第01讲 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积（专项训练）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦立体几何基础与综合应用，以题型分层（基础-创新-真题）构建知识网络，通过空间想象与模型思想培养数学眼光与思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础题型|6题型（含选择、填空、解答）|覆盖结构特征、表面积体积等基础计算|从几何体概念到度量计算，形成概念-公式-应用链条| |创新应用|新情境/思维题（如勒洛四面体、沙漏模型）|突出切接/最值/截面等综合应用|结合动态与实际问题，发展空间转化能力| |真题实战|近3年高考真题|强调高频考点与命题趋势|关联核心素养，提升用数学语言表达现实问题的能力|

第01讲 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积 目 录 模拟·基础演练 2 题型01 空间几何体的结构特征与直观图 2 题型02 几何体的表面积与侧面积计算 9 题型03 几何体的体积计算 16 题型04 球与多面体的切接问题 27 题型05 体积的最值与范围问题 39 题型06 截面、展开与实际应用问题 49 重难·创新演练 58 真题·实战演练 70 模拟·基础演练 考查重点：截面与球 题型01 空间几何体的结构特征与直观图 一、单选题 1．（2026·安徽·模拟预测）用笔从空间多面体的一个顶点出发，沿棱连续划线，要求笔尖不离开纸面（或模型表面）、不重复经过任何一条棱，最终停止在起点或任意其他顶点的过程称为“1笔”．则遍历一个正五棱柱的所有棱，至少需要（    ） A．3笔 B．4笔 C．5笔 D．6笔 【答案】C 【详解】正五棱柱共10个顶点，每个顶点连3条棱，均为奇顶点， 根据欧拉笔画定理：连通图最少笔画数奇顶点数， 因此，至少需要5笔． 2．（2026·北京西城·二模）已知正方体W和平面，则“正方体W的8个顶点中存在6个到平面的距离相等”是“平面将正方体W分成体积相等的两部分”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义，结合正方体的结构特征推理判断. 【详解】如图，在正方体中，依次取棱的中点， 则点与点到平面的距离相等，而平面将正方体分成的两部分体积不等； 反之，平面将正方体W分成体积相等的两部分，平面必过该正方体的中心， 正方体W的8个顶点中到平面的距离相等的顶点不一定是6个， 如在正方体中，平面过该正方体的中心， 只有4个顶点或到平面距离相等， 所以“正方体W的8个顶点中存在6个到平面的距离相等”是“平面将正方体W分成体积相等的两部分”的既不充分也不必要条件. 3．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）在正三棱台中, 分别为棱的中点，，四边形为菱形，则与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先作出与平面所成角，再利用解三角形即可求得与平面所成角的正弦值. 【详解】取中点，连接,分别在线段上 取，连接. 则在正三棱台中， 分别为的中心， 且平面，平面,. 则平面平面，则即为与平面所成角. 令，由正三棱台中， 可得， 又四边形为菱形，则，,, 则， 则 故选：B 二、多选题 4．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）已知某四棱锥底面为菱形，一条侧棱垂直于底面且八条棱的长度构成集合，则四棱锥的体积可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】根据四棱锥的几何性质，结合已知条件，分情况讨论得出四棱锥体积的所有可能值． 【详解】设四棱锥为，底面，已知底面为菱形，设底面棱长为， 则，设， 则， ， 当时，，若， 则，此时，故， ， ，故可能为A； 当时，， 若，则，解得， 则， ， ，故可能为C； 当时，， 若，则，解得， 则， ， ，故可能为B； 当时，，无论或2，均不在集合中，不满足题意． 5．（多选题）下列关于棱锥、棱台的说法正确的是（    ） A．棱台的侧面一定不会是平行四边形 B．棱锥的侧面只能是三角形 C．由四个平面围成的封闭图形只能是三棱锥 D．棱锥被平面截成的两部分不可能都是棱锥 【答案】ABC 【详解】选项A，棱台的侧面一定是梯形，而不是平行四边形，A正确； 选项B，由棱锥的定义知棱锥的侧面只能是三角形，B正确； 选项C，四个平面围成的封闭多面体，每个面都是三角形，且有一个公共顶点，这是三棱锥（四面体）的定义，C正确； 选项D，如下图所示四棱锥被平面截成的两部分都是棱锥，D错误． 【新角度】6．（2026·四川广安·二模）下列几何体中，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0.99m的球体 B．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体 C．底面直径为0.8m，高为1.1m的圆锥体 D．所有棱长均为1.4m的四面体 【答案】ACD 【分析】根据正方体的对称性和选项中几何体的结构特征，充分利用正方体的体对角线与面对角线的特点逐一分析计算即可判断. 【详解】对于A，球体的直径为m，小于正方体的棱长，则可以放入棱长为1m的正方体容器内，故A正确； 对于B，因正方体内最长的线段是体对角线，它的长为，而该圆柱的高为1.8m， 故无法整体放入棱长为1m的正方体容器内，即B错误； 对于C，如上图将底面直径为0.8m，高为1.1m的圆锥体放置即可， 此时圆锥的顶点在正方体的体对角线上， 底面圆圆心在平面上，由正方体的对称性性质易得， 且的内切圆半径满足，解得，故C正确； 对于D，如上图，在正方体中，连接， 得到正四面体， 因其棱长，故所有棱长均为1.4m的四面体可整体放入该正方体，故D正确. 【新思维】7．（2025·四川成都·三模）把一边不光滑的一条纸（A，B）卷成小筒，得到的是（1～4）中的小筒，其中配对正确的是（  ） A．A—4 B．A—2 C．B—3 D．B—1 【答案】AD 【分析】结合实际操作可以得到对应结果 【详解】解：将纸和纸卷成小筒时，需要注意纸的不光滑边在卷成筒后的位置. 对于纸，其光滑边在纸的一侧，当卷成筒时，光滑边会形成筒的一条螺旋线，与图相符. 对于纸，其不光滑边在纸的一端，当卷成筒时，不光滑边会形成筒的一端的锯齿状边缘，与图相符. 故选：AD． 三、填空题 8．（2026·上海·三模）若一圆锥底面半径为3，母线长为5，则其体积为________．（结果保留） 【答案】 【分析】先根据圆锥母线、底面半径和高的勾股关系求出高，再代入圆锥体积公式计算即可 【详解】设圆锥的高为，因为圆锥母线、底面半径，则 . 所以圆锥的体积为 9．（2016·河南南阳·三模）如图，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中 则原图形的面积为________. 【答案】 【详解】在直观图中，， 直观图面积， 原图形面积. 10．（2025·四川成都·模拟预测）用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图为如图所示的，已知是边长为2的等边三角形，则顶点到轴的距离是__________. 【答案】 【分析】利用斜二测画法推导出原图形，根据边角关系求解. 【详解】如图①中，过作平行轴，交轴于点， 如图②，在平面直角坐标系中，在轴上取， 过点作平行轴，取，连接，则即原图形. 故为到轴距离，设则. 在①中过作垂直轴，且交轴于， 则， ，即，解得. 故答案为：. 题型02 几何体的表面积与侧面积计算 一、单选题 1．（2026·江西·模拟预测）陀螺也叫作“冰尜（gá）”或“打老牛”．现有一圆锥形陀螺（如图所示），其底面半径为4，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点滚动，当圆锥在平面内转回到原位置时，圆锥本身恰好滚动了4周，则该圆锥的侧面积为（     ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意求出圆锥侧面展开扇形的圆心角，进而可求得母线长，再根据圆锥的侧面积公式即可得解. 【详解】由题意可得圆锥侧面展开扇形的圆心角为， 设圆锥的母线长为，则 该圆锥的侧面积为． 2．（2026·海南海口·模拟预测）如图，圆柱体被一个不平行底面的平面截去一部分，尺寸如图则该几何体的体积和侧面积分别是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【分析】通过两个该几何体拼成一个完整圆柱，即可求解. 【详解】由图可知，圆柱底面直径为，因此底面半径，几何体左右侧高分别为和， 两个完全相同的该几何体，可以拼接成一个高为，底面半径为1的完整圆柱， 完整圆柱的体积， 因此原几何体体积为完整圆柱体积的一半：， 完整圆柱的侧面积， 原几何体的侧面积为完整圆柱侧面积的一半：. 3．（2026·天津武清·模拟预测）已知圆锥的高是底面半径的2倍，且圆锥的底面半径、体积分别与圆柱的底面半径、体积相等，则圆锥与圆柱的侧面积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由圆锥和圆柱的体积相等得到圆柱的母线和半径的关系，再利用侧面积公式求解. 【详解】设圆锥的高，底面半径，母线和体积分别为， 圆柱的高，底面半径，母线和体积分别为， 由题意知，，， 则，即，解得， 所以， 则， 故选：B 4．（2026·江西·二模）已知一圆台的侧面积为，其内切球半径为4，则该圆台的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作圆台的轴截面，圆台内切球的球心即为该轴截面内切圆的圆心，结合几何关系可得，,利用圆台的表面积公式即可求解. 【详解】如图1，设圆台上、下底面半径分别为，圆心分别为，则圆台内切球的球心一定在的中点处． 作圆台的轴截面如图2所示，设球与母线切于点，则，作于点， 因为，所以与全等，所以，同理， 则圆台的母线长，又， 所以，解得， 又因为，所以， 所以， 故圆台的表面积为． 5．（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 【分析】根据球O和圆柱的空间位置关系，结合勾股定理求出球的半径，进而即可求出球的表面积． 【详解】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． 二、多选题 6．（2026·河南开封·模拟预测）如图，已知圆锥PO的轴截面是边长为2的等边三角形，则下列说法正确的是（    ） A．圆锥的体积为 B．圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形 C．圆锥的表面积为 D．