培优专练+三年真题21 空间几何体-2027届高考数学一轮复习讲义与培优专练（全国通用）

培优专练+三年真题21空间几何体 【考点一】棱柱、棱锥、棱台 【考点五】柱、锥、台的体积 【考点二】圆柱、圆锥、圆台、球 【考点六】球的体积和表面积 【考点三】旋转体、多面体、组合体 【考点七】组合体的表面积和体积 【考点四】柱、锥、台的表面积 【考点八】多面体与球体内切外接问题 【题型一】棱柱、棱锥、棱台 1．（2026·上海长宁·二模）将下列平面图形沿等边三角形的边折起，不能折成如图所示几何体的是（    ）. A． B． C． D． 【答案】B 【详解】该几何体上的点是一条棱的两端点.对于A，C，D项，在折叠时，这两点会被带到几何体的两个不同顶点，所有面可以无重叠地闭合，形成完整的双三棱锥. 而对于B，折叠后，点和点是相对的两个顶点. 2．（2025·江苏南通·模拟预测）过正方体的中心作与垂直的平面，则平面截正方体所得的截面是（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】D 【分析】证明线面垂直作出图判断截面图形即可. 【详解】 在正方体中，平面，平面，所以， 又在正方形中，，，所以平面， 平面，所以， 由于分别为的中点，所以， 故，同理，，所以平面， 且平面过正方体的中心， 故选：D 3．（2025·上海·模拟预测）图1为一个正方体的侧面展开图，在外表面上分别标有数字1，2，3，4，5，6.若将这样三个相同的正方体叠放于地面上，如图2，则能看见的13个正方形面上的数字和的最小值为__________.    【答案】41 【分析】根据正方体的表面展开图，有数字1的正方形与有数字6的正方形相对，有数字2的正方形与有数字4的正方形相对，有数字5的正方形与有数字3的正方形相对，由最大可得答案． 【详解】根据正方体的表面展开图，有数字1的正方形与有数字6的正方形相对， 有数字2的正方形与有数字4的正方形相对，有数字5的正方形与有数字3的正方形相对， 可得，， 要使能看见的13个正方形面上的数字和的最小， 最上面的一个正方体的有数字6的正方形面朝下，与中间的正方体面接触， 中间的正方体有数字5的正方形与有数字3的正方形面朝上下，与上下正方体接触， 最下面的正方体有数字5的正方形与有数字3的正方形面朝上下，与上面正方体和地面接触， 所以能看见的13个正方形面上的数字和的最小值为. 故答案为：41. 4．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）在正四棱台中，，则该正四棱台的高为________；若点P在四边形ABCD内运动，且，则点P的轨迹长度为________． 【答案】 【分析】根据正四棱台的结构特征，结合已知条件计算出高，再判断确定点的轨迹，再应用弧长公式求出轨迹长度. 【详解】    取正方形的中心为，正方形ABCD的中心为O，连接， 则平面ABCD．过点作于点H，则，所以平面ABCD，且四边形为矩形， ， ．在中，， 即该正四棱台的高为．    连接PH，在中，， 点P的轨迹为以H为圆心，为半径的圆在正方形ABCD内的部分，即． 过点H作于点E，过H作于点F，则． 在中，．同理， ， 的长度为， 故点P的轨迹长度为. 故答案为：；. 5.（多选）（2025·浙江嘉兴·三模）用笔从空间多面体的一个顶点出发，沿棱画线，不间断、不重复，最终回到起点或到达另一个顶点的过程称为“1笔”.现定义：如果遍历一个空间多面体所有的顶点和棱至少需要笔，则该多面体称为笔画多面体.那么下列说法正确的是（   ） A．五棱锥是3笔画多面体 B．正方体是4笔画多面体 C．棱锥是笔画多面体 D．棱柱是笔画多面体 【答案】ABD 【分析】如果一个顶点有奇数条棱与之连接，这样的顶点称为奇顶点，易知如果一个空间几何体有个奇顶点，那么需要笔画，然后对选项依次分析即可. 【详解】如果一个顶点有奇数条棱与之连接，这样的顶点称为奇顶点， 下证明：如果一个空间几何体有个奇顶点，那么需要笔画. 证明：1.一笔画图形的条件:一个图形能够一笔画完成的必要条件是它必须连通，并且除了两个点外，其余点的度数均为偶数，这两个点称为奇点； 如果一个图形有两个奇点，则这两个奇点分别作为起点和终点，其余点的度数均为偶数. 2.奇点数与笔画数的关系:当一个图形满足上述条件时，我们可以从一个奇点开始画到另一个奇点结束，由于每个奇点都会额外增加一个笔画，因此笔画数等于奇点数除以2； 如果图形的奇点数大于2，根据上述条件，图形无法以一笔画完成，需要多笔画。每增加一个奇点，笔画数增加1. 因此，如果一个图形的奇点数能够被2整除，那么这个图形可以一笔画完成，并且笔画数等于奇点数除以2.这个结论适用于所有满足一定条件的连通图. A选项：五棱锥每个顶点都是奇顶点，6个顶点，所以是3笔画多面体； B选项：正方体每个顶点都是奇顶点，有4对，所以是4笔画多面体； C选项：四棱锥明显不满足结论，所以不正确； D选项：由于棱柱的每一个顶点都是奇顶点，棱柱有个顶点，所以是笔画多面体， 故选：ABD. 【题型二】圆柱、圆锥、圆台、球 1．（2026·安徽·模拟预测）若体积为的圆锥的高为1，则该圆锥的母线长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设圆锥的底面半径为，则，解得， 故所求母线长为． 2．（2025·四川德阳·模拟预测）边长为的正方形是圆柱的轴截面，则从点沿圆柱的侧面到相对顶点的最短距离（单位：cm）是（    ） A． B．12 C． D． 【答案】A 【分析】将圆柱展开得到从到的最短路径长即线段的长，利用勾股定理计算即可得到答案. 【详解】圆柱的侧面展开图如图所示， 展开后， ∴，即为所求最短距离． 故选：A. 3．（2026·海南省直辖县级单位·模拟预测）如图，圆台的高为，是母线，，.现在将圆台的侧面沿剪开，并展开成平面图形，点在侧面展开图中对应的点为，，则线段的长度为（   ） A．8 B． C．16 D． 【答案】D 【详解】如图1，在圆台的轴截面中作于点. 设，由题意得，， 由勾股定理可得，解得，所以. 侧面展开图如图2，的长为，的长为， 所以，又，所以， 所以，所以. 4．（2025·甘肃平凉·模拟预测）一个球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高，球缺曲面部分的面积（球冠面积），其中R是球的半径，H是球缺的高.若球缺的底面面积为，高，球半径，则该球缺曲面部分的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先作过球心的球的截面，利用底面面积求出半径，再利用公式求出，最后利用公式计算. 【详解】如图，为过球心所作的球的截面，且与球缺的底面垂直，则，， 设球缺的底面圆的半径为，则球缺的底面面积为，解得，即， 则，即，即，解得， 所以该球缺曲面部分的面积. 故选：B.      5．（2025·江西南昌·二模）如图是江西省博物馆中典藏的元青白釉印花双凤纹碗，高，口径，若将该碗的内表面近似于一个球面的一部分，则这个球的半径近似于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】可以将碗的内表面看作是球的一部分，碗口所在平面是球的一个截面，碗的高和球的半径以及截面圆的半径构成一个直角三角形，通过已知的碗的口径和高，利用勾股定理建立关于球半径的方程来求解． 【详解】已知碗的口径为，那么碗口所在截面圆的半径． 这是因为口径是截面圆的直径，根据半径是直径的一半得到． 设球的半径为，碗高． 由球的截面性质可知，球心到截面圆的距离与球的半径、截面圆的半径构成直角三角形，其中球的半径为斜边．这里球心到碗口所在截面圆的距离． 根据勾股定理，将，代入可得：． 展开得，解得 所以这个球的半径近似于． 故选：D． 6.（多选）（2026·湖北宜昌·模拟预测）在一个密闭透明的圆柱桶内装一定体积的水，将圆柱桶分别竖直、水平、倾斜放置时，圆柱桶内的水面可能呈现出的几何形状分别为（    ） A．圆面 B．矩形面 C．椭圆面 D．三角形面 【答案】ABC 【分析】把问题转化成水平面截圆柱的截面问题，可得答案. 【详解】当圆柱桶竖直放置时，圆柱轴线垂直， 水平面与圆柱侧面平行于底面，交线为圆，水面呈圆面，A正确； 当圆柱桶水平放置时，圆柱轴线水平，水平面平行于轴线， 与侧面和底面相交形成矩形，水面呈矩形面，B正确； 当圆柱桶倾斜放置时，圆柱轴线倾斜， 水平面与圆柱侧面相交形成椭圆，水面呈椭圆面，C正确； 三角形面不可能出现，因为圆柱与平面的截面不可能为三角形面. 故选：ABC 【题型三】旋转体、多面体、组合体 1.（2025·云南昆明·一模）从几何体的某一顶点开始，沿着棱不间断、不重复地画完所有棱的画法称为“一笔画”．下列几何体可以“一笔画”的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据一笔画的要求，先找到都是偶点的图形，一定可以一笔画，再验证奇点的图形是否符合一笔画的条件. 【详解】从一顶点出发的边数为双数的顶点叫偶点，凡是偶点组成的图形一定可以一笔画，所以C 选项正确; 从一顶点出发的边数为单数的顶点叫奇点，凡是奇点组成的图形，必须满足只有两个奇点，其余点为偶点才可以一笔画， 而ABD选项图形中，每个点都是奇点，所以不能一笔画. 故选：C 2．（2026·浙江金华·二模）如图，汽车内胎（不考虑物体的内部结构）可以由下面某个图形绕轴旋转而成，这个图形是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】A选项中的图形旋转得到的是同心球，外面一个大球，里面一个小球； B选项中的图形旋转得到的是空心环状几何体； C选项中的图形旋转得到的是内胎； D选项中的图形旋转得到的是球. 3．（2025·云南曲靖·二模）公元前300年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5种正多面体.公元前200年，阿基米德把这5种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了5种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2所示的足球截面体的棱数为（   ） A．60 B．90 C．120 D．180 【答案】B 【分析】先分析得出正二十面体的面、顶点以及棱的个数，进而结合图象得出足球截面体各个面的性质，即可得出答案. 【详解】易知正二十面体有20个面，每个面都是三角形，每个顶点都是5条棱的交点，每条棱都是两个面的公共边， 所以，正二十面体的棱数为，顶点的个数为. 由图象可知，正二十面体的每个顶点截角后为一个正五边形，即每个顶点处增加了5条棱； 原来的30条棱数量不变，所以，足球截面体的棱数为. 故选：B. 4．（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． 【题型四】柱、锥、台的表面积 1.（2026·陕西榆林·三模）如图，圆柱的侧面积为，体积为，则以圆柱的底面为底面的圆锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设圆柱的底面半径为，高为，则解得 所以圆锥的母线长为，其侧面积为. 2．（2026·湖南衡阳·模拟预测）已知正三棱台的高为，，则该棱台的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】不妨设上、下底面中心为，，，的中点分别为，，易知为斜高， 由，得，， 作于，所以，， ， 故所求棱台的侧面积为． 3．（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 【分析】借助圆台侧面积公式计算即可得. 【详解】. 4．（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. 5．（2025·甘肃庆阳·模拟预测）已知圆锥与圆柱的底面半径相等，它们的高也相等，若圆柱的底面积为，侧面积为，则圆锥的表面积为__________. 【答案】 【分析】根据圆柱、圆锥的表面积公式求解即可. 【详解】设圆柱的底面半径为，高为，圆锥的母线长为， 则由，得， 又由，得， 所以圆锥的母线长， 所以圆锥的侧面积， 则圆锥的表面积. 故答案为：. 6．（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】 【分析】取上下底面对应边的中点，构造侧面与底面所成二面角的平面角，求出侧面等腰梯形的高，结合面积公式求解. 【详解】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. 【题型五】柱、锥、台的体积 1．（2026·海南·模拟预测）在正三棱台中，，，则该棱台的体积为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先计算出三棱台的上下底面和高，进而计算出三棱台的体积. 【详解】因为，所以， 因此上下底面正三角形的面积： , 正三角形的中心到顶点的距离为边长， 所以上底面中心到顶点的距离为，下底面中心到顶点的距离为， 侧棱为，台体高为，所以. 代入三棱台体积公式： 故选：B. 2．（2026·宁夏银川·模拟预测）某精密仪器车间有一个圆柱形原料，现需要在这个原料中挖出一个倒立的圆锥形零件，其尺寸如图所示，则（     ） A．圆柱形原料的表面积为 B．圆柱形原料的体积为 C．圆锥形零件的表面积为 D．圆锥形零件的体积为 【答案】D 【分析】根据圆柱和圆锥的表面积、体积公式计算即可. 【详解】由题意及图形可知，圆柱形原料与圆锥形零件的底面直径均为，则底面半径，高均为. 对于圆柱形原料， 表面积， 体积， 故选项A、B错误； 对于圆锥形零件， 母线长， 表面积， 体积， 故选项C错误，选项D正确. 3.（2026·江苏·模拟预测）已知圆台的上、下底面的周长分别为 ，母线长为，则该圆台的体积为_______. 【答案】 【分析】根据上、下底面的周长计算出上、下底面的半径，再由母线长计算出圆台的高，最后计算体积. 【详解】 如图所示，四边形为圆台的轴截面， 为上底面直径，为下底面直径，分别为上、下底面圆心， 作于点，于点，那么圆台的高为, 由于圆台的上、下底面的周长分别为 ，母线长为， 所以，, 根据轴截面的性质可知，四边形为等腰梯形，四边形为矩形， 所以， 所以，. 4.（多选）（2026·江苏南京·三模）正三棱柱中，棱长均为3，在棱上，且（在上面），则（    ） A．五面体的体积是定值 B．与可能垂直 C． D．当时，称五面体为刍甍，该刍甍体积为 【答案】ACD 【分析】根据割补法计算体积分析ACD，建立空间直角坐标系分析B. 【详解】 对于AD，, 正三棱柱中，棱长均为3,所以, 设，则, , 故 ,AD正确； 对于B，以为原点，建立空间直角坐标系如图， 则，,, 所以,, 当时，，此时不在棱上，故错误； 对于C，因为平行于平面, 所以到平面的距离为的高， , 故, , 故正确. 5.（2026·上海·模拟预测）已知三棱柱的棱长均为2，，平面平面ABC． (1)求该棱柱的体积； (2)求平面与平面所成二面角的大小． 【答案】(1)3； (2)和． 【分析】（1）设AC的中点为O，连接，BO，利用面面垂直的性质可得平面，得到，利用勾股定理得到，进而得到平面ABC，接着利用体积公式求解即可； （2）以O为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得平面与平面所成二面角的大小． 【详解】（1）设AC的中点为O，连接，BO． ∵为等边三角形，边长为2， ∴，，． ∵平面平面ABC，平面平面， ∴平面，又平面，， ∴，， ∴，则． 又∵平面平面ABC，平面平面， ∴平面ABC， ∴． （2）由（1）知平面ABC，， 如图，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系， ，，， ，， 设平面的一个法向量， 则，不妨取，则， 易知平面的一个法向量， ， 则平面与平面所成二面角大小为和． 【题型六】球的体积和表面积 1．（2026·安徽合肥·二模）已知轴截面为正三角形的圆锥的表面积与球的表面积相等，则圆锥的体积与球的体积的比为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据条件，结合表面积公式，可得圆锥底面半径r与球的半径R的关系，代入体积公式，整理变形，即可得答案. 【详解】设圆锥的底面半径为r，球的半径为R， 由题意，圆锥的母线长为，高为， 则圆锥的表面积，球的表面积， 所以，解得， 则圆锥的体积，球的体积， 所以圆锥的体积与球的体积的比. 2．（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． 3．（2025·湖南长沙·二模）已知过球面上三点A，B，C的截面到球心的距离等于球半径的，且，，，则球的表面积是_______. 【答案】 【分析】根据球的半径、球心到截面的距离及截面圆半径之间的关系求解即可. 【详解】因为， 所以是直角三角形，且直角顶点为，斜边为， 所以外接圆的半径为. 又球心到截面的距离， 根据球的截面性质得，，整理得. 所以球的表面积为. 故答案为：. 4．（2025·河北邯郸·一模）已知某圆台的体积为，球刚好和该圆台的上、下底面及侧面都相切，若该圆台下底面圆的半径是上底面圆的半径的4倍，则球的体积是______________. 【答案】 【分析】画出截面示意图，由圆台的体积公式结合梯形的面积相等以及勾股定理和球的体积公式计算可得. 【详解】如图，画出截面示意图， 设圆台的上下底面半径分别为，球的半径为，圆台的母线长为， 由圆台的体积公式可得，① 由梯形面积可得，解得， 又在中，，解得， 代入①可得，所以 所以球的体积是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是能够根据球与圆台的结构画出平面图形，再由面积分割和勾股定理以及圆台的体积公式求解球的半径. 【题型七】组合体的表面积和体积 1．（2026·山东德州·三模）圆锥的底面直径和高均是，从圆锥的底面挖去一个圆柱，该圆柱的上底面为过中点作的平行于底面的截面，剩下几何体的表面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】画出相应图形后，可得剩下几何体的表面积为圆锥侧面积、圆锥底面积、圆柱侧面积总和，分别计算各面积即可得. 【详解】由题意可画图如下： 底面直径​，故底面半径​​，高， 过的中点作平行于底面的截面，该截面半径为， 由相似三角形性质，有，所以， 以该截面为底面挖去一个圆柱，圆柱的高， 圆锥的母线长； 则； ； ； 故. 2.（2026·天津河西·模拟预测）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），，，，，则图二所示的几何体的体积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意可知，分别求出两个棱柱体积即可. 【详解】由正方形可知， ， ， ，平面， 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， ， .    3．（2026·北京延庆·一模）长方体的底面是一个正方形，其边长为4，长方体的高为，联结各表面的中心构成一个八面体，则这个八面体的表面积为______，这个八面体的体积和长方体的体积之比为______． 【答案】 【分析】八面体的表面积是两个四棱锥的侧面积之和，利用长方体的棱长，结合勾股定理求出四棱锥侧面三角形的边长，判断侧面三角形的形状，再用面积公式计算单个四棱锥侧面积，进而得到八面体表面积；利用棱锥体积公式计算单个四棱锥体积，进而得到八面体体积，最后求出两者体积之比。 【详解】如图所示，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系 根据题意可得各点坐标为：， ， 因为八面体共8个全等的等腰三角形，以为例： 可得， 三角形的高为，故 所以总表面积为：. 长方体体积为： 由八面体是两个四棱锥组合而成，四棱锥底面是正方形，面积为， 可得每个四棱锥的高为，总体积 所以八面体的体积和长方体的体积之比为. 4．（2025·辽宁葫芦岛·二模）如图，半径为3，圆心角为的扇形绕着旋转一周得到几何体，则的体积为___________．    【答案】 【分析】根据旋转体的定义，得到旋转后的几何体为一个半球，结合球的体积公式，即可求解. 【详解】由半径为3，圆心角为的扇形绕着旋转一周得到几何体为一个半径为的半球， 所以几何体的体积为. 故答案为：.    【题型八】多面体与球体内切外接问题 1．（2026·云南·三模）将边长为2的正方形沿对角线翻折，得到三棱锥，当三棱锥的体积最大时，则三棱锥的内切球的半径为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出三棱锥体积的最大值，再建立关于体积与内切球半径的关系，解方程求解. 【详解】由题可知，将沿直线翻折到平面平面时， 三棱锥的体积最大，取的中点，连接,则， 且平面，， 所以三棱锥的体积为：. 由和均为直角三角形，和均为正三角形， ，， 所以三棱锥的表面积. 设三棱锥内切球半径为. 由，得，解得. 2．（2026·黑龙江大庆·模拟预测）一个三棱锥的三条侧棱、、两两互相垂直，且长度分别为，，，已知该三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，把三棱锥补成一个长方体，结合长方体的对角线就是球的直径，求得外接球的半径，利用球的表面积公式，即可求解. 【详解】三棱锥中，共顶点S的三条棱两两相互垂直，且其长分别为， 因为三棱锥的四个顶点同在一个球面上， 则三棱锥是长方体的一个角，可扩展为长、宽、高分别为的长方体， 三棱锥的外接球与长方体的外接球相同，长方体的对角线就是球的直径， 设长方体的外接球的半径为，可得 所以外接球的半径为，可得外接球的表面积为． 3．（2026·广东深圳·模拟预测）已知圆台的母线长为4，母线与底面所成角为，若该圆台存在内切球，则内切球的体积为________． 【答案】 【详解】设内切球半径为， 则，则， 则内切球的体积为 4．（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. 5．（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. 一、单选题 1．（2025·上海·高考真题）如图，是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是（   ）．    A．和； B．和； C．和； D．和． 【答案】D 【分析】根据棱台的性质及直线与直线的位置关系即可判断. 【详解】因为是正四棱台，所以，故A错误， 侧棱延长交于一点，所以与相交，故B错误， 同理与也相交，所以四点共面，所以与相交，故C错误， 与是异面直线，故D正确. 故选：D 2．（2026·全国二卷·高考真题）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 【分析】分别求出棱台的上底面面积和下底面面积，再根据棱台的体积公式求得该棱台的体积. 【详解】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. 二、填空题 3．（2025·上海·高考真题）如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为_________．    【答案】 【分析】求出侧棱长和底面边长后可求体积. 【详解】因为且四边形为正方形，故， 而，故，故， 故所求体积为， 故答案为：. 4．（2026·北京·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，该三棱锥的底面积为________，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. 5．（2024·全国甲卷·高考真题）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】 【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可得解. 【详解】由题可得两个圆台的高分别为， ， 所以. 故答案为：. 6．（2026·全国二卷·高考真题）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】 【分析】根据球的体积得出球的半径，由正三棱锥的对称性得出球心的位置，然后由勾股定理，列方程组求解. 【详解】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，. 7．（2025·全国二卷·高考真题）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】 【分析】根据圆柱与球的性质以及球的体积公式可求出球的半径； 【详解】 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，， 故答案为：. 8．（2025·北京·高考真题）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】 【分析】如图，将一半的几何体分割成直三棱柱和四棱锥后结合体积公式可求几何体的体积. 【详解】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， 故答案为：. 三、解答题 9．（2026·天津·高考真题）在长方体中，，，，，． (1)求证：面； (2)求面与面的夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)方法一：如图，过点作//,交于点，则有,. 连接,则四点共面,平面即平面. 由，，可得与相似, 所以，则可得,所以. 长方体中，平面， 因为平面，所以. 又,平面，所以平面. 方法二： 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以. 所以， 所以，即. 又,平面，所以平面. (2) (3) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可证； （2）方法一：建立空间直角坐标系，根据平面与平面的夹角的定义转化为异面直线所成的角，利用向量法求该角的余弦值可得；方法二：由面面角的向量求法可得；方法三：作辅助线，可证平面，进而可知平面与平面的夹角为，即可得面面夹角余弦值； （3）方法一：由向量法证明，从而求得的面积，由向量法求得点C到平面的距离，再根据棱锥的体积公式求得三棱锥的体积； 方法二：由向量法求得点A到平面的距离，根据棱锥的体积公式可得三棱锥的体积； 方法三：由（2）可知点到平面的距离为，进而可求三棱锥体积. 【详解】（1）略 （2）方法一：过点作//,交于点，则有，， 连接，则四点共面，平面即平面. 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则 ，，所以， 所以. 取的中点P，则，所以， ，所以. 所以异面直线与所成的角等于平面与平面的夹角. 又， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以， 设平面的法向量为， 则，故可取. 由（1）知平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法三：由题意可知：，，， 则，则， 过点作，设，，连接， 由（1）可知：平面，则平面，可得，， 且，平面，可得平面，则， 可知平面与平面的夹角为， 因为，，， 则，可得，， 则，所以平面与平面的夹角的余弦值为； （3）方法一：由，，得， 所以. 所以的面积为. 由（2）知，平面的一个法向量为， 点C到平面的距离为. 所以三棱锥的体积， 所以三棱锥的体积为. 方法二：点A到平面的距离为. 因为//，所以到的距离相等， 所以的面积等于的面积，即. 所以三棱锥的体积为. 方法三：由题意可知：，，，， 则的面积， 由（2）可知点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积. 10．（2026·上海·高考真题）如图所示正四棱台，其中，. (1)当时，求和平面所成角； (2)证明：平面；若棱台高为3，求三棱锥的体积. 【答案】(1) (2) 连接、交于,连接、交于, 如图,上下底面为正方形,由正棱台性质,可得,且, 所以四边形为平行四边形,所以， 因为平面,平面，所以平面. 体积为 【分析】（1）作到下底面的垂线，确定线面角的平面角，再通过边长计算该角的大小. （2）连接上下底面对角线的交点，利用正棱台性质证得线线平行，进而证明线面平行；利用线面垂直将三棱锥拆分为两个小棱锥，结合棱台的高计算其体积. 【详解】（1）过作平面ABCD于,连接， 过分别作于于,连接, 如图为在平面上的投影, 由于平面，所以， 由于平面， 所以平面.由于平面，所以. 所以,同理,,四边形为正方形, 所以，为在平面上的投影, 又因平面平面, 所以和平面所成角即，, 故和平面所成角为. （2）由正棱台性质,与上下底面均垂直,则， 因为，平面， 所以平面,所求三棱锥体积可拆分成两个小三棱锥的体积之和, 即: 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 培优专练+三年真题21空间几何体 【考点一】棱柱、棱锥、棱台 【考点五】柱、锥、台的体积 【考点二】圆柱、圆锥、圆台、球 【考点六】球的体积和表面积 【考点三】旋转体、多面体、组合体 【考点七】组合体的表面积和体积 【考点四】柱、锥、台的表面积 【考点八】多面体与球体内切外接问题 【题型一】棱柱、棱锥、棱台 1．（2026·上海长宁·二模）将下列平面图形沿等边三角形的边折起，不能折成如图所示几何体的是（    ）. A． B． C． D． 2．（2025·江苏南通·模拟预测）过正方体的中心作与垂直的平面，则平面截正方体所得的截面是（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 3．（2025·上海·模拟预测）图1为一个正方体的侧面展开图，在外表面上分别标有数字1，2，3，4，5，6.若将这样三个相同的正方体叠放于地面上，如图2，则能看见的13个正方形面上的数字和的最小值为__________.    4．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）在正四棱台中，，则该正四棱台的高为________；若点P在四边形ABCD内运动，且，则点P的轨迹长度为________． 5.（多选）（2025·浙江嘉兴·三模）用笔从空间多面体的一个顶点出发，沿棱画线，不间断、不重复，最终回到起点或到达另一个顶点的过程称为“1笔”.现定义：如果遍历一个空间多面体所有的顶点和棱至少需要笔，则该多面体称为笔画多面体.那么下列说法正确的是（   ） A．五棱锥是3笔画多面体 B．正方体是4笔画多面体 C．棱锥是笔画多面体 D．棱柱是笔画多面体 【题型二】圆柱、圆锥、圆台、球 1．（2026·安徽·模拟预测）若体积为的圆锥的高为1，则该圆锥的母线长为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·四川德阳·模拟预测）边长为的正方形是圆柱的轴截面，则从点沿圆柱的侧面到相对顶点的最短距离（单位：cm）是（    ） A． B．12 C． D． 3．（2026·海南省直辖县级单位·模拟预测）如图，圆台的高为，是母线，，.现在将圆台的侧面沿剪开，并展开成平面图形，点在侧面展开图中对应的点为，，则线段的长度为（   ） A．8 B． C．16 D． 4．（2025·甘肃平凉·模拟预测）一个球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高，球缺曲面部分的面积（球冠面积），其中R是球的半径，H是球缺的高.若球缺的底面面积为，高，球半径，则该球缺曲面部分的面积为（   ） A． B． C． D． 5．（2025·江西南昌·二模）如图是江西省博物馆中典藏的元青白釉印花双凤纹碗，高，口径，若将该碗的内表面近似于一个球面的一部分，则这个球的半径近似于（    ） A． B． C． D． 6.（多选）（2026·湖北宜昌·模拟预测）在一个密闭透明的圆柱桶内装一定体积的水，将圆柱桶分别竖直、水平、倾斜放置时，圆柱桶内的水面可能呈现出的几何形状分别为（    ） A．圆面 B．矩形面 C．椭圆面 D．三角形面 【题型三】旋转体、多面体、组合体 1.（2025·云南昆明·一模）从几何体的某一顶点开始，沿着棱不间断、不重复地画完所有棱的画法称为“一笔画”．下列几何体可以“一笔画”的是（   ） A． B． C． D． 2．（2026·浙江金华·二模）如图，汽车内胎（不考虑物体的内部结构）可以由下面某个图形绕轴旋转而成，这个图形是（   ） A． B． C． D． 3．（2025·云南曲靖·二模）公元前300年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5种正多面体.公元前200年，阿基米德把这5种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了5种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2所示的足球截面体的棱数为（   ） A．60 B．90 C．120 D．180 4．（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． 【题型四】柱、锥、台的表面积 1.（2026·陕西榆林·三模）如图，圆柱的侧面积为，体积为，则以圆柱的底面为底面的圆锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·湖南衡阳·模拟预测）已知正三棱台的高为，，则该棱台的侧面积为（   ） A． B． C． D． 3．（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． 4．（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______． 5．（2025·甘肃庆阳·模拟预测）已知圆锥与圆柱的底面半径相等，它们的高也相等，若圆柱的底面积为，侧面积为，则圆锥的表面积为__________. 6．（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________． 【题型五】柱、锥、台的体积 1．（2026·海南·模拟预测）在正三棱台中，，，则该棱台的体积为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·宁夏银川·模拟预测）某精密仪器车间有一个圆柱形原料，现需要在这个原料中挖出一个倒立的圆锥形零件，其尺寸如图所示，则（     ） A．圆柱形原料的表面积为 B．圆柱形原料的体积为 C．圆锥形零件的表面积为 D．圆锥形零件的体积为 3.（2026·江苏·模拟预测）已知圆台的上、下底面的周长分别为 ，母线长为，则该圆台的体积为_______. 4.（多选）（2026·江苏南京·三模）正三棱柱中，棱长均为3，在棱上，且（在上面），则（    ） A．五面体的体积是定值 B．与可能垂直 C． D．当时，称五面体为刍甍，该刍甍体积为 5.（2026·上海·模拟预测）已知三棱柱的棱长均为2，，平面平面ABC． (1)求该棱柱的体积； (2)求平面与平面所成二面角的大小． 【题型六】球的体积和表面积 1．（2026·安徽合肥·二模）已知轴截面为正三角形的圆锥的表面积与球的表面积相等，则圆锥的体积与球的体积的比为（    ） A． B． C． D． 2．（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． 3．（2025·湖南长沙·二模）已知过球面上三点A，B，C的截面到球心的距离等于球半径的，且，，，则球的表面积是_______. 4．（2025·河北邯郸·一模）已知某圆台的体积为，球刚好和该圆台的上、下底面及侧面都相切，若该圆台下底面圆的半径是上底面圆的半径的4倍，则球的体积是______________. 【题型七】组合体的表面积和体积 1．（2026·山东德州·三模）圆锥的底面直径和高均是，从圆锥的底面挖去一个圆柱，该圆柱的上底面为过中点作的平行于底面的截面，剩下几何体的表面积是（    ） A． B． C． D． 2.（2026·天津河西·模拟预测）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），，，，，则图二所示的几何体的体积为（    ）    A． B． C． D． 3．（2026·北京延庆·一模）长方体的底面是一个正方形，其边长为4，长方体的高为，联结各表面的中心构成一个八面体，则这个八面体的表面积为______，这个八面体的体积和长方体的体积之比为______． 4．（2025·辽宁葫芦岛·二模）如图，半径为3，圆心角为的扇形绕着旋转一周得到几何体，则的体积为___________．    【题型八】多面体与球体内切外接问题 1．（2026·云南·三模）将边长为2的正方形沿对角线翻折，得到三棱锥，当三棱锥的体积最大时，则三棱锥的内切球的半径为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·黑龙江大庆·模拟预测）一个三棱锥的三条侧棱、、两两互相垂直，且长度分别为，，，已知该三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·广东深圳·模拟预测）已知圆台的母线长为4，母线与底面所成角为，若该圆台存在内切球，则内切球的体积为________． 4．（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__________． 5．（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__________． 一、单选题 1．（2025·上海·高考真题）如图，是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是（   ）．    A．和； B．和； C．和； D．和． 2．（2026·全国二卷·高考真题）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． 二、填空题 3．（2025·上海·高考真题）如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为_________．    4．（2026·北京·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，该三棱锥的底面积为________，体积为________． 5．（2024·全国甲卷·高考真题）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．（2026·全国二卷·高考真题）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__________． 7．（2025·全国二卷·高考真题）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．（2025·北京·高考真题）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________． 三、解答题 9．（2026·天津·高考真题）在长方体中，，，，，． (1)求证：面； (2)求面与面的夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 10．（2026·上海·高考真题）如图所示正四棱台，其中，. (1)当时，求和平面所成角； (2)证明：平面；若棱台高为3，求三棱锥的体积. 1 学科网（北京）股份有限公司 $