7.1 空间几何体的结构特征、表面积与体积（十年高考）（word练习）-【高考突破新方案】2027年高考数学大一轮复习十年真题分类题组

**基本信息** 精选2014-2025年高考真题，聚焦空间几何体结构特征与表面积体积计算，梯度覆盖易中难，融合文化传承（如汉代铜嘉量）与现实应用（如南水北调水库体积）情境。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择（含多选）|13题/61分|圆柱、圆锥、棱锥、球的结构与体积，球的切接问题|结合坡屋顶、降雨等级等现实情境，如2023北京卷坡屋顶五面体棱长计算| |填空|12题/60分|圆台体积、球半径取值范围、正四棱锥体积|跨文化素材，如2024北京卷汉代铜嘉量容积计算| |解答|3题/36分|三棱锥体积、线面平行证明、组合体体积|综合考查空间想象与运算，如2023全国乙文三棱锥体积与线面平行证明|

第七章　立体几何与空间向量 7.1 空间几何体的结构特征、表面积与体积 考点1 空间几何体的结构特征 1.(2024新课标Ⅰ,5,5分,易)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 答案　B 设圆柱和圆锥的底面半径为r, 则圆柱的侧面积为2πrh=2πr,圆锥的侧面积为πr,所以2πr=πr,解得r=3(舍负), 所以圆锥的体积为πr2h=3π.故选B. 2.(2024北京,8,4分,中)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,PA=PB=4,PC=PD=2,该棱锥的高为(　　) A.1 B.2 C. D. 答案　D 取AB的中点E,CD的中点F,连接PE,PF,EF, 过P作PG⊥EF,垂足为G. ∵PA=PB,E为AB中点,∴PE⊥AB. ∵四边形ABCD为正方形,E,F分别为AB,CD的中点, ∴AB⊥EF. 又∵PE,EF⊂平面PEF,PE∩EF=E,∴AB⊥平面PEF. ∵PG⊂平面PEF,∴AB⊥PG. ∵PG⊥EF,AB,EF⊂平面ABCD,AB∩EF=E, ∴PG⊥平面ABCD,∴PG是四棱锥P-ABCD的高. ∵PE⊥AB,∴在Rt△PBE中,PE2=PB2-=12, ∵PC=PD,F为CD中点, ∴PF⊥CD,∴在Rt△PCF中,PF2=PC2-=4, 设GF=x,PG=h,x>0,h>0, 则有即 解得 ∴该棱锥的高为.故选D. 3.(2021新高考Ⅰ,3,5分)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 答案　B　设圆锥的母线长为l,由题意得πl=2π·, ∴l=2.故选B. 易错警示　1.不清楚圆锥侧面展开图是扇形;2.记不清扇形弧长公式. 4.(2014福建文,5,5分)以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴,将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于(　　) A.2π　　　B.π　　　C.2　　　D.1 答案　A　由题意得圆柱的底面半径r=1,母线l=1. ∴圆柱的侧面积S=2πrl=2π.故选A. 5.(2020课标Ⅰ理,3,5分)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. 答案　C如图,设正四棱锥的底面边长BC=a,侧面等腰三角形底边上的高PM=h,则正四棱锥的高PO=, ∴以|PO|为边长的正方形面积为h2-, 一个侧面三角形面积为ah, ∴h2-ah, ∴4h2-2ah-a2=0, 两边同除以a2可得4-1=0, 解得, 又∵>0,∴.故选C. 解题关键　利用以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,求得底面边长a与侧面等腰三角形底边上的高h之间的关系是求解本题的关键. 6.(2018课标Ⅰ文,5,5分)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为(　　) A.12π　　　B.12π　　　C.8π　　　D.10π 答案　B　本题主要考查圆柱的表面积及圆柱的轴截面. 设圆柱的底面半径为r,高为h,由题意可知2r=h=2,∴圆柱的表面积S=2πr2+2πr·h=4π+8π=12π.故选B. 