资源简介

第八章 立体几何初步（一）（知识归纳+题型突破）
1.通过对模型的观察，归纳认知棱柱、棱锥和棱台的结构特征.
2.经历从物体到几何体的抽象过程，体验研究几何体的方法，提升直观想象和数学抽象素养.
3.了解简单组何体的概念及分类
4.掌握圆柱、圆台、球的概念
5.培养学生的数学抽象、直观想象等数学核心素养
6.了解“斜二测画法”的概念并掌握斜二测画法的步骤．
7.会用斜二测画法画出一些简单平面图形和立体图形的直观图．
8.通过对棱柱、棱锥、棱台的研究，掌握棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积计算公式．
9.能运用棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积公式进行计算和解决有关实际问题．
10.通过对圆柱、圆锥、圆台、球的研究，掌握圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积计算公式．
11.能运用圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积公式进行计算和解决有关实际问题．
知识点1：棱柱
（1）棱柱的定义
定义：一般地，有两个面互相平行 ，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行 ，由这些面所围成的多面体叫做棱柱
底面(底)：两个互相平行的面
侧面：其余各面
侧棱：相邻侧面的公共边
顶点：侧面与底面的公共顶点
（2）棱柱的图形
（3）棱柱的分类及表示
①按棱柱底面边数分类:
②按棱柱侧棱与底面位置关系分类:
直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱
斜棱柱：侧棱不垂直于底面的棱柱
正棱柱：底面是正多边形的直棱柱
平行六面体：底面是平行四边形的四棱柱
表示法：用各顶点字母表示棱柱，如图棱柱
知识点2：棱锥
（1）棱锥的定义
定义：有一面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥
底面：多边形面
侧面：有公共顶点的各三角形面
侧棱：相邻侧面的公共边
顶点：各侧面的公共顶点
（2）棱锥的图形
（3）棱锥的分类及表示
按照棱锥的底面多边形的边数，棱锥可分为： 三棱锥、四棱锥、五棱锥……
特别地，三棱锥又叫四面体，底面是正多边形，且顶点与底面中心的连线垂直于底面的棱锥叫做正棱锥
表示法：棱锥也用顶点和底面各顶点字母表示，如图棱锥
知识点3：棱台
（1）棱台的定义
定义：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，我们把底面和截面之间的那部分多面体叫做棱台
上底面：原棱锥的截面
下底面：原棱锥的底面
侧面：除上下底面以外的面
侧棱：相邻侧面的公共边
顶点：侧面与上(下)底面的公共顶点
（2）棱台的图形
（3）棱台的分类及表示
由三棱锥、四棱锥、五棱锥……截得的棱台分别叫做三棱台、四棱台、五棱台……
用各顶点字母表示棱柱，如棱台
知识点4：圆柱
（1）圆柱的定义
以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体
圆柱的轴：旋转轴
圆柱的底面：垂直于轴的边旋转而成的圆面
圆柱的侧面：平行于轴的边旋转而成的曲面
圆柱侧面的母线：无论旋转到什么位置，平行于轴的边
（2）圆柱的图形
（3）圆柱的表示
圆柱用表示它的轴的字母表示，如图，圆柱
知识点5：圆锥
（1）圆锥的定义
以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体
轴：旋转轴叫做圆锥的轴
底面：垂直于轴的边旋转而成的圆面
侧面：直角三角形的斜边旋转而成的曲面
母线：无论旋转到什么位置，不垂直于轴的边
锥体：棱锥和圆锥统称为锥体
（2）圆锥的图形
（3）圆锥的表示
用表示它的轴的字母表示，如图，圆锥
知识点6：圆台
（1）圆台的定义
用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分叫做圆台
轴：圆锥的轴
底面：圆锥的底面和截面
侧面：圆锥的侧面在底面与截面之间的部分
母线：圆锥的母线在底面与截面之间的部分
台体：棱台和圆台统称为台体
（2）圆台的图形
（3）圆台的表示
用表示它的轴的字母表示，如图，圆台
知识点7：空间几何体的直观图
（1）空间几何体的直观图的概念
直观图是观察者站在某一点观察一个空间几何体获得的图形.
直观图是把空间图形画在平面内，既富有立体感，又能表达出图形各主要部分的位置关系和度量关系的图形.
（2）水平放置的平面图形的直观图画法（斜二测画法）
（i）画轴：在平面图形上取互相垂直的轴和轴，两轴相交于点，画直观图时作出与之对应的轴和轴，两轴相交于点，且使（或）
（ii）画线：已知图形中平行于或在轴，轴上的线段，在直观图中分别画成平行或在轴，轴上的线段.
（iii）取长度：已知图形中在轴上或平行于轴的线段，在直观图中长度不变.在轴上或平行于轴的线段，长度为原来长度的一半.
（iv）成图：连接有关线段，擦去作图过程中的辅助线，就得到了直观图.
方法归纳：设一个平面多边形的面积为，利用斜二测画法得到的直观图的面积为，则有.
知识点8：空间几何体的直观图的绘制方法
（1）画轴. 在平面图形中取互相垂直的轴和轴，两轴相交于点, 画直观图时，把它们分别画成对应的轴与轴，两轴交于点, 且使”(或）, 它们确定的平面表示水平面；
（2）画底面. 已知图形中，平行于轴轴或轴的线段，在直观图中分别画成平行于轴、轴或轴的线段；
（3）画侧棱. 已知图形中平行于轴或轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于轴的线段，长度变为原来的一半；
（4）成图. 连线成图以后，擦去作为辅助线的坐标轴，就得到了空间图形的直观图.
简记为：①画轴；②画底面；③画侧棱；④成图.
知识点9：斜二测画法保留了原图形中的三个性质
①平行性不变，即在原图中平行的线在直观图中仍然平行；②共点性不变，即在原图中相交的直线仍然相交；③平行于x，z轴的长度不变．
知识点10：棱柱、棱锥、棱台的表面积
（1）正方体、长方体的表面积
正方体、长方体的表面积就是各个面的面积的和
长、宽、高分别为的长方体的表面积：
棱长为的正方体的表面积：
.
（2）棱柱、棱锥、棱台的侧面展开图
棱柱的侧面展开图为平行四边形，一边为棱柱的侧棱，另一边等于棱柱的底面周长.如图:
棱锥的侧面展开图由若干个三角形拼成如图
棱台的侧面展开图由若干个梯形拼成如图
（3）棱柱、棱锥、棱台的表面积
棱柱的表面积：
棱锥的表面积：
棱台的表面积：
知识点11：棱柱、棱锥、棱台的体积
（1）棱柱的体积
①棱柱的高：柱体的两底面之间的距离，即从一底面上任意一点向另一底面作垂线，这点与垂足（垂线与底面的交点）之间的距离，即垂线段的长.
②棱柱的体积：柱体的体积等于它的底面积和高的乘积，即.
（2）棱锥的体积
①棱锥的高：锥体的顶点到底面之间的距离，即从顶点向底面作垂线，顶点与垂足（垂线与底面的交点）之间的距离，即垂线段的长.
②棱锥的体积：锥体的体积等于它的底面积和高的乘积的,即理解.
（3）棱台的体积
①棱台的高：台体的两底面之间的距离，即从上底面上任意一点向下底面作垂线，此点与垂足（垂线与底面的交点）之间的距离，即垂线段的长
②棱台的体积：(,分别为上下底面面积，为台体的高)
知识点12：圆柱、圆锥、圆台的表面积
（1）圆柱的表面积
①圆柱的侧面积：
圆柱的侧面展开图是一个矩形.圆柱的底面半径为,母线长为,那么这个矩形的一边长为圆柱的底面周长，另一边长为圆柱的母线长，故圆柱的侧面积为.
②圆柱的表面积：
.
（2）圆锥的表面积
①圆锥的侧面积：
圆锥的侧面展开图是一个扇形.圆锥的底面半径为,母线长为,那么这个扇形的弧长为圆锥的底面周长，半径为圆锥的母线长，故圆锥的侧面积为
②圆锥的表面积：
（3）圆台的表面积
①圆台的侧面积：
圆台的侧面展开图是一个扇环.圆台的上底面半径为,下底面半径为,母线长为,故圆台的侧面积为
②圆台的表面积：
知识点13：圆柱、圆锥、圆台的体积
（1）圆柱的体积：
（2）圆锥的体积：
（3）圆台的体积：
知识点14：球的表面积和体积
（1）球的表面积：
（2）球的体积:
题型一：棱柱、棱锥、棱台的结构特征
例题1．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考模拟预测）
1．下列关于空间几何体的叙述，正确的是（ ）
A．圆柱是将矩形旋转一周所得到的几何体
B．有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱
C．一个棱锥的侧面是全等的等腰三角形，那它一定是正棱锥
D．用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体叫棱台
例题2．（2023下·宁夏吴忠·高一统考期末）
2．下列关于几何体特征的判断正确的是（ ）
A．一个斜棱柱的侧面不可能是矩形
B．底面是正多边形的棱锥一定是正棱锥
C．有一个面是边形的棱锥一定是棱锥
D．平行六面体的三组对面中，必有一组是全等的矩形
例题3．（2023上·四川成都·高二校联考阶段练习）
3．下列说法正确的是（ ）
A．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
B．有2个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台
C．多面体至少有5个面
D．六棱柱有6条侧棱，6个侧面，侧面均为平行四边形
例题4．（2023上·四川内江·高二四川省内江市第二中学校考阶段练习）
4．下列说法中正确的有（ ）
A．正四面体是正三棱锥. B．棱锥的侧面是全等的三角形.
C．正三棱锥是正四面体. D．延长棱台所有侧棱，它们会交于一点.
巩固训练
（2022上·陕西榆林·高一陕西省神木中学校考阶段练习）
5．下列说法正确的是（ ）
A．侧棱垂直于底面的棱柱一定是直棱柱
B．棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面
C．底面是正方形的棱柱一定是正四棱柱
D．棱柱的侧面是平行四边形，但它的底面一定不是平行四边形
（2023下·安徽合肥·高一合肥市第七中学校考阶段练习）
6．下列命题中成立的是（ ）
A．有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱
B．各个面都是三角形的多面体一定是棱锥
C．一个棱锥的侧面是全等的等腰三角形，那它一定是正棱锥
D．各个侧面都是矩形的棱柱是长方体
（2023上·黑龙江大庆·高二大庆市东风中学校考开学考试）
7．下列说法正确的是（ ）
A．棱柱的两个互相平行的面一定是棱柱的底面
B．有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥
D．如果一个棱柱的所有面都是长方形，那么这个棱柱是长方体
（2023下·上海杨浦·高二统考期末）
8．下列命题：
①底面是正多边形的棱锥是正棱锥；
②各侧棱的长都相等的棱锥是正棱锥；
③各侧面是全等的等腰三角形的棱锥是正棱锥.
其中真命题的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
题型二：旋转体的结构特征
例题1．（2023下·广东东莞·高一东莞市东莞中学松山湖学校校考阶段练习）
9．下列命题正确的是（　　）
A．用一个平面去截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台
B．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形
C．圆锥的顶点、底面圆的圆心与圆锥底面圆周上任意一点这三点的连线都可以构成直角三角形
D．一直角梯形绕下底所在直线旋转一周，所形成的曲面围成的几何体是圆台
例题2．（2022下·广东佛山·高一校考阶段练习）
10．下列关于圆柱的说法中正确的是（ ）
A．圆柱的所有母线长都相等
B．用平行于圆柱底面的平面截圆柱，截面是与底面全等的圆面
C．用一个不平行于圆柱底面的平面截圆柱，截面是一个圆面
D．一个矩形以其对边中点的连线为旋转轴，旋转所形成的几何体是圆柱
例题3．（2022下·广东揭阳·高一统考期中）
11．下列说法正确的是（ ）
A．以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台
B．以等腰三角形底边上的高所在的直线为旋转轴，其余各边旋转形成的曲面所围成的几何体是圆锥
C．圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面
D．用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面
例题4．（2023上·上海虹口·高二校考期中）
12．下列命题中错误的是 ．
①过圆柱的旋转轴的截面是矩形；
②母线长相等的不同圆锥的轴截面的面积相等；
③圆台所有平行于底面的截面都是圆面；
④圆锥所有的轴截面都是全等的等腰三角形．
巩固训练
（2022·高一课时练习）
13．下列叙述中，正确的个数是（ ）
①以直角三角形的一边为轴旋转所得的旋转体是圆锥；
②以直角梯形的一腰为轴旋转所得的几何体是圆台；
③用一个平面去截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台；
④圆面绕它的任一直径旋转形成的几何体是球．
A．0 B．1 C．2 D．3
（2023·全国·高一专题练习）
14．下列说法正确的是（　　）
A．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体
B．圆锥用平行于底面的平面截去一个小圆锥后剩余的部分是圆台
C．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线
D．过球面上任意两不同点的大圆有且只有一个
（2023上·上海·高二专题练习）
15．给出以下四个命题：
①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；
②圆锥顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线；
③在圆台上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线；
④圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的．
其中正确的是 ．
（2022·高一课时练习）
16．给出下列说法：
（1）圆柱的底面是圆面；
（2）经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；
（3）圆台的任意两条母线所在的直线可能相交，也可能不相交；
（4）夹在圆柱的两个截面间的几何体还是一个旋转体．
其中说法正确的是 ．
题型三：空间几何体的展开图及应用
例题1．（2023下·辽宁锦州·高一渤海大学附属高级中学校考阶段练习）
17．某同学为表达对“新冠疫情”抗疫一线医护人员的感激之情，亲手为他们制作了一份礼物，用正方体纸盒包装，并在正方体六个面上分别写了“致敬最美逆行”六个字，该正方体纸盒水平放置的六个面分别用“前面 后面 上面 下面 左面 右面”表示.如图是该正方体的展开图.若图中“行”在正方体的左面，那么在正方体右面的字是（ ）

A．最 B．美 C．逆 D．敬
例题3．（2022·高一单元测试）
18．某人用如图所示的纸片，沿折痕折后粘成一个四棱锥形的“走马灯”，正方形做灯底，且有一个三角形面上写上了“年”字，当灯旋转时，正好看到“新年快乐”的字样，则在①、②、③处应依次写上
A．快、新、乐 B．乐、新、快
C．新、乐、快 D．乐、快、新
例题3．（2022·高一课时练习）
19．根据如图所示的几何体的表面展开图，画出立体图形.
巩固训练
（2023下·高一课时练习）
20．下列图形经过折叠不能围成一个棱柱的是（ ）
A． B．
C． D．
（2022上·江西抚州·高一南城县第二中学校考阶段练习）
21．如图①是一个小正方体的侧面展开图，小正方体从如图②所示的位置依次翻到第1格、第2格、第3格、第4格、第5格，这时小正方体朝上面的字是 ．
（2020·高一课时练习）
22．如图所示的平面图形沿虚线折叠，能折叠成什么样的立体图形？
题型四：表面路径最短问题
例题1．（2023上·上海浦东新·高二上海市建平中学校考期中）
23．如图，在长方体中，，点为上的动点，则的最小值为（ ）
A．5 B． C． D．
例题2．（2023下·四川成都·高一四川省成都市新都一中校联考期末）
24．如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC＝2，，A为锐角，侧棱PA＝PB＝PC＝2，一只小虫从A点出发，沿侧面绕棱锥爬行一周后回到A点，则小虫爬行的最短距离为（ ）

A． B．
C． D．
例题3．（2023上·湖南衡阳·高三衡阳市八中校联考阶段练习）
25．如图是一坐山峰的示意图，山峰大致呈圆锥形，峰底呈圆形，其半径为，峰底A到峰顶的距离为，B是山坡的中点.为了发展当地旅游业，现要建设一条从A到B的环山观光公路，当公路长度最短时，公路距山顶的最近距离为（ ）
A． B． C． D．
例题4．（2023上·上海·高二校考阶段练习）
26．如图，一圆柱体的底面周长为，高为，是上底面的直径.一只昆虫从点出发，沿着圆柱的侧面爬行到点，昆虫爬行的最短路程是 .
巩固训练
（2023下·河南郑州·高一校联考期中）
27．如图，正三棱锥中，，侧棱长为，一只虫子从A点出发，绕三棱锥的三个侧面爬行一周后，又回到A点，则虫子爬行的最短距离是（ ）

A． B． C． D．
（2022上·四川内江·高二四川省资中县第二中学校考阶段练习）
28．如图，已知圆柱体底面圆的半径为，高为，、分别是两底面的直径，、是母线.若一只小虫从点出发，从侧面爬行到点，求小虫爬行的最短路径为（ ）

A． B． C． D．
（2022下·内蒙古赤峰·高一统考期末）
29．在已知长方体中，，点为棱上一点且，点为线段上的动点，则的最小值为 ．
（2022下·河北邯郸·高一校考期中）
30．如图，在正四棱锥中，侧棱长均为4，且相邻两条侧棱的夹角为分别是线段上的一点，则的最小值为 ．
（2022·全国·高三专题练习）
31．如图所示，圆台的上底面半径为2，下底面半径为4，母线长为6.求轴截面相对顶点A、C在圆台侧面上的最短距离.
题型五：空间几何体的截面图及应用
例题1．（2024上·福建泉州·高三统考期末）
32．已知圆柱母线长等于2，过母线作截面，截面的最大周长等于8，则该圆柱的体积等于（ ）
A． B． C． D．
例题2．（2024·全国·高一假期作业）
33．一个正棱锥被平行于底面的平面所截，若截得的截面面积与底面面积的比为1∶2，则此正棱锥的高被分成的两段之比为（　　）
A．1∶ B．1∶4 C．1∶（+1） D．1∶（﹣1）
例题3．（2024·全国·高三专题练习）
34．已知，，是正方体的棱，，的中点，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
例题4．（2024·全国·高三专题练习）
35．在棱长为2的正方体中，若E为棱的中点，则平面截正方体的截面面积为 ．
巩固训练
（2024·全国·高一假期作业）
36．用与球心O距离为2的平面截球，所得截面与球心O构成的圆锥的体积为6π，则球的表面积为（ ）
A．13π B．52π
C．20π D．36π
（2024上·上海长宁·高二上海市民办新虹桥中学校考期末）
37．已知圆锥的底面直径为8，母线长为5，过圆锥的任意两条母线作一个平面与圆锥相截，则截面面积的最大值是 ．
（2024·全国·高三专题练习）
38．在棱长为a的正方体中，E，F分别为棱BC，的中点，过点A，E，F作一个截面，该截面将正方体分成两个多面体，则体积较小的多面体的体积为 .
（2024·全国·高三专题练习）
39．如图，正方体的棱长为6，是的中点，点在棱上，且.作出过点，，的平面截正方体所得的截面，写出作法；
题型六：立体图形的直观图
例题1．（2024·全国·高一假期作业）
40．水平放置的的直观图如图所示，是中边的中点，且平行于轴，则，，对应于原中的线段AB，AD，AC，对于这三条线段，正确的判断是（ ）

A．最短的是AD B．最短的是AC C． D．
例题2．（2024·全国·高一假期作业）
41．如图，为水平放置的的直观图，其中，则在原平面图形中有（　　）
A． B． C． D．
例题3．（2024·全国·高三专题练习）
42．有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图所示）.，则这块菜地的面积为
巩固训练
（2024·全国·高三专题练习）
43．如图所示，一个平面图形的直观图为，其中，则下列说法中正确的是（ ）

A．该平面图形是一个平行四边形但不是正方形
B．该平面图形的面积是8
C．该平面图形绕着直线旋转半周形成的几何体的体积是
D．以该平面图形为底，高为3的直棱柱的外接球直径为
（2024上·上海·高二校考期末）
44．如图，是的斜二测直观图，其中，斜边，则的面积是 .
（2024上·全国·高三专题练习）
45．如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6，O′C′＝2，则原图形OABC的面积为 ．
题型七：简单组合体的表面积与体积
例题1．（2024上·山东潍坊·高三统考期末）
46．已知圆锥的侧面展开图是半径为的半圆，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
例题2．（2024·天津·校考模拟预测）
47．中国国家馆，以城市发展中的中华智慧为主题，表现出了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”的中国文化精神与气质.如图，现有一个与中国国家馆结构类似的正四棱台，上下底面的中心分别为和，若，，则正四棱台的体积为（ ）
A． B． C． D．
例题3．（2024上·天津河北·高三统考期末）
48．底面边长为，且侧棱长为的正四棱锥的体积和侧面积分别为（ ）
A． B． C．32，24 D．32，6
例题4．（2024上·上海长宁·高二上海市民办新虹桥中学校考期末）
49．若正四棱锥的底面边长是2，高为，棱锥被平行于底面的平面所截，已知所截得的棱台的上、下底面边长之比为，则该棱台的体积是 ．
巩固训练
（2024上·河北张家口·高三统考期末）
50．已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线与下底面所成的角为，则该圆台的表面积为（ ）
A． B． C． D．
（2024·全国·高一假期作业）
51．如图，两个相同的正四棱台密闭容器内装有某种溶液，，图1中液面高度恰好为棱台高度的一半，图2中液面高度为棱台高度的，若图1和图2中溶液体积分别为，则（ ）
A． B． C．1 D．
（2024·全国·高一假期作业）
52．若正四棱柱与以正方形的外接圆为底面的圆柱的体积相同，则正四棱柱与该圆柱的侧面积之比为（ ）
A． B． C． D．
（2024上·上海·高二校考期末）
53．图1中的机械设备叫做“转子发动机”，其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”，图2是一个曲侧面三棱柱，它的侧棱垂直于底面，底面是“莱洛三角形”，莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，如图3.若曲侧面三棱柱的高为10，底面任意两顶点之间的距离为40，则其侧面积为 .
（2024上·上海长宁·高二上海市民办新虹桥中学校考期末）
54．已知中，，将绕所在的直线旋转一周，则所得旋转体的表面积是 ．
题型八：内切球问题之独立截面法
例题1．（2024上·辽宁·高三校联考期末）
55．以半径为的球为内切球的圆锥中，体积最小值时，圆锥底面半径满足（ ）
A． B．
C． D．
例题2．（2024·四川遂宁·统考一模）
56．在正四棱台内有一个球与该四棱台的每个面都相切（称为该四棱台的内切球），若，则该四棱台的外接球（四棱台的顶点都在球面上）与内切球的半径之比为 ．
例题3．（2023上·江苏·高三江苏省白蒲高级中学校联考阶段练习）
57．如图，若圆台的上、下底面半径分别为且，则此圆台的内切球(与圆台的上、下底面及侧面都相切的球叫圆台的内切球)的表面积为 .
巩固训练
（2024·全国·模拟预测）
58．已知球是底面半径为4、高为的圆锥的内切球，若球内有一个内接正三棱柱，则当该正三棱柱的侧面积最大时，正三棱柱的体积为 ．
（2024·全国·高一假期作业）
59．已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的内切球（球与圆锥的底面和侧面均相切）的表面积为 .
（2023上·江苏·高三期末）
60．与圆台的上、下底面及侧面都相切的球，称为圆台的内切球.若圆台的上、下底面半径分别为，且，则它的内切球的体积的最大值为 .
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】根据圆柱，棱柱，棱台，棱锥的定义进行判断.
【详解】对于A，以矩形的一边所在的直线为旋转轴，将矩形旋转一周而形成的曲面所围成的几何体叫做圆柱，而以矩形的一条对角线为轴，旋转所得到的几何体不是圆柱，故A错误；
对于B，若棱柱有两个相邻侧面是矩形，则侧棱与底面两条相交的边垂直，则侧棱与底面垂直，此时棱柱一定是直棱柱，故B正确；
对于C，如图所示，若，，满足侧面均为全等的等腰三角形，但此时底面不是正三角形，故C错误；
对于D，用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体叫棱台.若截面与底面不平行，则不是梭台，故D错误.
故选：B.
2．C
【分析】
根据直棱柱、正棱锥、棱锥的分类，以及平行六面体的几何结构特征，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，斜棱柱的侧面中，可以有的侧面是矩形，所以A不正确；
对于B中，根据正棱锥的定义，底面是正多边形且顶点在底面的射影为底面多边形的中心的棱锥是正棱锥，所以B不正确；
对于C中，根据棱锥的分类，可得有一个面是边形的棱锥一定是棱锥，所以C正确；
对于D中，平行六面体的三组对面中，必有一组是全等的平行四边形，所以D错误.
故选：C.
3．D
【分析】根据多面体、棱柱和棱台的定义判断即可.
【详解】A选项：各侧面都是正方形的四棱柱，可以是底面为菱形的直棱柱，不一定是正方体，故A错；
B选项：有2个面平行，其余各面都是梯形，但若是各侧棱的延长线不能交于一点，则该几何体不是棱台，故B错；
C选项：多面体是指四个或四个以上多边形所围成的立体，故C错；
D选项：根据棱柱的定义可知六棱柱有6条侧棱，6个侧面，侧面均为平行四边形，故D正确.
故选：D.
4．AD
【分析】
根据棱锥、棱台的有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，正四面体的四个面都是等边三角形，是正三棱锥，A选项正确.
B选项，棱锥的侧面是三角形，不一定全等，B选项错误.
C选项，正三棱锥的侧棱长和底面棱长不一定相等，
所以正三棱锥不一定是正四面体，C选项错误.
D选项，根据棱台的定义可知，延长棱台所有侧棱，它们会交于一点，D选项正确.
故选：AD
5．A
【分析】
根据棱柱的概念及其性质可知，侧棱垂直于底面的棱柱一定是直棱柱，正六棱柱的两个相对的侧面都互相平行，但不是底面，底面是正方形的棱柱不一定是正四棱柱，可能是平行六面体，棱柱的底面可以是任意多边形，包括平行四边形.
【详解】对于A选项，根据直棱柱定义可知，侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，故A正确；
对于B选项，棱柱中两个互相平行的平面不一定是棱柱的底面，例如正六棱柱的两个相对的侧面都互相平行，但不是底面，故B错误；
对于C选项，底面是正方形，且侧棱与底面垂直的棱柱是正四棱柱，因此底面是正方形的棱柱不一定是正四棱柱，所以C错误；
对于D选项，棱柱的侧面是平行四边形，它的底面可以是任意多边形，可以是三角形，也可以是平行四边形，即D错误.
故选：A
6．A
【分析】
依据直棱柱、棱锥、正棱锥的概念来判断.
【详解】对A，以三棱柱为例，如图，若侧面和侧面为矩形，则.
又平面ABC，所以 面，
又棱柱侧棱互相平行，故其他侧棱也与底面垂直.
所以此三棱柱为直三棱柱，故A正确；

对B，如图所示的八面体满足每个面都是三角形，但它不是棱锥，故B不正确；

对C，如图所示的三棱锥中有，满足侧面是全等的等腰三角形，
但它不是正三棱锥，故C不正确；

对D，各个侧面都是矩形且上下底面也是矩形的棱柱才是长方体，故D不正确.
故选：A
7．D
【分析】
由棱柱、棱锥、棱台的结构特征，判断各选项是否正确.
【详解】选项A，例如六棱柱的相对侧面也互相平行，故A错误；
选项B，其余各面的边延长后不一定交于一点，故B错误；
选项C，当棱锥的各个侧面共顶点的角的角度之和是时，各侧面构成平面图形，故这个棱锥不可能为六棱锥，故C错误；
选项D，若每个侧面都是长方形，则说明侧棱与底面垂直，又底面也是长方形，符合长方体的定义，故D正确．
故选：D
8．A
【分析】
由正棱锥满足的条件即可判断.
【详解】
是正棱锥必须满足两个条件：（1）底面是正多边形（2）过顶点作底面垂线，垂足为底面正多边形中心，即侧面是全等的等腰三角形.
对于①，底面是正多边形的棱锥，但侧面不是全等的等腰三角形时不满足条件（2），故错误；
对于②，比如一个四棱锥满足各侧棱的长都相等，但其底面可以为矩形，此时不满足条件（1），故错误；
对于③，比如一个四棱锥满足各侧面是全等的等腰三角形，但其底面可以为菱形，此时不满足条件（1），故错误.
故选：A
9．C
【分析】
选项A，平面不一定平行于圆锥底面；选项B，棱柱底面多边形各边不一定相等，则侧面不一定全等；选项D，空间直观想象由直角梯形绕下底所在直线旋转一周可得组合体.
【详解】
只有在平面平行于圆锥底面时，才能将圆锥截为一个圆锥和一个圆台，
当平面不平行于圆锥底面时，得到的几何体并非圆锥和圆台，所以A错；
棱柱的侧棱都相等且平行，且侧面是平行四边形，
但其底面多边形各边不一定相等，则侧面并不一定全等，所以B错；
圆锥的顶点、底面圆的圆心与圆锥底面圆周上任意一点这三点的连线都可以构成直角三角形，所以C对；
直角梯形绕下底所在直线旋转一周，所形成的几何体是由一个圆柱与一个圆锥组成的简单组合体，
如图所示，所以D错.
故选：C.

10．ABD
【分析】根据圆柱的结构特征逐个分析判断即可
【详解】对于A，圆柱的所有母线长都等于圆柱的高，且都相等，所以A正确，
对于B，用平行于圆柱底面的平面截圆柱，由圆柱的性质可知截面是与底面全等的圆面，所以B正确，
对于C，用一个不平行于圆柱底面的平面截圆柱，截面是椭圆面或椭圆面的一部分，所以C错误，
对于D，一个矩形以其对边中点的连线为旋转轴，旋转所形成的几何体是圆柱，所以D正确，
故选：ABD
11．BCD
【分析】
利用圆锥、圆柱、圆台的结构特征逐一判断，可得出结果.
【详解】
对于A，以直角梯形中垂直于底的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体才是圆台，故A错误；
对于B，以等腰三角形的底边上的高线所在的直线为旋转轴，其余各边旋转一周形成的曲面所围成的几何体是圆锥，B对；
对于C，圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面，C对；
对于D，用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面，D对.
故选:BCD.
12．②
【分析】根据圆柱、圆台、圆锥的结构特征，即可得出答案.
【详解】对于①，根据圆柱的特征，可知①正确；
对于②，圆锥的轴截面为等腰三角形，该三角形顶角的取值范围为，显然面积不相等，故②错误；
对于③，根据圆台的特征，可知③正确；
对于④，圆锥所有的轴截面都是等腰三角形，且腰长等于母线长，底长等于圆锥底面圆直径，故④正确.
故答案为：②.
13．B
【分析】根据旋转体的知识逐一判断即可.
【详解】①应以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴旋转才可得到圆锥，故①错；
②以直角梯形垂直于底边的一腰所在直线为旋转轴旋转可得到圆台，故②错；
③用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，可得到一个圆锥和一个圆台，用不平行于圆锥底面的平面不能得到，故③错；
④圆面绕它的任一直径旋转形成的几何体是球，故④正确．
故选：B.
14．BC
【分析】对于A，由旋转体的定义判断A；对于B，根据圆台的定义判断B；对于C，由圆锥的性质判断C；对于D，过球面上球的直径的两个端点的大圆有无数个，由此判断D.
【详解】对于A，当两个平行平面与圆柱底面平行时，夹在圆柱的两个平行截面间的几何体是旋转体，当两个平行平面与圆柱底面不平行时，夹在圆柱的两个平行截面间的几何体不是旋转体，故A错误；
对于B，根据圆台的定义，圆锥用平行于底面的平面截去一个小圆锥后剩余的部分是圆台，故B正确；
对于C，由圆锥的性质得圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线，故C正确；
对于D，过球面上球的直径的两个端点的大圆有无数个，故D错误.
故选：BC
15．②④
【分析】
结合圆柱、圆锥、圆台的性质逐一判断即可得.
【详解】
①不正确，因为这两点的连线不一定与圆柱的旋转轴平行；
②正确，符合圆锥母线的定义；
③不正确，结合圆台母线的定义可知，母线与旋转轴的延长线应交于一点，
而从圆台上、下底面圆周上各取一点，其连线未必满足这一条；
④正确，符合圆柱母线的性质.
故答案为：②④.
16．（1）（2）
【分析】
由圆柱的性质判断(1)、(2)、(4)；由圆台的性质判断(3).
【详解】
解：圆柱的底面是圆面，故（1）正确；
圆柱的母线都平行且相等，且都垂直于底面，则经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面，故（2）正确；
圆台是由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到的，则圆台的任意两条母线所在的直线相交，故（3）错误；
当两个截面不平行或截面平行但不与底面平行时，两个截面间的几何体不是旋转体，故（4）错误．
故答案为：（1）（2）．
17．A
【分析】利用正方体及其表面展开图的特点以及题意，把“行”放到正方体的左面，然后把平面展开图折成正方体，看“行”的相对面，即可判断.
【详解】把正方体的表面展开图再折成正方体，如图，“行”在正方体的左面，那么在正方体右面的字是“最”．

故选：A．
18．A
【分析】根据四棱锥图形，正好看到“新年快乐”的字样，可知顺序为②年①③，即可得出结论．
【详解】根据四棱锥图形，正好看到“新年快乐”的字样，可知顺序为②年①③，
故选A．
【点睛】本题考查四棱锥的结构特征，考查学生对图形的认识，属于基础题.
19．答案见解析
【分析】利用立体图形及其表面展开图的特点解题．图1有四个全等的三角形一个四边形，故应是四棱锥；图2有6个四边形是四棱柱.
【详解】图1是以ABCD为底面，P为顶点的四棱锥．
图2是以ABCD和A1B1C1D1为底面的棱柱．
其图形如图所示．

图1　　　　　　　　　　　图2
20．B
【分析】
依据棱柱展开图的特征对各个选项恢复成相应棱柱，即可得到所给图形中经过折叠不能围成一个棱柱的为选项B.
【详解】选项AD经过折叠可以围成四棱柱，选项C经过折叠可以围成三棱柱，
选项B经过折叠后有四个侧面，而上下底面为五边形，故不能围成棱柱.
故选：B
21．路
【分析】
根据正方体的表面展开图找出相对面，再由其特征得到结果.
【详解】由图①可知，“国”和“兴”相对，“梦”和“中”相对，“复”和“路”相对；
由图②可得，第1、2、3、4、5格对应面的字分别是“兴”、“梦”、“路”、“国”、“复”，
所以到第5格时，小正方体朝上面的字是“路”.
故答案为：路.
22．正五棱锥；三棱台
【解析】由正五棱锥、三棱台的定义想象其表面展开图．或者这两个图形中各面的性质．
【详解】（1）中一个面是正五边形，其余各面都是等腰三角形，故（1）能折成正五棱锥.
（2）中有三个面是梯形，有两个面是相似的三角形，故（2）能折成三棱台.
【点睛】本题考查多面体的展开图，掌握正五棱锥、三棱台和概念与性质是解题关键．
23．D
【分析】
将绕翻折到与共面，连接，则的长度即为的最小值，利用勾股定理计算可得.
【详解】将绕翻折到与共面，平面图形如下所示：
连接，则的长度即为的最小值，
因为，所以 ，
所以，所以，即的最小值为.
故选：D
24．D
【分析】根据题意，求出的值，将三棱锥沿侧棱展开，分析其展开图，由余弦定理分析可得答案．
【详解】根据题意，在三棱锥中，，
则有，可得，又，则，
而，则，又△PAB，△PAC为正三角形，
将三棱锥沿侧棱展开，得到如图所示的多边形，其中，

根据余弦定理，最短距离
故选：D．
25．D
【分析】
根据圆锥的侧面展开图，即可根据弧长公式可得，进而根据等面积法即可求解.
【详解】以为分界线，将圆锥的侧面展开，可得其展开图如图.
则从点A到点B的最短路径为线段，，所以.
过S作，则公路距山顶的最近距离为，
因为，所以，
故选:D.
26．
【分析】作出圆柱侧面展开图，可知所求最短路程为，利用勾股定理可求得结果.
【详解】作出圆柱的侧面展开图如下图所示，
则当昆虫的爬行路线为线段时，爬行的路程最短，
圆柱体的底面周长为，；
最短路程为：.
故答案为：.
27．B
【分析】
将正三棱锥的侧面展开，结合侧面展开图，得到要使的周长的最小，则共线，再由正三棱锥的结构特征和数量关系，即可求解.
【详解】
将正三棱锥沿剪开，得到侧面展开图，如图所示，
因为，即，
由的周长为，
要使的周长的最小，则共线，即，
又由正三棱锥侧棱长为，是等边三角形，
所以，即虫子爬行的最短距离是.
故选：B.

28．B
【分析】展开圆柱侧面，根据两点间直线距离最短求得正确结论.
【详解】展开圆柱的侧面如图所示，

展开后，在矩形中，，，
由图可知小虫爬行路线的最短长度是.
故选：B.
29．
【分析】
将矩形 和三角形 沿 翻折成平面图形，连接， 的长就是的最小值，利用余弦定理即可得出答案．
【详解】
如图，将矩形和三角形沿翻折成平面图形，
连接交于点，可知最短，
，，
，，
．
故答案为：
30．
【分析】将正四棱锥的侧面展开，则的最小值为，根据数据求解即可．
【详解】如图，将正四棱锥的侧面展开，则的最小值为；
在中，，则．
所以的最小值为.
故答案为：.
31．.
【分析】沿母线剪开将圆台侧面展开，则A、C在圆台侧面上的最短距离即为展开图中线段的长求解.
【详解】如图所示：
沿母线剪开将圆台侧面展开，问题转化为求展开图中线段的长.
设圆台的上底面、下底面半径分别为、，因为侧面展开图圆心角，
，且B、C分别为所在弧的中点，
所以在等腰三角形中，，
则是等边三角形，
因为，
所以，而，C为的中点，
所以，
即A、C两点在圆台侧面上的最短距离为.
32．B
【分析】
根据已知条件知当截面的周长最大时，截面为圆柱的轴截面，结合已知条件求出圆柱的半径，利用圆柱的体积公式即可求解.
【详解】当过母线作截面，截面的周长最大时，此时截面为轴截面.
设圆柱的底面半径为，则
因为过母线作截面，截面的最大周长等于8，
所以，解得.
所以该圆柱的体积为.
故选：B.
33．D
【分析】
根据相似比求得正确答案.
【详解】
设截后棱锥的高为h，原棱锥的高为H，
由于截面与底面相似，一个正棱锥被平行于底面的平面所截，
若截得的截面面积与底面面积的比为1∶2，，
则此正棱锥的高被分成的两段之比：.
故选：D
34．D
【分析】
取，，的中点，，，可得，，，由基本事实及其三个推论得，，，，，六点共面，从而求出截面是六边形.
【详解】
如图所示，分别取，，的中点，，，连接 ，，，，，，则，.
，.
同理可得，.
由基本事实及其三个推论得，，，，，六点共面，
所以平面截正方体所得的截面是六边形.
故选：D.
35．
【分析】
作出截面截面，为的中点，则可得截面是边长为的菱形，求出其面积即可.
【详解】
如图，在正方体中，
平面平面，
平面与平面的交线必过且平行于，
故平面经过的中点，连接，得截面，
易知截面是边长为的菱形，其对角线，
，截面面积．
故答案为：．
36．B
【分析】
根据球中截面圆的性质，结合锥体体积公式即可求解半径，进而由球表面积公式求解.
【详解】设平面截得截面圆的半径为，球半径为,
所以，
所以外接球的表面积为，
故选：B
37．##
【分析】
先计算出圆锥的高，然后分析轴截面三角形顶角的大小，结合三角形面积公式求解出截面面积的最大值.
【详解】圆锥的高为，
因为，且为锐角，
所以，所以，
不妨设任意两条母线的夹角为，
则截面面积，
当且仅当时取等号，此时两条母线的夹角为，
所以，
故答案为：.
38．
【分析】
先作出截面，判断出为三棱台，结合台体体积公式运算求解.
【详解】
如图，依次连接，四边形即为所求截面，
因为点E、F分别为棱、的中点，所以∥，
可知为三棱台，所以，
其体积，
且正方体的体积为，
则另一部分的体积为，
因为，所以体积较小的多面体的体积为.
故答案为：.
39．答案见解析
【分析】
由平面的基本性质作图.
【详解】如图所示，五边形即为所求截面.
作法如下：连接并延长交的延长线于点，
连接交于点，交的延长线于点，
连接交于点，连接，，
所以五边形即为所求截面.
40．A
【分析】
根据题意，由直观图与原图的关系，结合条件，即可判断.
【详解】因为平行于轴，所以在中，，
又因为是中边的中点，所以是的中点，
所以.
故选：A
41．AD
【分析】
根据斜二测画法规则确定点的位置，再作出，逐项计算判断即可.
【详解】在直观图中，，取中点，连接，
则，而，于是，，
由斜二测画法规则作出，如图，
则，，
，，
显然，AD正确，BC错误.
故选：AD
42．
【分析】利用直观图中的信息，求出的长度，从而得到原平面图形中的长度，利用梯形的面积公式求解即可.
【详解】
过作于，
在直观图中，，，，
所以，，
故原平面图形的上底为 ，下底，高为，
所以这块菜地的面积为，
故答案为：.
43．BC
【分析】
根据斜二测画法还原原图形即可求解AB，根据圆锥的体积公式即可求解C，根据长方体的外接球即可判断D.
【详解】如图所示: 将直观图还原为平面图形，

由题意可得，，故该平面图形为正方形，即A错误；
面积，即B正确；
将平面图形绕直线AC旋转半周得几何体为两个圆锥，底面半径和高均为2，
故体积，即C正确；
以该平面图形为底，高为3的直棱柱其实为长方体，且长宽高分别为，所以长方体的体对角线长为，即D错误.
故选：BC
44．
【分析】
易知为等腰直角三角形，由此可求得；根据直观图面积与原图面积的比值关系可求得结果.
【详解】由斜二测画法原理可知：，
是以为直角顶点的等腰直角三角形，又，
，，
.
故答案为：.
45．24
【详解】因为矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，所以根据画直观图的基本原理知原图形是底边长为6的平行四边形，其高是，因此面积是，故答案为.
考点：画直观图的基本原理，平行四边形的面积公式.
46．C
【分析】
先求得圆锥的底面半径和高，进而求得该圆锥的体积.
【详解】
由圆锥的侧面展开图是半径为的半圆，可得圆锥的母线长，
设圆锥的底面半径为r，则，解之得，
则圆锥的高
则该圆锥的体积为
故选：C
47．B
【分析】
根据正四棱台性质求出侧棱长，继而求得高，根据棱台的体积公式，即可求得答案.
【详解】因为是正四棱台，，，
侧面以及对角面为等腰梯形，故，，
，所以，
所以该四棱台的体积为，
故选：B.
48．A
【分析】
由正四棱锥的结构特征求高、斜高，根据体积、侧面积公式求结果.
【详解】由正四棱锥底面为正方形，且底面中心为顶点在底面上射影，
结合题设，底面对角线长为，则棱锥的高，斜高为，
所以正四棱锥的体积为，
侧面积为.
故选：A.
49．##
【分析】利用相似比得到被截去的小棱锥的边长与高，再利用割补法，结合棱锥的体积公式即可得解.
【详解】如图，
因为棱台的上、下底面的边长之比为，正四棱锥的底面边长是，高为，
所以正四棱锥的底面边长为，高为，
所以该棱台的体积为.
故答案为：.
50．C
【分析】
求出上下底面的面积，作出辅助线，得到母线长，从而得到圆台的表面积.
【详解】
由题意，得上底面面积为，下底面面积为，
由图形可得，，
母线与下底面所成的角为，故，
故圆台的母线长为2，所以侧面积为，
所以该圆台的表面积为．
故选：C．
51．D
【分析】
根据棱台的体积公式，求出，即可解出.
【详解】设四棱台的高度为，在图1中，中间液面四边形的边长为4，在图2中，中间液面四边形的边长为5，
则，
所以.
故选：D.
52．B
【分析】
正四棱柱底面边长与圆柱底面半径之比已知，由正四棱柱与圆柱的体积相同，求出正四棱柱与圆柱的高之比，代入侧面积公式计算即可.
【详解】
依题意，设正四棱柱的底面边长为，高为，
圆柱的高为，则圆柱的底面半径为，
则有，整理得，
正四棱柱与圆柱的侧面积之比.
故选：B．
53．
【分析】由曲侧面三棱柱的定义，其侧面为矩形，即可根据几何关系求侧面积.
【详解】由题意得为等边三角形，且边长为40，如图所示，
所以弧的长度为，
曲侧面三棱柱的三个侧面展开后，均是长为，宽为10的矩形，
所以曲侧面三棱柱的侧面积为.
故答案为：
54．
【分析】
先分析出旋转体为圆锥，然后根据表面积等于侧面积加上底面积求解出结果.
【详解】因为，所以，
所以旋转体是底面半径为，高为，母线长为的圆锥，
所以表面积为，
故答案为：.
55．D
【分析】
设圆锥的高为，作出圆锥的轴截面，利用相似比求出，再根据圆锥的体积公式结合二次函数的性质即可得解.
【详解】设圆锥的高为，如图，为圆锥的轴截面，
则，解得，
故圆锥的体积，
当，即时，，
所以圆锥体积最小值时，圆锥底面半径满足.
故选：D.
【点睛】
方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
56．
【分析】
利用正棱台的性质，分别求出内切球与外接球的半径即可得解.
【详解】根据题意，该正棱台的轴截面，如图：

由题意，由知，
由圆的切线长性质可知，所以，
所以，
所以该四棱台的内切球的半径为，
下面画出正四棱台，
连接,，交于点,连接,，交于点，如图，

由可得,，，
设外接球的半径为，，则，
由得，解得，
于是，则.
所以.
故答案为：.
57．
【分析】利用已知条件求得圆台的母线长，进而根据勾股定理求得圆台的高，即内切球的直径，最终利用球体体积公式求解即可.
【详解】
设圆台上、下底面圆心分别为，则圆台内切球的球心O一定在的中点处,
设球O与母线切于M点,所以,所以 (R为球O的半径),
所以与全等, 所以,同理，
所以， ，所以，
所以圆台的内切球半径，内切球的表面积为.
故答案为：.
58．
【分析】
画出截面图，利用，得到，由相似比求出球的半径为，再利用正三棱柱的几何性质找到（正三棱柱的高为），最后由侧面积公式结合基本不等式得到最值.
【详解】圆锥与球的轴截面如图所示，为圆锥的顶点，为圆锥的底面直径，D，E为切点，连接，，
则，，且过点，设球的半径为，
由题意可得，故，即，
整理得，得．
设正三棱柱的底面边长为，正三棱柱的高为，则，即，
正三棱柱的侧面积，当且仅当，且，即时取等号，
此时该正三棱柱的侧面积最大，故此时正三棱柱的体积．
故答案为：
59．
【分析】根据已知先求母线长，再结合轴截面可得半径，然后可得.
【详解】有题意可知，，所以
所以，圆锥的轴截面是边长为的正三角形，圆锥的内切球的半径等于该正三角形的内切圆的半径，
所以，
所以该圆锥的内切球的表面积为.
故答案为：
60．
【分析】
根据圆台的轴截面图，结合圆台和球的结构特征以及基本不等式运算求解.
【详解】
如图，画出截面图，

可得，则，
记内切球的半径为R，可知，
过B作，垂足为G，
则，，
所以，解得，即，
当且仅当时，等号成立，
所以它的内切球的体积的最大值为.
故答案为：.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第八章 立体几何初步（一）（知识归纳+题型突破）
题型九：内切球问题之等体积法
例题1.
（2024上·河南信阳·高三信阳高中校考阶段练习）
1．点为正四面体的内切球球面上的两个动点，为棱上的一动点，则当取最大值时，（ ）
A． B．1 C． D．
例题2.
（2024·全国·高三专题练习）
2．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑中，平面，，且，则其内切球表面积为（ ）
A． B． C． D．
例题3.
（2024上·湖南永州·高三永州市第一中学校考阶段练习）
3．已知四边形ABCD为平行四边形，，，，现将沿直线BD翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为 .
巩固训练
（2023上·山东济南·高三山东省实验中学校考阶段练习）
4．棱长为2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，则这些小球的最大半径为（ ）
A． B． C． D．
（2024上·江苏无锡·高二江苏省太湖高级中学校考阶段练习）
5．正四面体的棱长为12，点是该正四面体内切球球面上的动点，当取得最小值时，点到的距离为 ．
（2024·全国·高一假期作业）
6．一个正四面体表面积为，其内切球表面积为S2.则= .
题型十：外接球问题之公式法
例题1.
（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）
7．已知某正六棱柱的所有棱长均为2，则该正六棱柱的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
例题2.
（2022下·陕西安康·高二统考期末）
8．长方体的长，宽，高分别为3，，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的体积为（ ）
A． B． C． D．
例题3.
（2023上·贵州六盘水·高二统考阶段练习）
9．已知正方体的外接球的体积为，则该正方体的棱长为 ．
巩固训练
（2024上·广东·高三统考学业考试）
10．一个边长为的正方体八个顶点都在一个球上，则球的半径为
（2023下·福建宁德·高一统考期中）
11．长方体的所有顶点都在一个球面上，长、宽、高分别为2，1，1，那么这个球的表面积是 ．
（2021上·内蒙古包头·高三包头市第四中学校考期中）
12．长 宽 高分别为1，2，3的长方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 .
题型十一：外接球问题之补形法（墙角形）
例题1.
（2024·全国·模拟预测）
13．已知三棱锥中，，且PA，PB，PC两两垂直，点是三棱锥外接球的球面上一点，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
例题2.
（2023·四川凉山·统考一模）
14．在三棱锥中，，，二面角的正切值是，则三棱锥外接球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
例题3.
（2023上·四川南充·高二四川省南充高级中学校考阶段练习）
15．已知四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面，且为等腰直角三角形，则该四棱锥的外接球的表面积为 ．
例题4.
（2023上·四川达州·高二达州市第一中学校校考阶段练习）
16．《九章算术》是西汉张苍等辑撰的一部数学巨著，被誉为人类数学史上的“算经之首”.书中“商功”一节记录了一种特殊的锥体，称为鳖臑 (biēnào). 如图所示，三棱锥 中，平面，则该三棱锥即为鳖臑. 若且三棱锥外接球的体积为，则三棱锥体积的最大值是
巩固训练
（2023上·天津·高三天津市咸水沽第一中学校考期中）
17．古代数学名著《九章算术·商功》中，将底面为矩形.且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.若四棱锥为阳马，平面，，，则此“阳马”外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
（2024·吉林白山·统考一模）
18．在四面体中，，，且满足，，．若该三棱锥的体积为，则该锥体的外接球的体积为 ．
（2022上·山西忻州·高三校考期末）
19．在四面体ABCD中，，则四面体的外接球的体积为 ．
题型十二：外接球问题之补形法（对棱相等形）
例题1.
（2023上·陕西咸阳·高三陕西咸阳中学校考阶段练习）
20．已知正四面体的外接球的体积为， 则该正四面体的棱长为（ ）
A． B． C． D．
例题2.
（2023上·江西南昌·高三江西师大附中校考期中）
21．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，且，，，则球的表面积是 ．
例题3.
（2023下·辽宁沈阳·高一沈阳市翔宇中学校考阶段练习）
22．已知四面体中，，，则该四面体外接球的表面积为 ．
例题4.
（2023上·安徽·高三校联考阶段练习）
23．在中，，，E，F，G分别为三边，，的中点，将，，分别沿，，向上折起，使得A，B，C重合，记为，则三棱锥的外接球表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
巩固训练
（2023上·四川成都·高三树德中学校考开学考试）
24．已知四面体满足，，，且该四面体的外接球的表面积是（ ）
A． B．
C． D．
（2023上·山东青岛·高三山东省莱西市第一中学校联考期中）
25．在中，，，，将各边中点连线并折成四面体，则该四面体外接球直径为 ；该四面体的体积为 .
（2023上·贵州六盘水·高二统考期中）
26．四面体ABCD中，，，，则该四面体的外接梂的表面积为 ．
题型十三：外接球问题之单面定球心法
例题1.
（2024·河南·模拟预测）
27．已知体积为的正四棱锥的所有顶点均在球的球面上，则球的表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
例题2.
（2024·陕西渭南·统考一模）
28．在三棱锥中，底面为等腰三角形，，且，平面平面，点为三棱锥外接球上一动点，且点到平面的距离的最大值为，则球的表面积为 ．
例题3.
（2023上·全国·高三统考竞赛）
29．在三棱锥中，，，，，则该三棱锥的外接球的表面积为 ．
巩固训练
（2023上·海南海口·高三校考阶段练习）
30．在菱形中，，将沿对角线折起，使点A到达的位置，且二面角为直二面角，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
（2023·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）
31．在正三棱台中，，，，则正三棱台的外接球体积为（ ）
A． B． C． D．
（2023上·四川·高二校联考阶段练习）
32．已知在直三棱柱中存在内切球，若，则该三棱柱外接球的表面积为 .
题型十四：外接球问题之双面定球心法
例题1.
（2024上·山东德州·高三统考期末）
33．在三棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，是边长为2的正三角形，二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
例题2.
（2023上·江西九江·高二九江一中校考期中）
34．如图，是边长为的正三角形的一条中位线，将沿翻折至，当三棱锥的体积最大时，四棱锥外接球的表面积为 ；过靠近点的三等分点作球的截面，则所得截面圆面积的最小值是
巩固训练
（2023上·浙江·高二校联考阶段练习）
35．在三棱锥中，，，，二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
（2023上·四川内江·高二校考期中）
36．在菱形中，，，将沿折起，使得点到平面的距离最大，此时四面体的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 .
题型十五：空间几何体表面积，体积最值问题
例题1.
（2024·全国·高三专题练习）
37．已知四面体的体积为3，从顶点出发的三条棱两两垂直，若，则该四面体外接球表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
例题2.
（2024上·湖北·高三统考期末）
38．圆锥中，为圆锥顶点，为底面圆的圆心，底面圆半径为3，侧面展开图面积为，底面圆周上有两动点，则面积的最大值为（ ）
A．4 B． C． D．6
例题3.
（2024·全国·模拟预测）
39．某礼品盒生产厂拟给如图所示的八面体形的玻璃制品设计一个球形礼品包装盒．若该八面体可以看成是由一个棱长为的正四面体在4个顶点处分别截去一个棱长为的小正四面体而得到的，则该球形礼品包装盒的半径的最小值为（ ）（不考虑包装盒材料的厚度）
A． B． C． D．
例题4.
（2024上·上海宝山·高二校考期末）
40．从一张半径为3的圆形铁皮中裁剪出一块扇形铁皮（如图1阴影部分），并卷成一个深度为米的圆锥筒（如图2）．若所裁剪的扇形铁皮的圆心角为．
(1)求圆锥筒的容积；
(2)在（1）中的圆锥内有一个底面圆半径为的内接圆柱（如图3），求内接圆柱侧面积的最大值以及取最大值时的取值．
巩固训练
（2024·全国·模拟预测）
41．若半径为的小球可以在棱长均为的四棱锥内部自由转动，则的最大值为（ ）
A． B．
C． D．
（2024·广东肇庆·统考模拟预测）
42．在四面体中，，若，则四面体体积的最大值是 ，它的外接球表面积的最小值为 .
（2024·全国·模拟预测）
43．已知圆锥的侧面积为，高为，设圆锥的顶点为，点，B在底面圆周上，则面积的最大值为 ．
（2024上·全国·高三期末）
44．如图，在底面为菱形的四棱锥中，底面，其中为底面的中心.
(1)证明：平面平面.
(2)若，求四棱锥体积的最大值.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】
根据正四面体体积的等积性、球的几何性质、圆的切线性质，结合锐角三角函数定义、正切二倍角公式、正弦函数的单调性进行求解即可.
【详解】设该正四面体的棱长为，
设该正四面体的内切球的球心为，顶点在底面的射影为，
显然在线段上，显然该正四面体内切球的半径为，
如图所示：

由正弦定理可知：，
由勾股定理可知：，
由三棱锥体积的等积性可得：
，
，
由球的性质可知：当与圆相切时，最大，
如图所示：，
由圆的切线长定理可知：，
在直角三角形中，，
最大时，最小，因为，
所以此时为的中点，即有，
正四面体的内切球的球心为，显然也是该正四面体的外接球的球心，
所以，
因此，
，
于是有，

故选：D
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用球的几何性质、正弦函数的单调性、三棱锥的体积等积性.
2．C
【分析】设四面体内切球的球心为，半径为，则，求得，，从而求得，根据球的表面积公式即可求解.
【详解】
因为四面体四个面都为直角三角形，平面，
所以，，
设四面体内切球的球心为，半径为，
则
所以，
因为四面体的表面积为，
又因为四面体的体积，
所以，
所以内切球表面积.
故选：C.
3．
【分析】
根据题意利用余弦定理求得，由此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，利用长方体的性质求外接圆半径，再等体积法求出内切球半径，运算求解即可.
【详解】
在中，，
故，即，
则折成的三棱锥中，，，，
即此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，
设长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为a，b，c
则，解得，
此长方体的外接球是三棱锥的外接球，
设外接球的直径，即，
又因为三棱锥是长方体切掉四个角，
故三棱锥，
三棱锥四个侧面是全等的，
，
设内切球半径为，以内切球球心为顶点，把三棱锥分割为以球心为顶点，四个面为底面的的四个小三棱锥，四个小三棱锥体积等于大三棱锥的体积，
故，
则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为.
故答案为：.
【点睛】
方法定睛：多面体与球切、接问题的求解方法
(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．
(2)若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解．
(3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长．
(4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．
(5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
4．C
【分析】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即可.
【详解】由题，当球和正四面体的三个侧面以及内切球都相切时半径最大，
设内切球的球心为，半径为R，空隙处最大球的球心为，半径为，
为的中心，得平面，为中点，
球和球分别和平面相切于，，
在底面正三角形中，易求，，，
又，
由，即得，又，
，，，
又，可得即，即球的最大半径为.
故选：C.
5．
【分析】先根据正四面体的体积求出内切球的半径，取的中点为，再根据数量积得到，可得当的长度最小时，取得最小值，再求出球心到点的距离，从而可得点到的距离为，进而求解即可．
【详解】由正四面体的棱长为12，则其高为，
则其体积为，
设正四面体内切球的半径为，
则，解得，
如图，取的中点为，
则，
显然，当的长度最小时，取得最小值，
设正四面体内切球的球心为，可求得，
则球心到点的距离，
所以内切球上的点到点的最小距离为，
即当取得最小值时，点到的距离为．
故答案为：．
【点睛】关键点睛：本题考查几何体的内切球问题，解题的关键是先根据正四面体的体积可求出内切球的半径，得出点P到AD的距离为球心O到点E的距离减去半径．
6．
【分析】设正四面体的棱长为a，用a表示正四面体表面积为，求得正四面体的高，再利用等体积法求得其内切球的半径为r即可.
【详解】如图所示：
设正四面体的棱长为a，
因为正四面体表面积为，
所以，正四面体的高为，
设正四面体的内切球的半径为r，
则正四面体的体积为，
解得，
所以，
所以
故答案为：
7．D
【分析】
根据正六棱柱的性质可求解半径，由表面积公式即可求解.
【详解】由正六棱柱的性质可得为其外接球的球心（如图）,
由于底面为正六边形，所以为等边三角形，故,
所以,
所以为外接球的半径，故外接球表面积为，
故选：D
8．A
【分析】求出长方体外接球半径，再由球体体积公式求体积.
【详解】球O的半径为，
∴体积．
故选：A
9．
【分析】
设该正方体的棱长为，由正方体的性质得得到对角线，也就是外接球的直径，进而得到半径，然后利用球的体积公式得到关于的方程，求解即得.
【详解】
设该正方体的棱长为，则该正方体的外接球的半径为.
由，得,
故答案为：.
10．
【分析】
根据几何体外接球半径的求法求得正确答案.
【详解】正方体外接球的直径等于体对角线长，
所以球的半径为.
故答案为：
11．
【分析】
先求出长方体对角线的长度，即得外接球的直径，再求球的表面积即可.
【详解】由题意，长方体的对角线的长度即外接球的直径，为，
故这个球的表面积是.
故答案为：
12．
【分析】由长方体的体对角线为其外接球的直径，可计算出长方体的外接球的半径，再利用球体的表面积公式可求得结果.
【详解】设球的半径为，由于长方体的体对角线为其外接球的直径，则，故该球的表面积为.
故答案为：.
13．B
【分析】
根据题意可求得三棱锥外接球的球心到平面的距离，再利用球面上的点到平面距离的最值问题即可求得三棱锥体积的最大值.
【详解】由题可得将三棱锥补形成正方体，
可得三棱锥的外接球即正方体的外接球，且外接球半径．
设为外接球球心，根据正方体的结构特征可知点到平面ABC的距离为，如下图所示：
又，故可得点到平面ABC的距离，
则点到平面ABC的距离，
故点到平面ABC的距离．
易得是边长为的等边三角形，故三棱锥的体积，
因此三棱锥体积的最大值为．
故选：B．
14．B
【分析】
利用二面角的平面角的定义、勾股定理及余弦定理，将三棱锥补形成正方体，利用正方体的体对角线为外接球的直径，再利用球的表面积的公式即可求解..
【详解】设是的中点，连接，
因为，
所以，
所以是二面角的平面角，
所以，
由，得
在中，，
在中，，
在中，由余弦定理得：，
所以，
由于，
所以 两两垂直.
由此将三棱锥补形成正方体如下图所示，

正方体的边长为，则体对角线长为.
设正方体外接球的半径为，则
，解得，
所以外接球的表面积为.
故选：B.
15．
【分析】将四棱锥放到一个正方体内，从而可求解.
【详解】由题意得平面，为等腰直角三角形，则，
可将四棱锥放到一个正方体内，如图所示：
得此正方体的边长为，此正方体的外接球即是四棱锥的外接球，
所以得外接球半径，
所以外接球的表面积.
故答案为：.
16．
【分析】
构造长方体，根据外接球直径为,建立等式关系，继而求得三棱锥体积，结合基本不等式即可求得最大值.
【详解】设三棱锥的外接球的半径为,
则其体积,解得,
因为平面，,
构造长方体如下图，
由图可知，，
即，
则三棱锥体积
,
当且仅当时，等号成立，
故三棱锥体积的最大值是
故答案为：
17．D
【分析】
根据补形的方法求得外接球的表面积.
【详解】由于平面，平面，所以，
由于四边形是矩形，所以，
所以两两相互垂直，
所以四棱锥可补形为长方体，且长方体的体对角线为，
所以外接球的直径，
所以外接球的表面积为.
故选：D
18．
【分析】
将四面体放在长方体中，通过求长方体的外接球半径得出结果.
【详解】
如图，依题意将四面体放在长方体中，设长方体的高为.
根据锥体的体积，解得，
所以长方体的长宽高分别为，和4，
所以长方体的外接球直径即为对角线，解得.
所以四面体外接球的体积为．
故答案为：.
19．##
【分析】根据四面体棱长关系可知其由长方体切割所得，将其放在长方体中，可知四面体外接球即为长方体外接球，根据长方体外接球半径为体对角线长度一半，求得体对角线长度即可得到外接球半径，代入球的体积积公式即可求得结果.
【详解】因为，
所以由勾股定理可知，，，，
如图，将四面体ABCD补全为长、宽、高分别为、、的长方体，

则四面体外接球即为长方体外接球，长方体外接球直径即为体对角线长度，
所以，即，
所以该四面体外接球的体积为.
故答案为：.
【点睛】本题考查多面体外接球体积的求解问题，关键是能够根据四面体棱长长度关系，将其变为长方体的一个部分，从而将问题转化为长方体外接球体积的求解问题.
20．C
【分析】
求出正四面体的外接球半径，将正四面体放入正方体中，求出正方体的棱长，即可求得该正四面体的棱长.
【详解】
设正四面体的外接球半径为，则， 解得，
将正四面体放入正方体中，设正方体的棱长为，如下图所示：
则，所以，，故该正四面体的棱长为.
故选：C.
21．
【分析】
将三棱锥放入长方体中，设长方体的长宽高分别为，确定，进而得到球的半径，进而根据球体的表面积公式计算即可.
【详解】将三棱锥放入长方体中，设长方体的长宽高分别为，如图所示：
则，则，
因为球的直径即为长方体的体对角线，
则球的半径为，
所以球的表面积是.
故答案为：.
22．
【分析】
把四面体补成为一个长方体，利用长方体求出外接球的半径，即可求出外接球表面积.
【详解】对于四面体中，因为，，
所以可以把四面体放入一个长方体，如图：

设从同一个顶点出发的三条边长分别为、、，则有：
，解得，
点、、、均为长、宽、高分别为，，的长方体的顶点，
且四面体的外接球即为该长方体的外接球，
于是长方体的体对角线即为外接球的直径，
不妨设外接球的半径为，∴，
∴外接球的表面积为.
故答案为：.
23．B
【分析】设，，由题设．将放在棱长为x，y，z的长方体中，可得的关系式，三棱锥的外接球就是长方体的外接球，利用基本不等式结合球的表面积公式求解.
【详解】设，，由题设.
三棱锥中，，，，
将放在棱长为x，y，z的长方体中，如图，
则有，
三棱锥的外接球就是长方体的外接球，
所以，
由基本不等式，当且仅当时等号成立，
所以外接球表面积.
故选：B.
【点睛】
关键点睛：本题解决的难点是根据题意得到三棱锥的特征，从而放置到相应的长方体中，由此得解.
24．B
【分析】
将将四面体放入长方体中，求出长方体的体对角线，进而得到外接球半径，得到表面积.
【详解】将四面体放入长方体中，如图，
则四面体的外接球，即为长方体的外接球，
设长方体中，则，
三式相加得，故，
所以四面体的外接球半径为，
故四面体的外接球表面积为.
故选：B
25．
【分析】设、、分别为、、中点，沿、、折成四面体，把四面体补成一个长方体，作出图形，设长方体的棱长分别为、、，根据勾股定理可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，可求得该四面体的外接球直径，再利用柱体和锥体的体积公式可求得该四面体的体积.
【详解】设、、分别为、、中点，沿、、折成四面体，
设折起后、、重合为点，把四面体补成一个长方体，如图，
其中，，，
设长方体的棱长分别为、、，则，解得，
因此，该四面体的外接球直径为，
该四面体的体积为.
故答案为：；.
26．##
【分析】利用补形法即可得解
【详解】
因为，，，
故此四面体ABCD的外接球等价于如图所示的长方体的外接球，
所以，，，
所以，
外接球的直径，
故外接球的半径为，
所以外接梂的表面积为.
故答案为：.
27．B
【分析】
利用棱锥的体积公式得到的关系式，进而得到球的半径关于的关系式，利用三元基本不等式求得其最小值，从而得解.
【详解】设正四棱锥的底面边长为，高为，
则体积，所以，
设球的半径为，则，即，

则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以球的表面积的最小值为.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是求得球的半径关于的关系式，从而利用三元基本不等式即可得解.
28．
【分析】
取的中点，设，设等腰三角形外接圆的圆心为，半径为，球的半径为，结合线面垂直的性质与判定求得，再根据垂直关系可得点到平面的距离等于点到平面的距离，进而列式求解即可.
【详解】取的中点，连接，因为底面为等腰三角形，，所以，所以，
又因为平面平面，平面平面平面，所以平面，又平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
因为三角形为等腰三角形，，则，设，则，
设等腰三角形外接圆的圆心为，半径为，球的半径为，
连接，则三点共线，由平面得平面，
由正弦定理得，故，则，
连接，则，由平面，且三角形外接圆的圆心为，可得，
因为平面，所以，又平面，平面，故平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
又因为点到平面的距离的最大值为，所以，解得，所以，球的表面积为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
29．
【分析】
根据已知条件易得为等边三角形，为等腰三角形，进而确定外接圆圆心及半径，再证面面，利用面面垂直模型求外接球半径，即可求面积.
【详解】
由，，由余弦定理可得，
又，所以为等边三角形，令其外接圆圆心为，
等腰的外接圆半径，令其外接圆圆心为，在射线上，
则是中点，连接，且，，又，
所以，则，又，
，面，则面，面，
所以面面，若是三棱锥的外接球的球心，如上图，
易知为矩形，故，而，
所以外接球半径为，该三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：
30．C
【分析】
根据给定条件，确定三棱锥的外接球的球心位置，再求出球半径即可计算作答.
【详解】如图所示：

由题意在菱形中，互相垂直且平分，点为垂足，
，
由勾股定理得，
所以，即是等边三角形，，
设点为外接圆的圆心，
则外接圆的半径为，，
如图所示：

设三棱锥的外接球的球心、半径分别为点，
而均垂直平分，过点，
所以点在面，面内的射影分别在直线上，
不妨设点在面，面内的射影分别为，
即，
由题意，且二面角为直二面角，即面面，，
所以，即，
结合可知四边形为矩形，不妨设，
则由以上分析可知，，
由勾股定理以及，即，
可得，解得，
所以，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故选：C.
【点睛】关键点睛：画出图形，通过数学结合分析已知量与未知量的关系，建立适当的桥梁关系即可得到球心的位置以及球的半径，关键是首先去找，底面外接圆的圆心，综合性较强.
31．C
【分析】
画出图形，由正三棱台的对称性可得，正三棱台的外接球的球心落在上底面中心与下底面中心的连线上，先求出三棱台的高，再由外切球的性质得到外接球的半径.
【详解】分别取、的中心，连结，过作,
因为，由正弦定理得，得，同理可得，所以，
所以设正三棱台的外接球球心O，O在EF上，
设外接球O的半径为R，所以
，
即，又因为
解得
所以正三棱台的外接球体积.
故选：C.
32．
【分析】求出底面直角三角形内切圆半径，即可得直棱柱的高，如图，分别取的中点，连接，的中点是其外接球球心，求出半径后可得表面积．
【详解】由已知是直角三角形，，的内切圆半径为，
直三棱柱中存在内切球，则其高为，
分别取的中点，连接，则也是该直三棱柱的高，的中点是其外接球球心，
，
所以外接球的表面积为．
故答案为：．
33．A
【分析】取的中点，所以为二面角的平面角，过点作与平面垂直的直线，则球心在该直线上，设球的半径为，在中利用余弦定理可得，从而可得外接球的表面积.
【详解】如图，取的中点，连接，，
由题意，，所以，
所以为二面角的平面角，所以，
因为是以为斜边的等腰直角三角形，且，
所以，为外接圆的圆心，
又是边长为2的等边三角形，所以，
过点作与平面垂直的直线，则球心在该直线上，
设球的半径为，连接，可得，
在中，，
利用余弦定理可得，
所以，解得，
所以外接球的表面积为.
故选：A.
34．
【分析】先判断当平面平面时，三棱锥的体积最大，求得，再找出四棱锥外接球的球心，由勾股定理求得半径，进而得到表面积；当垂直于截面圆时，截面圆半径最小，面积最小即得答案.
【详解】第一空：设点到平面的距离为，
在中，取的中点，连接交于点，连接，
因为为等边三角形，为的中点，则，
由题意可知，、分别为、的中点，则，则，，
翻折后，则有，所以二面角的平面角为，
过点在平面内作或其延长线上，
因为，，，、平面，
所以平面，
因为平面，则，
又因为，，、平面，
所以平面，
所以，且，则，
当为直角时，取最大值，
因为为的中点，为定值，
故当为直角时，取最大值，
此时，平面平面，
故是边长为的等边三角形，
因为，则，
因为为的中点，为的中点，则且，
同理可得，则为四边形的外心，
设等边的外心为点，过点作平面，
因为平面，则，
过点作平面的垂线交于点，则为四棱锥的外接球球心，
连接，则为球的一条半径，
因为平面平面，平面平面，，
平面，则平面，因为平面，则，
又因为平面，则，故四边形为矩形，
且，则，
因为，则，则，
所以，
所以球的表面积为；
第二空： 因为等边的外心为点，，则，，又，，
则，
当过点的截面与垂直时，截面圆的半径取最小值，
且，
因此，过的三等分点作球的截面，则所得截面圆面积的最小值是.
故答案为：；.
35．C
【分析】如图，取的中点D，连接和，则为二面角的平面角，即，过点D作平面的垂线，过点作平面的垂线，则交点为球心，连接，，然后在、中分别运用勾股定理、余弦定理可得，从而可求得球的表面积.
【详解】
如图，因为，，所以，
因为，所以为等边三角形，所以.
取的中点D，连接和，则为二面角的平面角，即.
因为为直角三角形，所以D为的外心.设的外心为，
过点D作平面的垂线，过点作平面的垂线，则交点为球心，连接，.设三棱锥外接球的半径为R.
在中，，
由已知得，在中，由余弦定理得，
即，解得，
故三棱锥外接球的表面积为.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题的关键是准确画出图形然后根据找到外接球心的位置，最终根据解三角形知识确定球的半径即可顺利求解.
36．
【分析】作出图象，由题意可得平面平面，和均是边长为3的等边三角形，连接外接圆的圆心为与四面体的外接球的球心为，在直角三角形中由勾股定理解出的值，再根据球的表面积公式计算即可.
【详解】设菱形对角线，如图，

因为四边形为菱形，，，
所以和均是边长为3的等边三角形，则．
因为翻折后点到平面的距离最大，所以平面平面，
设的外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，
则平面，且，
设，则，解得，
所以外接球的半径，
所以四面体的外接球的表面积．
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题的关键是分析得出平面平面，进一步得出平面，且，然后通过列出等式即可求出，从而进一步求解.
37．A
【分析】
先求外接球半径，后运用基本不等式求最值即可.
【详解】
设四面体体积是，外接球半径是，表面积是，
棱两两垂直，，
，，
易知，
当且仅当时取等，故有，
则，
故选：A
38．D
【分析】
根据给定条件，求出圆锥的母线长，进而求出圆锥轴截面顶角即可求解得答案.
【详解】令圆锥母线长为，显然圆锥侧面展开图扇形弧长为，
由侧面展开图面积为，得，解得，
又圆锥轴截面等腰三角形底边长为6，底角满足，即，
因此圆锥轴截面等腰三角形顶角为，等腰的顶角，
则面积，当且仅当时取等号，
所以面积的最大值为6.
故选：D
39．C
【分析】
作图连辅助线，先求出正四面体的外接球半径，再求出四面体的高，在中求出即为礼品包装盒半径的最小值.
【详解】
如图，正四面体的棱长为，正四面体的棱长为，取的中点D，连接，过点P作平面于点H，交平面于点I，则H为的重心，平面，I为的重心．八面体的外接球的球心O与正四面体的外接球的球心重合，且在上．
设正四面体的外接球半径为R，连接，则．
在正三角形中，，
在中，由勾股定理得．
在中，，即，解得．
连接，因为，所以，则,
所以．
连接，在中，，所以，所以球形礼品包装盒的半径的最小值为．
故选：C
40．(1)
(2)，
【分析】（1）根据圆锥的结构特征，扇形即为为圆锥的侧面展开图，求出圆锥的底面半径和高，即可求出容积；
（2）根据圆柱内接圆锥关系，求出圆柱的高与底面半径的关系式，进而求出圆柱侧面积的目标函数，根据函数特征求其最值即可.
【详解】（1）设圆锥筒的半径为，容积为，
∵所裁剪的扇形铁皮的圆心角为，
∴，解得，
∴，
∴.
∴圆锥筒的容积为.
（2）设内接圆柱高为，由圆锥内接圆柱的轴截面图，
得，
所以内接圆柱侧面积
，
所以当时内接圆柱侧面积最大，最大值为.
【点睛】本题考查圆锥与扇形展开图的关系、体积以及内接圆柱侧面积最值的计算，考查计算求解能力，属于中档题.
41．C
【分析】
根据球与四棱锥内切的条件，即可判断选项.其中：
解法一：利用“等体积法”，即可求解；
解法二：根据内切球半径满足的条件，将其放在三角形中，通过已知条件列方程，结合解三角形知识即可求解.
【详解】
解法一：记该四棱锥为四棱锥，如图：

由四棱锥的棱长均为8，得其表面积，高为，则其体积．
当小球的半径最大时，小球与四棱锥的5个面均相切，设此时小球的球心为，半径为，
即为球心到四棱锥四个侧面和底面的高，
四棱锥的体积又可表示为
，
，
，
所以，解得.
故的最大值为．
故选：C.
解法二：记该四棱锥为四棱锥，如图：

连接，，交于点，连接，则该四棱锥的内切球球心在线段上．
设内切球与侧面相切于点，球的半径为，连接，
则平面，且．
连接并延长，交于点，连接，
则为的中点，，．
由四棱锥的棱长均为8，可知，，．
易知，
所以，
即，得，故的最大值为.
故选：C．
42．
【分析】
根据余弦定理以及不等式可得，进而可求解面积的最大值，进而根据，即可求解高的最大值，进而可求解体积，根据正弦定理求解外接圆半径，即可根据球的性质求解球半径的最小值，即可由表面积公式求解.
【详解】由余弦定理可得,
故，所以，
当且仅当时取等号，故，
故面积的最大值为，
，
由于，所以点在以为直径的球上（不包括平面），故当平面平面时，此时最大为半径，
故，
由正弦定理可得：，为外接圆的半径，
设四面体外接球半径为,则,其中分别为球心和外接圆的圆心，故当时，此时最小，
故外接球的表面积为,
故答案为：,
43．6
【分析】
求出圆锥的底面半径和母线长，确定当等腰三角形PAB的顶角为时，其面积取得最大值，即可求得答案.
【详解】
设圆锥的底面半径为，母线长为，则圆锥的高，
又圆锥的侧面积为，所以，解得，，
则该圆锥的轴截面三角形的三边长为，，6，则它是顶角为的等腰三角形．
()
故当等腰三角形PAB的顶角为时，其面积取得最大值，为，
故答案为：6
44．(1)证明详见解析
(2)
【分析】
（1）通过证明平面，来证得平面平面.
（2）设，然后利用基本不等式求得四棱锥体积的最大值.
【详解】（1）由于底面，平面，所以，
由于四边形是菱形，所以，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以平面平面.
（2）设，所以，
所以
，
当且仅当时等号成立.
所以四棱锥体积的最大值为.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

展开更多......

收起↑