专题04 几何体中多面体和外接（内切）球问题（抢分专练）（天津专用） 2026年高考数学终极冲刺讲练测

专题04 几何体中多面体和外接（内切）球问题 题型 考情分析 考向预测 1．简单几何体的体积与表面积 2025年天津卷：17题第三问考查了锥体体积计算； 2024年天津卷：9题考查了柱体体积有关计算； 2023年天津卷： 8题考查了锥体体积有关计算，线面垂直；   1.掌握基本空间图形及其简单组合体的概念和基本特征，能够解决简单的实际问题； 2.多面体和球体的相关计算问题是近几年考查的重点； 3.运用图形的概念描述图形的基本关系和基本结果，突出考查直观想象和逻辑推理． 2.棱柱(锥)，圆(柱)锥的外接球问题 3.棱台与圆台的外接球与内切球问题 题型1 简单几何体的体积与表面积 方法技巧：空间几何体表面积的求法 1. 旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用 2. 多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理； 方法技巧：求空间几何体的体积的常用方法 【例1】（2026·天津·一模）已知球O是棱长为2的正方体的内切球，则球O与三棱锥的公共部分的体积为（   ） A． B． C． D． 【变式1-1】（2026·天津东丽·一模）正方体，棱长为2，正方体的内切球记为球O，则球O与三棱锥的公共部分的体积记为，三棱锥的体积记为，则（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】（2026·天津·一模）如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边于地面上，再将容器倾斜.随着倾斜度的不同，下面命题错误的是（    ） A．有水的部分始终呈棱柱形 B．棱始终与水面所在平面平行 C．水面所在四边形的面积为定值 D．当容器倾斜如图3所示时，是定值 题型2棱柱(锥)，圆(柱)锥的外接球问题 一、墙角模型（三条线两个垂直，不找球心的位置即可求出球半径） 方法：找三条两两垂直的线段，直接用公式，即，求出 二、正棱锥，圆锥的外接球的球心在线段或者线段的延长线上， 再次根据勾股定理，设外接球的半径为，的外接圆半径为， 线段的长度为，则有：或. 三、直棱柱外接球: ①侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱. ②外接球球心：直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心连线的中点.正棱柱外接球的球心是上下底面中心连线的中点 ③计算公式：设底面小圆的半径为，棱柱高为，则. 【例2】（2026·天津红桥·一模）在三棱锥中，，，则三棱锥外接球的半径为（    ） A． B． C． D． 【变式2-1】（25-26高三上·天津宝坻·月考）如图，圆锥的底面恰是圆柱的一个底面，圆柱的两个底面分别为同一个球的两个截面，且圆锥的顶点也在该球的球面上.若球的体积为，圆柱的高为2，则圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【变式2-2】（25-26高三上·天津和平·期末）已知某圆锥的母线长为，该圆锥内切球的球心与其外接球的球心重合，则该圆锥内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 题型3 棱台与圆台的外接球与内切球问题 球内接圆台，棱台：，其中分别为圆台的上底面、下底面、高． 基本规律：正棱台外接球，以棱轴截面为主 【例3】（2026·湖南湘潭·二模）在正四棱台中，，且，记能将正四棱台罩住的半球的最小半径为，正四棱台外接球的半径为，则（    ） A． B．1 C． D． 【变式3-1】（2026·福建泉州·二模）已知正三棱台的高为，则该棱台的侧面积为（   ） A． B． C．18 D． 【变式3-2】（2026·河南开封·一模）“方斗”是中国古代盛米的一种重要容器，其形状是一个上大下小的正四棱台．如图所示，在一个盛满米的“方斗”容器中，，若从中取出米后，米的高度下降一半，则剩余的米的质量为（   ） A． B．48kg C．57kg D． 一、单选题 1．（2024·天津·高考真题）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 2．（2023·天津·高考真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 3．（2022·天津·高考真题） 十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，左图中的故宫角楼的顶部即为十字歇山顶.其上部可视为由两个相同的直三棱柱重叠而成的几何体（如右图）.这两个直三棱柱有一个公共侧面ABCD.在底面BCE中，若,,则该几何体的体积为（    ） A． B． C．27 D． 4．（25-26高三上·天津河北·期末）埃及著名的吉萨（Giza）大金字塔，它的形状是正四棱锥.已知它的高度的2倍的平方等于它的侧面积，则高的平方与底面棱长的平方的比值为（   ） A． B． C． D． 