圆锥的外接球的表面积为 【答案】AC 【分析】根据题意，求得圆锥的底面半径为，高为，结合圆锥的几何结构特征，侧面积和体积公式，以及外接球的性质，即可求解. 【详解】对于A，由圆锥PO的轴截面是边长为2的等边三角形， 可得圆锥的底面半径为，高为，则其体积为，故A正确； 对于B，由圆锥的底面周长为，即侧面展开图的弧长为， 设圆心角为，可得，解得，故B错误； 对于C，圆锥的侧面积为，底面圆的面积为， 所以圆锥的表面积为，故C正确； 对于D，由圆锥的外接球的直径为轴截面的外接圆的直径， 设外接球的半径为，可得， 则外接球的表面积为，故D错误. 7．（2026·江西赣州·二模）四面体满足，，，，则（   ） A．直线与的夹角为 B．四面体外接球的表面积为 C．的中点到直线的距离为 D．四面体内切球的半径为 【答案】BCD 【分析】推导出，，，，将四面体补成长方体，并建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断AC选项；求出四面体外接球半径，利用球体表面积公式可判断B选项；利用等体积法可判断D选项. 【详解】在四面体满足，，，， 由勾股定理可得，所以， 同理可得，，， 将四面体补成长方体如下图所示： 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 对于A选项，、、、， ，，则， 所以直线与的夹角为，A错； 对于B选项，该四面体的外接球直径为，则， 所以四面体外接球的表面积为，B对； 对于C选项，线段的中点为，， 所以点到直线的距离为，C对； 对于D选项，， ，同理可得，，， 设该四面体内切球球心为，内切球半径为， 则 ， 解得，D对. 三、填空题 8．（2026·云南曲靖·模拟预测）已知圆锥的底面半径为，侧面积为，则此圆锥的体积为___． 【答案】 【分析】先利用圆锥侧面积公式结合已知条件求出母线长，再借助勾股定理算出圆锥的高，最后代入圆锥体积公式即可求得结果. 【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，高为，体积为. 已知，侧面积. 由圆锥侧面积公式，代入得，解得. 由勾股定理，代入得. 由圆锥体积公式，代入得. 9．（2026·北京顺义·三模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面与平面的夹角为，则该四棱锥的侧面积为______． 【答案】 【分析】由已知条件，通过作辅助线分别求出各侧面的三角形高，再分别求出各个侧面三角形面积，再求和即可. 【详解】取的中点，的中点，连接，如图所示： 因为底面是矩形，所以， 因为，为的中点，所以且， 过点作平面的垂线，因为， 所以，故点在的垂直平分线上， 故平面与平面的夹角为，，， 因为，平面，所以平面， 因为，所以平面，又平面，则， 所以，所以，， 点到的距离为，点到的距离为，同理点到的距离为， 所以， 所以该四棱锥的侧面积为. 10．（2026·安徽·三模）在四棱锥中，底面正方形边长为，，，则四棱锥的外接球的表面积为__________． 【答案】 【分析】设，则四棱锥的外接球的球心在过点且垂直于平面的直线上，以其为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用进行求解. 【详解】设， 则四棱锥的外接球的球心在过点且垂直于平面的直线上， 以其为轴，为轴建立空间直角坐标系， 因为正方形边长为，则， 所以 设， 则，得， 所以， 设球心，则， 即， 解得， 所以外接球的半径为， 则四棱锥的外接球的表面积为. 题型03 几何体的体积计算 一、单选题 1．（2026·陕西西安·模拟预测）已知正四棱台的上、下底面边长分别为和，侧棱长为，该正四棱台的体积为（    ） A．518 B． C．350 D． 【答案】B 【分析】先根据正四棱台的几何特征求出高，再代入棱台体积公式计算即可． 【详解】求上下底面的对角线长度：正四棱台上下底面均为正方形，上底面边长为，故上底面对角线长为；下底面边长为，故下底面对角线长为； 上底面顶点在下底面的射影落在下底面的对角线上，可得侧棱在底面的投影长度为； 已知侧棱长为，由勾股定理得棱台的高； 计算体积： 上底面面积，下底面面积， 代入棱台体积公式 ． 2．（2026·山东·模拟预测）已知圆台上、下底面半径分别为1和3，其母线与底面所成角的正弦值为 ，则该圆台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用圆台的体积计算公式求解. 【详解】 如图所示，如图作出轴截面，为上下底面圆心，为截面的斜边，即圆台的母线. 由题意得：，，则高， 因为母线与底面所成角的正弦值为，所以，则， 则圆台体积. 3．（2026·江苏南通·模拟预测）在平面四边形中，，，，将该四边形绕所在直线旋转一周，所得几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分析四边形特征得出旋转得到的几何体为一个圆台加上一个圆锥组成，再由体积公式计算可得结果. 【详解】过点分别作，垂足分别为，如下图所示： 在中，因为，，所以， 又在中，，因此，所以； 易知四边形为矩形，所以，可得； 将该四边形绕所在直线旋转一周，所得几何体为一个圆台和一个圆锥组成， 圆台的上、下底面半径为，高为，圆锥底面半径为，高为； 因此圆台体积为， 圆锥体积为， 所以所得几何体的体积为. 4．（2026·山西忻州·模拟预测）一个圆柱形水杯的底面半径为3，高为8．若向其中放入一个半径为2的实心金属球，且金属球完全浸没在水中，则水面上升的高度为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据水升高部分的体积就是球的体积可得结果. 【详解】金属球的体积为． 圆柱形水杯的底面积为． 水面上升高度为． 5．（2026·山东日照·模拟预测）自驾旅游已成为很多家庭节假日休闲娱乐的首选.小明一家人自驾旅行途中，看到一座特色建筑，小明根据实景绘制出该建筑的几何示意图，并且根据介绍标记了其中一些数据，如图所示（单位：m），建筑上半部分的侧棱长都相等，下半部分是正棱台，则该建筑上半部分与下半部分体积的比为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将上半部分的几何图形拆分为棱锥和棱柱，再利用体积公式，分别求出上半部分和下半部分的体积，最后求两者的比值. 【详解】由于上半部分的侧棱长都相等，并且下半部分是正棱台，所以这个图形是对称的， 先求上半部分的体积： 如图，由对称性得，在中，高， 在中，高， 由几何关系知也是上半部分总体的高， 从顶部线段的两个端点作垂直于底面的截面，将上半部分分为三部分： 中间是一个“直三棱柱”，两边拼起来是一个“四棱锥”， 如图： 所以， ， 故上半部分总体积为， 再求下半部分正棱台的体积： 上底面面积：，下底面面积：， 上、下底面中心到其顶点的距离分别为：，， 棱台的高， 所以棱台体积为， 所以，该建筑上半部分与下半部分体积比为. 二、多选题 【新思维】6．（2026·安徽合肥·模拟预测）三棱锥中，，且，，与平面所成角为，下列说法中正确的有（     ） A．当时 B．当时三棱锥的外接球半径为 C．三棱锥的外接球半径为2时 D．三棱锥的外接球半径最小时，三棱锥的体积为 【答案】AD 【分析】由题意，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用线面角公式求出与的数量关系，结合外接球球心坐标公式、体积公式列方程分别求出点的坐标，再利用三角函数范围确定参数. 【详解】由，，得. 以为原点，为轴正方向，为轴正方向，过点垂直于底面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示： 则，，. 设，由得：， ，则，所以. 因，则，所以. 代入得： ， 由得，即，所以，结合，得. 在底面上的投影为，与平面所成角满足：. 对于A，当时，则有，解得，则，，故A正确； 对于B，当时，由选项A得，则对于，有， ，故. 设球心，则，， 由得，解得，则球心，半径，故B错误； 对于C，设球心，半径，由得，所以. 由 得 . 当时，由 ，解得（舍）或（舍）； 当时，由 ，解得（舍）或. 代入得 ，即，解得， 则，而，故C错误； 对于D，外接球半径最小时，球心在底面上，，此时， 由 ，得，代入，解得，所以，，故， 则三棱锥的体积为，故D正确. 7．（2026·江苏南京·模拟预测）已知正方体，，分别是面，面的中心.则下列结论正确的是（   ）. A． B．平面 C．与是异面直线 D．平面将正方体分成前后两部分的体积比为2：1 【答案】AD 【分析】根据等腰三角形证明线线垂直判断A，根据正方形中与不垂直判断B，由直线平行判断C，利用多面体的体积，得到平面将正方体分成两部分的体积比为判断D. 【详解】因为是等边三角形，为中点，所以，又正方体中，所以，选项A正确； 在正方体中，过作分别交，于，，连接，， 则，所以平面即平面，由于与不垂直，选项B错误； 在正方体中，连接与， 则，又在上，所以，所以与共面，选项C错误； 显然与是相交直线，设其交点为，设直线交于，交于， 连结交于，则面是平面截正方体所得的截面， 由，分别为正方形，的中心，得，连接， 多面体的体积， 而正方体的体积， 因此平面将正方体分成前后两部分的体积比为，选项D正确. 三、填空题 8．（2026·甘肃兰州·模拟预测）在正四棱台中，，该正四棱台的侧面积为，则该正四棱台的体积为____________． 【答案】 【分析】根据棱台的侧面积求出棱台的侧棱长，再根据棱台的体积公式计算即可. 【详解】设，则， 由正棱台的结构特征可知四边形，均为等腰梯形， 如图，在等腰梯形中，过点作于点，则， 所以由勾股定理知， 由该正四棱台的侧面积为，得，解得， 则． 连接，在等腰梯形中，过点作于点，则为该正四棱台的高，且， 所以，则该正四棱台的体积．    9．（2026·河北邢台·三模）如图所示，已知直四棱柱的底面为平行四边形，点分别为, 的中点， 直线与交于点，则几何体的体积与直四棱柱 的体积的比值为________.    【答案】 【分析】连接，证得四点共面，得到，设，求得和，再设点到平面的距离为，得到点到平面的距离为，结合锥体的体积公式，即可求解. 【详解】如图所示，连接， 因为点分别为, 的中点，可得， 又因为，所以， 因为在上，所以四点共面，所以， 由与相似，且为的中点，可得， 所以， 设，所以， 因为，所以， 因为，所以， 设点到平面的距离为，则点到平面的距离为， 所以， 所以， 又因为， 所以几何体的体积与直四棱柱的体积比为.    四、解答题 10．（2026·江苏无锡·三模）如图，在三棱锥中，平面平面为的中点. (1)证明：； (2)若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积. 【答案】(1)由，为的中点，得，而平面平面， 平面平面，平面，则平面，又平面， 所以. (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理得证. （2）作出二面角的平面角，利用给定角的大小及平行线分线段成比例定理求出，进而求出体积. 