专题四 立体几何 第1讲　空间几何体-2025年高考数学二轮复习（新高考专用）

第1讲　空间几何体（新高考专用） 目录 【真题自测】 2 【考点突破】 3 【考点一】空间几何体的折展问题 3 【考点二】表面积与体积 4 【考点三】多面体与球 7 【专题精练】 8 考情分析： 空间几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积和体积是高考的重点与热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度中等或偏上． 真题自测 一、单选题 1．（2024·天津·高考真题）一个五面体．已知，且两两之间距离为1．并已知．则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 2．（2024·广东江苏·高考真题）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 3．（2023·全国·高考真题）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（    ） A．1 B． C．2 D．3 4．（2023·全国·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 5．（2023·全国·高考真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 6．（2023·天津·高考真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 7．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为 ，升量器的高为 ． 8．（2024·全国·高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为 ． 考点突破 【考点一】空间几何体的折展问题 核心梳理： 空间几何体的侧面展开图 (1)圆柱的侧面展开图是矩形． (2)圆锥的侧面展开图是扇形． (3)圆台的侧面展开图是扇环． 一、单选题 1．（23-24高三上·广东深圳·期末）已知矩形ABCD中，，，将沿BD折起至，当与AD所成角最大时，三棱锥的体积等于（    ） A． B． C． D． 2．（2024·重庆·三模）如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径.将圆柱侧面沿母线展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线.若该段正弦曲线是函数图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则的值为（    ）    A． B．1 C． D．2 二、多选题 3．（2024·云南昆明·一模）在矩形中，，，以对角线BD为折痕将△ABD进行翻折，折后为，连接得到三棱锥，在翻折过程中，下列说法正确的是（   ） A．三棱锥体积的最大值为 B．点都在同一球面上 C．点在某一位置，可使 D．当时， 4．（22-23高三上·江苏镇江·阶段练习）如图，在四棱锥的平面展开图中，四边形ABCD为直角梯形，，，.在四棱锥中，则（    ） A．平面PAD⊥平面PBD B．AD平面PBC C．三棱锥P-ABC的外接球表面积为 D．平面PAD与平面PBC所成的二面角的正弦值为 三、填空题 5．（2023·陕西西安·一模）将平面内等边与等腰直角（其中为斜边），沿公共边折叠成直二面角，若，且点在同一球的球面上，则球的表面积为 . 6．（20-21高三上·广东·阶段练习）一个圆锥的表面积为，其侧面展开图为半圆，当此圆锥的内接圆柱（圆柱的下底面与圆锥的底面在同一个平面内）的侧面积达到最大值时，该内接圆柱的底面半径为 . 规律方法： 空间几何体最短距离问题，一般是将空间几何体展开成平面图形，转化成求平面中两点间的最短距离问题，注意展开后对应的顶点和边． 【考点二】表面积与体积 核心梳理： 1．旋转体的侧面积和表面积 (1)S圆柱侧＝2πrl，S圆柱表＝2πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长)． (2)S圆锥侧＝πrl，S圆锥表＝πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长)． (3)S球表＝4πR2(R为球的半径)． 2．空间几何体的体积公式 (1)V柱＝Sh(S为底面面积，h为高)． (2)V锥＝Sh(S为底面面积，h为高)． (3)V台＝(S上＋＋S下)h(S上，S下分别为上、下底面面积，h为高)． (4)V球＝πR3(R为球的半径)． 一、单选题 1．（2024·云南大理·模拟预测）如图，揽月阁位于西安市雁塔南路最高点，承接大明宫、大雁塔，是西安唐文化轴的南部重要节点和标志性建筑，可近似视为一个正四棱台，现有一个揽月阁模型塔底宽，塔顶宽约，侧面面积为，据此计算该揽月阁模型体积为（    ） A．1400 B．2800 C． D．8400 2．（2024·广东·模拟预测）现有一个正四棱台形水库，该水库的下底面边长为2km，上底面边长为4km，侧棱长为，则该水库的最大蓄水量为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（24-25高三上·广西·阶段练习）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角.角度用弧度制表示.例如：正四面体每个顶点均有个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在正方体中，，则（    ） A．在四面体中，点的曲率为 B．在四面体中，点的曲率大于 C．四面体外接球的表面积为 D．四面体内切球半径的倒数为 4．（2024·广东广州·模拟预测）如图所示，四面体的底面是以为斜边的直角三角形，体积为，平面，，为线段上一动点，为中点，则下列说法正确的是（    ） A．三棱锥的体积和三棱锥的体积相等 B．当时， C．当时， D．四面体的外接球球心为，且外接球体积与之比的最小值是 三、填空题 5．（2024·安徽池州·模拟预测）如图所示的“升”是我国古代测量粮食的一种容器，从形状上可抽象成一个正四棱台．现有一个上、下底面边长分别为和的“升”，侧棱长为，要做成一个该“升”的几何体，其侧面所需板材的最小面积为 ． 6．（2024·北京·三模）我国南北朝时期的数学家祖暅提出体积的计算原理（祖暅原理）：“幂势既同，则积不容异．”“势”即是几何体的高，“幂”是截面积，意思是：如果两等高的几何体在同高处的截面积相等，那么这两个几何体的体积相等．已知双曲线的焦点在轴上，离心率为，且过点，则双曲线的渐近线方程为 ．若直线与在第一象限内与双曲线及其渐近线围成如图阴影部分所示的图形，则该图形绕轴旋转一周所得几何体的体积为 ． 规律方法： 空间几何体的表面积与体积的求法 (1)公式法：对于规则的几何体直接利用公式进行求解． (2)割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，或把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体． (3)等体积法：选择合适的底面来求体积． 【考点三】多面体与球 核心梳理： 求空间多面体的外接球半径的常用方法 (1)补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解； (2)定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点的距离也是半径，列关系式求解即可． 一、单选题 1．（24-25高三上·贵州贵阳·阶段练习）如图甲，在边长为2的正方形中，分别是的中点，将分别沿折起，使得三点重合于点，如图乙，若三棱锥的所有顶点均在球的球面上，则球的体积为（   ） A． B． C． D． 2．（2024·福建·模拟预测）已知正四棱台下底面边长为，若内切球的体积为，则其外接球表面积是（  ） A．49π B．56π C．65π D．130π 二、多选题 3．（2024·湖南郴州·模拟预测）在正三棱台中，，，且等腰梯形所在的侧面与底面所成夹角的正切值均为2，则下列结论正确的有（   ） A．正三棱台的高为 B．正三棱台的体积为 C．与平面所成角的正切值为1 D．正三棱台外接球的表面积为 4．（2024·广东广州·模拟预测）在圆锥中，母线，底面圆的半径为r，圆锥的侧面积为，则（   ） A．当时，圆锥内接圆柱体的体积最大值为 B．当时，过顶点S和两母线的截面三角形的最大面积为 C．当时，圆锥能在棱长为4的正四面体内任意转动 D．当时，棱长为1的正四面体能在圆锥内任意转动 三、填空题 5．（2024·湖南邵阳·三模）在四面体中，是边长为的等边三角形，，，，点在棱上，且，过点作四面体的外接球的截面，则所得截面圆的面积最小值与球的表面积之比为 ． 6．（2025·广东·模拟预测）已知球O是某圆锥内可放入的最大的球，其半径为该圆锥底面半径的一半，则该圆锥的体积与球O的体积之比为 ． 规律方法： (1)求锥体的外接球问题的一般方法是补形法，把锥体补成正方体、长方体等求解． (2)求锥体的内切球问题的一般方法是利用等体积法求半径． 专题精练 一、单选题 1．（2024·陕西西安·模拟预测）圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为4．已知P为该圆台某条母线的中点，若一质点从点P出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P，则该质点运动的最短路径长为（    ） A． B．6 C． D． 2．（2024·四川宜宾·三模）在直三棱柱中，，，点P在四边形内（含边界）运动，当时，点P的轨迹长度为，则该三棱柱的表面积为（    ） A．4 B． C． D． 3．（2024·江苏徐州·模拟预测）圆柱与圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥内切球半径为（   ） A． B． C． D． 4．（2025·黑龙江大庆·一模）已知圆台的上､下底面半径分别为1和3，母线长为，则圆台的体积为（   ） A． B． C． D． 5．（23-24高一下·天津·期中）冰嘎别名冰尜，是东北民间少年儿童游艺品，俗称“陀螺”.通常以木镟之，大小不一，一般径寸余，上端为圆柱形，下端为锥形.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知分别是上、下底面圆的圆心，，底面圆的半径为，则该陀螺的表面积为（    ） A． B． C． D． 6．（2023·山东泰安·模拟预测）鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的两个相对三角形面间的距离为（    ）    A． B． C． D． 7．（2024·贵州遵义·模拟预测）在矩形中，，，为的中点，将和分别沿，折起，使点与点重合，记为点，若三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 8．（24-25高三上·河南焦作·开学考试）半径为4的实心球与半径为2的实心球体积之差的绝对值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（2024·山东·模拟预测）如图，有一个棱台形的容器（上底面无盖），其四条侧棱均相等，底面为矩形，，容器的深度为，容器壁的厚度忽略不计，则下列说法正确的是（    ） A． B．该四棱台的侧面积为 C．若将一个半径为的球放入该容器中，则球可以接触到容器的底面 D．若一只蚂蚁从点出发沿着容器外壁爬到点，则其爬行的最短路程为 10．（21-22高二下·浙江绍兴·期末）在正方体中，点满足，其中，，则（  ） A．当时，平面 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，的面积为定值 D．当时，直线与所成角的范围为 11．（2024·江苏南京·二模）在棱长为1的正方体中，、分别为、的中点，点满足，则下列说法正确的是（    ） A．若，则三棱锥外接球的表面积为 B．若，则异面直线与所成角的余弦值为 C．若，则面积的最小值为 D．若存在实数使得，则的最小值为 三、填空题 12．（2025·江苏南通·一模）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的侧面积为 ． 13．（2024·江苏苏州·一模）已知直三棱柱外接球的直径为6，且，，则该棱柱体积的最大值为 ． 14．（2024·江西九江·二模）将两个观赏球体封闭在一个正方体容器内，设正方体棱长为1，则两个球体体积之和的最大值为 ． 四、解答题 15．（2024·广西贵港·模拟预测）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，E为边CD的中点，沿AE把折起，使点D到达点P的位置，且． (1)求证：平面； (2)求三棱锥的表面积 16．（2022·陕西榆林·模拟预测）如图，已知三棱柱中，，平面，，M为边上的动点． (1)当时，求证：平面； (2)求三棱锥的体积． 17．（2024·上海·模拟预测）设一个简单几何体的表面积为，体积为，定义系数，已知球体对应的系数为，定义为一个几何体的“球形比例系数”. (1)计算正方体和正四面体的“球形比例系数”； (2)求圆柱体的“球形比例系数”范围； (3)是否存在“球形比例系数”为0.75的简单几何体？若存在，请描述该几何体的基本特征；若不存在，说明理由. 18．（2024·河南信阳·模拟预测）长方体中，. (1)过E、B作一个截面，使得该截面平分长方体的表面积和体积.写出作图过程及其理由. (2)记（1）中截面为，若与（1）中过点的长方体的三个表面成二面角分别为，求的值. 19．（2022·福建宁德·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面，，，，为棱上一点． (1)若是的中点，求证：直线平面； (2)若，且二面角的平面角的余弦值为，求三棱锥的体积 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第1讲　空间几何体（新高考专用） 目录 【真题自测】 2 【考点突破】 8 【考点一】空间几何体的折展问题 8 【考点二】表面积与体积 15 【考点三】多面体与球 22 【专题精练】 30 考情分析： 空间几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积和体积是高考的重点与热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度中等或偏上． 真题自测 一、单选题 1．（2024·天津·高考真题）一个五面体．已知，且两两之间距离为1．并已知．则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 2．（2024·广东江苏·高考真题）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 3．（2023·全国·高考真题）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（    ） A．1 B． C．2 D．3 4．（2023·全国·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 5．（2023·全国·高考真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 6．（2023·天津·高考真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 7．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为 ，升量器的高为 ． 8．（2024·全国·高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为 ． 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 答案 C B A C B B 1．C 【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可. 【详解】用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，使得；;重合， 因为，且两两之间距离为1．， 则形成的新组合体为一个三棱柱， 该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为， . 故选：C. 2．B 【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积. 【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为， 而它们的侧面积相等，所以即， 故，故圆锥的体积为. 故选：B. 3．A 【分析】证明平面，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解. 【详解】取中点，连接，如图，   是边长为2的等边三角形，， ，又平面，， 平面， 又，， 故，即， 所以， 故选：A 4．C 【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解； 法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解. 【详解】法一： 连结交于，连结，则为的中点，如图， 因为底面为正方形，，所以，则， 又，，所以，则， 又，，所以，则， 在中，， 则由余弦定理可得， 故，则， 故在中，， 所以， 又，所以， 所以的面积为. 法二： 连结交于，连结，则为的中点，如图， 因为底面为正方形，，所以， 在中，， 则由余弦定理可得，故， 所以，则， 不妨记， 因为，所以， 即， 则，整理得①， 又在中，，即，则②， 两式相加得，故， 故在中，， 所以， 又，所以， 所以的面积为. 故选：C. 5．B 【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答. 【详解】在中，，而，取中点，连接，有，如图， ，，由的面积为，得， 解得，于是， 所以圆锥的体积. 故选：B 6．B 【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比. 【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.    因为平面，平面，所以平面平面. 又因为平面平面，，平面，所以平面，且. 在中，因为，所以，所以， 在中，因为，所以， 所以. 故选：B 7． 23 57.5/ 【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度. 【详解】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则， 故，. 故答案为：. 8． 【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可得解. 【详解】由题可得两个圆台的高分别为， ， 所以. 故答案为：. 考点突破 【考点一】空间几何体的折展问题 核心梳理： 空间几何体的侧面展开图 (1)圆柱的侧面展开图是矩形． (2)圆锥的侧面展开图是扇形． (3)圆台的侧面展开图是扇环． 一、单选题 1．（23-24高三上·广东深圳·期末）已知矩形ABCD中，，，将沿BD折起至，当与AD所成角最大时，三棱锥的体积等于（    ） A． B． C． D． 2．（2024·重庆·三模）如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径.将圆柱侧面沿母线展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线.若该段正弦曲线是函数图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则的值为（    ）    A． B．1 C． D．2 二、多选题 3．（2024·云南昆明·一模）在矩形中，，，以对角线BD为折痕将△ABD进行翻折，折后为，连接得到三棱锥，在翻折过程中，下列说法正确的是（   ） A．三棱锥体积的最大值为 B．点都在同一球面上 C．点在某一位置，可使 D．当时， 4．（22-23高三上·江苏镇江·阶段练习）如图，在四棱锥的平面展开图中，四边形ABCD为直角梯形，，，.在四棱锥中，则（    ） A．平面PAD⊥平面PBD B．AD平面PBC C．三棱锥P-ABC的外接球表面积为 D．平面PAD与平面PBC所成的二面角的正弦值为 三、填空题 5．（2023·陕西西安·一模）将平面内等边与等腰直角（其中为斜边），沿公共边折叠成直二面角，若，且点在同一球的球面上，则球的表面积为 . 6．（20-21高三上·广东·阶段练习）一个圆锥的表面积为，其侧面展开图为半圆，当此圆锥的内接圆柱（圆柱的下底面与圆锥的底面在同一个平面内）的侧面积达到最大值时，该内接圆柱的底面半径为 . 参考答案： 题号 1 2 3 4 答案 A B ABD AC 1．A 【分析】 根据异面直线所成角、锥体体积公式等知识求得正确答案. 【详解】因为异面直线所成角的范围是，故当时，与AD所成角最大， 因为四边形是矩形，所以， 而平面，所以平面， 因为平面，所以， 在直角三角形中，， 而，所以， 所以. 故选：A 【点睛】异面直线所成角的范围是，当两条直线所成角为时，两直线平行或重合.求解锥体体积的问题，可以考虑利用转换定点的方法，然后利用体积公式来求得三棱锥的体积. 2．B 【分析】由题意可得且，由离心率的概念可得，结合勾股定理计算可得，进而求解. 【详解】由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数图象的一部分， 可得；设圆柱底面半径为，则，所以， 设椭圆长轴长为，短轴长为， 因为离心率为，得，则， 即，所以，得， 又由勾股定理得，解得， 故. 故选：B.    3．ABD 【分析】根据锥体体积公式即可求解A，根据直角三角形的性质即可求解B，根据线面垂直得线性垂直即可求解CD. 【详解】如图所示：分别过作，    对A，当平面平面时，三棱锥的高最大为， 三棱锥体积的最大值为，A正确； 对B，， 的中点为，则,故为三棱锥的外接球球心，B正确； 对C，若存在点在某一位置，使，连接， 由于，，平面， 则平面，又平面， ，这与相矛盾,不重合）， 不存在点在某一位置，使，C错误； 对D，当，又，，平面, 平面，又平面， ，又，，，D正确． 故选：ABD． 4．AC 【分析】由平面图还原立体图,由面面的垂直的判定定理判断选项A， 建立空间直角坐标系，根据线面平行的空间向量法判定即可判断选项B， 将立体图形想象补充为长方体，即可得到外接球半径，即可判断选项C, 写出对应点的坐标与向量的坐标,计算平面的法向量,利用空间向量夹角计算公式求解，即可判断选项D. 【详解】由四棱锥的平面展开图还原立体图, 可得平面, 平面，， 底面为直角梯形，,, 则以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示直角坐标系， 在直角梯形中,, 所以,即,而上述证明得， 又因为平面,, 所以平面,又平面, 所以平面平面,故A正确； 对B选项，由，可知,则, ，，且平面, 平面，故为平面的一个法向量， 根据底面为梯形，则显然不垂直，则不平行平面，故B错误， 对C选项，将三棱锥补成长为2，宽和高为1的长方体， 则三棱锥的外接球，即为长方体的外接球， 其半径, 故表面积为，故C正确， 由点坐标得，, 设平面的法向量为, 则，令，则，得 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为 ，故其夹角的正弦值为，故D错误， 故选：AC. 【点睛】方法点睛：常见的求平面与平面夹角的方法：①定义法，即利用二面角的定义求解面与面夹角；②空间向量法，建立合适的空间直角坐标系，求出相关向量的法向量，利用向量夹角的余弦公式来求解面面夹角的余弦值. 5． 【分析】利用空间几何体的外接球及球体表面积公式计算即可. 【详解】 如图所示取中点，连接， 根据题意易知， 又为等腰直角三角形，为等边三角形， 所以可知， 易知点在直线上，设，球半径为R， 所以， 故外接球的表面积为. 故答案为： 6．2 【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，由圆锥的侧面展开图为半圆可得，根据圆锥的表面积可得半径,母线和高,设内接圆柱的底面半径为，高为，由相似可得，代入圆柱的侧面积公式分析可得结果. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，因为圆锥的侧面展开图为半圆， 所以，解得. 因为圆锥的表面积为，所以，解得，，. 如图，设内接圆柱的底面半径为，高为，则，所以， 内接圆柱的侧面积， 当时，取最大值. 故答案为：2. 【点睛】本题考查圆锥的表面积和圆柱的侧面积公式，考查圆锥侧面展开图的应用，考查推理能力和计算能力，属于基础题. 规律方法： 空间几何体最短距离问题，一般是将空间几何体展开成平面图形，转化成求平面中两点间的最短距离问题，注意展开后对应的顶点和边． 【考点二】表面积与体积 核心梳理： 1．旋转体的侧面积和表面积 (1)S圆柱侧＝2πrl，S圆柱表＝2πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长)． (2)S圆锥侧＝πrl，S圆锥表＝πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长)． (3)S球表＝4πR2(R为球的半径)． 2．空间几何体的体积公式 (1)V柱＝Sh(S为底面面积，h为高)． (2)V锥＝Sh(S为底面面积，h为高)． (3)V台＝(S上＋＋S下)h(S上，S下分别为上、下底面面积，h为高)． (4)V球＝πR3(R为球的半径)． 一、单选题 1．（2024·云南大理·模拟预测）如图，揽月阁位于西安市雁塔南路最高点，承接大明宫、大雁塔，是西安唐文化轴的南部重要节点和标志性建筑，可近似视为一个正四棱台，现有一个揽月阁模型塔底宽，塔顶宽约，侧面面积为，据此计算该揽月阁模型体积为（    ） A．1400 B．2800 C． D．8400 2．（2024·广东·模拟预测）现有一个正四棱台形水库，该水库的下底面边长为2km，上底面边长为4km，侧棱长为，则该水库的最大蓄水量为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（24-25高三上·广西·阶段练习）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角.角度用弧度制表示.例如：正四面体每个顶点均有个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在正方体中，，则（    ） A．在四面体中，点的曲率为 B．在四面体中，点的曲率大于 C．四面体外接球的表面积为 D．四面体内切球半径的倒数为 4．（2024·广东广州·模拟预测）如图所示，四面体的底面是以为斜边的直角三角形，体积为，平面，，为线段上一动点，为中点，则下列说法正确的是（    ） A．三棱锥的体积和三棱锥的体积相等 B．当时， C．当时， D．四面体的外接球球心为，且外接球体积与之比的最小值是 三、填空题 5．（2024·安徽池州·模拟预测）如图所示的“升”是我国古代测量粮食的一种容器，从形状上可抽象成一个正四棱台．现有一个上、下底面边长分别为和的“升”，侧棱长为，要做成一个该“升”的几何体，其侧面所需板材的最小面积为 ． 6．（2024·北京·三模）我国南北朝时期的数学家祖暅提出体积的计算原理（祖暅原理）：“幂势既同，则积不容异．”“势”即是几何体的高，“幂”是截面积，意思是：如果两等高的几何体在同高处的截面积相等，那么这两个几何体的体积相等．已知双曲线的焦点在轴上，离心率为，且过点，则双曲线的渐近线方程为 ．若直线与在第一象限内与双曲线及其渐近线围成如图阴影部分所示的图形，则该图形绕轴旋转一周所得几何体的体积为 ． 参考答案： 题号 1 2 3 4 答案 B A ABD ABD 1．B 【分析】设斜高，利用侧面积求出斜高，求出棱台的高，利用台体体积公式得到答案. 【详解】如图，正四棱台底面边长分别为和，侧面积为， 设为斜高，可得，解得，即， ∴棱台的高， ∴， 棱台的体积为. 故选：B. 2．A 【分析】根据题意，水库的最大蓄水量等于正四棱台的体积，进而用台体的面积公式即可求解. 【详解】根据题意画出图形，如图所示，其中且. 由，可得， 又且，可得是长方形，则， 所以，， 则，正四棱台的高，下底面的面积，上底面的面积. 于是正四棱台的体积. 故该水库的最大蓄水量为. 故选：A. 3．ABD 【分析】根据正方体的性质及四面体的内切球与外切球的半径算法，结合曲率的定义分别计算各选项. 【详解】在正方体中，易证为正三角形，，， 在四面体中，点的曲率为，A选项正确； 在正方体中，，，，在四面体中，点的曲率为，B选项正确； 四面体外接球的半径即为正方体外接球的半径为， 四面体外接球的表面积为，C选项错误； 四面体的体积， 四面体的表面积， 四面体内切球的半径， 即，D选项正确； 故选：ABD. 4．ABD 【分析】根据锥体体积的计算公式可得两个三棱锥高和底面积相等，即A正确；利用线面垂直判定定理以及面面垂直的性质定理可证明平面，可判断B正确；当与重合，可知，这与矛盾，因此C不成立；利用三棱锥性质可求得外接球球心为的位置及其半径与三棱锥棱长的关系即可求得与之比的最小值. 【详解】对于A，因为为中点，则，而两个三棱锥高相等，故体积相等，A正确； 对于B，因为平面，平面，所以， 又，，平面， 故平面，平面，故平面平面， 过作，垂足为，如下图所示： 因为面平面，平面，故面， 而面，故，若， 则，而平面，故平面， 又平面，故，故B正确. 对于C，若与不重合，由平面，平面，可得； 又是以为斜边的直角三角形可知， 又,平面，所以平面, 又平面，所以， 当时，，平面， 所以平面，又平面， 可得， 但若与重合，由于，若，，平面， 所以平面，平面，故，这与矛盾，所以不成立， 故与重合，满足，但此时不成立，故C错误； 对于D，由平面，平面，故， 故，为外接球球心，且，， 又，可以在以中点为圆心，为半径的圆上运动， 到的距离为， 当且仅当时等号成立， 故到的距离最大为，此时， 故，D正确， 故选：ABD. 5． 【分析】根据棱台的几何性质确定斜高，再根据侧面性质确定面积即可. 【详解】 如图，由题意知该“升”的各侧面为上底、下底长分别为，腰长为的等腰梯形， 取中点为， 所以其侧面的高为． 若将各侧面展开，可拼接成一个一条边长为，另一条边长为的平行四边形， 该平行四边形的高为，所以所求面积为． 故答案为：. 6． 【分析】根据离心率及双曲线过点求出、，即可得到双曲线方程与渐近线方程，求出与双曲线及渐近线（）在第一象限的交点横坐标，即可求出阴影部分绕轴旋转一周所得几何体被任意水平平面所截的截面面积，再由祖暅原理计算可得. 【详解】双曲线的离心率，，，； 双曲线的方程为，又双曲线过点，即，解得，则， 双曲线方程为，则双曲线的渐近线方程为； 因为与双曲线在第一象限的交点为且； 与渐近线在第一象限的交点为且； 所以阴影部分绕轴旋转一周所得几何体被任意水平平面所截， 其截面面积为； 所以由祖暅原理可知：该阴影图形绕轴旋转一周所得几何体的体积与底面半径为高为的圆柱体积相等， 即它绕轴旋转一圈所得几何体的体积为． 故答案为：，． 【点睛】关键点点睛：本题关键是求出阴影部分绕轴旋转一周所得几何体被任意水平平面所截，其截面面积. 规律方法： 空间几何体的表面积与体积的求法 (1)公式法：对于规则的几何体直接利用公式进行求解． (2)割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，或把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体． (3)等体积法：选择合适的底面来求体积． 【考点三】多面体与球 核心梳理： 求空间多面体的外接球半径的常用方法 (1)补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解； (2)定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点的距离也是半径，列关系式求解即可． 一、单选题 1．（24-25高三上·贵州贵阳·阶段练习）如图甲，在边长为2的正方形中，分别是的中点，将分别沿折起，使得三点重合于点，如图乙，若三棱锥的所有顶点均在球的球面上，则球的体积为（   ） A． B． C． D． 2．（2024·福建·模拟预测）已知正四棱台下底面边长为，若内切球的体积为，则其外接球表面积是（  ） A．49π B．56π C．65π D．130π 二、多选题 3．（2024·湖南郴州·模拟预测）在正三棱台中，，，且等腰梯形所在的侧面与底面所成夹角的正切值均为2，则下列结论正确的有（   ） A．正三棱台的高为 B．正三棱台的体积为 C．与平面所成角的正切值为1 D．正三棱台外接球的表面积为 4．（2024·广东广州·模拟预测）在圆锥中，母线，底面圆的半径为r，圆锥的侧面积为，则（   ） A．当时，圆锥内接圆柱体的体积最大值为 B．当时，过顶点S和两母线的截面三角形的最大面积为 C．当时，圆锥能在棱长为4的正四面体内任意转动 D．当时，棱长为1的正四面体能在圆锥内任意转动 三、填空题 5．（2024·湖南邵阳·三模）在四面体中，是边长为的等边三角形，，，，点在棱上，且，过点作四面体的外接球的截面，则所得截面圆的面积最小值与球的表面积之比为 ． 6．（2025·广东·模拟预测）已知球O是某圆锥内可放入的最大的球，其半径为该圆锥底面半径的一半，则该圆锥的体积与球O的体积之比为 ． 参考答案： 题号 1 2 3 4 答案 A C BCD AD 1．A 【分析】运用补形法，结合长方体外接球问题计算. 【详解】根据题意可得，且1，， 所以三棱锥可补成一个长方体，三棱锥的外接球即为长方体的外接球， 如图所示，设长方体的外接球的半径为，可得，所以， 所以外接球的体积为. 故选：A. 2．C 【分析】作出正四棱台及其内切球的轴截面，求出正四棱台的上底面边长，再求出外接球半径即可得解. 【详解】正四棱台下底面边长，设其内接球半径为，则，解得， 取的中点，则四边形内切圆是正四棱台内接球的截面大圆， 则四边形是等腰梯形，，而， ，整理得，而，则， 设为正四棱台外接球球心，为该球半径，则， 令分别为正四棱台上下底面的中心，则，， ，， 当球心在线段时，，解得，球的表面积为； 当球心在线段的延长线时，，无解， 所以所求外接球表面积是. 故选：C 3．BCD 【分析】将正棱台补全为一个正棱锥，结合正棱台、正棱锥的结构特征求台体的高、体积及侧棱与底面夹角正切值，由确定棱台外接球球心位置，建立等量关系求半径，进而求外接球表面积. 【详解】将正棱台补全为一个正棱锥，如下图示， 其中分别为上下底面的中心，为的中点， 易知，则为等腰梯形所在的侧面与底面所成夹角， 所以，而，则， 根据棱台上下底面相似，知，即，故，A错； 由，， 所以，B对； 由图知：为与平面所成角，则，C对； 若为正三棱台外接球的球心，则其半径，即， 令，则，可得， 所以，故外接球表面积为，D对. 故选：BCD 4．AD 【分析】对于A，先根据几何体特征算出圆锥内接圆柱体的体积表达式，然后构造函数，利用导数即可求解；对于B，当时，，求出圆锥的轴截面顶角，进一步即可验算；对于C，分别算出圆锥外接球半径以及正四面体内切球半径，比较大小即可判断；对于D，分别算出正四面体外接球半径以及圆锥内切球半径，比较大小即可判断. 【详解】由已知圆锥的侧面积为，即， A选项：当时，，， 此时圆锥的轴截面、圆锥内接圆柱体的轴截面如图所示， 设，则由相似三角形性质有， 设 ， 令， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递增， 所以当时，有最大值，且它的最大值为， 所以，故A正确； B选项：当时，，此时圆锥的轴截面如图所示，   ，所以为钝角， 令，是圆锥的底面圆周上任意的不同两点，则， 所以，当且仅当时，取等号，故B错误； C选项：当时，，高， 设圆锥的外接球球心为，圆锥的外接球半径为， 所以， 棱长为4的正四面体可以补成正方体，如图所示，    则正方体的棱长， 正四面体的体积为， 正四面体的表面积为， 设正四面体的内切球半径为， 则由等体积法可知， 注意到， 所以圆锥不能在棱长为4的正四面体内任意转动，故C错误； D选项：棱长为1的正四面体可以补成正方体，如图所示，    则正方体的棱长，       所以正方体的外接球即正四面体的外接球， 直径为，半径为， 当时，，高， 圆锥的内切球球心在线段上，圆锥的轴截面截内切球的大圆，即圆锥轴截面的内切圆， 设内切圆半径为，由三角形面积得，解得， 所以棱长为1的正四面体能在圆锥内任意转动，故D正确. 故选：AD. 【点睛】关键点点睛：判断A选项的关键在于求出圆柱体积表达式，利用导数这一有利工具，由此即可顺利得解. 5．/1：8 【分析】先根据勾股定理逆定理得到，再根据直角三角形中线性质找出外接球的球心，再结合球的截面距离分析，要所得的截面圆中面积最小，只需截面圆半径最小，只需球心到截面的距离最大即可． 【详解】 由题意知，， 由勾股定理可知，， 所以， 取的中点，所以， 所以四面体的外接球在斜边的中点处， 四面体的外接球的半径， 根据题意可知，过点作球的截面，若要所得的截面圆中面积最小， 只需截面圆半径最小，设球到截面的距离，只需球心到截面的距离最大即可， 而当且仅当与截面垂直时，球心到截面的距离最大，即， 取的中点，易知为等腰三角形， ，所以， 所以截面圆的半径为， 所以截面圆的面积为，球的表面积为， 所得截面圆的面积最小值与球的表面积之比为 故答案为：． 6．/ 【分析】根据题意作出相应的截面图形，设，利用勾股定理，用表示，结合圆锥体积和球的体积公式即可求解. 【详解】球O是某圆锥内可放入的最大的球，则该球为圆锥的内切球， 截面如图所示：设球的半径为，则圆锥底面半径为， 可得在中，，， 设，由勾股定理得， ，即， 化简得，即， ，则，即， 则圆锥体积为， 球的体积为， 所以圆锥的体积与球O的体积之比为. 故答案为：. 规律方法： (1)求锥体的外接球问题的一般方法是补形法，把锥体补成正方体、长方体等求解． (2)求锥体的内切球问题的一般方法是利用等体积法求半径． 专题精练 一、单选题 1．（2024·陕西西安·模拟预测）圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为4．已知P为该圆台某条母线的中点，若一质点从点P出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P，则该质点运动的最短路径长为（    ） A． B．6 C． D． 2．（2024·四川宜宾·三模）在直三棱柱中，，，点P在四边形内（含边界）运动，当时，点P的轨迹长度为，则该三棱柱的表面积为（    ） A．4 B． C． D． 3．（2024·江苏徐州·模拟预测）圆柱与圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥内切球半径为（   ） A． B． C． D． 4．（2025·黑龙江大庆·一模）已知圆台的上､下底面半径分别为1和3，母线长为，则圆台的体积为（   ） A． B． C． D． 5．（23-24高一下·天津·期中）冰嘎别名冰尜，是东北民间少年儿童游艺品，俗称“陀螺”.通常以木镟之，大小不一，一般径寸余，上端为圆柱形，下端为锥形.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知分别是上、下底面圆的圆心，，底面圆的半径为，则该陀螺的表面积为（    ） A． B． C． D． 6．（2023·山东泰安·模拟预测）鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的两个相对三角形面间的距离为（    ）    A． B． C． D． 7．（2024·贵州遵义·模拟预测）在矩形中，，，为的中点，将和分别沿，折起，使点与点重合，记为点，若三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 8．（24-25高三上·河南焦作·开学考试）半径为4的实心球与半径为2的实心球体积之差的绝对值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（2024·山东·模拟预测）如图，有一个棱台形的容器（上底面无盖），其四条侧棱均相等，底面为矩形，，容器的深度为，容器壁的厚度忽略不计，则下列说法正确的是（    ） A． B．该四棱台的侧面积为 C．若将一个半径为的球放入该容器中，则球可以接触到容器的底面 D．若一只蚂蚁从点出发沿着容器外壁爬到点，则其爬行的最短路程为 10．（21-22高二下·浙江绍兴·期末）在正方体中，点满足，其中，，则（  ） A．当时，平面 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，的面积为定值 D．当时，直线与所成角的范围为 11．（2024·江苏南京·二模）在棱长为1的正方体中，、分别为、的中点，点满足，则下列说法正确的是（    ） A．若，则三棱锥外接球的表面积为 B．若，则异面直线与所成角的余弦值为 C．若，则面积的最小值为 D．若存在实数使得，则的最小值为 三、填空题 12．（2025·江苏南通·一模）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的侧面积为 ． 13．（2024·江苏苏州·一模）已知直三棱柱外接球的直径为6，且，，则该棱柱体积的最大值为 ． 14．（2024·江西九江·二模）将两个观赏球体封闭在一个正方体容器内，设正方体棱长为1，则两个球体体积之和的最大值为 ． 四、解答题 15．（2024·广西贵港·模拟预测）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，E为边CD的中点，沿AE把折起，使点D到达点P的位置，且． (1)求证：平面； (2)求三棱锥的表面积 16．（2022·陕西榆林·模拟预测）如图，已知三棱柱中，，平面，，M为边上的动点． (1)当时，求证：平面； (2)求三棱锥的体积． 17．（2024·上海·模拟预测）设一个简单几何体的表面积为，体积为，定义系数，已知球体对应的系数为，定义为一个几何体的“球形比例系数”. (1)计算正方体和正四面体的“球形比例系数”； (2)求圆柱体的“球形比例系数”范围； (3)是否存在“球形比例系数”为0.75的简单几何体？若存在，请描述该几何体的基本特征；若不存在，说明理由. 18．（2024·河南信阳·模拟预测）长方体中，. (1)过E、B作一个截面，使得该截面平分长方体的表面积和体积.写出作图过程及其理由. (2)记（1）中截面为，若与（1）中过点的长方体的三个表面成二面角分别为，求的值. 19．（2022·福建宁德·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面，，，，为棱上一点． (1)若是的中点，求证：直线平面； (2)若，且二面角的平面角的余弦值为，求三棱锥的体积 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C C A B C B A BD ABD 题号 11 答案 AD 1．A 【分析】利用侧面展开结合图形求解最短距离. 【详解】P为圆台母线AB的中点，分别为上下底面的圆心，把圆台扩成圆锥，如图所示， 则，，， 由，有，，， 圆锥底面半径，底面圆的周长为，母线长， 所以侧面展开图的扇形的圆心角为，即，如图所示， 质点从点P出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P，则运动的最短路径为展开图弦， ，，有. 故选：A 2．C 【分析】由题意得，其中，从而根据题意列方程可求得，根据棱柱表面积公式即可求解. 【详解】 设，因为，所以由棱柱的性质可得， 因为平面，平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面， 点P在四边形内（含边界）运动，当时， ，这意味着点是在以为圆心为半径的圆弧上运动， 该圆弧弧长是圆周周长，由题意，解得， 所以该三棱柱的表面积为. 故选：C. 3．C 【分析】由等面积法先求出圆锥底面圆的半径，再由等面积法求出圆锥轴截面内切圆的半径即可得解. 【详解】若圆柱与圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为， 则，其中为圆锥底面圆的半径， 根据对称性，圆锥内切球半径为圆锥轴截面内切圆的半径， 设内切圆圆心为点，圆锥底面圆心为点，为圆锥的母线， 设，由题意， 由等面积法有. 故选：C. 4．A 【分析】首先利用勾股定理求出圆台的高，再由台体的体积公式计算可得. 【详解】因为圆台的上､下底面半径分别为1和3，母线长为， 所以圆台的高， 所以圆台的体积. 故选：A 5．B 【分析】先利用已知条件底面圆的半径，以及，求得圆柱母线长以及圆锥的母线长，再利用圆柱和圆锥的表面积公式求解即可. 【详解】由底面圆的半径为，得底面圆的面积为， 又知，则 得圆柱的高等于母线长，且圆柱的母线长为， 已知圆锥的高为，圆的半径为，则圆锥的母线长为：， 则陀螺的表面积为：； 故选：B. 6．C 【分析】该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，由等体积转化得出截去的三棱锥的高，由体对角线减去该高，计算即可. 【详解】由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，如图所示，由题意可知：，所以. 故该正方体的棱长为，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为， 则该小三棱锥几何体的体积为，    所以该三棱锥的顶点D到面ABC的距离. 易知鲁班锁两个相对的三角形面平行，且正方体的体对角线MD垂直于该两面，故该两面的距离. 故选：C 7．B 【分析】首先判断两两互相垂直，再补体成为长方体，利用长方体和四棱锥是同一个外接球，即可求半径，求球的表面积. 【详解】依题意，，，，平面， 则平面， ，，即有，则， 由此可将三棱锥补成以为相邻三条棱的长方体， 若三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则该长方体的各顶点亦在球的球面上， 设球的半径为，则该长方体的体对角线长为， 所以球的表面积. 故选：B 8．A 【分析】先由已知条件和球的体积公式分别直接计算出实心球和实心球的体积，再用大实心球体积减去小实心球体积即可得解. 【详解】由题意可知实心球体积为，实心球体积为， 所以实心球与实心球体积之差的绝对值为. 故选：A. 9．BD 【分析】由勾股定理即可判断A，由梯形的面积公式代入计算，即可判断B，做出轴截面图形代入计算，即可判断C，将四棱台展开，然后代入计算，即可判断D 【详解】 对于A，由题意可得，故A错误； 对于B，梯形的高为， 所以梯形的面积为， 梯形的高为， 所以梯形的面积为， 故该四棱台的侧面积为，故B正确； 对于C，若放入容器内的球可以接触到容器的底面，则当球的半径最大时， 球恰好与面、面、面均相切， 过三个切点的截面如图（1）所示，由题意可知棱台的截面为等腰梯形， 较长的底边上的底角的正切值为，则， 由于互补，故， 则，所以（负值舍），从而球的半径为， 所以将半径为的球放入该容器中不能接触到容器的底面，故C错误； 对于D，将平面与平面展开至同一平面， 如图（2），则， 将平面与平面展开至同一平面，如图（3）， 则， 所以最短路程为，故D正确． 故选：BD 【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于选项D的判断，解答时要将空间问题转化为平面问题，将几何体侧面展开，将折线长转化为线段长，即可求解. 10．ABD 【分析】对于A选项，确定点在面对角线上，通过证明面面平行，得线面平行；对于B选项，确定点在棱上，由等体积法，说明三棱锥的体积为定值；对于C选项，确定点在棱上，的底不变，高随点的变化而变化；对于D选项，通过平移直线，找到异面直线与所成的角，在正中，确定其范围. 【详解】对于A选项，如下图，当时，点在面对角线上运动， 又平面，所以平面， 在正方体中，且，则四边形为平行四边形， 所以，，平面，平面，平面， 同理可证平面， ，所以，平面平面， 平面，所以，平面，A正确； 对于B选项，当时，如下图，点在棱上运动， 三棱锥的体积为定值，B正确； 对于C选项，当时，如图，点在棱上运动，过作于点， 则，其大小随着的变化而变化，C错误； 对于D选项，如图所示，当时，，，三点共线， 因为且,所以四边形为平行四边形，所以， 所以或其补角是直线与所成角， 在正中，的取值范围为，D正确. 故选：ABD. 11．AD 【分析】根据长方体的外接球即可求解A，建立空间直角坐标系，即可根据向量的坐标运算，结合模长公式以及夹角公式即可求解BD，根据线面垂直的性质可得在线段上运动，，即可根据面积公式求解. 【详解】A：由题意，与重合， 故三棱锥的外接球与以为长宽高的长方体的外接球相同， 故半径，表面积为，故对； B：以为原点建系，，，，，， 由，所以， ，，，故B错； C：由得，在线段上运动，设在底面的投影为，连接， 由于，所以，故， 连接相交于，连接， ，当重合时取等号，故C错；    D：由 得，，，， 由可得， 所以，，， 当时，，故D正确. 故选：AD. 12． 【分析】根据圆柱与球体的位置关系及球的对称性求圆柱底面半径，再由圆柱侧面积的求法求结果. 【详解】由题设，已知球为圆柱的外接球，且球体半径，圆柱高为， 根据球的对称性，圆柱底面半径为， 则圆柱侧面积. 故答案为： 13．16 【分析】将直三棱柱外补全成长方体，从而可得直三棱柱外接球的直径即为该长方体的对角线，从而可得，再根据重要不等式，即可求解． 【详解】如图，将直三棱柱外补全成长方体， 则直三棱柱外接球的直径即为该长方体的对角线， 设，，则，， 直三棱柱的体积为， 当且仅当时，等号成立， 该棱柱体积的最大值为16． 故答案为：16． 14． 【分析】设两个球，的半径分别为，，得到两圆与对角面相切，且与正方体三个面相切时，体积和最大，根据题意，求得的取值范围，利用球的体积公式，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】如图所示，为正方体的对角面， 设两个球，的半径分别为，， 当两圆与对角面相切，且与正方体三个面相切时，体积和最大， 所以，可得，所以， 由题意知，，且，故， 所以体积， 当时，最大，此时，最大值为. 故答案为：.    【点睛】解决与球有关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素间的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径：根据作出截面中的几何元素，利用球的截面的性质，运用公式（为底面多边形的外接圆的半径，为几何体的外接球的半径，表示球心到底面的距离）求得球的半径，建立关于球半径的方程，进行求解，该方法的实质是通过寻找外接球的一个轴截面，把立体几何问题转化为平面几何问题来研究. 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）求出各边，由勾股定理逆定理求出，结合得到线面垂直； （2）求出各边长，利用三角形面积公式得到各三角形面积，相加得到表面积. 【详解】（1）由题可知， ，， ，， 为等边三角形， ， ， ． ，平面， 平面． （2）由（1）得，，， ， 由三角形面积公式得， ， 三棱锥的表面积 ． 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由平面，可得，由，，可得，即可证得平面； （2）由已知可得点C到平面距离为，又当M点在上运动时，的面积是定值，由三棱锥体积公式，即可求得三棱锥的体积． 【详解】（1）平面， 又平面，， ，，， 又，平面， 平面． （2），， ， 则点C到平面距离为， 在三棱柱中，平面， 则四边形为矩形， 当M点在上运动时，的面积是定值， 又， ， ． 17．(1)正方体“球形比例系数”，正四面体的“球形比例系数”. (2) (3)存在，该题答案不唯一，比如该几何体由圆柱和一个半球组合而成， 底面半径相同，圆柱的高约为半径的1.95倍. 【分析】（1）利用球的的表面积公式和体积公式即可得到，再利用正方体和正四面体的表面积和体积公式计算出即可； （2）计算得，再利用比值换元法结合导数即可得到其值域； （3）考虑圆柱和半球的组合体，底面重合，半径为，圆柱的高为，首先计算得，再有得，利用计算器即可得到，即可得到答案. 【详解】（1）设球的半径为，正方体的棱长为，正四面体的棱长为， 则，正方体的系数为， 正四面体的表面积为， 如图，设为正三角形的中心，连接， 连接，设正四面体的棱长为，则， 故．则其体积为， 则正四面体的系数为 所以，正方体“球形比例系数”， 正四面体的“球形比例系数”. （2）设圆柱底面半径为，高为，则全面积为，体积为， 于是，设， 则，当时，；当时，； 即时，单调递减；时，单调递增. 即时，圆柱体的系数最小为， 所以，圆柱体的球形比例系数的值域为. （3）考虑圆柱和半球的组合体，底面重合，半径为，圆柱的高为， 于是组合体的全面积，体积 ， ，而，当时，， 注：上海试卷可以使用计算器. 故存在球形比例系数为的几何体，其由圆柱和一个半球组合而成， 底面半径相同，圆柱的高约为半径的1.95倍. 18．(1)详情见解析 (2)1 【分析】（1）连接，取中点，则与可确定一个平面，该平面即为所求,可证得四边形为平行四边形,计算体积和表面积可证得该截面平分长方体的表面积和体积； （2）易知两两垂直,以为原点建立如图所示空间直角坐标系，设平面、平面、平面的法向量分别为，平面法向量为，利用向量法计算即可求得的值. 【详解】（1）连接，取中点，则与可确定一个平面，该平面即为所求. 连接,取点使得.连接，,则所作截面为平面. 理由：连接,, ,（长方体性质） ∴四边形为平行四边形， 又为中点（长方体性质） ∴为中点，四点共面， ∵面面,面面,面面， 所以，同理可证得. ∴四边形为平行四边形, 取,设长方体左半部分几何体体积为,表面和为, 因为，设， 所以，， , 综上，平面符合题意 （2）易知两两垂直,以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 由题， 令，则有,则， 设平面、平面、平面的法向量分别为由长方体性质可知 设平面法向量为 则有，即，令，则，∴ 则 19．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先取的中点，连接，再由平行四边形即可证明线线平行，进而证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量由二面角的平面角的余弦值求出的位置，即可由体积公式求解． 【详解】（1）证明：取的中点，连，， 为的中点，且， 又，且， ，， 所以四边形为平行四边形， ， 又平面，平面， 故直线平面． （2）以为坐标原点，以，，所在射线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， 设，则，， 在棱上，可设， 故，解得，即， 易知平面的法向量为， 设平面的法向量，，， ，即， 即， 取，则，， 故， 因为二面角的平面角的余弦值为， 所以，即， 即， ，解得， 故是的中点， 因此 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$