专题11 空间几何体（真题研析+真题精炼+模拟探源，全国通用）2026年高考数学真题题源解密

**基本信息** 聚焦空间几何体表面积体积、外接内切球核心考向，以真题研析为载体，提炼公式应用、球心定位等解题方法，构建“直观想象-数学运算-逻辑推理”素养培养体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |几何体表面积与体积|6真题+5模拟|菱形面积公式→棱台体积公式；圆柱圆锥侧面积公式→体积计算|从平面图形面积到空间几何体体积，强化公式应用与几何量化运算| |外接球与内切球问题|2真题+3模拟|球体积求半径→外接圆半径→球心距；体积法求内切球半径|依托长方体、三棱锥模型，通过勾股定理、方程思想实现空间位置关系转化|

专题11 空间几何体 内容导览 考情概览：摸清命题规律，锁定复习重点 2026真题研析：拆解最新真题，示范分析路径 3年真题精炼：精练近年真题，吃透常见考法 最新模拟探源：跟进模拟新题，预判考查风向 命题解读 考向 考查统计 1．高频考点： 熟练求解柱、锥、台、球的表面积与体积，外接球重点考查长方体、三棱锥模型找球心定半径，内切球多利用体积法求解半径；常与折叠、截面、最值问题综合，依托面面垂直、线面垂直确定球心位置，设置参数范围、最值类题型。 2．素养考向 直观想象：依托三视图还原几何体，借助空间图形感知位置度量关系，建立平面与空间转化思维。 数学运算：熟练运用表面积、体积公式列式计算，在外接球半径求解中融合方程思想，落实几何量化运算能力。 逻辑推理：折叠、动点问题中辨析不变量与变量，通过等价转化梳理几何等量关系，考查数形结合思想 几何体的表面积 和体积 2026·全国二卷T5（台体体积） 2026·北京卷T14（表面积、体积） 2025·北京卷T14（几何体体积） 2024·新课标Ⅰ卷T5（圆锥的体积） 2024·天津卷T9（五面体的体积） 2024·全国甲卷T14（台体体积） 2024·北京卷T14（新情境，高） 空间几何体的外接球与内切球问题 2026·全国二卷T14（外接球） 2025·全国二卷T14（内切球） 2026年全国一卷、二卷稳定考查几何体表面积、体积计算与内外接球问题。一卷侧重翻折、截面、动态几何综合题型，结合动点轨迹创新设问；二卷突破常规考法，反向考查球与内接棱锥的参数求解。试卷均以柱、锥为核心载体，小题重基础辨析，填空压轴侧重几何综合应用，梯度分层明显。 重点考查直观想象，要求考生还原空间结构、辨析动态变换中的不变量；强化数学运算，灵活运用体积法、勾股定理求解球半径与几何参数；依托创新情境考查逻辑推理，渗透数形结合思想，突出“多想少算”的命题导向。 考向一 交集运算 典例1．（2026·全国二卷T5）已知棱台的上、下底面均是有一个内角为的菱形，上、下底面的边长分别为2，3，该棱台的高为，则其体积为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意，得棱台的上底面面积为， 下底面面积为， 所以该棱台的体积为. 微点拨：先由菱形面积公式求出棱台上下底面面积，套用棱台体积公式，代入高与两底面积运算求值即可 考向二 并集运算 典例2．（2026·全国二卷T14）已知球的体积为，A，B，C，D四点均在球O的球面上，为等边三角形，，则的面积为__________． 【答案】 【解析】由球的体积公式，，解得， 设的外心为，连接， 由题意知为该三棱锥的高，所以该三棱锥的外接球的球心在上， 不妨设在线段上，连接， 设的边长为，由正弦定理可得，， 再设，由题知，， 解得（负值表示球心在线段的延长线上，实际情况如右图）， 所以， 由三角形面积公式，. 微点拨：先由球体积求出半径，算出外接圆半径，得到球心到面距离；利用直径端点对称得到平面距离，确定的高，代入三角形面积公式求解。 考向一 球的表面积和体积 1．（2024·新课标Ⅰ卷T5）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． B． C． D． 【答案】B 【解析】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为， 而它们的侧面积相等，所以即， 故，故圆锥的体积为. 故选：B. 2．（2024·天津卷T9）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 【解析】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. 3．（2026·北京卷T14）已知三棱锥，，，，则它的底面的面积为________，体积为________． 【答案】 【解析】法一：底面三角形中，，. 取中点，连接，则，. 在中，， 故底面面积. 由可知，点在底面上的投影为的外心. 在中，由余弦定理得， 且，故. 由正弦定理，的外接圆半径， 则高， 三棱锥的体积. 综上，底面面积为，体积为. 法二：在中，已知，. 由余弦定理得， 且，故，. 所以底面面积. 由可知，点在底面上的投影为的外心. 由正弦定理，的外接圆半径， 则高， 三棱锥的体积. 综上，底面面积为，体积为. 4．（2025·北京卷T14）某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，，.若，则该多面体的体积为________． 【答案】 【解析】先证明一个结论：如果平面平面，平面平面，平面，则. 证明：设，， 在平面取一点，， 在平面内过作直线，使得，作直线，使得， 因为平面平面，，故，而，故， 同理，而，故 . 下面回归问题. 连接，因为且，故，同理，， 而，故直角梯形与直角梯形全等， 故， 在直角梯形中，过作，垂足为， 则四边形为矩形，且为以为直角的等腰直角三角形， 故， 平面平面，平面平面，, 平面，故平面， 取的中点为，的中点为，的中点为，连接， 则，同理可证平面，而平面， 故平面平面，同理平面平面， 而平面平面，故平面， 故，故四边形为平行四边形，故. 在平面中过作，交于，连接. 则四边形为平行四边形，且，故， 故四边形为平行四边形， 而平面， 故平面，故平面平面， 而，故， 故几何体为直棱柱， 而，故, 因为，故平面， 而平面，故平面平面， 在平面中过作，垂足为，同理可证平面， 而，故，故， 由对称性可得几何体的体积为， 5．（2024·全国甲卷T14）已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为______． 【答案】 【解析】由题可得两个圆台的高分别为， ， 所以. 6．（2024·北京卷T14）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 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为______，升量器的高为________． 【答案】 23 57.5/ 【解析】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则， 故，. 考向二 空间几何体的外接球与内切球 7.（2025·全国二卷T14）一个底面半径为，高为的封闭圆柱形容器（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____________． 【答案】 【解析】圆柱的底面半径为，设铁球的半径为r，且， 由圆柱与球的性质知， 即，， 8.（2023·新课标Ⅰ卷T12）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．直径为的球体 B．所有棱长均为的四面体 C．底面直径为，高为的圆柱体 D．底面直径为，高为的圆柱体 【答案】ABD 【解析】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长， 所以能够被整体放入正方体内，故A正确； 对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且， 所以能够被整体放入正方体内，故B正确； 对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且， 所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确； 对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆， 如图，过的中点作，设， 可知，则， 即，解得， 且，即， 故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱， 若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为， 可知：，则， 即，解得， 根据对称性可知圆柱的高为， 所以能够被整体放入正方体内，故D正确； 故选：ABD. 一、单选题 1．（2026·湖北武汉·二模）某科技馆“人造太阳”模型外观为圆台形，上底面半径为，下底面半径为，圆台母线长为，模型外侧面需要喷漆，则喷漆面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】. 2．（2026·湖南邵阳·模拟预测）已知圆柱的高为6，底面直径为8，若圆柱的底面圆周恰好在球的球面上，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意可知，球O和圆柱的空间位置关系如图所示， 设球的半径为，由题意可知，， 则在直角中，，所以球的表面积． 3．（2026·云南·模拟预测）太空舱储液罐从早期的金属贮箱逐渐发展成不锈钢复用贮箱，从铝合金到碳纤维复合材料，实现减重30%～50%．太空舱储液罐由一个圆柱和两个半球构成（如图所示），已知圆柱的高是底面外圈半径的8倍，若球外圈半径为4m，内部容积为，则它使用材料的体积（近似为3）为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据题意，， 所以. 4．（2026·山东临沂一模）圆台的上、下底面半径分别为10和20，它的侧面展开所得的扇环所对的圆心角为180°，则圆台的体积为(　　) A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如图所示，设圆台的上底面周长为，下底面周长为， 因为扇环所对的圆心角为180°，所以，解得， ，解得，故圆台的母线， 高， 故圆台的体积， 5．（2026·山东聊城·三模）上海某会议中心是一个外形为圆锥体的建筑，其造型被赋予了“精益求精、追求卓越”的象征意义．已知一个该建筑物模型的底面半径为，侧面积为，则该圆锥形模型的内切球的半径为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设圆锥的母线长为，则，则, 所以圆锥的高, 由于圆锥的轴截面为等腰三角形，其面积，周长, 所以轴截面等腰三角形内切圆的半径, 故该圆锥形模型的内切球的半径为 6．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知正三棱台的上、下底面的面积分别为和， 侧棱与底面所成角的余弦值为， 则该正三棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设正三棱台的上下底面等边三角形的中心分别为, 分别连接，过作的垂线，垂足为，则， 因为平面，所以平面， 所以为直线与底面所成的角，所以， 因为正三棱台的上下底面的面积分别为和， 即等边的边长为，等边的边长为， 可得，所以， 因为，可得，所以， 即正三棱台的高， 所以正三棱台的体积为. 7．（2026·重庆·三模）已知圆锥的轴截面是顶角为的三角形，且该圆锥的顶点和底面的圆周都在球的球面上，则该圆锥与球的体积之比为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设外接球的半径为，则球的体积为， 由于圆锥内接于球，其轴截面为一个内接于球的大圆的等腰三角形， 则轴截面三角形的外接圆就是外接球的大圆， 即轴截面三角形的外接圆半径就是外接球的半径， 已知轴截面顶角为，由正弦定理可得，底面直径满足， 解得，因此圆锥底面半径，圆锥的高， 所以圆锥体积， 则该圆锥与球的体积之比为：. 8．（2026·陕西榆林·模拟预测）球面上有，，三点，，，球心到平面的距离是，则球的体积是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】如图，设是外接圆的圆心，则平面， 因为，，所以等边的外接圆的半径， 所以球的半径， 所以球的体积． 9．（2026·北京朝阳·模拟预测）如图所示，经过正三棱柱底面一边，作与底面成角的平面，已知截面三角形的面积为32，且点是棱柱所在侧棱的中点，则棱柱的侧面积为（     ）    A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为这个三棱柱是正三棱柱，所以是正三角形，且所在直线与所在的平面垂直，则,如图：    作的高CE，连接DE，则平面，而平面，所以， 所以是二面角 的平面角，，，， 用S表示的面积，则，， ， ， 因为点是棱柱所在侧棱的中点，所以侧棱长为， 所以正三棱柱的侧面积为 10．（2026·山西忻州·模拟预测）已知正四棱锥的底面边长为2，高为，则侧面与底面所成二面角的正切值为（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】C 【解析】如图所示，连接交于点，则为正方形的中心. 连接，则平面，所以. 取的中点，连接， 则，且. 因为平面，所以. 由，得； 所以为侧面与底面所成二面角的平面角. 所以. 11．（2026·安徽合肥·三模）如图，半球O的半径为，从中挖去一内接圆柱，圆柱一个底面在半球面上，且轴截面为正方形，则剩余的几何体的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】如图，作半球O的轴截面，记半球半径为R，圆柱半径为r 由题意，圆柱的轴截面为正方形，所以圆柱的高为2r，则有，故 所以剩余几何体的表面积为. 12．（2026·四川遂宁·模拟预测）已知三棱锥，⊥平面，，=90o，，三棱锥的体积为，则三棱锥外接球的表面积是（     ） A．20 B．18 C．16 D．12 【答案】A 【解析】已知，，设，则， 由题意，又平面， 所以，已知， 解得，即，得， 因此， 将三棱锥补成一个长方体，如图，则为三棱锥外接球的直径， 在中，，外接球半径， 则，外接球表面积. 二、多选题 13．（2026·辽宁抚顺·一模）用平行于大圆锥底面的平面截这个大圆锥，得到一个小圆锥和一个圆台．若大圆锥的高为9，小圆锥的侧面展开图是一个弧长为、圆心角为的扇形，则下列结论正确的是（   ） A．小圆锥的高为1 B．大圆锥的体积为 C．圆台的母线长为 D．