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专题11 立体几何的基本概念、点线面位置关系及表面积、体积的计算小题综合（教师卷）- 十年（2015-2024）高考真题数学分项汇编（全国通用）
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这是一份专题11 立体几何的基本概念、点线面位置关系及表面积、体积的计算小题综合（教师卷）- 十年（2015-2024）高考真题数学分项汇编（全国通用），共41页。试卷主要包含了设，为两个平面，则的充要条件是等内容，欢迎下载使用。
及表面积、体积的计算小题综合
考点01 点线面的位置关系及其判断
1．（2024·全国甲卷·高考真题）设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题：
①若，则或 ②若，则或
③若且，则 ④若与,所成的角相等，则
其中所有真命题的编号是（ ）
A．①③B．②④C．①②③D．①③④
【答案】A
【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.
【详解】对①，当，因为，，则，
当，因为，，则，
当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确；
对②，若，则与不一定垂直，故②错误；
对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线，
因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知，
同理可得，则，因为平面，平面，则平面，
因为平面，，则，又因为，则，故③正确；
对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误；
综上只有①③正确，
故选：A.
2．（2024·天津·高考真题）若为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，，则B．若，则
C．若，则D．若，则与相交
【答案】C
【分析】根据线面平行的性质可判断AB的正误，根据线面垂直的性质可判断CD的正误.
【详解】对于A，若，，则平行或异面或相交，故A错误.
对于B，若，则平行或异面或相交，故B错误.
对于C，，过作平面，使得，
因为，故，而，故，故，故C正确.
对于D，若，则与相交或异面，故D错误.
故选：C.
3．（2022·全国乙卷·高考真题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A．平面平面B．平面平面
C．平面平面D．平面平面
【答案】A
【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
【详解】解：在正方体中，
且平面，
又平面，所以，
因为分别为的中点，
所以，所以，
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正确；
选项BCD解法一：
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，
则，
，
则，，
设平面的法向量为，
则有，可取，
同理可得平面的法向量为，
平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，
所以平面与平面不垂直，故B错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故C错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故D错误，
故选：A.
选项BCD解法二：
解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，
在内，作于点，在内，作，交于点，连结，
则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：，，
底面正方形中，为中点，则，
由勾股定理可得，
从而有：，
据此可得，即，
据此可得平面平面不成立，选项B错误；
对于选项C，取的中点，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；
对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；
故选：A.
4．（2021·浙江·高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
【答案】A
【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.
【详解】
连，在正方体中，
M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，
平面平面，
所以平面.
因为不垂直，所以不垂直
则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直线是异面直线，
所以选项C错误，选项A正确.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.
5．（2021·全国新Ⅱ卷·高考真题）（多选）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.
【详解】设正方体的棱长为，
对于A，如图（1）所示，连接，则，
故（或其补角）为异面直线所成的角，
在直角三角形，，，故，
故不成立，故A错误.
对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，
由正方体可得平面，而平面，
故，而，故平面，
又平面，，而，
所以平面，而平面，故，故B正确.
对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，
故，故C正确.
对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，
则，
因为，故，故，
所以或其补角为异面直线所成的角，
因为正方体的棱长为2，故，，
，，故不是直角，
故不垂直，故D错误.
故选：BC.
6．（2019·全国·高考真题）如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则
A．，且直线是相交直线
B．，且直线是相交直线
C．，且直线是异面直线
D．，且直线是异面直线
【答案】B
【解析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．
【详解】如图所示， 作于，连接，过作于．
连，平面平面．
平面，平面，平面，
与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知，
．，故选B．
【点睛】本题考查空间想象能力和计算能力， 解答本题的关键是构造直角三角形．
7．（2019·全国·高考真题）设，为两个平面，则的充要条件是
A．内有无数条直线与平行
B．内有两条相交直线与平行
C．，平行于同一条直线
D．，垂直于同一平面
【答案】B
【分析】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．
【详解】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B．
【点睛】面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若，则”此类的错误．
8．（2019·北京·高考真题）已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥；③l⊥．
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题： ．
【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m或如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.
【分析】将所给论断，分别作为条件、结论加以分析.
【详解】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：
（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m. 正确；
（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.正确；
（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α.不正确，有可能l与α斜交、l∥α.
【点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.
9．（2017·全国·高考真题）（多选）如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面平行的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】利用线面平行判定定理逐项判断可得答案．
【详解】对于选项A，OQ∥AB，OQ与平面MNQ是相交的位置关系，故AB和平面MNQ不平行，故A错误；
对于选项B，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ，故B正确；
对于选项C，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故C正确；
对于选项D，由于AB∥CD∥NQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故D正确；
故选：BCD
10．（2016·浙江·高考真题）已知互相垂直的平面交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则
A．m∥lB．m∥nC．n⊥lD．m⊥n
【答案】C
【详解】试题分析：
由题意知，．故选C．
【考点】空间点、线、面的位置关系．
【思路点睛】解决这类空间点、线、面的位置关系问题，一般是借助长方体（或正方体），能形象直观地看出空间点、线、面的位置关系．
11．（2016·山东·高考真题）已知直线a，b分别在两个不同的平面，内则“直线a和直线b相交”是“平面和平面相交”的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【详解】当“直线a和直线b相交”时，平面α和平面β必有公共点，即平面α和平面β相交，充分性成立；
当“平面α和平面β相交”，则 “直线a和直线b可以没有公共点”，即必要性不成立.
故选A.
12．（2016·全国·高考真题）α、β是两个平面，m、n是两条直线，有下列四个命题：
（1）如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.（2）如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.
（3）如果α∥β，mα，那么m∥β. （4）如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.
其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号）
【答案】②③④
【详解】试题分析：：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，不能得出α⊥β，故错误；
②如果n∥α，则存在直线l⊂α，使n∥l，由m⊥α，可得m⊥l，那么m⊥n．故正确；
③如果α∥β，m⊂α，那么m与β无公共点，则m∥β．故正确
④如果m∥n，α∥β，那么m，n与α所成的角和m，n与β所成的角均相等．故正确
考点：命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
13．（2015·浙江·高考真题）设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且，
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】A
【详解】试题分析：由面面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一平面的一条垂线，则两面垂直，可得，
可得
考点：空间线面平行垂直的判定与性质
14．（2015·湖北·高考真题）表示空间中的两条直线，若p：是异面直线；q：不相交，则
A．p是q的充分条件，但不是q的必要条件
B．p是q的必要条件，但不是q的充分条件
C．p是q的充分必要条件
D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件
【答案】A
【详解】若p：是异面直线，由异面直线的定义知，不相交，所以命题q：不相交成立，即p是q的充分条件；反过来，若q：不相交，则可能平行，也可能异面，所以不能推出是异面直线，即p不是q的必要条件，故应选．
考点：本题考查充分条件与必要条件、异面直线，属基础题．
15．（2015·广东·高考真题）若直线和是异面直线，在平面内，在平面内，l是平面与平面的交线，则下列命题正确的是
A．与，都相交B．与，都不相交
C．至少与，中的一条相交D．至多与，中的一条相交
【答案】C
【详解】l与l1，l2可以都相交，可可能和其中一条平行，和其中一条相交，如图
所以至少与，中的一条相交.
故选:C．
16．（2015·福建·高考真题）若是两条不同的直线，垂直于平面，则“”是“”的
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【详解】若，因为垂直于平面，则或；若，又垂直于平面，则，所以“ ”是“ 的必要不充分条件，故选B．
考点：空间直线和平面、直线和直线的位置关系．
17．（2015·北京·高考真题）设，是两个不同的平面，是直线且．“”是“”的
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【详解】试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B．
考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.
【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.
考点02 求几何体的体积
1．（2024·全国新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
【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积.
【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.
2．（2024·天津·高考真题）一个五面体．已知，且两两之间距离为1．并已知．则该五面体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.
【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·全国甲卷·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 ．
【答案】
【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：.
4．（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/
【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度.
【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：.
5．（2023·全国甲卷·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．1B．C．2D．3
【答案】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
6．（2023·全国乙卷·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．
【答案】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
7．（2023·全国新Ⅰ卷·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．直径为的球体
B．所有棱长均为的四面体
C．底面直径为，高为的圆柱体
D．底面直径为，高为的圆柱体
【答案】ABD
【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.
【详解】对于选项A：因为，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，且，
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，且，
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，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过的中点作，设，
可知，则，
即，解得，
且，即，
故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，
若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，
可知：，则，
即，解得，
根据对称性可知圆柱的高为，
所以能够被整体放入正方体内，故D正确；
故选：ABD.
8．（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
【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比.
【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
9．（2023·全国新Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ．
【答案】/
【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：.
10．（2023·全国新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】
【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解.
【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：.
11．（2022·天津·高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（ ）
A．23B．24C．26D．27
【答案】D
【分析】作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.
【详解】该几何体由直三棱柱及直三棱柱组成，作于M，如图，
因为，所以，
因为重叠后的底面为正方形，所以,
在直棱柱中，平面BHC，则,
由可得平面，
设重叠后的EG与交点为
则
则该几何体的体积为.
故选：D.
12．（2022·全国甲卷·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．
【答案】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.
13．（2022·全国新Ⅰ卷·高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．
【详解】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积．
棱台上底面积，下底面积，
∴
．
故选：C．
14．（2022·全国新Ⅱ卷·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．
【答案】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.
15．（2021·全国新Ⅱ卷·高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.
【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，
因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，
所以该棱台的高，
下底面面积，上底面面积，
所以该棱台的体积.
故选：D.
16．（2021·北京·高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：）．24h降雨量的等级划分如下：
在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm，高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm（如图所示)，则这24h降雨量的等级是
A．小雨B．中雨C．大雨D．暴雨
【答案】B
【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.
【详解】由题意，一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为，高为的圆锥，
所以积水厚度，属于中雨.
故选：B.
17．（2021·全国新Ⅰ卷·高考真题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
【答案】BD
【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；
对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；
对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；
对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．
【详解】
易知，点在矩形内部（含边界）．
对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；
对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．
故选：BD．
【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．
18．（2020·海南·高考真题）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为
【答案】
【分析】利用计算即可.
【详解】
因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点
所以
故答案为：
【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些.
19．（2020·江苏·高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是 cm3.
【答案】
【分析】先求正六棱柱体积，再求圆柱体积，相减得结果.
【详解】正六棱柱体积为
圆柱体积为
所求几何体体积为
故答案为：
【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.
20．（2019·江苏·高考真题）如图，长方体的体积是120，E为的中点，则三棱锥E-BCD的体积是 .
【答案】10.
【分析】由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.
【详解】因为长方体的体积为120，
所以，
因为为的中点，
所以，
由长方体的性质知底面，
所以是三棱锥的底面上的高，
所以三棱锥的体积.
【点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.
21．（2019·全国·高考真题）学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型.如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，分别为所在棱的中点，，打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 .
【答案】118．8
【分析】根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量.
【详解】由题意得， ，
四棱锥O−EFG的高3cm， ∴．
又长方体的体积为，
所以该模型体积为，
其质量为．
【点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．
22．（2019·天津·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为 .
【答案】.
【分析】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径．
【详解】由题意四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为，借助勾股定理，可知四棱锥的高为，.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，圆柱的底面半径为，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为，故圆柱的体积为．
【点睛】本题主要考查了圆柱与四棱锥的组合，考查了空间想象力，属于基础题.
23．（2018·江苏·高考真题）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 ．
【答案】
【详解】分析：先分析组合体的构成，再确定锥体的高，最后利用锥体体积公式求结果.
详解：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于，所以该多面体的体积为
点睛：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．
24．（2018·全国·高考真题）已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为 ．
【答案】8π
【详解】分析：作出示意图，根据条件分别求出圆锥的母线，高，底面圆半径的长，代入公式计算即可.
详解：如下图所示，
又，
解得，所以，
所以该圆锥的体积为.
点睛：此题为填空题的压轴题，实际上并不难，关键在于根据题意作出相应图形，利用平面几何知识求解相应线段长，代入圆锥体积公式即可.
25．（2018·天津·高考真题）已知正方体的棱长为1，除面外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥的体积为 .
【答案】
【分析】由题意首先求解底面积，然后结合四棱锥的高即可求得四棱锥的体积.
【详解】由题意可得，底面四边形为边长为的正方形，其面积，
顶点到底面四边形的距离为，
由四棱锥的体积公式可得：.
【点睛】本题主要考查四棱锥的体积计算，空间想象能力等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
26．（2018·天津·高考真题）如图，已知正方体ABCD–A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1–BB1D1D的体积为 ．
【答案】
【分析】由题意分别求得底面积和高，然后求解其体积即可.
【详解】
如图所示，连结，交于点，很明显平面，
则是四棱锥的高，且，
，
结合四棱锥体积公式可得其体积为
，
故答案为.
点睛：本题主要考查棱锥体积的计算，空间想象能力等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
27．（2017·全国·高考真题）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为 ．
【答案】
【详解】如下图，连接DO交BC于点G，设D，E，F重合于S点，正三角形的边长为x(x>0)，则.
，
，
三棱锥的体积.
设，则，
令，即，得，易知在处取得最大值.
∴.
点睛:对于三棱锥最值问题，需要用到函数思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变量是高次时需要用到求导的方式进行解决.
28．（2016·浙江·高考真题）如图，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是 .
【答案】
【详解】中，因为，
所以.
由余弦定理可得
，
所以.
设，则，.
在中，由余弦定理可得
.
故.
在中，，.
由余弦定理可得，
所以.
过作直线的垂线，垂足为.设
则，
即，
解得.
而的面积.
设与平面所成角为，则点到平面的距离.
故四面体的体积
.
设，因为，所以.
则.
（1）当时，有，
故.
此时，
.
，因为，
所以，函数在上单调递减，故.
（2）当时，有，
故.
此时，
.
由（1）可知，函数在单调递减，故.
综上，四面体的体积的最大值为.
29．（2015·上海·高考真题）若正三棱柱的所有棱长均为，且其体积为，则 ．
【答案】
【详解】试题分析：，．
考点：棱柱的体积．
【名师点睛】1．解答与几何体的体积有关的问题时，根据相应的体积公式，从落实公式中的有关变量入手去解决问题，例如对于正棱锥，主要研究高、斜高和边心距组成的直角三角形以及高、侧棱和外接圆的半径组成的直角三角形；对于正棱台，主要研究高、斜高和边心距组成的直角梯形．
2．求几何体的体积时，若给定的几何体是规则的柱体、锥体或台体，可直接利用公式求解；若给定的几何体不能直接利用公式得出，常用转换法、分割法、补形法等求解．
30．（2015·江苏·高考真题）现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为 ．
【答案】
【详解】由体积相等得：
考点：圆柱及圆锥体积
31．（2015·全国·高考真题）(2015新课标全国I理科)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有
A．14斛B．22斛
C．36斛D．66斛
【答案】B
【详解】试题分析：设圆锥底面半径为r，则，所以，所以米堆的体积为=，故堆放的米约为÷1.62≈22，故选B.
考点：圆锥的性质与圆锥的体积公式
32．（2015·山东·高考真题）已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】试题分析：如图为等腰直角三角形旋转而成的旋转体，，故选B．
考点：圆锥的体积公式．
33．（2015·山东·高考真题）在梯形中，，，.将梯形绕所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】
由题意可知旋转后的几何体如图:
直角梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为1，母线长为2的圆柱挖去一个底面半径同样是1、高为1的圆锥后得到的组合体，所以该组合体的体积为
故选C.
考点：1、空间几何体的结构特征；2、空间几何体的体积.
考点03 求几何体的侧面积、表面积
1．（2023·全国甲卷·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．
【答案】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.
2．（2021·全国新Ⅰ卷·高考真题）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求.
【详解】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.
故选：B.
3．（2021·全国甲卷·高考真题）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为 .
【答案】
【分析】利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案.
【详解】∵
∴
∴
∴.
故答案为：.
4．（2020·全国·高考真题）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，利用得到关于的方程，解方程即可得到答案.
【详解】如图，设，则，
由题意，即，化简得，
解得（负值舍去）.
故选：C.
【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.
5．（2018·全国·高考真题）已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.
详解：根据题意，可得截面是边长为的正方形，
结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为，
所以其表面积为，故选B.
点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.
6．（2018·全国·高考真题）已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为 ．
【答案】
【分析】先根据三角形面积公式求出母线长,再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求出结果.
【详解】因为母线，所成角的余弦值为，所以母线，所成角的正弦值为，因为的面积为，设母线长为所以，
因为与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为，
因此圆锥的侧面积为．
【整体点评】根据三角形面积公式先求出母线长，再根据线面角求出底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求出侧面积，思路直接自然，是该题的最优解．考点
十年考情（2015-2024）
命题趋势
考点1 点线面的位置关系及其判断
（10年7考）
2024·全国甲卷、2024·天津卷、2022·全国乙卷
2021·浙江卷、2021·全国新Ⅱ卷、2019·全国卷
2019·全国卷、2019·北京卷、2017·全国卷
2016·浙江卷、2016·山东卷、2016·全国卷
2015·浙江卷、2015·湖北卷、2015·广东卷
2015·福建卷、2015·北京卷
1.理解、掌握空间中点线面的位置关系及相关的图形和符号语言，熟练掌握平行关系的判定定理和性质定理及其应用，熟练掌握垂直关系的判定定理和性质定理及其应用，该内容是新高考卷的常考内容，需强化巩固复习.
2.了解柱、锥、台体及简单组合体的结构特征及其相关性质，会运用柱体、锥体、台体等组合体的表面积和体积的计算公式求解相关问题，该内容是新高考卷的常考内容，一般给定柱、锥、台体及简单组合体，求对应的表面积与体积，需强化复习.
考点2 求几何体的体积
（10年10考）
2024·全国新Ⅰ卷、2024·天津卷、2024·全国甲卷
2024·北京卷、2023·全国甲卷、2023·全国乙卷
2023·全国新Ⅰ卷、2023·天津卷、2023·全国新Ⅰ卷
2023·全国新Ⅱ卷、2022·天津卷、2022·全国甲卷
2022·全国新Ⅰ卷、2022·全国新Ⅱ卷、2021·全国新Ⅱ卷2021·北京卷、2021·全国新Ⅰ卷、2020·海南卷
2020·江苏卷、2019·江苏卷、2019·全国卷
2019·天津卷、2018·江苏卷、2018·全国卷
2018·天津卷、2018·天津卷、2017·全国卷
2016·浙江卷、2015·上海卷、2015·江苏卷
2015·全国卷、2015·山东卷、2015·山东卷
考点3 求几何体的侧面积、表面积
（10年4考）
2023·全国甲卷、2021·全国新Ⅰ卷、2021·全国甲卷
2020·全国卷、2018·全国卷、2018·全国卷
等级
24h降雨量（精确到0.1）
……
……
小雨
0.1~9.9
中雨
10.0~24.9
大雨
25.0~49.9
暴雨
50.0~99.9
……
……
及表面积、体积的计算小题综合
考点01 点线面的位置关系及其判断
1．（2024·全国甲卷·高考真题）设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题：
①若，则或 ②若，则或
③若且，则 ④若与,所成的角相等，则
其中所有真命题的编号是（ ）
A．①③B．②④C．①②③D．①③④
【答案】A
【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.
【详解】对①，当，因为，，则，
当，因为，，则，
当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确；
对②，若，则与不一定垂直，故②错误；
对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线，
因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知，
同理可得，则，因为平面，平面，则平面，
因为平面，，则，又因为，则，故③正确；
对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误；
综上只有①③正确，
故选：A.
2．（2024·天津·高考真题）若为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，，则B．若，则
C．若，则D．若，则与相交
【答案】C
【分析】根据线面平行的性质可判断AB的正误，根据线面垂直的性质可判断CD的正误.
【详解】对于A，若，，则平行或异面或相交，故A错误.
对于B，若，则平行或异面或相交，故B错误.
对于C，，过作平面，使得，
因为，故，而，故，故，故C正确.
对于D，若，则与相交或异面，故D错误.
故选：C.
3．（2022·全国乙卷·高考真题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A．平面平面B．平面平面
C．平面平面D．平面平面
【答案】A
【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
【详解】解：在正方体中，
且平面，
又平面，所以，
因为分别为的中点，
所以，所以，
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正确；
选项BCD解法一：
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，
则，
，
则，，
设平面的法向量为，
则有，可取，
同理可得平面的法向量为，
平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，
所以平面与平面不垂直，故B错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故C错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故D错误，
故选：A.
选项BCD解法二：
解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，
在内，作于点，在内，作，交于点，连结，
则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：，，
底面正方形中，为中点，则，
由勾股定理可得，
从而有：，
据此可得，即，
据此可得平面平面不成立，选项B错误；
对于选项C，取的中点，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；
对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；
故选：A.
4．（2021·浙江·高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
【答案】A
【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.
【详解】
连，在正方体中，
M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，
平面平面，
所以平面.
因为不垂直，所以不垂直
则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直线是异面直线，
所以选项C错误，选项A正确.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.
5．（2021·全国新Ⅱ卷·高考真题）（多选）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.
【详解】设正方体的棱长为，
对于A，如图（1）所示，连接，则，
故（或其补角）为异面直线所成的角，
在直角三角形，，，故，
故不成立，故A错误.
对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，
由正方体可得平面，而平面，
故，而，故平面，
又平面，，而，
所以平面，而平面，故，故B正确.
对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，
故，故C正确.
对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，
则，
因为，故，故，
所以或其补角为异面直线所成的角，
因为正方体的棱长为2，故，，
，，故不是直角，
故不垂直，故D错误.
故选：BC.
6．（2019·全国·高考真题）如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则
A．，且直线是相交直线
B．，且直线是相交直线
C．，且直线是异面直线
D．，且直线是异面直线
【答案】B
【解析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．
【详解】如图所示， 作于，连接，过作于．
连，平面平面．
平面，平面，平面，
与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知，
．，故选B．
【点睛】本题考查空间想象能力和计算能力， 解答本题的关键是构造直角三角形．
7．（2019·全国·高考真题）设，为两个平面，则的充要条件是
A．内有无数条直线与平行
B．内有两条相交直线与平行
C．，平行于同一条直线
D．，垂直于同一平面
【答案】B
【分析】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．
【详解】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B．
【点睛】面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若，则”此类的错误．
8．（2019·北京·高考真题）已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥；③l⊥．
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题： ．
【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m或如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.
【分析】将所给论断，分别作为条件、结论加以分析.
【详解】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：
（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m. 正确；
（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.正确；
（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α.不正确，有可能l与α斜交、l∥α.
【点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.
9．（2017·全国·高考真题）（多选）如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面平行的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】利用线面平行判定定理逐项判断可得答案．
【详解】对于选项A，OQ∥AB，OQ与平面MNQ是相交的位置关系，故AB和平面MNQ不平行，故A错误；
对于选项B，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ，故B正确；
对于选项C，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故C正确；
对于选项D，由于AB∥CD∥NQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故D正确；
故选：BCD
10．（2016·浙江·高考真题）已知互相垂直的平面交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则
A．m∥lB．m∥nC．n⊥lD．m⊥n
【答案】C
【详解】试题分析：
由题意知，．故选C．
【考点】空间点、线、面的位置关系．
【思路点睛】解决这类空间点、线、面的位置关系问题，一般是借助长方体（或正方体），能形象直观地看出空间点、线、面的位置关系．
11．（2016·山东·高考真题）已知直线a，b分别在两个不同的平面，内则“直线a和直线b相交”是“平面和平面相交”的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【详解】当“直线a和直线b相交”时，平面α和平面β必有公共点，即平面α和平面β相交，充分性成立；
当“平面α和平面β相交”，则 “直线a和直线b可以没有公共点”，即必要性不成立.
故选A.
12．（2016·全国·高考真题）α、β是两个平面，m、n是两条直线，有下列四个命题：
（1）如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.（2）如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.
（3）如果α∥β，mα，那么m∥β. （4）如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.
其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号）
【答案】②③④
【详解】试题分析：：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，不能得出α⊥β，故错误；
②如果n∥α，则存在直线l⊂α，使n∥l，由m⊥α，可得m⊥l，那么m⊥n．故正确；
③如果α∥β，m⊂α，那么m与β无公共点，则m∥β．故正确
④如果m∥n，α∥β，那么m，n与α所成的角和m，n与β所成的角均相等．故正确
考点：命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
13．（2015·浙江·高考真题）设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且，
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】A
【详解】试题分析：由面面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一平面的一条垂线，则两面垂直，可得，
可得
考点：空间线面平行垂直的判定与性质
14．（2015·湖北·高考真题）表示空间中的两条直线，若p：是异面直线；q：不相交，则
A．p是q的充分条件，但不是q的必要条件
B．p是q的必要条件，但不是q的充分条件
C．p是q的充分必要条件
D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件
【答案】A
【详解】若p：是异面直线，由异面直线的定义知，不相交，所以命题q：不相交成立，即p是q的充分条件；反过来，若q：不相交，则可能平行，也可能异面，所以不能推出是异面直线，即p不是q的必要条件，故应选．
考点：本题考查充分条件与必要条件、异面直线，属基础题．
15．（2015·广东·高考真题）若直线和是异面直线，在平面内，在平面内，l是平面与平面的交线，则下列命题正确的是
A．与，都相交B．与，都不相交
C．至少与，中的一条相交D．至多与，中的一条相交
【答案】C
【详解】l与l1，l2可以都相交，可可能和其中一条平行，和其中一条相交，如图
所以至少与，中的一条相交.
故选:C．
16．（2015·福建·高考真题）若是两条不同的直线，垂直于平面，则“”是“”的
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【详解】若，因为垂直于平面，则或；若，又垂直于平面，则，所以“ ”是“ 的必要不充分条件，故选B．
考点：空间直线和平面、直线和直线的位置关系．
17．（2015·北京·高考真题）设，是两个不同的平面，是直线且．“”是“”的
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【详解】试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B．
考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.
【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.
考点02 求几何体的体积
1．（2024·全国新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
【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积.
【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.
2．（2024·天津·高考真题）一个五面体．已知，且两两之间距离为1．并已知．则该五面体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.
【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·全国甲卷·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 ．
【答案】
【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：.
4．（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/
【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度.
【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：.
5．（2023·全国甲卷·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．1B．C．2D．3
【答案】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
6．（2023·全国乙卷·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．
【答案】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
7．（2023·全国新Ⅰ卷·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．直径为的球体
B．所有棱长均为的四面体
C．底面直径为，高为的圆柱体
D．底面直径为，高为的圆柱体
【答案】ABD
【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.
【详解】对于选项A：因为，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，且，
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，且，
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，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过的中点作，设，
可知，则，
即，解得，
且，即，
故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，
若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，
可知：，则，
即，解得，
根据对称性可知圆柱的高为，
所以能够被整体放入正方体内，故D正确；
故选：ABD.
8．（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
【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比.
【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
9．（2023·全国新Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ．
【答案】/
【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：.
10．（2023·全国新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】
【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解.
【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：.
11．（2022·天津·高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（ ）
A．23B．24C．26D．27
【答案】D
【分析】作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.
【详解】该几何体由直三棱柱及直三棱柱组成，作于M，如图，
因为，所以，
因为重叠后的底面为正方形，所以,
在直棱柱中，平面BHC，则,
由可得平面，
设重叠后的EG与交点为
则
则该几何体的体积为.
故选：D.
12．（2022·全国甲卷·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．
【答案】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.
13．（2022·全国新Ⅰ卷·高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．
【详解】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积．
棱台上底面积，下底面积，
∴
．
故选：C．
14．（2022·全国新Ⅱ卷·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．
【答案】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.
15．（2021·全国新Ⅱ卷·高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.
【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，
因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，
所以该棱台的高，
下底面面积，上底面面积，
所以该棱台的体积.
故选：D.
16．（2021·北京·高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：）．24h降雨量的等级划分如下：
在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm，高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm（如图所示)，则这24h降雨量的等级是
A．小雨B．中雨C．大雨D．暴雨
【答案】B
【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.
【详解】由题意，一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为，高为的圆锥，
所以积水厚度，属于中雨.
故选：B.
17．（2021·全国新Ⅰ卷·高考真题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
【答案】BD
【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；
对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；
对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；
对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．
【详解】
易知，点在矩形内部（含边界）．
对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；
对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．
故选：BD．
【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．
18．（2020·海南·高考真题）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为
【答案】
【分析】利用计算即可.
【详解】
因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点
所以
故答案为：
【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些.
19．（2020·江苏·高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是 cm3.
【答案】
【分析】先求正六棱柱体积，再求圆柱体积，相减得结果.
【详解】正六棱柱体积为
圆柱体积为
所求几何体体积为
故答案为：
【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.
20．（2019·江苏·高考真题）如图，长方体的体积是120，E为的中点，则三棱锥E-BCD的体积是 .
【答案】10.
【分析】由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.
【详解】因为长方体的体积为120，
所以，
因为为的中点，
所以，
由长方体的性质知底面，
所以是三棱锥的底面上的高，
所以三棱锥的体积.
【点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.
21．（2019·全国·高考真题）学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型.如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，分别为所在棱的中点，，打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 .
【答案】118．8
【分析】根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量.
【详解】由题意得， ，
四棱锥O−EFG的高3cm， ∴．
又长方体的体积为，
所以该模型体积为，
其质量为．
【点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．
22．（2019·天津·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为 .
【答案】.
【分析】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径．
【详解】由题意四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为，借助勾股定理，可知四棱锥的高为，.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，圆柱的底面半径为，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为，故圆柱的体积为．
【点睛】本题主要考查了圆柱与四棱锥的组合，考查了空间想象力，属于基础题.
23．（2018·江苏·高考真题）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 ．
【答案】
【详解】分析：先分析组合体的构成，再确定锥体的高，最后利用锥体体积公式求结果.
详解：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于，所以该多面体的体积为
点睛：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．
24．（2018·全国·高考真题）已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为 ．
【答案】8π
【详解】分析：作出示意图，根据条件分别求出圆锥的母线，高，底面圆半径的长，代入公式计算即可.
详解：如下图所示，
又，
解得，所以，
所以该圆锥的体积为.
点睛：此题为填空题的压轴题，实际上并不难，关键在于根据题意作出相应图形，利用平面几何知识求解相应线段长，代入圆锥体积公式即可.
25．（2018·天津·高考真题）已知正方体的棱长为1，除面外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥的体积为 .
【答案】
【分析】由题意首先求解底面积，然后结合四棱锥的高即可求得四棱锥的体积.
【详解】由题意可得，底面四边形为边长为的正方形，其面积，
顶点到底面四边形的距离为，
由四棱锥的体积公式可得：.
【点睛】本题主要考查四棱锥的体积计算，空间想象能力等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
26．（2018·天津·高考真题）如图，已知正方体ABCD–A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1–BB1D1D的体积为 ．
【答案】
【分析】由题意分别求得底面积和高，然后求解其体积即可.
【详解】
如图所示，连结，交于点，很明显平面，
则是四棱锥的高，且，
，
结合四棱锥体积公式可得其体积为
，
故答案为.
点睛：本题主要考查棱锥体积的计算，空间想象能力等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
27．（2017·全国·高考真题）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为 ．
【答案】
【详解】如下图，连接DO交BC于点G，设D，E，F重合于S点，正三角形的边长为x(x>0)，则.
，
，
三棱锥的体积.
设，则，
令，即，得，易知在处取得最大值.
∴.
点睛:对于三棱锥最值问题，需要用到函数思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变量是高次时需要用到求导的方式进行解决.
28．（2016·浙江·高考真题）如图，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是 .
【答案】
【详解】中，因为，
所以.
由余弦定理可得
，
所以.
设，则，.
在中，由余弦定理可得
.
故.
在中，，.
由余弦定理可得，
所以.
过作直线的垂线，垂足为.设
则，
即，
解得.
而的面积.
设与平面所成角为，则点到平面的距离.
故四面体的体积
.
设，因为，所以.
则.
（1）当时，有，
故.
此时，
.
，因为，
所以，函数在上单调递减，故.
（2）当时，有，
故.
此时，
.
由（1）可知，函数在单调递减，故.
综上，四面体的体积的最大值为.
29．（2015·上海·高考真题）若正三棱柱的所有棱长均为，且其体积为，则 ．
【答案】
【详解】试题分析：，．
考点：棱柱的体积．
【名师点睛】1．解答与几何体的体积有关的问题时，根据相应的体积公式，从落实公式中的有关变量入手去解决问题，例如对于正棱锥，主要研究高、斜高和边心距组成的直角三角形以及高、侧棱和外接圆的半径组成的直角三角形；对于正棱台，主要研究高、斜高和边心距组成的直角梯形．
2．求几何体的体积时，若给定的几何体是规则的柱体、锥体或台体，可直接利用公式求解；若给定的几何体不能直接利用公式得出，常用转换法、分割法、补形法等求解．
30．（2015·江苏·高考真题）现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为 ．
【答案】
【详解】由体积相等得：
考点：圆柱及圆锥体积
31．（2015·全国·高考真题）(2015新课标全国I理科)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有
A．14斛B．22斛
C．36斛D．66斛
【答案】B
【详解】试题分析：设圆锥底面半径为r，则，所以，所以米堆的体积为=，故堆放的米约为÷1.62≈22，故选B.
考点：圆锥的性质与圆锥的体积公式
32．（2015·山东·高考真题）已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】试题分析：如图为等腰直角三角形旋转而成的旋转体，，故选B．
考点：圆锥的体积公式．
33．（2015·山东·高考真题）在梯形中，，，.将梯形绕所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】
由题意可知旋转后的几何体如图:
直角梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为1，母线长为2的圆柱挖去一个底面半径同样是1、高为1的圆锥后得到的组合体，所以该组合体的体积为
故选C.
考点：1、空间几何体的结构特征；2、空间几何体的体积.
考点03 求几何体的侧面积、表面积
1．（2023·全国甲卷·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．
【答案】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.
2．（2021·全国新Ⅰ卷·高考真题）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求.
【详解】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.
故选：B.
3．（2021·全国甲卷·高考真题）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为 .
【答案】
【分析】利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案.
【详解】∵
∴
∴
∴.
故答案为：.
4．（2020·全国·高考真题）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，利用得到关于的方程，解方程即可得到答案.
【详解】如图，设，则，
由题意，即，化简得，
解得（负值舍去）.
故选：C.
【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.
5．（2018·全国·高考真题）已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.
详解：根据题意，可得截面是边长为的正方形，
结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为，
所以其表面积为，故选B.
点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.
6．（2018·全国·高考真题）已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为 ．
【答案】
【分析】先根据三角形面积公式求出母线长,再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求出结果.
【详解】因为母线，所成角的余弦值为，所以母线，所成角的正弦值为，因为的面积为，设母线长为所以，
因为与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为，
因此圆锥的侧面积为．
【整体点评】根据三角形面积公式先求出母线长，再根据线面角求出底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求出侧面积，思路直接自然，是该题的最优解．考点
十年考情（2015-2024）
命题趋势
考点1 点线面的位置关系及其判断
（10年7考）
2024·全国甲卷、2024·天津卷、2022·全国乙卷
2021·浙江卷、2021·全国新Ⅱ卷、2019·全国卷
2019·全国卷、2019·北京卷、2017·全国卷
2016·浙江卷、2016·山东卷、2016·全国卷
2015·浙江卷、2015·湖北卷、2015·广东卷
2015·福建卷、2015·北京卷
1.理解、掌握空间中点线面的位置关系及相关的图形和符号语言，熟练掌握平行关系的判定定理和性质定理及其应用，熟练掌握垂直关系的判定定理和性质定理及其应用，该内容是新高考卷的常考内容，需强化巩固复习.
2.了解柱、锥、台体及简单组合体的结构特征及其相关性质，会运用柱体、锥体、台体等组合体的表面积和体积的计算公式求解相关问题，该内容是新高考卷的常考内容，一般给定柱、锥、台体及简单组合体，求对应的表面积与体积，需强化复习.
考点2 求几何体的体积
（10年10考）
2024·全国新Ⅰ卷、2024·天津卷、2024·全国甲卷
2024·北京卷、2023·全国甲卷、2023·全国乙卷
2023·全国新Ⅰ卷、2023·天津卷、2023·全国新Ⅰ卷
2023·全国新Ⅱ卷、2022·天津卷、2022·全国甲卷
2022·全国新Ⅰ卷、2022·全国新Ⅱ卷、2021·全国新Ⅱ卷2021·北京卷、2021·全国新Ⅰ卷、2020·海南卷
2020·江苏卷、2019·江苏卷、2019·全国卷
2019·天津卷、2018·江苏卷、2018·全国卷
2018·天津卷、2018·天津卷、2017·全国卷
2016·浙江卷、2015·上海卷、2015·江苏卷
2015·全国卷、2015·山东卷、2015·山东卷
考点3 求几何体的侧面积、表面积
（10年4考）
2023·全国甲卷、2021·全国新Ⅰ卷、2021·全国甲卷
2020·全国卷、2018·全国卷、2018·全国卷
等级
24h降雨量（精确到0.1）
……
……
小雨
0.1~9.9
中雨
10.0~24.9
大雨
25.0~49.9
暴雨
50.0~99.9
……
……
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