解题关键　正确理解圆柱的轴截面及熟记圆柱的表面积公式是解决本题的关键. 7.(2023北京,9,4分,中)坡屋顶是我国传统建筑造型之一,蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮廓,展现造型之美.如图,某坡屋顶可视为一个五面体,其中两个面是全等的等腰梯形,两个面是全等的等腰三角形.若AB=25 m,BC=10 m,且等腰梯形所在平面、等腰三角形所在平面与平面ABCD的夹角的正切值均为,则该五面体的所有棱长之和为 (　　) A.102 m　　B.112 m　　C.117 m　　D.125 m 答案　C　显然AE=ED=FB=FC, 作FG⊥AB于G,FH⊥BC于H,设点F在底面ABCD内的射影为O,连接OF,OG,OH,易得OG=BC=5,四边形ABCD为矩形,所以∠FGO是平面ABFE与底面ABCD所成角,∠FHO是平面BCF与底面ABCD所成角. ∵tan∠FGO=tan∠FHO=,OG=5, ∴FO=,OH=5, ∴FG=FH=,GB=OH=5,∴BF==8. ∴EF=AB-2GB=25-10=15. ∴AB+BC+CD+AD+AE+ED+BF+FC+EF=25+10+25+10+8+8+8+8+15=117. 所以该五面体的所有棱长之和为117 m.故选C. 8.(2023全国甲理,11,5分,中)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形,PC=PD=3,∠PCA=45°,则△PBC面积为 (　　) A.2　　B.3　　C.4　　D.6 答案　C　过P作PO⊥平面ABCD交平面ABCD于点O,取DC的中点E,连接PE、OE, ∵PC=PD,∴PE⊥CD,∵PO⊥平面ABCD,AB,CD⊂平面ABCD,∴PO⊥AB,PO⊥CD,又PE∩PO=P, ∴CD⊥平面PEO,∴CD⊥OE, 延长EO交AB于点F,则F为AB中点,且OF⊥AB, 连接PF,∵PO⊥AB,PO∩OF=O,∴AB⊥平面PFO,∵PF⊂平面PFO, ∴AB⊥PF,又F为AB的中点,∴PA=PB. 在△PCA中,PC=3,AC=4,∠PCA=45°, 由余弦定理得PA2=PC2+AC2-2PC·AC·cos∠PCA=32+(4)2-2×3×4×=17,∴PA=. 在△PBC中,PB=,BC=4,PC=3, 则cos∠PCB===, ∴sin∠PCB=, ∴S△PBC=BC·PC·sin∠PCB=×4×3×=4, 故选C. 9.(多选)(2023新课标Ⅰ,12,5分,难)下列物体中,能够被整体放入棱长为1(单位:m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有 (　　) A.直径为0.99 m的球体 B.所有棱长均为1.4 m的四面体 C.底面直径为0.01 m,高为1.8 m的圆柱体 D.底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体 答案　ABD　对于A,正方体内切球直径为1 m>0.99 m,故A符合题意. 对于B,如图1,正方体内最大的内接正四面体D-BA1C1的棱长为A1C1= m>1.4 m,故B符合题意. 如图2,假设放入最大的圆柱的上、下底面圆心为P,Q,设圆柱底面半径为r m,底面直径为d m,连接CA1,如图3,在平面A1DCB1中,过Q作QE⊥A1C,交A1D于点E,则QE=r m,A1Q=r m,PQ=-2r=(-d)m. 对于C,PQ=1.8 m> m,故C不符合题意. 对于D,PQ=-×1.2≈1.732-1.414×1.2≈0.04 m>0.01 m,故D符合题意. 故选ABD. 　 10.(2023全国甲文,16,5分,中)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,O为AC1的中点,若该正方体的棱与球O的球面有公共点,则球O的半径的取值范围是　　　　.  答案　[2,2] 解析　由该正方体的棱与球O的球面有公共点, 可知最小球为与棱相切的球,最大球为正方体的外接球. 当球与棱相切时,设球的半径为R1,有2R1=×4,∴R1=2, 当球为正方体的外接球时,设球的半径为R2, 有(2R2)2=42+42+42,∴R2=2, 所以球O的半径的取值范围是[2,2]. 11.(2023全国甲理,15,5分,中)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,C1D1的中点.以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有　　　　个公共点.  答案　12 解析　设正方体的棱长为2,则EF=2,所以以EF为直径的球的半径为,球心为正方体的中心O,由于正方体的中心O到正方体各棱的距离均为,所以正方体各棱的中点都在球面上,并且为各棱与球的唯一交点,所以以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有12个公共点. 考点2 空间几何体的表面积与体积 1.(2023全国甲文,10,5分,中)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 答案　A　取AB的中点D,连接CD,PD, ∵△ABC,△PAB为等边三角形, ∴CD⊥AB,PD⊥AB, ∵△ABC的边长为2,PA=PB=2, ∴PD=CD=, 又∵PC=,∴PD2+CD2=PC2, ∴PD⊥CD,又∵CD∩AB=D,CD,AB⊂平面ABC, ∴PD⊥平面ABC,∴PD为三棱锥P-ABC的高, ∴VP-ABC=S△ABC·PD=××2××=1,故选A. 一题多解　(分割求和法)取AB的中点D,连接CD,PD, ∵△ABC,△PAB为等边三角形,∴CD⊥AB,PD⊥AB. 又∵CD∩PD=D,∴AB⊥平面PCD, ∵△ABC的边长为2,PA=PB=2,∴PD=CD=, 又∵PC=,∴PD2+CD2=PC2,∴PD⊥CD, ∴S△PCD=PD·CD=×()2=, ∴VP-ABC=VA-PCD+VB-PCD =S△PCD·(AD+BD)=××2=1,故选A. 2.(2023全国乙理,8,5分,中)已知圆锥PO的底面半径为,O为底面圆心,PA,PB为圆锥的母线,∠AOB=120°,若△PAB的面积等于,则该圆锥的体积为 (　　) A.π　　B.π　　C.3π　　D.3π 答案　B　设圆锥的母线长为l,半径长为r,则r=.在△AOB中,由∠AOB=120°,OA=OB=,得AB=3. S△PAB=,所以l=3,则圆锥的高h=,故V圆锥=S底·h=π()2·π,故选B. 3.(多选)(2023新课标Ⅱ,9,5分,中)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 答案　AC　对于A,连接PO,∵PA=PB=2,∠APB=120°,∴AB=2,PO=1,∴圆锥的体积V=π×()2×1=π,故A正确. 对于B,S侧=×2π××2=2π,故B错误. 对于C,取AC的中点D,连接PD,OD. ∵OA=OC,PA=PC,D为AC的中点, ∴OD⊥AC,PD⊥AC. ∴∠PDO即为二面角P-AC-O的平面角,∴∠PDO=45°, 又PO⊥底面圆,OD⊂底面圆,∴PO⊥OD,∴PO=DO=1,∴PD=,AC=2AD=2=2=2,故C正确. 对于D,S△PAC=AC·PD=×2×=2,故D错误. 故选AC. 4.(2016课标Ⅱ文,4,5分)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为(　　) A.12π　　　　　B.π C.8π　　　　　D.4π 答案　A　设正方体的棱长为a,则a3=8,解得a=2. 设球的半径为R,则2R=a,即R=,所以球的表面积S=4πR2=12π.故选A. 方法点拨　对于正方体与长方体,其体对角线为其外接球的直径,即外接球的半径等于体对角线的一半. 5.(2015课标Ⅱ,理9,文10,5分)已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90°,C为该球面上的动点.若三棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为(　　) A.36π　　　B.64π　　　C.144π　　　D.256π 答案　C　∵S△OAB是定值,且VO-ABC=VC-OAB, ∴当OC⊥平面OAB时,VC-OAB最大,即VO-ABC最大.设球O的半径为R,则(VO-ABC)max=×R2×R=R3=36,∴R=6,∴球O的表面积S=4πR2=4π×62=144π. 思路分析　由△OAB的面积为定值分析出当OC⊥平面OAB时,三棱锥O-ABC的体积最大,从而根据已知条件列出关于R的方程,进而求出R值,利用球的表面积公式即可求出球O的表面积. 