文档文本内容
第 小题 立体几何问题
14
第14小题 立体几何问题..........................................................1
一、主干知识归纳与回顾......................................................2
14.1基本立体图形........................................................2
14.2立体图形的直观图....................................................3
14.3简单几何体的表面积与体积............................................3
14.4空间点、直线、平面之间的位置关系....................................4
14.4.1平面...........................................................4
14.4.2空间点、直线、平面之间的位置关系...............................4
14.5空间直线、平面的平行................................................5
14.5.1直线与直线平行.................................................5
14.5.2直线与平面平行.................................................5
14.5.3平面与平面平行.................................................5
14.6空间直线、平面的垂直................................................5
14.6.1直线与直线垂直.................................................5
14.6.3平面与平面垂直.................................................6
（一）命题角度剖析..........................................................7
（二）考情分析..............................................................8
（三）高考预测..............................................................8
二、题型分类与预测..........................................................8
命题点一：几何体的结构特征、表面积和体积.................................8
1.1母题精析（三年高考真题）..........................................8
一．棱柱的结构特征（共2小题）....................................8
二．棱锥的结构特征（共1小题）...................................10
三．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）（共6小题）.......................12
四．球内接多面体（共1小题）.....................................14
五．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积（共2小题）.................15六．棱柱、棱锥、棱台的体积（共16小题）..........................16
七．球的体积和表面积（共4小题）.................................33
八．简单空间图形的三视图（共1小题）.............................35
九．由三视图求面积、体积（共6小题）.............................36
1.2解题模型.........................................................41
1.3对点训练（四年省市模考）.........................................42
一．棱柱的结构特征（共3小题）...................................42
二．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）（共6小题）.......................45
三．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积（共2小题）.................50
四．棱柱、棱锥、棱台的体积（共13小题）..........................51
五．球的体积和表面积（共12小题）................................65
命题点二：空间点、线、面的位置关系......................................80
1.1母题精析（三年高考真题）.........................................80
一．异面直线及其所成的角（共5小题）.............................80
二．异面直线的判定（共1小题）...................................83
三．空间中直线与直线之间的位置关系（共3小题）...................84
四．直线与平面垂直（共2小题）...................................87
五．平面与平面垂直（共1小题）...................................90
1.2解题模型.........................................................91
1.3对点训练（四年省市模考）.........................................92
一．平面的基本性质及推论（共2小题）.............................92
二．异面直线及其所成的角（共5小题）.............................94
三．空间中直线与直线之间的位置关系（共2小题）..................100
四．空间中直线与平面之间的位置关系（共3小题）..................101
五．直线与平面平行（共2小题）..................................104
六．平面与平面垂直（共1小题）..................................106
三、类题狂刷（五年区模、校模）：..........................................109
一．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）（共2小题）......................109
二．球内接多面体（共1小题）....................................110
三．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积（共3小题）................110
四．棱柱、棱锥、棱台的体积（共20小题）.........................113五．球的体积和表面积（共13小题）...............................137
六．由三视图求面积、体积（共1小题）............................151
七．平面的基本性质及推论（共2小题）............................151
八．异面直线及其所成的角（共2小题）............................153
九．直线与平面平行（共1小题）..................................155
一十．平面与平面平行（共1小题）................................156
一十一．平面与平面垂直（共1小题）..............................157
一、主干知识归纳与回顾14.1基本立体图形
空间几何体的结构：
⑴常见的多面体有：棱柱、棱锥、棱台；常见的旋转体有：圆柱、圆锥、圆台、球.
⑵棱柱：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相
平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱.
直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱叫直棱柱.斜棱柱：侧棱不垂直于底面的棱柱叫斜棱柱.
正棱柱：底面是正多边形的直棱柱叫正棱柱.平行六面体：底面是平行四边形的四棱柱叫平行
六面体.
（3）棱锥：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成
的多面体叫棱锥.正棱锥：底面是正多边形，并且顶点与底面中心的连线垂直于底面的棱锥叫
正棱锥.
（4）棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分，这样的多面体
叫做棱台.
（5）圆柱：以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫
圆柱.
轴：旋转轴叫圆柱的轴；底面：垂直于轴的边旋转而成的圆面叫圆柱的底面.侧面：平行于
轴的边旋转而成的曲面叫圆柱的侧面.母线：平行于轴的边都叫圆柱侧面的母线.
（6）圆锥：以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围
成的旋转体叫圆锥.
（7）圆台：用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台，
（8）球：半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周所形成的曲面叫球面，球面所围成的
旋转体叫球体，简称球.半圆的圆心叫球的球心.连结球心和球面上任意一点的线段叫球的半
径.连接球面上两点并且经过球心的线段叫做球的直径.
14.2立体图形的直观图
斜二测画法：
(1) 建立平面直角坐标系: 在已知平面图形中取互相垂直的 轴和 轴,两轴相交于点 .(2) 画出斜坐标系: 在画直观图的纸上(平面上)画出对应的 轴和 轴, 两轴相交于点 ，且使
，它们确定的平面表示水平面.
(3) 画对应图形: 在已知图形平行于 轴的线段, 在直观图中画成平行于 轴，长度保持不
变. 在已知图形平行于 轴的线段, 在直观图中画成平行于 轴, 且长度为原来一半.
14.3简单几何体的表面积与体积
S =2π⋅r⋅l
（1）圆柱侧面积； 侧面 （ 是底面圆半径， 是母线长）
( 9 )
（2）圆锥侧面积： （ 是底面圆半径， 是母线长）
3n+1 3n+2 3n+3
（3）体积公式：
1+ω+ω2 =0
；
ω =ω,ω =ω
¯
,ω =1
；
y
（4）球的表面积和体积： .
14.4空间点、直线、平面之间的位置关系
14.4.1平面
1.三个事实：基本事实1：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面.（即不共线的三点
确定一个平面）基本事实2：如果一条直线上两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内.基本事实3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直
线.
2.三个推论：
推论1：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面.推论2：经过两条相交直线，
有且只有一个平面.推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面.
14.4.2空间点、直线、平面之间的位置关系
1.空间中直线和直线的位置关系
异面直线：不同在任何一个平面内的两条直线叫异面直线.
2.空间中直线和平面的位置关系
3.空间中平面和平面的位置关系
14.5空间直线、平面的平行
14.5.1直线与直线平行
1.基本事实4：平行与同一条直线的两条直线平行.
2.定理：如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.
14.5.2直线与平面平行
1.线面平行判定定理（线线平行 线面平行）：
如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行.
2.线面平行性质定理（线面平行 线线平行）：
一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行.14.5.3平面与平面平行
1.面面平行判定定理1（线面平行 面面平行）：
如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行.
2.面面平行判定定理2（线线平行 面面平行）：
如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条直线平行，那么这两个平面平行.
3.面面平行性质定理（面面平行 线线平行）：
两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行.
4.面面平行的定义推论（面面平行 线面平行）：
如果两个平面平行，那么一个平面内的任意一条直线都与另一个平面平行.
14.6空间直线、平面的垂直
14.6.1直线与直线垂直
1.异面直线所成的角定义：已知两异面直线 ，经过空间任一点O分别作直线
，我们把直线 所成的角叫做异面直线 所成的角.空间两条直线所成角的取值范围是
.
2.两条异面直线互相垂直的定义：如果两条异面直线所成的角是直角，就说这两条异面直线
互相垂直.
14.6.2直线与平面垂直
1.直线与平面垂直的定义：如果直线 与平面 内的任意一条直线都垂直，就说直线 与平面
互相垂直.
2. 线面垂直定义的推论（线面垂直 线线垂直）：如果一条直线垂直于一个平面，那么该
直线垂直于平面内的任意一条直线.
3.点到平面的距离的定义：过一点垂直于已知平面的直线有且只有一条，过一点作垂直于已
知平面的直线，则该点与垂足间的线段，叫做这个点到该平面的垂线段.垂线段的长度叫这个
点到平面的距离.
4.线面垂直判定定理（线线垂直 线面垂直）：如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直.
5.线面垂直性质定理：
（1）垂直于同一个平面的两条直线平行.
（2）如果两条平行直线中的一条直线垂直于一个平面，那么另一条直线也垂直于该平面.
6.直线和平面所成的角的定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角，叫做这条直
线和这个平面所成的角.直线和平面所成的角范围是 .
7.直线到平面的距离的定义：一条直线与一个平面平行时，这条直线上任意一点到这个平面
的距离，叫做这条直线到平面的距离.
8.两个平行平面间的距离的定义：如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任意一点到另
一个平面的距离都相等，把它叫做两个平行平面间的距离.
14.6.3平面与平面垂直
1. 二面角的定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫二面角.这条直线叫二面角
的棱，这两个半平面叫二面角的面.
记作：例如二面角 或二面角 或二面角 .
2. 二面角的平面角：在二面角
α−l−β
的棱上任取一点 O，分别在两个半平面内作射线
AO⊥l,BO⊥l ，则∠AOB
为二面角
α−l−β
的平面角.二面角的范围是 .
3．两个平面互相垂直的定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两
个平面互相垂直.
4. 面面垂直判定定理（线面垂直 面面垂直）：如果一个平面过另一个平面的垂线，那么
这两个平面垂直.
5. 面面垂直性质定理（面面垂直 线面垂直）：两个平面垂直，如果一个平面内有一条直
线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直（一）命题角度剖析
1.几何体的结构特征、表面积和体积★★★★☆ 2.空间点、线、面的位置关系
★★★★☆
（二）考情分析
高考频率：100% 试题难度：中等 呈现形式：以选择题或填空题呈现
（三）高考预测
常以柱、锥、台为载体考查空间几何中的点、线、面的位置关系的判断，以及几何体的
表面积、体积的计算，同时也考查与球有关的切、接问题。二、题型分类与预测
命题点一：几何体的结构特征、表面积和体积
1.1母题精析（三年高考真题）
一．棱柱的结构特征（共2小题）
1．（2023•甲卷）在正方体 中， ， 为 的中点，若该正方体的棱与球 的球
面有公共点，则球 的半径的取值范围是 ， ．
【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为4的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最
小．
【解答】解：设球的半径为 ，
当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，
若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径 为体对角线长 ，
即 ， ，故 ，分别取侧枝 ， ， ， 的中点 ， ， ， ，
则四边形 是边长为4的正方形，且 为正方形 的对角线交点，
连接 ，则 ，
当球的一个大圆恰好是四边形 的外接圆，球的半径最小，
即 的最小值为 ，
综上，球 的半径的取值范围是 ， ．
故答案为： ， ．
【点评】本题考查正方体的结构特征、四边形的外接圆、球的结构特征等基础知识，考查运算求解能力，
是中档题．
2．（2023•甲卷）在正方体 中， ， 分别为 ， 的中点，则以 为直径的球面
与正方体每条棱的交点总数为 1 2 ．
【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，由此能求出结果．
【解答】解：在正方体 中， ， 分别为 ， 的中点，
设正方体 中棱长为2， 中点为 ，
取 ， 中点 ， ，侧面 的中心为 ，
连接 ， ， ， ， ，如图，由题意得 为球心，在正方体 中， ，
，
则球心 到 的距离为 ，
球 与棱 相切，球面与棱 只有一个交点，
同理，根据正方体 的对称性可知，其余各棱和球面也只有一个交点，
以 为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为12．
故答案为：12．
【点评】本题考查正方体的对称性、球心到各棱距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
二．棱锥的结构特征（共1小题）
3．（2023•甲卷）在四棱锥 中，底面 为正方形， ， ， ，
则 的面积为
A． B． C． D．
【分析】解法一：先根据对称性易知 ，再根据余弦定理求出 ，然后用余弦定理求
的一个角的余弦值，从而得该角的正弦值，最后代入三角形面积公式，即可得解．
解 法 二 ： 设 在 底 面 的 射 影 为 ， 连 接 ， 设 ， ， 且 ， 则
，或 ，易知 ，又 ，再根据最小角定理及三角形
面积公式，即可求解．【解答】解：解法一： 四棱锥 中，底面 为正方形，
又 ， ，
根据对称性易知 ，
又底面正方形 得边长为4， ，
在 中，根据余弦定理可得：
，
又 ， ， 在 中，由余弦定理可得：
， ，
的面积为 ．
解法二：如图，设 在底面的射影为 ，连接 ，
设 ， ，且 ，
则 ，或 ，
易知 ，又 ，
则根据最小角定理（三余弦定理）可得：
，
或 ，或 ，
或 ，
或 ，又 ，
， ， ，
， ，
再根据最小角定理可得：
，
，又 ， ，
的面积为 ．
故选： ．
【点评】本题考查三角形面积的求解，余弦定理的应用，三角形面积公式的应用，最小角定理的应用，化
归转化思想，属中档题．
三．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）（共6小题）
4．（2022•全国）底面积为 ，侧面积为 的圆锥的体积是
A． B． C． D．
【分析】设圆锥的底面半径为 ，母线长为 ，由已知列式求得 与 ，再由勾股定理求圆锥的高，然后代
入圆锥体积公式求解．
【解答】解：设圆锥的底面半径为 ，母线长为 ，
由题意可得 ，解得 ， ，
圆锥的高 ．圆锥的体积是 ．
故选： ．
【点评】本题考查圆锥体积的求法，考查运算求解能力，是基础题．
5．（2021•新高考Ⅰ）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．2 B． C．4 D．
【分析】设母线长为 ，利用圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半
圆的半径，列出方程，求解即可．
【解答】解：由题意，设母线长为 ，
因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，
则有 ，解得 ，所以该圆锥的母线长为 ．故选： ．
【点评】本题考查了旋转体的理解和应用，解题的关键是掌握圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，
圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，考查了逻辑推理能力与运算能力和空间思维能力，属于基础题．
6．（2021•天津）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．
【分析】由题意画出图形，由球的体积求出球的半径，再由直角三角形中的射影定理求得截面圆的半径，
代入圆锥体积公式得答案．
【解答】解：如图，设球 的半径为 ，由题意， ，
可得 ，则球 的直径为4， 两个圆锥的高之比为 ， ， ，
由直角三角形中的射影定理可得： ，即 ．
这两个圆锥的体积之和为 ．故选： ．【点评】本题考查球内接圆锥体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
7．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为 ，则圆柱的侧面积为 ． ．
【分析】由底面积为 解出底面半径 ，再代入侧面积公式求解即可．
【解答】解：因为圆柱的底面积为 ，即 ，所以 ，所以 ．故答案为：
．
【点评】本题考查了圆柱的侧面积公式，属于基础题．
8．（2021•甲卷）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 ．
【分析】由题意，设圆锥的高为 ，根据圆锥的底面半径为6，其体积为 求出 ，再求得母线的长度，
然后确定圆锥的侧面积即可．
【解答】解：由圆锥的底面半径为6，其体积为 ，
设圆锥的高为 ，则 ，解得 ，
所以圆锥的母线长 ，所以圆锥的侧面积 ．故答案为： ．
【点评】本题考查了圆锥的侧面积公式和圆锥的体积公式，考查了方程思想，属于基础题．
9．（2020•浙江）已知圆锥的侧面积（单位： 为 ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的
底面半径（单位： 是 ．
【分析】利用圆锥的侧面积，求出母线长，求解底面圆的周长，然后求解底面半径．
【解答】解： 圆锥侧面展开图是半圆，面积为 ，设圆锥的母线长为 ，则 ， ，
侧面展开扇形的弧长为 ，
设圆锥的底面半径 ，则 ，解得 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查圆锥的母线长的求法，注意利用圆锥的弧长等于底面周长这个知识点．
四．球内接多面体（共1小题）
10．（2020•山东）已知直四棱柱 的棱长均为2， ．以 为球心， 为半径
的球面与侧面 的交线长为 ．
【分析】画出直观图，建立如图所示的坐标系，设出 的坐标，通过 ．求出 的轨迹方程，然后
求解以 为球心， 为半径的球面与侧面 的交线长．
【解答】解：由题意直四棱柱 的棱长均为2， ．可知： ，上下底面是
菱形，建立如图所示的平面直角坐标系，设 为半径 的球面上的点，过 作 垂直 的垂线，
为垂足，
则 ．
由题意可知 ．可得： ．
即 ，
所以 在侧面 的轨迹是以 的中点为圆心，半径为 的圆弧．
以 为球心， 为半径的球面与侧面 的交线长为： ．
故答案为： ．
【点评】本题考查空间点线面距离的求法，球与几何体相交的交线的问题，难度比较大．
五．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积（共2小题）
11．（2022•北京）已知正三棱锥 的六条棱长均为6， 是 及其内部的点构成的集合．设集
合 ，则 表示的区域的面积为
A． B． C． D．
【分析】设点 在面 内的投影为点 ，连接 ，根据正三角形的性质求得 的长，并由勾股定理
求得 的长，进而知 表示的区域是以 为圆心，1为半径的圆．
【解答】解：设点 在面 内的投影为点 ，连接 ，则 ，
所以 ，
由 ，知 表示的区域是以 为圆心，1为半径的圆，
所以其面积 ．故选： ．
【点评】本题考查棱锥的结构特征，点的轨迹问题，考查空间立体感和运算求解能力，属于基础题．
12．（2020•新课标Ⅰ）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．
【分析】先根据正四棱锥的几何性质列出等量关系，进而求解结论．
【解答】解：设正四棱锥的高为 ，底面边长为 ，侧面三角形底边上的高为 ，
则依题意有： ，
因此有 （负值 舍去）；
故选： ．
【点评】本题主要考查棱锥的几何性质，属于中档题．六．棱柱、棱锥、棱台的体积（共16小题）
13．（2023•天津）在三棱锥 中，线段 上的点 满足 ，线段 上的点 满足
，则三棱锥 和三棱锥 的体积之比为
A． B． C． D．
【分析】设 到平面 的距离 ， 到平面 的距离 ，则 ， ，然后结合三
棱锥的体积公式即可求解．
【解答】解：在三棱锥 中，线段 上的点 满足 ，线段 上的点 满足
，
所以 ，
设 到平面 的距离 ， 到平面 的距离 ，则 ，
则三棱锥 的体积为 ．
故三棱锥 和三棱锥 的体积之比为 ．
故选： ．
【点评】本题主要考查了三棱锥体积的求解，换顶点的应用是求解问题的关键，属于中档题．
14．（2023•乙卷）已知圆锥 的底面半径为 ， 为底面圆心， ， 为圆锥的母线，
，若 的面积等于 ，则该圆锥的体积为
A． B． C． D．
【分析】根据题意，设该圆锥的高为 ，即 ，取 的中点 ，连接 ，利用余弦定理求出 的
长，分析可得 ，由三角形面积公式求出 的长，由此求出 的值，由圆锥的体积计算可得答案．
【解答】解：根据题意，设该圆锥的高为 ，即 ，取 的中点 ，连接 、 ，由于圆锥 的底面半径为 ，即 ，
而 ，故 ，
同时 ，
中， ， 为 的中点，则有 ，
又由 的面积等于 ，即 ，变形可得 ，
而 ，则有 ，解可得 ，
故该圆锥的体积 ．
故选： ．
【点评】本题考查圆锥的体积计算，注意圆锥的体积计算公式，属于基础题．
15．（2023•全国）长方体的对角线长为1，表面积为1，有一面为正方形，则其体积为
A． B． C． D．
【分析】根据已知条件，结合长方体表面积、体积公式，即可求解．
【解答】解：不妨设长方体底面为正方形，边长为 ，高为 ，
则底面的对角线为 ，
长方体的对角线长为1，表面积为1，，解得 ，
长方体体积为 ．
故选： ．
【点评】本题主要考查长方体表面积、体积公式，属于基础题．
16．（2022•新高考Ⅰ）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．
【分析】先统一单位，再根据题意结合棱台的体积公式求解即可．
【解答】解： ， ，
根据题意，增加的水量约为
．故选： ．【点评】本题以实际问题为载体考查棱台的体积公式，考查运算求解能力，属于基础题．
17．（2022•乙卷）已知球 的半径为1，四棱锥的顶点为 ，底面的四个顶点均在球 的球面上，则当该
四棱锥的体积最大时，其高为
A． B． C． D．
【分析】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 ，由勾股定理可知该四棱锥
的高 ，所以该四棱锥的体积 ，再利用基本不等式即可求出 的最大值，以及此
时 的值，进而求出 的值．
【解答】解：对于圆内接四边形，如图所示，
，
当且仅当 ， 为圆的直径，且 时，等号成立，此时四边形 为正方形，
当该四棱锥的体积最大时，底面一定为正方形，设底面边长为 ，底面所在圆的半径为 ，
则 ，
该四棱锥的高 ，该四棱锥的体积 ，
当且仅当 ，即 时，等号成立，
该四棱锥的体积最大时，其高 ，
故选： ．
【点评】本题主要考查了四棱锥的结构特征，考查了基本不等式的应用，属于中档题．
18．（2022•甲卷）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．
【分析】设圆的半径（即圆锥母线）为 3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为 ， ，高分别为 ， ，
则可求得 ， ， ，进而求得体积之比．
【解答】解：如图，甲，乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆，设圆的半径（即圆锥母线）为 3，甲、乙两个圆锥的底面
半径分别为 ， ，高分别为 ， ，
则 ， ，解得 ， ，
由勾股定理可得 ，
．
故选： ．
【点评】本题考查圆锥的侧面积和体积求解，考查运算求解能力，属于中档题．
19．（2022•新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为 ，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． ，
【分析】画出图形，由题意可知求出球的半径 ，设正四棱锥的底面边长为 ，高为 ，由勾股定理可
得 ，又 ，所以 ，由 的取值范围求出 的取值范围，又因为
，所以该正四棱锥体积 ，利用导数即可求出 的取值范围．
【解答】解：如图所示，正四棱锥 各顶点都在同一球面上，连接 与 交于点 ，连接 ，
则球心 在直线 上，连接 ，
设正四棱锥的底面边长为 ，高为 ，在 中， ，即 ，
球 的体积为 ， 球 的半径 ，
在 中， ，即 ，
， ，
，又 ， ，
该正四棱锥体积 ，
，
当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减，
（4） ，
又 ， ，且 ，
，
即该正四棱锥体积的取值范围是 ， ，
故选： ．
【点评】本题主要考查了正四棱锥的外接球问题，考查了利用导数研究函数的最值，属于中档题．
20．（2021•甲卷）已知 ， ， 是半径为1的球 的球面上的三个点，且 ， ，
则三棱锥 的体积为A． B． C． D．
【分析】先确定 所在的截面圆的圆心 为斜边 的中点，然后在 和 中，利用勾
股定理求出 ，再利用锥体的体积公式求解即可．
【解答】解：因为 ， ，
所以底面 为等腰直角三角形，
所以 所在的截面圆的圆心 为斜边 的中点，
所以 平面 ，
在 中， ，则 ，
在 中， ，
故三棱锥 的体积为 ．
故选： ．
【点评】本题考查了锥体外接球和锥体体积公式，解题的关键是确定 所在圆的圆心的位置，考查了
逻辑推理能力、化简运算能力、空间想象能力，属于中档题．
21．（2021•新高考Ⅱ）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．【分析】法一：过 作 ，得 ， ．连接 ， ，过 作
，求出 ，从而 ，由此能求出正四棱台的体积．
法二：由四棱台的几何特征算出几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式能求出结果．
【解答】解法一：如图 为正四棱台， ， ， ．
在等腰梯形 中，过 作 ，可得 ，
．
连接 ， ，
， ，
过 作 ， ，
，
正四棱台的体积为：
．
解法二：作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，
该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，该棱台的高 ，
下底面面积 ，上底面面积 ，
则该棱台的体积为：
．
故选： ．
【点评】本题考查四棱台的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运
算求解能力、推理论证能力，是中档题．
22．（2023•新高考Ⅰ）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位： 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
【分析】对于 ，由正方体的内切球直径大于0.99可判断；对于 ，由正方体内部最大的正四面体的棱长
大于1.4可判断；对于 ，由正方体的体对角线小于1.8可判断；对于 ，取 ， ， ， ， ， 都
为棱中点，则六边形 为正六边形，由正六边形的内切圆直径大于1.2可判断．
【解答】解：对于 ，棱长为1的正方体内切球的直径为 ，选项 正确；
对于 ，如图，正方体内部最大的正四面体 的棱长为 ，选项 正确；
对于 ，棱长为1的正方体的体对角线为 ，选项 错误；
对于 ，（法一）如图，六边形 为正六边形， ， ， ， ， ， 为棱的中点，
高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2米的平面圆，
六边形 棱长为 米， ，
所以 米，故六边形 内切圆直径为 米，
而 ，选项 正确．
（法二）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 ，
可知 ，
则 ，即 ，解得 ，
且 ，即 ，
故以 为轴可能对称放置底面直径为 的圆柱，
若底面直径为 的圆柱与正方体的上下底面均相切，
设圆柱的底面圆心为 ，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，故熏香 正确．
故选： ．
【点评】本题考查简单几何体的体积，考查空间想象能力与运算求解能力，属于中档题．
23．（2022•新高考Ⅱ）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．
【分析】利用直接法与等体积法直接计算各三棱锥的体积，进而可得 、 、 之间的关系．
【解答】解：设 ，
，
，
如图所示，
连接 交 于点 ，连接 、 ，
则 ， ， ，
故 ，
，
故 、 正确， 、 错误．
故选： ．
【点评】本题主要考查组合体的体积，熟练掌握棱锥的体积公式是解决本题的关键．
24．（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱 中， ，点 满足 ，其中， ， ， ，则
A．当 时，△ 的周长为定值
B．当 时，三棱锥 的体积为定值
C．当 时，有且仅有一个点 ，使得
D．当 时，有且仅有一个点 ，使得 平面
【分析】判断当 时，点 在线段 上，分别计算点 为两个特殊点时的周长，即可判断选项 ；当
时，点 在线段 上，利用线面平行的性质以及锥体的体积公式，即可判断选项 ；当 时，
取线段 ， 的中点分别为 ， ，连结 ，则点 在线段 上，分别取点 在 ， 处，
得到均满足 ，即可判断选项 ；当 时，取 的中点 ， 的中点 ，则点 在线的
上，证明当点 在点 处时， 平面 ，利用过定点 与定直线 垂直的平面有且只有一
个，即可判断选项 ．
【解答】解：对于 ，当 时， ，即 ，所以 ，
故点 在线段 上，此时△ 的周长为 ，
当点 为 的中点时，△ 的周长为 ，
当点 在点 处时，△ 的周长为 ，
故周长不为定值，故选项 错误；对于 ，当 时， ，即 ，所以 ，
故点 在线段 上，
因为 平面 ，
所以直线 上的点到平面 的距离相等，
又△ 的面积为定值，
所以三棱锥 的体积为定值，故选项 正确；
对于 ，当 时，取线段 ， 的中点分别为 ， ，连结 ，
因为 ，即 ，所以 ，
则点 在线段 上，当点 在 处时， ， ，
又 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，即 ，
同理，当点 在 处， ，故选项 错误；
对于 ，当 时，取 的中点 ， 的中点 ，
因为 ，即 ，所以 ，
则点 在线的 上，
当点 在点 处时，取 的中点 ，连结 ， ，
因为 平面 ，又 平面 ，所以 ，
在正方形 中， ，
又 ， ， 平面 ，
故 平面 ，又 平面 ，所以 ，
在正方体形 中， ，
又 ， ， 平面 ，所以 平面 ，因为过定点 与定直线 垂直的平面有且只有一个，
故有且仅有一个点 ，使得 平面 ，故选项 正确．
故选： ．
【点评】本题考查了动点轨迹，线面平行与线面垂直的判定，锥体的体积问题等，综合性强，考查了逻辑
推理能力与空间想象能力，属于难题．
25．（2023•新高考Ⅱ）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 2 8 ．
【分析】根据题意易知△ ，从而可求出台体的高，再根据台体的体积公式，计算即可得解．
【解答】解：如图所示，根据题意易知△ ，
，又 ，
， ，又上下底面正方形边长分别为2，4，
所得棱台的体积为 ．
故答案为：28．【点评】本题考查台体的体积的求解，化归转化思想，方程思想，属基础题．
26．（2023•新高考Ⅰ）在正四棱台 中， ， ， ，则该棱台的体积
为 ．
【分析】先根据题意求出四棱台的高，再代入台体的体积公式即可求解．
【解答】解：如图，设正四棱台 的上下底面中心分别为 ， ，
过 作 ，垂足点为 ，由题意易知 ，又 ，
，又 ， ，
该四棱台的体积为 ．
故答案为： ．【点评】本题考查台体的体积公式的应用，属基础题．
27．（2020•海南）已知正方体 的棱长为2， 、 分别为 、 的中点，则三棱锥
的体积为 ．
【分析】由题意画出图形，再由等体积法求三棱锥 的体积．
【解答】解：如图，
正方体 的棱长为2， 、 分别为 、 的中点，
，
．
故答案为： ．
【点评】本题考查利用等体积法求多面体的体积，是基础的计算题．
28．（2020•江苏）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 ，高为 ，内孔半径为 ，则此六角螺帽毛坯的体积是 ．
【分析】通过棱柱的体积减去圆柱的体积，即可推出结果．
【解答】解：六棱柱的体积为： ，圆柱的体积为： ，
所以此六角螺帽毛坯的体积是： ，
故答案为： ．
【点评】本题考查柱体体积公式，考查了推理能力与计算能力，属于基本知识的考查．
七．球的体积和表面积（共4小题）
29．（2022•新高考Ⅱ）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．
【分析】求出上底面及下底面所在平面截球所得圆的半径，作出轴截面图，根据几何知识可求得球的半径，
进而得到其表面积．
【解答】解：当球心在台体外时，由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径为 ，下底面所
在平面截球所得圆的半径为 ，如图，
设球的半径为 ，则轴截面中由几何知识可得 ，解得 ，
该球的表面积为 ．
当球心在台体内时，如图，此时 ，无解．
综上，该球的表面积为 ．
故选： ．
【点评】本题考查球的表面积求解，同时还涉及了正弦定理的运用，考查了运算求解能力，对空间想象能
力要求较高，属于较难题目．
30．（2021•新高考Ⅱ）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
球静止同步轨道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 ，半径 为 的球，其上点 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的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为 ，该卫星信号覆盖
地球表面的表面积 （单位： ，则 占地球表面积的百分比约为
A． B． C． D．
【分析】由题意，地球静止同步卫星轨道的左右两端的竖直截面图，求解 ，根据卫星信号覆盖的地
球表面面积可得 占地球表面积的百分比．
【解答】解：由题意，作出地球静止同步卫星轨道的左右两端的竖直截面图，
则 ，那么 ；
卫星信号覆盖的地球表面面积 ，
那么， 占地球表面积的百分比为 ．
故选： ．
【点评】本题考查了对题目的阅读能力和理解能力，属于基础题．
31．（2020•天津）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．
【分析】正方体的对角线就是球的直径，求出半径后，即可求出球的表面积．
【解答】解：由题意，正方体的对角线就是球的直径，
所以 ，
所以 ， ．
故选： ．
【点评】本题考查球的表面积，考查学生空间想象能力，球的内接体问题，是基础题．
32．（2020•新课标Ⅰ）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．
【分析】画出图形，利用已知条件求出 ，然后求解球的半径，即可求解球的表面积．
【解答】解：由题意可知图形如图： 的面积为 ，可得 ，则
， ，
，
外接球的半径为： ，
球 的表面积： ．
故选： ．【点评】本题考查球的内接体问题，球的表面积的求法，求解球的半径是解题的关键．
八．简单空间图形的三视图（共1小题）
33．（2020•新课标Ⅱ）如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点
为 ，在俯视图中对应的点为 ，则该端点在侧视图中对应的点为
A． B． C． D．
【分析】首先把三视图转换为直观图，进一步求出图形中的对应点．
【解答】解：根据三视图和几何体的对应关系的应用，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点
为 ，在俯视图中对应的点为 ，
所以在侧视图中与点 对应．
故选： ．
【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换、主要考查学生的运算能力和转换能
力及思维能力，属于基础题型．
九．由三视图求面积、体积（共6小题）
34．（2023•乙卷）如图，网格纸上绘制的是一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表
面积为A．24 B．26 C．28 D．30
【分析】首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的表面积．
【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体是由两个直四棱柱组成的几何体．
如图所示：
故该几何体的表面积为： ．
故选： ．
【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，几何体的表面积，主要考查学生的
理解能力和计算能力及空间想象能力，属于基础题．
35．（2022•浙江）某几何体的三视图如图所示（单位： ，则该几何体的体积（单位： 是A． B． C． D．
【分析】判断几何体的形状，利用三视图的数据，求解几何体的体积即可．
【解答】解：由三视图可知几何体是上部为半球，中部是圆柱，下部是圆台，
所以几何体的体积为： ．
故选： ．
【点评】本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键，是中档题．
36．（2021•浙江）某几何体的三视图如图所示（单位： ，则该几何体的体积（单位： 是
A． B．3 C． D．
【分析】由三视图还原原几何体，可知该几何体为直四棱柱，底面四边形 为等腰梯形，由已知三视
图求得对应的量，再由棱柱体积公式求解．
【解答】解：由三视图还原原几何体如图，
该几何体为直四棱柱，底面四边形 为等腰梯形，
其中 ，由三视图可知，延长 与 相交于一点，且 ，
且 ， ， ，等腰梯形的高为 ，
则该几何体的体积 ．
故选： ．【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．
37．（2021•北京）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为
A． B． C． D．
【分析】由三视图还原原几何体，其中 底面 ， ， ，再由三角形面积
公式求解．
【解答】解：由三视图还原原几何体如图，
底面 ， ， ，
则 是边长为 的等边三角形，则该四面体的表面积为 ．
故选： ．
【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．
38．（2020•新课标Ⅲ）如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是
A． B． C． D．
【分析】先由三视图画出几何体的直观图，利用三视图的数据，利用三棱锥的表面积公式计算即可．
【解答】解：由三视图可知，几何体的直观图是正方体的一个角，如图：
， 、 、 两两垂直，
故 ，
几何体的表面积为： ，
故选： ．
【点评】本题考查多面体的表面积的求法，几何体的三视图与直观图的应用，考查空间想象能力，计算能
力．
39．（2020•浙江）某几何体的三视图（单位： 如图所示，则该几何体的体积（单位： 是A． B． C．3 D．6
【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可．
【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图，下部是直三棱柱，底面是斜边长为 2的等腰直角三角形，
棱锥的高为2，上部是一个三棱锥，一个侧面与底面等腰直角三角形垂直，棱锥的高为1，
所以几何体的体积为： ．故选： ．
【点评】本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键．1.2解题模型
1.求几何体的表面积的策略
已知具体的几何体求表面积时，若几何体为规则几何体，直接利用相关的表面积公式求
解，或将多面体的表面积通过“裁”“展”分解为若干个平面图形的面积之和；求旋转体的
表面积时，应结合旋转体的形成特征(或者自身特征)确定底面半径、母线长、侧面展开图的
形状与边长，利用公式求解.若几何体为不规则几何体，通常将所给几何体通过“割”或
“补”转化成常规的柱、锥、台，先求这些柱、锥、台的表面积，再通过求和或作差求得原
几何体的表面积.
2.求几何体的体积的常用方法
公式法：规则几何体的体积，直接利用公式
割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体
等体积法：通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积
3.求组合体的表面积和体积的策略
求组合体的表面积时，首先应弄清它是由哪几种简单几何体组合而成的，其表面有哪些
底面和侧面，各个面应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求组合
体的体积时也要先弄清它是由哪几种简单几何体组合而成的，再求出各简单几何体的体积，
最后相加或相减.
4.几何体的内切球与外接球问题
(1)常用结论①球(半径为R)与正方体(棱长为a)的位置关系有以下三种特殊情况：一是球内
切于正方体，此时2R=a;二是球与正方体的十二条棱相切，此时2R= a;三是球外接于正方
体，此时2R= a.
②长、宽、高分别为a,b,c的长方体的体对角线长等于外接球(半径为R)的直径，即③棱长为a的正四面体，斜高为 ,高为 ，外接球的半径为 ,内切球的半径为
(2)内切球与外接球半径的求解思路
①求一个棱锥内切球的半径，可以根据球心到各个面的距离相等以及棱锥的体积列式得
出.也可以考虑将棱锥补成长方体后，求得内切球与外接球的半径.
②求一个几何体的外接球的半径，可以结合球心到各个定点的距离相等列式得出.
1.3对点训练（四年省市模考）
一．棱柱的结构特征（共3小题）
1．（2022•莆田模拟）莆田妈祖城有一钟楼，其顶部可视为正四棱柱与正四棱锥的组合体，如图，四个大
钟分布在正四棱柱的四个侧面，则每天0点至12点（包含0点，不含12点）相邻两钟面上的时针成 角
的次数是
A．2 B．4 C．6 D．8
【分析】根据正四棱柱的性质及在0、3、6、9等整点情况下相邻时针之间夹角的变化趋势，即可判断0点
至12点之间时针成 角的次数．
【解答】解：由题设，在0、6点时相邻钟面上的时针都平行，即夹角为0度；
在3点时相邻针面上的时针垂直，即夹角为90度，所以相邻钟面上的时针，
在 、 、 、 点之间各有一次成 角的情况，故共有4次成 角．
故选： ．
【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查学生的运算能力，属于中档题．2．（2022•南平模拟）《九章算术》中将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在正方体
中，当 分别与 ， ， ， 重合时，所形成的四面体 中鳖孺共有
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】当 与 ， 重合时，由 为等边三角形即可判断四面体不是鳖臑；当 与 ， 重合时，
证明四个面均为直角三角形即可．
【解答】解：如图，当 与 重合时，由题意得 ，
是等边三角形，此时四面体 不是鳖臑；
当 与 重合时，由题意得 、 是直角三角形，
又 面 ， 面 ， ，
是直角三角形，同理 是直角三角形，此时四面体 是鳖臑；当 与 重合时，由题意得 ，
是等边三角形，此时四面体 不是鳖臑；
当 与 重合时，由题意得 ， 为直角三角形，
又 面 ， 面 ， ，
是直角三角形，同理 是直角三角形，此时四面体 是鳖臑．
综上，当 分别与 ， ， ， 重合时，所形成的四面体 中鳖孺共有2个．
故选： ．
【点评】本题考查四面体 是否为鳖孺的判断，考查鳖孺定义、线面垂直的判定与性质等基础知识，
考查运算求解能力，是中档题．
3．（2023•莆田模拟）已知正四面体 的棱长为 ， 是 及其内部的点构成的集合．若
，集合 ，则 表示的区域可以是
A． B．C． D．
【分析】设 的中心为点 ，连接 ， ，根据已知条件求出正四面体 的高，进而得到
，所以点 在以 为圆心，以 为半径的圆以及内部，且在 及其内部，再根据
与 的内切圆半径的大小关系，以及 与 的外接圆半径的大小关系，判断 表示
的区域即可．
【解答】解：设 的中心为点 ，连接 ， ，如图所示：
三棱锥 为正四面体， 平面 ，
的棱长为 ， ，
在 中， ， ，
，
点 在 及其内部，连接 ， ，则 ，
，
点 在以 为圆心，以 为半径的圆以及内部，且在 及其内部，
设 的内切圆的半径为 ，则 ，
当 时， 表示的区域可以是选项 ，当 时， 表示的区域可以是选项 ，
当 时， 表示的区域可以是选项 ，
故选： ．
【点评】本题主要考查了正四面体的结构特征，考查了以及动点的轨迹问题，考查了学生的空间想象能力，
属于中档题．
二．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）（共6小题）
4．（2023•泉州模拟）已知圆锥 的母线长为2， 是圆 的直径，点 是 的中点．若侧面展开图
中， 为直角三角形，则该圆锥的侧面积为
A． B． C． D．
【分析】根据题意分析可得 ，则侧面展开图的圆心角为 ，进而可求侧面积．
【解答】解：因为 ，且 为直角三角形，则 ，
又因为 为 的中点，则 ，
可得 为等边三角形，即 ，
则侧面展开图的圆心角为 ，
所以该圆锥的侧面积 ．
故选： ．
【点评】本题主要考查圆锥的侧面积，考查运算求解能力，属于基础题．
5．（2023•三明三模）某社会实践小组需要对一个实心圆锥形工件进行加工，该工件底面半径为 ，高
为 ，加工方法为挖掉一个与该圆锥形工件同底面共圆心的内接圆柱，若要求加工后工件的质量最轻，则圆柱的半径应设计为
A． B． C． D．
【分析】设挖去的圆柱的底面半径为 ，高为 ，根据几何关系可得出 ，其中 ，求出挖
去的圆柱的体积 关于 的表达式，利用导数能求出结果．
【解答】解：设挖去的圆柱的底面半径为 ，高为 ，取圆锥的轴截面 ，如图，
设圆柱的截轴截面为矩形 ，底面圆圆心为 ，连接 ，交 于点 ，
，则 ，即 ，解得 ，其中 ，
圆柱的体积为 ，其中 ，
，
令 ，可得 ，列表如下：
，
0
极大值
函数 在 上单调递增，在 ， 上单调递减，
当 时， 取最大值，此时加工后的几何体体积取最小值．
故选： ．
【点评】本题考查圆柱表面积公式、导数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6．（2023•厦门模拟）已知圆台上下底面的半径分别为1和2，母线长为3，则圆台的体积为A． B． C． D．
【分析】先根据勾股定理求解圆台的高，再根据台体的体积公式求解即可．
【解答】解：画出图形，如图所示：
由图可得，圆台的高为 ，
故圆台的体积为 ．
故选： ．
【点评】本题主要考查了圆台的结构特征，考查了台体的体积公式，属于基础题．
7．（2022•厦门模拟）一个斜边长为 的等腰直角三角形绕直角边旋转一周形成的几何体的体积为
A． B． C． D．
【分析】形成的几何体是底面半径为1，高为1的圆锥，由此能求出几何体的体积．
【解答】解：一个斜边长为 的等腰直角三角形的直角边长为1，
它绕直角边旋转一周形成的几何体是底面半径为1，高为1的圆锥，
几何体的体积为 ．
故选： ．
【点评】本题考查旋转体的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运
算求解能力，是基础题．
8．（2023•福州模拟）已知圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为
4和5，则该圆台的侧面积为 ．
【分析】由题意首先确定几何体的空间结构特征，求得圆台的高，然后利用圆台的侧面积公式即可求得其侧面积．
【解答】解：圆台的下底面半径为5，故下底面在外接球的大圆上，
如图所示，设球的球心为 ，圆台上底面的圆心为 ，
则圆台的高 ，
测圆台的母线长为 ，
据此可得圆台的侧面积为 ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了圆台的结构特征，考查了圆台的体积公式，考查了学生的计算能力，是基础题．
9．（2023•南平模拟）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容
异”，其意思可描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如
果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．如图，阴影部分是由双曲线
与它的渐近线以及直线 所围成的图形，将此图形绕 轴旋转一周，得到一个旋转体，则这个旋转
体的体积为 ．
【分析】根据题意知截面是一个圆环，求出圆环的内径和外径，计算截面图形的面积，利用祖晅原理，计算该旋转体的体积是与底面积相等，高为 的圆柱体积相等，由此求出旋转体的体积．
【解答】解：双曲线 的渐近线为 ，
作直线 ，与渐近线交于点 ， ， ， ，
与双曲线交于点 ， ， ， ，如图所示：
则此图形绕 轴旋转一周，得到旋转体的截面是圆环，
其内径为 ，外径为 ，
所以截面面积为 ；
同理可得，作直线 ，也可得截面面积为 ．
根据祖晅原理，该旋转体的体积与底面积为 ，高为 的圆柱体积相等，
所以求出圆柱体的体积为 ，可得这个旋转体的体积为 ．
故答案为： ．【点评】本题考查了双曲线的标准方程与简单几何性质的应用问题，也考查了几何体的表面积与体积计算
问题，是中档题．
三．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积（共2小题）
10．（2023•漳州模拟）已知某圆锥的底面半径为1，高为 ，则它的侧面积与底面积之比为
A． B．1 C．2 D．4
【分析】计算圆锥的侧面积为 ，圆锥的底面积为 ，得到答案．
【解答】解：圆锥的侧面积为： ，
圆锥的底面积为： ，
所以侧面积与底面积之比为2．
故选： ．
【点评】本题主要考查了圆锥的侧面积和底面积公式，属于基础题．
11．（2022•泉州模拟）已知圆锥 的底面半径为1，若其底面上存在两点 ， ，使得 ，则
该圆锥侧面积的最大值为
A． B． C． D．
【分析】判断圆锥的母线的范围，即可求解圆锥侧面积的最大值．
【解答】解：因为圆锥的轴截面是等腰三角形，其底面上存在两点 ， ，使得 ，
可知母线 ，所以圆锥的侧面积为： ，当且仅当圆锥的轴截面是等腰直角三角形时，侧面积取得最
大值．
故选： ．
【点评】本题考查圆锥的侧面积的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
四．棱柱、棱锥、棱台的体积（共13小题）
12．（2023•宁德模拟）中国古代数学家很早就对空间几何体进行了系统的研究，中国传世数学著作《九
章算术》卷五“商功”主要讲述了以立体问题为主的各种形体体积的计算公式．例如在推导正四棱台（古
人称方台）体积公式时，将正四棱台切割成九部分进行求解．如图（1）为俯视图，图（2）为立体切面图．
对应的是正四棱台中间位置的长方体； 、 、 、 对应四个三棱柱， 、 、 、 对应四个四
棱锥．若这四个三棱柱的体积之和为12，四个四棱锥的体积之和为4，则该正四棱台的体积为
A．24 B．28 C．32 D．36
【分析】根据给定条件，利用四棱锥、三棱柱的体积公式结合给定数据建立关系式，求出长方体的体积作
答．
【解答】解：如图，令四棱锥的底面边长为 ，高为 ，三棱柱的高为 ，
依题意，四棱锥的体积 ，即 ，所以三棱柱的体积 ，即有 ，
因此 ，于是长方体的体积 ，
所以该正四棱台的体积为 ．
故选： ．
【点评】本题考查正四棱台的体积的求解，化归转化思想，属中档题．
13．（2023•南平模拟）2023年3月11日，“探索一号”科考船搭载着“奋斗者”号载人潜水器圆满完成
国际首次环大洋洲载人深潜科考任务，顺利返回三亚．本次航行有两个突出的成就，一是到达了东南印度
洋的蒂阿曼蒂那深渊，二是到达了瓦莱比 热恩斯深渊，并且在这两个海底深渊都进行了勘探和采集．如
图1是“奋斗者”号模型图，其球舱可以抽象为圆锥和圆柱的组合体，其轴截面如图2所示，则该模型球
舱体积为
A． B． C． D．
【分析】根据圆锥和圆柱的体积公式分别进行计算即可．
【解答】解：由轴截面得圆锥的底面半径 ，圆锥的高为 ，圆柱的高为 ，
则圆柱的体积 ，
圆锥的体积 ，
则模型球舱体积为 ，
故选： ．
【点评】本题主要考查空间几何体的体积的计算，利用圆锥和圆柱的体积公式进行计算是解决本题的关键，
是基础题．
14．（2020•福建模拟）某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内，若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是
A． B． C． D．
【分析】根据条件求出圆柱的体积，利用基本不等式研究函数的最值即可．
【解答】解：设圆柱的半径为 ，高为 ，体积为 ，
则由题意可得 ，
，
圆柱的体积为 ，
则 ．
当且仅当 ，即 时等号成立．
圆柱的最大体积为 ，
故选： ．
【点评】本题主要考查基本不等式在生活中的优化问题，利用条件建立体积函数是解决本题的关键，是中
档题．
15．（2023•泉州模拟）已知矩形 中， ， ，将 沿 折起至△ ，当 与
所成角最大时，三棱锥 的体积等于A． B． C． D．
【分析】先判断当 与 所成角最大时， ，进而证得 面 ，再证得 是直角
三角形，故可由 求得结果．
【解答】解：因为异面直线最大角为直角，故当 时， 与 所成角最大，
因为四边形 是矩形，所以 ，
又 ， ， 、 面 ，
故 面 ，又因为 面 ，所以 ，
在 △ 中， ， ，所以 ，
又 ，
所以 ，故 ，
所以 ．
故选： ．
【点评】本题考查三棱锥的体积的计算，属中档题．
16．（2022•莆田模拟）甲烷是一种有机化合物，分子式为 ，其在自然界中分布很广，是天然气、沼
气的主要成分．如图所示的为甲烷的分子结构模型，已知任意两个氢原子之间的距离 键长）
相等，碳原子到四个氢原子的距离 键长）均相等，任意两个 键之间的夹角为（键角）均相等，且它的余弦值为 ，即 ，若 ，则以这四个氢原子为顶点的四面体
的体积为
A． B． C． D．
【分析】由已知求解三角形可得正四面体的棱长，再求出四面体底面外接圆的半径，利用勾股定理求出正
四面体的高，再由棱锥体积公式求解．
【解答】解：设 ，
则由余弦定理知： ，解得 ，
故该四面体的棱长均为 ，该四面体底面外接圆的半径 ，
高 ．
故该四面体的体积为 ．
故选： ．
【点评】本题考查正四面体体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
17．（2023•福州模拟）在棱长为2的正方体 中， ， 分别为棱 ， 的中点，
为线段 上的动点，则
A．线段 长度的最小值为2
B．三棱锥 的体积为定值C．平面 截正方体所得截面为梯形
D．直线 与 所成角的大小可能为
【分析】利用正方体 中的性质，易得 ，可求 的最小值判断 ；利用 平
面 ，可得三棱锥 的体积为定值判断 ； ，但 ，可判断 ； ，
可得 是直线 与 所成的角，由 ．可判断 ．
【解答】解：在正方体 中， 平面 ，
又 平面 ， ， ，
， ，故 错误；
平面 ， 点 到平面 的距离为定值，
又 三角形 的面积为定值， 三棱锥 的体积为定值，故 正确；
， 分别为棱 ， 的中点， ，又易证 ，
，但 ， 四边形 为梯形，故平面 截正方体所得截面为梯形，故 正确；
由题意可得 与 重合时直线 与 所成角最小，
又可得 ，故 ．
， 是直线 与 所成的角，故直线 与 所成角的大小不可能为 ，故 错误．
故选： ．
【点评】本题考查空间几何体的性质，考查异面直线所成的角，属中档题．
18．（2023•三明三模）如图，正方体 的棱长为2，点 是 的中点，点 是侧面内一
动点，则下列结论正确的为
A．当 在 上时，三棱锥 的体积为定值
B． 与 所成角正弦的最小值为
C．过 作垂直于 的平面 截正方体 所得截面图形的周长为
D．当 时， 面积的最小值为
【分析】利用正方体的性质，结合每个选项的条件进行判断可得结论．
【解答】解：对于 ，当 在 上时，
， 平面 ， 平面 ，
平面 ， 到平面 的距离为定值，
三棱锥 的体积为定值，故 正确；
平面 ， 在平面 内的射影为 ，
当 在 上时， 与 所成角最小，此时 ，， ，
， 与 所成角正弦的最小值为 ，故 正确；
过 作垂直于 的平面 截正方体 所得截面图形为图中四边形 ，
其中 ， 为 ， 的中点，
易求 ， ， ，
截面图形的周长为 ，故 错误；
当 时，此时点在 上，
平面 ， 为直角三角形，
故 最小时， 面积的最小，
为边 上的高时， 最小，
此时易得 ，
面积的最小值为 ，故 正确．
故选： ．
【点评】本题考查三角形的面积的最小值，空间几何体的体积问题，考查推理论证能力，属中档题．
19．（2023•宁德模拟）在正方体 中， 分别为 ， ， 的中点，
则以下结论正确的是A．直线 与平面 平行
B．直线 与直线 垂直
C．平面 截正方体所得的截面面积为
D．四面体 的体积为
【分析】由题意 ，则 ， ， ， 四点共面，可证得 为平行四边形，则
从而 面 ，即可判断 ；分别以 ， ， 所在直线为 ， ， 轴，建立空间直角坐标
系，计算 即可判断 ； 为等腰梯形，计算面积即可判断 ；求出平面 的法向量，利
用向量法求得 到平面 的距离，进而求四面体 的体积，即可判断 ．
【解答】解：对 选项， ， 分别为 ， 的中点， ，又 ，
， ， ， ， 四点共面，
， ， ， ，
， ， 为平行四边形，
，又 面 ， 面 ， 面 ，故 正确；
对 选项，分别以 ， ， 所在直线为 ， ， 轴，建立空间直角坐标系，如图，则 ，0， ， ，0， ， ，0， ， ， ， ， ，0， ， ， ，
，
，
，
直线 与直线 垂直，故 错误；
对 选项， 四边形 为等腰梯形，且 ，如图，
过点 作 于 ， ，
等腰梯形 的面积为 ，
即平面 截正方体所得的截面面积为 ，故 正确；
对 选项， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，取 ，
到平面 的距离为 ，
又 ，
四面体 的体积为 ，故 正确．
故选： ．
【点评】本题考查线面平行的判定定理，向量法求解垂直问题，向量法求解点面距问题，四面体的体积的
计算，属中档题．
20．（2023•漳州模拟）在正方体 中， 为线段 上的动点，则
A． 平面
B． 平面
C．三棱锥 的体积为定值
D．直线 与 所成角的取值范围是
【分析】根据面面平行的判定定理证明出平面 平面 ，判断选项 ；
根据线面垂直的判定定理证出 平面 ，判断选项 ；
根据三棱锥的等体积转换结合面面平行，判断选项 ；
根据异面直线所成角的平移，判断选项 ．
【解答】解：对选项 ， ， ，
四边形 是平行四边形，， 平面 ， 平面 ，
平面 ，
， ，
四边形 是平行四边形，
，又 平面 ， 平面 ，
平面 ，
又 ，且 平面 ， 平面 ，
平面 平面 ，又 为线段 上的动点， 平面 ，
平面 ， 正确；
对 选项， 平面 ， 平面 ，
，又 ， ， ， 平面 ，
平面 ，又 平面 ，
，同理可证， ，
又 ， ， 平面 ，
平面 ， 正确；
对选项 ， 三棱锥 的体积即为三棱锥 的体积，
由选项 可得， 平面 ，平面 平面 ，
到平面 的距离为定值，又底面积为定值，三棱锥 的体积为定值， 正确；
对选项 ， ，
直线 与 所成角即直线 与 所成角，
在 中，当点 与 或 重合时，取到最小值 ，
当点 在线段 中点时，取到最大值 ，故 错误．
故选： ．
【点评】本题考查线面平行的证明，线面平行的判定定理，面面平行的判定定理与性质定理，线面垂直的
判定定理与性质，三棱锥的体积问题，异面直线所成角问题，属中档题．
21．（2023•泉州模拟）在正三棱柱 中， ， ， ， 分别为棱 ， ，
的中点，则错误的是
A． 平面
B． 平面
C．三棱锥 的体积为
D．平面 截该正三棱柱所得的截面图形为五边形
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面 的法向量，由空间向量法判断
选项 ，由 求得棱锥体积判断选项 ，作出截面判断选项 ．【解答】解：取 中点 ，连接 ，则 ，又平面 与平面 垂直，
以 为 轴， 为 轴，以过 ，且垂直平面 的直线为 轴，建系如图，又由已知 ，
则有 ，0， ， ， ， ，
，0， ， ，0， ， ，0， ， ，
， ， ，
设平面 一个法向量为 ，
则 ，取 ，
，
与平面 的法向量不垂直， 与平面 不平行， 选项 错误；
又 ， ，
与 不平行， 与平面 不垂直，选项 错误；
由正棱柱性质知 到平面 的距离为 ，
即 到平面 的距离等于 ，而 是 中点，
到平面 的距离为 ，
又 ，
，选项 正确；设直线 与直线 和直线 分别交于点 ， ，如图，
连接 交 于 ，连接 交 于 ，
则五边形 是平面 截该正三棱柱所得的截面， 选项 正确．
故选： ．
【点评】本题考查向量法判断线面平行问题，向量法判断线面垂直问题，三棱锥的体积的求解，正三棱柱
的截面问题，属中档题．
22．（2023•泉州模拟）在长方体 中， ， ，点 ， 在底面
内，直线 与该长方体的每一条棱所成的角都相等，且 ，则A．
B．点 的轨迹长度为
C．三棱锥 的体积为定值
D． 与该长方体的每个面所成的角都相等
【分析】根据正方体的对称性易 为 的中点，从而可判断 ， 选项；取 的中点 ，再过 作
，且 与 ， 分别交于点 ， ，根据三垂线定理可得 的轨迹为线段 ，从而
可判断 选项；根据线面平行的性质可判断 选项．
【解答】解：对 选项，如图所示，根据题意及 ， ，
设长方体上下底面中心分别为 ， ，
设 ， ， ， 的中点分别为 ， ， ， ，
则根据题意可得四棱柱 为正方体，
根据正方体对称性易知 为 的中点， ， 选项错误；
对 选项，根据线面角的概念及正方体的对称性可得：
与该长方体的每个面所成的角都相等， 选项正确；
对 选项，取 的中点 ，连接 ，则易得 ，
，又 ，
，从而可得 ，
再过 作 ，且 与 ， 分别交于点 ， ，则根据题意易得 平面 ，
当 在线段 上运动时， 在平面 内的射影为 ，
又 ， 根据三垂线定理可得 恒成立，
故 的轨迹为线段 ，
点 的轨迹长度为 ， 选项正确；
对 选项，根据 选项分析易知 ， 可得 平面 ，
线段 上的点 到平面 的距离为定值，又三角形 的面积也为定值，
三棱锥 的体积为定值， 选项正确．
故选： ．
【点评】本题考查正方体的对称性，线面角的概念，三垂线定理的应用，线面平行的性质定理的应用，属
中档题．
23．（2023•莆田模拟）我国历史文化悠久，“爰”铜方彝是商代后期的一件文物，其盖似四阿式屋顶，
盖为子口，器为母口，器口成长方形，平沿，器身自口部向下略内收，平底、长方形足、器内底中部及盖
内均铸一“爰”字．通高 ，口长 ，口宽 ，底长 ，底宽 ．现估算其体积，上
部分可以看作四棱锥，高约 ，下部分看作台体．则其体积约为 2774. 9 （精确到 ．（参考
数据： ，【分析】根据题意，利用台体、锥体的体积公式运算求解，即可得出答案．
【解答】解：由题意得
， ，
几何体的体积 ．
故答案为：2774.9．
【点评】本题考查棱柱、棱锥、棱台的体积，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
24．（2023•福州模拟）在平行四边形 中， ， ， ， ， 分别为直线
， 上的动点，记 ， 两点之间的最小距离为 ，将 沿 折叠，直到三棱锥 的
体积最大时，不再继续折叠．在折叠过程中， 的最小值为 ．
【分析】根据平行四边形 的边长即角度可得 ，再由 ， 两点的位置关系以及 的几何
意义，确定出 沿 折叠过程中三棱锥 的体积最大时 平面 ，建立空间直角坐 标
系利用两异面直线间的距离公式即可计算出结果．
【解答】解：根据题意可知，如下图所示；
由 ， ， ，利用余弦定理可得 ，
解得 ，所以满足 ，即 ，则 ，
又 ， 分别为直线 ， 上的动点，记 ， 两点之间的最小距离为 ，
则 表示两直线 ， 之间 的距离，在 沿 折叠过程中，
直线 ， 由两平行线变成两异面直线，且两直线间的距离越来越近，当三棱锥 的体积最大时，此时 平面 ；即此时 ， 两点之间的距离最小，
即为两异面直线 ， 之间的距离，
以点 为坐标原点，分别以 ， 为 轴， 轴，以过点 且与 平行的直线为 轴建立空间直角坐
标系，
如下图所示：
则 ，0， ． ， ，0， ， ，
即 ， ，
设与 垂直的一个向量为 ，
则 ，令 ，则 ，
可得 ，1， ，不妨取 ，
由两异面直线间的距离公式可得
的最小值为 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查空间几何体的性质，考查两点间距离的最小值的求法，属中档题．
五．球的体积和表面积（共12小题）
25．（2023•莆田模拟）某校科技社利用 打印技术制作实心模型．如图，该模型的上部分是半球，下部
分是圆台．其中半球的体积为 ，圆台的上底面半径及高均是下底面半径的一半．打印所用原料密
度为 ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量约为A． B． C． D．
【分析】首先利用半球的体积求出球的半径，进一步求出圆台的体积，最后求出模型的体积和球的质量．
【解答】解：由于半球的体积为 ，设球的半径为 ，
所以 ，解得 ，
故圆台的上底面半径和圆台的高都为3，
故 ，
模型的体积 ，
故模型的质量为 ．
故选： ．
【点评】本题考查的知识要点：球的体积公式和圆台的体积公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，
属于中档题和易错题．
26．（2023•厦门模拟）西施壶是紫砂壶器众多款式中最经典的壶型之一，是一款非常实用的泡茶工具
（如图 ．西施壶的壶身可近似看成一个球体截去上下两个相同的球缺的几何体．球缺的体积
为球缺所在球的半径， 为球缺的高）．若一个西施壶的壶身高为 ，壶口直径为
（如图 ，则该壶壶身的容积约为（不考虑壶壁厚度， 取
A． B． C． D．【分析】依题意作出几何体的轴截面图，即可求出对应线段的长，进而求出球的半径和球缺的高，再根据
球的体积公式和球缺的体积求解即可．
【解答】解：如图作出几何体的轴截面如下面所示，
依题意， ， 为球心， 为壶口所在圆的圆心，所以 ，
因为 ，所以 ，且 ， ，
所以球的半径 ，所以球缺的高 ，
所以球缺的体积 ，
所以该壶壶身的容积约为： ．
故选： ．
【点评】本题主要考查了球的体积公式，考查了学生的空间想象能力，属于中档题．
27．（2023•厦门模拟）一封闭圆台上、下底面半径分别为1，4，母线长为6．该圆台内有一个球，则这个
球表面积的最大值是
A． B． C． D．
【分析】根据题意，作出圆台轴截面，分析可知，当球与 ， ， 相切时，其表面积最大，再结合
条件求得球的半径，即可得到结果．
【解答】解：画出圆台的轴截面，要使球的表面积最大，则球需要与 ， ， 相切，设圆 的半径
为 ，则 ，又因为 ， ，所以 ，
因为 ，作 ， ，
所以 ， ， ，所以 ，
所以 ，
且 ，即 ，
解得 ，
所以球表面积的最大值为 ，
故选： ．
【点评】本题考查了球的表面积的最值计算，属于中档题．
28．（2023•龙岩模拟）如图，已知正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，则
该正八面体的内切球表面积为
A． B． C． D．
【分析】由图形可得正八面体的棱长为 ，分别求出正八面体的体积及表面积，再由等体积法求正八面
体的内切球半径，即可求出球的表面积．
【解答】解：根据图形，已知正方体的棱长为2，易知正八面体的棱长为正方体面对角线长的一半，
即为 ，
如图，
在正八面体中连接 ， ， ，可得 ， ， 互相垂直平分， 为正八面体的中心， 平面 ， 平面 ，则 ， ， ．
在 中， ，
则该正八面体的体积 ，
该八面体的表面积
设正八面体的内切球半径为 ，
，即 ，得 ，
．
故选： ．
【点评】本题考查多面体的体积及表面积以及内切球的相关知识，属于中档题．
29．（2023•漳州模拟）已知正三棱锥 的侧面与底面所成的二面角为 ，侧棱 ，则该正
三棱锥的外接球的表面积为
A． B． C． D．
【分析】根据二面角的定义，作图，求得其平面角，利用正三棱锥的性质以及余弦定理，求得底面边长，
假设球心的位置，利用勾股定理，建立方程，可得答案．
【解答】解：由题意，作正三棱锥 ，取 中点 ，连接 ， ，取等边 的中心 ，连
接 ，如下图所示：在正三棱锥 中， ， 平面 ， 为 中点， ，
在等边 中， 为 中点， ， 平面 ， 平面 ， ，
设 ，则在 中， ，
在 中， ，
在 中，根据余弦定理， ，
则 ，解得 ，
则 ， ，
在等边 中， 是中心， ， ， ，
平面 ， 平面 ， ，
在 中， ，
设正三棱锥 的外接球的半径为 ，
假设正三棱锥 的外接球球心在线段 上，则 ，
可得 ，解得 ，不符合题意；
假设正三棱锥 的外接球球心在线段 的延长线上，则 ，
可得 ，解得 ，符合题意．故正三棱锥 的外接球表面积 ．
故选： ．
【点评】本题主要考查求得表面积的求法，多面体外接球问题，考查运算求解能力，属于中档题．
30．（2023•龙岩模拟）正方体 的棱长为2，若点 在线段 上运动，当 的周长
最小时，三棱锥 的外接球表面积为
A． B． C． D．
【分析】首先确定点 的位置，再利用球的性质，以及空间向量的距离公式，确定球心坐标，即可确定外
接球的半径，即可求解．
【解答】解：△ 的周长为 ， 为定值，即 最小时， 的周长最小，
如图，将平面 展成与平面 同一平面，当点 ， ， 共线时，此时 最小，
作 ，垂足为 ， ，解得： ，
如图，以点 为原点，建立空间直角坐标系，
，2， ， ，
连结 ， 平面 ，且经过△ 的中心，
所以三棱锥 外接球的球心在 上，
设球心 ， ， ，则 ，
即 ，解得： ，，所以外接球的表面积 ，
故选： ．
【点评】本题主要考查几何体的体积，属于中档题．
31．（2023•福州模拟）已知三棱锥 的四个顶点都在球 的球面上， ，
，则球 的体积为
A． B． C． D．
【分析】设 的外接圆的半径为 ，由正弦定理可得 ，可求 ，进而可求外接球的半径
为 ，可求球 的体积．
【解答】解：设 的外接圆的半径为 ，由正弦定理可得 ，
，记 的外接圆的圆心为 ，由 ，可得 平面 ，
，由题意可得外接球的球心在 上，
设外接球的半径为 ，
，解得 ，
球 的体积为 ，
故选： ．
【点评】本题考查空间几何体的外接球的体积，属中档题．
32．（2023•福建模拟）在正四棱台 中， ，且各顶点都在同一球
面上，则该球体的表面积为
A． B． C． D．
【分析】根据题意画出图形，由图构造直角三角形，即可求得 ，求得球体的表面积．【解答】解：如图所示的正四棱台 ，
，取上下两个底面的中心 ， ，连接 ， ， ，过点 作底面的垂线
与 相交于点 ，
因为四棱台 为正四棱台，所以外接球的球心一定在 上，在 上取一点 为球心，
连接 ， ，则 ，
设 ，
因为 ，
所以 ， ， ，
在 中， ，即 ，
在 △ 中， ，即 ，解得 ，
所以 ．
故选： ．
【点评】本题主要考查球的表面积，考查转化能力，属于中档题．
33．（2023•厦门模拟）如图的六面体中， ， ，则A． 平面
B． 与 所成角的大小为
C．
D．该六面体外接球的表面积为
【分析】利用线面垂直的判定定理、空间向量以及球的表面积公式进行计算求解．
【解答】解： ， ，
， ，
即 ， ，又 ，
平面 ，故 正确；
以点 为坐标原点，分别以 ， ， 为 轴， 轴， 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所
示：
， 四面体 是正三棱锥，
， 四面体 是正四面体，
在正三棱锥 中过点 作底面的垂线，垂足为正三角形 的中心，同理，在正四面体 中，过顶点 作底面的垂线，垂足为正三角形 的中心，
、 、 三点共线，
，0， ， ，0， ， ，1， ， ，0， ，且 是正三角形 的中心，
，
设 ，
在正四面体 中， ，在正三棱锥 中， ，
，解得 ，
，1， ， ，又 ，
，
故 与 所成角的大小为 ，故 错误；
， ，故 正确；
显然，该六面体外接球的球心位于线段 的中点，
， 六面体外接球的半径 ，
该六面体外接球的表面积为 ，故 正确．
故选： ．
【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的判定定理，考查了利用空间向量求异面直线所成的角，以及多
面体的外接球问题，属于中档题．34 ． （ 2023• 泉 州 模 拟 ） 已 知 正 四 棱 台 的 所 有 顶 点 都 在 球 的 球 面 上 ，
， 为 内部（含边界）的动点，则
A． 平面
B．球 的表面积为
C． 的最小值为
D． 与平面 所成角的最大值为
【分析】对于 ，利用平行四边形证得 ，进而证得 平面 ；
对于 ，先假设 的位置，利用勾股定理与半径相等得到 及 ，解得 ，
进而确定 的位置，故可求得球 的表面积为 ；
对于 ，先判断 落 上，再进一步判断 与 重合时， 取得最小值为 ；
对于 ，利用面面垂直的性质作出 面 ，故 为 与平面 所成角，再利用
得知当 与 重合时， 取得最大值，再利用对顶角相等求得此时 ，进
而得到 的最大值为 ．
【解答】解：对于 ，如图1，
．由棱台的结构特征易知 与 的延长线必交于一点，故 ， ， ， 共面，
又面 面 ，而面 面 ，面 面 ，故
即 ；
由平面几何易得 ，即 ；
所以四边形 是平行四边形，故 ，
而 面 ， 面 ，故 平面 ，故 正确；
对于 ，如图2，
设 为 的中点， 为正四棱台外接球的球心，则 ，
在等腰梯形 中，易得 ，即 ，
为方便计算，不妨设 ， ，则由 ，
即 ，即 ，又 ，
解得 ，即 与 重合，故 ，
故球 的表面积为 ，故 错误；对于 ，由图2易得 ， ， ， 、 面 ，
故 面 ，
不妨设 落在图 处，过 作 ，则 面 ，故 ，
故在 △ 中， （勾股边小于斜边）；同理， ，
所以 ，故动点 只有落在 上， 才有可能取得最小值；
再看图4，由 关于 对称点为 可知， ，故 正确，
对于 ，由选项 可知， 面 ， 面 ，故面 面 ，
在面 内过 作 交 于 ，如图5，则 面 ，面 面 ，故 面 ，故 为 与平面 所成角，
在 中， ，故当 取得最小值时， 取得最大值，即 取得最大值，
显然，动点 与 重合时， 取得最小值，即 取得最大值，且 ，
在 △ 中 ， ， ， ， 故 △ 为 正 三 角 形 ， 即
，即 与平面 所成角的最大值为 ，故 正确．故选： ．
【点评】本题主要考查球的表面积，线面平行的判断，直线与平面所成的角，本题关键点在于确定 的位
置，先假设 在 外（记为 ，由勾股边小于斜边推得 ，进而得到 只
有落在 上，再利用 为定值及基本不等式，推得 与 重合时， 取得最小值；对于动点，
我们一般要考虑特殊位置，可提高我们做题速度．
35．（2023•漳州模拟）已知正四棱台 的上底面的边长为 ，下底面的边长为 ，记
该正四棱台的侧面积为 ，其外接球表面积为 ，则当 取得最小值时， 的值是 ．
【分析】求得球心 在正四棱台 的下底面内，可求外接球的半径，进而可求正四棱台的高，可求正四棱台的斜高，进而可求 ，可求 的值．
【解答】解：当 取得最小值时，则球心 在正四棱台 的下底面内，
为上底面的中心，由此可得外接球的半径为 ，进而可得 ，
如图所示，进而可求侧面的斜高 ，
则侧面的面积 ，又 ， ．
故答案为： ．
【点评】本题考查空间几何体的性质，考查空间几何体的外接球问题，属中档题．
36．（2023•泉州模拟）在 中， ， ， ， 是边 上的一动点，沿 将
翻折至△ ，使二面角 为直二面角，且四面体 的四个顶点都在球 的球面上，
当线段 的长度最小时，球 的表面积为 ．
【分析】运用直角三角形的性质和两个平面垂直的性质，结合三角形的余弦定理和三角函数的恒等变换、
正弦函数的值域求得线段 取得最小值时， 的大小，确定四面体 的外接球的球心和半径，
可得所求值．
【解答】解：由题意作出直角三角形 ，将 沿 翻折到△ ，使得二面角 为直
二面角，得到四面体 ，如上图，过 作 于点 ，连接 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以 ，由图形翻折的性质，
在图 1中，作出点 ，连接 ， ，可得 ，又 ， ， ，则 ，
， ，设 ，则 ， ， ，
在 中，由余弦定理可得
；
在上图中， ，
即 ， 又 ， 则
，所以当 ，即 时， 取得最小值，
此时线段 的长度最小，则 ， ．
如下图，在四面体 中，取 的中点 ，连接 ，则 是 的外接圆的圆心，又过点 作平面 的垂线，
由球的截面性质和四面体 的外角球球心 必定在该垂线上，也在平面 上，
即 的外接圆的圆心，设该球的半径为 ，则有 ，
在 中，由正弦定理可得 ，即有 ， ．
故答案为： ．
【点评】本题考查平面图形的翻折和空间两个平面的位置关系，以及外接球的表面积，考查转化思想和云
是哪里、推理能力，属于中档题．
命题点二：空间点、线、面的位置关系
1.1母题精析（三年高考真题）
一．异面直线及其所成的角（共5小题）
1．（2021•乙卷）在正方体 中， 为 的中点，则直线 与 所成的角为
A． B． C． D．【分析】法一：由 ，得 是直线 与 所成的角（或所成角的补角），由此利用余弦定
理，求出直线 与 所成的角．
法二： ，从而直线 与 所成角为 ，在正△ 中， 是 的平分线，由此
能求出直线 与 所成的角．
【解答】解法一： ， 是直线 与 所成的角（或所成角的补角），
设正方体 的棱长为2，
则 ， ， ，
，
，
直线 与 所成的角为 ．
解法二： ， 直线 与 所成角为 ，
在正△ 中， 是 的平分线，
．
直线 与 所成的角为 ．
故选： ．【点评】本题考查异面直线所成角和余弦定理，考查运算求解能力，是基础题．
2．（2018•新课标Ⅱ）在长方体 中， ， ，则异面直线 与 所
成角的余弦值为
A． B． C． D．
【分析】以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异
面直线 与 所成角的余弦值．
【解答】解：以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴，建立空间直角坐标系，
在长方体 中， ， ， ，0， ， ，0， ， ，0，
， ，1， ， ，0， ， ，1， ，设异面直线 与 所成角为 ，
则 ， 异面直线 与 所成角的余弦值为 ．故选： ．【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知
识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
3．（2018•新课标Ⅱ）在正方体 中， 为棱 的中点，则异面直线 与 所成角的
正切值为
A． B． C． D．
【分析】由 ，得 是异面直线 与 所成角，由此能求出异面直线 与 所成角的正
切值．
【解答】解： ， 是异面直线 与 所成角，
连接 ，设正方体 棱长为2，
则 ， ，
平面 ， 平面 ，
， ．
故选： ．
【点评】本题考查异面直线所成角的正切值的求法，考查空间角等基础知识，考查运算求解能力，考查函
数与方程思想，是基础题．4．（2022•新高考Ⅰ）已知正方体 ，则
A．直线 与 所成的角为
B．直线 与 所成的角为
C．直线 与平面 所成的角为
D．直线 与平面 所成的角为
【分析】求出异面直线所成角判断 ；证明线面垂直，结合线面垂直的性质判断 ；分别求出线面角判断
与 ．
【解答】解：如图，
连接 ，由 ， ，得四边形 为平行四边形，
可得 ， ， 直线 与 所成的角为 ，故 正确；
， ， ， 平面 ，而 平面 ，
，即直线 与 所成的角为 ，故 正确；
设 ，连接 ，可得 平面 ，即 为直线 与平面 所成的角，
， 直线 与平面 所成的角为 ，故 错误；
底面 ， 为直线 与平面 所成的角为 ，故 正确．
故选： ．
【点评】本题考查空间中异面直线所成角与线面角的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是基础题．
5．（2022•全国）在正三棱柱 中， ， ，则异面直线 与 所成角的大小
为 ．
【分析】通过建立空间直角坐标系，利用两条异面直线的方向向量的夹角即可得出异面直线所成的角．
【解答】解：如图所示，分别取 、 的中点 、 ，由正三棱柱的性质可得 、 、 ，两
两垂直，建立空间直角坐标系．则 ，0， ， ， ， ， ， ， ，
， ， ． ， ， ， ， ， ，
， ， 异面直线 与 所成角的大小为 ．故答案为： ．
【点评】本题考查异面直线所成角的求法，属中档题．
二．异面直线的判定（共1小题）
6．（2018•上海）如图，在直三棱柱 的棱所在的直线中，与直线 异面的直线的条数为A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】在直三棱柱 的棱所在的直线中，与直线 异面的直线有： ， ， ．
【解答】解：在直三棱柱 的棱所在的直线中，
与直线 异面的直线有： ， ， ，共3条．
故选： ．
【点评】本题考查异面直线的条数的求法，考查异面直线的判断等基础知识，考查运算求解能力，考查函
数与方程思想，是基础题．
三．空间中直线与直线之间的位置关系（共3小题）
7．（2022•上海）如图正方体 中， 、 、 、 分别为棱 、 、 、 的中
点，连接 ， ．空间任意两点 、 ，若线段 上不存在点在线段 、 上，则称 两点
可视，则下列选项中与点 可视的为
A．点 B．点 C．点 D．点【分析】线段 上不存在点在线段 、 上，即直线 与线段 、 不相交，因此所求与
可视的点，即求哪条线段不与线段 、 相交，再利用共面定理，异面直线的判定定理即可判断．
【解答】解：线段 上不存在点在线段 、 上，即直线 与线段 、 不相交，
因此所求与 可视的点，即求哪条线段不与线段 、 相交，
对 选项，如图，连接 、 、 ，因为 、 分别为 、 的中点，
易证 ，故 、 、 、 四点共面， 与 相交， 错误；
对 、 选项，如图，连接 、 ，易证 、 、 、 四点共面，
故 、 都与 相交， 、 错误；
对 选项，连接 ，由 选项分析知 、 、 、 四点共面记为平面 ，
平面 ， 平面 ，且 平面 ，点 ，与 为异面直线，
同理由 ， 选项的分析知 、 、 、 四点共面记为平面 ，
平面 ， 平面 ，且 平面 ，点 ，
与 为异面直线，
故 与 ， 都没有公共点， 选项正确．
故选： ．
【点评】本题考查新定义，共面定理的应用，异面直线的判定定理，属中档题．
8．（2021•浙江）如图，已知正方体 ， ， 分别是 ， 的中点，则
A．直线 与直线 垂直，直线 平面
B．直线 与直线 平行，直线 平面
C．直线 与直线 相交，直线 平面
D．直线 与直线 异面，直线 平面【分析】通过证明直线 平面 ， 是 的中位线，可判断 ；根据异面直线的判断可知
与直线 是异面直线，可判断 ；根据异面直线的判断可知直线 与直线 是异面直线，可判
断 ；由 ，可知 不与平面 垂直，可判断 ．
【解答】解：连接 ，如图：
由正方体可知 ， ， 平面 ，
，由题意知 为△ 的中位线， ，
又 平面 ， 平面 ， 平面 ． 对；
由正方体可知 与平面 相交于点 ， 平面 ， ，
直线 与直线 是异面直线， 、 错；
， 不与平面 垂直， 不与平面 垂直， 错．
故选： ．
【点评】本题考查了线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理与性质，考查了逻辑推理核心素养，属于
中档题．
9．（2019•新课标Ⅲ）如图，点 为正方形 的中心， 为正三角形，平面 平面 ，
是线段 的中点，则A． ，且直线 ， 是相交直线
B． ，且直线 ， 是相交直线
C． ，且直线 ， 是异面直线
D． ，且直线 ， 是异面直线
【分析】推导出 是 中 边上的中线， 是 中 边上的中线，从而直线 ， 是
相交直线，设 ，则 ， ，从而 ．
【解答】解： 点 为正方形 的中心， 为正三角形，平面 平面 ， 是线段
的中点，
平面 ， 平面 ，
是 中 边上的中线， 是 中 边上的中线，
直线 ， 是相交直线，
设 ，则 ， ，
， ，
，
故选： ．
【点评】本题考查两直线的位置关系的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题．
四．直线与平面垂直（共2小题）
10．（2021•新高考Ⅱ）如图，下列正方体中， 为底面的中心， 为所在棱的中点， ， 为正方体的
顶点，则满足 的是
A． B．
C． D．
【分析】对于 ，设正方体棱长为2，设 与 所成角为 ，求出 ，从而不满足 ；
对于 ， ， ，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，利用向量法进行判断．
【解答】解：对于 ，设正方体棱长为2，设 与 所成角为 ，
则 ， 不满足 ，故 错误；
对于 ，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，
则 ，0， ， ，0， ， ，0， ， ，1， ，
，0， ， ， ， ，， 满足 ，故 正确；
对于 ，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，
则 ，2， ， ，2， ， ，1， ， ，0， ，
，0， ， ， ， ，
， 满足 ，故 正确；
对于 ，如图，
作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，
则 ，2， ， ，0， ， ，1， ， ，1， ，
， ， ， ，0， ，
， 不满足 ，故 错误．
故选： ．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系基础知识，考查数学运算、
逻辑思维等核心素养，是中档题．
11．（2020•全国）在空间直角坐标系中，已知点 ，0， ， ，1， ，则经过点 且与直线垂直的平面方程为 ．
【分析】由已知可得 ，1， ，设经过点 且与直线 垂直的平面内任一点 ， ， ，可
得 ，化简即可．
【解答】解： ，0， ， ，1， ， ，1， ，
设经过点 且与直线 垂直的平面内任一点 ， ， ，则 ， ，
则可得 ，即 ，即 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查平面方程的求法，属基础题．
五．平面与平面垂直（共1小题）
12．（2022•乙卷）在正方体 中， ， 分别为 ， 的中点，则
A．平面 平面 B．平面 平面
C．平面 平面 D．平面 平面
【分析】对于 ，易知 ， 平面 ，从而判断选项 正确；对于 ，由选项 及平面
平面 可判断选项 错误；对于 ，由于 与 必相交，容易判断选项 错误；对
于 ，易知平面 平面 ，而平面 与平面 有公共点 ，由此可判断选项 错误．
【解答】解：对于 ，由于 ， 分别为 ， 的中点，则 ，
又 ， ， ，且 ， 平面 ，
平面 ，则 平面 ，
又 平面 ，平面 平面 ，选项 正确；
对于 ，由选项 可知，平面 平面 ，而平面 平面 ，在该正方体中，试想
运动至 时，平面 不可能与平面 垂直，选项 错误；
对于 ，在平面 上，易知 与 必相交，故平面 与平面 不平行，选项 错误；
对于 ，易知平面 平面 ，而平面 与平面 有公共点 ，故平面 与平面
不可能平行，选项 错误．
故选： ．
【点评】本题考查空间中线线，线面，面面间的位置关系，考查逻辑推理能力，属于中档题．
1.2解题模型
1.判断空间直线、平面位置关系的常用方法
(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题.
(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并
结合有关定理进行判断
2.作截面应遵循的三个原则
(1)在同一平面上的两点可引直线；
(2)凡是相交的直线都要画出它们的交点；
3.作交线的两种方法(1)利用基本事实3(即“如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过
该点的公共直线”)作交线；
(2)利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出
交线。
4.求解空间角的步骤
（1）作：利用定义作出所求的角——异面直线所成的角：在空间任取一点，分别作两异面直
线的平行线，往往采用平移法：①利用图中已有的平行线平移；②利用特殊点(线段的端点或
中点)作平行线平移；③补形平移
直线与平面所成的角：在斜线上选取恰当的点，过该点向平面引垂线作出所求角，其中确定
垂足的位置是关键。
二面角的平面角：在二面角的棱上找一特殊点，过该点在两个半平面内分别作垂直于棱的射
线，这两条射线构成的角为所求角。
（2）证：证明上述所作的角是所求的角(特别注意异面直线所成的角也可能是所作角的补角)
（3）算：在立体图形中，寻找或者作出含有上述所作角的三角形，利用正、余弦定理或其他
三角形的有关知识计算所作的角的某一三角函数值
（4）答：正确回答所求的角是多少，这里要注意空间三种角的取值范围(线线角的取值范围
是[0°,90°],线面角的取值范围是[0°,90°],二面角的平面角的取值范围是[0°,180°]),这一步不可少.
1.3对点训练（四年省市模考）
一．平面的基本性质及推论（共2小题）
1．（2023•厦门模拟）在四面体 中， ， ， ，同时平行于
， 的平面 分别与棱 ， ， ， 交于 ， ， ， 四点，则
A．
B．
C．四边形 的周长为定值
D．四边形 的面积最大值是3
【分析】依题意作图，按照图中的几何关系，运用有关空间几何定理和空间向量数量积逐项分析．
【解答】解：依题意作下图：对于 ， 平面 ， 平面 ， 平面 ， ，故 正确；
对于 ，在 中， ，
在 中， ，
，故 错误；
对于 ，设 ， ， ，同理有 ， ，
， ， ， ， ， ，
四边形 的周长 ，故 正确；
对于 ，由 分析知： ， ，
， ，四边形 是平行四边形，
等于异面直线 与 的夹角 ，由 得分析知： ，
，
四边形 的面积 ，
当 时取得最大值 ，故 正确．
故选： ．
【点评】本题主要考查了三棱锥的结构特征，考查了线面平行的性质定理，以及求异面直线所成的角，属
于中档题．2．（2022•莆田模拟）已知正四面体 的棱长为 ，点 ， 满足 ，用过 ，
， 三点的平面截正四面体 的外接球 ，当 ， 时，截面的面积可能为
A． B． C． D．
【分析】作出当 时的图象，问题转化为截面 从平面 转动到平面 的过程中截球所截得
圆面的面积范围，利用球的截面的性质，由 得出圆面的半径平方的范围即可求解．
【解答】解：如图1，在棱 上取点 ，使得 ， ，
取 的中点 ，连接 ， ， ， ， ，
记 ，连接 ，过点 作 平面 ，垂足为 ，
则 为 的中心，正四面体 外接球的球心 在 上，
为球 的半径，
由题中的数据可得 ， ，
设球 的半径为 ，则 ，解得 ， ，
当 ， 时，截面 从平面 转动到平面 ，
要求截面的面积只需考虑球心 到截面的距离的取值范围即可，
由题意可知 ，且 平面 ，如图2，
过点 作 ，垂足为 ，则 平面 ，
， ，
球心 到截面的距离 ， ，
则截面圆的半径 ， ，
所求截面的面积 ， ．
故选： ．【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间向量运算法则、旋转性质、球、线面垂直的判定、截面等基
础知识，考查运算求解能力，是中档题．
二．异面直线及其所成的角（共5小题）
3．（2021•泉州一模）在长方体 中， ， ，则异面直线 与 所
成角的余弦值为
A． B． C． D．
【分析】以 为原点建立空间直角坐标系，写出空间向量 和 ，再由空间向量的数量积即可得解．
【解答】解：以 为原点， ， ， 所在直线分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，
则 ，0， ， ，1， ， ，1， ， ，1， ，
，1， ， ，0， ，
， ，
异面直线夹角的取值范围为 ， ，
异面直线 与 所成角的余弦值为 ．故选： ．
【点评】本题考查异面直线的夹角，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
4．（2023•龙岩模拟）如图，已知 平面 ， ， ， 为 的中点，
，则
A．
B．
C． 平面
D．直线 与 所成角的余弦值为
【分析】由 与平面 相交可判断 ，依题意 ， ， ，在 中由余
弦定理可求出 ，进而判断 ，利用假设法可判断 ，先在 中利用余弦定理求出 ，再在中利用余弦定理可求出 ，进而判断 ．
【解答】解：对于 ，因为 与平面 相交，所以 不可能与 平行，故 错误；
对于 ， 平面 ， 平面 ，
，
又 ， ， ，
， ，
在 中，由余弦定理可得， ，
，故 正确；
对于 ，假设 平面 ，则 ，
又 ， ，
平面 ，又 平面 ，
，与 矛盾，
故 平面 不成立，故 错误；
对于 ， ， ， ，
在 中， ， ， ，
，
在 中， ， ， ，
，
，
在 中， ， ， ，
，即直线 与 所成角的余弦值为 ，故 正确．
故选： ．
【点评】本题主要考查了求异面直线所成的角，考查了余弦定理的应用，属于中档题．
5．（2022•厦门模拟）四棱台 的底面 是正方形， 平面 ，则
A．直线 与直线 所成角为
B．直线 与直线 异面
C．平面 平面
D．
【分析】根据异面直线所成的角， ， 所成的角即为直线 与直线 所成角，由此可判断 ；根
据棱台的几何特征可判断 ；利用 面面垂直的判定定理可判断 ；利用线面垂直可判断 ，由此
判断 ．
【解答】解：如图，连接 ，则 ，则 ， 所成的角即为直线 与直线 所成角，
在正方形 中， ，故直线 与直线 所成角为 ，故 正确；
由于棱台的每条侧棱延长后会交于同一点，故直线 与直线 是相交直线，故 错误；
由 平面 ， 平面 ，故 ，
又 ， ， ， 平面 ，故 平面 ，
而 平面 ，故平面 平面 ，故 正确；
连接 ， ，由题意知 ，而 平面 ， 平面 ，故 ， ， 平面 ， 平面 ，
故 而 ， ， 平面 ，
故 不可能垂直于 ，即 错误，
故选： ．
【点评】本题考查空间异面直线所成的角及线面间的位置关系，考查学生的分析能力，属于中档题．
6．（2021•莆田二模）在直三棱柱 中，各棱长均为2， ， 分别为线段 ， 的中点，
则
A．平面 平面
B．
C．直线 和 所成角的余弦值为
D．该棱柱外接球的表面积为
【分析】对于 ，由 ， ，得平面 平面 ；对于 ，由 ，
，得 平面 ，从而 ；对于 ，以 为坐标原点， 为 轴， 为 轴，
为 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线 和 所成角的余弦值为 ；对于 ，过
的重心 作平面 的垂线 ，在 上取 ，则 是该棱柱外接球的球心，连接 ，求出球半径 ，由此能求出该棱柱外接球的表面积．
【解答】解：在直三棱柱 中，各棱长均为2， ， 分别为线段 ， 的中点，
对于 ， ， ， ， ，
平面 平面 ，故 正确；
对于 ， ， ， ， ， 平面 ，
平面 ， 平面 ， ，故 正确；
对于 ，以 为坐标原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴，建立空间直角坐标系，
，0， ， ，0， ， ， ， ， ，0， ，
，0， ， ， ， ，
设直线 和 所成角为 ，
则 ，
直线 和 所成角的余弦值为 ，故 错误；
对于 ，过 的重心 作平面 的垂线 ，在 上取 ，
则 是该棱柱外接球的球心，连接 ，
， 球半径 ，
该棱柱外接球的表面积为 ，故 正确．
故选： ．【点评】本题考查命题真假的判断，涉及到空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算
求解能力、空间想象能力等数学核心素养，是中档题．
7．（2022•莆田模拟）在正方体 中， ， ， ， 分别是棱 ， ， ，
的中点，则异面直线 与 所成角的余弦值是 ．
【分析】将两异面直线所成的角平移转化成两相交直线所成角，再解三角形得所求角的余弦值．
【解答】解：如图，设 与 交点为 ，连接 ， ，
易证 ， ，
异面直线 与 所成角即为 或其补角，
设 ，正方体的棱长为 ，
， ， ，
，
异面直线 与 所成角的余弦值是 ．
故答案为： ．【点评】本题考查异面直线所成角，考查了转化思想，属基础题．
三．空间中直线与直线之间的位置关系（共2小题）
8．（2022•龙岩模拟）若 和 是异面直线， 和 是异面直线，则 和 的位置关系是
A．异面或平行 B．异面或相交
C．异面 D．相交、平行或异面
【分析】根据 和 是异面直线， 和 是异面直线，可以把这三条直线放在长方体中进行研究，即可得到
答案．
【解答】解：在长方体 中，
①若直线 记为直线 ，直线 记为直线 ，直线 记为直线 ，
则满足 和 是异面直线， 和 是异面直线，
而 和 相交；
②若直线 记为直线 ，直线 记为直线 ，直线 记为直线 ，
此时 和 平行；
③若直线 记为直线 ，直线 记为直线 ，直线 记为直线 ，
此时 和 异面；
故选： ．【点评】此题是个基础题．考查学生对异面直线的理解，在空间图形中，只有平行具有传递性，在解决立
体几何问题时，把图形放入长方体是常用的解题方法，体现了数形结合的思想．
9．（2022•福州模拟）在底面半径为1的圆柱 中，过旋转轴 作圆柱的轴截面 ，其中母线
， 是 的中点， 是 的中点，则
A． ， 与 是共面直线 B． ， 与 是共面直线
C． ， 与 是异面直线 D． ， 与 是异面直线
【分析】先由 是圆 的直径求出 ，再由 是圆柱 的母线，得到 与 ，
从而在 中分别求得 ， ，可知 ，再由异面直线的定义得到 给你 是异面直线．
【解答】解：连接 ， ，如图，
由题知 是圆 的直径， ，
是 的中点， ，
在等腰 中， ，则 ，
是圆柱 的母线， 面 ，
， 面 ， ， ，
在 中， ，
在 中，由 是 的中点得 ，
， ，
平面 ， 平面 ，
由异面直线的定义可知 与 是异面直线．
故选： ．【点评】本题考查命题真假的判断，考查圆、圆柱、母线、异面直线的定义等基础知识，考查运算求解能
力，是基础题．
四．空间中直线与平面之间的位置关系（共3小题）
10．（2022•厦门模拟）已知平面 ， ，直线 ， 满足 ， ， ， ，则
A． B． C． D．
【分析】由题意画出图形，数形结合可知 错误；由直线与平面垂直的性质可得 正确．
【解答】解：如图，
由 ， ， ， ，得 或 ，故 错误；
或 或 与 相交，相交也不一定垂直，故 错误；
与 的位置关系是平行、相交或异面，故 错误；
由 ，则 ，而 ，则 ，故 正确．
故选： ．【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思
维能力，是基础题．
11．（2023•福建模拟）如图，在棱长为1的正方体 中，点 为线段 上的动点（含端
点），则
A．存在点 ，使得 平面
B．存在点 ，使得 平面
C．不存在点 ，使得直线 与平面 所成的角为
D．存在点 ，使得平面 与平面 所成的锐角为
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，依次分析选项是否正确，即可得答案．
【解答】解：根据题意，如图建立空间直角坐标系，
则 ，0， ， ，1， ， ，1， ， ，0， ， ，0， ， ，1， ， ，1，
， ，0， ，
依次分析选项：
对于 ，设 ，1， ， ， ，则 ， ，
，
，1， ， ，0， ， ，1， ，则有 ，则平面 的法向量为 ，1， ，
而满足 的 无解，即不存在点 ，使得 平面 ， 错误；
对于 ， ，解可得 ，
即当 与点 重合时，有 平面 ， 正确；
对于 ，假设存在点 符合题意，则 ， ， ，
有 ， ，解可得 或 ，
在区间 ， 上无解，即直线 与平面 所成的角为 ， 正确；
对于 ，当 与 重合时，平面 即底面 ，其法向量为 ，0， ，
有 ， ，此时平面 与平面 所成的锐角为 ， 正确；
故选： ．
【点评】本题考查空间向量的应用，涉及正方体的几何结构，属于中档题．
12．（2021•漳州模拟）已知 ， 是两个不同的平面， ， 是两条不同的直线，则下列结论正确的是
A．若 ， ， ，则 B．若 ， ， ，则C．若 ， ， ，则 D．若 ， ， ，则
【分析】对于 ， 与 相交、平行或异面；对于 ，由线面平行的性质得 ；对于 ， 与 相交
或平行；对于 ，由面面垂直的判定定理得 ．
【解答】解： ， 是两个不同的平面， ， 是两条不同的直线，
对于 ，若 ， ， ，则 与 相交、平行或异面，故 错误；
对于 ，若 ， ， ，则由线面平行的性质得 ，故 正确；
对于 ，若 ， ， ，则 与 相交或平行，故 错误；
对于 ，若 ， ， ，则由面面垂直的判定定理得 ，故 正确．故选： ．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查逻辑推
理、空间思维等数学核心素养，是中档题．
五．直线与平面平行（共2小题）
13．（2022•泉州模拟）在正方体 中， ， ， 分别是 ， ， 的中点，则
A． 平面 B． 平面 C． 平面 D． 平面
【分析】取 、 、 的中点分别记为 ， ， ，画出图形根据线面平行的判定定理及空间向量法
证明即可．
【解答】解：取 、 、 的中点分别记为 ， ， ，连接 ， ， ， ，根据正方体的
性质可得面 即为平面 ，
对于 ：如图1， ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，故 正确；
对于 ：如图1，在平面 中， 与 相交， 与平面 不平行，所以 错误；对于 ， ， ，
，所以 与
不垂直，则 与平面 不垂直， 错误；对于 ， ， ，
，所以 与 不
垂直，则 与平面 不垂直， 错误．故选： ．
【点评】本题考查了空间中线面位置关系，考查了推理能力，属于中档题．
14．（2021•福州一模）如图，在下列四个正方体中， ， 为正方体的两个顶点， ， ， 为所在棱
的中点，则在这四个正方体中，直线 平面 的是
A． B．
C． D．
【分析】利用中位线定理以及线面平行的判定定理和性质定理对四个选项逐一分析判断即可．
【解答】解：对于选项 ，连结 ， ，如图①所示，
因为 ， ， 为所在棱的中点，由中位线定理可得， ， ，且 ， ， ， 平面 ，
， 平面 ，所以平面 平面 ，
因为 平面 ，所以 平面 ，故选项 正确；
对于选项 ，如图②所示，因为 ， ， 为所在棱的中点，
所以 ，且 ，故四边形 为平行四边形，故 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，故选项 正确；
对于选项 ，连结上底面的对角线交于点 ，连结 ，如图③所示，
因为 ， ， 为所在棱的中点，由中位线定理可得， ，
因为 与平面 相交，故 与平面 不平行，故选项 不正确；
对于选项 ，连结上底面的对角线 ，如图④所示，
因为 ， ， 为所在棱的中点，所以 ， ，
又因为 ， ， ， 平面 ，
， 平面 ，所以平面 平面 ，
又 平面 ，所以 平面 ，故选项 正确．
故选： ．【点评】本题考查了线面平行的判定，主要考查了面面平行的判定定理和性质定理的应用，考查了逻辑理
能力与空间想象能力，属于中档题．
六．平面与平面垂直（共1小题）
15．（2021•厦门模拟）连接正方体每个面的中心构成一个正八面体（如图），则
A．正八面体各面中心为顶点的几何体为正方体
B．直线 与 是异面直线
C．平面 平面
D．平面 平面
【分析】对于 ，正八面体各面中心为顶点的几何体为正方体；对于 ，根据条件可知，直线 与
是平行线；对于 ，取 中点 ，连接 ， ， ，推导出 是二面角 的平面角，
由余弦定理求出 ，得到平面 与平面 不垂直；对于 ，由 ， ，
，得到平面 平面 ．
【解答】解：对于 ，正方体 各面中心为顶点的凸多面体 为正八面体，它的中截面（垂直平分相对顶点连线的界面）是正方形，
该正方形对角线长等于正方体的棱长，
以 各个面的中心为顶点的正方体为图形 是正方体，
正方体 面对角线长等于 棱长的 ，
（正三角形中心到对边的距离等于高的 ，故 正确；
对于 ，如图，连接 ， ， ， ，
则 、 、 、 分别是 、 、 、 的中点，
， ，
直线 与 是平行线，故 错误；
对于 取 中点 ，连接 ， ， ，
设正方体棱长为1，则 和 都是边长为 的等边三角形，
， ， 是二面角 的平面角，
， ，
，
平面 与平面 不垂直，故 错误；
对于 ， ， ， ， ， ，
平面 平面 ，故 正确．
故选： ．【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论
证能力，是中档题．
三、类题狂刷（五年区模、校模）：
一．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）（共2小题）
1．（2022•福建模拟）已知某圆台的高为 ，上底面半径为 ，下底面半径为 ，则其侧面展开图的
面积为A． B． C． D．
【分析】可得展开图为圆环的一部分，求出小圆和大圆半径即可求出．
【解答】解：易知母线长为 ，且上底面圆周为 ，下底面圆周为 ，
易知展开图为圆环的一部分，圆环所在的小圆半径为3，则大圆半径为6，
所以面积 ．
故选： ．
【点评】本题考查了圆台的特征，侧面展开图面积的计算，属于基础题．
2．（2022•三明模拟）如图所示的建筑物是号称“神州第一圆楼”的福建土楼——二宜楼，其外形是圆柱
形，圆楼直径为 ，忽略二宜楼顶部的屋檐，若二宜楼的外层圆柱墙面的侧面积略小于底面直径为
，高为 的圆锥的侧面积的 ，则二宜楼外层圆柱墙面的高度可能为
A． B． C． D．
【分析】先求出圆锥的侧面积，然后设二宜楼外层圆柱墙面的高度为 ，由 ，求出 即
可．
【解答】解：底面直径为 ，高为 的圆锥的母线长为 ，
该圆锥的侧面积为 ，
设二宜楼外层圆柱墙面的高度为 ，由 ，解得 ，
二宜楼的外层圆柱墙面的侧面积略小于底面直径为 ，高为 的圆锥的侧面积的 ，
二宜楼外层圆柱墙面的高度可能为 ．
故选： ．
【点评】本题考查圆柱高的求法，考查旋转体的性质性质、圆锥的结构特征、圆锥的侧面积等基础知识，
考查运算求解能力，是基础题．二．球内接多面体（共1小题）
3．（2022•涵江区校级模拟）若正三棱台 的各顶点都在表面积为 的球 的表面上，且
，则正三棱台 的高为
A． B．4 C． 或3 D．3或4
【分析】利用球的表面积公式求出球的半径 ．利用正弦定理求出上下底面外接圆的半径，进而得到球心
到上下底面的距离．分上下底面在球心的同侧和异侧两种情形讨论．
【解答】解：设球的半径为 ，则 ，所以 ．
设△ 的外接圆半径为 ，由正弦定理有 ，解得 ，所以球心 到平面 的距
离为 ．
设 的外接圆半径为 ，由正弦定理有 ，解得 ，所以球心 到平面 的距离
为 ．
当球心 在正三棱台外时，高 ；当球心 在正三棱台内时，高 ．
故选： ．
【点评】本题考查球截面的性质，棱台的性质，属于基础题．
三．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积（共3小题）
4．（2022•芗城区校级模拟）宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一，如
图为一件三层六角宫灯，三层均为正六棱柱，其中上下层正棱柱的底面周长均为 ，高为 ，中间
一层角宫灯，三层均为正六棱柱，其中上、下层正棱柱的底面周长均为 ，高为 ，中间一层的正
棱柱高为 ．设计一个装该宫灯的可从中间打开的球形盒子，则该盒子的表面积至少为A． B． C． D．
【分析】根据正六棱柱的外接球的直径 是其对角线的长，从而可得外接球的半径，利用外接球表面积
公式计算即可得到答案．
【解答】解：由题意，将该宫灯看成一个高为 、底面边长为 的正六棱柱，
而正六棱柱的外接球（球形盒子）的直径 是其对角线的长，
则 ，得 ，
故外接球（球形盒子）的表面积至少为 ．
故选： ．
【点评】本题考查了正棱柱的外接球问题，属于基础题．
5．（2022•鼓楼区校级模拟）已知一个直三棱柱的高为 2，如图，其底面 水平放置的直观图（斜二测
画法）为 ，其中 ，则此三棱柱的表面积为
A． B． C． D．
【分析】利用斜二测法的“三变”“三不变”得到直三棱柱的底面平面图，由此能求出此三棱柱的表面积．
【解答】解：斜二测法的“三变”“三不变”得到直三棱柱的底面平面图，如图，其中 ，
，
此三棱柱的表面积为 ．
故选： ．
【点评】本题考查三棱柱的表面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查
运算求解能力，是中档题．
6．（2022•福州模拟）如图，一个正六棱柱的茶叶盒，底面边长为 ，高为 ，则这个茶叶盒的表
面积约为 1719. 6 ．（精确到0.1，
【分析】由正六棱柱底面边长求出底面积，再计算棱柱的表面积．
【解答】解：因为正六棱柱底面边长为 ，
所以正六棱柱的底面积为 ．又因为高为 ，
所以这个正六棱柱的表面积为 ，
即这个茶叶盒的表面积约为 ．
故答案为：1719.6．
【点评】本题考查了正六棱柱表面积计算问题，求出底面积是解题的关键，是基础题．
四．棱柱、棱锥、棱台的体积（共20小题）
7．（2022•荔城区校级模拟）如图1，在高为 的直三棱柱容器 中， ， ．
现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边 于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某
一位置时，水面恰好为 （如图 ，则容器的高 为
A．3 B．4 C． D．6
【分析】利用两个图形装水的体积相等即可求解．
【解答】解：在图1中 ，
在图2中， ，
， ．
故选： ．
【点评】本题主要考查等体积法的应用，空间想象能力，属于基础题．
8．（2023•福州模拟）已知菱形 的边长为2， ，则将菱形 以其中一条边所在的直线为轴，旋转一周所形成的几何体的体积为
A． B． C． D．
【分析】根据题意，分析可得该几何体上部分为圆锥，下部分为在圆柱内挖去一个与上部分相同的圆锥，
根据圆柱的体积公式即可求解．
【解答】解：根据题意，旋转一周所形成的几何体如图，
该几何体上部分为圆锥，下部分为在圆柱内挖去一个与上部分相同的圆锥，
其体积等于中间圆柱的体积，
且中间圆柱的高 ，底面圆的半径 ，
故要求几何体的体积 ．
故选： ．
【点评】本题考查组合体的体积计算，涉及圆柱的体积公式，属于基础题．
9．（2023•思明区校级模拟）已知半径为4的球 ，被两个平面截得圆 、 ，记两圆的公共弦为 ，
且 ，若二面角 的大小为 ，则四面体 的体积的最大值为
A． B． C． D．
【分析】根据圆的性质及球的截面的性质，利用正弦定理、余弦定理，均值不等式及三棱锥的体积公式求
解即可．
【解答】解：设弦 的中点为 ，连接 ， ，依题意，可得如下图形，由圆的性质可知 ， ，则 即为二面角的平面角，故 ，
四面体 的体积为 ，
其中 ，当且仅当 时取等号，
由球的截面性质， ， ，
所以 ， ， ， 四点共圆，则有外接圆直径 ，
从而 ，
．
故选： ．
【点评】本题考查了四面体体积的最值计算，属于中档题．
10．（2023•蕉城区校级模拟）“辛普森 公式”给出了求几何体体积的一种估算方法：几何体的
体积 等于其上底面的面积 、中截面（过高的中点且平行于底面的截面）的面积 的4倍、下底面的面
积 之和乘以高 的六分之一，即 ．我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体称
为拟柱体．在这两个平行平面内的面叫作拟柱体的底面，其余各面叫作拟柱体的侧面．中国古代名词“刍
童”（原来是草堆的意思）就是指上下底面皆为矩形的拟柱体．已知某“刍童”尺寸如图所示，且体积为，则它的高为
A． B． C． D．4
【分析】求出上下底面积和中截面面积，代入公式即可求出高．
【解答】解：上底面 ，下底面 ，所以中截面是过高的中点，且平行于底面的截面，
其中 ， ， ， 分别是对应棱上的中点，如图所示，
根据中位线定理得 ， ，
所以 ， ，
解得 ．
故选： ．
【点评】本题考查空间几何体的体积公式，考查运算求解能力，属中档题．
11．（2023•台江区校级模拟）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架 ， 的边长均为2，
活动弹子 在线段 上移动（包含端点），弹子 ， 分别固定在线段 ， 的中点处，且
平面 ，则当 取最大值时，多面体 的体积为A． B． C． D．
【分析】先确定点 的位置，再计算可求多面体 的体积．
【解答】解： 平面 ， 平面 ，
， 三角形 为直角三角形，
故 最短时， 取最大值，
即 时， 取最大值，
， 分别固定在线段 ， 的中点处，
， ， 最大角 ．
，
多面体 的体积为 ．
故选： ．
【点评】本题考查点的位置的判断，考查空间几何体的体积的计算，属中档题．
12．（2023•思明区校级模拟）截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角而得到．如图，
将棱长为6的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面截角得到所有棱长均为2的截角四面体，则该
截角四面体的体积为
A． B． C． D．【分析】求出棱长为1的正四面体的体积结合条件即得．
【解答】解：截角四面体的体积为大正四面体的体积减去四个相等的小正四面体体积，
因为棱长为1的正四面体的高 ．
则棱长为1的正四面体的体积 ，
所以该截角四面体的体积为 ．
故选： ．
【点评】本题考查了多面体体积的计算，属于基础题．
13．（2023•鼓楼区校级模拟）如图是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若扇形的两个圆弧所在
圆的半径分别是1和3，且 ，则该圆台的体积为
A． B． C． D．
【分析】根据给定条件，求出圆台的上下底面圆的半径，再求出圆台的高并结合圆台的体积公式求解作答．
【解答】解：设圆台上底面圆半径为 ，下底面圆半径为 ，
依题意， ，且 ，解得 ，
而圆台的母线长 ，
因此圆台的高 ，
所以圆台的体积 ．
故选： ．【点评】本题考查圆台的体积的求解，属基础题．
14．（2023•新罗区校级三模）已知正六棱锥 的各顶点都在球 的球面上，球心 在该正六
棱锥的内部，若球 的体积为 ，则该正六棱锥体积的最大值为
A． B． C． D．
【分析】根据题设条件确定底面正六边形的边长与正六棱锥的高之间的等量关系，从而可将正六棱锥的体
积表示为关于高 的函数，利用导函数讨论单调性和最值求解．
【解答】解：如图，过 作 平面 ，则球心 在 上，
设 ， ，外接球的半径为 ，
因为球 的体积为 ，所以 解得 ，
在 中， ，所以 ，
正六棱锥的体积为 ，
设 ，
令 解得 ，
令 解得 或 ，
所以 在 单调递减， 单调递增， 单调递减，
因为球心 在该正六棱锥的内部，所以 ，
所以 在 单调递增， 单调递减，
所以 ，
故选： ．【点评】本题主要考查了棱锥的外接球问题，考查了利用导数研究函数的单调性和最值，属于中档题．
15．（2023•福建模拟）如图，正六边形 的边长为6，设边 ， 的中点分别为 ， ，已
知某几何体是由此正六边形 绕直线 旋转一周而成，则该几何体的体积为
A． B． C． D．
【分析】连接 交 于点 ，根据题意得到该几何体为两个圆台组合而成的组合体，利用圆台的体积
公式即可求解．
【解答】解：连接 交 于点 ，
某几何体是由此正六边形 绕直线 旋转一周而成，
该几何体为两个圆台组合而成的组合体，
由题可得 ， ，则 ，
，
则该几何体的体积为 ．
故选： ．
【点评】本题考查了圆台的体积计算，属于中档题．
16．（2023•福鼎市校级一模）已知 是边长为3的等边三角形，三棱锥 全部顶点都在表面积
为 的球 的球面上，则三棱锥 的体积的最大值为
A． B． C． D．
【分析】由已知可得 ，可求球心到平面的距离，从而可求三棱锥 的高的最大值为3，可求最
大体积．
【解答】解：球 的半径为 ，由已知可得 ， ，得 ，
球心 到平面 的距离为 ，
故三棱锥 的高的最大值为3，体积最大值为 ．
故选： ．
【点评】本题考查空间几何体的体积，属中档题．
17．（2022•鼓楼区校级三模）已知 ， 分别是圆柱上、下底面圆的直径，且 ． ， 分别
为上、下底面的圆心，若圆柱的底面圆半径与母线长相等，且三棱锥 的体积为18，则该圆柱的侧
面积为
A． B． C． D．
【分析】结合图形分析得三棱锥 的体积为两个全等四棱锥 减去两个全等三棱锥，利用锥体体积 代入计算求 ，再利用圆柱的侧面积 ．
【解答】解：分别过 ， 作圆柱的母线 ， ，连接 ， ， ， ，
设圆柱的底面半径为 ，
则三棱锥 的体积为两个全等四棱锥 减去两个全等三棱锥 ，
即 ，则 ，
圆柱的侧面积为 ．
故选： ．
【点评】本题考查了圆柱侧面积的计算，属于中档题．
18．（2023•福建模拟）如图，在棱长为2的正方体 中，点 ， ， 分别为 ， ，
的中点，若点 在线段 上运动，则下列结论正确的为
A． 与 为共面直线
B．平面 平面
C．三棱锥 的体积为定值D． 与平面 所成角的正切值为
【分析】根据棱柱的结构特征可得 ，即可判断 ；利用线面平行和面面平行的判定定理即可判断
；由题意得点 到平面 的距离等于点 到平面 的距离，且为定值，即可判断 ；建立以
为原点的空间直角坐标系 ，利用向量法，即可得出答案．
【解答】解：对于 ：连接 ，如图所示：
， 分别为 ， 的中点，
，
在正方体 中， ，
，
，故 错误；
对于 ：连接 ，
点 ， 分别为 ， 的中点，
，
由选项 得 ，
平面 ， 平面 ， 平面 ， 平面 ，平面 ， 平面 ，
又 ，
平面 平面 ，故 正确；
对于 ：由选项 得 平面 ，
点 在线段 上运动，
点 到平面 的距离等于点 到平面 的距离，且为定值，
又△ 的面积为定值，则三棱锥 的体积为定值，故 正确；
对于 ：建立以 为原点的空间直角坐标系 ，如图所示：
则 ，0， ， ，0， ， ，2， ， ，0， ， ，2， ， ，2， ，
，2， ， ， ， ， ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ， ， ，
则 ，取 ，则 ， ，
平面 的一个法向量为 ，1， ，
设 与平面 所成角为 ，， ，
，
，故 错误．
故选： ．
【点评】本题考查棱柱的结构特征、直线与平面平面判定定理和面面平行判定定理，考查转化思想和数形
结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19．（2023•蕉城区校级一模）如图，在多面体 中， 平面 ，四边形 是正方形，
且 ， ， ， 分别是线段 ， 的中点， 是线段 上的一个动点（含
端点 ， ，则下列说法正确的是
A．存在点 ，使得
B．存在点 ，使得异面直线 与 所成的角为
C．三棱锥 体积的最大值是
D．当点 自 向 处运动时，直线 与平面 所成的角逐渐增大
【分析】首先以 为坐标原点， 正方向为 ， ， 轴，可建立如图所示空间直角坐标系，对
选项 ，假设存在点 ，2， ，根据 即可判断 正确，对选项 ，假设存在点
，2， ，根据 无解即可判断 错误，对选出 ，连接 ， ， ，根据 即可判断 正确，对选项 ，设直线 与平面 所成的角为 ，得到
，
再根据函数的单调性即可判断 正确．
【解答】解：建立空间直角坐标系，如下图所示，
则各个点的坐标为： ，0， ， ，0， ， ，2， ， ，2， ， ，2， ， ，0，
， ，0， ， ，1， ；
对于选项 ，假设存在点 ，2， ，使得 ，
则 ，又 ，
所以 ，解得 ，
即点 与 重合时， ， 正确；
对于 ，假设存在点 ，2， ，
因为 ， ，
所以 ，方程无解；
所以不存在点 ， 错误；对于 ，连接 ， ， ；
设 ，
因为 ，
所以当 ，也就是说点 与点 重合时， 取得最大值2；
点 到平面 的距离 ，
所以 ， 正确；
对于 ， ， ，
若 是平面 的法向量，则 ，
令 ，则 ，
因为 ，设直线 与平面 所成的角为 ， ，
所以 ，
当点 自 向 处运动时， 的值由0到2变大， 单调递增，故 也单调递增，故 正确．
故选： ．
【点评】本题考查直线与平面的位置关系，平面向量的数量积，属于中档题．
20．（2023•泉州模拟）如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等， ， 为圆柱上下底面的圆心， 为球心， 为底面圆 的一条直径，若球的半径 ，则
A．球与圆柱的体积之比为
B．四面体 的体积的取值范围为 ，
C．平面 截得球的截面面积最小值为
D．若 为球面和圆柱侧面的交线上一点，则 的取值范围为
【分析】利用球与圆柱的体积公式判断 ；由题可得四面体 的体积等于 ，求解体积判断 ；
由题可得 到平面 的距离为 ，进而可得平面 截得球的截面面积最小值判断 ；设 在
底面的射影为 ，设 ，则 ，然后利用二次函数的性质可得
的取值范围判断 ．
【解答】解：球的半径为 ，可知圆柱的底面半径 ，圆柱的高为 ，
则球的体积为 ，圆柱的体积为 ，
则球与圆柱的体积之比为 ，故 正确；
由题可知四面体 的体积等于 ，点 到平面 的距离 ， ，
又 ， ， ，故 错误；
过 作 于 ，则由题可得 ，设 到平面 的距离为 ，平面 截得球的截面圆的半径为 ，
则 ， ，
平面 截得球的截面面积最小值为 ，故 错误；
由题可知点 在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设 在底面的射影为 ，
则 ， ， ， ，
设 ，则 ， ，
，可得
， ，
， ，故 正确．
故选： ．
【点评】本题考查圆柱与球的表面积、体积以及折线段的最值问题，考查逻辑推理能力与运算求解能力，
难度较大．
21．（2023•思明区校级一模）已知正四面体 的棱长为 ，其外接球的球心为 ．点 满足， ，过点 作平面 平行于 和 ，平面 分别与该正四面体
的棱 ， ， 相交于点 ， ， ，则
A．四边形 的周长为定值
B．四棱锥 的体积的最大值为
C．当 时，平面 截球 所得截面的周长为
D．当 时，将正四体 绕 旋转 后与原四面体的公共部分体积为
【分析】将正四面体转化为正方体，利用正方体的性质分析运算，对 ：根据面面平行的性质定理结合平
行线的性质分析运算；对 ：根据锥体体积公式，利用导数求其最值；对 ：根据球的性质分析运算；对
：根据正方体分析可得：两个正四面体的公共部分两个全等的正四棱锥组合而成，利用锥体体积公式运
算求解．
【解答】解：对于棱长为2的正方体 ，则 为棱长为 的正四面体，则球心 即
为正方体的中心，
连接 ，设 ，
， ，则 为平行四边形，
，
又 平面 ， 平面 ，
平面 ，
又 平面 ， ， ， 平面 ，
平面 平面 ，
对 ：如图1，
平面 平面 ，平面 平面 ，平面 平面 ，，则 ，即 ，
同理可得： ， ，
， ，
四边形 的周长 （定值）， 正确；
对 ：如图1，由 可知： ， ，
， ，
为正方形，则 ，
为矩形，
根据平行可得：点 到平面 的距离 ，
故四棱锥 的体积 ，
则 ， ，
则当 时，则 ， 在 上单调递增，
当 时，则 ， 在 上单调递减，
当 时， 取到最大值 ，故四棱锥 的体积的最大值为 ， 正确；
对 ：正四面体 的外接球即为正方体 的外接球，
其半径 ，设平面 截球 所得截面的圆心为 ，半径为 ，
当 时， ，平面 过外接球球心 ，
平面 截球 所得截面圆半径为 ，
截面圆周长为 ， 错误；
对 ：如图2，将正四面体 绕 旋转 后得到正四面体 ，
设 ， ， ， ，
，则 ， ， ， ， ， 分别为各面的中心，
两个正四面体的公共部分为 ，为两个全等的正四棱锥组合而成，
根据正方体可得： ，正四棱锥 的高为 ，
故公共部分的体积 ， 正确．
故选： ．
【点评】本题综合考查空间几何体的表面积和体积等问题，考查将四面体补形成正方体，利用正方体的性
质处理相关问题．属难题．22．（2023•新罗区校级模拟）如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角 沿 向上翻折，
得三棱锥 ，设 ，点 ， 分别为棱 ， 的中点， 为线段 上的动点，下列说法
正确的是
A．不存在某个位置，使
B．存在某个位置，使
C．当三棱锥 体积取得最大值时， 与平面 成角的正弦值为
D．当 时， 的最小值为
【分析】利用面面垂直的性质定理即可判断 ；
先假设存在，利用线面垂直的判定定理可得 平面 ，可得 ，即△ 是以 为斜边
的直角三角形，通过计算发现 ，互相矛盾，即可判断 ；
由三棱锥 体积取得最大值时知面面垂直，得出线面垂直，即可求出线面角，即可判断 ；
由侧面展开图及余弦定理可判断 ．
【解答】解：对于 ：存在平面 平面 ，使得 ，证明如下：
因为平面 平面 ，平面 平面 ， ， 平面 ，
则 平面 ，因为 平面 ，所以 ，
故存在平面 平面 ，使 ，故 正确；
对于 ：若 ，又 ， ， ， 平面 ，
则 平面 ，因为 平面 ，则 ，则 是以 为斜边的直角三角形，
因为 ，所以 ， ，
又由题意知 ，故不存在某个位置，使 ，故 错误；
对于 ：当三棱锥 体积取得最大值时，平面 平面 ，即 是三棱锥 的高，又 ，平面 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
所以 是直线 与平面 所成的角，
所以 ，故 正确；
对于 ：当 时，因为 为 的中点，
所以 ，则 ，
又因 为 的中点，所以 ，
又 ，所以 ，
所以 ，
如图将 沿 旋转，得到 ，使其与 在同一平面内且 在 内，
则当 ， ， 三点共线时， 最小，
即 的最小值为 ，
在 中， ，
则 ，
所以在 中，由余弦定理得 ，
所以 的最小值为 ，故 正确．
故选： ．
【点评】本题主要考查空间中点，线，面之间的位置关系，属于中档题．
23．（2023•鼓楼区校级模拟）如图，在矩形 中， ， ， 为 中点，现分别沿、 将 、 翻折，使点 、 重合，记为点 ，翻折后得到三棱锥 ，则
A．三棱锥 的体积为
B．直线 与直线 所成角的余弦值为
C．直线 与平面 所成角的正弦值为
D．三棱锥 外接球的半径为
【分析】证明 平面 ，再根据 即可判断 ；先利用余弦定理求出 ，将
用 表示，利用向量法求解即可判断 ；利用等体积法求出点 到平面 的距离 ，再根据
直线 与平面 所成角的正弦值为 即可判断 ；利用正弦定理求出 的外接圆的半径，再利
用勾股定理求出外接球的半径即可判断 ．
【解答】解：由题意可得 ， ，
又 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，
在 中， 边上的高为 ，
所以 ，故 错误；
对于 ，在 中， ，，
，
所以直线 与直线 所成角的余弦值为 ，故 正确；
对于 ， ，
设点 到平面 的距离为 ，
由 ，得 ，解得 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 ，故 错误；
由 选项知， ，则 ，
所以 的外接圆的半径 ，
设三棱锥 外接球的半径为 ，
又因为 平面 ，
则 ，所以 ，
即三棱锥 外接球的半径为 ，故 正确．
故选： ．
【点评】本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
24．（2023•思明区校级模拟）如图，在直三棱柱 中， ， ， ，点
在线段 上，且 ， 为线段 上的动点，则下列结论正确的是A．当 为 的中点时，直线 与平面 所成角的正切值为
B．当 时， 平面
C． 的周长的最小值为
D．存在点 ，使得三棱锥 的体积为
【分析】取 的中点 ，证明 平面 ，故 为直线 与平面 所成的角，求解可判断
；延长 交 于点 ，可得四边形 是平行四边形，从而可判断 ；当点 与 重合时，
求出 的周长可判断 ；取 的中点 ，连接 ，若三棱锥 的体积为 ，则 ，
根据 ，可判断 ．
【解答】解：对于 ，当 为 的中点时，取 的中点 ，连接 ， ，易知 ，
平面 ，
则 平面 ，故 为直线 与平面 所成的角，
则 ，故 错误；对于 ，当 时，延长 于点 ，此时 ，
所以 ， ，所以 ，又 ，
所以四边形 是平行四边形，所以 ，即 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，故 正确；
对于 ，当点 与 重合时，易知 ，此时 的周长为 ，显然有
，故 错误；
对于 ，取 的中点，连接 ，易知 平面 ， ，
若三棱锥 的体积为 ， ，所以 ，所以 ，
因为 ，所以存在点 ，使得三棱锥 的体积为 ，故 正确．
故选： ．
【点评】本题考查空间几何体的体积的计算，考查线面角的正切值的求法，属中档题．
25．（2023•思明区校级三模）已知圆锥 是圆锥底面圆的圆心， 是圆锥的顶点）的母线长为3，底
面半径为 ．若 ， 为底面圆周上的任意两点，则下列说法中正确的是
A．圆锥 的侧圆积为
B． 面积的最大值为C．三棱锥 体积的最大值为
D．圆锥 的内切球的体积为
【分析】由已知求解圆锥的侧面积，可判断选项 的正误；求解三棱锥 体积最大，可判断选项
的正误；求解四面体的体积的最大值，判断选项 的正误；求圆锥内切球的体积，判断选项 的正误．
【解答】解：对选项 ，圆锥 是圆锥底面圆的圆心， 是圆锥的顶点）的母线长为3，底面半径为
．
圆锥的高为2，设 是底面圆的一条直径， ，所以 正确；
选项 ，圆锥的顶角 ，三角形 面积的最大值为 ，故 错误；
对于 ，四面体 的体积的最大值为： ，故 正确；
选项 ，设圆锥的内切球的半径为 ，可得： ，即 ，
解得 ，
所以圆锥 的内切球的体积为 ，故 错误．
故选： ．【点评】本题考查圆锥中截面三角形面积的最值的求解，空间几何体的体积的求法，考查空间想象能力，
转化思想的应用，属中档题．
26．（2023•南平模拟）如图，在正方体 中，点 是底面 （含边界）内一动点，
且 平面 ，则下列选项正确的是
A．
B．三棱锥 的体积为定值
C． 平面
D．异面直线 与 所成角的取值范围为
【分析】建立空间向量，利用空间向量及空间法向量法逐项分析即可．
【解答】解：以 为坐标原点， ， ， 所在直线分别为 ， ， 轴建立如图所示的空间直角坐
标系，设正方体的棱长为2，则 ，0， ， ，2， ， ，0， ， ， ， ， ，
，0， ， ，2， ， ，2， ，
所以 ， ，
所以 ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，
令 ，则平面 的一个法向量为 ，
因为 平面 ，
所以 ，
所以 ，所以 ，即 ，故 正确，
由 ，则 ， ， ，所以可得 在线段 上（包含端点），
在正方体中，由 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，所以动点 到平面 距离为定值，而 为定值，
所以三棱锥 的体积为定值，故 正确；
若 平面 ，由 ，
则 ，即 ，无解，故 错误，
设异面直线 与 所成角的为 ，
由 ， ，
所以 ，
因为 ，
所以当 时， ，
当 时， ，
当 且 时， ，
令 ， ， ，
则 ，此时 ，所以 ，即 ，
又 ，所以此时 ，
综上所述：异面直线 与 所成角的为 ，即 ，故 正确．
故选： ．
【点评】本题考查线线垂直的判定，三棱锥的体积计算，异面直线所成角等知识点，考查数形结合思想，
函数思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．五．球的体积和表面积（共13小题）
27．（2023•蕉城区校级模拟）将一个半径为2的球削成一个体积最大的圆锥，则该圆锥的内切球的半径为
A． B． C． D．
【分析】设圆锥的底面半径为 ，则圆锥的高为 ，表示出圆锥的体积，换元后利用导数可求出
体积的最大值，从而可求出圆锥的底面半径和高，再求出母线长，作出圆锥的截面，然后利用三角形相似
可求出圆锥内切圆的半径．
【解答】解：设圆锥的底面半径为 ，则圆锥的高为 ，
圆锥的体积 ，
令 ，得 ，
，
则 ，
当 时， ，当 时， ，
在 上递增，在 上递减，
当 ，即 时，圆锥的体积最大，
此时圆锥的高为 ，母线长为 ，
设圆锥的内切球半径为 ，圆锥的截面如图所示，
则 ， ，
又 ，且 ，， ，解得 ．
故选： ．
【点评】本题考查圆锥的内切球问题，解题的关键是表示出圆锥的体积，化简后利用导数求出其最大值，
从而可确定出圆的大小，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题．
28．（2023•鼓楼区校级模拟）已知正三棱台 的上、下底面边长分别为1和3，侧棱长为2，
以下底面顶点 为球心， 为半径的球面与侧面 的交线长为
A． B． C． D．
【分析】过 作 于 ，过 作 于 ，根据正三棱台的性质求出 ，．
【解答】解：过 作 于 ，过 作 于 ， ， ，
，
侧棱长为 ，
，
取 的中点 ，可得 ， ，
过 作 于 ， ，同理可得 ， 到 的距离为 ，
又四边形 为矩形且可得 ， ，
记四边形 的对角线交点为 ，
梯形 的中位线 过点 ，
从而可得 为半径的球面与侧面 的交线即为以 为圆心，1为半径的圆与侧面 的交线，
可得 ，
为半径的圆与侧面 的交线长为 ．
故选： ．
【点评】本题考查空间几何体的性质，考查球面与平面的交线长的求法，属中档题．
29．（2023•鼓楼区校级模拟）蹴鞠，又名蹴球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮
革、内实米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚蹴，蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球 年5月20日，
蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠的表面上有五个
点 、 、 、 、 恰好构成一正四棱锥 ，若该棱锥的高为8，底面边长为 ，则该鞠的
表面积为
A． B． C． D．
【分析】画出图形，根据正四棱锥 的底面是正方形，利用列方程求出外接球的半径，即可求出
表面积．【解答】解：正四棱锥 的底面是正方形，底面边长为 ，高为8，如图所示：
所以正四棱锥 的底面对角线的长为 ，
设正四棱锥外接球的半径为 ，则 ，解得 ，
所以球的表面积为 ，
即该鞠的表面积为 ．
故选： ．
【点评】本题考查了外接球的表面积计算问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
30．（2016•福安市校级模拟）已知一个平放的棱长为 4的三棱锥内有一小球 （重量忽略不计），现从
该三棱锥顶端向内注水，小球慢慢上浮，若注入的水的体积是该三棱锥体积的 时，小球与该三棱锥各
侧面均相切（与水面也相切），则球的表面积等于
A． B． C． D．
【分析】先求出没有水的部分的体积是 ，再求出棱长为2，可得小球的半径，即可求出球的表面积．
【解答】解：由题意，没有水的部分的体积是正四面体体积的 ，
正四面体的各棱长均为4，
正四面体体积为 ，
没有水的部分的体积是 ，设其棱长为 ，则 ，
，
设小球的半径为 ，则 ，
，
球的表面积 ．
故选： ．
【点评】本题考查球的表面积，考查体积的计算，考查学生分析解决问题的能力，正确求出半径是关键．
31．（2023•鲤城区校级模拟）如图，棱长为 2的正四面体 中， ， 分别为棱 ， 的中点，
为线段 的中点，球 的表面正好经过点 ，则下列结论中正确的是
A． 平面
B．球 的体积为
C．球 被平面 截得的截面面积为
D．过点 与直线 ， 所成角均为 的直线可作4条
【分析】设 ， 分别为 ． 的中点，连接 ， ， ， ， ， ， ，根据线面
垂直的判定定理可判断 ；求出球的半径，计算球的体积，判断 ；求出球 被平面 截得的截面圆
的半径，可求得截面面积，判断 ；把正四面体可以放入正方体内，利用异面直线所成角的定义可判断 ．
【解答】解：设 ， 分别为 ． 的中点，连接 ， ， ， ， ， ， ，则 ， ， ， ，
故 ，则四边形 为平行四边形，
故 ， 交于一点，且互相平分，即 点也为 的中点，
又 ， ，故 ， ，
， ， 平面 ，故 平面 ，
由于 ， 平面 ，则 平面 ，
故 ，结合 点也为 的中点，同理可证 ，
， ， 平面 ，故 平面 ，故 正确；
由球 的表面正好经过点 ，则球 的半径为 ，
棱长为2的正四面体 中， ， 为 的中点，
则 ，故 ，
则 ，所以球 的体积为 ，故 正确；
由 平面 ， 平面 ，故平面 平面 ，
平面 平面 ，由于 平面 ，
延长 交平面 于 点，则 平面 ，垂足 落在 上，
且 为正 的中心，故 ，
所以 ，
故球 被平面截得的截面圆的半径为 ，则球 被平面 截得的截面圆的面积为 ，故 错误；
由题意得，正四面体可以放入正方体内，如下图所示，
将 平移至正方体的底面内，过 和 的角平分线作垂直于底面的平面，即平面 ，
在平面内一定存在过 点的两条直线 使得该直线与直线 ， 所成角均为 ，
同理可知，过 和 的角平分线作垂直于底面的平面也存在两条直线满足题意，
所以过点 与直线 ， 所成角均为 的直线可作4条， 正确．
故选： ．
【点评】本题考查空间几何体的截面周长的求法，考查截面的面积的求法，属于中档题．
32．（2023•思明区校级四模）已知三棱锥 的体积为 ，其外接球的表面积为 ，若 ，
， ， ， ，则 为 ．
【分析】由题意可得点 到平面 的距离为3，故 的轨迹为球的一个截面圆上的点，进而可得此截面
圆的半径为1，计算可求 的最大值与量小值，可求 ．
【解答】解：由 ， ， ，可得 ，
， ，
又三棱锥 的体积为 ，设三棱锥 的高为 ，
，解得 ，到平面 的距离为3，故 的轨迹为球的一个截面圆上的点，
外接球的表面积为 ， ，
球心到平面 的距离为 ，
故球心到 的所在截面的距离为2， 所在截面的半径为 ，
故 的最小值为 ，最大值为 ，
．
故答案为： ．
【点评】本题考要空间几何体的性质，考查线段长的最值，属中档题．
33．（2023•晋安区校级模拟）已知三棱锥 ，平面 平面 ， 为 中点，
，则过点 的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为 ．
【分析】设三棱锥 外接球的球心为 ，连接 ， ， ，设过点 的平面为 ，则当
时，此时所得截面的面积最小，当点 在以 为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，再结合
球的截面的性质即可得解．
【解答】解：连接 ， ，由 ，
可知 和 是等边三角形，
设三棱锥 外接球的球心为 ，
所以球心 在平面 和平面 内的射影是 和 的中心 ， ，是等边三角形， 为 中点，
所以 ，又因为平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 平面 ，而 平面 ，因此 ，所以 是矩形，
和 是边长为2的等边三角形，
所以两个三角形的高 ，
在矩形 中， ，连接 ，
所以 ，
设过点 的平面为 ，当 时，
此时所得截面的面积最小，该截面为圆形，
．
因此圆 的半径为： ，所以此时面积为 ，
当点 在以 为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，面积为： ，
所以截面的面积范围为 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了三棱锥外接球的截面面积计算，属于中档题．
34．（2023•福建模拟）如图，正四面体 的棱长为3， ， ， 分别是 ， ， 上的点，
， ， ，截去三棱锥 ，同理，分别以 ， ， 为顶点，各截去一个棱长为1
的小三棱锥，截后所得的多面体的外接球的表面积为 ．【分析】截后所得的多面体的底面为正六边形，利用对称性分析球心的位置可得球半径．
【解答】解：设 中心为 ，底面正六边形中心为 ，则球心 在 上，
设多面体的外接球半径为 ，则正三角形 外接圆半径 ，
底面正六边形外接圆半径为 ， 原正四面体高为 ，
， ，
，
解得 ，故 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查几何体的外接圆问题，方程思想，化归转化思想，球的表面积公式的应用，属中档题．
35．（2023•沙县模拟）设轴截面为正三角形的圆锥的体积为 ，它的外接球的体积为 ，则 ．
【分析】作出图形，由题意得 是等边三角形，设外接球的圆心为 ，且半径为 ，可得圆锥的底面半径 ，高 ，求出 ， ，即可得出答案．
【解答】解：作出图形，如图所示：
由题意得 是等边三角形，设外接球的圆心为 ，且半径为 ，
圆锥的底面半径 ，高 ，
， ，
，
故答案为： ．
【点评】本题考查球的体积，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
36．（2023•沙县模拟）棱长为12的正四面体 与正三棱锥 的底面重合，若由它们构成的多
面体 的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥 的体积为 ，该正三棱锥内切球的半
径为 ．
【分析】根据组合体的结构特征，设 ，正三棱锥 侧棱长 ，列出方程组，求得 ，
的值，利用体积公式，即可求得三棱锥 的体积与表面积，再结合等体积法，即可求得内切球的
半径，得到答案．
【解答】解：由棱长为12的正四面体 与正三棱锥 的底面重合，
若由它们构成的多面体 的顶点均在一球的球面上，
所以多面体 的外接球即为正四面体 的外接球，
且其外接球的直径为 ，设 ，正三棱锥 侧棱长 ，
，解得 ，
由题意得证四面体 的高为 ，外接球的半径为 ，
设正三棱锥 的高为 ，
因为 ，所以 ，
因为底面 的边长为 12，所以 ，
则正三棱锥 三条侧棱两两垂直，
可得正三棱锥 的表面积为 ，
体积为 ，
设正三棱锥 的内切球的半径为 ，
由 ，解得 ，
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了组合体的结构各种，以及正三棱锥内切球的半径的求法，三棱锥的体积的计算，
其中解答中熟练应用组合体的结构特征，以及球的性质是解答的关键，着重考查空间想象能力，以及推理
与计算能力，属于中档题．
37．（2022•福建模拟）《缀术》是中国南北朝时期的一部算经，汇集了祖冲之和祖暅父子的数学研究成
果．《缀术》中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖暅原理，其意思是：如果两等高的几何体在
同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等．该原理常应用于计算某些几何体的体
积．如图，某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面，侧面为球面的一部分，上底直径为 ，
下底直径为 ，上下底面间的距离为 ，则该卧足杯侧面所在的球面的半径是 5 ；卧足杯的容
积是 （杯的厚度忽略不计）．【分析】设球体的半径为 ， ，得到 ，解出 ，求出球体半径，由祖暅原
理知，碗的体积等于下图右边中间高为3的圆柱体积减去一个圆台的体积，分别求出圆柱和圆台的容积，
作差即可求解．
【解答】解：如下图，设球体的半径为 ， ，由 ，得 ，
解得 ，所以， ，
由祖暅原理知，碗的体积等于下图右边中间高为3的圆柱减去一个圆台，
设圆台上表面半径为 ，则 ，下表面半径为 ，所以 ，
所以 ，
所以， ，
故答案为：5， ．
【点评】本题考查几何体的体积和表面积公式，考查祖暅原理，考查数形结合思想，属于中档题．
38．（2022•荔城区校级模拟）如图，在四面体 中， 和 都是等腰直角三角形， ，
，平面 平面 ，则四面体 外接球的表面积为 ．【分析】首先根据三棱锥体确定球的球心位置，进一步求出球的半径，最后求出球的表面积．
【解答】解：根据题意设外接球的球心为 ，
如图所示：
由于， 和 都是等腰直角三角形， ， ，平面 平面 ，
所以，根据直角三角形中的关系，
确定外接球的球心为 ，
故三棱锥的外接球的半径为 ，
所以 ，
故 ，
所以 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查的知识要点：三棱锥和外接球的关系，球的半径的求法，球的表面积公式，主要考查学
生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
39．（2022•漳州模拟）在平行四边形 中， ， ， ，点 在边 上，且
．将 沿 折起后得到四棱锥 ，则该四棱锥的体积最大值为 9 6 ；该四棱锥
的体积最大时，其外接球的表面积为 ．【分析】首先利用转换关系，把平面图形转换为直观图形，进一步利用面面垂直的性质和锥体的体积公式
及锥体和外接球的关系求出球的半径，进一步求出球的表面积．
【解答】解：平行四边形 中， ， ， ，点 在边 上，且 ．将
沿 折起后得到四棱锥 ，
如图所示：
所以四边形 为等腰梯形； ；
当面 底面 时，锥体的体积最大；高为 ；
故 ；
根据题意，下底面为等腰梯形，设外接圆的圆心为 ，
所以设 到 的距离为 ，
所以 ，
故 ，解得 ，
所以 ，
所以外接球的半径为 ，故 ．
故答案为：96； ．
【点评】本题考查的知识要点：平面图形和直观图的关系，面面垂直的性质，勾股定理，锥体的体积公式，
锥体和外接球的关系，球的表面积公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
六．由三视图求面积、体积（共1小题）
40．（2019•福州一模）如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该
几何体的体积为
A．32 B．16 C． D．
【分析】由三视图知该几何体是直三棱柱截去一个三棱锥，结合图中数据求出几何体的体积．
【解答】解：由三视图知，该几何体是直三棱柱减去一个三棱锥，如图所示；
所求几何体的体积为直三棱柱的体积减去三棱锥的体积，
即 ．
故选： ．【点评】本题考查了利用三视图求几何体的体积应用问题，是基础题．
七．平面的基本性质及推论（共2小题）
41．（2023•新罗区校级模拟）已知 ， 是两个不同的平面，则下列命题错误的是
A．若 ， 且 ，则
B．若 ， ， 是平面 内不共线三点， ， ，则
C．若直线 ，直线 ，则 与 为异面直线
D．若 且 ，则直线
【分析】根据立体几何基本定理可判断 ；根据异面直线的定义可判断 ．
【解答】解：对于 ，由根据 且 ，则 是平面 和平面 的公共点，
又 ，由立体几何基本定理可得 ，故 正确；
对于 ，由立体几何基本定理可知，过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面，
又 ， ，且 ， ， ，则 ，故 正确；
对于 ，由于平面 和平面 位置不确定，则直线 与直线 位置亦不确定，可能异面、相交、平行、重
合，故 错误；
对于 ，由立体几何基本定理可知，如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内，
故 正确．
故选： ．
【点评】本题主要考查了平面的基本性质及推论，属于基础题．42．（2022•三明模拟）已知正方体 的棱长为4， ， 分别是棱 ， 的中点，则平
面 截该正方体所得的截面图形周长为
A．6 B． C． D．
【分析】取 的中点 ，连接 ，则 ，取 的中点 ，连接 ，延长 ， 交于 ，
连接 交 于点 ，连接 ，作出截面图形 ，由此能求出平面 截该正方体所得的截
面图形周长．
【解答】解：取 的中点 ，连接 ，则 ，取 的中点 ，连接 ，则 ，
，则直线 平面 ，
延长 ， 交于 ，连接 交 于点 ，连接 ，则 为 的中点，
则平面 截该正方体所得的截面图形为 ，
由题意得 ，则 ， ，
， ， ，
取 中点 ，连接 ，则 ， ，
，则 ，
则 ，
，
平面 截该正方体所得的截面图形 的周长为：．
故选： ．
【点评】本题考查平面截该正方体所得的截面图形周长的求法，考查正方体的结构特征、线线平行的判定
与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
八．异面直线及其所成的角（共2小题）
43．（2023•蕉城区校级二模）在长方体 中， 和 与底面所成的角分别为 和 ，
则异面直线 和 所成角的余弦值为
A． B． C． D．
【分析】根据长方体的几何性质，结合在直线三角形中锐角三角函数，求得棱长，利用异面直线夹角的定
义，根据余弦定理，可得答案．
【解答】解：由题意，可作图如下：
则 ， ，设 ，在 中，易知 ，
在△ 中， ， ， ，在长方体 中，易知 ，
则 为异面直线 与 的夹角或其补角，
在 中， ，则 ，同理可得 ， ，
由余弦定理，则 ．
故选： ．
【点评】本题考查异面直线所成角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
44．（2022•龙岩模拟）已知直三棱柱 的所有棱长都相等， 为 的中点，则 与
所成角的正弦值为
A． B． C． D．
【分析】取线段 的中点 ，则 ，设直三棱柱 的棱长为 2，以点 为原点，
的方向分别为 ， 、 的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的
基本关系可求得结果．
【解答】解：取线段 的中点 ，则 ，设直三棱柱 的棱长为2，
以点 为原点， 的方向分别为 ， ， 的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则 ，
所以， ，
所以， ．
故选： ．
【点评】本题考查了异面直线所成角的计算，属于中档题．
九．直线与平面平行（共1小题）
45．（2023•思明区校级四模）直三棱柱 中， ， ，点 是线段
上的动点（不含端点），则
A． 与 不垂直 B． 平面
C． 的最小值为 D． 的取值范围为
【分析】将直三棱柱 ，补成正方体，对于 ，利用线面平行的判定即可；对于 ，取 为
的中点，进行判定；对于 ，判断以 为直径的球与 的交点情况即可；对于 ，将面 翻折
至与 共面，即可求 的最小值．【解答】解：依题作图，并将其补成正方体，如图，
对于 ，因为 ，点 是线段 上的动点（不含端点），平面 即平面 ，
故 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，故 正确；
对于 ，当 为 的中点， 与 重合，连接 ， ，
由 平面 ， 平面 ，则 ，
又 ， ，故 平面 ， 平面 ，故 ，
同理可证 ，即 ，故 错误；
对于 ，判断以 为直径的球与 的交点情况，
取 中点 ，则 ，
当 时， ，
所以以 为直径的球与 没有交点， 点在球外，所以 ，故 错误；
对于 ，将面 翻折至与 共面，此时点 与 重合，
所以 的最小值为 ，故 正确，
故选： ．
【点评】本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．一十．平面与平面平行（共1小题）
46．（2023•鲤城区校级模拟）如图，在棱长为2的正方体 中， 是线段 的中点，点
， 满足 ，其中 ， ，则
A．存在 ，使得平面 平面
B．存在 ， ，使得平面 平面
C．对任意 ， ， 的最小值为
D．当 时，过 ， ， 三点的平面截正方体得到的截面多边形的面积为
【分析】证明 平面 可判断 ；由平面 平面 ，可判断 和 的重合点，进而可
判断选项 ；找出 最小时的位置，进而判断选项 ；利用构造平行四边的方法，找到截面，进而求解
判断选项 ．
【解答】解：对于 ，由正方体中， ，又 平面 ， 平面 ， ，
可证 平面 ，
可得 ，又 ， 平面 ， 平面 ， ，可证
平面 ，可得 ，所以由 ， 平面 ， 平面 ， ，可得
平面 ，
所以当 时， 平面 ，
即平面 平面 ，故 项正确；
对于 ，平面 平面 ，又因为 平面 ，
所以 与 重合， 与 重合，
此时 ， ，不符合题意，故 项错误；
对于 ，当 时， ， ，
此时 最小，最小值为 ，故 项正确；
对于 ，当 时，
在 上取靠近 点的三等分点 ，
连接 并延长交 于点 ，
易得点 是 上靠近 点的三等分点，
在 上取靠近 点的三等分点 ，如下图：
则 ，且 ，
又因为 平面 ，所以 ，
即 ，则四边形 为矩形，
又 ， ，
则矩形 的面积为 ，故 项正确．故选： ．
【点评】本题考查面面平行、面面垂直等立体几何相关知识，属于较难题．
一十一．平面与平面垂直（共1小题）
47．（2023•鲤城区校级模拟）设 ， 为两条直线， ， 为两个平面，则 的充分条件是
A
． ， ， B． ， ，
C． ， ， D． ， ，
【分析】对于选项 、 、 ，可以举反例进行排除；对于选项 ，可以结合空间两个平面的法向量垂直，
则两个平面垂直进行判断．
【解答】解：对于 ，如图1， ， ， ，则满足 ， ， ，平面 与 不
一定垂直，故 错误；
对于 ，如图2， ， ， ，则满足 ， ，平面 与 不一定垂直，故 错误；
对于 ，如图3，如图 ， ， ，在直线 ， 上取两个向量 ，则 分别为平
面 ， 的法向量，且 ，则 ，故 正确；
对于 ，如图4， ， ， ， ， ，则 ，平面 与 不一定垂直，故
错误；故选： ．
【点评】本题主要考查了面面垂直的判定，考查了学生的空间想象能力，属于基础题．
