第22讲 空间几何体的结构表面积及体积（知识清单+6题型讲解练+强化训练）讲义-2026年高考数学大一轮复习核心题型讲与练+培优点专项突破（新高考版）

第22讲 空间几何体的结构表面积及体积 知识清单 知识点01：空间几何体的结构特征 1 知识点02：直观图 2 知识点03：圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积 3 知识点04：柱、锥、台、球的表面积和体积 3 题型归纳 题型01 立体图形结构特征 3 题型02 立体图形直观图 10 题型03 立体图形展开图 14 题型04 立体图形侧面积 20 题型05 立体图形表面积 26 题型06 立体图形体积 38 强化训练 47 知识点01：空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征 名称 棱柱 棱锥 棱台 图形 底面 互相平行且全等 多边形 互相平行且相似 侧棱 平行且相等 相交于一点但不一定相等 延长线交于一点 侧面形状 平行四边形 三角形 梯形 (2)旋转体的结构特征 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 图形 母线 互相平行且相等，垂直于底面 相交于一点 延长线交于一点 轴截面 矩形 等腰三角形 等腰梯形 圆 侧面展开图 矩形 扇形 扇环 知识点02：直观图 (1)画法：常用斜二测画法． (2)规则： ①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中x′轴、y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直． ②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴，平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段，长度在直观图中变为原来的一半． 知识点03：圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积 圆柱 圆锥 圆台 侧面展开图 侧面积公式 S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r1＋r2)l 知识点04：柱、锥、台、球的表面积和体积 名称 几何体　　 表面积 体积 柱体 S表＝S侧＋2S底 V＝Sh 锥体 S表＝S侧＋S底 V＝Sh 台体 S表＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h 球 S表＝4πR2 V＝πR3 题型01：立体图形结构特征 【例1-1】（2025·湖北黄冈·三模）将一个棱长为的正方体铁块磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是（ ） A．底面半径为，高为的圆柱体 B．底面直径为，高为的圆锥体 C．半径为的球体 D．各棱长均为的四面体 【答案】B 【详解】对于A,由于正方体的棱长为，故圆柱底面圆最大为正方体底面的内切圆，故半径最大为5，圆柱的高最大不超过，故A错误，B正确， 正方体的内切球的半径为5，为正方体内最大的球，故C错误， D.正方体的面对角线的长度为，故棱长不超过.D错误， 故选：B 【例1-2】（2025·福建福州·模拟预测）陈嘉豪发现，《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．已知长方体，若阳马以该长方体的顶点为顶点，则这样的阳马的个数是 （用数字作答）． 【答案】24 【详解】长方体有6个面. 以其中一个面为底面，比如底面. 当以底面为阳马的底面时，从顶点中任选一个顶点作为垂直于底面的侧棱的顶点， 都可以构成1个阳马，这样就有4个阳马. 因为长方体有6个面，每个面都可以像底面这样构成4个阳马. 所以阳马的总个数为.   故答案为：24. 【变式1-1】（2024·江西新余·模拟预测）美味的火锅中也充满了有趣的数学知识，如图将火锅抽象为乙图的两个同心圆柱，大、小圆柱的半径分别为25cm与5cm，汤料只放在两圆柱之间，将汤勺视为一条线段，若将汤锅装满，将汤勺置于两圆柱之间无论如何放置汤料都不会将汤勺淹没，则汤勺长度最短为：（     ）cm. A． B． C． D． 【答案】C 【详解】将投影至底面为，是底面大圆的一条弦且与小圆相切（切点为）时最长， 所以， 所以， 故选：C. 【变式1-2】（多选）（2025·湖南郴州·一模）在棱长为的正方体中，点在侧面所在平面内运动，为的中点，则下列说法正确的是（    ） A．当在线段上运动时，恒有 B．当为正方形的中心时，与所成角的正弦值为 C．若点满足，则平面截正方体所得的截面面积为 D．直线和与平面所成的角相等时，动点的轨迹为圆 【答案】ACD 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 对于A选项，如下图所示： 则、、、、， 设，其中，则， 所以，， 所以，故，A对； 对于B选项，当为正方形的中心时，则、， ，， 所以， 故， 故当为正方形的中心时，直线、所成角的正弦值为，B错； 对于C选项，如下图所示： 设平面交棱于点， 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以， 故平面截正方体所得截面为梯形， 又因为，结合等角定理可得， 因为，故为等腰直角三角形，故， 易知点，，， 所以点到直线的距离为， 所以截面面积为，C对； 对于D选项，设点，，， 易知平面的一个法向量为， 由题意可得，即， 即，化简得， 故当直线和与平面所成的角相等时，动点的轨迹为圆，D对. 故选：ACD. 【变式1-3】（多选）（2025·湖北十堰·三模）素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法，其水平反映了绘画者的空间造型能力．“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型．如图，这是某同学绘制“十字贯穿体”的素描作品，该“十字贯穿体”是由一个圆锥和一个圆柱“垂直贯穿”构成的多面体，圆锥的两条母线与圆柱相切，其中一个切点为，圆柱侧面的母线平行于圆锥的底面，为圆锥的顶点，圆锥的一条母线与圆柱的侧面交于两点，且为圆柱侧面上到圆锥底面距离最大的点，圆锥的母线长为，其底面圆的半径为，圆柱的半径为，下列结论正确的是（    ） A． B． C．点到圆锥底面的距离为 D．点到圆锥底面的距离为 【答案】ACD 【详解】对于A，过点作轴截面，为圆锥的母线与与圆柱的切点，为圆锥的高，为与圆柱的交点， 如图1，由题意可知，先计算， 又已知，. 因为，根据相似三角形对应边成比例，即. 已知，，，，由可得：.   因为，所以. 由可得：，化简同求OD过程类似，可得，所以A选项正确. 对于B，点到圆锥底面的距离即点到圆锥底面的距离，已知， 因为，，所以，C选项正确. 对于D，点到圆锥底面的距离即点到圆锥底面的距离，已知， 因为，，所以，D选项正确.   对于B，过点，，作截面，如图2所示，易得. 已知，，，则，所以B选项错误. 故选：ACD. 题型02：立体图形直观图 【例2-1】（2024·四川成都·模拟预测）如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图（图中虚线分别与轴和轴平行），，，则的面积为（    ）    A． B． C．24 D．48 【答案】D 【详解】由直观图可得如下平面图形： 其中，，，轴，且， 所以. 故选：D    【例2-2】（2025·四川成都·模拟预测）用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图为如图所示的，已知是边长为2的等边三角形，则顶点到轴的距离是 . 【答案】 【详解】如图①中，过作平行轴，交轴于点， 如图②，在平面直角坐标系中，在轴上取， 过点作平行轴，取，连接，则即原图形. 故为到轴距离，设则. 在①中过作垂直轴，且交轴于， 则， ，即，解得. 故答案为：. 【变式2-1】（2024·湖北·模拟预测）用斜二测画法画出的水平放置的的直观图如图所示，其中是的中点，且轴， 轴， ，那么（    ） A． B．2 C． D．4 【答案】D 【详解】根据题意，把直观图还原出原平面图形为等腰三角形，如图所示， 其中，，， 原平面图形的面积为. 故选：D． 【变式2-2】（多选）（2025·陕西西安·二模）如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（   ）    A． B． C．四边形的面积为 D．四边形的周长为 【答案】BC 【详解】A选项，过点作垂直于轴于点， 因为等腰梯形中，， 所以， 又，所以，A错误；        B选项，由斜二测法可知，B正确； C选项，作出原图形，可知，，，， 故四边形的面积为，C正确；    D选项，过点作于点， 则， 由勾股定理得， 四边形的周长为，D错误． 故选：BC. 题型03：立体图形展开图 【例2-1】（2025·四川德阳·模拟预测）边长为的正方形是圆柱的轴截面，则从点沿圆柱的侧面到相对顶点的最短距离（单位：cm）是（    ） A． B．12 C． D． 【答案】A 【详解】圆柱的侧面展开图如图所示， 展开后， ∴，即为所求最短距离． 故选：A. 【例2-2】（2025·重庆·模拟预测）已知圆锥的高为，底面直径的长为，那么从点A出发沿该圆锥的表面到点B的最短路径长为 ． 【答案】 【详解】由题设，圆锥底面周长为，母线长为，故侧面展开图圆心角为， 将圆锥沿过点的母线展开，得到如下图示半径为6的半圆，且为圆弧的中点， 从到有两种方式，一种方式从圆锥体侧面，一种方式从圆锥的底面， 若沿侧面，如上图，从点A出发到点B的最短路径长； 若沿底面，此时最短路径长为直径长度； 综上，从点A出发沿该圆锥的表面到点B的最短路径长. 故答案为： 【变式2-1】（2025·湖北黄冈·模拟预测）已知一个圆台母线长为2，侧面展开图是一个圆心角为的扇环，则圆台上下底面圆周长之差的绝对值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设圆台的侧面展开图扇环的内圆半径为，外圆半径为，（） 则圆台母线长为， 设圆台上、下底面圆半径分别为，（）， 则，，∴， 圆台上下底面圆周长之差的绝对值为. 故选：A. 【变式2-2】（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． 【答案】A 【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 【变式2-3】（多选）（2025·江西·三模）如图所示，在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，为的中点，、分别是线段、上的动点（含端点），则下列说法正确的是（   ） A．存在、使平面 B．存在、使平面 C．的最小值为 D．的最小值为 【答案】ABD 【详解】对于选项A，当点与点重合时，平面， 又平面平面，显然有面，故A正确； 对于选项B，如下图所示： 因为四边形为正方形，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，故平面， 当点与点重合且为的中点时，、平面， 又因为，此时平面，故B正确． 对于选项C，当为的中点时，最小， 如图所示，过点作关于的对称点，过点作于点， 不妨设，则当、、三点共线时，最小， 因为，，， 此时， 因为，则， 所以， 故， 则，故， 所以， 故，故C错误； 对于选项D，连接，取的中点，如图所示： 因为，，，故， 所以， 因为、分别为、的中点，所以， 又因为，所以，故， 连接交于点，因为、分别为、的中点，则， 因为四边形为正方形，所以，故， 因为，故为的中点， 因为四边形为正方形，故， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，故平面， 因为平面，故，同理可证， 在矩形中，过点在平面内作，垂足为点， 易知四边形为矩形，且，， 故，所以， 因为、平面，当点为、的交点时，取最小值，故D正确. 故选：ABD. 题型04：立体图形侧面积 【例4-1】（2025·甘肃武威·模拟预测）亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式，它是逗留赏景的场所，也是园林风景的重要点缀.重檐圆亭（图1）是常见的一类亭，其顶层部分可以看作是一个圆锥和一个圆台的组合体.已知某重檐圆亭圆台部分的直观图如图2所示，在其轴截面中，，，点到的距离为，则该圆台的侧面积为    A． B． C． D． 【答案】D 【详解】过点，作，因为点到的距离为，所以的长度为， 因为，，所以，，    ，，. 故选：D. 【例4-2】（2025·天津和平·三模）已知底面半径为的圆锥，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为，则此圆柱的侧面积与圆锥的侧面积的比值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意可知圆锥的轴截面是边长为的正三角形， 则圆锥的高，如图， 由△△，可得，则， ， 圆柱侧面积， 圆锥侧面积，则． 故选：C． 【例4-3】（2025·河北沧州·模拟预测）在正四棱台中，，侧棱和底面所成角为，则该正四棱台的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】如图，连接，则，过作于， 则，由正四棱台的性质可得平面， 故即侧棱和底面所成角， 所以，在中，可得， 过作于，连接，因为平面， 所以，而平面， 故平面，而平面，故， 而，则， 所以该正四棱台的侧面积为， 故选：B． 【变式4-1】（2025·河北石家庄·模拟预测）已知正三棱台的下底面边长为，侧棱长为2，侧棱与底面所成的角为，则该三棱台的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】将正棱台补全为正三棱锥，为底面中心， ，，则， 棱台的高，棱台上底面是正三棱锥的中截面， ，等腰高为， 面积为，等腰梯形的面积为， 所以该三棱台的侧面积为. 故选：D 【变式4-2】（2025·黑龙江哈尔滨·三模）已知一个等腰梯形的下底边长是上底边长的3倍，两腰与下底边所成角为，面积为．若该等腰梯形是一个圆台的轴截面，则该圆台的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】如图，由题意得． 设等腰梯形ABCD的上、下底边长分别为a，，，即． 分别过点D，A作，垂足分别为点G，F， 因为，则四边形ADGF为矩形，且，所以． 在中，，， 则等腰梯形的面积，解得， 则圆台的上、下底面的半径分别为，母线长为， 所以圆台的侧面积为． 故选：A． 【变式4-3】（2025·湖南·一模）亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式，它是逗留赏景的场所，也是园林风景的重要点缀．