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6.1 空间几何的体积与表面积
考点一 斜二测画法
【例 1-1】（23-24 浙江·期中）如图,直角梯形O A B C 满足O A ^ O C ,O A = A B = 2,O C = 3 ,它是水平放置的平
面图形的直观图,则该平面图形的周长是（ ）
A．7 + 5 B．5 + 2 3 + 17
C．11+ 41 D．10 2
【例 1-2】（2024·湖北·模拟预测）用斜二测画法画出的水平放置的VABC 的直观图如图所示，其中 D 是B C 的中
点，且 A D //y 轴， B C //x 轴， A D = B C = 2，那么 SVABC =（ ）
A． 2 B．2 C． 2 2 D．4．
【一隅三反】
1．（23-24 吉林长春·期中）一水平放置的平面四边形OABC 的直观图O A B C 如图所示，其中O A = O C = 2 ，
O C ^ x 轴， A B ^ x 轴，B C //y 轴，则四边形OABC 的面积为（ ）
A．18 B．8 2 C．12 2 D．12
2．（23-24 河北邢台·期中）如图，VA B C 是水平放置的平面图形的斜二测直观图，若 A C = 2cm，且
S 3 2VA B C = cm ，则原图形中 AC 边上的高为（ ）2
A 3． cm B 6． cm C． 3cm D． 6cm
2 2
3．（2024·云南曲靖·二模）已知四边形OABC 的直观图O ' A ' B 'C '如图所示，O ' A ' = 3B 'C '，O ' A ' ^ E 'C '，
SOABC = 8，C ' D '/ / y '，C ' E '
2
= ，D '为O ' A '的三等分点，则四边形OABC 沿 y 轴旋转一周所成的空间几何体
2
的体积为（ ）
152
A． p
38
B． 48p C． p D．12p
3 3
考点二 最短距离
【例 2-1】（2023 高三·全国·专题练习）如图，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为 4，一只小虫从圆锥的底
面圆上的点 P 出发，绕圆锥爬行一周后回到点 P 处，若该小虫爬行的最短路程为 4 3 ，则这个圆锥的体积为
（　　）.
A 15 B 32 35p 128 2p． ． C． D 8 3．
3 27 81 3
【例 2-2】（2024 湖北）已知直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1 的侧棱长为 8，底面矩形的面积为 16，一个小虫从C 点
出发沿直四棱柱侧面绕行一周后到达线段CC1 上一点M ，若 AM ^ 平面 A1BD ，则小虫爬行的最短路程为
（ ）．
A．8 B．16 C． 2 65 D． 4 17
【一隅三反】
1．（23-24 高三上·山西大同·期末）已知圆台的上、下底面的圆心分别为O1，O2 ，母线 AB =1（点A 位于上底
2π
面），且BO2 = 2AO1 ，圆O2 的周长为 ，一只蚂蚁从点 A 出发沿着圆台侧面爬行一周到点 B，则其爬行的最短3
路程为（ ）
A．1 B． 3 C．2 D． 5
2．（22-23 湖北武汉·期中）如图，一个矩形边长为 1 和 4，绕它的长为 4的边旋转二周后所得如图的一开口容器
（下表面密封）， P 是BC 中点，现有一只妈蚁位于外壁A 处，内壁 P 处有一米粒，若这只蚂蚁要先爬到上口边
沿再爬到点 P 处取得米粒，则它所需经过的最短路程为（ ）
A． π2 + 36 B． π2 +16 C． 4π2 + 36 D． 4π2 +1
3．（2023·海南·三模）（多选）如图所示，一个平面图形 ABCD的直观图为 A B C D ，其中
O A = O C =1,O B = O D = 2，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
16π
C．该平面图形绕着直线 AC 旋转半周形成的几何体的体积是
3
D．以该平面图形为底，高为 3 的直棱柱的外接球直径为 17
4．（2024 吉林四平·阶段练习）如图正三棱柱 ABC - A B C 的底面边长为 3，高为 2，一只蚂蚁要从顶点A 沿三
棱柱的表面爬到顶点C ，若侧面 AA C C 紧贴墙面（不能通行），则爬行的最短路程是 ．
考法三 空间几何体的表面积
【例 3-1】（2024·吉林·模拟预测）佛兰德现代艺术中心是比利时洛默尔市的地标性建筑，该建筑是一座全玻璃建
筑，整体成圆锥形，形成一个统一的整体，气势恢宏，底面直径为8m ，高为 30m，则该建筑的侧面积为（ ）
A．160pm2 B． 4 229πm2 C．8 229πm2 D． 240pm2
【例 3-2】（2024·陕西安康·模拟预测）已知正三棱台 ABC - A1B1C1 的上底面积为 3，下底面积为 4 3 ，高为 2，
则该三棱台的表面积为（ ）
A．5 3 + 3 39 B．3 39 C．5 3 +18 D．18
【一隅三反】
π
1．（2024·重庆·三模）若圆锥的母线长为 2，且母线与底面所成角为 ，则该圆锥的侧面积为（ ）
4
A． 2π B． 2π C．2 2π D．4π
2．（2024·青海海西·模拟预测）如图，圆柱形容器内部盛有高度为 2cm 的水，若放入 3 个相同的铁球（球的半径
与圆柱底面半径相等）后，水恰好淹没最上面的铁球，则一个铁球的表面积为（ ）
A．3π B．4π C．5π D．6π
3（2023·河北·统考模拟预测）柷（zhù），是一种古代打击乐器，迄今已有四千多年的历史，柷的上方形状犹如
四方形木斗，上宽下窄，下方有一底座，用椎（木棒）撞击其内壁发声，表示乐曲将开始.如图，某柷（含底座）
高60cm，上口正方形边长 70cm，下口正方形边长54cm，底座可近似地看作是底面边长比下口边长长 4cm ，高
为16cm的正四棱柱，则该柷（含底座）的侧面积约为（ 5 2.236）（ ）
A．12960cm2 B．14803cm2 C．16800cm2 D．18240cm2
4．（2023·天津河西·天津市新华中学校考模拟预测）灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便
会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围 .如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部
分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分 ( 除去两个球冠 ).如图 2，球冠是由球面被一个平面截得的，
垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球的半径为 R ，球冠的高为 h ，则球冠的面积
S = 2πRh.已知该灯笼的高为 40cm ，圆柱的高为 4cm ，圆柱的底面圆直径为 24cm ，则围成该灯笼所需布料的面
积为（ ）
A．1536πcm2 B．1472πcm2
C．1824πcm2 D．1760πcm2
考点四 空间几何体的体积
【例 4-1】（2024·浙江·模拟预测）清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食要从苏州府运送到全国各地．为
了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，而一只官斛的容量恰
好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为 25cm，下底也为正方形，内边长为 50cm，斛内
高 36cm，那么一斗米的体积大约为立方厘米 （ ）
A．10500 B．12500 C．31500 D．52500
【例 4-2】（2024·天津北辰·三模）中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有 3 个国家能够独立开展载
人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以
不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个
圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为 2，圆柱的高为 6，圆锥的高为 4.若将其内部注
入液体，已知液面高度为 7，则该容器中液体的体积为（ ）
325π 76π 215π 325π
A． B． C． D．
12 3 9 16
【一隅三反】
1．（2024·山东菏泽·模拟预测）菏泽市博物馆里，有一条深埋 600 多年的元代沉船，对于研究元代的发展提供了
不可多得的实物资料.沉船出土了丰富的元代瓷器，其中的白地褐彩龙风纹罐（如图）的高约为36cm，把该瓷
器看作两个相同的圆台拼接而成（如图），圆台的上底直径约为 20cm ，下底直径约为 40cm ，忽略其壁厚，则该
瓷器的容积约为（ ）
A． 4200πcm3 B．8400πcm3 C．16800πcm3 D．33600πcm3
2．（2024·广东·模拟预测）建盏是福建省南平市建阳区的特产，是中国国家地理标志产品，其多是口大底小，底
部多为圈足且圈足较浅（如图所示），因此可将建盏看作是圆台与圆柱拼接而成的几何体.现将某建盏的上半部
分抽象成圆台O1O2 ，已知该圆台的上 下底面积分别为16πcm2 和9πcm2 ，高超过1cm，该圆台上 下底面圆周上
的各个点均在球O的表面上，且球O的表面积为100πcm2 ，则该圆台的体积为（ ）
3 259π cm3 260πA．80πcm B． C． cm3 D．3 3 87πcm
3
3．（2024·天津河西·三模）如图，在三棱柱 ABC - A1B1C1 中，E，F 分别为 AB，AC 的中点，平面EB1C1F 将三棱
柱分成体积为V1，V2两部分，则V1 :V2 =（ ）
A．1∶1 B．4∶3 C．6∶5 D．7∶5
考点五 截面问题
【例 5-1】（23-24 山东德州·期末）（多选）棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 中，用一平面去截，则下列说法
正确的是（ ）
A．当截面为三角形时，截面一定为锐角三角形
B．当截面是梯形时，截面不可能为直角梯形
C．若 E 为 AB 的中点，平面 A1EC 截正方体所得截面面积为 4 6
D．过棱CC1 ， A1D1， A1B1 的中点作正方体的截面，截面多边形的周长为 2 + 2 10
【例 5-2】（23-24 高三上·河北廊坊·期末）如图所示，正四棱台 ABCD - A1B1C1D1 中，上底面边长为 3，下底面边
长为 6 63 2，体积为 ，点E 在 AD 上且满足DE = 2AE ，过点E 的平面a 与平面D1AC 平行，且与正四棱台各面
2
相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为（ ）
A．7 2 B．8 2 C．3 3 + 4 2 D． 4 3 + 4 2
【一隅三反】
1．（23-24 高三下·江西·开学考试）已知一正方体木块 ABCD - A1B1C1D1 的棱长为 4，点E 在棱 AA1上，且 AE = 3 .
现过D, E, B1三点作一截面将该木块分开，则该截面的面积为（ ）
A B 5 17 C 2 26 D 5 17． 4 26 ． ． ．
2
【答案】A
2．（22-23 高二上·广西贵港·期末）（多选）已知棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 的中心为O，用过点O的平
面去截正方体，则（ ）
A．所得的截面可以是五边形 B．所得的截面可以是六边形
C．该截面的面积可以为3 3 D．所得的截面可以是菱形
3．（2024 高三·上海·专题练习）圆台O1O2 母线长为 3，下底直径为 10，上底直径为 5，过圆台两条母线作截面，
则该截面面积最大值是
4．（23-24 高三上·山东烟台·期末）如图，在直三棱柱 ABC - A1B1C1 中， AB ^ BC, AB = BC = 5， AA1 = 2，则该
三棱柱外接球的表面积为 ；若点 P 为线段 AC 的中点，点Q为线段 AC1上一动点，则平面BPQ 截三棱
柱 ABC - A1B1C1 所得截面面积的最大值为 .
考点六 交线（轨迹）
【例 6-1】（23-24 四川乐山·期末）已知正方体 ABCD - A1B1C1D1 棱长为 1，点 P 是正方体表面上一个动点，满足
BP ^ A1C ，则点 P 的轨迹长度为（ ）
A．2 B． 2 2 C．4 D．3 2
【例 6-2】（23-24 高三下·山东菏泽·阶段练习）（多选）如图，已知正方体 ABCD - A1B1C1D1 的棱长为 2，点M 为
BC 的中点，点 P 为正方形 A1B1C1D1内 ( 包含边界 )的动点，则（ ）
A．满足MP / / 平面 A1BD 的点 P 的轨迹为线段
π
B．若MP = 2 2 ，则动点 P 的轨迹长度为 3
é π π ù
C．直线 AB 与直线MP 所成角的范围为 ê , 6 2 ú
D．满足MP ^ AM 的点 P 5的轨迹长度为
2
【一隅三反】
1．（23-24 辽宁沈阳·阶段练习）如图，三棱柱 ABC - A1B1C1 中， AB = 4 ， AC = 3， BC = 5 ， AA1 = 6，D为CC1
uuur uuur
中点，E 为BB1上一点，BB1 = 3BE ， ACD =120°，M 为侧面 AA1C1C 上一点，且BM / /平面 ADE ，则点M
的轨迹的长度为（ ）
A．2 B． 3 C． 2 D．1
2．（22-23 ·河南商丘·阶段练习）（多选）如图，正方体 ABCD - A1B1C1D1 的棱长为 3，动点M 在侧面BB1C1C 内
运动（含边界），且BD1 ^ MC ，则（ ）
A．点M 的轨迹长度为3 2 B．点M 的轨迹长度为 2 3
C． AM + BM 3 3 + 2 6的最小值为 D． AM + BM 3 2 + 3 6的最小值为
2 2
3．（2023 高三·全国·专题练习）（多选）已知图所示的正方体 ABCD-A1B1C1D1的外接球表面积为 12π，点 P 在
正方体的对角面 BDD1B1内（包括边界），则下列说法正确的是（ ）
A．若B1P∥平面 A1C1D，则 P 的轨迹长度为 6
B．若 BP⊥平面 A1C1D，则 P 的轨迹长度为 2 3
C．若点 P 到平面 A1B1C1D1的距离与到点 B 的距离相等，则 P 的轨迹是椭圆的一段
D．PA+PA1的最小值为 2 3
考点七 外接球
【例 7-1】（2024·西藏·模拟预测）已知圆锥的轴截面 SAB 是一个正三角形，其中S 是圆锥顶点，AB 是底面直
径．若 C 是底面圆 O 上一点，P 是母线 SC 上一点， AB = 6， AC = SP = 2 ，则三棱锥P - ABC 外接球的表面积
是（ ）
107π 109π 112π 116π
A． B． C． D．
3 3 3 3
【例 7-2】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）已知某圆台的母线长为 2 2 ，母线与轴所在直线的夹角是 45o ，且上、
下底面的面积之比为1: 4，则该圆台外接球的表面积为（ ）
A． 40π B． 64π C．80π D．128π
【一隅三反】
1．（2024·山东菏泽·模拟预测）已知正三棱台的上、下底面边长分别为 2 3,4 3 ，体积为 42 3 ，则该正三棱台
的外接球表面积为（ ）
80
A．20π B π C 80π D 160 5． ． ．
3 π3
π
2．（2024·四川成都·模拟预测）菱形 ABCD中 A = ，现将菱形 ABCD沿对角线BD折起，当 AC = 3 3 时，此时3
三棱锥 A 9- BCD的体积为 ，则三棱锥 A - BCD外接球的表面积为（ ）
2
A． 28π B．7π C 28 7π． D． 40π
3
3．（2024·福建厦门·模拟预测）已知三棱锥 A - BCD中， AB ^ 平面BCD， AB = 2 ， BC = 3， CD = 4，
BD = 5，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
29
A． π
19
B． π C． 29π D．38π
4 2
4．（2024·陕西渭南·二模）已知三棱锥 S - ABC 外接球直径为 SC，球的表面积为36π，且 AB = BC = CA = 3，则三
棱锥 S - ABC 的体积为 .
一．单选题
1．（2024·陕西西安·模拟预测）已知圆柱的底面直径为 2，它的两个底面的圆周都在同一个表面积为20π的球面
上，该圆柱的体积为（ ）
A．8π B．6π C．5π D．4π
2．（2024·天津滨海新·三模）我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本
是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用．图 1 是明清时期
的一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图 2.已知正四
棱柱和正四棱锥的底面边长为 4，体积之比为 3:1，且该几何体的顶点在球O的表面上，则球O的表面积为
（ ）
48π 216π 288πA．36π B． C． D．
5 5
3．（2024·河北衡水·三模）艳阳高照的夏天，“小神童”是孩子们喜爱的冰淇淋之一．一个“小神童”近似为一个圆
锥，若该圆锥的侧面展开的扇形面积是底面圆面积的 2 倍，圆锥的母线长为12cm，则该圆锥的体积为（ ）
A．96 3πcm3 B．124πcm3 C．72 3πcm3 D．168πcm3
4．（23-24 湖南长沙·期末）在侧棱长为 2 3 的正三棱锥 S - ABC 中， ASB = BSC = CSA = 40o ，过A 作截
面 AEF ，则截面的最小周长为（ ）
A． 2 2 B．4 C．6 D．10
5．（2023·全国·高考真题）已知圆锥 PO 的底面半径为 3，O 为底面圆心，PA，PB 为圆锥的母线，
AOB = 120° 9 3，若VPAB 的面积等于 ，则该圆锥的体积为（ ）
4
A．p B． 6p C．3p D．3 6p
6．（2024·福建泉州·模拟预测）已知△SAB 是圆锥 SO 的轴截面，点 C 在 SA 上，且 AC = 3 .若过点 C 且平行于
π
SB 的平面恰过点O，且该平面与圆锥底面所成的二面角等于 ，则该圆锥的体积为（
3 ）
π
A． B． π C．3π D．9p
3
7．（2024·河北沧州·三模）《几何补编》是清代梅文鼎撰算书，其中卷一就给出了正四面体，正六面体（立方
体）、正八面体、正十二面体、正二十面体这五种正多面体的体积求法.若正四面体P - ABC 的棱长为 2 3 ，M
为棱PA上的动点，则当三棱锥M - ABC 的外接球的体积最小时，三棱锥M - ABC 的体积为（ ）
A 4 6． B． 4 2 C． 4 3 D．8 3
3
8．（2024·河南·模拟预测）如图，已知直三棱柱 ABC - A1B1C1 的体积为 4，AC⊥BC， AC = BC = CC1，D 为 B1C1
的中点，E 为线段 AC 上的动点（含端点），则平面 BDE 截直三棱柱 ABC - A1B1C1 所得的截面面积的取值范围为
（ ）
3, 9 ù é3, 9 ù A B C 4,
9 ù
D é
9 ù
． 2ú ．
4,
è ê 2ú
． ．
è 2ú ê 2ú
二．多选题
9．（2023·全国·高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为 1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略
不计）内的有（ ）
A．直径为0.99m的球体
B．所有棱长均为1.4m的四面体
C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体
D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体
10．（2023·全国·高考真题）已知圆锥的顶点为 P，底面圆心为 O，AB 为底面直径， APB =120°，PA = 2 ，点
C 在底面圆周上，且二面角P - AC - O为 45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为 π B．该圆锥的侧面积为 4 3π
C． AC = 2 2 D．△PAC 的面积为 3
11．（23-24 河北保定·期末）正方体 ABCD - A1B1C1D1 的棱长为 2，点 M 是四边形 BB1C1C 内部及边界上一动点，
点 P 是棱 AA1上靠近点A 的三等分点，下列结论正确的有（ ）
A． BD1 ^ A1D
B．当直线 AM 与平面 A1D1DA所成的角为45°时，点M 的轨迹长度为 π
C．若BD1 ^ PM ，则点M
2 2
的运动轨迹长度为
3
D．直线D1P被正方体 ABCD - A1B
10 13
1C1D1 的外接球所截得的线段的长度为
13
三． 填空题
12．（2024·湖南衡阳·模拟预测）某冷饮店为了吸引顾客，特推出一款蛋仔冰淇淋，其底座造型如图所示，外部
为半球型蛋壳，内有三个特制的球型蛋仔，蛋仔两两相切，且都与蛋壳相切，蛋仔的顶端正好与半球型的蛋壳
的上沿处于同一水平面，如果球型蛋仔的半径为 3，求这个蛋壳型的半球的容积为 .
13．（2024·江西新余·二模）如图1，在直角梯形 ABCD中， AB P CD， AB ^ AD ， AB = 6 3 ，CD = 8 3， AD = 6，
点 E，F 分别为边 AB ，CD 上的点，且EF∥ AD ， AE = 4 3 .将四边形 AEFD 沿 EF 折起，如图 2，使得平面
AEFD ^平面EBCF ，点 M 是四边形 AEFD 内（含边界）的动点，且直线MB与平面 AEFD 所成的角和直线MC
与平面 AEFD 所成的角相等，则当三棱锥M - BEF 的体积最大时，三棱锥M - BEF 的外接球的表面积为 .
14．（2024·山东菏泽·二模）已知在棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 中，挖去一个以上下底面各边中点为顶点
的四棱柱，再挖去一个以左右两侧面各边中点为顶点的四棱柱，则原正方体剩下部分的体积为 ．
四． 解答题
15．（2024·湖南邵阳·一模）如图所示，圆台的上、下底面圆半径分别为 4cm 和6cm， AA1, BB1为圆台的两条不
同的母线.
(1)求证： A1B1 //AB ；
8π
(2)截面 ABB1A1与下底面所成的夹角大小为60°，且截面截得圆台上底面圆的劣弧 A1B1 的长度为 3 ，求截面
ABB1A1的面积.
16．（2023 高三·全国·专题练习）在如图所示的几何体中，DE //AC ， AC ^平面BCD， AC = 2DE = 4，
BC = 2，DC =1， BCD = 60o .
(1)证明：BD ^平面 ACDE ；
(2)过点D作一平行于平面 ABE 的截面，画出该截面（不用说明理由），并求夹在该截面与平面 ABE 之间的几何体
的体积.
17．（2023·河南·模拟预测）如图，多面体 ABCDEF 的面 ABCD 是正方形，其中心为 M．平面 ADE ^平面
ABCD，BF∕∕AE ， AE = 2BF ， AD = DE = AE = 2．
(1)求证：CF ^ 平面 AEFB；
(2)在VADE 内（包括边界）是否存在一点 N，使得MN ∕ ∕ 平面 CEF？若存在，求点 N 的轨迹，并求其长度；若
不存在，请说明理由．
18．（2024·广东东莞·模拟预测）如图，已知四棱台 ABCD - A1B1C1D1 的上、下底面分别是边长为 2 和 4 的正方形，
AA1 = 4，且 AA1 ^ 底面 ABCD，点 P、Q 分别是棱BB1、DD1的中点．
(1)在底面 A1B1C1D1内是否存在点 M，满足 AM ^ 平面 CPQ 若存在，请说明点 M 的位置，若不存在，请说明理
由；
(2)设平面 CPQ 交棱 AA1于点 T，平面 CPTQ 将四棱台 ABCD - A1B1C1D1 ，分成上、下两部分，求上、下两部分的
体积比．
19．（2024·四川南充·模拟预测）如图，四棱锥P- ABCD中，底面 ABCD为矩形，点E 在线段PA上，PC // 平面
BDE .
(1)求证： AE = PE ；
(2)若VPAD是等边三角形， AB = 2AD，平面PAD ^平面 ABCD，四棱锥P- ABCD的体积为9 3 ，试问在线段
DE 33上是否存在点Q，使得直线BQ与平面PCD所成角的正弦值为 ？若存在，求出此时DQ 的长；若不存
22
在，请说明理由.6.1 空间几何的体积与表面积
考点一 斜二测画法
【例 1-1】（23-24 浙江·期中）如图,直角梯形O A B C 满足O A ^ O C ,O A = A B = 2,O C = 3 ,它是水平放置的平
面图形的直观图,则该平面图形的周长是（ ）
A．7 + 5 B．5 + 2 3 + 17
C．11+ 41 D．10 2
【答案】C
【解析】由题意O C = OC = 3 , A B = AB = 2 ,由 A B / /O C 可得 AB / /OC ,
由O A ^ O C , B O C = 45o , A B / /O C ,
可得 B O A = A B O = 45o ,所以 O A B = 90o ,
而O A = A B = 2 ，
所以OB = 2O B = 2 22 + 22 = 4 2 ，
结合斜二测画法的规则,将直观图即直角梯形O A B C 还原成平面图形，
如图所示：
2 2
由勾股定理可得 AO = 4 2 + 22 = 6, BC = 4 2 + 32 = 41，
所以满足题意的平面图形的周长是 2 + 6 + 3 + 41 =11+ 41 .
故选:C.
【例 1-2】（2024·湖北·模拟预测）用斜二测画法画出的水平放置的VABC 的直观图如图所示，其中 D 是B C 的中
点，且 A D //y 轴， B C //x 轴， A D = B C = 2，那么 SVABC =（ ）
A． 2 B．2 C． 2 2 D．4
【答案】D
【解析】根据题意，把直观图还原出原平面图形为等腰三角形，如图所示，
其中 AD ^ BC ， AD = 2A D = 4 ，BC = B C = 2，
1 1
原平面图形的面积为 SV ABC = BC × AD = 2 4 = 4 .2 2
故选：D．
【一隅三反】
1．（23-24 吉林长春·期中）一水平放置的平面四边形OABC 的直观图O A B C 如图所示，其中O A = O C = 2 ，
O C ^ x 轴， A B ^ x 轴，B C //y 轴，则四边形OABC 的面积为（ ）
A．18 B．8 2 C．12 2 D．12
【答案】C
【解析】由题意可知： A O D
π
= ，且 A D = O A = B D = 2 ，则 A B = 4，
4
1
可知四边形O A B C 的面积为 SO A B C = 2 + 4 2 = 6，2
所以四边形OABC 的面积为 SOABC = 2 2SO A B C =12 2 .
故选：C.
2．（23-24 河北邢台·期中）如图，VA B C 是水平放置的平面图形的斜二测直观图，若 A C = 2cm，且
S 3 2VA B C = cm ，则原图形中 AC 边上的高为（ ）2
A 3 6． cm B． cm C． 3cm D． 6cm
2 2
【答案】D
【解析】画出平面直角坐标系 xOy ，在 x 轴上取OA = O A ，即CA = C A ，
在图①中，过B 作B D //y 轴，交 x 轴于 D ，在 x 轴上取OD = O D ，
过点D作DB//y轴，并使DB = 2D B ，
连接 AB, BC ，则VABC 即为VA B C 原来的图形，如图②所示：
原图形中，BD ^ AC 于点D，
则 BD 为原图形中 AC 边上的高，且BD = 2B D ，
1 3
在直观图③中作B E ^ A C 于点E ，则VA B C 的面积 SVA B C = A C B E = B E = ，2 2
在直角三角形B E D 中，B D = 2B E 6= ，
2
所以BD = 2B D = 6 ，
故原图形中 AC 边上的高为 6 ．
故选：D．
3．（2024·云南曲靖·二模）已知四边形OABC 的直观图O ' A ' B 'C '如图所示，O ' A ' = 3B 'C '，O ' A ' ^ E 'C '，
SOABC = 8，C ' D '/ / y '，C ' E '
2
= ，D '为O ' A '的三等分点，则四边形OABC 沿 y 轴旋转一周所成的空间几何体
2
的体积为（ ）
152
A． p
38
B． 48p C． p D．12p
3 3
【答案】B
2
【解析】因为C ' E ' = ，C ' D '/ / y '，O ' A ' ^ E 'C '，所以C D =1，
2
由三视图知原图形为等腰梯形，如图等腰梯形OABC ，CD 是梯形的高，CD = 2C D = 2 ，
OA = O A , BC = B C ，所以OA = 3BC，
S 1 1OABC = (OA + BC) CD = 4BC 2 = 8，BC = 2，OA = 6，2 2
延长BC, AB分别与 y 轴将于 N , E，
四边形OABC 沿 y 轴旋转一周所成的空间几何体可以看作是是三个直角△OAE，VOCN ，VNBC 旋转所形成的
圆锥的组合体．
NC OD 1由已知 = = OA = 2 = ON ， NE = NB = 4，
3
1
体积为V = p 62 6
1p 22 2 1 - - p 42 4 = 48p ．
3 3 3
故选：B．
考点二 最短距离
【例 2-1】（2023 高三·全国·专题练习）如图，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为 4，一只小虫从圆锥的底
面圆上的点 P 出发，绕圆锥爬行一周后回到点 P 处，若该小虫爬行的最短路程为 4 3 ，则这个圆锥的体积为
（　　）.
A 15 B 32 35p C 128 2p D 8 3． ． ． ．
3 27 81 3
【答案】C
【解析】作出该圆锥的侧面展开图，如图所示：
该小虫爬行的最短路程为 PP1，
OP2 + OP2 2
由余弦定理可得 cos POP = 1
- PP1 1
1 = -
2π
，\ P1OP = ．设底面圆的半径为 r，2 ×OP ×OP1 2 3
2πr 2π 4则有 = 4 16 8 2，解得 r = ．∴这个圆锥的高为 h = 16 - = ，
3 3 9 3
V 1 Sh 1 πr 2 h 1 π 16 8 2 128 2π这个圆锥的体积为 = = = = ．
3 3 3 9 3 81
故选：C．
【例 2-2】（2024 湖北）已知直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1 的侧棱长为 8，底面矩形的面积为 16，一个小虫从C 点
出发沿直四棱柱侧面绕行一周后到达线段CC1 上一点M ，若 AM ^ 平面 A1BD ，则小虫爬行的最短路程为
（ ）．
A．8 B．16 C． 2 65 D． 4 17
【答案】C
【解析】因为 AM ^ 平面 A1BD ，所以 AM ^ BD ，又CC1 ^ BD ，所以BD ^平面 ACM ，所以 AC ^ BD ，故矩
形 ABCD为正方形，所以底面边长为 4，设 AC 与 BD 的交点为 O，连接 A1O，所以 AM ^ A1O，可证
DA1AO : DACM
A1A AC= 8 4 2，所以 ，所以 = ，所以CM = 2，将直四棱柱 ABCD - A1B1C1D 的侧面沿CCAO CM 1 12 2 CM
展成一个矩形，连接CM 即为最短，所以CM = 162 + 22 = 2 65 .
故选：C.
【一隅三反】
1．（23-24 高三上·山西大同·期末）已知圆台的上、下底面的圆心分别为O1，O2 ，母线 AB =1（点A 位于上底
2π
面），且BO2 = 2AO1 ，圆O2 的周长为 ，一只蚂蚁从点 A 出发沿着圆台侧面爬行一周到点 B，则其爬行的最短3
路程为（ ）
A．1 B． 3 C．2 D． 5
【答案】B
【解析】将圆台的侧面沿着母线 AB 剪开，展成平面图形，延长BA, B1A1 交于点O，连接 AA1, AB1, BB1，如图，
显然弧BB
2π π π 2π
1的长为 ，弧 AA1的长为 ，设 BOB1 = a ，则a OA = ，a OB = ，3 3 3 3
π
则OB = 2OA，即OA +1 = 2OA，得OA =1，于是A 是OB的中点，a = ，
3
因此VOBB1是等边三角形，有 AB1 ^ OB ，且 AB1与弧 AA1相切，则 AB1在此侧面展开图内，
所以蚂蚁爬行的最短路线即线段 AB1， AB1 = AB tan
π
= 3 .
3
故选：B
2．（22-23 湖北武汉·期中）如图，一个矩形边长为 1 和 4，绕它的长为 4的边旋转二周后所得如图的一开口容器
（下表面密封）， P 是BC 中点，现有一只妈蚁位于外壁A 处，内壁 P 处有一米粒，若这只蚂蚁要先爬到上口边
沿再爬到点 P 处取得米粒，则它所需经过的最短路程为（ ）
A． π2 + 36 B． π2 +16 C． 4π2 + 36 D． 4π2 +1
【答案】A
【解析】依题意可得圆柱的底面半径 r =1，高 h = 4
将圆柱的侧面（一半）展开后得矩形 ABCD，其中 AB = π， AD = 4，
问题转化为在CD 上找一点Q，使 AQ + PQ最短，
作 P 关于CD 的对称点E ，连接 AE ，令 AE 与CD 交于点Q，
则得 AQ + PQ的最小值就是为 AE = π2 + 4 + 2 2 = π2 + 36 ．
故选：A
3．（2023·海南·三模）（多选）如图所示，一个平面图形 ABCD的直观图为 A B C D ，其中
O A = O C =1,O B = O D = 2，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
16π
C．该平面图形绕着直线 AC 旋转半周形成的几何体的体积是
3
D．以该平面图形为底，高为 3 的直棱柱的外接球直径为 17
【答案】BC
【解析】如图所示: 将直观图还原为平面图形，
由题意可得， AC = 4 = BD，故该平面图形为正方形，即 A 错误；
1
面积 S = 4 4 = 8，即 B 正确；
2
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，
V 2 1 π 22 2 16故体积 = = π ，即 C 正确；
3 3
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 2 2,2 2,3，所以长方体的体对角线长为
8 + 8 + 32 = 5，即 D 错误.
故选：BC
4．（2024 吉林四平·阶段练习）如图正三棱柱 ABC - A B C 的底面边长为 3，高为 2，一只蚂蚁要从顶点A 沿三
棱柱的表面爬到顶点C ，若侧面 AA C C 紧贴墙面（不能通行），则爬行的最短路程是 ．
【答案】 13
【解析】正三棱柱 ABC - A B C 的侧面部分展开图如图所示，
图 1，连接 AC 与BB 交于点G ，则爬行的最短路程时沿着 AC 爬行，
此时 AC = AC 2 + CC 2 = (2 3)2 + 22 = 4，
图 2，连接 AC ，过C 作 AB 的垂线交 A B 于点E ，则C E = A C ×sin 60
3
° = ，
2
2
C F 7
2
则 = ，所以 AC = AF 2 + C F 2 3 72 =

÷÷ +2 2 ÷
= 13 ，
è è
∵ 13 < 4，∴爬行的最短路程是 13 .
故答案为： 13 .
考法三 空间几何体的表面积
【例 3-1】（2024·吉林·模拟预测）佛兰德现代艺术中心是比利时洛默尔市的地标性建筑，该建筑是一座全玻璃建
筑，整体成圆锥形，形成一个统一的整体，气势恢宏，底面直径为8m ，高为 30m，则该建筑的侧面积为（ ）
A．160pm2 B． 4 229πm2 C．8 229πm2 D． 240pm2
【答案】C
【解析】如图，由题底面直径 AB = 8m，高 AO = 30m，
所以底面半径 r = OC = 4m r＝OC＝4，母线长 l = AB = 302 + 42 = 2 229m．
所以圆锥的侧面积为： πrl = 8 229πm2．
故选：C．
【例 3-2】（2024·陕西安康·模拟预测）已知正三棱台 ABC - A1B1C1 的上底面积为 3，下底面积为 4 3 ，高为 2，
则该三棱台的表面积为（ ）
A．5 3 + 3 39 B．3 39 C．5 3 +18 D．18
【答案】A
【解析】由面积公式可得正三棱台上下底面边长分别为 2和 4，
设C1在底面 ABC 内的射影为 H ，作HQ ^ BC 于Q，
C1H ^ 平面 ABC ，BC 平面 ABC ，则有C1H ^ BC ，
又HQ ^ BC ，C1H I HQ = H ，C1H , HQ 平面C1HQ，所以BC ^平面C1HQ，
C1Q 平面C1HQ，所以BC ^ C1Q ，
由BC = 4，B1C1 = 2 ，BB1 = CC1，则CQ =1，
π 3
又 HCQ = ，所以
6 HQ = ，则C1Q = C1H
2 + HQ2 39= ，
3 3
2 + 4 39
故三棱台的侧面积为 3 = 3 39 ，表面积为5 3 + 3 39 .
2 3
故选：A.
【一隅三反】
π
1．（2024·重庆·三模）若圆锥的母线长为 2，且母线与底面所成角为 ，则该圆锥的侧面积为（ ）
4
A． 2π B． 2π C．2 2π D．4π
【答案】C
π π
【解析】圆锥的母线长为 2，母线与底面所成角为 ，所以底面圆的半径为 r = 2sin = 2 ，
4 4
所以该圆锥的侧面积为 S侧 = π 2 2 = 2 2π .故选：C
2．（2024·青海海西·模拟预测）如图，圆柱形容器内部盛有高度为 2cm 的水，若放入 3 个相同的铁球（球的半径
与圆柱底面半径相等）后，水恰好淹没最上面的铁球，则一个铁球的表面积为（ ）
A．3π B．4π C．5π D．6π
【答案】B
【解析】设铁球的半径为 R ，有2πR2 + 3
4
πR3 = πR2 6R ，解得R =1，
3
则一个铁球的表面积为4π．故选：B．
3（2023·河北·统考模拟预测）柷（zhù），是一种古代打击乐器，迄今已有四千多年的历史，柷的上方形状犹如
四方形木斗，上宽下窄，下方有一底座，用椎（木棒）撞击其内壁发声，表示乐曲将开始.如图，某柷（含底座）
高60cm，上口正方形边长 70cm，下口正方形边长54cm，底座可近似地看作是底面边长比下口边长长 4cm ，高
为16cm的正四棱柱，则该柷（含底座）的侧面积约为（ 5 2.236）（ ）
A．12960cm2 B．14803cm2 C．16800cm2 D．18240cm2
【答案】B
【解析】如图正四棱台中，连接 AC ， A1C1，过点A 、C 分别作 AE ^ A1C1 、CF ^ A1C1，交 A1C1于点E 、F ，
依题意 AB = 54 cm， A1B1 = 70 cm， AE = CF = 60 -16 = 44 cm，
A E 70 2 - 54 2则 = = 8 2 cm1 ，所以 AA1 = AE
2 + A E 2 = 2064 cm1 ，2
2 A B - AB
2

所以正四棱台的斜高为 AA - 1 1 ÷ = 20 5 cm1 ，
è 2
S 4 54 + 70所以正四棱台的侧面积 1 = 20 5 = 4960 5 11090.56cm
2
，
2
又正四棱柱的侧面积 S 22 = 4 54 + 4 16 = 3712 cm ，
所以该柷（含底座）的侧面积约为11090.56 + 3712 14802.56 14803cm2 ；故选：B
4．（2023·天津河西·天津市新华中学校考模拟预测）灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便
会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围 .如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部
分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分 ( 除去两个球冠 ).如图 2，球冠是由球面被一个平面截得的，
垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球的半径为 R ，球冠的高为 h ，则球冠的面积
S = 2πRh.已知该灯笼的高为 40cm ，圆柱的高为 4cm ，圆柱的底面圆直径为 24cm ，则围成该灯笼所需布料的面
积为（ ）
A．1536πcm2 B．1472πcm2
C．1824πcm2 D．1760πcm2
【答案】B
【解析】由题意得圆柱的底面圆直径为 24cm ，半径为12cm，即球冠底面圆半径为12cm .
已知该灯笼的高为 40cm ，圆柱的高为 4cm ，所以该灯笼去掉圆柱部分的高为 40 -8 = 32cm，
2 40 -8 2 2
所以R - ( ) =12 ，得R = 20cm ， h = 20 -16 = 4cm，
2
所以两个球冠的表面积之和为 2S = 4πRh = 320πcm2 ，
灯笼中间球面的表面积为 4πR2 - 320π =1280πcm2 ．
因为上下两个圆柱的侧面积之和为 2 24π 4 =192πcm2 ，
所以围成该灯笼所需布料的面积为1280π +192π =1472πcm2 ．故选：B．
考点四 空间几何体的体积
【例 4-1】（2024·浙江·模拟预测）清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食要从苏州府运送到全国各地．为
了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，而一只官斛的容量恰
好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为 25cm，下底也为正方形，内边长为 50cm，斛内
高 36cm，那么一斗米的体积大约为立方厘米 （ ）
A．10500 B．12500 C．31500 D．52500
【答案】A
V 1 1【解析】一斛米的体积为 = S上 + S下 + S上S下 h = 252 + 502 + 25 50 36 = 525003 3 cm
3 ，
V 3
因为五斗为一斛，所以一斗米的体积为 =10500 cm ，
5
故选：A.
【例 4-2】（2024·天津北辰·三模）中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有 3 个国家能够独立开展载
人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以
不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个
圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为 2，圆柱的高为 6，圆锥的高为 4.若将其内部注
入液体，已知液面高度为 7，则该容器中液体的体积为（ ）
325π 76π 215π 325π
A． B． C． D．
12 3 9 16
【答案】A
【解析】由题意可知：容器中液体分为：下半部分为圆柱，上半部分为圆台，
取轴截面，如图所示，O1,O2 ,O3 分别为 AB,CD, EF 的中点，
可知： AB ∥ CD ∥ EF ，且O1B = O2C = 2,O1O2 = 6,O2P = 4,O2O3 =1,O3P = 3，
O3F O P 3
可得 = 3 =
3
O2C O P 4
，即O3F = ，
2 2
1 é 2 2 ù2
所以该容器中液体的体积为 π 2 6 + êπ 22
3
+ π + π 22 π 3 ú 1 325π ÷ ÷ = .3
ê è
2 è 2 ú 12
故选：A.
【一隅三反】
1．（2024·山东菏泽·模拟预测）菏泽市博物馆里，有一条深埋 600 多年的元代沉船，对于研究元代的发展提供了
不可多得的实物资料.沉船出土了丰富的元代瓷器，其中的白地褐彩龙风纹罐（如图）的高约为36cm，把该瓷
器看作两个相同的圆台拼接而成（如图），圆台的上底直径约为 20cm ，下底直径约为 40cm ，忽略其壁厚，则该
瓷器的容积约为（ ）
A． 4200πcm3 B．8400πcm3 C．16800πcm3 D．33600πcm3
【答案】B
【解析】根据题意，V = 2V
2 π 36= 102 +10 20 + 202 = 8400π圆台 .故选：B3 2
2．（2024·广东·模拟预测）建盏是福建省南平市建阳区的特产，是中国国家地理标志产品，其多是口大底小，底
部多为圈足且圈足较浅（如图所示），因此可将建盏看作是圆台与圆柱拼接而成的几何体.现将某建盏的上半部
分抽象成圆台O 2 21O2 ，已知该圆台的上 下底面积分别为16πcm 和9πcm ，高超过1cm，该圆台上 下底面圆周上
的各个点均在球O的表面上，且球O的表面积为100πcm2 ，则该圆台的体积为（ ）
259π 260π
A．80πcm3 B． cm3 C． cm3 D．3 3 87πcm
3
【答案】B
【解析】
设球O的半径为Rcm，上 下底面分别为圆O1,O2 （这里上底面是指大的那个底面），
依题意， 4πR2 =100π，解得R = 5，
2
因为O2 A = 9 = 3
2
，
则OO2 = R
2 - 32 = 4cm，同理可得，OO1 = 3cm ，因为圆台的高超过1cm，则该圆台的高为 7cm ，该圆台的体
1
积为 9π +16π +12π 7 259π= cm3 .
3 3
故选：B.
3．（2024·天津河西·三模）如图，在三棱柱 ABC - A1B1C1 中，E，F 分别为 AB，AC 的中点，平面EB1C1F 将三棱
柱分成体积为V1，V2两部分，则V1 :V2 =（ ）
A．1∶1 B．4∶3 C．6∶5 D．7∶5
【答案】D
【解析】设三棱柱 ABC - A1B1C1 的高为 h，上下底面面积均为 S，体积为 V，
则V = V1 +V2 = Sh ，
1
因为 E，F 分别为 AB，AC 的中点，故S△AEF = S ,4
结合题意可知几何体 AEF - A1B1C1为棱台，
V 1

h 1 S S 1
7
则 1 = + + S × S ÷÷ = Sh ，3 è 4 4 12
V Sh 7故 2 = - Sh
5
= Sh ,故V :V = 7 : 5，故选：D
12 12 1 2
考点五 截面问题
【例 5-1】（23-24 山东德州·期末）（多选）棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 中，用一平面去截，则下列说法
正确的是（ ）
A．当截面为三角形时，截面一定为锐角三角形
B．当截面是梯形时，截面不可能为直角梯形
C．若 E 为 AB 的中点，平面 A1EC 截正方体所得截面面积为 4 6
D．过棱CC1 ， A1D1， A1B1 的中点作正方体的截面，截面多边形的周长为 2 + 2 10
【答案】ABD
【解析】A 选项，如图，截面为三角形，
设DH = a, DF = b, DG = c，则HF = a2 + b2 , HG = a2 + c2 , FG = b2 + c2 ，
由于HF 2 + HG2 - FG2 = 2a2 > 0，故 cos FHG > 0， FHG 为锐角，
同理 HFG, HGF 为锐角，
故截面一定为锐角三角形，A 正确；
B 选项，如图，截面QWRT 是梯形，QW / / RT ，QT 与RW不平行，
假设梯形QWRT 为直角梯形，其中QT ⊥ RT ，
因为BC ⊥平面 ABB1A1，QT 平面 ABB1A1，
所以BC ⊥ QT ，
因为RT I BC = R ，RT ，BC 平面 ABCD，
所以QT ⊥平面 ABCD，
因为BB1 ⊥平面 ABCD，
所以QT / / BB1，
又QT 平面CBB1C1 ，BB1 平面CBB1C1 ，
所以QT / / 平面CBB1C1 ，
因为平面QTRW I平面CBB1C1 = WR，QT 平面QTRW ，
所以QT / /WR ，矛盾，假设不成立，
当截面是梯形时，截面不可能为直角梯形，B 正确；
C 选项，取C1D1的中点U ，连接UA1,UC ，
则可得平面 A1EC 截正方体所得截面即为平行四边形 A1ECU ，
因为若 E 为 AB 的中点，由勾股定理得 A1E = CE = CU = A1U = 4 +1 = 5 ，
故平行四边形 A1ECU 为菱形，
其中EU = 2 2 ， A1U = 2 3 ，
1
故平面 A1EC 截正方体所得截面面积为 EU × A1U = 2 6 ，C 错误；2
D 选项，直线 SN 交C1D1,C1B1的延长线于点V , Z ，连接MV , MZ 分别交DD1，BB1于点 J , K ，
连接 SJ , NK ，则五边形MJSNK 即为过棱CC1 ， A1D1， A1B1 的中点作正方体的截面，
取 SN 的中点O，连接MO ，
VD1 SD1 1
其中 SN = 1+1 = 2 ， A1S = B1Z =1， = =VC1 C
，
1Z 3
故VD1 =1
1 1
，D1J = C M = ，故 SJ = D S 21 1 + D1J
2 1 1 10= + = ，
3 3 9 3
10
同理可得 NK = ，
3
2
其中MV = MZ = 1+ 9 = 10 ，MK = MJ = 10 ，3
10 2 10
故截面多边形的周长为 2 + 2 + 2 = 2 + 2 10 ，D 正确.
3 3
故选：ABD
【例 5-2】（23-24 高三上·河北廊坊·期末）如图所示，正四棱台 ABCD - A1B1C1D1 中，上底面边长为 3，下底面边
6 63 2长为 ，体积为 ，点E 在 AD 上且满足DE = 2AE ，过点E 的平面a 与平面D1AC 平行，且与正四棱台各面
2
相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为（ ）
A．7 2 B．8 2 C．3 3 + 4 2 D． 4 3 + 4 2
【答案】D
【解析】如图所示，
过点 A1作 A1H ^ AC 于点 H ，因为 A1C1 = 3 2, AC = 6 2 ，
AH 3 2所以 = ，
2
1 63 2
则四棱台的高为 A 2 21H ，则四棱台的体积为 3 + 6 + 3 6 A3 1H = ，2
3 2
解得 A H = ，所以侧棱长为 AA = AH 21 1 + A H
2
1 = 3 .2
如图所示：
过D1F ^ AD 于点F ， AG ^ AD 于点G ，连接 AD1 ，
DF AG 6 - 3 3由对称性可知 = = = ,GF = A
2 2 1
D1 = 3，
3 9
所以 AF = 6 - = ，
2 2
而DD1 = AA1 = 3，
9 3 3
所以D1F = 9 - = ，4 2
所以 AD 81 271 = + = 3 3 ，同理CD1 = AD1 = 3 3 ，4 4
分别在棱DC, DD1 上取点 N ,M ，使得DN : NC = DM : MD1 = 2 :1，
ME NM 2易得 = = AD1 = 2 3, EN
2
= AC = 4 2 ，
3 3
所以截面多边形的周长为 4 3 + 4 2 .
故选：D.
【一隅三反】
1．（23-24 高三下·江西·开学考试）已知一正方体木块 ABCD - A1B1C1D1 的棱长为 4，点E 在棱 AA1上，且 AE = 3 .
现过D, E, B1三点作一截面将该木块分开，则该截面的面积为（ ）
A 5 17． 4 26 B．5 17 C． 2 26 D．
2
【答案】A
【解析】
如图，在CC1 上取一点F ，使得CF =1，连接B1F , DF , AF , EC1, EF , AC1，
因为 AE / /C1F 且 AE = C1F ，所以四边形 AEC1F 为平行四边形，
所以 EF 与 AC1相交于O且O为 AC1的中点，
又O在B1D上，所以 EF 与B1D相交于O，且 O 平分 EF ，B1D，
所以四点D, E, B1, F 四点共面且四边形DEB1F 为平行四边形，
所以过D, E, B1三点的截面是平行四边形DEB1F ，
QDE = AE2 + AD2 = 5, B1E = C
2
1F + (B1C
2 2 2
1) = 17, DB1 = DB + B1B = 4 3 ，
2 2 2
\cos DEB B1E + DE - B1D 17 + 25 - 48 31 = = = - ，2B1E × DE 2 5 17 5 17
\sin DEB 1 4 261 = - cos
2 DEB1 = ，5 17
故截面面积为 S = 2SVDEB = 2
1
DE B1E sin DEB1 = 5 17
4 26
= 4 26 .
1 2 5 17
故选：A.
2．（22-23 高二上·广西贵港·期末）（多选）已知棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 的中心为O，用过点O的平
面去截正方体，则（ ）
A．所得的截面可以是五边形 B．所得的截面可以是六边形
C．该截面的面积可以为3 3 D．所得的截面可以是菱形
【答案】BCD
【解析】一个平面去截正方体，考虑从正方体的上底面 A1B1C1D1开始截入，
不妨设上底面 A1B1C1D1与截面的交线为线段 PQ，截取有两种情况，
第一种情况是P,Q 两点分别在两对边上或两相邻边上，如图，
直线PO与BC 相交于点M ，直线OQ 与 AD 相交于点 N ，
由正方体性质及面面平行性质定理知截面为平行四边形PQMN .
第二种情况，如图，
直线PO与BC 相交于点M ，直线OQ 与 AD 相交于点 N ，直线 PQ与 A1B1 相交于点E ， NE 与 AA1相交于点F ，
直线MN 与CD 相交于点G,GQ与CC1 相交于点 H ，
易知所得截面为六边形PQHMNF ，A 错误，B 正确.
1 3
当截面为正六边形时，正六边形的边长为 2 ，它的面积为6 ( 2)2 = 3 3，C 正确.
2 2
当截面为平行四边形时，由对称性可知 A1P = MC, PD1 = BM ,C1Q = AN , B1Q = DN ，
若四边形PQMN 为菱形，则PN = MN ，
可得 AA2 + AN - A P 2 = AB21 1 + (BM - AN )2 ，可得 (AN - MC)2 = (BM - AN )2，
可得 AN - MC = BM - AN 或 AN - MC = AN - BM ，可得 2AN = AD 或MC = BM ，D 正确.
故选：BCD.
3．（2024 高三·上海·专题练习）圆台O1O2 母线长为 3，下底直径为 10，上底直径为 5，过圆台两条母线作截面，
则该截面面积最大值是
27
【答案】
2
【解析】由题意作出轴截面 ABCD，并将其补充成等腰三角形 ABE ，
则 AB =10，CD = 5， AD = BC = 3，
因为DC / / AB
1
，DC = AB ，
2
所以DC 为三角形 ABE 的中位线，则DE = EC = AD = 3，
2 2 2
在VABE 6 + 6 -10 7中利用余弦定理得， cos AEB = = - ，
2 6 6 18
因为 AEB = (0, π)
π
，所以 AEB ( , π)2 ，
过圆台两条母线所作截面也为等腰梯形，并将其补成的等腰三角形，设其顶角为a ，
1 1
则 S = 6 6sina - 3 3sina
27
= sina
截面 ，2 2 2
a = AEB a π S 27因为a > 0，且 max ，则当 = 时，2 截面
的最大值为 ．
2
27
故答案为： ．
2
4．（23-24 高三上·山东烟台·期末）如图，在直三棱柱 ABC - A1B1C1 中， AB ^ BC, AB = BC = 5， AA1 = 2，则该
三棱柱外接球的表面积为 ；若点 P 为线段 AC 的中点，点Q为线段 AC1上一动点，则平面BPQ 截三棱
柱 ABC - A1B1C1 所得截面面积的最大值为 .
【答案】 54π 3 6
【解析】由题意，直三棱柱 ABC - A1B1C1 中， AB ^ BC, AB = BC = 5， AA1 = 2，
该直三棱柱 ABC - A1B1C1 可补充一个长方体，
其中直三棱柱 ABC - A1B1C1 的外接球和补成的长方体的外接球是同一个球，
又由长方体过同一顶点的三条棱长分别为5,5,2，可得对角线长为 52 + 52 + 22 = 54 ，
54 54
所以外接球的半径为R = ，则该三棱柱外接球的表面积为 4π ( )2 = 54π ；
2 2
如图所示，连接 PQ，并延长 PQ交 A1C1于点E ，取 A1C1的中点M ，连接B1M , PM ，
则B1M = BP且B1M / /BP ，在过点E 作EF / /B1M ，可得EF / /BP ，
连接 BF ，则四边形BPEF 即为过点B, P,Q的截面，
在VABC 中，因为 AB = BC ，且 P 为 AC 的中点，所以BP ^ AC ，
又因为 AA1 ^ 平面 ABC ，BP 平面 ABC ，所以BP ^ AA1，
因为 AC∩AA1 = A，且 AC, AA1 平面 ACC1A1 ，所以BP ^ 平面 ACC1A1 ，
又因为PE 平面 ACC1A1 ，所以BP ^ PE ，
所以四边形BPEF 为直角梯形，
VABC AB = BC = 5 AB ^ BC BP 1 AC 5 2在 中，由 且 ，可得 AC = 5 2 ，所以 = = ，
2 2
设ME = x，在直角△PME 中，可得PE = PM 2 + ME2 = 4 + x2 ，
又由C1E = C1M - ME
5 2 5 2
= - x，可得EF = C1E = - x，2 2
1
所以直角梯形BPEF 的面积为 S x = (BP + EF ) PE 1 (5 2 5 2= + - x) 4 + x2
2 2 2 2
1
= (5 2 1- x) 4 + x2 = (5 2 - x)2 × (4 + x2 ) 5 2，其中0 x ，2 2 2
设 f x = (5 2 - x)2 × (4 + x2 ),0 x 5 2 ，
2
2 2 可得 f x = [ 5 2 - x ]' × 4 + x2 + 5 2 - x × (4 + x2 )' = 4 x - 5 2 x 2 - ÷÷ x - 2 2 ，
è 2
当 x [0, 2 )时， f x < 0， f x 单调递减；
2
当 x ( 2 , 2 2)时， f x > 0， f x 单调递增；
2
x (2 2, 5 2 ]时， f x < 0， f x 单调递减，
2
又由 f 0 = 200, f (2 2) = 216，可得 f 0 < f (2 2) ，
所以当 x = 2 2 时，函数 f x 取得最大值，此时梯形的面积取得最大值 S(2 2) = 3 6 .
故答案为：3 6 .
考点六 交线（轨迹）
【例 6-1】（23-24 四川乐山·期末）已知正方体 ABCD - A1B1C1D1 棱长为 1，点 P 是正方体表面上一个动点，满足
BP ^ A1C ，则点 P 的轨迹长度为（ ）
A．2 B． 2 2 C．4 D．3 2
【答案】D
【解析】由题意可知，动点 P 的轨迹为过点 B 与直线 A1C 垂直的截面与正方体的表面的交线.
如图所示：
在正方体 ABCD - A1B1C1D1 中，BD ^ AC, BD ^ AA1，
又 AC, AA1 平面 AA1C 且 AC∩AA1 = A，所以BD ^平面 AA1C ，
因为 A1C 平面 AA1C ，所以BD ^ A1C .
又在正方体 ABCD - A1B1C1D1 中，BC1 ^ B1C, BC1 ^ B1A1 ，
又B1C, B1A1 平面B1CA1且B1C B1A1 = B1 ，所以BC1 ^ 平面B1CA1，
因为 A1C 平面B1CA1，所以BC1 ^ A1C .
又因为BD ^ A1C, BC1 ^ A1C ，由BD, BC1 平面BDC1 且BD I BC1 = B，
所以 A1C ^平面BDC1 .
于是点 P 的轨迹长度为不包含点 B 的VBDC1的周长，
即VBDC1周长等于3 12 +12 = 3 2 .
故选：D.
【例 6-2】（23-24 高三下·山东菏泽·阶段练习）（多选）如图，已知正方体 ABCD - A1B1C1D1 的棱长为 2，点M 为
BC 的中点，点 P 为正方形 A1B1C1D1内 ( 包含边界 )的动点，则（ ）
A．满足MP / / 平面 A1BD 的点 P 的轨迹为线段
π
B．若MP = 2 2 ，则动点 P 的轨迹长度为 3
é π π ù
C．直线 AB 与直线MP 所成角的范围为 ê , 6 2 ú
D．满足MP ^ AM 5的点 P 的轨迹长度为
2
【答案】AD
【解析】对于 A，如图所示，取棱BB1, A1B1, A1D1, D1D, DC 的中点分别为E, F,G, H, I ，
连接EF、FG、GH、HI、IM、ME ，
根据正方体的特征易知EM / / A1D / /GH , EF / / A1B / /HI ,GF / /BD / /MI ，
则E, F ,G, H , I , M 共面，且BD / /平面EFGHIM ，BA1 / /平面EFGHIM ，
又BD, BA1 平面BDA1且相交于 B ，故平面BDA1 / / 平面EFGHIM ，
所以满足MP / / 平面 A1BD 的点 P 的轨迹为线段 FG ，
故 A 正确；
对于 B，设 M 到上底面的投影为 N，易知MN = 2，而MP = 2 2 ，所以 NP = 2，
即 P 在以 N 为圆心，半径为 2 的圆上，
且 P 在正方形 A1B C D
π 2π
1 1 1内，如图所示，即 J K 上，易知 JNK = ，所以 的长度为 ，3 JK 3
故 B 错误；
对于 C，
如图所示建立空间直角坐标系，取 AD 的中点 Q，连接MQ ，作PL ^ MQ ，
设P x, y, 2 x, y 0,2 ，则 L 1, y,0 ，M 1,2,0 ，
易知直线 AB 与直线MP 所成角为 PMQ ，
π
显然当 P 为 B1C1 的中点时，此时 PMQ = , y = 2，2
y 2 PL x -1
2 + 4
当 时， tan PMQ = = ，
LM 2 - y
x -1 2易知 + 4 2,2 - y 0,2 ，
若 PMQ 最小，则需 x =1, y = 0
π
，此时 PMQ = ，故 C 错误；
4
CS 1 DC, RC 1对于 D，取 = 1 = D4 4 1
C1，
可知RN / /SM , RN = SM ，即R、N、M、S 共面，
CS 1 BM
在底面正方形中易知 = = , ABM = SCM ，则 o ，
CM 2 AB VSCM ~VMBA AMS = 90
结合正方体的性质可知MN ^底面 ABCD， AM 底面 ABCD，
所以 AM ^ MN ，
而MN SM = M , MN、SM 平面RNMS ，
所以 AM ^ 平面RNMS ，故 P 在线段RN 上运动，
2
易知RN = 12 + 1 5 2 ÷
= ，故 D 正确.
è 2
故选：AD
【一隅三反】
1．（23-24 辽宁沈阳·阶段练习）如图，三棱柱 ABC - A1B1C1 中， AB = 4 ， AC = 3， BC = 5 ， AA1 = 6，D为CC1
uuur uuur
中点，E 为BB1上一点，BB1 = 3BE ， ACD =120°，M 为侧面 AA1C1C 上一点，且BM / /平面 ADE ，则点M
的轨迹的长度为（ ）
A．2 B． 3 C． 2 D．1
【答案】B
【解析】由题意知，BE = 2,CD = 3，在CD 上取点M1 ，使得M1D = 2, M1C =1，
则M1D / /BE 且M1D = BE ，所以四边形 BEDM1为平行四边形，
故BM1 / /DE，又 BM1 平面 ADE ，DE 平面 ADE ，
所以 BM1 / / 平面 ADE .
在 AC 上取点M 2 ，使得M 2 A = 2, M 2C =1，
M1C M 2C 1
有 = = ，所以VCM1M 2 :VCDAM D M A 2 ，则M1M 2 / / AD ，1 2
又M1M 2 平面 ADE ， AD 平面 ADE ，
所以M1M 2 / / 平面 ADE ，又 BM1 I M1M 2 = M1, BM1、M1M 2 平面 BM1M 2 ，
所以平面 BM1M 2 / / 平面 ADE ，则点 M 的轨迹为线段M1M 2 .
在VCM1M 2 中，CM1 = CM 2 =1, M1CM 2 =120°，由余弦定理，
得M1M
2
2 = M1B + M B
2 - 2M B × M Bcos120°2 1 2 = 3，
即点 M 的轨迹长度为 3 .
故选：B
2．（22-23 ·河南商丘·阶段练习）（多选）如图，正方体 ABCD - A1B1C1D1 的棱长为 3，动点M 在侧面BB1C1C 内
运动（含边界），且BD1 ^ MC ，则（ ）
A．点M 的轨迹长度为3 2 B．点M 的轨迹长度为 2 3
C AM + BM 3 3 + 2 6 D AM + BM 3 2 + 3 6． 的最小值为 ． 的最小值为
2 2
【答案】AD
【解析】如图，
因为D1C1 ^平面BB1C1C ， B1C 平面BB1C1C ，所以D1C1 ^ B1C ，
因为 B1C ^ C1B ，D1C1 C1B = C1，D1C1、C1B 平面D1C1B ，
所以 B1C ^ 平面D1C1B ，BD1 平面D1C1B ，所以BD1 ^ B1C ，
若BD1 ^ MC ，则点M 的轨迹为B1C ，
因为正方体 ABCD - A1B1C1D1 的棱长为 3，所以点M 的轨迹长度为3 2 ，故 A 正确 B 错误；
将平面 AB1C 翻折到与平面 BB1C 重合，如图，
此时A ，M ， B 三点共线， AM + BM 取得最小值 AB ，
此时，VAB1C 是边长为3 2 的等边三角形，
VB1BC 是∠B = 90o 边长为3的等腰直角三角形，且M 是B1C 的中点，
AM 3 6所以 = ，BM 3 2= ，
2 2
所以 AM + BM 3 2 + 3 6取得最小值为 ，故 C 错误 D 正确.
2
故选：AD．
3．（2023 高三·全国·专题练习）（多选）已知图所示的正方体 ABCD-A1B1C1D1的外接球表面积为 12π，点 P 在
正方体的对角面 BDD1B1内（包括边界），则下列说法正确的是（ ）
A．若B1P∥平面 A1C1D，则 P 的轨迹长度为 6
B．若 BP⊥平面 A1C1D，则 P 的轨迹长度为 2 3
C．若点 P 到平面 A1B1C1D1的距离与到点 B 的距离相等，则 P 的轨迹是椭圆的一段
D．PA+PA1的最小值为 2 3
【答案】ABD
【解析】 正方体 ABCD-A1B1C1D1的外接球表面积为 12π，故外接球半径 R = 3 ，所以正方体的棱长为 a=2．
对于 A 项，若B1P∥平面 A1C1D 因为 B1P 平面 BDD1B1，记 A1C1交 B1D1于点 O1连接 DO1，如图 4 所示，则
平面 A1C1D∩平面 BDD1B1=DO1，所以B1P∥DO1．
记线段 BD 的中点为 O，连接 B1O．在正方体 ABCD-A1B1C1D1中，平面 A1C1D / / 平面 ACB1，
再结合点 P 在正方体的对角面 BDD1B1内，可知点 P 的轨迹为平面 ACB1与平面 BDD1B1的交线，也
就是线段 B1O（除去点 B1）
显然在矩形 BDD1B1中，B1P∥DO1，则点 P 的轨迹就是线段 B1O（除去点 B1），
其长度为 BO2 + BB21 = 22 + 22 = 6 ，故选项 A 正确．
对于 B 项，连接 BD1，如图 5 所示．
显然在正方体中 BD1⊥平面 A1C1D，而过一点有且只有一条直线和已知平面垂直，
所以若 BP⊥平面 A1C1D，则 P 的轨迹就是线段 BD1（除去点 B），其长度为BD1 = 3AB = 2 3．故选项 B 正确．
对于 C 项，过点 P 作 B1D1的垂线，垂足为 H，如图 6 所示．
由正方体的性质可得 A1C1⊥平面 BDD1B1，所以 A1C1⊥PH．
因为 PH⊥B1D1，A1C1，B1D1 平面 A1B1C1D1，A1C1∩B1D1=O1，所以 PH⊥平面 A1B1C1D1．
故点 P 到平面 A1B1C1D1的距离就是点 P 到直线 B1D1的距离．所以点 P 到直线 B1D1的距离与点 B 的距离相等，
由抛物线的定义可知 P 的轨迹是以 B 为焦点，直线 B1D1为准线的抛物线的一段（在四边形 BDD1B1内，包含边
界），故选项 C 不正确．
对于 D 项，由正方体的性质可得 A1C1⊥平面 BDD1B1，连接 PC1，AC1，因为P 平面 BDD1B1，所以 PA1=PC1，
所以PA+ PA1 = PA+ PC1 AC1 = 2 3 ，当且仅当 A，P，C1三点共线时等号成立．故选项 D 正确，
故选：ABD．
考点七 外接球
【例 7-1】（2024·西藏·模拟预测）已知圆锥的轴截面 SAB 是一个正三角形，其中S 是圆锥顶点，AB 是底面直
径．若 C 是底面圆 O 上一点，P 是母线 SC 上一点， AB = 6， AC = SP = 2 ，则三棱锥P - ABC 外接球的表面积
是（ ）
107π 109π 112π 116π
A． B． C． D．
3 3 3 3
【答案】C
【解析】如图，
设点 D 在母线 SA 上且 SD = SP = 2，
因为△ACB是直角三角形，所以三棱锥P - ABC 外接球的球心 E 在 SO 上，
由 VSDE ≌△SPE ，可得EP = ED ，
即三棱锥P - ABC 外接球的球心 E 也是三棱锥D - ABC 外接球的球心，且两个外接球的表面积相等．
由 AO = CO = BO，得△ABD 的外心即为三棱锥 A - BCD外接球的球心 E．
在△ABD 中，BD = AD2 + AB2 - 2AD × ABcos DAB = 42 1+ 62 - 2 4 6 = 2 7 ，
2
所以△ABD 2R BD 2 7 4 21的外接圆的直径 = = = ，
sin DAB sin60° 3
2 2 112π
所以三棱锥P - ABC 外接球的表面积是 4πR = π 2R = ，
3
故选：C．
【例 7-2】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）已知某圆台的母线长为 2 2 ，母线与轴所在直线的夹角是 45o ，且上、
下底面的面积之比为1: 4，则该圆台外接球的表面积为（ ）
A． 40π B． 64π C．80π D．128π
【答案】C
【解析】如图：上，下底面圆心分别为M , N ，外接球球心为O，
连接OC,OB如图所示：
因为上、下底面的面积之比为 1：4，则上底面半径与下底面半径之比为1: 2，即CN＝2MB，
又母线与轴所在直线的夹角是 45o ,故 BCN = 45°，结合BC = 2 2 ,
则有CN - BM = 2, MN = 2，故CN = 4, BM = 2, MN = 2
记圆台外接球半径为R, OM = h，
在直角VOCN 和直角VOBM 中由勾股定理知：OM 2 + MB2 = OB2，ON 2 + NC 2 = OC 2 ，
则有 h2 + 22 = 2 - h 2 + 42，解可得 h = 4，
故圆台外接球的半径R2 = 4 +16=20 ，
则该圆台外接球的表面积 S = 4πR2 = 80π．
故选：C．
【一隅三反】
1．（2024·山东菏泽·模拟预测）已知正三棱台的上、下底面边长分别为 2 3,4 3 ，体积为 42 3 ，则该正三棱台
的外接球表面积为（ ）
80
A．20π B． π C．80π D 160 5．
3 π3
【答案】C
【解析】令给定的正三棱台为正三棱台 ABC - A1B1C1 ， A1B1 = 2 3, AB = 4 3 ，
VA 3令正 2 3 21B1C1,VABC 的中心分别为O1,O2 ，而 SVA B C = (2 3) = 3 3, SVABC = (4 3) =12 3 ，1 1 1 4 4
1
则V = (3 3 + 3 3 12 3 +12 3) ×O1O2 = 42 3 ，解得O1O2 = 6，3
△A1B1C
3 2
1的外接圆半径 r1 = 2 3 = 2，VABC 的外接圆半径 r = 4，2 3
显然正三棱台的外接球球心在直线O1O，设外接球半径为R,OO1 = x，则 | OO2 |=| 6 - x |，
因此R2 = x2 + 22 = (6 - x)2 + 42，解得 x = 4, R2 = 20，
所以该正三棱台的外接球表面积为 S = 4πR2 = 80π .
故选：C
π
2．（2024·四川成都·模拟预测）菱形 ABCD中 A = ，现将菱形 ABCD沿对角线BD折起，当
3 AC = 3 3
时，此时
9
三棱锥 A - BCD的体积为 ，则三棱锥 A - BCD外接球的表面积为（ ）
2
A 28π B 7π C 28 7π． ． ． D． 40π
3
【答案】A
【解析】不妨设菱形 ABCD的边长为 a，E 为BD中点，
O1,O2 分别为正VABD,VCBD的中心，
过O1,O2 分别作平面 ABD和平面CBD 的垂线交于点O .
等腰△AEC 3中， AE = CE = a, AC = 3 3 ，
2
因为CE ⊥ BD， AE ⊥ BD，CE I AE = E ，CE, AE 平面 AEC ，
所以BD ⊥平面 AEC ，
2 2
1 1 1 3 3 3 9
则VA-BCD = SV AEC × BD = 3 3 a ÷÷ - ÷÷ × a = ，3 3 2 è 2 è 2 2
\a4 - 9a2 - 36 = 0，即a 2 = 12（ a2 = -3舍），故 a = 2 3 ，
故 AE = CE 3= 2 3 = 3，
2
AE2 + CE2 - AC 2 9 + 9 - 27 1
△AEC 中，由余弦定理得 cos AEC = = = - ，
2AE ×CE 2 3 3 2
AEC 2π故 = ，
3
则在直角△OO
π
1E中， O1OE = ， O1O = 3 O1E = 3 ，6
\R2 = OO 21 + AO
2
1 = 7，故外接球的表面积为 4π 7 = 28π .
故选：A
3．（2024·福建厦门·模拟预测）已知三棱锥 A - BCD中， AB ^ 平面BCD， AB = 2 ， BC = 3， CD = 4，
BD = 5，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
29
A． π
19
B． π C． 29π D．38π
4 2
【答案】C
2 2 2
【解析】在△BCD中，因为 BC = 3， CD = 4， BD = 5，所以 BC + CD = BD ，
所以BC ^ CD，取BD中点 E，则 E 为△BCD r
1 5
的外心，且外接圆的半径为 = BD = ，
2 2
1
过 E 作底面的垂线OE，使 OE = AB ，又 AB ^ 平面BCD，则 O 为三棱锥外接球的球心，
2
R2 OE 2 BE 2 1 25 29所以外接球的半径 = + = + = ，
4 4
4πR2 4π 29所以三棱锥外接球的表面积为 = = 29π4 ，
故选：C.
4．（2024·陕西渭南·二模）已知三棱锥 S - ABC 外接球直径为 SC，球的表面积为36π，且 AB = BC = CA = 3，则三
棱锥 S - ABC 的体积为 .
9 2 9
【答案】 / 2
2 2
【解析】设外接球半径为 r ，则 4πr 2 = 36π ，解得 r = 3，故 SC = 6 ，
由于 A, B均在球面上，故 SAC = SBC = 90°，
由勾股定理得 SA = SB = 62 - 32 = 3 3，
取 AB 的中点D，连接 SD, DC ，则 SD ⊥ AB ，DC ⊥ AB ，
CD = AC 2 - AD2 9 9 3 3= - = ，
4 2
又 SD I DC = D ， SD, DC 平面 SDC ，故 AB ⊥平面 SDC ，
DA 3= DB = SD SA2 AD2 27 9 3 11其中 ，由勾股定理得 = - = - = ，
2 4 2
99 27
SD2 + CD2 - SC 2 + - 36
9
- 1
在VSCD中，由余弦定理得 cos SDC = = 4 4 = 2 = -2SD ×CD ，
2 3 11 3 3 9 33 33
2 2 2
故 sin SDC 1
1 4 2
= - = ，
33 33
S 1 CD SD sin SDC 1 3 3 3 11 4 2 9 2故 VCDS = × = = ，2 2 2 2 33 2
S - ABC 1故三棱锥 的体积为 SVCDS × AB
1 9 2 9 2
= 3 =
3 3 2 2
9 2
故答案为：
2
一．单选题
1．（2024·陕西西安·模拟预测）已知圆柱的底面直径为 2，它的两个底面的圆周都在同一个表面积为20π的球面
上，该圆柱的体积为（ ）
A．8π B．6π C．5π D．4π
【答案】D
【解析】球的表面积为 4πR2 = 20π ，可得其半径R = 5 ，
圆柱的底面直径为 2，半径为 r =1，
在轴截面中，可知圆柱的高为 h = 2 R2 - r 2 = 4，所以圆柱的体积为 πr 2h = 4π .
故选：D.
2．（2024·天津滨海新·三模）我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本
是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用．图 1 是明清时期
的一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图 2.已知正四
棱柱和正四棱锥的底面边长为 4，体积之比为 3:1，且该几何体的顶点在球O的表面上，则球O的表面积为
（ ）
A．36π B． 48π
216π 288π
C． D．
5 5
【答案】A
【解析】Q正四棱柱和正四棱锥的体积之比为3:1，且共一个底面，
\正四棱柱和正四棱锥的高相等，
设正四棱柱和正四棱锥的高为 h ，该几何体外接球的半径为 R ，
易知球 O 是正四棱柱的外接球，也是正四棱锥的外接球，
ì(2R)2 = 42 + 42 + h2
\ í h ，
R = h + 2
解得 h = 2, R = 3，
∴球 O 的表面积为 4π 32 = 36π ．
故选：A．
3．（2024·河北衡水·三模）艳阳高照的夏天，“小神童”是孩子们喜爱的冰淇淋之一．一个“小神童”近似为一个圆
锥，若该圆锥的侧面展开的扇形面积是底面圆面积的 2 倍，圆锥的母线长为12cm，则该圆锥的体积为（ ）
A．96 3πcm3 B．124πcm3 C．72 3πcm3 D．168πcm3
【答案】C
【解析】设圆锥的底面圆的半径为 r ，则底面圆的面积为 S1 = πr
2
，
1
侧面面积为 S2 = × 2πr ×12 =12πr ，由题意知 2S1 = S2，2
所以12πr = πr 2 ，解得 r = 6，
因此该圆锥的高 h = 122 - 62 = 6 3，
1 2
故该圆锥的体积V = × π ×6 ×6 3 = 72 3π ．
3
故选：C．
4．（23-24 湖南长沙·期末）在侧棱长为 2 3 的正三棱锥 S - ABC 中， ASB = BSC = CSA = 40o ，过A 作截
面 AEF ，则截面的最小周长为（ ）
A． 2 2 B．4 C．6 D．10
【答案】C
【解析】如图三棱锥以及侧面展开图，要求截面 AEF 的周长最小，
连接 AG 交 SB 、 SC 于点E 、F ，则侧面展开图中线段 AG 的长度即为截面的最小周长，
因为侧棱长为 2 3 的正三棱锥 S - ABC ， ASB = BSC = CSA = 40o ，
所以 ASG =120o ，
由余弦定理可得 AG2 = SA2 + SG2 - 2SA × SGcos120o
2 2= 2 3 + 2 3 - 2 2 3 2 3 1 - ÷ = 36，
è 2
\ AG = 6 ，所以截面的最小周长为6 .
故选：C.
5．（2023·全国·高考真题）已知圆锥 PO 的底面半径为 3，O 为底面圆心，PA，PB 为圆锥的母线，
AOB = 120° ，若VPAB 9 3的面积等于 ，则该圆锥的体积为（ ）
4
A．p B． 6p C．3p D．3 6p
【答案】B
【解析】在 VAOB中， AOB =120o ，而OA = OB = 3，取 AB 中点C ，连接OC, PC ，有OC ^ AB, PC ^ AB，
如图，
∠ABO = 30o 3，OC = , AB = 2BC = 3 VPAB 9 3，由 的面积为 ，得
2 4
1
3 PC 9 3= ，
2 4
PC 3 3= PO PC 2 OC 2 (3 3 )2 ( 3解得 ，于是 = - = - )2 = 6 ，
2 2 2
V 1 π OA2 PO 1 2所以圆锥的体积 = = π ( 3) 6 = 6π .
3 3
故选：B
6．（2024·福建泉州·模拟预测）已知△SAB 是圆锥 SO 的轴截面，点 C 在 SA 上，且 AC = 3 .若过点 C 且平行于
π
SB 的平面恰过点O，且该平面与圆锥底面所成的二面角等于 ，则该圆锥的体积为（
3 ）
π
A． B． π C．3π D．9p
3
【答案】C
【解析】
π
由过点 C 且平行于 SB 的平面恰过点 O，知CO / /SB，根据二面角定义知 COA = ，
3
因为 O 是 AB 的中点，
π
所以 C 是 SA 的中点，且 ABS = ，
3
因为 AC = 3 ，
所以△SAB 是边长为 2 3 的等边三角形，
所以圆锥的底面半径为 3，圆锥的高为 SO = SB2 - OB2 = (2 3)2 - ( 3)2 = 3
1
所以该圆锥的体积为 × π
3 3
2
×3 = 3π .
故选：C.
7．（2024·河北沧州·三模）《几何补编》是清代梅文鼎撰算书，其中卷一就给出了正四面体，正六面体（立方
体）、正八面体、正十二面体、正二十面体这五种正多面体的体积求法.若正四面体P - ABC 的棱长为 2 3 ，M
为棱PA上的动点，则当三棱锥M - ABC 的外接球的体积最小时，三棱锥M - ABC 的体积为（ ）
A 4 6． B． 4 2 C． 4 3 D．8 3
3
【答案】A
【解析】如图，在正四面体P - ABC 中，假设PH ^底面 ABC ，则点 H 为VABC 外心.
在PH 上取一点O，满足OA = OM ，则OA = OM = OB = OC ，
则O为三棱锥M - ABC 的外接球球心，
\当OA取得最小值时，OM 最小，三棱锥M - ABC 的外接球体积最小，
此时点O与点 H 重合.作MN ^ AH ，垂足为 N ，\MN ∥PH ，
\MN 为三棱锥M - ABC 的高.
由正四面体P - ABC 的棱长为 2 3 ，知PA = 2 3 ， AH 2 3= 2 3 = 2 = MH ，
3 2
PH = PA2 - AH 2 = 2 2 ，.
AN MN
设 AN = x ，则 = ，故
AH PH MN = 2x
，HN = 2 - x .
2
由HM 2 = MN 2 + HN 2，得 22 = 2x + 2 - x 2 ，
4 4 2
解得 x = .
3 \MN =
，
3
1 3 2V 4 2 4 6\
三棱锥M - ABC = 2 3 = .3 4 3 3
故选：A.
8．（2024·河南·模拟预测）如图，已知直三棱柱 ABC - A1B1C1 的体积为 4，AC⊥BC， AC = BC = CC1，D 为 B1C1
的中点，E 为线段 AC 上的动点（含端点），则平面 BDE 截直三棱柱 ABC - A1B1C1 所得的截面面积的取值范围为
（ ）
9 ù é 9 ù 9 ù 9
A． 3, ú B． ê3, ú C． 4, D
é
． 4,
ù
è 2 2 è 2ú ê 2ú
【答案】A
1
【解析】直三棱柱 ABC - A1B1C1 的体积为 4，AC⊥BC， AC = BC = CC1，所以VABC-A B C = AC BC CC = 4，1 1 1 2 1
解得 AC = BC = CC1 = 2，
过E 作EF / /CC1 ，交 A1C1于F ，连接B1F ，取C1F 的中点 H ，连接DH ，
设CE = 2m (0 m 1)，
①当m = 0时，平面 BDE 截直三棱柱 ABC - A1B1C1 所得的截面为正方形CBB1C1 ，面积为 4，
②当0 < m 1时，因为EF / /CC1 ，CE / /C1F ，所以四边形ECC1F 为平行四边形，则EF = CC1 = 2，
CE = C1F = 2m，
1
因为D， H 分别为 B1C1 ，C1F 的中点，所以DH / /B1F ，DH = B1F ，2
因为EF / /BB1，EF = CC1 = BB1，所以四边形BEFB1为平行四边形，
所以BE / /B1F ，且BE = B1F
则BE / /DH ，BE = 2DH ，即平面 BDE 截直三棱柱 ABC - A1B1C1 所得的截面为梯形DHEB
在RtVHFE 中， EFH = 90°，EF = 2，HF = m，则HE = 4 + m2 ，
RtVBB °在 1D中， BB1D = 90 ，BB1 = 2，B1D =1，则BD = 5 ，
在RtVBCE 中， BCE = 90° ，BC = 2，CE = 2m，则BE = 4 + 4m2 = 2 1+ m2 ，则DH = 1+ m2
过D作DM ^ BE 垂足为M ，过 H 作HN ^ BE 垂足为 N ，所得平面图形如下;
则HE = 4 + m2 ，BD = 5 ，BE = 2 1+ m2 ，DH = 1+ m2 ，BE / /DH
设BM = x ，则 NE = 1+ m2 - x
所以DM 2 = 5 - x2 ，HN 2 = 4 + m2 - ( 1+ m2 - x)2 ，因为DM 2 = HN 2 ，
化简可得： x
1
= DM 5 12 ，则 = - 2 ，1+ m 1+ m
S (DH + BE) × DM 3 1+ m
2 1 3
所以 2
梯形DHEB = = × 5 - = 5m + 4 ，2 2 1+ m2 2
3 9
因为当0 < m 1 2 2，所以 < 5m2 + 4 3，则3 < S DHEB = 5m + 4 梯形 ，2 2
BDE ABC - A B C
9 ù
综上，平面 截直三棱柱 1 1 1 所得的截面面积的范围为 3,
è 2 ú
故选：A
二．多选题
9．（2023·全国·高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为 1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略
不计）内的有（ ）
A．直径为0.99m的球体
B．所有棱长均为1.4m的四面体
C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体
D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体
【答案】ABD
【解析】对于选项 A：因为0.99m <1m ，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故 A 正确；
对于选项 B：因为正方体的面对角线长为 2m ，且 2 >1.4，
所以能够被整体放入正方体内，故 B 正确；
对于选项 C：因为正方体的体对角线长为 3m ，且 3 <1.8，
所以不能够被整体放入正方体内，故 C 不正确；
对于选项 D：因为1.2m >1m ，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过 AC1的中点O作OE ^ AC1 ，设OE I AC = E ，
CC OE
可知 AC = 2,CC1 =1, AC = 3,OA=
3
，则 tan CAC = 1 =1 ，2 1 AC AO
1 OE
=
即 2 3 ，解得OE 6= ，
2 4
2
6 3 9 9 6
且
2
÷÷ = = > = 0.6 ，即 > 0.6，
è 4 8 24 25 4
故以 AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2m圆柱，
若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心O1，与正方体的下底面的切点为M ，
可知： AC1 ^ O1M ,O1M = 0.6，则 tan CAC
CC1 O= = 1M1 AC AO ，1
1 0.6
即 =2 AO ，解得
AO1 = 0.6 2 ，
1
根据对称性可知圆柱的高为 3 - 2 0.6 2 1.732 -1.2 1.414 = 0.0352 > 0.01，
所以能够被整体放入正方体内，故 D 正确；
故选：ABD.
10．（2023·全国·高考真题）已知圆锥的顶点为 P，底面圆心为 O，AB 为底面直径， APB =120°，PA = 2 ，点
C 在底面圆周上，且二面角P - AC - O为 45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为 π B．该圆锥的侧面积为 4 3π
C． AC = 2 2 D．△PAC 的面积为 3
【答案】AC
【解析】依题意， APB =120°，PA = 2 ，所以OP =1,OA = OB = 3，
1 2
A 选项，圆锥的体积为 π 3 1 = π，A 选项正确；3
B 选项，圆锥的侧面积为 π 3 2 = 2 3π ，B 选项错误；
C 选项，设D是 AC 的中点，连接OD, PD ，
则 AC ^ OD, AC ^ PD ，所以 PDO是二面角P - AC - O的平面角，
则 PDO = 45°，所以OP = OD =1，
故 AD = CD = 3 -1 = 2 ，则 AC = 2 2 ，C 选项正确；
1
D 选项，PD = 12 +12 = 2 ，所以 SVPAC = 2 2 2 = 2，D 选项错误.2
故选：AC.
11．（23-24 河北保定·期末）正方体 ABCD - A1B1C1D1 的棱长为 2，点 M 是四边形 BB1C1C 内部及边界上一动点，
点 P 是棱 AA1上靠近点A 的三等分点，下列结论正确的有（ ）
A． BD1 ^ A1D
B．当直线 AM 与平面 A1D1DA所成的角为45°时，点M 的轨迹长度为 π
C．若BD1 ^ PM
2 2
，则点M 的运动轨迹长度为
3
D．直线D1P被正方体 ABCD - A1B1C D
10 13
1 1 的外接球所截得的线段的长度为
13
【答案】ABD
【解析】对于 A，连接 A1D, AD1，则 A1D ^ AD1，
因为 AB ^ 平面 ADD1A1， A1D 平面 ADD1A1，
所以 AB ^ A1D，
又 AB AD1 = D, AB, AD1 平面 ABD1，所以 A1D ^平面 ABD1，
又BD1 平面 ABD1，所以 BD1 ^ A1D ，故 A 正确；
对于 B，因为直线 AM 与平面 A1D1DA所成的角为45°，
而平面 A1D1DA与平面BB1C1C 平行，
所以直线 AM 与平面BB1C1C 所成的角为45°，
连接 BM ，因为 AB ^ 平面BCC1B1，
所以 AMB 即为直线 AM 与平面BCC1B1所成角的平面角，
则 tan AMB tan 45
AB
= ° = =1，
BM
所以BM = AB = 2，
所以点M 的轨迹是以点 B 为圆心的圆与四边形BB1C1C 的公共部分，
1
所以点M 的轨迹长度为 2π 2 = π ，故 B 正确；
4
对于 C，分别在 A1B1, B1C1取靠近点B1的三等分点 E, F ，
在CC1 上取靠近点C 的三等分点G ，连接PE, EF , FG, PG, AB1, A1C1, B1D1, B1C ，
则EF //A1C1，
因为点 P 是棱 AA1上靠近点A 的三等分点，
所以PE //AB1, PG//A1C1，
所以PG //EF ，所以P, E, F ,G 四点共面，
有正方体的结构特征可得 A1C1 ^ B1D1，
因为BB1 ^ 平面 A1B1C1D1， A1C1 平面 A1B1C1D1，
所以BB1 ^ A1C1，
又B1D1 I BB1 = B1, B1D1, BB1 平面 BB1D1 ，
所以 A1C1 ^ 平面 BB1D1 ，
所以EF ^ 平面 BB1D1 ，
又BD1 平面 BB1D1 ，所以EF ^ BD1，
同理可得PE ^ BD1，
又PE I EF = E, PE, EF 平面PEFG，
所以 BD1 ^平面PEFG，
又因BD1 ^ PM ，点M 是四边形BB1C1C 内部及边界上一动点，
M FG FG 2 B C 4 2所以点 的轨迹即为 ， = 1 = ，故 C 错误；3 3
直线D1P被正方体 ABCD - A1B1C1D1 的外接球所截得的线段，
即为被正方形 ADD1A1外接圆所截得的线段，
如图，点O为正方形 ADD1A1外接圆的圆心，则点O为 AD1 的中点，
过点O作ON ^ D1P于点 N ，则所求线段即为 2D1N ，
A P 4 , D P 2 13 11 = 1 = ,OD1 = AD1 = 2 ，3 3 2
cos A D P A1D1 3 13 ,sin A D P A1P 2 13则 1 1 = = 1 1 = = ，D1P 13 D1P 13
π
所以 cos OD1P = cos - A D P
2 3 13 2 2 13 5 26
1 1 ÷ = + = ，
è 4 2 13 2 13 26
D N OD cos OD P 5 13所以 1 = 1 1 = ，13
10 13
所以所截得的线段的长度为 ，故 D 正确.
13
故选：ABD.
三． 填空题
12．（2024·湖南衡阳·模拟预测）某冷饮店为了吸引顾客，特推出一款蛋仔冰淇淋，其底座造型如图所示，外部
为半球型蛋壳，内有三个特制的球型蛋仔，蛋仔两两相切，且都与蛋壳相切，蛋仔的顶端正好与半球型的蛋壳
的上沿处于同一水平面，如果球型蛋仔的半径为 3，求这个蛋壳型的半球的容积为 .
2p
【答案】 (16 7 + 24 3)
3
【解析】
取半球的球心为O，三个小球的球心分别为O1,O2 ,O3 ，
则有O1O2 = O2O3 = O1O3 = 2 3 ，取VO1O2O3 的重心 H ，则可有OH = 3 ，
在VO1O
2 π
2O3 中易求得O1H = 2 3 sin = 2，3 3
则有OO1 = OH
2 + O 21H = 3+ 4 = 7 ，
则半球的半径R = 3 + 7 ，
3
V 1 4 π 3 7 2π 2π半球的容积 = + = 3 3 + 9 7 + 21 3 + 7 7 = 16 7 + 24 32 3 3 3 .
2π
故答案为： 16 7 + 24 3 .3
13．（2024·江西新余·二模）如图1，在直角梯形 ABCD中， AB P CD， AB ^ AD ， AB = 6 3 ，CD = 8 3， AD = 6，
点 E，F 分别为边 AB ，CD 上的点，且EF∥ AD ， AE = 4 3 .将四边形 AEFD 沿 EF 折起，如图 2，使得平面
AEFD ^平面EBCF ，点 M 是四边形 AEFD 内（含边界）的动点，且直线MB与平面 AEFD 所成的角和直线MC
与平面 AEFD 所成的角相等，则当三棱锥M - BEF 的体积最大时，三棱锥M - BEF 的外接球的表面积为 .
【答案】60π
【解析】翻折前，BE ^ EF ，
因为平面 AEFD ^平面EBCF ，平面 AEFD 平面EBCF = EF ，BE 平面EBCF ，
所以BE ^平面 AEFD ，
所以 BME 即为直线MB与平面 AEFD 所成的角，
同理可得， CMF 即为直线MC 与平面 AEFD 所成的角，
因为直线MB与平面 AEFD 所成的角和直线MC 与平面 AEFD 所成的角相等，
所以 BME = CMF ，
tan BME BE 2 3 EF 4 3而 = = ， tan CMF = = ，
EM EM MF MF
2 3 4 3
所以 = ，即MF = 2EM ，
EM MF
设EM = x ，则MF = 2x ，
过点M 作MN ^ EF 于点 N ，
因为平面 AEFD ^平面EBCF ，平面 AEFD 平面EBCF = EF ，MN 平面 AEFD ，
所以MN ^平面EBCF ，
即点M 到平面EBCF 的距离为MN ，
1
因为三棱锥M - BEF 的体积V = S3 VBEF × MN ，且 SVBEF 为定值，
所以要使三棱锥M - BEF 的体积取得最大值，则需MN 取得最大值，
设MN = h，EN = y ，则 FN = EF - EN = 6 - y ，
由勾股定理知，EM 2 = EN 2 + MN 2 ，MF 2 = MN 2 + FN 2 ，
所以 x2 = y2 + h2 ， 4x2 = h2 + (6 - y)2，
消去 x 整理得， h2 = -y2 - 4y +12 = -(y + 2)2 +16 ， y [0，6]，
当 y = 0 时， h2 取得最大值 12，即 h 取得最大值 2 3 ，此时点M 在线段 AE 上，且 EM = h = 2 3 ，
所以EB， EF ，EM 两两垂直，
所以三棱锥M - BEF 的外接球就是以EB， EF ，EM 为邻边构成的长方体的外接球，
所以 2R = EB2 + EF 2 + EM 2 = (2 3)2 + 62 + (2 3)2 = 2 15 ，
所以外接球的半径R = 15 ，
所以当三棱锥M - BEF 的体积最大时，三棱锥M - BEF 的外接球的表面积为 4πR2 = 4π × ( 15)2 = 60π ．
故答案为：60π．
14．（2024·山东菏泽·二模）已知在棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 中，挖去一个以上下底面各边中点为顶点
的四棱柱，再挖去一个以左右两侧面各边中点为顶点的四棱柱，则原正方体剩下部分的体积为 ．
8
【答案】
3
【解析】如图：
MN I GG1 = Q ，
可知四棱锥Q - FHH1F1 为正四棱锥，
四边形FHH1F1 为边长为 2 的正方形，棱锥的高为 1，
可知两个挖去的四棱柱重合部分为两个正四棱锥的组合体，
四棱柱EFGH - E1F1G1H1的底面EFGH 是边长为 2 的正方形，
则VEFGH -E1F1G1H = 2 2 2 = 4，1
同理可得VFMF M -HNH N = 2 2 2 = 4，1 1 1 1
V 1 4Q-FHH F = 1 2 2 = ，1 1 3 3
16
则挖去部分的体积为V1 = VEFGH -E1F1G1H +V1 FMF1M1-HNH N - 2V1 1 Q-FHH F = ，1 1 3
V 23 V 8可得原正方体剩下部分的体积为 2 = - 1 = ．3
8
故答案为： .
3
四． 解答题
15．（2024·湖南邵阳·一模）如图所示，圆台的上、下底面圆半径分别为 4cm 和6cm， AA1, BB1为圆台的两条不
同的母线.
(1)求证： A1B1 //AB ；
8π
(2)截面 ABB1A1与下底面所成的夹角大小为60°，且截面截得圆台上底面圆的劣弧 A1B1 的长度为 3 ，求截面
ABB1A1的面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)10 3cm2
【解析】（1）因为圆台可以看做是由平行于圆锥底面的平面去截圆锥而得到，所以圆台的母线也就是生成这个
圆台的圆锥相应母线的一部分.
可知母线 AA1与母线BB1的延长线必交于一点，即 A, A1, B, B1四点共面，
又因为圆面O1 ∥圆面O，且平面 ABB1A1 I圆面O1 = A1B1，平面 ABB1A1 I圆面O = AB ，
所以 A1B1 ∥ AB .
8π 2
（2）解法一：因为劣弧 A1B1 的长度为 ，则 A1O1B1 = π3 3
由VA1O
2
1B1∽VAOB ，可得 AOB = π .3
如图，建立空间直角坐标系O- xyz，设 OO1 = t(t > 0)，
则 A 6,0,0 , B -3,3 3,0 , A1 4,0, t ，
uuur uuur
可得 AA1 = -2,0, t , AB = -9,3 3,0 ，
uuur
ìnr × AA = -2x + tz = 0
设平面 ABB A
r 1
1 1的一个法向量为 n1 = x, y, z ，则 í r uuur ，
n × AB = -9x + 3 3y = 0
r 2
令 x =1，则 y 3, z
2
= = ，可得 n
t 1
= 1, 3, t ÷
，
è
r
由题意可知：底面的一个法向量 n2 = 0,0, t ，
因为截面与下底面所成的夹角大小为60o ，
nr r×n
cos60o = cos nr1,n
r 2 1 1
2 = nr
1 r2 = = =
则 1 × n 4 22 t × 1+ 3 + t +1
2 ，
t 2
解得 t = 3 ，即 OO1 = 3 ，可得BB1 = 7 ，
在等腰梯形 ABB1A1中， A1B1 = 4 3, AB = 6 3 ，
可得等腰梯形 ABB1A1的高 h = 2，
1
所以 S ABB A = 4 3 + 6 3 × 2 =10 3cm2梯形 .1 1 2
解法二：如图，分别取 AB, A1B1的中点为C,C1 ，连结O1C1,CC1，OC ，
由题意可得：OC ^ AB,CC1 ^ AB ，
所以 OCC o1为截面 ABB1A1与底面所成夹角，即 OCC1 = 60 ，
过点C1作C1D ^ OC 于点D，由O1C1 = 2,OC = 3，得CD =1，
则 CC1 = 2（即梯形的高），
所以 S
1
= 4 3 + 6 3 × 2 =10 3cm2
梯形ABB .1A1 2
16．（2023 高三·全国·专题练习）在如图所示的几何体中，DE //AC ， AC ^平面BCD， AC = 2DE = 4，
BC = 2，DC =1， BCD = 60o .
(1)证明：BD ^平面 ACDE ；
(2)过点D作一平行于平面 ABE 的截面，画出该截面（不用说明理由），并求夹在该截面与平面 ABE 之间的几何体
的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2) 5 3截面为平面DFM ，体积为
6
【解析】（1）在△BCD中， AC = 2DE = 4，BC = 2，DC =1， BCD = 60o ，
由余弦定理得：BD2 = 4 +1- 4cos 60o = 3，\BC 2 = BD2 + DC 2，\BD ^ CD ，
又 AC ^平面BCD，BD 平面BCD，\BD ^ AC ，
Q AC ICD = C ， AC,CD 平面 ACDE ，\BD ^ 平面 ACDE .
（2）取 AC 的中点F ，BC 的中点M ，连接DF , DM , MF ，则平面DFM 即为所求.
理由如下：
QDE //AC ，DE = AF ，\四边形 AEDF 为平行四边形，\DF //AE，
QDF 平面 ABE ， AE 平面 ABE ，\DF // 平面 ABE ，
同理可得：FM // 平面 ABE ，
QDF I FM = F ，DF , FM 平面DFM ，\平面DFM // 平面 ABE ；
由（1）可知：BD ^平面 ACDE ，且FC ^平面CDM ，
QV 1 1= 2 + 4 1 3 = 3 V 1 1 3B- ACDE ， o3 2 F -CDM = 1 1 sin 60 2 = ，3 2 6
\ 5 3夹在该截面与平面 ABE 之间的几何体的体积V = VB- ACDE -VF -CDM = .6
17．（2023·河南·模拟预测）如图，多面体 ABCDEF 的面 ABCD 是正方形，其中心为 M．平面 ADE ^平面
ABCD，BF∕∕AE ， AE = 2BF ， AD = DE = AE = 2．
(1)求证：CF ^ 平面 AEFB；
(2)在VADE 内（包括边界）是否存在一点 N，使得MN ∕ ∕ 平面 CEF？若存在，求点 N 的轨迹，并求其长度；若
不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；点 N 的轨迹为线段 DG（AE 的中点 G），长度为 3
【解析】（1）如图，取 AE 的中点 G，连接 GF，DG，
因为BF∕∕AE ， AE = 2BF ，所以BF ∕ ∕ AG ，BF = AG，
所以四边形 ABFG 是平行四边形，所以FG ∕ ∕ AB ，FG = BA，
又因为BA ∕ ∕ CD ，BA = CD，所以FG ∕ ∕ CD ，FG = CD，
所以四边形 CDGF 是平行四边形，所以CF ∕ ∕ DG ，
因为BA ^ AD，平面 ADE ^平面 ABCD，BA 平面 ABCD，平面 ADE I平面 ABCD = AD ，
所以BA ^平面 ADE，
又DG 平面 ADE，所以BA ^ DG ，
因为 AD = DE = AE ，G 为 AE 的中点，所以DG⊥AE ，
又 AE，BA 平面 AEFB，且 AE BA = A，所以DG ^ 平面 AEFB，
所以CF ^ 平面 AEFB；
（2）如图，连接 BD，BG，
由（1）知，BF ∕ ∕ AG ，BF = AG，所以BF ∕ ∕ EG，BF = EG ，
所以四边形 BGEF 是平行四边形，所以BG ∕ ∕ EF ，
因为EF 平面 CEF，BG 平面 CEF，
所以BG ∕ ∕ 平面 CEF，
又由（1）知，CF ∕ ∕ DG ，CF 平面CEF ，DG 平面 CEF，
所以DG ∕ ∕ 平面 CEF，
因为 DG， BG 平面 BDG ，且DG I BG = G，
所以平面BDG ∕ ∕ 平面 CEF，
设点 N 为线段 DG 上任意一点，则MN 平面 BDG，MN ∕ ∕ 平面 CEF，
所以点 N 的轨迹为线段 DG，长度为 3．
18．（2024·广东东莞·模拟预测）如图，已知四棱台 ABCD - A1B1C1D1 的上、下底面分别是边长为 2 和 4 的正方形，
AA1 = 4，且 AA1 ^ 底面 ABCD，点 P、Q 分别是棱BB1、DD1的中点．
(1)在底面 A1B1C1D1内是否存在点 M，满足 AM ^ 平面 CPQ 若存在，请说明点 M 的位置，若不存在，请说明理
由；
(2)设平面 CPQ 交棱 AA1于点 T，平面 CPTQ 将四棱台 ABCD - A1B1C1D1 ，分成上、下两部分，求上、下两部分的
体积比．
【答案】(1)存在，点 M 的位置见解析
(2) 13
22
【解析】（1）因为四棱台 ABCD - A1B1C1D1 的上、下底面都是正方形，且 AA1 ^ 底面 ABCD，
所以可以以A 为坐标原点， AB, AD, AA 分别为 x, y, z1 轴建立如图所示坐标系，
则 A 0,0,0 , B 4,0,0 , B1 2,0,4 , P 3,0,2 ,C 4,4,0 ,
uuur uuur
D 0,4,0 , D1 0,2,4 ,Q 0,3,2 ,CP = -1,-4,2 ,CQ = -4,-1,2 ，
假设在底面 A1B1C1D1内存在点 M，满足 AM ^ 平面 CPQ，则可设M x0 , y0 , 4 ，
uuuur uuur
ìAM ×CP = 0 ì-x - 4y + 8 = 0
有 AM ^ CP, AM ^ CQ

，则 íuuuur uuur 0 0，即 í ，
AM ×CQ = 0 -4x0 - y0 + 8 = 0
ì 8
x = 0 5 M 8 8 所以 í 8 ，
, , 4 ，
y = è 5 5
÷

0 5
8 8
故在底面 A1B1C1D1内存在点M , , 4÷，满足 AM ^ 平面 CPQ.è 5 5
uuur uuur uuur
（2）设T 0,0, t ，因为点 T 在平面 CPQ 内，所以可设CT = lCP + mCQ，
则 -4, -4, t = l -1, -4,2 + m -4, -1,2 ，
ìl 4 =
ì-l - 4m = -4 5
4l m 4 m 4 16 所以 í- - = - ，所以 í = ，则T 0,0, ÷，
5 5
2l + 2m = t
è
t 16 = 5
连接 AQ ， S = S S
1 4 2 1 16 44+ = + 3 =
四边形ADQT VADQ VATQ ，2 2 5 5
设平面 CPTQ 将四棱台 ABCD - A1B1C1D1 分成上、下两部分的体积分别为V1、V2 ，
V2 = V +V四棱锥P- ABCD 四棱锥P- ADQT +V三棱锥P-CDQ ，
V 1 32 1 44 44P- ABCD = 4 4 2 = ，V P- ADQT = 3 =四棱锥 3 3 四棱锥
，
3 5 5
取 AA1的中点 N ，连接PN , NQ ，则PN / / AB / /CD ， NQ / / AD, NQ = 3，
又CD 平面CDQ ，PN 平面CDQ ，所以PN / / 平面CDQ ，
V V V 1 1
三棱锥P-CDQ = 三棱锥N -CDQ = 三棱锥C-NDQ = 3 2 4 = 4，3 2
V 32 44 4 352所以 2 = + + = ，3 5 15
V 1= 42ABCD- A B C D + 22 + 42 22 4 112=四棱台 ，1 1 1 1 3 3
V 112 352 208
V1 13
1 = - = ，所以 =3 15 15 V 22
，
2
13
所以所求的上、下两部分的体积比为 .
22
19．（2024·四川南充·模拟预测）如图，四棱锥P- ABCD中，底面 ABCD为矩形，点E 在线段PA上，PC // 平面
BDE .
(1)求证： AE = PE ；
(2)若VPAD是等边三角形， AB = 2AD，平面PAD ^平面 ABCD，四棱锥P- ABCD的体积为9 3 ，试问在线段
DE 33上是否存在点Q，使得直线BQ与平面PCD所成角的正弦值为 ？若存在，求出此时DQ 的长；若不存
22
在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2) 9 3存在，
8
【解析】（1）连接 AC ，设 AC I BD = O ，连接EO .
因为 ABCD为矩形，所以O为 AC 的中点，
因为PC // 平面BDE ，PC 平面PAC ，平面PAC 平面BDE = EO ，
所以PC //EO .
因为O为 AC 的中点，所以E 为PA的中点，所以 AE = PE .
（2）设 AD = a a > 0 ，因为VPAD是等边三角形，所以PA = PD = a .
如图，作PF ^ AD 于F 3，则PF = a，
2
因为平面PAD ^平面 ABCD，PF ^ AD ，PF 平面PAD ，平面PAD 平面 ABCD = AD ，
所以PF ^ 平面 ABCD，所以PF 是四棱锥P- ABCD的高，
ABCD AD = a AB = 2AD = 2a S = AB AD = 2a2因为 为矩形， ， ，所以 ABCD ，
V 1 1 3 3所以 P- ABCD = SABCD × PF = 2a
2 a = a3 = 9 3 ，解得 a = 3 .
3 3 2 3
因为 ABCD为矩形，所以CD ^ AD ，平面PAD ^平面 ABCD，CD 平面 ABCD，
平面PAD 平面 ABCD = AD ，所以CD ^平面PAD ，

建立如图所示空间直角坐标系，则D 0,0,0 C 0,6,0 3 3 3 9 3 3， ，P ,0, ÷÷ ， A 3,0,0 ，E2 2 ,0, ÷÷，B 3,6,0 ，è è 4 4
uuur uuur
DP 3 3 3
uuur 9 3 3
所以DC = 0,6,0 ， = ,0, ÷÷ ，DE = ,0, ÷÷，
è 2 2 è 4 4
r uuurìn × DC = 6y = 0
r
PCD
r
设平面 的一个法向量为 n = x, y, z ，则 í r uuur 3 3 3 ，取 n = - 3,0,1 ，
n × DP = x + z = 0
2 2
假设在线段DE 上存在点Q，使得直线BQ与平面 33所成角q 的正弦值为 ，
22
uuur uuur uuur
设DQ = lDE 0 l 1 ，BD = -3,-6,0 ，
uuur uuur uuur 9 3 3
则BQ = BD + DQ = -3, -6,0 9 3 3+ l ,0, ÷÷ = l - 3,-6, l ，
è 4 4 4 4
÷÷
è
9 3 3
uuur - 3 l - 34 ÷
+ l
è 4
所以 sinq = cosBQ, n
r 33
= =
2 ，
2 9
2 22
3 3
l - 3 + 36 + l
è 4 ÷
÷
è 4
3
化简得 4l 2 -19l +12 = 0，解得l = 4（舍去）或l = ，
4
uuur 2 2
DE 9
3 3 3 3 uuurDQ 3
uuur 9 3
因为 = ÷ + ÷÷ = ，此时 = DE = ，è 4 è 4 2 4 8
33 9 3
所以线段DE 上存在点Q，使得直线BQ与平面 所成角q 的正弦值为 ，此时DQ 的长为 .
22 8

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