专题7.2 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积（举一反三专项训练）（全国通用）【上好课】2027年高考数学一轮复习举一反三系列

**基本信息** 聚焦立体几何核心题型，以结构特征为基础，通过表面积体积计算、最短路径、截面及球的切接问题构建从概念到综合应用的递进训练体系，强化空间观念与运算推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |结构特征与直观图|4题|涉及命题判断、斜二测画法还原|从几何体结构直观认识到空间图形转化| |表面积侧面积计算|4题|结合圆锥、圆台、组合体实际应用|公式推导与实际情境的模型构建| |体积计算|4题|包含棱台、圆台及不规则几何体|从基本体积公式到分割法的灵活应用| |最短路径问题|4题|圆柱、长方体、圆锥侧面展开|空间问题平面化的转化思想| |截面问题|4题|正方体、多面体截面形状与面积|空间线面关系的直观想象与推理| |外接球问题|4题|三棱锥、四棱锥、棱台的球心确定|空间几何体与球的位置关系及方程思想| |内切球问题|4题|圆锥、正三棱锥、圆台的切接计算|体积法与几何性质的综合应用|

专题7.2 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积（举一反三专项训练） 【全国通用】 目录 第一部分 题型专练 【题型1 空间几何体的结构特征与直观图】 1 【题型2 空间几何体的表面积、侧面积计算】 2 【题型3 空间几何体的体积计算】 3 【题型4 最短路径问题】 4 【题型5 空间几何体的截面问题】 5 【题型6 空间几何体的外接球问题】 6 【题型7 空间几何体的内切球问题】 6 第二部分 分层突破 A组 基础跟踪练 B组 培优提升练 C组 真题·实战演练 【题型1 空间几何体的结构特征与直观图】 1．（25-26高一下·湖南衡阳·期中）下列命题是真命题的是（    ） A．两个四棱锥可以拼成一个四棱柱 B．正三棱锥的底面和侧面都是等边三角形 C．经过不共线的三个点的球有且只有一个 D．直棱柱的侧面是矩形 2．（25-26高一下·河北石家庄·期中）一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面图形的周长为（   ） A． B． C．4 D．8 3．（2026·安徽滁州·一模）中国被称为“制扇王国”，折扇的起源历史悠久，最早可以追溯到西汉时期.现有一把折扇，其结构如图.完全展开后扇面的圆心角为，上板长为若把该扇面围成一个圆台，则圆台的高为（ ） A． B． C． D． 4．（25-26高一下·天津·期中）如图，用斜二测画法画水平放置的四边形ABCD，其直观图为等腰梯形，若，，则下列说法正确的是（ ） A． B． C．四边形ABCD的周长为 D．四边形ABCD的面积为 【题型2 空间几何体的表面积、侧面积计算】 5．（2026·陕西西安·模拟预测）已知圆锥的体积为，其侧面积与底面积的比为，则该圆锥的表面积为（    ） A． B． C． D． 6．（2026·江苏苏州·三模）某厂生产一批圆台形灯罩，灯罩的上、下底面都是空的，上、下底面的半径之比为1:2，高为15cm，母线长为25cm．现要对100个这样的灯罩的内、外表面都涂上一层防潮涂料，若每平方米需要100克涂料，则共需涂料（    ） A．克 B．克 C．克 D．克 7．（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． 8．（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． 【题型3 空间几何体的体积计算】 9．（2026·江苏·模拟预测）正三棱台上底面边长为2，下底面边长为3，侧棱长为，则该棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 10．（2026·广东汕尾·一模）某圆台形无盖水桶的表面积为，水桶下底面的半径为5cm，上底面的半径为10cm，则该水桶的容积为（    ）（水桶壁与底的厚度忽略不计） A． B． C． D． 11．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图，正三棱台的上、下底面边长分别为1和3，平面将棱台分成两部分，则三棱锥和四棱锥的体积比是（     ） A． B． C． D． 12．（2026·天津河西·二模）今年为纪念红军长征胜利90周年，某市计划在广场中央建造一座“长征颂”主题纪念碑.该纪念碑的基座设计为一个稳固的四面坡式石墩（如图所示），已知该几何体是从长方体上底面向下底面顶点截去4个完全一样的三棱锥后得到的几何体，经实地测量，下底面长10米、宽6米，一个侧面为上底长4米，腰长5米的等腰梯形，则该纪念碑基座的体积为（   ） A．168 B．192 C．216 D．240 【题型4 最短路径问题】 13．（25-26高一上·甘肃定西·开学考试）如图，圆柱高8cm，底面半径2cm，一只蚂蚁从点爬到点处吃食，要爬行的最短路程为（   ）（取3） A．10cm B．14cm C．20cm D．无法确定 14．（2026·黑龙江大庆·模拟预测）在长方体中，，且点满足，点分别在直线和平面上，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 15．（2026·山西忻州·模拟预测）一个圆锥的底面半径为2，母线长为4．点A，B在底面圆周上，且底面圆中的弦长，则沿圆锥侧面从A到B的最短路径长为__________． 16．（2026·云南·三模）正四棱柱中，.一只蚂蚁从底面顶点出发，沿正四棱柱表面爬到顶点，则蚂蚁爬行的最短路程为_________. 【题型5 空间几何体的截面问题】 17．（2026·全国·模拟预测）正方体的棱长为4，点M在棱上，平面ACM把正方体分成两个几何体，其中一个几何体的体积为14，则平面ACM截正方体所得的截面周长为（   ） A． B． C． D．15 18．（2026·陕西榆林·三模）已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体外接球所得截面的面积为（   ） A． B． C． D． 19．（2026·河北秦皇岛·一模）在《通用技术》课上，某同学设计了如图所示的多面体，已知平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，，且均为边长为1的正三角形，该同学欲过的中点作该几何体的截面，若，则截面的面积为（   ） A． B． C． D． 20．（2026·湖南永州·模拟预测）在长方体中，分别是棱的中点，点满足，若过点的平面截长方体所得的截面为五边形，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【题型6 空间几何体的外接球问题】 21．（2026·甘肃兰州·模拟预测）在三棱锥中，，均为等边三角形，，，则该三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 22．（2026·天津红桥·二模）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧面是等边三角形，且侧面底面，则四棱锥的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 23．（2026·云南·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面平面，和都是等腰三角形，且，，，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 24．（2026·重庆·模拟预测）已知正四棱台， ，则该正四棱台的外接球表面积为（   ） A． B． C． D． 【题型7 空间几何体的内切球问题】 25．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知圆锥的底面半径为2，其体积为，则该圆锥内切球（球与圆锥的底面与侧面均相切）的表面积为（   ） A． B． C． D． 26．（2026·陕西汉中·模拟预测）在正三棱锥中，侧棱与底面所成的角为，记三棱锥内切球、外接球的半径分别为，则（    ） A． B． C． D． 27．（2026·山西·三模）一边长为2的正方体，如图所示，则两个三棱锥，的公共部分的内切球的表面积为____________． 28．（25-26高一下·海南海口·期中）已知球内切于圆台（即球与圆台的上、下底面及侧面均相切），且圆台上、下底面半径之比为2：5. 设圆台的侧面积为，球的表面积为，则=__________. 一、单选题 1．（2026·上海金山·一模）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． 2．（2026·陕西西安·三模）已知圆锥底面半径为，母线长为，若球的半径与圆锥的高相等，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·广东广州·模拟预测）如图是一个直径为的球形容器和一个底面直径为、深的圆柱形水杯（壁厚均不计），则球形容器装满时，约可以倒满水杯（    ） A．4杯 B．6杯 C．8杯 D．16杯 4．（25-26高一上·四川成都·开学考试）如图圆柱的底面周长是，圆柱的高为，为圆柱上底面的直径，一只蚂蚁如果沿着圆柱的侧面从下底面点处爬到上底面点处，那么它爬行的最短路程为（    ） A． B． C． D． 5．（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． 6．（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． 7．（2026·陕西咸阳·二模）一个正四棱台的上、下底面边长分别为1，3，高为，若用一个平行于上下底面的平面截该棱台，且将棱台的高平分，则所截得的上下两个棱台的体积之比为（   ） A． B． C． D． 8．（2026·湖南邵阳·模拟预测）在正方体中，E，F，G分别是，，的中点，过E，F，G三点的截面把正方体分成两部分，则体积较大的部分与正方体体积之比为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 9．（25-26高一下·四川广元·期中）如图，是水平放置的的直观图，若，轴，轴，则的周长为___________． 10．（2026·上海虹口·一模）已知某圆锥的底面半径为2，侧面积为，则该圆锥的体积为___________（结果保留） 11．（2026·辽宁沈阳·一模）已知球内切于正四棱台（即球与该正四棱台的上､下底面以及侧面均相切），且该正四棱台的上､下底面棱长之比为，则球与该正四棱台的体积之比为__________. 12．（2026·广西·模拟预测）如图，向一个高为4且底面水平放置的正四棱锥容器注水，水面高度为2时停止注水（不考虑容器厚度）．将此四棱锥容器倒置时，水面高度为__________．    一、单选题 1．（2026·云南昭通·模拟预测）已知球的半径为3，正方体所有顶点均在球面上，点是棱的中点，过点作球的截面，则所得截面面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·安徽合肥·模拟预测）在三棱锥中，，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·重庆·三模）棱长为的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小球，则这样一个小球的体积最大为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·江苏南通·模拟预测）已知正方体的体积为1，点在棱上（点异于，两点），为的中点，若平面截正方体所得的截面为五边形，则的长的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、解答题 5．（2026·山东济南·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，和分别为线段和上的动点． (1)当为线段的中点时，证明：平面平面； (2)当时，求多面体体积的最小值． 6．（2026·贵州遵义·模拟预测）如图，四棱锥的底面为平行四边形，为正三角形，平面，，，点 满足（ ）． (1)若时，求三棱锥的体积； (2)若平面过直线，且平面，平面与侧棱，分别交于点，．是否存在点 ，使得平面与平面的夹角为？若存在，请说明点 的位置，并求此时的面积；若不存在，请说明理由． 7．（2026·天津滨海新区·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，点为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与直线所成角的余弦值； (3)若线段上存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积． 8．（2026·辽宁铁岭·模拟预测）如图，在直三棱柱中，D，E分别为棱，上一点，，，延长交于点F，且，，． (1)求的值； (2)求与平面所成角的正弦值； (3)求四棱锥与直三棱柱公共部分的体积． 一、单选题 1．（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． 2．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）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． 二、填空题 3．（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____________． 4．（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__________． 5．（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________． 6．（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____________． 三、解答题 7．（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． 8．（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. 9．（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． 10．（2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥中，底面，． (1)证明：平面平面； (2)设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题7.2 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积（举一反三专项训练） 【全国通用】 目录 第一部分 题型专练 【题型1 空间几何体的结构特征与直观图】 1 【题型2 空间几何体的表面积、侧面积计算】 4 【题型3 空间几何体的体积计算】 6 【题型4 最短路径问题】 10 【题型5 空间几何体的截面问题】 13 【题型6 空间几何体的外接球问题】 17 【题型7 空间几何体的内切球问题】 20 第二部分 分层突破 A组 基础跟踪练 B组 培优提升练 C组 真题·实战演练 【题型1 空间几何体的结构特征与直观图】 1．（25-26高一下·湖南衡阳·期中）下列命题是真命题的是（    ） A．两个四棱锥可以拼成一个四棱柱 B．正三棱锥的底面和侧面都是等边三角形 C．经过不共线的三个点的球有且只有一个 D．直棱柱的侧面是矩形 【答案】D 【解题思路】利用空间几何体的结构，依次分析选项即可得到答案. 【解答过程】对于A，两个四棱锥不一定可以拼成一个四棱柱，A错误． 对于B，正三棱锥的底面是等边三角形，侧面是等腰三角形，不一定是等边三角形，B错误． 对于C，经过不共线的三个点只能确定一个平面，经过不共线的三个点的球有无数个，C错误． 对于D，直棱柱的侧面是矩形，D正确． 故选：D. 2．（25-26高一下·河北石家庄·期中）一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面图形的周长为（   ） A． B． C．4 D．8 【答案】D 【解题思路】根据直观图与原图的关系，原图转化为直观图时，平行关系保持不变，平行于轴的长度不变，平行于轴长度变成原来的一半，轴与轴成，即可求解. 【解答过程】把直观图转化为原图四边形，如图所示， 由作图可知四边形为平行四边形，， ， , 故周长为. 故选：D. 3．（2026·安徽滁州·一模）中国被称为“制扇王国”，折扇的起源历史悠久，最早可以追溯到西汉时期.现有一把折扇，其结构如图.完全展开后扇面的圆心角为，上板长为若把该扇面围成一个圆台，则圆台的高为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】应用几何扇形弧长计算，结合圆台的几何特征计算即可. 【解答过程】设小扇形的半径为xcm，则大扇形的半径为， 设圆台的上下底面半径分别为， 则， 所以， 所以， 所以圆台的高为 故选：D. 4．（25-26高一下·天津·期中）如图，用斜二测画法画水平放置的四边形ABCD，其直观图为等腰梯形，若，，则下列说法正确的是（ ） A． B． C．四边形ABCD的周长为 D．四边形ABCD的面积为 【答案】D 【解题思路】根据斜二测画法求出原四边形各边的长度，并确定四边形为直角梯形，进而得到其周长和面积，即可得． 【解答过程】由题设，A错； 由斜二测画法知，，，， 易知原四边形为直角梯形，， 所以， 四边形的周长为，面积为，B、C错，D对． 故选：D. 【题型2 空间几何体的表面积、侧面积计算】 5．（2026·陕西西安·模拟预测）已知圆锥的体积为，其侧面积与底面积的比为，则该圆锥的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】先设出圆锥的半径母线和高，根据侧面积与底面积的比找到母线和半径的关系，再找到高和半径的关系最后根据体积值求出半径再利用表面积公式即可. 【解答过程】设圆锥底面圆的半径为，母线长为，高为， 因为其侧面积与底面积的比为， ，即， 由圆锥的基础知识可知：，所以， 又因为圆锥的体积为，所以，所以， 所以圆锥的表面积为， 故选：D. 6．（2026·江苏苏州·三模）某厂生产一批圆台形灯罩，灯罩的上、下底面都是空的，上、下底面的半径之比为1:2，高为15cm，母线长为25cm．现要对100个这样的灯罩的内、外表面都涂上一层防潮涂料，若每平方米需要100克涂料，则共需涂料（    ） A．克 B．克 C．克 D．克 【答案】C 【解题思路】设圆台的上底面半径为cm，由求出，再由圆台的侧面积公式求出内、外表面面积可得答案. 【解答过程】设圆台的上底面半径为cm，则下底面半径为cm， 因为高cm，母线cm，所以由， 得cm， 可得圆台的侧面积为， 所以100个灯罩内、外表面面积为， 则共需涂料克. 故选：C. 7．（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 【解题思路】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. 【解答过程】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 ． 故选：D. 8．（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 【解题思路】结合球和圆柱的表面积公式求解. 【解答过程】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. 故选：D. 【题型3 空间几何体的体积计算】 9．（2026·江苏·模拟预测）正三棱台上底面边长为2，下底面边长为3，侧棱长为，则该棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】先利用正三角形的中心（重心）性质，通过边长计算中心到顶点的距离（即底面外接圆半径），再通过勾股定理 计算棱台的高，最后代入正棱台体积公式完成计算即可. 【解答过程】由题知当上底面边长时，则正三角形中心（重心）到顶点的距离：， 当下底面边长时，正三角形中心到顶点的距离：， 设棱台的高为，侧棱长， 由勾股定理得： ， 则，， 将，， 代入体积公式： ， 故选：C. 10．（2026·广东汕尾·一模）某圆台形无盖水桶的表面积为，水桶下底面的半径为5cm，上底面的半径为10cm，则该水桶的容积为（    ）（水桶壁与底的厚度忽略不计） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】水桶是一个倒立的圆台，设母线长为，由圆台的体积公式求解． 【解答过程】水桶是一个倒立的圆台，设母线长为， 因为表面积为，下底面的半径为5cm，上底面的半径为10cm， 所以，解得， 设水桶的高为，如图所示： ， 所以水桶的容积为. 故选：B， 11．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图，正三棱台的上、下底面边长分别为1和3，平面将棱台分成两部分，则三棱锥和四棱锥的体积比是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】先根据正三角形面积比等于边长比的平方求出上下底面积比，再利用棱台体积公式求出棱台体积，最后通过三棱锥体积公式求出两部分体积并计算体积比. 【解答过程】已知正三角形面积比为边长比的平方， 又因为正三棱台上、下底面边长为和， 因此上下底面积比， 设上底面积，则下底面积， 设棱台的高，即上下底面的距离为， 根据棱台体积公式可得： ， 又因为在上底面，到下底面的距离就是棱台的高， 因此：， ， 因此体积比：. 故选：D. 12．（2026·天津河西·二模）今年为纪念红军长征胜利90周年，某市计划在广场中央建造一座“长征颂”主题纪念碑.该纪念碑的基座设计为一个稳固的四面坡式石墩（如图所示），已知该几何体是从长方体上底面向下底面顶点截去4个完全一样的三棱锥后得到的几何体，经实地测量，下底面长10米、宽6米，一个侧面为上底长4米，腰长5米的等腰梯形，则该纪念碑基座的体积为（   ） A．168 B．192 C．216 D．240 【答案】C 【解题思路】根据题意可得梯形的高（即几何体的高）为，利用长方体的体积减去四个三棱锥的体积即可求解. 【解答过程】将原图形补全为长方体，如下图： 因为侧面为等腰梯形，上底长米，下底长米，腰长米， 所以梯形的高（即几何体的高）为：米， 所以长方体下底面长米、宽米，高为米，体积立方米； 由于每个三棱锥的底面为直角三角形，直角边分别为：米，米， 所以每个三棱锥的体积为：立方米， 4 个三棱锥总体积：立方米， 所以该纪念碑基座的体积为立方米， 故选：C. 【题型4 最短路径问题】 13．（25-26高一上·甘肃定西·开学考试）如图，圆柱高8cm，底面半径2cm，一只蚂蚁从点爬到点处吃食，要爬行的最短路程为（   ）（取3） A．10cm B．14cm C．20cm D．无法确定 【答案】A 【解题思路】利用侧面展开图，结合勾股定理即可求解最短路径长. 【解答过程】 通过圆柱侧面展开图，可知最短路径为侧面展开图中的直角三角形的斜边， 即 故选：A. 14．（2026·黑龙江大庆·模拟预测）在长方体中，，且点满足，点分别在直线和平面上，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】首先证明平面平面，将平面翻折到与平面为同一个平面，根据垂线段最短有交于时最小，再求出最短长度. 【解答过程】由题设，易知平面，平面，所以平面平面， 将平面翻折到与平面为同一个平面，如下示意图，显然在平面上的投影为， 当交于时，最小， 而，又且， 所以，即，故， 所以的最小值为. 故选：B. 15．（2026·山西忻州·模拟预测）一个圆锥的底面半径为2，母线长为4．点A，B在底面圆周上，且底面圆中的弦长，则沿圆锥侧面从A到B的最短路径长为__________． 【答案】4 【解题思路】由圆锥的侧面展开图的弧长与圆锥底面周长相等求解，由题可得，结合三角形形状得出最短路径． 【解答过程】如图，， 三角形中，，∴，所以， ∵底面周长为， 设圆锥的侧面展开图的圆心角为，则，得， 所以弧是展开图弧长的，所以展开图中对应的是边长为4的等边三角形， 所以沿圆锥侧面从A到B的最短路径长为， 故答案为：. 16．（2026·云南·三模）正四棱柱中，.一只蚂蚁从底面顶点出发，沿正四棱柱表面爬到顶点，则蚂蚁爬行的最短路程为_________. 【答案】 【解题思路】把立体表面上的最短路程转化为展开图中两点间的距离．正四棱柱的三条棱长分别为3，3，2，连接相对顶点的表面路径共有三种基本展开方式；由于两个底面边长相等，其中有两种所得长度相同，因此只需比较两类不同的长度． 【解答过程】 将正四棱柱从到的表面路径展开到平面内，表面上的最短路径就转化为展开图中两点间的线段．所有本质不同的展开方式可归为以下两类． 情况1：经过相邻两个侧面． 将侧面与（或侧面与）沿公共棱展开到同一平面内，得到一个长方形． 该长方形的长为，宽为． 所以，此时的最短路程为． 情况2：经过一个侧面与一个底面． 将侧面与上底面（或侧面与上底面）沿公共棱展开到同一平面内，得到一个长方形． 该长方形的一边为，另一边为． 所以，此时的最短路程为． 比较两种长度的平方，前者的平方为40，后者的平方为34，因此． 所以，蚂蚁爬行的最短路程为． 故答案为：． 【题型5 空间几何体的截面问题】 17．（2026·全国·模拟预测）正方体的棱长为4，点M在棱上，平面ACM把正方体分成两个几何体，其中一个几何体的体积为14，则平面ACM截正方体所得的截面周长为（   ） A． B． C． D．15 【答案】A 【解题思路】设平面与棱交于点，则，设，由棱台的体积求得，进而可求得截面周长. 【解答过程】设平面与棱交于点，则，几何体是三棱台， 由题意知该三棱台体积为14．设，则， 解得，平面截正方体所得的截面为等腰梯形， ，，，所以截面的周长为. 故选：A． 18．（2026·陕西榆林·三模）已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体外接球所得截面的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】先确定正方体外接球的半径，再利用线面平行转化球心到平面的距离，结合等体积法求出距离，最后利用球的截面公式即可算出截面面积. 【解答过程】记正方体的外接球的球心为，则为正方体中心， 则半径， 连接，相交于点，则点为，的中点． 连接，，可得． 因为平面，平面，所以平面， 又因为在上，则到平面的距离等于点到平面的距离，设为. 因为，， 且平面，由得， 即， 则截面圆半径，所以截面的面积． 故选：B． 19．（2026·河北秦皇岛·一模）在《通用技术》课上，某同学设计了如图所示的多面体，已知平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，，且均为边长为1的正三角形，该同学欲过的中点作该几何体的截面，若，则截面的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】利用面面平行的性质得到，，，结合平面的基本性质确定、、、均交于一点，从而将几何体补全为正棱锥，进而找到截面，最后由正棱锥的结构特征及已知求截面面积. 【解答过程】面面，面面，面面， 所以，同理可证：几何体各个六边形侧面的对边均平行， 由面，且不平行，则必有一个交点， 同理、都分别交于一点，而面， 则与面相交且该交点唯一，所以三者交于一点， 同理、、分别都交于，如下图示， 又，均为边长为1的正三角形， 易知为棱长为4的正三棱锥，且均为棱长为1的正三棱锥， 由为中点，即为的中点，连接分别交于， 由都是正三角形，则， 且都在面内，则面，即面， 所以面即为面，连接，则截面即为所求， 由题设，则， 所以，则， 同理可得， 所以. 故选：C. 20．（2026·湖南永州·模拟预测）在长方体中，分别是棱的中点，点满足，若过点的平面截长方体所得的截面为五边形，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】根据长方体的性质，以及面面相交的概念，判断截面为五边形时的情况，进而判断结果. 【解答过程】如图所示， 要使点所在的截面为五边形，则截面与棱相交， 因为是的中点，所以， 因为，， 所以，所以， 在长方体中，，所以， 所以， 同理可得，即， 因为，所以，即，所以， 即实数的取值范围是. 故选：B. 【题型6 空间几何体的外接球问题】 21．（2026·甘肃兰州·模拟预测）在三棱锥中，，均为等边三角形，，，则该三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】取的中点，连接，，可得，分别取与的外心，，过点，分别作两平面的垂线，两垂线交于点，则点为三棱锥外接球的球心，利用勾股定理求得三棱锥外接球的半径，得解. 【解答过程】如图，取的中点，连接，， 因为、所以，， 所以，又，所以. 分别取与的外心，，易知点，分别在，上， 过点，分别作两平面的垂线，两垂线交于点，则点为三棱锥外接球的球心. 由已知可得，，连接，易得， 所以，则，则， 所以在中，，即三棱锥外接球的半径为， 所以该三棱锥外接球的表面积为. 故选：D. 22．（2026·天津红桥·二模）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧面是等边三角形，且侧面底面，则四棱锥的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】取侧面和底面正方形的外接圆的圆心分别为，分别过作两个平面的垂线交于点，点即为该球的球心，求出长度，由勾股定理可求出四棱锥外接球的半径，再由球的表面积公式可得出答案． 【解答过程】 如图，在四棱锥中， 取侧面和底面正方形的外接圆的圆心分别为， 分别过作两个平面的垂线交于点，则由外接球的性质知， 点即为该球的球心，连接并延长，交于，则是线段的中点， 连接，则四边形为矩形， 在等边中，可得，则，即， 在正方形中，因为，可得， 在中，，即， 所以四棱锥外接球的表面积为． 故选：C. 23．（2026·云南·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面平面，和都是等腰三角形，且，，，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】通过面面垂直确定球心的大致位置，在直角三角形中利用勾股定理可求球的半径，结合表面积公式可得答案. 【解答过程】如图，由题可知，外接圆的圆心O是的中点. 设三棱锥外接球的球心为，连接，则平面. 过A作，与的延长线交于点，则由平面平面，可得平面. 因为，，所以，. 取的中点E连接，，可得，， 则. 设，连接，，则，解得， 故三棱锥外接球的表面积为. 故选：D. 24．（2026·重庆·模拟预测）已知正四棱台， ，则该正四棱台的外接球表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】先由正四棱台的体积可得正四棱台的高，再根据球的几何性质可得球的半径，进而可得球的表面积. 【解答过程】因为， 所以结合体积公式，可得正四棱台的高， 记上下底面的中心分别为，， 所以该正四棱台的外接球球心在直线上， 设，外接球半径为，则 则，解得，， 所以外接球表面积. 故选：C. 【题型7 空间几何体的内切球问题】 25．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知圆锥的底面半径为2，其体积为，则该圆锥内切球（球与圆锥的底面与侧面均相切）的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】利用圆锥的体积公式求出圆锥的高，进而求出母线长，利用几何法求出球的半径，最后利用球的表面积公式求解． 【解答过程】已知圆锥底面半径，体积为，设圆锥的高为，则 ，解得， 设圆锥母线长为，则， 设圆锥内切球半径为，则截面图如下： 则，，， ，即， ， 该内切球的表面积为． 故选：B. 26．（2026·陕西汉中·模拟预测）在正三棱锥中，侧棱与底面所成的角为，记三棱锥内切球、外接球的半径分别为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】根据计算可得，求出外接圆半径，再结合勾股定理可求出外接球的半径. 【解答过程】设正三棱锥底面边长为，底面正三角形的中心为，则顶点在底面的投影点为， 因为侧棱与底面所成的角为， 即， 在中，，，， ，， 正三棱锥体积为：, 因为，所以， 在正三棱锥中，外接球的球心在，设球心为， 设，根据球心到顶点距离相等可得，， 即，解得，所以， 所以. 故选：D. 27．（2026·山西·三模）一边长为2的正方体，如图所示，则两个三棱锥，的公共部分的内切球的表面积为____________． 【答案】 【解题思路】连接起交线后得两个三棱锥，的公共部分为一个边长为的正八面体，作，的中点，，利用等面积法求内切球的半径即可求解. 【解答过程】连接起交线后如下图所示，即两个三棱锥，的公共部分为一个边长为的正八面体， 作，的中点，，设内切球的半径， 所以，所以， ，，又，所以， 即表面积为． 故答案为：. 28．（25-26高一下·海南海口·期中）已知球内切于圆台（即球与圆台的上、下底面及侧面均相切），且圆台上、下底面半径之比为2：5. 设圆台的侧面积为，球的表面积为，则=__________. 【答案】 【解题思路】画出圆台的轴截面图，由几何知识可确定球的半径，再计算对应圆台的侧面积，球的表面积，即可得答案. 【解答过程】设上底半径，下底半径 . 由圆台内切球的轴截面性质知，圆台母线长 ， 圆台的高（为球的半径） 由勾股定理得： ， 因此球半径 ， 所以圆台侧面积， 球的表面积， 所以=. 故答案为：. 一、单选题 1．（2026·上海金山·一模）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 【解题思路】设底面边长为a，代入体积公式，即可得答案. 【解答过程】设底面边长为a，则正四棱锥的体积，解得. 故选：C. 2．（2026·陕西西安·三模）已知圆锥底面半径为，母线长为，若球的半径与圆锥的高相等，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】先求出圆锥的高，再利用球的表面积公式求解即可. 【解答过程】因为圆锥的底面半径，母线，所以圆锥的高， 因为球的半径与圆锥的高相等，所以球的半径， 所以该球的表面积， 故选：A. 3．（2026·广东广州·模拟预测）如图是一个直径为的球形容器和一个底面直径为、深的圆柱形水杯（壁厚均不计），则球形容器装满时，约可以倒满水杯（    ） A．4杯 B．6杯 C．8杯 D．16杯 【答案】C 【解题思路】应用球的体积公式及圆柱的体积公式计算求解即可. 【解答过程】球形容器的直径为，则半径为， 所以球形容器的体积， 底面直径为、深的圆柱形水杯的底面半径为， 所以圆柱形水杯的体积， 所以，则球形容器装满时，约可以倒满水杯8杯. 故选：C. 4．（25-26高一上·四川成都·开学考试）如图圆柱的底面周长是，圆柱的高为，为圆柱上底面的直径，一只蚂蚁如果沿着圆柱的侧面从下底面点处爬到上底面点处，那么它爬行的最短路程为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】把圆柱沿母线AC剪开后展开，点展开后的对应点为，利用两点之间线段最短可判断蚂蚁爬行的最短路径为，利用勾股定理计算出即可． 【解答过程】 把圆柱沿母线AC剪开后展开，点展开后的对应点为， 则蚂蚁爬行的最短路径为， 如图，由题意可知，， 在，， 所以它爬行的最短路程为， 故选：C. 5．（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 【解题思路】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. 【解答过程】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. 6．（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 【解题思路】根据圆锥内切球半径即为圆锥轴截面三角形的内切圆半径求解即可. 【解答过程】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. 故选：A. 7．（2026·陕西咸阳·二模）一个正四棱台的上、下底面边长分别为1，3，高为，若用一个平行于上下底面的平面截该棱台，且将棱台的高平分，则所截得的上下两个棱台的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】先根据正四棱锥的相似性质求得截面正方形边长，再利用棱台体积公式分别计算上下两部分棱台的体积，最终求比值即可. 【解答过程】首先将正四棱台补为正四棱锥，设补出的小棱锥高为， 由上下底面边长比为，且棱台的高为，由相似多边形的性质得，解得. 由于平面平分棱台的高，故截面与棱台上底面的距离为，截面所在棱锥的高为， 由相似比得截面边长，上下两部分棱台的高均为， 根据棱台体积公式， 上部分棱台：上底面积，下底面积，高， 则 下部分棱台：上底面积，下底面积，高， 则. 因此体积比为. 故选：C. 8．（2026·湖南邵阳·模拟预测）在正方体中，E，F，G分别是，，的中点，过E，F，G三点的截面把正方体分成两部分，则体积较大的部分与正方体体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】根据空间中立方体与平面相交的情况，做出的截面形状，求出所截得的部分体积，作比求出结果. 【解答过程】 如图所示，延长相较于，连接，交于，相同方法，做出， 则五边形为截面， 不妨设正方体棱长为1， 则，所以，在，所以. 同理可得， 可知截得较小部分体积，边长代入得， 较大部分体积为，立方体体积为1，所以较大部分与总体积之比为. 故选：C. 二、填空题 9．（25-26高一下·四川广元·期中）如图，是水平放置的的直观图，若，轴，轴，则的周长为___________． 【答案】 【解题思路】得到，将直观图还原为原图，求出，由此即可得解. 【解答过程】由题意，所以，可得为直角三角形， 所以， 根据题意，将直观图还原为原图，如图所示， 可得为直角三角形，其中， 由勾股定理得， 所以的周长为． 故答案为：. 10．（2026·上海虹口·一模）已知某圆锥的底面半径为2，侧面积为，则该圆锥的体积为___________（结果保留） 【答案】 【解题思路】根据圆锥体积公式、侧面积公式，结合圆锥的性质进行求解即可. 【解答过程】设圆锥的母线为，因为圆锥侧面积为， 所以， 所以该圆锥的高为， 因此该圆锥的体积为， 故答案为：. 11．（2026·辽宁沈阳·一模）已知球内切于正四棱台（即球与该正四棱台的上､下底面以及侧面均相切），且该正四棱台的上､下底面棱长之比为，则球与该正四棱台的体积之比为__________. 【答案】 【解题思路】设出正四棱台上、下底面的棱长，则可借助正四棱台性质及体积公式表示出内切球体积及正四棱台体积，即可得解. 【解答过程】如图为该几何体的轴截面，其中圆O是等腰梯形ABCD的内切圆，    设圆O与梯形的腰相切于点P，Q，与上、下底面分别切于点，， 不妨设正四棱台上、下底面的棱长为，， 则，，， 故在直角梯形中，过点C作，垂足为E，所以， 在中，，为棱台的高，也是球的直径， 所以半径为，所以球的体积为， 棱台体积为， 所以球与棱台的体积比为. 故答案为：. 12．（2026·广西·模拟预测）如图，向一个高为4且底面水平放置的正四棱锥容器注水，水面高度为2时停止注水（不考虑容器厚度）．将此四棱锥容器倒置时，水面高度为__________．    【答案】 【解题思路】根据棱锥的性质：截得棱锥与原棱锥的体积比等于它们对应高的比的立方，再结合水的体积不变特征可得. 【解答过程】当正面放时，设正四棱锥的体积为，高为4，水的体积为，高为2， 则水的上方形成一个小正四棱锥的体积为，根据正四棱锥的性质有，得. 当倒放时，由于水的体积不变而且形成一个小四棱锥，设其高为， 根据四棱锥的性质有，即，解得. 故答案为：. 一、单选题 1．（2026·云南昭通·模拟预测）已知球的半径为3，正方体所有顶点均在球面上，点是棱的中点，过点作球的截面，则所得截面面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】根据正方体对角线长就是球的直径求出正方体的棱长，结合当与截面垂直时，截面圆的半径最小，此时截面圆面积最小，进而可得答案． 【解答过程】设正方体棱长为，则正方体对角线长就是球的直径， 球心O是正方体对角线中点， 由正方体对角线公式，解得． 因为点是棱的中点，当与截面垂直时，截面圆的半径最小，此时截面圆面积最小． 因为，，勾股定理，解得， 设截面圆半径为，则， 所以截面面积， 故选：C． 2．（2026·安徽合肥·模拟预测）在三棱锥中，，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】根据图形作出二面角的平面角，利用几何知识可求，，则顶点在平面的投影为△的外接圆圆心，则三棱锥的外接球的球心在直线上，根据求解半径． 【解答过程】如图1，过作垂足为，取的中点，连接， ∵，∴，， 又，，则，， 中，， 过作，且=，连接，则， ∴，， 根据题意可得为二面角的平面角， 即，则， 由题意可得，则，则， 如图2，∵，则顶点在平面的投影为△的外接圆圆心， 则三棱锥的外接球的球心在直线上，连接 ，则 ∴△的外接圆半径，则 设三棱锥的外接球的半径为，则 即，解得 则表面积为. 故选：D．    3．（2026·重庆·三模）棱长为的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小球，则这样一个小球的体积最大为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】先求出正四面体的体积及表面积，利用求出内切球的半径，再通过求出空隙处球的最大半径，从而即可求最大体积. 【解答过程】如图，由题意知球和正四面体的三个侧面以及内切球都相切时半径最大， 设内切球球心为O，半径为，空隙处的最大球球心为，半径为， 由正四面体结构特征可知G为的中心，面， 设E为中点，球O和球分别与面相切于F和. 易得，，， 由可得， 又，， 故，，， 又由和相似，可得，即，解得， 即空隙处的最大球的半径为. 所以空隙处的最大球的体积为为. 故选：D. 4．（2026·江苏南通·模拟预测）已知正方体的体积为1，点在棱上（点异于，两点），为的中点，若平面截正方体所得的截面为五边形，则的长的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】分情况讨论，作出截面，结合截面形状可得的范围. 【解答过程】因为正方体 的体积为1，所以该正方体的棱长为1，则 . 当 时，连接，，则， ，，，四点共面，截面为四边形（如图），不符合题意， 当 时，延长, 交于点， 由与相似可得, 所以，因为，所以在线段上一定存在一点， 使得,即四边形为平行四边形，所以; 过作于，连接，则易知， 所以，即四点共面，所以截面为四边形. 当 时，延长, 交于点， 由与相似可得， 所以，因为，所以在线段的延长线上一定存在一点， 使得,即四边形为平行四边形，所以; 如图，过向的延长线作垂线，交于点，连接，交于， 则易知，所以，即四点共面. 连接交于，连接，即所求截面为五边形. 综上可知，故B正确. 故选：B. 二、解答题 5．（2026·山东济南·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，和分别为线段和上的动点． (1)当为线段的中点时，证明：平面平面； (2)当时，求多面体体积的最小值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【解题思路】（1）根据题意，证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到，再由，证得平面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面. （2）设，得到，根据，结合锥体的体积公式，即可求解. 【解答过程】（1）证明：如图所示， 因为底面，平面，所以 又因为底面为正方形，所以， 且，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，为的中点，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）解：因为底面为正方形，底面，且， 在直角中，可得, 因为，设，则， 又由 ， 当且仅当时，等号成立， 所以当时多面体的体积取得最小值，最小值为. 6．（2026·贵州遵义·模拟预测）如图，四棱锥的底面为平行四边形，为正三角形，平面，，，点 满足（ ）． (1)若时，求三棱锥的体积； (2)若平面过直线，且平面，平面与侧棱，分别交于点，．是否存在点 ，使得平面与平面的夹角为？若存在，请说明点 的位置，并求此时的面积；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在点（为的三等分点，且靠近处），使得平面与平面的夹角为；此时 【解题思路】（1）先根据线面垂直的性质，及三角形的性质证明线线垂直，从而建立空间直角坐标系，再根据空间向量的线性关系确定点的坐标，进而利用等体积法即可求出三棱锥的体积； （2）先根据线面平行的性质证明，再结合（1）的空间直角坐标系，利用空间向量夹角的余弦值求出点，的位置，再根据平面的法向量与平面内直线的关系求出的值即可判断是否存在点，并求处此时的面积即可． 【解答过程】（1）取的中点，取的中点，连接，，则， 又平面，则平面， 又平面，则，， 所以以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 在，由，， 则，，，， 在正三角形中，，则， 所以，，， 又点 满足（ ）， 则，则， 若，则，即点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积为． （2）连接，， 由平面过直线，且，平面，则平面是平面， 因为平面，平面平面，所以， 结合（1）的空间直角坐标系， 不妨设，则，， 又，，，， 则，所以， ，所以， 所以，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以， 显然是平面的一条法向量， 又平面与平面的夹角为， 则， 整理得，解得，或（舍去）， 即点，分别为侧棱，的中点，且平面的法向量为， 又点 满足（ ）， 结合（1）有， 则， 又平面，则， 所以，解得， 所以存在点（为的三等分点，且靠近处），使得平面与平面的夹角为． 结合（1），在中有，则， 在正三角形中，有，则， 又平面，，则平面， 又平面，则， 所以此时的面积为． 7．（2026·天津滨海新区·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，点为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与直线所成角的余弦值； (3)若线段上存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3) 【解题思路】（1）构造面面平行即可证线面平行； （2）结合（1）找出直线与直线所成的角，再根据勾股定理，及余弦定理即可求解； （3）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量法即可确定的位置，进而根据等积法即可求出三棱锥的体积． 【解答过程】（1）证明：取的中点，连接，， 由条件可得为的中位线，即， 又平面，平面，故平面， 由题意可知四边形是直角梯形，且， 则，，即四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，故平面， 而，平面，所以平面平面， 由平面，显然平面． （2）由（1）可知，直线与直线所成角为， 又平面平面，平面平面，且，则平面， 又平面，则， 又，， 所以，，， 则在中，由余弦定理有， 所以直线与直线所成角的余弦值为． （3）连接，， 结合（1），（2）有是正方形，则，且， 又底面，则底面， 又，则，所以， 所以以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如下图空间直角坐标系， 则，，，，，， 则，， 又线段上存在一点，则设， 则，所以， 设平面的一个法向量为，则有， 令，则，，即， 设直线与平面所成的角为，则， 整理得，解得或（舍去）， 所以是线段的中点， 所以． 8．（2026·辽宁铁岭·模拟预测）如图，在直三棱柱中，D，E分别为棱，上一点，，，延长交于点F，且，，． (1)求的值； (2)求与平面所成角的正弦值； (3)求四棱锥与直三棱柱公共部分的体积． 【答案】(1) (2) (3) 【解题思路】（1）根据相似三角形的性质求的值. （2）先根据题中条件建立空间直角坐标系，再求出平面的法向量，进而求得与平面所成角的正弦值. （3）根据相似三角形的性质先判断出来几何体 为三棱台，并求出其体积，再利用直三棱柱的体积与三棱台 的体积之差求它们公共部分的体积. 【解答过程】（1）在直三棱柱中， ， 则 ，所以．   因为，，， 所以，所以． （2）取的中点，连接． 因为，所以．   在直三棱柱中，，因为， 所以平面．   作，交于点， 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，   则，，，，，   所以，，．   设平面的一个法向量为， 则 ， ，   令，得．   故与平面所成角的正弦值为 （3）设交于点，交于点，连接． 因为 ，所以，同理可得，   所以几何体 为三棱台， 其下底面面积，上底面面积， 故其体积．   四棱锥与直三棱柱的公共部分为几何体，   其体积为直三棱柱的体积与三棱台 的体积之差， 即， 故四棱锥与直三棱柱公共部分的体积为. 一、单选题 1．（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 【解题思路】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. 【解答过程】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. 故选：D. 2．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）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 【解题思路】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积. 【解答过程】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. 二、填空题 3．（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】； 【解题思路】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. 【解答过程】 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. 故答案为：；. 4．（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】 【解题思路】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. 【解答过程】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，. 故答案为：. 5．（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】 【解题思路】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. 【解答过程】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：. 6．（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】 【解题思路】根据圆柱与球的性质以及球的体积公式可求出球的半径； 【解答过程】 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：. 三、解答题 7．（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)证明见解析； (2) (3) 【解题思路】（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. 【解答过程】（1）证明：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）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. 8．（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)证明见解析；三棱锥的体积为 【解题思路】（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. 【解答过程】（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）证明：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. 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: 9．（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)证明见解析； (2)； (3) 【解题思路】（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. 【解答过程】（1）证明：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）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：. 10．（2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥中，底面，． (1)证明：平面平面； (2)设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析； （ii）. 【解题思路】（1）通过证明，，得出平面，即可证明面面垂直； （2）（i）建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设在同一球面上，在平面中，得出点坐标，进而得出点在空间中的坐标，计算出，即可证明结论； （ii）写出直线和的方向向量，即可求出余弦值. 【解答过程】（1）证明：由题意证明如下， 在四棱锥中，⊥平面，， 平面，平面， ∴，， ∵平面，平面，， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. （2）（i）证明：由题意及（1）证明如下， 在四棱锥中，，，，∥， ，， 建立空间直角坐标系如下图所示， ∴， 若，，，在同一个球面上， 则， 在平面中， ∴， ∴线段中点坐标， 直线的斜率：， 直线的垂直平分线斜率：， ∴直线的方程：， 即， 当时，，解得：， ∴， 在立体几何中，， ∵ 解得：， ∴点在平面上. （ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得， ， 设直线与直线所成角为， ∴. 法2： 由几何知识得，， ，∥， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 过点作的平行线，交的延长线为，连接，， 则，直线与直线所成角即为中或其补角. ∵平面，平面，， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 在Rt中，，由勾股定理得， ， 在中，由余弦定理得， ， 即： 解得：， ∴直线与直线所成角的余弦值为：. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $