专题01 立体几何中的数学建模与应用（复习讲义）（北京专用）2026年高考数学二轮复习讲练测

该高中数学高考复习讲义聚焦立体几何中的数学建模与应用核心考点，涵盖自然界、建筑工程、数学文化、日常生活四大应用场景，按考情精解、知能框架、题型攻坚逻辑架构知识体系，通过考点梳理、解题思路指导、近五年北京卷真题训练等环节，帮助学生构建从实际情境抽象几何模型的思维路径。 讲义以情境化题型为载体，如结合《九章算术》“刍甍”“羡除”等数学文化案例，引导学生用数学眼光观察现实问题，通过分层练习（真题+模拟题）培养数学建模与逻辑推理能力，可助力学生在有限时间内掌握空间形式转化方法，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供系统支撑。

专题01立体几何中的数学建模与应用 目录 01 析·考情精解 1 02 构·知能框架 1 03 破·题型攻坚 2 考点一 立体几何中的数学建模与应用 2 真题动向 必备知识 知识1立体几何建模与应用解题思路 命题预测 题型1自然界中的立体几何 题型2建筑工程中的立体几何 题型3数学文化中的立体几何 题型4日常生活中的立体几何 命题轨迹透视 近五年北京卷高考立体几何试题，有4年考查了数学建模与应用，多以4分选择题或5分填空题形式呈现。 近五年北京卷立体几何建模与应用考查的有生活中的立体几何应用、建筑工程中的立体几何应用。 考点频次总结 考点 2025年 2024年 2023年 立体几何中的数学建模与应用 北京T14填空题5分 北京T14填空题5分 北京T9选择题4分 2026命题预测 预计在2026年北京卷高考中，立体几何建模与应用大概率会考一道题，以4分单选题或5分填空题形式出现，侧重生活中的立体几何应用、建筑工程中的立体几何应用、数学文化中的立体几何应用。难度中等。 考点一 立体几何中的数学建模与应用 1．(2025年北京高考数学真题T14填空题5分)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 ． 2.(2024年北京高考数学真题T14填空题5分)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 ． 3．(2023年北京高考数学真题T9选择题4分)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． 4.(2021年北京高考数学真题T8选择题4分)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 知识1立体几何建模与应用解题思路 1.熟悉立体几何基本知识点； 2.阅读理解与信息转化 提取关键数据，识别几何元素； 3.建立几何模型 画出图形，标注已知量与未知量，确定数学模型的类型（距离、面积、体积等）． 4.选择并运用数学工具求解. 5.解释与回归实际. 题型1自然界中的立体几何 1．(2025·北京朝阳·二模)金刚石是由碳元素组成的单质，具有极高的硬度，在工业中有广泛的应用，如图1所示，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的4个顶点A，B，C，D处，中间的碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置(点E处)，如图2所示，设，则E到平面的距离为( ) A． B． C． D． 2．(24-25高二上·北京怀柔·期末)金刚石是天然存在的最硬的物质，这是因为金刚石的碳原子在空间中的排列方式决定的.如图1，组成金刚石的每一个碳原子，都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接.从立体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个所有棱长都相等的正三棱锥的4个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图2所示.即图2中，则的余弦值为( )    A． B． C． D． 3．(23-24高三上·北京海淀·期末)蜜蜂被誉为“天才的建筑师”.蜂巢结构是一种在一定条件下建筑用材面积最小的结构.如图是一个蜂房的立体模型，底面是正六边形，棱，，，，，均垂直于底面，上顶由三个全等的菱形，，构成.设，，则上顶的面积为( ) (参考数据：，) A． B． C． D． 4．(23-24高一下·北京房山·期末)金刚石也被称作钻石，是天然存在的最硬的物质，可以用来切割玻璃，也用作钻探机的钻头．金刚石经常呈现如图所示的“正八面体”外形，正八面体由八个全等的等边三角形围成，呈现了对称美．下面给出四个结论： ①平面ABE；②平面平面BDE；③过点E存在唯一一条直线与正八面体的各个面所成角均相等； ④以正八面体每个面的中心为顶点的正方体的棱长是该正八面体棱长的． 其中所有正确结论的序号是 ． 题型2建筑工程中的立体几何 1．(2024·北京西城·二模)楔体形构件在建筑工程上有广泛的应用．如图，某楔体形构件可视为一个五面体，其中面为正方形．若，，且与面的距离为，则该楔体形构件的体积为( )    A． B． C． D． 2．(25-26高二上·北京朝阳·月考)木楔在传统木工中运用广泛.如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形ABCD是边长为2的正方形，且均为等边三角形，，则该木楔的体积为( ) A． B． C． D． 3．(25-26高三上·北京顺义·期中)木楔在传统木工中运用广泛.如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形是边长为4的正方形，且，均为等边三角形，，，则该木楔的体积为( ) A． B． C． D． 4．(25-26高二上·北京通州·期中)某商场要在大厅顶悬挂一个棱长为2米的正方体物件作为装饰，如图，，，，为该正方体的顶点，，，为三根直绳索，且均垂直于屋顶所在平面.若平面与平面平行，且直绳索的长度约为3.50米，则点到平面的距离约为(   )(结果精确到0.01米) (参考数值，)    A．2.28米 B．2.30米 C．2.32米 D．2.35米 5．(25-26高二上·北京·期中)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，展现造型之类．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．102m B．112m C．117m D．120m 6．(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． 7．(2025·北京昌平·二模)庑殿顶是中国传统建筑中的一种屋顶形式，其顶盖几何模型如图所示，底面是矩形，侧面由两个全等的等腰梯形和两个全等的等腰三角形组成．若，且四个侧面与底面的夹角的大小均相等，则( )． A． B． C． D． 8．(2025·北京东城·一模)祈年殿(图1)是北京市的标志性建筑之一､距今已有600多年历史.殿内部有垂直于地面的28根木柱，分三圈环形均匀排列.内圈有4根约为19米的龙井柱，寓意一年四季；中圈有12根约为13米的金柱，代表十二个月；外圈有12根约为6米的檐柱，象征十二个时辰.已知由一根龙井柱和两根金柱形成的几何体(图2)中，米，，则平面与平面所成角的正切值约为( )    A． B． C． D． 9．(24-25高二上·北京房山·期末)庑殿(图1)建筑是古代传统建筑中的最高型制．这种建筑形式常用于宫殿、坛庙一类皇家建筑，是北京中轴线上主要建筑最常采取的形式．如故宫午门、太和殿、乾清宫等，都是庑殿式建筑．庑殿殿顶的基本结构包括四个坡面，坡面相交处形成5根屋脊，又称“四阿殿”或“五脊殿”．图2是根据庑殿顶构造的多面体模型，底面是矩形，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，且等腰梯形和等腰三角形所在的平面与平面的夹角都相等．若，，则的长为( ) A． B． C． D． 10．(2024·北京·三模)故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体如图2所示.已知三楼柱和是两个完全相同的直三棱柱，侧棱与互相垂直平分，交于点I，，，则点到平面的距离是( ) A． B． C． D． 题型3数学文化中的立体几何 1．(25-26高三上·北京顺义·月考)中国古代数学著作《九章算术》中记载的“刍甍”(如图)是一种五面体，底面为矩形，侧棱平面，若有“刍甍”形状的几何体，且几何体数据如下：，且各侧面与底面ABCD所成角均为，则该“刍甍”的体积为( ) A． B．8 C． D． 2．(25-26高三上·北京·月考)“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由两种或多种正多边形面组成，虽然不属于正多面体， 但具有和正多面体类似的对称美的凸多面体.如图， 某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体， 它是由正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体， 若它所有的棱长都为 2，则下列结论中，错误的是( ) A．该石凳的表面积为 B．该石凳的体积为 C．直线与的夹角为 D．直线与平面的夹角为 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． 4．(24-25高一下·北京通州·期末)堑堵、阳马、鳖臑这些名词出自中国古代的数学名著《九章算术·商功》.如图1，把一块长方体分成相同的两块，得到两个直三棱柱(堑堵).如图2，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得到四棱锥和三棱锥各一个，其中四棱锥称为阳马，三棱锥称为鳖臑.则在图2中，下列说法正确的个数为( )    ①阳马的四个侧面中恰有3个是直角三角形；②鳖臑的四个面均为直角三角形； ③堑堵的表面积是阳马的表面积的2倍；④堑堵的体积是鳖臑的体积的2倍； A．0 B．1 C．2 D．3 5．(24-25高一下·北京西城·期末)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍甍[chú méng]”的五面体(如图)，其中四边形ABCD为矩形，棱.若此几何体中，，，和都是边长为4的等边三角形，则此几何体的体积为(   ) A． B． C． D． 6．(2025·北京大兴·三模)《九章算术》是我国古代的一部数学名著，书中记载了一类名为“羡除”的五面体．如图，在羡除中，底面是正方形，∥平面，，其余棱长都为，则这个几何体的体积为( ) A． B． C． D． 7．(24-25高三上·北京·期中)中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体为上，下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分)．现有一个如图所示的曲池，其高为，底面，底面扇环所对的圆心角为，弧长度为弧长度的倍，且，则该曲池的体积为( ) A． B． C． D． 8．(24-25高二上·北京·月考)在《九章算术》中，将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称为“羡除”，现有一个羡除如图所示，平面，四边形，均为等腰梯形，，，，到面的距离为3，则这个羡除的体积是( ) A．128 B．120 C．112 D．104 9．(24-25高二上·北京·月考)刍甍(chúméng)是中国古代算数中的一种几何体，它是底面为矩形的屋脊状的楔体．现有一个刍甍(如图)，底面为矩形，且，平面和为全等的正三角形，，则平面和底面的夹角的余弦值为( ) A． B． C． D． 10．(2024·北京东城·一模)《天工开物》是我国明代科学家宋应星所著的一部综合性科学技术著作，书中记载了一种制造瓦片的方法.某校高一年级计划实践这种方法，为同学们准备了制瓦用的粘土和圆柱形的木质圆桶，圆桶底面外圆的直径为，高为.首先，在圆桶的外侧面均匀包上一层厚度为的粘土，然后，沿圆桶母线方向将粘土层分割成四等份(如图)，等粘土干后，即可得到大小相同的四片瓦.每位同学制作四片瓦，全年级共500人，需要准备的粘土量(不计损耗)与下列哪个数字最接近.(参考数据：)( ) A． B． C． D． 题型4日常生活中的立体几何 1．(25-26高三上·北京通州·月考)风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，是人类最早的风筝起源，如图，是某中学学生制作的一个风筝模型的多面体，为边的中点，四边形为矩形，且，当时，多面体的体积为( ) A． B． C． D． 2．(24-25高三上·北京海淀·月考)唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部分可以近似的看作是半球与圆柱的组合体(如图2)．假设内壁表面光滑，其内壁表面积为cm2，半球的半径为cm，当时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍，则的最小值为(   ) A．1 B． C． D． 3．(24-25高一下·北京·期末)某折叠餐桌的使用步骤如图所示，有如下检查项目： 项目①：折叠状态下(如图1)，检查四条桌腿长相等； 项目②：打开过程中(如图2)，检查； 项目③：打开过程中(如图2)，检查； 项目④：打开后(如图3)，检查； 项目⑤：打开后(如图3)，检查. 下列检查项目的组合中，可以正确判断“桌子打开之后桌面与地面平行”的是(   ) A．①②③ B．③④⑤ C．②③⑤ D．②④⑤ 4．(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． 5．(24-25高一下·北京平谷·期末)玩陀螺不仅可以释放往日情怀，找回童年的乐趣，也可锻炼人体协调性和腕部力量，培养敏锐观察力．如图，一个实木陀螺近似的看成同底的一个圆柱和一个圆锥构成．已知这个陀螺是由一个底面直径为6cm．高也为6cm的圆柱实木制成的，为了陀螺旋转的稳定性，设计圆柱部分与圆锥部分的高比为，则这个陀螺的体积最大约为(   ) A． B． C． D． 6．(2025·北京西城·模拟预测)有一个木制工艺品，其形状是一个圆柱被挖去一个与其共底面的圆锥．已知圆柱的底面半径为3，高为5，圆锥的高为4，则这个木质工艺品的体积为( ) A． B． C． D． 7．(2025·北京平谷·一模)冰淇淋蛋筒是大家常见的一种食物，有种冰淇淋蛋筒可以看作是由半径为10cm，圆心角为的扇形蛋卷坯卷成的圆锥，假设高出蛋筒部分的奶油和包裹在蛋筒内部的奶油体积相等，则该种冰淇淋中奶油的总体积约为( )(忽略蛋筒厚度) A． B． C． D． 8．(24-25高三下·北京·开学考试)如图是一种帐篷示意图，帐顶采用“五脊四坡式”，四条斜脊的长度相等，一条正脊平行于底面，正脊与斜脊长度的比为，底面为矩形且长与宽之比为2∶1，若各斜坡面与底面所成二面角都相等，则该二面角的正切值为( ) A． B． C． D． 9．(23-24高一上·北京·月考)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．南北朝时期的官员独孤信的印信是迄今发现的中国古代唯一一枚楷书印．它的表面均由正方形和等边三角形组成(如图1)，可以看成图2所示的几何体．从正面看该几何体得到的平面图形是( ) A． B． C． D． 10．(22-23高三下·北京·月考)一个水平放置的圆柱形储油桶，桶内有油部分所在圆弧占底面周长的，则油桶直立时，油的高度与桶的高度的比值是( ) A． B． C． D． 11.(24-25高三上·北京石景山·期末)我国有着丰富悠久的印章文化，印章是签署文件时代表身份的信物，因其独特的文化内涵，有时作为装饰物来使用. 图1是一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2所示. 已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长为4，体积之比为，且该几何体的顶点在球的表面上，则球的半径为( )    A． B． C． D． 12．(24-25高三上·北京顺义·期末)某同学在劳动实践课中，用四块板材制作了一个簸箕(如图1)，其底面挡板是等腰梯形，后侧挡板是矩形，左右两侧挡板为全等的直角三角形，后侧挡板与底面挡板垂直．簸箕的造型可视为一个多面体(如图2)．若，，，与之间的距离为28cm，则该多面体的体积是(   ) A． B． C． D． 13．(24-25高三上·北京朝阳·期末)沙漏是一种古代计时仪器．如图，某沙漏由上下两个相同圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为6cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的，则这些细沙的体积为( )    A． B． C． D． 14．(24-25高二上·北京·期中)光导纤维作为光的传输工具，在现代通讯中有着及其重要的作用，光纤由内部纤芯和外部包层组成(如图1)，在一定的条件下，光在纤芯中传输，传输原理是“光的全反射”，即“入射角等于反射角”(如图2)，在图3中近似的展示了一束光线在一段较长的圆柱形光纤中的传输路径，其中圆面是与光纤轴垂直的纤芯截面，若与圆所在平面成角的大小为，则光线路径在垂直于光纤轴的截面上的投影可能(   ) A． B． C． D． 15．(24-25高三上·北京丰台·期中)北京市餐饮品牌《南城香》每个门店，当客人点完餐之后，服务人员给10分钟计时沙漏，保证在10分钟之内上完餐.沙漏是古代的一种计时仪器，根据沙子从一个容器漏到另一容器的时间来计时.如图，沙漏可视为上下两个相同的圆锥构成的组合体，下方的容器中装有沙子，沙子堆积成一个圆台，若该沙漏高为8，沙子体积占该沙漏容积的，则沙子堆积成的圆台的高为( ) A．1 B． C．2 D． 16．(2024高二上·北京·学业考试)小明同学在通用技术课上，制作了一个半正多面体模型．他先将正方体交于同一顶点的三条棱的中点分别记为，如图1所示，然后截去以为底面的正三棱锥，截后几何体如图2所示，按照这种方法共截去八个正三棱锥后得到如图3所示的半正多面体模型．若原正方体的棱长为6，则此半正多面体模型的体积为( )    A．108 B．162 C．180 D．189 17．(2024·北京丰台·一模)正月十五元宵节，中国民间有观赏花灯的习俗．在2024年元宵节，小明制作了一个“半正多面体”形状的花灯(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，体现了数学的对称美．图2是一个棱数为24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2．关于该半正多面体的四个结论： ①棱长为；②两条棱所在直线异面时，这两条异面直线所成角的大小是60°；③表面积为； ④外接球的体积为． 其中所有正确结论的序号是(   ) A．①② B．①③ C．②④ D．③④ 8．(2025·北京西城·一模)端午节又名端阳节、粽子节等，它是中国首个入选世界非遗的节日．从形状来分，端午节吃的粽子有三角粽、四角粽、枕形粽、牛角粽等．其中，四角粽的形状可以近似看成一个四面体，如图所示．设棱的长为，其余的棱长均为，则该四角粽的表面积为 ，内含食物的体积为 ．(粽叶的厚度忽略不计) 学科网(北京)股份有限公司第 1 页 共 65 页 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 专题01立体几何中的数学建模与应用 目录 01析考情精解…1 02构知能框架 03破题型攻坚… 考点一立体几何中的数学建模与应用… 真题动向 必备知识 知识1立体几何建模与应用解题思路 题型1自然界中的立体几何 题型2建筑工程中的立体几何 命题预测 题型3数学文化中的立体几何 题型4日常生活中的立体几何 NO.1 析·考情精解 命题 近五年北京卷高考立体几何试题，有4年考查了数学建模与应用，多以4分选择题或 5分填空题形式呈现。 轨迹 近五年北京卷立体几何建模与应用考查的有生活中的立体几何应用、建筑工程中的立 透视 体几何应用。 考点 考点 2025年 2024年 2023年 立体几何中的数学 频次 北京T14填空题5分 北京T14填空题5分 北京T9选择题4分 建模与应用 总结 2026 预计在2026年北京卷高考中，立体几何建模与应用大概率会考一道题，以4分单选 题或5分填空题形式出现，侧重生活中的立体几何应用、建筑工程中的立体几何应用、 命题 数学文化中的立体几何应用。难度中等。 预测 N0.2 构·知能框架 考点一立体 几何中的数学 题型1自然界中的立体几何 知识点1立体几何建 题型2建筑工程中的立体几何 专题1立体几何中 建模与应用 模与应用解题思路 题型3数学文化中的立体几何 的数学建模与应用 题型4日常生活中的立体几何 第1页共40页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 NO.3 破·题型攻坚 考点一 立体几何中的数学建模与应用 真 题 动 向 1.(2025年北京高考数学真题T14填空题5分)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AFRI平面ABC,平面CDT。I平面ABC,ABI BC,AB//EF//RS//CD,BC//DE//STo//AF.AB=BC=8,AF=CD=4,RA=RF=ToC ToD= 该多面体的体积为 B 【答案】60【难度】0.4 【知识点】柱体体积的有关计算、锥体体积的有关计算、证明线面垂直、证明面面垂直 【分析】将一半的几何体分割成直三棱柱ARF一BHT和四棱锥B-HTSE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a1平面y,平面BI平面y,平面anB=l,则l1Y: 证明：设any=a,Bny=b,在平面y取一点0,0a,0Eb, 在平面y内过0作直线m,使得m1a,作直线n,使得n1b, 因为平面a1平面y,mcY,故m1a,而lca,故m1l, 同理n1l,而mnn=0,m,ncy,故l1y. 2 n m O 下面回归问题：连接BE,因为AB 1 BC.且AF/BC,故AF⊥AB,同理BC1CD,EF⊥ED 而AB=BC=8,AF=CD=4,故直角梯形ABEF与直角梯形CBED全等，故LBEF=∠BED=45°， 在直角梯形ABEF中，过B作BT⊥EF,垂足为T, 则四边形ABTF为矩形，且△BTE为以LBTE为直角的等腰直角三角形， EF=FT TE=AB+BT AB+AF=12, 平面RAF⊥平面ABEF,平面RAF∩平面ABEF=AF,AF⊥AB, ABC平面ABEF,故ABI平面RAF, 第2页共40页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 取AF的中点为M,BE的中点为U,CD的中点为V,连接RM,MU,SU,UW, 则MU/RS,同理可证RMI平面ABEF,而RMc平面RMUS, 故平面RMUS⊥平面ABEF,同理平面VUS⊥平面ABEF, 而平面RMUS n平面VUS=SU,故SUI平面ABEF, 故RM/SU,故四边形RMUS为平行四边形，故MU=RS=(8+12)=10, 在平面ABSR中过B作BH/IAR,交RS于H,连接HT 则四边形ABHR为平行四边形，且RH/AB,RH=AB,故RH//FT,RH=FT, 故四边形RFTH为平行四边形，而BH⊥AB,BT⊥AB,BT∩BH=B,BT,BHC平面BHT, 故AB⊥平面BHT,故平面ARF/平面BHT, 而AR=BH,RF=HT,AF=BT,故△ARF兰△BHT,故几何体ARF-BHT为直棱柱， 2 )-4=3,故VARF-BHr=8×3=24, 因为AB/EF,故EF⊥平面ARF,而EFC平面RSEF,故平面ARF⊥平面RSEF, 在平面ARF中过A作AG L RF,垂足为G,同理可证AGI平面RSEF, 而吃AG×RF=3,故AG=号故Vg-m=×号×2+到×是=6， 由对称性可得几何体的体积为2×(24+6)=60， 故答案为：60 D 2.(2024年北京高考数学真题T14填空题5分)汉代刘款设计的“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65mm,325mm,325mm,且斛量器的高为230mm,则斗量器的高为mm,升量 器的高为 mm. 【答案】 23 57.5受【难度】0.65 【知识点】等比数列的定义、柱体体积的有关计算、锥体体积的有关计算 【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h,斗量器的高为h,(单位都是mm,则驾-受a0-10, ))a 故h2=23mm,h1=5mm 2 故答案为：23mm,号mm 3.(2023年北京高考数学真题T9选择题4分)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 第3页共40页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 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AB=25m,BC=AD=10m,且等腰梯形所在的平面、等腰三角 形所在的平面与平面ABCD的夹角的正切值均为 ,则该五面体的所有棱长之和为() A.102m B.112m C.117m D.125m 【答案】C【难度】0.65 【知识点】证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直、由二面角大小求线段长度或距离 【分析】先根据线面角的定义求得tanzEMO=tan2EG0= ,从而依次求EO,EG,EB,EF,再把所有 棱长相加即可得解 【详解】如图，过E做EOI平面ABCD,垂足为O,过E分别做EG⊥BC,EM⊥AB,垂足分别为G,M, 连接OG,OM,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LEMO和LEGO, F 所以tan∠EM0=aUEG0=,因为E01平面ABCD,BCC平面ABCD,所以E01BC, 因为EG1BC,EO,EGc平面EOG,E0nEG=E, 所以BC1平面EOG,因为OGc平面EOG,所以BC1OG, 同理：OM⊥BM,又BM⊥BG,故四边形OMBG是矩形， 所以由BC=10得0M=5,所以E0=V14,所以0G=5, 所以在直角三角形E0G中，EG=VE02+OG2 J(W142+52=V39 在直角三角形EBG中，BG=0M=5,EB=VEG2+BG2=√(V392+52=8, 又因为EF=AB-5-5=25-5-5=15,所有棱长之和为2×25+2×10+15+4×8=117m. 故选：C 4.(2021年北京高考数学真题T8选择题4分)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：mm).24h降雨量的等级划分如下： 第4页共40页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 ←200mm→y 300mm 150mm 等级 24h降雨量（精确到0.1） ... 小雨 0.19.9 中雨 10.0-24.9 大雨 25.049.9 暴雨 50.0-99.9 … 如。。。。 在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200mm,高为300m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150mm(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【难度】0.85 【知识点】锥体体积的有关计算 【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，一个半径为受-100mm)的圆面内的降雨充满一个底面半径为公°×58=50(mm）,高 2 300 为150(mm)的圆锥， 所以积水厚度d= 0×502x150 T×1002 =12.5(mm),属于中雨. 故选：B 知 识 知识1立体几何建模与应用解题思路 1熟悉立体几何基本知识点： 2.阅读理解与信息转化 提取关键数据，识别几何元素： 3.建立几何模型 画出图形，标注已知量与未知量，确定数学模型的类型（距离、面积、体积等）， 4选择并运用数学工具求解， 5.解释与回归实际 第5页共40页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 题型1自然界中的立体几何 1.(2025·北京朝阳·二模)金刚石是由碳元素组成的单质，具有极高的硬度，在工业中有广泛的应用，如图1 所示，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接.从立体几何的角度，可 以认为4个碳原子分布在一个正四面体的4个顶点A,B,C,D处，中间的碳原子处于与这4个碳原子距 离都相等的位置（点E处），如图2所示，设AB=α，则E到平面ABD的距离为() D 图1 图2 A.a B. 9 a C.a D. a 【答案】C【难度】0.65 【知识点】正弦定理求外接圆半径、多面体与球体内切外接问题 【分析】沿四面体的两条侧棱和高，切出一块几何体如下图，计算所需线段长度，即可得解 【详解】沿四面体的两条侧棱和高，切出一块几何体如下图，O是顶点A在下底面的射影， E是正四面体外接球的球心，AO是正四面体的高，OB是下底面的外接圆半径， BA=BB=EC=R是球的半径，则20B=总。解得0B=普a, 在Rt△A0B中，A0=a2-(a =5a,在Rt△E0B中，0E=BE2-OB2,即(OA-R2=R2-OB2, 3 3a、6 即（停a-R)=R2-2,解得R=a,所以0E=0A-R=9a 12Q, 由于E到正四面体各面的距离相等，则B到平面ABD的距离为a. 12 故选：C 2.(24-25高二上·北京怀柔·期末)金刚石是天然存在的最硬的物质，这是因为金刚石的碳原子在空间中的排 第6页共40页 学科网·上好课 上好每一堂课 列方式决定的.如图1，组成金刚石的每一个碳原子，都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接.从立 体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个所有棱长都相等的正三棱锥的4个顶点处，而中间的 那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图2所示.即图2中AE=BE=CE=DE,则LBEC 的余弦值为() E D B 图1 图2 A.-3 16 B.、 16 c.-号 D.- 【答案】D【难度】0.65 【知识点】余弦定理解三角形、棱锥的结构特征和分类 【分析】将正三棱锥A一BCD放入正方体中，利用余弦定理计算即可， 【详解】将正三棱锥A-BCD放入正方体中，由题意E为正方体中心，如图， 设正方体棱长为a,则EB=BC=9a,BC=V2a, 在△EBC中，由余弦定理可得cos∠BEC=B+Ec2-c=-2a2 2EB·EC 故选：D 3.(23-24高三上·北京海淀·期末)蜜蜂被誉为“天才的建筑师.蜂巢结构是一种在一定条件下建筑用材面积最 小的结构如图是一个蜂房的立体模型，底面ABCDEF是正六边形，棱AG,BH,CI,DJ,EK,FL均垂直于 底面ABCDEF,上顶由三个全等的菱形PGHI,PIJK,PKLG构成.设BC=1,∠GPI=∠IPK=∠KPG=日≈ 109°28，则上顶的面积为() (惨考数据：cos6=-子tan=V②) 第7页共40页 丽学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 A.2V2 B.33 2 C.2 2 D.92 4 【答案】D【难度】0.85 【知识点】正棱柱及其有关计算、求组合多面体的表面积、棱柱及其有关计算 【分析】根据蜂房的结构特征，即可根据锐角三角函数以及三角形面积公式求解 【详解】由于∠GPI=∠IPK=∠KPG=0≈109°28，所以∠GHI=6≈109°28， 连接G1,取其中点为0，连接0H,所以0H=巴=G0=2G1 2 由BC=1,且多边形ABCDEF为正六边形，所以AC=2 ABsin60=V3,由于G1=AC=3,所以0H=号G1= 故一个菱形的面积为2SAGm=2×;×G1,0H=V3×5=2,因此上顶的面积为3x32=2 44 44 故选：D 4.(23-24高一下·北京房山·期末)金刚石也被称作钻石，是天然存在的最硬的物质，可以用来切割玻璃，也 用作钻探机的钻头.金刚石经常呈现如图所示的正八面体”外形，正八面体由八个全等的等边三角形围成， 呈现了对称美.下面给出四个结论： ①CF/平面ABE;②平面AECI平面BDE;③过点E存在唯一一条直线与正八面体的各个面所成角均相等； ④以正八面体每个面的中心为顶点的正方体的枝长是该正八面体棱长的 其中所有正确结论的序号是 第8页共40页 丽学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 B 【答案】①②④【难度】0.4 【知识点】证明面面垂直、证明线面平行、求异面直线所成的角 【分析】根据线面平行的判定定理判断①：根据二面角相关知识判断②：根据线面角相关知识并结合图形 特点进而判断③；根据题意找出正方体的棱长，结合相似三角形从而判断④， 【详解】对于①，根据正八面体性质可知，AE/ICF,又AEc平面ABE,CFt平面ABE,所以CF/平面ABE, 故①正确 对于②，如下图所示， 设平面ABCD的中心为O, 由对称性可知OE⊥平面ABCD,BDc平面ABCD,所以OE L BD, 又AC⊥BD,AC∩OE=O,AC,OEC平面AEC,所以BD⊥平面AEC, 又BDC平面BDE,所以平面BDE⊥平面ACE,故②正确： 对于③，直线AC,BD与正八面体的各个面所成角均相等，将其平移后使其过点E, 则过点E至少存在两条直线与正八面体的各个面所成角均相等，故③错误， 对于④，如下图所示，取AB,BC中点M,N,△ABE,△BEC的中心P,Q, 连接AC,MN,EM,EN,则PQ即正方体的一条棱， 第9页共40页 品学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 设该正八面体棱长为a,则AC=V2a,MN=4C= 2a, 根据==名，∠PEQ=∠MEN,得△PEQ~△MEN,所以PQ=MN=二a, EM EN 3 即以正八面体每个面的中心为顶点的正方体的棱长是该正八面体棱长的 ,故④正确 故答案为：①②④ 【点睛】关键点点睛：关键是找出正方体的棱长，结合相似三角形的相关知识即可顺利得解 题型2建筑工程中的立体几何 1.(2024北京西城·二模)楔体形构件在建筑工程上有广泛的应用.如图，某楔体形构件可视为一个五面体 ABCDEF,其中面ABCD为正方形.若AB=6cm,EF=3cm,且EF与面ABCD的距离为2cm,则该楔体形 构件的体积为() A.18cm3 B.24cm3 C.30cm3 D.48cm3 【答案】C【难度】0.65 【知识点】求组合体的体积、锥体体积的有关计算 【分析】设G,H分别为AB,DC的中点，连接EG,EH,GH,由EG/FB,EH//FC,GH//BC,可知EGH-FBC 为三棱柱，再利用椎体与柱体的体积关系计算该几何体的体积。 【详解】如图所示，设G,H分别为AB,DC的中点，连接EG,EH,GH, 因为面ABCD为正方形，所以AB/DC,又AB￠平面EFCD,DCC平面EFCD,所以AB/平面EFCD, 又平面EFCD n平面ABFE=EF,所以AB/EF, 因为G,H分别为AB,DC的中点，AB=6cm,EF=3cm, 所以EF/IGB,EF=GB,则EGBF为平行四边形，则EG/FB, 同理EH/FC,又GH/IBC,所以EGH-FBC为三棱柱， 由题意，可得V四救雅E-AGHD=S矩形4GHDh=号AD:AG:h=号×6×3×2=12： 又yc-e=3ses=3×对xVa和物Raw-x12=18 所以该多面体的体积为V=V四棱锥E-AGHD+V三棱柱E6H-FBc=12+18=30cm子 故选：C 2.(25-26高二上·北京朝阳·月考)木楔在传统木工中运用广泛.如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形 第10页共40页学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 专题01立体几何中的数学建模与应用 目录 01析考情精解…1 02构知能框架 03破题型攻坚… 考点一立体几何中的数学建模与应用… 真题动向 必备知识 知识1立体几何建模与应用解题思路 题型1自然界中的立体几何 题型2建筑工程中的立体几何 命题预测 题型3数学文化中的立体几何 题型4日常生活中的立体几何 NO.1 析·考情精解 命题 近五年北京卷高考立体几何试题，有4年考查了数学建模与应用，多以4分选择题或 5分填空题形式呈现。 轨迹 近五年北京卷立体几何建模与应用考查的有生活中的立体几何应用、建筑工程中的立 透视 体几何应用。 考点 考点 2025年 2024年 2023年 立体几何中的数学 频次 北京T14填空题5分 北京T14填空题5分 北京T9选择题4分 建模与应用 总结 2026 预计在2026年北京卷高考中，立体几何建模与应用大概率会考一道题，以4分单选 题或5分填空题形式出现，侧重生活中的立体几何应用、建筑工程中的立体几何应用、 命题 数学文化中的立体几何应用。难度中等。 预测 N0.2 构·知能框架 考点一立体 几何中的数学 题型1自然界中的立体几何 知识点1立体几何建 题型2建筑工程中的立体几何 专题1立体几何中 建模与应用 模与应用解题思路 题型3数学文化中的立体几何 的数学建模与应用 题型4日常生活中的立体几何 第1页共16页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 NO.3 破·题型攻坚 考点一 立体几何中的数学建模与应用 题 动 向 1.(2025年北京高考数学真题T14填空题5分)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AFRI平面ABC,平面CDT。I平面ABC,ABI BC,AB//EF//RS//CD,BC//DE//STo//AF.AB=BC=8,AF=CD=4,RA=RF=ToC=ToD= 该多面体的体积为 2.(2024年北京高考数学真题T14填空题5分)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65mm,325mm,325mm,且斛量器的高为230mm,则斗量器的高为mm,升量 器的高为 mm. 3.(2023年北京高考数学真题T9选择题4分)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，某坡屋项可视为一个五面体，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AB=25m,BC=AD=10m,且等腰梯形所在的平面、等腰三角 形所在的平面与平面A8CD的夹角的正切值均为受，则该五面体的所有棱长之和为(） A.102m B.112m C.117m D.125m ←-200mm→ 300mm 150mm 4.(2021年北京高考数学真题T8选择题4分)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：mm).24h降雨量的等级划分如下： 第2页共16页 丽学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 等级 24h降雨量（精确到0.1） 。。。。 。。。。 小雨 0.19.9 中雨 10.024.9 大雨 25.049.9 暴雨 50.099.9 … 在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200m,高为300mm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150m（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 备 知 识 知识1立体几何建模与应用解题思路 1熟悉立体几何基本知识点： 2.阅读理解与信息转化 提取关键数据，识别几何元素： 3.建立几何模型 画出图形，标注已知量与未知量，确定数学模型的类型（距离、面积、体积等）， 4选择并运用数学工具求解， 5解释与回归实际 命 0。。 题型1自然界中的立体几何 1.(2025·北京朝阳·二模)金刚石是由碳元素组成的单质，具有极高的硬度，在工业中有广泛的应用，如图1 所示，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接，从立体几何的角度，可 以认为4个碳原子分布在一个正四面体的4个顶点A,B,C,D处，中间的碳原子处于与这4个碳原子距 离都相等的位置（点E处），如图2所示，设AB=a,则E到平面ABD的距离为() 第3页共16页 丽学科网·上好课 上好每一堂课 E D 图1 图2 A. B.6 2 C.a D. 2.(2425高二上·北京怀柔·期末)金刚石是天然存在的最硬的物质，这是因为金刚石的碳原子在空间中的排 列方式决定的.如图1，组成金刚石的每一个碳原子，都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接.从立 体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个所有棱长都相等的正三棱锥的4个项点处，而中间的 那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图2所示.即图2中AE=BE=CE=DE,则∠BEC 的余弦值为() - B 图1 图2 13 A.一16 B.-马 c.- D.日 3.(23-24高三上·北京海淀·期末)蜜蜂被誉为天才的建筑师”.蜂巢结构是一种在一定条件下建筑用材面积最 小的结构.如图是一个蜂房的立体模型，底面ABCDEF是正六边形，棱AG,BH,CI,DJ,EK,FL均垂直于 底面ABCDEF,上顶由三个全等的菱形PGHI,PJK,PKLG构成.设BC=1,∠GPI=∠IPK=∠KPG=6≈ 109°28，则上顶的面积为() (惨考数据：cos0=-子tan=V2 A.2W2 B. 3v3 c.29 D. 4 第4页共16页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 4.(23-24高一下·北京房山·期末)金刚石也被称作钻石，是天然存在的最硬的物质，可以用来切割玻璃，也 用作钻探机的钻头.金刚石经常呈现如图所示的“正八面体外形，正八面体由八个全等的等边三角形围成， 呈现了对称美.下面给出四个结论： ①CF/平面ABE;②平面AEC⊥平面BDE;③过点E存在唯一一条直线与正八面体的各个面所成角均相等： ④以正八面体每个面的中心为顶点的正方体的棱长是该正八面体棱长的导 其中所有正确结论的序号是 题型2建筑工程中的立体几何 1.(2024北京西城·二模)楔体形构件在建筑工程上有广泛的应用.如图，某楔体形构件可视为一个五面体 ABCDEF,其中面ABCD为正方形.若AB=6cm,EF=3cm,且EF与面ABCD的距离为2cm,则该楔体形 构件的体积为() D A.18cm3 B.24cm3 C.30cm3 D.48cm3 2.(25-26高二上·北京朝阳月考)木楔在传统木工中运用广泛.如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形 ABCD是边长为2的正方形，且△ADE,△BCF均为等边三角形，EF/CD,EF=4,则该木楔的体积为() A.2V2 B.4V2 C.82 3 D.0v2 3 3.(25-26高三上·北京顺义·期中)木楔在传统木工中运用广泛.如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形 ABCD是边长为4的正方形，且△ADE,△BCF均为等边三角形，EF/CD,EF=6,则该木楔的体积为() 第5页共16页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 E A.V11 B.2V3 C.10v3 D.28V 3 3 4.(25-26高二上·北京通州·期中)某商场要在大厅顶悬挂一个棱长为2米的正方体物件作为装饰，如图，A, B,C,D为该正方体的顶点，AA1,BB1,CC1为三根直绳索，且均垂直于屋顶所在平面若平面ABC与平面 平行，且直绳索AA1的长度约为3.50米，则点D到平面a的距离约为()（结果精确到0.01米） (参考数值V2≈1.414，V3≈1.732) B A.2.28米 B.2.30米 C.2.32米 D.2.35米 5.(25-26高二上·北京·期中)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，展现造型之类.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AB=26m,BC=10m、且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面 ABCD的夹角的正切值均为， 则该五面体的所有棱长之和为() A.102m B.112m C.117m D.120m 6.(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V2,正三 棱柱各棱长均相等，则该结构表面积为() 第6页共16页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 A.34v3+8dm2 B.34V3+44dm2 C.34v3+48dm2D.34w5+8dm2 7.(2025·北京昌平.二模)庑殿顶是中国传统建筑中的一种屋项形式，其项盖几何模型如图所示，底面ABCD 是矩形，侧面由两个全等的等腰梯形和两个全等的等腰三角形组成.若BC=10m,EF=5m且四个侧面与 底面的夹角的大小均相等，则AB=(). A.12m B.15m C.20m D.40m 8.(2025·北京东城·一模)祈年殿（图1）是北京市的标志性建筑之一、距今己有600多年历史.殿内部有垂直于地 面的28根木柱，分三圈环形均匀排列.内圈有4根约为19米的龙井柱，寓意一年四季；中圈有12根约为 13米的金柱，代表十二个月；外圈有12根约为6米的檐柱，象征十二个时辰.己知由一根龙井柱AA1和两根 金柱BB1,CC1形成的几何体ABC-A1B1C1(图2)中，AB=AC≈8米，∠BAC≈144°，则平面A1B1C1与平面 ABC所成角的正切值约为() 6 图1 图2 A. 4 3 3sin18 B.4sin18 C. 4 D. 3 3cos18" 4cos18" 9.(24-25高二上·北京房山·期末)庑殿（图1）建筑是古代传统建筑中的最高型制.这种建筑形式常用于宫殿、 坛庙一类皇家建筑，是北京中轴线上主要建筑最常采取的形式.如故宫午门、太和殿、乾清宫等，都是庑 殿式建筑.庑殿殿项的基本结构包括四个坡面，坡面相交处形成5根屋脊，又称“四阿殿”或“五脊殿”.图2 是根据庑殿顶构造的多面体模型，底面ABCD是矩形，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，且等腰梯形和等腰三角形所在的平面与平面ABCD的夹角都相等.若AB=25m,BC=10m,则EF 的长为() A.10m B.10v2m C.15m D.20m 第7页共16页 学科网·上好课 上好每一堂课 图2 图1 10.(2024北京·三模)故宫角楼的屋顶是我国十字脊项的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱 柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体如图2所示已知三楼柱ABF-CDE和BDG-ACH是两个完全相同的直 三棱柱，侧棱EF与GH互相垂直平分，EF,GH交于点I,AF=BF=a,AF1BF,则点G到平面ACEF的距离 是() A. 3 Q B.知 C. D.? B 图1 图2 题型3数学文化中的立体几何 1.(25-26高三上·北京顺义·月考)中国古代数学著作《九章算术》中记载的“刍甍”（如图）是一种五面体，底 面ABCD为矩形，侧棱EF/平面ABCD,若有“刍甍”形状的几何体，且几何体数据如下：AB=4,AD=2,EF= 2,且各侧面与底面ABCD所成角均为，则该“刍甍的体积为() A. 3 B.8 c.9 D.号 2.(25-26高三上·北京·月考)“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由两种或多种正多边形面组成，虽然不 属于正多面体，但具有和正多面体类似的对称美的凸多面体如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德 多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体，若它所有的棱长都为2，则下列结 论中，错误的是() R M 第8页共16页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 A.该石凳的表面积为24+83 B.该石凳的体积为402 3 C.直线LH与BC的夹角为 D.直线LH与平面ABCD的夹角为 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P-ABC 为鳖臑，PA⊥平面ABC,PA=2,且三棱锥P-ABC的外接球的表面积为20π，则三棱锥P-ABC的体积的最 大值为() A.V3 B.2 C. D.9 4.(24-25高一下·北京通州·期末)堑堵、阳马、鳖臑这些名词出自中国古代的数学名著《九章算术·商功》. 如图1，把一块长方体分成相同的两块，得到两个直三棱柱（堑堵）.如图2，再沿堑堵的一项点与相对的棱剖 开，得到四棱锥和三棱锥各一个，其中四棱锥称为阳马，三棱锥称为鳖臑则在图2中，下列说法正确的个 数为() 堑堵 阳马 鳖臑 图1 图2 ①阳马的四个侧面中恰有3个是直角三角形；②鳖臑的四个面均为直角三角形： ③堑堵的表面积是阳马的表面积的2倍；④堑堵的体积是鳖臑的体积的2倍： A.0 B.1 C.2 D.3 5.(24-25高一下·北京西城期末)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍 甍[ch1eg]的五面体（如图），其中四边形ABCD为矩形，棱EFIⅡAB.若此几何体中，AB=6,EF=2,△ADE 和△BCF都是边长为4的等边三角形，则此几何体的体积为() B 44v2 B.443 3 C.56v2 3 D.56v3 6.(2025北京大兴·三模)《九章算术》是我国古代的一部数学名著，书中记载了一类名为“羡除”的五面体.如 图，在羡除ABCDEF中，底面ABCD是正方形，EF∥平面ABCD,EF=2,其余棱长都为1，则这个几何体 的体积为() 第9页共16页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 E B A.22 B.V2 c.9 D.号 7.(24-25高三上·北京·期中)中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池的几何体，该几何 体为上，下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，其高为3， AA11底面，底面扇环所对的圆心角为，弧AD长度为弧BC长度的3倍，且CD=2,则该曲池的体积为() A B A. B.6π C. D.5π 8.(24-25高二上·北京·月考)在《九章算术》中，将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称为“羡除”， 现有一个羡除如图所示，DAI平面ABFE,四边形ABFE,CDEF均为等腰梯形，AB‖CD II EF,AB=AD=8, EF=16,EF到面ABCD的距离为3，则这个羡除的体积是() E A.128 B.120 C.112 D.104 9.(24-25高二上·北京·月考)刍甍(chumeng)是中国古代算数中的一种几何体，它是底面为矩形的屋脊状的楔 体.现有一个刍甍（如图），底面BCDE为矩形，且BC=3,BD=V13,AF//平面BCDE,△ABE和△CDF为全 等的正三角形，AF=1,则平面ABE和底面BCDE的夹角的余弦值为() E D A. B C. D. 第10页共16页 专题01立体几何中的数学建模与应用 目录 01 析·考情精解 1 02 构·知能框架 1 03 破·题型攻坚 2 考点一 立体几何中的数学建模与应用 2 真题动向 必备知识 知识1立体几何建模与应用解题思路 命题预测 题型1自然界中的立体几何 题型2建筑工程中的立体几何 题型3数学文化中的立体几何 题型4日常生活中的立体几何 命题轨迹透视 近五年北京卷高考立体几何试题，有4年考查了数学建模与应用，多以4分选择题或5分填空题形式呈现。 近五年北京卷立体几何建模与应用考查的有生活中的立体几何应用、建筑工程中的立体几何应用。 考点频次总结 考点 2025年 2024年 2023年 立体几何中的数学建模与应用 北京T14填空题5分 北京T14填空题5分 北京T9选择题4分 2026命题预测 预计在2026年北京卷高考中，立体几何建模与应用大概率会考一道题，以4分单选题或5分填空题形式出现，侧重生活中的立体几何应用、建筑工程中的立体几何应用、数学文化中的立体几何应用。难度中等。 考点一 立体几何中的数学建模与应用 1．(2025年北京高考数学真题T14填空题5分)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】【难度】0.4 【知识点】柱体体积的有关计算、锥体体积的有关计算、证明线面垂直、证明面面垂直 【分析】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：. 2.(2024年北京高考数学真题T14填空题5分)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/【难度】0.65 【知识点】等比数列的定义、柱体体积的有关计算、锥体体积的有关计算 【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：. 3．(2023年北京高考数学真题T9选择题4分)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【难度】0.65 【知识点】证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直、由二面角大小求线段长度或距离 【分析】先根据线面角的定义求得，从而依次求，，，，再把所有棱长相加即可得解. 【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 4.(2021年北京高考数学真题T8选择题4分)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【难度】0.85 【知识点】锥体体积的有关计算 【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. 知识1立体几何建模与应用解题思路 1.熟悉立体几何基本知识点； 2.阅读理解与信息转化 提取关键数据，识别几何元素； 3.建立几何模型 画出图形，标注已知量与未知量，确定数学模型的类型（距离、面积、体积等）． 4.选择并运用数学工具求解. 5.解释与回归实际. 题型1自然界中的立体几何 1．(2025·北京朝阳·二模)金刚石是由碳元素组成的单质，具有极高的硬度，在工业中有广泛的应用，如图1所示，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的4个顶点A，B，C，D处，中间的碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置(点E处)，如图2所示，设，则E到平面的距离为( ) A． B． C． D． 【答案】C【难度】0.65 【知识点】正弦定理求外接圆半径、多面体与球体内切外接问题 【分析】沿四面体的两条侧棱和高，切出一块几何体如下图，计算所需线段长度，即可得解. 【详解】沿四面体的两条侧棱和高，切出一块几何体如下图，O是顶点A在下底面的射影， E是正四面体外接球的球心，AO是正四面体的高，OB是下底面的外接圆半径， 是球的半径，则，解得， 在中，，在中，，即， 即，解得，所以， 由于到正四面体各面的距离相等，则E到平面的距离为. 故选：C 2．(24-25高二上·北京怀柔·期末)金刚石是天然存在的最硬的物质，这是因为金刚石的碳原子在空间中的排列方式决定的.如图1，组成金刚石的每一个碳原子，都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接.从立体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个所有棱长都相等的正三棱锥的4个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图2所示.即图2中，则的余弦值为( )    A． B． C． D． 【答案】D【难度】0.65 【知识点】余弦定理解三角形、棱锥的结构特征和分类 【分析】将正三棱锥放入正方体中，利用余弦定理计算即可. 【详解】将正三棱锥放入正方体中，由题意为正方体中心，如图，    设正方体棱长为，则，， 在中，由余弦定理可得， 故选：D 3．(23-24高三上·北京海淀·期末)蜜蜂被誉为“天才的建筑师”.蜂巢结构是一种在一定条件下建筑用材面积最小的结构.如图是一个蜂房的立体模型，底面是正六边形，棱，，，，，均垂直于底面，上顶由三个全等的菱形，，构成.设，，则上顶的面积为( ) (参考数据：，) A． B． C． D． 【答案】D【难度】0.85 【知识点】正棱柱及其有关计算、求组合多面体的表面积、棱柱及其有关计算 【分析】根据蜂房的结构特征，即可根据锐角三角函数以及三角形面积公式求解. 【详解】由于，所以, 连接,取其中点为，连接,所以, 由，且多边形为正六边形，所以，由于,所以， 故一个菱形的面积为，因此上顶的面积为， 故选：D 4．(23-24高一下·北京房山·期末)金刚石也被称作钻石，是天然存在的最硬的物质，可以用来切割玻璃，也用作钻探机的钻头．金刚石经常呈现如图所示的“正八面体”外形，正八面体由八个全等的等边三角形围成，呈现了对称美．下面给出四个结论： ①平面ABE；②平面平面BDE；③过点E存在唯一一条直线与正八面体的各个面所成角均相等； ④以正八面体每个面的中心为顶点的正方体的棱长是该正八面体棱长的． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②④【难度】0.4 【知识点】证明面面垂直、证明线面平行、求异面直线所成的角 【分析】根据线面平行的判定定理判断①；根据二面角相关知识判断②；根据线面角相关知识并结合图形特点进而判断③；根据题意找出正方体的棱长，结合相似三角形从而判断④. 【详解】对于①，根据正八面体性质可知，，又平面，平面，所以平面，故①正确. 对于②，如下图所示，设平面的中心为， 由对称性可知平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面，故②正确； 对于③，直线与正八面体的各个面所成角均相等，将其平移后使其过点， 则过点至少存在两条直线与正八面体的各个面所成角均相等，故③错误. 对于④，如下图所示，取中点，的中心， 连接，则即正方体的一条棱， 设该正八面体棱长为，则，， 根据，，得，所以， 即以正八面体每个面的中心为顶点的正方体的棱长是该正八面体棱长的，故④正确. 故答案为：①②④. 【点睛】关键点点睛：关键是找出正方体的棱长，结合相似三角形的相关知识即可顺利得解. 题型2建筑工程中的立体几何 1．(2024·北京西城·二模)楔体形构件在建筑工程上有广泛的应用．如图，某楔体形构件可视为一个五面体，其中面为正方形．若，，且与面的距离为，则该楔体形构件的体积为( )    A． B． C． D． 【答案】C【难度】0.65 【知识点】求组合体的体积、锥体体积的有关计算 【分析】设，分别为，的中点，连接，，，由，，，可知为三棱柱，再利用椎体与柱体的体积关系计算该几何体的体积． 【详解】如图所示，设，分别为，的中点，连接，，， 因为面为正方形，所以，又平面，平面，所以平面， 又平面平面，所以    ， 因为，分别为，的中点，，， 所以，则为平行四边形，则， 同理，又，所以为三棱柱， 由题意，可得； 又 ； 所以该多面体的体积为． 故选：C． 2．(25-26高二上·北京朝阳·月考)木楔在传统木工中运用广泛.如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形ABCD是边长为2的正方形，且均为等边三角形，，则该木楔的体积为( ) A． B． C． D． 【答案】C【难度】0.65 【知识点】柱体体积的有关计算、锥体体积的有关计算 【分析】如图，分别过点A，B作的垂线，垂足分别为G，H，连接，取的中点O，连接，求出，结合三棱锥和三棱柱的体积公式计算即可. 【详解】如图，分别过点A，B作的垂线，垂足分别为G，H，连接， 则由题意等腰梯形全等等腰梯形， 则. 取的中点O，连接，因为，所以， 则，∴. 因为，，所以，因为四边形为正方形， 所以，又因为，平面，所以平面， 所以平面，同理可证平面， ∴多面体的体积 ， 故选：C. 3．(25-26高三上·北京顺义·期中)木楔在传统木工中运用广泛.如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形是边长为4的正方形，且，均为等边三角形，，，则该木楔的体积为( ) A． B． C． D． 【答案】D【难度】0.65 【知识点】锥体体积的有关计算、求组合体的体积、证明线面垂直 【分析】如图，分别过点A，B作的垂线，垂足分别为G，H，连接，取的中点O，连接，求出，结合三棱锥和三棱柱的体积公式计算即可. 【详解】如图，分别过点A，B作的垂线，垂足分别为G，H，连接， 则由题意等腰梯形全等于等腰梯形， 则. 取的中点O，连接，因为，所以， 则，∴. 因为，，所以，因为四边形为正方形， 所以，又因为，平面，所以平面， 所以平面，同理可证平面， ∴多面体的体积 ， 故选：D. 4．(25-26高二上·北京通州·期中)某商场要在大厅顶悬挂一个棱长为2米的正方体物件作为装饰，如图，，，，为该正方体的顶点，，，为三根直绳索，且均垂直于屋顶所在平面.若平面与平面平行，且直绳索的长度约为3.50米，则点到平面的距离约为(   )(结果精确到0.01米) (参考数值，)    A．2.28米 B．2.30米 C．2.32米 D．2.35米 【答案】D【难度】0.65 【知识点】求点面距离 【分析】利用等体积法求得点到平面的距离，可求点到平面的距离. 【详解】设点到平面的距离为，因为，所以， 由正方体可得， 所以，解得，所以点到平面的距离为， 又因为平面与平面平行，直绳索的长度约为3.50米， 所以点到平面的距离约为. 故选：D. 5．(25-26高二上·北京·期中)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，展现造型之类．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．102m B．112m C．117m D．120m 【答案】D【难度】0.4 【知识点】由二面角大小求线段长度或距离 【分析】先根据面面角的定义求得，从而依次求得，，，，再把所有棱长相加即可求解． 【详解】如图，过E作平面ABCD，垂足为O， 过E分别作，，垂足分别为G，M，连接OG，OM， 因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 又，且EO，平面EOG，，所以平面EOG， 因为平面EOG，所以，同理， 所以等腰梯形所在的平面，等腰三角形所在的平面与平面ABCD所成角分别为和， 所以， 又，所以四边形OMBG是矩形， 又，则，所以，所以， 所以在中，， 在中，，， 又因为， 故该五面体的所有棱长之和为． 故选：D． 6．(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【难度】0.4 【知识点】棱柱表面积的有关计算、棱台表面积的有关计算、求组合多面体的表面积、求二面角 【分析】过作平面于，过作于，连接，证平面，得为的平面角，利用解三角形列方程即可求得正四棱台上底边长，再根据该结构的组成计算其表面积即可. 【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. 7．(2025·北京昌平·二模)庑殿顶是中国传统建筑中的一种屋顶形式，其顶盖几何模型如图所示，底面是矩形，侧面由两个全等的等腰梯形和两个全等的等腰三角形组成．若，且四个侧面与底面的夹角的大小均相等，则( )． A． B． C． D． 【答案】B【难度】0.65 【知识点】由二面角大小求线段长度或距离 【详解】取的中点，连接， 过点作面于点，过点作面于点，作于点，连接， 因为底面是矩形，所以， 又因为面，面，所以面， 又因为面，面面， 所以， 因为面，面都与底面所成的角相等， 所以点在直线上，且 ， ， 因为侧面由两个全等的等腰梯形和两个全等的等腰三角形组成， 所以，， 所以为面与面所成的角， 面，面，所以， 又因为，，平面， 所以平面，又平面， 所以，所以为面与面所成的角， 所以 ，又为公共边， 所以，所以 ，同理， 所以 . 故选：B. 8．(2025·北京东城·一模)祈年殿(图1)是北京市的标志性建筑之一､距今已有600多年历史.殿内部有垂直于地面的28根木柱，分三圈环形均匀排列.内圈有4根约为19米的龙井柱，寓意一年四季；中圈有12根约为13米的金柱，代表十二个月；外圈有12根约为6米的檐柱，象征十二个时辰.已知由一根龙井柱和两根金柱形成的几何体(图2)中，米，，则平面与平面所成角的正切值约为( )    A． B． C． D． 【答案】B【难度】0.65 【知识点】证明线面垂直、求二面角 【分析】若平面平面，是的中点，连接，从而得到是平面与平面所成角的平面角，即为所求角，结合已知求其正切值. 【详解】若平面平面，则平面与平面所成角，即为平面与平面所成角， 由题意有，即是等腰三角形，腰长约为8米，，易知， 若是的中点，连接，则，且平面， 由平面，则，都在平面内， 所以平面，则是平面与平面所成角的平面角， 其中，，则. 故选：B 9．(24-25高二上·北京房山·期末)庑殿(图1)建筑是古代传统建筑中的最高型制．这种建筑形式常用于宫殿、坛庙一类皇家建筑，是北京中轴线上主要建筑最常采取的形式．如故宫午门、太和殿、乾清宫等，都是庑殿式建筑．庑殿殿顶的基本结构包括四个坡面，坡面相交处形成5根屋脊，又称“四阿殿”或“五脊殿”．图2是根据庑殿顶构造的多面体模型，底面是矩形，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，且等腰梯形和等腰三角形所在的平面与平面的夹角都相等．若，，则的长为( ) A． B． C． D． 【答案】C【难度】0.65 【知识点】求线面角、线面角的概念及辨析 【分析】设点在底面上的射影为，作，，垂足分别为，，设四个侧面与底面的夹角为，即可得到，根据三角形全等得到方程，整理即可. 【详解】如图所示，设点在底面上的射影为，作，，垂足分别为，． 则为侧面与底面的夹角，为侧面与底面的夹角， 设四个侧面与底面的夹角为，则在和中，， 又为公共边，所以，即，整理得． 因为，，则. 故选：C 10．(2024·北京·三模)故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体如图2所示.已知三楼柱和是两个完全相同的直三棱柱，侧棱与互相垂直平分，交于点I，，，则点到平面的距离是( )    A． B． C． D． 【答案】B【难度】0.4 【知识点】证明线面垂直、求点面距离、线面垂直证明线线垂直 【分析】根据已知条件，结合空间总直线与平面的位置关系，先确定点到平面的垂线段，在根据已知条件得，解方程求出即可. 【详解】取中点，连接，过作的垂线交的延长线于点，    取中点，连接， 由已知，、分别为、中点， 因为是直三棱柱，所以，且 ， 所以其，所以四边形为平行四边形， 又，所以为矩形，所以， 又，平面，平面，， 所以平面，平面，所以， 又因为，平面，平面，， 所以平面，所以点到平面的距离等于线段的长度，设为； ，在中，， 所以，设角，则有， 因为四边形为平行四边形，所以， 又因为因为是直三棱柱，所以，且， 所以，， 又因为平面， 平面，所以， 所以，即，解得，所以点到平面的距离是， 故选：B. 题型3数学文化中的立体几何 1．(25-26高三上·北京顺义·月考)中国古代数学著作《九章算术》中记载的“刍甍”(如图)是一种五面体，底面为矩形，侧棱平面，若有“刍甍”形状的几何体，且几何体数据如下：，且各侧面与底面ABCD所成角均为，则该“刍甍”的体积为( ) A． B．8 C． D． 【答案】C【难度】0.4 【知识点】锥体体积的有关计算、求组合体的体积、求线面角 【分析】过作平面交平面于，过作交于，交于，过作交于，连接，根据题中条件可以得到为侧面与底面ABCD所成的角，由得到，同理可得，则有，过作平面平面，交于，交于， 则五面体可分割为直棱柱和两个体积相同的四棱锥，分别求出体积即可得解. 【详解】过作平面交平面于，过作交于， 交于，过作交于，连接， 平面，平面，， ，，平面，平面，平面，， 为侧面与底面ABCD所成的角， 各侧面与底面ABCD所成角均为，，， 平面，平面，， ，，平面， 平面，平面，，为侧面与底面ABCD所成的角， 各侧面与底面ABCD所成角均为，，，同理，， ，，，， 过作平面平面，交于，交于， 则五面体可分割为直棱柱和两个体积相同的四棱锥， ，侧棱平面，， ，， 该五面体的体积为，该“刍甍”的体积为. 故选：C. 2．(25-26高三上·北京·月考)“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由两种或多种正多边形面组成，虽然不属于正多面体， 但具有和正多面体类似的对称美的凸多面体.如图， 某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体， 它是由正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体， 若它所有的棱长都为 2，则下列结论中，错误的是( ) A．该石凳的表面积为 B．该石凳的体积为 C．直线与的夹角为 D．直线与平面的夹角为 【答案】C【难度】0.65 【知识点】棱锥表面积的有关计算、锥体体积的有关计算、求异面直线所成的角、求线面角 【分析】根据二十四面体是由6个边长为2的正方形和8个边长为2的等边三角形围成，结合面积公式，可得判定A正确；根据补成得到棱长为的正方体，结合柱体和锥体的体积公式，可判定B正确；根据异面直线所成角的求法，可判定C不正确；根据线面角的求法，可判定D正确. 【详解】对于A，二十四面体是由6个边长为2的正方形和8个边长为2的等边三角形围成， 所以其表面积为，所以A正确； 对于B，将二十四等边体补全八个角构成一个棱长为的正方体， 可得该正方体的体积为，其中每个小三棱锥的体积为， 所以该二十四面体的体积为，所以B正确； 对于C，因为四边形为正方形，所以， 又因为分别为正方体的棱的中点，所以，所以， 因为与所成的角为，所以直线与所成的角为，所以C错误； 对于D，将二十四等边体补全八个角构成一个棱长为的正方体， 在正方体中，可得平面平面，所以与平面所成的角，即为与平面所成的角， 在直角中，，可得， 所以，所以与平面所成的角为，所以D正确. 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【难度】0.65 【知识点】锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【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 4．(24-25高一下·北京通州·期末)堑堵、阳马、鳖臑这些名词出自中国古代的数学名著《九章算术·商功》.如图1，把一块长方体分成相同的两块，得到两个直三棱柱(堑堵).如图2，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得到四棱锥和三棱锥各一个，其中四棱锥称为阳马，三棱锥称为鳖臑.则在图2中，下列说法正确的个数为( )    ①阳马的四个侧面中恰有3个是直角三角形；②鳖臑的四个面均为直角三角形； ③堑堵的表面积是阳马的表面积的2倍；④堑堵的体积是鳖臑的体积的2倍； A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B【难度】0.85 【知识点】棱锥表面积的有关计算、柱体体积的有关计算、锥体体积的有关计算、线面垂直证明线线垂直 【分析】对于①，根据阳马的定义结合线面垂直的判定与性质分析判断；对于②，根据鳖臑的定义结合线面垂直的判定与性质分析判断；对于③，根据棱柱与棱锥的表面积公式结合已知条件分析判断；对于④，根据棱柱与棱锥的体积公式结合已知条件分析判断. 【详解】对于①，如图，由题意可知平面，平面，则， 因为平面，平面，所以， 因为平面，平面，所以， 所以阳马的四个侧面都是直角三角形，故①错误； 对于②，如图，由题意可知平面，平面，则， 因为平面，平面，则， 所以鳖臑的四个面均为直角三角形，所以②正确； 对于③，设长方体的长，宽，高分别为，则， 所以堑堵的表面积， ， 阳马的表面积， ， 由于 ， 所以堑堵的表面积不是阳马的表面积的2倍，即③错误； 对于④，设长方体的长，宽，高分别为，则， 所以堑堵的体积，鳖臑的体积， 所以堑堵的体积是鳖臑的体积的三倍，所以④错误. 故选：B 5．(24-25高一下·北京西城·期末)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍甍[chú méng]”的五面体(如图)，其中四边形ABCD为矩形，棱.若此几何体中，，，和都是边长为4的等边三角形，则此几何体的体积为(   ) A． B． C． D． 【答案】C【难度】0.4 【知识点】柱体体积的有关计算、锥体体积的有关计算、面面垂直证线面垂直 【分析】通过做平面和平面平面将几何体分成三部分，然后证明三棱柱为直三棱柱，四棱锥和是两个全等的四棱锥，通过证明，得到，通过证明，得到，从而证明为的中点，进而求出，最后再根据柱体和锥体的体积公式计算即可得解. 【详解】 过作平面，垂足为，过作，交于，交CD于， 连接，因为平面，所以平面平面， 同理可作平面平面，所以平面平面， 因为平面平面，平面平面， 所以，又因为，所以，， 又因为平面平面，平面，，所以平面， 因为平面，所以，. 同理可证，. 又因为，所以，所以，所以. 因为四边形ABCD为矩形，所以四边形为矩形，所以， 因为是边长为4的等边三角形，所以，所以， 又因为平面，平面，所以，，所以为的中点. 取的中点，连接，所以， 因为是边长为4的等边三角形，所以. 所以在中，. 所以采用分割的方法，把该几何体分割成了三部分， 包含一个直三棱柱和两个全等的四棱锥， 所以这个几何体的体积为 . 故选：C 6．(2025·北京大兴·三模)《九章算术》是我国古代的一部数学名著，书中记载了一类名为“羡除”的五面体．如图，在羡除中，底面是正方形，∥平面，，其余棱长都为，则这个几何体的体积为( ) A． B． C． D． 【答案】D【难度】0.65 【知识点】锥体体积的有关计算、求组合体的体积 【分析】连接交于点,取的中点为,则平面,取的中点为,连接,则, 过作,则平面,进而求解体积. 【详解】连接交于点,取的中点为,则平面, 由其余棱长都为，所以 取的中点为,连接,则, 过作, 则平面,如图所示，由题意可知，,则,所以, 所以. 故选：D 7．(24-25高三上·北京·期中)中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体为上，下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分)．现有一个如图所示的曲池，其高为，底面，底面扇环所对的圆心角为，弧长度为弧长度的倍，且，则该曲池的体积为( ) A． B． C． D． 【答案】B【难度】0.85 【知识点】柱体体积的有关计算 【分析】设弧所在圆的半径为，弧所在圆的半径为，由题意可知，根据可求得的值，再利用柱体的体积公式可求得该几何体的体积. 【详解】不妨设弧所在圆的半径为，弧所在圆的半径为， 由弧长度为弧长度的倍可知，则，即．则， 故该曲池的体积． 故选：B. 8．(24-25高二上·北京·月考)在《九章算术》中，将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称为“羡除”，现有一个羡除如图所示，平面，四边形，均为等腰梯形，，，，到面的距离为3，则这个羡除的体积是( ) A．128 B．120 C．112 D．104 【答案】A【难度】0.65 【知识点】证明线面垂直、求组合体的体积、锥体体积的有关计算、柱体体积的有关计算 【分析】该多面体可分割成一个直三棱柱以及两个全等的三棱锥，即可利用体积公式求解. 【详解】过分别作，连接,则该多面体可分割成一个直三棱柱以及两个全等的三棱锥， 由于平面，平面,故，又，平面，故平面，故三棱柱为直三棱柱， 由于平面，平面，故平面， 由于到平面的距离为3，故到平面的距离为3，故, 其体积为, 结合四边形，均为等腰梯形，，，因此三棱锥全等，故体积为， 因此这个羡除的体积是， 故选：A 9．(24-25高二上·北京·月考)刍甍(chúméng)是中国古代算数中的一种几何体，它是底面为矩形的屋脊状的楔体．现有一个刍甍(如图)，底面为矩形，且，平面和为全等的正三角形，，则平面和底面的夹角的余弦值为( ) A． B． C． D． 【答案】B【难度】0.85 【知识点】求二面角 【分析】利用等边三角形的性质、矩形的性质，结合线面平行的性质、二面角的定义、平面与平面夹角定义进行求解即可. 【详解】取的中点，连接， 因为为矩形，所以有，而，因此， 因为平面，平面平面，所以，因此， 因为，所以在矩形中，， 因为和为全等的正三角形，所以，，， 因为，，所以是平面和底面所成二面角的平面角. 在等腰梯形中，过做，显然，于是有， 因此平面和底面的夹角的余弦值为， 故选：B 10．(2024·北京东城·一模)《天工开物》是我国明代科学家宋应星所著的一部综合性科学技术著作，书中记载了一种制造瓦片的方法.某校高一年级计划实践这种方法，为同学们准备了制瓦用的粘土和圆柱形的木质圆桶，圆桶底面外圆的直径为，高为.首先，在圆桶的外侧面均匀包上一层厚度为的粘土，然后，沿圆桶母线方向将粘土层分割成四等份(如图)，等粘土干后，即可得到大小相同的四片瓦.每位同学制作四片瓦，全年级共500人，需要准备的粘土量(不计损耗)与下列哪个数字最接近.(参考数据：)( ) A． B． C． D． 【答案】B【难度】0.85 【知识点】柱体体积的有关计算 【分析】结合圆柱体积公式求出四片瓦的体积，再求需准备的粘土量. 【详解】由条件可得四片瓦的体积() 所以500名学生，每人制作4片瓦共需粘土的体积为()， 又，所以共需粘土的体积为约为， 故选：B. 题型4日常生活中的立体几何 1．(25-26高三上·北京通州·月考)风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，是人类最早的风筝起源，如图，是某中学学生制作的一个风筝模型的多面体，为边的中点，四边形为矩形，且，当时，多面体的体积为( ) A． B． C． D． 【答案】A【难度】0.65 【知识点】余弦定理解三角形、锥体体积的有关计算、证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直 【分析】先由题设结合线面垂直判定定理依次证明平面和平面，以及求出即可由锥体体积公式求解. 【详解】因为D为的中点，， 所以， 所以，， 又，四边形为矩形，，平面，所以平面， 又，，平面， 所以平面，故由四边形为矩形得平面， 所以由，，得, 所以，又由得，所以， 所以多面体的体积为. 故选：A. 2．(24-25高三上·北京海淀·月考)唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部分可以近似的看作是半球与圆柱的组合体(如图2)．假设内壁表面光滑，其内壁表面积为cm2，半球的半径为cm，当时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍，则的最小值为(   ) A．1 B． C． D． 【答案】C【难度】0.65 【知识点】柱体体积的有关计算、球的体积的有关计算、球的表面积的有关计算 【分析】设圆柱的高为，根据圆柱和球的表面积公式求得，再根据圆柱和球的体积公式求出酒杯和半球的体积，结合题意求得的范围，即可得解. 【详解】设圆柱的高为，则，所以, 酒杯的体积，半球的体积， 因为酒杯的容积不大于半球体积的2倍，所以，解得， 又因，所以，所以， 当时，的最小值为. 故选：C. 3．(24-25高一下·北京·期末)某折叠餐桌的使用步骤如图所示，有如下检查项目： 项目①：折叠状态下(如图1)，检查四条桌腿长相等； 项目②：打开过程中(如图2)，检查； 项目③：打开过程中(如图2)，检查； 项目④：打开后(如图3)，检查； 项目⑤：打开后(如图3)，检查. 下列检查项目的组合中，可以正确判断“桌子打开之后桌面与地面平行”的是(   ) A．①②③ B．③④⑤ C．②③⑤ D．②④⑤ 【答案】C【难度】0.4 【知识点】判断面面平行 【分析】根据面面平行的判定，考查是否可以得到线线平行，转化为线面平行，得到面面平行． 【详解】项目①，折叠状态下(如图1)，四条桌腿长相等时，桌面与地面不一定平行； 项目②，打开过程中(如图2)，若，可以得到线线平行，从而得到面面平行； 项目③，打开过程中(如图2)，检查，可以得到线线平行，从而得到面面平行； 项目④，打开后(如图3)，检查，桌面与地面不一定平行； 项目⑤，打开后(如图3)，检查，可以得到线线平行，从而得到面面平行， 故选：C． 4．(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【难度】0.85 【知识点】圆锥的结构特征辨析、球的结构特征辨析、球的表面积的有关计算 【分析】求出彩球的半径，圆锥的底面半径和高，从而求出，从而得到该冰淇淋模型的高为. 【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 5．(24-25高一下·北京平谷·期末)玩陀螺不仅可以释放往日情怀，找回童年的乐趣，也可锻炼人体协调性和腕部力量，培养敏锐观察力．如图，一个实木陀螺近似的看成同底的一个圆柱和一个圆锥构成．已知这个陀螺是由一个底面直径为6cm．高也为6cm的圆柱实木制成的，为了陀螺旋转的稳定性，设计圆柱部分与圆锥部分的高比为，则这个陀螺的体积最大约为(   ) A． B． C． D． 【答案】C【难度】0.65 【知识点】柱体体积的有关计算、锥体体积的有关计算 【分析】设圆锥部分的高为,则圆柱部分的高为,得,则这个陀螺的体积为:,进行求解即可. 【详解】设圆锥部分的高为,则圆柱部分的高为,依题意得,得, 则这个陀螺的体积为:, 因为,则,得这个陀螺的体积最大约为: . 故选:C 6．(2025·北京西城·模拟预测)有一个木制工艺品，其形状是一个圆柱被挖去一个与其共底面的圆锥．已知圆柱的底面半径为3，高为5，圆锥的高为4，则这个木质工艺品的体积为( ) A． B． C． D． 【答案】C【难度】0.85 【知识点】柱体体积的有关计算、锥体体积的有关计算、求组合体的体积 【分析】根据圆柱和圆锥的体积公式求木质工艺品的体积. 【详解】由题意可知：这个木质工艺品的体积. 故选：C. 7．(2025·北京平谷·一模)冰淇淋蛋筒是大家常见的一种食物，有种冰淇淋蛋筒可以看作是由半径为10cm，圆心角为的扇形蛋卷坯卷成的圆锥，假设高出蛋筒部分的奶油和包裹在蛋筒内部的奶油体积相等，则该种冰淇淋中奶油的总体积约为( )(忽略蛋筒厚度) A． B． C． D． 【答案】D【难度】0.65 【知识点】弧长的有关计算、锥体体积的有关计算 【分析】由扇形弧长，求得底面半径及高，再由圆锥体积公式即可求解； 【详解】设圆锥底面面积为，由题意可知，所以， 设圆锥得高为，则，所以圆锥的体积为：， 所以该种冰淇淋中奶油的总体积约为， 故选：D 8．(24-25高三下·北京·开学考试)如图是一种帐篷示意图，帐顶采用“五脊四坡式”，四条斜脊的长度相等，一条正脊平行于底面，正脊与斜脊长度的比为，底面为矩形且长与宽之比为2∶1，若各斜坡面与底面所成二面角都相等，则该二面角的正切值为( ) A． B． C． D． 【答案】A【难度】0.65 【知识点】求二面角、由二面角大小求线段长度或距离 【分析】不妨设正脊，斜脊，底面矩形的长为，宽，做辅助线，根据对称性结合二面角可得，进而可得结果. 【详解】根据题意不妨设：正脊，斜脊，底面矩形的长为，宽， 设在底面的投影分别为，的中点分别为， 若各斜坡面与底面所成二面角都相等，则四点共线，， 且，则，可知二面角的平面角为， 过作，垂足为，连接， 因为平面，平面，可得， 且，平面，可得平面， 又因为平面，可得， 则二面角的平面角为， 可知，则， 即，可得， 即，可得， 则，可得， 所以所求二面角的正切值为. 故选：A. 9．(23-24高一上·北京·月考)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．南北朝时期的官员独孤信的印信是迄今发现的中国古代唯一一枚楷书印．它的表面均由正方形和等边三角形组成(如图1)，可以看成图2所示的几何体．从正面看该几何体得到的平面图形是( ) A． B． C． D． 【答案】D【难度】0.85 【知识点】几何体三视图的概念及辨析 【分析】根据几何体三视图即可求解. 【详解】正视图为从前往后看， 故选：D 10．(22-23高三下·北京·月考)一个水平放置的圆柱形储油桶，桶内有油部分所在圆弧占底面周长的，则油桶直立时，油的高度与桶的高度的比值是( ) A． B． C． D． 【答案】B【难度】0.65 【知识点】柱体体积的有关计算 【分析】根据油桶两种放置时，油的体积相等，列方程求出油的高度与油桶的高度比值． 【详解】解：如图所示，    设油桶的高度为，半径为，直立时油面高为， 则横放油桶时，液体形成柱体的底面面积为， ， 直立时， 由体积相等得， 解得． 故选：B． 11.(24-25高三上·北京石景山·期末)我国有着丰富悠久的印章文化，印章是签署文件时代表身份的信物，因其独特的文化内涵，有时作为装饰物来使用. 图1是一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2所示. 已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长为4，体积之比为，且该几何体的顶点在球的表面上，则球的半径为( )    A． B． C． D． 【答案】B【难度】0.65 【知识点】多面体与球体内切外接问题 【分析】根据正四棱柱和正四棱锥的体积之比为可得高相等，根据对称性知球心在高线上，设出球的半径和正四棱柱的高，放在直角三角形中，利用勾股定理列方程，求解即可. 【详解】    由题意，正四棱柱和正四棱锥的体积之比为，且共一个底面， 所以正四棱柱和正四棱锥的高相等，则设正四棱柱和正四棱锥的高都为， 如图所示，根据正四棱柱和一个正四棱锥的对称性可知：球心在高线上， 设该几何体外接球的半径为，因为点都在球上， 所以，，又，则，且， 所以，在直角中，由勾股定理得：， 在直角中，，， 又点在球上，所以，所以由勾股定理得：， 联立，解得，因此，球的半径为. 故选：B. 12．(24-25高三上·北京顺义·期末)某同学在劳动实践课中，用四块板材制作了一个簸箕(如图1)，其底面挡板是等腰梯形，后侧挡板是矩形，左右两侧挡板为全等的直角三角形，后侧挡板与底面挡板垂直．簸箕的造型可视为一个多面体(如图2)．若，，，与之间的距离为28cm，则该多面体的体积是(   ) A． B． C． D． 【答案】C【难度】0.65 【知识点】锥体体积的有关计算 【分析】将几何体的体积转化为四棱锥和三棱锥的体积后可得正确的选项. 【详解】 因为四边形为矩形，故，而平面平面， 平面平面，平面，故平面， 在平面中过作，垂足为，则， 同理可证平面， 而，故，， 故几何体的体积为， 故选：C. 13．(24-25高三上·北京朝阳·期末)沙漏是一种古代计时仪器．如图，某沙漏由上下两个相同圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为6cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的，则这些细沙的体积为( )    A． B． C． D． 【答案】B【难度】0.94 【知识点】锥体体积的有关计算 【分析】根据比例关系结合锥体的体积公式运算求解即可. 【详解】由题意可知：这些细沙的体积为. 故选：B. 14．(24-25高二上·北京·期中)光导纤维作为光的传输工具，在现代通讯中有着及其重要的作用，光纤由内部纤芯和外部包层组成(如图1)，在一定的条件下，光在纤芯中传输，传输原理是“光的全反射”，即“入射角等于反射角”(如图2)，在图3中近似的展示了一束光线在一段较长的圆柱形光纤中的传输路径，其中圆面是与光纤轴垂直的纤芯截面，若与圆所在平面成角的大小为，则光线路径在垂直于光纤轴的截面上的投影可能(   ) A． B． C． D． 【答案】D【难度】0.4 【知识点】由线面角的大小求值 【分析】过作圆于，连接，设，圆的半径为，，由已知可得，利用余弦定理可求得，从而可得结论. 【详解】过作圆于，连接， 所以为直线与圆所在平面所成的角， 与圆所在平面成角的大小为，则， 又圆，所以，，所以， 设，因为为点处的法线，则由反射定律可知， 由，所以，所以，解得， 设，圆的半径为，所以，，， 在中，由余弦定理可得， 解得，所以为等边三角形，所以， 所以光线路径在垂直于光纤轴的截面上的投影可能 故选：D. 15．(24-25高三上·北京丰台·期中)北京市餐饮品牌《南城香》每个门店，当客人点完餐之后，服务人员给10分钟计时沙漏，保证在10分钟之内上完餐.沙漏是古代的一种计时仪器，根据沙子从一个容器漏到另一容器的时间来计时.如图，沙漏可视为上下两个相同的圆锥构成的组合体，下方的容器中装有沙子，沙子堆积成一个圆台，若该沙漏高为8，沙子体积占该沙漏容积的，则沙子堆积成的圆台的高为( ) A．1 B． C．2 D． 【答案】A【难度】0.65 【知识点】台体体积的有关计算、锥体体积的有关计算、棱台的结构特征和分类 【分析】圆锥体积为，沙子体积为，根据题设得，结合圆台和圆锥中的等比性质求圆台的高. 【详解】由题意，若圆锥体积为，沙子体积为，则，故， 设沙子堆积成的圆台的高为，沙漏下圆锥的高为4， 结合圆台、圆锥的性质，有，所以. 故选：A 16．(2024高二上·北京·学业考试)小明同学在通用技术课上，制作了一个半正多面体模型．他先将正方体交于同一顶点的三条棱的中点分别记为，如图1所示，然后截去以为底面的正三棱锥，截后几何体如图2所示，按照这种方法共截去八个正三棱锥后得到如图3所示的半正多面体模型．若原正方体的棱长为6，则此半正多面体模型的体积为( )    A．108 B．162 C．180 D．189 【答案】C【难度】0.94 【知识点】锥体体积的有关计算、求组合体的体积 【分析】正方体的体积减掉8个以为底面的正三棱锥的体积即得此半正多面体模型的体积. 【详解】设此半正多面体模型的体积为， 则. 故选：C. 17．(2024·北京丰台·一模)正月十五元宵节，中国民间有观赏花灯的习俗．在2024年元宵节，小明制作了一个“半正多面体”形状的花灯(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，体现了数学的对称美．图2是一个棱数为24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2．关于该半正多面体的四个结论： ①棱长为； ②两条棱所在直线异面时，这两条异面直线所成角的大小是60°； ③表面积为； ④外接球的体积为． 其中所有正确结论的序号是(   ) A．①② B．①③ C．②④ D．③④ 【答案】B【难度】0.65 【知识点】球的体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、求异面直线所成的角 【分析】注意到棱长总是一个等腰直角三角形的斜边，即可通过直角边的长度判断①正确；可以找到一对位于正方形相对的面上的两条垂直且异面的棱，得到②错误；根据该几何体每种面(正三角形和正方形)各自的数量和面积，可以计算出该几何体的表面积，从而判断出③正确；直接证明正方形的中心到该几何体每个顶点的距离都相等，并计算出距离，即可求出外接球的体积，得到④错误. 这就得到全部正确的结论是①③，从而选B. 【详解】如图所示： 该几何体的每条棱都是的一个等腰直角三角形的斜边，且该等腰直角三角形的直角边长度为正方体边长的一半， 故该等腰直角三角形的直角边长度为1，从而该几何体的每条棱的长度都是，①正确； 若为该几何体位于正方体的一组相对的面上的两个平行的棱，为该几何体位于正方体的同一个面的两条棱， 则，平行于，异面，所以异面，， 这意味着存在一对异面的棱所成角是直角，②错误； 该几何体一共有14个面，其中6个是正方形，8个是正三角形，边长均为，故每个正方形的面积都是， 每个正三角形的面积都是，故表面积为，③正确； 设正方体的中心为，由于对该几何体的任意一个顶点都是正方体的某条边的中点， 故到该几何体的任意一个顶点的距离都是正方体边长的倍，即. 这意味着以为球心，半径为的球是该几何体的外接球，从而外接球的体积，④错误. 从而全部正确的结论是①③. 故选：B. 8．(2025·北京西城·一模)端午节又名端阳节、粽子节等，它是中国首个入选世界非遗的节日．从形状来分，端午节吃的粽子有三角粽、四角粽、枕形粽、牛角粽等．其中，四角粽的形状可以近似看成一个四面体，如图所示．设棱的长为，其余的棱长均为，则该四角粽的表面积为 ，内含食物的体积为 ．(粽叶的厚度忽略不计) 【答案】 【难度】0.85 【知识点】三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形、棱锥表面积的有关计算、锥体体积的有关计算 【分析】根据棱锥的表面积公式和体积公式，结合线面垂直的判定定理、三角形的余弦定理，面积公式求解. 【详解】, 所以为锐角，所以， 该四角粽的表面积 ， 取中点为，连接， 则, 所以,即， 且，平面， 所以平面， 内含食物的体积为. 故答案为：；. 学科网(北京)股份有限公司第 1 页 共 65 页 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $