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专题36 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积（新高考专用）
【知识梳理】 2
【真题自测】 4
【考点突破】 19
【考点1】基本立体图形 19
【考点2】表面积与体积 25
【考点3】与球有关的切、接问题 32
【分层检测】 40
【基础篇】 40
【能力篇】 51
【培优篇】 59
考试要求：
1.利用实物、计算机软件等观察空间图形，认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.
2.知道球、棱(圆)柱、棱(圆)锥、棱(圆)台的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题.
3.能用斜二测画法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合体)的直观图.
1.空间几何体的结构特征
(1)多面体的结构特征
名称 棱柱 棱锥 棱台
图形
底面 互相平行且全等 多边形 互相平行且相似
侧棱 平行且相等 相交于一点，但不一定相等 延长线交于一点
侧面形状 平行四边形 三角形 梯形
(2)旋转体的结构特征
名称 圆柱 圆锥 圆台 球
图形
母线 互相平行且相等，垂直于底面 相交于一点 延长线交于一点
轴截面 矩形 等腰三角形 等腰梯形 圆面
侧面展开图 矩形 扇形 扇环
2.直观图
(1)画法：常用斜二测画法.
(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴、y′轴所在平面垂直.
②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴.平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半.
3.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱 圆锥 圆台
侧面展开 图
侧面积公 式 S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r1＋r2)l
4.柱、锥、台、球的表面积和体积
名称 几何体　　 表面积 体积
柱体(棱柱和圆柱) S表面积＝S侧＋2S底 V＝Sh
锥体(棱锥和圆锥) S表面积＝S侧＋S底 V＝Sh
台体(棱台和圆台) S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h
球 S＝4πR2 V＝πR3
1.正方体与球的切、接常用结论：正方体的棱长为a，球的半径为R，
(1)若球为正方体的外接球，则2R＝a；
(2)若球为正方体的内切球，则2R＝a；
(3)若球与正方体的各棱相切，则2R＝a.
2.长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝.
3.正四面体的外接球的半径R＝a，内切球的半径r＝a，其半径R∶r＝3∶1(a为该正四面体的棱长).
4.直观图与原平面图形面积间关系S直观图＝S原图形.
一、单选题
1．（2024·全国·高考真题）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A． B．1 C．2 D．3
2．（2023·全国·高考真题）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（ ）
A．1 B． C．2 D．3
3．（2023·全国·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·全国·高考真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022·全国·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
6．（2022·全国·高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2022·全国·高考真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
8．（2022·全国·高考真题）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
9．（2024·全国·高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为 ．
10．（2023·全国·高考真题）已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则 ．
11．（2023·全国·高考真题）在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是 ．
12．（2023·全国·高考真题）在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点．
13．（2023·全国·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ．
四、解答题
14．（2022·全国·高考真题）如图，四面体中，，E为AC的中点．
(1)证明：平面平面ACD；
(2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B A C B A C C CD
1．B
【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系可得，进而可求正三棱锥的高，即可得结果.
【详解】解法一：分别取的中点，则，
可知，
设正三棱台的为，
则，解得，
如图，分别过作底面垂线，垂足为，设，
则，，
可得，
结合等腰梯形可得,
即，解得，
所以与平面ABC所成角的正切值为；
解法二：将正三棱台补成正三棱锥，
则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，
因为，则，
可知，则，
设正三棱锥的高为，则，解得，
取底面ABC的中心为，则底面ABC，且，
所以与平面ABC所成角的正切值.
故选：B.
2．A
【分析】证明平面，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解.
【详解】取中点，连接，如图，
是边长为2的等边三角形，，
，又平面，，
平面，
又，，
故，即，
所以，
故选：A
3．C
【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；
法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.
【详解】法一：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，则，
又，，所以，则，
又，，所以，则，
在中，，
则由余弦定理可得，
故，则，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
法二：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，
在中，，
则由余弦定理可得，故，
所以，则，
不妨记，
因为，所以，
即，
则，整理得①，
又在中，，即，则②，
两式相加得，故，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
故选：C.
4．B
【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答.
【详解】在中，，而，取中点，连接，有，如图，
，，由的面积为，得，
解得，于是，
所以圆锥的体积.
故选：B
5．A
【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．
【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．
故选：A．

6．C
【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.
【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，
则，
所以，
又，
则，
所以，
所以甲圆锥的高，
乙圆锥的高，
所以.
故选：C.
7．C
【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.
【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又设四棱锥的高为，则，
当且仅当即时等号成立.
故选：C
[方法二]：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，
(当且仅当，即时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高.
故选：C．[方法三]：利用导数求最值
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则，
，，单调递增， ，，单调递减，
所以当时，最大，此时．
故选：C.
【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；
方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；
方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．
8．CD
【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可.
【详解】
设，因为平面，，则，
，连接交于点，连接，易得，
又平面，平面，则，又，平面，则平面，
又，过作于，易得四边形为矩形，则，
则，，
，则，，，
则，则，，，故A、B错误；C、D正确.
故选：CD.
9．
【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可得解.
【详解】由题可得两个圆台的高分别为，
，
所以.
故答案为：.
10．2
【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解.
【详解】如图，将三棱锥转化为正三棱柱，
设的外接圆圆心为，半径为，
则，可得，
设三棱锥的外接球球心为，连接，则，
因为，即，解得.
故答案为：2.
【点睛】方法点睛：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．
11．
【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小.
【详解】设球的半径为.
当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径为体对角线长，即，故；

分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点，
连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为.
综上，.
故答案为：
12．12
【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解.
【详解】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图，
由题意可知，为球心，在正方体中，，
即，
则球心到的距离为，
所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点，
同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，
所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12.
故答案为：12
13．/
【分析】结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解.
【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，

因为，
则，
故，则，
所以所求体积为.
故答案为：.
14．(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）首先判断出三角形的面积最小时点的位置，然后求得到平面的距离，从而求得三棱锥的体积.
【详解】（1）由于，是的中点，所以.
由于，所以，
所以，故，
由于，平面，
所以平面，
由于平面，所以平面平面.
（2）[方法一]：判别几何关系
依题意，，三角形是等边三角形，
所以，
由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.
，所以，
由于，平面，所以平面.
由于，所以，
由于，所以，
所以，所以，
由于，所以当最短时，三角形的面积最小
过作，垂足为，
在中，，解得，
所以，
所以
过作，垂足为，则，所以平面，且，
所以，
所以.
[方法二]：等体积转换
，，
是边长为2的等边三角形，
连接
【考点1】基本立体图形
一、单选题
1．（2024·辽宁·模拟预测）在正四棱柱中，为线段的中点，一质点从点出发，沿长方体表面运动到达点处，若沿质点的最短运动路线截该正四棱柱，则所得截面的面积为（ ）

A． B． C． D．
2．（2024·江苏苏州·模拟预测）如图， 四棱锥 截取自边长为1 的正方体.其中 平面且 是线段 上靠近 的三等分点， 是线段 上最靠近 B的四等分点，M，N 分别是棱 和 上的动点且恒有， 垂足为H， 则 的最小值为（ ）

A． B． C． D．
二、多选题
3．（2025·甘肃张掖·模拟预测）如图所示，四面体的各棱长均为分别为棱的中点，为棱上异于顶点的点，则以下结论正确的为（ ）
A．
B．直线与所成角的余弦值为
C．四面体的外接球体积为
D．平面截四面体所得的截面图形的周长最小值为8
4．（21-22高三上·重庆九龙坡·阶段练习）一个平面α斜截一个足够高的圆柱，与圆柱侧面相交的图形为椭圆E.若圆柱底面圆半径为r，平面α与圆柱底面所成的锐二面角大小为θ，则下列对椭圆E的描述中，正确的是（ ）
A．短轴为2r，且与θ大小无关 B．离心率为cos θ，且与r大小无关
C．焦距为2r tan θ D．面积为
三、填空题
5．（2024·河北保定·三模）已知为圆锥的顶点，为该圆锥底面的一条直径，若该圆锥的侧面积为底面积的3倍，则 .
6．（2024·陕西·二模）降雨量是指降落在水平地面上单位面积的水层深度（单位：）．气象学中，把24小时内的降雨量叫作日降雨量，等级划分如下表：
日降雨量
等级 小雨 中雨 大雨 暴雨
某数学建模小组为了测量当地某日的降雨量，制作了一个圆台形水桶，如图所示，若在一次降雨过程中用此桶接了24小时的雨水恰好是桶深的，则当日的降雨量等级为 ．
参考公式：圆台的体积，其中h为圆台的高，，分别为圆台的上底面、下底面的面积．
参考答案：
题号 1 2 3 4
答案 B C ABD ACD
1．B
【分析】根据正四棱柱的侧面展开图可得最短距离，进而可得截面与截面面积.
【详解】如图，把正四棱柱的侧面展开图可得最短距离，
（1） ，（2） ，（3）
（1），（2），（3），
所以质点从到的最短距离为，
此时质点从点出发，经过上靠近的三等分点，再到达点，
面截正四棱柱所得截面为五边形，如图，
由，，
所以沿质点的最短运动路线截正四棱柱，

则所得截面的面积为：
．
故选：B
2．C
【分析】根据侧面展开图结合面积公式求出距离和的最小值.
【详解】先把及展开在一个平面上，
当过点做的垂线垂足为,，当三点共线时即得的最小值，
因为是取自边长为1的正方体，易知，且面，面，
所以，
，
，
，
在，等面积法得，
因为是靠近的三等分点，
所以，所以.
故选：C.

3．ABD
【分析】用向量的数量积可判断A，用向量的夹角余弦公式可判断B，把正四面体放入正方体中，求外接球体积，可判断C，把四面体侧面展开，即可求得平面截四面体所得的截面图形的周长最小值，进而判断D.
【详解】由题意，，，
所以，
所以，故A正确；
因为为等边三角形，为棱的中点，所以，
，同理，，，
因为分别为棱的中点，所以，，
又为等边三角形，所以，，
，
设直线与所成角为，则，故B正确；
把四面体放入正方体中，
则正方体的面对角线长度等于四面体的棱长，
所以正方体的棱长为，正方体的体对角线长为，
正方体的外接球半径为，正方体的外接球体积为，
即四面体的外接球体积为，故C错误；
将四面体的侧面展开如图所示，连接，交于，
当时，平面截四面体所得的截面图形的周长最小，
此时分别为的中点，
，
所以平面截四面体所得的截面图形的周长最小值为.
故D正确.
故选：ABD.
4．ACD
【分析】由题设可得短轴长，长轴长，进而求出焦距、离心率，根据椭圆与底面圆的投影关系确定椭圆面积.
【详解】由题意，椭圆短轴长，而长轴长随变大为变长且，
所以，故，焦距为，
由椭圆在底面投影即为底面圆，则等于圆的面积与椭圆面积的比值，
所以椭圆面积为.
综上，A、C、D正确，B错误.
故选：ACD
5．
【分析】根据圆锥的侧面积公式，得到母线与底面半径的关系，再代入余弦定理，即可求解.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线为，则，所以.
在中，由余弦定理知.
故答案为：
6．大雨
【分析】
根据圆台的体积公式求出水桶水中的体积，进而求出当日降雨量，结合表格的数据即可下结论.
【详解】由题意知，水桶的上底面半径为，下底面半径为，桶深为，
则水面半径为，水深为，
所以水桶水中的体积为，
得当日降雨量为，所以当日的降雨量等级为大雨.
故答案为：大雨
反思提升：
空间几何体结构特征的判断技巧
(1)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定.
(2)通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可.
(3)在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段.“平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半.”
(4)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：
S直观图＝S原图形.
(5)几何体的表面展开图可以有不同的形状，应多实践，观察并大胆想象立体图形与表面展开图的关系，一定先观察立体图形的每一个面的形状.
【考点2】表面积与体积
一、单选题
1．（2024·河南驻马店·二模）已知某正六棱柱的体积为，其外接球体积为，若该六棱柱的高为整数，则其表面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·吉林长春·模拟预测）如图，为球形物品设计制作正四面体、正六面体、正八面体形状的包装盒，最少用料分别记为，则它们的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
3．（2024·全国·模拟预测）已知圆台的上、下底面半径分别为2，4，母线与底面所成的角为，则（ ）
A．该圆台的母线长为 B．该圆台的表面积为
C．该圆台的体积为 D．该圆台的外接球的表面积为
4．（2024·重庆·三模）已知在直三棱柱中，，直线与底面ABC所成角的正弦值为，则（ ）
A．直三棱柱的体积为
B．点到平面的距离为
C．当点为线段的中点时，平面平面
D．E，F分别为棱上的动点，当取得最小值时，
三、填空题
5．（2024·江西南昌·模拟预测）如图所示，四边形是边长为4的正方形，分别为线段上异于点的动点，且满足，点为的中点，将点沿折至点处，使⊥平面，则五棱锥体积的最大值为 .

6．（23-24高二下·山西晋城·阶段练习）如图装满水的圆台形容器内放进半径分别为1和3的两个铁球，小球与容器底和容器壁均相切，大球与小球、容器壁、水面均相切，此时容器中水的体积为 .
参考答案：
题号 1 2 3 4
答案 D B ACD BC
1．D
【分析】根据正六棱柱的体积及外接球的体积列方程求解得出边长及高最后求出表面积即可.
【详解】设该正六棱柱的底面边长为，高为，其外接球的半径为，易知，则①，
且②，
联立①②，因为，解得，
所以正六棱柱的表面积.
故选：D.
2．B
【分析】由题意包装盒的最少用料为球形物品的外切多面体，根据多面体的结构特征求出正四面体、正六面体、正八面体形状的包装盒的内切球半径与其表面积的关系，再进行比较.
【详解】由题意包装盒的最少用料为球形物品的外切多面体，下面求正四面体、正六面体、正八面体形状的包装盒的内切球的半径与其表面积的关系.
设球形物品的半径为，则正方体的棱长为，表面积；
设正四面体的棱长为，则正四面体的表面积为，
如图正四面体，由正四面体的对称性与球的对称性可知内切球的球心在正四面体的高上，如图，
底面等边三角形的高，外接圆半径，正四面体的高，
体积，
所以，又，所以，
所以正四面体的表面积；
设正八面体的棱长为，如图，
在正八面体中连接，，，可得，，互相垂直平分，四边形为正方形，，
在中，，
则该正八面体的体积，
该八面体的表面积，
因为，即，解得，
所以，
所以.
故选：B.
3．ACD
【分析】根据题意，结合圆台的几何结构特征，以及圆台的表面积和体积公式，结合球的截面圆的性质和球的表面积公式，即可求解.
【详解】设圆台上底面的半径为，下底面的半径为．
对于A中，由于母线与底面所成的角为，则母线长，所以A正确；
对于B中，圆台的表面积
，所以B不正确；
对于C中，由圆台的母线长为，且母线与底面所成的角为，
可得圆台的高为，
则体积，所以C正确；
对于D中，设圆台外接球的半径为，球心到下底面的距离为，
若外接球的球心在圆台下底面的下方，可得，解得，
此时圆台外接球的表面积为；
若外接球的球心在圆台上、下底面之间，可得，此时方程组无解，
综上可得，圆台外接球的表面积为.
故选：ACD.
4．BC
【分析】利用线面夹角及棱柱的体积公式可判定A，利用等体积法可判定B，利用线线垂直的判定与性质及线面垂直的性质可判定C，利用多面体的展开图计算最值可判定D.
【详解】
对于A，由直三棱柱的特征可知，直线与底面ABC所成角为，
所以，
因为，所以，
则直三棱柱的体积为，故A错误；
对于B，由上可知平面，
因为平面，所以，则，
设点到平面的距离为，
易知，故B正确；
对于C，取的中点，易知在线上，，
由直三棱柱的特征知，
因为平面，
所以平面，而平面平面
因为平面，所以平面平面，故C正确；
对于D，将三棱柱侧面展开，如下图所示，
显然取得最小值时，，故D错误.
故选：BC
5．/
【分析】设，根据题意得出五棱锥的体积为，利用导数法求解最值即可.
【详解】设，因为，点为的中点，所以，
且，底面的面积为，
所以五棱锥的体积为.
则，令，得；令，得.
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以.
故答案为：
6．
【分析】先由题意作出轴截面，根据四边形，四边形，四边形，四边形两两之间相似，可得，求出，由体积公式计算可得结果.
【详解】大球体积，小球体积.
圆台的高为.
根据切线长定理可得：，.
由图易知四边形，四边形，四边形，四边形两两之间相似，
即.
解得：，则，
则圆台体积为
则水的体积为：
.
故答案为：
反思提升：
1.空间几何体表面积的求法
(1)旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用，并弄清底面半径、母线长与对应侧面展开图中边的关系.
(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理.
2.求空间几何体的体积的常用方法
(1)公式法：规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解；
(2)割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体；
(3)等体积法：通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积.
【考点3】与球有关的切、接问题
一、单选题
1．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）已知四面体的每条棱长都为2，若球与它的每条棱都相切，则球的体积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·安徽·一模）已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
3．（2024·江苏南京·二模）在棱长为1的正方体中，、分别为、的中点，点满足，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则三棱锥外接球的表面积为
B．若，则异面直线与所成角的余弦值为
C．若，则面积的最小值为
D．若存在实数使得，则的最小值为
4．（2024·湖北·二模）正方体中，，P在正方形内（包括边界），下列结论正确的有（ ）
A．若，则P点轨迹的长度为
B．三棱锥外接球体积的最小值是
C．若Q为正方形的中心，则周长的最小值为
D．
三、填空题
5．（2024·四川·模拟预测）在平面四边形中，，将沿折起，使点到达，且，则四面体的外接球的体积为 ．

6．（2024·江西新余·二模）如图1，在直角梯形中，，，，，，点E，F分别为边，上的点，且，.将四边形沿折起，如图2，使得平面平面，点M是四边形内（含边界）的动点，且直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，则当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为 .
参考答案：
题号 1 2 3 4
答案 B A AD BCD
1．B
【分析】求正四面体的棱切球，转化到正方体中即可.
【详解】将正四面体补成一个正方体球与正四面体的棱都相切．
则球与正方体的内切球，正方体边长为，
故选：B.

2．A
【分析】根据题意，利用正弦、余弦定理，求得的外接圆的半径，记的外心为，证得面，求得，结合球的截面圆的性质，列出方程求得球的半径，利用球的表面积公式，即可求解.
【详解】设的外接圆的半径为，因为，
由余弦定理得，所以，
则，故，
记的外心为，连接，则
取的中点，连接，则，
又因为，可得，
因为，且平面,平面，
所以平面,平面，
又因为平面,平面，所以，
因为且平面，所以面，可得
由题意可得外接球的球心在上，设外接球的半径为，
可得，解得，即，
所以球的表面积为．
故选：A.
3．AD
【分析】根据长方体的外接球即可求解A，建立空间直角坐标系，即可根据向量的坐标运算，结合模长公式以及夹角公式即可求解BD，根据线面垂直的性质可得在线段上运动，，即可根据面积公式求解.
【详解】A：由题意，与重合，
故三棱锥的外接球与以为长宽高的长方体的外接球相同，
故半径，表面积为，故对；
B：以为原点建系，，，，，，
由，所以，
，，，故B错；
C：由得，在线段上运动，设在底面的投影为，连接，
由于，所以，故，
连接相交于，连接，
，当重合时取等号，故C错；

D：由
得，，，，
由可得，
所以，，，
当时，，故D正确.
故选：AD.
4．BCD
【分析】结合圆的定义及题目条件得点的轨迹，利用弧长公式判断A，确定球的位置，利用球体积公式求解判断B，作出Q关于平面的对称点，利用三点共线最短求得最小值判断C，建立空间直角坐标系，利用向量夹角的坐标公式计算化简即可求解判断D.
【详解】因为，且，，所以，
取，的中点E，F，则，所以P点轨迹为圆弧EF，
因为，所以，A不正确；
由球的性质知，三棱锥外接球的球心在过外接圆圆心的垂线上，
的外接圆的圆心为的中点，且半径为，
当外接球半径最小时，的外接圆是球的大圆，
所以球半径R最小值为，外接球体积最小值是，B正确；
设Q关于平面的对称点为，
则，
又，所以的周长，C正确；
分别以所在的直线为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，设，
则，，，，
所以，
，
，
所以.
D正确.
故选：BCD
【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）的余弦值，即可求出结果.
5．
【分析】先求几何体的边长取的中点，，即可得出外接球的半径，进而得出外接球的体积.
【详解】由题意知，，
由勾股定理可知，，，
所以，
取的中点，所以，
所以四面体的外接球在斜边的中点处，
四面体的外接球的半径，
外接球的体积．
故答案为：.
6．60π
【分析】先结合线面角的定义与已知条件可得，从而知，过点作于点，根据三棱锥的体积公式，将条件转化为取得最大值，再结合勾股定理确定点的位置，然后利用补形法求外接球的半径即可．
【详解】翻折前，，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
所以即为直线与平面所成的角，
同理可得，即为直线与平面所成的角，
因为直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，
所以，
而，，
所以，即，
设，则，
过点作于点，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
即点到平面的距离为，
因为三棱锥的体积，且为定值，
所以要使三棱锥的体积取得最大值，则需取得最大值，
设，，则，
由勾股定理知，，，
所以，，
消去整理得，，，，
当时，取得最大值12，即取得最大值，此时点在线段上，且，
所以，，两两垂直，
所以三棱锥的外接球就是以，，为邻边构成的长方体的外接球，
所以，
所以外接球的半径，
所以当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为．
故答案为：．
【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.
反思提升：
(1)求解多面体的外接球时，经常用到截面图.如图所示，设球O的半径为R，截面圆O′的半径为r，M为截面圆上任意一点，球心O到截面圆O′的距离为d，则在Rt△OO′M中，OM2＝OO′2＋O′M2，即R2＝d2＋r2.
(2)求解球的内接正方体、长方体等问题的关键是把握球的直径即是几何体的体对角线.
(3) “切”的问题处理规律：找准切点，通过作过球心的截面来解决；体积分割是求内切球半径的通用方法.
【基础篇】
一、单选题
1．（23-24高三上·湖南长沙·阶段练习）已知圆锥的高为3，若该圆锥的内切球的半径为1，则该圆锥的表面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（24-25高三上·安徽亳州·开学考试）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体积为的球面上，该圆柱的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
3．（23-24高三下·江西抚州·阶段练习）如图1，现有一个底面直径为10cm，高为25cm的圆锥容器，以的速度向该容器内注入溶液，随着时间（单位：）的增加，圆锥容器内的液体高度也跟着增加，如图2所示，忽略容器的厚度，则当时，圆锥容器内的液体高度的瞬时变化率为（ ）

A． B． C． D．
4．（2024·新疆乌鲁木齐·三模）三棱锥中，平面，，，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
5．（2024·山东潍坊·三模）在棱长为 1 的正方体中，分别为棱的中点，则（ ）
A．直线与是异面直线
B．直线与所成的角是
C．直线平面
D．平面截正方体所得的截面面积为.
6．（19-20高一下·全国·课后作业）如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，则下列结论正确的是（ ）
A．圆柱的侧面积为
B．圆锥的侧面积为
C．圆柱的侧面积与球的表面积相等
D．圆柱、圆锥、球的体积之比为
7．（2024·安徽·一模）如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题中正确的是（ ）
A．直线与平面所成的角等于
B．四棱锥的体积为
C．两条异面直线和所成的角为
D．二面角的平面角的余弦值为
三、填空题
8．（2024·四川·模拟预测）已知矩形，其中，点沿着对角线进行翻折，形成三棱锥，如图所示，三棱锥的外接球的体积为 .

9．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知轴截面为正三角形的圆锥的高与球O的直径相等，则圆锥的体积与球O的体积的比值是 .
10．（2024·福建南平·模拟预测）已知圆台的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为 ．
四、解答题
11．（2022·河南安阳·模拟预测）如图，在正三棱柱中，，点分别在棱和棱上，且，.

(1)求证：平面平面；
(2)求多面体的体积.
12．（2024·四川成都·模拟预测）已知球内接正四棱锥的高为，、相交于，球的表面积为，若为中点.

(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的体积.
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 C A A B ABD CD ABC
1．C
【分析】利用圆锥与其内切球的轴截面，由已知数据计算出圆锥底面半径和母线长，可求圆锥的表面积.
【详解】圆锥与其内切球的轴截面如下图所示，
由已知，可知，所以圆锥的轴截面为正三角形，
因为，所以圆锥底面圆半径，母线，
则圆锥的表面积为．
故选：C．
2．A
【分析】利用球的体积公式求出球的半径，结合圆柱半径可得圆柱的高，然后可解.
【详解】球的体积为，可得其半径，
圆柱的底面直径为2，半径为，在轴截面中，可知圆柱的高为，
所以圆柱的侧面积为.
故选：A．
3．A
【分析】由图设溶液高度和液面半径，用表示液体体积得到方程，求出，依题，对其求导，赋值即得时液体高度的瞬时变化率.
【详解】

设注入溶液的时间为（单位：）时，溶液的高为，液面半径为，如图可得，
,则，即，
则由，解得.
由，当时，，
即时，圆锥容器内的液体高度的瞬时变化率为.
故选：A.
4．B
【分析】利用余弦定理先求出底面三角形的外接圆半径，再利用为三棱锥的高，为外接球半径），即可求解．
【详解】在中，，，，
由余弦定理可得，
即，所以，
设的外接圆半径为，
则，所以，
平面，且，
设三棱锥外接球半径为，
则，即，
所以三棱锥外接球的表面积为．
故选：B．
5．ABD
【分析】根据异面直线成角，线面垂直的判定定理，梯形面积公式逐项判断即可.
【详解】对于A，由于平面，平面，
故直线与是异面直线，故A正确；
对于B，如图，连接，因为分别为棱的中点，所以，
所以直线与所成的角即为直线与所成的角，
又因为是等边三角形，所以直线与所成的角为，
故直线与所成的角是，故B正确；
对于C，如图，假设直线平面，又因为平面，所以，而，这三边不能构成直角三角形，
所以与不垂直，故假设错误，故C错误；
对于D，如图，连接，因为，所以，
所以平面截正方体所得的截面为梯形，
且，所以梯形的高为，
所以截面面积为，故D正确.
故选：ABD.
6．CD
【分析】根据题意，结合圆柱、圆锥和球的表面积和体积公式，逐项判定，即可求解 .
【详解】对于A中，圆柱的侧面积为，所以A错误；
对于B中，圆锥的母线为，圆锥的侧面积为，所以B错误；
对于C中，球的表面积为，所以C正确；
对于D中，圆柱的体积，圆锥的体积，
球的体积，所以圆柱、圆锥、球的体积之比为，故D正确.
故选：CD.
7．ABC
【分析】根据线面角的定义及求法即可判断A；由平面即可求出四棱锥的体积判断B；由异面直线所成角的定义及求法即可判断C；由平面角的定义及余弦定理即可判断D．
【详解】如图，
取的中点，连接，则，
而平面，平面，
得，平面
则平面，
所以是直线与平面所成的角为，故A正确；
点到平面的距离为的长度为，
则，故B正确；
易证，所以异面直线和所成的角为或其补角，
因为为等边三角形，所以两条异面直线和所成的角为，故C正确；
连接，由，所以，
又，所以为二面角的平面角，
易求得，
又，，
由余弦定理可得，故D错误．
故选：ABC．
8．
【分析】在翻折过程中，始终不变，然后可得的中点即为球心，计算可得结果.
【详解】由于都为直角三角形，所以外接球的球心就是中点，点在翻折过程中，
其外接球的直径始终为
.
故答案为：

9．
【分析】设圆锥的底面半径为r，球O的半径为R，由题意可得，结合体积公式运算求解.
【详解】设圆锥的底面半径为r，球O的半径为R，
因为圆锥的轴截面为正三角形，可知圆锥的高，
则，即，
可得圆锥的体积，
球O的体积，
所以.
故答案为：．
10．
【分析】设上底面圆的半径为，则下底面圆的半径是，然后根据轴截面周长为16，可求出，从而可求出上下底面的面积和侧面积，进而可求出其表面积.
【详解】设上底面圆的半径为，则下底面圆的半径是，
故轴截面周长为，解得，
所以上、下底面圆的面积分别为，圆台侧面积，
所以圆台的表面积为
故答案为：
11．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）做辅助线，先利用平行四边形证明，从而可以利用平面，证明平面，从而借助面面垂直的判定定理即可得证.
（2）多面体的体积为三棱柱的体积减去四棱锥的体积,再分别求出三棱柱的体积和四棱锥的体积，即可得解.
【详解】（1）如图，取的中点F，的中点G，连接，，，

则，且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以.
因为是等边三角形，是的中点，所以.
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）多面体的体积为三棱柱的体积减去四棱锥的体积.
因为底面为边长为2的等边三角形，所以,
四边形为直角梯形，所以，
易知四棱锥的即为底面的高为，
所以，三棱柱的体积为，
四棱锥的体积为，
所以多面体的体积为.
12．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）依题意可得，即可得证；
（2）由球的表面积求出球的半径，由正四棱锥的性质可知球心必在上，连接，利用勾股定理求出，即可求出，再由为中点得到到平面的距离为，最后由计算可得.
【详解】（1）依题意底面为正方形，、相交于，
所以为的中点，又为中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）设球的半径为，由球的表面积公式，
解得（负值舍去），
设球心为，在正四棱锥中，高为，则必在上，
连接，则，，，
则在，则，即，
解得（负值舍去），
则，所以，
又为中点，平面且，所以到平面的距离为，
所以.

【能力篇】
一、单选题
1．（2024·陕西西安·模拟预测）圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为4．已知P为该圆台某条母线的中点，若一质点从点P出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P，则该质点运动的最短路径长为（ ）
A． B．6 C． D．
二、多选题
2．（2024·山东·模拟预测）如图，有一个棱台形的容器（上底面无盖），其四条侧棱均相等，底面为矩形，，容器的深度为，容器壁的厚度忽略不计，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．该四棱台的侧面积为
C．若将一个半径为的球放入该容器中，则球可以接触到容器的底面
D．若一只蚂蚁从点出发沿着容器外壁爬到点，则其爬行的最短路程为
三、填空题
3．（2024·河南郑州·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是 ．
①平面平面
②三棱锥的体积为定值
③在上存在点，使得面
④的最小值为2

四、解答题
4．（23-24高一下·福建三明·期中）如图，在棱长为4的正方体中，为的中点，过，，三点的平面与此正方体的面相交，交线围成一个多边形.

(1)在图中画出这个多边形（不必说出画法和理由）；
(2)平面将正方体分成两部分，求这两部分的体积之比（其中）；
(3)若点是侧面内的动点，且，当最小时，求三棱锥的外接球的表面积.
参考答案：
题号 1 2
答案 A BD
1．A
【分析】利用侧面展开结合图形求解最短距离.
【详解】P为圆台母线AB的中点，分别为上下底面的圆心，把圆台扩成圆锥，如图所示，
则，，，
由，有，，，
圆锥底面半径，底面圆的周长为，母线长，
所以侧面展开图的扇形的圆心角为，即，如图所示，
质点从点P出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P，则运动的最短路径为展开图弦，
，，有.
故选：A
2．BD
【分析】由勾股定理即可判断A，由梯形的面积公式代入计算，即可判断B，做出轴截面图形代入计算，即可判断C，将四棱台展开，然后代入计算，即可判断D
【详解】
对于A，由题意可得，故A错误；
对于B，梯形的高为，
所以梯形的面积为，
梯形的高为，
所以梯形的面积为，
故该四棱台的侧面积为，故B正确；
对于C，若放入容器内的球可以接触到容器的底面，则当球的半径最大时，
球恰好与面、面、面均相切，
过三个切点的截面如图（1）所示，由题意可知棱台的截面为等腰梯形，
较长的底边上的底角的正切值为，则，
由于互补，故，
则，所以（负值舍），从而球的半径为，
所以将半径为的球放入该容器中不能接触到容器的底面，故C错误；
对于D，将平面与平面展开至同一平面，
如图（2），则，
将平面与平面展开至同一平面，如图（3），
则，
所以最短路程为，故D正确．
故选：BD
【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于选项D的判断，解答时要将空间问题转化为平面问题，将几何体侧面展开，将折线长转化为线段长，即可求解.
3．①②③
【分析】证明平面即可判断①，由平面即可判断②，当为的中点时，证明平面平面，即可判断③，化折线为直线，利用余弦定理判断④.
【详解】对于①：由正方体的性质可知，平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
同理可证，又，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面，故①正确；

对于②：因为，平面，平面，所以平面，
又，所以点到平面的距离为定值设为，的面积也为定值，
又为定值，故②正确；

对于③：当为的中点时，点也为的中点，，平面，
平面，所以平面，即平面，
同理可证平面，
又，平面，
所以平面平面，又平面，
所以面，故③正确；

对于④：如下图，将沿着翻折到与平面共面且、在的异侧，
连接与交于点，则即为的最小值，
又，，
所以，
即的最小值为，故④错误.

故答案为：①②③
4．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）设中点为，再证明即可知这个多边形为；
（2）设，连接，设，连接，即可得到截面即为平面，再根据锥体、柱体的体积公式计算可得；
（3）取的中点，的中点，连接、、、，即可证明平面平面，则在线段上，从而得到当为的中点时最小，令，连接，则球心在上，设球心为，连接、、，利用勾股定理求出外接球的半径，最后根据球的表面积公式计算可得.
【详解】（1）设中点为，连接，，则由正方体性质可得，且，
故四边形为平行四边形，则.
又中点为，中点为，故，则，故这个多边形为四边形.

（2）在正方形中，直线与直线相交，
设，连接，设，连接，
由为的中点，得为的中点，，
所以平面即为平面，
因为为的中点，所以为的中点，
所以平面将正方体分成两部分，其中一部分是三棱台，
因为正方体的棱长为，
所以
，
另一部分几何体的体积，
两部分的体积．

（3）取的中点，的中点，连接、、、，
显然，，所以，平面，平面，
所以平面，
又为的中点，所以且，又且，
所以且，
所以为平行四边形，所以，
平面，平面，
所以平面，
又，平面，所以平面平面，
又点是侧面内的动点，且，
所以在线段上，又，
即为等腰三角形，所以当为的中点时最小，
因为为等腰直角三角形，所以其外接圆的圆心为斜边的中点，设为，
令，则为的中点，连接，则，所以平面，
所以球心在上，设球心为，连接、、，
设外接球的半径为，，则，
又，，
所以，，解得，则，
所以外接球的表面积.

【培优篇】
一、单选题
1．（2024·陕西商洛·模拟预测）如图，为圆锥的底面圆的直径，点是圆上异于，的动点，，则下列结论正确的是（ ）
A．圆锥的侧面积为
B．三棱锥的体积的最大值为
C．的取值范围是
D．若，为线段上的动点，则的最小值为
二、多选题
2．（2024·湖南益阳·一模）在棱长为1的正方体中，为棱上一点，且，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ）
A．若平面，则动点的轨迹是一条长为的线段
B．不存在点，便得平面
C．三棱锥的最大体积为
D．若且与平面所成的角最大时，三棱锥的体积为
三、填空题
3．（2024·福建漳州·三模）在矩形中，为的中点，将沿折起，把折成，使平面平面，则三棱锥的外接球表面积为 .
参考答案：
题号 1 2
答案 D BCD
1．D
【分析】先求出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式判断A；当时，的面积最大，此时三棱锥体积也最大，利用圆锥体积公式求解即可判断B；先用取极限的思想求出的范围，再利用，求的范围，即可判断C；利用图形展开及两点之间线段最短即可判断选项D.
【详解】在中，，则圆锥的母线长，半径，
对于A，圆锥的侧面积为：，故A错误；
对于B，当时，的面积最大，此时，
则三棱锥体积的最大值为，故B错误；
对于C，因为为等腰三角形，，又，所以，
当点与点重合时，为最小角，当点与点重合时，达到最大值，
又因为与不重合，则，又，可得，故C错误；
对于D，由，得，又，
则为等边三角形，则， 将以为轴旋转到与共面，得到，
则为等边三角形，，如图可知，
因为，
，
则，故D正确；
故选：D.
2．BCD
【分析】在取点，使得，证得平面平面，进而得到平面，可判定A不正确；以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，根据，得出矛盾，可判定B正确；利用向量的数量积的运算及三角形的面积公式，求得,在求得点到平面的最大距离，结合体积公式，可判定C正确；根据题意，求得点点的轨迹，结合线面角的公式，求得时，取得最大值，进而求得三棱锥的体积，可判定D正确.
【详解】对于A中，如图所示，分别在取点，使得，
可得，因为，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又由，且平面，平面，所以平面，
又因为，且平面，所以平面平面，
且平面平面，
若平面，则动点的轨迹为线段，且，所以A不正确；
对于B中，以为原点，以所在的直线分别为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
可得，则，
设，可得，
设是平面的一个法向量，则，
取，可得，所以，
若平面，则，所以存在，使得，
则，所以不存在点，使得平面，所以B正确；
对于C中，由，可得，
则，所以，
所以,
要使得三棱锥的体积最大，只需点到平面的距离最大，
由，可得点到平面的距离，
因为，所以当时，即点与点重合时，可得，
所以三棱锥的最大体积为，所以C正确；
对于D中，在正方体中，可得平面，且平面，
所以，则，
所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆弧，其圆心角为，
则，所以，即，
又由，设与平面所成的角，
所以，
因为，可得，当且仅当时，等号成立，
所以，即时，与平面所成的角最大值，即，
可得，则点到平面的距离为，
此时三棱锥的体积为，D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点拨：求解立体几何中的动态问题与存在性问题的策略：
1、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
2、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
3、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在，同时，用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导思想是解答此类问题的关键.
3．
【分析】利用勾股定理逆定理证明，由面面垂直的性质得到平面，求出外接圆的半径，设三棱锥的外接球的半径为，则，最后由球的表面积公式计算可得.
【详解】因为，，为的中点，
则有，，
所以，所以，
又平面平面，平面平面，平面.
所以平面，
又为等腰直角三角形，所以其外接圆的半径，
设三棱锥的外接球的半径为，则，
所以，所以三棱锥的外接球的表面积.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是证明平面，再由直棱锥的外接球的模型计算外接球的半径.
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专题36 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积（新高考专用）
【知识梳理】 2
【真题自测】 4
【考点突破】 6
【考点1】基本立体图形 6
【考点2】表面积与体积 8
【考点3】与球有关的切、接问题 10
【分层检测】 12
【基础篇】 12
【能力篇】 15
【培优篇】 16
考试要求：
1.利用实物、计算机软件等观察空间图形，认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.
2.知道球、棱(圆)柱、棱(圆)锥、棱(圆)台的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题.
3.能用斜二测画法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合体)的直观图.
1.空间几何体的结构特征
(1)多面体的结构特征
名称 棱柱 棱锥 棱台
图形
底面 互相平行且全等 多边形 互相平行且相似
侧棱 平行且相等 相交于一点，但不一定相等 延长线交于一点
侧面形状 平行四边形 三角形 梯形
(2)旋转体的结构特征
名称 圆柱 圆锥 圆台 球
图形
母线 互相平行且相等，垂直于底面 相交于一点 延长线交于一点
轴截面 矩形 等腰三角形 等腰梯形 圆面
侧面展开图 矩形 扇形 扇环
2.直观图
(1)画法：常用斜二测画法.
(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴、y′轴所在平面垂直.
②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴.平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半.
3.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱 圆锥 圆台
侧面展开 图
侧面积公 式 S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r1＋r2)l
4.柱、锥、台、球的表面积和体积
名称 几何体　　 表面积 体积
柱体(棱柱和圆柱) S表面积＝S侧＋2S底 V＝Sh
锥体(棱锥和圆锥) S表面积＝S侧＋S底 V＝Sh
台体(棱台和圆台) S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h
球 S＝4πR2 V＝πR3
1.正方体与球的切、接常用结论：正方体的棱长为a，球的半径为R，
(1)若球为正方体的外接球，则2R＝a；
(2)若球为正方体的内切球，则2R＝a；
(3)若球与正方体的各棱相切，则2R＝a.
2.长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝.
3.正四面体的外接球的半径R＝a，内切球的半径r＝a，其半径R∶r＝3∶1(a为该正四面体的棱长).
4.直观图与原平面图形面积间关系S直观图＝S原图形.
一、单选题
1．（2024·全国·高考真题）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A． B．1 C．2 D．3
2．（2023·全国·高考真题）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（ ）
A．1 B． C．2 D．3
3．（2023·全国·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·全国·高考真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022·全国·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
6．（2022·全国·高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2022·全国·高考真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
8．（2022·全国·高考真题）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
9．（2024·全国·高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为 ．
10．（2023·全国·高考真题）已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则 ．
11．（2023·全国·高考真题）在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是 ．
12．（2023·全国·高考真题）在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点．
13．（2023·全国·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ．
四、解答题
14．（2022·全国·高考真题）如图，四面体中，，E为AC的中点．
(1)证明：平面平面ACD；
(2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．
【考点1】基本立体图形
一、单选题
1．（2024·辽宁·模拟预测）在正四棱柱中，为线段的中点，一质点从点出发，沿长方体表面运动到达点处，若沿质点的最短运动路线截该正四棱柱，则所得截面的面积为（ ）

A． B． C． D．
2．（2024·江苏苏州·模拟预测）如图， 四棱锥 截取自边长为1 的正方体.其中 平面且 是线段 上靠近 的三等分点， 是线段 上最靠近 B的四等分点，M，N 分别是棱 和 上的动点且恒有， 垂足为H， 则 的最小值为（ ）

A． B． C． D．
二、多选题
3．（2025·甘肃张掖·模拟预测）如图所示，四面体的各棱长均为分别为棱的中点，为棱上异于顶点的点，则以下结论正确的为（ ）
A．
B．直线与所成角的余弦值为
C．四面体的外接球体积为
D．平面截四面体所得的截面图形的周长最小值为8
4．（21-22高三上·重庆九龙坡·阶段练习）一个平面α斜截一个足够高的圆柱，与圆柱侧面相交的图形为椭圆E.若圆柱底面圆半径为r，平面α与圆柱底面所成的锐二面角大小为θ，则下列对椭圆E的描述中，正确的是（ ）
A．短轴为2r，且与θ大小无关 B．离心率为cos θ，且与r大小无关
C．焦距为2r tan θ D．面积为
三、填空题
5．（2024·河北保定·三模）已知为圆锥的顶点，为该圆锥底面的一条直径，若该圆锥的侧面积为底面积的3倍，则 .
6．（2024·陕西·二模）降雨量是指降落在水平地面上单位面积的水层深度（单位：）．气象学中，把24小时内的降雨量叫作日降雨量，等级划分如下表：
日降雨量
等级 小雨 中雨 大雨 暴雨
某数学建模小组为了测量当地某日的降雨量，制作了一个圆台形水桶，如图所示，若在一次降雨过程中用此桶接了24小时的雨水恰好是桶深的，则当日的降雨量等级为 ．
参考公式：圆台的体积，其中h为圆台的高，，分别为圆台的上底面、下底面的面积．
反思提升：
空间几何体结构特征的判断技巧
(1)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定.
(2)通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可.
(3)在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段.“平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半.”
(4)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：
S直观图＝S原图形.
(5)几何体的表面展开图可以有不同的形状，应多实践，观察并大胆想象立体图形与表面展开图的关系，一定先观察立体图形的每一个面的形状.
【考点2】表面积与体积
一、单选题
1．（2024·河南驻马店·二模）已知某正六棱柱的体积为，其外接球体积为，若该六棱柱的高为整数，则其表面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·吉林长春·模拟预测）如图，为球形物品设计制作正四面体、正六面体、正八面体形状的包装盒，最少用料分别记为，则它们的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
3．（2024·全国·模拟预测）已知圆台的上、下底面半径分别为2，4，母线与底面所成的角为，则（ ）
A．该圆台的母线长为 B．该圆台的表面积为
C．该圆台的体积为 D．该圆台的外接球的表面积为
4．（2024·重庆·三模）已知在直三棱柱中，，直线与底面ABC所成角的正弦值为，则（ ）
A．直三棱柱的体积为
B．点到平面的距离为
C．当点为线段的中点时，平面平面
D．E，F分别为棱上的动点，当取得最小值时，
三、填空题
5．（2024·江西南昌·模拟预测）如图所示，四边形是边长为4的正方形，分别为线段上异于点的动点，且满足，点为的中点，将点沿折至点处，使⊥平面，则五棱锥体积的最大值为 .

6．（23-24高二下·山西晋城·阶段练习）如图装满水的圆台形容器内放进半径分别为1和3的两个铁球，小球与容器底和容器壁均相切，大球与小球、容器壁、水面均相切，此时容器中水的体积为 .
反思提升：
1.空间几何体表面积的求法
(1)旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用，并弄清底面半径、母线长与对应侧面展开图中边的关系.
(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理.
2.求空间几何体的体积的常用方法
(1)公式法：规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解；
(2)割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体；
(3)等体积法：通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积.
【考点3】与球有关的切、接问题
一、单选题
1．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）已知四面体的每条棱长都为2，若球与它的每条棱都相切，则球的体积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·安徽·一模）已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
3．（2024·江苏南京·二模）在棱长为1的正方体中，、分别为、的中点，点满足，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则三棱锥外接球的表面积为
B．若，则异面直线与所成角的余弦值为
C．若，则面积的最小值为
D．若存在实数使得，则的最小值为
4．（2024·湖北·二模）正方体中，，P在正方形内（包括边界），下列结论正确的有（ ）
A．若，则P点轨迹的长度为
B．三棱锥外接球体积的最小值是
C．若Q为正方形的中心，则周长的最小值为
D．
三、填空题
5．（2024·四川·模拟预测）在平面四边形中，，将沿折起，使点到达，且，则四面体的外接球的体积为 ．

6．（2024·江西新余·二模）如图1，在直角梯形中，，，，，，点E，F分别为边，上的点，且，.将四边形沿折起，如图2，使得平面平面，点M是四边形内（含边界）的动点，且直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，则当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为 .
反思提升：
(1)求解多面体的外接球时，经常用到截面图.如图所示，设球O的半径为R，截面圆O′的半径为r，M为截面圆上任意一点，球心O到截面圆O′的距离为d，则在Rt△OO′M中，OM2＝OO′2＋O′M2，即R2＝d2＋r2.
(2)求解球的内接正方体、长方体等问题的关键是把握球的直径即是几何体的体对角线.
(3) “切”的问题处理规律：找准切点，通过作过球心的截面来解决；体积分割是求内切球半径的通用方法.
【基础篇】
一、单选题
1．（23-24高三上·湖南长沙·阶段练习）已知圆锥的高为3，若该圆锥的内切球的半径为1，则该圆锥的表面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（24-25高三上·安徽亳州·开学考试）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体积为的球面上，该圆柱的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
3．（23-24高三下·江西抚州·阶段练习）如图1，现有一个底面直径为10cm，高为25cm的圆锥容器，以的速度向该容器内注入溶液，随着时间（单位：）的增加，圆锥容器内的液体高度也跟着增加，如图2所示，忽略容器的厚度，则当时，圆锥容器内的液体高度的瞬时变化率为（ ）

A． B． C． D．
4．（2024·新疆乌鲁木齐·三模）三棱锥中，平面，，，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
5．（2024·山东潍坊·三模）在棱长为 1 的正方体中，分别为棱的中点，则（ ）
A．直线与是异面直线
B．直线与所成的角是
C．直线平面
D．平面截正方体所得的截面面积为.
6．（19-20高一下·全国·课后作业）如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，则下列结论正确的是（ ）
A．圆柱的侧面积为
B．圆锥的侧面积为
C．圆柱的侧面积与球的表面积相等
D．圆柱、圆锥、球的体积之比为
7．（2024·安徽·一模）如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题中正确的是（ ）
A．直线与平面所成的角等于
B．四棱锥的体积为
C．两条异面直线和所成的角为
D．二面角的平面角的余弦值为
三、填空题
8．（2024·四川·模拟预测）已知矩形，其中，点沿着对角线进行翻折，形成三棱锥，如图所示，三棱锥的外接球的体积为 .

9．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知轴截面为正三角形的圆锥的高与球O的直径相等，则圆锥的体积与球O的体积的比值是 .
10．（2024·福建南平·模拟预测）已知圆台的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为 ．
四、解答题
11．（2022·河南安阳·模拟预测）如图，在正三棱柱中，，点分别在棱和棱上，且，.

(1)求证：平面平面；
(2)求多面体的体积.
12．（2024·四川成都·模拟预测）已知球内接正四棱锥的高为，、相交于，球的表面积为，若为中点.

(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的体积.
【能力篇】
一、单选题
1．（2024·陕西西安·模拟预测）圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为4．已知P为该圆台某条母线的中点，若一质点从点P出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P，则该质点运动的最短路径长为（ ）
A． B．6 C． D．
二、多选题
2．（2024·山东·模拟预测）如图，有一个棱台形的容器（上底面无盖），其四条侧棱均相等，底面为矩形，，容器的深度为，容器壁的厚度忽略不计，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．该四棱台的侧面积为
C．若将一个半径为的球放入该容器中，则球可以接触到容器的底面
D．若一只蚂蚁从点出发沿着容器外壁爬到点，则其爬行的最短路程为
三、填空题
3．（2024·河南郑州·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是 ．
①平面平面
②三棱锥的体积为定值
③在上存在点，使得面
④的最小值为2

四、解答题
4．（23-24高一下·福建三明·期中）如图，在棱长为4的正方体中，为的中点，过，，三点的平面与此正方体的面相交，交线围成一个多边形.

(1)在图中画出这个多边形（不必说出画法和理由）；
(2)平面将正方体分成两部分，求这两部分的体积之比（其中）；
(3)若点是侧面内的动点，且，当最小时，求三棱锥的外接球的表面积.
【培优篇】
一、单选题
1．（2024·陕西商洛·模拟预测）如图，为圆锥的底面圆的直径，点是圆上异于，的动点，，则下列结论正确的是（ ）
A．圆锥的侧面积为
B．三棱锥的体积的最大值为
C．的取值范围是
D．若，为线段上的动点，则的最小值为
二、多选题
2．（2024·湖南益阳·一模）在棱长为1的正方体中，为棱上一点，且，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ）
A．若平面，则动点的轨迹是一条长为的线段
B．不存在点，便得平面
C．三棱锥的最大体积为
D．若且与平面所成的角最大时，三棱锥的体积为
三、填空题
3．（2024·福建漳州·三模）在矩形中，为的中点，将沿折起，把折成，使平面平面，则三棱锥的外接球表面积为 .
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