微专题 空间几何体与点线面基础 专项训练-2027届高三数学一轮复习

专题01 空间几何体与点线面基础（原卷） 内容导航 01高考要求 复习建议 02思维脑图 三年考情 03知识精讲 靶向突破 01高考要求： 本节在高考中以选择题，填空题的形式及解答第一问进行考查，分值5-12分. 1.锥体、台体的体积，圆锥、圆台的侧面展开图面积的计算；截面问题、展开问题与体积最值问题，结合函数、不等式综合考查. 2.空间点、线、面的位置关系，主要以命题的形式出现，考查以公理、判定与性质定理为依据的逻辑推理能力和空间想象能力； 3.与不等式、导数、三角函数等相结合，考查出具有一定综合性的压轴难题． 复习建议： 1．平时可以通过折纸，不同角度切长方体等方法，多观察，培养立体空间想象能力，对于平面图形的翻折问题，需要根据题目的已知条件画出对应的空间几何体图示，这一点格外重要； 2．建系法避开了复杂几何关系的思考过程，是求解立体几何问题的有力工具，但有些题目不可以建系，即使能够建系，计算过程也很繁琐，耗费大量的时间，所以不要太过于依赖建系法，建议在平时做题训练时，多思考几何法.也可与基本不等式、三角函数、函数单调性结合考查最值问题，突出空间想象与运算能力. 02思维导图 三年考情： 空间几何体的结构特征 2024——2026年 未考 几何体的表面积与侧面积2024年 全国Ⅰ卷T5（5分） 几何体的体积计算 2026年 全国二卷T5（5分）； 2024年全国Ⅰ卷T5（5分），全国甲卷（文）T14（5分），全国甲卷（理）T14（5分） 球与几何体的切接 2026年 全国二卷T14（5分） 体积最值与截面问题 2025年 全国二卷T14（5分） 03知识精讲 靶向突破 知识点 知识点1空间几何体的结构特征           知识点2 空间几何体的表面积与侧面积 知识点3 空间几何体的体积公式           知识点 4 跨模块综合应用        题型总结   题型一：空间点线面位置关系判断题型 题型二、空间几何体公式应用型题型 题型三、立体图形表面展开、折叠 题型四、跨模块综合压轴题型 题型一 、空间点线面位置关系判断题型 【知识点归纳】 1．用大写字母表示点；小写字母表示线；用希腊字母表示平面． 2．立体几何公理、性质定理、判定定理： （1）公理1：两点确定一条直线． （2）公理2：如果两个平面相交于一个点，这两个平面必然相交于过此点的一条直线 ，且唯一 （3）公理3：三个不共线的点确定一个平面 （4）线线 （5）线面 （6）面//面 （7）线线 （8）线面 （9）面面 （10）如果一个角的两边和另外一个角的两边互相平行，则这两个角相等或者互补． （11）由平面外一点向平面引垂线，有且仅有一条． 【典型例题】 【1】(2024·全国甲卷)设α，β为两个平面，m，n为两条直线，且α∩β＝m，下述四个命题： ①若m∥n，则n∥α或n∥β ②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β ③若n∥α且n∥β，则m∥n ④若n与α，β所成的角相等，则m⊥n 其中所有真命题的编号是(　　) A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④ 【2】（2025新课标Ⅰ★★★）〔多选〕在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为BC的中点，则（　　） A.AD⊥A1C B.B1C1⊥平面AA1D C.AD∥A1B1 D.CC1∥平面AA1D 【3】（2026新课标1卷T10）在空间中，、为两个定点，动点到直线的距离为2，动点到直线的距离为1．若二面角为，则（ ） A. B. C. 当时，平面 D. 当平面时， 题型二、空间几何体公式应用型题型 【知识点归纳】 1．棱柱的性质： （1）有两个面互相平行且全等；（2）其余的面是平行四边形；（3）各侧面的公共边互相平行． 2．柱体间的关系： 分类1 侧棱与底面是否垂直 （1）直棱柱：侧棱 垂直于底面 （2）斜棱柱：侧棱不垂直于底面 分类2 底面的边数 如三棱柱、四棱柱... 底面为平行四边形的棱柱也叫平行六面体 例如 四棱柱（底面是四边形的棱柱） ├─ 斜四棱柱 └─ 直四棱柱（侧棱⊥底面，底面四边形） 　└─ 底面是平行四边形 → 直平行六面体 　　└─底面是矩形 → 长方体 　　　└─棱长都相等 →正方体 3．棱锥的性质： （1）有一个面是多边形；（2）其余的面是三角形；（3）有一个公共点． 4．正棱锥的性质： （1）底面为正多边形；（2）侧棱交于一点；（3）顶点在底面的投影为底面中心． 注：常见正三棱锥，正四棱锥． 设正三棱锥底边边长为，侧棱长为， 正三棱锥的高为；斜高为_________． 推导过程： 如图，；． 5．正四面体（棱长均相等的正三棱锥）性质： （1）正四面体对应的外接球和内切球球心相同； （2）正四面体内接于一正方体，且它们内接于同一球，球的直径等于正方体的体对角线； （3）正四面体对棱异面且垂直（正三棱锥对棱异面且垂直）． 6．正八面体（正方体六个面中心的连线）性质： 每个面均为全等的等边三角形的八面体（如明矾晶体），可看成由两个共底面（正方形）的正四棱锥对接而成． 7．直角三棱锥的性质： （1）三条直角棱中任意一条垂直于另两条所确定的平面； （2）三条直角棱两两确定的平面互相垂直； （3）（以为直角棱）； （4）直角三棱锥可以还原为一个长方体（以为直角棱）． 8.台体体积公式：（其中分别为台体的上下底面积，为台体的高）． 【典型例题】 【4】（2024·天津T9）一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为（　　） A. B.＋ C. D.－ 【5】（2024·全国新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． 【6】（2023新高考Ⅰ3★★） 埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ） A． B． C． D． 【7】（2023·全国甲卷·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【8】（2022·新高考Ⅱ卷T7）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（　　） A.100π B.128π C.144π D.192π 【9】（2021·新高考Ⅱ卷T5）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（　　） A.20＋12　 B.28 C.　 D. 【10】（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 ． 【11】（2023·全国新Ⅰ卷）在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ． 【12】有一个3D打印的摆件可看成边长为6的正三角形挖去其内切圆，再以过该圆心与一顶点的直线为轴旋转一周，最后沿平行于底面且过圆心的平面截取，保留截面与底面间部分（如图所示），则该几何体的体积为（     ）    A． B． C． D．. 题型三、立体图形表面展开、折叠 【知识点归纳】 立体几何中的翻折问题，是先将一平面图形翻折后变成空间图形，然后根据平面图形的数量关系、位置关系等来研究空间图形中各元素间的数量关系、位置关系等问题，解决翻折问题的关键是确定翻折前后的不变量与改变量．注意线段的长度、角度的变化情况等；而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、过程，一般情况下，涉及多面体表面的距离问题不妨将它展开成平面图形． 【典型例题】 【13】【2022年全国乙卷理科】已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为( ) A. B. C. D. 【14】（2025·全国Ⅱ卷T14）一个底面半径为4 cm，高为9 cm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　　　　cm. 【15】鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经榫卯起来．若正四棱柱的高为8，底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器（容器壁的厚度忽略不计）的体积的最小值为______． 【16】已知圆锥SO的底面半径为10cm，其母线SA长40cm，底面圆周上有一动点B，下列说法正确的有（    ） A．截面SAB的最大面积为 B．若，则直线SB与平面SOA夹角的正弦值为 C．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 D．若，且，一只小蚂蚁从A点出发绕侧面一周到达C点，先上坡后下坡，当它爬行的路程最短时，下坡路段长为18cm 【练习】 1．（2026·全国二卷·高考）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）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． 3.（2023·全国甲卷·高考）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（    ） A．1 B． C．2 D．3 4.（2025·北京·高考）某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，，.若，则该多面体的体积为________． 5．（2026·内蒙古赤峰·模拟预测）已知长方体的一条棱长为，体积为，则其外接球表面积的最小值为________. 6．求证：直三棱柱的任意两个侧面的面积和大于第三个侧面的面积. 专题01 空间几何体与点线面基础（解析） 内容导航 01高考要求 复习建议 02思维脑图 三年考情 03知识精讲 靶向突破 01高考要求： 本节在高考中以选择题，填空题的形式及解答第一问进行考查，分值5-12分. 1.锥体、台体的体积，圆锥、圆台的侧面展开图面积的计算；截面问题、展开问题与体积最值问题，结合函数、不等式综合考查. 2.空间点、线、面的位置关系，主要以命题的形式出现，考查以公理、判定与性质定理为依据的逻辑推理能力和空间想象能力； 3.与不等式、导数、三角函数等相结合，考查出具有一定综合性的压轴难题． 复习建议： 1．平时可以通过折纸，不同角度切长方体等方法，多观察，培养立体空间想象能力，对于平面图形的翻折问题，需要根据题目的已知条件画出对应的空间几何体图示，这一点格外重要； 2．建系法避开了复杂几何关系的思考过程，是求解立体几何问题的有力工具，但有些题目不可以建系，即使能够建系，计算过程也很繁琐，耗费大量的时间，所以不要太过于依赖建系法，建议在平时做题训练时，多思考几何法.也可与基本不等式、三角函数、函数单调性结合考查最值问题，突出空间想象与运算能力. 02思维导图 三年考情： 空间几何体的结构特征 2024——2026年 未考 几何体的表面积与侧面积2024年 全国Ⅰ卷T5（5分） 几何体的体积计算 2026年 全国二卷T5（5分）； 2024年全国Ⅰ卷T5（5分），全国甲卷（文）T14（5分），全国甲卷（理）T14（5分） 球与几何体的切接 2026年 全国二卷T14（5分） 体积最值与截面问题 2025年 全国二卷T14（5分） 03知识精讲 靶向突破 知识点 知识点1空间几何体的结构特征           知识点2 空间几何体的表面积与侧面积 知识点3 空间几何体的体积公式           知识点 4 跨模块综合应用        题型总结   题型一：空间点线面位置关系判断题型 题型二、空间几何体公式应用型题型 题型三、立体图形表面展开、折叠 题型四、跨模块综合压轴题型 题型一 、空间点线面位置关系判断题型 【知识点归纳】 1．用大写字母表示点；小写字母表示线；用希腊字母表示平面． 2．立体几何公理、性质定理、判定定理： （1）公理1：两点确定一条直线． （2）公理2：如果两个平面相交于一个点，这两个平面必然相交于过此点的一条直线 ，且唯一 （3）公理3：三个不共线的点确定一个平面 （4）线线 （5）线面 （6）面//面 （7）线线 （8）线面 （9）面面 （10）如果一个角的两边和另外一个角的两边互相平行，则这两个角相等或者互补． （11）由平面外一点向平面引垂线，有且仅有一条． 【典型例题】 【1】(2024·全国甲卷)设α，β为两个平面，m，n为两条直线，且α∩β＝m，下述四个命题： ①若m∥n，则n∥α或n∥β ②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β ③若n∥α且n∥β，则m∥n ④若n与α，β所成的角相等，则m⊥n 其中所有真命题的编号是(　　) A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④ 【答案】A 【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③. 【详解】对①，当，因为，，则， 当，因为，，则， 当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确； 对②，若，则与不一定垂直，故②错误； 对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线， 因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知， 同理可得，则，因为平面，平面，则平面， 因为平面，，则，又因为，则，故③正确； 对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误； 综上只有①③正确， 故选：A. 【2】（2025新课标Ⅰ★★★）〔多选〕在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为BC的中点，则（　　） A.AD⊥A1C B.B1C1⊥平面AA1D C.AD∥A1B1 D.CC1∥平面AA1D 【答案】BD 【解析】　A.由三棱柱的性质可知，AA1⊥平面ABC，则AA1⊥AD，假设AD⊥A1C，又AA1∩A1C＝A1，AA1，A1C⊂平面AA1C1C，所以AD⊥平面AA1C1C，矛盾，所以AD与A1C不垂直，故A错误；B.因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱，所以AA1⊥平面ABC，则AA1⊥BC，因为D为BC的中点，AC＝AB，所以AD⊥BC，又AD∩AA1＝A，AD，AA1⊂平面AA1D，所以BC⊥平面AA1D，又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1D，故B正确；C.AB∥A1B1，AD与AB相交，所以AD与A1B1异面，故C错误；D.CC1∥AA1，CC1⊄平面AA1D，AA1⊂平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确.故选B、D. 【3】（2026.新课标1卷T10）在空间中，、为两个定点，动点到直线的距离为2，动点到直线的距离为1．若二面角为，则（ ） A. B. C. 当时，平面 D. 当平面时， 【答案】BC 【解析】 【分析】做出满足条件的图，过点作，为垂足，过点作，为垂足，过点作，由条件可得，解三角形可得，由此判断B，当点与点的距离无限大时，可得趋向于，排除A，先证明平面，结合，证明 重合，由此证明平面，由平面推出点与点重合，点与点重合，判断D. 【详解】不失一般性作图如下， 过点作，为垂足，过点作，为垂足， 过点作，，连接， 则，因为二面角为， 所以，由已知， 所以，所以， 故，，B正确； 当点与点的距离无限大时，，无限大，无限靠近， 此时趋向于，A错误； 因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 若，不重合，结合，平面， 可得平面，平面， 所以，矛盾，所以重合， 因为，，，平面， 所以平面， 故平面，C正确； 因为平面，若平面， 则平面与平面重合，此时点与点重合，点与点重合， 故与的夹角为，D错误， 题型二、空间几何体公式应用型题型 【知识点归纳】 1．棱柱的性质： （1）有两个面互相平行且全等；（2）其余的面是平行四边形；（3）各侧面的公共边互相平行． 2．柱体间的关系： 分类1 侧棱与底面是否垂直 （1）直棱柱：侧棱 垂直于底面 （2）斜棱柱：侧棱不垂直于底面 分类2 底面的边数 如三棱柱、四棱柱... 底面为平行四边形的棱柱也叫平行六面体 例如 四棱柱（底面是四边形的棱柱） ├─ 斜四棱柱 └─ 直四棱柱（侧棱⊥底面，底面四边形） 　└─ 底面是平行四边形 → 直平行六面体 　　└─底面是矩形 → 长方体 　　　└─棱长都相等 →正方体 3．棱锥的性质： （1）有一个面是多边形；（2）其余的面是三角形；（3）有一个公共点． 4．正棱锥的性质： （1）底面为正多边形；（2）侧棱交于一点；（3）顶点在底面的投影为底面中心． 注：常见正三棱锥，正四棱锥． 设正三棱锥底边边长为，侧棱长为， 正三棱锥的高为；斜高为_________． 推导过程： 如图，；． 5．正四面体（棱长均相等的正三棱锥）性质： （1）正四面体对应的外接球和内切球球心相同； （2）正四面体内接于一正方体，且它们内接于同一球，球的直径等于正方体的体对角线； （3）正四面体对棱异面且垂直（正三棱锥对棱异面且垂直）． 6．正八面体（正方体六个面中心的连线）性质： 每个面均为全等的等边三角形的八面体（如明矾晶体），可看成由两个共底面（正方形）的正四棱锥对接而成． 7．直角三棱锥的性质： （1）三条直角棱中任意一条垂直于另两条所确定的平面； （2）三条直角棱两两确定的平面互相垂直； （3）（以为直角棱）； （4）直角三棱锥可以还原为一个长方体（以为直角棱）． 8.台体体积公式：（其中分别为台体的上下底面积，为台体的高）． 【典型例题】 【4】（2024·天津T9）一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为（　　） A. B.＋ C. D.－ 【答案】C 【详解】　因为AD，BE，CF两两平行，且两两之间距离为1，则该五面体可以分成一个侧棱长为1的三棱柱和一个底面为梯形的四棱锥，其中三棱柱的体积等于棱长均为1的直三棱柱的体积，四棱锥的高为，底面是上底为1、下底为2、高为1的梯形，故该五面体的体积V＝×1××1＋××＝，故选C. 【5】（2024·全国新Ⅰ卷）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 【分析】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. 【详解】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. 【6】（202ⅠT3★★） 埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】　设正四棱锥的高为h，底面正方形的边长为2a，斜高为m，依题意得h2＝×2a×m，即h2＝am　①，易知h2＋a2＝m2　②，由①②得m＝a，所以＝＝.故选C. 【7】（2023·全国甲卷）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解； 法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解. 【详解】法一： 连结交于，连结，则为的中点，如图， 因为底面为正方形，，所以，则， 又，，所以，则， 又，，所以，则， 在中，， 则由余弦定理可得， 故，则， 故在中，， 所以， 又，所以， 所以的面积为. 法二： 连结交于，连结，则为的中点，如图， 因为底面为正方形，，所以， 在中，， 则由余弦定理可得，故， 所以，则， 不妨记， 因为，所以， 即， 则，整理得①， 又在中，，即，则②， 两式相加得，故， 故在中，， 所以， 又，所以， 所以的面积为. 故选：C. 【8】（2022·新高考Ⅱ卷T7题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（　　） A.100π B.128π C.144π D.192π 【答案】A 【解析】由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为××3＝3，××4＝4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上.设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋O＝42＋（1－OO1）2，解得OO1＝4（舍去）；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋O＝32＋（1＋OO2）2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π.故选A. 【9】（2021·新高考Ⅱ卷T5）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（　　） A.20＋12　 B.28 C.　 D. 【答案】D 【解析】　如图，分别取上下底面的中心O1，O，过B1作B1M⊥OB于点M，则OB＝2，O1B1＝，BM＝，B1M＝＝，故四棱台的体积为V＝（S上＋S下＋）h＝×（4＋16＋8）×＝，故选D. 【10】（2024·全国甲卷）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：. 【11】（2023·全国新Ⅰ卷）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：. 【12】有一个3D打印的摆件可看成边长为6的正三角形挖去其内切圆，再以过该圆心与一顶点的直线为轴旋转一周，最后沿平行于底面且过圆心的平面截取，保留截面与底面间部分（如图所示），则该几何体的体积为（     ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据等边三角形的几何性质分析球的半径以及圆台的结构特征，结合体积公式运算求解即可. 【详解】如图，为的中点，，    则等边的内切圆O的半径，，， 可知圆台的上、下底面半径分别为，高为， 所以该几何体的体积为. 题型三、立体图形表面展开、折叠 【知识点归纳】 立体几何中的翻折问题，是先将一平面图形翻折后变成空间图形，然后根据平面图形的数量关系、位置关系等来研究空间图形中各元素间的数量关系、位置关系等问题，解决翻折问题的关键是确定翻折前后的不变量与改变量．注意线段的长度、角度的变化情况等；而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、过程，一般情况下，涉及多面体表面的距离问题不妨将它展开成平面图形． 【典型例题】 【13】【2022年全国乙卷理科】已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 解法一（特殊法）不妨设四棱锥的底面是正方形，边长为a，底面正方形外接圆的半径为r，则，四棱锥的高，所以四棱锥的体积，当且仅当，即时等号成立，此时四棱锥的高，故选C. 解法二（导数法）设四棱锥的底面是正方形，底面正方形外接圆的半径为r，四棱锥的高为h，则，，正方形的边长为，所以四棱锥的体积.令，则，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，取得最大值，所以当四棱锥的体积最大时，其高为，故选C. 解法三（转化法）该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O组成的圆锥体积最大，设圆锥的高为h（），底面半径为r，则圆锥的体积，则，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，四棱锥的体积最大，故选C. 【14】（2025·全国Ⅱ卷T14）一个底面半径为4 cm，高为9 cm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　　　　cm. 【答案】2.5 【解析】设铁球半径为r cm，若两个铁球的球心在竖直方向上，且分别与两个底面相切，则铁球球心与圆柱上、下底面的距离均为r，此时铁球的半径为 cm.当两球球心不在竖直方向上时，设两个铁球的球心分别为O1，O2，此种情况下，当铁球半径最大时，如图1所示，圆柱与两铁球的轴截面如图2所示，其中ABCD为圆柱的轴截面，O2P⊥AB，O1P⊥AD，则有O2P＝9－2r，O1P＝8－2r，O1O2＝2r，则有（2r）2＝（8－2r）2＋（9－2r）2，即4r2－68r＋145＝0，即（2r－29）（2r－5）＝0，解得r1＝14.5（舍去），r2＝2.5.因为2.5＞＝2.25，所以铁球半径的最大值为2.5 cm. 【15】鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经榫卯起来．若正四棱柱的高为8，底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器（容器壁的厚度忽略不计）的体积的最小值为______． 【答案】 【分析】根据题意，可转化为求该几何体外接球的体积，即长、宽、高分别为4,2,8的长方体的外接球的体积. 【详解】由题意，该球形容器的体积最小时，该球形容器为长、宽、高分别为4,2,8的长方体的外接球，其直径为， 半径为，体积为. 即该球形容器的体积的最小值为. 【16】已知圆锥SO的底面半径为10cm，其母线SA长40cm，底面圆周上有一动点B，下列说法正确的有（    ） A．截面SAB的最大面积为 B．若，则直线SB与平面SOA夹角的正弦值为 C．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 D．若，且，一只小蚂蚁从A点出发绕侧面一周到达C点，先上坡后下坡，当它爬行的路程最短时，下坡路段长为18cm 【答案】ACD 【分析】对A，关键在于考虑∠ASB正弦的大小；对B，只需作出线面角即可；对C，当三棱锥O-SAB体积最大值，三棱锥可以补成长方体；对D，可以将圆锥侧展开考虑. 【详解】对A，因为，所以∠ASB为锐角， 所以，A正确； 对B，如图，取OA中点H，则BH⊥OA，又BH⊥SO，所以BH⊥面SOA， 所以∠BSH为直线SB与平面SOA所成的角， 所以，B错误； 对C，易知当三棱锥O-SAB体积最大时，OB⊥面SOA， 此时三棱锥可以补成以OA，OB，OS为三相邻边的长方体， 所以外接球直径， 外接球表面积为，C正确； 对D，将三棱锥侧面展开如下，扇形弧长为，所以； 过S作SD⊥于D，则所求路径即为CD的长： 由，SC=30cm， 所以=50cm，且，D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛： (1)过三棱锥顶点作三棱锥截面，由于母线长是确定的，所以截面面积取决于顶角的大小； (2)几何法求线面角大小，关键作出斜线在平面上的投影； (3)“墙角式”三棱锥外接球为补成长方体体对角线中点； (4)立体几何路径最短问题，往往需要展成一个平面后解决. 【练习】 1．（2026·全国二卷）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 2.（2024·新课标Ⅰ卷）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 【分析】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. 【详解】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. 3．（2023·全国甲卷）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（    ） A．1 B． C．2 D．3 【答案】A 【分析】证明平面，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解. 【详解】取中点，连接，如图，   是边长为2的等边三角形，， ，又平面，， 平面， 又，， 故，即， 所以， 故选：A 4．（2025·北京）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：. 5．（2026·内蒙古赤峰·模拟预测）已知长方体的一条棱长为，体积为，则其外接球表面积的最小值为________. 【答案】 【分析】由长方体的体积求出，再由基本不等式可求出，再由球的表面积公式计算得到答案. 【详解】设长方体共顶点的三条棱的长分别为， 则长方体的体积，解得． 设长方体的外接球半径为，则， 即，即，当且仅当时取等号， 所以， 所以其外接球表面积的最小值为． 6．求证：直三棱柱的任意两个侧面的面积和大于第三个侧面的面积. 【答案】见解析 【分析】将问题转化为证明三角形的两边之和大于第三边即可. 【详解】证明：如图，因为直三棱柱的侧面都是矩形，则侧面积为底乘高，而高相等，所以要证任意两个侧面的面积和大于第三个倒面的面积，只要证明三棱柱的底面上任意两边的和大于第三边即可，而这可由三角形的两边之和大于第三边得到，从而得证. 1 学科网（北京）股份有限公司 $