立体几何：表面积问题、体积问题、外接球问题、内切球问题专项训练
1．（24-25 高二下·广西南宁·期中）球的表面积增大为原来的9 倍，那么球的体积增大为原来的（
）
A．9 倍
B．18 倍
C．27 倍
D．81 倍
【答案】C
【详解】设原来球体的半径为R ，则原来球体的表面积为：
2
4π
S
R
=
，
原来球体的体积为：
3
4 π
3
V
R
=
，
当球的表面积增大为原来的9 倍时，则此时球的半径
1
3
R
R
=
，
此时球体体积为：
3
3
1
1
4
4
π
π
27
3
3
V
R
R
=
=
´
，由
3
1
3
4 π
27
3
27
4 π
3
R
V
V
R
´
=
=
，
所以球的体积增大为原来的27 倍.
故选：C.
2．（2025·江西·模拟预测）任意一圆锥的表面积与其侧面积之比的取值范围为（ ）
A．
3
1, 2
æ
ù
ç
ú
è
û
B．
3
1, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø
C．(1,2]
D．(1,2)
【答案】D
【详解】设某圆锥的底面圆半径和母线长分别为r，l，
则其表面积与其侧面积之比为
2
π
π
1
π
rl
r
r
rl
l
+
= +
，
在直角三角形中，易得l
r
>
，故其取值范围为(1,2) .
故选：D．
3．（24-25 高一下·广东佛山·期末）如图，等边三角形与直线l 在同一平面，AC 垂直l 于A ，
2
AC =
，则
ABC
V
绕
l 旋转一周形成的面所围成的几何体的表面积是（ ）
A．10π
B．11π
C．12π
D．13π
考点一
表面积问题
【答案】C
【详解】过点A 作AD
l
^ ，垂足为D ，
ABC
V
绕l 旋转一周形成的面所围成的几何体是圆台去掉同底圆锥，
几何体的表面积是底面半径分别为1,2，母线为2 的圆台表面积去掉上底面再加上底面半径为1，母线为2 的圆锥
的侧面积，
则
π 1
2
2
4π
π 1 2
12π
S =
+
´ +
+
´ ´
=
；
故选：C．
4．（24-25 高三下·云南昭通·阶段练习）已知某圆锥的轴截面是正三角形，从该圆锥高的一半处作平行于底面的平
面截圆锥得一个小圆锥和一个小圆台，则该小圆台与原圆锥的表面积之比为（ ）
A．11:12
B．5:6
C．3: 4
D．2 :3
【答案】A
【详解】不妨设原圆锥的底面半径为2，高为2 3 ，则原圆锥的表面积为
2
1
2 π
4π 4
12π
2
+
× ×
=
．
小圆台的上下底面积为
2
2
2 π
1 π
5π
+
=
，侧面积为
1
4π
2π
2
6π
2
+
´ ´
=
，表面积为11π ．
故选：A．
5．（24-25 高一下·浙江·期中）水平桌面上放置了4 个完全相同的半径为1 的小球（不叠起），四个小球的球心构成
正方形，且相邻的两个小球相切．用一个半球形容器（容器壁厚度不计）罩住这四个小球，则这个半球形容器表
面积（不包含底面圆）的最小值为（ ）
A．
6
4 2 π
+
B．
8
4 3 π
+
C．
3
2 2 π
+
D．
4
2 3 π
+
【答案】B
【详解】
如图，4 个小球球心构成的正方形为
1
2
3
4
OO O O ，中心为N，
由题意
1
2
2
O O =
，
1
2
NO =
，
半球形容器的球心为O，
显然当半球形容器与4 个小球都相切时球O 的半径最小，半球形容器与球
1
O 的切点为A，
连接ON，则ON = 小球的半径
1
= ，
球O 的半径
2
2
1
1
1
1
1
3
OA
O A
OO
ON
O N
=
=
+
= +
+
= +
；
所以半球形容器表面积（不包含底面圆）的最小值为
2
2π 1
3
8
4 3 π
+
=
+
，
故选：B
6．（24-25 高二下·陕西西安·阶段练习·多选）有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方
体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点，已知最底层正方体的棱长为2，且该塔形的表面积（不含最
底层正方体的底面面积）超过34，则该塔形中正方体的个数可以是（ ）
A．4
B．5
C．6
D．7
【答案】BCD
【详解】设从最底层开始的第n 层的正方体棱长为
na ，
1
2
a =
，
2
2
2
1
2
2
2
2
a =
´
+
=
，
2
2
3
1
2
2
1
2
a =
´
+
= ，
则
na
为以2 为首顶，以
2
2 为公比的等比数列，
∴
2
na
是以4 为首项，以
1
2 为公比的等比数列.
∴塔形的表面积
2
2
2
2
2
1
2
3
1
1
4 1
32
2
4
4
4
4
4
4
36
1
2
1
2
n
n
n
n
S
a
a
a
a
a
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
=
+
+
+×××+
+
=
´
+
=
-
-
，
令
32
36
34
2n
-
>
，解得
4
n >
，
∴该塔形中正方体的个数至少为5 个.
故选：BCD.
7．（23-24 高三上·贵州遵义·阶段练习·多选）在正四棱台
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，
1
1
1
2
4 3,
10
AB
A B
AA
=
=
=
，点P
在四边形 ABCD 内，且
1
4
A P =
，则（ ）
A．正四棱台
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
的体积是56
B．正四棱台
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
的侧面积是36 2
C．正四棱台
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
的外接球的表面积是145π
D．P 的轨迹长度是5 3π
3
【答案】ACD
【详解】A 选项，取正方形
1
1
1
1
D
C
B
A
的中心
1
O ，正方形ABCD 的中心O ，
连接
1
1
1
,
,
AO AO OO ，则
1
O O ⊥平面ABCD ，
过点
1A 作
1A M ⊥AO 于点M ，则
1A M ⊥平面ABCD ，
1
1
1
1
,
AO
OM A M
OO
=
=
，
因为
1
1
1
2
4 3,
10
AB
A B
AA
=
=
=
，所以
1
1
4 3,
2 3
AB
A B
=
=
，
故
1
1
6,
2 6
AO
OM
AO
=
=
=
，所以
6
AM
AO
OM
=
-
=
，
因为
1
10
AA =
，由勾股定理得
2
2
1
1
10
6
2
A M
A A
AM
=
-
=
-
=
，
故正四棱台
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
的体积为
2
2
2
2
1
2 3
4 3
2 3
4 3
2
56
3
é
ù
+
+
´
´
=
ê
ú
ë
û
，A 正确；
B 选项，过点
1A 作
1AW ⊥AB 于点W ，则
1
1
1
3
2
AW
AB
A B
=
-
=
，
故
2
2
1
1
7
AW
A A
AW
=
-
=
，
正四棱台
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
的侧面积是
2 3
4 3
7
4
12 21
2
+
´
´
=
，B 错误；
C 选项，正四棱台
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
的外接球球心Q 在直线
1
OO 上，连接
1
,
AQ AQ ，
则
1
AQ
AQ
R
=
=
，
如图所示，设OQ
h
=
，则
1
1
2
QO
OO
OQ
h
=
+
=
+
，
由勾股定理得
2
2
2
2
24
AQ
AO
OQ
h
=
+
=
+
，
2
2
2
2
1
1
1
1
6
2
AQ
AO
O Q
h
=
+
=
+
+
，
所以
2
2
24
6
2
h
h
+
=
+
+
，解得
7
2
h =
，
所以
2
2
7
145
24
2
4
R
æ
ö
=
+
=
ç
÷
è
ø
，故外接球表面积为
2
4π
145π
R =
，C 正确；
D 选项，由勾股定理得
2
2
1
1
16
4
2 3
PM
A P
A M
=
-
=
-
=
，
故点P 的轨迹为以M 为圆心，以2 3 为半径的圆在正方形内部部分，
如图，
其中
3
MT
MK
=
=
，故
3 3
DT
BK
=
=
，
又
2 3
SM
ML
=
=
，由勾股定理得
12
3
3
ST
KL
=
=
-
=
，
由于
3
2
ST
KL
SM
LM
=
=
，所以
60
SMT
LMK
Ð
= Ð
=
°，
故
150
SML
Ð
=
° ，
故P 的轨迹长度是5π
5 3π
2 3
6
3
´
=
，D 正确.
故选：ACD
8．（24-25 高一下·北京昌平·期末）以边长为2 的正方形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周得到一个
圆柱，则该圆柱的体积是
；表面积是
.
【答案】
8π
16π
【详解】由题意可知圆柱的底面半径
2
r =
，高
2
h =
，
所以圆柱的体积为
2
2
π
π 2
2
8π
V
S
h
r h
=
´
=
=
´
´
=
底
，
表面积为
2
2
2
2π
2π
2 π 2
2 π 2 2
16π
S
S
S
r
rh
=
+
=
+
=
´ ´
+ ´ ´ ´
=
底
侧
.
故答案为：8π;16π
9．（24-25 高一下·湖北十堰·阶段练习）若一个圆锥的侧面展开图是圆心角为2π
3 ，半径为1的扇形，则这个圆锥的
侧面积与表面积的比是
．
【答案】3: 4
【详解】设圆锥底面圆的半径为r ，圆锥的侧面展开图扇形的半径为
1
l = ，
由题意可得，2π
1
1
2π
3
3
3
l
r
r
l
=
Þ
=
=
，
圆锥的侧面积为
π
π
3
S
rl
=
=
，圆锥的表面积
2
1
4π
π
9
S
S
r
=
+
=
，
故
1
:
3: 4
S S =
故答案为：3: 4
10．（2025·重庆·模拟预测）阅读下面两则材料解决问题:
材料一: 2025 年 4 月 29 日，长征火箭再次腾空，将 “互联网低轨卫星” 成功送入预定轨道. 低轨卫星距地面一
般为 160~2000 公里，与高轨卫星相比，有速度快、 回传信号质量高等特点，在半径为 6400 公里的地球上空，
更像 “贴地飞行”.
材料二: 球面被平面所截得的一部分叫做球冠，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高(如图). 当球面半径
为 R ，球冠高为 h 时，球冠表面积
2π
S
Rh
=
.问题:若某低轨卫星位于赤道正上方 1600 公里高度的轨道，保持
高度绕地球一圈 (地球相对静止)，回传信号沿直线传输(能直线观测到卫星的地面均可接收到信号)，则该卫星回传
信号的地表覆盖面积百分比为 .
【答案】60%
【详解】令地球半径
4
R
a
=
，则低轨卫星M 到球心O 的距离为5a ，过M 作地球的切线，切点为为
,
A B ，
AB 交OM 于O¢ ，则OM 垂直平分AB ，OA
AM
^
，
3
AM
a
=
，
12
5
AM OA
O A
a
OM
×
¢ =
=
，
低轨卫星M 绕赤道旋转一周没有扫到的部分为以
1
2
,
O O 分别为球冠底面圆心，高为
12
8
4
5
5
a
a
a -
=
的两个球冠，
没有扫到的面积为
8
128π
2 2π 4
5
5
a
a
a
×
×
×
=
，球的表面积为
2
4π
64π
R =
，
所以该卫星回传信号的地表覆盖面积百分比为
128π
64π
3
5
60%
64π
5
a
-
=
=
.
故答案为：60%
11．（24-25 高一下·湖南长沙·阶段练习）如图，圆锥PO 的底面半径和高均是a.
(1)过线段PO 的中点O¢ 作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的体积.
(2)若过线段PO 上的任意一点作平行于底面的截面，并以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的最大表面
积.
【答案】(1)
3
5 π
24 a
(2)
2
3
2 2 π
2
a
+
【详解】（1）如图，设圆锥母线PB 与圆柱交点为A，连接O A
¢
.
依题意，
π
2
POB
Ð
=
，则有
2
2
2
l
a
a
a
=
+
=
，
又O¢ 为PO 中点，设圆柱的高为h，则
1
2
PO
h
O A
PO
OB
-
¢
=
=
，解得
1
1
2
2
h
PO
a
=
=
.
设圆柱半径为r，则
1
2
r
O A
a
=
¢
=
，
因为圆锥内部挖去一个圆柱，故剩下几何体的体积
2
2
3
1
1
1
5
π
π (
)
π
3
2
2
24
V
a
a
a
a
a
=
´
-
´
´
=
.
（2）设圆柱半径为r，高为h.
则依题意，有PO
h
r
PO
R
-
=
，其中R 为圆锥的底面半径，即a
h
r
a
a
-
=
.
所以h
a
r
=
- .
又圆锥内部挖去一个圆柱，所以剩下几何体的表面积
2
π
π
2
2π
S
a
a
a
r
h
=
+
´
+
´ ´
2
π
π
2
2π
(
)
a
a
a
r
a
r
=
+
´
+
´ ´
-
2
2
2
3π
2π (
)
2π
2
2
a
r
a
a
= -
´
-
+
+
故
2
a
r =
时，S 取到最大值
2
3
2 2 π
2
a
+
.
12．（24-25 高一下·广东广州·期中）如图，圆锥PO 的底面直径和高均是2cm，过PO 上的一点O¢ 作平行于底面的
截面，以该截面为底面挖去一个圆柱．
(1)若O¢ 是PO 的中点，求圆锥挖去圆柱剩下几何体的表面积和体积；
(2)当OO¢ 为何值时，被挖去的圆柱的侧面积最大？并求出这个最大值．
【答案】(1)表面积( 5
2)π
+
，体积5 π
12
；
(2)
1
OO¢ = ，π.
【详解】（1）设圆柱的底面半径为r ，由三角形中位线定理知，
1
2
r =
，圆柱母线长
1
OO¢ = ，
而圆锥的母线长为
2
2
2
1
5
l =
+
=
，因此圆锥挖去圆柱剩下几何体的表面积为
圆锥的表面积加上圆柱的侧面积，即
2
1
π 1
π 1
5
2π
1
( 5
2)π
2
S =
×
+
× ×
+
×
× =
+
，
圆锥挖去圆柱剩下几何体的体积等于圆锥的体积减去圆柱的体积，
即
2
2
1
1
5
π 1
2
π ( )
1
π
3
2
12
V =
×
× -
×
× =
.
（2）设OO
x
¢ =
，则2
2
1
x
r
-
=
，解得
1
1
2
r
x
= -
，
因此被挖去的圆柱的侧面积为
2
2
2π
π (2
)
π(
)
π
2
x
x
S
rx
x
x
+
-
¢ =
=
-
£
=
，
当且仅当
1
x = 时取等号，
所以
1
OO¢ = 时，被挖去的圆柱的侧面积最大值为p .
1．（24-25 高一下·福建厦门·期末）某组合体的上、下部分分别是圆台和圆柱.圆台和圆柱的高相等，且圆台的下底
面与圆柱的上底面重合，圆台的上底面半径是下底面半径的一半，则圆台与圆柱的体积之比为（ ）
A．5
12
B．7
12
C．5
4
D．7
4
【答案】B
【详解】设圆台的上底面半径为r ，高为h ，则圆台和圆柱的底面半径为2r ，
则圆台体积
2
2
2
2
1
1
7
π
4
2
π
3
3
V
r
r
r
h
r h
=
+
+
=
，圆柱体积
2
2
4π
V
r h
=
，
所以圆台与圆柱的体积之比为
2
1
2
2
7 π
7
3
4π
12
r h
V
V
r h
=
=
.
故选：B
2．（24-25 高三上·辽宁沈阳·阶段练习）祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”这里的“幂”指水平截面的面积，“势”
指高.这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等.利用
祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差.如图，是一“四脚帐篷”形状的几何体的
示意图，其中曲线AOC 和BOD 均是以3 2 为半径的半圆，平面AOC 和平面BOD 均垂直于平面ABCD，用任意
平行于底面ABCD 的平面截该几何体，所得截面四边形均为正方形，请利用祖暅原理试求该几何体的体积是（ ）
（提示：可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱）
A．36 2
B．72 2
C．36π
D．72π
【答案】B
【详解】作正四棱柱MNGH
M N G H
¢ ¢ ¢ ¢
-
，正四棱柱的边长与帐篷底面正方形ABCD 边长相等，
在正四棱柱MNGH
M N G H
¢ ¢ ¢ ¢
-
，作四棱锥
1
O
M N G H
¢ ¢ ¢ ¢
-
，
1
O 为底面正方形M N G H
¢ ¢ ¢ ¢的中心，
作截面平行于帐篷底面ABCD ，与帐篷和正四棱柱与正四棱锥相截，
截面分别为四边形A B C D
¢ ¢ ¢ ¢ ，四边形
1
1
1
1
D
C
B
A
，四边形
2
2
2
2
A B C D ，如图所示，
设截面与底面的距离为h ，设底面ABCD 中心为O ，
考点二
体积问题
截面A B C D
¢ ¢ ¢ ¢ 中心为O¢ ，则
3 2
OC¢ =
，
2
18
O C
h
¢ ¢ =
-
，
所以
2
2 18
B C
h
¢ ¢ =
-
，所以截面A B C D
¢ ¢ ¢ ¢ 的面积为
2
36
2h
-
.
设四棱柱底面MNGH 中心
1
O 与截面
2
2
2
2
A B C D 中心
2
O 之间的距离为
1
2
O O
h
=
，
在正四棱柱中，底面正方形边长为6 ，高为3 2 ，
所以
1
2
1
2
45
MO A
GO C
Ð
= Ð
=
° ，所以
2
1
2
90
A O C
Ð
=
° ，
2
1
2
A O C
V
为等腰直角三角形，
所以
2
2
2
A C
h
=
，所以四边形
2
2
2
2
A B C D 边长为
2h ，
所以四边形
2
2
2
2
A B C D 的面积为
2
2h ，
所以图2 中阴影部分的面积为
1 1 1
1
2
2
2
2
2
36
2
A B C D
A B C D
S
S
h
-
=
-
，与截面A B C D
¢ ¢ ¢ ¢ 面积相等，
由祖暅原理知帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积，
即
2
2
1
6
3 2
6
3 2
72 2
3
V
V
V
=
-
=
´
-
´
´
=
帐篷
正四棱柱
正四棱锥
.
故选：B.
3．（2025·湖南邵阳·模拟预测）在正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，E，F，G 分别是
1
1
C D ，AD ，
1
CC 的中点，过E，
F，G 三点的截面把正方体分成两部分，则体积较大的部分与正方体体积之比为（ ）
A．13
16
B．59
72
C．119
144
D．49
72
【答案】C
【详解】
如图所示，延长
,
EF DC 相较于H ，连接EH ，交BC 于J ，相同方法，做出FK ，
则五边形EKFJG 为截面，
不妨设正方体棱长为1，
则
1
HCG
HE E
V
:V
，所以
1
1
,
2
2
GC
CH
=
=
，在HCJ
HDF
V
:V
，所以
1
6
JC =
.
同理可得
1
1
1
1
1
,
2
6
D E
D I
KD
=
=
=
，
可知截得较小部分体积
1
2
I
DFH
I
KD E
V
V
V
-
-
=
-
，边长代入得
1
1 3
1
3
1
1 1
1
1
3
1
25
(
)
2
(
)
3
2 2
2
2
3
2 2
6
2
16
72
144
V =
´
´
´
- ´
´
´
´
=
-
=
，
较大部分体积为
25
119
1 144
144
-
=
，立方体体积为1，所以较大部分与总体积之比为119
144 .
故选：C.
4．（24-25 高一下·河北邢台·阶段练习）已知正四棱台
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
的所有顶点都在球O 的表面上，且球心O
在平面ABCD 内，若
5 2
AB =
，
1
1
4 2
A B =
，则正四棱台
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
的体积是（ ）
A．61
B．122
C．183
D．366
【答案】B
【详解】如图，设上底面的中心为O¢ ，连接
1
,
,
¢
¢
OA O A O O ，
由题中数据可知
1
5
4
OA
O A¢
=
=
，
.
因为正四棱台
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
的所有顶点都在球O 的表面上，所以
1
AO
OA
=
，
即
2
2
5
4
OO¢
=
+
，解得
3
OO¢ =
，即正四棱台
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
的高为3，
则正四棱台
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
的体积
2
2
1
(5 2)
(4 2)
5 2
4 2
3
122
3
V
é
ù
=
´
+
+
´
´ =
ë
û
.
故选：B.
5．（24-25 高一下·浙江温州·期末）已知正四棱台的上下底面边长分别为2 和4，侧棱长为4，则它的体积是
（ ）
A．28 14
3
B．112
3
C．28 14
D．112
【答案】A
【详解】如图所示：
由题设正四棱台
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
，
1,
O O 分别是上下底面中心，作
1A M
AC
^
，
由题意可知：
1
4
AA =
，
2
2
2
2
1
1
4
4
2 2
2
2
OA
AB
BC
=
+
=
+
=
，
同理可得
1
1
2
O A =
，故
1
1
2 2
2
2
AM
OA
OM
OA
O A
=
-
=
-
=
-
=
，
2
2
2
2
1
1
4
2
16
2
14
A M
AA
AM
=
-
=
-
=
-
=
，
1S ，
2S 示上下底面面积，
1
2 2
4
S =
´
=
，
2
4 4
16
S =
´
=
，
所以棱台的体积
1
1
2
2
1 (
)
3 h S
S S
S
+
+
=
3
1
14
(4
4 16
28
3
14
16)
´
´
+
´
+
=
.
故选：A.
6．（2025·四川绵阳·模拟预测·多选）正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
棱长为2，E 为
1
CC 中点，F 为平面
1
1
BCC B 上的动点
（在四边形
1
1
BCC B 内部及其边界）且满足
1
/ /
A F
平面
1
AD E ，则下列正确的是（ ）
A．动点F 的轨迹长度为
2
2
B．三棱锥
1
1
A
CC F
-
的体积范围为2 4
,
3 3
é
ù
ê
ú
ë
û
C．三棱锥
1
F
AD E
-
的体积为定值
D．当三棱锥
1
1
A
CC F
-
的体积最小时，其外接球的表面积为14π
【答案】BCD
【详解】对于A，取BC 的中点
1
1
,
M B C 的中点为T ，连
1
,
,
,
ME AM NT AT ，过
1A 作
1
1
/ /
A N
D E 交
1
BB 于N ，连NT ，
如下图所示：
因为E 为
1
CC 中点，由正方体性质可知
1
/ /
ME
AD ，因此可得
1
,
,
,
A M E D 四点共面；
由
1
1
/ /
A N
D E 可知N 为
1
BB 的中点，
又因为
1A N Ë 平面
1
AMED ，
1
D E Ì 平面
1
AMED ，
所以
1
/ /
A N
平面
1
AMED ；
又
1
1
B C 的中点为T ，所以NT
ME
/ /
，
又NT Ë平面
1
AMED ，ME Ì 平面
1
AMED ，
所以
/ /
NT
平面
1
AMED ；
因为
1A N
NT
N
Ç
=
，
1
,
A N NT Ì 平面
1A NT ，
所以可得平面
1A NT / / 平面
1
AMED ，
又因为需满足
1
/ /
A F
平面
1
AD E ，且F 为平面
1
1
BCC B 上的动点，
所以动点F 的轨迹为线段NT ，此时长度为2 ，即A 错误；
对于B，显然三棱锥
1
1
A
CC F
-
的顶点
1A 到底面
1
CC F 的距离为
1
1
2
A B =
，
所以当
1
CC F
V
的面积最小时，体积最小，其面积最大时，体积最大；
又因为
1
2
CC =
，所以当F 在T 时，点F 到
1
CC 的距离最小为1，
此时体积最小，即
1
1A CC F
V -
的最小值为1
1
2
1 2 2
3
2
3
´
´ ´ ´
=
，
当F 在N 时，点F 到
1
CC 的距离最大为2，
此时体积最大，即
1
1A CC F
V -
的最大为1
1
4
2 2 2
3
2
3
´
´ ´ ´
=
；
因此三棱锥
1
1
A
CC F
-
的体积范围为2 4
,
3 3
é
ù
ê
ú
ë
û ，即B 正确；
对于C，由于NT
ME
/ /
，所以点F 到平面
1
AD E 的距离等于点T 到平面
1
AD E 的距离，为定值；
又因为底面
1
AD E
△
的面积为定值，所以三棱锥
1
F
AD E
-
的体积为定值，
即
1
1
F
AD E
T
AD E
V
V
-
-
=
不变，可得C 正确；
对于D，当三棱锥
1
1
A
CC F
-
的体积最小时，根据B 中分析可知此时F 与T 重合，
即求
1
1
A
CC T
-
的外接球的半径即可，
设外接球的球心为O ，半径为
1
,
R CC T
V
的外接圆圆心为
1
O ，半径为
1
5 ,
2
O 为CT 中点，
如下图所示：
则
1
1
1
OO
A B
/ /
，在直角梯形
1
1
1
ABOO和直角三角形
1
1
OO C 中，
易知
2
2
1
1
3
13
1
2
2
B O
æ
ö
=
+
=
ç
÷
è
ø
，
所以可得
2
2
1
2
2
1
5
4
13
2
4
R
OO
R
OO
ì
=
+
ïïí
ï
=
-
+
ïî
，解得
2
1
2
14
7 ,
4
2
3
R
OO
=
=
=
；
所以外接球表面积为
2
14
4π
4π
14π
4
S
R
=
=
´
=
，
因此当三棱锥
1
1
A
CC F
-
的体积最小时，其外接球的表面积为14π ，可得D 正确.
故选：BCD
7．（24-25 高二下·广东揭阳·期末·多选）用半径为R 的圆形铁皮剪出圆心角为q 的扇形（以圆形铁皮的半径为半径
的扇形），制成一个圆锥形容器SO ，底面圆O 的半径为r ．则下列说法正确的是（ ）
A．当
3
2
r =
，且圆锥SO 的侧面积为3π 时，圆锥的体积
3 7π
8
V =
B．当
3
2
r =
，且圆锥SO 的侧面积为3π 时，过圆锥SO 的顶点S 所作的截面中，截面面积的最大值为3 7
4
C．当
3
R =
，且圆锥SO 的侧面积为3π 时，圆锥SO 能在棱长为4 的正四面体内任意转动
D．当
2 6 π
3
q =
时，圆锥SO 的体积最大
【答案】AD
【详解】设圆锥的母线长为l ，高为h ，
对于A 选项，该圆锥的侧面积为
3
π
π
3π
2
rl
l
=
=
，解得
2
l = ，
所以该圆锥的高为
2
2
2
2
3
7
2
2
2
h
l
r
æ
ö
=
-
=
-
=
ç
÷
è
ø
，
故该圆锥的体积为
2
2
1
1
3
7
3 7
π
π
π
3
3
2
2
8
V
r h
æ
ö
=
=
´
´
=
ç
÷
è
ø
，A 对；
对于B 选项，当
3
2
r =
时，
2
l = ，此时圆锥的轴截面如图所示，
2
2
2
2
2
2
3
2
2
2
1
2
cos
0
2
2 2 2
8
SA
SB
AB
ASB
SA SB
æ
ö
+
-
´
ç
÷
+
-
è
ø
Ð
=
=
= -
<
×
´ ´
，所以
ASB
Ð
为钝角，
令P 、Q 是圆锥SO 的底面圆周上任意的不同两点，则0
PSQ
ASB
< Ð
£ Ð
，
所以
1
1
sin
2 2 1
2
2
2
PSQ
S
SP SQ
PSQ
=
×
×
Ð
£
´ ´ ´ =
V
，
当且仅当
2
π
PSQ
Ð
=
时，取等号，B 错；
对于C 选项，当
3
R =
时，即当
3
l =
时，该圆锥的侧面积为π
3π
3π
rl
r
=
=
，可得
1
r = ，
高
2
2
3
1
2 2
h =
-
=
，
设圆锥SO 的外接球球心为C ，圆锥SO 的外接球半径为
2
R ，
所以
2
2
2
2
2
2
2
9 2
1
2 2
4 2
9
8
R
R
R
R
+
-
=
Þ
=
Þ
=
，
棱长为4 的正四面体BDMN 可以补成正方体GBHD
MENF
-
，如图所示，
则正方体的棱长
2
2 2
2
BG
BD
=
=
，
正四面体BDMN 的体积为
3
2
1 1
16 2
2 2
4
2 2
2 2
3 2
3
B DMN
V -
=
- ×
×
×
×
=
，
正四面体BDMN 的表面积为
1
3
4
4 4
16 3
2
2
´
´ ´ ´
=
，
设正四面体BDMN 的内切球半径为
2r ，
则由等体积法可知
2
2
2
1
16 3
16 2
6
16 3
3
3
3
3
B DMN
r
V
r
r
-
´
´
=
Þ
=
Þ
=
，
注意到
2
2
9 2
6
8
3
R
r
=
>
=
，
所以圆锥SO 不能在棱长为4 的正四面体内任意转动，C 错；
对于D 选项，由题意可知，圆锥底面周长为2πr
R
q
=
，故
2π
R
r
q
=
，
该圆锥的高为
2
2
h
R
r
=
-
，
所以，圆锥SO 的体积为
2
1 π
3
V
r h
=
，故
2
2
4
2
2
4
2
2
9
π
π
V
r h
r
R
r
=
=
-
，
令
2
4
2
2
2
2
4
6
π
π
f r
r
R
r
R r
r
=
-
=
-
，其中0
r
R
<
<
，
则
2
2
3
5
2
3
2
2
π
4
6
2π
2
3
f
r
R r
r
r
R
r
=
¢
=
-
-
，由
0
f
r
¢
=
，可得
6
3
r
R
=
，
当
6
0
3
r
R
<
<
时，
0
f
r
¢
>
，即函数
f r 在
6
0, 3 R
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递增，
当
6
3 R
r
R
<
<
时，
0
f
r
¢
<
，即函数
f r 在
6
,
3 R R
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递增，
当
6
2π
3
R
r
R
q
=
=
时，即当
2 6 π
3
q =
时，
f r 取最大值，此时
1
3
V
f r
=
取最大值，D 对.
故选：AD.
8．（2025·湖北黄冈·二模）在正三棱台
1
1
1
ABC
A B C
-
中，
1
1
1
6,
3,
AB
A B
A A
=
=
与平面ABC 所成角的正切值为1，则
该棱台的体积
．
【答案】63
4
【详解】如图，将正三棱台
1
1
1
ABC
A B C
-
补成正三棱锥P
ABC
-
，
则
1A A 与平面ABC 所成角即为PA 与平面ABC 所成角，
设点P 在平面ABC 上的射影为O ，在平面
1
1
1
A B C 上的射影为
1
O ，
则O 为
ABC
V
的中心，
1
O 为
1
1
1
A B C
△
的中心，
则
PAO
Ð
即为棱
1A A 与底面ABC 所成的角，而tan
1
PAO
Ð
= ，
设
1
1
1
A B C
△
的高为h ，由等面积公式得1
1
3
2
2
2
h
´3´
=
´
´3´3，
解得
3 3
2
h =
，由等边三角形的性质得
1
1
3
2
3
O A
h
=
=
，
同理可得
2 3
=
OA
，故
1
1
1
tan
1
PO
PO
PAO
AO
AO
Ð
=
=
= ，
故
1
1
1
3,
2 3
PO
AO
PO
AO
=
=
=
=
，
所以棱台的高
1
1
3
OO
OP
O P
=
-
=
，因为正三棱台
1
1
1
ABC
A B C
-
的上底面边长
1
1
3
A B =
，
下底面边长
6
AB =
，所以
1 1 1
1
3
9 3
2
2
4
A B C
S
=
´
´3´3 =
△
，
同理可得
1
3
3
2
2
ABC
S
=
´
´6´6 = 9
V
，
则棱台的体积
1 9 3
9 3
63
9 3
9 3
3
3
4
4
4
V
æ
ö
ç
÷
=
+
´
+
´
=
ç
÷
è
ø
，
故答案为：63
4 .
9．（2025·辽宁·二模）我国古代《九章算术》中将上、下两面为平行矩形的六面体称为刍童，关于“刍童”的体积计
算曰：“倍上袤，下袤从之，亦倍下袤，上袤从之．各以其广乘之，并以高乘之，六而一．”其计算方法是：将上
底面的长乘二，与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘，将下底面的长乘二，与上底面的长相加，再与下底面
的宽相乘，把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一．已知刍童ABCD
EFGH
-
的外接球（球心在该刍童体
内）半径为5，且
3 3,
3,
4 3,
4
AB
AD
EH
EF
=
=
=
=
，则该刍童的体积是
.
【答案】259 3
3
【详解】取上下底面的中心为
1
2
,
O O ,外接球的球心为O ，连接
,
OB OF ,
由于
3 3,
3,
4 3,
4
AB
AD
EH
EF
=
=
=
=
，所以
2
2
2
2
1
2
1
1
3,
4
2
2
O B
AB
AD
O F
EF
EH
=
+
=
=
+
=
,
所以
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
2
2
5
3
4,
5
4
3
OO
OB
O O
OO
OF
O O
=
-
=
-
=
=
-
=
-
= ,
故
2
1
7
O O =
，
因此
2
1
1
7
259 3
2
2
6 3
4 3
3
8 3
3 3
4
6
6
3
V
AB
EH AD
EH
AB EF O O
é
ù
é
ù
=
+
+
+
=
+
´ +
+
´
=
ë
û
ë
û
,
故答案为：259 3
3
10．（2025·湖南永州·模拟预测）三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
的体积为1，P 点为四边形
1
1
BB C C 的中心，则四面体
1
1
A
B PB
-
的体积与三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
的体积比为
．
【答案】1
6
【详解】由题意有
1
1 1
1
2
PBB
C B B
S
S
=
V
V
，所以
1
1
1
1 1
1 1 1
1 1 1
1
1
1
1
2
2
3
6
A
B PB
A
BB C
ABC A B C
ABC A B C
V
V
V
V
-
-
-
-
=
=
´
=
，
所以
1
1
1 1 1
1
6
A
B PB
ABC A B C
V
V
-
-
=
，
故答案为：1
6
11．（2025·河南·三模）如图，在三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
中，AB ^平面
1
1
BCC B ，四边形
1
1
BCC B 为菱形．
(1)证明：
1
1
B C
AC
^
；
(2)若
1
60
B BC
Ð
=
°，
4
AB =
，二面角
1
1
A
B C
B
-
-
的余弦值为
21
7
，求三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)16 3
【详解】（1）因为四边形
1
1
BCC B 为菱形，所以
1
1
B C
BC
^
．
因为AB ^平面
1
1
BCC B ，
1
B C Ì 平面
1
1
BCC B ，所以
1
AB
B C
^
．
又因为AB Ì 平面
1
ABC ，
1
BC Ì 平面
1
ABC ，
1
AB
BC
B
=
I
，
所以
1
B C ^ 平面
1
ABC ．
因为
1
AC Ì 平面
1
ABC ，所以
1
1
B C
AC
^
．
（2）方法一：因为
1
60
B BC
Ð
=
°，所以
1
B BC
V
是等边三角形，
取BC 中点M，连接
1
B M ，则
1
1
1
B M
B C
^
，
以
1B 为坐标原点，分别以
1
B M ，
1
1
B C ，
1
1
B A 所在的直线为x 轴，y 轴和z 轴，
建立空间直角坐标系，如图所示．
设
1
BB
a
=
，则
1 0,0,0
B
，
3 ,
,4
2
2
a
A
a
æ
ö
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
1 0, ,0
C
a
．
所以
1
3 ,
,4
2
2
a
a
B A
æ
ö
=
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
，
1
1
0, ,0
B C
a
=
uuuur
．
设平面
1
1
AB C 的法向量为
, ,
m
x y z
=
r
，则
1
1
1
0
0
m B A
m B C
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uuur
r
uuuur
r
，
即
3
4
0
2
2
0
a
a
x
y
z
ay
ì
-
+
=
ïí
ï
=
î
，令
1
x = ，得
3
1,0,
8
a
m
æ
ö
=
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
r
．
由条件知
1
1
0,0,4
B A =
uuuur
为平面
1
1
B C B 的一个法向量．
设二面角
1
1
A
B C
B
-
-
的平面角为q ，易知q 为锐角．
则
1
1
2
1
1
3
21
2
cos
7
3
4 1
64
a
m B A
m
B A
a
q
×
=
=
=
×
+
uuuur
r
uuuur
r
，解得
4
a =
．
因为三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
的高为
1
B M ，且
1
2 3
B M =
，
所以其体积
1
1
4 4 2 3
16 3
2
ABC
V
S
B M
=
×
=
´ ´ ´
=
△
．
方法二：因为
1
60
B BC
Ð
=
°，所以
1
1
120
BB C
Ð
=
°．
过B 做
1
1
BO
B C
^
交
1
1
C B 的延长线于O，连接AO ，
因为
1
1
AB
B C
^
，所以
1
1
B C ^ 面ABO ，所以
1
1
AO
B C
^
，
所以
AOB
Ð
是二面角
1
1
A
B C
B
-
-
的平面角．
所以
21
cos
7
AOB
Ð
=
，所以
2 3
tan
3
AOB
Ð
=
，即
2 3
3
AB
OB =
，
因为
4
AB =
，所以
2 3
OB =
．
在
1
BOB
V
中，解得
1
4
BB =
．
又BO ^ 平面
1
1
1
A B C ，所以三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
的高为OB ，
所以其体积
1
4 4 2 3
16 3
2
ABC
V
S
OB
=
×
=
´ ´ ´
=
△
．
12．（24-25 高一下·安徽阜阳·期中）如图，在直三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
中，AB
AC
^
，D ，E 分别为BC ，
1
1
A B 的中
点．
(1)求证：
/ /
DE
平面
1
1
A ACC ；
(2)求证：AB
DE
^
．
(3)若
1
3
AA =
，
2
AB
AC
=
=
，求三棱锥A
BCE
-
的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)2
【详解】（1）证明：取
1
1
AC 的中点F ，连接EF ，FC ，
又D ，E 分别为BC ，
1
1
A B 的中点，
所以易得
/ /
EF
DC ，且EF
DC
=
，
所以四边形EFCD 为平行四边形，
所以
/ /
DE
CF ，又DE Ë 平面
1
1
A ACC ，CF Ì 平面
1
1
A ACC ，
所以
//
DE
平面
1
1
A ACC ；
（2）证明：取AB 中点H ，连接EH ，HD ，
则易知AB
EH
^
，AB
HD
^
，EH
HD
H
=
I
，
,
EH HD Ì 平面EHD ，
所以AB ^平面EHD ，DE Ì 平面EHD ，
所以AB
DE
^
；
（3）
1
3
AA =
，
2
AB
AC
=
=
，则三棱锥A
BCE
-
的体积
1
3
A BCE
E ABC
ABC
V
V
S
EH
-
-
=
=
×
=
V
1
1
2
2
3
2
3
2
´
´
´
´
= ．
1．（24-25 高一下·浙江衢州·期末）在
ABC
V
中，
2,
45
AB
C
=
=
°，PA ^平面ABC ，且
2
PA =
，则三棱锥P
ABC
-
外接球的表面积为（ ）
A．2π
B．4 3π
C．12π
D．36π
【答案】C
【详解】由已知得，作下图， 设
ABC
V
外接圆的半径为r ，
已知
2
AB =
，
45
C =
o ，
2
sin
sin45
2
C =
=
o
.
根据正弦定理可得
2
2
2 2
sin
2
2
AB
r
C
=
=
=
，解得
2
r =
.
因为PA ^ 平面ABC ，所以三棱锥P
ABC
-
外接球的球心到平面ABC 的距离
1
2
d
PA
=
=1，
所以外接球半径
2
2
( 2)
1
2 1
3
R =
+
=
+
=
.
所以三棱锥P
ABC
-
外接球的表面积为
2
4π ( 3)
4π 3
12π
S =
´
=
´
=
.
故选：C
2．（23-24 高三上·天津东丽·阶段练习）在直三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
中，
1
2
AA =
，
1
AB = ，
3
AC =
，
150
BAC
Ð
=
° ，该直三棱柱的外接球表面积为（ ）
A．16π
B．29π
C．32π
D．36π
【答案】C
【详解】在
ABC
V
中，由余弦定理可得
2
2
2
1
3
cos150
7
2
3
BC
BC
+
-
°=
Þ
=
´
，
设
ABC
V
外接圆半径为r，再由正弦定理2
7
sin150
BC
r
r
=
Þ
=
°
，
因为三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
是直三棱柱，设外接球半径为R，
考点三
外接球问题
所以
2
2
2
2
1
7
1
2 2
2
AA
R
r
æ
ö
ç
÷
=
+
=
+
=
ç
÷
è
ø
，
所以外接球表面积为
2
4π
32π
R
´
=
，
故选：C
3．（24-25 高三上·云南昆明·阶段练习）在三棱锥P
ABC
-
中，
ABC
V
为等边三角形，
3
PA
PB
PC
=
=
=
，
PA
PB
^
，则三棱锥P
ABC
-
的外接球的体积为（ ）
A．27
2 p
B．27 3
2
p
C．27 3p
D．27p
【答案】B
【详解】
3
PA
PB
=
=
Q
，PA
PB
^
，
3
2
A B
\
=
．
PA
PB
PC
=
=
Q
，
P
\
在底面ABC 的射影为
ABC
V
的中心O ，
设BC 的中点为D ，则
3 6
2
AD =
，
2
6
3
AO
AD
=
=
，
2
2
3
OP
PA
OA
\
=
-
=
，
设三棱锥P
ABC
-
的外接球球心为M ，
OP
OA
<
Q
，
M
\
在PO 延长线上，
设OM
h
=
，则
2
2
MA
OA
h
OP
h
=
+
=
+ ，
2
2
6
( 3
)
h
h
\
+
=
+
，解得
3
2
h =
，
\外接球的半径
3
3 3
3
2
2
r =
+
=
．
\外接球的体积
3
3
4
4
3 3
27 3
(
)
3
3
2
2
V
r
p
p
p
=
=
´
=
．
故选：B ．
4．（24-25 高二下·湖南永州·期末）如图，在正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，
2
AB =
，P 是正方形ABCD 内部(含边界)
的一个动点，若
1
2
DP
DB
=
uuur
uuur
，则三棱锥
1
P
BB C
-
外接球的表面积为（ ）
A．8π
B．6π
C．4 2π
D．4π
【答案】A
【详解】若
1
2
DP
DB
=
uuur
uuur
，则P 为DB 中点，
PBC
△
为等腰直角三角形，
如图，BC 中点E 是
PBC
△
的外心，
1
B C 的中点O 是
1
BCB
△
的外心，
正方体中易知OE ^ 平面PBC ，因此O 是棱锥
1
P
BB C
-
外接球的球心，
所以三棱锥
1
P
BB C
-
外接球的半径为2 ，
所以三棱锥
1
P
BB C
-
外接球的表面积为
2
4π
2
8π
=
.
故选：A
5．（24-25 高一下·吉林长春·期末·多选）已知正三棱台
1
1
1
ABC
A B C
-
是由一个平面截棱长为6 的正四面体所得，其
中
6
AB =
，
1
2
A A =
，以点A 为球心，2 7 为半径的球面与侧面
1
1
BCC B 的交线为曲线Γ ，P 为Γ 上一点，则（ ）
A．点A 到平面
1
1
BCC B 的距离为2 6
B．曲线Γ 的长度为4π
C．线段CP 的最小值为2 3
2
-
D．所有线段AP 所形成的曲面面积为4 7π
3
【答案】ACD
【详解】设截得已知三棱台的正四面体为ABCD ，根据正四面体的性质，点A 到平面
1
1
BCC B 的距离AO ^ 平面
1
1
BCC B ，垂足为O ，
2
2
2
2
2
3
6
6
2 6
3
2
AO
AB
OB
æ
ö
=
-
=
-
´ ´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
，A 选项正确；
以点A 为球心，2 7 为半径的球面与侧面
1
1
BCC B 的交线为曲线Γ ，P 为Γ 上一点，则
2
2
2
2
2 7
2 6
2
OP
AP
AO
=
-
=
-
=
，
点P 轨迹为以正
DBC
△
中心O 为圆心半径为2 的圆在梯形BCC B
¢ ¢内的部分，为两段圆弧
1
2
,
c c ，每一段的圆心角都
是π
3 ，端点都是正
DBC
△
边的三等分点，如图所示.
曲线Γ 的长度为
π
4π
2
2
3
3
æ
ö
´
´
=
ç
÷
è
ø
，B 选项错误；
线段CP 的最小值
3
2
2
6
2
2 3
2
2
3
OC -
=
´ ´
-
=
-
，C 选项正确；
所有线段AP 所形成的曲面是以A 为顶点，圆O 为底面的圆锥的侧面的了2 小部分，其面积为面积
1
4π
4 7π
2 7
2
3
3
´
´
=
，D 选项正确.
故选：ACD
6．（24-25 高一下·甘肃白银·期末·多选）在四棱锥P
ABCD
-
中，PC ^ 平面ABCD ，
90
ABC
ADC
Ð
= Ð
=
o ，
120
BCD
Ð
=
o ，
4 2
PC =
，
10
AB =
，
8
AD =
，则（ ）
A．四边形ABCD 外接圆的半径为2 7
B．四边形ABCD 外接圆的半径为8 2
C．四棱锥P
ABCD
-
外接球的体积为288p
D．四棱锥P
ABCD
-
外接球的体积为144p
【答案】AC
【详解】连接AC ，BD ，设AC 的中点为
1
O ，过
1
O 作直线l ^ 平面ABCD ，
因为
90
ABC
ADC
Ð
= Ð
=
o ，所以AC 是
ABC
V
和
ADC
△
的公共斜边，
即
1
O 是四边形ABCD 的外接圆圆心，
所以直线l 上的点到点A ，B ，C ，D 的距离相等，
故球心O 一定在直线l 上，即
1
OO ^平面ABCD ，现在只要保证OP
OC
=
即可，
即球心O 也在PC 的垂直平分线上.设PC 的中点为M ，连接OM ，则OM
PC
^
.
因为
120
BCD
Ð
=
o ，所以
60
BAD
Ð
=
o ，所以
2
2
10
8
2 10 8cos60
2 21
BD =
+
- ´
´
=
o
，
则
4 7
2
sin60
BD
r
AC
=
=
=
o
（r 为四边形ABCD 外接圆的半径），
即
2 7
r =
，故A 正确，B 错误.
因为PC ^ 平面ABCD ，
1
OO ^平面ABCD ，所以
1 / /
OO
PC .
又OM
PC
^
，所以四边形
1
OO CM 为矩形，
1
2 2
OO
CM
=
=
，
所以该四棱锥外接球的半径
2
2
1
1
28
8
6
R
O C
OO
=
+
=
+
=
，
故四棱锥P
ABCD
-
外接球的体积
3
4 π
288π
3
V
R
=
=
球
，故C 正确，D 错误.
故选：AC.
7．（2025·陕西西安·模拟预测）已知圆台的高为3，上、下底面圆的半径分别为1 和2，它的两个底面的圆周在同
一个球的球面上，则该球的表面积为
．
【答案】20π
【详解】作出圆台及外接球的轴截面图，如图．
易得球心O 在圆台内部，设球心到上底面圆的距离为x ，
则球心到下底面圆的距离为3
x
-
，
由勾股定理得
2
2
2
2
1
3
2
x
x
+
=
-
+
，解得
2
x =
，
则外接球的半径
2
21
5
R
x
=
+
=
，表面积为20π．
故答案为：20π
8．（2025·甘肃白银·三模）已知正三棱台
1
1
1
ABC
A B C
-
的侧棱长为10 ，上、下底面的边长分别为
3 ，2 3 ，则
三棱台
1
1
1
ABC
A B C
-
的外接球的表面积为
．
【答案】20π
【详解】如图，设正三棱台上、下底面所在圆面的半径分别为1
2
,
r r ，则
1
2
3
2 3
2
,2
sin 60
sin 60
r
r
°
°
=
=
，
所以1
1
r = ，2
2
r =
．
设球心到正三棱台上、下底面的距离分别为
1
2
,
d d ，球的半径为R ，
则
2
2
1
2
1,
4
d
R
d
R
=
-
=
-
．
设正三棱台的高为h ，由棱台的侧棱长为10 ，得
2
2
( 10)
(2 1)
3
h =
-
-
=
，
所以
1
2
3
d
d
+
=
或
1
2
3
d
d
-
=
，
即
2
2
1
4
3
R
R
- +
-
=
或
2
2
1
4
3
R
R
- -
-
=
，
解得
2
5
R = ，所以三棱台
1
1
1
ABC
A B C
-
的外接球的表面积为
2
4π
20π
R =
．
故答案为：20π
9．（24-25 高一下·江西抚州·期末）如图，在正四棱台
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，
1
1
2
A B =
，
6
AB =
，若该四棱台的体积
为52 3
3
，则该四棱台的外接球表面积为
．
【答案】385π
3
【详解】已知
1
1
2
A B =
，
6
AB =
，则上底面积
1
4
S =
，下底面积
36
S =
，体积52 3
3
h ，
由棱台体积公式得
52 3
1
4
36
4 36
52 3
52
3
3
3 h
h
h
=
+
+
´
Þ
=
Þ
=
，
设外接球球心P 到下底面中心O 的距离为x ，则P 到上底面中心
1
O 的距离为3
x
±
，
由正四棱台的上下底面都是正方形可得
3 2
OA =
，
1
1
2
O A =
，
设外接球半径为R ，则
2
2
2
2
2
3 2
3
2
R
x
x
=
+
=
±
+
.
展开并化简：
2
2
13
18
2 3
5
13
2 3
2 3
x
x
x
x
x
+
=
±
+
Þ
= ±
Þ
=
（负值舍去），
则
2
2
13
385
18
12
2 3
R
æ
ö
=
+
=
ç
÷
è
ø
，
最终外接球表面积：
2
385
385π
4π
4π 12
3
R =
×
=
，
故答案为：385π
3
10．（24-25 高一下·陕西·期末）三棱锥ABCD 中，
2
AB =
，
4
ACB
p
Ð
=
，
6
ADB
p
Ð
=
，那么三棱锥ABCD 外接球的
表面积的最小值是 ．
【答案】16p
【详解】设
ABC
V
的外接圆圆心为
1
O ，半径为1r ,
ABD
△
的外接圆圆心为
2
O ，半径为
2r ,三棱锥ABCD 的外接球的
半径为R .
由题，1
2
2sin
AB
r
ACB
=
=
Ð
, 2
2
2sin
AB
r
ADB
=
=
Ð
，设AB 的中点为M ，则
1
2
1,
3
O M
O M
=
=
.
设二面角D
AB
C
-
-
的平面角的大小为
0,
a
a
p
Î
，
，则
1
2
O MO
a
Ð
=
,
1
2
4
2 3 cos
O O
a
=
-
，因为
1
1
2
2
OO
O M
OO
O M
^
^
，
，
所以
1
2
,
,
,
O O O M 四点共圆，且OM 为直径，由正弦定理可知
1
2
sin
O O
OM
a
=
，
故外接球半径
2
2
2
4
2 3 cos
1
1
sin
R
OM
a
a
-
=
+ =
+ .
令
cos
1,1
t
a
=
Î -
,
2
4
2 3
1
1
t
f t
t
-
=
+
-
,
2
2
2
2
2
2 3 1
2
4
2 3
2
3
1
3
1
1
t
t
t
t
t
f
t
t
t
-
-
+
-
-
-
-
¢
=
=
-
-
所以当
3
3
t =
,
6
p
a =
时，
2
min
4
R
=
.所以
min
16
S
p
=
.
故答案为：16π .
11．（2025·甘肃白银·模拟预测）如图，在梯形ABCD 中，
/ /
AB
CD ，
2
6
CD
AB
=
=
，
2
AD =
，
60
ADC
Ð
=
° ，
E ，F 分别为线段AB ，CD 上异于端点的一点，EF
AB
^
，将梯形AEFD 沿EF 翻折至与梯形EBCF 垂直的位
置，得到多面体ABEDCF ．
(1)若BD
EC
^
，证明：DF
FC
=
．
(2)若
/ /
CD
平面ABF ，求直线BC 与平面ABF 所成角的正弦值．
(3)求四面体ACDF 的外接球的半径的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2) 4 399
133
(3) 4 14
7
【详解】（1）平面AEFD ^ 平面EBCF ，交线为EF ，DF
EF
^
，DF Ì 平面AEFD ，则DF ^ 平面EBCF ，
EC Ì平面EBCF ，则DF
EC
^
，又BD
EC
^
，BD
DF
D
=
I
，
,
BD DF Ì 平面BDF ，所以EC ^ 平面BDF ，
BF Ì 平面BDF ，则EC
BF
^
，因为
/ /
AB
CD ，所以
/ /
EB
FC ，
所以
π
2
EBF
BFC
BFE
FEC
Ð
= Ð
=
- Ð
= Ð
，可知
CFE
FEB
△
∽△
．
在梯形AEFD 中，由
2
AD =
，
60
ADC
Ð
=
° ，知
1
DF
AE
=
+ ，
3
EF=
．
设
0
3
AE
t
t
=
< <
，
得
5
FC
t
=
- ，
3
EB
t
=
- ，由FC
FE
FE
EB
=
，得
5
3
3
t
t
-
-
=
，
解得
2
t =
，
3
DF
FC
=
=
．
（2）
/ /
DF
AE
Q
，
/ /
FC
EB ，
\平面
/ /
AEB
平面DFC ，CD Ì 平面DFC ，
则
/ /
CD
平面AEB ，又
/ /
CD
平面ABF ，平面AEB I 平面ABF = AB ，
则
/ /
CD
AB ，
/ /
,
/ /
AE
DF EB
FC ，
所以AEB
DFC
V
V
∽
，则直线DA ，CB ，FE交于一点，
可得AE
BE
DF
CF
=
．设
0
3
AE
t
t
=
< <
，得
3
1
5
t
t
t
t
-
=
+
- ，解得
1
t = ．
如图，以F 为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则
3,0,0
E
，
3,0,1
A
，
3,2,0
B
，
0,4,0
C
3,0,1
FA =
uuur
，
3,2,0
FB =
uuur
．
设平面ABF 的法向量为
, ,
n
x y z
=
r
，
0,
0,
n FA
n FB
ì ×
=
ïí ×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
即
3
0,
3
2
0,
x
z
x
y
ì
+
=
ïí
+
=
ïî
令
1
x = - ，则
3
1,
, 3
2
n
æ
ö
= -
ç
÷
ç
÷
è
ø
r
，
设直线BC 与平面ABF 所成的角为q ，
2 3
4 399
sin
cos ,
133
19
7
2
n BC
n BC
n BC
q
×
=
=
=
=
´
uuur
r
uuur
r
uuur
r
．
（3）坐标系如（2）中所示，设
0
3
AE
t
t
=
< <
，
3,0,
A
t ，
0,5
,0
C
t
-
，
0,0,
1
D
t +
，
0,0,0
F
，
设CD 的中点为
1
5
1
0,
,
2
2
t t
O
-
+
æ
ö
ç
÷
è
ø ，球心
, ,
O x y z ，
FCD
V
的外心为
1
O ，则
1
OO ^平面FCD，即
5
2
t
y
-
=
，
1
2
t
z
+
=
，由OA
OF
=
，即
2
2
2
2
2
2
3
x
y
z
t
x
y
z
-
+
+
-
=
+
+
，得
3
2 3
t
x
-
=
，
2
2
2
2
2
2
7
30
87
7
15
32
12
12
7
7
t
t
OF
x
y
z
t
-
+
æ
ö
=
+
+
=
=
-
+
ç
÷
è
ø
，
当
15
0,3
7
t =
Î
时，
2
OF 取得最小值，最小值为32
7 ，
即四面体ACDF 的外接球的半径的最小值为4 14
7
．
12．（2025·陕西延安·模拟预测）如图，三棱锥P
ABC
-
中，PA ^底面ABC ，E 是PB 的中点，F 是PC 的中点，
EF
AC
^
．
(1)求证：平面AEF ^ 平面PAC ；
(2)若
2
AC =
，
5
AB =
，且二面角A
PB
C
-
-
的正弦值为2 6
5
，求三棱锥P
ABC
-
外接球的表面积．
【答案】(1)证明见解析
(2) 6π
【详解】（1）
因为PA ^底面ABC ，
Ì
BC
平面ABC ，故PA
BC
^
，
而
,
PF
FC PE
EB
=
=
，故
//
EF BC ，故EF
PA
^
，
而
,
,
,
EF
AC AC
PC
C AC PC
^
=
Ì
I
平面PAC ，故
^
EF
平面PAC ，
而EF Ì 平面AEF ，故平面AEF ^ 平面PAC .
（2）由（1）
^
EF
平面PAC ，而
//
EF BC ，故
^
BC
平面PAC ，
因为EF
AC
^
，故BC
AC
^
，故
1
BC = ，
故可以C 为原点，以
,
CA CB 所在的直线建立如图所示的空间直角坐标系，
故
2,0,0 ,
0,1,0 ,
(0,0,0)
A
B
C
，设
2,0,
0
P
p
p >
，
则
2,1,
,
0,1,0 ,
(0,0, )
PB
p
CB
AP
p
= -
-
=
=
uuur
uuur
uuur
，
设平面PAB 的法向量为
, ,
m
x y z
=
r
，则
0
0
m PB
m AP
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，
所以
2
0
0
x
y
pz
pz
-
+
-
=
ì
í
=
î
，取
1,2,0
m =
r
.
设平面PCB 的法向量为
, ,
n
a b c
=
r
，则
0
0
n CB
n PB
ì ×
=
ïí ×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，
所以
0
2
0
b
a
b
pc
=
ì
í-
+
-
=
î
，取
,0,2
n
p
=
r
.
因为二面角A
PB
C
-
-
的正弦值为2 6
5
，
故
2
2
2 6
1
1
cos
,
5
5
5
2
m n
p
m n
m
n
p
æ
ö
×
-
=
=
=
=
ç
÷
ç
÷
×
´
+
è
ø
r r
r r
r
r
，故
1
p = ，
因为PA ^平面ABC ，而AB Ì 平面ABC ，故PA
AB
^
，
同理BC
CP
^
，故PB 的中点到, , ,
P B A C 的距离相等，
故PB 的中点为三棱锥P
ABC
-
外接球的球心，而
1 5
6
PB =
+
=
，
故三棱锥P
ABC
-
外接球的表面积为
2
6
4π
6π
2
æ
ö
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
.
1．（2025·吉林长春·模拟预测）所有棱长都是2 的正四棱锥的内切球半径为（ ）
A．
2
3
B．
3
3
C．
6
2
2
-
D．
6
2
4
+
【答案】C
【详解】依题意，所有棱长都是2 的正四棱锥的高
2
2
2
( 2)
2
h =
-
=
，
体积
2
1
4 2
2
2
3
3
V =
´
´
=
，表面积
2
2
3
4
2
2
4( 3
1)
4
S =
´
´
+
=
+
，
设该棱锥的内切球半径为r ，则1
3 Sr
V
=
，即
3
4 2
6
2
2
4( 3
1)
V
r
S
-
=
=
=
+
.
故选：C
2．（2025·四川泸州·模拟预测）已知圆锥PO 的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内切球的半径为（ ）
A．
2
4
B．
2
3
C．
2
2
D．
2
6
【答案】C
【详解】如图为圆锥及圆锥内半径最大球的轴截面图，球心为O ，设球半径为r ，则
3
AC
AB
=
=
，
1
1
O C = ，
则
1
2 2
AO =
，所以
1
1
1
2 2 2
2 2
2
2
ABC
S
BC
AO
=
´
´
=
´ ´
=
V
，
8
ABC
C
AB
BC
CA
=
+
+
=
V
，由等面积法
1
2
ABC
ABC
S
rC
=
V
V
，
可得
2
2
r =
，
故选：C.
3．（24-25 高三下·福建泉州·阶段练习）如图，三棱锥P
ABC
-
中，
2
2
2 2
AB
PB
CB
=
=
=
，
考点四
内切球问题
2
APB
ACB
p
Ð
= Ð
=
，已知平面EFG ∥平面ABC ，且
3
PC
PG
=
，三棱锥P
ABC
-
的内切球同时与平面EFG 也相
切，则PC = （ ）
A．
6
2
-
B．
6
1
-
C．13
1
-
D．13
2
-
【答案】A
【详解】设点P 到平面ABC 的距离为d ，三棱锥P
ABC
-
的内切球的半径为r ，
2
PC
x
=
，
取PC 中点H ，连接BH ，
因为PB
CB
=
，所以BH
PC
^
，
2
4
BH
x
=
-
，
因为
π
2
APB
ACB
Ð
= Ð
=
，所以
8
4
2
AC
AP
=
=
-
=
，
因为三棱锥P
ABC
-
的内切球同时与平面EFG 相切，且
3
PC
PG
=
，
平面EFG ∥平面ABC ，所以2
2
3 d
r
=
，
由
1
1
3
3
P ABC
ABC
ABC
PAB
PBC
PAC
V
S
d
S
S
S
S
r
-
=
×
×
=
+
+
+
×
V
V
V
V
，
得
2
1
1
1
1
1
2 2
2 2 2
2
4
2
3
2
3
2
2
d
x
x
r
æ
ö
´
´ ´
=
´
´ ´ ´ +
´
-
´
ç
÷
è
ø ，
2
1
4
8
4
4
3
d
x
x
d
=
+
-
×
，
2
12
8
4
4
x
x
=
+
-
，解得
6
2
2
x
±
=
，
因为
1
2
2 2
2
PC
AB
<
×
=
，所以
6
2
2
x
-
=
，
6
2
PC =
-
.
故选：A.
4．（2025·云南·三模）正三棱台
1
1
1
ABC
A B C
-
的上、下底边长分别为6，18，该正三棱台内部有一个内切球（与
上、下底面和三个侧面都相切），则正三棱台的表面积为（ ）
A．144 3
B．153 3
C．225 3
D．234 3
【答案】D
【详解】由题意知，正三棱台
1
1
1
ABC
A B C
-
的上、下底边长分别为6 和18，
可得上下底正三角形的高分别为
2
2
6
3
3 3
-
=
，
2
2
18
9
9 3
-
=
，
由几何体结构特征，可得内切球与上、下底面切点为上下底的重心，
故如图甲所示，作截面，得到图乙，
设内切球半径为r，则
2
2
2
(4 3)
(2 3)
r =
-
，解得
3
r = ，所以正三棱台的高为6，
所以
2
3
3
(6
18)
4 3
2
6
4
S
=
´
+
´
¸
+
´
+
表面积
2
3
18
234 3
4 ´
=
.
故选：D．
5．（2025·湖南长沙·三模）已知圆锥的母线长为 1，其侧面展开图扇形的圆心角为
3π ，则该圆锥内切球半径为
（ ）
A．
3
3
2
-
B．
3
1
2
-
C．2
3
-
D．
3
1
2
-
【答案】A
【详解】如图，设圆锥的底面圆半径r¢ ，则2π
3π
r¢ =
，
解得
3
2
r¢ =
，于是圆锥的高
2
2
3
1
1
(
)
2
2
AD =
-
=
.
设该圆锥内切球的球心为点O ，由对称性可知点O 在高线AD 上，
设该圆锥内切球半径为r ，
因圆锥的轴截面为等腰三角形，故其面积为1
1
1
3
(2
3)
2
2
2
r
´
´
=
´
+
，
解得
3
3(4
2 3)
3
3
4
2
4
2 3
r
-
=
=
=
-
+
.
故选： A
6．（24-25 高三上·江苏·阶段练习）与圆台的上、下底面及侧面都相切的球，称为圆台的内切球，若圆台的上下底
面半径为1r ，
2r ，且1
2
1
r r×
= ，则它的内切球的表面积为
．
【答案】4
3
p / 4
3p
【详解】由题意，画出圆台的直观图，其中AB 为圆台的母线长，
D ，C 分别为上、下底面的圆心，点O 为内切球的球心，
点E 为球O 与圆台侧面相切的一个切点.
则由题意可得：
1
2
AB
AE
BE
AD
BC
r
r
=
+
=
+
=
+
，
2
2
2
2
1
2
2
1
1 2
4
2
CD
AB
BC
AD
r
r
r
r
r r
=
-
-
=
+
-
-
=
= .
因此可得：内切球半径
1
2
CD
r =
= ，即得内切球的体积为
3
4
4
3
3
r
p
=
p .
故答案为：4π
3
7．（2025·山西·三模）一边长为2 的正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
，如图所示，则两个三棱锥
1
1
D
A BC
-
，
1
1
B
AD C
-
的
公共部分的内切球的表面积为
．
【答案】4π
3
【详解】连接起交线后如下图所示，即两个三棱锥
1
1
D
A BC
-
，
1
1
B
AD C
-
的公共部分为一个边长为2 的正八面
体，
作SR ，WT 的中点M ，N ，设内切球的半径r ，
所以
2
2,
2
PS
SM
=
=
，所以
1
6
2
2
2
PM
PN
=
=
-
=
，
2
2
OM =
，
1
OP = ，又PM r
OM OP
× =
×
，所以
2
1
1
2
6
3
2
r
´
=
=
，
即表面积为
2
4π
4π
3
r =
．
故答案为：4π
3
