新高考数学一轮复习高频考点精讲精练第01讲 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积 (精讲）（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc26337" 第一部分：知识点必背 PAGEREF _Tc26337 \h 2
\l "_Tc7783" 第二部分：高考真题回归 PAGEREF _Tc7783 \h 6
\l "_Tc502" 第三部分：高频考点一遍过 PAGEREF _Tc502 \h 10
\l "_Tc17940" 高频考点一：基本立体图形 PAGEREF _Tc17940 \h 10
\l "_Tc17864" 高频考点二：立体图形的直观图 PAGEREF _Tc17864 \h 14
\l "_Tc22834" 高频考点三：空间几何体的表面积与体积 PAGEREF _Tc22834 \h 17
\l "_Tc17233" 角度1：表面积和侧面积 PAGEREF _Tc17233 \h 17
\l "_Tc17420" 角度2：体积 PAGEREF _Tc17420 \h 20
\l "_Tc16389" 角度3：蚂蚁爬行最短问题 PAGEREF _Tc16389 \h 23
\l "_Tc24402" 高频考点四：空间几何体的外接球 PAGEREF _Tc24402 \h 31
\l "_Tc24239" 角度1：补形法 PAGEREF _Tc24239 \h 31
\l "_Tc17403" 角度2：对棱相等型 PAGEREF _Tc17403 \h 33
\l "_Tc14436" 角度3：借助三角形外心确定球心 PAGEREF _Tc14436 \h 35
\l "_Tc17135" 高频考点五：空间几何体的内切球 PAGEREF _Tc17135 \h 41
\l "_Tc11750" 第四部分：数学文化题 PAGEREF _Tc11750 \h 46
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第一部分：知识点必背
知识点一：空间几何体的结构特征
1、多面体的结构特征
1.1棱柱
（1）棱柱的定义
定义：一般地，有两个面互相平行 ，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行 ，由这些面所围成的多面体叫做棱柱
底面(底)：两个互相平行的面
侧面：其余各面
侧棱：相邻侧面的公共边
顶点：侧面与底面的公共顶点
（2）棱柱的图形
（3）棱柱的分类及表示
①按棱柱底面边数分类:
②按棱柱侧棱与底面位置关系分类:
③直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱
斜棱柱：侧棱不垂直于底面的棱柱
正棱柱：底面是正多边形的直棱柱
平行六面体：底面是平行四边形的四棱柱
表示法：用各顶点字母表示棱柱，如图棱柱
1.2棱锥
（1）棱锥的定义
定义：有一面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥
底面：多边形面
侧面：有公共顶点的各三角形面
侧棱：相邻侧面的公共边
顶点：各侧面的公共顶点
（2）棱锥的图形
（3）棱锥的分类及表示
按照棱锥的底面多边形的边数，棱锥可分为： 三棱锥、四棱锥、五棱锥……
特别地，三棱锥又叫四面体，底面是正多边形，且顶点与底面中心的连线垂直于底面的棱锥叫做正棱锥
表示法：棱锥也用顶点和底面各顶点字母表示，如图棱锥
1.3棱台
（1）棱台的定义
定义：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，我们把底面和截面之间的那部分多面体叫做棱台
上底面：原棱锥的截面
下底面：原棱锥的底面
侧面：除上下底面以外的面
侧棱：相邻侧面的公共边
顶点：侧面与上(下)底面的公共顶点
（2）棱台的图形
（3）棱台的分类及表示
由三棱锥、四棱锥、五棱锥……截得的棱台分别叫做三棱台、四棱台、五棱台……
用各顶点字母表示棱柱，如棱台
2、旋转体的结构特征
2.1圆柱
（1）圆柱的定义
以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体
圆柱的轴：旋转轴
圆柱的底面：垂直于轴的边旋转而成的圆面
圆柱的侧面：平行于轴的边旋转而成的曲面
圆柱侧面的母线：无论旋转到什么位置，平行于轴的边
（2）圆柱的图形
（3）圆柱的表示
圆柱用表示它的轴的字母表示，如图，圆柱
2.2圆锥
（1）圆锥的定义
以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体
轴：旋转轴叫做圆锥的轴
底面：垂直于轴的边旋转而成的圆面
侧面：直角三角形的斜边旋转而成的曲面
母线：无论旋转到什么位置，不垂直于轴的边
锥体：棱锥和圆锥统称为锥体
（2）圆锥的图形
（3）圆锥的表示
用表示它的轴的字母表示，如图，圆锥
2.3圆台
（1）圆台的定义
用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分叫做圆台
轴：圆锥的轴
底面：圆锥的底面和截面
侧面：圆锥的侧面在底面与截面之间的部分
母线：圆锥的母线在底面与截面之间的部分
台体：棱台和圆台统称为台体
（2）圆台的图形
（3）圆台的表示
用表示它的轴的字母表示，如图，圆台
2.4球
球的表面积和体积
（1）球的表面积：
（2）球的体积:
知识点二：直观图
1、空间几何体的直观图的绘制方法
（1）画轴. 在平面图形中取互相垂直的轴和轴，两轴相交于点, 画直观图时，把它们分别画成对应的轴与轴，两轴交于点, 且使”(或）, 它们确定的平面表示水平面；
（2）画底面. 已知图形中，平行于轴轴或轴的线段，在直观图中分别画成平行于轴、轴或轴的线段；
（3）画侧棱. 已知图形中平行于轴或轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于轴的线段，长度变为原来的一半；
（4）成图. 连线成图以后，擦去作为辅助线的坐标轴，就得到了空间图形的直观图.
简记为：①画轴；②画底面；③画侧棱；④成图.
2、斜二测画法保留了原图形中的三个性质
①平行性不变，即在原图中平行的线在直观图中仍然平行；②共点性不变，即在原图中相交的直线仍然相交；③平行于x，z轴的长度不变．
知识点三：柱、锥、台、球的表面积和体积
知识点四：圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
常用结论
1.球的截面的性质
(1)球的截面是圆面,且球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面;
(2)球心到截面的距离与球的半径及截面的半径的关系为
第二部分：高考真题回归
1．（多选）（2023·全国（新高考Ⅰ卷）·统考高考真题）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
【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.
2．（2023·全国（乙卷文）·统考高考真题）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________．
【答案】2
【详解】如图，将三棱锥转化为直三棱柱，
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.
3．（2023·全国（甲卷文）·统考高考真题）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________．
【答案】
【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：
4．（2023·全国（甲卷理）·统考高考真题）在正方体中，E，F分别为CD，的中点，则以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为____________．
【答案】12
【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每条棱的交点总数为12.
故答案为：12
5．（2023·全国（新高考Ⅱ卷）·统考高考真题）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．（2023·全国（新高考Ⅰ卷）·统考高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为________．
【答案】/
【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：.
第三部分：高频考点一遍过
高频考点一：基本立体图形
典型例题
例题1．（2023春·黑龙江大庆·高一铁人中学校考期中）给出下列说法：
①有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台
②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；
③有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱
④一个圆柱形蛋糕，切三刀最多可切成7块
其中正确说法的个数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】对于①中，根据棱台的定义，延长棱台的所有侧棱交于一点，所以有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体不一定是棱台，所以①不正确；
对于②中，根据棱锥的定义，有一个面是多边形，其余各面都是有公共顶点的三角形的几何体是棱锥，所以②不正确；
对于③中，根据棱柱的定义，有两个面平行，且该多面体的顶点都在这两个平面上，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱，所以③不正确；
对于④中，一个圆柱形蛋糕，切三刀最多可切成8块，所以④不正确.
故选：A.
例题2．（2023春·山东临沂·高一校考期中）下列说法中，正确的是（ ）
A．以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的几何体是圆锥
B．以正方体的顶点为顶点可以构成正四棱锥
C．用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台
D．用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面
【答案】D
【详解】选项A：以直角三角形的一个直角边所在直线为轴旋转一周所得的
几何体是圆锥.判断错误；
选项B：由正四棱锥定义可得以正方体的顶点为顶点不可以构成正四棱锥. 判断错误；
选项C：用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台.判断错误；
选项D：用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面.判断正确.
故选：D
例题3．（2023·江西·统考模拟预测）已知在长方体中，，点，，分别在棱，和上，且，，，则平面截长方体所得的截面形状为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】C
【详解】如图连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点，
过点作交于点，连接，
则五边形即为平面截该长方体所得的截面多边形.
其中因为，，，
所以，则，所以，
又，所以，所以，
则，
显然，则，所以.
故选：C
例题4．（2023春·高一课时练习）如图，已知正方体中截去一部分，其中，剩下的较大的几何体是什么？

【答案】直五棱柱
【详解】正方体中截去一部分，其中，
剩下的较大的几何体中，
五边形与五边形全等且所在平面平行，
侧面均为矩形，
则该几何体为直五棱柱.
练透核心考点
1．（2023春·安徽·高一安徽省太和中学校联考阶段练习）下列叙述正确的是（ ）
A．用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分是棱台
B．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台
D．棱台的侧棱延长后必交于一点
【答案】D
【详解】对于A，当截面不平行于底面时，棱锥底面和截面之间的部分不是棱台，A错误；
对于B，C，如图的几何体满足条件，但侧棱延长线不能相交于一点，不是棱台，B，C错误；

对于D，由棱台结构特征知侧棱延长后必交于一点，D正确.
故选：D.
2．（2023春·广东深圳·高一校考期中）从正方体的8个顶点上任取4个顶点，则这4个顶点构成的几何图形不可能是（ ）
A．三个面是直角三角形的正三棱锥
B．有一个面是钝角三角形的四面体
C．每个面都是等边三角形的四面体
D．每个面都是直角三角形的四面体
【答案】B
【详解】
如图 是正方体，三棱锥 是三个面为直角三角形的正三棱锥，A正确；
三棱锥是四个面都是直角三角形的四面体，D正确；
三棱锥 是四个面都是等边三角形的四面体，C正确；
对于B，先选取A点，与剩下的7个顶点的任意两个都不可构成钝角三角形，B错误；
故选：B.
3．（多选）（2023春·高一课时练习）下列说法正确的是（ ）
A．以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台
B．以等腰三角形底边上的高所在的直线为旋转轴，其余各边旋转形成的曲面所围成的几何体是圆锥
C．圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面
D．用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面
【答案】BCD
【详解】对于A，以直角梯形中垂直于底的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体才是圆台，故A错误；
对于B，以等腰三角形的底边上的高线所在的直线为旋转轴，其余各边旋转一周形成的曲面所围成的几何体是圆锥，B对；
对于C，圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面，C对；
对于D，用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面，D对.
故选:BCD.
4．（2023春·广东东莞·高一东莞市东莞中学校考阶段练习）下列命题中正确的是（ ）
A．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱
B．棱柱的面中，至少有两个面互相平行
C．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为五棱锥
D．各侧面都是全等的等腰三角形的棱锥为正棱锥
【答案】BC
【详解】
有两个面互相平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱.
而满足选项A条件的几何体可能是组合体，如图所示，故A错误；
由棱柱定义可知棱柱的面中，至少有两个面互相平行，故B正确；
一个棱锥的各个侧面都是等边三角形时，顶角之和，即，故C正确；
一个棱锥的底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心，这样的棱锥叫正棱锥,故D错误.
故选：BC.
高频考点二：立体图形的直观图
典型例题
例题1．（2023春·安徽·高一安徽省太和中学校联考阶段练习）如图所示，是水平放置的的斜二测直观图，其中，则是（ ）

A．锐角三角形B．钝角三角形
C．等腰直角三角形D．以上选项都不对
【答案】C
【详解】根据斜二测画法可知，在原图形中，O为CA的中点，.
因为，所以，
则是以AC为斜边的等腰直角三角形，如图所示：

故选：C.
例题2．（2023春·湖北·高一校联考阶段练习）如图所示，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，则原图形是（ ）

A．面积为的矩形B．面积为的矩形
C．面积为的菱形D．面积为的菱形
【答案】C
【详解】，所以，
故在原图中，，
，
所以四边形为菱形(如图所示)，，
则原图形面积为.

故选：C.
练透核心考点
1．（2023春·高一课时练习）如图是水平放置的三角形ABC的直观图，是中边上的一点，且离比离近，轴，轴，那么线段AB，AD，AC中，最长、最短的线段分别是（ ）

A．AB，ACB．AC，ADC．AD，ACD．AB，AD
【答案】B
【详解】原的平面图如图所示．
由题意可知，，，所以，
所以在线段AB，AC，AD中，最长的是AC，最短的是AD．
故选：B．

2．（2023春·高一课时练习）用斜二测画法画出图中四边形OBCD的直观图．
【答案】答案见解析
【详解】分以下三步进行作图：
（1）过点C作轴，垂足为E，如图①所示．
（2）画出对应的轴、轴，使，
在轴上取点，，使得，；
在轴上取一点，使得；
过作轴，使，连接，，如图②所示．
（3）擦去轴与轴及其他辅助线，
如图③所示，四边形就是所求的直观图．
高频考点三：空间几何体的表面积与体积
角度1：表面积和侧面积
典型例题
例题1．（2023·山东烟台·统考三模）已知底面半径为的圆锥，其轴截面为正三角形，若它的一个内接圆柱的底面半径为，则此圆柱的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】如图作出圆锥的轴截面，依题意，，，
所以，
易知，则，所以，
即圆锥的内接圆柱的底面半径，高，
所以圆柱的侧面积.
故选：C
例题2．（2023春·高一课时练习）已知圆台的上、下底面圆的半径分别为1和2，高为1，则圆台的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】如图所示，由题知，，，则.

故圆台的表面积，
故选：B
例题3．（2023春·黑龙江哈尔滨·高一哈尔滨市第六中学校校考期中）棱长为1的正方体纸盒展开后如图所示，则在原正方体纸盒上，分别将四点两两相连，构成的几何体的表面积为__________．

【答案】
【详解】在原正方体纸盒上，分别将四点两两相连，如图所示，
因为为正方体的面对角线，
所以，
所以为正四面体，
所以表面积为：，
故答案为：．

例题4．（2023春·黑龙江大庆·高一铁人中学校考期中）由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥，其侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为，则以该四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比为______.
【答案】
【详解】如图，

设正四棱锥的底面边长为，高为，斜高为，为的中点，
则由题意得：，所以，
则设以该四棱锥的高为边长的正方形面积为，，
设该四棱锥侧面积为，
所以.
故答案为：
角度2：体积
典型例题
例题1．（2023春·湖北·高二黄石二中校联考阶段练习）圆柱的轴截面是周长为12的矩形，则满足条件的圆柱的最大体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】圆柱的底面半径为，高为，则，即，
圆柱的体积，，
，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
所以，当时，函数取得最大值，最大值.
故选：A
例题2．（2023春·湖北·高一校联考阶段练习）某广场内供休闲人员休息的石凳是由一个正方体石块截去8个相同的四面体得到的，如图所示，若被截正方体石块棱长为，则该石凳的体积为（ ）（单位）

A．180000B．160000C．140000D．120000
【答案】A
【详解】正方体的体积为，
切去的每个四面体的体积为，
所以该石凳的体积为.
故选：A.
例题3．（2023·河北唐山·唐山市第十中学校考模拟预测）如图，正方体的棱长为4，点，，分别在棱，，上，且，则以平面截正方体所得截面为底面，为顶点的棱锥的体积为___________.

【答案】
【详解】延长交的延长线于点，延长交的延长线于点，连接交
于点，交于点，连接，则平面即为平面截正方体所得的截面.
因为，则，
又因为，所以，即，解得，
同理可得，则，，
因为，所以，又，则，同理可得；
所以，
，，
，
，
.
故答案为：

例题4．（2023·内蒙古呼和浩特·统考二模）如图；在直三棱柱中，，，，点为的中点．

(1)求证；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)8
【详解】（1）在中，
因为，，，
所以，
所以为直角三角形，即，
又因为在直三棱柱中，平面，且平面，
所以，
又，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以．
（2）在中，过C作，F为垂足，

由直三棱柱得平面平面，且平面平面，，平面，
所以平面，
在中，，
又因为，
所以．
角度3：蚂蚁爬行最短问题
典型例题
例题1．（2023春·高一课时练习）如图，已知圆柱体底面圆的半径为，高为2cm，，分别是两底面的直径，，是母线.若一只小虫从点出发，沿侧面爬行到点处，则小虫爬行的最短距离是（ ）

A．B．2cmC．D．1cm
【答案】A
【详解】如图，在圆柱侧面展开图中，线段的长度即为所求，

在中，，，
∴.
故小虫爬行的最短距离是.
故选：A.
例题2．（2023·新疆阿勒泰·统考三模）有一个圆锥形铅锤，其底面直径为，母线长为．是铅锤底面圆周上一点，则关于下列命题：①铅锤的侧面积为；②一只蚂蚁从点出发沿铅锤侧面爬行一周、最终又回到点的最短路径的长度为．其中正确的判断是（ ）
A．①②都正确B．①正确、②错误
C．①错误、②正确D．①②都错误
【答案】A
【详解】依题意，圆锥的底面圆半径为，母线长为，所以铅锤的侧面积为，①正确；
沿着过点P的圆锥的母线剪开，把侧面展成平面图形，如图，
显然扇形弧长为圆锥底面圆周长，而扇形半径为母线长，因此扇形圆心角，
在中，由余弦定理得，
蚂蚁从P点出发沿铅锤侧面爬行一周、最终又回到P点的最短路径即为线段长，②正确.
故选：A
例题3．（2023春·高一单元测试）如图，已知圆柱的高为，底面半径为，轴截面为矩形，在母线上有一点，且，在母线上取一点，使，则圆柱侧面上、两点的最短距离为________．

【答案】
【详解】如图，把圆柱的半个侧面展开，是一个下长为，宽为的矩形，

，，过作，为垂足，所以，
即可把放在一个直角边为和的直角三角形中，
根据勾股定理可得：.
故答案为：.
例题4．（2023·安徽铜陵·统考三模）如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为2km，山高为，是山坡上一点，且.现要建设一条从到的环山观光公路，这条公路从出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，下坡路段长为______.
【答案】
【详解】由题意，半径为2km，山高为，则母线,
底面圆周长，所以展开图的圆心角，
如图，是圆锥侧面展开图，结合题意，,
由点向引垂线，垂足为点，此时为点和线段上的点连线的最小值，即点为公路的最高点，段即为下坡路段，
则，即，得
下坡路段长度为.
故答案为：
练透核心考点
1．（2023春·全国·高一专题练习）已知等边三角形SAB为圆锥的轴截面，AB为圆锥的底面直径，O，C分别是AB，SB的中点，过OC且与平面SAB垂直的平面记为，若点S到平面的距离为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】如图，作于点，
因为平面平面，且平面平面，
所以平面，，点为的中点，则，
且为等边三角形，则，所以，
所以底面半径，母线，
则该圆锥的侧面积

故选：B
2．（2023·福建厦门·统考模拟预测）已知圆台上下底面的半径分别为1和2，母线长为3，则圆台的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由图可得，圆台的高为，
故圆台的体积为.

故选：B
3．（2023·全国·统考高考真题）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
【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
4．（2023春·湖北·高一校联考阶段练习）将边长为1的正方形纸片绕着它的一条边所在的直线旋转弧度，则纸片扫过的区域形成的几何体的表面积为______.
【答案】
【详解】由已知可得该几何体为底面半径为，高为的圆柱的，如下图：

所以该几何体的表面积，
故答案为：.
5．（2023·全国·高一专题练习）如图，正方体的棱长为，连接，，，，，，得到一个三棱锥.则三棱锥的体积是_________.

【答案】
【详解】三棱锥，，，是完全一样的．

且正方体的体积为，
故.
故答案为：.
6．（2023春·高一课时练习）若一个圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为1的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比是______.
【答案】
【详解】设圆锥底面圆的半径为r，则底面圆的周长为，即展开后的扇形弧长为，
又扇形的圆心角为，半径为1，
所以，所以，
故圆锥的侧面积为，
表面积为，
所以这个圆锥的表面积与侧面积的比为，
即这个圆锥的表面积与侧面积的比是.
故答案为：
7．（2023春·黑龙江哈尔滨·高一黑龙江省哈尔滨市双城区兆麟中学校考期中）如图所示，正三棱柱，，，分别为，的中点．

(1)证明：平面；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
（2）利用，可求三棱锥的体积．
【详解】（1）在正三棱柱中，侧面为矩形，
连接，为的中点，则与交于点，且为的中点，
因为，分别为，的中点，
则，又平面，平面，
故平面；

（2）由已知可得，
所以．
8．（2023春·高一课时练习）如图是一个圆锥形物体，其母线长为3cm，一只小虫子从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P处，若该小虫子爬行的最短路程为，求圆锥底面圆的半径.

【答案】1cm.
【详解】作出该圆锥的侧面展开图，如图所示，易知该小虫子爬行的最短路程为，，，在中，由余弦定理得，
因为为三角形的内角，
所以，设圆锥底面圆的半径为，则，解得.
故圆锥底面圆的半径为1cm.

9．（2023春·高一课时练习）已知圆锥底面圆的半径为1，高为，要想从底面圆周上一点出发拉一条细绳绕圆锥的侧面一周再回到，求该条细绳的最短长度.
【答案】最短长度为.
【详解】如图所示：

沿剪开，再展开后得到扇形，连接，
则由题意得细绳的最短长度为的长度.
∵圆锥底面圆的半径为1，高为，
∴扇形的弧长为，母线.
在扇形中，易得，
∴，
即该条细绳的最短长度为：.
10．（2023春·高一课时练习）如图，圆台上、下底面半径分别为，，母线长为，从母线AB的中点拉一条细绳，围绕圆台侧面转至下底面的点，求BM间细绳的最短长度.

【答案】
【详解】如图所示：圆台的展开图，设，，为最短距离，

则，，解得，，
故.
故BM间细绳的最短长度为.
高频考点四：空间几何体的外接球
角度1：补形法
典型例题
例题1．（湖南省新高考教学教研联盟2022-2023学年高一下学期5月联考数学试题）很多人的童年都少不了折纸的乐趣，如今传统意义上的手工折纸已经与数学联系在一起，并产生了许多需要缜密论证的折纸问题.有一张矩形纸片，，为的中点，将和分别沿、翻折，使点与点重合于点，若，三棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】翻折前，在矩形中，，因为为的中点，则，
翻折后，如下图所示：
则，设，由题意知，，，
所以，，解得，即，
将三棱锥补成长方体，
则长方体的外接球直径为，
所以，，故球的表面积为.
故选：C.
例题2．（2023·全国·高一专题练习）在矩形中，平面，则与平面所成的角是_____．四棱锥的外接球的表面积为____．
【答案】 /
【详解】四棱锥中，平面，
则是与平面所成的角，
又矩形中，，则，
又，，则，，
又，则，
则与平面所成的角是；
四棱锥可以补形为长方体，
则四棱锥的外接球的直径为，
又，则四棱锥的外接球的半径为1，
则四棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：；
角度2：对棱相等型
典型例题
例题1．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）在三棱锥中，，．若三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为______．
【答案】
【详解】将三棱锥放入下图的长方体中，设长方体的长、宽、高分别为，
所以，
三式相加可得：，即：，
三棱锥的外接球即长方体的外接球，
所以，即，
球的表面积为.
故答案为：.
例题2．（2023·全国·高一专题练习）已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，且，，，则球的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】将三棱锥放入长方体中，设长方体的长宽高分别为，如图所示：
则，故，球的半径，
故体积为.
故选：D
例题3．（2023·全国·高一专题练习）在三棱锥中，已知，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】因为三棱锥的对棱相等，所以可以把它看成长方体的面对角线，
设长方体的同一顶点三条棱长分别为,且长方体的面对角线长为，
则,
长方体体对角线为长方体外接球直径，即为三棱锥外接球的直径，
，它外接球半径等于，
所以球的表面积为.
故选:A.
角度3：借助三角形外心确定球心
典型例题
例题1．（2023春·四川德阳·高二德阳五中校考阶段练习）已知三棱锥的顶点都在球的球面上，底面是边长为3的等边三角形．若三棱锥的体积的最大值为，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】设球O的半径为R，的外心为，
由题意得外接圆半径为，面积为，
所以，
所以最大值，
所以，即，解得，
所以球O的表面积为.
故选:A.

例题2．（2023春·全国·高一专题练习）某儿童玩具的实物图如图1所示，从中抽象出的几何模型如图2所示，由，，，四条等长的线段组成，其结构特点是能使它任意抛至水平面后，总有一条线段所在的直线竖直向上，则=（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【详解】如图，连接AB，AC，AD、BC，CD，BD，得到正四面体ABCD，则点O为正四面体ABCD外接球的球心，延长AO交底面BCD于G，则G为的中心.
设，外接球的半径为R，连接BG，
在正三角形中，易得，则，
故在中有：，
解得，则，所以，
故选：A.

例题3．（2023·全国·高一专题练习）在三棱锥中，是边长为6的等边三角形，，三棱锥体积的最大值是__________；当二面角为时，三棱锥外接球的表面积是__________.
【答案】
【详解】当二面角为，且时，三棱锥的体积最大，设线段的中点为，连接，易求得.
当二面角为时，和的外接圆圆心分别记为和，
分别过和作平面和平面的垂线，其交点为球心，记为.过作的垂线，垂足记为，
连接，.在中，由正弦定理得：，所以，
易知，在Rt中，，在Rt中，，
所以三棱锥外接球的半径，所以，
即三棱锥外接球的表面积是.
故答案为：27，

练透核心考点
1．（2023春·高一课时练习）正四面体的所有棱长均为12，球O是其外接球，M，N分别是与的重心，求球O截直线MN所得的弦长.
【答案】
【详解】
如图，将正四面体补全为正方体，则正方体的棱长为.
易知球O是正方体的外接球，
所以球O的半径.
易得，
所以.
又，
所以O到直线MN的距离为，
因此球O截直线MN所得的弦长为.
2．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知三棱锥中，，若均在半径为2的球面上，求的范围_________．
【答案】
【详解】由，
均在半径为2的球面上，
可将三棱锥放置于长方体中，如图，

设棱长分别为，则，
故长方体对角线平方为，
可设，，
，
考虑到是三角形边长,故，其范围是．
故答案为：
3．（2023·全国·模拟预测）已知三棱锥的四个顶点均在球的球面上，，，，为球的球面上一动点，则点到平面的最大距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】，，，
可将三棱锥补成如图所示的长方体，
，，，
，球的半径；
在中，，则．
设的外接圆半径为，则，解得：，
则球心到平面的距离，
点到平面的最大距离为．
故选：B．
4．（2023·山东泰安·统考模拟预测）腰长为的等腰的顶角为，且，将绕旋转至的位置得到三棱锥，当三棱锥体积最大时其外接球面积为（ ）

A． B．
C．D．
【答案】A
【详解】在中，因为，
可得，所以，
当三棱锥体积最大时，平面平面，
因为，取中点，则，
设为外接圆圆心，为三棱锥外接球心，则，
再设为外接圆圆心，平面，则且，
设三棱锥外接球的半径为
在直角中，可得且，
因为，可得
所以外接圆半径，所以，
因为，
所以的外接圆的半径，且，
在中，可得，可得，
所以，
所以外接球的表面积为.
故选：A.

5．（2023·重庆·统考模拟预测）已知四棱锥的底面四边形是边长为的正方形，且平面，，点M为线段上的动点（不包含端点），则当三棱锥的外接球的体积最小时，的长为_________．
【答案】2
【详解】因为平面，平面，所以，
连接MA，由题意可知三棱锥的外接球即四棱锥的外接球，
则当三棱锥外接球的体积最小时，四棱锥外接球的半径最小，
设四棱锥外接球的球心为O，半径为R，连接AC与BD交于点，
当O与不重合时，连接，易知平面ABCD，则，
连接OC，在中，，

当O与重合时，，
所以当三棱锥的外接球的体积最小时，O与重合，.
设CM的中点为N，连接，易知，则，
所以，解得，所以，

故答案为：2
高频考点五：空间几何体的内切球
典型例题
例题1．（广西三新联盟2022-2023学年高二下学期5月期中联考数学试题）已知四棱锥的各棱长均为2，则其内切球表面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】因为四棱锥的各棱长均为2，所以四棱锥是正四棱锥，
则，
过P作底面垂线，垂足为H，则，

所以，则，
故其内切圆表面积为，
故选：B．
例题2．（多选）（2023·全国·高一专题练习）已知圆台的上底半径为1，下底半径为3，球与圆台的两个底面和侧面都相切，则（ ）
A．圆台的母线长为4B．圆台的高为4
C．圆台的表面积为D．球O的表面积为
【答案】ACD
【详解】设梯形ABCD为圆台的轴截面，则内切圆为圆台内切球的大圆，如图，
设圆台上、下底面圆心分别为，半径分别为，
则共线，且，
连接，则分别平分，
故，，
故，即，解得，
母线长为，故A正确；
圆台的高为，故B错误；
圆台的表面积为，故C正确；
球O的表面积为，故D正确.
故选：ACD.
例题3．（2023春·高一课时练习）如图，有一个倒圆锥形容器中有部分水，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放入一个半径为的铁球，此时水面与球正好相切，则原来容器中水的深度为______．

【答案】
【详解】如图所示，作出轴截面，可得轴截面是正三角形，
根据切线性质知，当球在容器内时，水的深度为，水面半径BC的长为，
则容器内水的体积，
设原来容器中水的深度为，则水面圆的半径为，
所以容器内水的体积，
由，即，解得．
故答案为：.

练透核心考点
1．（2023·全国·高一专题练习）棱长为的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小球，则这样一个小球的表面积最大为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】
如图，由题意知球和正四面体的三个侧面以及内切球都相切时半径最大，设内切球球心为，半径为，空隙处的最大球球心为，半径为，
为的中心，易知面，为中点，球和球分别与面相切于和.
易得，，，
由，
可得，
又，，
故，，，
又由和相似，可得，即，解得，
即小球的最大半径为.
所以小球的表面积最大值为.
故选：A
2．（多选）（2023春·湖北·高一校联考阶段练习）已知圆锥的母线长为6，侧面积为，则下列说法正确的是（ ）
A．该圆锥的体积为B．该圆锥的内切球的体积为
C．该圆锥的外接球的表面积为D．该圆锥的内接正方体的棱长为
【答案】AC
【详解】对于A：设圆锥底面半径为，母线为,则侧面积为，
则圆锥高为，故圆锥体积为，故A正确；
对于B：由于,所以,
如图，内切球和圆锥侧面和底面分别切于,,故内切球半径，
故内切球的体积为，故B错误；

对于C：外接球的球心为半径,
则满足：，∴，故C正确；

对于D：以圆锥的顶点以及正方体的一条面对角线作截面如下，设内接正方体的棱长为，
则由相似可得，故D错.

故选：AC
3．（2023·广东韶关·统考模拟预测）将一个圆心角为、面积为的扇形卷成一个圆锥，则此圆锥内半径最大的球的表面积为______.
【答案】/
【详解】设圆锥底面圆半径为，母线长为，依题意，，解得，
圆锥内半径最大的球为圆锥的内切球，圆锥与其内切球的轴截面，如图中等腰及内切圆，

，点为边的中点，，
因此的面积，设的内切圆半径为，
则有，解得，此球的表面积为，
所以圆锥内半径最大的球的表面积为.
故答案为：
第四部分：数学文化题
1．（多选）（2023·全国·高一专题练习）《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵中，AC⊥BC，且．下列说法正确的是（ ）
A．四棱锥为“阳马”
B．四面体的顶点都在同一个球面上，且球的表面积为
C．四棱锥体积最大值为
D．四面体为“鳖臑”
【答案】ABD
【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，
∴在堑堵中，，侧棱平面，
对A选项，∴，又，且，则平面，
∴四棱锥为“阳马”，对；
对C选项，在底面有，即，
当且仅当时取等号，
，故C错误；
对D选项，由，即，又且，平面，
∴平面，平面,
∴，则为直角三角形，
又由平面，平面，，则为直角三角形，
由“堑堵”的定义可得为直角三角形，为直角三角形．
∴四面体为“鳖臑”，故D正确；
对B选项，由C知为直角三角形，侧棱平面，则易知,为直角三角形，
而为直角三角形，则外接球球心位于的中点，
则外接球半径，
则球的表面积为，故B正确.
故选：ABD．
2．（多选）（2023·湖南岳阳·湖南省平江县第一中学校考模拟预测）勒洛三角形也被称为定宽曲线，勒洛三角形的立体版就是如图所示的立体图形，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，它是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分组成的，因此它能像球一样来回滚动.这种立体图形称为勒洛四面体，若图中勒洛四面体的四个顶点分别为P、A、B、C，任意两个顶点之间的距离为1，则下列说法正确的是（ ）
A．图中所示勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值为1
B．图中所示勒洛四面体的内切球的表面积为
C．平面截此勒洛四面体所得截面的面积为
D．图中所示的勒洛四面体的体积是
【答案】AB
【详解】对于A中，勒洛四面体能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，
所以其表面上任意两点间距离的最大值，即为其内接四面体的棱长1，所以A正确；
对于B中，勒洛四面体的内切球与勒洛四面体的弧面相切，如图所示，
其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，
则该球的球心O为正四面体的中心，半径为OE，连接AE，
由A，O，E三点共线，且，，
因此，内切球的表面积为，故B正确；
对于C中，如图所示，截面形状为三个半径为1，圆心角为60°的扇形面积减去两个边长为1的正三角形的面积，则，所以C错误；
对于D中，勒洛四面体的体积介于正四面体的体积和正四面体的外接球的体积之间，正四面体的体积，其外接球的体积，所以D错误.
故选：AB.
3．（2023·广东广州·统考三模）我国南北朝时期的伟大科学家祖暅于5世纪末提出了下面的体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”．这就是“祖暅原理”．祖暅原理用现代语言可描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图1）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图2），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面的面积都相等，由此得到新几何体与半球的体积相等，即．现将椭圆绕轴旋转一周后得到如图3所示的椭球，类比上述方法，运用祖暅原理可求得该椭球的体积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【详解】构造一个底面半径为，高为的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，
圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体．
当平行于底面的截面与圆锥顶点距离为时，设小圆锥底面半径为，
则，即，故新几何体的截面面积为．
把代入，即，解得，
故半椭球的截面面积为，
由祖暅原理，可得椭球的体积为：
圆柱圆锥．
故选：A．
4．（2023·河北·统考模拟预测）柷（zhù），是一种古代打击乐器，迄今已有四千多年的历史，柷的上方形状犹如四方形木斗，上宽下窄，下方有一底座，用椎（木棒）撞击其内壁发声，表示乐曲将开始.如图，某柷（含底座）高，上口正方形边长，下口正方形边长，底座可近似地看作是底面边长比下口边长长，高为的正四棱柱，则该柷（含底座）的侧面积约为（）（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【详解】如图正四棱台中，连接，，过点、分别作、，交于点、，
依题意，，，
则，所以，
所以正四棱台的斜高为，
所以正四棱台的侧面积，
又正四棱柱的侧面积，
所以该柷（含底座）的侧面积约为；
故选：B

5．（2023·全国·高一专题练习）魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体的两个轴互相垂直的内切圆柱所组成的公共部分为“牟合方盖”（如图所示），刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为，若“牟合方盖”的体积为，则正方体的体积为______，正方体的外接球的表面积为______.

【答案】 8 12π
【详解】因为“牟合方盖”的体积为，
又正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为，
所以正方体的内切球的体积，
所以内切球的半径，所以正方体的棱长为，则正方体的体积，
所以正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线即，
所以，所以正方体的外接球的表面积为．
故答案为：；.
6．（2023·全国·高一专题练习）古希腊伟大的数学家阿基米德（公元前287~公元前212）出生于叙拉古城，在其辉煌的职业生涯中，最令他引以为傲的是记录在《论球和圆柱》中提到的：假设一个圆柱外切于一个球，则圆柱的体积和表面积都等于球的一倍半（即）.现有球与圆柱的侧面与上下底面均相切（如图），若圆柱又是球的内接圆柱，设球，圆柱的表面积分别为，体积分别为，则_________；_________.

【答案】 ； .
【详解】设球的半径为，体积为，表面积为，
则圆柱的底面半径为，高为，球半径为，
由阿基米德得出的结论，
又球与球的半径比为，
∴，
∴.
故答案为:;.
几何体
表面积
体积
柱体（棱柱，圆柱）
椎体（棱锥，圆锥）
台体（棱台，圆台）
球
几何体
圆柱
圆锥
圆台
图示
侧面积公式