19.空间几何体的结构特征、表面积与体积-【满分思维】2026年五年高考真题分类汇编·数学

**基本信息** 精选2020-2024年新高考及全国卷真题，聚焦空间几何体表面积与体积，融合胡夫金字塔、北斗卫星等真实情境，适配高考复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|6道|圆锥母线长、圆柱圆锥侧面积与体积关系、棱台体积计算|结合胡夫金字塔（文化）、南水北调水库（社会热点）情境| |多选|2道|圆锥体积与侧面积、多面体体积比较|涉及二面角、空间垂直关系等综合推理| |填空|3道|圆台体积比、正四棱台体积|通过补形法、相似比等方法考查空间想象能力|

19.空间几何体的结构特征、表面积与体积 1.（2021·新高考Ⅰ卷3题）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（　　） A.2 B.2 C.4 D.4 解析：B　设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为，所以2π×＝πl，解得l＝2，故选B. 2.（2020·全国Ⅰ卷3题）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（　　） A. B. C. D. 解析：C　设正四棱锥的高为h，底面正方形的边长为2a，斜高为m，依题意得h2＝×2a×m，即h2＝am　①，易知h2＋a2＝m2　②，由①②得m＝a，所以＝＝.故选C. 3.（2024·新高考Ⅰ卷5题）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：B　设圆柱和圆锥的底面半径为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. 4.（2021·新高考Ⅱ卷5题）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（　　） A.20＋12　 B.28 C.　 D. 解析：选D　如图，分别取上下底面的中心O1，O，过B1作B1M⊥OB于点M，则OB＝2，O1B1＝，BM＝，B1M＝＝，故四棱台的体积为V＝（S上＋S下＋）h＝×（4＋16＋8）×＝，故选D. 5.（2022·新高考Ⅰ卷4题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为（≈2.65）（　　） A.1.0×109 m3 B.1.2×109 m3 C.1.4×109 m3 D.1.6×109 m3 解析：C　如图，由已知得该棱台的高为157.5－148.5＝9（m），所以该棱台的体积V＝×9×（140＋＋180）×106＝60×（16＋3）×106≈60×（16＋3×2.65）×106＝1.437×109≈1.4×109 （m3）.故选C. 6.（2021·新高考Ⅱ卷4题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36 000 km（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）.将地球看作是一个球心为O，半径r为6 400 km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数.地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S＝2πr2（1－cos α）（单位：km2），则S占地球表面积的百分比约为（　　） A.26% B.34% C.42% D.50% 解析：C　如图，作出过地球静止同步轨道卫星轨道左右端点的竖直截面，则OB＝36 000＋6 400＝42 400，cos α＝＝，S占地球表面积的百分比为＝≈42%，故选C. 7.（多选）（2023·新高考Ⅱ卷9题）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 解析：AC　如图，连接PO.在△PAB中，PA＝PB＝2，∠APB＝120°，且点O是AB的中点，∴PO⊥AB，∠APO＝60°，∴PO＝1，OA＝，即圆锥的高h＝1，底面圆的半径r＝.对于A，该圆锥的体积V＝πr2h＝π×（）2×1＝π，则A正确；对于B，该圆锥的侧面积S＝×2πr×PA＝π××2＝2π，则B不正确；对于C，取AC的中点D，连接OD，PD.由OA＝OC，得OD⊥AC.又∵PA＝PC，D为AC的中点，∴AC⊥PD，∴∠PDO为二面角P-AC-O的平面角，则∠PDO＝45°.又在Rt△POD中，PO＝1，∴OD＝1，∴AC＝2＝2＝2，则C正确；对于D，在Rt△POD中，PO＝1，∠PDO＝45°，∴PD＝，∴△PAC的面积S＝×AC×PD＝×2×＝2，则D不正确.故选A、C. 8.（多选）（2022·新高考Ⅱ卷11题）如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E-ACD，F-ABC，F-ACE的体积分别为V1，V2，V3，则（　　） A.V3＝2V2 B.V3＝V1 C.V3＝V1＋V2 D.2V3＝3V1 解析：CD　法一　如图，连接BD交AC于O，连接OE，OF.设AB＝ED＝2FB＝2，则AB＝BC＝CD＝AD＝2，FB＝1.因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，所以FB⊥平面ABCD，所以V1＝VE-ACD＝S△ACD×ED＝×AD×CD×ED＝××2×2×2＝，V2＝VF-ABC＝S△ABC×FB＝×AB×BC×FB＝××2×2×1＝.因为ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以ED⊥AC，又AC⊥BD，且ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF.因为OE，OF⊂平面BDEF，所以AC⊥OE，AC⊥OF.易知AC＝BD＝AB＝2，OB＝OD＝BD＝，OF＝＝，OE＝＝，EF＝＝＝3，所以EF2＝OE2＋OF2，所以OF⊥OE，又OE∩AC＝O，OE，AC⊂平面ACE，所以OF⊥平面ACE，所以V3＝VF-ACE＝S△ACE·OF＝×AC×OE×OF＝××2××＝2，所以V3≠2V2，V1≠V3，V3＝V1＋V2，2V3＝3V1，所以选项A、B不正确，选项C、D正确，故选C、D. 法二　设AB＝ED＝2FB＝2，则V1＝×2×2＝，V2＝×2×1＝.如图，连接BD交AC于点O，连接EO，FO，则FO＝，EO＝，EF＝3，所以S△EOF＝××＝，所以V3＝S△EOF·AC＝2，所以V3＝V1＋V2，2V3＝3V1.故选C、D. 9.（2024·全国甲卷14题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台的母线长分别为2（r2－r1），3（r2－r1），则圆台甲与乙的体积之比为　　　　. 答案： 解析：两圆台的上、下底面积对应相等，则两圆台的体积之比为高之比，根据母线与半径的 关系可得甲与乙的体积之比为＝＝. 10.（2023·新高考Ⅱ卷14题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为　　　　. 解析：法一　如图，在正四棱锥A-BCDE中截去正四棱锥A-B'C'D'E'.过点A作AO⊥平面BCDE于点O，交平面B'C'D'E'于点O'.过点O作OF⊥CD于点F，连接AF交C'D'于点F'，连接O'F'，则O'F'⊥C'D'.易知△AO'F'∽△AOF，∴＝，即＝，得OO'＝3，∴所得正四棱台上底面的边长为2，下底面的边长为4，高为3，∴V＝×（4＋16＋）×3＝28. 法二　由法一，知四棱锥A-BCDE的高AO＝6，∴VB'C'D'E'-BCDE＝VA-BCDE－VA-B'C'D'E'＝×4×4×6－×2×2×3＝28. 答案：28 11.（2023·新高考Ⅰ卷14题）在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为　　　　. 解析：法一　如图所示，设点O1，O分别为正四棱台ABCD-A1B1C1D1上、下底面的中心，连接B1D1，BD，则点O1，O分别为B1D1，BD的中点，连接O1O，则O1O即为正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高，过点B1作B1E⊥BD，垂足为E，则B1E＝O1O.因为AB＝2，A1B1＝1，所以OB＝，O1B1＝，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝，又AA1＝，所以BB1＝，B1E＝＝＝，所以O1O＝，所以＝×（22＋12＋）×＝. 法二　如图，将正四棱台ABCD-A1B1C1D1补形成正四棱锥P-ABCD，因为AB＝2，A1B1＝1，AB∥A1B1，所以A1，B1，C1，D1分别为PA，PB，PC，PD的中点，又A1A＝，所以PA＝2，即PB＝2.连接BD，取BD的中点为O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，易知BO＝，所以PO＝＝，所以正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高为，所以＝×（22＋12＋）×＝. 答案： 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $