7.1 空间几何体的结构及其表面积和体积 课件-2027届高考数学一轮复习

第七章 立体几何 考 情 清 单 考点 真题示例 考向 6年考频 核心素养 空间几何体的结构特征和表面积 2023新课标Ⅰ，12 正方体、圆柱的结构特征 5考 直观想象 数学运算 2023新课标Ⅱ，9 圆锥的结构特征和表面积 2022新高考Ⅱ，7 球的表面积 2021新高考Ⅱ，4 2021新高考Ⅰ，3 圆锥的母线长 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 考点 真题示例 考向 6年考频 核心素养 空间几何体的体积 2024新课标Ⅰ，5 锥体体积的有关计算 9考 直观想象 数学运算 2022新课标Ⅰ，8 2022新高考Ⅱ，11 2021新高考Ⅰ，20(2) 2020新高考Ⅱ，13 2023新课标Ⅰ，14 棱台体积的有关计算 2023新课标Ⅱ，14 2022新高考Ⅰ，4 2021新高考Ⅱ，5 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 考点 真题示例 考向 6年考频 核心素养 空间点、线、面的位置关系 2025新课标，9 棱柱中的垂直、平行 3考 直观想象 2021新高考Ⅰ，12 2020新高考Ⅰ，16 空间组合体 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 考点 真题示例 考向 6年考频 核心素养 直线、平面平行与垂直的判定与性质 2023新课标Ⅰ，18(1) 线线平行 12考 直观想象 逻辑推理 2024新课标Ⅱ，17(1) 线线垂直 2023新课标Ⅱ，20(1) 2021新高考Ⅰ，20(1) 2021新高考Ⅱ，10 2024新课标Ⅰ，17(1) 线面平行 2022新课标Ⅱ，20(1) 2025新高考Ⅱ，17(1) 2025新高考Ⅰ，17(1) 面面垂直 2021新高考Ⅱ，19(1) 2020新高考Ⅰ，20(1) 线面垂直 2020新高考Ⅱ，20(1) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 考点 真题示例 考向 6年考频 核心素养 空间向量及其应用 2020新高考Ⅰ，4 线面角 15考 数学运算 直观想象 逻辑推理 2024新课标Ⅱ，7 2022新高考Ⅰ，9 2020新高考Ⅰ，20(2) 2020新高考Ⅱ，20(2) 2025新高考Ⅰ，17(2) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 考点 真题示例 考向 6年考频 核心素养 空间向量及其应用 2024新课标Ⅰ，17(2) 二面角 15考 数学运算 直观想象 逻辑推理 2024新课标Ⅱ，17(2) 2023新课标Ⅰ，18(2) 2023新课标Ⅱ，20(2) 2022新高考Ⅱ，20(2) 2022新高考Ⅰ，19(2) 2021新高考Ⅱ，19(2) 2025新课标，17(2) 2022新高考Ⅰ，19(1) 点到平面的距离 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 【命题形式】 本章内容为高考必考内容之一，多考查空间几何体的结构特征及表面积与体积的计算，多面体、旋转体与球的切、接问题，线面位置关系的判定和证明、距离、翻折、存在性等比较综合性的问题，若为选择题或填空题，则多考查空间几何体的表面积与体积的计算，涉及空间几何体的结构特征、判断线面关系等内容，要求考生有较强的空间想象能力和计算能力，能用转化与化归的思想解题；若为解答题，则考查利用立体几何的知识证明线、面关系，利用空间向量解决立体几何问题(如空间中的位置关系、空间角与距离等)，解题时应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，把空间立体几何问题转化为空间向量问题． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 第1讲　空间几何体的结构及其表面积和体积 知识梳理·双基自测 名师讲坛·素养提升 考点突破·互动探究 提能训练　练案[39] 知识梳理 · 双基自测 返回导航 知 识 梳 理 知识点一　多面体的结构特征 名称 棱柱 棱锥 棱台 图形 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名称 棱柱 棱锥 棱台 结构 特征 ①有两个面互相____________，其余各面都是______________. ②每相邻两个四边形的公共边都互相________ 有一个面是__________，其余各面都是有一个公共顶点的__________的多面体 用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，________和________之间的部分 平行且全等 平行四边形 平行 多边形 三角形 截面 底面 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名称 棱柱 棱锥 棱台 侧棱 ______________ 相交于________但不一定相等 延长线交于________ 侧面 形状 ______________ __________ ________ 平行且相等 一点 一点 平行四边形 三角形 梯形 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 知识点二　旋转体的结构特征 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 图形 母线 互相平行且相等，____于底面 相交于________ 延长线交于________   垂直 一点 一点 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 轴截面 全等的________ 全等的________ ______ 全等的_______ _____ ______ 侧面展 开图 ________ ________ ________   矩形 等腰三 角形 等腰 梯形 圆 矩形 扇形 扇环 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 知识点三　圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式   圆柱 圆锥 圆台 侧面展开图 侧面积公式 S圆柱侧＝________ S圆锥侧＝________ S圆台侧＝_______________ 2πrl πrl π(r1＋r2)l 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 知识点四　柱体、锥体、台体和球体的表面积和体积 S底h 4πR2 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 知识点五　直观图 直观图 斜二测画法：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中x′轴、y′轴的夹角为_______________，z′轴与x′轴和y′轴所在平面________. (2)原图形中平行于坐标轴的线段在直观图中仍_______________，平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度________，平行于y轴的线段在直观图中长度为______________ 45°或135° 垂直 平行于坐标轴 不变 原来的一半 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 归 纳 拓 展 1．一个平面图形在斜二测画法下的直观图与原图形相比，有“三变、三不变”． 三变：坐标轴的夹角改变，与y轴平行线段的长度改变(减半)，图形改变． 三不变：平行性不变，与x轴平行的线段长度不变，相对位置不变． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．柱体、锥体、台体体积间的关系： 台体的体积常化为两锥体体积之差求解． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 3．多面体的外接球与内切球常用的结论： 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 双 基 自 测 题组一　走出误区 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．(　　) (2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．(　　) (3)用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台．(　　) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)× 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 题组二　走进教材 2．(必修2P119T1)已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为(　　) [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　ACD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 题组三　走向考场 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 考点突破 · 互动探究 返回导航 基本立体图形——自主练透 1．(多选题)若正三棱锥V－ABC和正四棱锥V1－A1B1C1D1的所有棱长均为a，将其中两个正三角形侧面△VAB与△V1A1B1按对应顶点粘合成一个正三角形以后，得到新的组合体是(　　) A．五面体 B．七面体 C．斜三棱柱 D．正三棱柱 [答案]　AC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　新的组合体如图所示，故选AC. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(多选题)(2026·湖南常德起点考试)下列说法中不正确的是(　　) A．以直角梯形的一条腰所在直线为旋转轴，其余边旋转一周形成的几何体是圆台 B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 C．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 D．棱台的各侧棱延长后必交于一点 [答案]　ABC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　对于A，以直角梯形的直角腰所在直线为旋转轴，其余边旋转一周形成的几何体是圆台，否则不是，A错误；对于B，下面的几何体有两个面平行，其余各面都是平行四边形，但它不是棱柱，B错误；对于C，底面是正多边形，顶点在底面上的射影是底面中心的棱锥才是正棱锥，C错误；对于D，棱台可以看作是用平行于棱锥的底面的平面截棱锥所得，因此它的各侧棱延长后必交于一点，D正确，故选ABC. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨：空间几何体结构特征的判断技巧 1．紧扣各种空间几何体的定义及结构特征是判断的关键，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定． 2．说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 【变式训练】 (多选题)下列结论错误的是(　　) A．过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形可能是矩形 B．侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥 C．侧面都是矩形的直四棱柱是长方体 D．若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱 [答案]　BCD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　在如图所示的平行六面体中，侧面ADD1A1及侧面BCC1B1都是矩形，且平面ABB1A1及平面DCC1D1都与底面ABCD垂直，故D错误；截面BDD1B1可能为矩形，故A正确；将菱形沿一条对角线折起所得三棱锥各面都是等腰三角形，但该棱锥不一定是正棱锥，故B错误；侧面都是矩形但底面为梯形的直四棱柱不是长方体，故C错误．故选BCD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 空间几何体的直观图——师生共研 已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为(　　) [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [引申]若已知△ABC的平面直观图△A1B1C1是边长为a的正三角形，则原△ABC的面积为________. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨： 2．在原图形中与x轴或y轴平行的线段，在直观图中与x′轴或y′轴平行，原图中不与坐标轴平行的线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 【变式训练】 (2025·湖北部分学校开学考)如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB用斜二测画法画出的直观图(图中虚线分别与x′轴和y′轴平行)，O′B′＝2O′D′＝6，O′C′＝8，则△OAB的面积为(　　) [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 几何体的表面积与侧面积——师生共研 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(2026·河南漯河高中检测)已知一个圆柱底面半径为2，高为3，上底面的同心圆半径为1，以这个圆面为上底面，圆柱下底面为下底面的圆台被挖去，剩余的几何体表面积等于________. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨：空间几何体表面积的求法 1．旋转体的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意其轴截面及侧面展开图的应用． 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． 3．既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 【变式训练】 [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　8πR2 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 几何体的体积——多维探究 角度1　直接利用公式求体积 (2025·广西名校模拟)已知正四面体的高等于球O的直径，则正四面体的体积与球O的体积之比为(　　) [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 角度2　割补法求体积 1．(2026·江苏南京调研)与圆柱底面成45°角的平面截圆柱得到如图所示的几何体，截面上的点到圆柱底面距离的最大值为4，最小值为2，则该几何体的体积为________. [答案]　3π 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(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(　　) [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 角度3　等体积法求体积 已知三棱台ABC－A1B1C1中，三棱锥A－A1B1C1的体积为4，三棱锥A1－ABC的体积为8，则该三棱台的体积为(　　) [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨：求空间几何体的体积的常用方法 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 【变式训练】 [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(角度2)(2025·浙江数海漫游模拟)已知长方体ABCD－A′B′C′D′中，AB＝BC＝2BB′＝4，则四面体AB′CD′的体积是(　　) [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　14 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 球与几何体的切、接问题——师生共研 [答案]　52π 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨：几何体外接球问题的处理 解题关键是确定球心和半径，其解题思维流程是： (R—球半径，r—截面圆的半径，h—球心到截面圆心的距离)．注：若截面为非特殊三角形可用正弦定理求其外接圆半径r. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 特别的： 1．若四面体的两个面是有公共斜边的直角三角形，则其外接球球心为斜边中点，半径为斜边的一半． 2．有三条棱两两垂直或相对的棱相等的四面体可补成长方体或正方体，其外接球半径为体对角线长的一半． 3．有一侧棱垂直底面的锥体可补成直棱柱，其球心为棱柱上、下底面外接圆圆心连线的中点，可利用球心到各顶点距离相等求得半径． 注意：不共面的四点确定一个球面． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 几何体内切球问题的处理 1．解题时常用以下结论确定球心和半径：①球心在过切点且与切面垂直的直线上；②球心到各面距离相等． 特别提醒：正多面体的中心为其内切球、外接球的球心，并非所有的多面体都有内切球(或外接球)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 【变式训练】 如图，三棱锥V－ABC中，VA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AV＝2，则该三棱锥的内切球和外接球的半径之比为(　　) [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师讲坛 · 素养提升 返回导航 最值问题 1．(2025·广东中山一中等四校联考)圆锥顶点A，底面半径为1，母线AB＝4，AB的中点为M，一只蚂蚁从底面圆周上的点B绕圆锥侧面一周到达M的最短路线中，其中下坡路的长是(　　) [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(2022·全国乙卷)已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为(　　) [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 3．(2026·广西邕衡名校联盟调研)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，其中AB＝AC，BC＝2，AB⊥AC，点P为球O上一个动点，则三棱锥P－ABC体积的最大值为(　　) [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨：立体几何中最值问题的解法 1．观察图形特征，确定取得最值的条件，计算最值． 2．设出未知量建立函数关系，利用基本不等式或导数计算最值． 3．几何体表面两点间路程最值问题，“展平”处理．转化为平面内两点间距离问题． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 【变式训练】 1．(2025·安徽一模)在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，AA1＝5，E，F，G分别为侧棱BB1，CC1，DD1上一点，则AE＋EF＋FG＋GA1的最小值为(　　) [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(2025·浙江名校协作体开学考试)已知圆锥的底面半径为1，高为3，则其内接圆柱的表面积的最大值为(　　) [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 提能训练　练案[39] 返回导航 A组基础巩固 一、单选题 1．(2026·河南郑州模拟改编)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 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　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，如图，所以A错误；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；底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥的顶点在底面的射影不一定为底面等边三角形的中心，所以C错误；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. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 3．(2025·浙江强基联盟联考)已知底面半径为2的圆锥SO，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为1，则此圆柱侧面积与圆锥SO侧面积的比值为(　　) [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 5．(2026·广东汕头期中调研)图1是一个水平放置且高为6的直三棱柱容器ABC－A1B1C1，现往内灌进一些水，设水深为h.将容器底面的一边AB固定于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面形状恰好为△A1B1C，如图2，则h＝(　　) [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 7．(2026·河南商丘九师联盟开学考试)已知正方形ABCD的边长为4，BC和CD的中点分别为M，N，沿AM，MN，NA折起来使得B，D，C重合于P，得到三棱锥P－AMN，则三棱锥P－AMN外接球的表面积为(　　) A．24π B．18π C．12π D．6π [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 8．(2026·山西长治质检)已知三棱锥P－ABC的底面是边长为5的正三角形，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，则三棱锥P－ABC的体积为(　　) [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 10．(2025·广东六校联考)将半径为R的铁球磨制成一个圆柱体零件，则可能制作的圆柱体零件的侧面积的最大值为(　　) [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 二、多选题 11．(2026·河北邯郸模拟)“阿基米德多面体”又称“半正多面体”，与正多面体类似，它们也都是凸多面体，每个面都是正多边形，并且所有棱长也都相等，但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不全相同．有几种阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到．如图，正八面体E－ABCD－F的棱长为3，取各条棱的三等分点，截去六个角后得到一种阿基米德多面体，则该阿基米德多面体(　　) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　BD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 12．(2025·湖南长沙一中月考)如图，AD与BC分别为圆台上、下底面直径，AD∥BC，若AB＝3，AD＝2，BC＝4，则(　　) [答案]　AD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 三、填空题 13．(2026·河北唐山摸底)一个等边三角形边长为2，以其一边所在直线为轴，其余各边旋转一周围成的几何体的体积为________. [答案]　2π 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 15．(2026·江西创智协作体调研)在三棱锥S－ABC中，SC⊥平面ABC，AB⊥AC，CM⊥SA于点M，CM＝BM＝2，则三棱锥A－MCB外接球的表面积为________. [答案]　8π 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 B组能力提升 1．(2025·江苏淮安调研)球M是圆锥SO的内切球，若球M的半径为1，则圆锥SO体积的最小值为(　　) [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(2025·广东莞佛深部分学校联考)一个正四面体棱长为3，则一个与该正四面体体积相等、高也相等的圆柱的侧面积为(　　) [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 A．36a2π B．20a2π C．9a2π D．4a2π [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　BCD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 C组拓展应用(选作) (多选题)(2025·湖南联考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝120°，侧面AA1C1C的对角线交点O，点E是侧棱BB1上的一个动点，下列结论正确的是(　　) [答案]　ACD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 谢谢观看 名称 几何体 表面积 体积 柱体(棱柱和圆柱) S表面积＝S侧＋2S底 V＝________ 锥体(棱锥和圆锥) S表面积＝S侧＋S底 V＝__________ 台体(棱台和圆台) S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h 球 S＝________ V＝πR3 S底·h (1)设正方体的棱长为a，则它的内切球半径r＝，外接球半径R＝ a. (2)设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则它的外接球半径R＝. (3)设正四面体的棱长为a，则它的高为h＝a，内切球半径r＝h＝a，外接球半径R＝h＝a. (4)有两个面平行且相似，其他各面都是梯形的多面体是棱台．(　　) (5)已知球O的半径为R，其内接正方体的棱长为a，则R＝a.(　　) (6)圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS.(　　) A．1 cm B．2 cm C．3 cm D． cm [解析]　由条件得∴3r2＝12，∴r＝2. 3．(多选题)(必修2P116T3改编)“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到的半正多面体的表面积为12＋4，则关于该半正多面体的下列说法中正确的是(　　) A．AB＝ B．该半正多面体的外接球的表面积为6π C．AB与平面BCD所成的角为 D．与AB所成的角是的棱共有16条 [解析]　设正方体的棱长为2a，则6×(a)2＋8××(a)2＝12＋4，∴a＝1，∴AB＝a＝，A正确；显然该半正多面体外接球的球心为对应正方体的中心，∴外接球半径R＝，∴S球＝8π，B错误；显然AB与平面BCD所成角为∠HBA＝，C正确；与AB成角是的有BC，AC，EN，FD，FM，EM，AN，BD，CT，CP，DP，DR，MS，MR，NT，SN共16条，D正确．故选ACD. 4．(2023·新高考Ⅰ卷)在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为________. [答案]　 [解析]　解法一：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＋)×＝. 解法二：同解法一棱台高h＝，∴＝S△ABD×＝，又 ＝，＝.∴＝＝，＝＝， ∴＝＋＋＝，∴＝＝. 5．(2024·新课标Ⅰ卷)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 [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.故选B. A．a2 　 B．a2 C．a2 D．a2 [解析]　解法一：如图①、②所示的实际图形和直观图． 由②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝OC＝a，在图②中作C′D′⊥A′B′于D′，则C′D′＝O′C′＝a.∴S△A′B′C′＝A′B′·C′D′＝×a×a＝a2. 解法二：S△A′B′C′＝S△ABC＝×a2＝a2.故选D. [答案]　a2 [解析]　在△A1D1C1中，由正弦定理＝，得x＝a，∴S△ABC＝×a×a＝a2. 1．在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段的位置，注意“三变”与“三不变”；平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系是 S直观图＝S原图形． A．8 B．12 C．48 D．24 [解析]　由直观图可得如下平面图形：其中OB＝O′B′＝6，OD＝O′D′＝3，OC＝2O′C′＝16，AD∥y轴，且AD＝OC＝16，所以 S△OAB＝×6×16＝48.故选C. 1．(2026·江苏南通调研)已知某圆锥底面的半径为，体积为，则该圆锥的侧面积为(　　) A．π B．2π C．2π D．4π [解析]　设圆锥的高为h，因为底面半径r＝，由体积V＝πr2h＝，解得h＝，圆锥的母线长l＝＝＝2，所以圆锥的侧面积为S＝πrl＝2π.故选B. [答案]　(15＋3)π [解析]　如右图所示：剩余几何体表面积等于圆环的面积加上圆台的侧面积再加上圆柱的侧面积，由题意r＝1，R＝2，h＝3，所以圆环的面积为S1＝π(R2－r2)＝3π，圆台母线l＝＝＝，所以圆台侧面积为S2＝πl(R＋r)＝3π，圆柱侧面积为S3＝2πRh＝12π，所以剩余的几何体表面积等于S1＋S2＋S3＝(15＋3)π. 1．