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第1 讲 空间几何体
1.(2024·新课标Ⅰ卷，T5)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为√3，则圆锥的体
积为( )
A.2√3π
B.3√3π
C.6√3π
D.9√3π
2.(2025·天津，T4)若m 为直线，α，β 为两个平面，则下列结论中正确的是( )
A.若m∥α，n⊂α，则m∥n
B.若m⊥α，m⊥β，则α⊥β
C.若m∥α，m⊥β，则α⊥β
D.若m⊂α，α⊥β，则m⊥β
3.(多选)(2025·全国Ⅰ卷，T9)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D 为BC 的中点，则( )
A.AD⊥A1C
B.B1C1⊥平面AA1D
C.AD∥A1B1
D.CC1∥平面AA1D
4.(2023·新课标Ⅰ卷，T14)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，A1B1=1，AA1=√2，则该棱台的体积为
.
5.(2025·全国Ⅱ卷，T14)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.
命题热度：
本讲是历年高考命题必考的内容，属于中低档题目，三种题型都有所考查，分值约为10~15 分.
考查方向：
一是求几何体的表面积与体积，常与侧面展开图相结合；二是球的组合体，常与球相“内切”或“外接”
进行考查；三是考查空间点线面关系的判断，以空间几何体的结构特征为背景，考查关于线面位置关系命
题的真假判断.
1.答案 B
解析 设圆柱的底面半径为r，
则圆锥的母线长为√r
2+3，
而它们的侧面积相等，
所以2πr×√3=πr×√3+r
2，
即2√3=√3+r
2，故r=3，
故圆锥的体积为1
3π×9×√3=3√3π.
2.答案 C
解析 若m∥α，n⊂α，则m 与n 平行或异面，故A 错误；
若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故B 错误；
若m∥α，m⊥β，则α⊥β，故C 正确；
若m⊂α，α⊥β，则m 与β 平行或相交或m⊂β，故D 错误.
3.答案 BD
解析 方法一 如图，设D1为B1C1的中点，
由题意得AA1⊥平面ABC，因为AD⊂平面ABC，则AD⊥AA1，假设AD⊥A1C，又AA1∩A1C=A1，AA1，
A1C⊂平面AA1C，则AD⊥平面AA1C，因为AC⊂平面AA1C，则AD⊥AC，矛盾，故A 错误；
由题意知AD⊥BC，AA1⊥BC，
又AA1∩AD=A，AA1，AD⊂平面AA1D，
则BC⊥平面AA1D，又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1D，故B 正确；
由题意得AD∥A1D1，假设AD∥A1B1，则A1D1∥A1B1，与A1B1∩A1D1=A1矛盾，则AD∥A1B1不成立，故C 错
误；
由题意得CC1∥AA1，又CC1⊄平面AA1D，AA1⊂平面AA1D，故CC1∥平面AA1D，故D 正确.
方法二 对于A，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
又AD⊂平面ABC，则AA1⊥AD，则⃗A1 A·⃗AD=0，
因为△ABC 是正三角形，D 为BC 的中点，则AD⊥BC，则⃗DC·⃗AD=0.
又⃗A1C=⃗A1 A+⃗AD+⃗DC，
所以⃗A1C·⃗AD=(⃗A1 A+⃗AD+⃗DC)·⃗AD=⃗A1 A·⃗AD+⃗AD
2+⃗DC·⃗AD=⃗AD
2≠0，
则AD⊥A1C 不成立，故A 错误；
对于B，因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
BC⊂平面ABC，则AA1⊥BC，
因为△ABC 是正三角形，D 为BC 的中点，则AD⊥BC，
又AA1∩AD=A，AA1，AD⊂平面AA1D，
所以BC⊥平面AA1D，又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1D，故B 正确；
对于C，因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B1∥AB，
假设AD∥A1B1，则AD∥AB，这与AD∩AB=A 矛盾，
所以AD∥A1B1不成立，故C 错误；
对于D，因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1∥AA1，
又AA1⊂平面AA1D，CC1⊄平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D 正确.
方法三 如图，建立空间直角坐标系，设AB=2，该正三棱柱的高为h，
则D(0，0，0)，A(√3，0，0)，A1(√3，0，h)，C(0，-1，0)，C1(0，-1，h)，B1(0，1，h)，
对于A，⃗AD=(-√3，0，0)，⃗A1C=(-√3，-1，-h)，
则⃗AD·⃗A1C=(-√3)×(-√3)+0+0=3≠0，
则AD⊥A1C 不成立，故A 错误；
对于B，D，⃗B1C1=(0，-2，0)，⃗C C1=(0，0，h)，⃗A A1=(0，0，h)，
设平面AA1D 的法向量为n=(x，y，z)，
则{⃗
A A1·n=hz =0，⃗
AD·n=-√3 x =0，
得x=z=0，令y=1，则n=(0，1，0)，
所以⃗B1C1=(0，-2，0)=-2n，⃗C C1·n=0，
则B1C1⊥平面AA1D，又CC1⊄平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故B，D 正确；
对于C，⃗AD=(-√3，0，0)，⃗A1B1=(-√3，1，0)，
则-√3
-√3 ≠0
1，显然AD∥A1B1不成立，故C 错误.
4.答案 7√6
6
解析 如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，
易知A1M 为四棱台ABCD-A1B1C1D1的高，
因为AB=2，A1B1=1，AA1=√2，
则A1O1=1
2A1C1=1
2×√2A1B1=√2
2 ，
AO=1
2AC=1
2×√2AB=√2，
故AM=1
2(AC-A1C1)=√2
2 ，
则A1M=√A A1
2- A M
2=√2- 1
2=√6
2 ，
所以所求体积为V=1
3×(4+1+√4×1)×√6
2 =7√6
6
.
5.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.
考点一 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，
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.
(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.
考点二 空间点、线、面的位置关系
例2 (1)(多选)(2025·岳阳模拟)已知直线m，n，l，平面α，β，若平面α⊥平面β，且α∩β=l，则下列命
题正确的是( )
A.若m∥α，则m⊥β
B.若m⊂α，n⊂β，则m⊥n
C.若m⊂α，且m⊥l，则m⊥β
D.若m⊂α，则直线m 必垂直于平面β 内的无数条直线
答案 CD
解析 对于A，若m∥α，则m 与β 可能平行或相交或m⊂β，故A 错误；
对于B，若m⊂α，n⊂β，当m，n 中至少有一条直线与l 垂直时，才有m⊥n，否则m 与n 可能平行或异面
或相交但不垂直，故B 错误；
对于C，m⊂α，且m⊥l，由面面垂直的性质定理知m⊥β，故C 正确；
对于D，当直线a⊂β，且a⊥l，此时a⊥m，故满足条件的直线a 有无数条，故D 正确.
(2)(多选)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E 为BA1与AB1的交点，则下列判断正确的是( )
A.直线EC1与直线AD 是异面直线
B.B1C1∥平面A1BC
C.直线BA1与直线C1D 所成的角是π
3
D.在直线A1C1上存在点F，使EF⊥平面A1CD
答案 BD
解析 对于A，由图可知直线EC1与直线AD 都在平面B1ADC1中，故A 错误；
对于B，由图可知直线B1C1∥BC，
又BC⊂平面A1BC，B1C1⊄平面A1BC，所以B1C1∥平面A1BC，故B 正确；
对于C，由正方体性质知B1A∥C1D，
所以直线BA1与直线C1D 所成的角为直线BA1与直线B1A 所成的角，
因为四边形ABB1A1为正方形，所以BA1⊥B1A，即直线BA1与直线C1D 所成的角是π
2 ，故C 错误；
对于D，连接A1C1，B1C，BC1，取A1C1的中点O，连接EO，则EO∥BC1，
因为CD⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥CD，
又BC1⊥B1C，CD∩B1C=C，CD，B1C⊂平面A1CD，所以BC1⊥平面A1CD，
所以EO⊥平面A1CD，即F 在O 点处时，可使EF⊥平面A1CD，故D 正确.
[规律方法] (1)证明线线平行的常用方法
①三角形的中位线定理；②平行公理；③线面平行的性质定理；④面面平行的性质定理.
(2)证明线线垂直的常用方法
①等腰三角形三线合一；②勾股定理的逆定理；③利用线面垂直的性质定理.
跟踪演练2 (1)(2025·黄冈模拟)已知m，n 为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.若直线l 满足l⊥m，
l⊥n，l⊄α，l⊄β，则( )
A.α∥β，l∥α
B.α 与β 相交，且交线平行于l
C.α⊥β，l⊥α
D.α 与β 相交，且交线垂直于l
答案 B
解析 若α∥β，则由m⊥平面α，n⊥平面β，可得m∥n，这与m，n 是异面直线矛盾，故α 与β 相交，A
错误；
设α∩β=a，过直线n 上一点，作b∥m，
设b 与n 确定的平面为γ，
因为l⊥m，所以l⊥b，又l⊥n，b 与n 相交，b，n⊂γ，所以l⊥γ，
因为m⊥α，所以b⊥α，又a⊂α，所以a⊥b，
因为n⊥β，a⊂β，所以a⊥n，又b 与n 相交，b，n⊂γ，所以a⊥γ，
又因为l⊄α，l⊄β，所以l 与a 不重合，所以l∥a，B 正确，D 错误；
因为l∥a，l⊄α，a⊂α，所以l∥α，C 错误.
(2)在四面体ABCD 中，AD=BC，E，F 分别为AB，CD 的中点，若异面直线AD 与BC 所成的角为60°，
则异面直线EF 与BC 所成的角为 .
答案 60°或30°
解析 如图，设G 为BD 的中点，连接GE，GF，
因为E，F 分别为AB，CD 的中点，
所以EG∥AD，GF∥BC，且EG=1
2AD，GF=1
2BC，
而AD=BC，则EG=GF，
则∠EGF(或其补角)为直线AD 与BC 所成的角，即∠EGF=60°或120°，
而∠EFG(或其补角)为直线EF 与BC 所成的角，
当∠EGF=60°时，∠EFG=60°，
当∠EGF=120°时，∠EFG=30°.
故异面直线EF 与BC 所成的角为60°或30°.
考点三 球的切、接问题
例3 (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.
(2)(多选)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=6，AA1=4，则下列说法正确的是( )
A.直线AB 与直线B1C1所成的角为π
3
B.三棱锥A-A1BC 的体积为12√3
C.点C1到平面A1BC 的距离为√13
D.四棱锥A1-B1BCC1的外接球的表面积为64π
答案 ABD
解析 由题设B1C1∥BC，则直线AB 与直线B1C1所成的角即为∠ABC(或其补角)，又△ABC 为等边三角形，
故∠ABC=π
3 ，故A 正确；
由V 三棱锥A - A1BC=V 三棱锥A1- ABC=1
3×4×1
2×62×sinπ
3 =12√3，故B 正确；
由A1B=A1C=2√13，BC=6，则在△A1BC 中，BC 上的高为√43，
所以S△A1BC=1
2×6×√43=3√43，设点A 到平面A1BC 的距离为d，则1
3d×3√43=12√3，
所以d=12√129
43
，根据对称性易知点C1到平面A1BC 的距离为12√129
43
，故C 错误；
由题设，易知四棱锥A1-B1BCC1的外接球即为该三棱柱的外接球，
而△ABC 的外接圆半径r=2
3×√3
2 ×6=2√3，且AA1=4，
所以外接球的半径R=√r
2+2
2=4，故其表面积为4πR2=64π，故D 正确.
[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3 (1)在△ABC 中，AB=2，C=45°，PA⊥平面ABC，且PA=2，则三棱锥P-ABC 外接球的表面
积为( )
A.2π
B.4√3π
C.12π
D.36π
答案 C
解析 如图，设△ABC 外接圆的半径为r，
已知AB=2，C=45°，
根据正弦定理可得
2r= AB
sinC =
2
√2
2
=2√2，
解得r=√2.
因为PA⊥平面ABC，所以三棱锥P-ABC 外接球的球心到平面ABC 的距离d=1
2PA=1，
所以外接球半径R=√(√2)
2+1
2=√3.
所以三棱锥P-ABC 外接球的表面积S=4π×(√3)2=12π.
(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.
专题强化练
[分值：83 分]
一、单项选择题(每小题5 分，共40 分)
1.已知m，n 是两条不同的直线，α，β 是两个不同的平面，则m∥α 的一个充分条件是( )
A.m∥n，n∥α
B.m∥β，α∥β
C.m⊥n，n⊥α，m⊄α
D.m∩n=A，n∥α，m⊄α
答案 C
解析 对于A，由m∥n，n∥α 可得m⊂α 或m∥α，故A 错误；
对于B，由m∥β，α∥β 可得m⊂α 或m∥α，故B 错误；
对于C，由m⊥n，n⊥α，m⊄α 可得m∥α，故C 正确；
对于D，由m∩n=A，n∥α，m⊄α 可得m，α 相交或m∥α，故D 错误.
2.已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为1，2，体积为3，则该正四棱台的高为( )
A.1
B.4
3
C.6
5
D.9
7
答案 D
解析 设该正四棱台的高为h，
又其上、下底面边长分别为1，2，体积为3，
则V=1
3h(12+22+√1
2×2
2)=7h
3 =3，
所以h=9
7 .
3.(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
.
4.(2025·江苏七市二调)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 .
5.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=90°，AA1=AB，则直线A1C 与AB1所成的角为( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
答案 D
解析 连接AC1交A1C 于点O，取B1C1的中点为D，连接OD，CD，可得OD∥AB1，
所以直线A1C 与AB1所成的角为直线A1C 与OD 所成的角∠COD(或其补角)，
设AA1=AB=1，则AB1=√2，所以OD=√2
2 .
设BC=a，则AC=√a
2+1，
所以A1C=√1+1+a
2=√a
2+2，
所以OC=1
2A1C=√a
2+2
2
，
CD=√1+ a
2
4
=√a
2+ 4
2
.
所以OD2+OC2=1
2+a
2+2
4
=a
2+ 4
4
=CD2，
所以∠COD=90°.
6.(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.
7.(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，
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.
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，
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.(2025·南京模拟)设α，β，γ 表示三个不同的平面，m 表示直线，则下列选项中，使得α∥β 的是( )
A.m∥α，m∥β
B.m⊥α，m⊥β
C.γ∥α，γ∥β
D.γ⊥α，γ⊥β
答案 BC
解析 对于A，若m∥α，m∥β，则α，β 可能相交，A 错误；对于B，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，B 正确；
对于C，若γ∥α，γ∥β，则α∥β，C 正确；对于D，若γ⊥α，γ⊥β，则α，β 可能相交，D 错误.
10.(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，
所以S△PAC=1
2×2√2×√2=2，故D 错误.
11.(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；
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.
三、填空题(每小题5 分，共15 分)
12.由斜二测画法得到的一个水平放置的三角形的直观图是等腰三角形，底角为30°，腰长为2，如图，那
么它在原平面图形中，顶点B 到x 轴的距离是 .
答案 2√2
解析 过点B'作B'C'∥y'轴，交x'轴于点C'，如图，
在△O'B'C'中，∠B'O'C'=30°，
∠B'C'O'=135°，O'B'=2，
由正弦定理
B' C '
sin30° = O' B'
sin135° ，
于是得B'C'=
2× 1
2
√2
2
=√2，由斜二测画法规则知，
在原平面图形中，顶点B 到x 轴的距离是2√2.
13.如图所示的几何体是底面积为S，侧高为h1，h2，h3(h1<h2<h3)的直三棱柱斜劈，则其体积为 .
答案 1
3S(h1+h2+h3)
解析 如图，斜劈V=V 三棱柱ABC-A'NM+V 三棱锥B'-A'NM+V 三棱锥B'-A'C'M，
而V 三棱锥B'-A'C'M=V 三棱锥N-A'C'M=V 三棱锥C'-A'NM=1
3S(h3-h1)，
V 三棱柱ABC-A'NM=Sh1，V 三棱锥B'-A'NM=1
3S(h2-h1)，
所以V=Sh1+1
3S(h2-h1)+1
3S(h3-h1)= 1
3S(h1+h2+h3).
14.(2024·全国甲卷)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台母线长分别为2(r2-r1)，
3(r2-r1)，则圆台甲与乙的体积之比为 .
答案 √6
4
解析 由题可得两个圆台的高分别为
h 甲=√[2(r2-r1)]
2-(r2-r1)
2=√3(r2-r1)，
h 乙=√[3(r2-r1)]
2-(r2-r1)
2=2√2(r2-r1)，
所以
V 甲
V 乙
=
1
3 (S上+ S下+√S上S下)h甲
1
3 (S上+ S下+√S上S下)h乙
=h甲
h乙
= √3(r2-r1)
2√2(r2-r1)=√6
4 .
(每小题5 分，共10 分)
15.(2025·温州模拟)一个圆台形的木块，上、下底面的半径分别为4 和8，高为3，用它加工成一个与圆台
等高的四棱台，棱台下底面为一边长等于9 的矩形，且使其体积最大.现再从余下的四块木料中选择一块，
加工成一个球，则所得球的半径的最大值是(加工过程中不计损耗)( )
A. 7
10
B.3
4
C.1
D.√2
答案 C
解析 设上底面圆圆心为O，下底面圆圆心为O1，记棱台为四棱台ABCD-A1B1C1D1，
当棱台体积最大时，上、下边边长之比为4
8 =1
2，
不妨设A1B1=9，
则B1C1=2√8
2-(
9
2)
2
=5√7>9，所以球在侧面BCC1B1与圆台围成的部分可更大，如图2，
记B1C1的中点为N，BC 的中点为M，延长OM 交上底面圆周于点P，延长O1N 交下底面圆周于点Q，
设球半径最大为r，球心为点T，则球与PQ，NQ，MN 相切，如图3，
设∠MNQ=2β，∠PQN=2α，α，β∈(0，π
2)，
又OM=1
2AB=1
4 A1B1=9
4 ，OP=4，
O1N=1
2A1B1=9
2，O1Q=8，NQ=7
2，
则tan 2α= 3
8- 4 =3
4 ，
tan 2β=-tan∠MNO1=-
3
9
2 - 9
4
=-4
3 ，
则tan α=1
3，tan β=2，
所以NQ=
r
tan β +
r
tan α =7
2，解得r=1.
16.(5 分)图1 所示几何体是一个星形正多面体，称为星形十二面体，是由6 对(12 个)平行五角星面组成的，
每对平行五角星面角度关系如图2 所示.一个星形十二面体有 个星芒(凸起的正五棱锥)，将所有的
星芒沿其底面削去后所得几何体和星形十二面体的表面积之比是 .
(参考数据：tan
218° =1- 2√5
5 )
答案 12 √5
5
解析 由图可知，每个星形十二面体有12 个星芒，
将每个正五棱锥沿着侧面展开与底面在同一个平面上，形成一个正五角星，
则这个正五角星的五个顶点在圆O 上，连接OA，则OA 垂直平分BC，
设OA∩BC=E，
正五棱锥的侧面积等于5S△ABC，底面积等于5S△OBC，
正五边形的每个内角为3×180°
5
=108°，
则∠ABC=∠ACB=72°，故∠BAC=36°，
则∠OBC=∠OCB=1
2×108°=54°，
所以∠BOE=36°，∠BAE=18°，
设BE=m，则BE
AE =tan 18°，
则AE=
m
tan18° ，BE
OE =tan 36°，
则OE=
m
tan36° ，
所以将所有的星芒沿其底面削去后所得几何体和星形十二面体的表面积之比为
60 S△OBC
60 S△ABC
=S△OBC
S△ABC
=BC·OE
BC·AE =OE
AE =
m
tan36°
m
tan18°
=tan18°
tan36° =
tan18°
2tan18°
1-tan
218°
=1-tan
218°
2
=√5
5 .
