专题04 立体几何初步（空间几何体）（6大考点期末真题汇编，黑龙江专用）高一数学下学期人教A版

**基本信息** 聚焦立体几何6大高频考点，汇编黑龙江、吉林多校期末真题，注重空间想象与运算能力分层考查 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|23题|斜二测画法、表面积、体积等基础考点|结合祖暅原理、须弥座等文化情境，如正四棱台体积计算| |多选题|5题|外接球、截面轨迹等综合考点|融入阿基米德多面体等科学素材，考查空间几何直观| |填空题|11题|内切球、最短距离等创新考点|设计翻折问题、动态截面探究，匹配高考命题趋势|

专题04 立体几何初步（空间几何体） 6大高频考点概览 考点01斜二测画法 考点02多面体表面积 考点03多面体体积 考点04外接球 考点05内切球 考点06轨迹/截面/最短距离问题 地 城 考点01 斜二测画法 一、单选题 1．(24-25高一下·吉林、黑龙江六校联考·期末)如图，在直角梯形中，，则直角梯形的直观图的面积为（   ）    A．8 B． C．1 D． 【答案】C 【分析】根据已知求原图的面积，再由斜二测画法中原图与直观图面积关系求结果. 【详解】由题设， 由. 故选：C 2．(24-25高一下·黑龙江绥化安达高级中学·期末)的直观图如图所示，其中轴，轴，且，则的面积为（   ）    A． B．4 C． D．8 【答案】B 【分析】将直观图还原为原图，然后即可求解. 【详解】将直观图还原为原图，如图所示，则是直角三角形，其中，，    故的面积为， 故选：B． 3．(24-25高一下·黑龙江绥化海伦第一中学·期末)如图，按斜二测画法所得水平放置的平面四边形的直观图为梯形，其中，，，．以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据图形求得，然后还原原图形，最后利用公式计算. 【详解】作，如图： 由，，所以， 则原几何体为圆台，上底面半径为，下底面半径为，高为4，如图： 所以该几何体的体积为：. 故选：A 地 城 考点02 多面体表面积 一、单选题 1．(24-25高一下·黑龙江牡丹江第二高级中学·期末)圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为7，圆台的侧面积为，则圆台较小底面的半径为（    ） A．8 B．7 C．5 D．3 【答案】D 【分析】根据侧面积公式求解即可. 【详解】依题意，设圆台较大底面的半径为，较小底面的半径为，则， 故. 故选：D 2．(24-25高一下·黑龙江大庆大庆中学·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 【分析】根据正四棱锥结构特征可求得侧面的高，由此可计算得到结果. 【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. 3．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第十二中学校·期末)已知圆锥高为2，母线与底面所成角为，则该圆锥的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题目条件求出圆锥的母线长和底面半径，进而根据圆锥表面积公式求出圆锥的表面积. 【详解】因为圆锥的高为2，母线与底面成角为45°， 所以母线长为.圆锥底面半径为2. 所以圆锥的表面积为. 故选：C. 4．(24-25高一下·黑龙江龙东联盟·期末)在三棱锥中，两两垂直，则该三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将三棱锥补全为长方体，长方体的外接球就是所求的外接球，长方体的体对角线就是外接球直径，计算出半径后可得表面积． 【详解】将三棱锥补全为长方体，则长方体的外接球就是所求的外接球， 设球半径为，则， 所以，所以球的表面积为. 故选：B． 5．(24-25高一下·黑龙江双鸭山部分学校·期末)如图1，圆锥的母线长为3，底面圆直径，点为底面的中点，则在该圆锥的侧面展开图（图2）中（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据圆锥与展开图的关系，求对应的圆心角，再转化向量，求向量的数量积. 【详解】如图，连结， 圆锥底面圆的周长为，母线为3，所以扇形展开图的圆心角为， 则，， ， . 故选：D 6．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第三十二中学校·期末)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，再将容器绕边倾斜.随着倾斜度的不同，在下面四个命题中错误的是（    ）    A．没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．当容器倾斜如图所示时，是定值 【答案】C 【分析】对于A：根据棱柱的特点进行判断；对于B：根据线面平行的判定定理来判断；对于C：观察不同倾斜度下的面积变化来判断；对于D：根据水的体积和高均不变来判断. 【详解】对于A：将容器绕边倾斜，随着倾斜度的不同，平面平面， 平面，平面，平面，平面都是平行四边形， 所以没有水的部分始终呈棱柱形，故A正确； 对于B：面，面， 所以面，即棱始终与水面所在平面平行，故B正确； 对于C：如下图： 水面所在四边形的面积等于长方形的面积， 如下图： 水面所在四边形的面积大于长方形的面积，故C错误； 对于D：当容器倾斜如图所示时，有水的部分形成一个直三棱柱， 三棱柱的底面为三角形，高为，根据水的体积为定值， 可得底面三角形的面积为定值，故是定值，故D正确. 