重檐圆亭（图1）是常见的一类亭，其顶层部分可以看作是一个圆锥以及一个圆台（图2）的组合体．已知某重檐凉亭的圆台部分的轴截面如图3所示，则该圆台部分的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】圆台的上底圆直径为3，上底圆直径为4.6，高为0.6， 过点作，垂足分别为， 故，故， 故该圆台部分的侧面积为. 故选：B 【变式4-4】（2025·湖南长沙·二模）已知圆台上下底面半径分别为和，母线与下底面所成角为，则圆台侧面积为 ． 【答案】 【详解】记圆台的轴截面为等腰梯形， 作圆台的轴截面如下： 过点作，垂足为，过点作，垂足为， 因为圆台上下底面半径分别为和，母线与下底面所成角为， 所以，，， 所以，，， 所以圆台的高为，母线长为2． 故圆台的侧面积． 故答案为：. 题型05：立体图形表面积 【例5-1】（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． 【答案】C 【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. 【例5-2】（2025·云南大理·模拟预测）在体积为的三棱锥中，，，平面平面，，，若点，，，都在球的表面上，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】如图，取的中点，连接，，因为，， 所以，因此点就是球心，又， 故是等腰直角三角形，所以， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 设球半径为，则，，则，， 所以三棱锥的体积， 所以，所以球的表面积为.    故选：A. 【例5-3】（2025·甘肃庆阳·模拟预测）已知圆锥与圆柱的底面半径相等，它们的高也相等，若圆柱的底面积为，侧面积为，则圆锥的表面积为 . 【答案】 【详解】设圆柱的底面半径为，高为，圆锥的母线长为， 则由，得， 又由，得， 所以圆锥的母线长， 所以圆锥的侧面积， 则圆锥的表面积. 故答案为：. 【例5-4】（2025·云南·模拟预测）在平面五边形中，如图1所示，，，．将平面四边形沿翻折成空间图形，使D，E分别至点，，连接，，如图2所示，其中，都为动点． (1)若，证明：平面平面； (2)若平面四边形沿旋转一周所得几何体，求该几何体的表面积； (3)求二面角的余弦值的最小值． 【详解】（1）连接，在平面四边形中，，则四边形为菱形， 由，得为正三角形，，而， 则，，由，得， 而平面，因此平面，又平面， 所以平面平面. （2）由（1）知，四边形是菱形，，作于，交延长线于， 菱形沿旋转一周所得几何体，是绕直角边所在直线一周得的圆锥， 矩形绕直线一周得的圆柱并挖去绕直线一周得的圆锥的组合体， ，该几何体的表面积为. （3）在平面内过作，而，则是二面角的平面角， 在平面内过作，则，直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设， 则， ， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则，令，得， ，令，得， 设二面角的平面角为，由几何图形及可得为锐角， 则 ，令，， ，当且仅当时取等号， 所以二面角的余弦值的最小值为. 【变式5-1】（2025·广东中山·二模）如图，在圆柱内有一个球O，该球与圆柱的上，下底面及母线均相切.若，则圆柱的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意知，圆柱底面半径，母线长， 所以圆柱的表面积. 故选：C 【变式5-2】（2025·陕西西安·一模）若正四棱锥的高为4，且所有顶点都在半径为6的球面上，则该正四棱锥的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】在正四棱锥中，设点在底面的投影为，则为正方形的中心， 过作正四棱锥的截面，如图： 因为，，所以正四棱锥的外接球球心在的延长线上， 则，， 所以. 在正四棱锥中，如下图： ，， 中边上的高为， 故该正四棱锥的表面积为． 故选： 【变式5-3】（2025·北京·模拟预测）攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑.兰州市著名景点三台阁的屋顶部分也是典型的攒尖结构.如图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分，它可以看作是正三棱柱和不含下底面的正四棱台的组合体.已知正四棱台侧棱、下底的长度（单位：dm）分别为4，6，侧面与底面所成二面角的正切值为，正三棱柱各棱长均相等，则该结构表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】过作平面于，过作于，连接， 因平面,则，又平面， 故平面，因平面，则，故为的平面角， 故，则. 令正四棱台上底边长为，则， ， 所以，即， 解得或（舍去），故. 所以该结构表面积为 . 故选：A. 【变式5-4】（2025·浙江丽水·一模）在Rt中，是的中点，把沿翻折到，设二面角的平面角为，若，则三棱锥外接球表面积的范围是 ． 【答案】 【详解】由题可得，所以， 所以，故和分别为等边三角形和等腰三角形，且， 如图，分别为外接圆圆心，取中点，连接， 则，，， 且，故为二面角的平面角，所以， 分别过作平面和平面的垂线，则球心均在两垂线上，两垂线的交点即为球心O， 如图，当时，四边形为矩形,则， 所以由得； 若，如图，连接，则与相交于平面一点H， 则所以， 设三棱锥外接球半径为R， 则，，， 所以， 所以， 若，则，令， 则， 所以时，时，所以在上单调递减，在上单调递增， 又， 所以， 综上所述，最小值为1，最大值为. 所以三棱锥外接球表面积最小值为，最大值为. 故答案为： 【变式5-5】（2025·陕西延安·模拟预测）如图，三棱锥中，底面，是的中点，是的中点，． (1)求证：平面平面； (2)若，，且二面角的正弦值为，求三棱锥外接球的表面积． 【详解】（1） 因为底面，平面，故， 而，故，故， 而平面，故平面， 而平面，故平面平面. （2）由（1）平面，而，故平面， 因为，故，故， 故可以为原点，以所在的直线建立如图所示的空间直角坐标系， 故，设， 则， 设平面的法向量为，则， 所以，取. 设平面的法向量为，则， 所以，取. 因为二面角的正弦值为， 故，故， 因为平面，而平面，故， 同理，故的中点到的距离相等， 故的中点为三棱锥外接球的球心，而， 故三棱锥外接球的表面积为. 题型06：立体图形体积 【例6-1】（2025·云南·模拟预测）若底面边长为6的正三棱柱存在内切球（球与正三棱柱的所有面均相切），则该正三棱柱的体积为（    ） A．27 B．54 C．18 D． 【答案】B 【详解】易知边长为6的正三角形的内切圆半径为，所以若正三棱柱存在内切球， 则该正三棱柱的高为，所以该正三棱柱的体积. 故：B. 【例6-2】（2025·河北唐山·模拟预测）一个等边三角形边长为2，以其一边所在直线为轴，其余各边旋转一周围成的几何体的体积为 ． 【答案】 【详解】如图，为等边三角形，O为的中点，， 以其边所在直线为轴，其余各边旋转一周围成的几何体是以为半径的圆为底面高为1的两个圆锥， 故几何体体积为， 故答案为： 【例6-3】（2025·浙江·模拟预测）如图，装满水的圆台形容器内放进半径分别为3和6的两个铁球，小球与容器底和容器壁均相切，大球与小球、容器壁、水面均相切，此时容器中水的体积为 ． 