(2026·陕西安康模拟)已知正三棱台ABC－A1B1C1的上底面积为，下底面积为4，高为2，则该三棱台的表面积为(　　) A．5＋3 B．3 C．5＋18 D．18 [解析]　由面积公式可得正三棱台上下底面边长分别为2和4，设C1在底面ABC内的射影为H，作HQ⊥BC于Q，C1H⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，则有C1H⊥BC，又HQ⊥BC，C1H∩HQ＝H，C1H，HQ⊂平面C1HQ，所以BC⊥平面C1HQ，C1Q⊂平面C1HQ，所以BC⊥C1Q，由BC＝4，B1C1＝2，BB1＝CC1，则CQ＝1，又∠HCQ＝，所以HQ＝，则C1Q＝＝，故三棱台的侧面积为××3＝3，表面积为5＋3.故选A. 2．(2025·湖南长沙调研)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是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度)，如图2所示．已知球的半径为R，酒杯的容积πR3，则其内壁表面积为________. [解析]　设圆柱的高为h，内壁的表面积为S，由题意可知：πR3＋πR2·h＝πR3，解得：h＝3R.内壁的表面积等于圆柱的侧面积加半球的表面积，即S＝2πR·h＋2πR2＝8πR2. A． B． C． D． [解析]　设正四面体的棱长为a，球O的半径为R，易得正四面体的高h＝＝a，则R＝a.正四面体的体积V1＝× a2sin 60°×a＝a3，球O的体积V2＝πR3＝π×3＝πa3，所以＝.故选A. [解析]　作出几何体的轴截面如图所示：则所求几何体是由一个底面直径为2，高为2的圆柱与一个底面直径为2，高为2的圆柱的一半构成，则所求几何体体积．V＝π×12×2＋π×12×2＝3π. A．2 B． C． D． [解析]　解法一：连接AC，BD交于点M，取EF的中点为O，则OM⊥平面ABCD，由EF＝2，其余棱长都为1，所以OM＝，取BC的中点为G，连接FG，则FG⊥BC，过O作ON⊥FG，则ON⊥平面BCF，如图所示，由题意可知，FG＝，则FN＝×＝，所以ON＝＝，所以V＝×1×1×＋2×××12×＝.故选D. 解法二：作AP⊥EF于P，BQ⊥EF于Q，连接DP、QC.由题意易知ADP－BCQ为直三棱柱，且AP＝DP＝，∴S△ADP＝，又EF⊥平面ADP，∴V＝＋2×××＝.故选D. A．12＋3 B．12＋4 C．12＋4 D．12＋4 解析]　如图，＝8，＝＝4，∴＝， ∴＝，∴＝＝，∴＝4，∴＝＋＝12＋4，故选B. 1．(角度1)(2023·全国甲卷)在三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝，则该棱锥的体积为(　　) A．1 B． C．2 D．3 [解析]　取AB中点E，连接PE，CE，如图，∵△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，∴PE⊥AB，CE⊥AB，又PE，CE⊂平面PEC，PE∩CE＝E，∴AB⊥平面PEC，又PE＝CE＝2×＝，PC＝，故PC2＝PE2＋CE2，即PE⊥CE，所以V＝VB－PEC＋ VA－PEC＝S△PEC·AB＝××××2＝1，故选A. A． B．16 C． D．32 [解析]　如图所示：可知四面体AB′CD′即为长方体ABCD－A′B′C′D′中去掉4个全等的三棱锥，所以四面体AB′CD′的体积为4×4×2－4××2××4×4＝.故选A. 3．(角度3)三棱台ABC－A1B1C1中，AB＝2A1B1，且＝2，则＝________. [解析]　如图，三棱台ABC－A1B1C1中，AB＝2A1B1，∴S△ABC＝，∴＝＝＝8，又＝，∴＝＝＝4，∴＝＋＋＝14. 1．(2026·河南周口开学考试)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝，AB＝AC＝2，PA＝2，则该三棱锥外接球的表面积为________. [解析]　在底面△ABC中，∠BAC＝，AB＝AC＝2，由余弦定理，可得BC＝＝6，设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r1，三棱锥外接球的球心为O，半径为r2，在△ABC中，由正弦定理可得2r1＝＝＝4，解得r1＝2，因 为PA⊥平面ABC，OO1⊥平面ABC，且球心O到点P，A的距离相等，所以球心O到底面ABC的距离为d＝OO1＝PA＝1，在Rt△OBO1中，r＝r＋d2＝(2)2＋12＝13，故该三棱锥外接球的表面积为4πr＝52π. 2．(2026·江苏南京中华中学调研)已知圆台的上下底面半径之比为1∶2，它的内切球(与圆台的上下底面以及每条母线都相切的球)体积为，则该圆台的体积为(　　) A． B． C．3π D． [解析]　由于圆台的内切球体积为，设其内切球半径为R，所以＝R3，则半径R＝1，所以圆台的高度h＝2，设圆台上底面半径为r1，则下底面半径为2r1，圆台轴截面如下图：O为球心，O1，O2为上下底面圆圆心，根据切线长定理，圆台的母线长l＝BC＝BA＋AC＝O1B＋O2C＝r1＋2r1＝3r1，由母线长l与圆台上下底面半径r1,2r1、高度h关系可得：l2＝h2＋(2r1－r1)2，所以9r＝4＋r，可得r1＝，则该圆台的体积为V＝h[r＋(2r1)2＋r1·2r1]π＝×2×π＝.故选A. 2．利用体积法求多面体内切球半径，r＝. A．(2－)∶1 B．(2－3)∶1 C．(－1)∶3 D．(－1)∶2 [解析]　因为VA⊥底面ABC，AB、AC⊂底面ABC，所以VA⊥AB，VA⊥AC.又因为∠BAC＝90°，所以AB⊥AC，而AB＝AC＝AV＝2.所以三条棱互相垂直且共顶点，AB，AC，AV可以看成正方体中，共顶点的三条棱，因此该三棱锥外接球的半径R＝＝.因为∠BAC＝90°，所以BC＝＝＝2，因为VA⊥AB，VA⊥AC，AB＝AC＝AV＝2，所以VB＝VC＝＝＝2.设该三棱锥的内切球的半径为r，由三棱锥的体积公式可得：V＝·S表·r＝ ×r＝××2×2×2⇒r＝，所以r∶R＝∶＝(－1)∶3，故选C. A．0 B． C． D． [解析]　将圆锥侧面沿母线AB剪开并展开成扇形，则该扇形半径AB＝4，弧长为2π×1＝2π，圆心角∠BAM＝＝，最短路线即为扇形中的线段BM，BM＝＝2，过A作BM的垂线，垂足为N，当蚂蚁从B点爬行到点N过程中，它与点A的距离越来越小，于是BN为上坡路段，当蚂蚁从点N爬行到点M的过程中，它与点A的距离越来越大，于是NM为下坡路段，下坡路段长NM＝AM·cos∠AMB＝2×＝.