文档文本内容
第八章 立体几何
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
空间几何体的
２０２１新高考 ３ ５ 单项选择题 易 求圆锥的母线长 直接法 直观想象
Ⅰ， 结构特征
线面垂直的判定、 直观想象
２０２１新高考 １２ ５ 多项选择题 难 空间向量及其应用 直接法
Ⅰ， 线线垂直的判定 数学运算
直线、平面垂直的 线面垂直的性质、二面角的 直观想象
２０２１新高考 ２０ １２ 解答题 中 直接法
Ⅰ， 判定与性质 概念与应用、三棱锥的体积 数学运算
面面垂直的证明、 向量法 逻辑推理
２０２１新高考 １９ 解答题 中 空间角与距离
Ⅱ， 二面角的求解 直接法 直观想象
直观想象
２０２１全国乙 理５ 文１０ ５ 单项选择题 中 空间角与距离 异面直线所成的角 平移法
， ， 数学运算
直观想象
求线段的长度、求二
２０２１全国乙理 １８ １２ 解答题 中 空间角与距离 向量法 逻辑推理
， 面角的正弦值
数学运算
直观想象
２０２０新高考 １３ ５ 填空题 易 空间几何体的体积 三棱锥的体积 公式法
Ⅱ， 数学运算
球的结构特征、 直观想象
２０２０新高考 ４ ５ 单项选择题 易 空间角与距离 直接法
Ⅰ， 圆的几何性质 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 １６ ５ 填空题 难 直接法 数学运算
Ⅰ， 结构特征 两个面的交线
逻辑推理
直线与平面垂直和平行 直观想象
空间向量及 向量法
２０２０新高考 ２０ １２ 解答题 中 的判定、直线与平面所成 数学运算
Ⅰ， 其应用 定义法
角的最大值 逻辑推理
命题规律与备考策略
考查内容 本章考查的内容主要有 以空间几何体或与球的切 接 存在性问题．试题情境为课程学习情境 重点考查逻辑推理 直观想象
：① 、 ， 、
为背景考查几何体的结构特征 表面积 体积 球的性质等 以空间 和数学运算的核心素养．
、 、 、 ；②
几何体为载体考查空间线 面位置关系的证明以及空间角和距离的计 复习建议 由于高考对于本章内容的考查比较稳定 考查方式和试题
、 ，
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． 难度变化不大 针对这一特点 复习时 首先梳理本章重要定理 公式
；③ ， ， ， 、
题型赋分 本章内容为高考热点 难度以中档偏难为主 题型涵盖选 与常用结论 扫清基础知识和公式障碍 然后 分题型重点复习 根
， ， ， ； ， ：①
择题 填空题和解答题 其中解答题必考 总分值大约为 分． 据三视图 求几何体的表面积和体积 旧课标 直观图中面积或线
、 ， ， ２２ ， （ ）；②
命题特点 在选择题 填空题中主要考查空间几何体的表面积 体积 段的求解 线 面位置关系的判定与证明 结合空间向量求解空间
、 、 ；③ 、 ；④
以及与球切 接的相关问题 考查有关几何体的内切球与外接球问题 角和距离．
、 ， ，
有时结合空间中点 线 面位置关系判断线面平行或垂直问题 旧课标 备考策略 加强对常规题型的理解 同时 对向量法求解空间角和距
、 、 ， ， ，
中则常结合三视图考查几何体的表面积或体积问题 在解答题中主要 离问题 要理解解题思路与方法策略 做到针对性 点对点备考．
； ， ， 、
考查线 面位置关系的证明以及空间角和距离的计算 常涉及探索性
、 ， 、３ ４０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
§８．１ 空间几何体的三视图、表面积和体积
空间几何体的三视图与直观图 学生用书Ｐ１２３
１．（２０２１新高考 ，３，５分）已知圆锥的底面半径为 其侧面展
Ⅰ ２，
开图为一个半圆 则该圆锥的母线长为
， （ ）
Ａ．２ Ｂ．２ ２ Ｃ．４ Ｄ．４ ２
１． 答案 Ｂ
图 图
２．（２０２０课标 ，文３，理３，５分）埃及胡夫金字塔是古代世界建 １ ２
Ⅰ
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 ６． 答案
， ２６； ２－１
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
， 以下为教师用书专用（１—５）
侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为
（ ） １．（２０１９浙江，４，４分）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家 他
，
提出的 幂势既同 则积不容异 称为祖暅原理 利用该原理可
“ ， ” ，
以得到柱体的体积公式 Ｖ Ｓｈ 其中 Ｓ 是柱体的底面积 ｈ
柱体＝ ， ，
是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示 单位 则该柱
（ ：ｃｍ），
体的体积 单位 ３ 是
（ ：ｃｍ ） （ ）
５－１ ５－１ ５＋１ ５＋１
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
４ ２ ４ ２
２． 答案 Ｃ
３． （２０２０课标 理，７，５分）如图是一个多面体的三视图 这个
Ⅱ ，
多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为Ｍ 在俯视图中
，
对应的点为Ｎ 则该端点在侧视图中对应的点为
， （ ）
Ｅ Ｆ Ｇ Ｈ
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
３． 答案 Ａ 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
４．（２０２０浙江，１４，４分）已知圆锥的侧面积 （ 单位 ：ｃｍ ２ ） 为 ２π， 且 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
它的侧面展开图是一个半圆 则这个圆锥的底面半径 单位
， （ ： 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
是 ． ； ；
ｃｍ） 华优秀传统文化 指导学生树立正确的历史观 民族观 国
４． 答案 ， 、 、
１ 家观．
５．（２０２０新高考 ，１６，５ 分）已知直四棱柱 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的
Ⅰ － １ １ １ １ 由三视图知该柱体的直观图为如图所示的五棱柱 ＡＢＣＤＥ
棱长均为 ＢＡＤ °．以Ｄ 为球心 为半径的球面与侧
面ＢＣＣ Ｂ ２ 的 ，∠ 交线长 ＝ 为 ６０ １ ． ， ５ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １ Ｅ １，
１ １
取ＣＤ中点Ｇ
，
连接ＡＧ
，
由侧视图知ＡＧ ＣＤ ＡＧ
５． 答案 ２π ⊥ ， ＝６，
２ 底面积Ｓ Ｓ Ｓ １ １
６．（２０１９课标 ，１６，５分）中国有悠久的金石文化 印信是金石 ∴ ＝ 梯形ＡＧＣＢ＋ 梯形ＡＧＤＥ＝ ×（２＋６）×３＋ ×（４＋６）×３
Ⅱ ， ２ ２
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
、 ， ＝２７，
南北朝时期的官员独孤信的印信形状是 半正多面体 图 ．
“ ”（ １）
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
正多面体体现了数学的对称美．图 是一个棱数为 的半正
２ ４８
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
， ，
体的棱长为 ．则该半正多面体共有 个面 其棱长为
１ ，
． 本题第一空 分 第二空 分
（ ２ ， ３ ）
第八章 立体几何 ３ ４１
其中ＳＤ 底面ＡＢＣＤ ＡＢ ＡＤ ＡＢ ＣＤ ＳＤ ＡＤ ＣＤ ＡＢ
⊥ ， ⊥ ， ∥ ， ＝ ＝ ＝２， ＝
该柱体体积Ｖ Ｓｈ ．故选 ． ．由ＳＤ 底面ＡＢＣＤ ＡＤ ＤＣ ＡＢ 底面ＡＢＣＤ 得ＳＤ ＡＤ ＳＤ
∴ ＝ ＝２７×６＝１６２ Ｂ １ ⊥ ， ， ， ⊂ ， ⊥ ，
解题关键 正确利用正视图与俯视图“长对正”的原理确
⊥
ＤＣ
，
ＳＤ
⊥
ＡＢ
，
故
△
ＳＤＣ
，△
ＳＤＡ为直角三角形
，
又
∵
ＡＢ
⊥
ＡＤ
，
ＡＢ ＳＤ ＡＤ ＳＤ 平面ＳＡＤ ＡＤ ＳＤ Ｄ ＡＢ 平面ＳＡＤ 又
定ＡＧ，ＢＣ的长． ⊥ ， ， ⊂ ， ∩ ＝ ，∴ ⊥ ，
ＳＡ 平面ＳＡＤ ＡＢ ＳＡ 即 ＳＡＢ也是直角三角形 从而ＳＢ
２．（２０１８课标 ，理７，文９，５ 分）某圆柱的高为 底面周长为 ⊂ ，∴ ⊥ ， △ ，
Ⅰ ２，
其三视图如图．圆柱表面上的点Ｍ在正视图上的对应点为 ＳＤ２ ＡＤ２ ＡＢ２ 又ＢＣ ２ ２ ＳＣ ＢＣ２
１６， ＝ ＋ ＋ ＝３， ＝ ２ ＋１ ＝ ５， ＝２ ２，∴ ＋
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 ＳＣ２ ＳＢ２ ＳＢＣ不是直角三角形 故选 ．
， ， ≠ ，∴ △ ， Ｃ
侧面上 从Ｍ到Ｎ的路径中 最短路径的长度为 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
－ ，
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
－ ， ，
Ａ．２ １７ Ｂ．２ ５
的面积 则
， （ ）
Ｃ．３ Ｄ．２
答案 Ｂ 本题主要考查空间几何体的三视图 、 直观图以及 Ａ． Ｓ １＝ Ｓ ２＝ Ｓ ３ Ｂ． Ｓ ２＝ Ｓ １ 且Ｓ ２≠ Ｓ ３
Ｓ Ｓ 且Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ 且Ｓ Ｓ
最短路径问题． Ｃ． ３＝ １ ３≠ ２ Ｄ． ３＝ ２ ３≠ １
答案 Ｄ 三棱锥Ｄ ＡＢＣ如图所示．
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 －
１
示 设ＭＥ与ＦＮ为圆柱的两条母线 沿ＦＮ将圆柱侧面展开 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 Ｓ Ｓ １
１ ２ １＝ △ ＡＢＣ＝ ×２×２＝２，
２
方法点拨 ．由三视图还原直观图需遵循以下三步：
１ Ｓ １
（ ）看视图明关系；（ ）分部分想整体；（ ）合起来定整体． ２＝ ×２× ２＝ ２，
１ ２ ３ ２
．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 Ｓ １
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＝ ×２× ２＝ ２，
