重难点专训02 空间几何体的表面积与体积综合题型（含组合体、切接问题）（专项训练）（北京专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

**基本信息** 以“识别—转化—计算”为主线，系统整合空间几何体表面积与体积的公式体系、解题技巧及易错点，通过8类典型题型实现从基础到创新的分层突破，培养空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |侧面积/表面积|2典例+4变式|展开图转化、斜高与高区分|从柱锥台侧面积公式到组合体表面积（含重叠/挖去处理）| |体积及定值|2典例+4变式|割补法、等体积法、共底等高模型|从基本体积公式到折叠/旋转体体积，结合动点问题探究定值原理| |球与组合体|2典例+4变式|截面法、补形法、球心定位|从球的切接（正方体/长方体/圆锥）到复杂组合体（拼接/挖去）的空间关系转化| |最值与文化|2典例+4变式|函数建模（导数/均值不等式）、数学文化解读|从几何量最值求解到传统文化中的几何体（玉琮/刍甍）体积表面积计算|

重难点专训02 空间几何体的表面积与体积综合题型 （含组合体、切接问题） 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 3 题型1 空间几何体的侧面积 3 题型2 空间几何体的表面积 6 题型3 空间几何体的体积 9 题型4 空间几何体的表面积与体积最值 13 题型5 球体问题 19 题型6 组合体问题 24 题型7 数学新文化的表面积与体积问题 28 题型8 体积定值问题 31 重难专题分层过关练 39 巩固过关 39 创新提升 45 解题方法及技巧提炼 1、空间几何体的表面积与体积综合题的基本思路是： （1）明确几何体的类型（柱、锥、台、球或组合体），理清各基本体的结构特征与位置关系； （2）确定求解目标——是求全面积、侧面积、体积，还是求某一组成部分的量； （3）准确寻找所需几何量（底面半径、高、斜高、母线长等），合理运用平面几何知识（如勾股定理、相似、解三角形等）进行计算； （4）对于组合体和切接问题，需根据题目条件画出截面图或轴截面，将空间问题转化为平面问题求解。 2、核心公式与常用结论： （1）表面积与体积基础公式： 柱体：，（为底面周长）； 锥体：，（为母线长或斜高）； 台体：，； 球体：，。 （2）截面法处理切接问题： 球与正方体：内切球直径 （棱长）；外接球直径 ；与棱相切球直径 ； 球与长方体：外接球直径 ； 球与正四面体：内切球半径 ，外接球半径 ，且 ； 球与圆锥：内切球或外接球均通过轴截面转化为平面几何问题，利用相似或勾股定理求半径； 球与圆柱：同上，轴截面是矩形内切圆或外接圆问题。 （3）组合体的三种类型及处理方法： 拼接型（柱+锥、锥+锥等）：分别求各部分的表面积时需注意重叠部分（接合面）不计入；体积直接相加； 挖去型（大几何体挖去小几何体）：表面积为大几何体表面积 + 内壁面积（挖去部分的侧面积），体积为大体积减小体积； 嵌套型（一个几何体套在另一个内部）：常用于切接问题，关键是找到公共几何元素（如球心与多面体中心重合等）。 3、常见题型及解题策略： （1）直接套公式型：准确识别几何体类型，弄清底面形状、高、母线等基本量。注意棱锥的高为顶点到底面的垂线段，不能与侧棱或斜高混淆；棱台的斜高是侧面梯形的高，不是侧棱长。 （2）三视图还原求积型：由三视图确定几何体形状（切割型或组合型），通过“长对正、高平齐、宽相等”原则还原真实尺寸，注意虚线的含义，然后代入公式计算。 （3）切接问题型：画轴截面或过球心的截面，将空间几何关系转化为平面几何关系，利用勾股定理、相似三角形、三角函数等求半径。球心通常位于多面体的对称中心，或通过各顶点距离相等确定位置。 （4）展开图与最短路径型：将几何体沿某条棱剪开铺平，利用平面上两点间直线段最短求解最短路程。注意展开方式有多种，需选择使路径最短的那一种展开图。 （5）折叠与旋转型：折叠问题需抓住折叠前后不变的几何量（如边的长度、垂直关系）；旋转体问题需明确旋转前后对应位置关系（如矩形绕边旋转成圆柱）。 4、实用技巧与简化方法： （1）等体积法：当所求几何体的高不易直接求出时，可通过换顶点或换底面，利用体积相等列出方程求解（如求点到面的距离、求锥体高）； （2）补体法：对于不规则的几何体（如四棱锥、三棱锥等），可将其补成规则几何体（如长方体、正方体），先求整体再减去补上的部分，尤其适用于三视图还原； （3）球心定位法：球的截面是圆，球心在截面圆心的正上方。过球心和截面圆心作轴截面，利用 （ 为球心到截面的距离）求球半径。 5、易错点与关键提醒： （1）表面积计算时，组合体的重叠部分不可重复计入，挖去型的表面积需加上内壁面积，不可遗漏； （2）求侧面积时，棱锥用的是斜高，棱台用的是侧面梯形的高，不是侧棱长，注意区分； （3）利用三视图还原几何体时，需注意俯视图、侧视图中虚线与实线的区别，虚线的存在往往说明几何体有被遮挡的切割部分； （4）切接问题中，若未明确是内切还是外接，需根据题意判断；球心不一定在几何体内部，例如四面体的外接球球心可能在外部； （5）展开图中的最短路程，需检查不同展开方式得到的不同路径，取最小值，不能只考虑一种展开方式。 题型通法及变式提升 题型1 空间几何体的侧面积 【典例1-1】（2026·北京·三模）已知圆台上下底面半径之比为，母线与底面所成的角的正弦值为，圆台体积为，则该圆台的侧面面积为（     ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】结合圆台轴截面的几何性质，利用母线与底面夹角的三角函数关系得到高、母线长与底面半径的关系，再通过体积公式求出参数，最终计算侧面积. 【详解】作出圆台的轴截面如图所示，设圆台的上底面半径为，母线为，高为， 则下底面半径为，作，垂足为，则， 因为母线与底面所成的角的正弦值为，即， 则， 由，得，又因为，所以， 所以，解得， 即，所以圆台侧面积. 核心口诀：侧面展开求面积，扇形矩形是常客；圆锥侧面积 ，圆台侧面积 ，棱锥侧面积底周乘斜高的一半。 高分技巧： 直棱柱侧面积：（ 为底面周长， 为侧棱长/高）。侧面展开图为矩形； 圆柱侧面积：（ 为底面半径， 为母线长）。侧面展开图为矩形； 正棱锥侧面积：（ 为底面周长， 为斜高）。侧面展开图为等腰三角形拼成的扇形； 圆锥侧面积：（ 为底面半径， 为母线长）。侧面展开图为扇形； 正棱台侧面积：（ 为上、下底面周长， 为斜高）； 圆台侧面积：（ 为上、下底面半径， 为母线长）。侧面展开图为扇环； 选填速算：对于旋转体，侧面积公式直接套用；对于多面体，注意“斜高”与“高”的区别； 易错警示：棱锥的斜高是侧面三角形的高，不是顶点到底面的高；圆台/棱台的侧面积公式中 是母线（斜高），不是高；侧面展开图的圆心角或扇形半径需准确对应。 【典例1-2】（2026·北京朝阳·二模）某圆锥的轴截面（通过轴的平面所得到的截面）是面积为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设圆锥的底面圆半径为，由圆锥的轴截面是面积为的等边三角形， 得该三角形面积为，解得，圆锥的母线， 所以该圆锥的侧面积为. 【变式1-1】（2025·北京·模拟预测）已知某圆锥高，轴截面为等腰直角三角形，则其侧面积______，体积_______. 【答案】 【分析】根据题意求出圆锥的底面圆半径和母线，然后根据公式即可求解. 【详解】    如图，为等腰直角三角形，且， 所以底面圆半径，母线长， 所以侧面积，体积. 故答案为：；. 【变式1-2】（2026·北京昌平·一模）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（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【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，为的中点，所以，且， 过点作平面的垂线交于点， 又因为底面为矩形，所以， 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1，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： . 题型2 空间几何体的表面积 【典例2-1】已知圆台的上、下底面半径分别为2和4，且母线与下底面所成的角的正切值为2，则该圆台的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据圆台的轴截面得出圆台的高及母线，最后应用圆台的表面积公式计算求解. 【详解】依题意，圆台的上、下底面半径分别为2和4，则， 因为底角的正切值为2， 设圆台的高为，即该等腰梯形的高， 则母线， 所以圆台的表面积. 故选：D. 核心口诀：表面积 = 侧面积 + 底面积；逐面计算再相加，旋转体套公式，多面体数面逐块加。 高分技巧： 柱体表面积：（棱柱/圆柱）； 锥体表面积：（棱锥/圆锥）； 台体表面积：（棱台/圆台）； 球表面积：； 多面体表面积：逐面计算每个面的面积，再相加。注意某些面可能是梯形、菱形、正三角形等，需准确套用面积公式； 选填速算技巧：若几何体有对称性，可先算一个面再乘数量； 易错警示：侧面积与底面积相加时注意单位一致；棱锥的底面可能不是正多边形，需分别计算各侧面面积再求和；组合体表面积需减去拼接处重叠面积。 【典例2-2】（2025·北京丰台·二模）如图，在棱台中，底面和为正方形，，侧面均为等腰梯形，且侧面与底面的夹角均为，则该棱台的表面积为（   ） A．18 B． C． D．34 【答案】B 【分析】过作底面，交底面于，过作交于，根据二面角的概念可知即为侧面与底面夹角的平面角，结合题意求出侧面梯形的高，再根据台体的面积公式求解即可. 【详解】由题意在棱台中，底面和为正方形，各侧棱均相等， 过作底面，交底面于，过作交于，连接， 因为底面，所以， 又因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为平面平面， 所以即为侧面与底面夹角的平面角，即， 由题意可知，所以， 所以该棱台的表面积. 故选：B 【变式2-1】已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的表面积为________． 【答案】 【分析】画出对应图形，利用棱锥结构特点可得圆柱的底面半径，利用勾股定理求出棱锥的高，再利用表面积公式求解即可得. 【详解】如图，四棱锥底面是边长为的正方形， 则四条侧棱的中点构成边长为的正方形， 圆柱的上底面是该正方形的外接圆，则圆柱底面的半径为， 又四棱锥的侧棱长为，则高为， 则圆柱的高为，故该圆柱的表面积为.    故答案为：. 【变式2-2】（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】 【分析】“曲池”的体积可以利用柱体的体积公式，利用底面积乘高进行计算；侧面可以利用曲边矩形的面积计算方法计算出面积，将所有面面积相加即可计算表面积． 【详解】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 题型3 空间几何体的体积 【典例3-1】（25-26高三上·北京西城·期末）记以长方体的四个顶点为顶点的三棱锥的体积为．若，，则的取值集合为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】应用三棱锥的体积公式计算求解判断选项. 【详解】以长方体的四个顶点为顶点的三棱锥的体积为， 因为，，应用长方体的对称性，计算以为三棱锥顶点的三棱锥， 所以， ， 则的取值集合为. 故选：C. 核心口诀：柱体 ，锥体 ，台体 ，球体 ；割补法破不规则。 高分技巧： 柱体体积：（棱柱/圆柱）； 锥体体积：（棱锥/圆锥）； 台体体积：（棱台/圆台），其中 为上、下底面面积； 球体体积：； 割补法：不规则几何体可分割为若干规则几何体分别求体积后相加，或补成完整柱/锥后减去多余部分； 等体积法：同一几何体从不同角度看底和高，利用 不变建立方程，常用于求点到面的距离； 比例法：若两个几何体相似，体积比等于相似比的立方； 易错警示：棱锥的高必须垂直于底面，不能将侧棱当作高；台体体积公式中 是面积，不是边长；割补法分割后各部分不能重叠或遗漏。 【典例3-2】（2025·北京海淀·三模）如图，已知两个四棱锥与的公共底面是边长为2的正方形，顶点在底面的同侧．棱锥的高，分别为AB、CD的中点，与交于点E，与交于点F，则四棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】证明，，进而证明四边形是平行四边形，可得E为线段的中点，分析四棱锥的底和高，可得所求几何体体积. 【详解】 连接，，如图，因为平面ABCD，平面ABCD， 所以，又，所以四边形是矩形， 所以，， 又，分别为AB，CD的中点，所以，， 所以，，所以四边形是平行四边形， 又对角线，所以点E为线段的中点. 连接，交EF于点N，过点作于M， 由题意知，故， 又，，，平面，所以平面， 故，又，，平面， 所以平面，即是四棱锥的高， 同理可得点F为线段的中点，所以，， 在中，，则，所以， 因为， 所以. 故选：B. 【变式3-1】（2026·北京丰台·模拟预测）已知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，E，F分别为线段BC，PA的中点，G是线段PD上的一点，PA＝AD＝2．若异面直线CF与EG所成角的余弦值为，则三棱锥P﹣EFG的体积为__________________ ． 【答案】 【分析】建系并标出点坐标，设，，利用空间向量的坐标运算结合线线夹角求得，进而可求锥体的体积. 【详解】因为四棱锥的底面为正方形，且平面， 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则点，，，，， 可得，， 设，， 则，即， 可得， 设异面直线与所成角为， 则， 整理可得，解得或（舍去）， 即，则. 所以. 【变式3-2】（2026·北京朝阳·一模）已知菱形的边长为1，，将沿折起，得到三棱锥.当平面平面时，______；当平面平面时，三棱锥的体积为______. 【答案】 / 【分析】利用面面垂直的性质、线面垂直的性质，结合勾股定理及锥体体积公式计算得解. 【详解】在边长为1的菱形中，，则是正三角形， 在三棱锥中，取中点，连接，则， 由平面平面，平面平面，平面，得平面， 又平面，则，而，因此； 取中点，连接，由，得， 则是二面角的平面角，又平面平面，于是， 由，得，， 又，所以三棱锥的体积. 题型4 空间几何体的表面积与体积最值 【典例4-1】（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， 核心口诀：引入变量建函数，均值导数定最值；约束条件紧扣住，定义域边界莫疏忽。 高分技巧： 变量选择：常见变量有底面半径、高、母线长、侧棱与底面夹角等。选择能使表达式最简的变量； 建立约束关系：利用题设条件（如母线长固定、侧面积定值、内接于球等）建立变量间的等式约束，将目标函数化为单变量； 基本不等式法：若目标函数为 型或 型，优先用基本不等式求最值； 导数法：若目标函数较复杂（含根号、分式、高次），求导分析单调性确定最值； 特殊位置判断：选填中可尝试极端位置（如高趋向0、半径趋向0）判断是否存在最大值/最小值，排除错误选项； 常见最值模型：圆柱内接于球、圆锥内接于球、给定侧面积求体积最大等，均有固定结论（如给定侧面积的圆柱，体积最大时 ）； 易错警示：变量的取值范围（定义域）需由几何约束确定，如 ，以及内接条件带来的不等关系；均值不等式取等条件需验证是否在可行域内。 【典例4-2】（2026·北京东城·二模）在三棱锥中，，，. （1）若平面，，则三棱锥的体积为_____； （2）若该三棱锥的某两条侧棱的长度之和为12，则三棱锥体积的最大值为_____. 【答案】 【分析】利用等体积法，结合余弦定理和三角形的面积求解. 【详解】（1）因为， 所以是的直角三角形，所以， 因为平面，所以三棱锥的体积为； （2）若，则到平面的距离的最大值为点到直线的距离，为， 设，， 所以， 所以， 所以当时，的面积最大，为， 此时三棱锥的体积为， 若，则到平面的距离的最大值为， 设，， 所以， 所以， 所以当时，的面积最大，为， 此时三棱锥的体积为， 若，则到平面的距离的最大值为， 设，， 所以， 所以， 所以当时，的面积最大，为， 此时三棱锥的体积为， 因为， 所以三棱锥体积的最大值为 【变式4-1】三棱锥中，，且，，则三棱锥体积的最大值为________． 【答案】 【分析】将三棱锥体积表示为两个三棱锥体积之和，最后将体积的最大值转化为和 的公垂线段的最大值. 【详解】    设是和的公垂线段，则，因为，，平面，所以平面， 设，所以三棱锥体积， 因此，体积最大值等价于的最大值； 在中，，，由正弦定理：， 其中是外接圆的半径，则， 点的轨迹是一个过两点半径为的圆的弦所对的优弧， 弧上的点到的最大距离出现在弧的最高点（离最远的位置）， 此时为等边三角形（）， 点到的距离， 同理，点到的最大距离，此时是等腰三角形， 因为平面，所以，因为此时为等边三角形， 所以是的中点， 因为此时 是等腰三角形，所以是的中点，此时 ， 所以， 所以三棱锥体积的最大值为. 【变式4-2】（2026·北京丰台·二模）已知是棱长为2的正方体表面及其内部的点，直线与直线所成的角为，且，给出下列四个结论： ①满足条件的点有无数个； ②点的轨迹是一段圆弧； ③线段长度的最大值为2； ④三棱锥体积的最大值为. 其中正确结论的序号是___________. 【答案】①③④ 【分析】建系并求出相关点的坐标，设，根据线线夹角和空间中距离公式可得点的轨迹方程，即可判断①②；再根据点的轨迹方程分析可得，进而判断③④. 【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设， 可得，，，， 因为直线与直线所成的角为， 则，整理可得， 又因为，则，整理可得， 联立可得，即， 可知点的轨迹方程为，， 所以点的轨迹为双曲线的一部分，满足条件的点有无数个，故①正确，②错误； 因为，则，可得，即， 则， 当且仅当时，等号成立， 所以线段长度的最大值为2，故③正确； 因为点到平面的距离为， 所以三棱锥体积的最大值为，故④正确. 题型5 球体问题 【典例5-1】（25-26高三上·北京朝阳·期末）古希腊数学家阿基米德的一个重要数学发现是“圆柱容球”，即当球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高均相等时，球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的．如图所示，在一个“圆柱容球”的模型中，若球的体积为，则该模型中圆柱的表面积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用球的体积公式和圆柱的表面积公式求解. 【详解】解：可设球的半径为，则根据题意可知圆柱的底面半径也为， 圆柱的高等于直径，圆柱的高等于， 球的体积为，， ， 圆柱的表面积公式为. 故选：D. 核心口诀：球心定位置，半径是关键；截面是圆面，弦长勾股算；内接外接找球心，补成长方体最方便。 高分技巧： 球的基本公式：，； 截面问题：平面截球得圆面。若球心到截面距离为 ，截面圆半径 。截面面积、周长均可由此计算； 多面体外接球： 长方体/正方体外接球：体对角线为直径，； 正棱锥外接球：球心在高线上，利用 列方程（ 为球心， 为底面中心）； 直棱柱外接球：球心为上下底面外接圆圆心连线的中点； 多面体内切球： 正多面体内切球半径 （利用体积分割）； 球心到各面距离相等，均为半径 ； 球面上两点距离（球面距离）：，其中 为两点对球心所张圆心角（弧度制）。需先计算弦长或利用经纬度求夹角； 三棱锥外接球的补形法：若三棱锥的对棱相等或可补成长方体，则外接球直径即为体对角线； 易错警示：截面圆半径 中 是球心到截面距离，不是球心到圆周上点的距离；外接球球心不一定在几何体内部（可能在外部）；球面距离用弧度制，不要用角度制直接乘。 【典例5-2】已知正四棱锥P-ABCD中，各棱长均相等，球是该四棱锥的内切球，球与球相切，且与该四棱锥的四个侧面也相切；球与球相切，且与该四棱锥的四个侧面也相切，球的半径大于球的半径，则球与球的表面积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过已知正四棱锥顶点及底面正方形一组对边中点作截面，将问题转化为三角形及内部一系列圆相切问题求解作答. 【详解】 在正四棱锥中，令各棱长为2，O为正方形ABCD的中心，M，Q分别为边AB，CD的中点， 过点P，M，Q的平面截正四棱锥得等腰，截球O1，球O2，球O3，得对应球的截面大圆，如图： 显然，， 令N为圆与PM相切的切点，则，设球的半径为，即， 因为，则，显然，， 设球与球相切于点T，则， 设球的半径为，同理可得，即， 设球与球相切于点S，则， 设球的半径为，同理可得，即，， 所以， 故选：B 【变式5-1】在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，与均为以为斜边的直角三角形．若该三棱锥的外接球的表面积为，则此三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知条件，利用球的表面积公式求出外接球半径，结合三角形的性质和勾股定理求出，结合余弦定理、三角形面积公式及三棱锥体积公式计算求解． 【详解】 记三棱锥外接球的半径为，则，解得， 与均为以为斜边的直角三角形， 中点为外接球球心，故， 在中，，由勾股定理得： ， 同理可得， 取中点，连接， 为等边三角形，边长为2，则，， 中，，故； 又，平面， 故平面，则三棱锥体积为， 中，， 由余弦定理得：， 则， ， ． 【变式5-2】（25-26高三上·北京·阶段检测）已知长方体的外接球的表面积为，，点在四边形内含边界，且直线与平面所成角的正切值为，则长方体的体积最大时，三棱锥体积的最小值为______. 【答案】 【分析】设，，，根据长方体外接球半径的求法可得，进而知当时，长方体的体积最大，再由线面角的定义与求法可确定点的运动轨迹，然后利用等体积法求解即可. 【详解】设长方体的外接球的半径为，则，即， 设，，， 则，即，所以， 而长方体的体积，当且仅当时，等号成立， 所以长方体的体积最大时，，即， 所以，，， 连接，，交于点，连接，则， 由长方体的性质知，平面， 因为平面，所以， 又，，平面，所以平面， 所以就是直线与平面所成角，即， 在中，，，所以， 即点的轨迹是在四边形内含边界，以为圆心，为半径的半圆， 过点作于点， 因为，所以， 所以半圆上的点到距离的最小值为， 所以三棱锥体积， 即三棱锥体积的最小值为 故答案为： 题型6 组合体问题 【典例6-1】（25-26高三上·北京通州·阶段检测）风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，是人类最早的风筝起源，如图，是某中学学生制作的一个风筝模型的多面体，为边的中点，四边形为矩形，且，当时，多面体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先由题设结合线面垂直判定定理依次证明平面和平面，以及求出即可由锥体体积公式求解. 【详解】因为D为的中点，， 所以， 所以，， 又，四边形为矩形，，平面， 所以平面， 又，，平面， 所以平面，故由四边形为矩形得平面， 所以由，，得, 所以，又由得， 所以， 所以多面体的体积为. 故选：A. 核心口诀：拼接体积相加，挖去体积相减；表面积相加再减重叠，注意隐藏接触面。 高分技巧： 拼接组合体：由两个或多个基本几何体拼接而成。体积 = 各部分体积之和；表面积 = 各部分表面积之和 - 2 × 拼接处接触面积（因为接触面不暴露在外）； 挖去组合体：从大几何体中挖去小几何体。体积 = 大体积 - 小体积；表面积 = 大表面积 + 小几何体的内侧表面积（内部新露出的面）- 被挖去部分原本在大表面的面积（若挖穿）； 内接组合体：如一几何体内接于另一几何体（如球内接圆柱）。利用约束关系（如圆柱的半径和高满足球方程）消元求体积或表面积最值； 旋转体组合：由多个旋转体共轴组合，体积用积分思想分段相加，表面积分段计算； 三视图还原组合体：根据三视图确定组合体的结构和尺寸，再套用公式计算； 易错警示：拼接体表面积计算时，接触面要减去两次（两个面都不算）；挖去体表面积计算时，内壁面积是否计入需根据题意判断；组合体中不同部分的交界处可能产生新的几何形状（如圆台与圆柱拼接），需仔细分析。 【典例6-2】（2026·北京·三模）如图，两个完全相同的正四棱柱和“垂直贯穿”构成一个多面体，其中的侧棱与的侧棱垂直．的一组相对的侧棱与的一组相对的侧棱分别交于，，，四点，另外一组相对的侧棱与的另一组相对的侧棱分别交于，两点．已知和的底面边长为，侧棱长为3，则该多面体的体积为________ 【答案】/ 【分析】由题意用两个柱体体积减去重叠部分体积，计算即可 【详解】如图两个正四棱柱的重叠部分为多面体，取的中点I， 则多面体可以分成8个全等三棱锥， 则，且平面，， 则， 该“十字贯穿体”的体积即为. 【变式6-1】（2026·北京通州·一模）如图某简单组合体由上下两部分组成，下部是一个圆柱，上部是一个圆锥，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，圆柱的底面半径为，高为，圆锥的高为，则此组合体的体积为________；表面积为________ 【答案】 【详解】已知圆柱底面半径，高，圆锥高，且圆锥底面与圆柱上底面重合，故圆锥底面半径也为。 、体积的计算 ∵ 圆柱体积公式为， ∴ 。 ∵ 圆锥体积公式为， ∴ 。 ∴ 组合体体积。 、表面积计算 先求圆锥母线长，由勾股定理： ∵ ， ∵ 圆锥侧面积公式为， ∴ 。 ∵ 圆柱侧面积公式为， ∴ 。 ∵ 圆柱下底面积公式为， ∴ 。 ∵ 圆锥底面与圆柱上底面重合，属于内部面，不计入外露表面积， ∴ 组合体表面积。 【变式6-2】（2026·北京顺义·二模）现有两个完全相同的四棱柱材料（如图一所示）.某课外手工小组的同学将其中一个切掉一个三棱柱后拼接成如图二所示的“型”几何体（正方形与正方形在同一平面内，四点在一条直线上），，则图一所示的四棱柱的侧面的面积为__________，图二所示的几何体的体积为__________. 【答案】 ; ； 【分析】根据棱柱的性质知侧面为平行四边形，结合面积公式求解；根据题意可知，分别求出两个棱柱体积即可. 【详解】由题意四棱柱，则侧面为平行四边形, 所以； 由正方形ABCD可知，，， ，平面，则三棱柱为直三棱柱 ，，同理可知 为边长为2的等边三角形， 题型7 数学新文化的表面积与体积问题 【典例7-1】（2026·北京·模拟预测）玉琮是中国古代内圆外方的筒形玉石礼器，主要用于祭祀，其外形可近似为一个正四棱柱，且自上而下有一个圆柱形孔洞贯穿，如图所示．某学生用技术打印了个玉琮模型，它们的高度从小到大成等差数列、其内圆柱形孔洞的体积依次成公比为的等比数列．若最矮玉琮模型孔洞的底面半径为，最高玉琮模型孔洞的底面半径和高分别为和，则最矮的玉琮内圆柱形孔洞的体积为________，这个玉琮模型的高度和为________．    【答案】 【分析】直接由等比数列的第五项及公比计算第一项可得第一空，再根据等差数列的第一项及第五项求前项和可得第二空. 【详解】设个玉琮的圆柱形孔洞体积为，高度为，孔洞半径为（对应最矮，对应最高）， 由题知是公比的等比数列，因此. 最高玉琮孔洞半径，高，因此： . 代入，得，即最矮孔洞体积为. 由题知是等差数列. 对最矮玉琮孔洞，由上分析知，， 由圆柱体积公式得： ，解得. 所以等差数列中，，， 所以数列前项和， 即个玉琮高度和为. 【典例7-2】（25-26高三下·北京·开学考试）2024年12月4日，中国申报的“春节——中国人庆祝传统新年的社会实践”成功通过联合国教科文组织评审，成为全球共享的非物质文化遗产．春节灯笼象征着喜庆与团圆，图①为明代风格的八角灯笼，由18个正方形和8个正三角形构成，如图②，若正方形的边长为1，则该灯笼的体积为______． 【答案】 【分析】由几何体的特征可分为八棱柱，三棱锥，三棱柱和长方体，八棱柱的底面面积为一个正方形的面积减去4个以为直角边的等腰直角三角形的面积，结合相关体积公式求体积. 