文档文本内容
专题23 空间几何体及其表面积和体积
（四大考点，52 题）
考点分类
十年考情（2017-2026）
命题规律
考点01 高、棱长
2024 北京、2021 新高考Ⅰ、2020
全国Ⅰ、2019 全国Ⅱ、2018 全国
Ⅰ
1.基础选择填空，难度偏低，属于
入门题型。
2.核心：棱锥、圆柱、圆锥、半正
多面体的棱长、高、母线求解，结
合侧面展开图、最短路径出题。
3.常结合三视图、古代建筑实物模
型（金字塔、印信）创设情境。
考点02 求表面积
2023 全国甲、2023 新课标Ⅱ、
2022 上海、2021 全国甲/上海、
2018 全国Ⅰ/Ⅱ
1.高频常规小题，侧面积、全面积
均有考查。
2.覆盖圆柱、圆锥、棱锥，常结合
截面、二面角条件计算侧面三角形
面积。
3.易错点：区分侧面积与完整表面
积，注意有无上下底面。
考点03 求体积
2026 全国二、2025 上海、2024 北
京/天津、2023 全国甲/乙/新课标
Ⅰ/天津、2022 全国甲/乙/新高考
Ⅰ/Ⅱ、2021 新高考Ⅰ/Ⅱ/北京、
2020 海南/江苏、2018 全国
Ⅰ/Ⅱ/天津、2017 全国Ⅲ
1.本专题考查题量最多，高考必考
核心小题。
2.几何体覆盖棱锥、棱柱、棱台、
圆柱、圆锥、圆台、组合挖空几何
体；题型含体积计算、体积比值、
体积最值、实际应用（雨量器、量
器、水库）。
3.常用等体积转换、棱台体积公
式，结合函数求体积最大值。
考点04 球体
2022 新高考Ⅰ/Ⅱ、2021 天津/新
高考Ⅱ、2020 全国Ⅰ/Ⅱ/Ⅲ/天
津/山东、2019 全国Ⅰ、2017 上
海/天津/江苏/全国Ⅱ
1.重难点选填，常作为压轴小题。
2.核心：外接球、内切球半径，球
的表面积与体积；载体为棱柱、棱
锥、棱台、圆锥、圆柱。
3.常结合卫星、几何组合模型，需
要找截面、球心，利用勾股建立半
径方程。
考点01 高、棱长
1. （2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥
中，底面
是边长为4 的正方形，
，
，该棱锥的高为（ ）.
A．1
B．2
C．
D．
【答案】D
【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面
平面
，可知
平面
，利用等体积
法求点到面的距离.
【详解】如图，底面
为正方形，
当相邻的棱长相等时，不妨设
，
分别取
的中点
，连接
，
则
，且
，
平面
，
可知
平面
，且
平面
，
所以平面
平面
，
过
作
的垂线，垂足为
，即
，
由平面
平面
，
平面
，
所以
平面
，
由题意可得：
，则
，即
，
则
，可得
，
所以四棱锥的高为
.
故选：D.
2. （2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知圆锥的底面半径为
，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥
的母线长为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求.
【详解】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则
，解得
.
故选：B.
3. （2020·全国I 卷·高考真题）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（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】设
，利用
得到关于
的方程，解方程即可得到答案.
【详解】如图，设
，则
，
由题意
，即
，化简得
，
解得
（负值舍去）.
故选：C.
【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.
4. （2018·全国I 卷·高考真题）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点
在正视图上的对应点为
，圆柱表面上的点
在左视图上的对应点为
，则在此圆柱侧面上，从
到
的路径中，最短路径的长度为
A．
B．
C．
D．2
【答案】B
【分析】首先根据题中所给的三视图，得到点M 和点N 在圆柱上所处的位置，将圆柱的侧面展开图平铺，
点M、N 在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结
果.
【详解】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，
将圆柱的侧面展开图平铺,
可以确定点M 和点N 分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角
线的端点处，
所以所求的最短路径的长度为
，故选B.
点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两
个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平
面图形的相关特征求得结果.
5. （2019·全国II 卷·高考真题）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．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2 是一个棱数为48 的半
正多面体，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1．则该半正多面体共有
________个面，其棱长为_________．
【答案】 共26 个面. 棱长为
.
【分析】第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几何解决．
【详解】由图可知第一层与第三层各有9 个面，计18 个面，第二层共有8 个面，所以该半正多面体共有
个面．
如图，设该半正多面体的棱长为
，则
，延长
与
交于点
，延长
交正方体棱于
，
由半正多面体对称性可知，
为等腰直角三角形，
，
，即该半正多面体棱长为
．
【点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，
稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形．
考点02 求表面积
1. （2023·全国甲卷·高考真题）已知四棱锥
的底面是边长为4 的正方形，
，则
的面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得
，
，从而得到
，
再在
中利用余弦定理求得
，从而求得
，由此在
中利用余弦定理与三角形面
积公式即可得解；
法二：先在
中利用余弦定理求得
，
，从而求得
，再利用空间向
量的数量积运算与余弦定理得到关于
的方程组，从而求得
，由此在
中利用余弦
定理与三角形面积公式即可得解.
【详解】法一：
连结
交于
，连结
，则
为
的中点，如图，
因为底面
为正方形，
，所以
，则
，
又
，
，所以
，则
，
又
，
，所以
，则
，
在
中，
，
则由余弦定理可得
，
故
，则
，
故在
中，
，
所以
，
又
，所以
，
所以
的面积为
.
法二：
连结
交于
，连结
，则
为
的中点，如图，
因为底面
为正方形，
，所以
，
在
中，
，
则由余弦定理可得
，故
，
所以
，则
，
不妨记
，
因为
，所以
，
即
，
则
，整理得
①，
又在
中，
，即
，则
②，
两式相加得
，故
，
故在
中，
，
所以
，
又
，所以
，
所以
的面积为
.
故选：C.
2. （2018·全国I 卷·高考真题）已知圆柱的上、下底面的中心分别为
，
，过直线
的平面截该圆
柱所得的截面是面积为8 的正方形，则该圆柱的表面积为
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，
从而利用相关公式求得圆柱的表面积.
详解：根据题意，可得截面是边长为
的正方形，
结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是
的圆，且高为
，
所以其表面积为
，故选B.
点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关
量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积
的和.
3. （2018·全国I 卷·高考真题）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面
所成的角都相等，则
截此正方体所得截面面积的最大值为
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】首先利用正方体的棱是3 组每组有互相平行的4 条棱，所以与12 条棱所成角相等，只需与从同一
个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边
长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.
【详解】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，
所以在正方体
中，
平面
与线
所成的角是相等的，
所以平面
与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，
同理平面
也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，
要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面
与
中间的，
且过棱的中点的正六边形，且边长为
，
所以其面积为
，故选A.
点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位
置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面
积的求法，应用相关的公式求得结果.
4. （2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB 为底面直径，
，
，点C 在底面圆周上，且二面角
为45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为
B．该圆锥的侧面积为
C．
D．
的面积为
【答案】AC
【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B 选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D 选项的正确性.
【详解】依题意，
，
，所以
，
A 选项，圆锥的体积为
，A 选项正确；
B 选项，圆锥的侧面积为
，B 选项错误；
C 选项，设
是
的中点，连接
，
则
，所以
是二面角
的平面角，
则
，所以
，
故
，则
，C 选项正确；
D 选项，
，所以
，D 选项错误.
故选：AC.
5. （2022·上海·高考真题）已知某圆锥的高为4，底面积为
，则该圆锥的侧面积为___.
【答案】
【分析】先求得圆锥的底面半径和母线长，进而求得该圆锥的侧面积.
【详解】圆锥底面积为
，则底面半径为3，又圆锥的高为4，
则圆锥的母线长为5，则该圆锥的侧面积为
故答案为：
6. （2021·全国甲卷·高考真题）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为
则该圆锥的侧面积为
________.
【答案】
【分析】利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案.
【详解】∵
∴
∴
∴
.
故答案为：
.
7. （2021·上海·高考真题）已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，则其侧面积为______________.
【答案】
【分析】根据圆柱的侧面积公式，即可求得该圆柱的侧面积，得到答案.
【详解】由题意，圆柱的底面半径为1，母线长为2，
根据圆柱的侧面积公式，可得其侧面积为
.
【点睛】本题主要考查了圆柱的侧面积公式的应用，其中解答中熟记圆柱的侧面积公式，准确计算是解答
的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
8. （2018·全国II 卷·高考真题）已知圆锥的顶点为，母线
，
所成角的余弦值为
，
与圆锥底面
所成角为45°，若
的面积为
，则该圆锥的侧面积为__________．
【答案】
【分析】先根据三角形面积公式求出母线长,再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公
式求出结果.
【详解】因为母线
，
所成角的余弦值为
，所以母线
，
所成角的正弦值为
，因为
的面积为
，设母线长为
所以
，
因为
与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为
，
因此圆锥的侧面积为
．
【整体点评】根据三角形面积公式先求出母线长，再根据线面角求出底面半径，最后根据圆锥侧面积公式
求出侧面积，思路直接自然，是该题的最优解．
考点03 求体积
1. （2026·全国二卷·高考真题）已知棱台的上、下底面均是有一个内角为
的菱形，上、下底面的边长
分别为2，3，该棱台的高为
，则其体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】分别求出棱台的上底面面积和下底面面积，再根据棱台的体积公式求得该棱台的体积.
【详解】由题意，得棱台的上底面面积为
，
下底面面积为
，
所以该棱台的体积为
.
2. （2024·天津·高考真题）在如图五面体
中，棱
互相平行，且两两之间距离均为
1．若
．则该五面体的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.
【详解】用一个完全相同的五面体
（顶点与五面体
一一对应）与该五面体相嵌，
使得
；
;
重合，
因为
，且两两之间距离为1．
，
则形成的新组合体为一个三棱柱，
该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1 的等边三角形，侧棱长为
，
.
故选：C.
3. （2023·全国甲卷·高考真题）在三棱锥
中，
是边长为2 的等边三角形，
，则该棱锥的体积为（ ）
A．1
B．
C．2
D．3
【答案】A
【分析】证明
平面
，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB 得解.
【详解】取
中点
，连接
，如图，
是边长为2 的等边三角形，
，
，又
平面
，
，
平面
，
又
，
，
故
，即
，
所以
，
故选：A
4. （2023·全国乙卷·高考真题）已知圆锥PO 的底面半径为
，O 为底面圆心，PA，PB 为圆锥的母线，
，若
的面积等于
，则该圆锥的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答.
【详解】在
中，
，而
，取
中点
，连接
，有
，如图，
，
，由
的面积为
，得
，
解得
，于是
，
所以圆锥的体积
.
故选：B
5. （2023·天津·高考真题）在三棱锥
中，点M,N 分别在棱PC,PB 上，且
，
，
则三棱锥
和三棱锥
的体积之比为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】分别过
作
,垂足分别为
.过
作
平面
，垂足为
，连接
,过
作
,垂足为
.先证
平面
，则可得到
，再证
.由三角形相
似得到
，
，再由
即可求出体积比.
【详解】如图，分别过
作
,垂足分别为
.过
作
平面
，垂足为
，
连接
,过
作
,垂足为
.
因为
平面
，
平面
，所以平面
平面
.
又因为平面
平面
，
，
平面
，所以
平面
，且
.
在
中，因为
，所以
，所以
，
在
中，因为
，所以
，
所以
.
故选：B
6. （2022·全国甲卷·高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为
，侧面积
分别为
和
，体积分别为
和
．若
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为
，乙圆锥底面圆半径为
，根据圆锥的侧面积公式可得
，
再结合圆心角之和可将
分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式
即可得解.
【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为
，乙圆锥底面圆半径为
，
则
，
所以
，
又
，
则
，
所以
，
所以甲圆锥的高
，
乙圆锥的高
，
所以
.
故选：C.
7. （2022·全国乙卷·高考真题）已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O 的球
面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O 到底面ABCD 所在小圆距离一定时，底面ABCD 面积最大值为
，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体
积最大时其高的值.
【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD 所在小圆半径为r，
设四边形ABCD 对角线夹角为
，
则
（当且仅当四边形ABCD 为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O 到底面ABCD 所在小圆距离一定时，底面ABCD 面积最大值为
又设四棱锥的高为
，则
，
当且仅当
即
时等号成立.
故选：C
[方法二]：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为
，底面所在圆的半径为，则
，所以该四棱锥的高
，
(当且仅当
，即
时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高
.
故选：C．[方法三]：利用导数求最值
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为
，底面所在圆的半径为，则
，所以该四棱锥的高
，
，令
，
，设
，则
，
，
，单调递增，
，
，单调递减，
所以当
时，
最大，此时
．
故选：C.
【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；
方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；
方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．
8. （2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体
积为
，且
，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】设正四棱锥的高为
，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正
四棱锥体积的取值范围.
【详解】∵球的体积为
，所以球的半径
,
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为
，高为
，
则
，
,
所以
，
所以正四棱锥的体积
，
所以
，
当
时，
，当
时，
，
所以当
时，正四棱锥的体积
取最大值，最大值为
，
又
时，
，
时，
,
所以正四棱锥的体积
的最小值为
，
所以该正四棱锥体积的取值范围是
.
故选：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以
当且仅当
取到，
当
时，得
，则
当
时，球心在正四棱锥高线上，此时
，
，正四棱锥体积
，故该正四棱锥体积的取值范围是
9. （2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水
蓄入某水库.已知该水库水位为海拔
时，相应水面的面积为
；水位为海拔
时，相应水
面的面积为
，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔
上升到
时，增加的水量约为（
）（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．
【详解】依题意可知棱台的高为
(m)，所以增加的水量即为棱台的体积
．
棱台下底面积
，上底面积
，
∴
．
故选：C．
10. （2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积
为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.
【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，
因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，
所以该棱台的高
，
下底面面积
，上底面面积
，
所以该棱台的体积
.
故选：D.
11. （2021·北京·高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平
面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：
）．24h 降雨量的等级划分如下：
等级
24h 降雨量（精确到0.1）
……
……
小雨
0.1~9.9
中雨
10.0~24.9
大雨
25.0~49.9
暴雨
50.0~99.9
……
……
在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm，高为300 mm 的圆锥形雨量器.若一次降雨过
程中，该雨量器收集的24h 的雨水高度是150 mm（如图所示)，则这24h 降雨量的等级是
A．小雨
B．中雨
C．大雨
D．暴雨
【答案】B
【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.
【详解】由题意，一个半径为
的圆面内的降雨充满一个底面半径为
，
高为
的圆锥，
所以积水厚度
，属于中雨.
故选：B.
12. （2018·全国I 卷·高考真题）在长方体
中，
，
与平面
所成的角
为
，则该长方体的体积为
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】首先画出长方体
，利用题中条件，得到
，根据
，求得
，可以确定
，之后利用长方体的体积公式求出长方体的体积.
【详解】在长方体
中，连接
，
根据线面角的定义可知
，
因为
，所以
，从而求得
，
所以该长方体的体积为
，故选C.
【点睛】该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高
的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要
明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果.
13. （2017·全国III 卷·高考真题）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2 的同一个球的球面上，
则该圆柱的体积为
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得：
，
结合勾股定理，底面半径
，
由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是
，故选B.
【名师点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一
般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何
体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的
半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.
14. （2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）如图，四边形
为正方形，
平面
，
，记三棱锥
，
，
的体积分别为
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】CD
【分析】直接由体积公式计算
，连接
交
于点
，连接
，由
计算出
，依次判断选项即可.
【详解】
设
，因为
平面
，
，则
，
，连接
交
于点
，连接
，易得
，
又
平面
，
平面
，则
，又
，
平面
，则
平面
，
又
，过
作
于
，易得四边形
为矩形，则
，
则
，
，
，则
，
，
，
则
，则
，
，
，故A、B 错误；C、D 正确.
故选：CD.
15. （2025·上海·高考真题）如图，在正四棱柱
中，
，则该正四棱柱的
体积为_________．
【答案】
【分析】求出侧棱长和底面边长后可求体积.
【详解】因为
且四边形
为正方形，故
，
而
，故
，故
，
故所求体积为
，
故答案为：
.
16. （2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中
升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10 的等比数列，底面直
径依次为
，且斛量器的高为
，则斗量器的高为______
，升量器的高为
________
．
【答案】 23 57.5/
【分析】根据体积为公比为10 的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度.
【详解】设升量器的高为
，斗量器的高为
（单位都是
），则
，
故
，
.
故答案为：
.
17. （2024·全国甲卷·高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为
,下底面半径均为
，圆台的母线长分
别为
,
，则圆台甲与乙的体积之比为______．
【答案】
【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可
得解.
【详解】由题可得两个圆台的高分别为
，
，
所以
.
故答案为：
.
18. （2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台
中，
，则该棱台
的体积为________．
【答案】
/
【分析】结合图像，依次求得
，从而利用棱台的体积公式即可得解.
【详解】如图，过
作
，垂足为
，易知
为四棱台
的高，
因为
，
则
，
故
，则
，
所以所求体积为
.
故答案为：
.
19. （2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）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】
【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体
的体积公式直接运算求解.
【详解】方法一：由于
，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为
，
所以正四棱锥的体积为
，
截去的正四棱锥的体积为
，
所以棱台的体积为
.
方法二：棱台的体积为
.
故答案为：
.
20. （2020·海南·高考真题）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N 分别为BB1、AB 的中点，则三
棱锥A-NMD1的体积为____________
【答案】
【分析】利用
计算即可.
【详解】
因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N 分别为BB1、AB 的中点
所以
故答案为：
【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些.
21. （2018·全国II 卷·高考真题）已知圆锥的顶点为，母线
，
互相垂直，
与圆锥底面所成角为
，若
的面积为，则该圆锥的体积为__________．
【答案】8π
【详解】分析：作出示意图，根据条件分别求出圆锥的母线
，高
，底面圆半径
的长，代入公式
计算即可.
详解：如下图所示，
又
，
解得
，所以
，
所以该圆锥的体积为
.
点睛：此题为填空题的压轴题，实际上并不难，关键在于根据题意作出相应图形，利用平面几何知识求解
相应线段长，代入圆锥体积公式即可.
22. （2020·江苏·高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底
面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是 ____ cm3.
【答案】
【分析】先求正六棱柱体积，再求圆柱体积，相减得结果.
【详解】正六棱柱体积为
圆柱体积为
所求几何体体积为
故答案为：
【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.
23. （2018·天津·高考真题）已知正方体
的棱长为1，除面
外，该正方体其余各面的
中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥
的体积为__________.
【答案】
【分析】由题意首先求解底面积，然后结合四棱锥的高即可求得四棱锥的体积.
【详解】由题意可得，底面四边形
为边长为
的正方形，其面积
，
顶点
到底面四边形
的距离为
，
由四棱锥的体积公式可得：
.
【点睛】本题主要考查四棱锥的体积计算，空间想象能力等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能
力.
24. （2018·天津·高考真题）如图，已知正方体ABCD–A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1–BB1D1D 的体积为
__________．
【答案】
【分析】由题意分别求得底面积和高，然后求解其体积即可.
【详解】
如图所示，连结
，交
于点
，很明显
平面
，
则
是四棱锥的高，且
，
，
结合四棱锥体积公式可得其体积为
，
故答案为
.
点睛：本题主要考查棱锥体积的计算，空间想象能力等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
25. （2017·全国I 卷·高考真题）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形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：cm3)的最大值为______．
【答案】
【详解】如下图，连接DO 交BC 于点G，设D，E，F 重合于S 点，正三角形的边长为x(
x>0)，则
.
，
，
三棱锥的体积
.
设
，则
，
令
，即
，得
，易知
在
处取得最大值.
∴
.
点睛:对于三棱锥最值问题，需要用到函数思想进行解决，本题解决的关键是设好未知
量，利用图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2 次时可以利用二次函
数的性质进行解决，当变量是高次时需要用到求导的方式进行解决.
考点04 球体
1．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为
和
，其顶
点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径
，再根据球心距，圆面半径，以及球的半
径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．
【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径
，所以
，即
，设球
心到上下底面的距离分别为
，球的半径为
，所以
，
，故
或
，即
或
，解得
符合题意，所以球的表面积为
．
故选：A．
2．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体
积为
，且
，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】设正四棱锥的高为
，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正
四棱锥体积的取值范围.
【详解】∵球的体积为
，所以球的半径
,
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为
，高为
，
则
，
,
所以
，
所以正四棱锥的体积
，
所以
，
当
时，
，当
时，
，
所以当
时，正四棱锥的体积
取最大值，最大值为
，
又
时，
，
时，
,
所以正四棱锥的体积
的最小值为
，
所以该正四棱锥体积的取值范围是
.
故选：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以
当且仅当
取到，
当
时，得
，则
当
时，球心在正四棱锥高线上，此时
，
，正四棱锥体积
，故该正四棱锥体积的取值范围是
3．（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为
，
两个圆锥的高之比为
，则这两个圆锥的体积之和为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，
再利用锥体体积公式可求得结果.
【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点
，
设圆锥
和圆锥
的高之比为
，即
，
设球的半径为
，则
，可得
，所以，
，
所以，
，
，
，则
，所以，
，
又因为
，所以，
，
所以，
，
，
因此，这两个圆锥的体积之和为
.
故选：B.
4．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导
航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为
（轨道高度是指卫星到
地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r 为
的球，其上点A 的纬度是指
与赤道
平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为
，记卫星信
号覆盖地球表面的表面积为
（单位：
），则S 占地球表面积的百分比约为（ ）
A．26%
B．34%
C．42%
D．50%
【答案】C
【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.
【详解】由题意可得，S 占地球表面积的百分比约为：
.
故选：C.
5．（2020·天津·高考真题）若棱长为
的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.
【详解】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，
即
，
所以，这个球的表面积为
.
故选：C.
【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求
多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用
长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，
借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设
计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.
6．（2020·全国I 卷·高考真题）已知
为球
的球面上的三个点，⊙
为
的外接圆，若⊙
的
面积为
，
，则球
的表面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】由已知可得等边
的外接圆半径，进而求出其边长，得出
的值，根据球的截面性质，求
出球的半径，即可得出结论.
【详解】设圆
半径为，球的半径为
，依题意，
得
，
为等边三角形，
由正弦定理可得
，
，根据球的截面性质
平面
，
，
球
的表面积
.
故选：A
【点睛】
本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.
7．（2020·全国II 卷·高考真题）已知△ABC 是面积为
的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上.若
球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）
A．
B．
C．1
D．
【答案】C
【分析】根据球
的表面积和
的面积可求得球
的半径
和
外接圆半径，由球的性质可知所
求距离
.
【详解】
设球
的半径为
，则
，解得：
.
设
外接圆半径为，边长为
，
是面积为
的等边三角形，
，解得：
，
，
球心
到平面
的距离
.
故选：C.
【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明
确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.
8．（2019·全国I 卷·高考真题）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2 的正三角形，E，F 分别是PA，AB 的中点，∠CEF=90°，则球O 的体积为
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先证得
平面
，再求得
，从而得
为正方体一部分，进而知
正方体的体对角线即为球直径，从而得解.
【详解】解法一:
为边长为2 的等边三角形，
为正三棱锥，
，又
，
分别为
、
中点，
，
，又
，
平面
，
平面
，
，
为正方体一部分，
，即
，故选D．
解法二:
设
，
分别为
中点，
，且
，
为边长为2 的等边三角形，
又
中余弦定理
，作
于
，
，
为
中点，
，
，
，
，又
，
两两垂直，
，
，
，故选D.
【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相
垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．
9．（2020·山东·高考真题）已知球的直径为2，则该球的体积是______.
【答案】
【分析】根据公式即可求解.
【详解】解：球的体积为：
,
故答案为：
10．（2020·全国III 卷·高考真题）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体
积为_________．
【答案】
【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.
【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，
其中
，且点M 为BC 边上的中点，
设内切圆的圆心为
，
由于
，故
，
设内切圆半径为，则：
，
解得：
，其体积：
.
故答案为：
.
【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的
位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中
心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于
球的直径.
11．（2017·上海·高考真题）已知球的体积为
，则该球主视图的面积等于________
【答案】
【详解】 由球的体积公式，可得
，则
，所以主视图的面积为
.
12．（2017·天津·高考真题）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为
18，则这个球的体积为____.
【答案】
【详解】设正方体边长为 ，则
，
外接球直径为
.
【考点】 球
【名师点睛】求多面体的外接球的面积和体积问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长
方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下
底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；
（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球
心，本题就是第三种方法.
13．（2017·江苏·高考真题）如图，在圆柱O1 O2 内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．
记圆柱O1 O2 的体积为V1 ,球O 的体积为V2 ，则
的值是_____
【答案】
【详解】设球半径为，则
．故答案为
．
点睛:空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：①若给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、
锥体或台体，则可直接利用公式进行求解；②若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则
常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．
14．（2017·全国II 卷·高考真题）长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的
表面积为__________.
【答案】
【详解】长方体的体对角线长为球的直径，则
，
，则球
的表面积为
.