２
３．（２０１８北京，理５，文６，５分）某四棱锥的三视图如图所示 在 Ｓ Ｓ 且Ｓ Ｓ 故选 ．
， ∴ ２＝ ３ １≠ ３， Ｄ
此四棱锥的侧面中 直角三角形的个数为 ５．（２０１３湖南理，７，５分）已知棱长为 的正方体的俯视图是一
， （ ） １
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
１ ，
（ ）
２－１ ２＋１
Ａ．１ Ｂ． ２ Ｃ． Ｄ．
２ ２
答案 Ｃ 若该正方体的放置方式如
图所示 当正视的方向与正方体的任一
，
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
１，
ＢＤＤ Ｂ 或 ＡＣＣ Ａ 垂直时 正视图的面
１ １ １ １ ，
积最大 其值为
， ２，
Ａ．１ Ｂ．２ Ｃ．３ Ｄ．４ 由于正视的方向不同 因此正视图的面积Ｓ ．故选 ．
答案 Ｃ 本题考查空间几何体的三视图和直观图 空间 ， ∈［１， ２］ Ｃ
， 评析 本题考查空间几何体的三视图与直观图，考查学生空
线 面的位置关系．
、 间想象能力及有关知识的应用能力，解答本题应设法求出正
由三视图得四棱锥的直观图如图所示．
视图的面积的取值范围，而不应该逐项计算．
３ ４２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
方法点拨 对于正方体与长方体，其体对角线为其外接球
空间几何体的表面积 学生用书Ｐ１２３ 的直径，即外接球的半径等于体对角线的一半．
３．（２０１６课标 ，理６，文７，５分）下图是由圆柱与圆锥组合而成
１．（２０２０天津，５，５分）若棱长为 的正方体的顶点都在同一 Ⅱ
２ ３ 的几何体的三视图 则该几何体的表面积为
球面上 则该球的表面积为 ， （ ）
， （ ）
Ａ．１２π Ｂ．２４π Ｃ．３６π Ｄ．１４４π
１． 答案 Ｃ
２．（２０２０课标 ，文１１，理１０，５分）已知 ＡＢＣ是面积为９ ３的
Ⅱ △
４
等边三角形 且其顶点都在球Ｏ的球面上．若球Ｏ的表面积为
，
则Ｏ到平面ＡＢＣ的距离为
１６π， （ ）
３ ３
Ａ． ３ Ｂ． Ｃ．１ Ｄ．
２ ２
２． 答案 Ｃ Ａ．２０π Ｂ．２４π
３．（２０２０课标 ，文１２，理１０，５分）已知Ａ Ｂ Ｃ为球Ｏ的球面上 Ｃ．２８π Ｄ．３２π
Ⅰ ， ， 答案 Ｃ 由三视图知圆锥的高为 底面半径为 则圆
的三个点 Ｏ 为 ＡＢＣ的外接圆．若 Ｏ 的面积为 ＡＢ ２ ３， ２，
，☉ １ △ ☉ １ ４π， ＝
ＢＣ ＡＣ ＯＯ 则球Ｏ的表面积为 锥的母线长为 所以圆锥的侧面积为 １ ．圆柱的
＝ ＝ １， （ ） ４， ×４π×４＝８π
２
Ａ．６４π Ｂ．４８π Ｃ．３６π Ｄ．３２π 底面积为 圆柱的侧面积为 从而该几何体的表
３． 答案 Ａ ４π， ４×４π＝１６π，
面积为 故选 ．
４．（２０２１全国甲文，１４，５分）已知一个圆锥的底面半径为 其体 ８π＋１６π＋４π＝２８π， Ｃ
６， 评析 本题考查了三视图和圆柱、圆锥的侧面积公式．运算失
积为 则该圆锥的侧面积为 ．
３０π， 误是失分的主要原因．
４． 答案
３９π ４．（２０１６课标 ，理６，文７，５分）如图 某几何体的三视图是三
５．（２０１７课标 文，１５，５分）长方体的长 宽 高分别为 其 Ⅰ ，
Ⅱ ， ， ３，２，１， 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
顶点都在球Ｏ的球面上 则球Ｏ的表面积为 ．
，
５． 答案 的体积是２８π 则它的表面积是
１４π ， （ ）
６．（２０１８课标 理，１６，５分）已知圆锥的顶点为Ｓ 母线ＳＡ ＳＢ所 ３
Ⅱ ， ，
成角的余弦值为 ７ ＳＡ与圆锥底面所成角为 °．若 ＳＡＢ的
， ４５ △
８
面积为 则该圆锥的侧面积为 ．
５ １５，
６． 答案
４０ ２π
７．（２０１７课标文，１６，５分）已知三棱锥Ｓ ＡＢＣ的所有顶点都在球Ｏ
Ⅰ －
的球面上 ＳＣ是球Ｏ的直径．若平面ＳＣＡ 平面ＳＣＢ ＳＡ ＡＣ ＳＢ
， ⊥ ， ＝ ， ＝
ＢＣ 三棱锥Ｓ ＡＢＣ的体积为 则球Ｏ的表面积为 ．
， － ９，
７． 答案
３６π Ａ．１７π Ｂ．１８π Ｃ．２０π Ｄ．２８π
答案 Ａ 由三视图可知 该几何体是一个球被截去 １ 后剩
，
以下为教师用书专用（１—１５） ８
１．（２０１８课标 文，５，５分）已知圆柱的上 下底面的中心分别为 下的部分 设球的半径为Ｒ 则该几何体的体积为 ７ ４ Ｒ３
Ⅰ 、 ， ， × π ，
Ｏ Ｏ 过直线Ｏ Ｏ 的平面截该圆柱所得的截面是面积为 ８ ３
１， ２， １ ２ ８
的正方形 则该圆柱的表面积为 即２８ ７ ４ Ｒ３ 解得Ｒ ．故其表面积为 ７ ２
， （ ） π＝ × π ， ＝２ ×４π×２ ＋３×
３ ８ ３ ８
Ａ．１ 答 ２ 案 ２π Ｂ 本 Ｂ 题 ．１ 主 ２π 要考查圆柱 Ｃ． 的 ８ 表 ２π 面积及圆 Ｄ 柱 ．１ 的 ０π 轴截面． １ ×π×２ ２ ＝１７π ．选 Ａ ．
４
设圆柱的底面半径为ｒ 高为ｈ 由题意可知 ｒ ｈ 圆 评析 三视图问题主要考查空间想象能力．本题考查内容较
， ， ２ ＝ ＝２ ２，∴
柱的表面积Ｓ ｒ２ ｒ ｈ ．故选 ． 多，其中包括球的体积、表面积的求法．属中等难度题．
＝２π ＋２π · ＝４π＋８π＝１２π Ｂ
解题关键 正确理解圆柱的轴截面及熟记圆柱的表面积公 ５．（２０１６课标 ，理９，文１０，５分）如图 网格纸上小正方形的边
Ⅲ ，
式是解决本题的关键． 长为 粗实线画出的是某多面体的三视图 则该多面体的表
１， ，
２．（２０１６课标 文，４，５分）体积为 的正方体的顶点都在同一 面积为
Ⅱ 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 ．
４π ＝１２π Ａ
第八章 立体几何 ３ ４３
８．（２０１５陕西，理５，文５，５分）一个几何体的三视图如图所示
Ａ．１８＋３６ ５ Ｂ．５４＋１８ ５ Ｃ．９０ Ｄ．８１ ，
答案 Ｂ 由三视图可知 该几何体的底面是边长为 的正 则该几何体的表面积为
， ３ （ ）
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×
．故选 ．
３×３ ５＋２×３×６＝５４＋１８ ５ Ｂ
易错警示 由于空间想象能力较差，误认为侧棱长为 ，或
６
漏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 理，１１，５分）圆柱被一个平面截去一部分后与半
Ⅰ Ａ．３π Ｂ．４π Ｃ．２π＋４ Ｄ．３π＋４
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 答案 Ｄ 由题中三视图知该几何体是底面半径为 高为
（ ） ， １，
俯视图如图所示．若该几何体的表面积为 则ｒ
１６＋２０π， ＝ 的半个圆柱 故其表面积Ｓ １ ２
２ ， ＝２× ×π×１ ＋π×１×２＋２×２＝３π
（ ） ２
．
＋４
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 ，理９，文１０，５分）已知Ａ Ｂ是球Ｏ的球面上两
Ⅱ ，
点 ＡＯＢ ° Ｃ为该球面上的动点．若三棱锥Ｏ ＡＢＣ体积
，∠ ＝９０ ， －
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，
当ＯＣ 平面ＯＡＢ时 Ｖ 最大 即Ｖ 最大．设球Ｏ的半
∴ ⊥ ， Ｃ － ＯＡＢ ， Ｏ － ＡＢＣ
径为Ｒ
，
则
（
Ｖ
Ｏ － ＡＢＣ）ｍａｘ＝
１
×
１ Ｒ２
×
Ｒ
＝
１ Ｒ３
＝３６，∴
Ｒ
＝６，∴
球Ｏ
Ａ．１ Ｂ．２ ３ ２ ６
的表面积Ｓ Ｒ２ ２ ．
Ｃ．４ Ｄ．８ ＝４π ＝４π×６ ＝１４４π
答案 Ｂ 由已知条件可知 该几何体由圆柱的一半和半球 思路分析 由 ＯＡＢ 的面积为定值分析出当 ＯＣ 平面
， △ ⊥
组成 其表面积为 ｒ２ ｒ２ ｒ２ ｒ２ ｒ２ ｒ２．由 ｒ２ ｒ２ ＯＡＢ时，三棱锥Ｏ ＡＢＣ 的体积最大，从而根据已知条件列出
， ２π ＋π ＋４ ＋２π ＝５π ＋４ ５π ＋４ －
得ｒ ．故选 ． 关于Ｒ的方程，进而求出Ｒ值，利用球的表面积公式即可求出
＝１６＋２０π ＝２ Ｂ
７．（２０１５北京理，５，５分）某三棱锥的三视图如图所示 则该三棱 球Ｏ的表面积．
，
锥的表面积是 （ ） 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
ＯＡＢ
△
转化成以面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 如图所
（ ：ｃｍ）
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， ⊥
２ ２ ２ ２
ＢＣ 故ＡＣ ＡＢ ＢＭ２ ＡＭ２ 由正视图和侧视图 Ａ．９０ ｃｍ Ｂ．１２９ ｃｍ Ｃ．１３２ ｃｍ Ｄ．１３８ ｃｍ
， ＝ ＝ ＋ ＝ １＋４＝ ５， 答案 Ｄ 由三视图可知该几何体由一个直三棱柱与一个
可知ＰＡ 平面ＡＢＣ 因此可得ＰＣ ＰＢ ＰＡ２ ＡＢ２
⊥ ， ＝ ＝ ＋ ＝ １＋５＝ 长方体组合而成 如图 其表面积为Ｓ １
ＰＭ ＰＡ２ ＡＭ２ 所以三棱锥的表面积为 （ ）， ＝３×５＋２× ×４×３＋４×
６， ＝ ＋ ＝ １＋４ ＝ ５， ２
２ ．
Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ １ １ １ １ ３＋３×３＋２×４×３＋２×４×６＋３×６＝１３８（ｃｍ ）
△ ＡＢＣ＋ △ ＰＡＢ＋ △ ＰＡＣ＋ △ ＰＢＣ＝ ×２×２＋ × ５×１＋ × ５×１＋
２ ２ ２ ２
故选
×２× ５＝２＋２ ５， Ｃ．
１１．（２０１４福建文，５，５分）以边长为 的正方形的一边所在直线
１
３ ４４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
为旋转轴 将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于 得正四棱锥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 ，１５，５分，０．１２３）已知Ｈ是球Ｏ的直径ＡＢ上一
Ａ．２π Ｂ．π Ｃ．２ Ｄ．１ Ⅰ
答案 Ａ 由题意得圆柱的底面半径ｒ 母线ｌ ． 点 ＡＨ ＨＢ ＡＢ 平面α Ｈ为垂足 α截球Ｏ所得截
＝１， ＝１ ， ∶ ＝１ ∶ ２， ⊥ ， ，
圆柱的侧面积Ｓ ｒｌ ．故选 ． 面的面积为 则球Ｏ的表面积为 ．
∴ ＝２π ＝２π Ａ π，
１２．（２０１７课标 文，１６，５分）已知三棱锥Ｓ ＡＢＣ的所有顶点都
Ⅰ － 答案 ９π
在球Ｏ的球面上 ＳＣ是球Ｏ的直径．若平面ＳＣＡ 平面ＳＣＢ
， ⊥ ， ２
ＳＡ ＡＣ ＳＢ ＢＣ 三棱锥Ｓ ＡＢＣ的体积为 则球Ｏ的表面积 解析 平面α截球Ｏ所得截面为圆面 圆心为Ｈ 设球Ｏ
＝ ， ＝ ， － ９， ， ，
为 ．
的半径为Ｒ 则由ＡＨ ＨＢ 得ＯＨ １ Ｒ
答案 ， ∶ ＝１ ∶ ２ ＝ ，
３６π ３
解析 解法一 由题意作出图形 如图． 由圆Ｈ的面积为 得圆Ｈ的半径为
： ， π， １，
设球Ｏ的半径为Ｒ ， 由题意知ＳＢ ⊥ ＢＣ ， ＳＡ ⊥ ＡＣ ， 又ＳＢ ＝ ＢＣ ， 所以 ( Ｒ ) ２ ＋１ ２ ＝ Ｒ２ ， 得出 Ｒ２ ＝ ９ ， 所以球 Ｏ 的表面积 Ｓ ＝
ＳＡ ＡＣ 则ＳＢ ＢＣ ＳＡ ＡＣ Ｒ．连接ＯＡ ＯＢ ３ ８
＝ ， ＝ ＝ ＝ ＝ ２ ， ，
则ＯＡ ＳＣ ＯＢ ＳＣ 因为平面ＳＣＡ 平面ＳＣＢ 平面ＳＣＡ Ｒ２ ９ ９ ．
⊥ ， ⊥ ， ⊥ ， ∩ ４π ＝４π· ＝ π
８ ２
平面ＳＣＢ ＳＣ 所以ＯＡ 平面ＳＣＢ 所以ＯＡ ＯＢ 则ＡＢ １５．（２０１３福建理，１２，４分）已知某一多面体内接于球构成一个
＝ ， ⊥ ， ⊥ ， ＝ ２
Ｒ 所以 ＡＢＣ是边长为 Ｒ的等边三角形 设 ＡＢＣ的中心 简单组合体 如果该组合体的正视图 侧视图 俯视图均如图
， △ ２ ， △ ， 、 、
为Ｏ 连接ＯＯ ＣＯ ． 所示 且图中的四边形是边长为 的正方形 则该球的表面积
１， １， １ ， ２ ，
是 ．
则ＯＯ 平面ＡＢＣ ＣＯ ２ ３ Ｒ ６Ｒ
１⊥ ， １＝ × × ２ ＝ ，
３ ２ ３
æ ö２
则ＯＯ Ｒ２ ç ６Ｒ÷ ３Ｒ
１＝ －è ø ＝ ，
３ ３
则Ｖ Ｓ － ＡＢＣ＝２ Ｖ Ｏ － ＡＢＣ＝２× １ × ３ （ ２ Ｒ ） ２ × ３Ｒ ＝ １ Ｒ３ ＝９，
３ ４ ３ ３
所以Ｒ ．
＝３
所以球Ｏ的表面积Ｓ Ｒ２ ． 答案
＝４π ＝３６π １２π
解法二 由题意得ＡＯ ＳＣ ＢＯ ＳＣ 解析 由三视图知 棱长为 的正方体内接于球 故正方体
： ⊥ ， ⊥ ， ： ２ ，
所以 ＡＯＢ是平面ＳＣＡ与平面ＳＣＢ所成二面角的平面角
∠ ， 的体对角线长为 即为球的直径．所以球的表面积为Ｓ
２ ３， ＝
又因为ＡＯ ＢＯ Ｏ 所以ＳＣ 平面ＡＢＯ．
∩ ＝ ， ⊥ æ ö２
因为平面ＳＣＡ 平面ＳＣＢ 所以 ＡＯＢ ° ç２ ３÷ ．
⊥ ， ∠ ＝９０ ， ４π·è ø ＝１２π
( ) ２
所以Ｖ Ｖ Ｖ １ １ ＡＯ ＢＯ ＳＣ ．由于
Ｓ － ＡＢＣ＝ Ｓ － ＡＢＯ＋ Ｃ － ＡＢＯ＝ · · · ＝９
３ ２ 空间几何体的体积 学生用书Ｐ１２３
ＯＡ ＯＢ １ ＳＣ 从而球Ｏ的半径Ｒ ＯＡ ＯＢ 故球Ｏ的表
＝ ＝ ， ＝ ＝ ＝３， １．（２０２１全国甲理，１１，５分）已知Ａ Ｂ Ｃ是半径为 的球Ｏ的球
２ ， ， １
面积Ｓ Ｒ２ ． 面上的三个点 且ＡＣ ＢＣ ＡＣ ＢＣ 则三棱锥Ｏ ＡＢＣ的体
＝４π ＝３６π ， ⊥ ， ＝ ＝１， －
１３．（２０１３课标 ，１５，５ 分，０．１５８）已知正四棱锥 Ｏ ＡＢＣＤ 的体 积为
Ⅱ － （ ）
积为３ ２ 底面边长为 则以Ｏ为球心 ＯＡ为半径的球的表 ２ ３ ２ ３
， ３， ， Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
２ １２ １２ ４ ４
面积为 ． １． 答案 Ａ
答案 ２．（２０１８课标 文，１０，５分）在长方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 ＡＢ
２４π Ⅰ － １ １ １ １ ， ＝
解析 设底面中心为Ｅ 连接ＯＥ ＡＥ ＢＣ ＡＣ 与平面ＢＢ Ｃ Ｃ所成的角为 ° 则该长方体的体
， ， ， ＝２， １ １ １ ３０ ，
积为
则 ＡＥ １ ＡＣ ６ （ ）
｜ ｜＝ ｜ ｜＝ ，
２ ２ Ａ．８ Ｂ．６ ２ Ｃ．８ ２ Ｄ．８ ３
２． 答案 Ｃ
体积Ｖ １ ＡＢ ２ ＯＥ ＯＥ ３ ２
∵ ＝ ×｜ ｜ ×｜ ｜＝｜ ｜＝ ， ３．（２０１９课标 理，１２，５分）已知三棱锥Ｐ ＡＢＣ的四个顶点在
３ ２ Ⅰ －
ＯＡ ２ ＡＥ ２ ＯＥ ２ ． 球Ｏ的球面上 ＰＡ ＰＢ ＰＣ ＡＢＣ是边长为 的正三角形
∴ ｜ ｜ ＝｜ ｜ ＋｜ ｜ ＝６ ， ＝ ＝ ，△ ２ ，
从而以ＯＡ为半径的球的表面积Ｓ ＯＡ ２ ． Ｅ Ｆ分别是ＰＡ ＡＢ的中点 ＣＥＦ ° 则球Ｏ的体积为
＝４π·｜ ｜ ＝２４π ， ， ，∠ ＝９０ ，
思路分析 先根据已知条件直接利用锥体的体积公式求
（ ）
第八章 立体几何 ３ ４５
Ａ．８ ６π Ｂ．４ ６π Ｃ．２ ６π Ｄ． ６π
３． 答案 Ｄ １０． 解析 证明 由已知可得 ＢＡＣ ° 即 ＢＡ ＡＣ．又
（１） ： ，∠ ＝９０ ， ⊥
４．（２０２０江苏，９，５分）如图 六角螺帽毛坯是由一 ＢＡ ＡＤ 所以ＡＢ 平面ＡＣＤ．
， ⊥ ， ⊥
个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的 又ＡＢ 平面ＡＢＣ 所以平面ＡＣＤ 平面ＡＢＣ．
⊂ ， ⊥
底面正六边形边长为 高为 内孔半径 由已知可得 ＤＣ ＣＭ ＡＢ ＤＡ ．又 ＢＰ ＤＱ
２ ｃｍ， ２ ｃｍ， （２） ， ＝ ＝ ＝３， ＝３ ２ ＝ ＝
为 ． 则此六角螺帽毛坯的体积是
０ ５ ｃｍ， ２ ＤＡ 所以ＢＰ ．作 ＱＥ ＡＣ 垂足为 Ｅ 则 ＱＥ ＤＣ 且
３． ， ＝２ ２ ⊥ ， ， ∥
ｃｍ ３
４． 答案 π ＱＥ １ ＤＣ．由已知及 可得ＤＣ 平面ＡＢＣ 所以ＱＥ 平面
１２ ３－ ＝ （１） ⊥ ， ⊥
２ ３
５．（２０２０课标 ，文１６，理１５，５分）已知圆锥的底面半径为 母线
Ⅲ １， ＡＢＣ ＱＥ ．因此 三棱锥Ｑ ＡＢＰ的体积Ｖ １ ＱＥ
长为 则该圆锥内半径最大的球的体积为 ． ， ＝１ ， － Ｑ － ＡＢＰ＝ · ·
３， ３
Ｓ １ １ ° ．
５． 答案 ２ π △ ＡＢＰ＝ ３ ×１× ２ ×３×２ ２ｓｉｎ４５ ＝１
３
６．（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 ， －
思路分析 （ ）根据线面垂直的判定定理证明ＡＢ 平面
１ ⊥
６． 答案 ＡＣＤ，进而可证平面ＡＣＤ 平面ＡＢＣ；（ ）利用ＢＰ ２ ＤＡ求
１０ ⊥ ２ ＝
７．（２０１８江苏，１０，５分）如图所示 正方体的棱长为 以其所有 ３
， ２， 出ＢＰ的长，然后求出三棱锥的高，最后根据三棱锥的体积公
面的中心为顶点的多面体的体积为 ．
式求出三棱锥Ｑ ＡＢＰ的体积．
－
以下为教师用书专用（１—２５）
１．（２０２０浙江，５，４分）某几何体的三视图 单位 如图所示
（ ：ｃｍ） ，
则该几何体的体积 单位 ３ 是
（ ：ｃｍ ） （ ）
７． 答案 ４
３
８．（２０２０新高考 ，１３，５分）棱长为 的正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
Ⅱ ２ － １ １ １ １
中 Ｍ Ｎ分别为棱ＢＢ ＡＢ的中点 则三棱锥Ａ Ｄ ＭＮ的体积
， ， １， ， １－ １
为 ．
８． 答案
１
９．（２０１９天津，文１２，理１１，５分）已知四棱锥的底面是边长为
２
的正方形 侧棱长均为 ．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱
， ５
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 ．
９． 答案 π
４ ７ １４
１０．（２０１８课标 文，１８，１２分）如图 在平行四边形ＡＢＣＭ中 ＡＢ Ａ． Ｂ． Ｃ．３ Ｄ．６
Ⅰ ， ， ３ ３
ＡＣ ＡＣＭ °．以ＡＣ为折痕将 ＡＣＭ折起 使点Ｍ到 答案 Ａ 由三视图可知 该几何体是由一个三
＝ ＝３，∠ ＝９０ △ ， ，
达点Ｄ的位置 且ＡＢ ＤＡ． 棱柱和一个三棱锥组成的组合体 其中它们的底面
， ⊥ ，
证明 平面ＡＣＤ 平面ＡＢＣ
（１） ： ⊥ ； 是等腰直角三角形 所以该几何体的体积等于 １
Ｑ为线段ＡＤ上一点 Ｐ为线段ＢＣ上一点 且ＢＰ ＤＱ ， ×
（２） ， ， ＝ ＝ ２
２ ＤＡ 求三棱锥Ｑ ＡＢＰ的体积． １ １ １ ７ ３ 故选 ．
， － ２×１×２＋ × ×２×１×１＝２＋ ＝ （ｃｍ ）， Ａ
３ 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
（ ：ｃｍ），
则该几何体的体积 单位 ３ 是
（ ：ｃｍ ） （ ）
３ ４６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
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
几何体的体积公式．
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
， ，
角梯形上 下底边的长分别为 高为 直四棱柱
， １ ｃｍ，２ ｃｍ， ２ ｃｍ， 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．
的高为 ．故直四棱柱的体积Ｖ １＋２ ３．
２ ｃｍ ＝ ×２×２＝６ ｃｍ 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
２ ６，
思路分析 （ ）利用三视图可判断几何体是直四棱柱；
１ 高为 的圆柱 所以该几何体的体积Ｖ １ ２ ．
（ ）利用“长对正，高平齐，宽相等”的原则，可得直四棱柱的各 １４ ， ＝ ×３ ×π×１４＝６３π
２ ２
条棱长． 故选 ．
Ｂ
３．（２０１８课标 ，理１０，文１２，５分）设Ａ Ｂ Ｃ Ｄ是同一个半径为 方法总结 如果不能直接求几何体的体积，应利用割补法
Ⅲ ， ， ，
的球的球面上四点 ＡＢＣ为等边三角形且其面积为 或换底法求解．
４ ，△ ９ ３，
则三棱锥Ｄ ＡＢＣ体积的最大值为 ５．（２０１７课标 ，理８，文８，５分）已知圆柱的高为 它的两个底
－ （ ） Ⅲ １，
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
Ａ．１２ ３ Ｂ．１８ ３ Ｃ．２４ ３ Ｄ．５４ ３ ２ ，
答案 Ｂ 本题考查空间几何体的体积及与球有关的切接
（ ）
问题．
３π π π
设等边 ＡＢＣ的边长为ａ Ａ．π Ｂ．
４
Ｃ．
２
Ｄ．
４
△ ，
答案 Ｂ 本题考查球的内接圆柱的体积．
则有Ｓ １ ａ ａ ° 解得ａ ．
△ ＡＢＣ＝ · ·ｓｉｎ６０ ＝９ ３， ＝６ ( ) ２
２ 设圆柱的底面半径为ｒ 则ｒ２ １ ２ 解得ｒ ３
， ＋ ＝１ ， ＝ ，
设 ＡＢＣ外接圆的半径为ｒ 则 ｒ ６ 解得ｒ ２ ２
△ ， ２ ＝ ｓｉｎ６０ °， ＝２ ３， Ｖ æ ç ３ ö ÷ ２ ３ 故选 ．
则球心到平面ＡＢＣ的距离为 ４ ２ －（２ ３） ２ ＝２， ∴ 圆柱＝π×è ２ ø ×１＝ ４ π， Ｂ