故选：C. 二、多选题 7．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第三十二中学校·期末)（多选）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 【分析】根据正三棱台的结构特征和表面积公式进行计算求解即可. 【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. 三、填空题 8．(24-25高一下·黑龙江大庆大庆实验中学·期末)已知正方体的棱长为1，除面外，该正方体其余各面的中心分别为点（如图），则四棱锥的表面积是__________.    【答案】 【分析】由题意得出四棱锥的底面是边长为的正方形，四个侧面都是边长为的等边三角形，进一步结合棱锥的表面积公式即可求解. 【详解】如图所示：    由题意可得，底面四边形为边长为的正方形，其面积， 设为中点，为正方形中心，则，， 显然，所以正四棱锥的侧棱，同理， 又，所以正四棱锥的四个侧面都是边长为的等边三角形， 设四棱锥的表面积是， 则. 故答案为：. 地 城 考点03 多面体体积 一、单选题 1．(24-25高一下·黑龙江黑河龙西北名校联盟·期末)圆台上底面半径为1，下底面半径为2，高为3，则圆台的体积为（   ） A．3 B．7 C． D． 【答案】D 【分析】直接代入圆台的体积公式计算即可. 【详解】由题意有：， 所以. 故选：D. 2．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨德强高级中学·期末)如图所示，一个正四棱台的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为，则该正四棱台的体积为（   ）． A． B． C．224 D． 【答案】D 【分析】检验所给定条件，结合正四棱台的结构特征求出正四棱台的高扩底面边长，再利用台体的体积公式计算得解. 【详解】设，则，正四棱台的各个侧面都为等腰梯形，上､下底面为正方形， 在四边形中，过点作于点，，则， ，解得， 在平面中，过点作于点，则为正四棱台的高， 且，因此， 该正四棱台的体积为. 故选：D 3．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨师范大学附属中学·期末)已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为，则该正四棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出正四棱台的高，再利用正四棱台的体积公式计算求解即可. 【详解】作出如图所示正四棱台，其中为正四棱台的高，为其斜高， 因为正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为， 则，，， 则该正四棱台的体积为. 故选：C. 4．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第三中学校·期末)须弥座又名“金刚座”，是一种古建筑的基座形式，通常用来作为宫殿、寺庙、塔、碑等重要建筑的基座，由多层不同形状的构件组成，一般上下宽、中间窄，呈束腰状，具有很高的艺术价值.某古建筑的基座为须弥座，其最下层为正六棱台形状，如图所示，该正六棱台的上底面边长为6m，下底面边长为8m，侧面积为，则该正六棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用台体侧面积求斜高，再由斜高求台体的高，最后利用台体体积公式求体积即可. 【详解】 取上、下底面中心分别为，取一个侧面等腰梯形的上、下中点分别为， 连接，由底面是正六边形性质可得：， 由上底面边长为，下底面边长为，可得， 则， 再由侧面积为，可得， 根据勾股定理得， 所以正六棱台的体积为 ， 故选：B. 5．(24-25高一下·黑龙江绥化哈尔滨师范大学青冈实验中学校·期末)如图，如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的时，水的体积为84，则该方斗杯可盛水的总体积为（    ） A．112 B． C． D．496 【答案】B 【分析】根据已知条件结合台体体积公式计算求解即可. 【详解】设水面与棱台的四条侧棱分别相交于， 过作交于点E，交于点，如下图所示： 易知四边形为等腰梯形，则四边形为平行四边形， 因为水面的高度是方斗杯高度的，则 ，因此， 设棱台的高为，设体积为V， 则棱台的高为，设体积为， 则 所以，由题意，， 则该方斗杯可盛水的总体积为 故选：B. 6．(24-25高一下·黑龙江牡丹江第二高级中学·期末)如图所示，正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为，是棱上的动点，为棱的中点，则下列结论错误的是（   ）    A．当为中点时，四点共面 B．当为中点时，直线与所成角为 C．三棱锥的体积为定值1 D．的最小值为 【答案】B 【分析】对于A，先证得 ，再可证得 ，从而可进行判断，对于B，由于‖，则可得为直线与所成角，然后求解判断，对于C，由于//平面，所以，然后求解判断，对于D，由于为等边三角形，所以当为中点时，取得最小值. 【详解】对于A，因为为中点，为棱的中点，所以， 因为，‖，所以，‖， 所以四边形为平行四边形，所以‖，    因为‖，所以‖，所以四点共面，所以A正确； 对于B，由选项A可知当为中点时，‖，所以为直线与所成角， 在中，，所以， 所以，所以直线与所成角不为，所以B错误， 对于C，因为‖，平面，平面，所以‖平面， 所以，所以C正确， 对于D，因为为等边三角形，是上的动点，所以当为中点时，取得最小值， 因为等边的边长为2，所以边上的中线为， 所以的最小值为，所以D正确. 故选：B 二、多选题 7．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第四中学校·期末)（多选）“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（   ） A．共有18个顶 B．共有36条棱 C．表面积为 D．与正八面体的体积之比为8:9 【答案】BD 【分析】根据正八面体的几何性质，结合题意，利用正方形与正六边形的面积公式以及正四棱锥的体积公式，可得答案. 【详解】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，故C错误； 正八面体可分为两个全等的正四棱锥，其棱长为3， 过作平面于，连接，如下图： 因为平面，且平面，所以， 正方形中，由边长为3，则对角线长为，则， 在中，，则， 正八面体的体积为， 切割掉6个棱长均为1的正四棱锥，减少的体积为， 所以该阿基米德多面体的体积为， 所以该阿基米德多面体的体积与正八面体的体积之比为，故D正确． 故选：BD. 三、填空题 8．(24-25高一下·黑龙江双鸭山部分学校·期末)如图，已知一个半径为2的半圆面剪去了一个等腰三角形，将剩余部分绕着直径所在直线旋转一周得到一个几何体，则该几何体的体积为_____.    【答案】 【分析】在三角形中作于点，求得圆锥的底面半径和高，计算出球体和圆锥体积即可求得结果. 【详解】由题，为等腰直角三角形，作于点，如图， 则绕着直径所在直线旋转一周得到的几何体为两个全等的圆锥和，    由半径为2可得圆锥底面圆半径为，圆锥的高为2， 则圆锥的体积为， 半圆面旋转一周形成半径为2的球体，其体积为， 因此剩余部分所形成的几何体的体积为. 故答案为：. 9．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第三十二中学校·期末)如图所示，在正方体中，则四棱锥的体积与正方体体积的比为__________. 【答案】 【分析】令正方体棱长为，求出正方体的体积及四棱锥的体积即可判断. 【详解】设正方体棱长为，则，. 所以四棱锥的体积与正方体体积的比为. 故答案为：. 10．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第四中学校·期末)如图，圆锥PO的底面半径为3，高为，过PO靠近P的三等分点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则下列说法正确的序号有________． ①圆锥母线与底面所成的角为     ②圆锥PO的侧面积为 ③挖去圆柱的体积为          ④剩下几何体的表面积为 【答案】①③④ 【分析】根据题意利用勾股定理可求圆锥的母线长，挖去圆柱的半径和高，然后根据体积公式以及表面积公式即可逐项求解． 【详解】如下图： 因为圆锥的底面半径为3，高为，所以母线长， 则，即圆锥母线与底面所成的角为，故①正确； 圆锥的侧面积，故②错误； 设圆柱底面与圆锥母线交于点，与圆锥底面直径交于两点， 因为为的三等分点，所以， 则圆柱的体积为，故③正确； 圆柱的侧面积， 剩下几何体的表面积，故④正确； 故答案为：①③④ 11．(24-25高一下·黑龙江绥化安达高级中学·期末)祖暅（gèng）（5世纪—6世纪），字景烁，祖冲之之子，范阳郡道县（今河北省涞水县）人，南北朝时期的伟大科学家.他在实践的基础上，于5世纪末提出了下面的体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”.这就是“祖暅原理”.用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”.例如可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，半径为R的半球与底面半径和高都为R的圆柱放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为R，高为R的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等.若球心到平面的距离为，则平面截半球所得的较小部分的几何体的体积等于___________. 【答案】 【分析】根据题意中给的原理，结合圆柱、圆锥的体积运算，即可求解. 【详解】由题意知， ， ， 所以， 所以该平面α截半球所得的较小部分的几何体的体积为： . 故答案为：. 地 城 考点04 外接球 一、单选题 1．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第四中学校·期末)已知一个直四棱柱的底面是长宽分别为4和3的矩形，侧棱长为，则这个直四棱柱的外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】可知直四棱柱即为长方体，结合长方体的结构特征求外接球半径和体积. 【详解】由题意可知：直四棱柱即为长方体， 则外接球的半径， 所以外接球的体积为. 故选：D. 2．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第七十三中学校·期末)在三棱锥中，平面，，，，，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用余弦定理求出，利用正弦定理求出外接圆半径，再利用球的截面小圆性质求解作答. 【详解】在中，，，，则， 设外接圆半径为，则，即，令外接圆圆心为，      三棱锥外接球球心为，半径为，有平面， 由平面，得，又，取中点，于是四边形为矩形， 则球心到平面的距离， 因此，所以三棱锥外接球的表面积. 故选：C 3．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨德强高级中学·期末)已知直角梯形，点在边上.将沿折成锐二面角，点均在球的表面上，当直线和平面所成角的正弦值为时，球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题设知共圆，并确定外接圆圆心位置，由已知求得到直线的距离且面，进而有面面，确定△的形状，找到外接圆圆心，利用几何关系求外接球半径，进而求表面积. 【详解】由题设知：，设点到面的距离为，则，故， 要使均在球的表面上，则共圆， 由直角梯形，则，所以， 所以，故在绕旋转过程中面，面， 所以面面，即到面的距离为，即到直线的距离， 沿折成锐二面角，过 于，则， 又，则，故，即， 综上，△、△都是以为斜边的直角三角形，且， 所以，易知：△为等边三角形，则为中点，故，， 在△中，，而，即为的中点， 同时△△，若为的中点，即为外接圆圆心， 连接，则且，故面，且△为等边三角形， 球心是过并垂直于面的直线与过△外接圆圆心垂直于面的直线交点， 若球的半径为，则，所以球的表面积. 故选：D 二、填空题 4．(24-25高一下·黑龙江牡丹江第二高级中学·期末)在三棱锥中，，点在底面的投影为的外心，若，，，则三棱锥的外接球的表面积为____________. 【答案】 【分析】依题意可得的外心为斜边的中点，且的外接圆的半径，则三棱锥外接球的球心在上，设球心为，外接球的半径为，连接，利用勾股定理求出，再由球的表面积公式计算可得. 【详解】因为，，，所以， 所以的外心为斜边的中点，且的外接圆的半径， 因为平面，所以三棱锥外接球的球心在上， 设球心为，外接球的半径为，连接，则， 所以，解得， 所以三棱锥的外接球的表面积. 故答案为： 地 城 考点05 内切球 一、单选题 1．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第三中学校·期末)已知正四面体的棱长为4，球为其内切球，球与球及正四面体的三个侧面都相切，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据正四面体的结构特征求出内切球半径，然后根据相似关系求出球的半径，最后求出球的表面积. 【详解】因为正四面体的棱长为，所以底面正三角形的高为， 底面中心到底面顶点的距离为. 根据勾股定理可得正四面体的高为. 则正四面体的体积为. 设内切球半径为，则，解得. 设的半径为，根据相似关系可知， 即，解得. 所以球的表面积为. 故选：A. 2．(24-25高一下·黑龙江绥化安达高级中学·期末)若正三棱柱既有外接球，又有内切球，记该三棱柱的内切球和外接球的半径分别为、，则（    ） A． B．5 C． D． 【答案】A 【分析】正三棱柱的外接球和内切球的球心相同，根据题意画出图形分别求出外接球和内切的半径，再求比值即可 【详解】由于三棱柱的外接球和内切球的球心相同，如图，，， 因为为正三角形，为的中心， 所以， 所以， 在中，， 所以， 所以，， 所以 ， 故选：A 二、填空题 3．(24-25高一下·黑龙江大庆大庆实验中学·期末)如图，三个半径都是6的球，球，球放在一个半球面的碗（碗的厚度不计）中，球，球，球两两外切，并且球，球，球的顶端恰好与碗的上沿处于同一水平面，碗的半径是，又有一个半径为的球与球，球，球均外切，并且球的顶端也恰好与碗的上沿处于同一水平面，则__________． 【答案】 【分析】根据题意，设三个球心在碗面的投影为，碗面中心为，则构成正三棱柱，在正三棱柱中利用勾股定理构建方程可求，再根据相切可得即可求解. 【详解】根据题意，设三个球心在碗面的投影为，碗面中心为， 则构成如图正三棱柱，底面边长为12，高 过作，交于， 则，，， 又，所以，解得， 又球，球，球与半球面相切，，所以， 则. 故答案为：. 4．(24-25高一下·黑龙江黑河龙西北名校联盟·期末)一个底面直径为，高为的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有三个半径相等的铁球，则铁球半径最大时，其中一个球的表面积______. 【答案】 【分析】由题意结合圆柱轴截面可得符合题意的示意图，结合题目数据可得答案. 【详解】设圆柱轴截面为矩形GDEF，因圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有三个半径相等的铁球， 为使球体半径最大，则球体间应尽量相切，且与圆柱相切，据此可得如下示意图. 设球体半径为r，连接AB，则.做，由对称性，. 做，过A做垂线，交于I，BJ于K， 则， 则 ，由题可得， 则，从而球体表面积为：. 故答案为： 5．(24-25高一下·黑龙江大庆大庆中学·期末)如图，在棱长为的正方体内有两个球、相外切，两球又分别与正方体内切，则两球体积之和的最小值为_____.（参考公式：.） 【答案】 【分析】设两球半径分别为，球心在正方体体对角线上，过分别作的垂线，垂足分别为，结合求得，再结合球的体积公式即可求解． 【详解】如图，设两球半径分别为，球心在正方体体对角线上， 过分别作的垂线，垂足分别为， 由图可得， 即， 整理得，所以， 故两球体积之和为 ， 由二次函数性质可知：当且仅当时，有最小值， 即两球体积之和的最小值为． 故答案为：． 地 城 考点06 轨迹/截面/最短距离问题 一、单选题 1．(24-25高一下·黑龙江黑河龙西北名校联盟·期末)如图，在正四面体木块中，点在内，过点将木块锯开，且使截面平行于直线，，若截面的周长为4，则正四面体的表面积为（   ）    A． B． C． D．