【详解】将多面体分割为1个八棱柱，8个三棱锥，8个三棱柱和2个长方体， 根据几何体特征，八棱柱的底面可补形为一个边长为的正方形， 故底面积为正方形的面积减去4个以为直角边的等腰直角三角形的面积， 则八棱柱体积，三棱锥体积， 三棱柱体积，长方体体积， 故该灯笼的体积为. 故答案为： 【变式7-1】“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积过程中构造的一个和谐优美的几何模型.如图1，正方体的棱长为2，用一个底面直径为2的圆柱面去截该正方体，沿着正方体的前后方向和左右方向各截一次，截得的公共部分即是一个牟合方盖（如图2）.已知这个牟合方盖与正方体外接球的体积之比为，则正方体除去牟合方盖后剩余部分的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出正方体的外接球的体积，再根据体积比得牟合方盖的体积，再用正方体的体积减去牟合方盖的体积即可得解. 【详解】棱长为2的正方体的外接球的直径，故半径， 所以牟合方盖的体积为， 所以正方体除去牟合方盖后剩余部分的体积为. 故选：C. 【变式7-2】庑殿顶是中国传统建筑中等级最高的屋顶形式之一，形态为四面斜坡，有一条正脊和四条斜脊，《九章算术》中将类似庑殿顶的几何体称为“刍甍”（图1）．据记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广（袤：南北方向长度；广：东西方向长度）”，其体积公式为：（上袤下袤）广高．如图2所示，刍甍是底面为矩形的五面体，顶部是一条与底面平行的正脊，四条斜脊长度相等，若下袤为，广为，上袤是下袤的，和与底面所成角均为，则该刍甍的体积为________． 【答案】640 【分析】过点F作平面ABCD，垂足为O，Q为BC的中点， 为平面BCF与底面所成的角，利用相关条件求出高，代入体积公式即可． 【详解】如图，已知，，， 过点F作平面ABCD，垂足为O，连接OB，OC，Q为BC的中点，连接FQ， 因为，所以，，所以为平面BCF与底面所成的角，则，所以，则， 则该刍甍的体积（）． 故答案为：640 题型8 体积定值问题 【典例8-1】（25-26高三上·北京·阶段检测）如图，直三棱柱中，，，．点P在线段上（不含端点），则（   ）    A．不存在点P，使得 B．的最小值为 C．面积的最小值为 D．三棱锥与三棱锥的体积之和为定值 【答案】D 【分析】对于A项，通过证明平面可得出，进而得出使得的P点的位置；对于B项，通过对两个面的翻转和几何知识求出，进而求出的最小值；对于C项，通过转化，表达出三棱锥的两种体积的表达式，即可求出点P到的距离的最小值，进而求出面积的最小值；对于D项，通过转化，分别得到点P到面的距离为点M到面的距离，点P到面的距离为点M到面的距离，表达出三棱锥与三棱锥的体积之和，即可求出三棱锥与三棱锥的体积之和为定值. 【详解】解：在直三棱柱中，，， ， ∴. 在中，，，, ∴, ∴. ∵,平面，，， ∴平面，平面. 在矩形中，， 如下图，连接，，，    ∴，∴. ∵,平面， ∴平面. ∵平面，∴. ∴当点P为和的交点时，， 故A错误; 将和沿展开，连接交于点D，当点P与点D重合时的值最小，如下图所示：   ，， ，， . 在中，由余弦定理得， , 故B错误； 连接，    点P到的距离的最小值为直线与之间的距离d， ∵，平面，平面， ∴平面， ∴点A到面的距离为d， 在三棱锥中，, 即，解得：， ∴，故C错误； 过点P作直线，交于点M，如下图所示，    ∴点P到面的距离为点M到面的距离，设为， 点P到面的距离为点M到面的距离，设为. 在中，由几何知识得，，，， ∴.    ∴三棱锥与三棱锥的体积之和为 ， 故D正确. 故选:D. 核心口诀：等体积法建方程，底面积乘高不变；动点移动体积定，关键找到定高或定底。 高分技巧： 等体积法：同一几何体用不同的底和高计算体积，所得结果相同。利用此性质建立方程，求未知量（如点到面的距离）； 动点体积定值：若动点在平行于底面的平面内移动，则锥体的高不变，体积不变（底面积固定）；若动点在底面上移动且到对边距离不变，则体积也可能不变； 分割体积定值：将几何体分割成若干部分，若各部分体积之和为定值，则其中某部分体积可由整体减去其他部分求得； 共底等高模型：若两个锥体共底且顶点在同一平行于底的平面内，则体积相等； 选填速判：若题目问“体积是否为定值”，可尝试取动点的两个特殊位置分别计算体积，若相等则可能为定值，再找几何理由证明； 易错警示：等体积法使用时必须确认“高”确实垂直于对应的“底”；动点移动若离开平行平面，高可能改变，体积不再定值；证明定值时需说明动点变化但高或底面积不变。 【典例8-2】（2026·北京顺义·一模）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的一个动点（不含端点），给出下列四个结论： ①三棱锥的体积为定值； ②存在点，使得平面平面； ③为锐角三角形； ④若点在平面上的投影为点，则点的轨迹为一条线段（不含端点）. 其中所有正确结论的序号是________. 【答案】①③ 【分析】由三棱锥体积公式可判断①正确，由空间直角坐标系面面垂直定理可判断②错误，由余弦定理判断③正确，由立体几何证明可判断④正确. 【详解】对于①：三棱锥的底面积为， 所以三棱锥的体积，为定值；结论①正确. 对于②：以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设，因为，， 设平面的法向量为，则， 取得； 因为，，平面的法向量为， 则，取得； 因为两平面垂直等价于法向量垂直，所以，可得， 判别式，无实根， 所以不存在点，使得平面平面，结论②错误； 对于③：计算三边长度的平方，， ， ， 所以，所以中最大， 因为， 所以最大角为锐角，因此为锐角三角形，结论③正确； 对于④：记，连接， 平面，平面，所以， 所以点到的中点距离等于，为定值，所以点的轨迹不可能是线段，结论④错误. 【变式8-1】（2026·北京昌平·一模）在棱长为2的正方体中，点满足，其中，给出下列四个结论： ①当时，，的面积为定值； ②当时，，三棱锥的体积为定值； ③当时，存在唯一的，使得； ④当时，存在唯一的，使得平面． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】②③ 【分析】①根据向量运算得出线段，再分别取点重合、点重合两种情况计算面积；②根据向量运算得出线段，判断三棱锥的体积为定值；③分别取线段的中点，根据向量运算得出点线段，利用勾股定理计算；④分别取线段的中点，根据向量运算得出点线段，利用反证法判断. 【详解】①当时，，则， 因为，所以线段， 若点重合，则， 则的面积为， 若点重合，则， 则，则的面积为， 故的面积不为定值，①错误； ②当时，，则， 因为，所以线段， 因为平面，平面，所以平面， 则点到平面的距离为定值， 又的面积为定值，故三棱锥，即三棱锥的体积为定值，故②正确； ③当时，， 分别取线段的中点，则，则， 则点线段， 因为平面，平面，所以， 因为，， 所以，得， 故存在唯一的，使得，故③正确； ④当时，， 分别取线段的中点，则，则， 则点线段， 若平面，平面，则， 因为平面，平面，所以， 因为平面，所以平面， 又平面，所以，显然不可能成立， 故不存在，使得平面，故④错误.   【变式8-2】（25-26高三上·北京房山·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点在线段上，给出下列四个结论：    ①任意点，都有； ②存在点，使得； ③的最小值为； ④三棱锥的体积是定值． 其中正确结论的序号是_____ 【答案】①②③ 【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标验证垂直判断①②，通过空间中点坐标，求解关于解析式，由一元二次方程的性质可求解③，通过点到平面的距离，由三棱锥的体积公式求解④即可. 【详解】因为棱柱为正方体，所以以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，      因为正方体棱长为，所以，，，，， ，，，因为为的中点，所以，设， ，则，所以，， ，所以，故①正确； ，，所以，令， 解得，又因为，所以存在点，使得，故②正确； ，，， 可得，所以，即令，令， 所以，故③正确； 因为为等边三角形，所以， 设平面的法向量为，，，所以， 令，则，，所以平面的法向量为， 所以点到平面的距离为， 所以，所以三棱锥的体积非定值，故④错误. 故答案为：①②③. 重难专题分层过关练 巩固过关 1．某圆锥的侧面展开图是一个半径为5，弧长为的扇形，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，求出圆锥底面圆半径并求出圆锥的高，进而求出体积. 【详解】设该圆锥的底面半径为，由圆锥的侧面展开图是一个半径为5，弧长为的扇形， 得，且该圆锥的母线，则，圆锥的高， 所以该圆锥的体积. 故选：B 2．已知某正四棱锥的高为2，体积为24，则该正四棱锥的底面边长为（   ） A．9 B．8 C．6 D． 【答案】C 【分析】设底面边长为a，代入体积公式，即可得答案. 【详解】设底面边长为a，则正四棱锥的体积，解得. 故选：C 3．已知球的半径为2，其表面上有三点，满足，，则四面体的体积为（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取的中点，证得平面，得到，利用余弦定理，求得，得到，求得，即可求解. 【详解】取的中点，因为，可得， 又因为，可得， 因为，平面，平面，所以平面， 所以， 又由， 由余弦定理得， 因为，可得， 所以， 所以四面体的体积．    4．任意一圆锥的表面积与其侧面积之比的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，设圆锥的底面圆半径和母线长分别为r，l，求出表面积和侧面积，列式运算得解. 【详解】设某圆锥的底面圆半径和母线长分别为r，l， 则其表面积与其侧面积之比为， 在直角三角形中，易得，故其取值范围为. 故选：D． 5．如图1，取边长为6的正方形纸板，分别为三边的中点，先将等腰直角三角形沿虚线段裁去，再将剩下的五边形沿线段折起，连接，就得到了一个《九章算术》中所载的“刍甍”五面体（如图2）．若棱的长为5，则该五面体的体积为（    ） A． B． C． D．30 【答案】C 【分析】使用补形的方法将五面体的体积转化成三棱柱的体积减去三棱锥的体积即可. 【详解】将五面体补回三棱柱，由题得底面， 五面体的体积可以看作是三棱柱的体积减去三棱锥的体积. 过点向作垂线，交BC于点H，则有， 在四边形中，且，则四边形为平行四边形， 故，所以， 在中，， 则，进而， 在中，，所以， 所以， 则，， 最终有. 故选：C. 6．有一个木制工艺品，其形状是一个圆柱被挖去一个与其共底面的圆锥．已知圆柱的底面半径为3，高为5，圆锥的高为4，则这个木质工艺品的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆柱和圆锥的体积公式求木质工艺品的体积. 【详解】由题意可知：这个木质工艺品的体积. 故选：C. 7．某地区乡村用来盛粮食的小容器通常被称为“升篓”.升篓呈棱台形，全木制作，上口大，下口小，制作形态为榫卯契合，完全不用一颗钉子.如图是一个正四棱台形的升篓，体积，上､下底面棱长分别为，则该正四棱台的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据台体的体积公式求台体的高，再计算台体的斜高，进而可求四棱台的侧面积. 【详解】如图,点分别是棱台上下底面的中心，分别取边的中点,连接. 设四棱台的高为， 则. 由图知，, 设正四棱台的斜高. 所以正四棱台的侧面积为：. 故选：D 8．已知三棱锥中，且 AB = CD =，BC = AD = ，AC = BD =，则该三棱锥外接球的表面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将三棱锥补成长方体，利用长方体的体对角线与三棱锥外接球直径的关系，求出外接球半径，进而求出外接球的表面积. 【详解】将三棱锥补成长方体，如图， 设长方体的长、宽、高分别为， 由于三棱锥的棱长满足，，， 根据长方体面对角线的性质，可得，即， 所以长方体的体对角线长为，因此三棱锥的外接球直径，所以， 所以外接球的表面积. 故选：A 9．已知纸的长宽比约为．现将一张纸卷成一个圆柱的侧面（无重叠部分）．当该圆柱的高等于纸的长时，设其体积为，轴截面的面积为；当该圆柱的高等于纸的宽时，设其体积为，轴截面的面积为，则（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【分析】分析两种不同状态下圆柱的体积和轴截面面积，即可选择和判断. 【详解】不妨设纸的长宽分别为； 当圆柱的高等于纸的长时，也即圆柱高为时，设其底面圆半径为，则，解得， 故， 此时矩形轴截面的两条边长分别为，故； 当圆柱的高等于纸的宽时，也即圆柱高为时，设其底面圆半径为，则，解得， 故， 此时矩形轴截面的两条边长分别为，故； 综上所述，，. 故选：B. 10．已知边长为2的菱形满足，绕边所在的直线旋转，在旋转过程中三棱锥体积的最大值为（     ） A．1 B． C． D． 【答案】A 【分析】先由菱形的边长和内角求出对角线 ，从而说明 与 都是等边三角形．旋转过程中，以 为底面，底面积不变；顶点 到平面 的距离最大时，三棱锥的体积最大． 【详解】在菱形 中，，所以 ． 在 中，． 由余弦定理，得 因此又 ， 所以 与 都是边长为 的等边三角形． 设点 到直线 的垂足为 ． 在等边三角形 中， 同时， 绕直线 旋转时，点 在以 为圆心、 为半径的圆上运动． 设旋转后点的位置为，则点到平面的距离不超过圆的半径， 且当平面 时，该距离取得最大值． 因此三棱锥体积的最大值为 创新提升 11．如图，在棱长为的正方体中，点，分别在线段和上．给出下列四个结论：①的最小值为；②四面体的体积为；③有且仅有一条直线与垂直；  ④存在点，，使为等边三角形．其中所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．③④ C．①②④ D．②③④ 【答案】C 【分析】对于①，利用直线之间的距离即可求解；对于②，以为顶点，为底面即可求解；对于③，利用直线的垂直关系即可判断；对于④，建立空间直角坐标系，先将，再根据列式求解即可判断. 【详解】对于①，由于在上运动，在上运动，所以的最小值就是两条直线之间的距离， 而，所以的最小值为，故①正确； 对于②，，而， 所以四面体的体积为，故②正确； 对于③，由题意可知，当与重合，与重合时， ， 因为，，，平面， 所以平面， 所以当为中点，与重合时，此时， 故与垂直的不唯一，故③错误； 对于④，当为等边三角形时，， 而,， 所以，所以只需要与的夹角能等于即可， 以为原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如下图， 设， 则由题意可得，，， 则可得，， 则， 整理可得， 该方程看成关于的二次函数，， 所以存在使得为等边三角形，故④正确. 12．在棱长为4的正方体中，点为棱的中点，点在底面内运动，且满足直线平面，将正方体沿平面切割，得到两个多面体，下列说法中错误的是（   ） A．点的轨迹是一条线段，且其长度为 B．过三点的截面面积为18 C．沿平面切割正方体得到较大的多面体体积为 D．在棱上不存在点，使得平面 【答案】C 【分析】根据题意，取分别为的中点，连接，可得平面平面，所以，可判断A；由于，所以过三点的截面为等腰梯形，求其面积判断B；先求，间接法判断C；假设存在点，使得平面，则，利用平面向量数量积运算确定点，判断D. 【详解】对于A，取分别为的中点，连接， 根据中位线定理得， 又平面，平面，所以平面， 同理平面， 又，平面，所以平面平面， 又易得且，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面，同理平面， 又，平面，所以平面平面 所以平面平面， 因为直线平面，所以平面， 所以，又，点的轨迹是一条线段，且其长度为，故A正确； 对于B，由A可得， 所以过三点的截面为等腰梯形， 又， 所以等腰梯形的高为， 所以截面面积为，故B正确； 对于C，， 所以平面切割正方体得到较大的多面体体积为，C错误； 对于D，假设存在点，使得平面， 因为平面，则， 在正方形中，如图建立平面直角坐标系， 则， 设，则， 所以，得，显然不成立，D正确. 13．如图所示的几何体是由两个相互平行的正方形经过旋转连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点，若下底面正方形边长为2，该几何体的高为，则该几何体外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先建立空间直角坐标系，求出上下底面正方形的顶点坐标、中心坐标，再设外接球球心，利用球心到上下底面顶点距离均为半径列方程，解出半径后计算外接球表面积. 【详解】取下底面正方形的中心为坐标原点，建立如图所示的坐标系， 因为下底面边长为，几何体的高为， 故，，， ，，，，. 设几何体外接球的球心为，外接球半径为. 在中，， 在中， 则，解得. 所以. 故该几何体的外接球的表面积 故选：B. 14．中国古代数学著作《九章算术》中记载的“刍甍”(如图）是一种五面体，底面为矩形，侧棱平面，若有“刍甍”形状的几何体，且几何体数据如下：，且各侧面与底面ABCD所成角均为，则该“刍甍”的体积为（    ） A． B．8 C． D． 【答案】C 【分析】过作平面交平面于，过作交于，交于，过作交于，连接，根据题中条件可以得到为侧面与底面ABCD所成的角，由得到，同理可得，则有，过作平面平面，交于，交于， 则五面体可分割为直棱柱和两个体积相同的四棱锥，分别求出体积即可得解. 【详解】过作平面交平面于，过作交于， 交于，过作交于，连接， 平面，平面， ， ，，平面， 平面，平面， ， 为侧面与底面ABCD所成的角， 各侧面与底面ABCD所成角均为， ， ， 平面，平面， ， ，，平面， 平面，平面， ， 为侧面与底面ABCD所成的角， 各侧面与底面ABCD所成角均为， ， ，同理， ， ，， ， ， 过作平面平面，交于，交于， 则五面体可分割为直棱柱和两个体积相同的四棱锥， ，侧棱平面， ， ， ， 该五面体的体积为， 该“刍甍”的体积为. 故选：C. 15．已知一个正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为3，则其内切球的半径为_____． 【答案】 【分析】利用等体积转换可计算. 【详解】设为底面的中心，顶点为，则， 所以． 又侧面的高为， 所以 设正三棱锥内切球的半径为， 则， 即， 所以. 16．（2026·北京·三模）在边长为的正方形中，点为中点，点为中点，现将沿直线翻折至位置，若为线段的中点，在翻折的过程中，给出下列四个结论： ①三棱锥的体积最大值为； ②异面直线、所成角始终为； ③翻折过程中存在某个位置，使得大小为； ④点在某个圆上运动． 其中所有正确结论的序号是________． 【答案】②④ 【分析】对于①，根据等体积可知,只需求出到平面的距离的最大值，即可判断；对于②，取中点,连接,则,连接，由异面直线的定义可知是异面直线、所成角或补角，在中，利用余弦定理求解后，即可判断；对于③，由②可判断；对于④，根据②可知以，，从而得的轨迹是以、为球心的两个球面的交线，即可判断. 【详解】对于①，由题意可知, 又因为, 要使三棱锥的体积最大，则点到平面,即平面的距离最大， 只有当平面平面时，最大， 此时的长度与斜边上高的一半相等， 所以， 所以,故①错误； 对于②，取中点,连接,则,连接， 所以是异面直线、所成角或补角， 因为,, ,, 又因为, 所以, 又因为， 在中，由余弦定理可得： ， 在中，由余弦定理可得： , 又因为 所以， 即异面直线、所成角始终为，故②正确； 对于③，由②可知，故③错误； 对于④，由②可知， 所以， 又因为， 所以的轨迹是以、为球心的两个球面的交线， 即点在某个圆上运动，故④正确. 17．（2026·北京·三模）棱长为4的封闭正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内放有铁制几何体，给出下列四个猜想： ①该容器内有两个半径为1.4的球； ②该容器内有棱长为5.6的正四面体； ③该容器内有底面半径为，高为2的圆柱体； ④该容器内有底面边长为，高为5的正三棱柱． 其中所有可能正确的猜想的序号是______． 【答案】②④ 【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断. 【详解】对于①，不妨设正方体为，考虑体对角面， 考虑两个球与正方体的公共顶点的三个面都相切，且这个两个球相切， 则球心在这个点为端点的正方体体对角线上， 由条件得正方体体对角线长为，设球半径为，如图所示： 由相似得即，解得， 所以球半径的最大值为，而，所以不能放入； 对于②：正方体内最大正四面体棱长为面对角线，故能放入； 对于③：底面半径为的圆柱要放入棱长为的正方体内，只能斜放， 此时圆柱与正方体构成的组合体的轴截面如图所示： 其中圆柱的底面圆心， 为圆柱与正方体的下底面的切点， 因，则， 即，解得， 根据对称性可知圆柱的高为，所以不能放入； 对于④：我们让底面边长为，高为5的正三棱柱的侧棱与体对角线平行， 一底面的三个顶点在正方体同一顶点的三条棱上， 则该顶点到该底面的距离为，而，所以能放入. 18．（2026·北京海淀·一模）如图，正方体的棱长为2，以底面的中心O为原点建立空间直角坐标系，其中坐标轴，，分别与正方体的三条棱平行. 设正方体表面及其内部所有点构成的集合为Ω，集合，记W为T中所有点构成的几何体. 给出下列四个结论： ①； ②W被平面所截的截面面积为4； ③W的体积大于； ④W表面上的点到点的距离的最小值为1. 其中所有正确结论的序号是______. 【答案】②③ 【分析】对于①，直接验证该点不满足集合条件；对于②，证明截面为上底面正方形即可得到面积；对于③以为分界将分为上下两个部分考虑，并分别构造一个包含在其中的多面体和圆锥，再证明这两个几何体的体积和大于；对于④，利用距离公式并结合表面上的点满足的方程得到距离函数，分析最值即可. 【详解】对于①，因为，所以，①错误； 对于②，被平面所截的截面即为满足且的点， 而当时恒成立，所以截面即为上底面正方形，面积为，②正确； 对于③，考虑集合，构成了一个底面半径和高均为的圆锥， 同时当时有，所以对任意点在内，那么它也在内即， 设与正方体四个侧面的交点分别为，则圆锥的底面即为经过的圆， 因为都是抛物线，方程分别为（取），（取）， 显然在范围内的部分的体积大于该圆锥的体积，圆锥的体积为， 对于时，取多面体，同样的，因为都是抛物线 （比如方程为，其余类似），在范围内的部分的体积大于该多面体的体积， 该多面体可以看作一个四棱柱切去四个角得到的几何体，体积为， 所以的体积大于，③正确； 对于④，的表面上的点即为满足且的点以及与正方体上底面和与四个侧面的截面上的点， 对于前者，点到的距离满足，时 可取得最小值即，所以的最小值不是，④错误. 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训02 空间几何体的表面积与体积综合题型 （含组合体、切接问题） 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 3 题型1 空间几何体的侧面积 3 题型2 空间几何体的表面积 4 题型3 空间几何体的体积 5 题型4 空间几何体的表面积与体积最值 6 题型5 球体问题 7 题型6 组合体问题 9 题型7 数学新文化的表面积与体积问题 11 题型8 体积定值问题 12 重难专题分层过关练 14 巩固过关 14 创新提升 16 解题方法及技巧提炼 1、空间几何体的表面积与体积综合题的基本思路是： （1）明确几何体的类型（柱、锥、台、球或组合体），理清各基本体的结构特征与位置关系； （2）确定求解目标——是求全面积、侧面积、体积，还是求某一组成部分的量； （3）准确寻找所需几何量（底面半径、高、斜高、母线长等），合理运用平面几何知识（如勾股定理、相似、解三角形等）进行计算； （4）对于组合体和切接问题，需根据题目条件画出截面图或轴截面，将空间问题转化为平面问题求解。 2、核心公式与常用结论： （1）表面积与体积基础公式： 柱体：，（为底面周长）； 锥体：，（为母线长或斜高）； 台体：，； 球体：，。 （2）截面法处理切接问题： 球与正方体：内切球直径 （棱长）；外接球直径 ；与棱相切球直径 ； 球与长方体：外接球直径 ； 球与正四面体：内切球半径 ，外接球半径 ，且 ； 球与圆锥：内切球或外接球均通过轴截面转化为平面几何问题，利用相似或勾股定理求半径； 球与圆柱：同上，轴截面是矩形内切圆或外接圆问题。 （3）组合体的三种类型及处理方法： 拼接型（柱+锥、锥+锥等）：分别求各部分的表面积时需注意重叠部分（接合面）不计入；体积直接相加； 挖去型（大几何体挖去小几何体）：表面积为大几何体表面积 + 内壁面积（挖去部分的侧面积），体积为大体积减小体积； 嵌套型（一个几何体套在另一个内部）：常用于切接问题，关键是找到公共几何元素（如球心与多面体中心重合等）。 3、常见题型及解题策略： （1）直接套公式型：准确识别几何体类型，弄清底面形状、高、母线等基本量。注意棱锥的高为顶点到底面的垂线段，不能与侧棱或斜高混淆；棱台的斜高是侧面梯形的高，不是侧棱长。 （2）三视图还原求积型：由三视图确定几何体形状（切割型或组合型），通过“长对正、高平齐、宽相等”原则还原真实尺寸，注意虚线的含义，然后代入公式计算。 （3）切接问题型：画轴截面或过球心的截面，将空间几何关系转化为平面几何关系，利用勾股定理、相似三角形、三角函数等求半径。球心通常位于多面体的对称中心，或通过各顶点距离相等确定位置。 （4）展开图与最短路径型：将几何体沿某条棱剪开铺平，利用平面上两点间直线段最短求解最短路程。注意展开方式有多种，需选择使路径最短的那一种展开图。 （5）折叠与旋转型：折叠问题需抓住折叠前后不变的几何量（如边的长度、垂直关系）；旋转体问题需明确旋转前后对应位置关系（如矩形绕边旋转成圆柱）。 4、实用技巧与简化方法： （1）等体积法：当所求几何体的高不易直接求出时，可通过换顶点或换底面，利用体积相等列出方程求解（如求点到面的距离、求锥体高）； （2）补体法：对于不规则的几何体（如四棱锥、三棱锥等），可将其补成规则几何体（如长方体、正方体），先求整体再减去补上的部分，尤其适用于三视图还原； （3）球心定位法：球的截面是圆，球心在截面圆心的正上方。过球心和截面圆心作轴截面，利用 （ 为球心到截面的距离）求球半径。 5、易错点与关键提醒： （1）表面积计算时，组合体的重叠部分不可重复计入，挖去型的表面积需加上内壁面积，不可遗漏； （2）求侧面积时，棱锥用的是斜高，棱台用的是侧面梯形的高，不是侧棱长，注意区分； （3）利用三视图还原几何体时，需注意俯视图、侧视图中虚线与实线的区别，虚线的存在往往说明几何体有被遮挡的切割部分； （4）切接问题中，若未明确是内切还是外接，需根据题意判断；球心不一定在几何体内部，例如四面体的外接球球心可能在外部； （5）展开图中的最短路程，需检查不同展开方式得到的不同路径，取最小值，不能只考虑一种展开方式。 题型通法及变式提升 题型1 空间几何体的侧面积 【典例1-1】（2026·北京·三模）已知圆台上下底面半径之比为，母线与底面所成的角的正弦值为，圆台体积为，则该圆台的侧面面积为（     ）． A． B． C． D． 核心口诀：侧面展开求面积，扇形矩形是常客；圆锥侧面积 ，圆台侧面积 ，棱锥侧面积底周乘斜高的一半。 高分技巧： 直棱柱侧面积：（ 为底面周长， 为侧棱长/高）。侧面展开图为矩形； 圆柱侧面积：（ 为底面半径， 为母线长）。侧面展开图为矩形； 正棱锥侧面积：（ 为底面周长， 为斜高）。侧面展开图为等腰三角形拼成的扇形； 圆锥侧面积：（ 为底面半径， 为母线长）。侧面展开图为扇形； 正棱台侧面积：（ 为上、下底面周长， 为斜高）； 圆台侧面积：（ 为上、下底面半径， 为母线长）。侧面展开图为扇环； 选填速算：对于旋转体，侧面积公式直接套用；对于多面体，注意“斜高”与“高”的区别； 易错警示：棱锥的斜高是侧面三角形的高，不是顶点到底面的高；圆台/棱台的侧面积公式中 是母线（斜高），不是高；侧面展开图的圆心角或扇形半径需准确对应。 【典例1-2】（2026·北京朝阳·二模）某圆锥的轴截面（通过轴的平面所得到的截面）是面积为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【变式1-1】（2025·北京·模拟预测）已知某圆锥高，轴截面为等腰直角三角形，则其侧面积______，体积_______. 【变式1-2】（2026·北京昌平·一模）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（   ）    A． B． C． D． 题型2 空间几何体的表面积 【典例2-1】已知圆台的上、下底面半径分别为2和4，且母线与下底面所成的角的正切值为2，则该圆台的表面积为（    ） A． B． C． D． 核心口诀：表面积 = 侧面积 + 底面积；逐面计算再相加，旋转体套公式，多面体数面逐块加。 高分技巧： 柱体表面积：（棱柱/圆柱）； 锥体表面积：（棱锥/圆锥）； 台体表面积：（棱台/圆台）； 球表面积：； 多面体表面积：逐面计算每个面的面积，再相加。注意某些面可能是梯形、菱形、正三角形等，需准确套用面积公式； 选填速算技巧：若几何体有对称性，可先算一个面再乘数量； 易错警示：侧面积与底面积相加时注意单位一致；棱锥的底面可能不是正多边形，需分别计算各侧面面积再求和；组合体表面积需减去拼接处重叠面积。 【典例2-2】（2025·北京丰台·二模）如图，在棱台中，底面和为正方形，，侧面均为等腰梯形，且侧面与底面的夹角均为，则该棱台的表面积为（   ） A．18 B． C． D．34 【变式2-1】已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的表面积为________． 【变式2-2】（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__________． 题型3 空间几何体的体积 【典例3-1】（25-26高三上·北京西城·期末）记以长方体的四个顶点为顶点的三棱锥的体积为．若，，则的取值集合为（   ） A． B． C． D． 核心口诀：柱体 ，锥体 ，台体 ，球体 ；割补法破不规则。 高分技巧： 柱体体积：（棱柱/圆柱）； 锥体体积：（棱锥/圆锥）； 台体体积：（棱台/圆台），其中 为上、下底面面积； 球体体积：； 割补法：不规则几何体可分割为若干规则几何体分别求体积后相加，或补成完整柱/锥后减去多余部分； 等体积法：同一几何体从不同角度看底和高，利用 不变建立方程，常用于求点到面的距离； 比例法：若两个几何体相似，体积比等于相似比的立方； 易错警示：棱锥的高必须垂直于底面，不能将侧棱当作高；台体体积公式中 是面积，不是边长；割补法分割后各部分不能重叠或遗漏。 【典例3-2】（2025·北京海淀·三模）如图，已知两个四棱锥与的公共底面是边长为2的正方形，顶点在底面的同侧．棱锥的高，分别为AB、CD的中点，与交于点E，与交于点F，则四棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【变式3-1】（2026·北京丰台·模拟预测）已知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，E，F分别为线段BC，PA的中点，G是线段PD上的一点，PA＝AD＝2．若异面直线CF与EG所成角的余弦值为，则三棱锥P﹣EFG的体积为__________________ ． 【变式3-2】（2026·北京朝阳·一模）已知菱形的边长为1，，将沿折起，得到三棱锥.当平面平面时，______；当平面平面时，三棱锥的体积为______. 题型4 空间几何体的表面积与体积最值 【典例4-1】（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． 核心口诀：引入变量建函数，均值导数定最值；约束条件紧扣住，定义域边界莫疏忽。 高分技巧： 变量选择：常见变量有底面半径、高、母线长、侧棱与底面夹角等。选择能使表达式最简的变量； 建立约束关系：利用题设条件（如母线长固定、侧面积定值、内接于球等）建立变量间的等式约束，将目标函数化为单变量； 基本不等式法：若目标函数为 型或 型，优先用基本不等式求最值； 导数法：若目标函数较复杂（含根号、分式、高次），求导分析单调性确定最值； 特殊位置判断：选填中可尝试极端位置（如高趋向0、半径趋向0）判断是否存在最大值/最小值，排除错误选项； 常见最值模型：圆柱内接于球、圆锥内接于球、给定侧面积求体积最大等，均有固定结论（如给定侧面积的圆柱，体积最大时 ）； 易错警示：变量的取值范围（定义域）需由几何约束确定，如 ，以及内接条件带来的不等关系；均值不等式取等条件需验证是否在可行域内。 【典例4-2】（2026·北京东城·二模）在三棱锥中，，，. （1）若平面，，则三棱锥的体积为_____； （2）若该三棱锥的某两条侧棱的长度之和为12，则三棱锥体积的最大值为_____. 【变式4-1】三棱锥中，，且，，则三棱锥体积的最大值为________． 【变式4-2】（2026·北京丰台·二模）已知是棱长为2的正方体表面及其内部的点，直线与直线所成的角为，且，给出下列四个结论： ①满足条件的点有无数个； ②点的轨迹是一段圆弧； ③线段长度的最大值为2； ④三棱锥体积的最大值为. 其中正确结论的序号是___________. 题型5 球体问题 【典例5-1】（25-26高三上·北京朝阳·期末）古希腊数学家阿基米德的一个重要数学发现是“圆柱容球”，即当球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高均相等时，球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的．如图所示，在一个“圆柱容球”的模型中，若球的体积为，则该模型中圆柱的表面积为（   ）    A． B． C． D． 核心口诀：球心定位置，半径是关键；截面是圆面，弦长勾股算；内接外接找球心，补成长方体最方便。 高分技巧： 球的基本公式：，； 截面问题：平面截球得圆面。若球心到截面距离为 ，截面圆半径 。截面面积、周长均可由此计算； 多面体外接球： 长方体/正方体外接球：体对角线为直径，； 正棱锥外接球：球心在高线上，利用 列方程（ 为球心， 为底面中心）； 直棱柱外接球：球心为上下底面外接圆圆心连线的中点； 多面体内切球： 正多面体内切球半径 （利用体积分割）； 球心到各面距离相等，均为半径 ； 球面上两点距离（球面距离）：，其中 为两点对球心所张圆心角（弧度制）。需先计算弦长或利用经纬度求夹角； 三棱锥外接球的补形法：若三棱锥的对棱相等或可补成长方体，则外接球直径即为体对角线； 易错警示：截面圆半径 中 是球心到截面距离，不是球心到圆周上点的距离；外接球球心不一定在几何体内部（可能在外部）；球面距离用弧度制，不要用角度制直接乘。 【典例5-2】已知正四棱锥P-ABCD中，各棱长均相等，球是该四棱锥的内切球，球与球相切，且与该四棱锥的四个侧面也相切；球与球相切，且与该四棱锥的四个侧面也相切，球的半径大于球的半径，则球与球的表面积之比为（    ） A． B． C． D． 【变式5-1】在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，与均为以为斜边的直角三角形．若该三棱锥的外接球的表面积为，则此三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【变式5-2】（25-26高三上·北京·阶段检测）已知长方体的外接球的表面积为，，点在四边形内含边界，且直线与平面所成角的正切值为，则长方体的体积最大时，三棱锥体积的最小值为______. 题型6 组合体问题 【典例6-1】（25-26高三上·北京通州·阶段检测）风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，是人类最早的风筝起源，如图，是某中学学生制作的一个风筝模型的多面体，为边的中点，四边形为矩形，且，当时，多面体的体积为（    ） A． B． C． D． 核心口诀：拼接体积相加，挖去体积相减；表面积相加再减重叠，注意隐藏接触面。 高分技巧： 拼接组合体：由两个或多个基本几何体拼接而成。体积 = 各部分体积之和；表面积 = 各部分表面积之和 - 2 × 拼接处接触面积（因为接触面不暴露在外）； 挖去组合体：从大几何体中挖去小几何体。体积 = 大体积 - 小体积；表面积 = 大表面积 + 小几何体的内侧表面积（内部新露出的面）- 被挖去部分原本在大表面的面积（若挖穿）； 内接组合体：如一几何体内接于另一几何体（如球内接圆柱）。利用约束关系（如圆柱的半径和高满足球方程）消元求体积或表面积最值； 旋转体组合：由多个旋转体共轴组合，体积用积分思想分段相加，表面积分段计算； 三视图还原组合体：根据三视图确定组合体的结构和尺寸，再套用公式计算； 易错警示：拼接体表面积计算时，接触面要减去两次（两个面都不算）；挖去体表面积计算时，内壁面积是否计入需根据题意判断；组合体中不同部分的交界处可能产生新的几何形状（如圆台与圆柱拼接），需仔细分析。 【典例6-2】（2026·北京·三模）如图，两个完全相同的正四棱柱和“垂直贯穿”构成一个多面体，其中的侧棱与的侧棱垂直．的一组相对的侧棱与的一组相对的侧棱分别交于，，，四点，另外一组相对的侧棱与的另一组相对的侧棱分别交于，两点．已知和的底面边长为，侧棱长为3，则该多面体的体积为________ 【变式6-1】（2026·北京通州·一模）如图某简单组合体由上下两部分组成，下部是一个圆柱，上部是一个圆锥，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，圆柱的底面半径为，高为，圆锥的高为，则此组合体的体积为________；表面积为________ 【变式6-2】（2026·北京顺义·二模）现有两个完全相同的四棱柱材料（如图一所示）.某课外手工小组的同学将其中一个切掉一个三棱柱后拼接成如图二所示的“型”几何体（正方形与正方形在同一平面内，四点在一条直线上），，则图一所示的四棱柱的侧面的面积为__________，图二所示的几何体的体积为__________. 题型7 数学新文化的表面积与体积问题 【典例7-1】（2026·北京·模拟预测）玉琮是中国古代内圆外方的筒形玉石礼器，主要用于祭祀，其外形可近似为一个正四棱柱，且自上而下有一个圆柱形孔洞贯穿，如图所示．某学生用技术打印了个玉琮模型，它们的高度从小到大成等差数列、其内圆柱形孔洞的体积依次成公比为的等比数列．若最矮玉琮模型孔洞的底面半径为，最高玉琮模型孔洞的底面半径和高分别为和，则最矮的玉琮内圆柱形孔洞的体积为________，这个玉琮模型的高度和为________．    【典例7-2】（25-26高三下·北京·开学考试）2024年12月4日，中国申报的“春节——中国人庆祝传统新年的社会实践”成功通过联合国教科文组织评审，成为全球共享的非物质文化遗产．春节灯笼象征着喜庆与团圆，图①为明代风格的八角灯笼，由18个正方形和8个正三角形构成，如图②，若正方形的边长为1，则该灯笼的体积为______． 【变式7-1】“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积过程中构造的一个和谐优美的几何模型.如图1，正方体的棱长为2，用一个底面直径为2的圆柱面去截该正方体，沿着正方体的前后方向和左右方向各截一次，截得的公共部分即是一个牟合方盖（如图2）.已知这个牟合方盖与正方体外接球的体积之比为，则正方体除去牟合方盖后剩余部分的体积为（    ） A． B． C． D． 【变式7-2】庑殿顶是中国传统建筑中等级最高的屋顶形式之一，形态为四面斜坡，有一条正脊和四条斜脊，《九章算术》中将类似庑殿顶的几何体称为“刍甍”（图1）．据记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广（袤：南北方向长度；广：东西方向长度）”，其体积公式为：（上袤下袤）广高．如图2所示，刍甍是底面为矩形的五面体，顶部是一条与底面平行的正脊，四条斜脊长度相等，若下袤为，广为，上袤是下袤的，和与底面所成角均为，则该刍甍的体积为________． 题型8 体积定值问题 【典例8-1】（25-26高三上·北京·阶段检测）如图，直三棱柱中，，，．点P在线段上（不含端点），则（   ）    A．不存在点P，使得 B．的最小值为 C．面积的最小值为 D．三棱锥与三棱锥的体积之和为定值 核心口诀：等体积法建方程，底面积乘高不变；动点移动体积定，关键找到定高或定底。 高分技巧： 等体积法：同一几何体用不同的底和高计算体积，所得结果相同。利用此性质建立方程，求未知量（如点到面的距离）； 动点体积定值：若动点在平行于底面的平面内移动，则锥体的高不变，体积不变（底面积固定）；若动点在底面上移动且到对边距离不变，则体积也可能不变； 分割体积定值：将几何体分割成若干部分，若各部分体积之和为定值，则其中某部分体积可由整体减去其他部分求得； 共底等高模型：若两个锥体共底且顶点在同一平行于底的平面内，则体积相等； 选填速判：若题目问“体积是否为定值”，可尝试取动点的两个特殊位置分别计算体积，若相等则可能为定值，再找几何理由证明； 易错警示：等体积法使用时必须确认“高”确实垂直于对应的“底”；动点移动若离开平行平面，高可能改变，体积不再定值；证明定值时需说明动点变化但高或底面积不变。 【典例8-2】（2026·北京顺义·一模）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的一个动点（不含端点），给出下列四个结论： ①三棱锥的体积为定值； ②存在点，使得平面平面； ③为锐角三角形； ④若点在平面上的投影为点，则点的轨迹为一条线段（不含端点）. 其中所有正确结论的序号是________. 【变式8-1】（2026·北京昌平·一模）在棱长为2的正方体中，点满足，其中，给出下列四个结论： ①当时，，的面积为定值； ②当时，，三棱锥的体积为定值； ③当时，存在唯一的，使得； ④当时，存在唯一的，使得平面． 其中所有正确结论的序号是______． 【变式8-2】（25-26高三上·北京房山·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点在线段上，给出下列四个结论：    ①任意点，都有； ②存在点，使得； ③的最小值为； ④三棱锥的体积是定值． 其中正确结论的序号是_____ 重难专题分层过关练 巩固过关 1．某圆锥的侧面展开图是一个半径为5，弧长为的扇形，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 2．已知某正四棱锥的高为2，体积为24，则该正四棱锥的底面边长为（   ） A．9 B．8 C．6 D． 3．已知球的半径为2，其表面上有三点，满足，，则四面体的体积为（    ）． A． B． C． D． 4．任意一圆锥的表面积与其侧面积之比的取值范围为（   ） A． B． C． D． 5．如图1，取边长为6的正方形纸板，分别为三边的中点，先将等腰直角三角形沿虚线段裁去，再将剩下的五边形沿线段折起，连接，就得到了一个《九章算术》中所载的“刍甍”五面体（如图2）．若棱的长为5，则该五面体的体积为（    ） A． B． C． D．30 6．有一个木制工艺品，其形状是一个圆柱被挖去一个与其共底面的圆锥．已知圆柱的底面半径为3，高为5，圆锥的高为4，则这个木质工艺品的体积为（    ） A． B． C． D． 7．某地区乡村用来盛粮食的小容器通常被称为“升篓”.升篓呈棱台形，全木制作，上口大，下口小，制作形态为榫卯契合，完全不用一颗钉子.如图是一个正四棱台形的升篓，体积，上､下底面棱长分别为，则该正四棱台的侧面积为（    ） A． B． C． D． 8．已知三棱锥中，且 AB = CD =，BC = AD = ，AC = BD =，则该三棱锥外接球的表面积为（ ） A． B． C． D． 9．已知纸的长宽比约为．现将一张纸卷成一个圆柱的侧面（无重叠部分）．当该圆柱的高等于纸的长时，设其体积为，轴截面的面积为；当该圆柱的高等于纸的宽时，设其体积为，轴截面的面积为，则（   ） A．， B．， C．， D．， 10．已知边长为2的菱形满足，绕边所在的直线旋转，在旋转过程中三棱锥体积的最大值为（     ） A．1 B． C． D． 创新提升 11．如图，在棱长为的正方体中，点，分别在线段和上．给出下列四个结论：①的最小值为；②四面体的体积为；③有且仅有一条直线与垂直；  ④存在点，，使为等边三角形．其中所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．③④ C．①②④ D．②③④ 12．在棱长为4的正方体中，点为棱的中点，点在底面内运动，且满足直线平面，将正方体沿平面切割，得到两个多面体，下列说法中错误的是（   ） A．点的轨迹是一条线段，且其长度为 B．过三点的截面面积为18 C．沿平面切割正方体得到较大的多面体体积为 D．在棱上不存在点，使得平面 13．如图所示的几何体是由两个相互平行的正方形经过旋转连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点，若下底面正方形边长为2，该几何体的高为，则该几何体外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 14．中国古代数学著作《九章算术》中记载的“刍甍”(如图）是一种五面体，底面为矩形，侧棱平面，若有“刍甍”形状的几何体，且几何体数据如下：，且各侧面与底面ABCD所成角均为，则该“刍甍”的体积为（    ） A． B．8 C． D． 15．已知一个正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为3，则其内切球的半径为_____． 16．（2026·北京·三模）在边长为的正方形中，点为中点，点为中点，现将沿直线翻折至位置，若为线段的中点，在翻折的过程中，给出下列四个结论： ①三棱锥的体积最大值为； ②异面直线、所成角始终为； ③翻折过程中存在某个位置，使得大小为； ④点在某个圆上运动． 其中所有正确结论的序号是________． 17．（2026·北京·三模）棱长为4的封闭正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内放有铁制几何体，给出下列四个猜想： ①该容器内有两个半径为1.4的球； ②该容器内有棱长为5.6的正四面体； ③该容器内有底面半径为，高为2的圆柱体； ④该容器内有底面边长为，高为5的正三棱柱． 其中所有可能正确的猜想的序号是______． 18．（2026·北京海淀·一模）如图，正方体的棱长为2，以底面的中心O为原点建立空间直角坐标系，其中坐标轴，，分别与正方体的三条棱平行. 设正方体表面及其内部所有点构成的集合为Ω，集合，记W为T中所有点构成的几何体. 给出下列四个结论： ①； ②W被平面所截的截面面积为4； ③W的体积大于； ④W表面上的点到点的距离的最小值为1. 其中所有正确结论的序号是______. 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $