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热点1-10 空间几何体的表面积和体积（核心考点八大题型）
（解析版）
【考情透析】
空间几何体的表面积和体积是高考考查的重点内容，常以选择题、填空题为主，要求考生要有较强的空间想象和计算能力，难度为中档。
【归纳题型】
核心考点题型一 空间几何体的结构特征
1．【多选】（2023秋·浙江杭州·高三浙江省桐庐中学期末）下列命题正确的是（ ）
A．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
B．棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形
C．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
D．棱柱的面中，至少有两个面互相平行
【答案】BD
【分析】根据常见几何体的性质与定义逐个选项辨析即可.
【详解】对A，棱台指一个棱锥被平行于它的底面的一个平面所截后，截面与底面之间的几何形体，其侧棱延长线需要交于一点，故A错误；
对B，棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形，故B正确；
对C，用平面截圆柱得到的截面也可能是椭圆，故C错误；
对D，棱柱的面中，至少上下两个面互相平行，故D正确；
故选：BD
【例题2】（2023秋·四川绵阳高三校考模拟预测）已知：“四棱柱是正棱柱”，：“四棱柱的底面和侧面都是矩形”，则是的（ ）条件
A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要
【答案】A
【解析】当四棱柱是正棱柱时，其底面为正方形，侧面为矩形，即是的充分条件；当四棱柱的底面和侧面都是矩形时，底面不一定是正方形，故四棱柱不一定是正棱柱，故不是的必要条件，则是的充分不必要条件，故选：A
【例题3】（2023秋·云南曲靖一中高三专题）《九章算术》是中国古代张苍 耿寿昌所撰写的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称之为“羡除”，则（ ）
A．“羡除”有且仅有两个面为三角形； B．“羡除”一定不是台体；
C．不存在有两个面为平行四边形的“羡除”； D．“羡除”至多有两个面为梯形.
【答案】ABC
【分析】画出图形，利用新定义判断A；通过，判断“羡除”一定不是台体，判断B；利用反证法判断C；通过两两不相等，则“羡除”有三个面为梯形，判断D．
【详解】由题意知：，四边形为梯形，如图所示：
对于A：由题意知：“羡除”有且仅有两个面为三角形，故A正确；
对于B：由于，所以：“羡除”一定不是台体，故B正确；
对于C：假设四边形和四边形BCDF为平行四边形，则，且，则四边形为平行四边形，与已知的四边形为梯形矛盾，故不存在，故C正确；
对于D：若，则“羡除”三个面为梯形，故D错误．
故选：ABC．
【变式1-1】（2023秋·河南安阳高三模拟）在三棱锥中，“三棱锥为正三棱锥”是“且”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】验证充分性可根据正三棱锥的几何性质通过线面垂直的判定及性质判断线线垂直，必要性验证借助直四棱柱构造三棱锥满足，，结合直四棱柱的性质判断三棱锥是否为正三棱锥即可.
【详解】解：充分性：如图，在中，为中点，连接
若三棱锥为正三棱锥，则为正三角形，且，
因为为中点，所以，又平面
所以平面，又平面，则，
同理可得，故充分性成立；
必要性：如图，
在直四棱柱中，底面为菱形，且，但
由直四棱柱及底面为菱形，易得，又，
则直四棱柱的侧面均为正方形，易得，且，
由于，则不为正三角形，故三棱锥不为正三棱锥，故必要性不成立；
综上，“三棱锥为正三棱锥”是“且”的充分不必要条件.
故选：A.
【变式1-2】（2023春·甘肃兰州高三校联考期中）下列命题正确的是（ ）
A．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线
B．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C．以直角梯形的一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆台
D．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
【答案】AC
【分析】根据圆锥母线的定义可判断A，根据棱台的定义可判断B，根据圆台的定义可判断C，根据平面与圆柱底面的位置关可判断D.
【详解】对于A，根据圆锥的母线的定义，可知A正确；
对于B，把梯形的腰延长后有可能不交于一点，
此时得到几何体就不是棱台，故B错误；
对于C，根据圆台的定义，可知C正确；
对于D，当平面不与圆柱的底面平行且不垂直于底面时，
得到的截面不是圆和矩形，故D错误.
故选：AC
【变式1-3】（2023秋·河北保定高三模拟）正方体中，用平行于的截面将正方体截成两部分，则所截得的两个几何体不可能是（ ）
A．两个三棱柱 B．两个四棱台 C．两个四棱柱 D．一个三棱柱和一个五棱柱
【答案】B
【解析】在正方体中，连接，
因为，平面，平面，
所以平面，则截面把正方体截成两个三棱柱；
分别取的中点，连接，
则可得，又平面，平面，
∴平面，则截面把正方体截成一个三棱柱和一个五棱柱；
分别在上取点使，
同理可得平面，则截面把正方体截成两个四棱柱；
不存在平行于的截面将正方体截成两个四棱台.故选：B.
【变式1-4】．（2023春·河南商丘实验中学校联考）某广场设置了一些石凳供大家休息，如图，每个石凳都是由正方体截去八个相同的正三棱锥得到的几何体，则下列结论不正确的是（ ）

A．该几何体的面是等边三角形或正方形 B．该几何体恰有12个面
C．该几何体恰有24条棱 D．该几何体恰有12个顶点
【答案】B
【分析】根据几何体的形状逐个选项判断即可.
【详解】据图可得该几何体的面是等边三角形或正方形，A正确；该几何体恰有14个面，B不正确；该几何体恰有24条棱，C正确；该几何体恰有12个顶点，D正确．
故选：B
【变式1-5】（2023·河南洛阳高三专题检测）1750年，欧拉在给哥德巴赫的一封信中列举了多面体的一些性质，其中一条是：如果用V，E和F分别表示简单凸多面体的顶点数、棱数和面数，则有如下关系：．已知一个正多面体每个面都是全等的等边三角形，每个顶点均连接5条棱，则（ ）
A．50 B．52 C．60 D．62
【答案】D
【分析】根据多面体的性质，结合欧拉公式进行求解即可.
【详解】由已知条件得出，解得，所以．
故选：D．
核心考点题型二 空间图形的展开图及最短路径问题
【例题1】．（2023秋·云南曲靖一中校考期末）如图是一个正方体的平面展开图，将其复原为正方体后，互相重合的点是_______.
①与 ②与 ③与 ④与
【答案】①②④
【分析】还原正方体即可解决.
【详解】根据题意，标记下图，
还原得
由图知，与，与，与重合，
故答案为：①②④
【例题2】（2023·安徽黄山·统考一模）如图，在四棱锥P-ABCD的平面展开图中，正方形ABCD的边长为4，是以AD为斜边的等腰直角三角形，，则该四棱锥外接球被平面PBC所截的圆面的面积为 .
【答案】
【解析】该几何体的直观图如下图所示
分别取的中点，连接
又，所以由线面垂直的判定定理得出平面
以点为坐标原点，建立空间直角坐标系
，
设四棱锥外接球的球心
，，解得
设平面的法向量为
，取，则
四棱锥外接球的球心到面的距离为
又，所以平面PBC所截的圆的半径
所以平面PBC所截的圆面的面积为.
故答案为：
【例题3】．（2023秋·河南开封高三模拟）如图，圆柱的高为2，底面周长为16，四边形ACDE为该圆柱的轴截面，点B为半圆弧CD的中点，则在此圆柱的侧面上，从A到B的路径中，最短路径的长度为（ ）．
A． B． C．3 D．2
【答案】B
【分析】画出圆柱的侧面展开图，解三角形即得解.
【详解】解：圆柱的侧面展开图如图所示，由题得,
所以.
所以在此圆柱的侧面上，从A到B的路径中，最短路径的长度为.
故选：B
【例题4】（2023·四川成都高三模拟）如图，在直三棱柱中，，，，E、F分别是、的中点，沿棱柱的表面从E到F的最短路径长度为________．

【答案】/
【分析】分析可得沿棱柱的表面从E到F可能经过棱，，，再分别展开直观图求解即可.
【详解】若从E到F经过棱则沿棱展开如图，过作于，则，，故.

若从E到F经过棱则沿棱展开如图，，，.

若从E到F经过棱则沿棱展开如图，，，.