2 【答案】A 【分析】作出示意图，由题意可求得，进而求得正面体的棱长，根据正三角形面积公式求解正四面体的表面积. 【详解】作出截面如图所示：    因为截面平行于直线，，由线面平行的性质定理可得，所以， 从而截面是平行四边形，所以， 所以，又，所以， 又因为截面的周长为4，所以，所以， 所以正四面体的表面积为. 故选：A 2．(24-25高一下·黑龙江大庆大庆实验中学·期末)已知边长为2的菱形，，对角线交于点，现将沿对角线翻折，得到三棱锥．记线段的中点分别为，有四个结论： ① ②三棱锥体积的最大值为 ③平面截三棱锥的截面图形可能是正方形 ④当折成的二面角为时，三棱锥的外接球半径为 则四个结论中正确的有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】①求证平面即可判断；②找到最大体积时平面，即可由锥体体积公式计算求解；③取中点，截面图形即为矩形，由题设求出即可判断；④找到球心位置，根据勾股定理列方程组即可求解. 【详解】①因为四边形为菱形，所以，故，， 又且都在平面内，所以平面， 因为平面，所以，正确； ②由①得平面，平面，所以平面平面， 当到平面的距离最大时，即平面时三棱锥的高最大， 由题意得，为等边三角形，为中点，所以， 所以三棱锥体积的最大值为，正确； ③取中点，连接，因为线段的中点分别为， 所以，且， 所以截面图形为平行四边形. 由①可知，所以，故四边形为矩形， 由题意得， 所以， 所以，即四边形不可能为正方形，错误； ④当二面角为时，由①可得 ， 所以到平面的距离为， 在平面内的投影在直线上，投影长为， 因为，所以为外接圆圆心， 所以三棱锥外接球的球心在过D且与平面垂直的直线上， 如图，设三棱锥外接球的半径为R，， 则，解得，故三棱锥外接球的半径为，错误. 故选：B 二、多选题 3．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨师范大学附属中学·期末)（多选）如图，AC为圆锥SO的底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，母线，圆锥SO的侧面积为，则下列结论正确的是（   ） A． B．三棱锥的体积最大值为 C．若点B为弧AC的中点，则二面角的平面角大小为 D．若，E为线段AB上的动点，则的最小值为 【答案】ABD 【分析】A选项，由圆锥侧面积公式得到，根据勾股定理求出圆锥的高；B选项，由勾股定理得，表达出三棱锥的体积，利用基本不等式求出最大值；C选项，作出辅助线，得到即为二面角的平面角，并求出，故，C错误；D选项，将与沿着折叠到同一平面内，得到最小值为，作出辅助线，由勾股定理求出最小值. 【详解】A选项，圆锥SO的侧面积为，即， 又，故， 由勾股定理得，A正确； B选项，因为为直径，所以⊥，且， 由勾股定理得， ， 当且仅当时，等号成立， 所以三棱锥的体积最大值为，B正确； C选项，取的中点，连接， 点B为弧AC的中点，所以， 又⊥，所以⊥， 因为，由三线合一得⊥， 所以即为二面角的平面角， 其中，故， 又，所以，故，C错误； D选项，若，则为等腰直角三角形，且， 又，所以为等边三角形， 将与沿着折叠到同一平面内，如图所示， 连接，交于点，此时最小，最小值为， 过点作⊥，交的延长线于点， 则，， 所以，由勾股定理得 ，D正确. 故选：ABD 4．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨师范大学附属中学·期末)（多选）如图，正方体的棱长为6，分别是的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（   ） A．若平面，则点运动轨迹长度为 B．若，则点运动轨迹长度为 C．过三点的平面截正方体所得截面图形的周长为 D．三棱锥的外接球表面积为 【答案】BCD 【分析】对于A根据线面平行，找到平行平面与已知平面的交线即可；对于B通过球与平面相交的截面圆计算轨迹长度；对于C利用平行线找到平面的截面图形在计算长度；对于D三棱锥外接球问题，计算球的半径，最后计算球的表面积； 【详解】 对于A，取中点，连接， 若平面，过点作平面的平行平面， 因为分别是的中点，所以， 又平面，平面，可得 平面， 同理 平面，进而得到平面 平面， 点是底面内一动点，点运动轨迹为线段,长度为6，A错误； 对于B，若，则可看作以为球心，半径为的球与平面相交的圆的四分之一周长即为点运动轨迹， 在正方体中，平面，且， 设球与平面的截面圆半径, 所以点运动轨为以D为圆心，为半径的圆在正方形内的部分， 则点运动轨迹长度为，B正确； 对于C，因为， 过三点的平面截正方体所得截面图形，则截面图形的周长为 ，C正确； 对于D，因三棱锥为墙角模型，故其外接球可以为长宽高分别为6，6，3的长方体的外接球， 则外接球半径为，所以表面积，故D正确； 故选：BCD. 5．(24-25高一下·黑龙江绥化哈尔滨师范大学青冈实验中学校·期末)（多选）如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（） A．动点的轨迹是一条线段 B．直线与的夹角为 C．三棱锥的体积是随点的运动而变化的 D．平面截正方体所得截面的面积为 【答案】ABD 【分析】对于A，过做一个平面，使得该平面与平面平行，该平面与正方体左侧面的交线段即为动点的轨迹；对于B，或其补角为异面直线与的夹角，在三角形中求角即可；对于C，由A知平面，故点到平面的距离为定值，又的面积为定值，进而体积为定值；对于D，取的中点，连接，则四边形为为正方体的截面，计算边长即可求面积. 【详解】对于A，如图： 分别取的中点H，G，连接，，，． 由正方体的性质可得，且平面，平面， 所以平面，同理可得：平面， 且平面，所以平面平面， 而平面，所以平面，所以点的轨迹为线段，故A正确； 对于C，由A可知的轨迹为线段，平面平面，所以平面， 所以点到平面的距离为定值，又的面积为定值， 故三棱锥的体积是定值，不会随点的运动而变化，故C错误； 对于B，如图： 连接，，因为，所以四边形为平行四边形， 所以，所以或其补角为异面直线与的夹角， 因为为正方体，，都为面对角线，所以， 所以为等边三角形，所以，故B正确； 对于D，如图： 取的中点，连接，取的中点，连接， 易知且，且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以且. 同理可证四边形也为平行四边形，所以且， 所以且. 所以四点共面，即四边形为为正方体的截面，，同理可求得四边形为的其它边长也为， 故该四边形为为棱形，对角线，， 故该棱形的面积为，故D正确. 故选：ABD 三、填空题 6．(24-25高一下·黑龙江绥化哈尔滨师范大学青冈实验中学校·期末)已知三棱锥，为中点，，侧面底面，则过点的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为______ ． 【答案】 【分析】根据题意可知三棱锥中，和是等边三角形，所以球心到平面和平面的摄影是和的中心，再利用边长求得外接球半径，又球的截面为圆，当球心到截面距离最大为时，截面半径取得最小值，当截面过球心时，截面半径取得最大值，再计算面积范围即可. 【详解】连接 ，和是等边三角形， 设三棱锥外接球的球心为， 所以球心到平面和平面的摄影是和的中心， 又是等边三角形，为中点，所以， 又因为侧面底面，侧面底面， 所以底面，底面，， 即四边形为矩形， 因为和是边长为2的等边三角形，分别是他们中心也是重心， ，， 即四边形为正方形，， 所以外接球半径， 因为平面截球的截面为圆，所以截面半径，， 所以过点的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为， 故答案为：. 7．(24-25高一下·吉林、黑龙江六校联考·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 【分析】根据已知几何体是母线长为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，将其补为圆锥并将侧面展开，即可求蚂蚁爬行的最短路程. 【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 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $命学科网 www .zxxk.com 专题04立体几何初步 目目 考点01 斜二测画法 “、 单选题 1.C 2.B 3.A 目目 考点02 多面体表面积 一、单选题 1.D 2.B 3.C 4.B. 5.D 6.C 二、多选题 7.AC 三、填空题 8. 5+1 2 目目 考点03 多面体体积 一、 单选题 1.D 2.D 3.C 4.B 5.B 6.B 二、多选题 7.BD 1/3 让教与学更高效 空间几何体) 耐学科网 www.zxxk 三、填空题 8.9 9.青 10.①③④ 11. 品πR 目目 考点04 外接球 一、 单选题 1.D 2.C 3.D 二、填空题 4.π 目目 考点05 内切球 一、单选题 1.A 2.A 二、填空题 3.8+2W21 4.25m 5.9m 目目 考点06 轨迹/截面/最短距离问题 一、单选题 1.A 2.B 二、多选题 3.ABD 4.BCD 2/3 .com 让教与学更高效 耐学科网 5.ABD 三、填空题 6.[m,] 7.12 www.zxxk.com 3/3 让教与学更高效 专题04 立体几何初步（空间几何体） 6大高频考点概览 考点01斜二测画法 考点02多面体表面积 考点03多面体体积 考点04外接球 考点05内切球 考点06轨迹/截面/最短距离问题 地 城 考点01 斜二测画法 一、单选题 1．(24-25高一下·吉林、黑龙江六校联考·期末)如图，在直角梯形中，，则直角梯形的直观图的面积为（   ）    A．8 B． C．1 D． 2．(24-25高一下·黑龙江绥化安达高级中学·期末)的直观图如图所示，其中轴，轴，且，则的面积为（   ）    A． B．4 C． D．8 3．(24-25高一下·黑龙江绥化海伦第一中学·期末)如图，按斜二测画法所得水平放置的平面四边形的直观图为梯形，其中，，，．以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体体积为（   ） A． B． C． D． 地 城 考点02 多面体表面积 一、单选题 1．(24-25高一下·黑龙江牡丹江第二高级中学·期末)圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为7，圆台的侧面积为，则圆台较小底面的半径为（    ） A．8 B．7 C．5 D．3 2．(24-25高一下·黑龙江大庆大庆中学·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． 3．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第十二中学校·期末)已知圆锥高为2，母线与底面所成角为，则该圆锥的表面积为（   ） A． B． C． D． 4．(24-25高一下·黑龙江龙东联盟·期末)在三棱锥中，两两垂直，则该三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 5．(24-25高一下·黑龙江双鸭山部分学校·期末)如图1，圆锥的母线长为3，底面圆直径，点为底面的中点，则在该圆锥的侧面展开图（图2）中（    ） A． B． C． D． 6．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第三十二中学校·期末)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，再将容器绕边倾斜.随着倾斜度的不同，在下面四个命题中错误的是（    ）    A．没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．当容器倾斜如图所示时，是定值 二、多选题 7．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第三十二中学校·期末)（多选）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 三、填空题 8．(24-25高一下·黑龙江大庆大庆实验中学·期末)已知正方体的棱长为1，除面外，该正方体其余各面的中心分别为点（如图），则四棱锥的表面积是__________.    地 城 考点03 多面体体积 一、单选题 1．(24-25高一下·黑龙江黑河龙西北名校联盟·期末)圆台上底面半径为1，下底面半径为2，高为3，则圆台的体积为（   ） A．3 B．7 C． D． 2．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨德强高级中学·期末)如图所示，一个正四棱台的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为，则该正四棱台的体积为（   ）． A． B． C．224 D． 3．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨师范大学附属中学·期末)已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为，则该正四棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 4．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第三中学校·期末)须弥座又名“金刚座”，是一种古建筑的基座形式，通常用来作为宫殿、寺庙、塔、碑等重要建筑的基座，由多层不同形状的构件组成，一般上下宽、中间窄，呈束腰状，具有很高的艺术价值.某古建筑的基座为须弥座，其最下层为正六棱台形状，如图所示，该正六棱台的上底面边长为6m，下底面边长为8m，侧面积为，则该正六棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 5．(24-25高一下·黑龙江绥化哈尔滨师范大学青冈实验中学校·期末)如图，如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的时，水的体积为84，则该方斗杯可盛水的总体积为（    ） A．112 B． C． D．496 6．(24-25高一下·黑龙江牡丹江第二高级中学·期末)如图所示，正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为，是棱上的动点，为棱的中点，则下列结论错误的是（   ）    A．当为中点时，四点共面 B．当为中点时，直线与所成角为 C．三棱锥的体积为定值1 D．的最小值为 二、多选题 7．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第四中学校·期末)（多选）“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（   ） A．共有18个顶 B．共有36条棱 C．表面积为 D．与正八面体的体积之比为8:9 三、填空题 8．(24-25高一下·黑龙江双鸭山部分学校·期末)如图，已知一个半径为2的半圆面剪去了一个等腰三角形，将剩余部分绕着直径所在直线旋转一周得到一个几何体，则该几何体的体积为_____.    9．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第三十二中学校·期末)如图所示，在正方体中，则四棱锥的体积与正方体体积的比为__________. 10．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第四中学校·期末)如图，圆锥PO的底面半径为3，高为，过PO靠近P的三等分点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则下列说法正确的序号有________． ①圆锥母线与底面所成的角为     ②圆锥PO的侧面积为 ③挖去圆柱的体积为          ④剩下几何体的表面积为 11．(24-25高一下·黑龙江绥化安达高级中学·期末)祖暅（gèng）（5世纪—6世纪），字景烁，祖冲之之子，范阳郡道县（今河北省涞水县）人，南北朝时期的伟大科学家.他在实践的基础上，于5世纪末提出了下面的体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”.这就是“祖暅原理”.用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”.例如可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，半径为R的半球与底面半径和高都为R的圆柱放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为R，高为R的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等.若球心到平面的距离为，则平面截半球所得的较小部分的几何体的体积等于___________. 地 城 考点04 外接球 一、单选题 1．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第四中学校·期末)已知一个直四棱柱的底面是长宽分别为4和3的矩形，侧棱长为，则这个直四棱柱的外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 2．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第七十三中学校·期末)在三棱锥中，平面，，，，，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 3．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨德强高级中学·期末)已知直角梯形，点在边上.将沿折成锐二面角，点均在球的表面上，当直线和平面所成角的正弦值为时，球的表面积为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 4．(24-25高一下·黑龙江牡丹江第二高级中学·期末)在三棱锥中，，点在底面的投影为的外心，若，，，则三棱锥的外接球的表面积为____________. 地 城 考点05 内切球 一、单选题 1．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第三中学校·期末)已知正四面体的棱长为4，球为其内切球，球与球及正四面体的三个侧面都相切，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 2．(24-25高一下·黑龙江绥化安达高级中学·期末)若正三棱柱既有外接球，又有内切球，记该三棱柱的内切球和外接球的半径分别为、，则（    ） A． B．5 C． D． 二、填空题 3．(24-25高一下·黑龙江大庆大庆实验中学·期末)如图，三个半径都是6的球，球，球放在一个半球面的碗（碗的厚度不计）中，球，球，球两两外切，并且球，球，球的顶端恰好与碗的上沿处于同一水平面，碗的半径是，又有一个半径为的球与球，球，球均外切，并且球的顶端也恰好与碗的上沿处于同一水平面，则__________． 4．(24-25高一下·黑龙江黑河龙西北名校联盟·期末)一个底面直径为，高为的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有三个半径相等的铁球，则铁球半径最大时，其中一个球的表面积______. 5．(24-25高一下·黑龙江大庆大庆中学·期末)如图，在棱长为的正方体内有两个球、相外切，两球又分别与正方体内切，则两球体积之和的最小值为_____.（参考公式：.） 地 城 考点06 轨迹/截面/最短距离问题 一、单选题 1．(24-25高一下·黑龙江黑河龙西北名校联盟·期末)如图，在正四面体木块中，点在内，过点将木块锯开，且使截面平行于直线，，若截面的周长为4，则正四面体的表面积为（   ）    A． B． C． D．2 2．(24-25高一下·黑龙江大庆大庆实验中学·期末)已知边长为2的菱形，，对角线交于点，现将沿对角线翻折，得到三棱锥．记线段的中点分别为，有四个结论： ① ②三棱锥体积的最大值为 ③平面截三棱锥的截面图形可能是正方形 ④当折成的二面角为时，三棱锥的外接球半径为 则四个结论中正确的有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、多选题 3．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨师范大学附属中学·期末)（多选）如图，AC为圆锥SO的底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，母线，圆锥SO的侧面积为，则下列结论正确的是（   ） A． B．三棱锥的体积最大值为 C．若点B为弧AC的中点，则二面角的平面角大小为 D．若，E为线段AB上的动点，则的最小值为 4．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨师范大学附属中学·期末)（多选）如图，正方体的棱长为6，分别是的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（   ） A．若平面，则点运动轨迹长度为 B．若，则点运动轨迹长度为 C．过三点的平面截正方体所得截面图形的周长为 D．三棱锥的外接球表面积为 5．(24-25高一下·黑龙江绥化哈尔滨师范大学青冈实验中学校·期末)（多选）如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（） A．动点的轨迹是一条线段 B．直线与的夹角为 C．三棱锥的体积是随点的运动而变化的 D．平面截正方体所得截面的面积为 三、填空题 6．(24-25高一下·黑龙江绥化哈尔滨师范大学青冈实验中学校·期末)已知三棱锥，为中点，，侧面底面，则过点的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为______ ． 7．(24-25高一下·吉林、黑龙江六校联考·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_____．    1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $