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第1 讲 空间几何体
微点一 表面积与体积
例1 (1)(2025·济宁模拟)已知圆锥的体积为2√2π
3
，其侧面展开图是一个圆心角为2π
3 的扇形，则该圆
锥的底面半径为( )
A.1
2
B.1
C.√2
D.2
答案 B
解析 设母线长为l，底面半径为r，圆锥的高为h，
则2πr=2π
3 l⇒l=3r，
又h=√l
2−r
2=√9r
2−r
2=2√2r，
所以V=1
3Sh=1
3πr2×2√2r=2√2π
3
⇒r3=1⇒r=1.
(2)(2025·吕梁模拟)轴截面是等边三角形的圆锥称为等边圆锥.若某等边圆锥的母线长为4，过圆锥高的
中点作平行于底面的平面，该平面将圆锥分割成一个小圆锥和一个圆台，则该圆台的体积为 .
答案 7√3 π
3
解析 在等边圆锥PO 中，过PO 的中点M 作与底面平行的截面，如图所示，
由题意可知PA=AB=4，AO=1
2AB=2，
则PO=√P A
2−A O
2=2√3，
所以圆台上底面半径为r=1
2AO=1，
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下底面半径为R=AO=2，
圆台的高为h=1
2PO=√3，
因此，该圆台的体积为V=1
3π(r2+R2+rR)·h=π
3 ×(1+4+2)×√3=7√3 π
3
.
[规律方法] 空间几何体的表面积与体积的求法
(1)公式法：对于规则的几何体直接利用公式进行求解.
(2)割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，或把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几
何体补成熟悉的几何体.
(3)等体积法：选择合适的底面来求体积.
跟踪演练1 (1)(多选)(2025·台州模拟)如图，是由两个平行平面截半径为2 cm 且足够高的圆柱体所得
的几何体，截面与圆柱体的轴成45°，上、下截面间的距离为√2 cm.某高中数学兴趣小组对该几何体进
行了探究，得出下列四个结论，其中正确的是(参考公式：椭圆面积S=πab)( )
A.截口曲线的离心率为1
2
B.该几何体的体积为8π cm3
C.该几何体的侧面积为8π cm2
D.该几何体的上截面面积为4√2π cm2
答案 BCD
解析 对于选项A，因为截面与圆柱体的轴成45°，且圆柱体底面半径为2 cm，
故截面椭圆长轴长为2a=
4
sin 45° =4√2，
短轴长为2b=4，故c=√a
2−b
2=2，
故e=c
a= 2
2√2=√2
2 ，故选项A 错误；
对于选项B，因为上、下截面间的距离为√2 cm，所以AB=
√2
sin 45° =2(cm)，
将该几何体沿A 点平行于圆柱底面切割补到以沿点B 平行于圆柱底面的位置，
则正好是底面半径为2 cm，高为2 cm 的圆柱，则V=π×22×2=8π(cm3)，故选项B 正确；
对于选项C，同样以选项B 的方法割补，侧面积即为底面半径为2 cm，高为2 cm 的圆柱的侧面，S 侧
=2π×2×2=8π(cm2)，故选项C 正确；
对于选项D，利用椭圆的面积公式S=πab=4√2π (cm2)，故选项D 正确.
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(2)(2025·咸阳模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=AA1=1，则三棱锥C-A1BC1的体积为
.
答案 1
6
解析 V 三棱锥C −A1BC1=V 直三棱柱ABC −A1B1C1-V 三棱锥A1−ABC-V 三棱锥B−A1B1C1=S△ABC×AA1-1
3S△ABC×AA1-1
3 S△A1B1C1
×BB1=1
3S△ABC×AA1=1
3×1
2×1×1×1=1
6.
微点二 内切球与外接球
1.长方体的外接球
2.锥体的外接球
(1)正棱锥(圆锥)模型
正棱锥(圆锥)模型的球心在其顶点与底面外心连线线段(或延长线)上，半径公式：R2=(h-R)2+r2(R 为外接球
半径，r 为底面外接圆半径，h 为棱锥的高，r 根据正弦定理知
a
sin A =2r).
(2)对棱相等模型
对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决.(同长方体的外接球)
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(3)矩形模型
若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心.
(4)面面垂直模型
面面垂直模型是有一侧面垂直底面的棱锥模型，常见的是两个互相垂直的面都是特殊三角形且平面ABC⊥
平面BCD，
类型Ⅰ，△ABC 与△BCD 都是直角三角形；
类型Ⅱ，△ABC 是等边三角形，△BCD 是直角三角形；
类型Ⅲ，△ABC 与△BCD 都是等边三角形，解决方法是分别过△ABC 与△BCD 的外心作该三角形所在平
面的垂线，交点O 即为球心；
类型Ⅳ，△ABC 与△BCD 都为一般三角形，解决方法是过△BCD 的外心O1作该三角形所在平面的垂线，
用代数方法即可解决问题.
设三棱锥A-BCD 的高为h，外接球的半径为R，球心为O，△BCD 的外心为O1，外接圆半径为r，O1到
BC 的距离为d，O 与O1的距离为m，则{
R
2=r
2+m
2,
R
2=d
2+(h−m)
2,解得R，
可用秒杀公式：R2=r1
2+r2
2-l
2
4 (其中r1，r2为两个面的外接圆的半径，l 为两个面的交线的长).
3.含垂面和二面角的外接球
(1)双半径单交线公式：R2=R1
2+R2
2-l
2
4 .
证明：R2=OD2=OO1
2+O1D2=O2E2+O1D2=(O2C2-CE2)+O1D2=O2C2-(
1
2 BC)
2
+O1D2=R1
2+R2
2-l
2
4 .
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(2)双距离单交线公式：R2=m
2+n
2−2mncosα
sin
2α
+l
2
4 .
证明：如图，若空间四边形ABCD 中，二面角C-AB-D 的平面角大小为α，△ABD 的外接圆圆心为O1，
△ABC 的外接圆圆心为O2，E 为公共弦AB 的中点，
则∠O1EO2=α，O1E=m，O2E=n，AE= l
2 ，OA=R，
由于O，O1，E，O2四点共圆，且OE=2R'=O1O2
sin α ，
由余弦定理得O1O2
2=m2+n2-2mncos α，
得R2=OE2+AE2=m
2+n
2−2mncosα
sin
2α
+l
2
4 .
例2 (1)(2025·嘉兴模拟)若某正四面体的内切球的表面积为4π，则该正四面体的外接球的体积为( )
A.9π
B.27π
C.36π
D.64π
答案 C
解析 正四面体的内切球与其外接球球心重合，
如图，正四面体ABCD 的内切球与外接球球心O 在其高AO1上，
则OO1是正四面体ABCD 内切球半径，OA 是正四面体ABCD 外接球半径，
由正四面体ABCD 的内切球的表面积为4π，得OO1=1，令AB=a(a>0)，
BO1=√3
2 a·2
3=√3
3 a，AO1=√A B
2−BO1
2=√6
3 a，BO=AO=√6
3 a-1，
在Rt△BOO1中，(
√6
3 a−1)
2
-(
√3
3 a)
2
=1，
解得a=2√6，AO=3，
所以该正四面体的外接球的体积V=4 π
3 OA3=36π.
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(2)已知三棱锥D-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 为边长为2√3的正三角形，△ABD 是以
BD 为斜边的直角三角形，且AD=2，二面角C-AB-D 为120°，则球O 的表面积为( )
A.148 π
3
B.28π
C.37 π
3
D.36π
答案 B
解析 分别取AB，BD 的中点E，O1，连接CE，O1E(图略)，则m=O1E=1，n=1
3CE=1，α=120°，l
2=AE=
√3，
所以R2=m
2+n
2−2mncosα
sin
2α
+l
2
4 =7，S=4πR2=28π.
[规律方法] 解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，
其解题思维流程如下：
(1)定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等
且为球的半径；
(2)作截面：选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元
素的关系)，达到空间问题平面化的目的；
(3)求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
跟踪演练2 (1)直三棱柱ABC-A1B1C1的各顶点都在同一球面上，若AB=AC=2，AA1=4，∠BAC=120°，
则此球的表面积为 ，体积为 .
答案 32π 64√2π
3
解析 如图，因为AB=AC=2，∠BAC=120°，所以BC=2√3.
设底面△ABC 外接圆的半径为r，则
2√3
sin120° =2r⇒r=2.
设底面△ABC 的外接圆圆心为O1，过O1作平面ABC 的垂线，在三棱柱ABC-A1B1C1的同侧取点O，使得
OO1= A A1
2
=2，则O 为三棱柱ABC-A1B1C1外接球的球心.
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设三棱柱ABC-A1B1C1外接球的半径为R，则R2=r2+OO1
2=22+22=8⇒R=2√2.
所以此球的表面积为4πR2=4π×8=32π，
体积为4
3 πR3=4
3 π×16√2=64√2π
3
.
(2)(2025·包头模拟)已知圆台O1O2的上、下底面半径分别为r1，r2(r1<r2)，r2-r1=3.半径为r 的球O 与该圆
台的上、下底面及母线均相切，圆台O1O2的侧面积为25π，则球O 的表面积为( )
A.4π
B.9π
C.16π
D.36π
答案 C
解析 如图，
设圆台上、下底面圆心分别为O1，O2，
则圆台内切球的球心O 一定在O1O2的中点处，
设球O 与母线相切于点M，所以OM⊥AB，
所以OM=OO1=OO2=r，
所以△AOO1与△AOM 全等，
所以AM=r1，同理BM=r2，
圆台的母线长l=r1+r2，
而π(r1+r2)l=25π，因此(r1+r2)2=25，
所以AB=r1+r2=5，过A 作AG⊥O2B，垂足为G，则O1O2
2=(r1+r2)2-(r2-r1)2=16，所以4r2=16，所以球O 的表面
积为4πr2=16π.
微点三 展开、折叠、截面问题
例3 (1)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F 分别为棱AB，AD 的中点，过点E，F，C1三点作该正
方体的截面，则( )
A.该截面多边形是四边形
B.该截面多边形与棱BB1的交点是棱BB1的一个三等分点
C.A1C⊥平面C1EF
D.平面AB1D1∥平面C1EF
答案 B
解析 对于A，将线段EF 向两边延长，分别与棱CB 的延长线，棱CD 的延长线交于G，H，
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连接C1G，C1H，分别与棱BB1，DD1交于P，Q，得到截面多边形C1PEFQ 是五边形，A 错误；
对于B，易知△AEF 和△BEG 全等且都是等腰直角三角形，所以GB=AF=1
2BC，
所以BP
C C1=GB
GC =1
3 ，即BP
B B1=1
3 ，点P 是棱BB1的一个三等分点，B 正确；
对于C，因为A1B1⊥平面BCC1B1，
BC1⊂平面BCC1B1，所以A1B1⊥BC1，
又BC1⊥B1C，A1B1∩B1C=B1，A1B1，
B1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C，
因为A1C⊂平面A1B1C，
所以A1C⊥BC1，
同理可证A1C⊥BD，
因为BD∩BC1=B，BD，BC1⊂平面BC1D，所以A1C⊥平面BC1D，
因为平面BC1D 与平面C1EF 相交，
所以A1C 与平面C1EF 不垂直，C 错误；
对于D，易知BC1∥AD1，BD∥B1D1，
所以A1C⊥AD1，A1C⊥B1D1，
又AD1∩B1D1=D1，AD1，B1D1⊂平面AB1D1，
所以A1C⊥平面AB1D1，
结合C 结论，所以平面C1EF 与平面AB1D1不平行，D 错误.
(2)(多选)如图，棱长为2 的正四面体ABCD 中，M，N 分别为棱AD，BC 的中点，O 为线段MN 的中点，
球O 的表面正好经过点M，则下列结论中正确的是( )
A.AO⊥平面BCD
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B.球O 的体积为√2π
3
C.球O 被平面BCD 截得的截面面积为4 π
3
D.球O 被正四面体ABCD 表面截得的截面周长为8√3 π
3
答案 ABD
解析 设E，F 分别为AB，CD 的中点，连接ME，EN，NF，MF，EF，AN，DN，
则EM∥BD，NF∥BD，
EM=1
2BD，NF=1
2BD，
故EM∥NF，EM=NF，则四边形MENF 为平行四边形，
故EF，MN 交于一点，且互相平分，即O 点也为EF 的中点，
又AB=AC，DB=DC，故AN⊥BC，DN⊥BC，
AN∩DN=N，AN，DN⊂平面AND，
故BC⊥平面AND，
由于O∈MN，MN⊂平面AND，则AO⊂平面AND，故BC⊥AO，结合O 点为EF 的中点，同理可证
DC⊥AO，BC∩DC=C，BC，DC⊂平面BCD，故AO⊥平面BCD，A 正确；
又球O 的表面正好经过点M，则球O 的半径为OM，在棱长为2 的正四面体ABCD 中，AN=DN=√3，M 为
AD 的中点，则MN⊥AD，
故MN=√D N
2−M D
2=√3−1=√2，
则OM=√2
2 ，所以球O 的体积为4
3 π×OM3=4
3 π×(
√2
2 )
3
=√2π
3
，B 正确；
由BC⊥平面AND，BC⊂平面BCD，
故平面AND⊥平面BCD，
平面AND∩平面BCD=DN，
由于AO⊥平面BCD，
延长AO 交平面BCD 于G 点，则OG⊥平面BCD，垂足G 落在DN 上，
且G 为正△BCD 的中心，故NG=1
3ND=√3
3 ，
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所以OG=√O N
2−N G
2=√(
√2
2 )
2
−(
√3
3 )
2
=√6
6 ，
故球O 被平面BCD 截得的截面圆的半径为
√(
√2
2 )
2
−(
√6
6 )
2
=√3
3 ，
则球O 被平面BCD 截得的截面圆的面积为π×(
√3
3 )
2
=π
3 ，C 错误；
由A 的分析可知，O 也为棱AC，BD 中点连线的中点，
则球O 与每条棱都交于棱的中点，结合C 的分析可知，
球O 被正四面体ABCD 的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径都为√3
3 ，故球O 被正四面体ABCD 表面
截得的截面周长为4×2π×√3
3 =8√3 π
3
，D 正确.
[规律方法] 作几何体截面的方法
(1)利用平行直线找截面.
(2)利用相交直线找截面.
跟踪演练3 (1)(多选)如图，AD 与BC 分别为圆台的上、下底面直径，AD∥BC，若AB=3，AD=2，
BC=4，则( )
A.圆台的表面积为14π
B.圆台的体积为14√2π
C.圆台的中截面(过圆台高的中点且平行于底面的截面)面积为5 π
2
D.从点A 经过圆台的侧面到点C 的最短距离为3√3
答案 AD
解析 对于A，圆台的表面积包括上、下底面面积及侧面积，上、下底面面积和为π×12+π×22=5π，
根据圆台侧面积公式可得其侧面积为π×(1+2)×3=9π，所以圆台的表面积为14π，故A 正确；
对于B，易知圆台的高为√3
2−(2−1)
2=2√2，
根据台体体积公式可得圆台的体积为1
3(π×12+π×22+π×√1
2×2
2)×2√2=14√2π
3
，故B 错误；
对于C，易知圆台的轴截面ABCD 为等腰梯形，其中位线为中截面圆的直径，
所以中截面圆的半径长为2+ 4
4
=3
2 ，所以中截面圆的面积为π×(
3
2)
2
=9 π
4 ，故C 错误；
对于D，将圆台沿着轴截面ABCD 切开，将圆台的侧面的一半展开，延长BA，CD 交于点M，如图所示.
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在圆台的轴截面等腰梯形ABCD 中，AD∥BC，AD=1
2BC，
根据台体性质易知A，D 分别为BM，CM 的中点，所以AM=DM=AB=3，
设∠AMD=θ，则´AD=3θ=1
2×2π×1，
则θ=π
3 ，
在△ACM 中，AM=3，CM=6，∠AMC=π
3 ，
由余弦定理可得
AC=√A M
2+C M
2−2 AM ·CM ·cos π
3
=√3
2+6
2−2×3×6× 1
2
=3√3，
因此，从点A 经过圆台的侧面到点C 的最短距离为3√3，故D 正确.
(2)(多选)(2025·郴州模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的表面积与体积的数值之比为3，P，Q 分别是棱
BC，BB1的中点，G 是线段AD1上一个动点(不包括端点)，则下列结论正确的是( )
A.AA1=3
B.多面体ADD1A1-PQB1C1C 的体积为23
3
C.存在一点G，使得GC1∥AP
D.若AC1⊥平面PQG，则平面PQG 截正方体ABCD-A1B1C1D1的截面面积是3√3
答案 BD
解析 对于A，因为正方体的表面积与体积的数值之比为3，
所以
6 A A1
2
A A1
3 =3，解得AA1=2，故A 错误；
对于B，因为四面体ABPQ 的体积为V1=1
3S△BPQ·AB=1
3×1
2×1×1×2=1
3 ，
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所以多面体ADD1A1-PQB1C1C 的体积为V ABCD−A1B1C1 D1-V1=23-1
3=23
3 ，故B 正确；
对于C，设CC1的中点为R，连接PR，则PR∥AD1，因为AP 在平面APRD1内，而G 是线段AD1上一个动
点(不包括端点)，即点G 在平面APRD1内，点C1在平面APRD1外，且点G 不在AP 上，所以GC1，AP 为异
面直线，故C 错误；
对于D，在正方体中，连接BC1，易得BC1⊥B1C，
又结合正方体的结构特点易证AB⊥B1C，
AB，BC1是平面ABC1内的两条相交直线，
所以B1C⊥平面ABC1，又AC1⊂平面ABC1，
所以AC1⊥B1C，同理可证AC1⊥D1C，
B1C，D1C 是平面B1CD1内的两条相交直线，
所以AC1⊥平面B1CD1，又AC1⊥平面PQG，
所以平面B1CD1∥平面PQG，
又P，Q 分别是棱BC，BB1的中点，
所以平面PQG 截正方体的截面分别交棱CD，DD1，D1A1，A1B1的中点F，H，I，J，
所以截面为正六边形PFHIJQ，又PQ=√2，所以截面面积为6×√3
4 ×(√2)2=3√3，故D 正确.
专题强化练
[分值：73 分]
一、单项选择题(每小题5 分，共40 分)
1.(2025·泰州模拟)某正四棱锥的底面边长为2，侧棱与底面的夹角为60°，则该正四棱锥的体积为( )
A.4√6
3
B.8√2
3
C.5√15
3
D.4√6
9
答案 A
解析 在正四棱锥P-ABCD 中，
令AC∩BD=O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，
则∠PAO=60°，由AO=1
2AC=√2，得PO=√6，
所以该正四棱锥的体积为1
3×22×√6=4√6
3
.
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2.(2025·江苏七市调研)已知圆锥的轴截面为正三角形，外接球的半径为1，则圆锥的体积为( )
A.3 π
8
B.3 π
4
C.9 π
8
D.9 π
4
答案 A
解析 设圆锥的底面半径为r，由于圆锥轴截面为等边三角形，则外接球半径即为轴截面等边三角形的外
接圆半径，
由正弦定理可得2=
2r
sin60° ，
则r=√3
2 ，
易知该圆锥的高为h=√3r=3
2 ，
故该圆锥的体积为
V=1
3πr2h=1
3π×3
4 ×3
2=3 π
8 .
3.(2025·泸州模拟)已知圆台的上底面半径是1，下底面半径是2，且圆台的体积为7π，则该圆台的外接球的
表面积为( )
A.5π
B.13π
C.20π
D.25π
答案 C
解析 设圆台的高为h，其外接球的半径为R，
因为圆台的体积为7π，
可得1
3π(12+1×2+22)×h=7π，解得h=3，
若球心在圆台的内部，可得√R
2−1
2+√R
2−2
2=3，解得R=√5，
此时外接球的表面积为S=4πR2=4π(√5)2=20π；
若球心在圆台的外部，可得√R
2−1
2-√R
2−2
2=3，此时无解，
综上可得，外接球的表面积为20π.
4.已知点P 是正四面体A-BCD 内的动点，E 是棱CD 的中点，且点P 到棱AB 和棱CD 的距离相等，则点P
的轨迹被平面ABE 所截得的图形为( )
A.线段
B.椭圆的一部分
C.双曲线的一部分
D.抛物线的一部分
答案 D
解析 在正四面体A-BCD 中，E 是棱CD 的中点，
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所以AE⊥CD，BE⊥CD，又AE∩BE=E，AE，BE⊂平面ABE，所以CD⊥平面ABE，
又点P 的轨迹被平面ABE 所截，即点P 在平面ABE 内，所以点P 到棱CD 的距离为PE.
在平面ABE 内过点P 作PF⊥AB，则PF 为点P 到棱AB 的距离，又点P 到棱AB 和棱CD 的距离相等，
即PE=PF，
因此，在平面ABE 内，动点P 到棱AB 和到定点E 的距离相等.
由抛物线的定义得，动点P 的轨迹是抛物线的一部分.
5.(2025·安阳模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=2，AB⊥AC，若该棱柱外接球的表面积为12π，则侧
面BB1C1C 绕直线BB1旋转一周所得到的旋转体的体积为( )
A.12π
B.16π
C.20π
D.24π
答案 B
解析 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，
AB=AC=2，AB⊥AC，
则两个底面三角形的外接圆圆心分别为B1C1，BC 的中点O1，O2，
如图所示，BC=B1C1=2√2，
设直三棱柱的外接球的半径为R，圆心为O，
由4πR2=12π，可得R=√3，
由对称性知，O 为O1O2中点，又OB=R，
由(
C C1
2 )
2
+(
BC
2 )
2
=(
C C1
2 )
2
+2=3，解得CC1=2，
因为侧面BB1C1C 绕直线BB1旋转一周后得到的几何体是底面半径为2√2，高为2 的圆柱，
其体积为V=π(2√2)2×2=16π.
6.(2025·保定模拟)已知三棱锥A-BCD 中，CD⊥平面ABD，AB=AD=2√3，BD=6，CD=2，则三棱锥A-BCD
的外接球表面积为( )
A.12π
B.24π
C.40π
D.52π
答案 D
解析 在△ABD 中，AB=AD=2√3，BD=6，
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所以cos∠ABD=
BD
2
AB
= 3
2√3=√3
2 ，
所以sin∠ABD=1
2 ，
设△ABD 的外接圆半径为r，
则
AD
sin ∠ABD =2r⇒r=2√3，
又CD⊥平面ABD，且CD=2，设三棱锥A-BCD 的外接球半径为R，则R2=r2+1=13，
所以三棱锥A-BCD 的外接球表面积为
4πR2=4π×13=52π.
7.(2025·九江模拟)在棱长为√3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P 在正方体内(包含边界)运动.若直线A1P 与
DC 所成的角为π
6 ，则动点P 所围成的图形的面积是( )
A.π
4
B.π
2
C.3 π
4
D.π
答案 B
解析 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，DC∥A1B1，直线A1P 与DC 所成的角为π
6 ，即直线A1P 与A1B1
所成的角为π
6 ，故动点P 所围成的图形是高为√3，底面半径为1，母线长为2 的圆锥侧面的四分之一，即
动点P 所围成的图形的面积为1
4 ×π×1×2=π
2 .
8.(2025·宁波模拟)一个长方体墨水瓶的长、宽、高分别为10 cm，8 cm，15 cm，内部装有400 毫升墨水.将
墨水瓶倾斜，使其一条长边(10 cm)置于水平地面，高边(15 cm)所在直线与水平地面成45 度角，则此时墨
水与墨水瓶接触部分的面积为( )
A.180 cm2
B.220 cm2
C.260 cm2
D.300 cm2
答案 C
解析 如图，若截面为等腰直角三角形，腰长为a，
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则1
2a2=400
10 =40，
可得a=4√5>8，不符合题意；
如图，若截面为直角梯形，上底边长为b，
则1
2×(2b+8)×8=400
10 =40，
可得b=1，符合题意，
所以此时墨水与墨水瓶接触部分的面积
S=2×40+1×10+9×10+8×10=260(cm2).
二、多项选择题(每小题6 分，共18 分)
9.(2023·新课标Ⅱ卷)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB 为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C 在
底面圆周上，且二面角P-AC-O 为45°，则( )
A.该圆锥的体积为π
B.该圆锥的侧面积为4√3π
C.AC=2√2
D.△PAC 的面积为√3
答案 AC
解析 依题意，∠APB=120°，PA=2，
所以OP=1，OA=OB=√3.
A 项，圆锥的体积为1
3×π×(√3)2×1=π，故A 正确；
B 项，圆锥的侧面积为π×√3×2=2√3π，故B 错误；
C 项，取AC 的中点D，连接OD，PD，如图所示，
则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO 是二面角P-AC-O 的平面角，
则∠PDO=45°，所以OP=OD=1，
故AD=CD=√3−1=√2，
则AC=2√2，故C 正确；
D 项，PD=√1
2+1
2=√2，
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所以S△PAC=1
2×2√2×√2=2，故D 错误.
10.(2025·重庆模拟)如图，已知正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1的底面边长为 2，侧棱长为 4，点 E，F 分别为
BB1，DD1的中点，则( )
A.AC1⊥CF
B.平面EA1C1∥ 平面FAC
C.三棱锥C-EC1F 的体积为4
3
D.四面体EACF 的外接球的表面积为12π
答案 BD
解析 如图，以D 为坐标原点，⃗DA ，⃗DC ，⃗D D1所在方向分别为x，y，z 轴正方向建立空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，E(2，2，2)，C(0，2，0)，C1(0，2，4)，A1(2，0，4)，F(0，0，2)，
对于A，⃗A C1=(-2，2，4)，⃗CF=(0，-2，2)，⃗
A C1·⃗CF=-4+8=4≠0，故A 错误；
对于B，设平面EA1C1的法向量为m=(x，y，z)，⃗
EC1=(-2，0，2)，⃗E A1=(0，-2，2)，
所以{
m·⃗EC1=0,
m·⃗E A1=0 ⇒{
−2 x +2 z =0,
−2 y +2 z =0,
令x=1，则m=(1，1，1)，
设平面FAC 的法向量为n=(x1，y1，z1)，⃗FA=(2，0，-2)，⃗AC=(-2，2，0)，
所以{
n·⃗FA =0,
n·⃗AC =0 ⇒{
2 x1−2 z1=0,
−2 x1+2 y1=0,
令x1=1，则n=(1，1，1)，
所以n=m，所以平面EA1C1∥平面FAC，故B 正确；
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对于C，V 三棱锥C −EC1F=V 三棱锥F −EC C1=1
3×S△EC C1×DC=1
3×1
2×4×2×2=8
3 ，故C 错误；
对于D，三棱锥A-ECF 的外接球球心为O(1，1，1)，
由OC=OA=OE=OF=√3，
得四面体EACF 的外接球的表面积为 4π×(√3)2=12π，故D 正确.
11.(2025·宁波模拟)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AD1=√2，BC=CC1=1，CC1⊥CD，
∠ADC=120°，E 为CD 的中点，点F 在棱BC 上(包含端点)，则下列说法正确的是( )
A.存在点F，使得A1F∥平面AD1E
B.存在点F，使得平面AD1E⊥平面D1EF
C.不存在点F，使得D1F+EF=√10
D.不存在点F，使得四棱锥F-CDD1C1有内切球
答案 ABD
解析 对于A，如图1，连接A1D 交AD1于点M，则M 为A1D 的中点，连接ME，又E 为CD 的中点，
当F 与C 重合时，有ME∥A1C，即ME∥A1F，
因为ME⊂平面AD1E，A1C⊄平面AD1E，故A1C∥平面AD1E，即A1F∥平面AD1E，故A 正确；
对于B，因为AD1
2=AD2+DD1
2，
则AD⊥DD1，而CC1⊥CD，CC1∥DD1，则DD1⊥CD，
又AD∩CD=D 且都在平面ABCD 内，故DD1⊥平面ABCD，
在平面ABCD 内过D 作DH⊥AB 于点H，以D 为原点，建立空间直角坐标系D-xyz，如图2 所示，
则A(
√3
2 ，−1
2 ，0)，B(
√3
2 ，3
2 ，0)，C(0，2，0)，
E(0，1，0)，D1(0，0，1)，
所以⃗AE=(−√3
2 ，3
2 ，0)，⃗E D1=(0，-1，1)，
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EC=(0，1，0)，⃗CB=(
√3
2 ，−1
2 ，0)，
设平面AD1E 的法向量为m=(x，y，z)，
则{
m·⃗AE =−√3
2 x + 3
2 y =0,
m·⃗E D1=−y + z =0,
取z=1，则m=(√3，1，1)，
设⃗CF=λ⃗CB=(
√3
2 λ，−1
2 λ，0)且0≤λ≤1，
则⃗EF=⃗EC+⃗CF=(
√3
2 λ，1−1
2 λ，0)，
设平面D1EF 的法向量为n=(a，b，c)，
则{
n·⃗EF = √3
2 λa+(1−1
2 λ)b=0,
n·⃗E D1=−b+c =0,
取b=-√3
2 λ，有n=(1−1
2 λ，−√3
2 λ，−√3
2 λ)，
若平面AD1E⊥平面D1EF，
则m·n=√3-√3
2 λ-√3
2 λ-√3
2 λ=0，可得λ=2
3 ，
所以存在点F，使得平面AD1E⊥平面D1EF，故B 正确；
对于C，同B 分析，可得⃗D1C=(0，2，-1)，
则⃗D1 F=⃗D1C+⃗CF=(
√3
2 λ，2−1
2 λ，−1)，
若D1F+EF=√10，
所以√(
√3
2 λ)
2
+(2−1
2 λ)
2
+1+√(
√3
2 λ)
2
+(1−1
2 λ)
2
=√10，
可得√λ
2−2 λ+5=√10-√λ
2−λ+1，
所以λ2-2λ+5=10-2√10·√λ
2−λ+1+λ2-λ+1，
则λ+6=2√10·√λ
2−λ+1，
所以39λ2-52λ+4=0，
可得λ=26±2√130
39
，而26−2√130
39
∈[0，1]，故C 错误；
对于D，假设存在球与平面CDD1C1、平面FCD、平面D1C1F 都相切，设CF=x 且x∈(0，1]，
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如图3 左视图，则GF=√3 x
2
，
CC1=1，KF=√1+ 3 x
2
4 ，
则r1=2S△KGF
C△KGF
=
√3 x
2
√3 x
2
+1+√1+ 3 x
2
4
，
又球心O 在平面FCD 的投影为△FCD 的内心，则r2=
√3 x
x +2+√x
2−2 x + 4
，
要使四棱锥F-CDD1C1有内切球，则r1=r2在(0，1]内有解，
所以
√3 x
2
√3 x
2
+1+√1+ 3 x
2
4
=
√3 x
x +2+√x
2−2 x + 4
，
整理得√3x+√4 +3 x
2=x+√x
2−2 x + 4，
所以(√3-1)(√3x+√4 +3 x
2)=-1，显然无解，故D 正确.
三、填空题(每小题5 分，共15 分)
12.(2023·新课标Ⅱ卷)底面边长为4 的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为
3 的正四棱锥，所得棱台的体积为 .
答案 28
解析 方法一 棱台的体积为1
3×3×(16+4+√16×4)=28.
方法二 如图，由于2
4 =1
2 ，而截去的正四棱锥的高为3，
所以原正四棱锥的高为6，
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所以原正四棱锥的体积为
1
3×(4×4)×6=32，
截去的正四棱锥的体积为
1
3×(2×2)×3=4，
所以棱台的体积为32-4=28.
13.(2025·全国Ⅱ卷)一个底面半径为4 cm，高为9 cm 的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半
径相等的铁球，则铁球半径的最大值为 cm.
答案 5
2
解析 设铁球的半径为r cm.
分三种情况讨论.
情况一：竖直排列(一个在上，一个在下)，则4r≤9，
∴r≤9
4 ；
情况二：水平排列(并排放置)，则4r≤8，
∴r≤2；
情况三：斜向排列，截面图如图所示，0<r<4，
由图可知(8-2r)2+(9-2r)2=4r2，
即4r2-68r+145=0，即(2r-5)(2r-29)=0，
解得r=5
2或r=29
2 (舍去).
综上所述，铁球半径的最大值为5
2 cm.
14.(2025·辽阳模拟)如图，在棱长为6 的正四面体ABCD 中，点E 满足⃗DE=2⃗EA ，则四面体ABCE 的外接
球的表面积为 .
答案 54π
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解析 在正四面体ABCD 中，取BC 的中点O，连接OA，OD，则OA⊥BC，OD⊥BC，又OA∩OD=O，
OA，OD⊂平面AOD，所以BC⊥平面AOD，OD=OA=√6
2−3
2=3√3，
设四面体ABCE 的外接球的球心为M，则点M 在平面AOD 上，
设A，E 在平面BCD 上的射影分别为O1，F，显然O1为△BCD 的重心，则OO1=1
3OD=√3，
AO1=√O A
2−OO1
2=2√6，EF=2
3AO1=4√6
3
，
在Rt△EFD 中，DF=√D E
2−E F
2=4√3
3
，
则OF=OD-DF=5√3
3
，
以O 为坐标原点，OC，OD 所在直线分别为x 轴、y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(3，0，0)，A(0，√3，2√6)，
E(0，5√3
3
，4√6
3 )，设M(0，y，z)，外接球的半径为R，则R2=MC2=MA2=ME2，
即9+y2+z2=(y-√3)2+(z-2√6)2=( y −5√3
3 )
2
+(z−4√6
3 )
2
，
即{
2√3 y + 4√6 z =18,
5√3 y + 4√6 z =15,解得{
y =−√3
3 ,
z = 5√6
6
,
所以R2=9+1
3+25
6 =27
2 ，
则所求外接球的表面积S=4πR2=54π.
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