故选B. A． B． C． D． [解析]　设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为α，则SABCD＝·AC·BD·sin α≤ ·AC·BD≤·2r·2r＝2r2(当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立)，即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2，又r2＋h2＝1，则VO－ABCD＝·2r2·h＝≤＝，当且仅当r2＝2h2即h＝时等号成立，故选C. A． B． C． D．1 [解析]　由题意，∵球O的半径为1，且BC＝2，∴A，B，C三点所在的平面经过球心，BC为球的一条直径．∵AB＝AC，∴△ABC是等腰直角三角形，如图，由几何知识得，当点P位于垂直于平面ABC的直径的端点时，三棱锥P－ABC的体积取得最大值，此时BO＝CO＝AO＝PO＝BC＝1，∴最大值为V＝S△ABC·OP＝·BC·AO·OP＝××2×1×1＝，故选B. A． B． C． D．14 [解析]　如图所示，将正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(图1)的侧面展开，得到展开图(图2)，当A，E，F，G，A1五点共线时，AE＋EF＋FG＋GA1取得最小值，且最小值为＝.故选A. A． B．2π C． D． [解析]　设内接圆柱的底面半径为r(0<r<1)，高为h(0<h<3)，因为圆锥的底面半径为1，高为3，由相似三角形可得＝，则h＝3(1－r)，则圆柱的表面积为S＝2πr2＋2πrh＝2πr2＋2πr×3(1－r)＝－4πr2＋6πr＝－4π2＋π，所以当r＝时，内接圆柱的表面积取得最大值为π.故选C. 2．(2026·浙江嘉兴模拟)已知正三棱台的体积为，其上下底面的边长分别为1和2，则这个正三棱台的高为(　　) A． B． C．1 D．2 [解析]　正三棱台的上底面积为S1＝，下底面积为S2＝×22＝，因为台体体积为V＝(S1＋S2＋)，所以＝，解得h＝1，即正三棱台的高为1.故选C. A．1 B． C． D． [解析]　因为S圆柱侧面积＝2π×＝2π，S圆锥侧面积＝π×2×4＝8π.所以比值为.故选C. 4．(2025·江苏南通调研)在正三棱台ABC－A1B1C1中，AB＝4，A1B1＝2，A1A与平面ABC所成角为，则该三棱台的体积为(　　) A． B． C． D． [解析]　由题设，将棱台补全为正棱锥P－ABC，如图，且△A1B1C1，△ABC均为正三角形，其中O为底面ABC中心，连接PO，则PO⊥面ABC，而AO⊂面ABC，即PO⊥AO，所以A1A与平面ABC所成角为∠PAO＝，而AB＝4，则AO＝×AB·sin 60°＝，所以PO＝AO＝，令P－A1B1C1的高为h，结合棱台的结构特征， 知＝⇒h＝＝，所以棱台体积V＝VP－ABC－＝××＝.故选C. A．3 B．4 C．4 D．6 [解析]　在图1中的几何体中，水的体积为V1＝S△ABC·h，在图2的几何体中，水的体积为V2＝＝S△ABC×6－××6＝4S△ABC，因为V1＝V2，可得S△ABC·h＝4S△ABC，解得h＝4.故选B. 6．(2026·河北保定四校联考)某正四棱锥的底面棱长为4 cm，其侧面与底面夹角的正切值为，则该正四棱锥的侧面积为(　　) A．2 cm2 B．4 cm2 C．8 cm2 D．25 cm2 [解析]　如图，设该正四棱锥为S－ABCD，则AB＝AD＝4 cm，取底面ABCD的中心O，棱AB的中点H，连接SO，SH，OH，则SH⊥AB，OH⊥AB，且OH＝2 cm.所以∠SHO即为侧面SAB与底面ABCD的夹角，所以tan∠SHO＝，所以SO＝OHtan∠SHO＝2×＝3 cm，则SH＝＝ cm，故该正四棱锥的侧面积为4×AB·SH＝8 cm2.故选C. [解析]　如图1，三棱锥P－AMN的三条侧棱PA，PM，PN两两垂直，即PM⊥PN，PA⊥PM，PA⊥PN，如图2，将三棱锥P－AMN补形为长方体AEFH－PNGM，因为三棱锥的外接球即为长方体AEFH－PNGM的外接球，设三棱锥P－AMN外接球的半径为R，因为PM＝2，PN＝2，PA＝4，所以(2R)2＝PM2＋PN2＋PA2＝22＋22＋42＝24，所以三棱锥的外接球的半径R＝，所以三棱锥P－AMN的外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×6＝24π.故选A. A．2 B．5 C．2 D． [解析]　在三棱锥P－ABC中，取AB的中点D，连接CD、PD，又因为正△ABC的边长为5，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，则CD⊥AB，CD＝，由PA2＋PB2＝AB2，所以PA⊥PB，所以△PAB为直角三角形，因为D为AB的中点，所以PD＝，又因为PD2＋CD2＝2＋2＝25＝PC2，所以PD⊥CD，又因为PD∩AB＝D， PD，AB⊂平面PAB，所以CD⊥平面PAB，所以三棱锥P－ABC的体积为V＝S△PAB·CD＝××3×4×＝5，故B正确．故选B. 9．(2025·广西来宾、玉林质检)圆锥的顶点为S，AB为底面直径，若AB＝2，∠ASB＝，则该圆锥的外接球的表面积为(　　) A． B． C． D． [解析]　设圆锥底面圆心为O1，外接球球心为O，半径为R，则Rt△SO1A在中，AO1＝1，∠ASO1＝30°，∴SO1＝.由OO＋AO＝AO2⇒(－R)2＋12＝R2，解得R＝，∴该圆锥的外接球的表面积为S＝4πR2＝.故选B. A．πR2 B．2πR2 C．2πR2 D．4πR2 [解析]　设圆柱的底面半径为r，高为h，由圆柱体零件的侧面积最大可得圆柱体内接于球，此时圆柱的轴的中点为球的球心，所以r2＋2＝R2，由基本不等式可得r2＋2≥2·r·＝rh，当且仅当r＝R，h＝R时等号成立，所以rh≤R2，圆柱的侧面积S＝2πrh，所以S≤2πR2，当且仅当r＝R，h＝R时等号成立，所以可能制作的圆柱体零件的侧面积的最大值为2πR2.故选B. A．共有18个顶点 B．共有36条棱 C．表面积为6＋8 D．