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6.1 空间几何的体积与表面积
1
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2
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考点一 斜二测画法
【例1-1】（23-24 浙江·期中）如图,直角梯形
满足
,它是水平放置的
平面图形的直观图,则该平面图形的周长是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】由题意
,
,由
可得
,
由
,
可得
,所以
,
而
，
所以
，
结合斜二测画法的规则,将直观图即直角梯形
还原成平面图形，
如图所示：
由勾股定理可得
，
所以满足题意的平面图形的周长是
.
6
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故选:C.
【例1-2】（2024·湖北·模拟预测）用斜二测画法画出的水平放置的
的直观图如图所示，其中
是
的
中点，且
轴，
轴，
，那么
（ ）
A．
B．2
C．
D．4
【答案】D
【解析】根据题意，把直观图还原出原平面图形为等腰三角形，如图所示，
其中
，
，
，
原平面图形的面积为
.
故选：D．
【一隅三反】
1．（23-24 吉林长春·期中）一水平放置的平面四边形
的直观图
如图所示，其中
，
轴，
轴，
轴，则四边形
的面积为（ ）
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A．18
B．
C．
D．12
【答案】C
【解析】由题意可知：
，且
，则
，
可知四边形
的面积为
，
所以四边形
的面积为
.
故选：C.
2．（23-24 河北邢台·期中）如图，
是水平放置的平面图形的斜二测直观图，若
，且
，则原图形中
边上的高为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】画出平面直角坐标系
，在
轴上取
，即
，
在图①中，过
作
轴，交
轴于
，在
轴上取
，
过点
作
轴，并使
，
连接
，则
即为
原来的图形，如图②所示：
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原图形中，
于点
，
则BD 为原图形中
边上的高，且
，
在直观图③中作
于点
，则
的面积
，
在直角三角形
中，
，
所以
，
故原图形中AC 边上的高为
．
故选：D．
3．（2024·云南曲靖·二模）已知四边形
的直观图
如图所示，
，
，
，
，
，
为
的三等分点，则四边形
沿
轴旋转一周所成的空间几何
体的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】因为
，
，
，所以
，
由三视图知原图形为等腰梯形，如图等腰梯形
，
是梯形的高，
，
，所以
，
，
，
，
延长
分别与
轴将于
，
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四边形
沿
轴旋转一周所成的空间几何体可以看作是是三个直角
，
，
旋转所形成的
圆锥的组合体．
由已知
，
，
体积为
．
故选：B．
考点二 最短距离
【例2-1】（2023 高三·全国·专题练习）如图，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为4，一只小虫从圆锥的
底面圆上的点P 出发，绕圆锥爬行一周后回到点P 处，若该小虫爬行的最短路程为
，则这个圆锥的体积为
（ ）.
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】作出该圆锥的侧面展开图，如图所示：
该小虫爬行的最短路程为
，
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由余弦定理可得
，
．设底面圆的半径为r，
则有
，解得
．∴这个圆锥的高为
，
这个圆锥的体积为
．
故选：C．
【例2-2】（2024 湖北）已知直四棱柱
的侧棱长为8，底面矩形的面积为16，一个小虫从
点
出发沿直四棱柱侧面绕行一周后到达线段
上一点
，若
平面
，则小虫爬行的最短路程为
（ ）．
A．8
B．16
C．
D．
【答案】C
【解析】因为
平面
，所以
，又
，所以
平面
，所以
，故矩
形
为正方形，所以底面边长为4，设AC 与BD 的交点为O，连接
，所以
，可证
，所以
，所以
，所以
，将直四棱柱
的侧面沿
展成一个矩形，连接
即为最短，所以
.
故选：C.
【一隅三反】
1．（23-24 高三上·山西大同·期末）已知圆台的上、下底面的圆心分别为
，
，母线
（点
位于上底
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面），且
，圆
的周长为
，一只蚂蚁从点A 出发沿着圆台侧面爬行一周到点B，则其爬行的最
短路程为（ ）
A．1
B．
C．2
D．
【答案】B
【解析】将圆台的侧面沿着母线
剪开，展成平面图形，延长
交于点
，连接
，如图，
显然弧
的长为
，弧
的长为
，设
，则
，
，
则
，即
，得
，于是
是
的中点，
，
因此
是等边三角形，有
，且
与弧
相切，则
在此侧面展开图内，
所以蚂蚁爬行的最短路线即线段
，
.
故选：B
2．（22-23 湖北武汉·期中）如图，一个矩形边长为1 和4，绕它的长为
的边旋转二周后所得如图的一开口容
器（下表面密封），
是
中点，现有一只妈蚁位于外壁
处，内壁
处有一米粒，若这只蚂蚁要先爬到上
口边沿再爬到点
处取得米粒，则它所需经过的最短路程为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】依题意可得圆柱的底面半径
，高
将圆柱的侧面（一半）展开后得矩形
，其中
，
，
问题转化为在
上找一点
，使
最短，
作
关于
的对称点
，连接
，令
与
交于点
，
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则得
的最小值就是为
．
故选：A
3．（2023·海南·三模）（多选）如图所示，一个平面图形
的直观图为
，其中
，则下列说法中正确的是（ ）
A．该平面图形是一个平行四边形但不是正方形
B．该平面图形的面积是8
C．该平面图形绕着直线
旋转半周形成的几何体的体积是
D．以该平面图形为底，高为3 的直棱柱的外接球直径为
【答案】BC
【解析】如图所示: 将直观图还原为平面图形，
由题意可得，
，故该平面图形为正方形，即A 错误；
面积
，即B 正确；
将平面图形绕直线AC 旋转半周得几何体为两个圆锥，底面半径和高均为2，
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故体积
，即C 正确；
以该平面图形为底，高为3 的直棱柱其实为长方体，且长宽高分别为
，所以长方体的体对角线长为
，即D 错误.
故选：BC
4．（2024 吉林四平·阶段练习）如图正三棱柱
的底面边长为
，高为2，一只蚂蚁要从顶点
沿
三棱柱的表面爬到顶点
，若侧面
紧贴墙面（不能通行），则爬行的最短路程是 ．
【答案】
【解析】正三棱柱
的侧面部分展开图如图所示，
图1，连接
与
交于点
，则爬行的最短路程时沿着
爬行，
此时
，
图2，连接
，过
作AB 的垂线交
于点
，则
，
则
，所以
，
∵
，∴爬行的最短路程是
.
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故答案为：
.
考法三 空间几何体的表面积
【例3-1】（2024·吉林·模拟预测）佛兰德现代艺术中心是比利时洛默尔市的地标性建筑，该建筑是一座全玻璃
建筑，整体成圆锥形，形成一个统一的整体，气势恢宏，底面直径为
，高为30m，则该建筑的侧面积为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】如图，由题底面直径
，高
，
所以底面半径
r＝OC＝4，母线长
．
所以圆锥的侧面积为：
．
故选：C．
【例3-2】（2024·陕西安康·模拟预测）已知正三棱台
的上底面积为
，下底面积为
，高为
2，则该三棱台的表面积为（ ）
A．
B．
C．
D．18
【答案】A
【解析】由面积公式可得正三棱台上下底面边长分别为
和
，
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设
在底面
内的射影为
，作
于
，
平面
，
平面
，则有
，
又
，
，
平面
，所以
平面
，
平面
，所以
，
由
，
，
，则
，
又
，所以
，则
，
故三棱台的侧面积为
，表面积为
.
故选：A.
【一隅三反】
1．（2024·重庆·三模）若圆锥的母线长为2，且母线与底面所成角为
，则该圆锥的侧面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】圆锥的母线长为2，母线与底面所成角为
，所以底面圆的半径为
，
所以该圆锥的侧面积为
.故选：C
2．（2024·青海海西·模拟预测）如图，圆柱形容器内部盛有高度为
的水，若放入3 个相同的铁球（球的半
径与圆柱底面半径相等）后，水恰好淹没最上面的铁球，则一个铁球的表面积为（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】设铁球的半径为
，有
，解得
，
则一个铁球的表面积为
．故选：B．
3（2023·河北·统考模拟预测）柷（zhù），是一种古代打击乐器，迄今已有四千多年的历史，柷的上方形状犹
如四方形木斗，上宽下窄，下方有一底座，用椎（木棒）撞击其内壁发声，表示乐曲将开始.如图，某柷（含
底座）高
，上口正方形边长
，下口正方形边长
，底座可近似地看作是底面边长比下口边长长
，高为
的正四棱柱，则该柷（含底座）的侧面积约为（
）（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】如图正四棱台中，连接
，
，过点
、
分别作
、
，交
于点
、
，
依题意
，
，
，
则
，所以
，
所以正四棱台的斜高为
，
所以正四棱台的侧面积
，
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又正四棱柱的侧面积
，
所以该柷（含底座）的侧面积约为
；故选：B
4．（2023·天津河西·天津市新华中学校考模拟预测）灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们
便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围如图，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两
部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分除去两个球冠
如图
，球冠是由球面被一个平面截得
的，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球的半径为
，球冠的高为，则球冠的面积
已知该灯笼的高为
，圆柱的高为
，圆柱的底面圆直径为
，则围成该灯笼所需布料的
面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】由题意得圆柱的底面圆直径为
，半径为
，即球冠底面圆半径为
.
已知该灯笼的高为
，圆柱的高为
，所以该灯笼去掉圆柱部分的高为
，
所以
，得
，
，
所以两个球冠的表面积之和为
，
灯笼中间球面的表面积为
．
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因为上下两个圆柱的侧面积之和为
，
所以围成该灯笼所需布料的面积为
．故选：B．
考点四 空间几何体的体积
【例4-1】（2024·浙江·模拟预测）清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食要从苏州府运送到全国各地．
为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，而一只官斛的容
量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为25cm，下底也为正方形，内边长为50cm，
斛内高36cm，那么一斗米的体积大约为立方厘米?（ ）
A．10500
B．12500
C．31500
D．52500
【答案】A
【解析】一斛米的体积为
，
因为五斗为一斛，所以一斗米的体积为
，
故选：A.
【例4-2】（2024·天津北辰·三模）中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3 个国家能够独立开展载
人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年
来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部
可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为
4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
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【解析】由题意可知：容器中液体分为：下半部分为圆柱，上半部分为圆台，
取轴截面，如图所示，
分别为
的中点，
可知：
∥
∥
，且
，
可得
，即
，
所以该容器中液体的体积为
.
故选：A.
【一隅三反】
1．（2024·山东菏泽·模拟预测）菏泽市博物馆里，有一条深埋600 多年的元代沉船，对于研究元代的发展提供
了不可多得的实物资料.沉船出土了丰富的元代瓷器，其中的白地褐彩龙风纹罐（如图）的高约为
，把该
瓷器看作两个相同的圆台拼接而成（如图），圆台的上底直径约为
，下底直径约为
，忽略其壁厚，
则该瓷器的容积约为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】根据题意，
.故选：B
2．（2024·广东·模拟预测）建盏是福建省南平市建阳区的特产，是中国国家地理标志产品，其多是口大底小，
底部多为圈足且圈足较浅（如图所示），因此可将建盏看作是圆台与圆柱拼接而成的几何体.现将某建盏的上
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半部分抽象成圆台
，已知该圆台的上下底面积分别为
､
和
，高超过
，该圆台上下底面
､
圆周上的各个点均在球
的表面上，且球
的表面积为
，则该圆台的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
设球
的半径为
，上下底面分别为圆
､
（这里上底面是指大的那个底面），
依题意，
，解得
，
因为
，
则
，同理可得，
，因为圆台的高超过
，则该圆台的高为
，该圆台的体
积为
.
故选：B.
3．（2024·天津河西·三模）如图，在三棱柱
中，E，F 分别为AB，AC 的中点，平面
将三
棱柱分成体积为
，
两部分，则
（ ）
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A．1 1∶
B．4 3∶
C．6 5∶
D．7 5∶
【答案】D
【解析】设三棱柱
的高为h，上下底面面积均为S，体积为V，
则
，
因为E，F 分别为AB，AC 的中点，故
,
结合题意可知几何体
为棱台，
则
，
故
,故
，故选：D
考点五 截面问题
【例5-1】（23-24 山东德州·期末）（多选）棱长为2 的正方体
中，用一平面去截，则下列说
法正确的是（ ）
A．当截面为三角形时，截面一定为锐角三角形
B．当截面是梯形时，截面不可能为直角梯形
C．若E 为
的中点，平面
截正方体所得截面面积为
D．过棱
，
，
的中点作正方体的截面，截面多边形的周长为
【答案】ABD
【解析】A 选项，如图，截面为三角形，
设
，则
，
由于
，故
，
为锐角，
同理
为锐角，
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故截面一定为锐角三角形，A 正确；
B 选项，如图，截面
是梯形，
，
与
不平行，
假设梯形
为直角梯形，其中
⊥
，
因为
⊥平面
，
平面
，
所以
⊥
，
因为
，
，
平面
，
所以
⊥平面
，
因为
⊥平面
，
所以
，
又
平面
，
平面
，
所以
平面
，
因为平面
平面
，
平面
，
所以
，矛盾，假设不成立，
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当截面是梯形时，截面不可能为直角梯形，B 正确；
C 选项，取
的中点
，连接
，
则可得平面
截正方体所得截面即为平行四边形
，
因为若E 为
的中点，由勾股定理得
，
故平行四边形
为菱形，
其中
，
，
故平面
截正方体所得截面面积为
，C 错误；
D 选项，直线
交
的延长线于点
，连接
分别交
，
于点
，
连接
，则五边形
即为过棱
，
，
的中点作正方体的截面，
取
的中点
，连接
，
其中
，
，
，
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故
，
，故
，
同理可得
，
其中
，
，
故截面多边形的周长为
，D 正确.
故选：ABD
【例5-2】（23-24 高三上·河北廊坊·期末）如图所示，正四棱台
中，上底面边长为3，下底面
边长为6，体积为
，点
在
上且满足
，过点
的平面
与平面
平行，且与正四棱台
各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】如图所示，
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过点
作
于点
，因为
，
所以
，
则四棱台的高为
，则四棱台的体积为
，
解得
，所以侧棱长为
.
如图所示：
过
于点
，
于点
，连接
，
由对称性可知
，
所以
，
而
，
所以
，
所以
，同理
，
分别在棱
上取点
，使得
，
易得
，
所以截面多边形的周长为
.
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故选：D.
【一隅三反】
1．（23-24 高三下·江西·开学考试）已知一正方体木块
的棱长为4，点
在棱
上，且
.现过
三点作一截面将该木块分开，则该截面的面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
如图，在
上取一点
，使得
，连接
，
因为
且
，所以四边形
为平行四边形，
所以
与
相交于
且
为
的中点，
又
在
上，所以
与
相交于
，且O 平分
，
，
所以四点
四点共面且四边形
为平行四边形，
所以过
三点的截面是平行四边形
，
，
，
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，
故截面面积为
.
故选：A.
2．（22-23 高二上·广西贵港·期末）（多选）已知棱长为2 的正方体
的中心为
，用过点
的
平面去截正方体，则（ ）
A．所得的截面可以是五边形
B．所得的截面可以是六边形
C．该截面的面积可以为
D．所得的截面可以是菱形
【答案】BCD
【解析】一个平面去截正方体，考虑从正方体的上底面
开始截入，
不妨设上底面
与截面的交线为线段
，截取有两种情况，
第一种情况是
两点分别在两对边上或两相邻边上，如图，
直线
与
相交于点
，直线
与
相交于点
，
由正方体性质及面面平行性质定理知截面为平行四边形
.
第二种情况，如图，
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直线
与
相交于点
，直线
与
相交于点
，直线
与
相交于点
，
与
相交于点
，
直线
与
相交于点
与
相交于点
，
易知所得截面为六边形
，A 错误，B 正确.
当截面为正六边形时，正六边形的边长为
，它的面积为
，C 正确.
当截面为平行四边形时，由对称性可知
，
若四边形
为菱形，则
，
可得
，可得
，
可得
或
，可得
或
，D 正确.
故选：BCD.
3．（2024 高三·上海·专题练习）圆台
母线长为3，下底直径为10，上底直径为5，过圆台两条母线作截面，
则该截面面积最大值是
【答案】
【解析】由题意作出轴截面
，并将其补充成等腰三角形
，
则
，
，
，
因为
，
，
所以
为三角形
的中位线，则
，
在
中利用余弦定理得，
，
因为
，所以
，
过圆台两条母线所作截面也为等腰梯形，并将其补成的等腰三角形，设其顶角为
，
则
，
因为
，且
，则当
时，
的最大值为
．
29
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故答案为：
．
4．（23-24 高三上·山东烟台·期末）如图，在直三棱柱
中，
，
，则
该三棱柱外接球的表面积为 ；若点
为线段
的中点，点
为线段
上一动点，则平面
截
三棱柱
所得截面面积的最大值为 .
【答案】
【解析】由题意，直三棱柱
中，
，
，
该直三棱柱
可补充一个长方体，
其中直三棱柱
的外接球和补成的长方体的外接球是同一个球，
又由长方体过同一顶点的三条棱长分别为
，可得对角线长为
，
所以外接球的半径为
，则该三棱柱外接球的表面积为
；
如图所示，连接
，并延长
交
于点
，取
的中点
，连接
，
则
且
，在过点
作
，可得
，
连接
，则四边形
即为过点
的截面，
在
中，因为
，且
为
的中点，所以
，
又因为
平面
，
平面
，所以
，
30
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因为
，且
平面
，所以
平面
，
又因为
平面
，所以
，
所以四边形
为直角梯形，
在
中，由
且
，可得
，所以
，
设
，在直角
中，可得
，
又由
，可得
，
所以直角梯形
的面积为
，其中
，
设
，
可得
，
当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增；
时，
，
单调递减，
又由
，可得
，
所以当
时，函数
取得最大值，此时梯形的面积取得最大值
.
故答案为：
.
31
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考点六 交线（轨迹）
【例6-1】（23-24 四川乐山·期末）已知正方体
棱长为1，点
是正方体表面上一个动点，满
足
，则点
的轨迹长度为（ ）
A．2
B．
C．4
D．
【答案】D
【解析】由题意可知，动点
的轨迹为过点
与直线
垂直的截面与正方体的表面的交线.
如图所示：
在正方体
中，
，
又
平面
且
，所以
平面
，
32
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因为
平面
，所以
.
又在正方体
中，
，
又
平面
且
，所以
平面
，
因为
平面
，所以
.
又因为
，由
平面
且
，
所以
平面
.
于是点P 的轨迹长度为不包含点
的
的周长，
即
周长等于
.
故选：D.
【例6-2】（23-24 高三下·山东菏泽·阶段练习）（多选）如图，已知正方体
的棱长为
，点
为
的中点，点
为正方形
内包含边界的动点，则（ ）
A．满足
平面
的点
的轨迹为线段
B．若
，则动点
的轨迹长度为
C．直线
与直线
所成角的范围为
D．满足
的点
的轨迹长度为
【答案】AD
33
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【解析】对于A，如图所示，取棱
的中点分别为
，
连接
，
根据正方体的特征易知
，
则
共面，且
平面
，
平面
，
又
平面
且相交于
，故平面
平面
，
所以满足
平面
的点
的轨迹为线段
，
故A 正确；
对于B，设M 到上底面的投影为N，易知
，而
，所以
，
即P 在以N 为圆心，半径为2 的圆上，
且P 在正方形
内，如图所示，即
上，易知
，所以
的长度为
，
故B 错误；
对于C，
34
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如图所示建立空间直角坐标系，取
的中点Q，连接
，作
，
设
，则
，
，
易知直线
与直线
所成角为
，
显然当P 为
的中点时，此时
，
当
时，
，
易知
，
若
最小，则需
，此时
，故C 错误；
对于D，取
，
可知
，即
共面，
在底面正方形中易知
，则
，
结合正方体的性质可知
底面
，
底面
，
所以
，
而
平面
，
所以
平面
，故P 在线段
上运动，
易知
，故D 正确.
故选：AD
【一隅三反】
1．（23-24 辽宁沈阳·阶段练习）如图，三棱柱
中，
，
，
，
，
为
35
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中点，
为
上一点，
，
，
为侧面
上一点，且
平面
，则点
的轨迹的长度为（ ）
A．2
B．
C．
D．1
【答案】B
【解析】由题意知，
，在
上取点
，使得
，
则
且
，所以四边形
为平行四边形，
故
，又
平面
，
平面
，
所以
平面
.
在
上取点
，使得
，
有
，所以
，则
，
又
平面
，
平面
，
所以
平面
，又
平面
，
所以平面
平面
，则点M 的轨迹为线段
.
在
中，
，由余弦定理，
得
，
即点M 的轨迹长度为
.
36
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故选：B
2．（22-23 ·河南商丘·阶段练习）（多选）如图，正方体
的棱长为3，动点
在侧面
内运动（含边界），且
，则（ ）
A．点
的轨迹长度为
B．点
的轨迹长度为
C．
的最小值为
D．
的最小值为
【答案】AD
【解析】如图，
因为
平面
，
平面
，所以
，
因为
，
，
平面
，
所以
平面
，
平面
，所以
，
若
，则点
的轨迹为
，
因为正方体
的棱长为3，所以点
的轨迹长度为
，故A 正确B 错误；
将平面
翻折到与平面
重合，如图，
37
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此时
，
，
三点共线，
取得最小值
，
此时，
是边长为
的等边三角形，
是
边长为的等腰直角三角形，且
是
的中点，
所以
，
，
所以
取得最小值为
，故C 错误D 正确.
故选：AD．
3．（2023 高三·全国·专题练习）（多选）已知图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球表面积为12π，点P
在正方体的对角面BDD1B1内（包括边界），则下列说法正确的是（ ）
A．若
平面A1C1D，则P 的轨迹长度为
B．若BP⊥平面A1C1D，则P 的轨迹长度为
C．若点P 到平面A1B1C1D1的距离与到点B 的距离相等，则P 的轨迹是椭圆的一段
D．PA+PA1的最小值为
【答案】ABD
【解析】 正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球表面积为12π，故外接球半径
，所以正方体的棱长为a=2．
对于A 项，若
平面A1C1D 因为B1P
平面BDD1B1，记A1C1交B1D1于点O1连接DO1，如图4 所示，则平
38
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面A1C1D∩平面BDD1B1=DO1，所以
．
记线段BD 的中点为O，连接B1O．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面
平面ACB1，
再结合点P 在正方体的对角面BDD1B1内，可知点P 的轨迹为平面ACB1与平面BDD1B1的交线，也
就是线段B1O（除去点B1）
显然在矩形BDD1B1中，
，则点P 的轨迹就是线段B1O（除去点B1），
其长度为
，故选项A 正确．
对于B 项，连接BD1，如图5 所示．
显然在正方体中BD1⊥平面A1C1D，而过一点有且只有一条直线和已知平面垂直，
所以若BP⊥平面A1C1D，则P 的轨迹就是线段BD1（除去点B），其长度为
．故选项B 正确．
对于C 项，过点P 作B1D1的垂线，垂足为H，如图6 所示．
由正方体的性质可得A1C1⊥平面BDD1B1，所以A1C1⊥PH．
因为PH⊥B1D1，A1C1，B1D1
平面A1B1C1D1，A1C1∩B1D1=O1，所以PH⊥平面A1B1C1D1．
故点P 到平面A1B1C1D1的距离就是点P 到直线B1D1的距离．所以点P 到直线B1D1的距离与点B 的距离相等，
39
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由抛物线的定义可知P 的轨迹是以B 为焦点，直线B1D1为准线的抛物线的一段（在四边形BDD1B1内，包含边
界），故选项C 不正确．
对于D 项，由正方体的性质可得A1C1⊥平面BDD1B1，连接PC1，AC1，因为
平面BDD1B1，所以PA1=PC1，
所以
，当且仅当A，P，C1三点共线时等号成立．故选项D 正确，
故选：ABD．
考点七 外接球
【例7-1】（2024·西藏·模拟预测）已知圆锥的轴截面
是一个正三角形，其中是圆锥顶点，AB 是底面直
径．若C 是底面圆O 上一点，P 是母线SC 上一点，
，
，则三棱锥
外接球的表面积
是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】如图，
设点D 在母线SA 上且
，
因为
是直角三角形，所以三棱锥
外接球的球心E 在SO 上，
由
≌
，可得
，
即三棱锥
外接球的球心E 也是三棱锥
外接球的球心，且两个外接球的表面积相等．
由
，得
的外心即为三棱锥
外接球的球心E．
在
中，
，
所以
的外接圆的直径
，
所以三棱锥
外接球的表面积是
，
故选：C．
【例7-2】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）已知某圆台的母线长为
，母线与轴所在直线的夹角是
，且上、
下底面的面积之比为
，则该圆台外接球的表面积为（ ）
40
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】如图：上，下底面圆心分别为
，外接球球心为
，
连接
如图所示：
因为上、下底面的面积之比为1：4，则上底面半径与下底面半径之比为
，即
，
又母线与轴所在直线的夹角是
,故
，结合
,
则有
，故
记圆台外接球半径为
，
在直角
和直角
中由勾股定理知：
，
则有
，解可得
，
故圆台外接球的半径
，
则该圆台外接球的表面积
．
故选：C．
【一隅三反】
1．（2024·山东菏泽·模拟预测）已知正三棱台的上、下底面边长分别为
，体积为
，则该正三棱
台的外接球表面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】令给定的正三棱台为正三棱台
，
，
令正
的中心分别为
，而
，
则
，解得
，
41
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的外接圆半径
，
的外接圆半径
，
显然正三棱台的外接球球心在直线
，设外接球半径为
，则
，
因此
，解得
，
所以该正三棱台的外接球表面积为
.
故选：C
2．（2024·四川成都·模拟预测）菱形
中
，现将菱形
沿对角线
折起，当
时，此
时三棱锥
的体积为
，则三棱锥
外接球的表面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】不妨设菱形
的边长为
，
为
中点，
分别为正
的中心，
过
分别作平面
和平面
的垂线交于点
.
等腰
中，
，
因为
⊥
，
⊥
，
，
平面
，
所以
⊥平面
，
则
，
，即
（
舍），故
，
42
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故
，
中，由余弦定理得
，
故
，
则在直角
中，
，
，
，故外接球的表面积为
.
故选：A
3．（2024·福建厦门·模拟预测）已知三棱锥
中，
平面
，
，
，
，
，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】在
中，因为
，
，
，所以
，
所以
，取
中点E，则E 为
的外心，且外接圆的半径为
，
过E 作底面的垂线
，使
，又
平面
，则O 为三棱锥外接球的球心，
所以外接球的半径
，
所以三棱锥外接球的表面积为
，
故选：C.
43
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4．（2024·陕西渭南·二模）已知三棱锥
外接球直径为SC，球的表面积为
，且
，则
三棱锥
的体积为 .
【答案】
/
【解析】设外接球半径为，则
，解得
，故
，
由于
均在球面上，故
，
由勾股定理得
，
取
的中点
，连接
，则
⊥
，
⊥
，
，
又
，
平面
，故
⊥平面
，
其中
，由勾股定理得
，
在
中，由余弦定理得
，
故
，
故
，
故三棱锥
的体积为
44
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故答案为：
一．单选题
1．（2024·陕西西安·模拟预测）已知圆柱的底面直径为
，它的两个底面的圆周都在同一个表面积为
的球
面上，该圆柱的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】球的表面积为
，可得其半径
，
圆柱的底面直径为
，半径为
，
在轴截面中，可知圆柱的高为
，所以圆柱的体积为
.
故选：D.
45
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2．（2024·天津滨海新·三模）我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，
本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用．图1 是明清时
期的一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2.已知正
四棱柱和正四棱锥的底面边长为4，体积之比为3:1，且该几何体的顶点在球
的表面上，则球
的表面积为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
正四棱柱和正四棱锥的体积之比为
，且共一个底面，
正四棱柱和正四棱锥的高相等，
设正四棱柱和正四棱锥的高为，该几何体外接球的半径为
，
易知球O 是正四棱柱的外接球，也是正四棱锥的外接球，
，
解得
，
∴球O 的表面积为
．
故选：A．
3．（2024·河北衡水·三模）艳阳高照的夏天，“小神童”是孩子们喜爱的冰淇淋之一．一个“小神童”近似为
一个圆锥，若该圆锥的侧面展开的扇形面积是底面圆面积的2 倍，圆锥的母线长为
，则该圆锥的体积为
（ ）
46
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】设圆锥的底面圆的半径为，则底面圆的面积为
，
侧面面积为
，由题意知
，
所以
，解得
，
因此该圆锥的高
，
故该圆锥的体积
．
故选：C．
4．（23-24 湖南长沙·期末）在侧棱长为
的正三棱锥
中，
，过
作
截面
，则截面的最小周长为（ ）
A．
B．4
C．6
D．10
【答案】C
【解析】如图三棱锥以及侧面展开图，要求截面
的周长最小，
连接
交
、
于点
、
，则侧面展开图中线段
的长度即为截面的最小周长，
因为侧棱长为
的正三棱锥
，
，
所以
，
由余弦定理可得
，
，所以截面的最小周长为.
故选：C.
5．（2023·全国·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，
47
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，若
的面积等于
，则该圆锥的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】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
6．（2024·福建泉州·模拟预测）已知
是圆锥
的轴截面，点C 在SA 上，且
.若过点C 且平行
于SB 的平面恰过点
，且该平面与圆锥底面所成的二面角等于
，则该圆锥的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
48
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【解析】
由过点C 且平行于SB 的平面恰过点O，知
，根据二面角定义知
，
因为O 是AB 的中点，
所以C 是SA 的中点，且
，
因为
，
所以
是边长为
的等边三角形，
所以圆锥的底面半径为
，圆锥的高为
所以该圆锥的体积为
.
故选：C.
7．（2024·河北沧州·三模）《几何补编》是清代梅文鼎撰算书，其中卷一就给出了正四面体，正六面体（立方
体）、正八面体、正十二面体、正二十面体这五种正多面体的体积求法.若正四面体
的棱长为
，
为棱
上的动点，则当三棱锥
的外接球的体积最小时，三棱锥
的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】如图，在正四面体
中，假设
底面
，则点
为
外心.
在
上取一点
，满足
，则
，
则
为三棱锥
的外接球球心，
当
取得最小值时，
最小，三棱锥
的外接球体积最小，
此时点
与点
重合.作
，垂足为
，
，
为三棱锥
的高.
49
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由正四面体
的棱长为
，知
，
，
，.
设
，则
，故
，
.
由
，得
，
解得
.
，
.
故选：A.
8．（2024·河南·模拟预测）如图，已知直三棱柱
的体积为4，AC⊥BC，
，D 为
的中点，E 为线段AC 上的动点（含端点），则平面BDE 截直三棱柱
所得的截面面积的取值范围
为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】直三棱柱
的体积为4，AC⊥BC，
，所以
，
50
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解得
，
过
作
，交
于
，连接
，取
的中点
，连接
，
设
，
①当
时，平面BDE 截直三棱柱
所得的截面为正方形
，面积为
，
②当
时，因为
，
，所以四边形
为平行四边形，则
，
，
因为
，
分别为
，
的中点，所以
，
，
因为
，
，所以四边形
为平行四边形，
所以
，且
则
，
，即平面BDE 截直三棱柱
所得的截面为梯形
在
中，
，
，
，则
，
在
中，
，
，
，则
，
在
中，
，
，
，则
，则
过
作
垂足为
，过
作
垂足为
，所得平面图形如下;
51
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则
，
，
，
，
设
，则
所以
，
，因为
，
化简可得：
，则
，
所以
，
因为当
，所以
，则
，
综上，平面BDE 截直三棱柱
所得的截面面积的范围为
故选：A
二．多选题
9．（2023·全国·高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽
略不计）内的有（ ）
A．直径为
的球体
B．所有棱长均为
的四面体
C．底面直径为
，高为
的圆柱体
D．底面直径为
，高为
的圆柱体
【答案】ABD
【解析】对于选项A：因为
，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故A 正确；
对于选项B：因为正方体的面对角线长为
，且
，
所以能够被整体放入正方体内，故B 正确；
对于选项C：因为正方体的体对角线长为
，且
，
所以不能够被整体放入正方体内，故C 不正确；
对于选项D：因为
，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过
的中点
作
，设
，
52
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可知
，则
，
即
，解得
，
且
，即
，
故以
为轴可能对称放置底面直径为
圆柱，
若底面直径为
的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心
，与正方体的下底面的切点为
，
可知：
，则
，
即
，解得
，
根据对称性可知圆柱的高为
，
所以能够被整体放入正方体内，故D 正确；
故选：ABD.
10．（2023·全国·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
【解析】依题意，
，
，所以
，
53
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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.
11．（23-24 河北保定·期末）正方体
的棱长为2，点
是四边形
内部及边界上一动点，
点
是棱
上靠近点
的三等分点，下列结论正确的有（ ）
A．
B．当直线
与平面
所成的角为
时，点
的轨迹长度为
C．若
，则点
的运动轨迹长度为
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D．直线
被正方体
的外接球所截得的线段的长度为
【答案】ABD
【解析】对于A，连接
，则
，
因为
平面
，
平面
，
所以
，
又
平面
，所以
平面
，
又
平面
，所以
，故A 正确；
对于B，因为直线
与平面
所成的角为
，
而平面
与平面
平行，
所以直线
与平面
所成的角为
，
连接
，因为
平面
，
所以
即为直线
与平面
所成角的平面角，
则
，
所以
，
所以点
的轨迹是以点
为圆心的圆与四边形
的公共部分，
所以点
的轨迹长度为
，故B 正确；
对于C，分别在
取靠近点
的三等分点
，
在
上取靠近点
的三等分点
，连接
，
则
，
因为点
是棱
上靠近点
的三等分点，
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所以
，
所以
，所以
四点共面，
有正方体的结构特征可得
，
因为
平面
，
平面
，
所以
，
又
平面
，
所以
平面
，
所以
平面
，
又
平面
，所以
，
同理可得
，
又
平面
，
所以
平面
，
又因
，点
是四边形
内部及边界上一动点，
所以点
的轨迹即为
，
，故C 错误；
直线
被正方体
的外接球所截得的线段，
即为被正方形
外接圆所截得的线段，
如图，点
为正方形
外接圆的圆心，则点
为
的中点，
过点
作
于点
，则所求线段即为
，
56
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，
则
，
所以
，
所以
，
所以所截得的线段的长度为
，故D 正确.
故选：ABD.
三． 填空题
12．（2024·湖南衡阳·模拟预测）某冷饮店为了吸引顾客，特推出一款蛋仔冰淇淋，其底座造型如图所示，外
部为半球型蛋壳，内有三个特制的球型蛋仔，蛋仔两两相切，且都与蛋壳相切，蛋仔的顶端正好与半球型的蛋
壳的上沿处于同一水平面，如果球型蛋仔的半径为
，求这个蛋壳型的半球的容积为 .
【答案】
【解析】
57
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取半球的球心为
，三个小球的球心分别为
，
则有
，取
的重心
，则可有
，
在
中易求得
，
则有
，
则半球的半径
，
半球的容积
.
故答案为：
.
13．（2024·江西新余·二模）如图1，在直角梯形
中，
，
，
，
，
，点E，F 分别为边
，
上的点，且
，
.将四边形
沿
折起，如图2，
使得平面
平面
，点M 是四边形
内（含边界）的动点，且直线
与平面
所成的角
和直线
与平面
所成的角相等，则当三棱锥
的体积最大时，三棱锥
的外接球的表
面积为 .
【答案】60π
【解析】翻折前，
，
因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
，
所以
即为直线
与平面
所成的角，
同理可得，
即为直线
与平面
所成的角，
因为直线
与平面
所成的角和直线
与平面
所成的角相等，
所以
，
58
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而
，
，
所以
，即
，
设
，则
，
过点
作
于点
，
因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
，
即点
到平面
的距离为
，
因为三棱锥
的体积
，且
为定值，
所以要使三棱锥
的体积取得最大值，则需
取得最大值，
设
，
，则
，
由勾股定理知，
，
，
所以
，
，
消去
整理得，
，
，
，
当
时，
取得最大值12，即取得最大值
，此时点
在线段
上，且
，
所以
，
，
两两垂直，
所以三棱锥
的外接球就是以
，
，
为邻边构成的长方体的外接球，
所以
，
所以外接球的半径
，
所以当三棱锥
的体积最大时，三棱锥
的外接球的表面积为
．
故答案为：
．
14．（2024·山东菏泽·二模）已知在棱长为2 的正方体
中，挖去一个以上下底面各边中点为顶
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点的四棱柱，再挖去一个以左右两侧面各边中点为顶点的四棱柱，则原正方体剩下部分的体积为 ．
【答案】
【解析】如图：
，
可知四棱锥
为正四棱锥，
四边形
为边长为2 的正方形，棱锥的高为1，
可知两个挖去的四棱柱重合部分为两个正四棱锥的组合体，
四棱柱
的底面
是边长为
的正方形，
则
，
同理可得
，
，
则挖去部分的体积为
，
可得原正方体剩下部分的体积为
．
故答案为：
.
四． 解答题
15．（2024·湖南邵阳·一模）如图所示，圆台的上、下底面圆半径分别为
和
，
为圆台的两条
不同的母线.
60
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(1)求证：
；
(2)截面
与下底面所成的夹角大小为
，且截面截得圆台上底面圆的劣弧
的长度为
，求截面
的面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）因为圆台可以看做是由平行于圆锥底面的平面去截圆锥而得到，所以圆台的母线也就是生成这
个圆台的圆锥相应母线的一部分.
可知母线
与母线
的延长线必交于一点，即
四点共面，
又因为圆面
∥圆面
，且平面
圆面
，平面
圆面
，
所以
∥
.
（2）解法一：因为劣弧
的长度为
，则
由
，可得
.
如图，建立空间直角坐标系
，设
，
61
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则
，
可得
，
设平面
的一个法向量为
，则
，
令
，则
，可得
，
由题意可知：底面的一个法向量
，
因为截面与下底面所成的夹角大小为
，
则
，
解得
，即
，可得
，
在等腰梯形
中，
，
可得等腰梯形
的高
，
所以
.
解法二：如图，分别取
的中点为
，连结
，
，
由题意可得：
，
所以
为截面
与底面所成夹角，即
，
过点
作
于点
，由
，得
，
62
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则
（即梯形的高），
所以
.
16．（2023 高三·全国·专题练习）在如图所示的几何体中，
，
平面
，
，
，
，
.
(1)证明：
平面
；
(2)过点
作一平行于平面
的截面，画出该截面（不用说明理由），并求夹在该截面与平面
之间的几何
体的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)截面为平面
，体积为
【解析】（1）在
中，
，
，
，
，
由余弦定理得：
，
，
，
又
平面
，
平面
，
，
，
平面
，
平面
.
（2）取
的中点
，
的中点
，连接
，则平面
即为所求.
理由如下：
，
，
四边形
为平行四边形，
，
平面
，
平面
，
平面
，
同理可得：
平面
，
，
平面
，
平面
平面
；
由（1）可知：
平面
，且
平面
，
，
，
63
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夹在该截面与平面
之间的几何体的体积
.
17．（2023·河南·模拟预测）如图，多面体ABCDEF 的面ABCD 是正方形，其中心为M．平面
平面
ABCD，
，
，
．
(1)求证：
平面AEFB；
(2)在
内（包括边界）是否存在一点N，使得
平面CEF？若存在，求点N 的轨迹，并求其长度；若
不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；点N 的轨迹为线段DG（AE 的中点G），长度为
【解析】（1）如图，取AE 的中点G，连接GF，DG，
因为
，
，所以
，
，
所以四边形ABFG 是平行四边形，所以
，
，
又因为
，
，所以
，
，
所以四边形CDGF 是平行四边形，所以
，
因为
，平面
平面ABCD，
平面ABCD，平面
平面
，
所以
平面ADE，
又
平面ADE，所以
，
因为
，G 为AE 的中点，所以
，
又AE，
平面AEFB，且
，所以
平面AEFB，
所以
平面AEFB；
（2）如图，连接BD，BG，
64
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由（1）知，
，
，所以
，
，
所以四边形BGEF 是平行四边形，所以
，
因为
平面CEF，
平面CEF，
所以
平面CEF，
又由（1）知，
，
平面
，
平面CEF，
所以
平面CEF，
因为DG，
平面
，且
，
所以平面
平面CEF，
设点N 为线段DG 上任意一点，则
平面BDG，
平面CEF，
所以点N 的轨迹为线段DG，长度为
．
18．（2024·广东东莞·模拟预测）如图，已知四棱台
的上、下底面分别是边长为2 和4 的正方
形，
，且
底面ABCD，点P、Q 分别是棱
、
的中点．
(1)在底面
内是否存在点M，满足
平面CPQ?若存在，请说明点M 的位置，若不存在，请说明理
由；
(2)设平面CPQ 交棱
于点T，平面CPTQ 将四棱台
，分成上、下两部分，求上、下两部分
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的体积比．
【答案】(1)存在，点M 的位置见解析
(2)
【解析】（1）因为四棱台
的上、下底面都是正方形，且
底面ABCD，
所以可以以
为坐标原点，
分别为
轴建立如图所示坐标系，
则
，
假设在底面
内存在点M，满足
平面CPQ，则可设
，
有
，则
，即
，
所以
，
，
故在底面
内存在点
，满足
平面CPQ.
（2）设
，因为点T 在平面CPQ 内，所以可设
，
则
，
所以
，所以
，则
，
连接
，
，
设平面CPTQ 将四棱台
分成上、下两部分的体积分别为
，
，
66
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，
，
取
的中点
，连接
，则
，
，
又
平面
，
平面
，所以
平面
，
，
所以
，
，
，所以
，
所以所求的上、下两部分的体积比为
.
19．（2024·四川南充·模拟预测）如图，四棱锥
中，底面
为矩形，点
在线段
上，
平
面
.
(1)求证：
；
(2)若
是等边三角形，
，平面
平面
，四棱锥
的体积为
，试问在线
段
上是否存在点
，使得直线
与平面
所成角的正弦值为
？若存在，求出此时
的长；若不
存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
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(2)存在，
【解析】（1）连接
，设
，连接
.
因为
为矩形，所以
为
的中点，
因为
平面
，
平面
，平面
平面
，
所以
.
因为
为
的中点，所以
为
的中点，所以
.
（2）设
，因为
是等边三角形，所以
.
如图，作
于
，则
，
因为平面
平面
，
，
平面
，平面
平面
，
所以
平面
，所以
是四棱锥
的高，
因为
为矩形，
，
，所以
，
所以
，解得
.
因为
为矩形，所以
，平面
平面
，
平面
，
平面
平面
，所以
平面
，
建立如图所示空间直角坐标系，则
，
，
，
，
，
，
所以
，
，
，
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设平面
的一个法向量为
，则
，取
，
假设在线段
上存在点
，使得直线
与平面PCD所成角
的正弦值为
，
设
，
，
则
，
所以
，
化简得
，解得
（舍去）或
，
因为
，此时
，
所以线段
上存在点
，使得直线
与平面PCD所成角
的正弦值为
，此时
的长为
.
69