5．（24-25高三上·天津·期末）如图，四边形ABCD为正方形平面ABCD记三棱锥的体积分别为有如下的结论，其中正确的个数是（    ） ① ② ③ ④ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 6．（2026·湖南岳阳·一模）如图所示的几何体是由两个相互平行的正方形经过旋转连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点，若下底面正方形边长为2，该几何体的高为，则该几何体外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 7．（25-26高三上·天津西青·期末）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（    ） A． B．2 C． D． 8．（25-26高三上·天津·期末）如图，几何体是由两个四棱锥与组合而成，两四棱锥的公共底面是边长为2的正方形，顶点在底面的同侧．棱锥的高分别为，的中点，与交于点，与交于点．若四棱锥的外接球体积记为，四棱锥的体积记为，则（   ） A． B． C． D． 9．（25-26高三上·天津·期末）在三棱锥中，，，，，，三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 10．（25-26高三上·天津河西·期末）如图1，有一个圆柱形状的玻璃水杯，底面圆的直径为，高为，杯内有深的溶液，现将水杯倾斜，且倾斜时点B始终在桌面上，设直径所在直线与桌面所成的角为α（图2），要使倾斜后容器内的溶液不会溢出，则角α的最大值为（   ） A． B． C． D． 11．（25-26高三上·天津和平·期中）古代数学名著《九章算术⋅商功》中，将底面为矩形.且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.若四棱锥为阳马，平面，，，则此“阳马”外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 12．（2026·四川雅安·一模）在正四棱台中，，，，则该正四棱台的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 13．（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． 14．（24-25高三上·江苏·月考）如图1的方斗杯古时候常作为盛酒的一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加某种酒，当酒的高度是方斗杯高度的一半时，用酒，则该方斗杯可盛该种酒的总容积为（    ）      A． B． C． D． 15．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知正四棱台的体积为，，，则该四棱台的表面积为（   ） A．18 B． C． D． 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 几何体中多面体和外接（内切）球问题 题型 考情分析 考向预测 1．简单几何体的体积与表面积 2025年天津卷：17题第三问考查了锥体体积计算； 2024年天津卷：9题考查了柱体体积有关计算； 2023年天津卷： 8题考查了锥体体积有关计算，线面垂直；   1.掌握基本空间图形及其简单组合体的概念和基本特征，能够解决简单的实际问题； 2.多面体和球体的相关计算问题是近几年考查的重点； 3.运用图形的概念描述图形的基本关系和基本结果，突出考查直观想象和逻辑推理． 2.棱柱(锥)，圆(柱)锥的外接球问题 3.棱台与圆台的外接球与内切球问题 题型1 简单几何体的体积与表面积 方法技巧：空间几何体表面积的求法 1. 旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用 2. 多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理； 方法技巧：求空间几何体的体积的常用方法 【例1】（2026·天津·一模）已知球O是棱长为2的正方体的内切球，则球O与三棱锥的公共部分的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】可知棱长为2的正方体的内切球半径为1，球心在正方体的中心， 根据对称性可知三棱锥占整个正方体的， 则球O与三棱锥的公共部分的体积也为整个球的体积的，为. 【变式1-1】（2026·天津东丽·一模）正方体，棱长为2，正方体的内切球记为球O，则球O与三棱锥的公共部分的体积记为，三棱锥的体积记为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】可知棱长为2的正方体的内切球半径为1，球心在正方体的中心， 根据对称性可知三棱锥的体积占整个正方体的， 则球O与三棱锥的公共部分的体积也为整个球的体积的，为，即， 三棱锥的体积记为， 则. 【变式1-2】（2026·天津·一模）如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边于地面上，再将容器倾斜.随着倾斜度的不同，下面命题错误的是（    ） A．有水的部分始终呈棱柱形 B．棱始终与水面所在平面平行 C．水面所在四边形的面积为定值 D．当容器倾斜如图3所示时，是定值 【答案】C 【分析】通过分析容器变化情况，使用线面平行的性质定理，棱柱的体积公式求解. 【详解】由题意知有水部分左、右两个面互相平行且全等，其余每相邻两面的交线也互相平行，且这些面都是平行四边形，选项正确； 由于水平固定，且与水平面平行，由线面平行的性质可知，，又，故水平面，选项正确； 当有水部分是三棱柱时，水面面积可能变大也可能变小，选项错误； 在图3中，有水部分始终是以平面和平面为底面的三棱柱，且体积为定值，因为高为定值，所以底面面积为定值，即为定值，选项正确. 题型2棱柱(锥)，圆(柱)锥的外接球问题 一、墙角模型（三条线两个垂直，不找球心的位置即可求出球半径） 方法：找三条两两垂直的线段，直接用公式，即，求出 二、正棱锥，圆锥的外接球的球心在线段或者线段的延长线上， 再次根据勾股定理，设外接球的半径为，的外接圆半径为， 线段的长度为，则有：或. 三、直棱柱外接球: ①侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱. ②外接球球心：直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心连线的中点.正棱柱外接球的球心是上下底面中心连线的中点 ③计算公式：设底面小圆的半径为，棱柱高为，则. 【例2】（2026·天津红桥·一模）在三棱锥中，，，则三棱锥外接球的半径为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由可知顶点在底面的投影为的外心（正三角形的中心），外接球的球心在过该中心且垂直于底面的直线上，通过勾股定理建立方程求解半径. 【详解】如图，设点为底面的投影，因为， 则为正三角形的中心，计算可得， 则平面，连接 在中，： ， 设外接球的球心为，半径为，则在直线上. 设，则， 在中：解得：， 所以，即. 所以三棱锥外接球的半径为. 【变式2-1】（25-26高三上·天津宝坻·月考）如图，圆锥的底面恰是圆柱的一个底面，圆柱的两个底面分别为同一个球的两个截面，且圆锥的顶点也在该球的球面上.若球的体积为，圆柱的高为2，则圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作球的截面大圆，得圆柱、圆锥的轴截面，由此求得圆锥的底面半径和高. 【详解】过球心作截面，得圆柱、圆锥轴截面，如图， 球半径为，则，解得， 又因为圆柱的高，所以，， ，所以圆锥体积为. 故选：A. 【变式2-2】（25-26高三上·天津和平·期末）已知某圆锥的母线长为，该圆锥内切球的球心与其外接球的球心重合，则该圆锥内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆锥的轴截面可得圆锥底面半径为，高为，母线为的关系，结合该圆锥内切球的球心与其外接球的球心重合可得圆锥内切球半径为，外接球半径为之间的关系，列方程组从而可得，的值，即可得所求. 【详解】如图，圆锥的轴截面为，圆锥的底面中心为，则点为中点， 设内切球的球心与其外接球的球心为，则点在圆锥的高上，连接，过作于， 设圆锥内切球半径为，外接球半径为，圆锥底面半径为，高为，母线为， 由题可得，，，， 则， 由勾股定理可得：，所以，整理得 所以，又由可得， 联立解得， 故该圆锥内切球的半径为，所以内切球的表面积为. 故选：C. 题型3 棱台与圆台的外接球与内切球问题 球内接圆台，棱台：，其中分别为圆台的上底面、下底面、高． 基本规律：正棱台外接球，以棱轴截面为主 【例3】（2026·湖南湘潭·二模）在正四棱台中，，且，记能将正四棱台罩住的半球的最小半径为，正四棱台外接球的半径为，则（    ） A． B．1 C． D． 【答案】D 【分析】取，的中点分别为，，通过计算分别求得，通过比较可知，设外接球的球心到平面的距离为，通过勾股定理计算求得、，即可得出结果. 【详解】如图，连接，，它们的中点分别记为，，连接，，易知为此正四棱台的高， ，则，所以，， 过点作的垂线，垂足为， 则， ，则，， 故能将正四棱台罩住的半球的最小半径． 设该正四棱台外接球的球心到平面的距离为，则，解得，，故． 故选：D    【变式3-1】（2026·福建泉州·二模）已知正三棱台的高为，则该棱台的侧面积为（   ） A． B． C．18 D． 【答案】B 【分析】构造直角三角形结合棱台的高求出侧面梯形的高，求出侧面积. 【详解】由题意，设上下底面中心分别为，则， 分别取中点，则为梯形的高， 由可得，， 作，垂足为， 则，， 则， 则. 故选：B. 【变式3-2】（2026·河南开封·一模）“方斗”是中国古代盛米的一种重要容器，其形状是一个上大下小的正四棱台．如图所示，在一个盛满米的“方斗”容器中，，若从中取出米后，米的高度下降一半，则剩余的米的质量为（   ） A． B．48kg C．57kg D． 【答案】A 【分析】假设从“方斗”中取出米后，米的高度下降一半至平面处.分析出取出米的质量与剩余的米的质量之比为正四棱台和的体积之比，再根据棱台的体积公式分别求出两个棱台的体积即可得解. 【详解】 假设从“方斗”中取出米后，米的高度下降一半至平面处， 由题意可知正四棱台和的高相等，设为. 因为，所以. 则， . 设剩余的米的质量为， 则，解得， 所以剩余的米的质量为. 故选：A 一、单选题 1．（2024·天津·高考真题）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可. 【详解】用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，使得；;重合， 因为，且两两之间距离为1．， 则形成的新组合体为一个三棱柱， 该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为， . 故选：C. 2．（2023·天津·高考真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比. 【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.    因为平面，平面，所以平面平面. 又因为平面平面，，平面，所以平面，且. 在中，因为，所以，所以， 在中，因为，所以， 所以. 故选：B 3．（2022·天津·高考真题） 十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，左图中的故宫角楼的顶部即为十字歇山顶.其上部可视为由两个相同的直三棱柱重叠而成的几何体（如右图）.这两个直三棱柱有一个公共侧面ABCD.在底面BCE中，若,,则该几何体的体积为（    ） A． B． C．27 D． 【答案】C 【分析】根据几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积. 【详解】如图所示，该几何体可视为直三柱与两个三棱锥，拼接而成. 记直三棱柱的底面的面积为，高为，所求几何体的体积为， 则， . 所以 . 故选：C. 4．（25-26高三上·天津河北·期末）埃及著名的吉萨（Giza）大金字塔，它的形状是正四棱锥.已知它的高度的2倍的平方等于它的侧面积，则高的平方与底面棱长的平方的比值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正四棱锥的几何性质，以及题目所给条件，列出方程，求出结果即可. 【详解】如图所示，设四棱锥，底面中心为，棱中点为，连接， 设高为，底面棱长为，则，则， 由高度的2倍的平方等于它的侧面积，可得， 化简得，即， 可知关于一元二次方程的， 因为，解得. 故选：B. 5．（24-25高三上·天津·期末）如图，四边形ABCD为正方形平面ABCD记三棱锥的体积分别为有如下的结论，其中正确的个数是（    ） ① ② ③ ④ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】作出图形，根据三棱锥的体积公式，转化三棱锥的顶点，即可求解． 【详解】如图，设连接分别延长EG，FB交于点I， 则根据题意可得G为DB中点，又从而可得又 所以 所以所以所以①错误，③正确； 又且 所以所以又 所以所以②错误，④正确． 故选：B 6．（2026·湖南岳阳·一模）如图所示的几何体是由两个相互平行的正方形经过旋转连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点，若下底面正方形边长为2，该几何体的高为，则该几何体外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先建立空间直角坐标系，求出上下底面正方形的顶点坐标、中心坐标，再设外接球球心，利用球心到上下底面顶点距离均为半径列方程，解出半径后计算外接球表面积. 【详解】取下底面正方形的中心为坐标原点，建立如图所示的坐标系， 因为下底面边长为，几何体的高为， 故，，， ，，，，. 设几何体外接球的球心为，外接球半径为. 在中，， 在中， 则，解得. 所以. 故该几何体的外接球的表面积 故选：B. 7．（25-26高三上·天津西青·期末）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（    ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】根据该正八面体是由底面边长为，高为1的两个同底的正四棱锥组成求解. 【详解】由题意得：该正八面体是由底面边长为，高为1的两个同底的正四棱锥组成， 所以该正八面体配位多面体模型的体积为， 故选：C 8．（25-26高三上·天津·期末）如图，几何体是由两个四棱锥与组合而成，两四棱锥的公共底面是边长为2的正方形，顶点在底面的同侧．棱锥的高分别为，的中点，与交于点，与交于点．若四棱锥的外接球体积记为，四棱锥的体积记为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】记正方形的中心为，的外心为，外接球球心为，根据列方程可求得外接球半径，然后可得.证明，，进而证明四边形是平行四边形，可得E为线段的中点，分析四棱锥的底和高，可得所求，然后可得比值. 