立体几何：直观图与斜二测画法、表面积与体积问题、外接球与内切球问题复习讲义-2026届高三数学一轮复习

立体几何：直观图与斜二测画法、表面积与体积问题、外接球与内切球问题复习讲义 立体几何：直观图与斜二测画法、表面积与体积、外接球与内切球问题复习讲义 考点一 直观图与斜二测画法 【知识点解析】 1.空间几何体 （1）旋转体：一条平面曲线（包括直线）绕它所在平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫做旋转面，封闭的旋转面围成的几何体叫做旋转体包括圆柱、圆锥、圆台、球. 几何体 组成分析 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做圆柱. 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做圆锥. （若以直角三角边的斜边为旋转轴，则旋转一周形成两个共底的圆锥形成的组合体） 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做圆台. 球 半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周形成的曲面叫做球面，球面所围成的旋转体叫做球体. （2）多面体：由若干个平面多边形围成的几何体，包括棱柱、棱锥、棱台. 几何体 组成分析 棱柱 上下底面为两个互相平行且全等的多边形，侧面均为平行四边形围成的几何体. 棱锥 底面为多边形，侧面均为三角形围成的几何体. 棱台 上下底面为两个互相平行且相似的多边形，侧面均为梯形围成的几何体（棱锥截出）. 2.斜二测画法与直观图：利用平行投影，人们获得了画直观图的斜二测画法。利用这种画法画水平放置的平面图形的直观图，其步骤是： （1）在已知图形中取互相垂直的轴和轴，两轴相交于点.画直观图时，把它们画成对应的轴与轴，两轴相交于点，且使(或)，它们确定的平面表示水平面. （2）已知图形中平行于轴或轴的线段，在直观图中分别画成平行于轴或轴的线段. （3）已知图形中平行于轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于轴的线段，在直观图中长度为原来的一半. 对于平面多边形，我们常用斜二测画法画它们的直观图，如图，就是利用斜二测画法画出的水平放置的正方形的直观图。其中横向线段,;纵向线段，;,，这与我们的直观观察是一致的. 【例题分析】 1．（24-25高一下·福建漳州·期末）如图，是一个平面图形的直观图，其中，，则原图形的面积为（    ）． A． B．2 C． D．4 2．（24-25高一下·青海西宁·期末）如图，是水平放置的的直观图，其中，，则的面积为（   ）    A．3 B．6 C．12 D．15 3．（24-25高一下·安徽合肥·期末）如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法面出的直观图，其中，，则原四边形的周长为（    ） A． B．20 C．12 D． 4．（24-25高一下·山东青岛·期末）如图，用斜二测画法画出的水平放置的的直观图是，若的中点在轴上，且，则（   ） A． B．4 C． D．2 5．（24-25高一下·云南德宏·期中·多选）下列说法正确的有（    ） A．用斜二测画法画出边长为 2 的等边三角形的直观图，则直观图的面积为 B．棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形 C．两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台 D．以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥 6．（24-25高一下·江西吉安·期末·多选）如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．四边形的周长为 D．四边形的面积为 7．（24-25高一下·贵州贵阳·期末）一个边长为3的正方形，若用“斜二侧”画法作出其直观图，则其直观图的面积为 . 8．（24-25高一下·河南南阳·期末）如果一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个边长为4cm的正方形，则原平面图形的面积为 cm2. 9．（24-25高一下·福建·期末）用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示，轴，轴，，，则的原图形的面积为 ． 10．（24-25高一下·河南郑州·期末）如图，是用斜二测画法画出的水平放置的的直观图，若 ，则在中， 11．（24-25高一下·辽宁·期末）如图所示，梯形是水平放置的四边形根据斜二测画法得到的直观图，其中，，，． (1)画出原四边形； (2)分别求出原四边形与梯形的面积． 考点二 空间几何体的表面积与体积 【知识点解析】 1.体积公式 立体图形 体积公式 柱体 锥体 台体 球 2.旋转体的侧面积与表面积公式 立体图形 侧面积公式 表面积公式 圆柱 圆锥 圆台 球 3.常见多面体的侧面积与表面积 （1）棱柱的侧面积与表面积：棱柱的侧面积由侧面的平行四边形的面积组成，表面积由侧面积与两个底面积组成. （2）棱锥的侧面积与表面积：棱锥的侧面积由侧面的三角形的面积组成，表面积由侧面积与一个底面积组成. （3）棱台的侧面积与表面积：棱台的侧面积由侧面的梯形的面积组成，表面积由侧面积与两个底面积组成. ※计算面积的高和计算体积的高不可混为一谈，需要互相转换时，需要借助侧棱长构造直角三角形进行转换. 4.几类特殊的空间几何体 （1）直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱叫直棱柱. （2）正棱柱：底面是正多边形的直棱柱叫正棱柱. （3）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做正棱锥. （4）正四面体：侧棱与底面棱长相等的正三棱锥. 【例题分析】 1．（24-25高一下·云南德宏·期中）已知正三棱台的上底边长为，下底边长为，侧棱长为5，则该正三棱台的体积为（    ） A． B．63 C． D．21 2．（24-25高一下·北京·期末）在手工课上，小明将一张半径为2cm的半圆形纸片折成了一个圆锥（无裁剪无重叠），接着将一个光滑的彩球放置于圆锥底部，制作成一个冰淇淋模型，如下图.已知该彩球的表面积为，则该冰淇淋模型的高（圆锥顶点到球面上点的最远距离）为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·安徽马鞍山·期末）已知某圆锥的母线与底面所成的角为60°，且母线长为2，则该圆锥的表面积为（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·浙江宁波·期末）实心圆锥的底面直径为6，高为4，过中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几何体的表面积为（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高一下·青海西宁·期末）已知正四棱台分别是棱的中点，平面将正四棱台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为（   ） A． B． C． D． 6．（24-25高一下·浙江宁波·期末）已知圆台的上下底面的半径分别为1和2，母线长为2，则它的体积是（   ） A． B． C． D． 7．（24-25高一下·云南楚雄·期末·多选）在直角梯形ABCD中，，，，，，以AD所在的直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，则（   ） A．该几何体为圆台 B．该几何体的母线长为5 C．该几何体的体积为93π D．该几何体的表面积为56π 8．（24-25高一下·四川攀枝花·期末·多选）已知圆锥的底面半径为1，母线长为4，底面圆周上有一动点，则（    ） A．圆锥的体积为 B．圆锥的侧面展开图的圆心角大小为 C．圆锥截面的面积的最大值为 D．若，且，则从点出发绕圆锥侧面一周到达点的最短长度为 9．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·期末·多选）正三棱台的上、下底面边长分别是2和6，侧棱长是5，则下列说法正确的是（   ） A．该正三棱台的上底面积是 B．该正三棱台的侧面面积是 C．该正三棱台的表面积是 D．该正三棱台的高是 10．（24-25高一下·福建福州·期末·多选）已知球的表面积为，一个正四面体的四个面都与球相切，且该正四面体的四个顶点都在球的球面上，则（    ）． A．该正四面体的表面积为 B．该正四面体的体积是 C．球的表面积是 D．球与球的体积比是 11．（24-25高一下·上海杨浦·期末）已知正三棱锥底面的边长为6，高为3，则该正三棱锥的侧面积为 ． 12．（24-25高一下·陕西渭南·期末）已知一个圆锥的高为1，且轴截面为等腰直角三角形，则该圆锥的表面积为 ． 13．（2024·广东广州·模拟预测）如图所示，正四面体棱长为4，，，分别在棱，，上，. (1)求的最小值； (2)求三棱锥体积最大时的面积. 14．（2025·江苏泰州·二模）在正三棱台中，，，侧棱与底面所成角的正切值为．若存在球与正三棱台的5个面同时相切，求： (1)正三棱台的体积； (2)正三棱台的表面积． 15．（24-25高一下·江西九江·期末）如图，圆台的轴截面为等腰梯形，上下底面半径分别为1，2，B为底面圆周上异于A，C的点，为BC的中点. (1)求证：平面； (2)若，求圆台的体积. 16．（24-25高一下·山东潍坊·期末）如图1，在直角梯形中，，．以直角梯形的下底所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成如图2所示的几何体（由圆锥和圆柱组合而成），且该几何体内接于半径为的球（点和圆柱的上下底面圆周均在球的球面上）． (1)若，求几何体的体积； (2)若，求几何体的表面积； (3)当为何值时，圆柱的侧面积最大． 考点三 外接球问题 【知识点解析】 1.外接球问题 模型 计算公式 关键数据 长方体模型 长方体的长宽高、、. 直棱柱模型 棱柱的高，底面外接圆半径. 正棱锥模型 棱柱的高，底面外接圆半径. 正棱台模型 棱柱的高，上底面外接圆半径， 下底面外接圆半径，外接圆圆心到上底面的距离. 面面垂直模型 两个面所在图形的外接圆半径、，两个图形的交线长度. 二面角模型 为两个图形的交线长度，、为两个图形的外接圆圆心到交线的距离，为两个平面的夹角. 2.外接圆半径的求法 （1）利用正弦定理； （2）直角三角形外接圆半径等于斜边的一半. （3）等边三角形外接圆半径等于. （4）正方形与矩形的外接圆半径为对角线的一半. 3.长方体模型的变形： ①图1与图2有重垂线，三视图都是三个直角三角形，图3无重垂线，俯视图是一矩形，AC为虚线，主视图和左视图为直角三角形． ②图4中，． 图1墙角体 图2鳖臑 图3挖墙角体 图4对角线相等的四面体 【例题分析】 1．（2025·天津武清·模拟预测）如图，在四面体PABC中，D，E分别为PC，AB的中点，且，，，则该四面体的外接球体积为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·河北唐山·三模）已知一个圆锥的底面半径为，侧面积为，则该圆锥的外接球体积为（    ） A． B． C． D． 3．（2025·河北秦皇岛·三模）如图，在四面体中，平面平面，侧面是等边三角形，底面是等腰直角三角形，，则四面体的外接球的体积是（   ） A． B． C． D． 4．（2025·浙江台州·二模）已知某个正三棱台的上、下底面面积分别为和，高为6，则该正三棱台的外接球半径为（   ） A．4 B． C．3 D． 5．（2025·广东深圳·模拟预测）已知四面体中，，，，，则当四面体的体积最大时，四面体的外接球体积为（    ） A． B． C． D． 6．（24-25高三下·贵州贵阳·阶段练习）已知边长为3的等边三角形ABC的三个顶点均在表面积为的球O的球面上，则三棱锥外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 7．（2025·湖北·模拟预测）在平面四边形ABCD中，，将沿AC折起，使点到达点的位置，且三棱锥的体积为，则三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 8．（2025·江西南昌·模拟预测）已知三棱锥，平面平面，，，，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 9．（2025·江苏南通·三模）已知正四棱台上底面边长为，下底面边长为，高为3，则该四棱台外接球的表面积为 ． 10．（2025·江西新余·模拟预测）四面体的每一组对棱的长度相等，分别为，，，则该四面体的体积为 ，该四面体的外接球的表面积为 . 11．（2025·甘肃白银·三模）已知正三棱台的侧棱长为，上、下底面的边长分别为，，则三棱台的外接球的表面积为 ． 12．（2025·河北·模拟预测）秦量是秦代为统一全国量制而由官府颁发的标准量器，秦量多为铜质和陶质，铜量有方升和椭量，陶量则多为圆桶形（即圆台形状，如图所示）．某地出土秦诏文陶量1件，高为10厘米，上部外径（即上底面外部直径）为24厘米，下部外径（即下底面外部直径）为16厘米，则此陶量的外接球的表面积为 平方厘米．    13．（2025·江苏南通·模拟预测）已知正六棱锥的底面边长为2，且其侧面积是底面积的2倍，则此正六棱锥的外接球的表面积为 . 14．（2025·上海黄浦·三模）在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．已知在鳖臑中，，平面，当该鳖臑的外接球的表面积为时，则该鳖臑的体积为 ． 15．（24-25高一下·吉林·期中）如图，在三棱柱中，，点是的中点，平面. (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)求三棱柱外接球的表面积. 16．（23-24高一下·浙江·阶段练习）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的阳马中，侧棱底面ABCD，且，点E是PC的中点，连接DE、BD、BE. (1)证明：平面.试判断四面体是否为鳖臑.若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由； (2)设H点是AD的中点，若面EDB与面ABCD所成二面角的大小为，求四棱锥的外接球的表面积. 考点四 内切球问题 【知识点解析】 1. 定义：内切球是指与几何体的所有面（或侧面及底面）都相切的球，其球心到每个面的距离等于球的半径. 2. 求解：作出截面的平面示意图之后，利用等面积法或三角函数的定义构造方程进行求解. 3. 常见几何体的内切球 ①棱长为的正方体： ②棱长为的正四面体： ③体积为，表面积为的棱锥： ④底面半径为，高为，母线长为（）的圆锥： 【例题分析】 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． B． C． D． 2．（2025·河北邢台·三模）在平面直角坐标系中，点，与关于原点对称，现以轴为折痕，将轴下方部分翻折，使其与上方部分构成直二面角， 两点相应变成，两点，将绕直线旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 3．（2025·四川德阳·三模）六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形）.若一正八面体的内切球表面积为，外接球表面积为，则的值为（    ） A． B． C．3 D．4 4．（2025·吉林·模拟预测）一圆台的上底面半径为，下底面直径为，母线长为，则内切于该圆台的球体体积为（   ） A． B． C． D． 5．（24-25高三下·重庆北碚·阶段练习）正六棱台的上、下底面的边长分别是2和6，且正六棱台存在内切球（与正六棱台的各个面都相切），则它的侧棱长是（   ） A． B． C． D． 6．（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 ，则该圆锥内切球半径为（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高一下·四川成都·期末）如图，平面四边形中，，，，，沿将折起成直二面角（折起后原来平面图形的D点变为空间图形的P点），则折起后四面体的内切球半径为 ． 8．（24-25高一下·吉林·期中）多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体，正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为正八面体，则该正八面体的外接球与内切球的表面积的比为 ．      9．（2025·辽宁鞍山·一模）正四面体内切球与其外接球表面积之比为 ． 10．（2025·安徽·二模）已知正三棱锥的各顶点均在半径为1的球的球面上，则正三棱锥内切球半径的最大值为 . 高考真题演练 1．（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． 2．（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． 3．（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． 4．（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 5．（2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（    ）    A． B． C． D． 6．（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 7．（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． 8．（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． 9．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题·多选）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 10．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题·多选）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 11．（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 ．    12．（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 ． 13．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ． 14．（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 ． 15．（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 ． 16．（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 ． 17．（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 ． 18．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心． (1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小． 2 学科网（北京）股份有限公司 $$立体几何：直观图与斜二测画法、表面积与体积问题、外接球与内切球问题复习讲义 立体几何：直观图与斜二测画法、表面积与体积、外接球与内切球问题复习讲义 考点一 直观图与斜二测画法 【知识点解析】 1.空间几何体 （1）旋转体：一条平面曲线（包括直线）绕它所在平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫做旋转面，封闭的旋转面围成的几何体叫做旋转体包括圆柱、圆锥、圆台、球. 几何体 组成分析 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做圆柱. 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做圆锥. （若以直角三角边的斜边为旋转轴，则旋转一周形成两个共底的圆锥形成的组合体） 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做圆台. 球 半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周形成的曲面叫做球面，球面所围成的旋转体叫做球体. （2）多面体：由若干个平面多边形围成的几何体，包括棱柱、棱锥、棱台. 几何体 组成分析 棱柱 上下底面为两个互相平行且全等的多边形，侧面均为平行四边形围成的几何体. 棱锥 底面为多边形，侧面均为三角形围成的几何体. 棱台 上下底面为两个互相平行且相似的多边形，侧面均为梯形围成的几何体（棱锥截出）. 2.斜二测画法与直观图：利用平行投影，人们获得了画直观图的斜二测画法。利用这种画法画水平放置的平面图形的直观图，其步骤是： （1）在已知图形中取互相垂直的轴和轴，两轴相交于点.画直观图时，把它们画成对应的轴与轴，两轴相交于点，且使(或)，它们确定的平面表示水平面. （2）已知图形中平行于轴或轴的线段，在直观图中分别画成平行于轴或轴的线段. （3）已知图形中平行于轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于轴的线段，在直观图中长度为原来的一半. 对于平面多边形，我们常用斜二测画法画它们的直观图，如图，就是利用斜二测画法画出的水平放置的正方形的直观图。其中横向线段,;纵向线段，;,，这与我们的直观观察是一致的. 【例题分析】 1．（24-25高一下·福建漳州·期末）如图，是一个平面图形的直观图，其中，，则原图形的面积为（    ）． A． B．2 C． D．4 【答案】A 【详解】在直观图中，因为，， 所以 在直观图中，在轴上且， 所以在原图形中，在轴上，且， 在直观图中，在轴上且，， 所以在原图形中，在轴上，且， 并且在原图形中，， 所以. 故选：A 2．（24-25高一下·青海西宁·期末）如图，是水平放置的的直观图，其中，，则的面积为（   ）    A．3 B．6 C．12 D．15 【答案】B 【详解】由直观图可得如图平面图形，其中，，所以. 故选：B.      3．（24-25高一下·安徽合肥·期末）如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法面出的直观图，其中，，则原四边形的周长为（    ） A． B．20 C．12 D． 【答案】B 【详解】将直观图还原为原图，如图， 由题，，则，故，， 所以，而，， 所以四边形是平行四边形，周长为. 故选：B. 4．（24-25高一下·山东青岛·期末）如图，用斜二测画法画出的水平放置的的直观图是，若的中点在轴上，且，则（   ） A． B．4 C． D．2 【答案】A 【详解】由题可知：为的中点，，则，作，如图： 作出原来图形： 所以，由，所以 又为的中点，所以. 故选：A 5．（24-25高一下·云南德宏·期中·多选）下列说法正确的有（    ） A．用斜二测画法画出边长为 2 的等边三角形的直观图，则直观图的面积为 B．棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形 C．两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台 D．以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥 【答案】AB 【详解】A：如图所示：，因为是边长为 2 的等边三角形， 所以，根据斜二测画法可知，， 因此直观图的面积为 ，故本选项说法正确；    B：根据棱柱的定义可知棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形，故本选项说法正确； C：根据棱台的定义可知，此时必须还要看侧棱的延长线是否交于一点，因此本选项说法不正确； D：当按照直角三角形的斜边为轴旋转一周所得的旋转体是两个共同底面的圆锥组成的几何体，故本选项说法不正确， 故选：AB 6．（24-25高一下·江西吉安·期末·多选）如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．四边形的周长为 D．四边形的面积为 【答案】BCD 【详解】对于AB：还原平面图如下图，    则，，，故A错误，B正确； 对于C：过作交于点，则， 由勾股定理得，， 故四边形的周长为：，即C正确； 对于D：四边形的面积为：，即D正确. 故选：BCD． 7．（24-25高一下·贵州贵阳·期末）一个边长为3的正方形，若用“斜二侧”画法作出其直观图，则其直观图的面积为 . 【答案】/ 【详解】如图平面正方形的边长为，    则直观图如下所示：    则直观图为平行四边形：，， 又因为， 所以直观图的面积为. 故答案为： 8．（24-25高一下·河南南阳·期末）如果一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个边长为4cm的正方形，则原平面图形的面积为 cm2. 【答案】. 【详解】根据题意，斜二测直观图是边长为1的正方形如图1所示，    其中，根据斜二测画法规则，还原为如图2所示的原图， 原图形是平行四边形，其中，, 所以原图形的面积.    故答案为：. 9．（24-25高一下·福建·期末）用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示，轴，轴，，，则的原图形的面积为 ． 【答案】10 【详解】在中，轴，轴，则为等腰直角三角形，， 又，于是所对原图形为，边， 边上的高，所以的面积为. 故答案为：10 10．（24-25高一下·河南郑州·期末）如图，是用斜二测画法画出的水平放置的的直观图，若 ，则在中， 【答案】 【详解】由可知， ，， 由正弦定理得，所以， 在中，因为，所以. 故答案为：. 11．（24-25高一下·辽宁·期末）如图所示，梯形是水平放置的四边形根据斜二测画法得到的直观图，其中，，，． (1)画出原四边形； (2)分别求出原四边形与梯形的面积． 【答案】(1)答案见解析 (2)5，． 【详解】（1）由题意得， 如图，建立平面直角坐标系， 在轴上截取，，， 在过点的轴的平行线上截取， 在过点的轴的平行线上截取， 连接，即可得到原四边形． （2）由题意得，原四边形是直角梯形，且，，， 故四边形的面积为， 又直观图中梯形的高为，，， 所以四边形的面积为． 考点二 空间几何体的表面积与体积 【知识点解析】 1.体积公式 立体图形 体积公式 柱体 锥体 台体 球 2.旋转体的侧面积与表面积公式 立体图形 侧面积公式 表面积公式 圆柱 圆锥 圆台 球 3.常见多面体的侧面积与表面积 （1）棱柱的侧面积与表面积：棱柱的侧面积由侧面的平行四边形的面积组成，表面积由侧面积与两个底面积组成. （2）棱锥的侧面积与表面积：棱锥的侧面积由侧面的三角形的面积组成，表面积由侧面积与一个底面积组成. （3）棱台的侧面积与表面积：棱台的侧面积由侧面的梯形的面积组成，表面积由侧面积与两个底面积组成. ※计算面积的高和计算体积的高不可混为一谈，需要互相转换时，需要借助侧棱长构造直角三角形进行转换. 4.几类特殊的空间几何体 （1）直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱叫直棱柱. （2）正棱柱：底面是正多边形的直棱柱叫正棱柱. （3）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做正棱锥. （4）正四面体：侧棱与底面棱长相等的正三棱锥. 【例题分析】 1．（24-25高一下·云南德宏·期中）已知正三棱台的上底边长为，下底边长为，侧棱长为5，则该正三棱台的体积为（    ） A． B．63 C． D．21 【答案】C 【详解】如图所示，，分别是上，下底面的中心，连接，，， 在平面内作于， 因为正三棱台的上底边长为，下底边长为， 所以上底面面积为， 上底面三角形外接圆半径为， 下底面面积为， 下底面三角形外接圆半径为， 于是该正三棱台的高为， 因此该正三棱台的体积为， 故选：C 2．（24-25高一下·北京·期末）在手工课上，小明将一张半径为2cm的半圆形纸片折成了一个圆锥（无裁剪无重叠），接着将一个光滑的彩球放置于圆锥底部，制作成一个冰淇淋模型，如下图.已知该彩球的表面积为，则该冰淇淋模型的高（圆锥顶点到球面上点的最远距离）为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设彩球的半径为，则，解得， 设圆锥的底面半径为，则，解得， 设圆锥的高为，则， 如图所示，，由勾股定理得， 故该冰淇淋模型的高为. 故选：B 3．（24-25高一下·安徽马鞍山·期末）已知某圆锥的母线与底面所成的角为60°，且母线长为2，则该圆锥的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设圆锥的底面圆半径为，圆锥母线为， 由圆锥的结构特征知：，即，所以， 所以圆锥的表面积. 故选：B. 4．（24-25高一下·浙江宁波·期末）实心圆锥的底面直径为6，高为4，过中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几何体的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据题意的中点为可知，挖去的圆柱底面半径为，高为， 剩下几何体的表面积为圆锥表面积加上挖去圆柱的侧面积，显然圆锥母线为， 易知圆锥表面积为，圆柱侧面积为， 所以剩下几何体的表面积为. 故选：B 5．（24-25高一下·青海西宁·期末）已知正四棱台分别是棱的中点，平面将正四棱台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】如图，连接，不妨设，棱台的高设为， 所以． 因为，分别是棱，的中点，则，． 又因为平面平面，可知几何体是三棱台， 则． 所以分割之后较大部分的体积为， 所以较小部分与较大部分的体积之比为． 故选：B． 6．（24-25高一下·浙江宁波·期末）已知圆台的上下底面的半径分别为1和2，母线长为2，则它的体积是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由图可得，圆台的高为， 故圆台的体积为. 故选：D. 7．（24-25高一下·云南楚雄·期末·多选）在直角梯形ABCD中，，，，，，以AD所在的直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，则（   ） A．该几何体为圆台 B．该几何体的母线长为5 C．该几何体的体积为93π D．该几何体的表面积为56π 【答案】ABD 【详解】由题意可知该几何体为圆台，该圆台的母线， 体积为，表面积为． 故选：ABD. 8．（24-25高一下·四川攀枝花·期末·多选）已知圆锥的底面半径为1，母线长为4，底面圆周上有一动点，则（    ） A．圆锥的体积为 B．圆锥的侧面展开图的圆心角大小为 C．圆锥截面的面积的最大值为 D．若，且，则从点出发绕圆锥侧面一周到达点的最短长度为 【答案】ABC 【详解】对于A选项，圆锥高，体积； 对于B选项，侧面展开图弧长，圆心角； 对于C选项，截面面积， 当直径两端点为，，因为底面半径为1，故直径为2，小于母线长，故此时为锐角， 底面直径两端点，对应最大，又， 所以，故面积最大值为； 对于D选项，侧面展开图扇形圆心角， 在上且，则， 展开后扇形中，与 (对应底面同一点)的圆心角为，最短路径为线段， 由余弦定理：，故D错误． 故选：ABC. 9．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·期末·多选）正三棱台的上、下底面边长分别是2和6，侧棱长是5，则下列说法正确的是（   ） A．该正三棱台的上底面积是 B．该正三棱台的侧面面积是 C．该正三棱台的表面积是 D．该正三棱台的高是 【答案】AC 【详解】对于选项A： 因为正三棱台的上底面为正三角形，其边长为2， 所以上底面面积为，所以A正确； 对于选项B： 正三棱台的侧面为等腰梯形，所以侧面积为： ，所以B错误； 对于选项C： 该正四棱台的下底面面积为. 所以该正四棱台的表面积为，所以C正确； 对于选项D： 设为正三棱台的高，根据勾股定理可得， 解得，所以D错误. 故选：AC. 10．（24-25高一下·福建福州·期末·多选）已知球的表面积为，一个正四面体的四个面都与球相切，且该正四面体的四个顶点都在球的球面上，则（    ）． A．该正四面体的表面积为 B．该正四面体的体积是 C．球的表面积是 D．球与球的体积比是 【答案】ACD 【详解】A：设正四面体的棱长为，如图所示正四面体，点在底面的投影为点且为底面重心，为内切球圆心，分别连接，，， 设内切球的半径为，则，则得， 因，， 又， 由 即， 解得：，则，所以该正四面体的表面积为，故A正确； B：由A可得，故B错误； C：将正四面体放到一个正方体内，则正方体的外接球就是正四面体的外接球，设外接球半径为， 则，解得：， 由A得，则， 所以球的表面积是，故C正确； D：由，，则，所以球与球的体积比是，故D正确. 故选：ACD. 11．（24-25高一下·上海杨浦·期末）已知正三棱锥底面的边长为6，高为3，则该正三棱锥的侧面积为 ． 【答案】 【详解】 在正三棱锥中，底面边长为6，高， 且为的中心也是重心，所以， 则，所以， 即. 故答案为：. 12．（24-25高一下·陕西渭南·期末）已知一个圆锥的高为1，且轴截面为等腰直角三角形，则该圆锥的表面积为 ． 【答案】 【详解】由题设，圆锥底面半径为1，母线长为， 所以圆锥的表面积为. 故答案为： 13．（2024·广东广州·模拟预测）如图所示，正四面体棱长为4，，，分别在棱，，上，. (1)求的最小值； (2)求三棱锥体积最大时的面积. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）在中，由余弦定理有：， 即，可得， 设，则， 由题可知：该方程有实根，则，解得， 则，当且仅当，时，等号成立， 所以的最小值为. （2）因为，且点到平面的距离为定值， 若三棱锥体积最大时，即最大， 由（1）得，且， 由于该方程中，地位等价， 同（1）可得：，当且仅当时，等号成立， 由，地位等价，同理可得，当时，等号成立， 则，当且仅当时，等号成立， 此时为等边三角形，且，， 作于， 则，，所以， 故此时的面积为. 14．（2025·江苏泰州·二模）在正三棱台中，，，侧棱与底面所成角的正切值为．若存在球与正三棱台的5个面同时相切，求： (1)正三棱台的体积； (2)正三棱台的表面积． 【答案】(1)； (2). 【详解】（1）在正三棱台中，取BC和的中点分别为，上、下底面的中心分别为， 连接，设，内切球半径为r，则，棱台的高为2r， 于是，，同理， 由内切球与平面相切，切点在上，得， 在等腰梯形中，，则（*）， 在梯形中，， 所以，解得，带入（*）式可得，， 因此棱台的高，棱台的体积为． （2）由（1）知，在正三棱台中，，斜高， 所以正三棱台的表面积 15．（24-25高一下·江西九江·期末）如图，圆台的轴截面为等腰梯形，上下底面半径分别为1，2，B为底面圆周上异于A，C的点，为BC的中点. (1)求证：平面； (2)若，求圆台的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）取AB的中点，连接， 为BC的中点，，且， 又，且，且， 四边形为平行四边形， ， 又平面平面， 平面. （2）连接， 是中点，， ， 又在圆台中，平面，平面， 所以，， 分别记圆台的上下底面圆半径为, 则， . 16．（24-25高一下·山东潍坊·期末）如图1，在直角梯形中，，．以直角梯形的下底所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成如图2所示的几何体（由圆锥和圆柱组合而成），且该几何体内接于半径为的球（点和圆柱的上下底面圆周均在球的球面上）．    (1)若，求几何体的体积； (2)若，求几何体的表面积； (3)当为何值时，圆柱的侧面积最大． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）如图，设球心为，由题知为的中点，且（其中为外接球的半径）， 又球半径为，，则， 所以，则圆柱的体积为，圆锥的体积为， 则几何体的体积.      （2）因为，不妨设， 由题知，得到， 则，又，则， 所以圆柱的表面积为， 圆锥的表面积为， 所以几何体的表面积为. （3）设，则， 则圆柱的侧面积为， 当且仅当，即时取等号，即当时，圆柱的侧面积最大. 考点三 外接球问题 【知识点解析】 1.外接球问题 模型 计算公式 关键数据 长方体模型 长方体的长宽高、、. 直棱柱模型 棱柱的高，底面外接圆半径. 正棱锥模型 棱柱的高，底面外接圆半径. 正棱台模型 棱柱的高，上底面外接圆半径， 下底面外接圆半径，外接圆圆心到上底面的距离. 面面垂直模型 两个面所在图形的外接圆半径、，两个图形的交线长度. 二面角模型 为两个图形的交线长度，、为两个图形的外接圆圆心到交线的距离，为两个平面的夹角. 2.外接圆半径的求法 （1）利用正弦定理； （2）直角三角形外接圆半径等于斜边的一半. （3）等边三角形外接圆半径等于. （4）正方形与矩形的外接圆半径为对角线的一半. 3.长方体模型的变形： ①图1与图2有重垂线，三视图都是三个直角三角形，图3无重垂线，俯视图是一矩形，AC为虚线，主视图和左视图为直角三角形． ②图4中，． 图1墙角体 图2鳖臑 图3挖墙角体 图4对角线相等的四面体 【例题分析】 1．（2025·天津武清·模拟预测）如图，在四面体PABC中，D，E分别为PC，AB的中点，且，，，则该四面体的外接球体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】连接，因为线段的中点，，则， 又为线段的中点，，，则， 则， 则该四面体的外接球球心为，半径为，体积为. 故选：C 2．（2025·河北唐山·三模）已知一个圆锥的底面半径为，侧面积为，则该圆锥的外接球体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设圆锥的母线长为，则，解得，故其高. 取圆锥的轴截面，如下图所示： 由圆锥的几何性质可知，球心在直线上，设该圆锥的外接球的半径为， 由题意可知，，， 由勾股定理可得，即，解得， 故其体积. 故选：A. 3．（2025·河北秦皇岛·三模）如图，在四面体中，平面平面，侧面是等边三角形，底面是等腰直角三角形，，则四面体的外接球的体积是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】 因为是等腰直角三角形，，， 则的外接圆半径， 因为侧面是等边三角形，设其外接圆半径为， 由正弦定理可得，解得， 设外接圆圆心为，外接圆的圆心为， 因为平面平面， 过作平面的垂线，过作平面的垂线， 两垂线的交点即为四面体外接球的球心， 设球心到平面的距离为，则等于的外接圆的圆心到的距离， 在等边三角形中，到的距离为，即， 所以外接球的半径， 所以. 故选：C 4．（2025·浙江台州·二模）已知某个正三棱台的上、下底面面积分别为和，高为6，则该正三棱台的外接球半径为（   ） A．4 B． C．3 D． 【答案】B 【详解】如图所示，分别为上下底面的外心，则外接球球心在线段上， 连接并延长交于，连接并延长交AB于D， 设等边三角形的边长为，根据正三角形面积公式， ∴，， 设等边三角形的边长为，根据正三角形面积公式， ∴，C=CD=，则， 设正三棱台的外接球的半径, 得，解得，即. 故选：B.    5．（2025·广东深圳·模拟预测）已知四面体中，，，，，则当四面体的体积最大时，四面体的外接球体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设到平面的距离为， 则， 又，所以当平面时四面体的体积最大， 在中，由余弦定理得， 则，所以， 当四面体的体积最大时，可以将四面体补成如图所示的长方体， 故此时四面体外接球的半径， 四面体外接球的体积. 故选：C. 6．（24-25高三下·贵州贵阳·阶段练习）已知边长为3的等边三角形ABC的三个顶点均在表面积为的球O的球面上，则三棱锥外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据题意，设球O的半径为，则，所以， 则， 在正三棱锥中，取中点，连接，则的三等分点为外心， 连接，则三棱锥外接球的球心在上，设为，外接球半径为， 则，由于，， 所以，得， 所以三棱锥外接球的体积为. 故选：B 7．（2025·湖北·模拟预测）在平面四边形ABCD中，，将沿AC折起，使点到达点的位置，且三棱锥的体积为，则三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 已知，且， 将代入可得：，解得. 取的中点，连接.则. 在中，因为已知，（），根据勾股定理，且，所以平面 设三棱锥的外接球的球心为，的外接圆的圆心为，因为是等边三角形，所以为等边的中心. 在等边中， 是高（三线合一），，则，. 设的外接圆的圆心为，在上，连接， 因为，四边形为矩形. 设.在和中，根据勾股定理有，展开等式可得，解得. 设三棱锥的外接球的半径为，在中，根据勾股定理. 将代入可得. 根据球的表面积公式，可得表面积. 故选：B. 8．（2025·江西南昌·模拟预测）已知三棱锥，平面平面，，，，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 设的外接圆圆心分别为，三棱锥外接球球心为， 过作平面的垂线，过作平面的垂线，两垂线的交点即为三棱锥外接球的球心. 取中点，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 所以，同理，， 因为平面，所以，故四边形为矩形. 因为的外接圆半径，即， 所以. 因为的外接圆半径，即， 所以，即球的半径， 所以三棱锥外接球的表面积为. 故选：B. 9．（2025·江苏南通·三模）已知正四棱台上底面边长为，下底面边长为，高为3，则该四棱台外接球的表面积为 ． 【答案】 【详解】上底正方形外接圆圆心，半径，下底正方形外接圆圆心，半径， 设球心O半径R， ，， 该四棱台外接球的表面积. 故答案为：. 10．（2025·江西新余·模拟预测）四面体的每一组对棱的长度相等，分别为，，，则该四面体的体积为 ，该四面体的外接球的表面积为 . 【答案】 【详解】不妨设四面体为，，，， 可将四面体放置在长方体中，如图所示:    设长方体的同一顶点处的三条棱长分别为a，b，c，则，解得，，， 则四面体的体积， 该四面体的外接球即为长方体的外接球，设其半径为R，则， 所以球的表面积为. 故答案为：；. 11．（2025·甘肃白银·三模）已知正三棱台的侧棱长为，上、下底面的边长分别为，，则三棱台的外接球的表面积为 ． 【答案】 【详解】如图，设正三棱台上、下底面所在圆面的半径分别为，则， 所以，． 设球心到正三棱台上、下底面的距离分别为，球的半径为， 则． 设正三棱台的高为，由棱台的侧棱长为，得， 所以或， 即或， 解得，所以三棱台的外接球的表面积为．    故答案为： 12．（2025·河北·模拟预测）秦量是秦代为统一全国量制而由官府颁发的标准量器，秦量多为铜质和陶质，铜量有方升和椭量，陶量则多为圆桶形（即圆台形状，如图所示）．某地出土秦诏文陶量1件，高为10厘米，上部外径（即上底面外部直径）为24厘米，下部外径（即下底面外部直径）为16厘米，则此陶量的外接球的表面积为 平方厘米．    【答案】 【详解】如图，画出圆台的轴截面，   ，，， 由题意可知，球心在上，设，， 所以，解得：，， 所以外接球的表面积. 故答案为： 13．（2025·江苏南通·模拟预测）已知正六棱锥的底面边长为2，且其侧面积是底面积的2倍，则此正六棱锥的外接球的表面积为 . 【答案】 【详解】根据题意可得底面为正六边形的边长为， 所以底面积为, 设侧面积的三角形的高为，则侧面积，故， 设正六棱锥的高为，则， 设正六棱锥的外接球的半径为, 则,解得, 所以正六棱锥的外接球的表面积.    故答案为：. 14．（2025·上海黄浦·三模）在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．已知在鳖臑中，，平面，当该鳖臑的外接球的表面积为时，则该鳖臑的体积为 ． 【答案】 【详解】 如图，根据已知条件可以将三棱锥放在长方体中， 则三棱锥 的外接球即为长方体的外接球， 设三棱锥 的外接球的半径为， 三棱锥 的外接球的表面积为，，， ，，解得， . 故答案为：. 15．（24-25高一下·吉林·期中）如图，在三棱柱中，，点是的中点，平面. (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)求三棱柱外接球的表面积. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1） 连接，设，连接， 由三棱柱的性质可知，侧面为平行四边形， 因为为的中点，又因为为的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面. （2）因为，所以， 即，又，平面，所以平面， 所以. （3）因为，平面， 所以三棱柱外接球就是以为棱的长方体的外接球， 长方体的体对角线长， 即长方体的外接球直径，即, 则其表面积为. 16．（23-24高一下·浙江·阶段练习）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的阳马中，侧棱底面ABCD，且，点E是PC的中点，连接DE、BD、BE.    (1)证明：平面.试判断四面体是否为鳖臑.若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由； (2)设H点是AD的中点，若面EDB与面ABCD所成二面角的大小为，求四棱锥的外接球的表面积. 【答案】(1)证明见解析，是鳖臑，四个面的直角分别是，，， (2) 【详解】（1）因为底面，平面 所以， 因为为长方形，所以， 因为，平面 所以平面， 因为平面， 所以， 因为，点E是PC的中点， 所以， 因为，平面， 所以平面， 由平面PCD，平面PBC， 可知四面体的四个面都是直角三角形， 即四面体是一个鳖臑， 其四个面的直角分别是，，，；    （2）找中点，连接，过做，连接； 因为E，F是PC，DC中点， 所以平面，面， 所以， 又因为，，平面， 所以平面，所以就是面与面所成二面角的平面角； 设， 又因为， 所以，所以， 所以，又，得 所以，解得， 因为，，所以，，； 所以，； 设的外接圆半径为，外接圆圆心为， 则，， 过点作，，垂足分别为，连接， 则，， 又，所以，所以，    设球心为，设， 若球心和点位于平面异侧， 则， ， 四棱锥的外接球的半径为， ，    若球心和点位于平面同侧，则 ， 解得（舍去）. 考点四 内切球问题 【知识点解析】 1. 定义：内切球是指与几何体的所有面（或侧面及底面）都相切的球，其球心到每个面的距离等于球的半径. 2. 求解：作出截面的平面示意图之后，利用等面积法或三角函数的定义构造方程进行求解. 3. 常见几何体的内切球 ①棱长为的正方体： ②棱长为的正四面体： ③体积为，表面积为的棱锥： ④底面半径为，高为，母线长为（）的圆锥： 【例题分析】 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． B． C． D． 【答案】C 【详解】依题意，所有棱长都是2的正四棱锥的高， 体积，表面积， 设该棱锥的内切球半径为，则，即. 故选：C 2．（2025·河北邢台·三模）在平面直角坐标系中，点，与关于原点对称，现以轴为折痕，将轴下方部分翻折，使其与上方部分构成直二面角， 两点相应变成，两点，将绕直线旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题可知，所以，由翻折的不变性可知，翻折后的图形如图所示， 设点在轴上的投影为，易知平面， 连接，，所以.点在轴上的投影为， 在中，由勾股定理得， 所以在中，易得， 在中，由余弦定理得，， 即，解得，所以. 所以是一个顶角为，腰长为的等腰三角形， 将其绕直线旋转一周得到的旋转体为两个同底面且等高的圆锥组合体， 其轴截面如图所示， 则在该轴截面中和为边长为的等边三角形， 则该旋转体内切球的半径即为菱形内切圆的半径， 由等面积法可得， 即，解得， 因此该旋转体内切球的表面积为. 故选：C. 3．（2025·四川德阳·三模）六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形）.若一正八面体的内切球表面积为，外接球表面积为，则的值为（    ） A． B． C．3 D．4 【答案】C 【详解】如图正八面体，连接和交于点， 因为，，所以，， 又平面，平面，， 所以平面， 设正八面体的外接球的半径为，内切球半径为， 假设正八面体的棱长为， 则，，， ，， 因，则，且为正八面体的中心， 则点到平面的距离为内切球半径， 因为，即， 即，所以， 所以. 故选：C. 4．（2025·吉林·模拟预测）一圆台的上底面半径为，下底面直径为，母线长为，则内切于该圆台的球体体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设圆台的上、下底面的半径分别为，由题知， 又母线长为，则圆台的高为， 若球与圆台的下底面和侧面相切， 设球的半径为，球心为，圆台的上、下底面的中心分别为， 与圆台侧面的一个切点为，过球心的轴截面如图所示， 连接，易知，则，又， 由，得到，解得， 又，所以球与圆台的上、下底面相切，与侧面不相切， 所以，球的体积为，    故选：B. 5．（24-25高三下·重庆北碚·阶段练习）正六棱台的上、下底面的边长分别是2和6，且正六棱台存在内切球（与正六棱台的各个面都相切），则它的侧棱长是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】如图所示，设所求为，是正六棱台的底面的中心， 因为正六边形的每一个内角为， 所以，又因为， 所以三角形是等边三角形，所以，同理， 所以， 所以正六棱台的体积为， 由， 表面积为， 设内切球半径为，则由等体积法可得，， 所以，又， 所以，即， 所以，即，解得. 故选：C. 6．（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 ，则该圆锥内切球半径为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】如图，设圆锥的底面圆半径，则， 解得 ，于是圆锥的高. 设该圆锥内切球的球心为点，由对称性可知点在高线上， 设该圆锥内切球半径为， 因圆锥的轴截面为等腰三角形，故其面积为， 解得 . 故选： A 7．（23-24高一下·四川成都·期末）如图，平面四边形中，，，，，沿将折起成直二面角（折起后原来平面图形的D点变为空间图形的P点），则折起后四面体的内切球半径为 ． 【答案】 【详解】因为平面平面，，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以， 又因为，平面， 所以平面，而平面， 从而， 设所求为，三棱锥的表面积、体积分别为，， 而，， 从而，解得. 故答案为：. 8．（24-25高一下·吉林·期中）多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体，正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为正八面体，则该正八面体的外接球与内切球的表面积的比为 ．      【答案】 【详解】由正八面体的结构特征易知，其外接球和内切球的球心重合，且为体对角线的交点， 令正八面体的棱长为2，外接球和内切球的半径分别为，则外接球半径， 各侧面积，构成正八面体的两个正四棱锥的高为， 所以正八面体的体积，可得， 所以外接球和内切球的表面积比为. 故答案为： 9．（2025·辽宁鞍山·一模）正四面体内切球与其外接球表面积之比为 ． 【答案】 【详解】如图1，过点A作底面于点F，则F为正三角形的中心，连接并延长，交于点E，则E为中点，且，在上取点O，此点为正四面体的外接球球心，则，设正四面体棱长为a，则，故，由勾股定理得：，设，由得：，解得：， 如图2，作出正四面体的截面，则正四面体的内切球与，相切，设内切球球心为，半径为r，则作于点G，则，，其中，，由得：，即， 解得：，则， 所以内切球的表面积与外接球表面积之比为， 故答案为：． 10．（2025·安徽·二模）已知正三棱锥的各顶点均在半径为1的球的球面上，则正三棱锥内切球半径的最大值为 . 【答案】 【详解】设正三棱锥的底面边长，到平面的距离为， 所以，， 所以，，， 所以 ， 不妨设，，所以，所以， 设，， 所以， 所以内切球半径的最大值为. 故答案为： 高考真题演练 1．（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 【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 2．（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 【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．（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 【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 4．（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 【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 5．（2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【详解】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接，    由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和， 所以. 因为平面，平面，所以， 因为，平面，， 所以平面，因为平面，所以，. 同理：，又，故四边形是矩形， 所以由得，所以，所以， 所以在直角三角形中， 在直角三角形中，，， 又因为， 所有棱长之和为. 故选：C 6．（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 【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. 7．（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 【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. 8．（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 【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. 9．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题·多选）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 【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.    10．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题·多选）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 【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. 11．（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】 【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：. 12．（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】 【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：. 13．（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】/ 【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：. 14．（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】 【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： 15．（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】 【详解】由题可得两个圆台的高分别为， ， 所以. 故答案为：. 16．（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】 【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：. 17．（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】 【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：. 18．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心． (1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）正四棱锥满足且平面，由平面，则， 又正四棱锥底面是正方形，由可得，， 故， 根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥， 即圆锥的高为，底面半径为， 根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是 （2）连接，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形， 由是中点，则，又平面， 故平面，即平面，又平面， 于是直线与平面所成角的大小即为， 不妨设，则，， 又线面角的范围是， 故.即为所求. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$