专题17 空间几何体及其表面积和体积填选题综合（三大考点，100题）（全国通用）-【好题汇编】十年（2016-2025）高考数学真题分类汇编

专题17 空间几何体及其表面积和体积填选题综合 （三大考点，100题） 考点 十年考情 (2016-2025) 命题趋势 考点 1: 空间几何体的结构 2024 年北京卷：四棱锥高的计算；2021 年新高考全国 Ⅰ 卷：圆锥母线长计算；2020 年全国 I 卷：正四棱锥侧面与高的关系；2020 年山东卷：日晷中晷针与水平面夹角；2023 年新课标 Ⅰ 卷：物体能否放入正方体容器判断；2025 年全国二卷：圆柱内两铁球最大半径；2020 年山东卷：直四棱柱球面交线长；2020 年全国 I 卷：三棱锥平面展开图角度计算；2019 年全国 II 卷：半正多面体的面数与棱长 1. 围绕空间几何体的结构特征，结合线面垂直、面面垂直等关系考查几何量计算。2. 以常见几何体（棱锥、圆锥、圆柱等）为载体，涉及折叠、展开、内切外接等问题是重点。 考点 2: 空间几何体的三视图和直观图 2023 年全国乙卷：由三视图求零件表面积；2022 年全国甲卷：由三视图求多面体体积；2022 年浙江卷：由三视图求组合体体积；2021 年全国甲卷：正方体截去三棱锥后的侧视图；2020 年全国 III 卷：由三视图求几何体表面积；2020 年全国 II 卷：三视图中点的对应关系；2021 年浙江卷：由三视图求四棱柱体积；2021 年北京卷：由三视图求四面体表面积；2020 年北京卷：由三视图求三棱柱表面积；2018 年浙江卷：由三视图求直四棱柱体积；2018 年北京卷：由三视图判断四棱锥直角三角形个数；2018 年全国 I 卷：圆柱侧面上两点最短路径；2018 年全国 III 卷：榫卯结构的俯视图；2017 年全国 III 卷：圆柱体积与球的关系；2017 年全国 I 卷：由三视图求多面体中梯形面积和；2017 年全国 II 卷：由三视图求截圆柱体积；2017 年北京卷：由三视图求三棱锥体积；2017 年北京卷：由三视图求四棱锥最长棱；2016 年全国 III 卷：由三视图求多面体表面积；2017 年浙江卷：由三视图求组合体体积；2016 年北京卷：由三视图求三棱锥体积；2016 年全国 I 卷：由三视图求球的表面积；2016 年全国 II 卷：由三视图求组合体表面积；2021 年全国乙卷：三视图的组合选择；2019 年北京卷：由三视图求几何体体积 1. 由三视图还原几何体并计算表面积、体积是核心考点，注重空间想象能力。2. 三视图中点、线、面的对应关系及最短路径等问题偶有考查，需掌握三视图与直观图的转化方法。 考点 3: 空间几何体的表面积和体积 2024 年新课标 Ⅰ 卷：圆柱与圆锥体积关系；2024 年新课标 Ⅱ 卷：正三棱台体积与线面角；2024 年天津卷：五面体体积计算；2023 年全国乙卷：圆锥体积计算；2023 年全国甲卷：四棱锥中三角形面积；2023 年全国甲卷：三棱锥体积计算；2023 年天津卷：三棱锥体积比；2022 年新高考全国 Ⅰ 卷：正四棱锥体积取值范围；2022 年新高考全国 Ⅱ 卷：正三棱台外接球表面积；2022 年新高考全国 Ⅰ 卷：棱台体积计算；2022 年全国乙卷：四棱锥体积最大值时的高；2022 年全国甲卷：圆锥体积比；2022 年天津卷：组合体体积计算；2021 年新高考全国 Ⅱ 卷：正四棱台体积；2021 年新高考全国 Ⅱ 卷：卫星信号覆盖面积占比；2021 年全国甲卷：球内三棱锥体积；2021 年天津卷：两个圆锥体积和；2021 年北京卷：降雨量等级判断；2020 年全国 I 卷：球内三棱锥的球表面积；2020 年全国 II 卷：球心到平面距离；2020 年天津卷：正方体外接球表面积；2020 年浙江卷：由三视图求组合体体积；2019 年浙江卷：由三视图求棱柱体积；2019 年全国 I 卷：球内三棱锥体积；2018 年全国 III 卷：球内三棱锥体积最大值；2018 年全国 I 卷：圆柱表面积；2018 年全国 I 卷：长方体体积；2016 年全国 III 卷：直三棱柱内球体积最大值；2016 年全国 II 卷：正方体外接球表面积；2023 年新课标 Ⅱ 卷：圆锥的体积、侧面积等判断；2022 年新高考全国 Ⅱ 卷：三棱锥体积关系判断；2025 年北京卷：多面体体积计算；2025 年上海卷：正四棱柱体积；2024 年全国甲卷：圆台体积比；2024 年北京卷：圆柱容积与高度关系；2023 年新课标 Ⅰ 卷：正四棱台体积；2023 年新课标 Ⅱ 卷：棱台体积；2023 年全国甲卷：球面与正方体棱的交点数；2023 年全国乙卷：球内点到平面距离；2023 年全国甲卷：正方体与球的半径范围；2022 年上海卷：圆锥侧面积；2021 年全国甲卷：圆锥侧面积；2016 年天津卷：四棱锥体积；2020 年全国 III 卷：圆锥内切球体积；2020 年海南卷：三棱锥体积；2020 年江苏卷：六角螺帽体积；2020 年山东卷：球体积；2019 年全国 III 卷：3D 打印模型质量；2019 年天津卷：四棱锥内圆柱体积；2019 年江苏卷：三棱锥体积；2018 年全国 II 卷：圆锥侧面积；2018 年全国 II 卷：圆锥体积；2018 年天津卷：四棱锥体积；2018 年江苏卷：多面体体积；2018 年天津卷：四棱锥体积；2017 年全国 I 卷：折叠三棱锥体积最大值；2017 年全国 II 卷：长方体外接球表面积；2017 年天津卷：正方体外接球体积；2017 年全国 I 卷：球内三棱锥表面积；2017 年江苏卷：圆柱与球体积比；2017 年山东卷：组合体体积；2017 年上海卷：球主视图面积；2016 年浙江卷：四面体体积最大值；2016 年浙江卷：几何体表面积与体积；2021 年上海卷：圆柱侧面积；2016 年四川卷：三棱锥体积 1. 表面积和体积计算涉及各类几何体及组合体，常与球的内切、外接结合。2. 体积的最值问题、体积比问题及实际应用场景是命题热点，需熟练掌握公式及转化方法。 考点01：空间几何体的结构 一、单选题 1．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 2．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（    ） A． B． C． D． 3．（2020·全国I卷·高考真题）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（    ） A． B． C． D． 4．（2020·山东·高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（    ） A．20° B．40° C．50° D．90° 二、多选题 5．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（    ） A．直径为的球体 B．所有棱长均为的四面体 C．底面直径为，高为的圆柱体 D．底面直径为，高为的圆柱体 3、 填空题 6．（2025·全国二卷·高考真题）一个底面半径为，高为的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为 ． 7．（2020·山东·高考真题）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 ． 8．（2020·全国I卷·高考真题）如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB= . 9．（2019·全国II卷·高考真题）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有 个面，其棱长为 ． 考点02：空间几何体的三视图和直观图 一、单选题 10．（2023·全国乙卷·高考真题）如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，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 11．（2022·全国甲卷·高考真题）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（    ） A．8 B．12 C．16 D．20 12．（2022·浙江·高考真题）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． 13．（2021·全国甲卷·高考真题）在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G．该正方体截去三棱锥后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（ ） A． B． C． D． 14．（2020·全国III卷·高考真题）下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（    ） A．6+4 B．4+4 C．6+2 D．4+2 15．（2020·全国II卷·高考真题）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． 16．（2021·浙江·高考真题）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（    ） A． B．3 C． D． 17．（2021·北京·高考真题）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． 18．（2020·北京·高考真题）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（    ）． A． B． C． D． 19．（2018·浙江·高考真题）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． 20．（2018·北京·高考真题）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为 A．1 B．2 C．3 D．4 21．（2018·全国I卷·高考真题）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为    A． B． C． D．2 22．（2018·全国III卷·高考真题）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是 A． B． C． D． 23．（2017·全国III卷·高考真题）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 A． B． C． D． 24．（2017·全国I卷·高考真题）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为 A．10 B．12 C．14 D．16 25．（2017·全国II卷·高考真题）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为 A． B． C． D． 26．（2017·北京·高考真题）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为 A．20 B．10 C．30 D．60 27．（2017·北京·高考真题）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长的棱长度为（    ）． A． B． C． D． 28．（2016·全国III卷·高考真题）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为 A． B． C．90 D．81 29．（2017·浙江·高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：）是 A． B． C． D． 30．（2016·北京·高考真题）某三棱锥的三视图如下图所示，则该三棱锥的体积为 A． B． C． D．1 31．（2016·全国I卷·高考真题）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是，则它的表面积是 A．17π B．18π C．20π D．28π 32．（2016·全国II卷·高考真题）如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为    A． B． C． D． 一、填空题 33．（2021·全国乙卷·高考真题）以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为 （写出符合要求的一组答案即可）． 34．（2019·北京·高考真题）某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为 ． 考点03：空间几何体的表面积和体积 1、 单选题 35．（2024·新课标Ⅰ卷·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． 36．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（    ） A． B．1 C．2 D．3 37．（2024·天津·高考真题）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 38．（2023·全国乙卷·高考真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 39．（2023·全国甲卷·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 40．（2023·全国甲卷·高考真题）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（    ） A．1 B． C．2 D．3 41．（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． 42．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 43．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 44．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（    ） A． B． C． D． 45．（2022·全国乙卷·高考真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（    ） A． B． C． D． 46．（2022·全国甲卷·高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（    ） A． B． C． D． 47．（2022·天津·高考真题） 十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，左图中的故宫角楼的顶部即为十字歇山顶.其上部可视为由两个相同的直三棱柱重叠而成的几何体（如右图）.这两个直三棱柱有一个公共侧面ABCD.在底面BCE中，若,,则该几何体的体积为（    ） A． B． C．27 D． 48．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（    ） A． B． C． D． 49．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（    ） A．26% B．34% C．42% D．50% 50．（2021·全国甲卷·高考真题）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 51．（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（    ） A． B． C． D． 52．（2021·北京·高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：）．24h降雨量的等级划分如下：    等级 24h降雨量（精确到0.1） …… …… 小雨 0.1~9.9 中雨 10.0~24.9 大雨 25.0~49.9 暴雨 50.0~99.9 …… …… 在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm，高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm（如图所示)，则这24h降雨量的等级是 A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨 53．（2020·全国I卷·高考真题）已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 54．（2020·全国II卷·高考真题）已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（    ） A． B． C．1 D． 55．（2020·天津·高考真题）若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 56．（2020·浙江·高考真题）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（ ） A． B． C．3 D．6 57．（2019·浙江·高考真题）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式，其中是柱体的底面积，是柱体的高，若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是 A．158 B．162 C．182 D．32 58．（2019·全国I卷·高考真题）已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为 A． B． C． D． 59．（2018·全国III卷·高考真题）设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为 A． B． C． D． 60．（2018·全国I卷·高考真题）已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为 A． B． C． D． 61．（2018·全国I卷·高考真题）在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为 A． B． C． D． 62．（2016·全国III卷·高考真题）在封闭的直三棱柱内有一个体积为V的球，若，，， ，则该球体积V的最大值是 A． B． C． D． 63．（2016·全国II卷·高考真题）体积为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为 A． B． C． D． 二、多选题 64．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（    ）． A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为 C． D．的面积为 65．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（    ） A． B． C． D． 三、填空题 66．（2025·北京·高考真题）某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，，.若，则该多面体的体积为 ． 67．（2025·上海·高考真题）如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为 ．    68．（2024·全国甲卷·高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为 ． 69．（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 ． 70．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ． 71．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 ． 72．（2023·全国甲卷·高考真题）在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点． 73．（2023·全国乙卷·高考真题）已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则 ． 74．（2023·全国甲卷·高考真题）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 ． 75．（2022·上海·高考真题）已知某圆锥的高为4，底面积为，则该圆锥的侧面积为 . 76．（2021·全国甲卷·高考真题）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为 . 77．（2016·天津·高考真题）已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为 m3.    78．（2020·全国III卷·高考真题）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为 ． 79．（2020·海南·高考真题）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为 80．（2020·江苏·高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是 cm3. 81．（2020·山东·高考真题）已知球的直径为2，则该球的体积是 . 82．（2019·全国III卷·高考真题）学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型.如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，分别为所在棱的中点，，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为 . 83．（2019·天津·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为 . 84．（2019·江苏·高考真题）如图，长方体的体积是120，E为的中点，则三棱锥E-BCD的体积是 . 85．（2018·全国II卷·高考真题）已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为 ． 86．（2018·全国II卷·高考真题）已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为 ． 87．（2018·天津·高考真题）如图，已知正方体ABCD–A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1–BB1D1D的体积为 ． 88．（2018·江苏·高考真题）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 ．    89．（2018·天津·高考真题）已知正方体的棱长为1，除面外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥的体积为 . 90．（2017·全国I卷·高考真题）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为 ．    91．（2017·全国II卷·高考真题）长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为 . 92．（2017·天津·高考真题）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为 . 93．（2017·全国I卷·高考真题）已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径若平面平面SCB，，，三棱锥的体积为9，则球O的表面积为 ． 94．（2017·江苏·高考真题）如图，在圆柱O1 O2 内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1 O2 的体积为V1 ,球O的体积为V2 ，则 的值是 95．（2017·山东·高考真题）由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图,则该几何体的体积为 . 96．（2017·上海·高考真题）已知球的体积为，则该球主视图的面积等于 97．（2016·浙江·高考真题）如图，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是 . 98．（2016·浙江·高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是 cm2,体积是 cm3． 99．（2021·上海·高考真题）已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，则其侧面积为 . 100．（2016·四川·高考真题）已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是 ． 试卷第72页，共73页 试卷第73页，共73页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题17 空间几何体及其表面积和体积填选题综合 （三大考点，100题） 考点 十年考情 (2016-2025) 命题趋势 考点 1: 空间几何体的结构 2024 年北京卷：四棱锥高的计算；2021 年新高考全国 Ⅰ 卷：圆锥母线长计算；2020 年全国 I 卷：正四棱锥侧面与高的关系；2020 年山东卷：日晷中晷针与水平面夹角；2023 年新课标 Ⅰ 卷：物体能否放入正方体容器判断；2025 年全国二卷：圆柱内两铁球最大半径；2020 年山东卷：直四棱柱球面交线长；2020 年全国 I 卷：三棱锥平面展开图角度计算；2019 年全国 II 卷：半正多面体的面数与棱长 1. 围绕空间几何体的结构特征，结合线面垂直、面面垂直等关系考查几何量计算。2. 以常见几何体（棱锥、圆锥、圆柱等）为载体，涉及折叠、展开、内切外接等问题是重点。 考点 2: 空间几何体的三视图和直观图 2023 年全国乙卷：由三视图求零件表面积；2022 年全国甲卷：由三视图求多面体体积；2022 年浙江卷：由三视图求组合体体积；2021 年全国甲卷：正方体截去三棱锥后的侧视图；2020 年全国 III 卷：由三视图求几何体表面积；2020 年全国 II 卷：三视图中点的对应关系；2021 年浙江卷：由三视图求四棱柱体积；2021 年北京卷：由三视图求四面体表面积；2020 年北京卷：由三视图求三棱柱表面积；2018 年浙江卷：由三视图求直四棱柱体积；2018 年北京卷：由三视图判断四棱锥直角三角形个数；2018 年全国 I 卷：圆柱侧面上两点最短路径；2018 年全国 III 卷：榫卯结构的俯视图；2017 年全国 III 卷：圆柱体积与球的关系；2017 年全国 I 卷：由三视图求多面体中梯形面积和；2017 年全国 II 卷：由三视图求截圆柱体积；2017 年北京卷：由三视图求三棱锥体积；2017 年北京卷：由三视图求四棱锥最长棱；2016 年全国 III 卷：由三视图求多面体表面积；2017 年浙江卷：由三视图求组合体体积；2016 年北京卷：由三视图求三棱锥体积；2016 年全国 I 卷：由三视图求球的表面积；2016 年全国 II 卷：由三视图求组合体表面积；2021 年全国乙卷：三视图的组合选择；2019 年北京卷：由三视图求几何体体积 1. 由三视图还原几何体并计算表面积、体积是核心考点，注重空间想象能力。2. 三视图中点、线、面的对应关系及最短路径等问题偶有考查，需掌握三视图与直观图的转化方法。 考点 3: 空间几何体的表面积和体积 2024 年新课标 Ⅰ 卷：圆柱与圆锥体积关系；2024 年新课标 Ⅱ 卷：正三棱台体积与线面角；2024 年天津卷：五面体体积计算；2023 年全国乙卷：圆锥体积计算；2023 年全国甲卷：四棱锥中三角形面积；2023 年全国甲卷：三棱锥体积计算；2023 年天津卷：三棱锥体积比；2022 年新高考全国 Ⅰ 卷：正四棱锥体积取值范围；2022 年新高考全国 Ⅱ 卷：正三棱台外接球表面积；2022 年新高考全国 Ⅰ 卷：棱台体积计算；2022 年全国乙卷：四棱锥体积最大值时的高；2022 年全国甲卷：圆锥体积比；2022 年天津卷：组合体体积计算；2021 年新高考全国 Ⅱ 卷：正四棱台体积；2021 年新高考全国 Ⅱ 卷：卫星信号覆盖面积占比；2021 年全国甲卷：球内三棱锥体积；2021 年天津卷：两个圆锥体积和；2021 年北京卷：降雨量等级判断；2020 年全国 I 卷：球内三棱锥的球表面积；2020 年全国 II 卷：球心到平面距离；2020 年天津卷：正方体外接球表面积；2020 年浙江卷：由三视图求组合体体积；2019 年浙江卷：由三视图求棱柱体积；2019 年全国 I 卷：球内三棱锥体积；2018 年全国 III 卷：球内三棱锥体积最大值；2018 年全国 I 卷：圆柱表面积；2018 年全国 I 卷：长方体体积；2016 年全国 III 卷：直三棱柱内球体积最大值；2016 年全国 II 卷：正方体外接球表面积；2023 年新课标 Ⅱ 卷：圆锥的体积、侧面积等判断；2022 年新高考全国 Ⅱ 卷：三棱锥体积关系判断；2025 年北京卷：多面体体积计算；2025 年上海卷：正四棱柱体积；2024 年全国甲卷：圆台体积比；2024 年北京卷：圆柱容积与高度关系；2023 年新课标 Ⅰ 卷：正四棱台体积；2023 年新课标 Ⅱ 卷：棱台体积；2023 年全国甲卷：球面与正方体棱的交点数；2023 年全国乙卷：球内点到平面距离；2023 年全国甲卷：正方体与球的半径范围；2022 年上海卷：圆锥侧面积；2021 年全国甲卷：圆锥侧面积；2016 年天津卷：四棱锥体积；2020 年全国 III 卷：圆锥内切球体积；2020 年海南卷：三棱锥体积；2020 年江苏卷：六角螺帽体积；2020 年山东卷：球体积；2019 年全国 III 卷：3D 打印模型质量；2019 年天津卷：四棱锥内圆柱体积；2019 年江苏卷：三棱锥体积；2018 年全国 II 卷：圆锥侧面积；2018 年全国 II 卷：圆锥体积；2018 年天津卷：四棱锥体积；2018 年江苏卷：多面体体积；2018 年天津卷：四棱锥体积；2017 年全国 I 卷：折叠三棱锥体积最大值；2017 年全国 II 卷：长方体外接球表面积；2017 年天津卷：正方体外接球体积；2017 年全国 I 卷：球内三棱锥表面积；2017 年江苏卷：圆柱与球体积比；2017 年山东卷：组合体体积；2017 年上海卷：球主视图面积；2016 年浙江卷：四面体体积最大值；2016 年浙江卷：几何体表面积与体积；2021 年上海卷：圆柱侧面积；2016 年四川卷：三棱锥体积 1. 表面积和体积计算涉及各类几何体及组合体，常与球的内切、外接结合。2. 体积的最值问题、体积比问题及实际应用场景是命题热点，需熟练掌握公式及转化方法。 考点01：空间几何体的结构 一、单选题 1．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面平面，可知平面，利用等体积法求点到面的距离. 【详解】如图，底面为正方形， 当相邻的棱长相等时，不妨设， 分别取的中点，连接， 则，且，平面， 可知平面，且平面， 所以平面平面， 过作的垂线，垂足为，即， 由平面平面，平面， 所以平面， 由题意可得：，则，即， 则，可得， 所以四棱锥的高为. 故选：D. 2．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求. 【详解】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得. 故选：B. 3．（2020·全国I卷·高考真题）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，利用得到关于的方程，解方程即可得到答案. 【详解】如图，设，则， 由题意，即，化简得， 解得（负值舍去）. 故选：C. 【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题. 4．（2020·山东·高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（    ） A．20° B．40° C．50° D．90° 【答案】B 【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点处的纬度，计算出晷针与点处的水平面所成角. 【详解】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直， 根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得.. 由于，所以， 由于， 所以，也即晷针与点处的水平面所成角为. 故选：B 【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题. 二、多选题 5．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（    ） A．直径为的球体 B．所有棱长均为的四面体 C．底面直径为，高为的圆柱体 D．底面直径为，高为的圆柱体 【答案】ABD 【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断. 【详解】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长， 所以能够被整体放入正方体内，故A正确； 对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且， 所以能够被整体放入正方体内，故B正确； 对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且， 所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确； 对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆， 如图，过的中点作，设， 可知，则， 即，解得， 且，即， 故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱， 若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为， 可知：，则， 即，解得， 根据对称性可知圆柱的高为， 所以能够被整体放入正方体内，故D正确； 故选：ABD. 3、 填空题 6．（2025·全国二卷·高考真题）一个底面半径为，高为的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为 ． 【答案】 【分析】根据圆柱与球的性质以及球的体积公式可求出球的半径； 【详解】 圆柱的底面半径为，设铁球的半径为r，且， 由圆柱与球的性质知， 即，， 故答案为：. 7．（2020·山东·高考真题）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 ． 【答案】. 【分析】根据已知条件易得 ，侧面，可得侧面与球面的交线上的点到的距离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧，再根据弧长公式可求得结果. 【详解】如图： 取的中点为，的中点为，的中点为， 因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以 ，， 又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以， 因为，所以侧面， 设为侧面与球面的交线上的点，则， 因为球的半径为，，所以， 所以侧面与球面的交线上的点到的距离为， 因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧， 因为，所以， 所以根据弧长公式可得. 故答案为：. 【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题. 8．（2020·全国I卷·高考真题）如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB= . 【答案】 【分析】在中，利用余弦定理可求得，可得出，利用勾股定理计算出、，可得出，然后在中利用余弦定理可求得的值. 【详解】，，， 由勾股定理得， 同理得，， 在中，，，， 由余弦定理得， ， 在中，，，， 由余弦定理得. 故答案为：. 【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题. 9．（2019·全国II卷·高考真题）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有 个面，其棱长为 ． 【答案】 共26个面. 棱长为. 【分析】第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几何解决． 【详解】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面． 如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形， ， ，即该半正多面体棱长为． 【点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形． 考点02：空间几何体的三视图和直观图 一、单选题 10．（2023·全国乙卷·高考真题）如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，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 【答案】D 【分析】由题意首先由三视图还原空间几何体，然后由所得的空间几何体的结构特征求解其表面积即可. 【详解】如图所示，在长方体中，，， 点为所在棱上靠近点的三等分点，为所在棱的中点， 则三视图所对应的几何体为长方体去掉长方体之后所得的几何体，    该几何体的表面积和原来的长方体的表面积相比少2个边长为1的正方形， 其表面积为：. 故选：D. 11．（2022·全国甲卷·高考真题）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（    ） A．8 B．12 C．16 D．20 【答案】B 【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解. 【详解】由三视图还原几何体，如图， 则该直四棱柱的体积. 故选：B. 12．（2022·浙江·高考真题）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． 【答案】C 【分析】根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，即可根据球，圆柱，圆台的体积公式求出． 【详解】由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为 ，圆台的下底面半径为 ，所以该几何体的体积 ． 故选：C． 13．（2021·全国甲卷·高考真题）在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G．该正方体截去三棱锥后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意及题目所给的正视图还原出几何体的直观图，结合直观图进行判断. 【详解】由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示， 所以其侧视图为 故选：D 14．（2020·全国III卷·高考真题）下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（    ） A．6+4 B．4+4 C．6+2 D．4+2 【答案】C 【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积. 【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形 根据立体图形可得： 根据勾股定理可得： 是边长为的等边三角形 根据三角形面积公式可得： 该几何体的表面积是：. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题. 15．（2020·全国II卷·高考真题）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． 【答案】A 【分析】根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得点在侧视图中对应的点. 【详解】根据三视图，画出多面体立体图形， 上的点在正视图中都对应点M,直线上的点在俯视图中对应的点为N, ∴在正视图中对应,在俯视图中对应的点是,线段,上的所有点在侧试图中都对应,∴点在侧视图中对应的点为. 故选：A 【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题. 16．（2021·浙江·高考真题）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（    ） A． B．3 C． D． 【答案】A 【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积. 【详解】几何体为如图所示的四棱柱，其高为1，底面为等腰梯形， 该等腰梯形的上底为，下底为，腰长为1，故梯形的高为， 故， 故选：A. 17．（2021·北京·高考真题）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． 【答案】A 【分析】根据三视图可得如图所示的几何体（三棱锥），根据三视图中的数据可计算该几何体的表面积. 【详解】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥， 其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形， 由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1， 故其表面积为， 故选：A. 18．（2020·北京·高考真题）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（    ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可. 【详解】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形， 则其表面积为：. 故选：D. 【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系． (2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理． (3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和． 19．（2018·浙江·高考真题）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． 【答案】C 【分析】先还原几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果. 【详解】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为，底面为直角梯形，上下底分别为、，梯形的高为，因此几何体的体积为，选C. 【点睛】先由几何体的三视图还原几何体的形状，再在具体几何体中求体积或表面积等. 20．（2018·北京·高考真题）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【详解】分析：根据三视图还原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数. 详解：由三视图可得四棱锥，在四棱锥中，， 由勾股定理可知：，则在四棱锥中，直角三角形有：共三个，故选C. 点睛：此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解. 21．（2018·全国I卷·高考真题）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为    A． B． C． D．2 【答案】B 【分析】首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果. 【详解】根据圆柱的三视图以及其本身的特征， 将圆柱的侧面展开图平铺, 可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处， 所以所求的最短路径的长度为，故选B. 点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果. 22．（2018·全国III卷·高考真题）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】详解：由题意知，题干中所给的是榫头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹进去的，即俯视图中应有一不可见的长方形， 且俯视图应为对称图形 故俯视图为 故选A. 点睛：本题主要考查空间几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题． 23．（2017·全国III卷·高考真题）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得：， 结合勾股定理，底面半径， 由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是，故选B. 【名师点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解. 24．（2017·全国I卷·高考真题）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为 A．10 B．12 C．14 D．16 【答案】B 【详解】由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，如下图，则该几何体各面内只有两个相同的梯形，则这些梯形的面积之和为，故选B. 点睛:三视图往往与几何体的体积、表面积以及空间线面关系、角、距离等问题相结合，解决此类问题的关键是由三视图准确确定空间几何体的形状及其结构特征并且熟悉常见几何体的三视图. 25．（2017·全国II卷·高考真题）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意，该几何体是由高为6的圆柱截取一半后的图形加上高为4的圆柱，故其体积为，故选B. 点睛:（1）解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图． （2）三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据． 26．（2017·北京·高考真题）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为 A．20 B．10 C．30 D．60 【答案】B 【解析】根据三视图还原几何体，根据棱锥体积公式可求得结果. 【详解】在如图所示的长宽高分别为3，4,5的长方体中，三视图所对应的几何体为棱锥， 可知三棱锥高：；底面面积： 三棱锥体积： 本题正确选项： 【点睛】本题考查棱锥体积的求解，关键是能够通过三视图还原几何体，从而准确求解出三棱锥的高和底面面积. 27．（2017·北京·高考真题）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长的棱长度为（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先由三视图得出该几何体的直观图，结合题意求解即可. 【详解】由三视图可知其直观图， 该几何体为四棱锥P-ABCD，最长的棱为PA，则最长的棱长为，故选A． 【点睛】本题主要考查几何体的三视图，属于基础题型. 28．（2016·全国III卷·高考真题）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为 A． B． C．90 D．81 【答案】B 【详解】试题分析： 解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的斜四棱柱， 其底面面积为：3×6=18， 前后侧面的面积为：3×6×2=36， 左右侧面的面积为： ， 故棱柱的表面积为： ． 故选B． 点睛：本题考查的知识点是由三视图，求体积和表面积，根据已知的三视图，判断几何体的形状是解答的关键，由三视图判断空间几何体（包括多面体、旋转体和组合体）的结构特征是高考中的热点问题. 29．（2017·浙江·高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：）是 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由三视图可知几何体为半个圆锥和一个三棱锥的组合体， ∴=,故选A. 30．（2016·北京·高考真题）某三棱锥的三视图如下图所示，则该三棱锥的体积为 A． B． C． D．1 【答案】A 【详解】试题分析：由图可得,故选A. 考点：三视图. 【方法点晴】本题主要考查三视图和锥体的体积，计算量较大，属于中等题型.应注意把握三个视图的尺寸关系：主视图与俯视图长应对正（简称长对正）,主视图与左视图高度保持平齐（简称高平齐）,左视图与俯视图宽度应相等（简称宽相等）,若不按顺序放置和不全时，则应注意三个视图名称.此外本题应注意掌握锥体的体积公式. 31．（2016·全国I卷·高考真题）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是，则它的表面积是 A．17π B．18π C．20π D．28π 【答案】A 【详解】试题分析：由三视图知，该几何体的直观图如图所示： 是一个球被切掉左上角的,即该几何体是个球，设球的半径为，则，解得，所以它的表面积是的球面面积和三个扇形面积之和,即，故选A． 【考点】三视图及球的表面积与体积 【名师点睛】由于三视图能有效地考查学生的空间想象能力,所以以三视图为载体的立体几何题基本上是高考每年必考内容,高考试题中三视图一般与几何体的表面积与体积相结合.由三视图还原出原几何体是解决此类问题的关键. 32．（2016·全国II卷·高考真题）如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为    A． B． C． D． 【答案】C 【详解】试题分析：由三视图分析可知，该几何体的表面积为圆锥的表面积与圆柱的侧面积之和．，，所以几何体的表面积为． 考点：三视图与表面积． 一、填空题 33．（2021·全国乙卷·高考真题）以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为 （写出符合要求的一组答案即可）． 【答案】③④（或②⑤，答案不唯一） 【分析】由题意结合所给的图形确定一组三视图的组合即可. 【详解】选择侧视图为③，俯视图为④，    如图所示，长方体中，， 分别为棱的中点， 则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥; 则正视图①，侧视图②，俯视图⑤对应的几何体为三棱锥; 故答案为：③④或②⑤. 【点睛】三视图问题解决的关键之处是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系. 34．（2019·北京·高考真题）某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为 ． 【答案】40. 【分析】本题首先根据三视图,还原得到几何体,根据题目给定的数据,计算几何体的体积.属于中等题. 【详解】如图所示,在棱长为4的正方体中,三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱之后余下的几何体, 几何体的体积. 【点睛】(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解． 考点03：空间几何体的表面积和体积 1、 单选题 35．（2024·新课标Ⅰ卷·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． 【答案】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. 36．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（    ） A． B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系可得，进而可求正三棱锥的高，即可得结果. 【详解】解法一：分别取的中点，则， 可知， 设正三棱台的为， 则，解得， 如图，分别过作底面垂线，垂足为，设， 则，， 可得， 结合等腰梯形可得, 即，解得， 所以与平面ABC所成角的正切值为； 解法二：将正三棱台补成正三棱锥， 则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角， 因为，则， 可知，则， 设正三棱锥的高为，则，解得， 取底面ABC的中心为，则底面ABC，且， 所以与平面ABC所成角的正切值. 故选：B. 37．（2024·天津·高考真题）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可. 【详解】用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，使得；;重合， 因为，且两两之间距离为1．， 则形成的新组合体为一个三棱柱， 该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为， . 故选：C. 38．（2023·全国乙卷·高考真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答. 【详解】在中，，而，取中点，连接，有，如图， ，，由的面积为，得， 解得，于是， 所以圆锥的体积. 故选：B 39．（2023·全国甲卷·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解； 法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解. 【详解】法一： 连结交于，连结，则为的中点，如图， 因为底面为正方形，，所以，则， 又，，所以，则， 又，，所以，则， 在中，， 则由余弦定理可得， 故，则， 故在中，， 所以， 又，所以， 所以的面积为. 法二： 连结交于，连结，则为的中点，如图， 因为底面为正方形，，所以， 在中，， 则由余弦定理可得，故， 所以，则， 不妨记， 因为，所以， 即， 则，整理得①， 又在中，，即，则②， 两式相加得，故， 故在中，， 所以， 又，所以， 所以的面积为. 故选：C. 40．（2023·全国甲卷·高考真题）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（    ） A．1 B． C．2 D．3 【答案】A 【分析】证明平面，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解. 【详解】取中点，连接，如图，   是边长为2的等边三角形，， ，又平面，， 平面， 又，， 故，即， 所以， 故选：A 41．（2023·天津·高考真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比. 【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.    因为平面，平面，所以平面平面. 又因为平面平面，，平面，所以平面，且. 在中，因为，所以，所以， 在中，因为，所以， 所以. 故选：B 42．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围. 【详解】∵球的体积为，所以球的半径, [方法一]：导数法 设正四棱锥的底面边长为，高为， 则，, 所以， 所以正四棱锥的体积， 所以， 当时，，当时，， 所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为， 又时，，时，, 所以正四棱锥的体积的最小值为， 所以该正四棱锥体积的取值范围是. 故选：C. [方法二]：基本不等式法 由方法一故所以当且仅当取到， 当时，得，则 当时，球心在正四棱锥高线上，此时， ，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是 43．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积． 【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为． 故选：A．    44．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出． 【详解】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积． 棱台上底面积，下底面积， ∴ ． 故选：C． 45．（2022·全国乙卷·高考真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值. 【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式 设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r， 设四边形ABCD对角线夹角为， 则 （当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立） 即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为 又设四棱锥的高为，则， 当且仅当即时等号成立. 故选：C [方法二]：统一变量＋基本不等式 由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高， (当且仅当，即时，等号成立) 所以该四棱锥的体积最大时，其高. 故选：C．[方法三]：利用导数求最值 由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则， ，，单调递增， ，，单调递减， 所以当时，最大，此时． 故选：C. 【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解； 方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值； 方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法． 46．（2022·全国甲卷·高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解. 【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为， 则， 所以， 又， 则， 所以， 所以甲圆锥的高， 乙圆锥的高， 所以. 故选：C. 47．（2022·天津·高考真题） 十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，左图中的故宫角楼的顶部即为十字歇山顶.其上部可视为由两个相同的直三棱柱重叠而成的几何体（如右图）.这两个直三棱柱有一个公共侧面ABCD.在底面BCE中，若,,则该几何体的体积为（    ） A． B． C．27 D． 【答案】C 【分析】根据几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积. 【详解】如图所示，该几何体可视为直三柱与两个三棱锥，拼接而成. 记直三棱柱的底面的面积为，高为，所求几何体的体积为， 则， . 所以 . 故选：C. 48．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解. 【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图， 因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2， 所以该棱台的高， 下底面面积，上底面面积， 所以该棱台的体积. 故选：D. 49．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（    ） A．26% B．34% C．42% D．50% 【答案】C 【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果. 【详解】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为： . 故选：C. 50．（2021·全国甲卷·高考真题）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题可得为等腰直角三角形，得出外接圆的半径，则可求得到平面的距离，进而求得体积. 【详解】，为等腰直角三角形，， 则外接圆的半径为，又球的半径为1， 设到平面的距离为， 则， 所以. 故选：A. 【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解. 51．（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果. 【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点， 设圆锥和圆锥的高之比为，即， 设球的半径为，则，可得，所以，， 所以，，， ，则，所以，， 又因为，所以，， 所以，，， 因此，这两个圆锥的体积之和为. 故选：B. 52．（2021·北京·高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：）．24h降雨量的等级划分如下：    等级 24h降雨量（精确到0.1） …… …… 小雨 0.1~9.9 中雨 10.0~24.9 大雨 25.0~49.9 暴雨 50.0~99.9 …… …… 在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm，高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm（如图所示)，则这24h降雨量的等级是 A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨 【答案】B 【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解. 【详解】由题意，一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为，高为的圆锥， 所以积水厚度，属于中雨. 故选：B. 53．（2020·全国I卷·高考真题）已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知可得等边的外接圆半径，进而求出其边长，得出的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论. 【详解】设圆半径为，球的半径为，依题意， 得， 为等边三角形， 由正弦定理可得， ，根据球的截面性质平面， ， 球的表面积. 故选：A    【点睛】 本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题. 54．（2020·全国II卷·高考真题）已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（    ） A． B． C．1 D． 【答案】C 【分析】根据球的表面积和的面积可求得球的半径和外接圆半径，由球的性质可知所求距离. 【详解】 设球的半径为，则，解得：. 设外接圆半径为，边长为， 是面积为的等边三角形， ，解得：，， 球心到平面的距离. 故选：C. 【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面. 55．（2020·天津·高考真题）若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解. 【详解】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半， 即， 所以，这个球的表面积为. 故选：C. 【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心. 56．（2020·浙江·高考真题）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（ ） A． B． C．3 D．6 【答案】A 【分析】根据三视图还原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积. 【详解】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱， 且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1， 棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2， 所以几何体的体积为： . 故选：A 【点睛】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题. 57．（2019·浙江·高考真题）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式，其中是柱体的底面积，是柱体的高，若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是 A．158 B．162 C．182 D．32 【答案】B 【解析】本题首先根据三视图，还原得到几何体—棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积.常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查. 【详解】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为. 【点睛】易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算. 58．（2019·全国I卷·高考真题）已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解. 【详解】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥， ，又，分别为、中点， ，，又，平面，平面，，为正方体一部分，，即 ，故选D． 解法二: 设，分别为中点， ，且，为边长为2的等边三角形， 又 中余弦定理，作于，， 为中点，，， ，，又，两两垂直，，，，故选D. 【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决． 59．（2018·全国III卷·高考真题）设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】分析：作图，D为MO 与球的交点，点M为三角形ABC的中心，判断出当平面时，三棱锥体积最大，然后进行计算可得． 详解：如图所示， 点M为三角形ABC的中心，E为AC中点， 当平面时，三棱锥体积最大 此时， , 点M为三角形ABC的中心 中，有 故选B. 点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当平面时，三棱锥体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型． 60．（2018·全国I卷·高考真题）已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积. 详解：根据题意，可得截面是边长为的正方形， 结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为， 所以其表面积为，故选B. 点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和. 61．（2018·全国I卷·高考真题）在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先画出长方体，利用题中条件，得到，根据，求得，可以确定，之后利用长方体的体积公式求出长方体的体积. 【详解】在长方体中，连接，    根据线面角的定义可知， 因为，所以，从而求得， 所以该长方体的体积为，故选C. 【点睛】该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果. 62．（2016·全国III卷·高考真题）在封闭的直三棱柱内有一个体积为V的球，若，，， ，则该球体积V的最大值是 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】试题分析：设的内切圆半径为，则，故球的最大半径为，故选B. 考点：球及其性质. 63．（2016·全国II卷·高考真题）体积为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】试题分析：因为正方体的体积为8，所以棱长为2，所以正方体的体对角线长为，所以正方体的外接球的半径为，所以该球的表面积为，故选A. 【考点】 正方体的性质，球的表面积 【名师点睛】与棱长为的正方体相关的球有三个： 外接球、内切球和与各条棱都相切的球，其半径分别为、和. 二、多选题 64．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（    ）． A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为 C． D．的面积为 【答案】AC 【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性. 【详解】依题意，，，所以， A选项，圆锥的体积为，A选项正确； B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误； C选项，设是的中点，连接， 则，所以是二面角的平面角， 则，所以， 故，则，C选项正确； D选项，，所以，D选项错误. 故选：AC.    65．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】CD 【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可. 【详解】 设，因为平面，，则， ，连接交于点，连接，易得， 又平面，平面，则，又，平面，则平面， 又，过作于，易得四边形为矩形，则， 则，， ，则，，， 则，则，，，故A、B错误；C、D正确. 故选：CD. 三、填空题 66．（2025·北京·高考真题）某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，，.若，则该多面体的体积为 ． 【答案】 【分析】如图，将一半的几何体分割成直三棱柱和四棱锥后结合体积公式可求几何体的体积. 【详解】先证明一个结论：如果平面平面，平面平面，平面，则. 证明：设，， 在平面取一点，， 在平面内过作直线，使得，作直线，使得， 因为平面平面，，故，而，故， 同理，而，故 . 下面回归问题. 连接，因为且，故，同理，， 而，故直角梯形与直角梯形全等， 故， 在直角梯形中，过作，垂足为， 则四边形为矩形，且为以为直角的等腰直角三角形， 故， 平面平面，平面平面，, 平面，故平面， 取的中点为，的中点为，的中点为，连接， 则，同理可证平面，而平面， 故平面平面，同理平面平面， 而平面平面，故平面， 故，故四边形为平行四边形，故. 在平面中过作，交于，连接. 则四边形为平行四边形，且，故， 故四边形为平行四边形， 而平面， 故平面，故平面平面， 而，故， 故几何体为直棱柱， 而，故, 因为，故平面， 而平面，故平面平面， 在平面中过作，垂足为，同理可证平面， 而，故，故， 由对称性可得几何体的体积为， 故答案为：. 67．（2025·上海·高考真题）如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为 ．    【答案】 【分析】求出侧棱长和底面边长后可求体积. 【详解】因为且四边形为正方形，故， 而，故，故， 故所求体积为， 故答案为：. 68．（2024·全国甲卷·高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为 ． 【答案】 【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可得解. 【详解】由题可得两个圆台的高分别为， ， 所以. 故答案为：. 69．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为 ，升量器的高为 ． 【答案】 23 57.5/ 【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度. 【详解】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则， 故，. 故答案为：. 70．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ． 【答案】/ 【分析】结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解. 【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，    因为， 则， 故，则， 所以所求体积为. 故答案为：. 71．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 ． 【答案】 【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解. 【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为， 所以正四棱锥的体积为， 截去的正四棱锥的体积为， 所以棱台的体积为. 方法二：棱台的体积为. 故答案为：. 72．（2023·全国甲卷·高考真题）在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点． 【答案】12 【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解. 【详解】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图， 由题意可知，为球心，在正方体中，， 即， 则球心到的距离为， 所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点， 同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点， 所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12. 故答案为：12 73．（2023·全国乙卷·高考真题）已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则 ． 【答案】2 【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解. 【详解】如图，将三棱锥转化为正三棱柱， 设的外接圆圆心为，半径为， 则，可得， 设三棱锥的外接球球心为，连接，则， 因为，即，解得. 故答案为：2. 【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法 （1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解； （2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解； （3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长； （4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长； （5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解． 74．（2023·全国甲卷·高考真题）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 ． 【答案】 【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小. 【详解】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；    分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，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，球的半径达到最小，即的最小值为. 综上，. 故答案为： 75．（2022·上海·高考真题）已知某圆锥的高为4，底面积为，则该圆锥的侧面积为 . 【答案】 【分析】先求得圆锥的底面半径和母线长，进而求得该圆锥的侧面积. 【详解】圆锥底面积为，则底面半径为3，又圆锥的高为4， 则圆锥的母线长为5，则该圆锥的侧面积为 故答案为： 76．（2021·全国甲卷·高考真题）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为 . 【答案】 【分析】利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案. 【详解】∵ ∴ ∴ ∴. 故答案为：. 77．（2016·天津·高考真题）已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为 m3.    【答案】2 【详解】试题分析：由三视图知四棱锥高为3，底面平行四边形的一边长为2，其对应的高为1， 因此所求四棱锥的体积．故答案为2． 【考点】三视图、几何体的体积 【名师点睛】①解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图． ②三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据． 78．（2020·全国III卷·高考真题）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为 ． 【答案】 【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值. 【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中，且点M为BC边上的中点， 设内切圆的圆心为，    由于，故， 设内切圆半径为，则： ， 解得：，其体积：. 故答案为：. 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 79．（2020·海南·高考真题）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为 【答案】 【分析】利用计算即可. 【详解】 因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点 所以 故答案为： 【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些. 80．（2020·江苏·高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是 cm3. 【答案】 【分析】先求正六棱柱体积，再求圆柱体积，相减得结果. 【详解】正六棱柱体积为 圆柱体积为 所求几何体体积为 故答案为： 【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题. 81．（2020·山东·高考真题）已知球的直径为2，则该球的体积是 . 【答案】 【分析】根据公式即可求解. 【详解】解：球的体积为：, 故答案为： 82．（2019·全国III卷·高考真题）学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型.如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，分别为所在棱的中点，，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为 . 【答案】 【分析】根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量. 【详解】由题意得， ， 四棱锥O−EFG的高3cm， ∴． 又长方体的体积为， 所以该模型体积为， 其质量为． 【点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解． 83．（2019·天津·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为 . 【答案】. 【分析】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径． 【详解】由题意四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为，借助勾股定理，可知四棱锥的高为，.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，圆柱的底面半径为，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为，故圆柱的体积为． 【点睛】本题主要考查了圆柱与四棱锥的组合，考查了空间想象力，属于基础题. 84．（2019·江苏·高考真题）如图，长方体的体积是120，E为的中点，则三棱锥E-BCD的体积是 . 【答案】10. 【分析】由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积. 【详解】因为长方体的体积为120， 所以， 因为为的中点， 所以， 由长方体的性质知底面， 所以是三棱锥的底面上的高， 所以三棱锥的体积 . 【点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题. 85．（2018·全国II卷·高考真题）已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为 ． 【答案】 【分析】先根据三角形面积公式求出母线长,再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求出结果. 【详解】因为母线，所成角的余弦值为，所以母线，所成角的正弦值为，因为的面积为，设母线长为所以， 因为与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为， 因此圆锥的侧面积为． 【整体点评】根据三角形面积公式先求出母线长，再根据线面角求出底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求出侧面积，思路直接自然，是该题的最优解． 86．（2018·全国II卷·高考真题）已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为 ． 【答案】8π 【详解】分析：作出示意图，根据条件分别求出圆锥的母线，高，底面圆半径的长，代入公式计算即可. 详解：如下图所示， 又， 解得，所以， 所以该圆锥的体积为. 点睛：此题为填空题的压轴题，实际上并不难，关键在于根据题意作出相应图形，利用平面几何知识求解相应线段长，代入圆锥体积公式即可. 87．（2018·天津·高考真题）如图，已知正方体ABCD–A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1–BB1D1D的体积为 ． 【答案】 【分析】由题意分别求得底面积和高，然后求解其体积即可. 【详解】 如图所示，连结，交于点，很明显平面， 则是四棱锥的高，且， ， 结合四棱锥体积公式可得其体积为 ， 故答案为. 点睛：本题主要考查棱锥体积的计算，空间想象能力等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 88．（2018·江苏·高考真题）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 ．    【答案】 【详解】分析：先分析组合体的构成，再确定锥体的高，最后利用锥体体积公式求结果. 详解：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于，所以该多面体的体积为 点睛：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决． 89．（2018·天津·高考真题）已知正方体的棱长为1，除面外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥的体积为 . 【答案】 【分析】由题意首先求解底面积，然后结合四棱锥的高即可求得四棱锥的体积. 【详解】由题意可得，底面四边形为边长为的正方形，其面积， 顶点到底面四边形的距离为， 由四棱锥的体积公式可得：. 【点睛】本题主要考查四棱锥的体积计算，空间想象能力等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 90．（2017·全国I卷·高考真题）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为 ．    【答案】 【详解】如下图，连接DO交BC于点G，设D，E，F重合于S点，正三角形的边长为x(x>0)，则 . ， ， 三棱锥的体积 . 设，则， 令，即，得，易知在处取得最大值. ∴.    点睛:对于三棱锥最值问题，需要用到函数思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变量是高次时需要用到求导的方式进行解决. 91．（2017·全国II卷·高考真题）长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为 . 【答案】 【详解】长方体的体对角线长为球的直径，则 ， ，则球的表面积为. 92．（2017·天津·高考真题）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为 . 【答案】 【详解】设正方体边长为 ，则 ， 外接球直径为. 【考点】 球 【名师点睛】求多面体的外接球的面积和体积问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心，本题就是第三种方法. 93．（2017·全国I卷·高考真题）已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径若平面平面SCB，，，三棱锥的体积为9，则球O的表面积为 ． 【答案】36π 【详解】三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径， 若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S−ABC的体积为9， 可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r， 可得 ，解得r=3. 球O的表面积为： . 点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 94．（2017·江苏·高考真题）如图，在圆柱O1 O2 内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1 O2 的体积为V1 ,球O的体积为V2 ，则 的值是 【答案】 【详解】设球半径为，则．故答案为． 点睛:空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：①若给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解；②若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解． 95．（2017·山东·高考真题）由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图,则该几何体的体积为 . 【答案】2+ 【详解】由长方体长为2,宽为1,高为1,则长方体的体积V1=2×1×1=2， 圆柱的底面半径为1,高为1,则圆柱的体积V2=×π×12×1=， 则该几何体的体积V=V1+2V2=， 故答案为 点睛：由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整. 96．（2017·上海·高考真题）已知球的体积为，则该球主视图的面积等于 【答案】 【详解】 由球的体积公式，可得，则，所以主视图的面积为. 97．（2016·浙江·高考真题）如图，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是 . 【答案】 【详解】中，因为， 所以. 由余弦定理可得 ， 所以. 设，则，. 在中，由余弦定理可得 . 故. 在中，，. 由余弦定理可得， 所以. 过作直线的垂线，垂足为.设 则， 即， 解得. 而的面积. 设与平面所成角为，则点到平面的距离. 故四面体的体积 . 设，因为，所以. 则. （1）当时，有， 故. 此时， . ，因为， 所以，函数在上单调递减，故. （2）当时，有， 故. 此时， . 由（1）可知，函数在单调递减，故. 综上，四面体的体积的最大值为. 98．（2016·浙江·高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是 cm2,体积是 cm3． 【答案】 80 ； 40． 【详解】试题分析：由三视图知该组合体是一个长方体上面放置了一个小正方体， ，． 三视图. 解决由三视图求空间几何体的表面积与体积问题，一般是先根据三视图确定该几何体的结构特征，再准确利用几何体的表面积与体积公式计算该几何体的表面积与体积． 99．（2021·上海·高考真题）已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，则其侧面积为 . 【答案】 【分析】根据圆柱的侧面积公式，即可求得该圆柱的侧面积，得到答案. 【详解】由题意，圆柱的底面半径为1，母线长为2， 根据圆柱的侧面积公式，可得其侧面积为. 【点睛】本题主要考查了圆柱的侧面积公式的应用，其中解答中熟记圆柱的侧面积公式，准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题. 100．（2016·四川·高考真题）已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是 ． 【答案】 【分析】由已知结合给定的三棱锥的正视图，可得：三棱锥的底面是底为2，高为1，棱锥的高为1，进而得到答案． 【详解】解：∵三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形， 结合给定的三棱锥的正视图， 可得：三棱锥的底面是底边为2 ，高为1， 棱锥的高为1， 故棱锥的体积V（21）×1， 故答案为． 【点睛】根据三视图求几何体的体积或表面积时，要求根据三视图想象出几何体的形状，还原出该几何体的直观图，然后由三视图得出几何体的尺寸，因为必须掌握基本几何体（柱、锥、台、球）的三视图以及各种组合体的三视图． 试卷第72页，共73页 试卷第73页，共73页 学科网（北京）股份有限公司 $$