【详解】 记正方形的中心为，的外心为，外接球球心为，连接， 则平面，平面，平面，平面， 所以 因为平面，所以，所以四边形为矩形， 设，则， ， 因为，所以，解得， 所以外接球的半径，所以. 连接，，如图，因为平面ABCD，平面ABCD， 所以，又，所以四边形是矩形， 所以，， 又，分别为AB，CD的中点，所以，， 所以，，所以四边形是平行四边形， 又对角线，所以点E为线段的中点. 连接，交EF于点N，过点作于M， 由题意知，故， 又，，，平面，所以平面， 故，又，，平面， 所以平面，即是四棱锥的高， 同理可得点F为线段的中点，所以，， 在中，，则，所以， 因为， 所以. 所以. 故选：C. 9．（25-26高三上·天津·期末）在三棱锥中，，，，，，三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先找到外接球球心位置判断出，设在底面的投影为，利用三垂线定理证明底面为矩形，再由勾股定理求出棱锥的高，然后计算体积可得. 【详解】 因为，，由直角三角形斜边的中线为斜边的一半可得三棱锥的外接球球心在的中点， 又三棱锥的外接球的表面积为，设外接球半径为， 所以，即， 设在底面的投影为，则底面， 因为，，由三垂线定理可得， 同理可得， 又，所以底面为矩形， 所以， 所以， 所以三棱锥的体积为. 故选：B. 10．（25-26高三上·天津河西·期末）如图1，有一个圆柱形状的玻璃水杯，底面圆的直径为，高为，杯内有深的溶液，现将水杯倾斜，且倾斜时点B始终在桌面上，设直径所在直线与桌面所成的角为α（图2），要使倾斜后容器内的溶液不会溢出，则角α的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】当水杯倾斜过程中，溶液恰好不溢出时，此时最大；在这个临界条件下，结合溶液的体积不变，可以得到关于的一个等式，即可求出的取值范围，得到最大值. 【详解】水杯倾斜过程中，溶液恰好不溢出时，此时最大，画出图形，如图所示， 过点作，交所在的直线于，过点作，交所在的直线于,设，则，所以液体的体积为： ，解得，, ，，又，角的最大值为 故选：C 11．（25-26高三上·天津和平·期中）古代数学名著《九章算术⋅商功》中，将底面为矩形.且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.若四棱锥为阳马，平面，，，则此“阳马”外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】依题意四棱锥可补形为长方体，求出长方体的体对角线即为外接球的直径，从而求出外接球的体积. 【详解】由于平面，平面，所以， 由于四边形是矩形，所以， 所以两两相互垂直， 所以四棱锥可补形为长方体，且长方体的体对角线为， 所以四棱锥的外接球的直径，即， 所以四棱锥的外接球的体积. 故选：A 12．（2026·四川雅安·一模）在正四棱台中，，，，则该正四棱台的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取中点分别为，连接，过作平面的垂线，垂足为，设正四棱台外接球的球心为，半径为，则在直线上，又，利用勾股定理求出即可求出从而得解. 【详解】正四棱台中，取中点分别为，连接， 由，，，可得，， 过作平面的垂线，垂足为，则点在上，且， 所以， 设正四棱台外接球的球心为，半径为， 由对称性可知球心在直线上， 若球心在线段上，则，此时无正数解， 所以球心在的延长线上，则， 即，解得， 所以， 所以该外接球的表面积为， 故选：B 13．（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 【分析】过作平面于，过作于，连接，证明平面，即得为的平面角，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. 14．（24-25高三上·江苏·月考）如图1的方斗杯古时候常作为盛酒的一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加某种酒，当酒的高度是方斗杯高度的一半时，用酒，则该方斗杯可盛该种酒的总容积为（    ）      A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设线段、、、的中点分别为、、、，利用台体的体积公式计算出棱台与棱台的体积之比，即可得该方斗杯可盛该种酒的总容积. 【详解】设线段、、、的中点分别为、、、，如下图所示： 易知四边形为等腰梯形，因为线段、的中点分别为、， 则， 设棱台的高为，体积为， 则棱台的高为，设其体积为， 则，则， 所以，，所以，该方斗杯可盛该种酒的总容积为. 故选：C. 15．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知正四棱台的体积为，，，则该四棱台的表面积为（   ） A．18 B． C． D． 【答案】B 【分析】依次求得正四棱台的高，侧面等腰梯形的高，结合棱台表面积公式即可求解. 【详解】设正四棱台的高为，则，解得， 设正四棱台侧面等腰梯形的高为，则， 故该四棱台的表面积为. 故选：B. 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $