PAGE1第28講空間幾何體的結構特征、表面積與體積（7類核心考點精講精練）1.5年真題考點分布5年考情考題示例考點分析2024年天津卷，第9題,5分柱體體積的計算2023年天津卷，第8題,5分錐體體積的有關計算證明線面垂直2022年天津卷，第8題,5分柱體體積的有關計算求組合體的體積2021年天津卷，第6題,5分錐體體積的有關計算球的體積的有關計算2020年天津卷，第5題,5分球的表面積的有關計算2.命題規律及備考策略【命題規律】本節內容是天津高考卷的必考內容，設題穩定，難度中檔，分值為5分【備考策略】1.理解、掌握幾何體的有關特征，掌握不同幾何體的表面積與體積的計算公式。2.能掌握不同幾何體的展開圖的特征。3.具備數形空間思維，會計算空間幾何體中的最短路徑問題。4.會解外接球，內切球與棱切球問題。【命題預測】本節內容是天津高考卷的必考內容，一般給出幾何體，求解幾何體的表面積。體積與球的相關問題。知識講解知識點一.構成空間幾何體的基本元素—點、線、面1.空間中，點動成線，線動成面，面動成體．2.空間中，不重合的兩點確定一條直線，不共線的三點確定一個平面，不共面的四點確定一個空間圖形或幾何體（空間四邊形、四面體或三棱錐）．知識點二.簡單凸多面體—棱柱、棱錐、棱臺1.棱柱：兩個面互相平面，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個四邊形的公共邊都互相平行，由這些面所圍成的多面體叫做棱柱．（1）斜棱柱：側棱不垂直于底面的棱柱；（2）直棱柱：側棱垂直于底面的棱柱；（3）正棱柱：底面是正多邊形的直棱柱；（4）平行六面體：底面是平行四邊形的棱柱；（5）直平行六面體：側棱垂直于底面的平行六面體；（6）長方體：底面是矩形的直平行六面體；（7）正方體：棱長都相等的長方體．2.棱錐：有一個面是多邊形，其余各面是有一個公共頂點的三角形，由這些面所圍成的多面體叫做棱錐．（1）正棱錐：底面是正多邊形，且頂點在底面的射影是底面的中心；（2）正四面體：所有棱長都相等的三棱錐．3.棱臺：用一個平行于棱錐底面的平面去截棱錐，底面和截面之間的部分叫做棱臺，由正棱錐截得的棱臺叫做正棱臺．簡單凸多面體的分類及其之間的關系如圖所示．知識點三.簡單旋轉體—圓柱、圓錐、圓臺、球1.圓柱：以矩形的一邊所在的直線為旋轉軸，其余三邊旋轉形成的面所圍成的幾何體叫做圓柱．2.圓柱：以直角三角形的一條直角邊所在的直線為旋轉軸，將其旋轉一周形成的面所圍成的幾何體叫做圓錐．3.圓臺：用平行于圓錐底面的平面去截圓錐，底面和截面之間的部分叫做圓臺．4.球：以半圓的直徑所在的直線為旋轉軸，半圓面旋轉一周形成的旋轉體叫做球體，簡稱為球（球面距離：經過兩點的大圓在這兩點間的劣弧長度）．知識點四.組合體由柱體、錐體、臺體、球等幾何體組成的復雜的幾何體叫做組合體．知識點五.表面積與體積計算公式1.表面積公式表面積柱體為直截面周長錐體臺體球體積公式體積柱體錐體臺體球知識點六.空間幾何體的直觀圖1.斜二測畫法斜二測畫法的主要步驟如下：（1）建立直角坐標系．在已知水平放置的平面圖形中取互相垂直的Ox，Oy，建立直角坐標系．（2）畫出斜坐標系．在畫直觀圖的紙上（平面上）畫出對應圖形．在已知圖形平行于軸的線段，在直觀圖中畫成平行于O'x'，O'y（3）畫出對應圖形．在已知圖形平行于x軸的線段，在直觀圖中畫成平行于軸的線段，且長度保持不變；在已知圖形平行于y軸的線段，在直觀圖中畫成平行于y'軸，且長度變為原來的一般．可簡化為“橫不變，縱減半”．（4）擦去輔助線．圖畫好后，要擦去x'軸、y注：直觀圖和平面圖形的面積比為242.平行投影與中心投影平行投影的投影線是互相平行的，中心投影的投影線相交于一點．考點一、空間幾何體的結構特征1.（·北京·高考真題）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1A．3個 B．4個C．5個 D．6個【答案】B【詳解】如圖,取底面ABCD的中心O,連接PA,PC,PO.∵AC⊥平面DD1B,又PO?平面DD1B,∴AC⊥PO.又O是AC的中點,∴PA=PC.同理,取B1C與BC1的交點H,易證B1C⊥平面D1C1B,∴B1C⊥PH.又H是B1C的中點,∴PB1=PC,∴PA=PB1=PC.同理可證PA1=PC1=PD.又P是BD1的三等分點,∴PB≠PD1≠PB1≠PD,故點P到正方體的頂點的不同距離有4個.2.（2007·安徽·高考真題）在正方體上任意選擇4個頂點，它們可能是如下各種幾何形體的4個頂點，這些幾何形體是（寫出所有正確結論的編號）.①矩形；②不是矩形的平行四邊形；③有三個面為等腰直角三角形，有一個面為等邊三角形的四面體；④每個面都是等邊三角形的四面體；⑤每個面都是直角三角形的四面體.【答案】①③④⑤【詳解】試題分析：本題中①③④⑤只要能舉一例說明正確即可，如圖長方體ABCD?A1B1C1D1中，四邊形ABB1A1

考點：線線垂直與線面垂直.1.（2024·陜西咸陽·模擬預測）碳60（Co）是一種非金屬單質，它是由60個碳原子構成，形似足球，又稱為足球烯，其結構是由五元環（正五邊形面）和六元環（正六邊形面）組成的封閉的凸多面體，共32個面，且滿足：頂點數－棱數＋面數＝2，則其六元環的個數為（

）.A．12 B．14 C．18 D．20【答案】D【分析】根據題意，設正五邊形為x個，正六邊形為y個，分析可得其棱數，即可得關于x、y的方程組，解得y的值，即可得答案．【詳解】根據題意，設正五邊形為x個，正六邊形為y個，碳60(C由頂點數?棱數+面數=2，則棱數為90，則有x+y=32故選：D2.（2023高三上·廣西·學業考試）如圖、以矩形ABCD的邊AB所在直線為軸，其余三邊旋轉一周形成的面所圍成的幾何體是（

）A．圓錐 B．圓臺 C．圓柱 D．球【答案】C【分析】根據圓柱的形成即可得到答案.【詳解】以矩形ABCD的邊AB所在直線為軸，其余三邊旋轉一周形成的面所圍成的幾何體是圓柱.故選：C.3.（2024·福建泉州·模擬預測）要使正方體ABCD?A1B1C1D1【答案】120【分析】由正方體的性質可證得CA1⊥平面BDC1【詳解】因為四邊形ABCD為正方形，所以AC⊥因為AA1⊥平面ABCD，BD?平面因為AA1∩AC=A，AA因為A1C?平面AA1因為BC1∩BD=B，BC同理可證得CA1⊥因為△BDC1所以A1C過△BDC1的中心，設△則∠BGD同理A1C也過等邊若正方體繞CA1旋轉n°后與其自身重合，只需要△因此至少旋轉120°.故答案為：120．【點睛】關鍵點點睛：本小題主要考查正方體特征及垂直等知識；解題的關鍵是證明CA1⊥4.（24-25高三·上海·隨堂練習）連結正三棱柱的6個頂點，可以組成個四面體．【答案】12【分析】求出4個點共面的情況有3種情況，利用正難則反進行求解.【詳解】正三棱柱共有6個頂點，從中任取4個，有C6其中4個點共面的情況有3種情況，分別為三個側面，故可以組成C6故答案為：12考點二、空間幾何體的表面積1.（24-25高三上·安徽·開學考試）陀螺是中國民間的娛樂工具之一，早期陀螺的形狀由同底的一個圓柱和一個圓錐組合而成.如圖，已知一木制陀螺的圓柱的底面直徑為6，圓柱和圓錐的高均為4，則該陀螺的表面積為（

）A．44π B．46π C．48π D．50π【答案】C【分析】分析該陀螺的表面結構，結合圓柱、圓錐的側面積公式運算求解.【詳解】由題意可知：該陀螺的表面有：底面圓面、圓柱的側面和圓錐的側面，且圓錐的母線長為32所以該陀螺的表面積為π×3故選：C.2.（24-25高三上·貴州黔東南·開學考試）如圖，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，且AB=1，BC=3

A．26π+5π B．3π+5π C．11π【答案】C【分析】由圓臺的表面積公式求解即可.【詳解】由題可知，該旋轉體為上底面半徑r1=1，下底面半徑r2則該圓臺的表面積S=π故選：C.1.（2024·內蒙古呼和浩特·模擬預測）已知圓錐PO的頂點為P，其三條母線PA,PB,PC兩兩垂直，且母線長為A．2π B．26π C．6【答案】D【分析】由已知和正弦定理，勾股定理求出圓錐底面圓的半徑，然后由圓錐的側面積公式求出結果即可.【詳解】因為三條母線PA，PB，PC兩兩垂直，且母線長為3，

所以△ABC為圓錐底面圓的內接正三角形，且邊長AB由正弦定理可得底面圓的半徑R=圓錐的側面積為12故選：D2.（2024·福建福州·模擬預測）已知圓錐SO的底面半徑為1，過高線的中點且垂直于高線的平面將圓錐SO截成上?下兩部分，若截得小圓錐的體積為324π，則圓錐A．4π B．2π C．2π D．【答案】B【分析】根據體積公式可得圓錐的高，進而求解母線，即可由側面積公式求解.【詳解】圓錐的底面半徑為1，設高為?，過高線的中點且垂直于高線的平面將圓錐截成上下兩部分，則小圓錐的底面半徑為12，高為1則小圓錐的體積為：13故圓錐母線長為12故圓錐SO的側面積為π×1×2=2π故選：B3.（24-25高三上·河南·開學考試）已知圓錐的高與底面半徑之和為3，則當該圓錐的體積取得最大值時，圓錐的側面積為（

）A．25π B．25+4π 【答案】A【分析】設圓錐的底面半徑為r，高為3?r，得到Vr=π【詳解】設圓錐的底面半徑為r，則圓錐的高為3?r（0<則圓錐的體積為Vr所以V'當0<r<2時，V'r>0當2<r<3時，V'r<0所以當r=2時，Vr取得最大值，此時圓錐的高為1，母線故圓錐的側面積S=π故選：A．4.（2024·四川宜賓·三模）在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=BCA．4 B．10+42 C．12+42 【答案】C【分析】由題意得B1P=2a【詳解】設AB=BC=BB因為BB1⊥平面A1B1C又因為A1B1⊥B1C所以C1B1點P在四邊形AA1BB1P=2a2?該圓弧弧長是14圓周周長，由題意14×2π所以該三棱柱的表面積為2×2+2×2+22故選：C.考點三、空間幾何體的體積1.（2023·天津·高考真題）在三棱錐P?ABC中，點M,N分別在棱PC,PB上，且PM=13PC，A．19 B．29 C．13【答案】B【分析】分別過M,C作MM'⊥PA,CC'⊥PA,垂足分別為M',C'.過B作BB'⊥平面PAC，垂足為B'，連接PB【詳解】如圖，分別過M,C作MM'⊥PA,CC'⊥PA,垂足分別為M',C'.過

因為BB'⊥平面PAC，BB'?平面又因為平面PBB'∩平面PAC=PB'，NN'⊥P在△PCC'中，因為MM'在△PBB'中，因為B所以VP故選：B2.（2024·北京·高考真題）漢代劉歆設計的“銅嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的標準量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形狀均可視為圓柱.若升、斗、斛量器的容積成公比為10的等比數列，底面直徑依次為65mm,325mm,325mm，且斛量器的高為230mm，則斗量器的高為mm，升量器的高為mm．【答案】2357.5/115【分析】根據體積為公比為10的等比數列可得關于高度的方程組，求出其解后可得前兩個圓柱的高度.【詳解】設升量器的高為?1，斗量器的高為?2（單位都是mm），則故?2=23mm，故答案為：23mm,1151.（2024·全國·高考真題）已知圓臺甲、乙的上底面半徑均為r1,下底面半徑均為r2，圓臺的母線長分別為2r2?【答案】6【分析】先根據已知條件和圓臺結構特征分別求出兩圓臺的高，再根據圓臺的體積公式直接代入計算即可得解.【詳解】由題可得兩個圓臺的高分別為?甲?乙所以V甲故答案為：642.（2023·全國·高考真題）已知點S,A,B,C均在半徑為2的球面上，△ABC是邊長為3的等邊三角形，SA【答案】2【分析】先用正弦定理求底面外接圓半徑，再結合直棱柱的外接球以及求的性質運算求解.【詳解】如圖，將三棱錐S?ABC轉化為正三棱柱設△ABC的外接圓圓心為O1，半徑為則2r=AB設三棱錐S?ABC的外接球球心為O，連接OA,因為OA2=OO故答案為：2.【點睛】方法點睛：多面體與球切、接問題的求解方法（1）涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體的特殊點(一般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉化為平面問題求解；（2）若球面上四點P、A、B、C構成的三條線段PA、PB、PC兩兩垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有關元素“補形”成為一個球內接長方體，根據4R2＝a2＋b2＋c2求解；（3）正方體的內切球的直徑為正方體的棱長；（4）球和正方體的棱相切時，球的直徑為正方體的面對角線長；（5）利用平面幾何知識尋找幾何體中元素間的關系，或只畫內切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關系，列方程(組)求解．3.（2023·全國·高考真題）在正四棱臺ABCD?A1B1【答案】766【分析】結合圖像，依次求得A1【詳解】如圖，過A1作A1M⊥AC，垂足為M

因為AB=2,則A1故AM=12所以所求體積為V=故答案為：764.（2023·全國·高考真題）底面邊長為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個底面邊長為2，高為3的正四棱錐，所得棱臺的體積為．【答案】28【分析】方法一：割補法，根據正四棱錐的幾何性質以及棱錐體積公式求得正確答案；方法二：根據臺體的體積公式直接運算求解.【詳解】方法一：由于24=12，而截去的正四棱錐的高為所以正四棱錐的體積為13截去的正四棱錐的體積為13所以棱臺的體積為32?4=28.方法二：棱臺的體積為13故答案為：28.考點四、幾何體的直觀圖1.（2024·湖北·模擬預測）用斜二測畫法畫出的水平放置的△ABC的直觀圖如圖所示，其中D'是B'C'的中點，且A'DA．2 B．2 C．22 【答案】D【分析】根據斜二測畫法確定原圖形，求解即可.【詳解】根據題意，把直觀圖還原出原平面圖形為等腰三角形，如圖所示，其中AD⊥BC，AD=2原平面圖形的面積為S△故選：D．2.（2024·四川成都·模擬預測）如圖，△O'A'B'是水平放置的△OAB用斜二測畫法畫出的直觀圖（圖中虛線分別與x'軸和

A．82 B．122 C．24【答案】D【分析】由直觀圖得到平面圖形，再求出相應的線段長，最后由面積公式計算可得.【詳解】由直觀圖可得如下平面圖形：其中OB=O'B'=6，OD=所以S△故選：D

1.（2022高三·全國·專題練習）下圖中小正方形的邊長為1，四邊形ABCD為某圖形的直觀圖，則該圖形的面積為（

）A．7528 B．7524 C．【答案】D【分析】先利用分割法求出直觀圖的面積，然后利用直觀圖和原圖面積關系求解.【詳解】如圖，把四邊形ABCD分割成兩個三角形和一個梯形來求面積其面積S設原圖形面積為S，則S'所以S=2故選：D.2.（2022·全國·模擬預測）如圖，在水平放置的平面α上畫一個邊長為2的等邊三角形，在斜二測畫法中線段AC的長為.【答案】6【分析】根據斜二測畫法的幾何關系，再結合余弦定理從而可求解.【詳解】在斜二測畫法中，取BC的中點D，則AD=32，CD∴AC∴AC=故答案為：6?13.（23-24高三上·貴州黔西·階段練習）如圖，矩形O'A'B'C'是水平放置的平面圖形OABC【答案】36【分析】結合圖形求出矩形O'A'【詳解】由題意可得SO'A'B故答案為：3624.（2023·遼寧錦州·模擬預測）已知用斜二測畫法畫梯形OABC的直觀圖O'A'B'C'如圖所示，O'A'=3C'B'

【答案】48π【分析】先由直觀圖還原梯形OABC，再利用斜二測畫法的性質求得其邊與高，從而判斷得該梯形為等腰梯形，進而利用圓臺與圓錐的體積公式求解即可.【詳解】在直觀圖中，C'D'

在直觀圖中，O'A'=3C所以在還原圖中，OA=3又在直觀圖中，C'所以在還原圖中，CD//y軸，則所以SOABC=1故OA=6，OD所以四邊形OABC繞y軸旋轉一周所形成的空間幾何體的體積等于一個圓臺的體積減去一個圓錐的體積，即V=故答案為：48π.考點五、幾何體的展開圖1.（·廣東·高考真題）已知一個圓柱的側面展開圖是一個正方形，則這個圓柱的表面積與側面積的比值是（

）A．1+4π4π B．1+2ππ C．1+2π2π【答案】C【分析】設圓柱的底面半徑為r，高為?，則由題意可得?=2π【詳解】設圓柱的底面半徑為r，高為?，因為圓柱的側面展開圖是一個正方形，所以?=2π所以圓柱的表面積為2πr圓柱的側面積為4π所以這個圓柱的表面積與側面積的比值是2πr故選：C2.（·北京·高考真題）如果圓錐的側面展開圖是半圓，那么這個圓錐的頂角（圓錐軸截面中兩條母線的夾角）是（

）A．30° B．45° C．60° D．90°【答案】C【分析】設圓錐的母線長為l，底面半徑為r，依題意得到l=2【詳解】解：設圓錐的母線長為l，底面半徑為r，依題意可得πl=2πr，即所以圓錐的軸截面為等邊三角形，所以圓錐的頂角為60°．故選：C．1.（2022·全國·高考真題）甲、乙兩個圓錐的母線長相等，側面展開圖的圓心角之和為2π，側面積分別為S甲和S乙，體積分別為V甲和V乙．若A．5 B．22 C．10 D．【答案】C【分析】設母線長為l，甲圓錐底面半徑為r1，乙圓錐底面圓半徑為r2，根據圓錐的側面積公式可得r1=2r【詳解】解：設母線長為l，甲圓錐底面半徑為r1，乙圓錐底面圓半徑為r則S甲所以r1又2π則r1所以r1所以甲圓錐的高?1乙圓錐的高?2所以V甲故選：C.2.（2024·陜西西安·模擬預測）如圖，這是一個正方體的平面展開圖，在該正方體中，下列命題正確的是（

）

A．AB∥HG B．CG⊥BH C．【答案】A【分析】將正方體的展開圖重新組合成正方體，對選項逐個分析，判斷易得只有A選項正確.【詳解】如圖所示，將展開圖重新組合成正方體.顯然AB∥

由圖易得CG∥DH，顯然DH與BH所成角非直角，因此異面直線CG與BH所成角也非直角，所以由圖易得AC∥EG，顯然EG與DG相交，因此故選：A3.（2022·江蘇連云港·二模）如圖是一個圓臺的側面展開圖，若兩個半圓的半徑分別是1和2，則該圓臺的體積是（

）A．72π24 B．73π24【答案】B【分析】先計算出上、下底面的半徑和面積，再求出圓臺的高，按照圓臺體積公式計算即可.【詳解】如圖，設上底面的半徑為r，下底面的半徑為R，高為?，母線長為l，則2πr=π×1，2πR=π×2，解得又l=2?1=1，?設上底面面積為S'=π×1所以圓臺的體積V=故選：B.4.（2024·全國·模擬預測）已知某圓錐的軸截面是頂角為α的等腰三角形，側面展開圖是圓心角為β的扇形，則當β?α的值最大時，A．1 B．2C．π2?1 【答案】D【分析】設圓錐的母線長為l，則可得底面半徑r=lsinα2，再由側面展開圖的扇形的弧長等于圓錐底面周長可得β=2πsinα【詳解】設圓錐的母線長為l，則圓錐的底面半徑r=側面展開圖的扇形弧長，即圓錐底面的周長C=因此lβ=2πlsinα2記fα=2πsinα2?因為f'α在0,π上遞減，且f'所以存在唯一的α0∈0,π滿足f且當α∈0,α0時，f'當α∈α0,π時，f'故α0是f此時β=2πsin故選：D考點六、最短路徑問題1.（24-25高三上·廣東·開學考試）圓錐頂點A，底面半徑為1，母線AB=4,AB的中點為M，一只螞蟻從底面圓周上的點B繞圓錐側面一周到達A．0 B．255 C．45【答案】B【分析】將圓錐側面沿母線AB剪開并展開成扇形，最短路線即為扇形中的線段BM，過A作BM的垂線，垂足為N，求出NM的長即可.【詳解】將圓錐側面沿母線AB剪開并展開成扇形，

則該扇形半徑AB=4，弧長為2π×1=2π，圓心角∠最短路線即為扇形中的線段BM，BM=過A作BM的垂線，垂足為N，當螞蟻從B點爬行到點N過程中，它與點A的距離越來越小，于是BN為上坡路段，當螞蟻從點N爬行到點M的過程中，它與點A的距離越來越大，于是NM為下坡路段，下坡路段長NM=故選：B2.（24-25高三上·廣東·階段練習）已知某圓錐的軸截面是頂角為α的等腰三角形，側面展開圖是圓心角為β的扇形，則當α?β最小時，A．1 B．2 C．π2?1 【答案】D【分析】設圓錐的母線長為l，則可得底面半徑r=lsinα2，再由側面展開圖的扇形的弧長等于圓錐底面周長可得β=2πsinα【詳解】設圓錐的母線長為l，則圓錐的底面半徑r=側面展開圖的扇形弧長，即圓錐底面的周長C=因此lβ=2πlsinα2記fα=2πsinα2?因為f'α在0,π上遞減，且f'所以存在唯一的α0∈0,π滿足f且當α∈0,α0時，f'當α∈α0,π時，f'于是α0是fα的極大值點，也是最大值點，此時而α?β最小，當且僅當β?故選：D1.（2019高三·全國·專題練習）如圖，一豎立在地面上的圓錐形物體的母線長為4，一只小蟲從圓錐的底面圓上的點P出發，繞圓錐爬行一周后回到點P處，若該小蟲爬行的最短路程為43

A．153 B．3235π27 C．【答案】C【分析】作出該圓錐的側面展開圖，該小蟲爬行的最短路程為PP1，由余弦定理求出【詳解】作出該圓錐的側面展開圖，如圖所示：

該小蟲爬行的最短路程為PP由余弦定理可得cos∠P1OP則有2πr=2π3×4，解得r=4這個圓錐的體積為V=故選：C．2.（2024·遼寧·模擬預測）在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，AB

A．3 B．732 C．156【答案】B【分析】根據正四棱柱的側面展開圖可得最短距離，進而可得截面與截面面積.【詳解】如圖，把正四棱柱的側面展開圖可得最短距離，（1）

，（2）

，（3）

（1）AP=26，（2）AP=2所以質點從A到P的最短距離為32此時質點從A點出發，經過DD1上靠近D1的三等分點S面ASP截正四棱柱所得截面為五邊形ASPQR，如圖，由AS=AR=所以沿質點A的最短運動路線截正四棱柱，

則所得截面的面積為：S△故選：B3.（23-24高三上·山西大同·期末）已知圓臺的上、下底面的圓心分別為O1，O2，母線AB=1（點A位于上底面），且BO2A．1 B．3 C．2 D．5【答案】B【分析】將圓臺側面展開成平面圖形，在平面扇環中分析計算即得.【詳解】將圓臺的側面沿著母線AB剪開，展成平面圖形，延長BA,B1A1顯然弧BB1的長為2π3，弧AA1的長為π3，設則OB=2OA，即OA+1=2OA，得OA=1，于是A因此△OBB1是等邊三角形，有AB1⊥OB所以螞蟻爬行的最短路線即線段AB1，故選：B4.（23-24高三上·山東菏澤·階段練習）如圖所示，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB=【答案】2【分析】由P沿棱柱側面到M的方式有兩種，一種是沿側面AA1B1B和側面BB1【詳解】因為AB=BC=如圖，兩種方式展開三棱柱ABC?故圖1中MP=圖2中MP=因為25<29故答案為：25考點七、球相關問題1.（2022·全國·高考真題）已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為33和4A．100π B．128π C．144π D．192π【答案】A【分析】根據題意可求出正三棱臺上下底面所在圓面的半徑r1【詳解】設正三棱臺上下底面所在圓面的半徑r1,r2，所以2r1=33sin60°,2r2=43sin60°，即r故選：A．

2.（2022·全國·高考真題）已知正四棱錐的側棱長為l，其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為36π，且3≤A．18,814 B．274,814【答案】C【分析】設正四棱錐的高為?，由球的截面性質列方程求出正四棱錐的底面邊長與高的關系，由此確定正四棱錐體積的取值范圍.【詳解】∵球的體積為36π，所以球的半徑R[方法一]：導數法設正四棱錐的底面邊長為2a，高為?則l2=2a所以6?=所以正四棱錐的體積V=所以V'當3≤l≤26時，V'>0所以當l=26時，正四棱錐的體積V取最大值，最大值為又l=3時，V=274，所以正四棱錐的體積V的最小值為274所以該正四棱錐體積的取值范圍是274故選：C.[方法二]：基本不等式法由方法一故所以V=43a2當?=32時，得當l=33時，球心在正四棱錐高線上，此時22a=31.（2022·全國·高考真題）已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為（

）A．13 B．12 C．33【答案】C【分析】方法一：先證明當四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時，底面ABCD面積最大值為2r【詳解】[方法一]：【最優解】基本不等式設該四棱錐底面為四邊形ABCD，四邊形ABCD所在小圓半徑為r，設四邊形ABCD對角線夾角為α，則S（當且僅當四邊形ABCD為正方形時等號成立）即當四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時，底面ABCD面積最大值為2又設四棱錐的高為?，則r2V當且僅當r2=2?故選：C[方法二]：統一變量＋基本不等式由題意可知，當四棱錐為正四棱錐時，其體積最大，設底面邊長為a，底面所在圓的半徑為r，則r=22V=(當且僅當a24=1?所以該四棱錐的體積最大時，其高?=故選：C．[方法三]：利用導數求最值由題意可知，當四棱錐為正四棱錐時，其體積最大，設底面邊長為a，底面所在圓的半徑為r，則r=22a，所以該四棱錐的高?=1?a22，V0<t<43，f'所以當t=43時，V故選：C.【點評】方法一：思維嚴謹，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是該題的最優解；方法二：消元，實現變量統一，再利用基本不等式求最值；方法三：消元，實現變量統一，利用導數求最值，是最值問題的常用解法，操作簡便，是通性通法．2.（2021·天津·高考真題）兩個圓錐的底面是一個球的同一截面，頂點均在球面上，若球的體積為32π3，兩個圓錐的高之比為A．3π B．4π C．9π【答案】B【分析】作出圖形，計算球體的半徑，可計算得出兩圓錐的高，利用三角形相似計算出圓錐的底面圓半徑，再利用錐體體積公式可求得結果.【詳解】如下圖所示，設兩個圓錐的底面圓圓心為點D，設圓錐AD和圓錐BD的高之比為3:1，即AD=3設球的半徑為R，則4πR33=所以，BD=1，AD∵CD⊥AB，則∠又因為∠ADC=∠BDC所以，ADCD=CD因此，這兩個圓錐的體積之和為13故選：B.3.（2021·全國·高考真題）已知A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個點，且AC⊥BC,A．212 B．312 C．24【答案】A【分析】由題可得△ABC為等腰直角三角形，得出△ABC外接圓的半徑，則可求得O到平面【詳解】∵AC⊥BC,AC則△ABC外接圓的半徑為2設O到平面ABC的距離為d，則d=所以VO故選：A.【點睛】關鍵點睛：本題考查球內幾何體問題，解題的關鍵是正確利用截面圓半徑、球半徑、球心到截面距離的勾股關系求解.4.（2021·全國·高考真題）北斗三號全球衛星導航系統是我國航天事業的重要成果．在衛星導航系統中，地球靜止同步衛星的軌道位于地球赤道所在平面，軌道高度為36000km（軌道高度是指衛星到地球表面的距離）．將地球看作是一個球心為O，半徑r為6400km的球，其上點A的緯度是指OA與赤道平面所成角的度數．地球表面上能直接觀測到一顆地球靜止同步軌道衛星點的緯度最大值為α，記衛星信號覆蓋地球表面的表面積為S=2πrA．26% B．34% C．42% D．50%【答案】C【分析】由題意結合所給的表面積公式和球的表面積公式整理計算即可求得最終結果.【詳解】由題意可得，S占地球表面積的百分比約為：2π故選：C.1．（23-24高三下·天津南開·階段練習）三星堆遺址祭祀坑區4號坑發現了玉琮.一種內圓外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的禮器.假定某玉琮中間內空，形狀對稱，如圖所示，圓筒內徑長2cm，外徑長3cm，筒高4cm，中部為棱長是3cm的正方體的一部分，圓筒的外側面內切于正方體的側面，則該玉琮的體積為（

）A．27?9π4cm3 B．27?7π4【答案】B【分析】根據幾何體的特點，結合長方體，圓柱體體積的計算公式，求解即可.【詳解】圓筒體積為底面半徑32，高度為4的圓柱體的體積減去底面半徑為1，高度為4故其體積V1中間部分的體積為棱長為3的長方體的體積減去底面半徑為32，高為3故其體積V2故玉琮的體積V=27?故選：B.2．（2024·天津·二模）已知正方體ABCD?A1B1C1D1A．23 B．23 C．42【答案】B【分析】由正方體的特征及球的體積公式可計算正方體棱長，再根據三棱錐的體積公式計算即可.【詳解】由題意可知正方體的外接球直徑為正方體的體對角線，所以V=所以VC故選：B3．（23-24高三下·天津·階段練習）已知斜三棱柱ABC?A1B1C1中，O為四邊形ACC1A1A．1:3 B．1:4 C．1:6 D．2:3【答案】A【分析】如圖，延長OA1，連接OB,OB1,【詳解】如圖，延長OA1，連接則V1所以VA又O為A1所以點A1到平面BCC1B1則VA所以23V1故選：A4．（2024·天津濱海新·二模）如圖所示，這是古希臘數學家阿基米德最引以為自豪的發現：圓柱容球定理.圓柱內有一個內切球，這個球的直徑恰好與圓柱的高相等，在當時并不知道球的面積和體積公式的情況下，阿基米德用窮竭法解決面積問題，用杠桿法解決體積問題.我們來重溫這個偉大發現，求圓柱的表面積與球的表面積之比和圓柱體積與球體積之比（

）A．32，65 B．54，54 C．32，3【答案】C【分析】設球的半徑為R，利用球和圓柱的表面積、體積公式求解即可.【詳解】設球的半徑為R，則圓柱的底面圓半徑為R，圓柱的高為2R所以圓柱的表面積S1=2?πR球的表面積S2=4πR所以圓柱的表面積與球的表面積之比S1圓柱體積與球體積之比V1故選：C5．（2023·天津河北·一模）一個體積為43A．18 B．27 C．36 D．54【答案】D【分析】先根據球的體積公式，求出內切球的半徑，進而求出正三棱柱的高；再根據內切球的半徑等于底面正三角形內切圓半徑求出正三角形的邊長，進而利用公式求出結果.【詳解】設球的半徑為R，則由球的體積V=43π∴正三棱柱的高?=2設正三棱柱的底面邊長為a，∵球的半徑等于底面正三角形內切圓半徑，∴13×∴底面正三角形的面積S=∴正三棱柱的體積V=故選：D.6．（2024·四川宜賓·二模）在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，點E?F分別為棱PA和PB中點，則四棱錐A．25 B．37 C．38【答案】C【分析】連接AC,【詳解】連接AC,由題意可知：VD?PCE則VP所以VP故選：C.1．（2024·天津·三模）已知直四棱柱ABCD?A1B1C1D1A．3 B．2 C．33 【答案】A【分析】取BC中點E，證明AE⊥平面BCMN【詳解】在直四棱柱ABCD?A1B1C1由四邊形ABCD是菱形，且∠DAB=120°，得△ABC而BB1⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，則BC,BB1?平面BCMN，于是AE四邊形BCMN是梯形，SBCMN所以四棱錐A?BCMN的體積故選：A2．（23-24高三下·天津·階段練習）如圖，正方體ABCD?A1B1A．43 B．1 C．8+239【答案】A【分析】設DN=x，DM=y，由x,y表示出【詳解】因為平面ABCD//平面A1B1C所以點P到平面ABCD的距離為BB設DN=x，DM=y，則AN=2?所以S=2×2?=4?1=1?因為0≤x≤2,0≤y令t=1?1所以1?12y所以三棱錐B?MNP的體積為：故三棱錐B?MNP的體積最大值為故選：A.3．（2024·天津武清·模擬預測）四棱錐P?ABCD的底面為正方形，PA⊥AB,A．四棱錐P?ABCDB．四棱錐P?ABCDC．在△PAC中，當AM⊥D．四棱錐P?ABCD【答案】C【分析】對于A：根據錐體體積公式運算求解；對于B：根據表面積公式分析運算求解；對于C：由條件確定點M的位置，結合錐體體積公式分析判斷；對于D：利用補形法，結合長方體的外接球的求四棱錐P?【詳解】對于選項A：因為PA⊥AB，PA⊥AD，AB∩所以PA⊥平面ABCD，可知四棱錐P?ABCD所以四棱錐P?ABCD的體積對于選項B：因為PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，則且AD⊥CD，PA∩AD=可得CD⊥平面PAD，且PD?平面PAD，可知同理可知：BC⊥PB，則所以四棱錐P?ABCD的表面積為對于選項C：因為PA⊥平面ABCD，AC?平面所以PA⊥AC，所以又因為AM⊥PC，則且PA=2，AC=2，PC所以CM=63，即CM=13PC所以VM對于選項D：將四棱錐P?可知四棱錐P?ABCD的外接球的半徑為所以四棱錐P?ABCD的外接球的表面積故選：C.4．（23-24高三下·天津·階段練習）已知AB，CD分別是圓臺上、下底面圓的直徑，且AB⊥CD，若圓臺上底面圓直徑為2，下底面圓直徑為8，母線長為5，則三棱錐A．283 B．323 C．14【答案】B【分析】由題意可得：圓臺的高O1O2=4，可證【詳解】設圓臺上、下底面圓的圓心分別為O1如圖所示：可知圓臺的高O1因為O1O2⊥CD,AB可知CD⊥平面O所以三棱錐A?BCD的體積為故選：B.5．（2024·天津·二模）天津包子是一道古老的傳統面食小吃，是經濟實惠的大眾化食品，在中國北方，在全國，乃至世界許多國家都享有極高的聲譽.某天津包子鋪商家為了將天津包子銷往全國，學習了“小罐茶”的銷售經驗，決定走少而精的售賣方式，爭取讓天津包子走上高端路線，定制了如圖所示由底面圓半徑為4cm的圓柱體和球缺（球的一部分）組成的單獨包裝盒，球缺的體積V=π3R???2A．198π3 B．196π3 C．172π3【答案】B【分析】求出圓柱的高，可得球半徑，根據球缺的體積公式以及圓柱的體積公式即可求得答案.【詳解】如圖，設圓柱的高為OO'=則OA2=O'故圓柱高為3cm，故包裝盒的體積為π×4故選：B.6．（23-24高三下·天津·階段練習）如圖，已知梯形ABCD中，AD//BC，∠DAB=90°,AB=(1)求證：DF//平面ABE(2)求平面ABE與平面BEF的夾角的余弦值；(3)求三棱錐F?【答案】(1)證明見解析(2)2(3)2【分析】（1）設CE∩DF=O，取BE的中點M，連接（2）取D為原點，DA所在直線為x軸，DE所在直線為z軸建立空間直角坐標系，利用向量法即可求出；（3）利用空間向量法求出F到平面ABE的距離d，再根據VF【詳解】（1）如下圖所示，設CE∩DF=O，取BE的中點∵四邊形EDCF為矩形，CE∩DF=O，∵M為BE的中點，∴OM//∵AD//BC且AD=1所以四邊形ADOM為平行四邊形，則AM//OD，即∵AM?平面ABE，DF?平面ABE，∴（2）∵四邊形EDCF為矩形，則DE⊥平面ABCD∩平面CDEF=CD，平面EDCF⊥平面ABCD，DE?平面CDEF取D為原點，DA所在直線為x軸，DE所在直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(1,0,0),設平面ABE的法向量為m=由m→?AB?=2y1設平面BEF的法向量為n=由n?BE=?x2?2y2+2cosm因此平面ABE與平面BEF的夾角的余弦值25（3）因為EF=?1,2,0，所以點F到平面ABE的距離又AB=2，AE=1所以AB2+所以S△所以VF1.（2023·全國·高考真題）已知四棱錐P?ABCD的底面是邊長為4的正方形，PC=A．22 B．32 C．42【答案】C【分析】法一：利用全等三角形的證明方法依次證得△PDO?△PCO，△PDB?△PCA，從而得到PA=PB，再在法二：先在△PAC中利用余弦定理求得PA=17，cos∠PCB=13，從而求得PA【詳解】法一：連結AC,BD交于O，連結PO，則O為因為底面ABCD為正方形，AB=4，所以AC=BD又PC=PD=3，PO=OP又PC=PD=3，AC=BD在△PAC中，PC則由余弦定理可得PA故PA=17，則故在△PBC中，PC所以cos∠PCB又0<∠PCB<π，所以所以△PBC的面積為S法二：連結AC,BD交于O，連結PO，則O為因為底面ABCD為正方形，AB=4，所以AC在△PAC中，PC則由余弦定理可得PA2=所以cos∠APC=P不妨記PB=因為PO=12即PA2則17+9+2×?3=m2又在△PBD中，BD2=PB兩式相加得2m2?34=0故在△PBC中，PC所以cos∠PCB又0<∠PCB<π，所以所以△PBC的面積為S故選：C.2.（2024·天津·高考真題）一個五面體ABC?DEF．已知AD∥A．36 B．334+12【答案】C【分析】采用補形法，補成一個棱柱，求出其直截面，再利用體積公式即可.【詳解】用一個完全相同的五面體HIJ?LMN（頂點與五面體ABC?DEF一一對應）與該五面體相嵌，使得D,因為AD∥BE∥則形成的新組合體為一個三棱柱，該三棱柱的直截面（與側棱垂直的截面）為邊長為1的等邊三角形，側棱長為1+3=2+2=3+1=4，VABC故選：C.3.（2024·全國·高考真題）已知正三棱臺ABC?A1B1C1的體積為52A．12 B．1 C．2 【答案】B【分析】解法一：根據臺體的體積公式可得三棱臺的高?=433，做輔助線，結合正三棱臺的結構特征求得AM=433，進而根據線面夾角的定義分析求解；解法二：將正三棱臺ABC?A1【詳解】解法一：分別取BC,B1C1可知S△設正三棱臺ABC?A1則VABC?A如圖，分別過A1,D1作底面垂線，垂足為則AA1=可得DD結合等腰梯形BCC1B即x2+16所以A1A與平面ABC所成角的正切值為解法二：將正三棱臺ABC?A1則A1A與平面ABC所成角即為因為PA1PA可知VABC?A設正三棱錐P?ABC的高為d，則VP取底面ABC的中心為O，則PO⊥底面ABC，且AO所以PA與平面ABC所成角的正切值tan∠PAO故選：B.4.（2024·廣東江蘇·高考真題）已知圓柱和圓錐的底面半徑相等，側面積相等，且它們的高均為3，則圓錐的體積為（

）A．23π B．33π C．【答案】B【分析】設圓柱的底面半徑為r，根據圓錐和圓柱的側面積相等可得半徑r的方程，求出解后可求圓錐的體積.【詳解】設圓柱的底面半徑為r，則圓錐的母線長為r2而它們的側面積相等，所以2πr×3故r=3，故圓錐的體積為1故選：B.5.（2023·全國·高考真題）在三棱錐P?ABC中，△ABCA．1 B．3 C．2 D．3【答案】A【分析】證明AB⊥平面PEC【詳解】取AB中點E，連接PE,

∵△ABC是邊長為2的等邊三角形，PA=∴PE⊥AB,CE⊥AB∴AB⊥平面又PE=CE=2×故PC2=所以V=故選：A6.（2023·全國·高考真題）已知圓錐PO的底面半徑為3，O為底面圓心，PA，PB為圓錐的母線，∠AOB=120°，若△PABA．π B．6π C．3π 【答案】B【分析】根據給定條件，利用三角形面積公式求出圓錐的母線長，進而求出圓錐的高，求出體積作答.【詳解】在△AOB中，∠AOB=120°，而OA=OB=3∠ABO=30°，OC=32,解得PC=33所以圓錐的體積V=故選：B7.（2024·上海·高考真題）如圖為正四棱錐P?ABCD,(1)若AP=5,AD=32，求(2)若AP=AD,E為PB的中點，求直線【答案】(1)12π(2)π【分析】（1）根據正四棱錐的數據，先算出直角三角形△POA（2）連接EA,EO,EC，可先證BE⊥【詳解】（1）正四棱錐滿足且PO⊥平面ABCD，由AO?平面ABCD，則又正四棱錐底面ABCD是正方形，由AD=32可得，故PO=根據圓錐的定義，△POA繞PO旋轉一周形成的幾何體是以PO為軸，AO即圓錐的高為PO=4，底面半徑為AO根據圓錐的體積公式，所得圓錐的體積是1（2）連接EA,由E是PB中點，則AE⊥PB,CE⊥故PB⊥平面ACE，即BE⊥平面ACE，又BD∩于是直線BD與平面AEC所成角的大小即為∠BOE不妨設AP=AD=6，則BO又線面角的范圍是0,π故∠BOE8.（2023·全國·高考真題）如圖，在三棱錐P?ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=22，PB=PC=6(1)求證：EF//平面ADO；(2)若∠POF=120°，求三棱錐【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）根據給定條件，證明四邊形ODEF為平行四邊形，再利用線面平行的判定推理作答.（2）作出并證