【答案】 【详解】作几何体的轴截面图如图，，分别是大球和小球的球心， 是圆台的轴截面等腰梯形两腰和的延长线的交点，   ，分别是球和球与圆台侧面的切点，，分别是与圆台上下底面的切点， 则，，，， 且，，， 过点作交于，显然，四边形为矩形， 且，， 在中，，，， 由，得，则，. 在中，，， 在中，， 在中，，， 因此圆台的上底面半径，下底面半径，高， 圆台的体积， 而球的体积，球的体积， 所以容器中水的体积. 故答案为： 【例6-4】（2025·广东·模拟预测）如图，三棱柱的所有棱长均为，，二面角的余弦值为． (1)证明：． (2)求三棱柱的体积． (3)求二面角的正弦值． 【详解】（1）取的中点，连接，，，， 作，垂足为，连接并延长，交于点， 由题意可得，均为等边三角形，所以，， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以二面角即，所以， 因为三棱柱的所有棱长均为6，所以，， ，，， ，所以，， 即，因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以． （2）四边形的面积， 三棱柱的体积. （3）由（1）可得，，过点作轴，平行于，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， ， 设为平面的法向量，则所以可取， 连接，取的中点，连接，则，， 由（1）得平面，因为平面，平面， 所以，，，所以， 因为，所以， 因为平面，所以平面， 平面的一个法向量为，， 所以二面角的正弦值为． 【变式6-1】（2025·宁夏吴忠·二模）已知矩形中，，，以所在直线为旋转轴，将矩形旋转一周形成一个几何体，则的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据题意作出矩形与几何体，分别如图下左右两图所示： 旋转一周形成两个共底面的圆锥，旋转一周形成一个倒立的相同的几何体， 将这两个几何体的体积均记为，这两个几何体的重叠部分是以圆O为底面， A，C分别为顶点的两个小圆锥，记两个小圆锥的体积和为， 而，点B到直线的距离为，圆O的半径为， 所以的体积. 故选：C 【变式6-2】（2025·山东菏泽·模拟预测）已知某圆台的体积为，其上、下底面圆的面积之比为4∶9，周长之和为，则该圆台的高为 【答案】3 【详解】设圆台的高为h，上、下底面圆的半径为， 则由上、下底面圆的面积之比为4∶9，周长之和为， 得，得， 由圆台的体积为，得，解得. 故答案为：3 【变式6-3】（2025·云南昭通·模拟预测）在棱长为3的正方体中，是棱的中点，为棱的三等分点（靠近点），过三点作正方体的截面，则以为顶点，以该截面为底面的棱锥的体积为 ． 【答案】3 【详解】 如图，因为为的中点，为棱的三等分点（靠近点）， 所以取为棱的六等分点（靠近点），则，即四点共面， 所以过三点的截面为平行四边形 则， 又因为，所以 故答案为：3． 【变式6-4】（2025·广东广州·模拟预测）已知圆台上、下底面圆周都在球面上，且下底面过球心，若圆台上、下底面面积之比为1：4，则圆台的体积与球体积之比为 . 【答案】 【详解】作出示意图如图所示： 因为圆台上、下底面面积之比为1：4，所以圆台上、下底面圆的半径之比为1：2， 设圆台上底面圆的半径为，则圆台下底面圆的半径为， 由题意可得圆台的高为， 则圆台的体积为， 因为下底面过球心，所以球的半径为，所以球的体积为， 所以. 故答案为：. 【变式6-5】（2025·云南昆明·模拟预测）如图，是边长为4的等边三角形，且点分别为线段与的中点.将沿折叠后使点与点重合，得到四棱锥.设点为线段上一点，且. (1)证明：平面； (2)求四棱锥与三棱锥的体积之比. 【详解】（1）证明：如图，连接交于点，连接. 由题可知，且. 则易有与相似，且相似比为，也即. 又，则，故. 且平面，平面，故平面. （2）解：设四棱锥的体积为，高为，四边形的面积为. 三棱锥的体积为，高为，三角形的面积为，与之间的距离为. 由题有. 又，故，即， 则， 即四棱锥与三棱锥的体积之比为. 一、单选题 1．（2025·陕西西安·三模）已知圆锥底面半径为，母线长为，若球的半径与圆锥的高相等，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出圆锥的高，再利用球的表面积公式求解即可. 【详解】因为圆锥的底面半径，母线，所以圆锥的高， 因为球的半径与圆锥的高相等，所以球的半径， 所以该球的表面积， 故选：A 2．（2025·云南楚雄·模拟预测）将半径为的实心铁球熔化后铸成一个实心正四面体（不计损耗），则正四面体的棱长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据球体的体积公式及正四面体的体积公式，化简可得解. 【详解】 如图所示，设正四面体的棱长为， 则，， 所以正四面体的高为， 其中一个面的面积为， 所以正四面体的体积. 又实心铁球的体积为， 由题意可知，解得， 故选：C. 3．（2025·广东清远·一模）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥为鳖臑，平面，且三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积的最大值为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】D 【分析】确定PC的中点O是鳖臑外接球的球心，结合外接球表面积得外接球半径，进而求得，结合勾股定理及基本不等式求得，即可求解. 【详解】 在鳖臑中，四个面都为直角三角形，可知PC的中点O到四个顶点的距离都相等， 所以点O是鳖臑外接球的球心，三棱锥的外接球的表面积为， 得外接球半径，所以. 又，所以， 所以， 即，当且仅当时，取等号， 所以三棱锥的体积的最大值为， 故选：D 二、多选题 4．（2025·浙江金华·一模）已知圆锥的侧面展开图是半径等于2的半圆，则圆锥的（    ） A．底面半径为1 B．表面积为 C．体积为 D．外接球与内切球半径比值为3 【答案】AC 【分析】根据已知有圆锥的母线长为2，底面周长为，进而求得底面半径，再结合圆锥的结构特征、表面积、体积的求法依次判断各项的正误. 【详解】由题意，圆锥的母线长为2，底面周长为， 若底面半径为，则，A对， 表面积为，B错， 由上，圆锥的高，则圆锥体积为，C对， 由上，圆锥轴截面是边长为2的等边三角形，其外接圆和内切圆半径，分别为圆锥的外接球和内切球半径， 所以圆锥的外接球半径为，内切球半径为， 所以外接球与内切球半径比值为2，D错. 故选：AC 5．（2025·浙江宁波·一模）在圆台中，，AB，CD分别为上、下底面的直径，，且，动点P、Q分别在线段AC和上运动（含端点），满足，则（   ） A．圆台的体积为 B．四面体外接球的表面积为 C．射线PQ交圆台侧面于点M，则PM的最小值为 D．射线QP交圆台侧面于点N，则PN的最大值为 【答案】ABD 【分析】对于A，直接由圆台的体积公式求得圆台的体积，即可判断；对于B，求出外接球的半径，求得表面积，即可判断；对于C，设，利用空间向量坐标运算得到PM关于的函数，利用导数可求得其最小值，即可判断；对于D，同理C选项，得到PM关于的函数，利用导数可求得其最大值，即可判断. 【详解】对于A，由已知，故A正确； 对于B，由对称性可知球心在直线上，设半径为r， 则，解得， 故四面体外接球的表面积为，故B正确； 对于C，如图圆所在平面平行于底面，则圆所在平面， 如图建立空间直角坐标系， 则， 设， 则， 因为，设， 所以，则， 由相似可得圆的半径， ，则， 令， 则在上单调递减， 所以，则PM的最小值为2，故C错误； 对于D，由C，同理可得， 令， 则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以，则PN的最大值为，故D正确. 故选：ABD 6．（2025·广东江门·模拟预测）在四面体中，为四面体外接球的球心，则（    ） A．四面体体积的最大值为 B．长度的取值范围是 C． D．当直线与所成角为时，四面体外接球的表面积为 【答案】AC 【分析】当时四面体体积最大，求出四面体的体积最大值，即可判断A，由结合空间向量数量积的运算性质可判断B选项；利用空间向量数量积的运算性质可判断C选项；以、为邻边作平行四边形，则为矩形，分、两种情况求出球的表面积，可判断D选项. 【详解】对于A：当时，因为，，平面， 所以平面， 此时，四面体体积最大，最大值为，故A正确； 对于B：， ， 因为为异面直线，则，则， ，从而，故B错误； 对于C：不妨取的中点，连接、、，则， 所以，    同理可得，， 所以， 从而，故C正确； 对于D：以、为邻边作平行四边形，则为矩形， 故的各顶点都在球的球面上，如下图所示：    则，又因为，，、平面， 所以平面，且， 如下图所示：    圆柱的底面圆直径为，母线长为，则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则为圆柱的外接球球心. 可将三棱锥置于圆柱内，使得的外接圆为圆，如下图所示：    因为，故异面直线、所成的角为或其补角， 当时，为等边三角形，则该三角形外接圆直径为， 设球的半径为，则， 此时，球的表面积为； 当时，由于，则， 则外接圆直径为，则， 此时，球的表面积为. 综上所述，球的表面积为或，故D错误. 故选：AC 三、填空题 7．（25-26高三上·江苏镇江·阶段练习）如图，已知正四棱锥，点为侧棱PA的中点.则在此棱锥侧面上，从点出发绕其一圈到点的路径中，最短路径的长度为 . 【答案】 【分析】棱锥的侧面展开到一个平面内，利用勾股定理求解即可. 【详解】如图，将棱锥的侧面展开到一个平面内． 由题意可知，，， 故最短路径为， 即所求最短路径的长度为． 故答案为： 8．（2025·陕西榆林·一模）一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，在该圆锥内有一个体积为的球，则该球的体积的最大值是 ． 【答案】 【分析】根据圆锥侧面展开图可得圆锥的半径和高，由三角形面积公式即可求解内切球半径，进而由球的体积公式求出答案. 【详解】解：由题意得，扇形的弧长， 所以该圆锥的底面圆的半径， 所以该圆锥的高． 设该圆锥内的球的最大半径为，圆锥的轴截面如图所示： 则依题意得，所以， 所以该球的体积的最大值是． 故答案为： 9．（2025·广东·模拟预测）一个轴截面为等边三角形、高为6cm的封闭圆锥形容器内有一个半径为1cm的小球，小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥内壁的面积为 ． 【答案】 【分析】分别计算侧面与底面上小球可能接触到的容器内壁的面积，即可得解． 【详解】在圆锥内壁侧面，小球接触到的区域围成一个圆台侧面，如图所示， 圆锥轴截面为等边三角形，高为，则圆锥的母线长与底面圆的直径均为． 由小球的半径1cm，， 得， 又都是等边三角形，则， 圆台的上、下底面圆的半径分别为， 母线长， 因此圆台的侧面积为， 在圆锥底面，小球接触到的区域是一个圆， 其半径为，其面积为， 所以圆锥内壁上小球能接触到的圆锥容器内壁总面积为 故答案为： 10．（2025·广西·模拟预测）如图，向一个高为4且底面水平放置的正四棱锥容器注水，水面高度为2时停止注水（不考虑容器厚度）．将此四棱锥容器倒置时，水面高度为 ．    【答案】 【分析】根据棱锥的性质：截得棱锥与原棱锥的体积比等于它们对应高的比的立方，再结合水的体积不变特征可得. 【详解】当正面放时，设正四棱锥的体积为，高为4，水的体积为，高为2， 则水的上方形成一个小正四棱锥的体积为，根据正四棱锥的性质有，得. 当倒放时，由于水的体积不变而且形成一个小四棱锥，设其高为， 根据四棱锥的性质有，即，解得. 故答案为： 11．（2025·甘肃武威·模拟预测）已知球是三棱锥的外接球，，，若三棱锥体积的最大值为，则球的表面积为 . 【答案】 【分析】利用余弦定理求出的长度，从而得到，则的外接圆的圆心是斜边的中点，得到过且垂直于平面的直线一定过球心，连接并延长与球相交的点就是使得三棱锥体积的最大值的点，利用三棱锥的体积公式得到的长度， 设球的半径为，由得到，由建立的等式，求出，利用球的表面积公式求解即可. 【详解】，， ， ，，， 的外接圆的圆心是斜边的中点， 过且垂直于平面的直线一定过球心， 连接并延长与球相交的点就是使得三棱锥体积取得最大值的点， ，， ， 三棱锥体积的最大值为， ， ，， 设球的半径为，，， ，，， 球的表面积为. 故答案为：.    四、解答题 12．（2025·甘肃武威·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，，分别为棱，的中点，且，. (1)证明：平面； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）取PD中点为G，构造平行四边形，根据线线平行证明线面平行即可； （2）建立空间直角坐标系，利用坐标法表示平面法向量，根据两法向量夹角余弦值可得两平面夹角余弦值，从而可得底面平行四边形的面积，进而可得四棱锥的体积. 【详解】（1）证明：如下图，取中点G，连接， 因为E，F分别为棱BC，PA的中点，G为AD中点，所以， 由在平面内，不在平面内，故平面， 由在平面内，不在平面内，故平面， 又且都在平面内，所以平面平面， 因为平面，所以平面. （2）如下图，过C点作的垂线交于M，以C为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 已知，则， ，，. 设平面的法向量为，则， 令可得，所以. 设平面的法向量为，则 所以，令可得，所以. 又平面与平面夹角的余弦值为， 所以，解得或（舍），所以. 所以四棱锥的底面积，高. 由四棱锥体积公式可得. 所以四棱锥的体积为. 13．（2025·湖南郴州·一模）在四棱锥中，底面为直角梯形，满足，底面.点为棱的中点，点为棱的中点. (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值； (3)设点为三棱锥的内切球球面上一动点，求三棱锥体积的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）方法一，由线面平行的判定定理进行求证，方法二，由面面平行的判定定理进行求证； （2）求出平面与平面的法向量，代入向量夹角公式即可求解； （3）三棱锥的内切球球心为，半径为，由等体积法可求出，再求出球心到平面的距离，即可求解． 【详解】（1）方法一：证明：连接， 是中点，是中点， 是的中位线，故. 又平面平面， 根据线面平行的判定定理，可得平面. 方法二： 证明：取的中点，连接. 是中点，是中点，. 又平面平面，故平面. 同理可证平面. 又平面，所以平面平面. 平面平面. （2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，，. .设平面的法向量为， 则， 令，得 .设平面PCD的法向量为， 则， 令，得 设平面与平面所成的夹角为，则 故平面与平面所成夹角的余弦值为. （3）三棱锥的内切球球心为，半径为， 三棱锥的表面积为， 则， 由等体积法可知：，则， 由题意，得球心， 则，得点到平面的距离， 而，得， 因此三棱锥体积的最大值为． 14．（2025·江苏常州·模拟预测）如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，平面，是的中点，是的中点．    (1)求证：平面； (2)若平面平面，求证：； (3)在（2）的条件下，且平面与平面的夹角余弦值为，求四棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）取的中点，连接，利用线面平行的判断定理将问题转化为证明即可； （2）过点作的垂线，垂足为，利用线面垂直的性质定理将问题转化为证明平面，而证明平面只需证明，即可； （3）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的一个法向量，利用平面与平面夹角的向量公式即可求出，最后利用棱锥的体积公式即可求解. 【详解】（1）取的中点，连接，    在中，且，又，， 所以，，所以四边形是平行四边形， 所以． 又平面，平面， 所以平面． （2）过点作的垂线，垂足为，    因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面PMC，又平面，所以． 因为平面，平面，所以． 因为，平面，平面， 所以平面．又平面，所以． （3）设，过点作，以点为坐标原点，为坐标轴建立空间直角坐标系， 因为，为的中点，所以， 设，，所以， ， 设平面的法向量， 取； 同理设平面的法向量， 取； 设平面与平面的夹角为， 所以，， .    15．（2025·广东江门·模拟预测）如图，在六面体中，侧面是直角梯形，，，底面是矩形，且.设，二面角的大小为，六面体的体积为. (1)求证：平面； (2)当时，求关于的函数解析式，并求的最大值； (3)若平面平面，当取得最大值时，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)； (3) 【分析】（1）由面面平行的判定定理可得平面平面，然后由面面平行的性质定理即可证明； （2）根据题意，由条件可得，然后分别表示出与，然后代入计算，即可得到结果； （3）根据题意，建立空间直角坐标系，分别求得平面，平面的法向量，由可得的最大值，然后代入（2）中的体积公式计算，即可得到结果. 【详解】（1）因为底面是矩形，所以，因为平面，平面，故平面， 在直角梯形中，，因为平面，平面，故平面， 又因，平面， 故平面平面，又因平面，故平面. （2） 由题意，在矩形中，，在直角梯形中，， 所以为二面角的平面角，即得，同理， 因为，平面，所以平面， 由（1）平面平面，则得平面， 过点作于，由平面，平面，所以， 且，平面，故平面，即是四棱锥的高， 由， 所以， 由，平面，平面，所以平面， 又因为平面，且， 所以， 所以，， 当时，取得最大值. （3） 过点作的垂线，交于点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系， 则，， 则， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则， 所以， ， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，所以， 因为平面和平面垂直，所以， 即，整理可得， 因为，，所以， 当且仅当时，等号成立， 故当取得最大值时，即取得最小值， 此时， 由，，，所以，则. 16．（2025·云南·模拟预测）如图，M，N分别是圆台上、下底面的圆心，四边形是圆台下底面圆的内接正方形，，点在圆台上底面圆上.若平面平面且. (1)求圆台的上底面圆的半径； (2)求证：平面平面； (3)若二面角的正弦值为，求圆台的高. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）过点作，先证得平面，从而得到且，然后结合条件即得； （2）根据线面垂直的判定可得平面，然后利用面面垂直的判定定理即得； （3）通过建系写坐标，利用空间向量法求解即可. 【详解】（1）如图，过点作，垂足为，连接EN. 因为平面平面，且平面平面， 平面且， 所以平面，即为圆台的高. 因为M，N分别为圆台上、下底面的圆心，所以平面，也为圆台的高， 所以且，即四边形PENM为平行四边形， 所以上底面圆的半径. 又四边形是圆台下底面圆的内接正方形，，且， 所以为的中点，，即圆台的上底面圆的半径为. （2）由（1）知四边形PENM为平行四边形. 因为平面，平面，所以，即， 所以平行四边形为矩形，所以. 又且，所以. 因为平面，平面，且，所以平面. 又平面，所以平面平面. （3）设的中点为，的中点为，连接，，以为原点， ，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系. 设圆台的高为，则，，，，， 所以，. 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，所以是平面的一个法向量. 因为平面，且平面，所以平面平面. 连接，因为为正方形的外接圆圆心，所以， 又平面，平面平面， 所以平面，即为平面的一个法向量， 所以. 因为二面角的正弦值为，所以， 所以， 解得，即圆台的高为. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第22讲 空间几何体的结构表面积及体积 知识清单 知识点01：空间几何体的结构特征 1 知识点02：直观图 2 知识点03：圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积 3 知识点04：柱、锥、台、球的表面积和体积 3 题型归纳 题型01 立体图形结构特征 3 题型02 立体图形直观图 5 题型03 立体图形展开图 6 题型04 立体图形侧面积 7 题型05 立体图形表面积 9 题型06 立体图形体积 12 强化训练 14 知识点01：空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征 名称 棱柱 棱锥 棱台 图形 底面 互相平行且全等 多边形 互相平行且相似 侧棱 平行且相等 相交于一点但不一定相等 延长线交于一点 侧面形状 平行四边形 三角形 梯形 (2)旋转体的结构特征 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 图形 母线 互相平行且相等，垂直于底面 相交于一点 延长线交于一点 轴截面 矩形 等腰三角形 等腰梯形 圆 侧面展开图 矩形 扇形 扇环 知识点02：直观图 (1)画法：常用斜二测画法． (2)规则： ①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中x′轴、y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直． ②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴，平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段，长度在直观图中变为原来的一半． 知识点03：圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积 圆柱 圆锥 圆台 侧面展开图 侧面积公式 S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r1＋r2)l 知识点04：柱、锥、台、球的表面积和体积 名称 几何体　　 表面积 体积 柱体 S表＝S侧＋2S底 V＝Sh 锥体 S表＝S侧＋S底 V＝Sh 台体 S表＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h 球 S表＝4πR2 V＝πR3 题型01：立体图形结构特征 【例1-1】（2025·湖北黄冈·三模）将一个棱长为的正方体铁块磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是（ ） A．底面半径为，高为的圆柱体 B．底面直径为，高为的圆锥体 C．半径为的球体 D．各棱长均为的四面体 【例1-2】（2025·福建福州·模拟预测）陈嘉豪发现，《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．已知长方体，若阳马以该长方体的顶点为顶点，则这样的阳马的个数是 （用数字作答）． 【变式1-1】（2024·江西新余·模拟预测）美味的火锅中也充满了有趣的数学知识，如图将火锅抽象为乙图的两个同心圆柱，大、小圆柱的半径分别为25cm与5cm，汤料只放在两圆柱之间，将汤勺视为一条线段，若将汤锅装满，将汤勺置于两圆柱之间无论如何放置汤料都不会将汤勺淹没，则汤勺长度最短为：（     ）cm. A． B． C． D． 【变式1-2】（多选）（2025·湖南郴州·一模）在棱长为的正方体中，点在侧面所在平面内运动，为的中点，则下列说法正确的是（    ） A．当在线段上运动时，恒有 B．当为正方形的中心时，与所成角的正弦值为 C．若点满足，则平面截正方体所得的截面面积为 D．直线和与平面所成的角相等时，动点的轨迹为圆 【变式1-3】（多选）（2025·湖北十堰·三模）素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法，其水平反映了绘画者的空间造型能力．“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型．如图，这是某同学绘制“十字贯穿体”的素描作品，该“十字贯穿体”是由一个圆锥和一个圆柱“垂直贯穿”构成的多面体，圆锥的两条母线与圆柱相切，其中一个切点为，圆柱侧面的母线平行于圆锥的底面，为圆锥的顶点，圆锥的一条母线与圆柱的侧面交于两点，且为圆柱侧面上到圆锥底面距离最大的点，圆锥的母线长为，其底面圆的半径为，圆柱的半径为，下列结论正确的是（    ） A． B． C．点到圆锥底面的距离为 D．点到圆锥底面的距离为 题型02：立体图形直观图 【例2-1】（2024·四川成都·模拟预测）如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图（图中虚线分别与轴和轴平行），，，则的面积为（    ）    A． B． C．24 D．48 【例2-2】（2025·四川成都·模拟预测）用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图为如图所示的，已知是边长为2的等边三角形，则顶点到轴的距离是 . 【变式2-1】（2024·湖北·模拟预测）用斜二测画法画出的水平放置的的直观图如图所示，其中是的中点，且轴， 轴， ，那么（    ） A． B．2 C． D．4 【变式2-2】（多选）（2025·陕西西安·二模）如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（   ）    A． B． C．四边形的面积为 D．四边形的周长为 题型03：立体图形展开图 【例3-1】（2025·四川德阳·模拟预测）边长为的正方形是圆柱的轴截面，则从点沿圆柱的侧面到相对顶点的最短距离（单位：cm）是（    ） A． B．12 C． D． 【例3-2】（2025·重庆·模拟预测）已知圆锥的高为，底面直径的长为，那么从点A出发沿该圆锥的表面到点B的最短路径长为 ． 【变式3-1】（2025·湖北黄冈·模拟预测）已知一个圆台母线长为2，侧面展开图是一个圆心角为的扇环，则圆台上下底面圆周长之差的绝对值为（   ） A． B． C． D． 【变式3-2】（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． 【变式3-3】（多选）（2025·江西·三模）如图所示，在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，为的中点，、分别是线段、上的动点（含端点），则下列说法正确的是（   ） A．存在、使平面 B．存在、使平面 C．的最小值为 D．的最小值为 题型04：立体图形侧面积 【例4-1】（2025·甘肃武威·模拟预测）亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式，它是逗留赏景的场所，也是园林风景的重要点缀.重檐圆亭（图1）是常见的一类亭，其顶层部分可以看作是一个圆锥和一个圆台的组合体.已知某重檐圆亭圆台部分的直观图如图2所示，在其轴截面中，，，点到的距离为，则该圆台的侧面积为    A． B． C． D． 【例4-2】（2025·天津和平·三模）已知底面半径为的圆锥，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为，则此圆柱的侧面积与圆锥的侧面积的比值为（   ） A． B． C． D． 【例4-3】（2025·河北沧州·模拟预测）在正四棱台中，，侧棱和底面所成角为，则该正四棱台的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【变式4-1】（2025·河北石家庄·模拟预测）已知正三棱台的下底面边长为，侧棱长为2，侧棱与底面所成的角为，则该三棱台的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【变式4-2】（2025·黑龙江哈尔滨·三模）已知一个等腰梯形的下底边长是上底边长的3倍，两腰与下底边所成角为，面积为．若该等腰梯形是一个圆台的轴截面，则该圆台的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【变式4-3】（2025·湖南·一模）亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式，它是逗留赏景的场所，也是园林风景的重要点缀．重檐圆亭（图1）是常见的一类亭，其顶层部分可以看作是一个圆锥以及一个圆台（图2）的组合体．已知某重檐凉亭的圆台部分的轴截面如图3所示，则该圆台部分的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【变式4-4】（2025·湖南长沙·二模）已知圆台上下底面半径分别为和，母线与下底面所成角为，则圆台侧面积为 ． 题型05：立体图形表面积 【例5-1】（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． 【例5-2】（2025·云南大理·模拟预测）在体积为的三棱锥中，，，平面平面，，，若点，，，都在球的表面上，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【例5-3】（2025·甘肃庆阳·模拟预测）已知圆锥与圆柱的底面半径相等，它们的高也相等，若圆柱的底面积为，侧面积为，则圆锥的表面积为 . 【例5-4】（2025·云南·模拟预测）在平面五边形中，如图1所示，，，．将平面四边形沿翻折成空间图形，使D，E分别至点，，连接，，如图2所示，其中，都为动点． (1)若，证明：平面平面； (2)若平面四边形沿旋转一周所得几何体，求该几何体的表面积； (3)求二面角的余弦值的最小值． 【变式5-1】（2025·广东中山·二模）如图，在圆柱内有一个球O，该球与圆柱的上，下底面及母线均相切.若，则圆柱的表面积为（   ） A． B． C． D． 【变式5-2】（2025·陕西西安·一模）若正四棱锥的高为4，且所有顶点都在半径为6的球面上，则该正四棱锥的表面积为（    ） A． B． C． D． 【变式5-3】（2025·北京·模拟预测）攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑.兰州市著名景点三台阁的屋顶部分也是典型的攒尖结构.如图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分，它可以看作是正三棱柱和不含下底面的正四棱台的组合体.已知正四棱台侧棱、下底的长度（单位：dm）分别为4，6，侧面与底面所成二面角的正切值为，正三棱柱各棱长均相等，则该结构表面积为（   ） A． B． C． D． 【变式5-4】（2025·浙江丽水·一模）在Rt中，是的中点，把沿翻折到，设二面角的平面角为，若，则三棱锥外接球表面积的范围是 ． 【变式5-5】（2025·陕西延安·模拟预测）如图，三棱锥中，底面，是的中点，是的中点，． (1)求证：平面平面； (2)若，，且二面角的正弦值为，求三棱锥外接球的表面积． 题型06：立体图形体积 【例6-1】（2025·云南·模拟预测）若底面边长为6的正三棱柱存在内切球（球与正三棱柱的所有面均相切），则该正三棱柱的体积为（    ） A．27 B．54 C．18 D． 【例6-2】（2025·河北唐山·模拟预测）一个等边三角形边长为2，以其一边所在直线为轴，其余各边旋转一周围成的几何体的体积为 ． 【例6-3】（2025·浙江·模拟预测）如图，装满水的圆台形容器内放进半径分别为3和6的两个铁球，小球与容器底和容器壁均相切，大球与小球、容器壁、水面均相切，此时容器中水的体积为 ． 【例6-4】（2025·广东·模拟预测）如图，三棱柱的所有棱长均为，，二面角的余弦值为． (1)证明：． (2)求三棱柱的体积． (3)求二面角的正弦值． 【变式6-1】（2025·宁夏吴忠·二模）已知矩形中，，，以所在直线为旋转轴，将矩形旋转一周形成一个几何体，则的体积为（   ） A． B． C． D． 【变式6-2】（2025·山东菏泽·模拟预测）已知某圆台的体积为，其上、下底面圆的面积之比为4∶9，周长之和为，则该圆台的高为 【变式6-3】（2025·云南昭通·模拟预测）在棱长为3的正方体中，是棱的中点，为棱的三等分点（靠近点），过三点作正方体的截面，则以为顶点，以该截面为底面的棱锥的体积为 ． 【变式6-4】（2025·广东广州·模拟预测）已知圆台上、下底面圆周都在球面上，且下底面过球心，若圆台上、下底面面积之比为1：4，则圆台的体积与球体积之比为 . 【变式6-5】（2025·云南昆明·模拟预测）如图，是边长为4的等边三角形，且点分别为线段与的中点.将沿折叠后使点与点重合，得到四棱锥.设点为线段上一点，且. (1)证明：平面； (2)求四棱锥与三棱锥的体积之比. 一、单选题 1．（2025·陕西西安·三模）已知圆锥底面半径为，母线长为，若球的半径与圆锥的高相等，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·云南楚雄·模拟预测）将半径为的实心铁球熔化后铸成一个实心正四面体（不计损耗），则正四面体的棱长为（    ） A． B． C． D． 3．（2025·广东清远·一模）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥为鳖臑，平面，且三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积的最大值为（    ） A． B．2 C． D． 二、多选题 4．（2025·浙江金华·一模）已知圆锥的侧面展开图是半径等于2的半圆，则圆锥的（    ） A．底面半径为1 B．表面积为 C．体积为 D．外接球与内切球半径比值为3 5．（2025·浙江宁波·一模）在圆台中，，AB，CD分别为上、下底面的直径，，且，动点P、Q分别在线段AC和上运动（含端点），满足，则（   ） A．圆台的体积为 B．四面体外接球的表面积为 C．射线PQ交圆台侧面于点M，则PM的最小值为 D．射线QP交圆台侧面于点N，则PN的最大值为 6．（2025·广东江门·模拟预测）在四面体中，为四面体外接球的球心，则（    ） A．四面体体积的最大值为 B．长度的取值范围是 C． D．当直线与所成角为时，四面体外接球的表面积为 三、填空题 7．（25-26高三上·江苏镇江·阶段练习）如图，已知正四棱锥，点为侧棱PA的中点.则在此棱锥侧面上，从点出发绕其一圈到点的路径中，最短路径的长度为 . 8．（2025·陕西榆林·一模）一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，在该圆锥内有一个体积为的球，则该球的体积的最大值是 ． 9．（2025·广东·模拟预测）一个轴截面为等边三角形、高为6cm的封闭圆锥形容器内有一个半径为1cm的小球，小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥内壁的面积为 ． 10．（2025·广西·模拟预测）如图，向一个高为4且底面水平放置的正四棱锥容器注水，水面高度为2时停止注水（不考虑容器厚度）．将此四棱锥容器倒置时，水面高度为 ．    11．（2025·甘肃武威·模拟预测）已知球是三棱锥的外接球，，，若三棱锥体积的最大值为，则球的表面积为 . 四、解答题 12．（2025·甘肃武威·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，，分别为棱，的中点，且，. (1)证明：平面； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求四棱锥的体积. 13．（2025·湖南郴州·一模）在四棱锥中，底面为直角梯形，满足，底面.点为棱的中点，点为棱的中点. (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值； (3)设点为三棱锥的内切球球面上一动点，求三棱锥体积的最大值. 14．（2025·江苏常州·模拟预测）如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，平面，是的中点，是的中点．    (1)求证：平面； (2)若平面平面，求证：； (3)在（2）的条件下，且平面与平面的夹角余弦值为，求四棱锥的体积． 15．（2025·广东江门·模拟预测）如图，在六面体中，侧面是直角梯形，，，底面是矩形，且.设，二面角的大小为，六面体的体积为. (1)求证：平面； (2)当时，求关于的函数解析式，并求的最大值； (3)若平面平面，当取得最大值时，求的值. 16．（2025·云南·模拟预测）如图，M，N分别是圆台上、下底面的圆心，四边形是圆台下底面圆的内接正方形，，点在圆台上底面圆上.若平面平面且. (1)求圆台的上底面圆的半径； (2)求证：平面平面； (3)若二面角的正弦值为，求圆台的高. 1 学科网（北京）股份有限公司 $