所以点Ｄ到平面ＡＢＣ的最大距离为 思路分析 利用勾股定理求圆柱的底面半径，再由体积公
２＋４＝６，
式求圆柱的体积．
所以三棱锥 Ｄ ＡＢＣ 体积的最大值为 １ 故
－ ×９ ３×６＝１８ ３， 解题规律 有关球的切或接问题，要重视利用勾股定理求解．
３
选 Ｂ ． ６．（２０１６山东理，５，５分）一个由半球和四棱锥组成的几何体 其
，
方法总结 解决与球有关的切、接问题的策略：
三视图如图所示．则该几何体的体积为
（ ）
（ ）“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 ，理４，文６，５分）如图 网格纸上小正方形的边
Ⅱ ，
长为 粗实线画出的是某几何体的三视图 该几何体由一平
１， ，
面将一圆柱截去一部分后所得 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
第八章 立体几何 ３ ４７
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
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． １ １３π ７π ５π
Ａ． ＋２π Ｂ． Ｃ． Ｄ．
７．（２０１６北京，６，５分）某三棱锥的三视图如图所示 则该三棱锥 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
的体积为 ， 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
１ １ １ １０．（２０１５浙江理，２，５ 分）某几何体的三视图如图所示 单位
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．１ （ ：
６ ３ ２ 则该几何体的体积是
答案 Ａ 由三视图可画出三棱锥的直 ｃｍ）， （ ）
观图如图所示 其底面是等腰直角三角形
，
ＡＣＢ 直角边长为 三棱锥的高为 故体
， １， １，
积Ｖ １ １ １ ．故选 ．
＝ × ×１×１×１＝ Ａ
３ ２ ６
８．（２０１５课标 ，理６，文６，５分，０．４２６）一个正方体被一个平面
Ⅱ
截去一部分后 剩余部分的三视图如下图 则截去部分体积与
， ，
剩余部分体积的比值为
（ ）
３ ３
Ａ．８ ｃｍ Ｂ．１２ ｃｍ
３２ ３ ４０ ３
Ｃ． ｃｍ Ｄ． ｃｍ
３ ３
答案 Ｃ 由三视图知 该几何体是由棱长为 的正方
， ２ ｃｍ
１ １ １ １ 体和底面边长为 高为 的正四棱锥组合而成的几
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
８ ７ ６ ５ ２ ｃｍ， ２ ｃｍ
答案 Ｄ 如图 由已知条件可知 在正方体 ＡＢＣＤ
， ， － 何体．所以该几何体的体积Ｖ ３ １ ２ ３２ ３ 故选 ．
＝２ ＋ ×２ ×２＝ ｃｍ ， Ｃ
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 截去三棱锥Ａ Ａ Ｂ Ｄ 后剩余的部分即为题中三 ３ ３
１ １ １ １ ， － １ １ １
视图对应的几何体 设该正方体的棱长为ａ 则截去部分的体 １１．（２０１５ 山东理，７，５ 分）在梯形 ＡＢＣＤ 中 ＡＢＣ π ＡＤ
， ， ，∠ ＝ ， ∥
２
积为 １ ａ３ ， 剩余部分的体积为ａ３ － １ ａ３ ＝ ５ ａ３．它们的体积之 ＢＣ ， ＢＣ ＝２ ＡＤ ＝２ ＡＢ ＝２ ．将梯形ＡＢＣＤ绕ＡＤ所在的直线旋转
６ ６ ６
一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为
比为 １ ．故选 ． （ ）
Ｄ
５ ２π ４π ５π
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．２π
３ ３ ３
答案 Ｃ 如图 此几何体是底面半径为 高为 的圆柱
， １， ２
挖去一个底面半径为 高为 的圆锥 故所求体积Ｖ
１， １ ， ＝２π－
π ５π．
＝
３ ３
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
（ ）
评析 本题主要考查几何体的体积及空间想象能力．
３ ４８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
１２．（２０１５湖南文，１０，５分）某工件的三视图如图所示．现将该工
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 （ ）
１７ ５ １０ １
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
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
，
２ ２ ３
π×２ ×４＋π×３ ×２＝３４π ｃｍ ，
圆柱体毛坯的体积为 ２ ３
π×３ ×６＝５４π ｃｍ ，
所以切削掉部分的体积为 ３
５４π－３４π＝２０π ｃｍ ，
所以切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为２０π １０
＝ ，
８ ８ ５４π ２７
Ａ． Ｂ． 故选
９π ２７π Ｃ．
１５．（２０１３课标 ，理８，文１１，５分，０．７１８）某几何体的三视图如
２４（ ２－１） ３ ８（ ２－１） ３ Ⅰ
Ｃ． Ｄ． 图所示 则该几何体的体积为
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
，
Ａ．１６＋８π Ｂ．８＋８π Ｃ．１６＋１６π Ｄ．８＋１６π
２ｘ 答案 Ａ 由三视图可知该几何体由长方体和圆柱的一半
ｘ
则 ２ ＝ ２ ２－ ， 解得ｘ ＝ ２ ２． 组成．其中长方体的长 宽 高分别为 圆柱的底面半径
、 、 ４、２、２，
１ ２ ２ ３
æ ö３ 为 高为 ．所以该几何体的体积Ｖ １ ２
所以正方体的体积Ｖ ç２ ２÷ １６ ２ ２， ４ ＝４×２×２＋ π×２ ×４＝１６
１＝è ø ＝ ， ２
３ ２７ ．故选 ．
＋８π Ａ
又圆锥的体积Ｖ
２＝
３
１
π×１
２
×２ ２＝
２
３
２
π，
图中
思
的
路
数
分
据
析
计 算
由
几
三
何
视
体
图
的
分
体
析
积
该
．
几何体的构成，从而利用三视
Ｖ
所以原工件材料的利用率为 １ ８ 故选 ． １６．（２０１３浙江文，５，５分）已知某几何体的三视图 单位 如
Ｖ ＝ ， Ａ （ ：ｃｍ）
２ ９π 图所示 则该几何体的体积是
， （ ）
１３．（２０１４陕西理，５，５分）已知底面边长为 侧棱长为 的正四
１， ２
棱柱的各顶点均在同一个球面上 则该球的体积为
， （ ）
．３２π ． ． ．４π
Ａ Ｂ４π Ｃ２π Ｄ
３ ３
答案 Ｄ 如图为正四棱柱ＡＣ ．根据题意得ＡＣ 对
１ ＝ ２，∴
角面ＡＣＣ Ａ 为正方形 外接球直径 Ｒ Ａ Ｃ Ｒ
１ １ ，∴ ２ ＝ １ ＝２，∴ ＝１，
Ｖ ４π 故选 ．
∴ 球＝ ， Ｄ
３
３ ３ ３ ３
Ａ．１０８ ｃｍ Ｂ．１００ ｃｍ Ｃ．９２ ｃｍ Ｄ．８４ ｃｍ
答案 Ｂ 由三视图可知 该几何体是一个长方体截去了
，
一个三棱锥 结合所给数据 可得其体积为 １ １
， ， ６×６×３－ × ×４
３ ２
３ 故选 ．
×４×３＝１００（ｃｍ ）， Ｂ
１４．（２０１４课标 ，理６，文６，５分，０．５０６）如图 网格纸上正方形 １７．（２０１２大纲全国，理７，文７，５分）如图 网格纸上小正方形的边长
Ⅱ ， ，
小格的边长为 表示 图中粗线画出的是某零件的三 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（ １ ｃｍ）， １， ，
视图 该零件由一个底面半径为 高为 的圆柱体毛
， ３ ｃｍ， ６ ｃｍ （ ）
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
，
（ ）
第八章 立体几何 ３ ４９
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
Ａ．６ Ｂ．９ Ｃ．１２ Ｄ．１８
答案 Ｂ 由三视图可得 该几何体为如图所示的三棱锥Ｓ
，
ＡＢＣ 其中底面 ＡＢＣ为等腰三角形 底边ＡＣ ＡＣ边上的
－ ， △ ， ＝６，
高为
３，
ＳＢ
⊥
底面ＡＢＣ
，
且 ＳＢ
＝３，
所以该几何体的体积 Ｖ
＝
２０．（２０１６天津理，１１，５分）已知一个四棱锥的底面是平行四边
形 该四棱锥的三视图如图所示 单位 则该四棱锥的体
１ １ ．故选 ．
× ×６×３×３＝９ Ｂ ， （ ：ｍ），
３ ２ 积为 ３．
ｍ
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
（ ） 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
，
为 ２ 四棱锥的高为 所以四棱锥的体积Ｖ １
２×１＝２ ｍ ， ３ ｍ， ＝ ×
３
３．
２×３＝２ ｍ
易错警示 该题有两点容易出错：一是锥体的体积公式中
的系数 １ 易漏写；二是底面平行四边形的面积易错误地写成
３
２．
３×１＝３ ｍ
２π π ２π
评析 本题考查了三视图和直观图，考查了锥体的体积．
Ａ．８－ Ｂ．８－ Ｃ．８－２π Ｄ．
３ ３ ３ ２１．（２０１６ 四川，１３，５ 分）已知三棱锥的四个
答案 Ａ 由给出的三视图可得原几何体为正方体中挖去
面都是腰长为 的等腰三角形 该三棱锥
一圆锥 且此圆锥以正方体的上底面内切圆为底 以正方体 ２ ，
， ， 的正视图如图所示 则该三棱锥的体积
的棱长为高． ，
是 ．
故所求几何体的体积为 ８－ １ ×π×１ ２ ×２＝８－ ２π． 答案 ３
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 ３
解析 由题意及正视图可知三棱锥的底面等腰三角形的
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． 底长为 三棱锥的高为 则三棱锥的底面积为 １
２ ３， １， ×
１９．（２０１９天津，理１１，文１２，５分）已知四棱锥的底面是边长为 ２
２ ２
的正方形 侧棱长均为 ．若圆柱的一个底面的圆周经过 ２ －（ ３） ×２ ３＝ ３，
２ ， ５
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 该三棱锥的体积为 １ ３．
， ∴ × ３×１＝
中心 则该圆柱的体积为 ． 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
答案 π 关键．
４ ２２．（２０１４山东理，１３，５分）三棱锥Ｐ ＡＢＣ中 Ｄ Ｅ分别为ＰＢ
解析 本题考查了圆柱 正四棱锥的性质 通过计算圆柱 － ， ， ，
、 ， ＰＣ的中点 记三棱锥Ｄ ＡＢＥ的体积为Ｖ Ｐ ＡＢＣ的体积为
的底面半径 高 体积考查学生的空间想象能力和转化思想 ， － １， －
、 、 Ｖ
方法的应用 体现了直观想象的核心素养． Ｖ 则 １ ．
， ２， Ｖ ＝
２
３ ５０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
答案 １
４
解析 如图 设Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ Ｅ到平面ＡＢＤ的距离
， △ ＡＢＤ＝ １， △ ＰＡＢ＝ 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＝
Ｖ Ｓ ｈ
１ Ｓ ｈ Ｖ １ Ｓ ｈ １ １ １ １ ．
１ １， ２＝ ２ ２，∴ Ｖ ＝Ｓ ｈ ＝
３ ３ ２ ２ ２ ４
易求得Ｏ Ｃ 又ＯＣ
１ ＝２ ３， ＝４，
ＯＯ ＯＣ２ Ｏ Ｃ２
∴ １＝ － １ ＝２，
评析 本题考查三棱锥的体积的求法以及等体积转化法在 棱锥体积Ｖ １ ．
∴ ＝ ×６×２ ３×２＝８ ３
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 ３
失分警示 立体感不强，空间想象能力差，无法正确解出
与化归思想把三棱锥的体积进行适当的转化，找不到两个三
棱锥的高而得出错误结论．
棱锥的底面积及相应高的关系，从而造成题目无法求解或求
评析 本题主要考查球中截面圆的性质及空间几何体的体
解错误．
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
２３．（２０１２安徽，１２，５分）某几何体的三视图如图所示 则该几何
， 运算能力．
体的体积等于 ．
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 体积较小者的高与体
， ，
１６
积较大者的高的比值为 ．
答案 １
３
解析 如图 设球的半径为Ｒ 圆锥底面半径为ｒ 由题意得
， ， ，
ｒ２ ３ Ｒ２．
π ＝ ×４π
１６
答案
５６
解析 由题意知 该三视图对应的几何体如图 其体积Ｖ
， ， ＝
[ ]
１ ．
×（２＋５）×４ ×４＝５６
２
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．
评析 本题主要考查三视图的知识，考查学生的空间想象能 ２
， １＝ ＋
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
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 为 １ ．
４
的球Ｏ的球面上 且ＡＢ ＢＣ 则棱锥Ｏ ＡＢＣＤ的体 ３
， ＝６， ＝２ 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，
积为 ．
答案 由题意得到ｒ ３Ｒ是解答本题的关键．
８ ３ ＝
解析 如图 连接ＡＣ ＢＤ 交于Ｏ 则Ｏ 为矩形ＡＢＣＤ所 ２
， ， ， １， １
在小圆的圆心 连接ＯＯ 则ＯＯ 面ＡＢＣＤ
， １， １⊥ ，
第八章 立体几何 ３ ５１
学生用书Ｐ１２４
1 正视图与侧视图一样高 宽相等 侧视图与俯视图一样宽 ．
（ ）、 （ ）”
考点 空间几何体的三视图与直观图 在三视图中 看不见的线用虚线 看得见的线用实线．
（２） ， ，
确定正视 侧视 俯视的方向 同一物体放置的位置不
（３） 、 、 ，
１．多面体的结构特征
同 所画的三视图就可能不同．
，
名称 棱柱 棱锥 棱台 2
考点 空间几何体的表面积
几何体 侧面积 表面积
图形
圆柱 Ｓ ｒｌ Ｓ ｒ ｒ ｌ
侧＝２π 表＝２π（ ＋）
圆锥 Ｓ ｒｌ Ｓ ｒ ｒ ｌ
侧＝⑨ π 表＝π（ ＋）
有两个面互相
圆台 Ｓ
侧＝⑩ π
（ｒ
＋
ｒ′） ｌ Ｓ
表＝π（
ｒ２
＋
ｒ′２
＋
ｒｌ
＋
ｒ′ｌ
）
（ 平 １ 行 ） 其余各个面 有一个面 （ 即底 用一个平行于棱锥 直棱柱 Ｓ 侧＝ Ｃｈ （ Ｃ为底面周长 ）
， 面 是多边形 其
结构 都是四边形 ； 余 ） 各面是有一 ， 个 底面的平面去截棱 正棱锥 Ｓ 侧＝ １ Ｃｈ′ （ ｈ′指斜高 ） Ｓ 表＝ Ｓ 侧＋ Ｓ 上＋ Ｓ 下
特征 （２） 每相邻两个四 公 共 顶 点 的 锥 ， 底面和截面之 ２ （ 棱锥的Ｓ 上＝０）
边形的公共边都 三角形 间的部分 正棱台 Ｓ 侧＝ １ （ Ｃ ＋ Ｃ′ ） ｈ′ （ ｈ′指斜高 ）
２
互相平行 ①
球 Ｓ Ｒ２
相交于一点但不 ＝４π
侧棱 平行且相等 延长线 交于一点
② 一定相等 ③
侧面 3
平行四边形 三角形 梯形 考点 空间几何体的体积
形状
２．旋转体的结构特征
几何体 体积
名称 圆柱 圆锥 圆台 球 圆柱 Ｖ
＝
Ｓ
底
ｈ
＝π
ｒ２ｈ
圆锥 Ｖ
＝
１ Ｓ
底
ｈ
＝
１
π
ｒ２ｈ
３ ３
图形
圆台 Ｖ
＝
１ （Ｓ
上＋
Ｓ
下＋
Ｓ
上
Ｓ
下
）ｈ
＝
１
π（
ｒ２
＋
ｒ′２
＋
ｒｒ′
）
ｈ
３ ３
直棱柱 Ｖ Ｓ ｈ
＝ 底
正棱锥 Ｖ １ Ｓ ｈ
＝ 底
３
平行 相等且 延长线
母线 、 相交于一点 正棱台 Ｖ １ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ ｈ
垂直于底面 交于一点 ＝ （ 上＋ 下＋ 上 下）
３
轴 全等的等腰 全等的
全等的矩形 大圆 球 Ｖ ４ Ｒ３
截面 三角形 等腰梯形 ＝ π
３
侧面
-@
展开 矩形 扇形 扇环
④ ⑤ ⑥
图
几个与球有关的切、接问题的常用结论：
３．空间几何体的直观图
（ ）棱长为ａ的正方体的外接球、内切球以及与各条棱
斜二测画法中的 三变 与 三不变 １
（１） “ ” “ ” 都相切的球．
{坐标轴的夹角改变
，
三变 与ｙ轴平行的线段的长度变为原来的 一半 （ ）外接球：球心是正方体的中心，半径ｒ ３ａ；
“ ” ⑦ ， ｉ ＝
图形改变 ２
；
{平行性不改变 （ ）内切球：球心是正方体的中心，半径ｒ １ ａ；
， ｉｉ ＝
三不变 与ｘ轴平行的线段的长度不改变 ２
“ ” ，
相对位置不改变． （ ）与各条棱都相切的球：球心是正方体的中心，半径ｒ ２ａ．
ｉｉｉ ＝
用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图的 ２
（２） （ ）棱长为ａ的正四面体的外接球、内切球以及与各条
２
面积是原图形面积的 ２ ．
棱都相切的球．
⑧
４
４．三视图应遵循的原则
务必做到 长对正 正视图与俯视图一样长 高平齐
（１） “ （ ）、
３ ５２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
（ ）外接球：球心是正四面体的中心，半径ｒ ６ａ；
ｉ ＝
４
（ ）内切球：球心是正四面体的中心，半径ｒ ６ａ；
ｉｉ ＝
１２
（ ）与各条棱都相切的球：球心是正四面体的中心，半径
ｉｉｉ
ｒ ２ａ．
＝
４
（ ）若长方体共顶点的三条棱长分别为ａ，ｂ，ｃ，则其外接
３
ａ２ ｂ２ ｃ２
球的半径ｒ ＋ ＋ ．
＝
２
学生用书Ｐ１２５
一、空间几何体表面积与体积的求解方法 积 相加即可．
，
１．空间几何体表面积的求解方法 把该几何体分割成三个几何体 然后分别求体积 再求和．
（２） ， ，
求多面体的表面积时 把各个面的面积相加即可． 解析 由题意可得旋转体为圆锥 底面半径为 高为
（１） ， （１） ， ３，
（２） 求简单旋转体 （ 球除外 ） 的表面积时 ， 代入公式直接求解． ４， 故它的母线长 ＢＣ ＝ ３ ２ ＋４ ２ ＝５， 则侧面积为 π ｒｌ ＝π×３×５＝
（３） 求组合体的表面积时 ， 注意重合部分的处理． １５π， 又底面积为 π·３ ２ ＝９π， 故它的表面积为 １５π＋９π＝２４π ．故
２．空间几何体体积的求解方法 选 ．
Ａ
公式法 当所给几何体是常见的柱 锥 台等规则的几何 如图 多面体分割为两个三棱锥 Ｄ
（１） ： 、 、 （２） ， －
体时 可以直接代入各自几何体的体积公式中进行计算 ＡＧＥ Ｃ ＨＢＦ和一个直三棱柱ＧＡＤ ＨＢＣ．这个
， ； ， － －
分割求和法 求不规则几何体的体积时 可以将所给几
（２） ： ， 羡除的体积Ｖ １ １ １
何体分割成若干个常见的几何体 然后利用求和的方法得出所 ＝２× × ×２×６×４＋ ×６×４×４
， ３ ２ ２
求几何体的体积 ．故选 ．
； ＝６４ Ｃ
补形作差法 求不规则几何体的体积时 可以将所给几 答案 Ａ Ｃ
（３） ： ， （１） （２）
何体补成常见的规则几何体 然后利用作差的方法得出所求几 １－１ （２０２０山东潍坊期中）如图 平行四边形形状的纸片是
， ，
何体的体积 由六个边长为 的正三角形构成的 将它沿虚线折起来 可以得到
； １ ， ，
等体积转化法 利用三棱锥的特性 即任意一个面都可 如图所示的六面体 则该六面体的表面积为 若该六面
（４） ： ， ， ；
以作为底面 从而进行换底换高计算 此种方法充分体现了数学 体内有一小球 则小球的最大体积为 ．
， ， ，
的转化思想
；
函数求值法 求解体积的最值问题时常构造体积关于底
（５） ：
面边长或几何体高的函数 从而利用函数思想求其最值．
，
例１ 如图 ＡＢＣ 中 ＣＡＢ ° ＡＢ ＡＣ 以
（１） ，Ｒｔ△ ，∠ ＝９０ ， ＝３， ＝４，
ＡＣ所在直线为轴旋转一周 所得几何体的表面积等于
， （ ）
１－１． 答案 ３ ３ ８ ６
； π
２ ７２９
二、与球有关的切、接问题的求解方法
１．与球有关的组合体问题包括两种情况 一种是内切 一种
： ，
是外接．球与旋转体的组合通常是作出它们的轴截面 球与多面
；
体的组合则通过多面体的一条侧棱 球心和 切点 或 接点
、 “ ”（ “ ”）
作出截面图 把空间问题转化为平面问题后再求解．
，
３３π ２７π
Ａ．２４π Ｂ．１２π Ｃ． Ｄ．
２．当球的内接多面体为共顶点的棱两两垂直的三棱锥 共
２ ２ 、
在 九章算术 中 将有三条棱互相平行 顶点的三个侧面两两垂直的三棱锥或三组对棱互相垂直的三棱
（２） 《 》 ，
且有一个面为梯形的五面体称为 羡除 ．现有一 锥时 常构造长方体或正方体以确定球的直径．
“ ” ，
个羡除如图所示 ＤＡ 平面ＡＢＦＥ 四边形ＡＢＦＥ 例２ （２０１８课标 ，文１２，理１０，５分）设Ａ Ｂ Ｃ Ｄ是同
， ⊥ ， ， （１） Ⅲ ， ， ，
ＣＤＥＦ均为等腰梯形 ＡＢ ＣＤ ＥＦ ＡＢ ＡＤ 一个半径为 的球的球面上四点 ＡＢＣ为等边三角形且其面
， ∥ ∥ ， ＝ ＝４， ４ ，△
ＥＦ Ｅ到面ＡＢＣＤ的距离为 则这个羡除的体积是 积为 则三棱锥Ｄ ＡＢＣ体积的最大值为
＝８， ６， （ ） ９ ３， － （ ）
Ａ．９６ Ｂ．７２ Ｃ．６４ Ｄ．５８
解题思路 Ａ．１２ ３ Ｂ．１８ ３ Ｃ．２４ ３ Ｄ．５４ ３