圆台的表面积为 【答案】BC 【解析】如图所示，作出圆锥的轴截面等腰，则， 设小圆锥的半径，小圆锥的侧面展开图是一个弧长为，所以， 又因为侧面展开图是圆心角为的扇形，所以，计算得， 可得，小圆锥的高为3，A选项错误； 由，可得，所以， 则，即圆台的母线长为，C选项正确； 所以大圆锥的体积为，B选项正确； 圆台的表面积为，D选项错误； 14．（2026·河北衡水二模）如图，已知圆锥的底面直径，母线，则下列说法正确的有（    ） A．圆锥的体积为 B．圆锥的侧面积为 C．圆锥展开图中圆心角为 D．若，一只蚂蚁沿着表面从A爬到C，则最短距离为 【答案】ACD 【解析】选项A：由题意可知，圆锥底面半径，母线长， 则圆锥的高，所以圆锥的体积，故A正确； 选项B：圆锥的侧面积，故B错误； 选项C：圆锥底面周长为， 设侧面展开图的圆心角为α， 则，即，解得，故C正确； 选项D：将圆锥侧面沿母线展开，如图所示， 最短距离为， 因为为底面直径，所以点为弧的中点， 则， 在中，，，， 由余弦定理得， 解得， 即最短距离为，故D正确． 15．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）在一个圆台形容器内放入一个球体，该球恰与圆台的上、下底面及侧面相切，轴截面如图所示．设球心为，半径为，圆台的母线为，上、下底面的半径分别为、，．若已知，则（    ） A． B．圆台的侧面积为 C． D．圆台体积的最大值为 【答案】BC 【解析】如图设球与上底面、侧面、下底面切点为，，， 由过点作圆的切线段等长可知，即，A说法错误； 由圆台侧面积公式可知该圆台侧面积为，B说法正确； 在中由勾股定理得，解得，C说法正确； 圆台体积， 令，由可知，当且仅当时等号成立， 所以， 则，求导得在恒成立， 所以单调递增，无最大值，D说法错误. 16．（2026·安徽池州一模）如图，已知正三棱柱的所有顶点都在表面积为的球O的球面上，底面边长为a，侧棱长为h，则下列说法正确的有（   ） A．正三棱柱的外接球的球心O一定是上下底面中心连线的中点 B．若底面边长，则侧棱长 C．若侧棱长，则该正三棱柱的体积为 D．该正三棱柱的侧面积的最大值为 【答案】ABD 【解析】由已知球表面积为得半径， 对于A，正三棱柱外接球球心为上下底面中心连线的中点，故A正确； 对于B，由几何关系得，即， 代入，得，故B正确； 对于C，若，则，体积，故C错误； 对于D，由得， 侧面积， 因为， 当且仅当时等号成立， 所以，故D正确． 三、填空题 17．（2026·云南昆明·模拟预测）鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，由六根完全一样的正四棱柱体分成三组构成，其上下、左右、前后完全对称，若正四棱柱的高为4，底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器（容器壁的厚度忽略不计）的体积的最小值为__________． 【答案】 【解析】由题意，该球形容器的半径的最小值为并在一起的两个长方体体对角线的一半， 即为，所以该球形容器体积的最小值为： 18．（2026·北京·三模）如图，在棱台中，底面ABCD和为正方形，，，侧面均为等腰梯形，且侧面与底面ABCD的夹角均为45°，则该棱台的表面积为________． 【答案】 【解析】设棱台上下底面的中心分别为， 取的中点，的中点， 连接. 由正棱台的性质可知， 平面，，， 且四点共面. 过作于点， 则平面，且. 因为，，，所以平面， 又平面， 所以. 同理. 所以即为侧面与底面所成二面角的平面角， 由题意可知. 因为， 所以，， 又四边形为矩形， 所以. 所以， 在中，， 即侧面等腰梯形的高为. 上底面面积为，下底面面积为， 侧面积为， 所以该棱台的表面积. 19．（2026·北京大兴·三模）中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体上下底面平行，且均为扇环形．现有一个如图所示的曲池，其中，，，是柱体的高，底面扇环所对的圆心角为，的长度为的长度的2倍，，，则该曲池的体积为__________；表面积为__________． 【答案】 【解析】根据弧长公式可知，，， 因为的长度为的长度的2倍，故，可得：； 因为，解得， 根据扇环面积公式可计算“曲池”的底面的面积：， 则； 因为，则的面积为； ，则的面积为； 侧面与的面积为； 两底面面积为：， 故表面积为 20．（2026·安徽芜湖·模拟预测）如图，是边长为的正三角形，，分别是，的中点，将沿翻折至，翻折过程中四棱锥外接球半径的最小值为______． 【答案】 【解析】由题意，正边长为，分别是的中点， 由三角形中位线性质得， 故四边形为等腰梯形，且 取中点，中点，连接， 则为等腰梯形的对称轴，梯形高， 易证： 因此点为底面等腰梯形的外接圆圆心，底面外接圆半径， 沿翻折为，翻折过程中边长与垂直关系不变： 即翻折时，动点在垂直于直线的平面内，以定点为圆心、为半径的圆上运动， 设四棱锥的外接球球心为，半径为， 由外接球性质：球心在过底面外接圆圆心且垂直于底面的垂线上， 设，由线面垂直得底面，故， 由勾股定理得外接球半径核心关系： ① 过点作平面，则 设翻折角 ，在中，， 则 由 ② 由①②得到 得到， 代入①得到， 令，则 当，即，此时. 1 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题11 空间几何体 内容导览 考情概览：摸清命题规律，锁定复习重点 2026真题研析：拆解最新真题，示范分析路径 3年真题精炼：精练近年真题，吃透常见考法 最新模拟探源：跟进模拟新题，预判考查风向 命题解读 考向 考查统计 1．高频考点： 熟练求解柱、锥、台、球的表面积与体积，外接球重点考查长方体、三棱锥模型找球心定半径，内切球多利用体积法求解半径；常与折叠、截面、最值问题综合，依托面面垂直、线面垂直确定球心位置，设置参数范围、最值类题型。 2．素养考向 直观想象：依托三视图还原几何体，借助空间图形感知位置度量关系，建立平面与空间转化思维。 数学运算：熟练运用表面积、体积公式列式计算，在外接球半径求解中融合方程思想，落实几何量化运算能力。 逻辑推理：折叠、动点问题中辨析不变量与变量，通过等价转化梳理几何等量关系，考查数形结合思想 几何体的表面积 和体积 2026·全国二卷T5（台体体积） 2026·北京卷T14（表面积、体积） 2025·北京卷T14（几何体体积） 2024·新课标Ⅰ卷T5（圆锥的体积） 2024·天津卷T9（五面体的体积） 2024·全国甲卷T14（台体体积） 2024·北京卷T14（新情境，高） 空间几何体的外接球与内切球问题 2026·全国二卷T14（外接球） 2025·全国二卷T14（内切球） 2026年全国一卷、二卷稳定考查几何体表面积、体积计算与内外接球问题。一卷侧重翻折、截面、动态几何综合题型，结合动点轨迹创新设问；二卷突破常规考法，反向考查球与内接棱锥的参数求解。试卷均以柱、锥为核心载体，小题重基础辨析，填空压轴侧重几何综合应用，梯度分层明显。 重点考查直观想象，要求考生还原空间结构、辨析动态变换中的不变量；强化数学运算，灵活运用体积法、勾股定理求解球半径与几何参数；依托创新情境考查逻辑推理，渗透数形结合思想，突出“多想少算”的命题导向。 考向一 交集运算 典例1．（2026·全国二卷T5）已知棱台的上、下底面均是有一个内角为的菱形，上、下底面的边长分别为2，3，该棱台的高为，则其体积为（     ） A． B． C． D． 微点拨：先由菱形面积公式求出棱台上下底面面积，套用棱台体积公式，代入高与两底面积运算求值即可 考向二 并集运算 典例2．（2026·全国二卷T14）已知球的体积为，A，B，C，D四点均在球O的球面上，为等边三角形，，则的面积为__________． 微点拨：先由球体积求出半径，算出外接圆半径，得到球心到面距离；利用直径端点对称得到平面距离，确定的高，代入三角形面积公式求解。 考向一 球的表面积和体积 1．（2024·新课标Ⅰ卷T5）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． B． C． D． 2．（2024·天津卷T9）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． 3．（2026·北京卷T14）已知三棱锥，，，，则它的底面的面积为________，体积为________． 4．（2025·北京卷T14）某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，，.若，则该多面体的体积为________． 5．（2024·全国甲卷T14）已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为______． 6．（2024·北京卷T14）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 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为______，升量器的高为________． 考向二 空间几何体的外接球与内切球 7.（2025·全国二卷T14）一个底面半径为，高为的封闭圆柱形容器（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____________． 8.（2023·新课标Ⅰ卷T12）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．直径为的球体 B．所有棱长均为的四面体 C．底面直径为，高为的圆柱体 D．底面直径为，高为的圆柱体 一、单选题 1．（2026·湖北武汉·二模）某科技馆“人造太阳”模型外观为圆台形，上底面半径为，下底面半径为，圆台母线长为，模型外侧面需要喷漆，则喷漆面积为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·湖南邵阳·模拟预测）已知圆柱的高为6，底面直径为8，若圆柱的底面圆周恰好在球的球面上，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·云南·模拟预测）太空舱储液罐从早期的金属贮箱逐渐发展成不锈钢复用贮箱，从铝合金到碳纤维复合材料，实现减重30%～50%．太空舱储液罐由一个圆柱和两个半球构成（如图所示），已知圆柱的高是底面外圈半径的8倍，若球外圈半径为4m，内部容积为，则它使用材料的体积（近似为3）为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·山东临沂一模）圆台的上、下底面半径分别为10和20，它的侧面展开所得的扇环所对的圆心角为180°，则圆台的体积为(　　) A． B． C． D． 5．（2026·山东聊城·三模）上海某会议中心是一个外形为圆锥体的建筑，其造型被赋予了“精益求精、追求卓越”的象征意义．已知一个该建筑物模型的底面半径为，侧面积为，则该圆锥形模型的内切球的半径为（    ） A． B． C． D． 6．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知正三棱台的上、下底面的面积分别为和， 侧棱与底面所成角的余弦值为， 则该正三棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 7．（2026·重庆·三模）已知圆锥的轴截面是顶角为的三角形，且该圆锥的顶点和底面的圆周都在球的球面上，则该圆锥与球的体积之比为（     ） A． B． C． D． 8．（2026·陕西榆林·模拟预测）球面上有，，三点，，，球心到平面的距离是，则球的体积是（    ） A． B． C． D． 9．（2026·北京朝阳·模拟预测）如图所示，经过正三棱柱底面一边，作与底面成角的平面，已知截面三角形的面积为32，且点是棱柱所在侧棱的中点，则棱柱的侧面积为（     ）    A． B． C． D． 10．（2026·山西忻州·模拟预测）已知正四棱锥的底面边长为2，高为，则侧面与底面所成二面角的正切值为（    ） A． B．1 C． D．2 11．（2026·安徽合肥·三模）如图，半球O的半径为，从中挖去一内接圆柱，圆柱一个底面在半球面上，且轴截面为正方形，则剩余的几何体的表面积为（   ） A． B． C． D． 12．（2026·四川遂宁·模拟预测）已知三棱锥，⊥平面，，=90o，，三棱锥的体积为，则三棱锥外接球的表面积是（     ） A．20 B．18 C．16 D．12 二、多选题 13．（2026·辽宁抚顺·一模）用平行于大圆锥底面的平面截这个大圆锥，得到一个小圆锥和一个圆台．若大圆锥的高为9，小圆锥的侧面展开图是一个弧长为、圆心角为的扇形，则下列结论正确的是（   ） A．小圆锥的高为1 B．大圆锥的体积为 C．圆台的母线长为 D．圆台的表面积为 14．（2026·河北衡水二模）如图，已知圆锥的底面直径，母线，则下列说法正确的有（    ） A．圆锥的体积为 B．圆锥的侧面积为 C．圆锥展开图中圆心角为 D．若，一只蚂蚁沿着表面从A爬到C，则最短距离为 15．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）在一个圆台形容器内放入一个球体，该球恰与圆台的上、下底面及侧面相切，轴截面如图所示．设球心为，半径为，圆台的母线为，上、下底面的半径分别为、，．若已知，则（    ） A． B．圆台的侧面积为 C． D．圆台体积的最大值为 16．（2026·安徽池州一模）如图，已知正三棱柱的所有顶点都在表面积为的球O的球面上，底面边长为a，侧棱长为h，则下列说法正确的有（   ） A．正三棱柱的外接球的球心O一定是上下底面中心连线的中点 B．若底面边长，则侧棱长 C．若侧棱长，则该正三棱柱的体积为 D．该正三棱柱的侧面积的最大值为 三、填空题 17．（2026·云南昆明·模拟预测）鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，由六根完全一样的正四棱柱体分成三组构成，其上下、左右、前后完全对称，若正四棱柱的高为4，底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器（容器壁的厚度忽略不计）的体积的最小值为__________． 18．（2026·北京·三模）如图，在棱台中，底面ABCD和为正方形，，，侧面均为等腰梯形，且侧面与底面ABCD的夹角均为45°，则该棱台的表面积为________． 19．（2026·北京大兴·三模）中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体上下底面平行，且均为扇环形．现有一个如图所示的曲池，其中，，，是柱体的高，底面扇环所对的圆心角为，的长度为的长度的2倍，，，则该曲池的体积为__________；表面积为__________． 20．（2026·安徽芜湖·模拟预测）如图，是边长为的正三角形，，分别是，的中点，将沿翻折至，翻折过程中四棱锥外接球半径的最小值为______． 1 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $