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第01讲 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
目录
01 常考题型过关练
题型01 基本立体图形的特征
题型02 立体几何的直观图
题型03 立体图形的展开图
题型04最短路径问题
题型05 多面体的表面积
题型06 旋转体的表面积
题型07 立体图形的体积（公式法、割补法）
题型08 立体图形的体积（等体积法）
题型09 表面积、体积的最值问题
02 核心突破提升练
03 真题溯源通关练
01 基本立体图形的特征
1．如图所示，在三棱台中，截去三棱锥，则剩余部分是（ ）
A．四棱柱 B．四棱锥 C．三棱柱 D．三棱锥
2．下列命题中正确的是（ ）
A．连接圆柱上、下底面圆周上两点的线段是圆柱的母线
B．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个圆柱体
C．直线绕定直线旋转形成柱面
D．以矩形的一边为旋转轴，将矩形旋转一周形成圆柱
3．一个圆台上、下底面的半径分别为和，若两底面圆心的连线长为，则这个圆台的母线长为 ，该圆台的轴截面的面积为 ．
02 立体几何的直观图
4．如图，是水平放置的△OAB用斜二测画法画出的直观图，若是边长为3的等边三角形，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，的斜二测直观图是，其中，则的面积是（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
6．如图，是的斜二测直观图，其中，，，则边上的高为（ ）
A．4 B． C．2 D．
7．如图所示，表示水平放置的用斜二测画法得到的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则的边上的高为（ ）

A．3 B． C．6 D．
03 立体图形的展开图
8．用边长分别为与的矩形，作圆柱的侧面，则这个圆柱的体积为（ ）
A． B． C．或 D．或
9．如图所示，是一个正方体的表面展开图，则图中“九”在正方体中的对面是（ ）
A．县 B．市 C．联 D．考
10．（ 2023·河北沧州·三模）已知圆台的上、下底面直径分别为和，高为，则圆台的侧面展开图（扇环）的圆心角为（ ）
A． B． C． D．
11．若圆锥的侧面展开图是半径为5，圆心角为的扇形，则该圆锥的高为 .
04 最短路径问题
12．在直四棱柱中，四边形ABCD是矩形，，点E为线段的中点，点G是线段上的一点，点F是底面ABCD内的一点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
13．圆锥的母线，高为，点是的中点，一质点自点出发，沿侧面绕行一周到达点的最短路程为 ．
14．我国古代有这样一道数学问题:“枯木一根直立地上，高二丈，周三尺，有葛藤自根缠绕而上，五周而达其顶，问葛藤之长几何 ”题意是:如图所示，把枯木看作一个圆柱体，因为一丈等于十尺，则该圆柱的高为尺，底面周长为尺，有葛藤自点处缠绕而上，绕五周后其末端恰好到达点处，则问题中葛藤的最短长度是 尺.
15．长方体的长、宽、高分别为，由顶点A沿长方体的表面到顶点路径长度的最小值为 ．
05 多面体的表面积
16．若正四棱锥的高为，且其各侧面的面积之和是底面积的2倍，则该四棱锥的表面积为（ ）
A．4 B．8 C．12 D．24
17．如图，在直三棱柱中，底面是正三角形，，，边上的中点为．三棱柱截去三棱锥后所得几何体的表面积为（ ）
A． B． C．12 D．
18．庑殿式屋顶是中国古代建筑中等级最高的屋顶形式，分为单檐庑殿顶与重檐庑殿顶．单檐庑殿顶主要有一条正脊和四条垂脊，前后左右都有斜坡（如图①）（如图②），若四边形是矩形，，且，，则五面体的表面积为（　　）
A．64 B． C． D．
19．如图，某实心零部件的形状是正四棱台，已知，，棱台的高为，现需要对该零部件的表面进行防腐处理，若每平方厘米的防腐处理费用为0.5元，则该零部件的防腐处理费用是（ ）

A．160元 B．128元 C．97.5元 D．86.875元
20．中国古建筑屋顶形式比较多元化，十字歇山顶就是经典样式之一，图1角楼的顶部即为十字歇山顶.其上部可视为由两个相同的直三棱柱交叠而成的几何体（图2），这两个三棱柱有一个公共侧面ABCD.在底面EBC中，若，则该几何体的表面积为
06 旋转体的表面积
21．已知直角梯形的上底长为1，下底长为2，高为，则直角梯形绕下底所在的直线旋转一周形成的几何体的表面积为（ ）
A． B．
C． D．
22．已知半径为2的球与某圆锥的底面和侧面均相切，且该圆锥的轴截面为等边三角形，则该圆锥的表面积为（ ）
A． B． C． D．
23．某种型号冰淇淋，其上半部分是面积为的半球形塑料盖，下半部分是高为9（cm）圆锥形脆皮蛋卷桶，则下半部分脆皮蛋卷桶的面积为 （）.

24．已知三棱锥，平面，，，，则此三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
07 立体图形的体积（公式法、割补法)
25．已知正四棱台的上下底面边长分别为2和4，侧棱长为4，则它的体积是（ ）
A． B． C． D．112
26．已知正四棱台分别是棱的中点，平面将正四棱台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
27．某组合体的上、下部分分别是圆台和圆柱.圆台和圆柱的高相等，且圆台的下底面与圆柱的上底面重合，圆台的上底面半径是下底面半径的一半，则圆台与圆柱的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
28．在长方体中，，分别是的中点，记平面截长方体所得两个几何体的体积分别为、，则 ．
29．已知圆台的上、下底面半径分别为3和6，用一个平行于底面的平面去截圆台，截得上、下两部分的体积之比为，则截面半径为（ ）
A． B．5 C． D．
08 立体图形的体积（等体积法)
30．如图，四棱锥的体积为1，底面是平行四边形，，分别是所在棱的中点，则多面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
31．正方体的棱长为3，则点C到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
32．在棱长为3的正方体中，若以为底面，以正方体的一个顶点为顶点的三棱锥的体积为，则该三棱锥的顶点可以是 ．（写出满足条件的一个顶点即可）
09 表面积、体积的最值问题
33．已知四面体的棱，分别是同一个圆柱上、下底面的直径，若圆柱的体积为，则四面体体积的最大值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
34．某工艺品加工厂收到一块底面棱长为厘米，侧棱长为厘米的正三棱锥形状的珍贵木材，现用这块木材制作一个独特的球形饰品，则这个球形饰品的表面积的最大值是（ ）
A．平方厘米 B．平方厘米
C．平方厘米 D．平方厘米
35．如图，有一长方体密封容器用于装水，底面为边长为2的正方形，高为4，因不慎在顶点和棱的中点，处各破损了一个小孔（小孔大小和容器厚度忽略不计）.若该容器可以任意放置，则该容器可装水的最大体积为 .

36．如图，四边形是圆台下底面圆的内接四边形，，C为底面圆周上一动点，，为圆台的母线，，圆台上底面的半径为1，则该圆台的表面积为 ，四棱锥的体积的最大值为 ．
1．（ 2025·辽宁·三模）（多选）有一张长方形的纸（如图所示），现可任意沿虚线将其剪开或折叠（不将纸剪断），可以得到的图形的直观图是（ ）
A． B．
C． D．
2．如图所示的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解几章算术 商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第一、二层的每一个球均分别与其下一层相邻的三个球相切．现将“三角垛”放置在地面上，若每个球的半径均为1，则第一层的球的表面上的点到地面的最大距离为（ ）．
A． B． C． D．
3．（ 2025·湖北武汉·三模）如图，如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的时，水的体积为84，则该方斗杯可盛水的总体积为（ ）
A．112 B． C． D．496
4．（ 2025·湖北武汉·模拟预测）正三棱柱的9条棱长均相等，且体积为36．P，Q，R分别是棱上的点，其中，则几何体的体积为（ ）
A．22 B．23 C．24 D．25
5．降水量是指水平地面上单位面积的降水深度．用上口直径为20cm、底面直径为12cm，母线长为的圆台型水桶来测量降水量，如果一次降水过程中用此桶接得的雨水是桶深的，则本次降雨的降水量是 mm．
6．某艺术展览馆的一座雕塑底座是正四棱台，记为米，米，米．为举办特展，某策展团队计划以地面顶点为起点安装一条灯带（忽略灯带的厚度与弹性），灯带沿正四棱台的表面经过侧棱后到达顶点C，则所需灯带的长度的最小值为 米．
7．分别以锐角三角形的边，，为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积之比为，则 ．
1．（2023·天津·高考真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·天津·高考真题）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·新课标Ⅱ卷·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
4．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
5．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 ．
6．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为 ，升量器的高为 ．
7．（2025·北京·高考真题）某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，，.若，则该多面体的体积为 ．中小学教育资源及组卷应用平台
第01讲 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
目录
01 常考题型过关练
题型01 基本立体图形的特征
题型02 立体几何的直观图
题型03 立体图形的展开图
题型04最短路径问题
题型05 多面体的表面积
题型06 旋转体的表面积
题型07 立体图形的体积（公式法、割补法）
题型08 立体图形的体积（等体积法）
题型09 表面积、体积的最值问题
02 核心突破提升练
03 真题溯源通关练
01 基本立体图形的特征
1．如图所示，在三棱台中，截去三棱锥，则剩余部分是（ ）
A．四棱柱 B．四棱锥 C．三棱柱 D．三棱锥
【答案】B
【详解】易知三棱台截去三棱锥，
剩余部分为以为顶点，以四边形为底面的四棱锥.
故选：B
2．下列命题中正确的是（ ）
A．连接圆柱上、下底面圆周上两点的线段是圆柱的母线
B．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个圆柱体
C．直线绕定直线旋转形成柱面
D．以矩形的一边为旋转轴，将矩形旋转一周形成圆柱
【答案】D
【详解】对于A，根据圆柱的定义和性质，圆柱的母线与底面垂直，A错误；
对于B，当两个截面与底面不平行时，截得的平面不是一个圆柱体，B错误；
对于C，直线绕定直线旋转有也可能形成一个锥面，C错误；
对于D，以矩形的一边为旋转轴，将矩形旋转一周形成圆柱，D正确.
故选：D
3．一个圆台上、下底面的半径分别为和，若两底面圆心的连线长为，则这个圆台的母线长为 ，该圆台的轴截面的面积为 ．
【答案】
【详解】
如图所示，作圆台轴截面，上下底面圆心为，
根据题意，可知，
根据勾股定理，可知，所以母线长为13；
轴截面为等腰梯形，则面积为，所以轴截面面积为132；
故答案为：13；132.
02 立体几何的直观图
4．如图，是水平放置的△OAB用斜二测画法画出的直观图，若是边长为3的等边三角形，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】如图，过点A'作A'C'∥x'轴，并与y'轴交于点C'，则∠O'A'C'＝120°，
∠A'C'O'＝45°，O'A'＝3，则，得，
则的高为.面积为.
故选：B
5．如图，的斜二测直观图是，其中，则的面积是（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
【答案】D
【详解】过作交轴于点，可得，
因为，所以为等腰直角三角形，所以，
根据斜二测画法，可得，如图所示，则，
所以的面积是.
故选：D.
6．如图，是的斜二测直观图，其中，，，则边上的高为（ ）
A．4 B． C．2 D．
【答案】D
【详解】解法一：过作交轴于，
作轴于，则，，，
还原得直角梯形如图2，其中，，，
作轴于，则高，
解法二：设的面积为，的面积为，
其中，设边上的高为，
由，得，
.
故选：D．
7．如图所示，表示水平放置的用斜二测画法得到的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则的边上的高为（ ）

A．3 B． C．6 D．
【答案】D
【详解】如图，作线段轴，交轴于点，
则，
所以边上的高为.
故选：D.

03 立体图形的展开图
8．用边长分别为与的矩形，作圆柱的侧面，则这个圆柱的体积为（ ）
A． B． C．或 D．或
【答案】D
【解析】分类讨论当圆柱的高和底面周长分别为2和4或为4和2时，分情况计算对应圆柱的高和底面半径，进而求出对应圆柱的体积.
【详解】当圆柱的高和底面周长分别为2和4时，则可得底面半径为，底面面积为，则体积为；当圆柱的高和底面周长分别为4和2时，则可得底面半径为，底面面积为，则体积为；则可得圆柱的体积为或.
故选：D.
【点睛】本题考查了圆柱侧面展开图和体积的计算，确定圆柱的高和底面周长是解题的关键，属于基础题.
9．如图所示，是一个正方体的表面展开图，则图中“九”在正方体中的对面是（ ）
A．县 B．市 C．联 D．考
【答案】B
【详解】解：把正方体还原如下图：
则上面是九，下面是市，左面是县，右面是联，前面是考，后面是区，
故选：B
10．（ 2023·河北沧州·三模）已知圆台的上、下底面直径分别为和，高为，则圆台的侧面展开图（扇环）的圆心角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】设圆台上、下底面半径分别为，，母线长为，侧面展开图（扇环）的圆心角为，
由题意，，，
如图，，①，②
联立①②可得，从而.
故选：A

11．若圆锥的侧面展开图是半径为5，圆心角为的扇形，则该圆锥的高为 .
【答案】4
【详解】由题意，圆锥侧面展开图的半径为，所以圆锥的母线长为，
设圆锥的底面半径为，则 ，解得，
可得圆锥的高为.
故答案为：4.
04 最短路径问题
12．在直四棱柱中，四边形ABCD是矩形，，点E为线段的中点，点G是线段上的一点，点F是底面ABCD内的一点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】如图，
显然当F是G在底面ABCD的射影时，才可能最小．
将平面沿翻折，使其与平面共面，如图所示，
由于，则，则，
得，同理，而，
显然当E，G，F三点共线且时，取得最小值，
此时．
故选：A．
13．圆锥的母线，高为，点是的中点，一质点自点出发，沿侧面绕行一周到达点的最短路程为 ．
【答案】
【详解】将圆锥的侧面展开，连接，

则的长即为质点绕行的最短路程，由题设易知：圆锥底面半径为2；
在中，，，弧长，；
利用余弦定理得：，；
质点自点出发，沿侧面绕行一周到达点的最短路程为.
故答案为：.
14．我国古代有这样一道数学问题:“枯木一根直立地上，高二丈，周三尺，有葛藤自根缠绕而上，五周而达其顶，问葛藤之长几何 ”题意是:如图所示，把枯木看作一个圆柱体，因为一丈等于十尺，则该圆柱的高为尺，底面周长为尺，有葛藤自点处缠绕而上，绕五周后其末端恰好到达点处，则问题中葛藤的最短长度是 尺.
【答案】
【详解】解：如图：
一条直角边（即圆柱体的高）长(尺)，另一条直角边长(尺)，
根据勾股定理可知葛藤的最短长度为尺.
故答案为：
15．长方体的长、宽、高分别为，由顶点A沿长方体的表面到顶点路径长度的最小值为 ．
【答案】5
【详解】不妨设，
将侧面与展成一个矩形，此矩形长宽，对角线，
同理，将与展成一个矩形，对角线长为，
将与是成一个矩形，对角线长为，
综上，由A到最小值为．
故答案为：.
05 多面体的表面积
16．若正四棱锥的高为，且其各侧面的面积之和是底面积的2倍，则该四棱锥的表面积为（ ）
A．4 B．8 C．12 D．24
【答案】D
【详解】如图，是正四棱锥的高，所以，是斜高，

由各侧面的面积之和是底面积的2倍可得，所以，
在中，，，所以，
所以，
底面积，侧面积为，
表面积．
故选：D．
17．如图，在直三棱柱中，底面是正三角形，，，边上的中点为．三棱柱截去三棱锥后所得几何体的表面积为（ ）
A． B． C．12 D．
【答案】A
【详解】由题意得，，，
从而，所以，
所以，，，
，，，
所以三棱柱截去三棱锥后几何体的表面积为:
．
故选：A.
18．庑殿式屋顶是中国古代建筑中等级最高的屋顶形式，分为单檐庑殿顶与重檐庑殿顶．单檐庑殿顶主要有一条正脊和四条垂脊，前后左右都有斜坡（如图①）（如图②），若四边形是矩形，，且，，则五面体的表面积为（　　）
A．64 B． C． D．
【答案】D
【详解】分别取的中点，连接，
过点作的垂线，垂足为，
因为，，所以，所以，
根据对称性可得，所以，
在中，，所以，
，
又，
所以．
故选：D．
19．如图，某实心零部件的形状是正四棱台，已知，，棱台的高为，现需要对该零部件的表面进行防腐处理，若每平方厘米的防腐处理费用为0.5元，则该零部件的防腐处理费用是（ ）

A．160元 B．128元 C．97.5元 D．86.875元
【答案】B
【详解】由题意，分别取上下底面的中心为，分别取的中点为，连接，如下图：

则，，，
易知，
根据题意可得正四棱台的斜高为，
所以正四棱台的表面积为，
所以该零部件的防腐处理费用是元.
故选：B.
20．中国古建筑屋顶形式比较多元化，十字歇山顶就是经典样式之一，图1角楼的顶部即为十字歇山顶.其上部可视为由两个相同的直三棱柱交叠而成的几何体（图2），这两个三棱柱有一个公共侧面ABCD.在底面EBC中，若，则该几何体的表面积为
【答案】
【详解】如图所示，该几何体可视为两个直三柱挖去一个四棱锥，
且四棱锥为正四棱锥，其斜高长为.
由题设有，故，
故两个直三棱柱的表面积和为，
两者有公共侧面，其面积为，
而四棱锥的侧面积为，
故几何体的表面积为，
故答案为：.
06 旋转体的表面积
21．已知直角梯形的上底长为1，下底长为2，高为，则直角梯形绕下底所在的直线旋转一周形成的几何体的表面积为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】如图所示，
则直角梯形绕下底所在的直线旋转一周形成的几何体的表面积为圆锥的侧面积，加上圆柱的侧面积，再加上圆柱的一个底面的面积，
而圆锥的母线长为，
故所求为.
故选：C.
22．已知半径为2的球与某圆锥的底面和侧面均相切，且该圆锥的轴截面为等边三角形，则该圆锥的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】如图，是该圆锥的轴截面，为线段的中点，为球的球心，
作，垂足为，则．
因为为等边三角形，所以，所以，
所以，所以，所以，
那么该圆锥的表面积为．
故选：B.
23．某种型号冰淇淋，其上半部分是面积为的半球形塑料盖，下半部分是高为9（cm）圆锥形脆皮蛋卷桶，则下半部分脆皮蛋卷桶的面积为 （）.

【答案】
【详解】设球的半径为
由已知可得，，解得，
则可知下半部分为高为，底面半径为的圆锥，
所以，圆锥的母线
所以，下部脆皮蛋卷桶的面积为即圆锥侧面的面积为.
故答案为：.
24．已知三棱锥，平面，，，，则此三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】在中，，，设的外接圆半径为，
根据正弦定理有：，，
设外接球的半径为，则，
所以外接球的表面积为.
故选：D.
07 立体图形的体积（公式法、割补法)
25．已知正四棱台的上下底面边长分别为2和4，侧棱长为4，则它的体积是（ ）
A． B． C． D．112
【答案】A
【详解】如图所示：
由题设正四棱台，分别是上下底面中心，作，
由题意可知：，，
同理可得，故，
，
，示上下底面面积，，，
所以棱台的体积.
故选：A.
26．已知正四棱台分别是棱的中点，平面将正四棱台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】如图，连接，不妨设，棱台的高设为，
所以．
因为，分别是棱，的中点，则，．
又因为平面平面，可知几何体是三棱台，
则．
所以分割之后较大部分的体积为，
所以较小部分与较大部分的体积之比为．
故选：B．
27．某组合体的上、下部分分别是圆台和圆柱.圆台和圆柱的高相等，且圆台的下底面与圆柱的上底面重合，圆台的上底面半径是下底面半径的一半，则圆台与圆柱的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】设圆台的上底面半径为，高为，则圆台和圆柱的底面半径为，
则圆台体积，圆柱体积，
所以圆台与圆柱的体积之比为.
故选：B
28．在长方体中，，分别是的中点，记平面截长方体所得两个几何体的体积分别为、，则 ．
【答案】
【详解】作直线，分别交于两点，连接分别交于两点，
如图所示， 过点的截面即为五边形 ，
在长方体中，，
因为点，分别是，的中点
所以，所以，
因为，
所以
则过点的截面下方体积为：
，
∴另一部分体积为，
∴.
故答案为：
29．已知圆台的上、下底面半径分别为3和6，用一个平行于底面的平面去截圆台，截得上、下两部分的体积之比为，则截面半径为（ ）
A． B．5 C． D．
【答案】B
【详解】设圆台上、下底面圆的圆心分别为、，将圆台还原为圆锥，设圆锥的顶点为，
设截面圆的圆心为，设圆、圆、圆的半径分别为、、，则，，
设圆锥、圆锥、圆锥的体积分别为、、，
因为，则，所以，，
设圆台的体积为，即，所以，，
由题意可知，圆台的体积为，所以，，
所以，，又因为，则，因此，.
故选：B.
08 立体图形的体积（等体积法)
30．如图，四棱锥的体积为1，底面是平行四边形，，分别是所在棱的中点，则多面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】设点到平面的距离为，由题意可知，
因为底面是平行四边形，所以，
又因为为棱的中点，所以点到平面的距离为，
所以，
因为为棱的中点，所以 ，
因为，分别是所在棱的中点，所以且，
所以四边形为梯形，设，梯形的高为，
所以，，
，
，
故选：C
31．正方体的棱长为3，则点C到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】设点到平面的距离为是，如图，
易知，
在正方体中，为等边三角形，且，
所以，
所以，
由，得，解得：.
故选：B.
32．在棱长为3的正方体中，若以为底面，以正方体的一个顶点为顶点的三棱锥的体积为，则该三棱锥的顶点可以是 ．（写出满足条件的一个顶点即可）
【答案】（答案不唯一，中任选一个均可）
【详解】如图，，结合三棱锥的体积可知其高为，
所以原问题等价为找到正方体上到平面的距离为的顶点，连接，
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，同理可证平面，
又因为平面，
所以平面平面，所以到平面的距离相等，
故正方体的所有顶点到平面的距离可分为三类：①；②；③．
在三棱锥中，，符合题意；
设，即平面，又为的中点，
所以点与点到平面的距离相等，则符合题意；
显然到平面的距离大于，
综上，只有符合要求．
故答案为：（答案不唯一，中任选一个均可）.
09 表面积、体积的最值问题
33．已知四面体的棱，分别是同一个圆柱上、下底面的直径，若圆柱的体积为，则四面体体积的最大值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【详解】设圆柱的底面圆半径为，圆柱的高为，点到平面的距离为，
因是的中点，故到平面的距离也为，
由圆柱的体积为，可得，
故
.
当且仅当时取最大值4.
故选：B.
【点睛】思路点睛：解题思路是转化四面体的体积为两个三棱锥的体积和，进而结合距离范围求解.
34．某工艺品加工厂收到一块底面棱长为厘米，侧棱长为厘米的正三棱锥形状的珍贵木材，现用这块木材制作一个独特的球形饰品，则这个球形饰品的表面积的最大值是（ ）
A．平方厘米 B．平方厘米
C．平方厘米 D．平方厘米
【答案】B
【详解】
如图，在正三棱锥中底面正三角形中，，，
所以，
在中，，，所以，
所以该木材的表面积平方厘米，
，所以，
所以体积立方厘米.
要使这个球形饰品的表面积最大，则这个球形饰品是该木材的内切球.
设内切球的半径为厘米，则，所以.
设这个球形饰品的半径为厘米，则，故这个球形饰品的表面积平方厘米.
故选：B
35．如图，有一长方体密封容器用于装水，底面为边长为2的正方形，高为4，因不慎在顶点和棱的中点，处各破损了一个小孔（小孔大小和容器厚度忽略不计）.若该容器可以任意放置，则该容器可装水的最大体积为 .

【答案】12
【详解】连接，

在正方体中，分别是棱的中点，
，又，
所以，即共面，
又平面平面，
所以与相交于一点，即多面体为棱台，
，
则另一部分体积，
此时该容器可装水的最大体积为.
截面过时，设与交于点，与相交于，设，

在长方体中，易得为三棱台，则，即，
，
当，即时取等，此时，另一部分的体积，
此时该容器可装水的最大体积为12.
综上，该容器可装水的最大体积为12.
故答案为：12.
36．如图，四边形是圆台下底面圆的内接四边形，，C为底面圆周上一动点，，为圆台的母线，，圆台上底面的半径为1，则该圆台的表面积为 ，四棱锥的体积的最大值为 ．
【答案】 /
【详解】
如图，连接.
因为，所以.
在中，由余弦定理可得
所以.
由正弦定理可知外接圆的直径，
所以圆台的下底面半径，上底面半径，
圆台的侧面积，
上底面面积，下底面面积，
所以圆台的表面积.
在四边形中，
，
在中，由余弦定理可知，
即，
所以，当且仅当时等号成立，
所以的面积，
即底面面积的最大值为，
四棱锥的高，
所以四棱锥的体积的最大值为.
故答案为；
1．（ 2025·辽宁·三模）（多选）有一张长方形的纸（如图所示），现可任意沿虚线将其剪开或折叠（不将纸剪断），可以得到的图形的直观图是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【详解】
A项沿着和竖线剪开，沿中间线上翻得到.
B项和线剪开，和线剪开，沿中间线上翻得到.
C项四边形和四边形都被剪了，四边形和四边形位置冲突，所以不可能得到.
D项沿和剪开，沿中间线上翻，再沿线剪开，沿中间线下翻得到.
故选：ABD.
2．如图所示的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解几章算术 商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第一、二层的每一个球均分别与其下一层相邻的三个球相切．现将“三角垛”放置在地面上，若每个球的半径均为1，则第一层的球的表面上的点到地面的最大距离为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】根据题意，连接顶层1个球和底层边缘3个球的球心，
可得到一个正四面体，该正四面体的棱长为，如图所示，
设底面的中心为，连接并延长交于点，则为的中点，
连接，则为正四面体的高，所以该“三角垛”的高度为，
由，可得，
所以,
所以“三角垛”的高度为.
故选：D.
3．（ 2025·湖北武汉·三模）如图，如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的时，水的体积为84，则该方斗杯可盛水的总体积为（ ）
A．112 B． C． D．496
【答案】B
【详解】设水面与棱台的四条侧棱分别相交于，
过作交于点E，交于点，如下图所示：
易知四边形为等腰梯形，则四边形为平行四边形，
因为水面的高度是方斗杯高度的，则
，因此，
设棱台的高为，设体积为V，
则棱台的高为，设体积为，
则
所以，由题意，，
则该方斗杯可盛水的总体积为
故选：B.
4．（ 2025·湖北武汉·模拟预测）正三棱柱的9条棱长均相等，且体积为36．P，Q，R分别是棱上的点，其中，则几何体的体积为（ ）
A．22 B．23 C．24 D．25
【答案】B
【详解】设正三棱柱的9条棱长均为a
，
已知正三棱柱的体积为，化简可得得.
设的中点为，的中点为.
因为，，，所以，.
又因为到平面的距离等于到的距离，即为.
根据四棱锥体积公式四棱锥的底面积为，高为，则其体积为：
将代入上式可得：.
因为三棱柱的体积为正三棱柱的体积的一半，正三棱柱体积为36，所以三棱柱的体积为.
几何体的体积等于四棱锥的体积与三棱柱的体积之和，即.
故选：B.
5．降水量是指水平地面上单位面积的降水深度．用上口直径为20cm、底面直径为12cm，母线长为的圆台型水桶来测量降水量，如果一次降水过程中用此桶接得的雨水是桶深的，则本次降雨的降水量是 mm．
【答案】29.6
【详解】设水面的半径为，水深为，因为上口半径为，底面半径，则，故，
雨水的体积为，
又,故,
故答案为：29.6
6．某艺术展览馆的一座雕塑底座是正四棱台，记为米，米，米．为举办特展，某策展团队计划以地面顶点为起点安装一条灯带（忽略灯带的厚度与弹性），灯带沿正四棱台的表面经过侧棱后到达顶点C，则所需灯带的长度的最小值为 米．
【答案】/
【详解】如图1，设灯带经过侧棱上的E点.
如图2，连接，将侧面和展开到同一个平面，
则，当且仅当线段与线段有交点时等号成立，
即当灯带的长度取得最小值时，交点即为点E.
因为四边形是等腰梯形，所以，
由余弦定理可得==米，
则>，所以，即，
因为，所以，
即线段与线段有交点.
==，可得=，
而，可得=，
所以,
由余弦定理可得==米，
则所需灯带的长度的最小值为米.
故答案为：
7．分别以锐角三角形的边，，为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积之比为，则 ．
【答案】/
【详解】设以边，，为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积分别为，，，
设边上的高为，
设，
则，可得，
可得：，
同理可得，，
由题意可得：，
由得，
由正弦定理得，故，即，
同理可得，
所以．
故答案为：
1．（2023·天津·高考真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.

因为平面，平面，所以平面平面.
又因为平面平面，，平面，所以平面，且.
在中，因为，所以，所以，
在中，因为，所以，
所以.
故选：B
2．（2024·天津·高考真题）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，使得；;重合，
因为，且两两之间距离为1．，
则形成的新组合体为一个三棱柱，
该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为，
.
故选：C.
3．（2024·新课标Ⅱ卷·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
【答案】B
【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.
4．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，
而它们的侧面积相等，所以即，
故，故圆锥的体积为.
故选：B.
5．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 ．
【答案】
【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为，
所以正四棱锥的体积为，
截去的正四棱锥的体积为，
所以棱台的体积为.
方法二：棱台的体积为.
故答案为：.
6．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为 ，升量器的高为 ．
【答案】 23 57.5/
【详解】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则，
故，.
故答案为：.
7．（2025·北京·高考真题）某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，，.若，则该多面体的体积为 ．
【答案】
【详解】先证明一个结论：如果平面平面，平面平面，平面，则.
证明：设，， 在平面取一点，，
在平面内过作直线，使得，作直线，使得，
因为平面平面，，故，而，故，
同理，而，故 .
下面回归问题.
连接，因为且，故，同理，，
而，故直角梯形与直角梯形全等，
故，
在直角梯形中，过作，垂足为，
则四边形为矩形，且为以为直角的等腰直角三角形，
故，
平面平面，平面平面，,
平面，故平面，
取的中点为，的中点为，的中点为，连接，
则，同理可证平面，而平面，
故平面平面，同理平面平面，
而平面平面，故平面，
故，故四边形为平行四边形，故.
在平面中过作，交于，连接.
则四边形为平行四边形，且，故，
故四边形为平行四边形，
而平面，
故平面，故平面平面，
而，故，
故几何体为直棱柱，
而，故,
因为，故平面，
而平面，故平面平面，
在平面中过作，垂足为，同理可证平面，
而，故，故，
由对称性可得几何体的体积为，
故答案为：.

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