体积为8 [解析]　由图可知该多面体有24个顶点，36条棱，故A错误，B正确；该多面体的棱长为1，且表面由6个正方形和8个正六边形组成，故该多面体的表面积为6×1＋8×6××1×1×sin 60°＝6＋12，故C错误；正八面体E－ABCD－F可分为两个全等的正四面体，其棱长为3，过E作EO⊥平面ABCD于O，连接AO，如图：因为EO⊥平面ABCD，且OA⊂平面ABCD，所以OE⊥ OA，正方形ABCD中，由边长为3，则对角线长为3，则OA＝，在Rt△AOE中，EO＝＝，则EF＝2OE＝3，正八面体E－ABCD－F的体积为×32×3＝9，切割掉6个棱长均为1的正四棱锥，减少的体积为6××12×＝，所以该阿基米德多面体的体积为9－＝8，故D正确．故选BD. A．圆台的全面积为14π B．圆台的体积为14π C．圆台的中截面(过圆台高的中点且平行底面的截面)面积为 D．从点A经过圆台的表面到点C的最短距离为3 [解析]　对A选项：圆台的全面积为π×12＋π×22＋π×(1＋2)×3＝14π，故A正确；对于B选项：圆台的体积为(π×12＋π×22＋π×)×2＝，故B错误；对于C选项：易知圆台的轴截面ABCD为等腰梯形，其中位线为中截面圆的直径，所以中截面圆的半径长为＝，所以中截面圆的面积为π×2＝，故C错误；对于D选项：将圆台沿着轴截面ABCD切开，将圆台的侧面的一半展开如图所示， 延长BA，CD交于点M，在圆台的轴截面等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，易知A，D分别为BM，CM的中点，所以AM＝DM＝AB＝3，设∠AMD＝θ，则＝3θ＝π，则θ＝，在△ACM中，AM＝3，CM＝6，∠AMD＝，由余弦定理可得AC＝＝＝3，因此，从点A经过圆台的表面到点C的最短距离为3，故D正确．故选AD. [解析]　如图，△ABC为等边三角形，O为AB的中点，CO＝2×＝，以其边AB所在直线为轴，其余各边旋转一周围成的几何体是以CO为半径的圆为底面高为1的两个圆锥，故几何体体积为2××π×()2×1＝2π. 14．(2026·山东济南摸底)在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2A1B1，设正四棱台ABCD－A1B1C1D1的体积为V，三棱锥D－A1C1B的体积为V0，则＝________. [答案]　 [解析]　设四棱台ABCD－A1B1C1D1的上底面面积为S1，下底面面积为S，高为h，由于AB＝2A1B1，四边形ABCD和四边形A1B1C1D1相似，故S＝4S1，则V＝h(S1＋＋S)＝S1h；V0＝－－－＝V－×S1h－×S1h－××4S1h－××4S1h＝S1h－S1h＝S1h，∴＝＝. [解析]　如图，∵SC⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴SC⊥AB，又∵AB⊥AC，AC、SC⊂平面SAC，AC∩SC＝C，∴AB⊥平面SAC，又∵CM⊂平面SAC，∴AB⊥CM，又∵CM⊥SA，SA、AB⊂平面SAB，SA∩AB＝A，∴CM⊥平面SAB，又∵BM⊂平面SAB，∴CM⊥BM，而CM＝BM＝2，∴BC＝2，取BC中点O，则在Rt△ABC与Rt△MBC中，OM＝OC＝OB＝OA＝，故点O即为三棱锥A－MCB外接球的球心，且其半径r＝，∴三棱锥A－MCB外接球的表面积S＝4πr2＝8π. A．π B．π C．π D．4π [解析]　设圆锥的高SO＝h，底面圆的半径为r，则＝， ∴r2＝.∴VOS＝r2h＝＝≥(当且仅当h＝4时取等号)∴圆锥SO体积的最小值为.故选C. A．3 B．3 C．6 D．9 [解析]　在正四面体ABCD中，O是正△BCD的中心，则AO⊥底面BCD，而BO＝×3×sin 60°＝，则正四面体ABCD的高AO＝＝，体积VABCD＝S△BCD·AO＝××32×＝，设圆柱的底面圆半径为r，依题意，πr2·＝，解得r＝，所以该圆柱的侧面积S＝2πr·＝2π·＝3.故选A. 3．(2025·贵州遵义适应性考试)在矩形ABCD中，AB＝2a，BC＝4a，E为BC的中点，将△ABE和△CDE分别沿AE，DE折起，使点B与点C重合，记为点P，若三棱锥P－ADE的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为(　　) [解析]　依题意，PE⊥PA，PE⊥PD，PA∩PD＝P，PA，PD⊂平面PAD，则PE⊥平面PAD，PA＝PD＝2a，AD＝4a，即有PA2＋PD2＝AD2，则PA⊥PD，由此可将三棱锥P－ADE补成以PE，PA，PD为相邻三条棱的长方体，若三棱锥P－ADE的四个顶点都在球O的球面上，则该长方体的各顶点亦在球O的球面上，设球O的半径为R，则该长方体的体对角线长为2R,2R＝＝2a，所以球O的表面积S＝4πR2＝20πa2.故选B. 4．(多选题)(2026·山东青岛调研)正四棱锥P－ABCD的底面边长是4，侧棱长为4，则(　　) A．正四棱锥P－ABCD的体积为32 B．侧棱与底面所成角为 C．其外接球的半径为 D．其内切球的半径为 [解析]　由题意知正四棱锥的高PO＝＝2，∴VP－ABCD＝PO·S正ABCD＝，∴A错；侧棱PA与底面所成角为∠PAO，在Rt△PAO中cos∠PAO＝＝，∴∠PAO＝，∴B对；设外接球的球心为O2，半径为R，则＋R＝2，∴R＝，∴C对．解法一：设四棱锥内切球球心为O1，N为BC的中点，球切平面PBC于H，则H∈PN，且PN＝2，由△PO1H△PNO得＝(r为内切球半径)，解得r＝. 解法二：VP－ABCD＝SP－ABCD，即＝(16＋4S△PBC)＝(16＋16)，解得r＝.∴D对．故选BCD. A．直三棱柱的侧面积是4＋2 B．直三棱柱的外接球表面积是4π C．三棱锥E－AA1O的体积与点E的位置无关 D．AE＋EC1的最小值为2 [解析]　△ABC中，AC＝＝，所以直棱柱的侧面积为(1＋1＋)×2＝4＋2，故A正确；△ABC外接圆的半径r＝＝1，所以直棱柱外接球的半径R＝＝，则直三棱柱外接球的表面积S＝4πR2＝8π，故B错误；因为BB1∥AA1，且BB1⊄平面AA1C1C，A1A⊂平面AA1C1C，所以BB1∥平面AA1C1C，点E在BB1上，所以点E到平面AA1C1C的距离相等，为等腰三角形ABC底边的高为，且△AA1O的面积为×2×＝，则三棱锥E－AA1O的体积为定 值××＝，与点E的位置无关，故C正确；将侧面展开为如图长方形，连接AC1，交BB1于点E，此时AE＋EC1最小，最小值为＝2，故D正确．故选ACD. $