若从E到F经过棱则沿棱展开如图，由题意，为等腰直角三角形，四边形为正方形，故为等腰直角三角形，故四边形为直角梯形.又，，故.

故沿棱柱的表面从E到F的最短路径长度为.
故答案为：
【例题5】．（2023·陕西榆林高三专题检测）如图，有一圆锥形粮堆，其轴截面是边长为的正，粮堆母线的中点处有一老鼠正在偷吃粮食，此时小猫正在处，它要沿圆锥侧面到达处捕捉老鼠，则小猫所经过的最短路程是___________
.
【答案】
【分析】求这只小猫经过的最短距离的问题首先应转化为圆锥侧面展开图的问题，转化为平面上两点的距离问题即可.
【详解】解：由题意得：
圆锥的底面周长是，则，解得：
可知圆锥侧面展开图的圆心角是，如图所示：
则圆锥的侧面展开图中：，，
所以在圆锥侧面展开图中：
故答案为：
【变式2-1】（2023·河北保定高三专题检测）如图是一个长方体的展开图，如果将它还原为长方体，那么线段AB与线段CD所在的直线（ ）
A．平行 B．相交 C．是异面直线 D．可能相交，也可能是异面直线
【答案】C
【分析】将展开图还原成长方体，即可判断
【详解】如图，将展开图还原成长方体，易得线段AB与线段CD是异面直线，
故选：C
【变式2-2】（2023·江苏无锡高三统考模拟预测）如图①，这是一个小正方体的侧面展开图，将小正方体从如图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、第6格，这时小正方体正面朝上的图案是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据正方体的侧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，“同心圆”和“圆”相对，“加号”和“箭头”相对，“心形”和“星星”相对．
由图②可得，小正方体从如图②所示的位置翻到第6格时正面朝上的图案是．
故选：C.
【变式2-3】（2023·陕西汉中高三统考模拟预测）如图，某圆柱体的高为1，ABCD是该圆柱体的轴截面.已知从点B出发沿着圆柱体的侧面到点D的路径中，最短路径的长度为，则该圆柱体的侧面积是（ ）

A．14 B． C．7 D．
【答案】A
【分析】根据圆柱侧面展开图，先求出圆柱底面半径，再根据侧面积公式求圆柱体的侧面积.
【详解】
设圆柱体底面圆的半径为，将侧面的一半展开后得四边形为矩形，
则依题意得：，
所以，即，
所以该圆柱体的侧面积为：.
故选：A.
【变式2-4】（2023·云南大理高三模拟预测）如图，某圆柱的一个轴截面是边长为2的正方形ABCD，点E在下底面圆周上，且，点F在母线AB上，点G是线段AC的靠近点A的四等分点，则的最小值为（ ）

A． B．3 C．4 D．
【答案】A
【分析】将绕直线AB旋转到的位置，并且点在BC的反向延长线上，连接，交AB于点，此时最小，求出即可．
【详解】将绕直线AB旋转到的位置，并且点在BC的反向延长线上，
连接，交AB于点，此时最小，如图所示：

因为，所以，
又因为，所以，
又因为，所以，
在中，由余弦定理得，
解得，即的最小值为．
故选：A．
【变式2-5】（2023·山东威海高三专题检测）如图，已知圆锥的底面半径为1，母线长，一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ）
A． B． C．6 D．
【答案】B
【分析】画出圆锥的侧面展开图，则蚂蚁爬行的最短距离为，在中，解三角形即可.
【详解】已知圆锥的侧面展开图为半径是3的扇形，如图，
一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点的最短距离为，设，
圆锥底面周长为，所以，所以，
在中，由，得
故选：B．
【变式2-6】（2023·陕西汉中高三统考模拟预测）如图，长方体中，，，M是的中点.

(1)求证：；
(2)求证：∥平面；
(3)点P是棱上的动点，求的最小值，并说明此时点P的位置.
【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)，
【分析】（1）利用线面垂直的判定证明线线垂直；
（2）可以直接利用线面平行的判定定理证明，也可以先证明面面平行再利用面面平行的性质证明线面平行；
（3）将长方体侧面和沿展开，利用两点之间线段最短即可求解.
【详解】（1）连接，因为四边形为正方形，所以，
长方体中，平面，平面，
所以，
因为且平面，所以平面，
又因为平面，所以.

（2）证法一：连结交于N点，则N为的中点，
连结MN，则MN为△的中位线，故，
因为平面， 平面，所以平面；

证法二：取中点G，连接CG，则，，
所以四边形为平行四边形，所以∥，
因为平面，平面，所以∥平面，
连结,,则，，四边形GABM为平行四边形，
所以， 因为平面，平面，所以∥平面，
又因为，平面，所以平面∥平面，
又因为平面,所以∥平面，

（3）将长方体侧面和沿展开如图所示：

连接交于点，则 （当且仅当三点共线时取等号），所以即为所求点P，，
因为， 所以,即，
所以的最小值是且.
【变式2-7】（2023·河北唐山高三统考模拟）如图，在三棱锥的平面展开图中，，，，，，则三棱锥的外接球的表面积为 ．

【答案】
【解析】还原出如图所示的三棱锥，
，，平面，
设平面的截面圆心为，半径为，球心为，球半径为，
在中，由余弦定理可得，则，
这由正弦定理得，，
，
，
外接球的表面积.
故答案为：.
核心考点题型三 斜二测画法及应用
【例题1】（2023·江苏镇江高三统考模拟预测）如图，一个水平放置的的斜二测画法的直观图是等腰直角三角形，若，则原三角形的面积为 .
【答案】
【分析】根据斜二测画法的规则，与 轴平行的线段在直观图中与轴平行，长度不变；与 轴平行的线段在直观图中与轴平行，长度减半，分别求出 的长度，即可求出面积.
【详解】根据题意可得，
在中，，
，
所以的面积为
故答案为：.
【例题2】（2023·江西上饶·校联考模拟预测）如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由斜二测画法原理将直观图转化为原图，根据原图运算求解即可.
【详解】由题意可得：，
由直观图可得原图，如图所示，可知：，
可得，
所以原三角形的周长.
故选：B.
【例题3】（2023·河北石家庄高三模拟预测）如图，长方体的底面的斜二测直观图为平行四边形.已知，，高，，分别为，的中点，用平面截该长方体，则剩余的三棱台的体积为 .

【答案】
【分析】利用斜二测画法求出长方体的长、宽、高，再由棱台体积公式可解.
【详解】
因为，，高，
所以长方体中，，，，
又，分别为，的中点，，
由棱台体积公式.
故答案为：
【变式3-1】（2023·江西上饶高三统考模拟预测）如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，则平面图形中对角线的长度为（ ）

A． B． C． D．5
【答案】C
【分析】根据斜二测画法的规则确定原图形，利用勾股定理求得长度.
【详解】由直观图知原几何图形是直角梯形，如图，

由斜二测法则知，，，
所以.
故选：C
【变式3-2】（2023·甘肃天水高三模拟预测）一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，该直观图是一个等腰梯形，且，则原平面图形的边 .

【答案】
【分析】分别过作于点，于点，可求出，在中求出，，从而可得，然后在直角三角形，利用勾股定理可求得结果.
【详解】分别过作于点，于点，
因为，
所以，
所以，所以，
所以，，
因为，所以为等腰直角三角形，
所以，所以，
在中，，，，
由正弦定理得，
所以，
所以，得，
所以由斜二测画法可知，，
所以，
故答案为：

【变式3-3】（2023·山西大同高三模拟预测）．如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则 ；平面图形以所在直线为轴旋转一周所得立体图形的体积为 .

【答案】
【分析】由斜二测画法原理可得平面图形是直角梯形，进而可求；直角梯形以所在直线为轴旋转一周所得立体图形为圆台，可求其体积.
【详解】由平面图形的直观图的斜二测画法原理可知，平面图形是直角梯形，如图：

其中，，，，
过作交于，则为的中点，
在中，，，
所以；
将直角梯形以所在直线为轴旋转一周所得立体图形为圆台，
其上底面圆的半径为，下底面圆的半径为，高为，
故此圆台体积为.
故答案为：；
【变式3-4】（2023·四川广元高三模拟预测）用斜二测画法画的直观图如图所示，其中，，则中边上的中线长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作出的原图形，结合三角形的几何性质可求得中边上的中线长.
【详解】在直观图中，，且，则，故，
又因为，则，可得，
故为等腰直角三角形，所以，，故轴，
依据题意，作出的原图形如下图所示：

延长至点，使得，则为的中点，
由题意可知，，，，且，
所以，且，故四边形为平行四边形，则，
取的中点，连接，
因为、分别为、的中点，则.
故选：D.
【变式3-5】（2023·山东烟台高三模拟）已知一个直三棱柱的高为2，如图，其底面ABC水平放置的直观图（斜二测画法）为，其中，则此三棱柱的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据斜二测画法的“三变”“三不变”可得底面平面图，然后可解.
【详解】由斜二测画法的“三变”“三不变”可得底面平面图如图所示，其中，所以，所以此三棱柱的表面积为.
故选：C
【变式3-6】（2023·湖北黄冈·黄冈中学校考三模）（多选题）如图所示，四边形是由斜二测画法得到的平面四边形水平放置的直观图，其中，，，点在线段上，对应原图中的点，则在原图中下列说法正确的是（ ）
A．四边形的面积为14
B．与同向的单位向量的坐标为
C．在向量上的投影向量的坐标为
D．的最小值为17
【答案】ABD
【分析】根据直观图可得四边形为直角梯形，从而可求得原图形的面积，即可判断A；以点为坐标原点建立平面直角坐标系，写出的坐标，再根据与同向的单位向量为，即可判断B；根据在向量上的投影向量的坐标为即可判断C；设，根据向量线性运算的坐标表示及模的坐标表示即可判断D.
【详解】解：由直观图可得，
四边形为直角梯形，且，
则四边形的面积为，故A正确；
如图，以点为坐标原点建立平面直角坐标系，
则，
则，
所以与同向的单位向量的坐标为，故B正确；
，
则在向量上的投影向量的坐标为，故C错误；
设，
则，
则，
，
当时，取得最小值，故D正确.
故选：ABD.
核心考点题型四 空间几何体的表面积
【例题1】（2023·江苏南通高三三模）如图，圆锥的底面直径和高均是4，过的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几何体的表面积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】通过圆锥的底面半径和高，可求出圆柱的高和底面半径，再结合圆锥的表面积与圆柱的侧面积可求得剩下几何体的表面积.
【详解】设圆柱的高为，底面半径为，可知，
则圆锥的母线长为，
所以剩下几何体的表面积为.
故选：B.
【例题2】（2023秋·辽宁沈阳高三统考期末）如图，扇形中，，，将扇形绕所在直线旋转一周所得几何体的表面积为______．
【答案】
【分析】根据题意得到几何体为以为圆心，为半径的半个球体，再求其表面积即可.
【详解】将扇形绕所在直线旋转一周得到几何体为以为圆心，为半径的半个球体.
几何体的表面积为.
故答案为：
【例题3】（2023秋·山东烟台高三专题检测）如图，斜三棱柱中，底面是边长为1的正三角形，侧棱长为2，，则该斜三棱柱的侧面积是_________．
【答案】/
【分析】过点作于，证出≌，得出，证得平面，得出，结合再证明出，得出平行四边形为矩形，即可计算出斜三棱柱的侧面积．
【详解】过点作于，如图所示，
，，，≌，
，，即，
又，平面，
又平面，，
又，，∴平行四边形为矩形，
∴该斜三棱柱的侧面积为：，
故答案为：．
【例题4】．（2023·河南洛阳高三模拟）由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥（底面是正方形，侧棱长都相等的四棱锥），其侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为，则以该四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比为（ ）
A．2 B． C． D．4
【答案】B
【分析】设底面的正方形的边长为，由棱锥的性质求棱锥的高，由此确定以该四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比.
【详解】如图为正四棱柱，为侧面三角形底边上的高，
设，
由已知侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为，
所以，
连接，设其交点为，
因为四边形为正方形，所以为的中点，
因为，
，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，即为以为斜边的直角三角形，
因为，，
所以，
所以以四棱锥的高为边长的正方形面积，
四棱锥的侧面积，
所以，
所以以四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比为，
故选：B.
【变式4-1】．（2023·吉林长春高三模拟）如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，余下的多面体称作“阿基米德体”．若一个正四面体的棱长为12，则对应的“阿基米德体”的表面积为 ．

【答案】
【分析】由阿基米德体的定义，可以得出该多面体由四个全等的正六边形和四个全等的正三角形组成，分别计算出正六边形和正三角形的面积，即可得出该几何体的表面积.
【详解】根据题意，正四面体的棱长为12，一个面的面积为，
截去顶角所在的小正四面体的边长为4，小正四面体一个面的面积为，
则该多面体中一个正六边形的面积为，
则该“阿基米德体”的表面积为.
故答案为：

【变式4-2】．（2023·云南昆明高三模拟）．如图，某几何体的形状类似胶囊，两头都是半球，中间是圆柱，其中圆柱的底面半径与半球的半径都为1，若该几何体的表面积为，则其体积为 .

【答案】
【分析】根据给定条件，求出中间圆柱的高，再利用球和圆柱的体积公式求解作答.
【详解】依题意，几何体可视为半径为1的球和底面圆半径为1，高为的圆柱组合而成，
于是几何体的表面积，解得，
所以该几何体的体积.
故答案为：
【变式4-3】（2023秋·内蒙包头高三校考）如图一个正六棱柱的茶叶盒，底面边长为，高为，则这个茶叶盒的表面积为______.
【答案】
【分析】根据棱柱表面积的求法，结合已知求茶叶盒的表面积.
【详解】由题设，一个底面的面积为，
一个侧面矩形面积为，
所以茶叶盒的表面积为.
故答案为：
【变式4-4】．（2023秋·江西南昌高三校联考）已知是圆锥的一个轴截面，分别为母线的中点，，则圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据轴截面求出底面半径和母线长，再根据侧面积公式可求出结果.
【详解】如图：
因为，所以，则圆锥底面半径，
，即母线，
所以圆锥的侧面积.
故选：D
【变式4-5】．（2023·四川绵阳高三模拟）《九章算术》是我国古代的数学名著.其“商功”中记载：“正四面形棱台（即正四棱台）建筑物为方亭.”现有如图所示的烽火台，其主体部分为一方亭，将它的主体部分抽象成的正四棱台（如图所示），其中上底面与下底面的面积之比为，方亭的高为棱台上底面边长的倍.已知方亭的体积为，则该方亭的表面积约为（ ）（，，）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设方亭相应的正四棱台的上底面边长，则，棱台的高，
所以，解得，
所以正四棱台的上底面边长为，下底面边长为，棱台的高为，
所以方亭的斜高为，
由于各侧面均为相等的等腰梯形，所以，
所以方亭的表面积.
故选：C
【变式4-6】（2024·河南郑州统考模拟预测）在一个正六棱柱中挖去一个圆柱后，剩余部分几何体如图所示．已知正六棱柱的底面正六边形边长为3cm，高为4cm，内孔半径为1cm，则此几何体的表面积是（ ）．

A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】所求几何体的侧面积为，
上下底面面积为，
挖去圆柱的侧面积为，
则所求几何体的表面积为．
故选：C．
【变式4-7】（2023·甘肃张掖高台县第一中学校考模拟预测）仿钧玫瑰紫釉盘是收藏于北京故宫博物院的一件明代宣德年间产的瓷器．该盘盘口微撇，弧腹，圈足．足底切削整齐．通体施玫瑰紫釉，釉面棕眼密集，美不胜收．仿钧玫瑰紫釉盘的形状可近似看成是圆台和圆柱的组合体，其口径为15.5cm，足径为9.2cm，顶部到底部的高为4.1cm，底部圆柱高为0.7cm，则该仿钧玫瑰紫釉盘圆台部分的侧面积约为（ ）（参考数据：π的值取3，）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】方法1：设该圆台的母线长为l，高为h，两底面圆的半径分别为R，r（其中），
则，，，
所以，故圆台部分的侧面积为．
故选：D
方法2（估算法）：若按底面直径为15.5cm，高为3.4cm的圆柱估算圆台部分的侧面积得，易知圆台的侧面积应大于所估算的圆柱的侧面积，故此仿钧玫瑰紫釉盘圆台部分的侧面积大于，对照各选项可知只有D符合．
故选：D
【变式4-8】（2023·安徽安庆·安庆一中校考三模）陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知，底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积（单位：）是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据圆柱与圆锥的表面积公式求解.
【详解】由题意可得圆锥体的母线长为，
所以圆锥体的侧面积为，
圆柱体的侧面积为，
圆柱的底面面积为，
所以此陀螺的表面积为，
核心考点题型五 空间几何体的体积
（一）直接法
【例题1】（2023秋·四川成都七中校考）若某圆锥高为3 ， 其侧面积与底面积之比为， 则该圆锥的体积为________.
【答案】
【分析】由题意可列出关于圆锥底面半径和母线的方程组，解方程组即可求得底面半径和母线，从而可求圆锥的体积.
【详解】设此圆锥的底面半径为，母线长为，则，
因为圆锥的侧面展开图是一个扇形，扇形的弧长是圆锥底面圆的周长，扇形的半径是圆锥母线长，所以，，又侧面积与底面积之比为，
所以，所以，结合可解得，，
所以该圆锥的体积.
故答案为：

【例题2】（2024春·辽宁鞍山高三校联考开学考试）已知A，B，C是半径为的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意，，设中点为，由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半可得，则（三线合一），根据勾股定理，，
连接，由，
则，又，平面，故平面，
即为三棱锥的高，
故.故选：A
【例题3】（2023·河北·统考模拟预测）已知正四棱台中，，，则其体积为________.
【答案】
【分析】作出正四棱台的直观图，过点作交于点，过点作交于点，利用勾股定理求出棱台的高，最后根据棱台的体积公式计算可得.
【详解】如图正四棱台中，
则，，过点作交于点，
过点作交于点，
则，又，所以，
即正四棱台的高，
所以棱台的体积.
故答案为：
【例题4】．（2023·黑龙江齐齐哈尔高三统考期中）已知正四棱锥的各顶点都在同一个球面上，球的体积为，则该正四棱锥的体积最大值为（ ）
A．18 B． C． D．27
【答案】B
【解析】如图，设正四棱锥的底面边长，高，外接球的球心为，则，
因为球的体积为，所以球的半径为，
在中，，即，
所以正四棱锥的体积为
整理得，则，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以当时，函数取得最大值，
故选：B
【变式5-1】（2023秋·重庆一中校考检测）若某圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆面，其内接正四棱柱的高为，则此正四棱柱的体积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设圆锥底面半径为，因为母线长为,
则半圆弧长底面周长，
所以，圆锥的高为
如图，设，则，设，则，
因为，
∴，
所以，
∴，，
故选：C．
【变式5-2】（2023秋·云南曲靖一中校考检测）已知一个圆锥的底面半径为1，体积是，则其侧面展开图的圆心角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由已知条件可求出圆锥的高，从而可求出圆锥的母线长，再利用弧长公式可求得结果
【详解】设圆锥的高为，母线长为，底面半径为，侧面展开图的圆心角为，
因为圆锥的底面半径为1，体积是，
所以，得，
所以，
因为，所以，得，
即侧面展开图的圆心角为，
故选：D
【变式5-3】（2023·江苏无锡高三模拟预测）如图1，位于西安大慈恩寺的大雁塔是我国现存最早、规模最大的唐代四方楼阁式砖塔，其最高处的塔刹可以近似地看成一个正四棱锥，如图2，已知正四棱锥的高为4.87m，其侧棱与高的夹角为45°，则该正四棱锥的体积约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如图所示：
设正四棱锥的底面边长为a m，连接AC，BD交于点O，连接PO，
则平面ABCD，由题可得，
故，所以，解得，
所以该正四棱锥的体积.故选：D.
【变式5-4】（2023秋·陕西宝鸡高三校考检测）图1是宋代五大名窑中汝窑制造的双耳罐，它装物的有效部分可近似看成由两个圆台拼接而成（如图2所示）在图2中，已知下底面圆的直径是6，中间圆的直径是10，上底面圆的直径是4，上下底面圆的距离是5，且上、下两圆台的高之比是，若不考虑罐壁的厚度，则该汝窑双耳罐的容积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由图可知，双耳罐是由两个圆台组成，上面圆台底面半径分别为；下面圆台底面半径分别为，分别求出两个圆台的高，再利用圆台的体积公式可求得结果．
【详解】由图可知，双耳罐是由两个圆台组成，
上面圆台底面直径分别为，所以圆台底面半径分别为；
下面圆台底面直径分别为，所以圆台底面半径分别为；
又因为容器上下底面圆的距离是5，且上、下两圆台的高之比是，
所以上面圆台的高2，下面圆台的高是3，
故该汝窑双耳罐的体积为：,
．
故选：C．
割补法
【例题1】（2023秋·云南曲靖一中高三校考检测）如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为________.
【答案】　
【解析】　如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH.
则原几何体分割为两个三棱锥和一个直三棱柱.
依题意，三棱锥E－ADG的高EG＝，直三棱柱AGD－BHC的高AB＝1.
则AG＝＝＝.
取AD的中点M，则MG＝，
所以S△AGD＝×1×＝，
∴V多面体＝VE－ADG＋VF－BHC＋VAGD－BHC＝2VE－ADG＋VAGD－BHC＝×××2＋×1＝.
【例题2】（2023·江西婺源高三统考模拟预测）如图，在三棱柱中，底面ABC，，点D是棱上的点，，若截面分这个棱柱为两部分，则这两部分的体积比为（ ）
A．1:2 B．4:5 C．4:9 D．5:7
【答案】D
【分析】根据题设易知为直三棱柱，即侧面为矩形，利用柱体体积公式、锥体体积公式求，进而确定比值.
【详解】不妨令，且上下底面等边三角形，
又底面ABC，易知为直三棱柱，即侧面为矩形，
所以三棱柱体积，
而，故，
所以，故，
所以.
故选：D
【变式5-5】（2023·贵州贵阳高三统考预测）如图，一种工业部件是由一个圆台挖去一个圆锥所制成的.已知圆台的上、下底面半径分别为和，且圆台的母线与底面所成的角为，圆锥的底面是圆台的上底面，顶点在圆台的下底面上，则该工业部件的体积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题知该圆台的轴截面为等腰梯形，进而得，圆台，圆锥的高均为，再计算体积即可.
【详解】解：根据题意，该圆台的轴截面为等腰梯形，如图，

所以即为圆台母线与底面所成角，即，
分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、，
因为，则四边形为矩形，且，
因为，，，
所以，，所以，，且，
因为，则，
所以，圆台，圆锥的高均为，
所以，该工业部件的体积为
.
故选：B.
【变式5-6】（2023·广西柳州统考一模）如图所示是一块边长为10cm的正方形铝片，其中阴影部分由四个全等的等腰梯形和一个正方形组成，将阴影部分裁剪下来，并将其拼接成一个无上盖的容器（铝片厚度不计），则该容器的容积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题知，该容器的容积就是正四棱台的体积，如图，连接正四棱台上下底面的中心，，取上底面正方形一边中点，对应下底面正方形一边中点，连接，，，
则，故四点共面，过点作交于点，则四边形为矩形，故，因为该正四棱台上、下底面边长分别为2，6，等腰梯形的斜高为4，
所以，故，所以该棱台的高，下底面面积，上底面面积，
所以该容器的容积是．故选：B
【变式5-7】（2023·四川·校联考模拟预测）如图，直角梯形中，，，，，将沿翻折至的位置，使得.

(1)求证：平面平面；
(2)若，分别为，的中点，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析 (2)
【分析】（1）先证明平面，可得，再利用勾股定理证明，即可证得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）取的中点，连接，根据面面垂直的性质证明平面，再根据结合棱锥的体积公式即可得解.
【详解】（1），，，
，平面，平面，
又平面，，
由直角梯形，，，
，，得，
则，所以，
又，，平面，
平面，
又平面，平面平面；
（2）取的中点，连接，
，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，
由（1）得，则，
，
，，
，
即三棱锥的体积为.

（三）等体积法
【例题1】（2023 天津高考真题）在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为
A． B． C． D．
【答案】
【解析】在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，
所以，
设到平面的距离，到平面的距离，则，
则三棱锥的体积为
．
故三棱锥和三棱锥的体积之比为．
故选：．
【例题2】．（2023·吉林四平统考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，，AC与BD交于点O，底面ABCD，，点E，F分别是棱PA，PB的中点，连接OE，OF，EF．
(1)求证：平面平面PCD；(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明过程见详解(2)
【分析】（1）根据中位线定理和面面垂直的判定即可求解；
（2）根据等体积法即可求解.
【详解】（1）因为底面ABCD是菱形，AC与BD交于点O
所以O为AC中点，
点E是棱PA的中点，F分别是棱PB的中点，
所以OE为三角形的中位线，OF为三角形的中位线，
所以,，
平面，平面，平面，
平面，平面，平面，
而,平面，平面，
平面平面PCD.
（2）因为底面ABCD是边长为2的菱形，，
所以为等边三角形，所以，
因为底面ABCD，
底面ABCD，底面ABCD，
所以，，
所以和均为直角三角形，
所以，，
所以，所以，
所以，
设点到平面的距离为，
根据体积相等法可知，
所以，所以.
，
故三棱锥的体积为.
【变式5-8】．（2023·吉林四平统考模拟预测）．如图，在正三棱柱中，，分别为，的中点．

(1)求证：//平面；
(2)若，求三棱唯的体积．
【答案】(1)证明见解析 (2)
【分析】（1）解法一：构造平行四边形，根据线面平行判定定理证明即可；解法二：构造平行平面，利用面面平行的性质证明线面平行；
（2）根据几何体的线面关系确定底面积与高度距离，即可的体积.
【详解】（1）解法一：取中点，连接，，

因为是中点，所以，，
因为是中点，所以，，
所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面．
解法二：取中点，连接，，

因为是中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面．
因为是中点，是中点
所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面，，
所以平面平面，
因为平面，所以平面．
（2）取中点，连接，

在正三棱柱中，
所以，且，
因为平面平面，所以，
因为，平面，平面，
所以平面，即平面，
所以的长为点到平面的距离，
又的面积为，
所以，
所以三棱锥的体积为．
【变式5-9】（2023·山西运城高三模拟预测）如图所示多面体中，平面平面，平面，是正三角形，四边形是菱形，，，

(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）取中点，由面面垂直的性质定理证明平面，再证明,由此证明，根据线面平行的判定定理证明结论；
（2）证明平面，根据锥体体积公式可得，再结合所给数据计算体积.
【详解】（1）取中点，连接，
因为是正三角形，
所以，
因为平面平面，平面，平面平面
所以平面，又因为平面，
所以，又因为，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，平面，
所以平面.

（2）因为，平面，平面，
所以平面，
所以点与点到平面的距离相等，
所以三棱锥和三棱锥的体积相等，
所以，
连接交线段与点，
因为四边形为菱形，，，
所以，，
所以，
由（1）平面，，
所以.
核心考点题型六 空间几何体的截面问题
【例题1】（2023秋·云南大理高三检测）已知在正方体中，，，分别是，，的中点，则过这三点的截面图的形状是（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【答案】D
【分析】利用平行画出截面，进而判断出正确答案.
【详解】分别取、、的中点、、，连接、、，
在正方体中，，，分别是，，的中点，
，，，
六边形是过，，这三点的截面图，
过这三点的截面图的形状是六边形．
故选：D
【例题2】（2023·宁夏银川实验中学校考模拟预测）已知正方体的棱长为2，点为线段的中点，若点平面，且平面，则平面截正方体所得截面的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】记的中点分别为E，F，先证三角形即为平面截正方体所得截面，然后可得周长.
【详解】记的中点分别为E，F，连接，
由正方体性质可知，平面，
因为平面，所以
又为正方形，所以
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以
因为P，E分别为的中点，所以，所以，
同理可证，
又，平面
所以平面，
所以三角形即为平面截正方体所得截面，
易知三角形为正三角形，
所以截面周长为.
故选：C

【例题3】（2023·湖北武汉高三模拟预测）已知球O中有两个半径为2的截面圆，，圆与圆的相交弦， 的中点为P，若，则球O的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如图，连接，，，，则，，
且截面圆， 而截面圆，故，，
在中，，同理，
连接，由,知，
则,即OP平分，
由，得，
故在中，，
连接OB，在中，球O的半径，
故球O的表面积，故选：D
【变式6-1】（2023秋·吉林通化高三统考模拟预测）已知在长方体中，，点，，分别在棱，和上，且，，，则平面截长方体所得的截面形状为（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【答案】C
【分析】连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点，
过点作交于点，连接，即可得到截面图形，从而得解.
【详解】如图连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点，
过点作交于点，连接，
则五边形即为平面截该长方体所得的截面多边形.
其中因为，，，
所以，则，所以，
又，所以，所以，
则，
显然，则，所以.
故选：C
【变式6-2】．（2023秋·四川绵阳高三模拟）如图，在直三棱柱中，，，，，为线段上的一动点，则过三点的平面截该三棱柱所得截面的最小周长为_________．

【答案】/
【分析】利用直三棱柱的侧面展开图求解即可.
【详解】由题意可知过三点的平面截该三棱柱所得截面的周长即的周长，
因为直三棱柱，所以各侧面均为矩形，
所以，
直三棱柱的侧面部分展开图如图所示，

则在矩形中，
所以过三点的平面截该三棱柱所得截面的最小周长为，
故答案为：
【变式6-3】．（2023秋·河南安阳高三模拟）已知四棱锥中，平面ABCD，四边形ABCD为正方形，，平面过PB，BC，PD的中点，则下列关于平面截四棱锥所得的截面正确的为（ ）
A．所得截面是正五边形 B．截面过棱PA的三等分点
C．所得截面面积为 D．截面不经过CD中点
【答案】C
【分析】根据给定条件，作出平面截四棱锥所得的截面多边形，再逐一判断各选项即可.
【详解】
在四棱锥中，，取中点分别为，连接，FG，GH，BD，AC，如图，
因底面为正方形，E，F，H分别是棱PB，BC， PD的中点，
则，所以四边形EFGH是平行四边形.
对于A，令，有 ，在P A上取点，使，
连接EI，HI，JI，则，
因为点平面EFGH，有平面EFGH，
所以点平面 平面EFGH，
因此五边形EFGHI是平面截四棱锥所得的截面多边形，
而，
所以截面不是正五边形，A错误；
对于B，由A选项分析，可知截面过棱PA的四等分点，B错误；
对于C，底面平面，则，
而，则，
又平面，因此平面 平面，
于是得，有，
所以矩形EFGH面积等于，
而，则边EH上的高等于，
所以，
所以截面五边形EFGHI面积为， C正确；
对于D，截面经过CD中点，D错误.
故选：C
【变式6-4】（2023秋·浙江嘉兴高三统考开学考试）在正棱台中，为棱中点.当四棱台的体积最大时，平面截该四棱台的截面面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设，上底面和下底面的中心分别为，该四棱台的高，.在上下底面由勾股定理可知，.
在梯形中，，
所以该四棱台的体积为，
所以，
当且仅当，即时取等号，此时，.
取的中点，连接、，
显然有，平面，平面，
所以平面，因此平面就是截面.
显然，
在直角梯形 中，，
因此在等腰梯形中，，
同理在等腰梯形中，，
在等腰梯形中，设，
则，，
所以梯形的面积为，故选：C.
核心考点题型七 空间几何体的外接球
【例题1】．（2023秋·山东济南高三模拟）在三棱锥中，面，为等边三角形，且，则三棱锥的外接球的表面积为 ．
【答案】
【分析】由已知结合三棱锥和正三棱柱的几何特征，可得此三棱锥外接球，即为以为底面以为高的正三棱柱的外接球，分别求出棱锥底面半径r和球心距d，可得球的半径R，即可求出三棱锥外接球的表面积．
【详解】因为是直三棱锥，底面是正三角形，所以可以将图补形成为正三棱柱，如图所示，

此三棱锥外接球，即为以为底面以为高的正三棱柱的外接球，
设球心为O，作平面，则为的外接圆圆心，连接，则，
设的外接圆半径为r，三棱锥外接球半径为R，
由正弦定理，得，所以，
中，，所以，解得，
所以．
故答案为：．
【例题2】（2023·湖南长沙高三统考一模）在三棱锥，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，为等边三角形，，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】过点作的垂线，垂足为，因为是以为斜边的等腰直角三角形，
所以的外接圆的圆心为，设的外接圆圆心为，其半径为，则在上，所以，由面面垂直的性质可知，平面，
所以，即为该三棱锥的外接球的球心，
由正弦定理可知，，
故该三棱锥的外接球的表面积为.故选：C
【例题3】（2023·四川南充·阆中中学校考二模）如图，圆台中，，其外接球的球心O在线段上，上下底面的半径分别为，，则圆台外接球的表面积为________.
【答案】
【分析】列出外接球半径所满足的方程，解出半径，得外接球表面积.
【详解】
设外接球半径为R，
则，解得，
所以外接球表面积为，
故答案为：.
【变式7-1】（2023 四川绵阳高三模拟）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为　　
A． B． C． D．
【答案】
【解析】如图，设球的半径为，由题意，，
可得，则球的直径为4，
两个圆锥的高之比为，，，
由直角三角形中的射影定理可得：，即．
这两个圆锥的体积之和为．
故选：．
【变式7-2】（2023秋·山西大同高三校联考期末）正四棱台高为2，上下底边长分别为2和4，所有顶点在同一球面上，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如图所示，，，为外接球球心，设外接球半径为R，分别为棱台上下底面的中心，
则，
由勾股定理得：，，
设，则，，
故，解得：，
故，
故球的表面积为.故选:B
【变式7-3】（2023·河南郑州高三模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，P为侧棱SA的中点，则四棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】取AD的中点O，连接OB，OC，OP.因为，，所以
又，即，所以四边形OABC为平行四边形，
所以，同理可得.
因为，且P为侧棱SA的中点，所以，
所以在中，.（点拨：直角三角形斜边的中线等于斜边的一半）
所以，
所以四棱锥外接球的球心为O，半径为2，
故外接球的表面积为，故选：B.
【变式7-4】（2023·广东汕头统考一模）《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示，底面为正方形，平面，四边形，为两个全等的等腰梯形，，且，则此刍甍的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】取、中点、，正方形中心，中点，连接，
根据题意可得平面，，点是的中点，，
在等腰中，，，同理，
则等腰梯形的高为，
根据几何体的结构特征可知，刍甍的外接球的球心在直线上，连接，
正方体的外接圆的半径，则有，
而，，
当点在线段的延长线（含点）时，视为非负数，
若点在线段的延线（不含点）时，视为负数，
即有，
则，解得，
则刍甍的外接球的半径为，
则刍甍的外接球的表面积为，故选：C.
【变式7-5】（2023·云南曲靖高三统考一模）在矩形中，，，点E，F分别为BC，AD的中点，点H为AE的中点，将沿直线AE翻折至的位置，当时，三棱锥的外接球的体积是 ．
【答案】
【分析】首先利用几何关系，找到球的球心，再根据球的半径求三棱锥外接球的体积.
【详解】因为在矩形中，，，点E，F分别为BC，AD的中点，
所以，为等腰直角三角形，
如图，由题可知点F为的外心，过点F作直线l，使l⊥平面ABCD．
又H点为的外心，过H点作⊥平面．

交l于O点，则点O为球心，设球的半径为，
易知，则，
在中：．
所以球的体积为．
故答案为：
核心考点题型八 空间几何体的内切球
【例题1】（2023·江苏徐州高三统考一模）已知圆锥的顶点为，轴截面为锐角，，则当 时，圆锥的内切球与外接球的表面积的比值最大，最大值为 ．
【答案】 / /
【分析】作出图形，设，，为线段的中点，连接，设圆锥的内切球和外接球的半径分别为、，计算出、关于的表达式，结合二次函数的基本性质可求得的最大值及其对应的值，即可得解.
【详解】如下图所示：
不妨设，，为线段的中点，
连接，圆锥的内切球球心为，半径为；外接球球心为，半径为.
圆锥的内切球与外接球的表面积之比为，
在中，，，
，
在中，，，，
即，所以，，
所以，
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
所以，圆锥的内切球与外接球的表面积的比值的最大值为.
故答案为：；.
【例题2】（2023秋·辽宁大连高三统考期末）已知正四棱锥的体积为，则该正四棱锥内切球表面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如图，在正四棱锥中，M、N分别是线段的中点，
该正四棱锥内切球的大圆是的内切圆．圆心为E．
设，则圆E的半径．．
于是，正四棱锥的体积为，即有，
所以，
此时，该正四棱锥内切球的表面积．
，即．
当，即时取等号，故．故选：A．
【例题3】（2023·安徽合肥高三统考一模）已知球内切于圆台（即球与该圆台的上、下底面以及侧面均相切），且圆台的上、下底面半径，则圆台的体积与球的体积之比为（ ）

A． B． C．2 D．
【答案】B
【分析】画出圆台的轴截面图，由几何知识可确定球的半径，即可得答案.
【详解】如图为该几何体的轴截面，其中圆是等腰梯形的内切圆，设圆与梯形的腰相切于点，与上、下底的分别切于点，，
设球的半径为，圆台上下底面的半径为，.注意到与均为角平分线，因此，
从而，故.设台体体积为，球体体积为，
则.
故选：B

【变式8-1】（2023·甘肃兰州高三统考一模）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．
【答案】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.
【变式8-2】（2023·陕西师范大学附中校考）古希腊伟大的数学家阿基米德（公元前287~公元前212）出生于叙拉古城，在其辉煌的职业生涯中，最令他引以为傲的是记录在《论球和圆柱》中提到的：假设一个圆柱外切于一个球，则圆柱的体积和表面积都等于球的一倍半（即）．现有球与圆柱的侧面与上下底面均相切（如图），若圆柱又是球的内接圆柱，设球，圆柱的表面积分别为，体积分别为，则__________；_________．
【答案】
【解析】设球O的半径为r，体积为，表面积为，则圆柱的底面半径为r，高为，球半径为，由阿基米德得出的结论，
又球O与球的半径比为，所以，
所以.
【变式8-3】（2023秋·河北石家庄高三联考）（多选）正三棱锥的底面边长为3，高为，则下列结论正确的是（ ）
A． B．三棱锥的表面积为
C．三棱锥的外接球的表面积为 D．三棱锥的内切球的表面积为
【答案】ABD
【分析】求得的位置关系判断选项A；求得三棱锥的表面积判断选项B；求得三棱锥的外接球的表面积判断选项C；求得三棱锥的内切球的表面积判断选项D.
【详解】如图，
取棱的中点，连接
则正三棱锥中，.
因为平面，且，
所以平面，则，故A正确；
作平面，垂足为，则.
由正三棱锥的性质可知在上，且.
因为，所以，则.
因为，所以，
则三棱锥的表面积，故B正确；
设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则在上，
连接，则，
即，解得，
则三棱锥的外接球的表面积为，故C错误.
设三棱锥的内切球的半径为，
则，
解得，从而三棱锥的内切球的表面积
为，故D正确.
故选：ABD热点1-10 空间几何体的表面积和体积（核心考点八大题型）
（原卷版）
【考情透析】
空间几何体的表面积和体积是高考考查的重点内容，常以选择题、填空题为主，要求考生要有较强的空间想象和计算能力，难度为中档。
【归纳题型】
核心考点题型一 空间几何体的结构特征
1．【多选】（2023秋·浙江杭州·高三浙江省桐庐中学期末）下列命题正确的是（ ）
A．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
B．棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形
C．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
D．棱柱的面中，至少有两个面互相平行
【例题2】（2023秋·四川绵阳高三校考模拟预测）已知：“四棱柱是正棱柱”，：“四棱柱的底面和侧面都是矩形”，则是的（ ）条件
A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要
【例题3】（2023秋·云南曲靖一中高三专题）《九章算术》是中国古代张苍 耿寿昌所撰写的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称之为“羡除”，则（ ）
A．“羡除”有且仅有两个面为三角形； B．“羡除”一定不是台体；
C．不存在有两个面为平行四边形的“羡除”； D．“羡除”至多有两个面为梯形.
【变式1-1】（2023秋·河南安阳高三模拟）在三棱锥中，“三棱锥为正三棱锥”是“且”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【变式1-2】（2023春·甘肃兰州高三校联考期中）下列命题正确的是（ ）
A．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线
B．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C．以直角梯形的一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆台
D．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
【变式1-3】（2023秋·河北保定高三模拟）正方体中，用平行于的截面将正方体截成两部分，则所截得的两个几何体不可能是（ ）
A．两个三棱柱 B．两个四棱台 C．两个四棱柱 D．一个三棱柱和一个五棱柱
【变式1-4】．（2023春·河南商丘实验中学校联考）某广场设置了一些石凳供大家休息，如图，每个石凳都是由正方体截去八个相同的正三棱锥得到的几何体，则下列结论不正确的是（ ）

A．该几何体的面是等边三角形或正方形 B．该几何体恰有12个面
C．该几何体恰有24条棱 D．该几何体恰有12个顶点
【变式1-5】（2023·河南洛阳高三专题检测）1750年，欧拉在给哥德巴赫的一封信中列举了多面体的一些性质，其中一条是：如果用V，E和F分别表示简单凸多面体的顶点数、棱数和面数，则有如下关系：．已知一个正多面体每个面都是全等的等边三角形，每个顶点均连接5条棱，则（ ）
A．50 B．52 C．60 D．62
核心考点题型二 空间图形的展开图及最短路径问题
【例题1】．（2023秋·云南曲靖一中校考期末）如图是一个正方体的平面展开图，将其复原为正方体后，互相重合的点是_______.
①与 ②与 ③与 ④与
【例题2】（2023·安徽黄山·统考一模）如图，在四棱锥P-ABCD的平面展开图中，正方形ABCD的边长为4，是以AD为斜边的等腰直角三角形，，则该四棱锥外接球被平面PBC所截的圆面的面积为 .
【例题3】．（2023秋·河南开封高三模拟）如图，圆柱的高为2，底面周长为16，四边形ACDE为该圆柱的轴截面，点B为半圆弧CD的中点，则在此圆柱的侧面上，从A到B的路径中，最短路径的长度为（ ）．
A． B． C．3 D．2
【例题4】（2023·四川成都高三模拟）如图，在直三棱柱中，，，，E、F分别是、的中点，沿棱柱的表面从E到F的最短路径长度为________．

【例题5】．（2023·陕西榆林高三专题检测）如图，有一圆锥形粮堆，其轴截面是边长为的正，粮堆母线的中点处有一老鼠正在偷吃粮食，此时小猫正在处，它要沿圆锥侧面到达处捕捉老鼠，则小猫所经过的最短路程是___________
.
【变式2-1】（2023·河北保定高三专题检测）如图是一个长方体的展开图，如果将它还原为长方体，那么线段AB与线段CD所在的直线（ ）
A．平行 B．相交 C．是异面直线 D．可能相交，也可能是异面直线
【变式2-2】（2023·江苏无锡高三统考模拟预测）如图①，这是一个小正方体的侧面展开图，将小正方体从如图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、第6格，这时小正方体正面朝上的图案是（ ）
A． B． C． D．
【变式2-3】（2023·陕西汉中高三统考模拟预测）如图，某圆柱体的高为1，ABCD是该圆柱体的轴截面.已知从点B出发沿着圆柱体的侧面到点D的路径中，最短路径的长度为，则该圆柱体的侧面积是（ ）

A．14 B． C．7 D．
【变式2-4】（2023·云南大理高三模拟预测）如图，某圆柱的一个轴截面是边长为2的正方形ABCD，点E在下底面圆周上，且，点F在母线AB上，点G是线段AC的靠近点A的四等分点，则的最小值为（ ）

A． B．3 C．4 D．
【变式2-5】（2023·山东威海高三专题检测）如图，已知圆锥的底面半径为1，母线长，一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ）
A． B． C．6 D．
【变式2-6】（2023·陕西汉中高三统考模拟预测）如图，长方体中，，，M是的中点.

(1)求证：；
(2)求证：∥平面；
(3)点P是棱上的动点，求的最小值，并说明此时点P的位置.
【变式2-7】（2023·河北唐山高三统考模拟）如图，在三棱锥的平面展开图中，，，，，，则三棱锥的外接球的表面积为 ．

核心考点题型三 斜二测画法及应用
【例题1】（2023·江苏镇江高三统考模拟预测）如图，一个水平放置的的斜二测画法的直观图是等腰直角三角形，若，则原三角形的面积为 .
【例题2】（2023·江西上饶·校联考模拟预测）如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周长是（ ）
A． B． C． D．
【例题3】（2023·河北石家庄高三模拟预测）如图，长方体的底面的斜二测直观图为平行四边形.已知，，高，，分别为，的中点，用平面截该长方体，则剩余的三棱台的体积为 .

【变式3-1】（2023·江西上饶高三统考模拟预测）如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，则平面图形中对角线的长度为（ ）

A． B． C． D．5
【变式3-2】（2023·甘肃天水高三模拟预测）一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，该直观图是一个等腰梯形，且，则原平面图形的边 .

【变式3-3】（2023·山西大同高三模拟预测）．如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则 ；平面图形以所在直线为轴旋转一周所得立体图形的体积为 .

【变式3-4】（2023·四川广元高三模拟预测）用斜二测画法画的直观图如图所示，其中，，则中边上的中线长为（ ）

A． B． C． D．
【变式3-5】（2023·山东烟台高三模拟）已知一个直三棱柱的高为2，如图，其底面ABC水平放置的直观图（斜二测画法）为，其中，则此三棱柱的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【变式3-6】（2023·湖北黄冈·黄冈中学校考三模）（多选题）如图所示，四边形是由斜二测画法得到的平面四边形水平放置的直观图，其中，，，点在线段上，对应原图中的点，则在原图中下列说法正确的是（ ）
A．四边形的面积为14
B．与同向的单位向量的坐标为
C．在向量上的投影向量的坐标为
D．的最小值为17
核心考点题型四 空间几何体的表面积
【例题1】（2023·江苏南通高三三模）如图，圆锥的底面直径和高均是4，过的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几何体的表面积为（ ）

A． B． C． D．
【例题2】（2023秋·辽宁沈阳高三统考期末）如图，扇形中，，，将扇形绕所在直线旋转一周所得几何体的表面积为______．
【例题3】（2023秋·山东烟台高三专题检测）如图，斜三棱柱中，底面是边长为1的正三角形，侧棱长为2，，则该斜三棱柱的侧面积是_________．
【例题4】．（2023·河南洛阳高三模拟）由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥（底面是正方形，侧棱长都相等的四棱锥），其侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为，则以该四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比为（ ）
A．2 B． C． D．4
【变式4-1】．（2023·吉林长春高三模拟）如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，余下的多面体称作“阿基米德体”．若一个正四面体的棱长为12，则对应的“阿基米德体”的表面积为 ．


【变式4-2】．（2023·云南昆明高三模拟）．如图，某几何体的形状类似胶囊，两头都是半球，中间是圆柱，其中圆柱的底面半径与半球的半径都为1，若该几何体的表面积为，则其体积为 .

【变式4-3】（2023秋·内蒙包头高三校考）如图一个正六棱柱的茶叶盒，底面边长为，高为，则这个茶叶盒的表面积为______.
【变式4-4】．（2023秋·江西南昌高三校联考）已知是圆锥的一个轴截面，分别为母线的中点，，则圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【变式4-5】．（2023·四川绵阳高三模拟）《九章算术》是我国古代的数学名著.其“商功”中记载：“正四面形棱台（即正四棱台）建筑物为方亭.”现有如图所示的烽火台，其主体部分为一方亭，将它的主体部分抽象成的正四棱台（如图所示），其中上底面与下底面的面积之比为，方亭的高为棱台上底面边长的倍.已知方亭的体积为，则该方亭的表面积约为（ ）（，，）
A． B． C． D．
【变式4-6】（2024·河南郑州统考模拟预测）在一个正六棱柱中挖去一个圆柱后，剩余部分几何体如图所示．已知正六棱柱的底面正六边形边长为3cm，高为4cm，内孔半径为1cm，则此几何体的表面积是（ ）．

A． B．
C． D．
【变式4-7】（2023·甘肃张掖高台县第一中学校考模拟预测）仿钧玫瑰紫釉盘是收藏于北京故宫博物院的一件明代宣德年间产的瓷器．该盘盘口微撇，弧腹，圈足．足底切削整齐．通体施玫瑰紫釉，釉面棕眼密集，美不胜收．仿钧玫瑰紫釉盘的形状可近似看成是圆台和圆柱的组合体，其口径为15.5cm，足径为9.2cm，顶部到底部的高为4.1cm，底部圆柱高为0.7cm，则该仿钧玫瑰紫釉盘圆台部分的侧面积约为（ ）（参考数据：π的值取3，）

A． B． C． D．
【变式4-8】（2023·安徽安庆·安庆一中校考三模）陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知，底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积（单位：）是（ ）

A． B．
C． D．
核心考点题型五 空间几何体的体积
（一）直接法
【例题1】（2023秋·四川成都七中校考）若某圆锥高为3 ， 其侧面积与底面积之比为， 则该圆锥的体积为________.
【例题2】（2024春·辽宁鞍山高三校联考开学考试）已知A，B，C是半径为的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【例题3】（2023·河北·统考模拟预测）已知正四棱台中，，，则其体积为________.
【例题4】．（2023·黑龙江齐齐哈尔高三统考期中）已知正四棱锥的各顶点都在同一个球面上，球的体积为，则该正四棱锥的体积最大值为（ ）
A．18 B． C． D．27
【变式5-1】（2023秋·重庆一中校考检测）若某圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆面，其内接正四棱柱的高为，则此正四棱柱的体积是（ ）
A． B． C． D．
【变式5-2】（2023秋·云南曲靖一中校考检测）已知一个圆锥的底面半径为1，体积是，则其侧面展开图的圆心角为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-3】（2023·江苏无锡高三模拟预测）如图1，位于西安大慈恩寺的大雁塔是我国现存最早、规模最大的唐代四方楼阁式砖塔，其最高处的塔刹可以近似地看成一个正四棱锥，如图2，已知正四棱锥的高为4.87m，其侧棱与高的夹角为45°，则该正四棱锥的体积约为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-4】（2023秋·陕西宝鸡高三校考检测）图1是宋代五大名窑中汝窑制造的双耳罐，它装物的有效部分可近似看成由两个圆台拼接而成（如图2所示）在图2中，已知下底面圆的直径是6，中间圆的直径是10，上底面圆的直径是4，上下底面圆的距离是5，且上、下两圆台的高之比是，若不考虑罐壁的厚度，则该汝窑双耳罐的容积为（ ）

A． B． C． D．
割补法
【例题1】（2023秋·云南曲靖一中高三校考检测）如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为________.
【例题2】（2023·江西婺源高三统考模拟预测）如图，在三棱柱中，底面ABC，，点D是棱上的点，，若截面分这个棱柱为两部分，则这两部分的体积比为（ ）
A．1:2 B．4:5 C．4:9 D．5:7
【变式5-5】（2023·贵州贵阳高三统考预测）如图，一种工业部件是由一个圆台挖去一个圆锥所制成的.已知圆台的上、下底面半径分别为和，且圆台的母线与底面所成的角为，圆锥的底面是圆台的上底面，顶点在圆台的下底面上，则该工业部件的体积为（ ）

A． B． C． D．
【变式5-6】（2023·广西柳州统考一模）如图所示是一块边长为10cm的正方形铝片，其中阴影部分由四个全等的等腰梯形和一个正方形组成，将阴影部分裁剪下来，并将其拼接成一个无上盖的容器（铝片厚度不计），则该容器的容积为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-7】（2023·四川·校联考模拟预测）如图，直角梯形中，，，，，将沿翻折至的位置，使得.

(1)求证：平面平面；
(2)若，分别为，的中点，求三棱锥的体积.
（三）等体积法
【例题1】（2023 天津高考真题）在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为
A． B． C． D．
【例题2】．（2023·吉林四平统考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，，AC与BD交于点O，底面ABCD，，点E，F分别是棱PA，PB的中点，连接OE，OF，EF．
(1)求证：平面平面PCD；(2)求三棱锥的体积．
【变式5-8】．（2023·吉林四平统考模拟预测）．如图，在正三棱柱中，，分别为，的中点．

(1)求证：//平面；
(2)若，求三棱唯的体积．
【变式5-9】（2023·山西运城高三模拟预测）如图所示多面体中，平面平面，平面，是正三角形，四边形是菱形，，，

(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的体积．
核心考点题型六 空间几何体的截面问题
【例题1】（2023秋·云南大理高三检测）已知在正方体中，，，分别是，，的中点，则过这三点的截面图的形状是（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【例题2】（2023·宁夏银川实验中学校考模拟预测）已知正方体的棱长为2，点为线段的中点，若点平面，且平面，则平面截正方体所得截面的周长为（ ）
A． B． C． D．
【例题3】（2023·湖北武汉高三模拟预测）已知球O中有两个半径为2的截面圆，，圆与圆的相交弦， 的中点为P，若，则球O的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【变式6-1】（2023秋·吉林通化高三统考模拟预测）已知在长方体中，，点，，分别在棱，和上，且，，，则平面截长方体所得的截面形状为（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【变式6-2】．（2023秋·四川绵阳高三模拟）如图，在直三棱柱中，，，，，为线段上的一动点，则过三点的平面截该三棱柱所得截面的最小周长为_________．

【变式6-3】．（2023秋·河南安阳高三模拟）已知四棱锥中，平面ABCD，四边形ABCD为正方形，，平面过PB，BC，PD的中点，则下列关于平面截四棱锥所得的截面正确的为（ ）
A．所得截面是正五边形 B．截面过棱PA的三等分点
C．所得截面面积为 D．截面不经过CD中点
【变式6-4】（2023秋·浙江嘉兴高三统考开学考试）在正棱台中，为棱中点.当四棱台的体积最大时，平面截该四棱台的截面面积是（ ）
A． B． C． D．
核心考点题型七 空间几何体的外接球
【例题1】．（2023秋·山东济南高三模拟）在三棱锥中，面，为等边三角形，且，则三棱锥的外接球的表面积为 ．
【例题2】（2023·湖南长沙高三统考一模）在三棱锥，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，为等边三角形，，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【例题3】（2023·四川南充·阆中中学校考二模）如图，圆台中，，其外接球的球心O在线段上，上下底面的半径分别为，，则圆台外接球的表面积为________.
【变式7-1】（2023 四川绵阳高三模拟）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为　　
A． B． C． D．
【变式7-2】（2023秋·山西大同高三校联考期末）正四棱台高为2，上下底边长分别为2和4，所有顶点在同一球面上，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【变式7-3】（2023·河南郑州高三模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，P为侧棱SA的中点，则四棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【变式7-4】（2023·广东汕头统考一模）《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示，底面为正方形，平面，四边形，为两个全等的等腰梯形，，且，则此刍甍的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【变式7-5】（2023·云南曲靖高三统考一模）在矩形中，，，点E，F分别为BC，AD的中点，点H为AE的中点，将沿直线AE翻折至的位置，当时，三棱锥的外接球的体积是 ．
核心考点题型八 空间几何体的内切球
【例题1】（2023·江苏徐州高三统考一模）已知圆锥的顶点为，轴截面为锐角，，则当 时，圆锥的内切球与外接球的表面积的比值最大，最大值为 ．
【例题2】（2023秋·辽宁大连高三统考期末）已知正四棱锥的体积为，则该正四棱锥内切球表面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【例题3】（2023·安徽合肥高三统考一模）已知球内切于圆台（即球与该圆台的上、下底面以及侧面均相切），且圆台的上、下底面半径，则圆台的体积与球的体积之比为（ ）

A． B． C．2 D．
【变式8-1】（2023·甘肃兰州高三统考一模）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．
【变式8-2】（2023·陕西师范大学附中校考）古希腊伟大的数学家阿基米德（公元前287~公元前212）出生于叙拉古城，在其辉煌的职业生涯中，最令他引以为傲的是记录在《论球和圆柱》中提到的：假设一个圆柱外切于一个球，则圆柱的体积和表面积都等于球的一倍半（即）．现有球与圆柱的侧面与上下底面均相切（如图），若圆柱又是球的内接圆柱，设球，圆柱的表面积分别为，体积分别为，则__________；_________．
【变式8-3】（2023秋·河北石家庄高三联考）（多选）正三棱锥的底面边长为3，高为，则下列结论正确的是（ ）
A． B．三棱锥的表面积为
C．三棱锥的外接球的表面积为 D．三棱锥的内切球的表面积为

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