Page專題36基本立體圖形、簡單幾何體的表面積與體積（新高考專用）目錄目錄【知識梳理】 2【真題自測】 4【考點突破】 15【考點1】基本立體圖形 15【考點2】表面積與體積 21【考點3】與球有關的切、接問題 28【分層檢測】 35【基礎篇】 35【能力篇】 45【培優篇】 51考試要求：1.利用實物、計算機軟件等觀察空間圖形，認識柱、錐、臺、球及簡單組合體的結構特征，能運用這些特征描述現實生活中簡單物體的結構.2.知道球、棱(圓)柱、棱(圓)錐、棱(圓)臺的表面積和體積的計算公式，能用公式解決簡單的實際問題.3.能用斜二測畫法畫出簡單空間圖形(長方體、球、圓柱、圓錐、棱柱及其簡單組合體)的直觀圖.知識梳理知識梳理1.空間幾何體的結構特征(1)多面體的結構特征名稱棱柱棱錐棱臺圖形底面互相平行且全等多邊形互相平行且相似側棱平行且相等相交于一點，但不一定相等延長線交于一點側面形狀平行四邊形三角形梯形(2)旋轉體的結構特征名稱圓柱圓錐圓臺球圖形母線互相平行且相等，垂直于底面相交于一點延長線交于一點軸截面矩形等腰三角形等腰梯形圓面側面展開圖矩形扇形扇環2.直觀圖(1)畫法：常用斜二測畫法.(2)規則：①原圖形中x軸、y軸、z軸兩兩垂直，直觀圖中，x′軸、y′軸的夾角為45°(或135°)，z′軸與x′軸、y′軸所在平面垂直.②原圖形中平行于坐標軸的線段，直觀圖中仍分別平行于坐標軸.平行于x軸和z軸的線段在直觀圖中保持原長度不變，平行于y軸的線段長度在直觀圖中變為原來的一半.3.圓柱、圓錐、圓臺的側面展開圖及側面積公式圓柱圓錐圓臺側面展開圖側面積公式S圓柱側＝2πrlS圓錐側＝πrlS圓臺側＝π(r1＋r2)l4.柱、錐、臺、球的表面積和體積名稱幾何體表面積體積柱體(棱柱和圓柱)S表面積＝S側＋2S底V＝Sh錐體(棱錐和圓錐)S表面積＝S側＋S底V＝eq\f(1,3)Sh臺體(棱臺和圓臺)S表面積＝S側＋S上＋S下V＝eq\f(1,3)(S上＋S下＋eq\r(S上S下))h球S＝4πR2V＝eq\f(4,3)πR31.正方體與球的切、接常用結論：正方體的棱長為a，球的半徑為R，(1)若球為正方體的外接球，則2R＝eq\r(3)a；(2)若球為正方體的內切球，則2R＝a；(3)若球與正方體的各棱相切，則2R＝eq\r(2)a.2.長方體的共頂點的三條棱長分別為a，b，c，外接球的半徑為R，則2R＝eq\r(a2＋b2＋c2).3.正四面體的外接球的半徑R＝eq\f(\r(6),4)a，內切球的半徑r＝eq\f(\r(6),12)a，其半徑R∶r＝3∶1(a為該正四面體的棱長).4.直觀圖與原平面圖形面積間關系S直觀圖＝eq\f(\r(2),4)S原圖形.真題自測真題自測一、單選題1．（2024·全國·高考真題）已知正三棱臺的體積為，，，則與平面ABC所成角的正切值為（

）A． B．1 C．2 D．32．（2024·全國·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，則圓錐的體積為（

）A． B． C． D．3．（2023·全國·高考真題）在三棱錐中，是邊長為2的等邊三角形，，則該棱錐的體積為（

）A．1 B． C．2 D．34．（2023·全國·高考真題）已知四棱錐的底面是邊長為4的正方形，，則的面積為（

）A． B． C． D．5．（2023·全國·高考真題）已知圓錐PO的底面半徑為，O為底面圓心，PA，PB為圓錐的母線，，若的面積等于，則該圓錐的體積為（

）A． B． C． D．二、多選題6．（2023·全國·高考真題）下列物體中，能夠被整體放入棱長為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚度忽略不計）內的有（

）A．直徑為的球體B．所有棱長均為的四面體C．底面直徑為，高為的圓柱體D．底面直徑為，高為的圓柱體三、填空題7．（2024·全國·高考真題）已知圓臺甲、乙的上底面半徑均為,下底面半徑均為，圓臺的母線長分別為,，則圓臺甲與乙的體積之比為．8．（2023·全國·高考真題）已知點均在半徑為2的球面上，是邊長為3的等邊三角形，平面，則．9．（2023·全國·高考真題）在正方體中，為的中點，若該正方體的棱與球的球面有公共點，則球的半徑的取值范圍是．10．（2023·全國·高考真題）在正方體中，E，F分別為AB，的中點，以EF為直徑的球的球面與該正方體的棱共有個公共點．11．（2023·全國·高考真題）在正四棱臺中，，則該棱臺的體積為．12．（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．參考答案：1．B【分析】解法一：根據臺體的體積公式可得三棱臺的高，做輔助線，結合正三棱臺的結構特征求得，進而根據線面夾角的定義分析求解；解法二：將正三棱臺補成正三棱錐，與平面ABC所成角即為與平面ABC所成角，根據比例關系可得，進而可求正三棱錐的高，即可得結果.【詳解】解法一：分別取的中點，則，可知，設正三棱臺的為，則，解得，如圖，分別過作底面垂線，垂足為，設，則，，可得，結合等腰梯形可得,即，解得，所以與平面ABC所成角的正切值為；解法二：將正三棱臺補成正三棱錐，則與平面ABC所成角即為與平面ABC所成角，因為，則，可知，則，設正三棱錐的高為，則，解得，取底面ABC的中心為，則底面ABC，且，所以與平面ABC所成角的正切值.故選：B.2．B【分析】設圓柱的底面半徑為，根據圓錐和圓柱的側面積相等可得半徑的方程，求出解后可求圓錐的體積.【詳解】設圓柱的底面半徑為，則圓錐的母線長為，而它們的側面積相等，所以即，故，故圓錐的體積為.故選：B.3．A【分析】證明平面，分割三棱錐為共底面兩個小三棱錐，其高之和為AB得解.【詳解】取中點，連接，如圖，

是邊長為2的等邊三角形，，，又平面，，平面，又，，故，即，所以，故選：A4．C【分析】法一：利用全等三角形的證明方法依次證得，，從而得到，再在中利用余弦定理求得，從而求得，由此在中利用余弦定理與三角形面積公式即可得解；法二：先在中利用余弦定理求得，，從而求得，再利用空間向量的數量積運算與余弦定理得到關于的方程組，從而求得，由此在中利用余弦定理與三角形面積公式即可得解.【詳解】法一：連結交于，連結，則為的中點，如圖，因為底面為正方形，，所以，則，又，，所以，則，又，，所以，則，在中，，則由余弦定理可得，故，則，故在中，，所以，又，所以，所以的面積為.法二：連結交于，連結，則為的中點，如圖，因為底面為正方形，，所以，在中，，則由余弦定理可得，故，所以，則，不妨記，因為，所以，即，則，整理得①，又在中，，即，則②，兩式相加得，故，故在中，，所以，又，所以，所以的面積為.故選：C.5．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】在中，，而，取中點，連接，有，如圖，，，由的面積為，得，解得，于是，所以圓錐的體積.故選：B6．ABD【分析】根據題意結合正方體的性質逐項分析判斷.【詳解】對于選項A：因為，即球體的直徑小于正方體的棱長，所以能夠被整體放入正方體內，故A正確；對于選項B：因為正方體的面對角線長為，且，所以能夠被整體放入正方體內，故B正確；對于選項C：因為正方體的體對角線長為，且，所以不能夠被整體放入正方體內，故C不正確；對于選項D：因為，可知底面正方形不能包含圓柱的底面圓，如圖，過的中點作，設，可知，則，即，解得，且，即，故以為軸可能對稱放置底面直徑為圓柱，若底面直徑為的圓柱與正方體的上下底面均相切，設圓柱的底面圓心，與正方體的下底面的切點為，可知：，則，即，解得，根據對稱性可知圓柱的高為，所以能夠被整體放入正方體內，故D正確；故選：ABD.7．【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，，所以.故答案為：.8．2【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，將三棱錐轉化為正三棱柱，設的外接圓圓心為，半徑為，則，可得，設三棱錐的外接球球心為，連接，則，因為，即，解得.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．9．【分析】當球是正方體的外接球時半徑最大，當邊長為的正方形是球的大圓的內接正方形時半徑達到最小.【詳解】設球的半徑為.當球是正方體的外接球時，恰好經過正方體的每個頂點，所求的球的半徑最大，若半徑變得更大，球會包含正方體，導致球面和棱沒有交點，正方體的外接球直徑為體對角線長，即，故；

分別取側棱的中點，顯然四邊形是邊長為的正方形，且為正方形的對角線交點，連接，則，當球的一個大圓恰好是四邊形的外接圓，球的半徑達到最小，即的最小值為.綜上，.故答案為：10．12【分析】根據正方體的對稱性，可知球心到各棱距離相等，故可得解.【詳解】不妨設正方體棱長為2，中點為，取，中點，側面的中心為，連接，如圖，由題意可知，為球心，在正方體中，，即，則球心到的距離為，所以球與棱相切，球面與棱只有1個交點，同理，根據正方體的對稱性知，其余各棱和球面也只有1個交點，所以以EF為直徑的球面與正方體棱的交點總數為12.故答案為：1211．/【分析】結合圖像，依次求得，從而利用棱臺的體積公式即可得解.【詳解】如圖，過作，垂足為，易知為四棱臺的高，

因為，則，故，則，所以所求體積為.故答案為：.12．【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，而截去的正四棱錐的高為，所以原正四棱錐的高為，所以正四棱錐的體積為，截去的正四棱錐的體積為，所以棱臺的體積為.方法二：棱臺的體積為.故答案為：.考點突破考點突破【考點1】基本立體圖形一、單選題1．（23-24高一下·福建莆田·期中）已知等腰梯形，，，圓為梯形的內切圓，并與，分別切于點，，如圖所示，以所在的直線為軸，梯形和圓分別旋轉一周形成的曲面圍成的幾何體體積分別為，，則值為（

）A． B． C． D．2．（2022·重慶·模擬預測）十八世紀，數學家歐拉發現簡單凸多面體的頂點數V、棱數E及面數F之間有固定的關系，即著名的歐拉公式：.如圖所示為上世紀八十年代科學家首次發現的碳60的電子顯微鏡圖，它是由五邊形和六邊形面構成的多面體，共有60個頂點，每個頂點均為碳原子，且每個頂點引出三條棱，形似足球.根據以上信息知，碳60的所有面中五邊形的個數是（

）

A．12 B．20 C．32 D．40二、多選題3．（2024·山西晉中·模擬預測）“阿基米德多面體”也稱為半正多面體，是由邊數不全相同的正多邊形圍成的多面體，它體現了數學的對稱美．如圖所示，將正方體沿交于一頂點的三條棱的中點截去一個三棱錐，共可截去八個三棱錐，得到八個面為正三角形、六個面為正方形的一種阿基米德多面體．已知，則關于圖中的半正多面體，下列說法正確的有（

）A．該半正多面體的體積為B．該半正多面體過三點的截面面積為C．該半正多面體外接球的表面積為D．該半正多面體的表面積為4．（2024·新疆喀什·二模）如圖圓臺，在軸截面中，，下面說法正確的是（

）A．線段B．該圓臺的表面積為C．該圓臺的體積為D．沿著該圓臺的表面，從點到中點的最短距離為5三、填空題5．（21-22高三上·廣東潮州·期末）在《九章算術》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑，在鱉臑中，平面，，，已知動點從點出發，沿外表面經過棱上一點到點的最短距離為，則該棱錐的外接球的體積為.6．（2022·遼寧沈陽·一模）如圖，在底面半徑為1，高為6的圓柱內放置兩個球，使得兩個球與圓柱側面相切，且分別與圓柱的上下底面相切.一個與兩球均相切的平面斜截圓柱側面，得到的截線是一個橢圓.則該橢圓的離心率為.

參考答案：1．C【分析】先確定旋轉體的形狀，再求解幾何體的體積即可得出結果.【詳解】梯形ABCD旋轉一周形成圓臺，且圓臺的上底面半徑為,下底面半徑為,由圓O和梯形ABCD相切可得，，所以圓臺高,

圓O半徑，所以，,所以，.故選：C.2．A【分析】設五邊形面有個，六邊形面有個，即可得到總棱數與頂點數，再根據歐拉公式得到方程組，解得即可；【詳解】解：設五邊形面有個，共條棱，六邊形面有個，共條棱，由于每條棱出現在兩個面中，故會被重復計算一次，因此總棱數，同理每個頂點出現在三個面中，總頂點數為，故，又，故，即，與聯立可解得．故選：A3．ABD【分析】先將該半正多面體補形為正方體，利用正方體與棱錐的體積公式判斷A，利用該半正多面體的對稱性，得到截面為正六邊形與外接球的球心位置，從而判斷BC，利用正三角形與正方體的面積公式判斷D.【詳解】A：如圖，因為，所以該半正多面體是由棱長為的正方體沿各棱中點截去8個三棱錐所得到的，所以該半正多面體的體積為：，故A正確；B：根據該半正多面體的對稱性可知，過三點的截面為正六邊形，又，所以正六邊形面積為，故B正確；C：根據該半正多面體的對稱性可知，該半正多面體的外接球的球心為正方體的中心，即正六邊形的中心，故半徑為，所以該半正多面體外接球的表面積為，故C錯誤；D：因為該半正多面體的八個面為正三角形、六個面為正方形，棱長皆為，所以其表面積為，故D正確.故選：ABD【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵有二，一是將該半正多面體補形為正方體，二是充分利用該半正多面體的對稱性，從而得解.4．ABD【分析】在等腰梯形中求出判斷A；利用圓臺表面積公式、體積公式計算判斷BC；利用側面展開圖計算判斷D.【詳解】顯然四邊形是等腰梯形，，其高即為圓臺的高對于A，在等腰梯形中，，A正確；對于B，圓臺的表面積，B正確；對于C，圓臺的體積，C錯誤；對于D，將圓臺一半側面展開，如下圖中扇環且為中點，而圓臺對應的圓錐半側面展開為且，又，在△中，，斜邊上的高為，即與弧相離，所以C到AD中點的最短距離為5cm，D正確.

故選：ABD5．【分析】將沿翻折到與共面得到平面四邊形如圖1所示，設，利用余弦定理求出，將三棱錐補成長方體如圖2所示，該棱錐的外接球即為長方體的外接球，求出外接球的半徑，即可求出其體積.【詳解】解：將沿翻折到與共面得到平面四邊形如圖1所示，設，即，由題意得，在中，由余弦定理得即即，解得或（舍去），將三棱錐補成長方體如圖2所示，該棱錐的外接球即為長方體的外接球，則外接球的半徑，所以外接球的體積.故答案為：6．【分析】由題意如圖所示，由球的半徑可求得的值，進而可得的正弦值，所以可求出的值，即可以求出的值，由圓柱的底面半徑可以求出的值，進而可以求出離心率.【詳解】如圖所示：

由題意可得，所以，又因為，結合可知，所以，而，即，所以，所以離心率.故答案為：.反思提升：空間幾何體結構特征的判斷技巧(1)緊扣結構特征是判斷的關鍵，熟悉空間幾何體的結構特征，依據條件構建幾何模型，在條件不變的情況下，變換模型中的線面關系或增加線、面等基本元素，然后再依據題意判定.(2)通過反例對結構特征進行辨析，即要說明一個命題是錯誤的，只要舉出一個反例即可.(3)在斜二測畫法中，要確定關鍵點及關鍵線段.“平行于x軸的線段平行性不變，長度不變；平行于y軸的線段平行性不變，長度減半.”(4)按照斜二測畫法得到的平面圖形的直觀圖，其面積與原圖形的面積的關系：S直觀圖＝eq\f(\r(2),4)S原圖形.(5)幾何體的表面展開圖可以有不同的形狀，應多實踐，觀察并大膽想象立體圖形與表面展開圖的關系，一定先觀察立體圖形的每一個面的形狀.【考點2】表面積與體積一、單選題1．（2024·天津紅橋·二模）如圖，圓錐形脆皮筒上面放半球形的冰淇淋，為了保障冰淇淋融化后能落在脆皮筒里，不溢出來，某規格的脆皮筒規定其側面面積是冰淇淋半球面面積的2倍，則此規格脆皮筒的體積與冰淇淋的體積之比為（

）

A． B． C． D．2．（2024·陜西·模擬預測）將一個正四棱臺物件放入有一定深度的電解槽中，對其表面進行電泳涂裝．如圖所示，已知該物件的上底邊長與側棱長相等，且為下底邊長的一半，一個側面的面積為，則該物件的高為（

）A． B．1 C． D．3二、多選題3．（2021·遼寧沈陽·模擬預測）三星堆遺址，位于四川省廣漢市，距今約三千到五千年.2021年2月4日，在三星堆遺址祭祀坑區4號坑發現了玉琮.玉琮是一種內圓外方的筒型玉器，是一種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，外徑長，筒高，中部為棱長是的正方體的一部分，圓筒的外側面內切于正方體的側面，則（

）A．該玉琮的體積為() B．該玉琮的體積為()C．該玉琮的表面積為() D．該玉琮的表面積為()4．（2024·吉林長春·三模）某圓錐的側面展開圖是圓心角為，面積為3π的扇形，則（

）A．該圓錐的母線與底面所成角的正弦值為B．若該圓錐內部有一個圓柱，且其一個底面落在圓錐的底面內，則當圓柱的體積最大時，圓柱的高為C．若該圓錐內部有一個球，則當球的半徑最大時，球的內接正四面體的棱長為D．若該圓錐內部有一個正方體，且底面ABCD在圓錐的底面內，當正方體的棱長最大時，以A為球心，半徑為的球與正方體表面交線的長度為三、填空題5．（2024·山西呂梁·二模）已知圓臺的高為3，中截面（過高的中點且垂直于軸的截面）的半徑為3，若中截面將該圓臺的側面分成了面積比為1:2的兩部分，則該圓臺的母線長為.6．（2021·全國·模擬預測）已知圓錐的軸截面PAB是邊長為a的正三角形，AB為圓錐的底面直徑，球O與圓錐的底面以及每條母線都相切，記圓錐的體積為，球O的體積為，則；若M，N是圓錐底面圓上的兩點，且，則平面PMN截球O所得截面的面積為.參考答案：1．B【分析】設圓錐的半徑為，高為，母線長為，結合題意面積比得到，再計算二者的體積比即可.【詳解】設圓錐的半徑為，高為，母線長為，則母線長為，所以圓錐的側面積是，半球的面積，由題意可得，解得，所以圓錐的體積為，半球的體積為，所以此規格脆皮筒的體積與冰淇淋的體積之比為，故選：B.2．C【分析】作出正四棱臺的圖形，設，利用該四棱臺側面的面積求得，進而利用勾股定理即可得解.【詳解】設，則.因為該四棱臺為正四棱臺，所以各個側面都為等腰梯形，上、下底面為正方形，在四邊形中，過點作于點，則，所以，所以，解得，在平面中，過點作于點，易知為正四棱臺的高，則，所以.故選：C.3．BD【分析】體積為圓筒體積（外圓柱減去內圓柱體積）加上正方體體積減去內切圓柱體積．組合體的表面包含下面幾個部分：外圓柱側面在正方體外面的部分，正方體上下兩個底面去掉其內切圓的部分，圓筒的上下兩個底面（兩個圓環），正方體的4個側面，內圓柱的側面，面積相加可得．【詳解】由圖可知，組合體的體積().().故選：BD．4．ACD【分析】先根據圓錐側面積公式和扇形弧長公式得出圓錐的母線長、底面半徑和高即可求出圓錐的母線與底面所成角正弦值，進而判斷A；根據三角形相似比得出圓柱高與其底面半徑比的關系，再代入圓柱體積公式得到，再利用導數工具求出最值即可突破求解進而判斷B；CD屬于簡單幾何體的接切和相交問題，要結合相應幾何體的結構特征和關系進行分析判斷，具體看詳解.【詳解】對于A，由圓錐側面積公式和扇形弧長公式得，，所以圓錐的高，設圓錐的母線與底面所成角，則，故A對；

對于B，設圓錐內切圓柱底面半徑為，高為，則有，所以圓柱體積為，設，則，所以當時，單調遞增；當時，單調遞減，所以時y取得最大值，即時圓柱體積取得最大，此時圓柱的高，故B錯.

對于C，當球的半徑最大時，球為圓錐的內切球，設球的半徑設為R，此時圓錐與球的軸截面如圖，因為,又，所以，正四面體可由正方體面的對角線切割得到，如圖，正四面體外接球與相對應正方體外接球為同一個球，

當正四面體的棱長為時，其相對應的正方體棱長為，所以外接球直徑為，所以外接球半徑為，所以該圓錐內部有一個球，則當球的半徑最大時，球的內接正四面體的棱長為，故C對；對于D，設圓錐內接最大正方體棱長為a，則沿著正方體體對角面作圓錐軸截面得到截面圖如下，

則有，所以正方體面的對角線長為，所以以正方體頂點A為球心，半徑為的球與正方體表面交線情況如下圖所示，

所以交線有兩組各有三條長度相等的曲線，第一組曲線如圖（1），第二組曲線如圖（2），

由上，，所以，所以，，所以交線的總長度為.，故D對.故選：ACD.【點睛】易錯點睛：簡單幾何體相交交線是直線還是曲線是容易出錯的點，一般情況下經過曲面的交線是曲線，但交線過旋轉體母線的是直線，如下圖：

5．5【分析】作出圓臺軸截面圖象，根據梯形中位線性質，圓臺側面積公式可求上底和下底的半徑，根據圖形性質即可求出母線.【詳解】設圓臺的上?下底面圓的半徑分別為，因為中截面的半徑為3，所以根據梯形中位線性質可知：.又中截面將該圓臺的側面分成了面積比為的兩部分，所以根據圓臺側面積公式可知：，解得，所以.又圓臺的高為3，所以圓臺的母線長為.故答案為：5.6．；.【分析】根據等邊三角形的性質求出球O的半徑，從而可分別求出圓錐的體積為和球O的體積為；設MN的中點為C，連接PC，DM，首先求出點到直線的距離，然后結合球O的半徑，即可求出平面PMN截球O所得截面圓的半徑為r.【詳解】如圖，設D為AB的中點，連接PD，由題意知PD為圓錐的高，且，易知球O的半徑，所以，，所以；設MN的中點為C，連接PC，DM，則，易知，，所以，所以.過O點作，垂足為E，易知，則，又，則.設平面PMN截球O所得截面圓的半徑為r，則，所以截面的面積為.故答案為：；.反思提升：1.空間幾何體表面積的求法(1)旋轉體的表面積問題注意其軸截面及側面展開圖的應用，并弄清底面半徑、母線長與對應側面展開圖中邊的關系.(2)多面體的表面積是各個面的面積之和；組合體的表面積注意銜接部分的處理.2.求空間幾何體的體積的常用方法(1)公式法：規則幾何體的體積問題，直接利用公式進行求解；(2)割補法：把不規則的幾何體分割成規則的幾何體，或者把不規則的幾何體補成規則的幾何體；(3)等體積法：通過選擇合適的底面來求幾何體體積的一種方法，特別是三棱錐的體積.【考點3】與球有關的切、接問題一、單選題1．（2024·湖南·二模）如圖，在四面體中，平面，則此四面體的外接球表面積為（

）A． B． C． D．2．（2023·廣東佛山·二模）科技是一個國家強盛之根，創新是一個民族進步之魂，科技創新鑄就國之重器，極目一號（如圖1）是中國科學院空天信息研究院自主研發的系留浮空器．2022年5月，“極目一號”III型浮空艇成功完成10次升空大氣科學觀測，最高升空至9050米，超過珠穆朗瑪峰，創造了浮空艇大氣科學觀測海拔最高的世界紀錄，彰顯了中國的實力．“極目一號”III型浮空艇長55米，高19米，若將它近似看作一個半球、一個圓柱和一個圓臺的組合體，正視圖如圖2所示，則“極目一號”III型浮空艇的體積約為（

）（參考數據：，，，）A． B． C． D．二、多選題3．（2024·河南信陽·一模）六氟化硫，化學式為，在常壓下是一種無色、無臭、無毒、不燃的穩定氣體，有良好的絕緣性，在電器工業方面具有廣泛用途．六氟化硫結構為正八面體結構，如圖所示，硫原子位于正八面體的中心，6個氟原子分別位于正八面體的6個頂點，若相鄰兩個氟原子之間的距離為m，則（

）

A．該正八面體結構的表面積為 B．該正八面體結構的體積為C．該正八面體結構的外接球表面積為 D．該正八面體結構的內切球表面積為4．（2022·全國·模擬預測）三棱錐中，平面平面ABC，，，則（

）A．B．三棱錐的外接球的表面積為C．點A到平面SBC的距離為D．二面角的正切值為三、填空題5．（2024·廣東肇慶·模擬預測）在四面體中，，若，則四面體體積的最大值是，它的外接球表面積的最小值為.6．（2023·江蘇·模擬預測）已知菱形ABCD的邊長為1，，將沿AC翻折，當三棱錐表面積最大時，其內切球表面積為.參考答案：1．B【分析】將四面體補形成長方體，長方體的長?寬?高分別為、、，長方體的外接球即為四面體的外接球，而長方體外接球的直徑即為其體對角線，求出外接球的直徑，即可求出外接球的表面積.【詳解】將四面體補形成長方體，長方體的長?寬?高分別為、、，四面體的外接球即為長方體的外接球，而長方體的外接球的直徑等于長方體的體對角線長，設外接球的半徑為，故，所以外接球表面積為.故選：B.2．A【分析】先根據圖2得半球、圓柱底面和圓臺一個底面的半徑為，而圓臺一個底面的半徑為，再根據球、圓柱和圓臺的體積公式即可求解．【詳解】由圖2得半球、圓柱底面和圓臺一個底面的半徑為（m），而圓臺一個底面的半徑為（m），則（m3），（m3），（m3），所以（m3）．故選：A．3．ACD【分析】分析正八面體結構特征，計算其表面積，體積，外接球半徑，內切球半徑，驗證各選項.【詳解】

對A：由題知，各側面均為邊長為的正三角形，故該正八面體結構的表面積，故A正確；對B：連接，則，底面，故該正八面體結構的體積，故B錯誤；對C：底面中心到各頂點的距離相等，故為外接球球心，外接球半徑，故該正八面體結構的外接球表面積，故C正確；對D：該正八面體結構的內切球半徑，故內切球的表面積，故D正確；故選：ACD．4．AD【分析】根據平面ABC可判斷A正誤；求出直徑SC，再根據球的表面積公式課判斷B的正誤；根據面面垂直的性質定理可知點A到平面SBC的距離為AG，求出AG可判斷C正誤；根據題意可知∠SBA為二面角的平面角，進而求出正切值可判斷D正誤.【詳解】對于A，因為平面平面ABC，，即，平面平面，平面SAB，所以平面ABC，又因為平面ABC，所以，故A正確；對于B，因為，，，所以平面SAB，因為平面SAB，所以.又平面ABC，平面ABC，所以，即，所以三棱錐外接球的直徑為SC.因為，所以，所以三棱錐的外接球的表面積，故B錯誤；對于C，因為平面SAB，平面SBC，所以平面平面SBC，過點A作，交SB于點G，根據面面垂直的性質定理，可得平面SBC，故點A到平面SBC的距離為AG，由，，得，則，則，故C錯誤；對于D，，，所以∠SBA為二面角的平面角，在中，，故D正確；故選：AD.5．【分析】根據余弦定理以及不等式可得，進而可求解面積的最大值，進而根據，即可求解高的最大值，進而可求解體積，根據正弦定理求解外接圓半徑，即可根據球的性質求解球半徑的最小值，即可由表面積公式求解.【詳解】由余弦定理可得,故，所以，當且僅當時取等號，故，故面積的最大值為，，由于，所以點在以為直徑的球上（不包括平面），故當平面平面時，此時最大為半徑，故，由正弦定理可得：，為外接圓的半徑，設四面體外接球半徑為,則,其中分別為球心和外接圓的圓心，故當時，此時最小，故外接球的表面積為,故答案為：,

6．【分析】求內切球的表面積，只需根據等體積法求出內切球的半徑即可求解.【詳解】

因為菱形的四條邊相等，對角線互相垂直三棱錐中，面與面的面積是確定的，所以要使三棱錐表面積最大，則需要面與面最大即可，而且；，當時，取得最大值.過點向平面作垂線，設的中點為垂足為，

因為，，所以由余弦定理知，所以，易得.所以.因為，設內切球的半徑為，則根據等體積法，有：，即，解之得，所以其內切球的表面積為故答案為：反思提升：(1)求解多面體的外接球時，經常用到截面圖.如圖所示，設球O的半徑為R，截面圓O′的半徑為r，M為截面圓上任意一點，球心O到截面圓O′的距離為d，則在Rt△OO′M中，OM2＝OO′2＋O′M2，即R2＝d2＋r2.(2)求解球的內接正方體、長方體等問題的關鍵是把握球的直徑即是幾何體的體對角線.(3)“切”的問題處理規律：找準切點，通過作過球心的截面來解決；體積分割是求內切球半徑的通用方法.分層分層檢測【基礎篇】一、單選題1．（2024·河南商丘·模擬預測）在正四棱柱中，已知，為棱的中點，則線段在平面上的射影的長度為（

）A． B． C． D．2．（23-24高三下·河南·階段練習）已知圓臺的上、下底面半徑分別為，，且，若半徑為的球與的上、下底面及側面均相切，則的體積為（

）A． B． C． D．3．（2024·重慶·三模）若圓錐的母線長為2，且母線與底面所成角為，則該圓錐的側面積為（）A． B． C． D．4．（2024·廣東·模擬預測）建盞是福建省南平市建陽區的特產，是中國國家地理標志產品，其多是口大底小，底部多為圈足且圈足較淺（如圖所示），因此可將建盞看作是圓臺與圓柱拼接而成的幾何體.現將某建盞的上半部分抽象成圓臺，已知該圓臺的上?下底面積分別為和，高超過，該圓臺上?下底面圓周上的各個點均在球的表面上，且球的表面積為，則該圓臺的體積為（

）A． B． C． D．二、多選題5．（2024·云南紅河·二模）如圖所示，圓錐的底面半徑和高都等于球的半徑，則下列選項中正確的是（

）A．圓錐的軸截面為直角三角形B．圓錐的表面積大于球的表面積的一半C．圓錐側面展開圖的圓心角的弧度數為D．圓錐的體積與球的體積之比為6．（2024·河北邯鄲·三模）“阿基米德多面體”又稱“半正多面體”，與正多面體類似，它們也都是凸多面體，每個面都是正多邊形，并且所有棱長也都相等，但不同之處在于阿基米德多面體的每個面的形狀不全相同．有幾種阿基米德多面體可由正多面體進行“截角”得到如圖，正八面體的棱長為3，取各條棱的三等分點，截去六個角后得到一種阿基米德多面體，則該阿基米德多面體（

）

A．共有18個頂點 B．共有36條棱C．表面積為 D．體積為7．（2021·重慶·三模）設一空心球是在一個大球(稱為外球)的內部挖去一個有相同球心的小球(稱為內球)，已知內球面上的點與外球面上的點的最短距離為1，若某正方體的所有頂點均在外球面上?所有面均與內球相切，則（

）A．該正方體的棱長為2 B．該正方體的體對角線長為C．空心球的內球半徑為 D．空心球的外球表面積為三、填空題8．（2023·江西九江·一模）如圖，在正三棱柱中，，為的中點，為線段上的點.則的最小值為

9．（2024·陜西·模擬預測）如圖，正三棱錐的三條側棱兩兩垂直，且側棱長，以點為球心作一個半徑為的球，則該球被平面所截的圓面的面積為.10．（23-24高二下·浙江·期中）圓錐的底面半徑為1，母線長為2，在圓錐體內部放入一個體積最大的球，該球的表面積為．四、解答題11．（22-23高二下·陜西榆林·期末）如圖，在棱長為2的正方體中，是棱的中點，是與的交點.(1)求證：平面；(2)求三棱錐的體積.12．（2024·全國·模擬預測）如圖，在三棱錐中，點為棱的中點，點為的中點，，，都是正三角形．(1)求證：平面；(2)若三棱錐的體積為，求三棱錐的表面積．參考答案：1．D【分析】取中點，連接，過點作于點，連接，證明出平面，求出即可求解．【詳解】如圖所示，取中點，連接，則，點四點共面，，，過點作于點，連接，則，在中，，解得，，則，由正四棱柱得，平面，則平面，又平面，所以，，所以，因為，，平面，且平面，所以平面，所以線段在平面上的射影為線段，故選：D．

2．A【分析】根據圓臺的軸截面圖，利用切線長定理結合圓臺和球的結構特征求解，，然后代入圓臺體積公式求解即可.【詳解】如圖，設的上、下底面圓心分別為，，則的內切球的球心O一定在的中點處．設球O與的母線AB切于M點，則，，，，所以．過A作，垂足為G，則，由，得，所以，所以的體積為．故選：A．3．C【分析】根據題意，求得圓錐底面圓的半徑，結合圓錐的側面積公式，即可求解.【詳解】圓錐的母線長為2，母線與底面所成角為，所以底面圓的半徑為，所以該圓錐的側面積為.故選：C4．B【分析】畫出圖形，首先根據球的表面積公式計算得球的半徑為，通過勾股定理得的值，進而得圓臺的高，結合圓臺的體積公式即可得解.【詳解】設球的半徑為，上?下底面分別為圓（這里上底面是指大的那個底面），依題意，，解得，因為，則，同理可得，，因為圓臺的高超過，則該圓臺的高為，該圓臺的體積為.故選：B.5．ABD【分析】根據題意，結合條件由圓錐以及球的表面積體積公式代入計算，對選項逐一判斷，即可得到結果.【詳解】對于A，設球的半徑為，則如圖所示：，所以，故A正確；對于B，圓錐的表面積為，球的表面積為，所以，故B正確；對于C，圓錐的母線長為，底面周長為，所以圓錐側面展開圖中圓心角的弧度數為，故C錯誤；對于D，，，，故D正確.故選：ABD.6．BD【分析】根據正八面體的幾何性質，結合題意，利用正方形與正六邊形的面積公式以及正四棱錐的體積公式，可得答案.【詳解】由圖可知該多面體有24個頂點，36條棱，故A錯誤，B正確；該多面體的棱長為1，且表面由6個正方形和8個正六邊形組成，故該多面體的表面積為，故C錯誤；正八面體可分為兩個全等的正四面體，其棱長為，過作平面于，連接，如下圖：

因為平面，且平面，所以，正方形中，由邊長為，則對角線長為，則，在中，，則，正八面體的體積為，切割掉6個棱長均為1的正四棱錐，減少的體積為，所以該阿基米德多面體的體積為，故D正確．故選：BD.7．BD【分析】設內外球半徑分別為r，R，利用正方體的對角線求得，根據兩球上點的距離最小值為，求解后得到r，R，進而求得正方體的對角線和外接球的表面積.【詳解】設內外球半徑分別為r，R，則正方體的棱長為，體對角線長為，∴，又由題知，所以，，∴正方體棱長為，體對角線長為，∴外接球表面積為，故選：BD.8．【分析】將側面沿展開，使得側面與側面在同一平面內，根據平面上兩點間線段最短可求得答案.【詳解】

解：將側面沿展開，使得側面與側面在同一平面內，如圖，連接交于，則的最小值為此時的，，的最小值為.故答案為：.9．【分析】首先做過點的平面的垂線，判斷得出，進而得出截面的形狀，求出截面圓的半徑，即可求解.【詳解】正三棱錐的三條側棱兩兩垂直，過點作平面于點，且側棱長，正三棱錐的三個側面都為以為直角頂點的等腰直角三角形，得：，所以.作交于點，則，因為球的半徑滿足：，故以為球心的球被平面所截的圓面如圖所示，其中，因為平面，所以，故所求截面的面積為.故答案為：.10．【分析】根據球的半徑是邊長為2的等邊三角形的內切圓半徑來求解.【詳解】球的半徑是邊長為2的等邊三角形的內切圓半徑，即半徑為，所以球的表面積．故答案為：.11．(1)證明見解析；(2).【分析】（1）根據正方體的性質可得是的中點，從而可得，根據線面平行的判定定理即可證明；（2）根據即可求解.【詳解】（1）∵是與的交點，∴是的中點，又是棱的中點，∴，又平面，平面，∴平面.（2）由正方體的性質可得平面，所以.12．(1)證明見解析(2)【分析】（1）由已知可得，，可證平面，可得，又易得，進而可證平面．（2）由已知可得，，利用體積可求得的值，進而可求表面積.【詳解】（1）因為是正三角形，點為的中點，所以．因為，是正三角形，點為的中點，所以，．因為，平面，平面，所以平面．因為平面，所以，因為，平面，平面，所以平面．（2）設，則是邊長為的正三角形，因為，所以，因為是正三角形，且，所以，所以三棱錐的體積，所以，的面積為，與的面積相等，其面積之和為，在中，，，所以的面積為．所以三棱錐的表面積為．【能力篇】一、單選題1．（2024·廣東茂名·模擬預測）若正四面體的棱長為，M為棱上的動點，則當三棱錐的外接球的體積最小時，三棱錐的體積為（

）A． B． C． D．二、多選題2．（2024·遼寧沈陽·模擬預測）如圖，在長方體中，，，是棱上的一點，點在棱上，則下列結論正確的是（

）A．若，C，E，F四點共面，則B．存在點，使得平面C．若，C，E，F四點共面，則四棱錐的體積為定值D．若，C，E，F四點共面，則四邊形的面積不為定值三、填空題3．（2024·吉林·模擬預測）清初著名數學家孔林宗曾提出一種“蒺藜形多面體”，其可由兩個正交的全等正四面體組合而成（每一個四面體的各個面都過另一個四面體的三條共點的棱的中點）.如圖，若正四面體棱長為2，則該組合體的表面積為；該組合體的外接球體積與兩正交四面體公共部分的內切球體積的比值為.四、解答題4．（23-24高二下·江西贛州·期中）如圖，在直三棱柱中，，，為的中點.(1)證明：平面.(2)若以為直徑的球的表面積為，求二面角的余弦值.參考答案：1．A【分析】首先根據幾何性質分析外接球的球心位置，再構造長度的等量關系，即可求解三棱錐的體積.【詳解】如圖，在正四面體中，假設底面，則點H為外心．在上取一點O，滿足，則O為三棱錐的外接球球心．當取得最小值時，最小，三棱錐的外接球體積最小，此時點O與點H重合．作，垂足為N，，為三棱錐的高．由正四面體的棱長為，易知，所以，，．由，設，則，．由，得，解得．．．故選：A【點睛】關鍵點點睛：關鍵是確定外接球的球心位置.2．BCD【分析】利用面面平行的性質定理證明，，然后可得，取E不是棱的中點，可判斷A；取E為棱的中點，可判斷B；由的面積為定值，以及平面，平面，可判斷C；取點E為中點，和點E與點重合兩種情況求出四邊形的面積可判斷D.【詳解】在長方體中，若，C，E，F四點共面，因為平面平面，平面平面，平面平面，所以，同理，對于A，由，C，E，F四點共面，得平行四邊形，則，，于是，若E不是棱的中點，則，A錯誤；對于B，當E是棱的中點時，由上知，F為的中點，四邊形是平行四邊形，則，而平面，平面，因此平面，B正確；對于C，由長方體性質知，且平面，平面，則平面，同理可得平面，即點E，F到平面的距離為定值，又的面積為定值，因此三棱錐和三棱錐的體積都為定值，所以四棱錐的體積為定值，C正確；對于D，當點E為中點時，四邊形是菱形，，，四邊形的面積為，當點與點重合時，F與D重合，四邊形為矩形，面積為，四邊形的面積不為定值，D正確.故選：BCD3．27【分析】該組合體一共有24個面，每一個面都是全等的邊長為1的等邊三角形，則可求出其表面積；該組合體的外接球也是任意一個正四面體的外接球，可用一個正四面體來看，求出外接球半徑為，兩正交四面體公共部分一共有8個面，且每一個面都是全等的邊長為1的等邊三角形，則中間部分的體積為，設其內切球半徑為，由，求出，即可得到體積的比值.【詳解】該組合體一共有24個面，每一個面都是全等的邊長為1的等邊三角形，則其表面積為，該組合體的外接球也是任意一個正四面體的外接球，可用一個正四面體來看，是的中心，是球心，則，則，，設外接球半徑為，則，又，解得，兩正交四面體公共部分一共有8個面，且每一個面都是全等的邊長為1的等邊三角形，則其表面積為，大正四面體的體積為，則每個小正四面體的體積為，則中間部分的體積為，設其內切球半徑為，則中間部分的體積也可表示為，解得，故外接球和內切球體積之比為.故答案為：，27.4．(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接交于點，則為的中點，連接，則，根據線面平行的判定定理證明即可.（2）建系，利用二面角的向量求法求解即可.【詳解】（1）連接交于點，則為的中點，連接，因為為的中點，所以，又平面，平面，所以平面.（2）因為，為的中點，所以，且，因為以為直徑的球的表面積為，所以，解得，以為坐標原點，的方向為軸正方向，豎直向上為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，設平面的法向量為，則，令，得，，設平面的法向量為，則，令，得，因為，由圖可知，二面角為銳角，所以二面角的余弦值為.【培優篇】一、單選題1．（2024·河南·模擬預測）在棱長為1的正四面體中，P為棱（不包含端點）上一動點，過點P作平面，使，與此正四面體的其他棱分別交于E，F兩點，設，則的