ ３
答案
ＢＣ １３π
ＡＢＣ外接圆的半径为ｒ 则 ｒ ３ ｒ 解析 设正六棱柱的底面边长为ｘ 高为ｙ 则 ｘ ｙ ｘ
△ ， ２ ＝ °＝ ＝２，∴ ＝１， ， ， ６ ＋ ＝９，０＜ ＜
ｓｉｎ６０ ３ ．
１５，
２
球的半径Ｒ ｒ２
(ＰＡ) ２
．
正六棱柱的体积 Ｖ
＝６×
３ｘ２ｙ
＝
３
·３
ｘ
·３
ｘ
·（９－６
ｘ
）≤
∴ ＝ ＋ ＝ １＋４＝ ５ ４ ６
７． ∴ （２ 球 ０２ 的 ０ 表 江 面 西 积 南 Ｓ 昌 ＝ 调 ４π 研 Ｒ２ ， ＝ ２ １ ２ ５ ０ ） π 已 ， 故 知 选 一 Ｂ 个 ． 三棱锥的三视图如图所 ６ ３ [ ３ ｘ ＋３ ｘ ＋ ３ （９－６ ｘ ） ] ３ ＝ ９ ２ ３ ，
示 其中 ａ ｂ ａ ｂ 则此三棱锥体积的最大值为
当且仅当ｘ
＝１
时
，
等号成立
，
此时ｙ
＝３，
又正六棱柱的外接球
， ２ ＋ ＝２（ ＞０， ＞０）， 的球心是其上 下底面中心连线的中点 则外接球的半径为
． 、 ，
( )
２
３ １３
１＋ ＝ ，
２ ２
外接球的表面积为 １３ ．
∴ ４π× ＝１３π
４
１０．（２０１９东北师大附中、重庆一中等校联合模拟，１５）若侧面积
为 的圆柱有一外接球Ｏ 当球Ｏ的体积取得最小值时 圆
４π ， ，
柱的表面积为 ．
答案 １
答案
３ ６π
解析 如图 由题意 知三棱锥的直观图为三棱锥Ａ ＣＢ Ｄ 解析 设圆柱的底面半径为ｒ 高为ｈ
， ， － １ １， ， ，
４４６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
则球的半径Ｒ ｒ２ ( ｈ ) ２ ． ∴ ＣＣ １＝１， 又易知三棱锥Ｃ １－ ＡＢＣ外接球的球心为ＡＣ １ 的中
＝ ＋
２ 点 半径 Ｒ ３ 则三棱锥 Ｃ ＡＢＣ 外接球的表面积 Ｓ
，∴ ＝ ， １－ ＝
因为球的体积Ｖ ４πＲ３ ２
＝ ， Ｒ２ ．
３ ４π ＝３π
故Ｖ最小当且仅当Ｒ最小． １２．（２０２０广西柳州重点中学摸底考试，１５）菱形ＡＢＣＤ的边长
圆柱的侧面积为 ｒｈ 所以ｒｈ 为 ＢＡＤ ° 将 ＢＣＤ沿对角线ＢＤ翻折 使得二面角Ｃ
２π ＝４π， ＝２， ６，∠ ＝６０ ， △ ，
ｈ ＢＤ Ａ的大小为 ° 已知Ａ Ｂ Ｃ Ｄ四点在同一球面上 则
所以 １ － － １２０ ， 、 、 、 ，
＝ ｒ ， 球的表面积等于 ．
２
答案
所以Ｒ ｒ２ １ 当且仅当ｒ２ １ 即ｒ 时 取 ８４π
＝ ＋ｒ２ ≥ ２， ＝ ｒ２， ＝１ ， “＝”， 解析 设球的半径为 Ｒ．如图 点 Ｏ Ｏ 分别为 ＢＡＤ
， １， ２ △ ，
此时球Ｏ的体积取最小值． ＣＢＤ外接圆的圆心 点Ｏ为球心 连接ＡＯ ＣＯ 并延长 由
△ ， ， １， ２ ，
所以ｒ ｈ 圆柱的表面积为 ２ ． 菱形性质知直线 ＡＯ ＣＯ 交于一点 Ｇ 且 Ｇ 在 ＢＤ 上 连接
＝１， ＝２， ２π×１ ＋２π×１×２＝６π １， ２ ， ，
１１．如图 在直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 底面ＡＢＣ是等腰直角三角 ＯＡ ＯＧ 易知ＯＯ ＡＧ ＯＯ ＣＧ．
， － １ １ １ ， ， ， １⊥ ， ２⊥
形 ＡＢ ＢＣ ．点Ｄ为侧棱ＢＢ 上的动点．若 ＡＤＣ 周长的 因为菱形ＡＢＣＤ的边长为 ＢＡＤ °
， ＝ ＝１ １ △ １ ６，∠ ＝６０ ，
最小值为 则三棱锥 Ｃ ＡＢＣ 外接球的表面
３ ＋ ５， １ － 所以ＡＯ ３ ２ Ｏ Ｇ ３ １ 由菱形的对
积为 ． １＝６× × ＝２ ３， １ ＝６× × ＝ ３，
２ ３ ２ ３
称性及二面角Ｃ ＢＤ Ａ的大小为 ° Ａ Ｂ Ｃ Ｄ四点在同一
－ － １２０ ， ， ， ，
球面上得 ＯＧＯ ° 所以ＯＯ °
∠ １＝６０ ， １＝ ３×ｔａｎ６０ ＝３，
Ｒ２ ＯＡ２ ＡＯ２ ＯＯ２ Ｓ Ｒ２ 故答案为 ．
∴ ＝ ＝ １＋ １＝２１，∴ ＝４π ＝８４π， ８４π
答案
３π
解析 将侧面 ＡＢＢ Ａ 和侧面 ＢＣＣ Ｂ 沿 ＢＢ 展开在同一
１ １ １ １ １
平面内 如图
， ，
方法总结 找几何体外接球球心的方法 构造长方体 或
：（１） （
正方体 将原几何体外接球转化成长方体 或正方体 的外
）， （ ）
接球 进而得球心的位置 找几何体底面的外心Ｏ 过Ｏ
， ；（２） １， １
作底面的垂线ｌ 再找几何体一侧面的外心Ｏ 过Ｏ 作该侧
１， ２， ２
面的垂线ｌ 则ｌ 与ｌ 的交点即为外接球的球心．
２， １ ２
易知当Ｄ为侧棱ＢＢ 的中点时 ＡＤＣ 的周长最小 此时设
１ ，△ １ ，
ＢＤ ｘ ｘ 则 ｘ２ ｘ２ 可得 ｘ １
＝ （ ＞０）， ２ １＋ ＋ ２＋４ ＝ ３＋ ５， ＝ ，
２