【详解】（1）略 （2）由是边长为1的等边三角形，得，则， 作交于点，由平面，得平面，而平面， 则，过作于，连接，平面， 因此平面，又平面，则，为二面角的平面角， 即，由，得， 而，则，，， ，， 所以三棱锥的体积. 题型04 球与多面体的切接问题 一、单选题 1．（2026·安徽·模拟预测）如图，这是某零件的结构模型，中间大球为正四面体的内切球，小球与大球、正四面体的三个面均相切.若，则该模型中一个小球的表面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】如图所示，设大球的球心为，大球的半径为，大正四面体的底面中心为，高为，的中点为，连接. 棱长，则，， 正四面体的高. 因为，所以，所以. 设小球的半径为，小球也可看作一个小的正四面体的内切球， 且小正四面体的高，所以， 所以小球的表面积为. 2．（2026·吉林长春·二模）已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，球与圆台的两个底面和侧面都相切，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用圆台内切球对应轴截面等腰梯形有内切圆的性质得到母线长，结合勾股定理求出球半径，代入表面积公式计算结果. 【详解】设球的半径为，圆台上底面半径，下底面半径. 因为球与圆台两个底面相切，因此圆台的高； 球与圆台侧面也相切，说明圆台的轴截面（等腰梯形）存在内切圆， 根据有内切圆的四边形对边之和相等，可得圆台母线长； 由圆台母线、高、半径之差的勾股关系：， 代入已知量得，解得； 代入球的表面积公式，得. 3．（2025·湖北黄冈·模拟预测）如图，一个沙漏模型正好放进一个棱长为2的正方体中，使得沙漏底面与正方体底面位于同一平面内，且其底面所在的圆是正方体底面的内切圆，则该沙漏的体积是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意代入圆锥体积即可. 【详解】由题得沙漏的体积. 故选：A 4．（2025·广东中山·二模）如图，在圆柱内有一个球O，该球与圆柱的上，下底面及母线均相切.若，则圆柱的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆柱的内切球，求出圆柱的底面半径和母线长，根据圆柱的表面积公式求解即可. 【详解】由题意知，圆柱底面半径，母线长， 所以圆柱的表面积. 故选：C 5．已知圆锥的轴截面为为该圆锥的顶点，该圆锥内切球的表面积为，若，则该圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】研究圆锥与内切球的轴截面，由题可得内切球半径，在轴截面中解直角三角形分别求出圆锥的高与底面半径即可. 【详解】如图所示，设内切球与相切于点，因为，所以， 由内切球的表面积为，可得球的半径， 在直角中得，则圆锥的高为， 在直角中得，即圆锥的底面半径为3， 所以该圆锥的体积． 故选：A．    二、多选题 【新思维】6．（2026·江西宜春·模拟预测）将个半径为1的小球放入棱长为的正方体形的容器内（容器壁厚忽略不计），则（    ） A．当时，球心一定为正方体的中心 B．当时，正方体的一个顶点到球心距离的最大值为 C．当时，的最小值为 D．当时，4个球两两相切地粘在一起的组合体可在正方体内任意滚动，则的最小值为 【答案】ACD 【分析】A，B，C选项通过分析球心活动的区域即可判断正误，D选项通过求出组合体的外接球即可得到正方体棱长的最小值. 【详解】记该棱长为的正方体为， 对于放入内的半径为的小球，其球心必须与各个面的距离至少为， 球心可活动的区域是一个边长为的小正方体（其中心即为中心），记为. 对于A，当时，的边长为，球心即为的中心，A正确； 对于B，当时，的边长为， 以的一个顶点为原点，以从该点出发的三条棱为坐标轴， 则可表示为， 可表示为， 可知点与上的的距离最大，为，B错误； 对于C，当时，两个半径为的小球不能重叠，则两球心之间的距离至少为， 而这两个球心都在内，所以内的最大距离（即体对角线的长度）至少为， 即，得，C正确； 对于D，当时，个小球构成的组合体能在内任意滚动， 则该组合体的外接球能完全放在内，即组合体的外接球直径， 个小球两两相切，可知个球心构成了一个棱长为的正四面体， 将其置于棱长为的正方体内，可得该四面体的外接球半径， 再加上小球自身的半径，可得组合体的外接球直径为， 所以的最小值为，D正确. 【新情境】7．勒洛Franz Reuleaux（1829～1905），德国机械工程专家，机构运动学的创始人.他所著的《理论运动学》对机械元件的运动过程进行了系统的分析，成为机械工程方面的名著.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体.如图所示，设正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（    ） A．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是 C．勒洛四面体表面上交线的长度为 D．勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2 【答案】ABD 【分析】A选项：求出正四面体的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球半径，得到答案；B选项，作出截面图形，求出截面面积；C选项，根据对称性得到交线所在圆的圆心和半径，求出长度；D选项，作出正四面体对棱中点连线，在C选项的基础上求出长度. 【详解】A选项，先求解出正四面体的外接球，如图所示： 取的中点，连接，过点作于点，则为等边的中心， 外接球球心为，连接，则为外接球半径，设， 由正四面体的棱长为2，则，， ， ，， 由勾股定理得：，即， 解得：， 此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示： 图中取正四面体中心为，连接交平面于点，交于点，其中与共面，其中即为正四面体外接球半径， 设勒洛四面体内切球半径为，则，故A正确； B选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，如图所示： 面积为，B正确； C选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线所在圆的圆心为的中点， 故，又， 由余弦定理得：， 故，且半径为，故交线的长度等于，C错误； D选项，将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如图所示： 连接，交于中点，交于中点，连接，则， 则由C选项的分析知：， 所以， 故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，D正确. 故选：ABD 三、填空题 8．（2026·湖南衡阳·模拟预测）现有10个直径为4的小球，全部放进棱长为的正四面体盒子中，则的最小值为__________． 【答案】/ 【分析】先确定个直径为的小球按三层正三角紧排，相邻球外切、边缘球与正四面体内切；由球半径得球心构成棱长为的小正四面体，算出其高；结合正四面体高与内切球半径关系，求出大正四面体总高；利用正四面体高与棱长的换算公式，算出棱长最小值． 【详解】设正四面体的棱长为，是正的中心， BM的延长线交CD于，连接AM， 则平面，， 所以，， 因此正四面体的高． 令正四面体ABCD内切球的半径为， 由，得． 10个直径为4的小球放进棱长为的正四面体ABCD中，成三棱锥形状，有3层， 则从上到下每层的小球个数依次为， 当取最小值时，从上到下每层放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切， 底层的6个球还都与正四面体底面相切，任意相邻的两个小球都外切， 位于底层正三角状顶点的小球球心连线与位于每层正三角状顶点的所有上下相邻小球的球心连线构成正四面体， 则正四面体EFGH的棱长为，其高为， 当以点为球心的最上方小球是以为顶点的某个正四面体的内切球时， 在某个正四面体，为的中点，球心在上， 过作于，则，设棱长为， 在中，，，，， 在中，，， 所以， 所以正四面体ABCD的高为， 所以正四面体棱长的最小值为． 9．（2026·四川成都·三模）已知圆台的底面半径分别为1和2，高为，底面圆周均在球的球面上，则球的表面积为__________. 【答案】 【分析】作球的大圆截圆台得轴截面为圆的内接等腰梯形，在这个图形中由几何法求得球半径，再计算表面积. 【详解】如图是球的大圆截圆台得轴截面是圆的内接等腰梯形，分别是圆台下底、上底圆心，则为圆台的高，直线过， 由已知，，， 设， 若在线段上，则， ，即，解得， 所以与重合， 若在延长线上，则， 则有，同样解得，即与重合， 所以球半径为， 表面积为 10．（2026·河北·二模）在母线与底面所成角为的圆锥内放入三个半径为1的球，这三个球两两相切，且均与圆锥的底面和侧面都相切，则圆锥的底面半径为_____；若再放入一个半径为的小球，使得它与三个小球均相切，且与圆锥的侧面相切，则_____． 【答案】 【分析】取过圆锥轴及其中一个大球球心的截面，并结合与底面平行且距离底面为的平面内三个球心的位置关系，将空间问题转化为平面中圆与直线、圆与圆的相切问题.先由截面中半径为的圆确定大球球心到圆锥轴的距离，再利用三个球心构成边长为的正三角形求圆锥底面半径.设再放入的小球半径为，由对称性知其球心在圆锥轴上，再由相切条件列方程即可求得. 如图：    【详解】设圆锥底面圆心为，顶点为，底面半径为，高为，三个半径为的大球球心分别为. 因为母线与底面所成角为，所以，故过圆锥轴的截面是边长为的等边三角形. 取过圆锥轴及球心的截面.在该截面内，单位圆与底边、腰都相切.设右侧底角为，则在的角平分线上，且到底边的距离为. 在相应的直角三角形中，，解得.于是球心到圆锥轴的距离为. 设为圆锥轴与过且平行于底面的平面的交点，则.又因为三个大球两两相切，所以，故是边长为的正三角形.由对称性可知，是的外心，于是. 从而，解得.故第一空应填. 设再放入的小球半径为，球心为.由对称性可知，在圆锥轴上.在上述截面内，小球化为一个与两腰都相切的圆.由于顶角为，且在顶角平分线上， 所以，从而.又因为，所以到底面的距离为. 在同一截面内，大球与小球相切，所以. 由前面结论可得，球心到圆锥轴的距离为，且到底面的距离为，因此. 于是，化简得.解得. 因为，所以.故第二空应填. 【新情境】11．（2026·浙江·二模）如图所示，有一只内壁呈半球面的小碗，半径为，碗内放了三颗汤圆（视为半径均为的球）．三颗汤圆两两相切，且汤圆与碗的内壁均相切．若汤圆与碗口等高，则______． 【答案】 【分析】设半球面的球心为，三颗汤圆的球心分别为，等边三角形的中心为，由题意得，，在中利用勾股定理即可求出答案. 【详解】设半球面的球心为，三颗汤圆的球心分别为, 因为汤圆与碗的内壁相切，所以， 又因为三颗汤圆两两相切，所以， 设等边三角形的中心为， 因为汤圆与碗口等高，所以， 在中，， 在中，， 即，即， 所以，所以. 题型05 体积的最值与范围问题 一、单选题 1．（2026·四川绵阳·模拟预测）已知球的半径为，圆锥内接于球，则圆锥体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】通过几何关系建立圆锥体积关于高的函数表达式，再利用导数求解函数最大值，需明确变量的实际取值范围. 【详解】设圆锥的高为，底面半径为，已知球的半径. ∵ 圆锥内接于球，球心到圆锥底面的距离为， ∴ 由勾股定理可得 ，整理得 ，其中的取值范围为. 根据圆锥体积公式 ，将代入得：. 对关于求导，得 . 令，解得 或 （不符合实际意义，舍去）. ∵ 当 时，，单调递增；当 时，，单调递减， ∴ 当时，取得最大值，代入得： . 故正确选项为B. 2．（2026·湖南长沙·三模）已知一个实心圆锥几何体的体积为V₁，从中挖去一个体积为V₂的半球，且球心在圆锥底面上，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据圆锥和半球的体积公式表示为，然后通过导数求出其最大值. 【详解】设圆锥底面半径为 ，高为 ，半球半径为 ， 圆锥体积 ，半球体积，体积比为 因为底面中点（球心）到母线HM的距离等于半球半径 ，由等积法可得， 令 （），则 ，则， 将 代入体积比， 设 （），令 ，则 ， 令，解得 （即 ，）， 当 , ， 单调递增，当, ， 单调递减， 所以当， 取得最大值， 此时 取得最大值：. 3．（2026·北京·模拟预测）四面体中，，，．若该四面体某面的三角形周长为18，则四面体的体积最大值为（     ） A．36 B． C． D． 【答案】B 【分析】由已知得为，结合该四面体某面的三角形周长为18，这个面不是平面， 而是含点的另个三角形面中去推断，再根据四面体的体积公式，结合题中条件可求出四面体体积的最大值. 【详解】    如图，在四面体中， 由，，， 所以为，由勾股定理得；又，，,的周长为， 所以该四面体某面的三角形不是， 是在含点的三角形中的面， 设到面的距离为，则四面体的体积， 要使最大，只需最大， 若的周长为，即， 其中，所以，点的轨迹是到两点距离之和为的椭球， 当点在平面的垂面内时，此时有可能最大，而点在平面内的轨迹为椭圆， 长轴长，焦距，短半轴长为， 此时要使最大，只有时满足，的最大值为； 当点在平面的垂面时，若的周长为，，其中，， 点在平面内的轨迹为椭圆，长轴长长半轴长为，焦距，短半轴长为， 此时最大时，取，的最大值， 当点在平面的垂面时，若的周长为，，其中，得， 不满足三角形两边之和大于第三边，该情况不存在；故当取时，四面体的体积最大，最大值为， 【新思维】4．（2026·重庆北碚·模拟预测）在棱长为2的正四面体中，动点分别在棱上，且二面角的大小恒为，则三棱锥体积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，利用二面角的大小恒为得到三者的关系，从而得到三棱锥的体积的表达式，再计算出三棱锥体积的最大值. 【详解】 如图所示，以为原点，为轴，建立空间直角坐标系，那么 设那么 ， 设平面法向量为，则 取,则向量为平面平面的一个法向量， 取向量为平面的法向量，则 化简，得 ， ， 当时， 由于点与点在上运动，根据对称性可知在时最大，不妨设, 则, 当时，取得最大值 当时， 由于点与点在上运动，根据对称性可知在时最大，不妨设, 则, 当时，取得最大值,由于，故不符合舍去; 综上，三棱锥体积的最大值为. 二、多选题 5．（2026·山西大同·三模）在三棱锥中，，，，则下列说法正确的是（    ） A． B．三棱锥的体积的最大值为 C．若，则三棱锥外接球的表面积为 D．若，则点在平面的投影是的外心 【答案】AC 【分析】对于A，取的中点，连接，即可得到平面，从而判断A；利用三棱锥的体积即可判断B；将三棱锥补成长方体即可求出C；根据线面垂直即可判断D. 【详解】 对于A，取的中点，连接，由于，，， 由等腰三角形的性质可得，，由于平面且与交于点，所以平面， 又平面，所以，故A正确； 对于B，三棱锥的体积， 当且仅当时等号成立，故B错误； 对于C，当，由于，，， 由勾股定理可得，，，将三棱锥补成长方体，易得长方体的外接球的半径， 所以三棱锥外接球的表面积，故C正确； 对于D，当时，因为，设为点在平面上的投影，则，所以点在平面的投影不是的外心，故D错误． 三、填空题 6．（2026·海南海口·模拟预测）已知四棱锥的底面是平行四边形，过点和的中点作平面，且平面与侧棱，（不含端点）分别交于点，，若四棱锥的体积为24，则四棱锥体积的最小值为________． 【答案】 【分析】设，其中，由空间四点共面定理可得，再由，得，结合基本不等式求解即可. 【详解】设，其中， 取空间基底, 因为底面是平行四边形， 所以 , 又因为为的中点， 所以, 又因为四点共面， 所以, 所以，解得， 又因为, 又因为， ， 所以 ， 当且仅当，即时，等号成立. 所以四棱锥体积的最小值为8. 7．（2026·江苏南通·模拟预测）半径为1的球可以整体放入一圆锥容器内（容器壁的厚度忽略不计），则该容器体积的最小值为_____． 【答案】/ 【分析】作圆锥轴截面，求出圆锥的体积的函数关系，再利用基本不等式求出最小值. 【详解】依题意，当球与圆锥底面和侧面都相切时圆锥容器的容积最小， 作圆锥轴截面如图，为圆锥的高，为球心，为切点， 则，又， 则， 由，得， 因此该圆锥的体积 ， 当且仅当，即时取等号， 所以该容器体积的最小值为. 8．（2026·河北张家口·三模）将上底面半径为2，下底面半径为4，母线长为6的一个圆台打磨成一个球，再将此球打磨成一个圆柱，则该圆柱体积的最大值为_________． 【答案】 【详解】 如图，由圆台的轴截面可知，当母线长等于上、下底面圆的半径之和时，圆台有内切球. 因为，所以该圆台有内切球， 故当打磨成该圆台的内切球时，球的体积最大. 记内切球半径为R，可得，. 记圆柱的底面半径为r，高为h， 易知圆柱体积最大时其外接球为圆台的内切球， 所以，则，， 此时圆柱的体积. 设，，则. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 所以，所以该圆柱体积的最大值为. 9．（2026·江西南昌·三模）如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的等边三角形的中心为为圆上的点，分别是以为底边的等腰三角形､沿虚线剪开后，分别以为折痕折起，使得重合，得到三棱锥.当的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：）的最大值为_________. 【答案】 【分析】首先画图并设好未知量，根据等边三角形的性质和勾股定理表示出三棱锥的底面和高，从而得到三棱锥体积的表达式，然后构建辅助函数，通过导数来研究函数的极值从而找到三棱锥体积的最大值. 【详解】连接交于点，如下图所示 设重合于点，正三角形的边长为，则， 所以， 所以， 因此三棱锥的体积， 设函数，求导可得， 令，即，解得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以在时取得极大值， 因此. 10．（2026·青海西宁·二模）如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆的一条直径，若球的半径则球与圆柱的体积之比为_______；四面体 的体积的取值范围为_______. 【答案】 2:3/ 【分析】根据球、圆柱的体积公式以及建立函数关系求解即可. 【详解】已知球的半径，则球的体积为. 根据题意得，，则圆柱体积，则. 设为点到平面的距离，则，而平面经过线段的中点， 四面体的体积：. 所以四面体 的体积的取值范围为. 题型06 截面、展开与实际应用问题 一、单选题 1．（2026·陕西榆林·一模）一个圆锥的高是，侧面积是，则该圆锥轴截面的周长为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【分析】利用圆锥的高与母线、半径的关系，求出母线长和底面半径，进而得到轴截面周长为6. 【详解】设圆锥的母线长为，则底面半径为， 侧面积，解得， 则，故圆锥轴截面的周长为． 2．已知圆台的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作出圆台的轴截面，利用其周长和两底面圆半径的关系列方程，求出，代入公式，即可求得圆台的表面积. 【详解】    如图，作出圆台的轴截面,设上底面圆的半径为，则下底面圆的半径是， 故轴截面周长为，解得， 所以上、下底面圆的面积分别为，，圆台侧面积， 所以圆台的表面积为. 故选:C. 3．（2026·山东泰安·三模）已知圆锥的底面半径为，其内切球的体积为，则圆锥的母线长为（   ） A． B． C． D．4 【答案】B 【分析】根据球的体积得到半径，结合截面图可得答案. 【详解】因为内切球的体积为，所以内切球的半径为1，作出截面图如下， 因为底面半径为，所以，即, 由内切圆的性质可得，即为正三角形，所以圆锥的母线长为. 4．（24-25高一下·重庆酉阳·阶段检测）折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良"“善行”、它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图甲），图乙是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧，所在圆的半径分别是3和6，且，则关于该圆台，下列说法错误的是（   ）      A．高为 B．体积为 C．表面积为14π D．轴截面面积为 【答案】B 【分析】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，根据圆弧所在圆的半径和圆心角，求出，，计算圆台的高、体积、表面积和轴截面面积即可逐一判断. 【详解】设圆台的上底面半径为，下底面半径为， 依题意，，解得， 又圆台的母线长，则圆台的高为，故A正确； 圆台的体积为，故B错误； 圆台的表面积为，故C正确； 圆台的轴截面面积为，故D正确. 故选：B. 5．（2025·陕西西安·二模）一个圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，轴截面的面积为9，则该圆台的体积为（   ） A． B．2π C． D．7π 【答案】D 【分析】首先求圆台的高，再代入体积公式，即可求解. 【详解】设圆台的高为，由题意可知，，得， 圆台的体积. 故选：D 【新思维】6．（2024·广东广州·模拟预测）已知正方体的边长为1，现有一个动平面，且平面，当平面截此正方体所得截面边数最多时，记此时的截面的面积为，周长为，则（    ） A．不为定值，为定值 B．为定值，不为定值 C．与均为定值 D．与均不为定值 【答案】A 【分析】利用正方体棱的关系，判断平面所成的角都相等的位置，可知截面边数最多时为六边形.如图所示，可计算出周长为定值，计算正三角形的面积和截而为正六边形时的截面面积通过比较即可得答案. 【详解】正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，与面平行的面且截面是六边形时满足条件，如图所示， 正方体边长为1，即 设，则， ， 同理可得六边形其他相邻两边的和均为， 六边形的周长为定值， 正三角形的面积为. 当均为中点时，六边形的边长相等即截面为正六边形时截面面积最大， 此时,截面面积为， 截面从平移到的过程中，截面面积的变化过程是由小到大，再由大到小，故可得周长为定值，面积不为定值. 故选：A 二、多选题 7．（2025·四川泸州·模拟预测）如图，已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则下列结论正确的是（    ） A．若是正方体表面上的动点，且，则长度的最大值为3 B．四面体的体积为 C．平面截正方体所得截面的面积为 D．平面 【答案】ACD 【分析】A取的中点，连接，根据已知证明平面，进而确定点的轨迹是矩形（点除外）判断；B在四边形中，取的中点，连接，过点作于，且交于点，过作且交于点，利用线面垂直的性质及判断找到棱锥的高，结合相关线段长及棱锥的体积公式求体积；C分别取的中点，连接，，根据平面的基本性质确定截面，再求面积即可；D利用线面垂直的性质和判断证明即可. 【详解】对于A，取的中点，连接. 因为，所以， 所以四边形是平行四边形，易得，所以， 所以，所以. 因为平面平面，所以. 又平面，所以平面. 而，则平面，所以点的轨迹是矩形（点除外）. 当与重合时，的长度最大，且最大值为，故A正确； 对于B，在四边形中，取的中点，连接，过点作于，且交于点，过作且交于点. 因为，，所以. 而. 因为平面平面，所以. 又平面，所以平面. 所以点到平面即平面的距离为， 所以，故B错误； 对于C，分别取的中点，连接，， 平面截正方体所得截面即为正六边形，其面积为，故C正确； 对于D，平面，平面，则，而， 由都在平面内，则平面，平面， 所以，同理.又且都在平面内， 所以平面，即平面，故D正确. 故选：ACD 【新思维】8．（2025·湖北黄冈·模拟预测）在直三棱柱中，，则（    ） A．异面直线与所成的角为 B．若点在线段上运动，则的最小值为 C．点在侧面上运动，点在棱上运动，若直线是共面直线，则点的轨迹长度为 D．若分别为的中点，则平面截三棱柱所得截面的周长为 【答案】BCD 【分析】根据题意可证平面，继而可得，A错；路径问题，沿展开平面即可求解；由题知点为平面与侧面的交线；根据截面问题作出截面，然后求各边长即可. 【详解】 在直三棱柱中，，， 又,平面平面， 又平面，， 又，，异面直线与所成的角为，故A错误； 平面沿展开到平面中，如图， ∵， ∴，，故展开图为矩形， （当在连线上时取等），故B正确； 点在侧面上运动，点在棱上运动，若直线是共面直线， 所以点的轨迹为平面与侧面的交线，长度为，故C正确； 分别为的中点，在平面中，延长交于，连接交于，连接，故四边形为所求截面，如图， ∵为的中点，∴为的中点， ∵为的中点，∴为的重心，， ， ，， 所以截面周长为，故D正确， 故选：BCD. 三、解答题 9．（25-26高二下·江苏淮安·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面平面ABCD，是边长为的等边三角形，E为侧棱PB的中点，F为线段BC上一点． (1)证明：平面平面PBC； (2)若F为BC中点． （ⅰ）求异面直线AF与PC的距离； （ⅱ）求四棱锥的外接球被所在的平面截得的圆的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅰⅰ） 【分析】（1）先由面面垂直性质得平面，进而得到，再结合等腰三角形性质得，最后由线面垂直判定得平面，从而根据面面垂直判定完成证明. （2）（ⅰ）由线面平行性质推出，确定为中点，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，进而得到向量、，求与两向量都垂直的向量，利用公式算出异面直线、距离 （ⅱ）根据外接球球心性质求出球心坐标与半径，再利用法向量求球心到平面距离，最后由勾股定理求截面圆半径并计算面积. 【详解】（1）平面平面，平面平面，， 且平面，则平面， 因为平面，则，又，，则， 因，平面，则平面， 又平面，故平面平面． （2）（ⅰ）由平面，平面平面，平面，则， 故为的中点，取的中点O，连接，， 则平面，因平面，则， ，平面，所以平面， 故可以O为坐标原点，OB，OP所在直线为x，z轴，过O作的平行线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题意，，，，，，， ，， 设与，向量都垂直，则 令得， ， 则异面直线AF，PC的距离． （ⅱ）由底面为正方形，设外接球球心为， 由得，得， 则球半径， 由（2）知平面的法向量为， 则球O到平面距离为， 则球O截平面所得圆的半径， 则截面圆面积为． 重难·创新演练 设题创新:外接球、棱切球和内切球问题 一、单选题 1．（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 【分析】根据题意得到外接圆的半径，由球到平面的距离结合勾股定理得到球的半径，最后由球的体积公式计算即可. 【详解】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． 2．（2026·四川自贡·模拟预测）已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则该圆锥内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意得：正三角形内切圆半径，就是圆锥内切球的半径， 且边长为4的正三角形内切圆半径为：， 所以圆锥内切球的表面积为：. 3．（2026·河北·三模）已知某圆锥的侧面展开图的面积是其底面积的2倍，则该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】依题意，设圆锥的底面半径为，母线长为，所以，所以， 该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为.    4．（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 【分析】作的高 连接，利用截面三角形的面积，求出底面棱长以及侧棱长，利用棱柱侧面积公式即可求解. 【详解】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 5．（2026·浙江·二模）已知三棱锥的外接球的半径为2，底面是边长为3的正三角形，，若球心在三棱锥的内部，则该三棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由正弦定理求得的外接圆半径，结合三棱锥的高建立勾股关系，进而可求三棱锥的体积. 【详解】的外接圆半径，又三棱锥的外接球半径， 设该三棱锥的高为，所以，即，得， 所以三棱锥的体积. 6．（2026·福建·三模）在正三棱柱中，D，E分别满足，，点F在棱上，若平面将该三棱柱分割成体积相等的两部分，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】将平面下方的几何体拆分成棱锥或棱柱，列体积方程求解即可 【详解】设三棱柱高为，底面积为，则体积为， 平面将三棱柱体积平分后每部分体积为，设，由已知， 因为D，E分别满足，，有， 过点，垂足为，过点作，垂足为，连接， 将平面下方的几何体体积拆分为三棱柱和四棱锥， 由题意，设为四棱锥高， 可得， 因为，所以代入解得，因此    7．（2026·江西南昌·三模）已知正方体的棱长为，若球同时满足条件：①与平面，平面均相切，②与棱相切（即与棱仅有一个公共点），则球的表面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，分别求出平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，及.再由向量的数量积的几何意义，分别计算点到向量，，的距离得 ，，，联立方程消去得关于的一元二次方程：，令可得，从而可得的最小表面积. 【详解】以正方体的点为原点，分别以所在直线为轴， 建立空间直角坐标系，如图： 则， 所以平面的一个法向量为，， 所以球心到平面距离： ，即①. 同理平面​的一个法向量为， 所以球心到平面距离： ，即②. 因为球与平面，平面均相切，且与棱相切， 所以球心必在平面的上方及平面的下方，因此且 所以①②去掉绝对值得，，即，③ 又因为球与棱相切，， 所以球心到的距离： ， 即④，将③代入④得：， 化简整理，得关于的一元二次方程：， 由二次方程有实根，判别式，即， 解得，即，球的表面积. 因此，球表面积的最小值为. 8．（2026·山西晋城·三模）如图，在底面为正方形的长方体中，为底面ABCD内的一个动点（包括边界），且满足，若四面体的体积的最小值为，则长方体的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由可得点的轨迹是平面ABCD内以点为圆心、圆心角为且半径为1的圆弧，分析可得点到BD的距离的最小值为，进而可得面积的最小值为，再根据棱锥的体积公式结合题设可求得，进而求解即可. 【详解】由，则点的轨迹是平面ABCD内以点为圆心、圆心角为且半径为1的圆弧， 如图，连接AC交BD于点四边形ABCD为正方形，为AC的中点，且， ． 设点到BD的距离为，则， 面积的最小值为． 平面，解得， 设长方体的外接球的半径为， ， 长方体的外接球的表面积为． 二、多选题 【新思维】9．（2026·贵州遵义·模拟预测）已知正方体的棱长为6， ， ， 分别为 ， ，的中点， 为正方形内一点（包含边界）．下列说法正确的是（     ） A．经过 ， ， 三点的截面形状为四边形 B．点到经过 ， ， 三点的截面的距离为 C．存在点 ，使得点和点 到平面的距离相等 D．三棱柱 外接球的表面积为 【答案】ACD 【分析】选项A，在正方体的后面做一个等大的正方体，连接得到 ，取的中点，连接，得到 ，连接 ， ，连接 ，得到四边形 为经过 ， ， 三点的截面；选项B，求出平面 的法向量为，利用公式求解；选项C，利用线段 的中点四点共面求解；选项D，利用直三棱柱的性质确定球心，进而求出球半径，利用球的表面积公式求解. 【详解】选项A，在正方体的后面做一个等大的正方体， 因为 为 的中点，所以 ， 连接， ，取的中点，连接，则 ， 连接 ， ，连接 ， 则四边形 为经过，， 三点的截面，其形状为四边形，故选项A正确； 选项B，建立如图所示的空间直角坐标系， ， ， 设平面 的法向量为， 则，即，取 ，则 ， 则平面 的法向量为， ，，， 设点到平面 的距离为 ， 则，故选项B错误； 选项C，若点和点到平面的距离相等， 满足两种情况，平面 直线 ，或平面过 的中点， 记线段 的中点为，设，， 则四点共面的条件为， 即， 即，解得 ， 因为 为正方形内一点（包含边界）， 所以 ， 所以 的点全部落在正方形内， 例如取，即可满足条件， 因此存在点 ，使得点和点到平面的距离相等，故选项C正确； 选项D，因为三棱柱 是直三棱柱，底面 是直角三角形， 所以三棱柱 外接球的球心为上下底面直角三角形斜边中点连线的中点， 因为下底面斜边 的中点为， 上底面斜边 的中点为， 所以球心为，球半径为， 所以三棱柱 外接球的表面积为 ，故选项D正确. 三、填空题 10．（2026·四川泸州·三模）已知正四面体的棱长为，点P为其外接球上的动点，则点P到该正四面体四个面的距离之和的最大值为__________． 【答案】8 【分析】用等体积转化法，将到各个面的距离之和最大转化为到一个面的距离最大，计算该位置得到最大值. 【详解】因为正四面体的棱长为，所以正四面体的高，外接球的半径. 由对称性，不妨设点与点分别在平面的异侧，正四面体四个侧面的面积为， 点到平面，平面，平面，平面的距离分别为，，，. 如图所示，有. 根据三棱锥的体积公式，可得， 即. 结合球的性质，当线段恰好为外接球的直径位置时，最大， . 所以. 11．（2026·福建·模拟预测）已知某圆锥的侧面积为定值，则当该圆锥的内切球的体积最大时，其母线与底面所成角的余弦值为________． 【答案】 【分析】设圆锥的侧面积为，底面半径为，母线长为，由等面积法可得该圆锥的内切球半径，结合圆锥侧面积可得，记为定值，进而得到，结合基本不等式可得，进而求解即可. 【详解】设圆锥的侧面积为，底面半径为，母线长为，    由，可得， 而圆锥侧面积为，即，记为定值， 则 ， 当且仅当，即，即时等号成立，此时， 所以圆锥的内切球体积最大时，其母线与底面所成角的余弦值为． 四、解答题 12．（2026·安徽安庆·模拟预测）如图所示，四棱锥底面为菱形，点，为棱的三等分点，点是棱中点. (1)过，，三点的平面与线段交于点，求证：； (2)若面，，点到平面的距离为，求四棱锥体积的最小值. 【答案】(1)取线段的中点，连接，，由于， 所以四边形为平行四边形，即， 又平面，平面， 所以平面. 又平面，平面平面，故. (2) 【分析】（1）由线面平行的判定定理证明面，再由线面平行的性质定理证得. （2）建立空间直角坐标系，设，，由点到平面距离的向量求法，表示出点到平面的距离，即可得的关系，根据棱锥的体积公式，利用基本不等式可求得四棱锥体积的最小值. 【详解】（1）略 （2）连接，交于点，因为底面为菱形，所以. 又平面，所以如图建立空间直角坐标系， 设，，则，，，，， 得，，. 设平面的法向量， 则， 所以点到平面的距离为，化简得， 因为，所以，即，当且仅当时，等号成立. 故，即四棱锥体积的最小值为． 真题·实战演练 高频考点：立体几何图形的表面积与体积 一、单选题 1．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面平面，可知平面，利用等体积法求点到面的距离. 【详解】如图，底面为正方形， 当相邻的棱长相等时，不妨设， 分别取的中点，连接， 则，且，平面， 可知平面，且平面， 所以平面平面， 过作的垂线，垂足为，即， 由平面平面，平面， 所以平面， 由题意可得：，则，即， 则，可得， 所以四棱锥的高为. 故选：D. 2．（2024·天津·高考真题）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 【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可. 【详解】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．（2023·全国乙卷·高考真题）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，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答. 【详解】在中，，而，取中点，连接，有，如图，   ，，由的面积为，得， 解得，于是， 所以圆锥的体积. 故选：B 4．（2023·天津·高考真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比. 【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.    因为平面，平面，所以平面平面. 又因为平面平面，，平面，所以平面，且. 在中，因为，所以，所以， 在中，因为，所以， 所以. 故选：B 二、多选题 5．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（    ）． A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为 C． D．的面积为 【答案】AC 【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性. 【详解】依题意，，，所以， A选项，圆锥的体积为，A选项正确； B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误； C选项，设是的中点，连接， 则，所以是二面角的平面角， 则，所以， 故，则，C选项正确； D选项，，所以，D选项错误. 故选：AC.    三、填空题 6．（2026·北京·高考真题）已知三棱锥，，，，则它的底面的面积为________，体积为________．    【答案】 【分析】先由底面三角形的边长求面积；再由，可知点在底面上的投影为的外心，由此求出三棱锥的高. 【详解】    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. 7．（2024·北京·高考真题）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/ 【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度. 【详解】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则， 故，. 故答案为：. 8．（2023·上海·高考真题）空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为______． 【答案】9 【分析】根据题意，先考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，分类讨论为正四棱锥的侧面或对角面两种情况，再结合三边的轮换对称性即可得解. 【详解】因为空间中有三个点，且， 不妨先考虑在一个正四棱锥中，哪三个点可以构成等边三角形，同时考虑三边的轮换对称性，可先分为两种大情况，即以下两种： 第一种：为正四棱锥的侧面，如图1， 此时分别充当为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的; 不妨以为例，此时符合要求的另两个点如图1所示，显然有两种情况， 考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有6种；    第二种：为正四棱锥的对角面，如图2， 此时分别充当底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的; 不好以为例，此时符合要求的另两个点图2所示，显然只有一种情况， 考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有3种； 综上所述：总共有9种情况. 故答案为：9. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是注意到为正三角形，从而考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，结合三边的轮换对称性即可得解. 9．（2023·全国甲卷·高考真题）在正方体中，E，F分别为AB，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 【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解. 【详解】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图， 由题意可知，为球心，在正方体中，， 即， 则球心到的距离为， 所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点， 同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点， 所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12. 故答案为：12 10．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为________． 【答案】/ 【分析】结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解. 【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，    因为， 则， 故，则， 所以所求体积为. 故答案为：. 11．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）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______． 【答案】 【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解. 【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为， 所以正四棱锥的体积为， 截去的正四棱锥的体积为， 所以棱台的体积为. 方法二：棱台的体积为. 故答案为：. 四、解答题 12．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1) 法一、在正方形中， 由条件易知 ，所以， 则， 故，即， 在正方体中，易知平面，且， 所以平面， 又平面，∴， ∵平面，∴平面； 法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设是平面的一个法向量， 则，令，则，所以， 易知，则也是平面的一个法向量，∴平面； (2) (3) 【分析】（1）法一、利用正方形的性质先证明，再结合正方体的性质得出平面，利用线面垂直的性质与判定定理证明即可；法二、建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面垂直即可； （2）利用空间向量计算面面夹角即可； （3）利用空间向量计算点面距离，再利用锥体的体积公式计算即可. 【详解】（1）略 （2）同上法二建立的空间直角坐标系， 所以， 由（1）知是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，所以， 令，则，即， 设平面与平面的夹角为， 则； （3）由（1）知平面，平面，∴， 易知， 又，则D到平面的距离为， 由棱锥的体积公式知：. 2 / 81 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 第01讲 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积 目 录 模拟·基础演练 2 题型01 空间几何体的结构特征与直观图 2 题型02 几何体的表面积与侧面积计算 9 题型03 几何体的体积计算 16 题型04 球与多面体的切接问题 27 题型05 体积的最值与范围问题 39 题型06 截面、展开与实际应用问题 49 重难·创新演练 58 真题·实战演练 70 模拟·基础演练 考查重点：截面与球 题型01 空间几何体的结构特征与直观图 一、单选题 1．（2026·安徽·模拟预测）用笔从空间多面体的一个顶点出发，沿棱连续划线，要求笔尖不离开纸面（或模型表面）、不重复经过任何一条棱，最终停止在起点或任意其他顶点的过程称为“1笔”．则遍历一个正五棱柱的所有棱，至少需要（    ） A．3笔 B．4笔 C．5笔 D．6笔 2．（2026·北京西城·二模）已知正方体W和平面，则“正方体W的8个顶点中存在6个到平面的距离相等”是“平面将正方体W分成体积相等的两部分”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）在正三棱台中, 分别为棱的中点，，四边形为菱形，则与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 4．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）已知某四棱锥底面为菱形，一条侧棱垂直于底面且八条棱的长度构成集合，则四棱锥的体积可能是（    ） A． B． C． D． 5．（多选题）下列关于棱锥、棱台的说法正确的是（    ） A．棱台的侧面一定不会是平行四边形 B．棱锥的侧面只能是三角形 C．由四个平面围成的封闭图形只能是三棱锥 D．棱锥被平面截成的两部分不可能都是棱锥 【新角度】6．（2026·四川广安·二模）下列几何体中，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0.99m的球体 B．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体 C．底面直径为0.8m，高为1.1m的圆锥体 D．所有棱长均为1.4m的四面体 【新思维】7．（2025·四川成都·三模）把一边不光滑的一条纸（A，B）卷成小筒，得到的是（1～4）中的小筒，其中配对正确的是（  ） A．A—4 B．A—2 C．B—3 D．B—1 三、填空题 8．（2026·上海·三模）若一圆锥底面半径为3，母线长为5，则其体积为________．（结果保留） 9．（2016·河南南阳·三模）如图，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中 则原图形的面积为________. 10．（2025·四川成都·模拟预测）用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图为如图所示的，已知是边长为2的等边三角形，则顶点到轴的距离是__________. 题型02 几何体的表面积与侧面积计算 一、单选题 1．（2026·江西·模拟预测）陀螺也叫作“冰尜（gá）”或“打老牛”．现有一圆锥形陀螺（如图所示），其底面半径为4，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点滚动，当圆锥在平面内转回到原位置时，圆锥本身恰好滚动了4周，则该圆锥的侧面积为（     ）    A． B． C． D． 2．（2026·海南海口·模拟预测）如图，圆柱体被一个不平行底面的平面截去一部分，尺寸如图则该几何体的体积和侧面积分别是（    ） A．， B．， C．， D．， 3．（2026·天津武清·模拟预测）已知圆锥的高是底面半径的2倍，且圆锥的底面半径、体积分别与圆柱的底面半径、体积相等，则圆锥与圆柱的侧面积之比为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·江西·二模）已知一圆台的侧面积为，其内切球半径为4，则该圆台的表面积为（   ） A． B． C． D． 5．（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． 二、多选题 6．（2026·河南开封·模拟预测）如图，已知圆锥PO的轴截面是边长为2的等边三角形，则下列说法正确的是（    ） A．圆锥的体积为 B．圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形 C．圆锥的表面积为 D．圆锥的外接球的表面积为 7．（2026·江西赣州·二模）四面体满足，，，，则（   ） A．直线与的夹角为 B．四面体外接球的表面积为 C．的中点到直线的距离为 D．四面体内切球的半径为 三、填空题 8．（2026·云南曲靖·模拟预测）已知圆锥的底面半径为，侧面积为，则此圆锥的体积为___． 9．（2026·北京顺义·三模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面与平面的夹角为，则该四棱锥的侧面积为______． 10．（2026·安徽·三模）在四棱锥中，底面正方形边长为，，，则四棱锥的外接球的表面积为__________． 题型03 几何体的体积计算 一、单选题 1．（2026·陕西西安·模拟预测）已知正四棱台的上、下底面边长分别为和，侧棱长为，该正四棱台的体积为（    ） A．518 B． C．350 D． 2．（2026·山东·模拟预测）已知圆台上、下底面半径分别为1和3，其母线与底面所成角的正弦值为 ，则该圆台的体积为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·江苏南通·模拟预测）在平面四边形中，，，，将该四边形绕所在直线旋转一周，所得几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 4．（2026·山西忻州·模拟预测）一个圆柱形水杯的底面半径为3，高为8．若向其中放入一个半径为2的实心金属球，且金属球完全浸没在水中，则水面上升的高度为（   ） A． B． C． D． 5．（2026·山东日照·模拟预测）自驾旅游已成为很多家庭节假日休闲娱乐的首选.小明一家人自驾旅行途中，看到一座特色建筑，小明根据实景绘制出该建筑的几何示意图，并且根据介绍标记了其中一些数据，如图所示（单位：m），建筑上半部分的侧棱长都相等，下半部分是正棱台，则该建筑上半部分与下半部分体积的比为（     ） A． B． C． D． 二、多选题 【新思维】6．（2026·安徽合肥·模拟预测）三棱锥中，，且，，与平面所成角为，下列说法中正确的有（     ） A．当时 B．当时三棱锥的外接球半径为 C．三棱锥的外接球半径为2时 D．三棱锥的外接球半径最小时，三棱锥的体积为 7．（2026·江苏南京·模拟预测）已知正方体，，分别是面，面的中心.则下列结论正确的是（   ）. A． B．平面 C．与是异面直线 D．平面将正方体分成前后两部分的体积比为2：1 三、填空题 8．（2026·甘肃兰州·模拟预测）在正四棱台中，，该正四棱台的侧面积为，则该正四棱台的体积为____________． 9．（2026·河北邢台·三模）如图所示，已知直四棱柱的底面为平行四边形，点分别为, 的中点， 直线与交于点，则几何体的体积与直四棱柱 的体积的比值为________.    四、解答题 10．（2026·江苏无锡·三模）如图，在三棱锥中，平面平面为的中点. (1)证明：； (2)若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积. 题型04 球与多面体的切接问题 一、单选题 1．（2026·安徽·模拟预测）如图，这是某零件的结构模型，中间大球为正四面体的内切球，小球与大球、正四面体的三个面均相切.若，则该模型中一个小球的表面积为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·吉林长春·二模）已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，球与圆台的两个底面和侧面都相切，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·湖北黄冈·模拟预测）如图，一个沙漏模型正好放进一个棱长为2的正方体中，使得沙漏底面与正方体底面位于同一平面内，且其底面所在的圆是正方体底面的内切圆，则该沙漏的体积是（    ） A． B． C． D． 4．（2025·广东中山·二模）如图，在圆柱内有一个球O，该球与圆柱的上，下底面及母线均相切.若，则圆柱的表面积为（   ） A． B． C． D． 5．已知圆锥的轴截面为为该圆锥的顶点，该圆锥内切球的表面积为，若，则该圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 【新思维】6．（2026·江西宜春·模拟预测）将个半径为1的小球放入棱长为的正方体形的容器内（容器壁厚忽略不计），则（    ） A．当时，球心一定为正方体的中心 B．当时，正方体的一个顶点到球心距离的最大值为 C．当时，的最小值为 D．当时，4个球两两相切地粘在一起的组合体可在正方体内任意滚动，则的最小值为 【新情境】7．勒洛Franz Reuleaux（1829～1905），德国机械工程专家，机构运动学的创始人.他所著的《理论运动学》对机械元件的运动过程进行了系统的分析，成为机械工程方面的名著.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体.如图所示，设正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（    ） A．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是 C．勒洛四面体表面上交线的长度为 D．勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2 三、填空题 8．（2026·湖南衡阳·模拟预测）现有10个直径为4的小球，全部放进棱长为的正四面体盒子中，则的最小值为__________． 9．（2026·四川成都·三模）已知圆台的底面半径分别为1和2，高为，底面圆周均在球的球面上，则球的表面积为__________. 10．（2026·河北·二模）在母线与底面所成角为的圆锥内放入三个半径为1的球，这三个球两两相切，且均与圆锥的底面和侧面都相切，则圆锥的底面半径为_____；若再放入一个半径为的小球，使得它与三个小球均相切，且与圆锥的侧面相切，则_____． 【新情境】11．（2026·浙江·二模）如图所示，有一只内壁呈半球面的小碗，半径为，碗内放了三颗汤圆（视为半径均为的球）．三颗汤圆两两相切，且汤圆与碗的内壁均相切．若汤圆与碗口等高，则______． 题型05 体积的最值与范围问题 一、单选题 1．（2026·四川绵阳·模拟预测）已知球的半径为，圆锥内接于球，则圆锥体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·湖南长沙·三模）已知一个实心圆锥几何体的体积为V₁，从中挖去一个体积为V₂的半球，且球心在圆锥底面上，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·北京·模拟预测）四面体中，，，．若该四面体某面的三角形周长为18，则四面体的体积最大值为（     ） A．36 B． C． D． 【新思维】4．（2026·重庆北碚·模拟预测）在棱长为2的正四面体中，动点分别在棱上，且二面角的大小恒为，则三棱锥体积的最大值为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 5．（2026·山西大同·三模）在三棱锥中，，，，则下列说法正确的是（    ） A． B．三棱锥的体积的最大值为 C．若，则三棱锥外接球的表面积为 D．若，则点在平面的投影是的外心 三、填空题 6．（2026·海南海口·模拟预测）已知四棱锥的底面是平行四边形，过点和的中点作平面，且平面与侧棱，（不含端点）分别交于点，，若四棱锥的体积为24，则四棱锥体积的最小值为________． 7．（2026·江苏南通·模拟预测）半径为1的球可以整体放入一圆锥容器内（容器壁的厚度忽略不计），则该容器体积的最小值为_____． 8．（2026·河北张家口·三模）将上底面半径为2，下底面半径为4，母线长为6的一个圆台打磨成一个球，再将此球打磨成一个圆柱，则该圆柱体积的最大值为_________． 9．（2026·江西南昌·三模）如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的等边三角形的中心为为圆上的点，分别是以为底边的等腰三角形､沿虚线剪开后，分别以为折痕折起，使得重合，得到三棱锥.当的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：）的最大值为_________. 10．（2026·青海西宁·二模）如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆的一条直径，若球的半径则球与圆柱的体积之比为_______；四面体 的体积的取值范围为_______. 题型06 截面、展开与实际应用问题 一、单选题 1．（2026·陕西榆林·一模）一个圆锥的高是，侧面积是，则该圆锥轴截面的周长为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 2．已知圆台的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·山东泰安·三模）已知圆锥的底面半径为，其内切球的体积为，则圆锥的母线长为（   ） A． B． C． D．4 4．（24-25高一下·重庆酉阳·阶段检测）折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良"“善行”、它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图甲），图乙是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧，所在圆的半径分别是3和6，且，则关于该圆台，下列说法错误的是（   ）      A．高为 B．体积为 C．表面积为14π D．轴截面面积为 5．（2025·陕西西安·二模）一个圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，轴截面的面积为9，则该圆台的体积为（   ） A． B．2π C． D．7π 【新思维】6．（2024·广东广州·模拟预测）已知正方体的边长为1，现有一个动平面，且平面，当平面截此正方体所得截面边数最多时，记此时的截面的面积为，周长为，则（    ） A．不为定值，为定值 B．为定值，不为定值 C．与均为定值 D．与均不为定值 二、多选题 7．（2025·四川泸州·模拟预测）如图，已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则下列结论正确的是（    ） A．若是正方体表面上的动点，且，则长度的最大值为3 B．四面体的体积为 C．平面截正方体所得截面的面积为 D．平面 【新思维】8．（2025·湖北黄冈·模拟预测）在直三棱柱中，，则（    ） A．异面直线与所成的角为 B．若点在线段上运动，则的最小值为 C．点在侧面上运动，点在棱上运动，若直线是共面直线，则点的轨迹长度为 D．若分别为的中点，则平面截三棱柱所得截面的周长为 三、解答题 9．（25-26高二下·江苏淮安·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面平面ABCD，是边长为的等边三角形，E为侧棱PB的中点，F为线段BC上一点． (1)证明：平面平面PBC； (2)若F为BC中点． （ⅰ）求异面直线AF与PC的距离； （ⅱ）求四棱锥的外接球被所在的平面截得的圆的面积． 重难·创新演练 设题创新:外接球、棱切球和内切球问题 一、单选题 1．（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． 2．（2026·四川自贡·模拟预测）已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则该圆锥内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·河北·三模）已知某圆锥的侧面展开图的面积是其底面积的2倍，则该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 4．（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． 5．（2026·浙江·二模）已知三棱锥的外接球的半径为2，底面是边长为3的正三角形，，若球心在三棱锥的内部，则该三棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 6．（2026·福建·三模）在正三棱柱中，D，E分别满足，，点F在棱上，若平面将该三棱柱分割成体积相等的两部分，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 7．（2026·江西南昌·三模）已知正方体的棱长为，若球同时满足条件：①与平面，平面均相切，②与棱相切（即与棱仅有一个公共点），则球的表面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．（2026·山西晋城·三模）如图，在底面为正方形的长方体中，为底面ABCD内的一个动点（包括边界），且满足，若四面体的体积的最小值为，则长方体的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 【新思维】9．（2026·贵州遵义·模拟预测）已知正方体的棱长为6， ， ， 分别为 ， ，的中点， 为正方形内一点（包含边界）．下列说法正确的是（     ） A．经过 ， ， 三点的截面形状为四边形 B．点到经过 ， ， 三点的截面的距离为 C．存在点 ，使得点和点 到平面的距离相等 D．三棱柱 外接球的表面积为 三、填空题 10．（2026·四川泸州·三模）已知正四面体的棱长为，点P为其外接球上的动点，则点P到该正四面体四个面的距离之和的最大值为__________． 11．（2026·福建·模拟预测）已知某圆锥的侧面积为定值，则当该圆锥的内切球的体积最大时，其母线与底面所成角的余弦值为________． 四、解答题 12．（2026·安徽安庆·模拟预测）如图所示，四棱锥底面为菱形，点，为棱的三等分点，点是棱中点. (1)过，，三点的平面与线段交于点，求证：； (2)若面，，点到平面的距离为，求四棱锥体积的最小值. 真题·实战演练 高频考点：立体几何图形的表面积与体积 一、单选题 1．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 2．（2024·天津·高考真题）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．（2023·全国乙卷·高考真题）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，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 4．（2023·天津·高考真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 5．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（    ）． A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为 C． D．的面积为 三、填空题 6．（2026·北京·高考真题）已知三棱锥，，，，则它的底面的面积为________，体积为________．    7．（2024·北京·高考真题）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________． 8．（2023·上海·高考真题）空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为______． 9．（2023·全国甲卷·高考真题）在正方体中，E，F分别为AB，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． 10．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为________． 11．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）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______． 四、解答题 12．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 2 / 21 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $