专题07 空间几何体的结构、表面积及体积常考20题型（期中专项训练）高一数学下学期人教A版

学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题07 空间几何体的结构、表面积及体积 题型归纳·内容导航 题型1多面体的结构特征（易错点） 题型11旋转体的体积（重点） 题型2正多面体的有关计算 题型12组合体的体积（重点） 题型3圆锥的轴截面面积的最值（重点) 题型13球的截面的相关计算（重点) 题型4旋转体的展开图（常考点） 题型14棱柱的外接球与内切球（重点) 题型5旋转体的有关计算 题型15棱锥的外接球与内切球（重点） 题型6空间几何体距离最短问题（常考点、难 题型16棱台的外接球与内切球（难点） 点) 题型7直观图的还原与计算 题型17圆柱的外接球与内切球（重点) 题型8多面体的表面积（重点) 题型18圆锥的外接球与内切球（重点） 题型9多面体的体积（重点） 题型19圆台的外接球与内切球（难点） 题型10旋转体的表面积（重点） 题型20正方体的截面问题（难点） 题型通关·靶向提分 题型一多面体的结构特征（共6小题） 1.(25-26高二上·上海期末)下列命题正确的是() A.底面是正方形，有两个侧面是矩形的棱柱是正四棱柱 B.底面是正方形，有两个侧面垂直于底面的棱柱是正四棱柱 C.每个侧面都是全等矩形的四棱柱是正四棱柱 D.底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直的棱柱是正四棱柱 2.(25-26高二上·全国·期中)下列说法中，正确的为() A.有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥 B.有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台 C.底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥 D.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥不可能是正六棱锥 3.(25-26高一上陕西·开学考试)用一个平面去截一个几何体，如果截面的形状是长方形， 那么这个几何体不可能是() A.圆锥 B.圆柱 C.五棱柱 D.正方体 4.(24-25高一下·河南郑州期末)若一个多面体共有12条棱，则这个多面体可能是( 1/24 丽学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ) A.六棱柱 B.五棱锥 C.四棱柱 D.三棱台 5.(24-25高一下·天津河西·期末)如图所示，在三棱台 BC-AB,C中，截去三棱锥 A-ABC 则剩余部分是() B B A.四棱柱 B.四棱锥 C.三棱柱 D.三棱锥 6.(多选)(24-25高一下·陕西西安·期末)下列命题中不正确的是() A.有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱 B.棱柱中互相平行的两个面叫棱柱的底面 C.棱柱的侧面都是平行四边形，而底面不是平行四边形 D.棱柱的侧棱都相等，侧面是平行四边形 题型二正多面体的有关计算（共小题） 7.(24-25高一下·北京延庆期末)已知一个正六棱锥的底面边长是1，侧棱长是2，则它 的高为() A.1 8. C.5 D.2 8.(25-26高三上河北唐山期中)如图，10个半径为2cm的乒乓球放在一起，形成一个 3层的乒乓球垛，其中每两个乒乓球都是相切的，则该乒乓球垛的高度为()cm. 86 +2 8V6 4v6 A.3 8.3+4 +2 46+4 C.3 D.3 2/24 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 9.(24-25高一下·北京延庆期末)如图， ABC-4B,G是一个正三棱台，而且下底面边长 为4，上底面边长和侧棱长都为2，则棱台的高为() C A 4v6 3√6 2√6 A.3 B.2 C./6 D.3 10.(多选)(24-25高一下·黑龙江哈尔滨期末)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5 B。该正三棱台的侧面面积是60 9 C.该正三棱台的表面积是12√21+10W5 D.该正三棱台的高是3 11.（24-25高一下·福建漳州·期中)某果林所处的山地可近似看做一个正三棱锥S-ABC, 其中S为山顶，A,B,C为山脚，经测量∠ASB=30°，AB=500m.为了方便果子成熟时 的采摘与运输，准备从山脚A处出发，绕山地修建一条3m宽的山路，并最终从另一侧返 回A处，预计该山路的面积的最小值为()， A.1500V5+1m B.10003+1m c.500V5+1m2 D.6000m 12.(25-26高二上·北京怀柔·期中)如图，正六棱柱的底面边长为2，最长的一条对角线 长为25，则它的侧楼长为 3/24 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B E B C E D 13.(24-25高一下·北京·期末)以棱长为1的正方体各面的中心为顶点，构成一个正八面 体，再以这个正八面体各面的中心为顶点构成一个小正方体，那么该小正方体的棱长为 题型三圆锥的轴截面面积的最值（共3小题） 14,(24-25高一下安徽·月考)已知圆锥母线长为V6 底面半径为2，则经过两条母线的 平面截此圆锥所得截面的面积最大值为() A.3 B.2 c.3v2 D.2V2 15.(24-25高一下山东青岛·期末)已知圆锥的底面周长为16π，侧面积为80π，则过该 圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为() A.2 B.48 C.50 D.96 16.(24-25高一下·福建南平·期末)已知圆锥的母线长为2，过圆锥的顶点作圆锥的截面， 若截面面积的最大值为2，则该圆锥底面半径的取值范围是() A.(0,2 B.(1,2] c.[2,2 D.(0,2 题型四旋转体的展开图（共Z小题） 17.(25-26高三上山东德州期末) 已知圆锥的底面半径为V ,母线长为4W5 则其侧 面展开图扇形的圆心角为() π 3 A.4 B.2 C. D.元 18.（多选)(24-25高一下·重庆·月考)圆台的上、下底面半径分别为1和2，它的侧面 展开所得的扇环所对的圆心角为180°，则圆台的() A.母线长为4 B.表面积为11π 4/24 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 C.高为5 0.体积为25 2 19。(24-25高一下·天津河西·月考)如图，已知圆柱体底面圆的半径为元cm,高为2cm, AB,CD分别是两底面的直径，AD,BC是母线.若一只小虫从A点出发，从侧面爬行 到C点，则小虫爬行的最短路线的长度是()c.(结果保留根式) 25 A.3 B.2V5 C.2V2 D.4 20.(25-26高三上·湖南长沙月考)如图所示，在正方形铁皮上剪下一个扇形和一个直径 为2的圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为（) A. 3 8.5 C.4 D.25 21.（24-25高一下天津滨海新区·期末)已知圆锥的母线长为2W5, ,其侧面展开图为一个 半圆，则该圆锥的高为 22.(24-25高一下·山东潍坊·期末)已知圆台形的花盆的上、下底面的直径分别为4和 8,该花盆的侧面展开图的扇环所对的圆心角为2，则该圆台的母线长为 23.(25-26高一上·黑龙江大庆·开学考试)有一直径为4的圆形铁皮，要从中剪出一个最 大圆心角为60°的扇形ABC，用此剪下的扇形铁皮围成一个圆锥，该圆锥的底面圆的半径 r= 5/24 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B 题型五旋转体的有关计算（共3小题） 24.(24-25高二下·贵州贵阳·期末)中国被称为“制扇王国”，折扇的起源历史悠久，最 早可以追溯到西汉时期现有一把折扇，其结构如图完全展开后扇环的圆心角为π，上板 9cm 长为，若把该扇环围成一个圆台，则圆台的高为() 扇环 ←上板习 不骨犬骨 A.3cm 8.9cm C.63 cm D. 62 cm 25.(24-25高一下·浙江·月考)圆台的上下底面半径分别为8、16，AB、CD为圆台的两 条母线，且AB=10,则四边形ABDC的面积的最大值为() A.72 B.144 C.150 D.156 26.(24-25高一上陕西咸阳·开学考试)数学活动课上，某同学制作了一顶圆锥形纸帽.若 圆锥的底面圆的半径为1分米，母线长为4分米，则该圆锥的高为分米。 题型六空间几何体距离最短问题（共6小题） 27.(25-26高一上·甘肃定西·开学考试)如图，圆柱高8cm,底面半径2cm,一只蚂蚁从 点A爬到点B处吃食，要爬行的最短路程为()（π取3） 6/24 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A.10cm B.14cm C.20cm D.无法确定 28.(24-25高一下·江苏苏州·月考)如图，在长方 ABCD-ABCD中， AB=AD=2,AA=3 ,若点P在平面 CC4上运动，则 PB+PB 的最小值为() D B P D: A.2+V13 B.i+2 D.V27 ABCD-ABCD 29.(25-26高三上湖南长沙·开学考试)在棱长为2的正方体 中，M为线 段D上一动点，求M+MD 的最小值() A.2V1+V5 B.2W2+V2 c.2V3-1 D.2W2-√2 30.（24-25高一下广西河池期末)如图，在直三棱柱ABC-48C中，∠ACB 2, MC=4,BC=2,M=4,点D在楼4C上，求4D+DB 的最小值() C A B A.4+25 B.4V2+2 c.2W5+2V2 D.23 31.(24-25高一下河南·月考)如图，正四面体P-ABC的棱长均为2，M是棱PA的中 7/24 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 点，N是棱AC上一动点，则MN+BN的最小值为() B A. C.6 D. 32.(24-25高一下·黑龙江期末)如图，在直角梯形ABCD中， AB/CD,AB⊥BC,AB=2CD=2,AD=6,以BC边所在的直线为轴，其余三边旋转一周 所形成的面围成一个几何体.一只蚂蚁在形成的几何体上从点A绕着几何体的侧面爬行一 周回到点A,则蚂蚁爬行的最短路程为一· D B 题型七直观图的还原与计算（共5小题） 33.(25-26高一下·全国课堂例题)如图， 的斜二测直观图是△MBO AABO 其中 0A=0B=2W2,∠B0y=90,则△1B0的面积是（)） A.1 B.2 C.4 D.8 34.(25-26高一下·全国·课堂例题)用斜二测画法画水平放置的△ABC,其直观图 △A'B'C'如图所示，其中B'O'=CO'=2.若原△ABC的周长为10，则A'O=() 8/24 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 y 145o B O 5 V15 A.2 B.2 C.5 D.√5 35.(多选)(25-26高一下全国·课后作业)如图，△A'B'C是△ABC水平放置的直观图， A'B'=2,A'C'=B'C'=5 则在原平面图形△ABC中，有() O′A' B A.AC=BC B.AB=2 C.AC=2/5 D. S△MBc=4V2 36.(25-26高一下·全国·课后作业)如图，矩形A'B'CD'是水平放置的平面四边形ABCD 用斜二测画法画出的直观图，其中4B'=山BC=3,则原四边形BCD的周长为 y D O B C 37.(25-26高一下·全国·课后作业)已知水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图为矩形 AB'CD,己知AB=3,B'C'=3 ,则四边形ABCD的面积为 题型八多面体的表面积（共5小题） 9/24 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 43 38.(24-25高一下·浙江杭州·期中)已知正四面体的表面积为 则它的棱长为() 2W2 A.3 B.3 C.2 D.1 39.(24-25高一下·北京房山期末)在四棱 ABCD-AB,CD中，底面ABCD是正方形， AA⊥ 底面ABCD, AA=2,AB=1,则该四棱柱的表面积为(） A.10 B.8 C.4 D.2 40.(24-25高一下：黑龙江大庆期末)已知正四棱锥的底面正方形的边长为4，高为2√5 则正四棱锥的侧面积为() 4.64 8.32 C.8 D.16V5 41.(24-25高一下·辽宁锦州期末)如图，攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式， 宋代称为撮尖，清代称为攒尖，通常有圆形攒尖、三角形攒尖、八角攒尖，也有单檐和重 檐之分.多见于亭阁式建筑，某个园林建筑为六角攒尖，它的顶部的轮廓可近似看作一个 正六棱锥，若此正六棱锥高为1且侧棱长为 2,则棱锥侧面积为() 3v万 2w5 2W5 36 A.2 B.3 C.5 D.7 42.(25-26高一下·全国·课后作业)如图，已知正四棱锥底面正方形的边长为4m,高与 斜高的夹角为30°，则正四棱锥的侧面积与表面积分别为 和 10/24 专题07 空间几何体的结构、表面积及体积 题型1 多面体的结构特征（易错点） 题型11 旋转体的体积（重点） 题型2 正多面体的有关计算 题型12 组合体的体积（重点） 题型3 圆锥的轴截面面积的最值（重点） 题型13 球的截面的相关计算（重点） 题型4 旋转体的展开图（常考点） 题型14 棱柱的外接球与内切球（重点） 题型5 旋转体的有关计算 题型15 棱锥的外接球与内切球（重点） 题型6 空间几何体距离最短问题（常考点、难点） 题型16 棱台的外接球与内切球（难点） 题型7 直观图的还原与计算 题型17 圆柱的外接球与内切球（重点） 题型8 多面体的表面积（重点） 题型18 圆锥的外接球与内切球（重点） 题型9 多面体的体积（重点） 题型19 圆台的外接球与内切球（难点） 题型10 旋转体的表面积（重点） 题型20 正方体的截面问题（难点） 题型一 多面体的结构特征（共6小题） 1．（25-26高二上·上海·期末）下列命题正确的是（    ） A．底面是正方形，有两个侧面是矩形的棱柱是正四棱柱 B．底面是正方形，有两个侧面垂直于底面的棱柱是正四棱柱 C．每个侧面都是全等矩形的四棱柱是正四棱柱 D．底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直的棱柱是正四棱柱 【答案】D 【详解】对于A、B：上、下底面都是正方形，且侧棱垂直于底面的棱柱叫做正四棱柱． 如图四棱柱， 满足平面平面，平面平面，底面是正方形，且四边形、为矩形， 但是平面不垂直平面，故A、B错误； 对于C：底面是菱形（不是正方形）的直四棱柱，满足每个侧面都是全等矩形，但是不是正四棱柱，故C错误； 对于D：底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直能保证上、下底面都是正方形，且侧棱垂直于底面，故是正四棱柱，故D正确． 故选：D. 2．（25-26高二上·全国·期中）下列说法中，正确的为（    ） A．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥 B．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台 C．底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥 D．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥不可能是正六棱锥 【答案】D 【详解】对于A，有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体不一定是棱锥，如下图， 所以A错误； 对于B，有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体的侧棱不一定交于一点， 所以B错误； 对于C，底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥的顶点不一定在底面的射影为 底面等边三角形的中心，所以C错误； 对于D，若六棱锥的所有棱长都相等，则底面为正六边形，由过底面中心和顶点的截面知， 若以正六边形为底面，则侧棱必然大于底面边长，所以D正确. 故选：D. 3．（25-26高一上·陕西·开学考试）用一个平面去截一个几何体，如果截面的形状是长方形，那么这个几何体不可能是（    ） A．圆锥 B．圆柱 C．五棱柱 D．正方体 【答案】A 【详解】对于A：一个平面只能截出三角形，圆与圆锥曲线，所以一个平面截圆锥，截面不可能为长方形，故A是； 对于B：作一个轴截面，如图，截面即为长方形，故B不是；    对于C：做一个直五棱柱，做出如图的截面，截面即为长方形，故C不是；    对于D：做出如图的体对角面，截面即为长方形，故D不是.    故选：A 4．（24-25高一下·河南郑州·期末）若一个多面体共有12条棱，则这个多面体可能是（   ） A．六棱柱 B．五棱锥 C．四棱柱 D．三棱台 【答案】C 【详解】对于A，六棱柱有18条棱，A不是； 对于B，五棱锥的10条棱，B不是； 对于C，四棱柱有12条棱，C是； 对于D，三棱台有9条棱，D不是. 故选：C 5．（24-25高一下·天津河西·期末）如图所示，在三棱台中，截去三棱锥，则剩余部分是（   ）    A．四棱柱 B．四棱锥 C．三棱柱 D．三棱锥 【答案】B 【详解】易知三棱台截去三棱锥， 剩余部分为以为顶点，以四边形为底面的四棱锥. 故选：B 6．（多选）（24-25高一下·陕西西安·期末）下列命题中不正确的是（    ） A．有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱 B．棱柱中互相平行的两个面叫棱柱的底面 C．棱柱的侧面都是平行四边形，而底面不是平行四边形 D．棱柱的侧棱都相等，侧面是平行四边形 【答案】ABC 【详解】对于A中，如图所示： 满足有两个面互相平行，其余各面都是四边形，但该几何体不是棱柱，故A不正确； 对于B中，正六棱柱中有四对互相平行的面，但只有一对面为底面，所以B不正确； 对于C中，长方体、正方体的底面都是平行四边形，故C不正确； 对于D中，根据棱柱的几何结构特征，可得棱柱的侧棱都相等，且侧面都是平行四边形，所以D正确. 故选：ABC. 题型二 正多面体的有关计算（共7小题） 7．（24-25高一下·北京延庆·期末）已知一个正六棱锥的底面边长是1，侧棱长是2，则它的高为（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】C 【详解】 如图，因为正六棱锥的底面边长为1， 由正六边形的结构特征可得，， 因为正六棱锥的侧棱长是2，所以， 在中，. 所以正六棱锥的高为. 故选：C. 8．（25-26高三上·河北唐山·期中）如图，10个半径为2cm的乒乓球放在一起，形成一个3层的乒乓球垛，其中每两个乒乓球都是相切的，则该乒乓球垛的高度为（   ）cm． A． B． C． D． 【答案】B 【详解】依题意连接顶层1个球和底层边缘3个球的球心得到一个正四面体，且该正四面体的棱长为， 设正四面体的高为，则该“三角垛”的高度为， 如图正四面体棱长为，设底面的中心为，连接并延长交于点，则为的中点， 连接，则为底面上的高，，， 所以， 所以“三角垛”的高度为. 故选：B. 9．（24-25高一下·北京延庆·期末）如图，是一个正三棱台，而且下底面边长为4，上底面边长和侧棱长都为2，则棱台的高为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【详解】    如图，取正三棱台的上下底面中心为，则即为棱台的高. 连接并延长交于点，连接并延长交于点. 依题意，，， 在直角梯形中，，即棱台的高为. 故选：D. 10．（多选）（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·期末）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： 该正三棱台的下底面面积为. 所以该三四棱台的表面积为，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. 11．（24-25高一下·福建漳州·期中）某果林所处的山地可近似看做一个正三棱锥，其中S为山顶，A，B，C为山脚，经测量，．为了方便果子成熟时的采摘与运输，准备从山脚A处出发，绕山地修建一条宽的山路，并最终从另一侧返回A处，预计该山路的面积的最小值为（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【详解】正三棱锥的侧面展开图如图所示， 连接，分别与交于点，则线段为修建道路的长度的最小值． 因为，所以，，， 则，， 故，正弦定理知道，且， 解得．在中，解得， 所以预计该山路的面积的最小值为． 故选：A. 12．（25-26高二上·北京怀柔·期中）如图，正六棱柱的底面边长为2，最长的一条对角线长为，则它的侧棱长为__________. 【答案】2 【详解】 由正六边形的性质可知， 由正六棱柱的性质可知，侧棱垂直于底面，因此有平面, 又平面, 故 设侧棱长为,运用勾股定理，有, 计算得. 故答案为：. 13．（24-25高一下·北京·期末）以棱长为1的正方体各面的中心为顶点，构成一个正八面体，再以这个正八面体各面的中心为顶点构成一个小正方体，那么该小正方体的棱长为______. 【答案】 【详解】正方体各面中心为顶点的凸多面体为正八面体， 如图，中的四边形对角线， 且⊥，且对角线互相平分，故四边形为正方形， 以各个面的中心为顶点的图形为正方体， 取的中点，连接，则， 均为等边三角形，取两个等边三角形的中心，连接， 分别在上，且， 所以即为正方体的一条棱，且.      故答案为： 题型三 圆锥的轴截面面积的最值（共3小题） 14.（24-25高一下·安徽·月考）已知圆锥母线长为，底面半径为2，则经过两条母线的平面截此圆锥所得截面的面积最大值为（    ） A．3 B．2 C． D． 【答案】A 【详解】设轴截面为，则， 所以，所以截面三角形面积的最大值为. 故选：A. 15．（24-25高一下·山东青岛·期末）已知圆锥的底面周长为，侧面积为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为（   ） A．2 B．48 C．50 D．96 【答案】C 【详解】设圆锥底面半径为，母线长为， 则， 当截面过中心轴时，所以， 所以， 由三角形面积公式得当时，截面面积最大，最大为. 故选：C. 16．（24-25高一下·福建南平·期末）已知圆锥的母线长为，过圆锥的顶点作圆锥的截面，若截面面积的最大值为，则该圆锥底面半径的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】如图，设轴截面顶角为，两个母线的夹角为， 底面半径为，且， 由三角形面积公式得截面面积为， 若截面面积的最大值为，则，解得， 则，即，由轴截面的性质可得， 即，解得，故C正确. 故选：C 题型四 旋转体的展开图（共7小题） 17．（25-26高三上·山东德州·期末）已知圆锥的底面半径为，母线长为，则其侧面展开图扇形的圆心角为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因圆锥的底面半径为，则其底面周长为， 又圆锥的母线长为，则其侧面展开图扇形的圆心角为. 故选：B. 18．（多选）（24-25高一下·重庆·月考）圆台的上、下底面半径分别为1和2，它的侧面展开所得的扇环所对的圆心角为180°，则圆台的（   ） A．母线长为4 B．表面积为11 C．高为 D．体积为 【答案】BC 【详解】如图所示，设圆台的上底面周长为C， 因为扇环所对的圆心角为180°，所以， 又，所以，同理， 故圆台的母线，高， 体积， 表面积， 故B，C正确，A，D错误. 故选：BC 故选：BC. 19．（24-25高一下·天津河西·月考）如图，已知圆柱体底面圆的半径为，高为，，分别是两底面的直径，，是母线．若一只小虫从点出发，从侧面爬行到点，则小虫爬行的最短路线的长度是（    ）cm．（结果保留根式） A． B． C． D．4 【答案】C 【详解】如图，在圆柱侧面展开图中，线段的长度即为所求， 在中，，，. 故选；C 20．（25-26高三上·湖南长沙·月考）如图所示，在正方形铁皮上剪下一个扇形和一个直径为 2 的圆，使之恰好围成一个圆锥， 则圆锥的高为 （     ）    A． B． C．4 D． 【答案】B 【详解】由题意知，圆锥底面圆的半径为， 设扇形半径为，因为扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长，可得， 即，解得，所以圆锥的母线长为， 所以圆锥的高为. 故选：B. 21．（24-25高一下·天津滨海新区·期末）已知圆锥的母线长为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的高为_________ 【答案】 【详解】设底面半径为，母线长为，侧面展开是一个半圆， ，即， . 故答案为：． 22．（24-25高一下·山东潍坊·期末）已知圆台形的花盆的上、下底面的直径分别为4和8，该花盆的侧面展开图的扇环所对的圆心角为，则该圆台的母线长为_________. 【答案】8 【详解】如图，是扇环的圆心， 长为，长为， 由已知，所以，从而，即为圆台母线长， 故答案为： 23．（25-26高一上·黑龙江大庆·开学考试）有一直径为4的圆形铁皮，要从中剪出一个最大圆心角为60°的扇形，用此剪下的扇形铁皮围成一个圆锥，该圆锥的底面圆的半径________. 【答案】 【详解】由题可得，所以为正三角形， 连接，则由题， 所以O为的外心也是内心， 所以， 所以， 所以， 所以由. 故答案为： 题型五 旋转体的有关计算（共3小题） 24．（24-25高二下·贵州贵阳·期末）中国被称为“制扇王国”，折扇的起源历史悠久，最早可以追溯到西汉时期.现有一把折扇，其结构如图.完全展开后扇环的圆心角为，上板长为，若把该扇环围成一个圆台，则圆台的高为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设小扇形的半径为，则大扇形的半径为， 设圆台的上下底面半径分别为，，则，， 所以，所以， 所以圆台的高为. 故选：D 25．（24-25高一下·浙江·月考）圆台的上下底面半径分别为、，、为圆台的两条母线，且，则四边形的面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】延长、交于点，将圆台补成的圆锥的母线长为， 则，解得， 则，故， 设轴截面的顶角为，由余弦定理可得， 故为钝角，则， 故当时，取最大值，且其最大值为， 因此，梯形面积的最大值为， 故选：C． 26．（24-25高一上·陕西咸阳·开学考试）数学活动课上，某同学制作了一顶圆锥形纸帽.若圆锥的底面圆的半径为1分米，母线长为4分米，则该圆锥的高为_____分米. 【答案】 【详解】由题设可得圆锥的高为（分米）， 故答案为： 题型六 空间几何体距离最短问题（共6小题） 27．（25-26高一上·甘肃定西·开学考试）如图，圆柱高8cm，底面半径2cm，一只蚂蚁从点爬到点处吃食，要爬行的最短路程为（   ）（取3） A．10cm B．14cm C．20cm D．无法确定 【答案】A 【详解】 通过圆柱侧面展开图，可知最短路径为侧面展开图中的直角三角形的斜边， 即 故选：A. 28．（24-25高一下·江苏苏州·月考）如图，在长方体中，，若点P在平面上运动，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由长方体的结构特征知，关于平面对称的点为， 所以， 当且仅当共线时取等号. 所以的最小值为. 故选：C 29．（25-26高三上·湖南长沙·开学考试）在棱长为2的正方体中，M为线段上一动点，求的最小值（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】连接，如图， 由正方体的性质可得为等腰直角三角形，故， 为直角三角形，， 将图中绕翻折至与共面，如图， 所以由图可知，共线时，最小， 此时， 由余弦定理可知， 所以最小值为. 故选：B 30．（24-25高一下·广西河池·期末）如图，在直三棱柱中，，，，，点在棱上，求的最小值（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】将平面、平面延展为同一个平面，如下图所示： 由图可知，当、、三点共线时，取最小值， 且，，且， 延展后，、、共线，且，，， 由勾股定理可得. 故的最小值为. 故选：D. 31．（24-25高一下·河南·月考）如图，正四面体的棱长均为2，是棱的中点，是棱上一动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】将与展开至位于同一平面内且位于直线的两侧，连接，与交于点， 则此时最小. 在中，由余弦定理可得， 所以，故的最小值为. 故选：B. 32．（24-25高一下·黑龙江·期末）如图，在直角梯形中，，，以边所在的直线为轴，其余三边旋转一周所形成的面围成一个几何体．一只蚂蚁在形成的几何体上从点绕着几何体的侧面爬行一周回到点，则蚂蚁爬行的最短路程为_____．    【答案】12 【详解】由题意，几何体是母线长为6，上下底面半径分别为的圆台，其侧面展开图为圆环的一部分， 所以，可将几何体补为母线长为12，底面半径为2的圆锥，再将其侧面展开如下图示，    所以圆环的一部分，即为圆台的侧面展开图，而， 所以为等边三角形，故蚂蚁爬行的最短路程为线段. 故答案为：12 题型七 直观图的还原与计算（共5小题） 33．（25-26高一下·全国·课堂例题）如图，的斜二测直观图是，其中，则的面积是（ ） A．1 B．2 C．4 D．8 【答案】D 【详解】过作交轴于点，可得， 因为，所以为等腰直角三角形，所以， 根据斜二测画法，可得，如图所示，则， 所以的面积是. 34．（25-26高一下·全国·课堂例题）用斜二测画法画水平放置的，其直观图如图所示，其中．若原的周长为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】如图所示，根据斜二测画法的规则，可由直观图画出原图， 因为，可得，， 易知且为的中点，所以，且， 又的周长为，所以，即， 则，则. 35．（多选）（25-26高一下·全国·课后作业）如图，是水平放置的直观图，，则在原平面图形中，有（ ） A． B． C． D． 【答案】BD 【详解】首先算出长度，再利用斜二测画法将直观图还原为原平面图形，从而判断各个选项正误. 如图所示，在直观图中，过作于 ,,, 又,,, 所以利用斜二测画法将直观图还原为原平面图形，如图： 那么有,,,故选项B正确； 又因为,,故选项A、C错误； 而,故选项D正确. 36．（25-26高一下·全国·课后作业）如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中 ，则原四边形的周长为_________. 【答案】 【详解】根据题意，直观图中，，在等腰直角中由勾股定理得， 将直观图还原为原图，如图所示， 则，， 所以在中由勾股定理得：， 因为且， 所以四边形为平行四边形， 所以原四边形的周长为. 37．（25-26高一下·全国·课后作业）已知水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，则四边形的面积为______ 【答案】 【详解】由题意，， 原图形面积与斜二测直观图形面积之间的关系为， 可得． 题型八 多面体的表面积（共5小题） 38．（24-25高一下·浙江杭州·期中）已知正四面体的表面积为，则它的棱长为（    ） A．3 B． C．2 D．1 【答案】C 【详解】因为正四面体的表面积为，所以正四面体的其中一个正三角形面的面积是，设正四面体的棱长为， 则正三角形面的面积，所以 故选：C 39．（24-25高一下·北京房山·期末）在四棱柱中，底面ABCD是正方形，底面ABCD，，，则该四棱柱的表面积为（    ） A．10 B．8 C．4 D．2 【答案】A 【详解】在四棱柱中，底面是正方形，底面， 则四棱柱为正四棱柱，其表面积为. 故选：A 40．（24-25高一下·黑龙江大庆·期末）已知正四棱锥的底面正方形的边长为，高为，则正四棱锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】正四棱锥的底面边长为，高为，正四棱锥侧面的高为， 正四棱锥的侧面积. 故选：B. 41．（24-25高一下·辽宁锦州·期末）如图，攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称为攒尖，通常有圆形攒尖、三角形攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分．多见于亭阁式建筑，某个园林建筑为六角攒尖，它的顶部的轮廓可近似看作一个正六棱锥，若此正六棱锥高为1且侧棱长为，则棱锥侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设正六棱锥底面边长为，则由正六边形的性质可知底面中心到底面顶点的距离为， 又正六棱锥高为1且侧棱长为，根据正六棱锥的性质得，解得， 所以侧面等腰三角形的高， 所以棱锥侧面积为. 故选：A 42．（25-26高一下·全国·课后作业）如图，已知正四棱锥底面正方形的边长为，高与斜高的夹角为，则正四棱锥的侧面积与表面积分别为______________和______________． 【答案】 【详解】正四棱锥的高、斜高、底面边心距组成． ，， ∴斜高． 因此， ． 故答案为：； 题型九 多面体的体积（共7小题） 43．（25-26高三上·北京海淀·月考）一个正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为，则该四棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】正四棱锥底面的对角线的长度为， 由于四棱锥的侧棱长､高､底面对角线的一半构成一个直角三角形， 故正四棱锥的高为，所以体积为， 故选：C. 44．（2026·陕西铜川·一模）某地区乡村用来盛粮食的小容器通常被称为“升篓”.升篓呈棱台形，全木制作，上口大，下口小，制作形态为榫卯契合，完全不用一颗钉子.如图是一个正四棱台形的升篓，体积，上､下底面棱长分别为，则该正四棱台的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】如图,点分别是棱台上下底面的中心，分别取边的中点,连接. 设四棱台的高为， 则. 由图知，, 设正四棱台的斜高. 所以正四棱台的侧面积为：. 故选：D 45．（25-26高一下·全国·课后作业）如图，三棱台中，，则三棱锥，，的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设棱台的高为，，则， ， ， 又， ， ，故C正确． 故选：C． 46．（2025高三上·广东·专题练习）棱长为1的正方体中，分别为的中点，过三点的截面将正方体分成两部分，则其中体积较小的几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】在正方体中，延长交延长线于，连接， 由是的中点， ，得是的中点，又， 则与的交点必为的中点，而平面平面， 即几何体是三棱锥被平行于底面的平面所截而成， 因此截面将正方体分成体积较小的部分为三棱台， 三棱台的体积为. 故选：D 47．（24-25高一下·四川成都·期末）中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的立体为“牟合方盖”，但刘徽未能求得牟合方盖的体积，约200年后，祖冲之的儿子祖暅提出“幂势既同，则积不容异”，后世称为祖暅原理，即：两等高立体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立体体积相等．图1为棱长为r的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为r的正方体的八分之一，图3是底面边长为r的正方体的一个底面和底面以外的顶点作的正四棱锥，由祖暅原理计算知，牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设正方体的边长为，则， 由，则， 所以牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为. 故选：B． 48．（25-26高一下·湖北随州·月考）在校园科技节的化学展区，小明的团队制作了一个立方体晶胞框架（棱长的正方体），用来展示晶体中的八面体配位环境：位于立方体的各面中心位置，它们构成一个正八面体包围中心的，则该正八面体配位多面体模型的体积是________. 【答案】/ 【详解】根据图示正八面体的结构，底面为边长为的正方形，正四棱锥的高为正方体棱长的一半，即， 所以正八面体的体积为. 49．（24-25高一下·山东济宁·期中）如图，在直三棱柱中，E是的三等分点（靠近点A），D是的中点，则三棱锥的体积与三棱柱的体积之比是______.    【答案】 【详解】， E是的三等分点（靠近点A），是的中点， ，，， 又∵， ， . 三棱锥的体积与三棱柱的体积之比为. 故答案为：. 题型十 旋转体的表面积（共7小题） 50．（2026·陕西榆林·一模）一个圆锥的高是，侧面积是，则该圆锥轴截面的周长为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【详解】设圆锥的母线长为，则底面半径为， 侧面积，解得， 则，故圆锥轴截面的周长为． 51．（24-25高一下·安徽合肥·期中）已知直角梯形，，，，，绕直角边旋转一周，则所得几何体的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】 如图所示，直角梯形绕直角边旋转一周得到圆台，其中： 上底面半径，下底面半径，母线长为边的长度. 在梯形中，， 则圆台的侧面积． 故选：A. 52．（25-26高一下·全国·期中）圆台的一个底面圆周长是另一个底面圆周长的3倍，母线长为15，圆台的侧面积为，则圆台较小底面圆的半径为（   ） A．7 B．6 C．5 D．3 【答案】A 【详解】设圆台较小底面圆的半径为，较大的底面圆的半径为， 因为圆台的一个底面圆周长是另一个底面圆周长的3倍， 可得，所以， 又因为圆台的侧面积为，可得，解得. 故选：A. 53．（25-26高三上·山东菏泽·期末）已知一个圆锥和一个圆柱的底面半径和高分别相等，若圆锥的轴截面是直角三角形，则这个圆锥和圆柱的侧面积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设圆锥和圆柱的底面半径为 ，高为h， 又因为圆锥的轴截面是等腰三角形， 所以该轴截面是等腰直角三角形，则圆锥的高等于底面半径 所以圆锥的母线长， 圆锥侧面积：； 圆柱侧面积：； 圆锥和圆柱的侧面积之比为. 故选：B. 54．（25-26高三上·湖南·月考）晋祠圣母殿是现存宋代建筑艺术的杰出代表，图1是该建筑的剖面画图.圣母殿以其独特的木构技术、历史价值与艺术成就闻名，被誉为研究中国宋代建筑的“活标本”.现使用图2简单模拟圣母殿的屋顶结构，其中四边形为矩形，，，，，为四段全等的圆弧，其对应的圆半径为，圆心角为.已知区域和是被瓦片覆盖的区域，则该模型中瓦片覆盖区域的总面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意可知区域和全等，且都是底面半径为，高为的圆柱的侧面的一部分， 将区域还原到如图所示圆柱中.    由图可知，，， 由扇形的弧长公式可知，的长为， 结合圆柱的侧面积公式可知， 所以， 所以被瓦片覆盖的区域和的总面积为. 故选：B 55．（24-25高一下·安徽合肥·期末）已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，高为，则圆台的表面积为_________． 【答案】 【详解】由题意， 圆台的上、下底面半径分别为1和2，高为， ∴上下圆面积分别为：，， 作出截面图，并作出截面上端点对底边的垂线，如下图所示， 由几何知识得， ，，，， 在Rt中，， 由勾股定理得，， ∴圆台的侧面积为：， ∴圆台的表面积为：， 故答案为：. 56．（25-26高一上·天津西青·期末）已知一个矩形的周长为，矩形绕它的一条边旋转形成一个圆柱.当矩形的边长为______cm时，旋转形成的圆柱的侧面积最大，最大侧面积为______ 【答案】 9 【详解】矩形绕它的一条边旋转形成一个圆柱，设矩形的边长为cm时，旋转形成的圆柱的侧面积最大， 则圆柱的高为cm，则圆柱的底面半径为cm， 则圆柱的侧面积为， 故当矩形的边长为9cm时，旋转形成的圆柱的侧面积最大，最大侧面积为. 故答案为：9， 题型十一 旋转体的体积（共4小题） 57．（25-26高三上·山东青岛·期末）已知圆锥的底面半径为1，母线与底面所成的角为，其侧面积和体积分别为，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】已知圆锥底面半径 ，母线与底面所成的角为 ， 则母线长 满足 ，即 ，解得 ， 圆锥高 ， 圆锥体积 ， 侧面积 ， 因此， 故选：A 58．（24-25高一下·甘肃临夏·期末）已知一个圆锥的侧面展开图是个半圆，其母线长为，被平行于其底面的平面所截，截去一个底面半径为的小圆锥，则所得圆台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设圆锥底面半径为， 由题意可得：圆锥底面圆周长等于侧面展开图的圆弧长，即，解得， 如图，作出图形的轴截面，其中E，B分别为圆台的上下底面圆的圆心， 其中，则， 由，可得， 则所得圆台的体积为． 故选：A． 59．（24-25高一下·四川泸州·期末）已知圆台上、下底面面积分别是、，其侧面积是，则该圆台的体积是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】如图，由圆台上、下底面面积分别是、，得上底面半径，下底面半径. 侧面积是，得，得，在直角三角形中， ，高， 所以. 故选：A. 60．（24-25高一下·浙江杭州·期中）如图，圆内接四边形中，，现将该四边形沿旋转一周，则旋转形成的几何体的体积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为圆内接四边形中，所以为外接圆的直径， ，， ，作分别交于点， 交于点，可得四边形为长方形， 因为得， 可得，因，代入解得， 由得， ，    该四边形沿旋转一周，则旋转形成的几何体如下图，是以为 下底面半径、为上底面半径、为高的圆台除去 以为底面半径、高为的圆锥，且， ， ， 则旋转形成的几何体的体积为. 故选：B.    题型十二 组合体的体积（共4小题） 61．（25-26高三上·天津·期中）三星堆遗址，位于四川省广汉市，距今约三千到五千年．2021年2月4日，在三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮．玉琮是一种内圆外方的圆筒型玉器，是一种古人用于祭祀的礼器．假定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长，外径长，筒高，中部为棱长是的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【详解】    计算正方体体积：， 计算上下两个圆柱的体积：， 再计算内空圆柱的体积：， 最后可得组合体体积： 故选：A 62．（24-25高一下·北京丰台·期末）唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺，它的盛酒部分可以近似地看作半球与圆柱构成的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示，已知半球的半径为R，圆柱的高也为R，则银杯盛酒部分的容积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】半球的体积为，圆柱的体积为， 因此银杯盛酒部分的容积为. 故选：A. 63．（24-25高一下·湖南常德·月考）如图，在直角梯形中，，在梯形内，挖去一个以为圆心，以2为半径的四分之一圆，得到如图所示的阴影部分，若将该图形中阴影部分绕所在直线旋转一周，求形成的几何体的表面积与体积. 【答案】； 【详解】由题意知，所求旋转体的表面积由圆台下底面，侧面和一半球面组成.在直角梯形中，过点作，垂足为， 在中，， 所以，，， 所以形成的几何体的表面积为. 因为圆台的体积， 半球的体积， 所以所求几何体的体积为. 64．（25-26高二上·上海·期中）宁化农村做饭常用一种叫饭甑的容器，随着时代的变化，饭甑也走向小型化，制作材料也有部分变化.如图所示，这种饭甑都是用杉木制作的，木桶可以看作一个圆台，其尺寸如下：桶口直径为30 cm，桶底直径为24 cm，桶高为24 cm， (1)求该饭甑木桶的容积；（不计容器的厚度） (2)若要做一个球形容器，把该饭甑放入容器内，求当该容器半径最小时，球心到饭甑底部的距离？（不计容器的厚度） 【答案】(1)；(2) 【详解】（1）由圆台体积公式可知， 所以该饭甑木桶的容积为 （2） 如图所示，设球半径为，球心距离下底面的距离为， 可得，解得， 所以该容器半径最小时，球心到饭甑底部的距离为. 题型十三 球的截面的相关计算（共6小题） 65．（25-26高二上·四川内江·月考）球的半径为10，若它的截面面积是，则球心到截面的距离是（ ） A．9 B．8 C．6 D．4 【答案】C 【详解】因为球的截面面积是，故截面圆的半径， 设球心到截面的距离是，则解得. 故选：C 66．（24-25高一下·山西晋中·月考）已知球的半径为10，有一个平面截球所得的截面面积是．则球心到这个平面的距离为______． 【答案】 【详解】因为截面的面积是，设截面圆的半径为，即，所以， 且球的半径， 设球心到这个平面的距离为，则，即，解得, 所以球心到这个平面的距离为. 故答案为： 67．（24-25高二下·上海·期中）已知球的半径为10，有一个平面截球所得的截面的面积是．则球心到这个平面的距离为______． 【答案】8 【详解】因为截面的面积是，设截面圆的半径为，即，所以， 且球的半径， 设球心到这个平面的距离为，则，即，解得, 所以球心到这个平面的距离为. 故答案为： 68．（25-26高一下·全国·课堂例题）在半径为13的球面上有A、B、C三点，其中，，，则球心到经过这三个点的截面的距离为____________． 【答案】12 【详解】由线段的长度知是以为斜边的直角三角形， 所以其外接圆的半径，设球的半径为， 所以． 故答案为：12. 69．（2025高一·全国·专题练习）正方体的棱长为2，平面截正方体内切球所得的截面面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意得正方体的中心是内切球球心， 设为O，O到平面的距离为d，设A到平面的距离为， 因为正方体的棱长为2， 所以由勾股定理得，同理可得， 则，故是等边三角形， 得到，则，如图，连接， 易得，，由勾股定理得，则， 因为，所以， 所以， 则， 而由题意得正方体内切球半径，正方体内切球被平面所截， 得到的截面是一个圆半径为r的圆， 由勾股定理得， 由圆的面积公式得面积为，故C正确. 故选：C 70．（24-25高一下·浙江·期中）已知正四面体内接于球，球半径为3，为的中点，过点作球的截面，求截面圆半径的最小值（   ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【详解】如下图示，，令正四面体的棱长为，则底面半径， 所以， 所以，则， 所以，则，可得， 要使截面圆半径最小，只需垂直于截面圆，而， 所以截面圆半径为. 故选：D 题型十四 棱柱外接球与内切球（共8小题） 71．（24-25高一下·四川成都·期末）棱长为2的正方体的8个顶点都在球O的表面上，则球O的半径为（   ） A．1 B． C． D．2 【答案】C 【详解】因正方体的对角线长， 所以正方体的外接球的直径， 则. 故选：C． 72.（24-25高一下·四川资阳·期中）若高为1的正三棱柱的顶点都在半径为1的球面上，则该正三棱柱的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意可知球的半径， 因为正三棱柱的高为，则球心到三棱柱底面的距离， 根据球的截面圆的性质，可得，即，解得， 棱柱底面与球的截面圆的半径， 三棱柱的底面三角形为截面圆内接正三角形，可得三角形的边长为， 所以三角形的面积为， 该棱柱的体积为. 73．（25-26高二下·云南昭通·开学考试）在长方体中，已知，则长方体外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设长方体外接球的半径为． 因为，所以，该长方体外接球的体积． 74．（24-25高一下·湖南岳阳·期末）已知直三棱柱，，，，，设该直三棱柱的外接球的表面积为，该直三棱柱内部半径最大的球的表面积为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题直三棱柱底面三角形外接圆半径为， 内切圆半径为， 所以外接球半径满足，故； 内切球半径为，故， 因此. 故答案为： 75．（2025·陕西·二模）已知正四棱台的上、下底面边长分别为，该四棱台的所有顶点都在球的球面上，且球心是下底面的中心，则该四棱台的高为（    ） A．2 B． C． D．1 【答案】B 【详解】 如图，为上下底面的中心， 由题意可知， 所以， 所以， 故选：B 76．（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.    77．（24-25高一下·山东临沂·期末）已知正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为，外接球的球心为，若点S是正四棱锥的表面上的一点，则的最小值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】B 【详解】设，连接，则平面， 依题意可得，， 所以，且球心在直线上， 连接，设外接球的半径为，则，解得， 因为，故球心在线段上， 又S是正四棱锥的表面上的一点，的最小值即球心到平面的距离， 且. 故选：B 78．（25-26高一上·湖南衡阳·月考）往一个边长为2的正方体框架（6个面镂空只保留棱，棱的粗细忽略不计）内吹起一个气球（假设气球为球形），则该气球的最大体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】往一个边长为2的正方体框架内吹起一个气球，则该气球的最大直径为正方体的面对角线， 所以气球的最大半径为，则该气球的最大体积为. 故选：C. 题型十五 棱锥外接球与内切球（共4小题） 79．（24-25高一下·浙江杭州·期中）在四面体ABCD中，，则四面体ABCD的外接球的体积为______. 【答案】/ 【详解】将四面体放入长方体中，如图所示： 设长方体的长，宽，高分别为，则，所以， 设长方体的外接球半径为，则，解得， 又长方体的处接球即为四面体的外接球， 所以四面体的外接球的体积为. 故答案为：. 80．（24-25高一下·贵州毕节·期末）如图，八面体的每一个面都是正三角形，且四个顶点，，，在同一个平面内，四边形为正方形，如果八面体的表面积为，那么这个八面体的外接球的体积为______. 【答案】 【详解】 由已知八面体表面积，即， 又为等边三角形，所以， 则， 即八面体各棱长均为， 又四边形为正方形，即， 所以， 所以中点为八面体的外接球球心， 且外接球半径为， 即外接球体积， 故答案为：. 81．（25-26高一下·全国·课后作业）正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的表面积． 【答案】 【详解】如图，设球心为，半径为， 则中，，解得， ∴该球的表面积为． 82．（25-26高一上·湖南邵阳·期末）已知底面半径为1，轴截面为正三角形的圆锥体内放一棱长为的正四面体，若正四面体可以在圆锥体内任意转动，则正数的最大值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】当正四面体的外接球为圆锥的内切球时，的值最大. 因为圆锥的底面半径为1，轴截面为正三角形，所以正三角形的边长为2， 如图（一），圆锥轴截面内切圆的半径即为圆锥内切球的半径，，即内切球的半径为. 因为正四面体的边长为，则补全为正方体时其棱长为，如图（二）所示， 所以正四面体的外接球半径，所以， 故选：B. 题型十六 棱台外接球与内切球（共4小题） 83．（25-26高一下·浙江金华·月考）已知正四棱台中，棱台体积为，则该四棱台的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】如图： 因为正四棱台上下底面均为正方形，上底面边长，对角线，外接圆半径. 下底面边长，对角线，外接圆半径. 设正四棱台的高为，则体积为，解得. 过正四棱台的对角面作截面，设外接球的球心为P，截面图如下： 设，则，所以， ，所以， 即，解得，所以外接球的半径为， 所以正四棱台的外接球的表面积. 84．（24-25高一下·四川绵阳·月考）正三棱台的上、下底边长分别为6，12，该正三棱台内部有一个内切球（与上、下底面和三个侧面都相切），则正三棱台的高为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由正三棱台的上、下底边长分别为和， 得上下底正三角形的高分别为，， 由几何体结构特征，得内切球与上、下底面切点为上下底的重心， 为侧面等腰梯形上下底边中点，则， 设内切球半径为r，所以正三棱台的高. 故选：B 85．（25-26高二上·广东广州·期末）已知在正四棱台中，，若此正四棱台存在内切球，则此正四棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】 正四棱台存在内切球，取,,,的中点，分别为,，,点，上底面与球相切的点为点，由此获得一个含内切圆的等腰梯形截面图，如上图所示，而梯形有内切圆的充要条件：上底下底两腰之和； ，，则，则梯形的高，此时梯形的高即为正四棱台的高，而正四棱台的体积公式：，为上底面的面积，，为下底面的面积，，将其均代入中，可得. 故选：D 86．（25-26高一下·全国·课后作业）球与圆台的上、下底面及侧面都相切，且球面面积与圆台的侧面积之比为，则球的体积与圆台的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作出圆台和球的轴截面，设球的半径为，圆台的上、下底面半径分别为，依据和全等得到，同理得到，进而得到母线长为，接着利用和相似得到，再由已知得到即可由球和圆台的体积公式计算求解. 【详解】如图所示，作圆台的轴截面等腰梯形，则球的大圆内切于梯形， 设球的半径为，圆台的上、下底面半径分别为， 则圆台的高为，设E为大圆与梯形的切点， 则在和中有， 所以和全等，所以，同理， 所以母线长为． 由上可知， 又（为切点），所以， 所以和相似，则， ， 由已知，， ． 题型十七 圆柱外接球与内切球（共2小题） 87．（22-23高一下·云南昭通·期末）已知圆柱的高为，且其上下底面圆周都在同一个表面积为的球面上，则此圆柱的底面半径为__________. 【答案】 【详解】设球的半径为，则，所以， 设圆柱的底面半径为，则，解得. 故答案为：. 88．（24-25高一下·四川泸州·期末）已知某圆柱的外接球的表面积为，则该圆柱的侧面积的最大值为_______________． 【答案】 【详解】设圆柱的底面半径为、高为，球的半径为， 由题知，解得，由圆柱的轴截面性质知， 所以该圆柱的侧面积为， 当且仅当时等号成立，即该圆柱的侧面积的最大值为. 故答案为：. 题型十八 圆锥外接球与内切球（共2小题） 89．（25-26高三上·贵州黔西南·月考）已知某圆锥的侧面展开图是一个面积为的半圆，在该圆锥内置球的体积最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为， 则由题意可得：，由勾股定理可得：， 设圆锥的内切球半径为，如图可知：， 由勾股定理可得：， 解得：， 所以该圆锥内置球的半径最大值为，即此时体积为：， 故选：C 90．（24-25高一下·四川凉山·期末）已知圆锥的侧面面积为，母线长为，则圆锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】圆锥母线长，设圆锥底面圆半径为，则， 解得，圆锥的高为， 设圆锥的外接球的球心为，则在上，设半径为， 则，， ， 即，解得， 故圆锥的外接球的表面积为. 故选：B 题型十九 圆台外接球与内切球（共6小题） 91．（24-25高一下·福建福州·期中）已知圆台上、下底面的半径分别为2，4，圆台的高为6．若该圆台的两个底面的圆周都在同一个球的表面上，则这个球的半径为（    ） A．3 B． C．4 D． 【答案】D 【详解】如图：取圆台的一条母线，连接、， 由题意可知，四边形为直角梯形，且，，， 设外接球半径为，球心为， 若外接球球心在线段上， ， 故，整理得，，检验符合， 若外接球球心在射线上，则， 故，整理得，无解， 故， 故选：D. 92．（多选）（24-25高一下·河北邢台·期中）已知某圆台的上，下底面的半径分别是和，且该圆台的上，下底面的圆周都在半径为的球的球面上，则该圆台的体积可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【详解】旋转体的性质可得外接球半径与圆台轴截面外接圆半径相等， 如图所示， 当球的球心在圆台外时，设圆台的高为， 则，解得， 圆台的体积为； 当球的球心在圆台内时， 则，即圆台的高， 则圆台的体积为. 综上，该圆台的体积为或， 故选：AC. 93．（24-25高一下·安徽·期中）已知一个圆台的上，下底面半径分别为1和4，高为．若该圆台内有一个正方体，且该正方体在圆台内能任意转动，则该正方体棱长的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】如图，作出圆台的轴截面， 要使正方体棱长最大，则此时正方体的外接球应为圆台内与，，相切的球，    设圆的半径为，则， 因为，所以， 作，因为，所以， 而，由勾股定理得， 则，且， 而， 即得到，解得， 设圆台内正方体的棱长最大值为，则， ． 故选：B. 94．（24-25高一下·辽宁·期末）如图，若圆台的上、下底面半径分别为，，则此圆台的内切球（与圆台的上、下底面及侧面都相切的球叫圆台的内切球）的表面积为________． 【答案】 【详解】连接，如图所示. 根据题意可知，， 所以，因为. 所以. 因为，所以. 所以，所以， 所以圆台的内切球半径为，所以圆台的内切球的表面积为. 故答案为：. 95．（24-25高一下·山东青岛·期末）已知圆台的母线与下底面所成角为，球O与圆台的上、下底面及侧面都相切，若圆台内可再放入与下底面、侧面及球O都相切的小球，则最多可放入的小球的个数为________. （注：若锐角满足，则） 【答案】10 【详解】 圆台的母线与下底面所成角为，球O与圆台的上、下底面及侧面都相切， 如图可得，设内切球的半径为， 根据轴截面这个等腰梯形，由于可得：， 再在圆台内可再放入与下底面、侧面及球O都相切的小球，如球， 这些球心一定在以为圆心的圆上，设球的半径都为, 因为，根据直角三角形的性质可得， 又因为，根据两球相切的性质可得：， 可得，所以，根据，所以， 由于，利用等腰三角形三线合一，可解得， 根据锐角满足，则， 所以， 从而可得相邻两个球之间的圆心角，根据， 可知最多可放入的小球的个数为10个 故答案为：10 96．（25-26高二上·山东潍坊·期中）甜品店推出一款巧克力酸奶杯，如图所示，在装满酸奶的圆台形杯具内有半径分别为和的两个巧克力球，巧克力小球与杯底和杯壁均相切，大球与小球､杯壁､杯盖均相切，则杯具中酸奶的体积为__________. 【答案】 【分析】先由题意作出轴截面，根据四边形，四边形，四边形，四边形两两之间相似，可得，求出，由体积公式计算可得结果. 【详解】设大球半径为，小球半径为， 则大球体积，小球体积. 圆台的高为. 根据切线长定理可得：，. 由图易知四边形，四边形，四边形，四边形两两之间相似， 即. 解得：，则， 则圆台体积为 则酸奶的体积为： . 故答案为： 题型二十 正方体的截面问题（共6小题） 97．（24-25高二下·上海嘉定·期末）平面截正方体所得的截面不可能是（   ） A．四边形 B．五边形 C．六边形 D．七边形 【答案】D 【详解】当平面与正方体的三个面相交时，可以得到三角形截面； 当平面与正方体的四个面相交时，能够得到四边形截面； 当平面与正方体的五个面相交时，会形成五边形截面； 当平面与正方体的六个面都相交时，就得到六边形截面； 由于正方体只有六个面，所以平面与其六个面相交最多得六边形，不可能得到七边形或多于七边的图形. 故选：. 98．（24-25高一下·山西·月考）用一个平面去截正方体，则截面不可能是（    ） A．正方形 B．梯形 C．等边三角形 D．钝角三角形 【答案】D 【详解】用一个平面去截正方体，截面可能是正方形、梯形、等边三角形. 当平面平行于正方体的一个面去截正方体时，截面是正方形，如图，A可能. 如图，截面可以是梯形，B可能. 如图，当平面截取正方体的三个顶点，截面是等边三角形，C可能. 故选：D． 99．（2025·山东枣庄·二模）如图，有一正方体形状的木块，A为顶点，分别为棱的中点，则过点的平面截该木块所得截面的形状为（    ）    A．等腰三角形 B．等腰梯形 C．五边形 D．六边形 【答案】C 【详解】如图，延长BC，与两条棱的延长线分别交于两点，连接， 分别交棱于两点，连接，则五边形及内部，即过点的截面.    故选：C 100．（24-25高一下·广西南宁·期末）如图，已知正方体的棱长为4，是棱的中点，则平面截正方体所得截面图形的面积为（    ）    A． B．18 C． D．36 【答案】B 【详解】取的中点，连接，易知，所以平面与交点为， 则平面为平面截正方体的截面，四边形为等腰梯形， 过做，由，， 所以,， ，, 所以其面积为. 故选：B.    101．（2025高三·全国·专题练习）已知正方体 的体积为1，点 在棱 上（点 异于 ， 两点）， 为 的中点，若平面 截正方体 所得的截面为五边形，则的长的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为正方体 的体积为1，所以该正方体的棱长为1，则 . 当 时，连接 ， ，则 ， ， ， ， 四点共面，截面为四边形 （如图），不符合题意， 当 时，延长, 交于点， 由与相似可得, 所以，因为，所以在线段上一定存在一点， 使得,即四边形为平行四边形，所以; 过作于，连接，则易知， 所以，即四点共面，所以截面为四边形. 当 时，延长, 交于点， 由与相似可得， 所以，因为，所以在线段的延长线上一定存在一点， 使得,即四边形为平行四边形，所以; 如图，过向的延长线作垂线，交于点，连接，交于， 则易知，所以，即四点共面. 连接交于，连接，即所求截面为五边形. 综上可知，故B正确. 故选：B. 102．（24-25高一下·云南昆明·期中）在正方体中，为的中点，为的中点，为线段上一动点（不含）．过与正方体的截面记为，下列说法中正确的是（   ） A．当时，截面为五边形 B．当时，截面只能是六边形 C．当时，截面的面积最大 D．当时，截面只能是五边形 【答案】D 【分析】易知当时，截面为正六边形，可判断A错误，当与重合，可知截面只能是四边形，可知B错误，比较时五边形截面的面积与正六边形截面面积大小可判断C错误，作出图形可判断D正确. 【详解】对于A，当时，分别取的中点为，如下图所示： 由正方体性质可得，即可得为正六边形， 因此当时，截面为六边形，即A错误； 对于B，如下图： 当时，不妨取与重合，可知截面只能是四边形，可知B错误； 对于C，延长交于，交于，连接交于点，连接交于，如下图所示： 不妨取正方体的棱长为3，易知， 可知为等腰三角形，其底边上的高为， 因此其面积为； 又，可知四变形为等腰梯形； 其高为，因此其面积为； 此时五边形面积为 当当时，截面为边长是的正六边形，其面积为； 显然当时，截面的面积不是最大的，即C错误； 对于D，根据C选项中的分析可知，当时，截面为在五边形的基础上绕着向下摆动， 此时截面始终于有交点，此时截面只能是五边形，即D正确. 故选：D 1 / 69 学科网（北京）股份有限公司 $