专题三 立体几何　第1讲　空间几何体讲义-2026届高三数学二轮复习

该高中数学高考复习讲义围绕立体几何专题，聚焦空间几何体表面积与体积、空间点线面位置关系、球的切接问题三大核心考点，按“真题探究-考点拆解-方法提炼-训练巩固”逻辑架构知识体系，通过考点梳理（如公式推导）、方法指导（如侧面展开法）、真题演练（2024-2025年新课标等卷真题），帮助学生突破空间想象与逻辑推理难点。 讲义采用“问题驱动+分层训练”模式，如在球的切接问题中，引导学生通过正四面体内外切球半径关系推导公式，培养数学思维与空间观念。设置基础典例、提升变式、综合限时训练三级练习，配合即时反馈，确保高效复习，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

专题三 立体几何 第1讲　空间几何体 【探究真题.明确方向】 1.(2024·新课标Ⅰ卷，T5)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.2π B.3π C.6π D.9π 2.(2025·天津，T4)若m为直线，α，β为两个平面，则下列结论中正确的是(　　) A.若m∥α，n⊂α，则m∥n B.若m⊥α，m⊥β，则α⊥β C.若m∥α，m⊥β，则α⊥β D.若m⊂α，α⊥β，则m⊥β 3.(多选)(2025·全国Ⅰ卷，T9)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为BC的中点，则(　　) A.AD⊥A1C B.B1C1⊥平面AA1D C.AD∥A1B1 D.CC1∥平面AA1D 4.(2023·新课标Ⅰ卷，T14)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，A1B1=1，AA1=，则该棱台的体积为　　　　.  5.(2025·全国Ⅱ卷，T14)一个底面半径为4 cm，高为9 cm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　　　　　　cm.  【命题预测】本讲是历年高考命题必考的内容，属于中低档题目，三种题型都有所考查，分值约为10~15分. 【考向预测】一是求几何体的表面积与体积，常与侧面展开图相结合；二是球的组合体，常与球相“内切”或“外接”进行考查；三是考查空间点线面关系的判断，以空间几何体的结构特征为背景，考查关于线面位置关系命题的真假判断. 考点一　表面积与体积 【典例】1　(1)(2025·济宁模拟)已知圆锥的体积为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的底面半径为(　　) A. B.1 C. D.2 (2)(2025·吕梁模拟)轴截面是等边三角形的圆锥称为等边圆锥.若某等边圆锥的母线长为4，过圆锥高的中点作平行于底面的平面，该平面将圆锥分割成一个小圆锥和一个圆台，则该圆台的体积为　　　.  【变式训练】1　(1)(多选)(2025·台州模拟)如图，是由两个平行平面截半径为2 cm且足够高的圆柱体所得的几何体，截面与圆柱体的轴成45°，上、下截面间的距离为 cm.某高中数学兴趣小组对该几何体进行了探究，得出下列四个结论，其中正确的是(参考公式：椭圆面积S=πab)(　　) A.截口曲线的离心率为 B.该几何体的体积为8π cm3 C.该几何体的侧面积为8π cm2 D.该几何体的上截面面积为4π cm2 (2)(2025·咸阳模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=AA1=1，则三棱锥C-A1BC1的体积为　　　　　.  考点二　空间点、线、面的位置关系 【典例】2　(1)(多选)(2025·岳阳模拟)已知直线m，n，l，平面α，β，若平面α⊥平面β，且α∩β=l，则下列命题正确的是(　　) A.若m∥α，则m⊥β B.若m⊂α，n⊂β，则m⊥n C.若m⊂α，且m⊥l，则m⊥β D.若m⊂α，则直线m必垂直于平面β内的无数条直线 (2)(多选)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BA1与AB1的交点，则下列判断正确的是(　　) A.直线EC1与直线AD是异面直线 B.B1C1∥平面A1BC C.直线BA1与直线C1D所成的角是 D.在直线A1C1上存在点F，使EF⊥平面A1CD 【变式训练】2　(1)(2025·黄冈模拟)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.若直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则(　　) A.α∥β，l∥α B.α与β相交，且交线平行于l C.α⊥β，l⊥α D.α与β相交，且交线垂直于l (2)在四面体ABCD中，AD=BC，E，F分别为AB，CD的中点，若异面直线AD与BC所成的角为60°，则异面直线EF与BC所成的角为　　　　.  考点三　球的切、接问题 【典例】3　(1)(2025·嘉兴模拟)若某正四面体的内切球的表面积为4π，则该正四面体的外接球的体积为(　　) A.9π B.27π C.36π D.64π (2)(多选)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=6，AA1=4，则下列说法正确的是(　　) A.直线AB与直线B1C1所成的角为 B.三棱锥A-A1BC的体积为12 C.点C1到平面A1BC的距离为 D.四棱锥A1-B1BCC1的外接球的表面积为64π 【变式训练】3　(1)在△ABC中，AB=2，C=45°，PA⊥平面ABC，且PA=2，则三棱锥P-ABC外接球的表面积为(　　) A.2π B.4π C.12π D.36π (2)(2025·包头模拟)已知圆台O1O2的上、下底面半径分别为r1，r2(r1<r2)，r2-r1=3.半径为r的球O与该圆台的上、下底面及母线均相切，圆台O1O2的侧面积为25π，则球O的表面积为(　　) A.4π B.9π C.16π D.36π 【限时训练】（限时：60分钟） 一、单项选择题(每小题5分，共40分) 1.已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则m∥α的一个充分条件是(　　) A.m∥n，n∥α B.m∥β，α∥β C.m⊥n，n⊥α，m⊄α D.m∩n=A，n∥α，m⊄α 2.已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为1，2，体积为3，则该正四棱台的高为(　　) A.1 B. C. D. 3.(2025·泰州模拟)某正四棱锥的底面边长为2，侧棱与底面的夹角为60°，则该正四棱锥的体积为(　　) A. B. C. D. 4.(2025·江苏七市二调)已知圆锥的轴截面为正三角形，外接球的半径为1，则圆锥的体积为(　　) A. B. C. D. 5.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=90°，AA1=AB，则直线A1C与AB1所成的角为(　　) A.30° B.45° C.60° D.90° 6.(2025·安阳模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=2，AB⊥AC，若该棱柱外接球的表面积为12π，则侧面BB1C1C绕直线BB1旋转一周所得到的旋转体的体积为(　　) A.12π B.16π C.20π D.24π 7.(2025·保定模拟)已知三棱锥A-BCD中，CD⊥平面ABD，AB=AD=2，BD=6，CD=2，则三棱锥A-BCD的外接球表面积为(　　) A.12π B.24π C.40π D.52π 8.(2025·宁波模拟)一个长方体墨水瓶的长、宽、高分别为10 cm，8 cm，15 cm，内部装有400毫升墨水.将墨水瓶倾斜，使其一条长边(10 cm)置于水平地面，高边(15 cm)所在直线与水平地面成45度角，则此时墨水与墨水瓶接触部分的面积为(　　) A.180 cm2 B.220 cm2 C.260 cm2 D.300 cm2 二、多项选择题(每小题6分，共18分) 9.(2025·南京模拟)设α，β，γ表示三个不同的平面，m表示直线，则下列选项中，使得α∥β的是(　　) A.m∥α，m∥β B.m⊥α，m⊥β C.γ∥α，γ∥β D.γ⊥α，γ⊥β 10.(2023·新课标Ⅱ卷)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P-AC-O为45°，则(　　) A.该圆锥的体积为π B.该圆锥的侧面积为4π C.AC=2 D.△PAC的面积为 11.(2025·重庆模拟)如图，已知正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1的底面边长为 2，侧棱长为 4，点 E， F 分别为BB1，DD1的中点，则(　　) A.AC1⊥CF B.平面EA1C1∥ 平面FAC C.三棱锥C-EC1F的体积为 D.四面体EACF的外接球的表面积为12π 三、填空题(每小题5分，共15分) 12.由斜二测画法得到的一个水平放置的三角形的直观图是等腰三角形，底角为30°，腰长为2，如图，那么它在原平面图形中，顶点B到x轴的距离是　　　　　.  13.如图所示的几何体是底面积为S，侧高为h1，h2，h3(h1<h2<h3)的直三棱柱斜劈，则其体积为　　　　.  14.(2024·全国甲卷)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台母线长分别为2(r2-r1)，3(r2-r1)，则圆台甲与乙的体积之比为　　　　.  【拓展训练】(每小题5分，共10分) 15.(2025·温州模拟)一个圆台形的木块，上、下底面的半径分别为4和8，高为3，用它加工成一个与圆台等高的四棱台，棱台下底面为一边长等于9的矩形，且使其体积最大.现再从余下的四块木料中选择一块，加工成一个球，则所得球的半径的最大值是(加工过程中不计损耗)(　　) A. B. C.1 D. 16.(5分)图1所示几何体是一个星形正多面体，称为星形十二面体，是由6对(12个)平行五角星面组成的，每对平行五角星面角度关系如图2所示.一个星形十二面体有　　　　个星芒(凸起的正五棱锥)，将所有的星芒沿其底面削去后所得几何体和星形十二面体的表面积之比是　　　　.  学科网（北京）股份有限公司 $ 专题三 立体几何 第1讲　空间几何体 【探究真题.明确方向】 1.(2024·新课标Ⅰ卷，T5)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.2π B.3π C.6π D.9π 2.(2025·天津，T4)若m为直线，α，β为两个平面，则下列结论中正确的是(　　) A.若m∥α，n⊂α，则m∥n B.若m⊥α，m⊥β，则α⊥β C.若m∥α，m⊥β，则α⊥β D.若m⊂α，α⊥β，则m⊥β 3.(多选)(2025·全国Ⅰ卷，T9)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为BC的中点，则(　　) A.AD⊥A1C B.B1C1⊥平面AA1D C.AD∥A1B1 D.CC1∥平面AA1D 4.(2023·新课标Ⅰ卷，T14)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，A1B1=1，AA1=，则该棱台的体积为　　　　.  5.(2025·全国Ⅱ卷，T14)一个底面半径为4 cm，高为9 cm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　　　　　　cm.  【命题预测】本讲是历年高考命题必考的内容，属于中低档题目，三种题型都有所考查，分值约为10~15分. 【考向预测】一是求几何体的表面积与体积，常与侧面展开图相结合；二是球的组合体，常与球相“内切”或“外接”进行考查；三是考查空间点线面关系的判断，以空间几何体的结构特征为背景，考查关于线面位置关系命题的真假判断. 1.【答案】B 【解析】设圆柱的底面半径为r， 则圆锥的母线长为， 而它们的侧面积相等， 所以2πr×=πr×， 即2=，故r=3， 故圆锥的体积为π×9×=3π. 2.【答案】C 【解析】若m∥α，n⊂α，则m与n平行或异面，故A错误； 若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故B错误； 若m∥α，m⊥β，则α⊥β，故C正确； 若m⊂α，α⊥β，则m与β平行或相交或m⊂β，故D错误. 3.【答案】BD 【解析】方法一　如图，设D1为B1C1的中点， 由题意得AA1⊥平面ABC，因为AD⊂平面ABC，则AD⊥AA1，假设AD⊥A1C，又AA1∩A1C=A1，AA1，A1C⊂平面AA1C，则AD⊥平面AA1C，因为AC⊂平面AA1C，则AD⊥AC，矛盾，故A错误； 由题意知AD⊥BC，AA1⊥BC， 又AA1∩AD=A，AA1，AD⊂平面AA1D， 则BC⊥平面AA1D，又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1D，故B正确； 由题意得AD∥A1D1，假设AD∥A1B1，则A1D1∥A1B1，与A1B1∩A1D1=A1矛盾，则AD∥A1B1不成立，故C错误； 由题意得CC1∥AA1，又CC1⊄平面AA1D，AA1⊂平面AA1D，故CC1∥平面AA1D，故D正确. 方法二　对于A，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC， 又AD⊂平面ABC，则AA1⊥AD，则·=0， 因为△ABC是正三角形，D为BC的中点，则AD⊥BC，则·=0. 又=++， 所以·=(++)·=·++·=≠0， 则AD⊥A1C不成立，故A错误； 对于B，因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC， BC⊂平面ABC，则AA1⊥BC， 因为△ABC是正三角形，D为BC的中点，则AD⊥BC， 又AA1∩AD=A，AA1，AD⊂平面AA1D， 所以BC⊥平面AA1D，又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1D，故B正确； 对于C，因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B1∥AB， 假设AD∥A1B1，则AD∥AB，这与AD∩AB=A矛盾， 所以AD∥A1B1不成立，故C错误； 对于D，因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1∥AA1， 又AA1⊂平面AA1D，CC1⊄平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确. 方法三　如图，建立空间直角坐标系，设AB=2，该正三棱柱的高为h， 则D(0，0，0)，A(，0，0)，A1(，0，h)，C(0，-1，0)，C1(0，-1，h)，B1(0，1，h)， 对于A，=(-，0，0)，=(-，-1，-h)， 则·=(-)×(-)+0+0=3≠0， 则AD⊥A1C不成立，故A错误； 对于B，D，=(0，-2，0)，=(0，0，h)，=(0，0，h)， 设平面AA1D的法向量为n=(x，y，z)， 则得x=z=0，令y=1，则n=(0，1，0)， 所以=(0，-2，0)=-2n，·n=0， 则B1C1⊥平面AA1D，又CC1⊄平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故B，D正确； 对于C，=(-，0，0)，=(-，1，0)， 则≠，显然AD∥A1B1不成立，故C错误. 4.【答案】 【解析】如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M， 易知A1M为四棱台ABCD-A1B1C1D1的高， 因为AB=2，A1B1=1，AA1=， 则A1O1=A1C1=×A1B1=， AO=AC=×AB=， 故AM=(AC-A1C1)=， 则A1M===， 所以所求体积为V=×(4+1+)×=. 5.【答案】 【解析】设铁球的半径为r cm. 分三种情况讨论. 情况一：竖直排列(一个在上，一个在下)，则4r≤9， ∴r≤； 情况二：水平排列(并排放置)，则4r≤8， ∴r≤2； 情况三：斜向排列，截面图如图所示，0<r<4， 由图可知(8-2r)2+(9-2r)2=4r2， 即4r2-68r+145=0，即(2r-5)(2r-29)=0， 解得r=或r=(舍去). 综上所述，铁球半径的最大值为 cm. 考点一　表面积与体积 【典例】1　(1)(2025·济宁模拟)已知圆锥的体积为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的底面半径为(　　) A. B.1 C. D.2 【答案】B 【解析】设母线长为l，底面半径为r，圆锥的高为h， 则2πr=l⇒l=3r， 又h===2r， 所以V=Sh=πr2×2r=⇒r3=1⇒r=1. (2)(2025·吕梁模拟)轴截面是等边三角形的圆锥称为等边圆锥.若某等边圆锥的母线长为4，过圆锥高的中点作平行于底面的平面，该平面将圆锥分割成一个小圆锥和一个圆台，则该圆台的体积为　　　.  【答案】 【解析】在等边圆锥PO中，过PO的中点M作与底面平行的截面，如图所示， 由题意可知PA=AB=4，AO=AB=2， 则PO==2， 所以圆台上底面半径为r=AO=1， 下底面半径为R=AO=2， 圆台的高为h=PO=， 因此，该圆台的体积为V=π(r2+R2+rR)·h=×(1+4+2)×=. 【考法归纳】空间几何体的表面积与体积的求法 (1)公式法：对于规则的几何体直接利用公式进行求解. (2)割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，或把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体. (3)等体积法：选择合适的底面来求体积. 【变式训练】1　(1)(多选)(2025·台州模拟)如图，是由两个平行平面截半径为2 cm且足够高的圆柱体所得的几何体，截面与圆柱体的轴成45°，上、下截面间的距离为 cm.某高中数学兴趣小组对该几何体进行了探究，得出下列四个结论，其中正确的是(参考公式：椭圆面积S=πab)(　　) A.截口曲线的离心率为 B.该几何体的体积为8π cm3 C.该几何体的侧面积为8π cm2 D.该几何体的上截面面积为4π cm2 【答案】BCD 【解析】对于选项A，因为截面与圆柱体的轴成45°，且圆柱体底面半径为2 cm， 故截面椭圆长轴长为2a==4， 短轴长为2b=4，故c==2， 故e===，故选项A错误； 对于选项B，因为上、下截面间的距离为 cm，所以AB==2(cm)， 将该几何体沿A点平行于圆柱底面切割补到以沿点B平行于圆柱底面的位置， 则正好是底面半径为2 cm，高为2 cm的圆柱，则V=π×22×2=8π(cm3)，故选项B正确； 对于选项C，同样以选项B的方法割补，侧面积即为底面半径为2 cm，高为2 cm的圆柱的侧面，S侧=2π×2×2=8π(cm2)，故选项C正确； 对于选项D，利用椭圆的面积公式S=πab=4π (cm2)，故选项D正确. (2)(2025·咸阳模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=AA1=1，则三棱锥C-A1BC1的体积为　　　　　.  【答案】 【解析】=--=S△ABC×AA1-S△ABC×AA1-×BB1=S△ABC×AA1=××1×1×1=. 考点二　空间点、线、面的位置关系 【典例】2　(1)(多选)(2025·岳阳模拟)已知直线m，n，l，平面α，β，若平面α⊥平面β，且α∩β=l，则下列命题正确的是(　　) A.若m∥α，则m⊥β B.若m⊂α，n⊂β，则m⊥n C.若m⊂α，且m⊥l，则m⊥β D.若m⊂α，则直线m必垂直于平面β内的无数条直线 【答案】CD 【解析】对于A，若m∥α，则m与β可能平行或相交或m⊂β，故A错误； 对于B，若m⊂α，n⊂β，当m，n中至少有一条直线与l垂直时，才有m⊥n，否则m与n可能平行或异面或相交但不垂直，故B错误； 对于C，m⊂α，且m⊥l，由面面垂直的性质定理知m⊥β，故C正确； 对于D，当直线a⊂β，且a⊥l，此时a⊥m，故满足条件的直线a有无数条，故D正确. (2)(多选)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BA1与AB1的交点，则下列判断正确的是(　　) A.直线EC1与直线AD是异面直线 B.B1C1∥平面A1BC C.直线BA1与直线C1D所成的角是 D.在直线A1C1上存在点F，使EF⊥平面A1CD 【答案】BD 【解析】对于A，由图可知直线EC1与直线AD都在平面B1ADC1中，故A错误； 对于B，由图可知直线B1C1∥BC， 又BC⊂平面A1BC，B1C1⊄平面A1BC，所以B1C1∥平面A1BC，故B正确； 对于C，由正方体性质知B1A∥C1D， 所以直线BA1与直线C1D所成的角为直线BA1与直线B1A所成的角， 因为四边形ABB1A1为正方形，所以BA1⊥B1A，即直线BA1与直线C1D所成的角是，故C错误； 对于D，连接A1C1，B1C，BC1，取A1C1的中点O，连接EO，则EO∥BC1， 因为CD⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥CD， 又BC1⊥B1C，CD∩B1C=C，CD，B1C⊂平面A1CD，所以BC1⊥平面A1CD， 所以EO⊥平面A1CD，即F在O点处时，可使EF⊥平面A1CD，故D正确. 【考法归纳】(1)证明线线平行的常用方法 ①三角形的中位线定理；②平行公理；③线面平行的性质定理；④面面平行的性质定理. (2)证明线线垂直的常用方法 ①等腰三角形三线合一；②勾股定理的逆定理；③利用线面垂直的性质定理. 【变式训练】2　(1)(2025·黄冈模拟)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.若直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则(　　) A.α∥β，l∥α B.α与β相交，且交线平行于l C.α⊥β，l⊥α D.α与β相交，且交线垂直于l 【答案】B 【解析】若α∥β，则由m⊥平面α，n⊥平面β，可得m∥n，这与m，n是异面直线矛盾，故α与β相交，A错误； 设α∩β=a，过直线n上一点，作b∥m， 设b与n确定的平面为γ， 因为l⊥m，所以l⊥b，又l⊥n，b与n相交，b，n⊂γ，所以l⊥γ， 因为m⊥α，所以b⊥α，又a⊂α，所以a⊥b， 因为n⊥β，a⊂β，所以a⊥n，又b与n相交，b，n⊂γ，所以a⊥γ， 又因为l⊄α，l⊄β，所以l与a不重合，所以l∥a，B正确，D错误； 因为l∥a，l⊄α，a⊂α，所以l∥α，C错误. (2)在四面体ABCD中，AD=BC，E，F分别为AB，CD的中点，若异面直线AD与BC所成的角为60°，则异面直线EF与BC所成的角为　　　　.  【答案】60°或30° 【解析】如图，设G为BD的中点，连接GE，GF， 因为E，F分别为AB，CD的中点， 所以EG∥AD，GF∥BC，且EG=AD，GF=BC， 而AD=BC，则EG=GF， 则∠EGF(或其补角)为直线AD与BC所成的角，即∠EGF=60°或120°， 而∠EFG(或其补角)为直线EF与BC所成的角， 当∠EGF=60°时，∠EFG=60°， 当∠EGF=120°时，∠EFG=30°. 故异面直线EF与BC所成的角为60°或30°. 考点三　球的切、接问题 【典例】3　(1)(2025·嘉兴模拟)若某正四面体的内切球的表面积为4π，则该正四面体的外接球的体积为(　　) A.9π B.27π C.36π D.64π 【答案】C 【解析】正四面体的内切球与其外接球球心重合， 如图，正四面体ABCD的内切球与外接球球心O在其高AO1上， 则OO1是正四面体ABCD内切球半径，OA是正四面体ABCD外接球半径， 由正四面体ABCD的内切球的表面积为4π，得OO1=1，令AB=a(a>0)， BO1=a·=a，AO1==a，BO=AO=a-1， 在Rt△BOO1中，-=1， 解得a=2，AO=3， 所以该正四面体的外接球的体积V=OA3=36π. (2)(多选)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=6，AA1=4，则下列说法正确的是(　　) A.直线AB与直线B1C1所成的角为 B.三棱锥A-A1BC的体积为12 C.点C1到平面A1BC的距离为 D.四棱锥A1-B1BCC1的外接球的表面积为64π 【答案】ABD 【解析】由题设B1C1∥BC，则直线AB与直线B1C1所成的角即为∠ABC(或其补角)，又△ABC为等边三角形，故∠ABC=，故A正确； 由==×4××62×sin=12，故B正确； 由A1B=A1C=2，BC=6，则在△A1BC中，BC上的高为， 所以=×6×=3，设点A到平面A1BC的距离为d，则d×3=12， 所以d=，根据对称性易知点C1到平面A1BC的距离为，故C错误； 由题设，易知四棱锥A1-B1BCC1的外接球即为该三棱柱的外接球， 而△ABC的外接圆半径r=××6=2，且AA1=4， 所以外接球的半径R==4，故其表面积为4πR2=64π，故D正确. 【考法归纳】解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： (1)定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为球的半径； (2)作截面：选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的； (3)求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 【变式训练】3　(1)在△ABC中，AB=2，C=45°，PA⊥平面ABC，且PA=2，则三棱锥P-ABC外接球的表面积为(　　) A.2π B.4π C.12π D.36π 【答案】C 【解析】如图，设△ABC外接圆的半径为r， 已知AB=2，C=45°， 根据正弦定理可得 2r===2， 解得r=. 因为PA⊥平面ABC，所以三棱锥P-ABC外接球的球心到平面ABC的距离d=PA=1， 所以外接球半径R==. 所以三棱锥P-ABC外接球的表面积S=4π×()2=12π. (2)(2025·包头模拟)已知圆台O1O2的上、下底面半径分别为r1，r2(r1<r2)，r2-r1=3.半径为r的球O与该圆台的上、下底面及母线均相切，圆台O1O2的侧面积为25π，则球O的表面积为(　　) A.4π B.9π C.16π D.36π 【答案】C 【解析】如图， 设圆台上、下底面圆心分别为O1，O2， 则圆台内切球的球心O一定在O1O2的中点处， 设球O与母线相切于点M，所以OM⊥AB， 所以OM=OO1=OO2=r， 所以△AOO1与△AOM全等， 所以AM=r1，同理BM=r2， 圆台的母线长l=r1+r2， 而π(r1+r2)l=25π，因此(r1+r2)2=25， 所以AB=r1+r2=5，过A作AG⊥O2B，垂足为G，则O1=(r1+r2)2-(r2-r1)2=16，所以4r2=16，所以球O的表面积为4πr2=16π. 【限时训练】（限时：60分钟） 一、单项选择题(每小题5分，共40分) 1.已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则m∥α的一个充分条件是(　　) A.m∥n，n∥α B.m∥β，α∥β C.m⊥n，n⊥α，m⊄α D.m∩n=A，n∥α，m⊄α 【答案】C 【解析】对于A，由m∥n，n∥α可得m⊂α或m∥α，故A错误； 对于B，由m∥β，α∥β可得m⊂α或m∥α，故B错误； 对于C，由m⊥n，n⊥α，m⊄α可得m∥α，故C正确； 对于D，由m∩n=A，n∥α，m⊄α可得m，α相交或m∥α，故D错误. 2.已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为1，2，体积为3，则该正四棱台的高为(　　) A.1 B. C. D. 【答案】D 【解析】设该正四棱台的高为h， 又其上、下底面边长分别为1，2，体积为3， 则V=h(12+22+)==3， 所以h=. 3.(2025·泰州模拟)某正四棱锥的底面边长为2，侧棱与底面的夹角为60°，则该正四棱锥的体积为(　　) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】在正四棱锥P-ABCD中， 令AC∩BD=O，连接PO，则PO⊥平面ABCD， 则∠PAO=60°，由AO=AC=，得PO=， 所以该正四棱锥的体积为×22×=. 4.(2025·江苏七市二调)已知圆锥的轴截面为正三角形，外接球的半径为1，则圆锥的体积为(　　) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】设圆锥的底面半径为r，由于圆锥轴截面为等边三角形，则外接球半径即为轴截面等边三角形的外接圆半径， 由正弦定理可得2=， 则r=， 易知该圆锥的高为h=r=， 故该圆锥的体积为 V=πr2h=π××=. 5.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=90°，AA1=AB，则直线A1C与AB1所成的角为(　　) A.30° B.45° C.60° D.90° 【答案】D 【解析】连接AC1交A1C于点O，取B1C1的中点为D，连接OD，CD，可得OD∥AB1， 所以直线A1C与AB1所成的角为直线A1C与OD所成的角∠COD(或其补角)， 设AA1=AB=1，则AB1=，所以OD=. 设BC=a，则AC=， 所以A1C==， 所以OC=A1C=， CD==. 所以OD2+OC2=+==CD2， 所以∠COD=90°. 6.(2025·安阳模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=2，AB⊥AC，若该棱柱外接球的表面积为12π，则侧面BB1C1C绕直线BB1旋转一周所得到的旋转体的体积为(　　) A.12π B.16π C.20π D.24π 【答案】B 【解析】在直三棱柱ABC-A1B1C1中， AB=AC=2，AB⊥AC， 则两个底面三角形的外接圆圆心分别为B1C1，BC的中点O1，O2， 如图所示，BC=B1C1=2， 设直三棱柱的外接球的半径为R，圆心为O， 由4πR2=12π，可得R=， 由对称性知，O为O1O2中点，又OB=R， 由+=+2=3，解得CC1=2， 因为侧面BB1C1C绕直线BB1旋转一周后得到的几何体是底面半径为2，高为2的圆柱， 其体积为V=π(2)2×2=16π. 7.(2025·保定模拟)已知三棱锥A-BCD中，CD⊥平面ABD，AB=AD=2，BD=6，CD=2，则三棱锥A-BCD的外接球表面积为(　　) A.12π B.24π C.40π D.52π 【答案】D 【解析】在△ABD中，AB=AD=2，BD=6， 所以cos∠ABD===，所以sin∠ABD=， 设△ABD的外接圆半径为r， 则=2r⇒r=2， 又CD⊥平面ABD，且CD=2，设三棱锥A-BCD的外接球半径为R， 则R2=r2+1=13， 所以三棱锥A-BCD的外接球表面积为4πR2=4π×13=52π. 8.(2025·宁波模拟)一个长方体墨水瓶的长、宽、高分别为10 cm，8 cm，15 cm，内部装有400毫升墨水.将墨水瓶倾斜，使其一条长边(10 cm)置于水平地面，高边(15 cm)所在直线与水平地面成45度角，则此时墨水与墨水瓶接触部分的面积为(　　) A.180 cm2 B.220 cm2 C.260 cm2 D.300 cm2 【答案】C 【解析】如图，若截面为等腰直角三角形，腰长为a， 则a2==40， 可得a=4>8，不符合题意； 如图，若截面为直角梯形，上底边长为b， 则×(2b+8)×8==40， 可得b=1，符合题意， 所以此时墨水与墨水瓶接触部分的面积 S=2×40+1×10+9×10+8×10=260(cm2). 二、多项选择题(每小题6分，共18分) 9.(2025·南京模拟)设α，β，γ表示三个不同的平面，m表示直线，则下列选项中，使得α∥β的是(　　) A.m∥α，m∥β B.m⊥α，m⊥β C.γ∥α，γ∥β D.γ⊥α，γ⊥β 【答案】BC 【解析】对于A，若m∥α，m∥β，则α，β可能相交，A错误；对于B，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，B正确；对于C，若γ∥α，γ∥β，则α∥β，C正确；对于D，若γ⊥α，γ⊥β，则α，β可能相交，D错误. 10.(2023·新课标Ⅱ卷)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P-AC-O为45°，则(　　) A.该圆锥的体积为π B.该圆锥的侧面积为4π C.AC=2 D.△PAC的面积为 【答案】AC 【解析】依题意，∠APB=120°，PA=2， 所以OP=1，OA=OB=. A项，圆锥的体积为×π×()2×1=π，故A正确； B项，圆锥的侧面积为π××2=2π，故B错误； C项，取AC的中点D，连接OD，PD，如图所示， 则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P-AC-O的平面角， 则∠PDO=45°，所以OP=OD=1， 故AD=CD==， 则AC=2，故C正确； D项，PD==， 所以S△PAC=×2×=2，故D错误. 11.(2025·重庆模拟)如图，已知正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1的底面边长为 2，侧棱长为 4，点 E， F 分别为BB1，DD1的中点，则(　　) A.AC1⊥CF B.平面EA1C1∥ 平面FAC C.三棱锥C-EC1F的体积为 D.四面体EACF的外接球的表面积为12π 【答案】BD 【解析】如图，以D为坐标原点，，，所在方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，A(2，0，0)，E(2，2，2)，C(0，2，0)，C1(0，2，4)，A1(2，0，4)，F(0，0，2)， 对于A，=(-2，2，4)，=(0，-2，2)， ·=-4+8=4≠0，故A错误； 对于B，设平面EA1C1的法向量为m=(x，y，z)， =(-2，0，2)，=(0，-2，2)， 所以⇒ 令x=1，则m=(1，1，1)， 设平面FAC的法向量为n=(x1，y1，z1)，=(2，0，-2)，=(-2，2，0)， 所以⇒ 令x1=1，则n=(1，1，1)， 所以n=m，所以平面EA1C1∥平面FAC，故B正确； 对于C，==××DC=××4×2×2=，故C错误； 对于D，三棱锥A-ECF的外接球球心为O(1，1，1)， 由OC=OA=OE=OF=， 得四面体EACF的外接球的表面积为 4π×()2=12π，故D正确. 三、填空题(每小题5分，共15分) 12.由斜二测画法得到的一个水平放置的三角形的直观图是等腰三角形，底角为30°，腰长为2，如图，那么它在原平面图形中，顶点B到x轴的距离是　　　　　.  【答案】2 【解析】过点B'作B'C'∥y'轴，交x'轴于点C'，如图， 在△O'B'C'中，∠B'O'C'=30°， ∠B'C'O'=135°，O'B'=2， 由正弦定理 =， 于是得B'C'==，由斜二测画法规则知， 在原平面图形中，顶点B到x轴的距离是2. 13.如图所示的几何体是底面积为S，侧高为h1，h2，h3(h1<h2<h3)的直三棱柱斜劈，则其体积为　　　　.  【答案】S(h1+h2+h3) 【解析】如图，斜劈V=V三棱柱ABC-A'NM+V三棱锥B'-A'NM+V三棱锥B'-A'C'M， 而V三棱锥B'-A'C'M=V三棱锥N-A'C'M=V三棱锥C'-A'NM=S(h3-h1)， V三棱柱ABC-A'NM=Sh1，V三棱锥B'-A'NM=S(h2-h1)， 所以V=Sh1+S(h2-h1)+S(h3-h1)= S(h1+h2+h3). 14.(2024·全国甲卷)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台母线长分别为2(r2-r1)，3(r2-r1)，则圆台甲与乙的体积之比为　　　　.  【答案】 【解析】由题可得两个圆台的高分别为 h甲==(r2-r1)， h乙==2(r2-r1)， 所以= ===. 【拓展训练】(每小题5分，共10分) 15.(2025·温州模拟)一个圆台形的木块，上、下底面的半径分别为4和8，高为3，用它加工成一个与圆台等高的四棱台，棱台下底面为一边长等于9的矩形，且使其体积最大.现再从余下的四块木料中选择一块，加工成一个球，则所得球的半径的最大值是(加工过程中不计损耗)(　　) A. B. C.1 D. 【答案】C 【解析】设上底面圆圆心为O，下底面圆圆心为O1，记棱台为四棱台ABCD-A1B1C1D1， 当棱台体积最大时，上、下边边长之比为=， 不妨设A1B1=9， 则B1C1=2=5>9，所以球在侧面BCC1B1与圆台围成的部分可更大，如图2， 记B1C1的中点为N，BC的中点为M，延长OM交上底面圆周于点P，延长O1N交下底面圆周于点Q， 设球半径最大为r，球心为点T，则球与PQ，NQ，MN相切，如图3， 设∠MNQ=2β，∠PQN=2α，α，β∈， 又OM=AB=A1B1=，OP=4， O1N=A1B1=，O1Q=8，NQ=， 则tan 2α==， tan 2β=-tan∠MNO1=-=-， 则tan α=，tan β=2， 所以NQ=+=，解得r=1. 16.(5分)图1所示几何体是一个星形正多面体，称为星形十二面体，是由6对(12个)平行五角星面组成的，每对平行五角星面角度关系如图2所示.一个星形十二面体有　　　　个星芒(凸起的正五棱锥)，将所有的星芒沿其底面削去后所得几何体和星形十二面体的表面积之比是　　　　.  【答案】12　 【解析】由图可知，每个星形十二面体有12个星芒， 将每个正五棱锥沿着侧面展开与底面在同一个平面上，形成一个正五角星， 则这个正五角星的五个顶点在圆O上，连接OA，则OA垂直平分BC， 设OA∩BC=E， 正五棱锥的侧面积等于5S△ABC，底面积等于5S△OBC， 正五边形的每个内角为=108°， 则∠ABC=∠ACB=72°，故∠BAC=36°， 则∠OBC=∠OCB=×108°=54°， 所以∠BOE=36°，∠BAE=18°， 设BE=m，则=tan 18°， 则AE=，=tan 36°， 则OE=， 所以将所有的星芒沿其底面削去后所得几何体和星形十二面体的表面积之比为 ========. 学科网（北京）股份有限公司 $