在封闭的直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 内有一个体积为Ｖ的
（２） － １ １ １
首先确定旋转体为圆锥 然后分别求出侧面积和底面 球．若ＡＢ ＢＣ ＡＢ ＢＣ ＡＡ 则Ｖ的最大值是
（１） ， ⊥ ， ＝６， ＝８， １＝３， （ ）
第八章 立体几何 ３ ５３
９π ３２π 则Ｒ ３ 此时球的体积Ｖ ４ Ｒ３ ９π．故选 ．
Ａ．４π Ｂ． Ｃ．６π Ｄ． ＝ ， ＝ π ＝ Ｂ
２ ３ ２ ３ ２
解题思路 答案 Ｂ Ｂ
（１） （２）
欲求三棱锥体积的最大值 只需求出高的最大值 根据
（１） ， ，
２－１ 将半径为 圆心角为２π的扇形围成一个圆锥 则该圆
３， ，
球的性质可知 只需三棱锥的高经过球心和 ＡＢＣ的外心即可 ３
， △ ， 锥的内切球的体积为
从而得出高的最大值 进而得出结果． （ ）
，
要使球的体积取最大值 该球的半径应取到最大值 即
（２） ， ， ２π ３π ４π
该球与三棱柱内切 因此需要讨论底面三角形内切圆直径与三 Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．２π
， ３ ３ ３
棱柱高的关系 从而确定出球半径的最大值． ２－１． 答案 Ａ
，
２－２ 如图 在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 底面ＡＢＣＤ为菱形 ＰＢ
解析 设 ＡＢＣ的边长为ａ 则Ｓ １ ａ ａ ° ， － ， ， ⊥
（１） △ ， △ ＡＢＣ＝ ２ · ·ｓｉｎ ６０ 底面ＡＢＣＤ Ｏ为对角线ＡＣ与ＢＤ的交点 若ＰＢ ＡＰＢ π
， ， ＝１，∠ ＝ ，
解得ａ 负值舍去 ． ＡＢＣ 的外接圆半径 ｒ 满足 ｒ ３
＝９ ３， ＝６（ ） △ ２ ＝ 则三棱锥Ｐ ＡＯＢ的外接球的体积是 ．
－
６ 得ｒ 球心到平面ＡＢＣ的距离为 ２ ２ ．
°， ＝２ ３， ４ －（２ ３） ＝２
ｓｉｎ６０
所以点Ｄ到平面ＡＢＣ的最大距离为 所以三棱锥Ｄ ＡＢＣ
２＋４＝６， －
体积的最大值为 １ 故选 ．
×９ ３×６＝１８ ３， Ｂ
３
易知ＡＣ ．设底面 ＡＢＣ的内切圆的半径为ｒ 则 １
（２） ＝１０ △ ， ×
２
１ ｒ 所以ｒ 因为 ｒ 所以当球与三 ２－２． 答案 ４
６×８＝ ×（６＋８＋１０）· ， ＝２， ２ ＝４＞３， π
２ ３
棱柱的上 下底面相切时 体积最大 所以最大球的直径 Ｒ
、 ， ， ２ ＝３，
Ａ 组 考点基础题组 学生用书Ｐ１２６
２． 答案 Ａ
空间几何体的三视图与直观图
１．（２０２１内蒙古赤峰二中一模，１１）下列说法中 正确的个数是 空间几何体的表面积
，
（ ） １．（２０２０湖南衡阳联考，１０）在三棱锥Ｐ ＡＢＣ中 ＰＡ 平面ＡＢＣ
各个面都是三角形的几何体是三棱锥 － ， ⊥ ，
① ； ＡＢ ＢＣ 且ＡＢ ．若三棱锥Ｐ ＡＢＣ的外接球体积为 则
过球面上任意两点只能作球的一个大圆 ⊥ ， ＝２ － ３６π，
② ； 当该三棱锥的体积最大时 其表面积为
三棱锥的四个面都可以是直角三角形 ， （ ）
③ ；
④
梯形的直观图可以是平行四边形．
Ａ．６＋６ ３ Ｂ．８＋６ ３ Ｃ．８＋８ ５ Ｄ．６＋８ ５
１． 答案 Ｃ
Ａ．１ Ｂ．２ Ｃ．３ Ｄ．４
１． 答案 Ａ ２．（２０２１广东揭阳４月联考，１５）长为 的
１ ｍ
圆柱形木材有一部分镶嵌在墙体中 截面
２． （２０２０重庆育才中学月考，５）已知某个几何体的三视图 ，
如图所示 阴影为镶嵌在墙体内的部分 ．
如图 正视图的弧线是半圆 根据图中标出的数据 这个几何 （ ）
（ ）， ，
体的体积是 已知弦ＡＢ 弓形高ＣＤ
（ ） ＝２ ｄｍ， ＝（２０－１０ ３）
则该木材镶嵌在墙中的侧面积为
ｃｍ，
２．
ｃｍ
２． 答案 ２０００
π
Ａ．２８８＋３６π Ｂ．６０π Ｃ．２８８＋７２π Ｄ．２８８＋８π ３
３．（２０１９福建漳州二模，１５）已知正四面体ＡＢＣＤ的外接球的体
积为 则这个四面体的表面积为 ．
８ ６π，
３ ５４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
３． 答案
１６ ３
４．（２０２１河北张家口一模，１６）早期的毕达哥拉 空间几何体的体积
斯学派学者注意到 用等边三角形或正方形
： １．（２０２１湖南衡阳联考（一），１５）设圆锥的顶点为Ａ ＢＣ为圆锥
为表面可构成四种规则的立体图形 即正四 ，
， 底面圆Ｏ的直径 点Ｐ为圆Ｏ上的一点 异于Ｂ Ｃ 若ＢＣ
面体 正六面体 正八面体和正二十面体 它 ， （ ， ）， ＝
、 、 ， 三棱锥Ａ ＰＢＣ的外接球表面积为 则该圆锥的体积
们的各个面和多面角都全等．如图 正二十面 ４ ３， － ６４π，
， 为 ．
体是由 个等边三角形组成的正多面体 共
２０ ， １． 答案 或
有 个顶点 条棱 个面 是五个柏拉图多面体之一．如 ２４π ８π
１２ ，３０ ，２０ ， ２．（２０２０河北衡水中学十调，１６）如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 底面
， － ，
果把 °按 ３ 计算 则该正二十面体的表面积与该正二十
ｓｉｎ３６ ， 为四边形ＡＢＣＤ 其中 ＡＣＤ为正三角形 Ｄ→Ａ Ｄ→Ｂ Ｄ→Ｂ Ｄ→Ｃ
５ ， △ ， · ＝ · ＝
面体的外接球表面积之比等于 ．
３
Ｄ→Ｂ
·
→ＡＢ．设三棱锥Ｐ
－
ＡＢＤ
，
三棱锥Ｐ
－
ＡＣＤ的体积分别是Ｖ
１，
Ｖ 三棱锥Ｐ ＡＢＤ 三棱锥Ｐ ＡＣＤ的外接球的表面积分别是
４． 答案 ５５ ３ ２， － ， －
Ｓ Ｓ ．对于以下结论 Ｖ Ｖ Ｖ Ｖ Ｖ Ｖ Ｓ Ｓ
３６π １， ２ ：① １＜ ２；② １＝ ２；③ １＞ ２；④ １＜ ２；
Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ 其中正确结论的序号为 ．
⑤ １＝ ２；⑥ １＞ ２，
２． 答案
①⑤
Ｂ 组 综合应用题组 学生用书Ｐ１２７ ４０分钟 ７０分
一、单项选择题（每小题５分，共３０分） 上有一点Ｂ 连接线段ＡＢ．若线段ＡＢ不穿过小球内部 则线段
， ，
１．（２０２１山东淄博二模，８）碳 是一种碳原子族 可高效 ＡＢ长度的最大值是
７０（Ｃ７０） ， （ ）
杀灭癌细胞 它是由 个碳原子构成的 其结构是由五元环
， ７０ ，
正五边形面 和六元环 正六边形面 组成的封闭的凸多面
（ ） （ ）
体 共 个面 则其六元环的个数为
， ３７ ， （ ）
Ａ． ４１ ｃｍ Ｂ．９ ｃｍ Ｃ．３ ｃｍ Ｄ．２ ｃｍ
３． 答案 Ｃ
４．（２０２１江苏七市第二次调研，４） 帷幄 是古代打仗必备的帐
“ ”
篷 又称 幄帐 ．如图是一种幄帐的示意图 帐顶采用 五脊四
， “ ” ， “
坡式 四条斜脊的长度相等 一条正脊平行于底面．若各斜坡
”， ，
面与底面所成二面角的正切值均为 １ 底面矩形的长与宽之
Ａ．１２ Ｂ．２５ Ｃ．３０ Ｄ．３６ ，
１． 答案 Ｂ ２
比为 则正脊与斜脊长度的比值为
２．（２０２１江苏百校联考４月调研，７）已知四面体ＡＢＣＤ的四个顶 ５ ∶ ３， （ ）
点都在以ＡＢ为直径的球面上 且ＢＣ ＣＤ ＤＢ 若四面体
， ＝ ＝ ＝２，
ＡＢＣＤ的体积是４ ２ 则这个球面的面积是
， （ ）
３
３２ ７６
Ａ．１６π Ｂ． π Ｃ．４π Ｄ． π
３ ３
２． 答案 Ａ
３．（２０２１广东肇庆二模，４）牙雕套球又称 鬼工球 取鬼斧神工
“ ”， ３ ８ ９
的意思 制作相当繁复 工艺要求极高．明代曹昭在 格古要论 Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．１
， ， 《 ５ ９ １０
珍奇 鬼工毬 中写道 尝有象牙圆毬儿一箇 中直通一 ４． 答案 Ｂ
· · 》 ：“ ，
窍 内车数重 皆可转动 故谓之鬼工毬 ．现有某 鬼工球 由 ５．（２０２０山东泰安期末，８）已知正三棱锥 Ｓ ＡＢＣ 的侧棱长为
， ， ， ” “ ”， －
外及里是两层表面积分别为 ２ 和 ２ 的同心球 底面边长为 则该正三棱锥外接球的表面积是
１００π ｃｍ ６４π ｃｍ ４ ３， ６， （ ）
球壁的厚度忽略不计 在外球表面上有一点Ａ 在内球表面
（ ）， ， Ａ．１６π Ｂ．２０π Ｃ．３２π Ｄ．６４π
第八章 立体几何 ３ ５５
５． 答案 Ｄ
ｈ的最大值为１８８０
６． （２０２１河北衡水中学全国高三第二次联考，５）已知某四 Ｂ． ３
棱锥的三视图如图所示 则该四棱锥的较长侧棱与底面所成 Ｃ． 当ｒ ＝２１ 时 ， ｙ ＝７０２９ ａ π
，
角的正切值为 Ｄ． 当ｒ ＝３０ 时 ， ｙ有最小值 ， 最小值为 ６３００ ａ π
（ ）
９． 答案 ＢＣＤ
三、填空题（每小题５分，共２５分）
１０．（２０２１上海崇明二模，３）已知圆锥的底面面积为 母线长为
π，
则该圆锥的高为 ．
２，
１０． 答案
３
１１．（２０２０河北衡水中学九调，１６）已知三棱锥Ｄ ＡＢＣ的所有顶
－
点都在球 Ｏ 的表面上 ＡＤ 平面 ＡＢＣ ＡＣ ＢＣ
， ⊥ ， ＝ ３， ＝１，
ＡＣＢ ＡＣＢ ＡＤ 则球Ｏ的表面积为 ．
５ ５ １０ １ ｃｏｓ∠ ＝ ３ｓｉｎ∠ ， ＝２，
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． １１． 答案
２ ３ ４ ２ ８π
６． 答案 Ｃ １２．（２０２１江苏七市第二次调研，１６）在三棱锥 Ｐ ＡＢＣ 中 ＡＢ
－ ， ⊥
二、多项选择题（每小题５分，共１５分） ＢＣ
，
ＡＣ
＝８，
点Ｐ到底面ＡＢＣ的距离为
７，
若点Ｐ
，
Ａ
，
Ｂ
，
Ｃ均在
７．（２０２１江苏百校联考４月调研，１２）下列结论正确的是
一个半径为
５
的球面上
，
则 ＰＡ２
＋
ＰＢ２
＋
ＰＣ２ 的最小值为
（ ） ．
存在这样的四面体ＡＢＣＤ 四个面都是直角三角形
Ａ． ， １２． 答案
存在这样的四面体ＡＢＣＤ ＢＡＣ ＣＡＤ ＤＡＢ ＢＣＤ ° １９８
Ｂ． ，∠ ＝∠ ＝∠ ＝∠ ＝９０ １３．（２０２１江苏苏锡常镇四市教学情况调研（一），１６）四面体的
存在不共面的四点Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 使 ＡＢＣ ＢＣＤ ＣＤＡ °
Ｃ． 、 、 、 ， ∠ ＝∠ ＝∠ ＝９０ 棱长为 或 但该四面体不是正四面体 请写出一个这样四
存在不共面的四点 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 使 ＡＢＣ ＢＣＤ ＣＤＡ １ ２， ，
Ｄ． 、 、 、 ， ∠ ＝∠ ＝∠ ＝ 面体的体积是 这样的不同四面体的个数为
ＤＡＢ ° ；
∠ ＝９０ ．
７． 答案 ＡＣ
８．（２０２１辽宁沈阳市郊联体一模，１０）攒尖
１３． 答案 １１
；３
是我国古代建筑中屋顶的一种结构形
１２
１４．（２０２１山东烟台一模，１６）已知正三棱锥Ｐ ＡＢＣ的底面边长
式 宋代称为撮尖 清代称攒尖 通常有 －
， ， ，
圆形攒尖 三角攒尖 四角攒尖 八角攒 为 侧棱长为 其内切球与两侧面ＰＡＢ ＰＢＣ分别切于
、 、 、 ２， １３， ，
尖 也有单檐和重檐之分 多见于亭阁式建筑 园林建筑．下面 点Ｍ Ｎ 则ＭＮ的长度为 ．
， ， ， ， ，
以四角攒尖为例 如图 它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个
， ， １４． 答案 ５
正四棱锥．已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ ６
，
这个角接近 ° 若取θ ° 侧棱长为 米 则
３０ ， ＝３０ ， ２１ ， （ ）
正四棱锥的底面边长为 米
Ａ． ６
正四棱锥的底面边长为 米
Ｂ． ３
正四棱锥的侧面积为 平方米
Ｃ． ２４ ３
正四棱锥的侧面积为 平方米
Ｄ． １２ ３
８． 答案 ＡＣ
９．（２０２１辽宁开原三模，１２）国家统计局公布的全国夏粮生产数
据显示 年全国夏粮总产量达 万吨 创历史新高．
，２０２０ １４ ２８１ ，
粮食储藏工作关系着军需民食 也关系着国家安全和社会稳
，
定．某粮食加工企业设计了一种容积为 立方米的粮食
６３ ０００π
储藏容器 如图 所示．已知该容器分上下两部分 其中上部分
， １ ，
是底面半径和高都为ｒ ｒ 米的圆锥 下部分是底面半径
（ ≥１０） ，
为ｒ米 高为ｈ米的圆柱体 如图 所示．经测算 圆锥的侧面
、 ， ２ ，
每平方米的建造费用为 ａ元 圆柱的侧面 底面每平方米的
２ ， 、
建造费用为ａ元 设每个容器的制造总费用为ｙ元 则下面说
， ，
法正确的是
（ ）
ｒ
Ａ．１０≤ ＜４０
３ ５６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
Ｃ 组 教师专用题组
一、单项选择题 为 则三棱锥Ａ Ｂ ＣＤ 的体积为
２， － １ １ （ ）
１．（２０２１北京朝阳二模，５）某四棱锥的三视图如图所示 已知网
， ４ ８
格纸上小正方形的边长为 则该四棱锥的 个面的面积中 Ａ． Ｂ． Ｃ．４ Ｄ．６
１， ５ ， ３ ３
最大的是 答案 Ｂ 易知 三棱锥Ａ Ｂ ＣＤ 是棱长为 的正四面
（ ） ， － １ １ ２ ２
体 如图
， ，
设Ｄ 在底面内的射影为Ｏ ＡＯ ２ ２ ２ ２ ６
１ ， ＝ （２ ２） －（ ２） ＝ ，
３ ３
Ａ．２ Ｂ． ５ Ｃ． ６ Ｄ．３
答案 Ｄ 三视图所对应的四棱锥如图所示 æ ö２
， Ｄ Ｏ ２ ç２ ６÷ ４ ３．
ＰＤ ⊥ 平面ＡＢＣＤ ， ＰＤ ＝２， 四边形ＡＢＣＤ是直角梯 ∴ １ ＝ （２ ２） －è ３ ø ＝ ３
形 ＡＤ ＢＣ ＡＤ ＤＣ ＡＤ ＤＣ ＢＣ Ｓ
， ∥ ， ⊥ ， ＝ ＝２， ＝１， △ ＰＡＤ＝ 三棱锥Ａ Ｂ ＣＤ 的体积为 １ １ ３ ４ ３ ８ ．
∴ － １ １ × ×２ ２×２ ２× × ＝
１ Ｓ １ Ｓ １ ＰＣ ＢＣ ３ ２ ２ ３ ３
×２×２＝２， △ ＰＤＣ＝ ×２×２＝２， △ ＰＢＣ＝ × 故选 ．
２ ２ ２ Ｂ
４．（２０２１天津十二区二模，６）已知三棱锥Ｓ ＡＢＣ外接球的球心
１ －
＝ ×２ ２×１＝ ２， Ｏ在线段ＳＡ上 若 ＡＢＣ与 ＳＢＣ均为面积是 的等边三
２ ， △ △ ４ ３
角形 则三棱锥Ｓ ＡＢＣ外接球的体积为
Ｓ 四边形ＡＢＣＤ＝ １ ×（２＋１）×２＝３ ． △ ＰＡＢ中 ， ＰＡ ＝２ ２， ＰＢ ＝３， ＡＢ ＝ ， － （ ）
２
８ ２π １６ ２π
２ ２ ２ Ａ． Ｂ．
ＡＰＢ （２ ２） ＋３ －（ ５） ２ ＡＰＢ ２ ３ ３
５，ｃｏｓ∠ ＝ ＝ ，∴ ｓｉｎ∠ ＝ ，
２×２ ２×３ ２ ２ ３２ ２π ６４ ２π
Ｃ． Ｄ．
Ｓ １ ２ ． ３ ３
∴ △ ＰＡＢ＝ ２ ×２ ２×３× ２ ＝ ３ 答案 Ｄ 由题意得ＡＢ ＝ ＳＢ ＝４，
综上 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ的 个面的面积中 最大的是 故选 ． ＡＢＳ是等腰三角形
， － ５ ， ３， Ｄ ∴ △ ，
２．（２０２１北京房山一模，１０）祖暅是我国南北朝时代伟大的科学
Ｏ是球心 ＯＢ ＯＳ ＯＡ １ ＡＳ
家 他在实践的基础上提出了体积计算的原理 幂势既同 则 ∵ ，∴ ＝ ＝ ＝ ，
， ：“ ， ２
积不容异 ．意思是 如果两个等高的几何体在同高处截得的截 ＡＢＳ是直角三角形 ＳＢ ＡＢ
” ： ∴ △ ， ⊥ ，
面面积恒等 那么这两个几何体的体积相等．此即祖暅原理．利 ＡＢＳ是等腰直角三角形
， ∴ △ ，
用这个原理求球的体积时 需要构造一个满足条件的几何体 ＡＢ
ＯＡ 三棱锥 Ｓ ＡＢＣ 外接球的体积 Ｖ ４
， ， ∴ ＝ ＝２ ２，∴ － ＝ π×
已知该几何体三视图如图所示 ， 用一个与该几何体的下底面 ２ ３
平行 且相距为ｈ ｈ 的平面截该几何体 则截面面积为
， （０＜ ＜２） ， ３ ６４ ２π．
（２ ２） ＝
（ ） ３
５．（２０２１ 浙江金华十校４ 月模拟，６）某几何体的三视图如图所
示 则该几何体的体积是
， （ ）
ｈ２ ｈ２ ｈ２
Ａ．４π Ｂ．４π Ｃ．π（２－ ） Ｄ．π（４－ ）
答案 Ｄ 由三视图得到该几何体为一个圆柱挖去一个圆
锥 该几何体的底面圆的半径为 高为 截面为圆环 大圆半
， ２， ２， ，
ｒ ｈ ． ． ２ ． ２ ． １
径为 设小圆半径为ｒ 则 所以ｒ ｈ 所以截面圆环的 Ａ２０－２π Ｂ１９－ π Ｃ２０－ π Ｄ２０－ π
２， ， ＝ ， ＝ ， ３ ３ ２
２ ２ 答案 Ｄ 根据三视图可得几何体为一个长方体截去两个
面积为
４π－π
ｈ２
＝π（４－
ｈ２
）
．故选
Ｄ． 小长方体 和 半个圆柱后剩余部分 如图所示．
３．（２０２１天津和平一模，６）已知正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的棱长 ，
－ １ １ １ １
第八章 立体几何 ３ ５７
８．（２０２１河南重点中学３月联考，８）若用平行于某圆锥底面的平
面去截该圆锥 得到的小圆锥与圆台的母线长相等 则该小圆
， ，
锥与该圆台的侧面积的比值为
（ ）
１ １ １ ３
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
４ ３ ２ ４
答案 Ｂ 设圆锥的底面半径为ｒ 母线长为 ｌ 则该圆锥的
， ２，
ｒ
侧面积Ｓ １ ｒ ｌ ｒｌ 截得的小圆锥的底面半径为
＝ ×２π ×２ ＝２π ， ，
２ ２
母线长为ｌ 其侧面积Ｓ １ ｒ ｌ １ ｒｌ 从而圆台的侧面积
， １＝ ×π × ＝ π ，
２ ２
所以其体积Ｖ １ ２
＝５×５×１－１×１×１－２×２×１－ ×１×π×１ ＝２０－ １ ｒｌ
２ Ｓ π
Ｓ Ｓ Ｓ ｒｌ １ ｒｌ ３ ｒｌ 故 １ ２ １ ．
１ 故选 ． ２＝ － １＝２π － π ＝ π ， Ｓ ＝ ＝
π， Ｄ ２ ２ ２ ３ ｒｌ ３
２ π
６．（２０２１浙江新高考研究卷（五），９）已知四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ 底面 ２
－ ， ９．（２０２１ 黑龙江大庆重点中学 ３ 月联考，９）已知四棱锥 Ｐ
－
是边长为 的菱形ＡＢＣＤ 其中一个内角为π 则侧棱ＰＡ ＰＢ ＡＢＣＤ 底面ＡＢＣＤ为矩形 点Ｐ在平面ＡＢＣＤ上的射影为ＡＤ
２ ， ， 、 、 ， ，
３ 的中点Ｏ．若ＡＢ ＡＤ ＰＯ 则四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ的表面积
ＰＣ ＰＤ的长度可以是 ＝２， ＝６， ＝４， －
、 （ ） 等于
（ ）
． ． ． ．
Ａ ３、２、１、２ Ｂ１、１、２、２ Ｃ２、１、２、３ Ｄ３、１、２、 ２
答案 Ａ 不妨设 ＡＢＣ π 连接ＡＣ ＢＤ 交于点Ｏ 连接
∠ ＝ ， ， ， ，
３
ＰＯ 易知ＡＣ ＢＤ 且满足 ＰＡ２ ＰＣ２ ＰＯ２ ＡＣ２
， ＝２， ＝２ ３， ：２（ ＋ ）＝ ４ ＋ ，
ＰＢ２ ＰＤ２ ＰＯ２ ＢＤ２ 且ＰＡ ＰＣ ＰＢ ＰＤ 代入四
２（ ＋ ）＝４ ＋ ， ＋ ＞２， ＋ ＞２ ３，
个选项数据知只有 选项满足条件 故选 ．
Ａ ， Ａ
７．（２０２１安徽六安一中３月月考，７）中国古
Ａ．３４＋６ ５ Ｂ．３４＋４ ３
代建筑结构中的木构架结构的固定通常
Ｃ．６＋６ ５＋４ ３ Ｄ．６＋６ ３＋４ １３
在衔接处通过外力作用增加一个 塞 答案 Ａ 连接ＯＢ ＯＣ 因为 ＰＯ 平面 ＡＢＣＤ ＡＤ 平面
“ ”， ， ， ⊥ ， ⊂
简称 加塞 这种 加塞 能使结构非常 ＡＢＣＤ 所以ＰＯ ＡＤ
“ ”， “ ” ， ⊥ ，
稳固 使整体上能承受巨大的压力．如图
，
所示的巢车是木构架结构 为使其在作战
，
中经久耐用 制作过程中在衔接处 加
， “
塞 如图所示的为某个 加塞 的五面体
”， “ ”
的三视图 则该 加塞 几何体的侧面积为
， “ ” （ ）
同理ＰＯ ＣＤ ＰＯ ＯＢ ＰＯ ＯＣ ＰＯ ＡＢ
⊥ ， ⊥ ， ⊥ ， ⊥ ，
又ＣＤ ＡＤ ＡＤ ＰＯ Ｏ ＡＤ ＰＯ 平面ＰＡＤ
⊥ ， ∩ ＝ ， ， ⊂ ，
所以ＣＤ 平面ＰＡＤ 因为ＰＤ 平面ＰＡＤ 所以ＣＤ ＰＤ
⊥ ， ⊂ ， ⊥ ，
同理ＡＢ ＰＡ 因为ＰＯ ＡＤ Ｏ是ＡＤ的中点 所以ＰＡ ＰＤ
⊥ ， ⊥ ， ， ＝ ＝
所以Ｓ １ ＣＤ ＰＤ １
５， △ ＰＣＤ＝ · ＝ ×２×５＝５，
２ ２
Ｓ
△ ＰＡＢ ＝ ５，
Ｓ
四边形ＡＢＣＤ ＝ ２ × ６ ＝ １２，
ＰＣ
＝
ＰＯ２
＋
ＯＣ２
＝
ＰＯ２ ＯＤ２ ＤＣ２ ２ ２ ２
＋ ＋ ＝ ４ ＋３ ＋２ ＝ ２９，
Ａ．４ ３ Ｂ．５ ３ Ｃ．６ ３ Ｄ．８ ３
答案 Ｄ 由三视图可知该几何体为如图所示的五面体ＥＦ 同理ＰＢ 则 ＰＣＢ是等腰三角形 其底边ＣＢ上的高为
＝ ２９， △ ，
ＡＢＣＤ 其中底面ＡＢＣＤ为矩形 ＡＢ ＢＣ ＥＦ ＥＢ ＥＣ ＦＡ (ＢＣ) ２
－ ， ， ＝４， ＝ ＝ ＝ ＝ ｈ ＰＣ２
ＦＤ ＥＦ 平面ＡＢＣＤ 侧面ＡＢＥＦ与ＣＤＦＥ为上底边长为 ＝ － ＝ ２９－９＝２ ５，
＝ ＝２， ∥ ， ２
下底边长为 的等腰梯形 ＢＣＥ与 ＡＤＦ是边长为 的等
２， ４ ，△ △ ２ Ｓ １ 又Ｓ １ ＡＤ ＰＯ １
∴ △ ＰＢＣ＝ ×６×２ ５＝６ ５， △ ＰＡＤ＝ · ＝ ×６×４＝
边三角形 ， Ｓ 等腰梯形ＡＢＥＦ＝ （２＋４）× ３ ＝３ ３， Ｓ △ ＢＣＥ＝ ３ ×２ ２ ＝ ３， 所 所以所 ２ 求几何体的表面积为 Ｓ ２ ２
２ ４ １２， ＝１２＋５＋５＋１２＋６ ５ ＝３４＋
以Ｓ Ｓ Ｓ ．故选 ． 故选 ．
＝２ 等腰梯形ＡＢＥＦ＋２ △ ＢＣＥ＝６ ３＋２ ３＝８ ３ Ｄ ６ ５， Ａ
１０．（２０２１山西顶级名校４月联考，１０）已知三棱锥Ｐ ＡＢＣ的顶
－
点Ｐ Ａ Ｂ Ｃ均在球Ｏ的球面上 且ＡＢ ＢＣ ＡＢ ＢＣ
， ， ， ， ⊥ ， ＝８， ＝６，
若此三棱锥体积的最大值为 则球Ｏ的表面积为
４０ ５，
（ ）
Ａ．９０π Ｂ．１２０π
３ ５８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
Ｃ．１６０π Ｄ．１８０π
答案 Ｄ 因为三棱锥Ｐ ＡＢＣ的底面积一定 所以当球心
－ ，
在三棱锥Ｐ ＡＢＣ的高上时 此三棱锥的体积最大．设球Ｏ的
－ ，
半径为Ｒ 顶点Ｐ在底面内的射影为Ｏ
， １，
ＡＣ
因为 ＡＢ ＢＣ 所以 Ｏ 为斜边 ＡＣ 的中点 则 ＡＯ
⊥ ， １ ， １ ＝ ＝
２
２ ２
８ ＋６
＝５，
２
如图所示 由三棱锥Ｐ ＡＢＣ的体积Ｖ １ Ｓ ＰＯ 得 ， － ＝ △ ＡＢＣ· １ ４０ ５
３
１ １ ＰＯ
＝ × ×８×６× １，
３ ２
解得ＰＯ ．在 ＡＯＯ 中 有ＡＯ２ ＡＯ２ ＯＯ２
１＝５ ５ Ｒｔ△ １ ， ＝ １＋ １，
即Ｒ２ ２ Ｒ ２ 解得Ｒ
＝５ ＋（５ ５－ ） ， ＝３ ５，
故球Ｏ的表面积Ｓ 球＝４π Ｒ２ ＝４π（３ ５） ２ ＝１８０π， 故选 Ｄ ．
１１．（２０２１ 山西晋中二模，５）如
图 一个直四棱柱形容器中
，
盛有水 在底面ＡＢＣＤ中 ＡＢ
， ，
ＣＤ ＡＢ ＣＤ 侧棱
∥ ， ＝３， ＝１，
ＡＡ 若侧面ＡＡ Ｂ Ｂ水平 １＝４， １ １
放置时 水面恰好过ＡＤ ＢＣ Ｂ Ｃ Ａ Ｄ 的中点 那么当底面
， ， ， １ １， １ １ ，
ＡＢＣＤ水平放置时 水面高为
， （ ）
５ ７
Ａ．２ Ｂ． Ｃ．３ Ｄ．
２ ２
答案 Ｂ 设四棱柱的底面梯形的高为 ａ ＡＤ ＢＣ的中点
２ ， ，
分别为Ｆ Ｅ 所求水面的高为ｈ 则水的体积Ｖ Ｓ
， ， ， 水＝ 四边形ＡＢＥＦ·
ａ ａ
ＡＡ （２＋３） Ｓ ｈ （１＋３）２ ｈ 所以ｈ ５ 故
１＝ ·４＝ 四边形ＡＢＣＤ· ＝ · ， ＝ ，
２ ２ ２
选 ．
Ｂ
１２．（２０２１豫北名校联盟５月联考，１２）在直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ
－ １ １ １
中 ＢＡＣ π ＡＢ ＡＣ ＡＡ ．以Ａ为球心 为半径
，∠ ＝ ， ＝ ＝ ２， １＝２ ， ３
２
的球面与该直三棱柱的三个侧面的交线长之和为
（ ）
( )
取 ° １
ｃｏｓ７２ ＝
３
３ ３π ２π ２ ３π ２π ３π ２π ４ ３π ２π
Ａ． ＋ Ｂ． ＋ Ｃ． ＋ Ｄ． ＋
５ ２ ５ ２ ５ ２ ５ ２
答案 Ａ 如图 所示 ＰＱ
① ，
( 为球面与侧面ＢＣＣ Ｂ 的交线
１ １ ，
则ＡＰ ＡＱ ．又在直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 ＡＢ ＡＣ
＝ ＝ ３ － １ １ １ ， ＝ ＝ ２， 所以ＢＰ ＣＱ ．取ＢＣ的中点Ｄ 连接ＡＤ 易得ＡＤ ＢＣ．因
＝ ＝１ ， ， ⊥
为侧面ＢＣＣ Ｂ 平面ＡＢＣ 侧面ＢＣＣ Ｂ 平面ＡＢＣ ＢＣ 所
１ １⊥ ， １ １∩ ＝ ，
以ＡＤ 侧面ＢＣＣ Ｂ 所以可求得ＰＤ ＱＤ 所以Ｄ为ＰＱ ⊥ １ １， ＝ ， ( 所在
圆的圆心．连接 ＰＤ ＤＱ ＰＱ 易知 ＢＤ ＣＤ 则 ＰＤ ＱＤ
， ， ， ＝ ＝１， ＝ ＝
又ＰＱ ＢＣ 所以ＰＤ２ ＱＤ２ ＰＱ２ 所以 ＰＤＱ ° 所
２， ＝ ＝２， ＋ ＝ ， ∠ ＝９０ ，
以ＰＱ
(
图 图
① ②
将侧面ＡＢＢ Ａ 侧面ＡＣＣ Ａ 展开到同一平面内 如图 ．易
１ １， １ １ ， ②
知ＭＮ ．在 ＡＭＮ中 由余弦定理的推论可得 ＭＡＮ
＝２ ２ △ ， ｃｏｓ∠
２ ２ ２
（ ３） ＋（ ３） －（２ ２） １ 所以 ＭＡＮ ° ３π 所
＝ ＝－ ， ∠ ＝１０８ ＝ ，
２× ３× ３ ３ ５
以ＭＮ
的长 π ２π．
＝ × ２＝
２ ２
(
的长 ３π ３ ３π．所以球面与该直三棱柱的三个侧
＝ × ３＝
５ ５
面的交线长之和为３ ３π ２π．
＋
５ ２
二、多项选择题
１３．（２０２０山东潍坊期末，１０）等腰直角三角形的直角边长为
１，
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 ，
面积可以为
（ ）
Ａ． ２π Ｂ．（１＋ ２）π Ｃ．２ ２π Ｄ．（２＋ ２）π
答案 ＡＢ 如果绕直角边所在直线旋转 那么形成圆锥
， ，
圆锥底面半径为 高为 母线长就是直角三角形的斜边长
１， １，
所以所形成的几何体的表面积Ｓ ｒｌ ｒ２ ２， ＝π ＋π ＝π×１× ２＋π×
２ ．如果绕斜边所在直线旋转 那么形成的是同底
１ ＝（ ２＋１）π ，
的两个圆锥 圆锥的底面半径是直角三角形斜边的高 ２ 两
， ，
２
个圆锥的母线长都是 所以形成的几何体的表面积 Ｓ
１， ＝２×
ｒｌ ２ ． π ＝２×π× ×１＝ ２π
２
综上可知 形成几何体的表面积是 或 ．故选 ．
， （ ２＋１）π ２π ＡＢ
三、填空题
１４．（２０２１天津部分区一模，１３）已知正方体的所有顶点在一个球面
上 若这个球的表面积为 则这个正方体的体积为 ．
， １２π，
答案
８
解析 正方体的所有顶点在一个球面上
，
则正方体的体对角线长等于球的直径
，
设正方体的棱长为ａ
，
则体对角线长为 ａ
３ ，
设球的半径为Ｒ 由球的表面积为 得 Ｒ２
， １２π， ４π ＝１２π，
即Ｒ２ 则Ｒ 则 ａ Ｒ 则ａ
＝３， ＝ ３， ３ ＝２ ＝２ ３， ＝２，
则正方体的体积Ｖ ａ３ ３ 故答案为 ． ＝ ＝２ ＝８， ８
１５．（２０２１天津河北一模，１３）在长方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 已知
－ １ １ １ １ ，
ＡＢ ＢＣ ＡＡ 则三棱锥 Ｄ ＡＣＤ 的体积为
＝ ５， ＝ ７， １ ＝ ２， １－ 长方体的外接球的表面积为 ． ，
答案 ３５
；１６π
３
解析 如图 三棱锥 Ｄ ＡＣＤ 的体积为 １ １ ＡＤ ＤＣ
， １－ × × × ×
３ ２
第八章 立体几何 ３ ５９
１６．（２０２１ 河南新乡二模，１４）一个棱长为
ＤＤ １ １ ３５． ４
１＝ × × ７× ５×２＝ 的正方体被挖去一个高为 的正四棱柱
３ ２ ３ ４
后得到如图所示的几何体 若该几何体的
外接球的半径为 １ ，
５＋７＋４＝２， 体积为 则该几何体的表面积为
２ ６０，
．
所以外接球的表面积为 ４π×２ ２ ＝１６π ．故答案为 ３５ ；１６π ． 答案
３ １１０
解析 设正四棱柱的底面边长为ｍ 则 ２ ｍ２ 解
， ４（４ － ）＝ ６０，
得ｍ 则该几何体的表面积为 ２ ２ ２
＝１， ４ ×４＋（４ －１ ）×２＋４×１×４
．
＝１１０
１７．（２０２１浙江新高考研究卷（一），１４）已知矩形ＡＢＣＤ中 ＡＢ
， ＝
ＢＣ Ｅ 是 ＡＤ 的中点 沿直线 ＢＥ 将 ＡＢＥ 翻折成 Ａ′
２， ＝４， ， △ △
ＢＥ 则三棱锥Ａ′ ＢＤＥ的体积的最大值为 ．
， －
答案 ２ ２
３
解析 如图 在矩形ＡＢＣＤ中 过Ａ作ＡＦ ＢＥ于Ｆ 则ＡＦ
， ， ⊥ ，
＝ ２，
在翻折过程中 点Ａ′到平面ＢＤＥ的距离ｄ满足 ｄ ＡＦ
， ０≤ ≤ ，
故ｄ 则Ｖ １ Ｓ ｄ ２ ｄ ２ ２．
ｍａｘ＝ ２， Ａ′ － ＢＤＥ＝ △ ＢＤＥ ＝ ≤
３ ３ ３
故三棱锥Ａ′ ＢＤＥ的体积的最大值为２ ２．
－
３
学生用书Ｐ１２８
１．（２０２１ ５·３ 原创题）如图 已知等边 ３．（２０２１ ５·３ 原创题）如图 在棱长为 的正方体 ＡＢＣＤ
， ， ２ －
ＡＢＣ 点Ａ在平面α内 点Ｂ和点Ｃ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｍ Ｎ分别为棱Ａ Ｄ Ａ Ｂ 的中点 点Ｐ是棱ＣＤ
△ ， ， １ １ １ １ ， ， １ １， １ １ ，
在平面α内的投影分别为 Ｂ Ｃ 且 上的动点 含端点 则平面ＭＮＰ与侧面ＢＣＣ Ｂ 相交的线段
１， １， （ ）， １ １
ＡＣ Ｂ Ｃ ＡＢ 则此等边 中 最长的一条线段的长度为
１＝２ ３， １ １＝３， １＝２， ， （ ）
三角形的面积为
（ ）
１３ ５ １４ ３ ３ ３ １３ ３
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
４ ３ ４ ４
１． 答案 Ｄ
２．（２０２１ ５·３ 原创题） 打印
３Ｄ （３Ｄ
又称增材制造 积层制造 是
ｐｒｉｎｔｉｎｇ， 、 ）
一种以数字模型文件为基础 运用粉
，
末状金属或塑料等可粘合材料 通过 ２ １３
， Ａ．２ ２ Ｂ． ２ Ｃ． Ｄ． ５
逐层打印的方式来构造物体的技术． ３
３． 答案 Ｃ
打印常在模具制造 工业设计等领域被用于制造模型 后逐
３Ｄ 、 ， ４．（２０２１ ５·３原创题） 外圆内方 图案是我国古代建筑和其他
渐用于一些产品的直接制造 它对传统的工艺流程 生产线 “ ”
， 、 、 用品中常采用的设计 例如古代铜钱的造型便是其中之一 它
工厂模式 产业链组合产生深刻影响 是制造业有代表性的颠 ， ，
、 ， 体现了数学图形的对称美．如图 若铜钱内孔正方形边长与外
覆性技术．现有一个半径为 毫米的半球 内接三棱锥Ｐ ＡＢＣ ，
２ ， － ， 圆的半径之比为 且铜钱面积为 的值取 现在
其底面 ＡＢＣ为等边三角形 且在半球的大圆面上 打印该 ２ ∶ ３， ２５（π ３），
△ ， ，３Ｄ 以铜钱内孔正方形对角线所在直线为轴 将铜钱旋转一周形
几何体图层的厚度为 毫米 当该三棱锥的体积最大时 共需 ，
１０ ， ， 成一几何体 则该几何体的体积为
要的打印特制涂料体积为 单位 立方毫米 ． ， （ ）
（ ： ）（ ３≈１ ７３， ５≈
．
２２４） （ ）
． ．
Ａ．１６８２ Ｂ．１２９ Ｃ．１７５ Ｄ．９８８
２． 答案 Ａ
３ ６０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
平面ＢＣ Ｄ 平面ＰＡＣ
① １ ⊥ ；
当Ｐ为Ａ Ｃ 的中点时 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ外接球半径为 ７
② １ １ ， － ；
２
三棱锥Ａ ＰＣＤ体积为定值
③ － ；
过点Ｍ作长方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的外接球截面 所得截面
④ － １ １ １ １ ，
圆的面积的最小值为 ．
４π
Ａ．１０２ Ｂ．１０４ Ｃ．１０６ Ｄ．１０８ 其中正确命题的序号为 ．
４． 答案 Ｃ
５． 答案
５．（２０２１ ５·３原创题）在长方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 ＡＢ ＢＣ ①③④
－ １ １ １ １ ， ＝ ＝
ＡＡ 点Ｐ在线段Ａ Ｃ 上 Ｍ为ＡＢ的中点 有如下说法
４， １＝８， １ １ ， ， ：