导师点睛　点C是动点,在三棱锥O-ABC中,如果以面ABC为底面,则底面面积与高都是变量,而S△OAB为定值,因此转化成以面OAB为底面,这样高越大,体积越大. 6.(2021北京,8,4分)对24小时内降水在平地上的积水厚度(mm)进行如下定义: 平地降雨量(mm) 0~10 10~25 25~50 50~100 降雨等级 小雨 中雨 大雨 暴雨 如图所示,小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水,那么这24小时降雨的等级是 (　　) A.小雨　　　　B.中雨　　　　 C.大雨　　　　D.暴雨 答案　B　命题意图:本题以测量24小时内降水在平地上的积水厚度为载体,考查学生的空间想象能力、运算求解能力以及应用意识,考查的核心素养是数学运算、直观想象,落实了应用性、综合性和创新性的考查要求. 解题思路:作圆锥的轴截面如图,设圆锥形容器中水面的半径为r mm,由题意得,所以r=50,则容器内的雨水的体积V=π×502×150=125 000π(mm3).所以24小时内降水在平地上的积水厚度为=12.5(mm),所以这24小时降雨的等级是中雨,故选B. 7.(2022新高考Ⅰ,4,5分,应用性)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 答案　C　140 km2=140×106 m2,180 km2=180×106 m2,由棱台体积公式V=(S+S'+)h可得V增加水量=×(140+180+)×106×(157.5-148.5)=3×(320+60)×106≈3×(320+60×2.65)×106=1 437×106≈1.4×109(m3),故选C. 8.(2021全国甲理,11,5分)已知A,B,C是半径为1的球O的球面上的三个点,且AC⊥BC,AC=BC=1,则三棱锥O-ABC的体积为 (　　) A. 答案　A　解题指导:本题的关键点为O到平面ABC的距离的求解.先求出小圆(△ABC的外接圆)的半径,通过球半径和小圆半径,结合勾股定理得出O到平面ABC的距离,然后利用体积公式得出结果. 解析　如图所示,由AC⊥BC可知,△ABC是以AB为斜边的直角三角形,又知AC=BC=1,∴AB=,∴Rt△ABC的外接圆圆心为AB的中点O1,半径r=,连接OO1,∵点O为球心,∴OO1⊥平面ABC,即OO1的长为O到平面ABC的距离. 在Rt△OO1B中,OB=1,O1B=, ∴OO1=, ∴VO-ABC=.故选A. 易错警示　牢记锥体的体积公式中的“”.易错选C. 9.(2022新高考Ⅱ,7,5分)已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为3和4,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为(　　) A.100π　　　　B.128π　　　　C.144π　　　　D.192π 答案　A　设正三棱台为A'B'C'-ABC,△A'B'C',△ABC的外心分别为D',D,则A'D'=3,AD=4,又知D'D=1,所以正三棱台的外接球球心在线段D'D的延长线上,设球心为O,半径为R,如图所示,在Rt△A'D'O中,R2=32+(DO+1)2①,在Rt△ADO中,R2=42+DO2②,由①②得R=5,所以该球的表面积为4π×52 =100π,故选A. 10.(2022新高考Ⅰ,8,5分)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3≤l≤3,则该正四棱锥体积的取值范围是 (　　) A. C.　　　　D.[18,27] 答案　C　如图,S-ABCD是正四棱锥,连接AC,BD, 交于点O,设正方形ABCD的边长为a,SO=h,SE是外接球的直径,则SE=2R=6. 由AO2=SO·OE,得=h(6-h),又l2=+h2,∴l2=6h,∴h=. 则a2=2h(6-h)=, ∴正四棱锥的体积V= =, ∴V'=,令V'=0,得l=2. V在[3,2)上单调递增,在(2,3]上单调递减, 而l=3时,V=,l=3时,V=,l=2时,V=, ∴该正四棱锥体积的取值范围是. 11.(2022全国乙,理9,文12,5分)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 (　　) A. 答案　C　如图,设∠AO1D=α1,∠AO1B=α2,∠BO1C=α3,∠CO1D=α4,球O的半径为R,四棱锥的底面所在圆O1的半径为r, 则R=1,S四边形ABCD=r2(sin α1+sin α2+sin α3+sin α4), 当且仅当α1=α2=α3=α4=时,四边形ABCD的面积最大,最大为2r2,此时四边形ABCD为正方形. 在△OO1C中,设高OO1=h,则h=, V四棱锥O-ABCD=S四边形ABCDh=(0<r<1), 令r2=t,则V四棱锥O-ABCD=(0<t<1), 设f(t)=t2-t3,则f '(t)=2t-3t2=t(2-3t), 当t∈时, f '(t)>0,则f(t)单调递增, 当t∈时, f '(t)<0,则f(t)单调递减, ∴t=时, f(t)取得最大值,且f(t)max=, ∴(V四棱锥O-ABCD)max=,此时高h=,故选C. 一题多解:由题意知S四边形ABCD=S△ABD+S△CBD=BD(h1+h2),其中h1,h2分别表示点A与点C到BD的距离,要使四边形ABCD的面积取最大值,则BD与AC均为四边形ABCD所在圆的直径,且BD⊥AC,此时BD取得最大值,h1+h2也取得最大值,所以S四边形ABCD取最大值时,四边形ABCD为正方形,设其边长为a,四棱锥O-ABCD的高为h(0<h<1),体积为V,则有a2+h2=1,即a2=2-2h2,所以V=(2-2h2)·h(0<h<1),∴V=(h-h3),∴V'=(1-3h2),令1-3h2>0,解得0<h<,令1-3h2<0,解得<h<1,∴函数V=(h-h3)在上单调递增,在上单调递减,∴当h=时,V取得最大值.故选C. 12.(2022全国甲,理9,文10,5分)甲、乙两个圆锥的母线长相等,侧面展开图的圆心角之和为2π,侧面积分别为S甲和S乙,体积分别为V甲和V乙.若=2,则= (　　) A. 答案　C　设甲、乙两个圆锥的侧面展开图的圆心角分别为θ甲和θ乙,母线长均为l,底面半径分别为r甲,r乙,高分别为h甲,h乙.由=2得=2,即r甲=2r乙,所以θ甲=2θ乙.又θ甲+θ乙=2π,所以θ甲=,θ乙=,所以r甲=l,r乙=l,所以h甲=l,h乙=l,所以,故选C. 13.(多选)(2022新高考Ⅱ,11,5分)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 答案　CD　因为ED⊥平面ABCD,且FB∥ED,所以FB⊥平面ABCD. 设AB=ED=2FB=2a,则FB=a,则V1=a3, 所以V2=a3.如图,连接BD,交AC于O,连接OE,OF. 易证AC⊥平面BDEF.S△EOF=S梯形BDEF-S△ODE-S△OBF=(a+2a)×2a2,故V3=a×2=2a3, 故V1+V2=V3,2V3=3V1成立,故选CD. 一题多解:由ED⊥平面ABCD,ED∥FB知FB⊥平面ABCD,设AB=ED=2FB=2a,则FB=a.由于S△ACD=S△ABC=2a2,所以V2=a3.连接BD,交AC于点O,连接OE,OF,则有OE=a,OF=a,EF=3a, 所以OE2+OF2=EF2,即OE⊥OF,易知AC⊥平面BDEF,所以OF⊥AC,又OE∩AC=O,所以OF⊥平面EAC,则OF为三棱锥F-ACE的高.所以V3=a=2a3,所以V1+V2=V3,2V3=3V1成立,故选CD. 14.(2018课标Ⅲ,理10,文12,5分)设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC为等边三角形且其面积为9,则三棱锥D-ABC体积的最大值为(　　) A.12　　　B.18　　　C.24　　　D.54 答案　B　本题考查空间几何体的体积及与球有关的切接问题. 设等边△ABC的边长为a, 则有S△ABC=a·a·sin 60°=9,解得a=6. 设△ABC外接圆的半径为r,则2r=,解得r=2, 则球心到平面ABC的距离为=2, 所以点D到平面ABC的最大距离为2+4=6, 所以三棱锥D-ABC体积的最大值为×9×6=18,故选B. 方法总结　解决与球有关的切、接问题的策略: (1)“接”的处理: ①构造正(长)方体,转化为正(长)方体的外接球问题. ②空间问题平面化,把平面问题转化到直角三角形中,作出适当截面(过球心,接点等). ③利用球心与截面圆心的连线垂直于截面定球心所在直线. (2)“切”的处理: ①体积分割法求内切球半径. ②作出合适的截面(过球心,切点等),在平面上求解. ③多球相切问题,连接各球球心,转化为处理多面体问题. 15.(2017课标Ⅲ,理8,文8,5分)已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为(　　) A.π　　　B.　　　C.　　　D. 答案　B　本题考查球的内接圆柱的体积. 设圆柱的底面半径为r,则r2+=12,解得r=, ∴V圆柱=π××1=π,故选B. 思路分析　利用勾股定理求圆柱的底面半径,再由体积公式求圆柱的体积. 解题规律　有关球的切或接问题,要重视利用勾股定理求解. 16.(2015山东理,7,5分)在梯形ABCD中,∠ABC=,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D.2π 答案　C　如图,此几何体是底面半径为1,高为2的圆柱挖去一个底面半径为1,高为1的圆锥,故所求体积V=2π-=. 评析　本题主要考查几何体的体积及空间想象能力. 17.(2014陕西理,5,5分)已知底面边长为1,侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体积为(　　) A.　　　B.4π　　　C.2π　　　D. 答案　D　如图为正四棱柱AC1.根据题意得AC=,∴对角面ACC1A1为正方形,∴外接球直径2R=A1C=2,∴R=1,∴V球=,故选D. 18.（2025全国二卷，14,5分）一个底面半径为4 cm,高为9 cm的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球,则铁球半径的最大值为　　　　cm.  【答案】2.5 【解析】分三种情况讨论. 设铁球的半径为r cm. 情况一:竖直排列(一个在上,一个在下),则4r≤9, ∴r≤2.25; 情况二:水平排列(并排放置),则4r≤8, ∴r≤2; 情况三:斜向排列,截面图如图所示, 由图可知(8-2r)2+(9-2r)2=4r2, 即4r2-68r+145=0,即(2r-5)(2r-29)=0, 解得r=2.5或r=14.5(舍去). 综上所述,铁球半径的最大值为2.5 cm. 19.(2024全国甲理,14,5分,中)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1,下底面半径均为r2,圆台甲、乙的母线长分别为2(r2-r1),3(r2-r1),则圆台甲与乙的体积之比为　　　　.  14 答案 解析　如图,在圆台甲、乙中,圆台甲的高h甲==(r2-r1)(r2>r1), 圆台乙的高h乙==2(r2-r1), ∴圆台甲、乙的体积分别为V甲=(++r1r2)(r2-r1),V乙=(++r1r2)2(r2-r1),∴==. 　 20.(2024北京,14,5分,中)汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器,其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列,底面直径依次为65 mm,325 mm,325 mm,且斛量器的高为230 mm,则斗量器的高为　　　　mm,升量器的高为　　　　mm.(不计量器的厚度)  14 答案 23;57.5 解析　由题知V斛=10V斗=100V升, ∴π×230=10π·h斗=100π·h升, ∴h斗=23 mm,h升=57.5 mm. 21.(2021全国甲文,14,5分)已知一个圆锥的底面半径为6,其体积为30π,则该圆锥的侧面积为　　　　.  答案　39π 解题指导:先利用圆锥的体积公式求出圆锥的高h,再利用母线长l=求出母线长l,最后利用S侧=πrl求出结果. 解析　设圆锥的底面圆半径为r,高为h,母线长为l. 由圆锥的体积V=πr2h得h=, ∴母线长l=, ∴圆锥的侧面积S侧=πrl=39π. 22.(2013课标Ⅱ,15,5分,0.158)已知正四棱锥O-ABCD的体积为,底面边长为,则以O为球心,OA为半径的球的表面积为　　　　.  答案　24π 解析　设底面中心为E,连接OE,AE, 则|AE|=|AC|=, ∵体积V=×|AB|2×|OE|=|OE|=, ∴|OA|2=|AE|2+|OE|2=6. 从而以OA为半径的球的表面积S=4π·|OA|2=24π. 思路分析　先根据已知条件直接利用锥体的体积公式求得正四棱锥O-ABCD的高,再利用勾股定理求出|OA|,最后根据球的表面积公式计算即可. 23.(2013课标Ⅰ,15,5分,0.123)已知H是球O的直径AB上一点,AH∶HB=1∶2,AB⊥平面α,H为垂足,α截球O所得截面的面积为π,则球O的表面积为　　　　.  答案　 解析　平面α截球O所得截面为圆面,圆心为H,设球O的半径为R,则由AH∶HB=1∶2得OH=R, 由圆H的面积为π,得圆H的半径为1, 所以+12=R2,得出R2=,所以球O的表面积S=4πR2=4π·=π. 24.(2023新课标Ⅰ,14,5分,易)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　正四棱台ABCD-A1B1C1D1如图所示.设其上、下底面中心分别为O1,O,连接O1O,O1A1,OA,由正四棱台的定义可知O1O⊥平面ABCD,O1O⊥平面A1B1C1D1,四边形ABCD,A1B1C1D1均为正方形. ∵AB=2,A1B1=1,∴AO=,A1O1=, 易知AO∥A1O1,又∵AA1=,∴在直角梯形A1O1OA中,O1O==, ∴=×(1+4+)×=. 25.(2023新课标Ⅱ,14,5分,易)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　　　　.  答案　28 解析　棱台的两底面边长分别为2与4,高为3(由上、下底面边长可知棱台的高与截去的棱锥的高相等)所以棱台的体积V=×(22+42+)×3=28. 26.(2014山东理,13,5分)三棱锥P-ABC中,D,E分别为PB,PC的中点,记三棱锥D-ABE的体积为V1,P-ABC的体积为V2,则=　　　　.  答案　 解析　如图,设S△ABD=S1,S△PAB=S2,E到平面ABD的距离为h1,C到平面PAB的距离为h2,则S2=2S1,h2=2h1,V1=S1h1,V2=S2h2,∴==. 评析　本题考查三棱锥的体积的求法以及等体积转化法在求空间几何体体积中的应用.本题的易错点是不能利用转化与化归思想把三棱锥的体积进行适当的转化,找不到两个三棱锥的底面积及相应高的关系,从而造成题目无法求解或求解错误. 27.(2011课标理,15,5分)已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上,且AB=6,BC=2,则棱锥O-ABCD的体积为　　　　.  答案　8 解析　如图,连接AC,BD,交于O1,则O1为矩形ABCD所在小圆的圆心,连接OO1,则OO1⊥面ABCD, 易求得O1C=2,又OC=4, ∴OO1==2, ∴棱锥体积V=×6×2×2=8. 失分警示　立体感不强,空间想象能力差,无法正确解出棱锥的高而得出错误结论. 评析　本题主要考查球中截面圆的性质及空间几何体的体积的计算,通过球这个载体考查学生的空间想象能力及推理运算能力. 28.(2011课标文,16,5分)已知两个圆锥有公共底面,且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上.若圆锥底面面积是这个球面面积的,则这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比值为　　　　.  答案　 解析　如图,设球的半径为R,圆锥底面半径为r,由题意得πr2=×4πR2. ∴r=R,∴OO1=R.体积较小的圆锥的高AO1=R-R=R,体积较大的圆锥的高BO1=R+R=R. 故这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比值为. 评析　本题考查球、球内接圆锥的相关问题,考查R,r的关系,由题意得到r=R是解答本题的关键. 29.(2023全国乙文,19,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2,PB=PC=,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,点F在AC上,BF⊥AO. (1)证明:EF∥平面ADO; (2)若∠POF=120°,求三棱锥P-ABC的体积. 解析　(1)证明:因为AB=2,BC=2,AB⊥BC,所以AC2=AB2+BC2=12,AC=2.设,则=(λ)·=2λ+6λ-2-2=0, 解得λ=,所以F为AC的中点, 所以EF∥PC,又OD∥PC,所以EF∥OD, 又因为EF⊄平面ADO,OD⊂平面ADO, 所以EF∥平面ADO. (2)因为AB⊥BC,OF∥AB,所以OF⊥BC, 又PB=PC=,所以OP⊥BC, 又OF∩OP=O,OF,OP⊂平面OPF, 所以BC⊥平面OPF,又BC⊂平面ABC, 所以平面ABC⊥平面OPF, 过点P作PM⊥OF于点M, 又平面OPF∩平面ABC=OF,PM⊂平面OPF, 所以PM⊥平面ABC,因为BC=2,PB=PC=, 所以OP=2,又∠POF=120°, 所以PM=OP·sin(180°-120°)=, 即三棱锥P-ABC的高为. 所以三棱锥P-ABC的体积V=. 30.(2022全国甲文,19,12分)小明同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示:底面ABCD是边长为8(单位:cm)的正方形,△EAB,△FBC,△GCD, △HDA均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直. (1)证明:EF∥平面ABCD; (2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度). 解析　取AB、BC、CD、DA的中点M、N、P、Q,连接EM、FN、GP、HQ、MN、NP、PQ、QM. (1)证明:在正三角形ABE中,M为AB的中点,所以EM⊥AB.又平面ABE∩平面ABCD=AB,且平面ABE⊥平面ABCD,所以EM⊥平面ABCD. 同理FN⊥平面ABCD,所以EM∥FN, 又EM=FN, 所以四边形EMNF为平行四边形,所以EF∥MN. 又MN⊂平面ABCD,且EF⊄平面ABCD, 所以EF∥平面ABCD. (2)如图,可将包装盒分割为长方体MNPQ-EFGH和四个全等的四棱锥. 易得MN=4 cm,EM=4 cm. 所以V长方体MNPQ-EFGH=(4)2×4 cm3, V四棱锥B-MNFE= cm3, 所以该包装盒的容积为128 cm3. 易错警示:线面平行的判定中,不能忽略线不在平面内这一条件. 31.(2021全国甲文,19,12分)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,BF⊥A1B1. (1)求三棱锥F-EBC的体积; (2)已知D为棱A1B1上的点.证明:BF⊥DE. 解题指导:(1)首先证明AB⊥平面BCC1B1,即可得AB⊥BC,从而得到S△EBC=1,再利用三棱锥的体积公式计算即可. (2)由线面垂直的判定定理及性质定理得出BE⊥A1E,根据角的正切值的计算可得∠AA1E=∠FEC,从而证得A1E⊥EF,根据线面垂直的判定定理可得BF⊥平面A1B1E,从而可得BF⊥DE. 解析　(1)∵侧面四边形AA1B1B为正方形,∴A1B1⊥BB1, ∵BF⊥A1B1且BB1∩BF=B,BB1,BF⊂平面BB1C1C, ∴A1B1⊥平面BB1C1C, 又∵AB∥A1B1,∴AB⊥平面BB1C1C, 又∵BC⊂平面BB1C1C,∴AB⊥BC, ∵AB=BC=2,E为AC的中点, ∴S△EBC=×2×2=1. 由直三棱柱知CF⊥平面ABC. ∵F为CC1的中点,∴CF=AB=1, ∴VF-EBC=. (2)证明:连接A1E,B1E, ∵AB=BC,E为AC的中点,∴BE⊥AC. ∵AA1⊥平面ABC,BE⊂平面ABC,∴AA1⊥BE. ∵AA1∩AC=A,AA1,AC⊂平面AA1C1C, ∴BE⊥平面AA1C1C,又A1E⊂平面AA1C1C, ∴BE⊥A1E. 在Rt△ECF中,tan∠FEC=, 在Rt△A1AE中,tan∠AA1E=, ∴tan∠FEC=tan∠AA1E,∴∠FEC=∠AA1E, ∵∠AA1E+∠AEA1=90°, ∴∠FEC+∠AEA1=90°, ∴∠A1EF=90°,即A1E⊥EF. ∵EF∩EB=E,又EF,EB⊂平面BEF, ∴A1E⊥平面BEF,又BF⊂平面BEF,∴A1E⊥BF, 又∵A1B1⊥BF,A1E∩A1B1=A1,A1E⊂平面A1B1E,A1B1⊂平面A1B1E,∴BF⊥平面A1B1E. ∵DE⊂平面A1B1E,∴BF⊥DE. 方法总结:判断或证明直线与直线垂直的方法: 1.利用线线垂直的定义进行判断(计算两直线的夹角为90°). 2.利用平面几何中证明线线垂直的方法:①特殊图形(正方形、长方形、直角梯形等)中的垂直关系;②等腰(边)三角形底边中线的性质;③勾股定理的逆定理;④圆中直径的性质. 3.线面垂直的性质:①a⊥α,b⊂α⇒a⊥b(主要方法);②a⊥α,b∥α⇒a⊥b. ( 第 5 页 共 6 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $