新高考数学一轮复习题型分类讲练6.1 空间几何的体积与表面积（精讲）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习题型分类讲练6.1 空间几何的体积与表面积（精讲）（2份，原卷版+解析版），共3页。试卷主要包含了直观图，空间几何体的体积，组合体的体积，组合体的表面积，体积表面积的最值，实际生活中的体积与表面积等内容，欢迎下载使用。

考向一 直观图
【例1-1】（24-25山东济南）用斜二测画法画水平放置的，其直观图如图所示，其中．若原的周长为10，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】如图所示，根据斜二测画法的规则，可由直观图画出原图，
因为，可得，所以，即，
则，所以.故选：A.
【例1-2】（2024·浙江杭州·模拟预测）已知正三棱锥的高为，其底面三角形的斜二测直观图面积为，则三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】正三棱锥的底面为正三角形，设其边长为a，底面三角形的斜二测直观图如图示：
则，解得（舍去负值），则正三棱锥的底面积为，
故三棱锥的体积为，故选：A
【一隅三反】
1．（24-25河南）如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，，，则原四边形的面积为（ ）
A．B．C．10D．12
【答案】B
【解析】由题意可知：矩形的面积为，所以原四边形的面积为.
故选：B.
2．（2025·陕西西安·二模）（多选）如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（ ）

A．B．
C．四边形的面积为D．四边形的周长为
【答案】BC
【解析】A选项，过点作垂直于轴于点，
因为等腰梯形中，，所以，
又，所以，A错误；

B选项，由斜二测法可知，B正确；
C选项，作出原图形，可知，，，，故四边形的面积为，C正确；

D选项，过点作于点，则，
由勾股定理得，四边形的周长为，D错误．故选：BC.
3．（2025·四川成都·模拟预测）用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图为如图所示的，已知是边长为2的等边三角形，则顶点到轴的距离是 .
【答案】
【解析】如图①中，过作平行轴，交轴于点，
如图②，在平面直角坐标系中，在轴上取，
过点作平行轴，取，连接，则即原图形.故为到轴距离，设则.在①中过作垂直轴，且交轴于，
则，，即，解得.故答案为：.
4．（24-25·四川）如图，是水平放置的的直观图，若，轴，轴，则的周长为 ．
【答案】
【解析】由题意，所以，可得为直角三角形，
所以，根据题意，将直观图还原为原图，如图所示，
可得为直角三角形，其中，由勾股定理得，
所以的周长为．故答案为：.
4．（22-23高一下·云南昭通·期末）已知水平放置的四边形ABCD按照斜二测画法画出的直观图如图所示，其中，，则四边形的面积是 ．
【答案】6
【解析】
如图，直角梯形即为原图形，则，
所以四边形的面积.故答案为：6.
考向二 空间几何体的体积
【例2-1】（2025·辽宁大连·一模）空间中有一正方体， 将点依次连接， 得到体积为 的三棱锥 ，则正方体的体积为（ ）
A．B．24C．D．
【答案】D
【解析】
由题意可得，三棱锥的体积等于正方体的体积减去四个体积相等的三棱锥体积，
即
设正方体的边长为，则有，所以正方体体积为，故选：D.
2．（2025·四川成都·一模）已知圆锥的高为1，母线与底面所成角的大小为，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】如图所示，因为母线与底面所成角的大小为，所以，，
所以该圆锥的体积为，故选：A
【一隅三反】
1．（2025·山西·三模）已知母线长为2的圆锥的侧面积是底面积的2倍，则圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设圆锥的底面半径为，根据题意，所以圆锥的高，
则圆锥的体积为.故选：C．
2．（2025·四川成都·模拟预测）已知正四棱台的上、下底面面积分别为4和16，侧棱长为，则该正四棱台的体积为（ ）
A．B．C．56D．
【答案】A
【解析】如图所示的正四棱台,连接,
作平面，由正四棱台的性质可知在上.
因为正四棱台的上、下底面面积分别为4和16，所以正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，
所以.易知四边形为等腰梯形，所以，
由勾股定理得，所以四棱台的体积为.故选：A.
3．（2025·北京海淀·三模）如图，已知两个四棱锥与的公共底面是边长为2的正方形，顶点在底面的同侧．棱锥的高，分别为AB、CD的中点，与交于点E，与交于点F，则四棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
连接，，如图，因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，又，所以四边形是矩形，所以，，
又，分别为AB，CD的中点，所以，，
所以，，所以四边形是平行四边形，
又对角线，所以点E为线段的中点.
连接，交EF于点N，过点作于M，由题意知，故，
又，，，平面，所以平面，
故，又，，平面，
所以平面，即是四棱锥的高，
同理可得点F为线段的中点，所以，，
在中，，则，所以，
因为，所以.故选：B.
考向三 空间几何体的表面积
【例3-1】（2025·陕西西安·二模）已知正四棱锥的底面边长为6，体积为48，则该四棱锥的侧面积为 .
【答案】60
【解析】设正四棱锥的底面边长为，高为，斜高为，由题意可得，
所以斜高，所以该四棱锥的侧面积为.故答案为：60.
【例3-2】（2025·辽宁·模拟预测）已知圆锥的底面半径为6，体积为，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，若截得的圆台体积为，则该圆台的表面积为 ．
【答案】
【解析】设圆台上底面半径为，高为，则，解得，
由圆台的体积公式得，解得，所以圆台的母线长，
则圆台的侧面积为，所以圆台的表面积为．故答案为：
【一隅三反】
1．（25-26高三上·河北保定·阶段练习）某正四棱锥的底面棱长为4cm，其侧面与底面夹角的正切值为，则该正四棱锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图，设该正四棱锥为，则．
取底面的中心，棱的中点，连接，
则，且．
所以即为侧面与底面的夹角．所以，
所以，则．
故该正四棱锥的侧面积为．
故选：C．

2．（2025·山东临沂·三模）一圆台的上、下底面半径分别为2、4，体积为，则该圆台的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据题意可知，圆台上底面面积为，下底面面积为；
设圆台的高为，由体积可得，
解得，所以可得圆台母线长为，
根据侧面展开图可得圆台侧面积为.
故选：C
3．（2025·海南·模拟预测）已知一个圆锥的母线长为，高为2，则该圆锥的表面积为（ ）
A．5B．C．D．
【答案】B
【解析】由题知圆锥母线，高，
所以底面圆的半径，
则圆锥的侧面积，底面积，所以圆锥的表面积.故选：B.
4．（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）如图，在正三棱柱中，为上一点，，，平面将三棱柱截为两部分，则这两部分几何体的表面积之比为（ ）

A．B．
C．8D．9
【答案】A
【解析】该几何体被截面截完后，分为两个部分，
其中上部分的面积由一个正三角形、一个等腰三角形、两个直角梯形和一个正方形构成，
下部分是由两个直角三角形、一个等腰三角形和一个正三角形组成的.
为了便于计算，设，，，中，边上的高，
则上部分几何体的面积，
下部分几何体的面积，
故上下两部分表面积之比为.故选：A
考向四 组合体的体积
【例4-1】（2024·浙江）已知长方形ABCD中，，点E为CD的中点，现以AE所在直线为旋转轴将该长方形旋转一周，则所得几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为长方形ABCD中，，点E为CD的中点，所以以AE所在直线为旋转轴将该长方形旋转一周，如图：则所得几何体的体积为
故选：B．

【例4-2】（2025·北京大兴·三模）《九章算术》是我国古代的一部数学名著，书中记载了一类名为“羡除”的五面体．如图，在羡除中，底面是正方形，∥平面，，其余棱长都为，则这个几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】连接交于点,取的中点为,则平面,
由其余棱长都为，所以
取的中点为,连接,则, 过作,
则平面,如图所示，由题意可知，,则,所以,
所以.
故选：D
【例4-3】（2024·山西临汾·三模）宋代是中国瓷器的黄金时代，涌现出了五大名窑：汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑．其中汝窑被认为是五大名窑之首．如图1，这是汝窑双耳罐，该汝窑双耳罐可近似看成由两个圆台拼接而成，其直观图如图2所示．已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是12厘米，中间圆的直径是20厘米，上底面圆的直径是8厘米，高是14厘米，且上、下两圆台的高之比是，则该汝窑双耳罐的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】上、下两圆台的高之比是，故上圆台的高为厘米，
下圆台的高为厘米，
故上圆台的体积为立方厘米，
下圆台的体积为立方厘米，
故该汝窑双耳罐的体积为立方厘米.故选：D
【一隅三反】
1（2024·湖北武汉·二模）灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围.如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分（除去两个球缺）.如图2，“球缺”是指一个球被平面所截后剩下的部分，截得的圆面叫做球缺的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高.已知球缺的体积公式为，其中是球的半径，是球缺的高.已知该灯笼的高为40cm，圆柱的高为4 cm，圆柱的底面圆直径为24 cm，则该灯笼的体积为（取）（ ）

A．cm3B．33664 cm3C．33792 cm3D．35456 cm3
【答案】B
【解析】该灯笼去掉圆柱部分的高为cm，则cm，
由圆柱的底面圆直径为24 cm，则有，
即，可得，则，
.故选：B.
2．（2024·北京西城·二模）楔体形构件在建筑工程上有广泛的应用．如图，某楔体形构件可视为一个五面体，其中面为正方形．若，，且与面的距离为，则该楔体形构件的体积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图所示，

设，分别为，的中点，连接，，，
因为面为正方形，所以，又平面，平面，所以平面，
又平面平面，所以 ，
因为，分别为，的中点，，，
所以，则为平行四边形，则，
同理，又，所以为三棱柱，
由题意，可得；
又；
所以该多面体的体积为．
故选：C．
3．（2025高三上·云南昆明）如图，圆内接四边形ABCD中，.现将该四边形沿AD旋转一周，则旋转形成的几何体的体积为（ ）
A．B．30C．D．40
【答案】D
【解析】延长AB，DC交于点G，因为，所以∠G=45°，故，
因为，所以，
因为，在中，由余弦定理得：，解得：，
因为，所以，∠ABG=135°，
过点C作CE⊥AD于点E，过点B作BF⊥CE于点F，则∠CBF=∠BCF=45°，BF=CF=AE=2，CE=DE=4，
该四边形沿AD旋转一周，则旋转形成的几何体体积等于由等腰直角三角形CDE绕DE旋转形成的圆锥体积加上直角梯形ABCE绕AE旋转形成的台体体积，其中圆锥体积为，
台体体积为，
所以旋转形成的几何体体积为.
故选：D
考向五 组合体的表面积
【例5-1】（2026·山东）陀螺起源于我国，在山西夏县新石器时代的遗址中，就出土了目前发现的最早的石制陀螺因此，陀螺的历史至少也有四千年，如图所示为一个陀螺的立体结构图，若该陀螺底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积是（ ）

A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】依题意，圆锥底面直径为，则该圆锥的母线长（），
因此该圆锥的侧面积（），圆柱的侧面积为（），
所以这个陀螺的表面积是（）.故选：C
【例5-2】（24-25高三上·甘肃白银·阶段练习）如图，一个三阶魔方由27个单位正方体组成，把魔方的中间一层转动了45°之后，表面积增加了（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题设分析 如下图，转动了45°后，此时魔方相对原来多出了16个小三角形的面积，
显然小三角形为等腰直角三角形且周长为3，设其直角边为x，
则斜边为，则，解得．由几何关系得1个小三角形的面积为，所以增加的面积为．故选：A
【一隅三反】
1．（2025·河南）如图1所示，宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一．图2是小明为自家设计的一个花灯的直观图，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为和，正六棱台与正六棱柱的高分别为和，则该花灯的表面积为（ ）

A． B．C．D．
【答案】A
【解析】正六棱柱的六个侧面面积之和为，
正六棱柱的底面面积为，
如图所示，正六棱台中，，
过点分别作垂直于底面于点，
连接相交于点，则分别为的中点，
过点作⊥于点，连接，则为正六棱台的斜高，
其中，，，
由勾股定理得，故，

所以正六棱台的斜高为，
故正六棱台的侧面积为，
又正六棱台的下底面面积为，
所以该花灯的表面积为．
故选：A．
2．（2025·江苏）在2023年3月12日马来西亚吉隆坡举行的Yng Jun KL Speedcubing比赛半决赛中，来自中国的9岁魔方天才王艺衡以4.69秒的成绩打破了“解三阶魔方平均用时最短”吉尼斯世界纪录称号.如图，一个三阶魔方由27个单位正方体组成，把魔方的中间一层转动了之后，表面积增加了（ ）

A．54B．C．D．
【答案】C
【解析】如图，

转动了后，此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，显然小三角形为等腰直角三角形，
设直角边，则斜边为，则有，得到，由几何关系得：阴影部分的面积为，所以增加的面积为.故选：C.
3．（2025吉林四平）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，半正多面体是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体．如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的．若被截正方体的棱长为，则该阿基米德多面体的表面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】由题意知：阿基米德多面体是由六个全等的正方形和八个全等的等边三角形构成，
其中正方形边长和等边三角形的边长均为；
阿基米德多面体的表面积.
故选：A.
4．（2025湖北）如图1是文祥塔，位于浙江省温州市泰顺县城南象山之上，初名象山塔，后人重修时易名为文祥塔．已知该塔六面七层且第七层塔身可近似地视为一个高2.8 m、底面边长为2 m的正六棱柱，塔顶可近似地视为一个高1 m的正六棱锥，如图2所示，则该塔的第七层塔身及其塔顶的表面积之和约为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】如图，设正六棱锥的底面正六边形的中心为O，则为等边三角形，连接点与边的中点，连接，由已知可得，，因为正六边形的边长为2，所以．又正六棱锥的高，故正六棱锥的侧面的高为，则该塔的第七层塔身及其塔顶的表面积之和为，
故选：A．
考向六 体积表面积的最值
【例6-1】（25-26高三上·陕西汉中·开学考试）若用长为4cm，宽为2cm的矩形纸片卷成一个圆柱筒，则这个圆柱筒的最大体积为（ ）
A．cm3B．cm3C．cm3D．cm3
【答案】D
【解析】若圆柱的底面周长为4cm，则底面半径，，此时圆柱的体积，
若圆柱的底面周长为2cm，则底面半径，，此时圆柱的体积
∴圆柱的最大体积为cm3.故选：D．
【例6-2】（25-26高三上·江苏镇江·开学考试）已知一个圆锥的体积为，圆锥内有一圆柱，圆柱的一个底面在圆锥的底面上，则该圆柱体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
如图，作出圆锥的轴截面，设圆锥的底面圆半径为，高，
则，即（*），由题意，当圆柱的上底面与圆锥的侧面相接时，圆柱的体积最大.
设圆柱的底面圆半径，由图易得，则，
于是，即，则，
则圆柱的体积为，将（*）代入化简得：，
将对求导得：，则当时，，当时，，
即在时单调递增；在时单调递减.
故当时，取得最大值，为.
故选：B.
【一隅三反】
1．（2025高三·全国·专题练习）三棱锥的侧面两两垂直，且所有侧棱之和为3，则三棱锥的体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设三棱锥的侧面两两垂直的三条侧棱分别为，则该三棱锥的体积为，
又所有侧棱之和为3，，
都为正数，根据均值不等式，得，
即，当且仅当时等号成立，此时取得最大值，
则三棱锥的体积的最大值为.
故选：.
2．（25-26高三上·贵州·开学考试）已知某圆锥放置于半径为的球内，当该圆锥的体积取得最大值时，该圆锥的高为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【解析】由题意，要使圆锥体积最大，则圆锥外接球为球，
设圆锥的高为，半径为，故，则，
由圆锥的体积为，且，
所以，故时，时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以时，最大.
故选：A
3．（2025·河南驻马店·模拟预测）已知点为空间一定点，圆锥（为底面的中心 ）表面上的所有点到点的距离均不超过3，则当该圆锥的体积取得最大值时，圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为圆锥表面上所有点到点的距离均不超过3，
所以圆锥表面上所有点均在以定点为球心，3为半径的球内或球面上，
要使圆锥的体积最大，则圆锥的顶点及底面圆周上的所有点均在球面上，
且球心在圆锥的内部，此时圆锥的轴截面如图所示.
设圆锥的底面圆周的半径为，球心到圆锥底面的距离为 ，
则 ，所以 ，
圆锥的体积 ，
则 .
由 ，得 ； 由 ，得 ，
所以 在上单调递增，在上单调递减，
所以当 时， ，
此时该圆锥的母线长为 ，从而其侧面积 .
故选：A.
考向七 实际生活中的体积与表面积
【例7-1】（2025·福建泉州·模拟预测）如图茶杯的形状是一个上宽下窄的正四棱台，上底面边长为下底面边长的2倍，容积为28ml，厚度忽略不计.当倒入14ml茶水时，茶水的高度与茶杯的高度之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图所示，延长正四棱台的各条侧棱，交于一点，
设正四棱台的下底面边长为，则上底面边长为，高为，四棱锥的高，
可得，所以,
设茶水的高为，可得，
即，所以.
故选：D.
【例7-2】（2025·河南·模拟预测）某城市地铁隧道的宽为，为增强隧道的承重能力，需在底部铺设一层厚度为的钢筋混凝土垫层.若铺设钢筋混凝土垫层的费用为1800元，则铺设钢筋混凝土垫层的费用为（ ）
A．324万元B．432万元C．540万元D．648万元
【答案】B
【解析】依题意，长方体垫层的长为，即，宽为，高为，即，
则该垫层体积为：，
所以总费用为：万元.
故选：B
【例7-3】（2025·湖南·一模）亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式，它是逗留赏景的场所，也是园林风景的重要点缀．重檐圆亭（图1）是常见的一类亭，其顶层部分可以看作是一个圆锥以及一个圆台（图2）的组合体．已知某重檐凉亭的圆台部分的轴截面如图3所示，则该圆台部分的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】圆台的上底圆直径为3，上底圆直径为4.6，高为0.6，
过点作，垂足分别为，
故，故，
故该圆台部分的侧面积为.故选：B
【一隅三反】
1．（2025·北京西城·模拟预测）有一个木制工艺品，其形状是一个圆柱被挖去一个与其共底面的圆锥．已知圆柱的底面半径为3，高为5，圆锥的高为4，则这个木质工艺品的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意可知：这个木质工艺品的体积.故选：C.
2．（2025·山东青岛·模拟预测）须弥座又名“金刚座”，是一种古建筑的基座形式，通常用来作为宫殿、寺庙、塔、碑等重要建筑的基座，由多层不同形状的构件组成，一般上下宽、中间窄，呈束腰状，具有很高的艺术价值.某古建筑的基座为须弥座，其最下层为正六棱台形状，如图所示，该正六棱台的上底面边长为，下底面边长为，侧面积为，则该正六棱台的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
取上、下底面中心分别为，取一个侧面等腰梯形的上、下中点分别为，
连接，由底面是正六边形性质可得：，
由上底面边长为，下底面边长为，可得，
则，
再由侧面积为，可得，
根据勾股定理得，
所以正六棱台的体积为
，
故选：B.
3．（2025·江苏苏州·三模）某厂生产一批圆台形灯罩，灯罩的上、下底面都是空的，上、下底面的半径之比为1:2，高为15cm，母线长为25cm．现要对100个这样的灯罩的内、外表面都涂上一层防潮涂料，若每平方米需要100克涂料，则共需涂料（ ）
A．克B．克C．克D．克
【答案】C
【解析】设圆台的上底面半径为cm，则下底面半径为cm，
因为高cm，母线cm，所以由，得cm，
可得圆台的侧面积为，
所以100个灯罩内、外表面面积为，
则共需涂料克.
故选：C.
4．（24-25重庆酉阳）折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良"“善行”、它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图甲），图乙是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧，所在圆的半径分别是3和6，且，则关于该圆台，下列说法错误的是（ ）

A．高为B．体积为
C．表面积为14πD．轴截面面积为
【答案】B
【解析】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，
依题意，，解得，
又圆台的母线长，则圆台的高为，故A正确；
圆台的体积为，故B错误；
圆台的表面积为，故C正确；
圆台的轴截面面积为，故D正确.故选：B.
考向八 展开图距离最值
【例8-1】（2024·陕西西安·模拟预测）圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为4．已知P为该圆台某条母线的中点，若一质点从点P出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P，则该质点运动的最短路径长为（ ）
A．B．6C．D．
【答案】A
【解析】P为圆台母线AB的中点，分别为上下底面的圆心，把圆台扩成圆锥，如图所示，
则，，，
由，有，，，
圆锥底面半径，底面圆的周长为，母线长，
所以侧面展开图的扇形的圆心角为，即，如图所示，
质点从点P出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P，则运动的最短路径为展开图弦，
，，有.
故选：A
【例8-2】（25-26高三上·湖南长沙·开学考试）在棱长为2的正方体中，M为线段上一动点，求的最小值（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】连接，如图，
由正方体的性质可得为等腰直角三角形，故，为直角三角形，，
将图中绕翻折至与共面，如图，
所以由图可知，共线时，最小，此时，
由余弦定理可知，
所以最小值为.故选：B
【例8-3】（24-25高三上·湖北·期中）如图，某圆柱的一个轴截面是边长为3的正方形，点在下底面圆周上，且，点在母线上，点是线段上靠近点A的四等分点，则的最小值为（ ）

A．B．4C．6D．
【答案】A
【解析】由题意知：，且，则.
将三角形展开到与三角形共面，记为三角形，

可知共线，则.
可得，当共线时取等号.
又因为，
在中，由余弦定理得，
即，所以的最小值为.故选：A.
【一隅三反】
1．（2025·云南曲靖·二模）如图，在水平地面上的圆锥形物体的母线长为12，底面圆的半径等于4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥侧面爬行一周后回到点处，则小虫爬行的最短路程为（ ）
A．B．16C．24D．
【答案】A
【解析】如图，设圆锥侧面展开扇形的圆心角为，
则由题可得，则，
在中，，
则小虫爬行的最短路程为.
故选：A.
2．（2025高三·全国·专题练习）如图，在棱长均为4的正四面体中，为的中点，为的中点，是上的动点，是平面上的动点，则的最小值是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意可知，在正四面体中，为中点，，，
，平面，∴ 平面 ，
设中点为，连接，为中点，，且，平面，即为在平面上的射影，
沿展开平面，使之与平面重合，
此时，的最小值即为点A到的距离，故过点A作于点，

又，，
，，
，
.
故选：D．
3．（23-24 山西大同·期中）已知某圆台的体积为，其轴截面为梯形，，，则在该圆台的侧面上，从点到的最短路径的长度为（ ）
A．B．C．6D．
【答案】B
【解析】由圆台轴截面为等腰梯形，故对边不是母线，分别是下、上底面圆的直径.
故由，得圆台的下底面的半径为，上底面的半径为，
设圆台的高为，由圆台的体积为，
得，解得.
在梯形中，则，即母线长为.
如图，由圆台性质，延长交于点，
由与相似，得，解得.
设该圆台的侧面展开图的圆心角为，
则，所以，
连结，则从点到的最短路径为线段，
又在中，，，
由余弦定理得
所以.
验证知，由，得，，
此时，恰与扇形弧所在圆相切，满足题意.
故选：B.
考向九 截面
【例9-1】（2025浙江衢州·期末）用一个平面去截一个正方体，所得截面形状可能为：（ ）
①三角形②四边形③五边形④六边形⑤圆
A．①②③B．①②④C．①②③④D．①②③④⑤
【答案】C
【解析】用一个平面去截一个正方体，分别是所在棱的中点，所得截面形状可能为三角形、四边形、五边形、六边形，
如图所示：

故选：C.
【例9-2】（2025·安徽合肥·三模）已知正四棱锥的所有棱长都等于3，点是的重心，过点作平面，若平面平面，则平面截正四棱锥的截面面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
点是的重心，，过作交于，并延长交于，
过作，过作，如图四边形为截面，
∵点是的重心，，∴，
∴，，，，
四边形为等腰梯形，故面积为.
故选：C.
【例9-3】（2024·四川宜宾·三模）已知E，F分别是棱长为2的正四面体的对棱的中点.过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则下列说法正确的是（ ）
A．截面多边形不可能是平行四边形B．截面多边形的周长是定值
C．截面多边形的周长的最小值是D．截面多边形的面积的取值范围是
【答案】D
【解析】对于A，当平面过或时，截面为三角形.
易知正四面体关于平面对称，将平面从平面开始旋转与交于点时，
由对称性可知，此时平面与交于点，且，
此时截面为四边形，且注意到当分别为的中点时，此时满足，
且，即此时截面四边形是平行四边形，故A错误；

对于BC，设，由余弦定理得，
，
由两点间距离公式知，表示动点到定点和的距离之和，
当三点共线时取得最小值，
由二次函数单调性可知，当或时，取得最大值，
所以截面多边形周长的取值范围是，故BC错误；
对于D，记与的交点为，由对称性，，
所以，，
因为，
所以，所以，
记，
则，
因为，
所以
，
由二次函数性质可知，，即，
所以，故D正确；
故选：D.
【例9-4】（2024·广西·模拟预测）在三棱锥中，平面，，，，点为棱上一点，过点作三棱锥的截面，使截面平行于直线和，当该截面面积取得最大值时，（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据题意，在平面内，过点作，交于点；
在平面内，过点作，交于点；
在平面内，过点作，交于点，连接，如图所示，

因为，则，设其相似比为，即，
则；
又因为，，，
由余弦定理得，，则，
即.
又平面，，平面，所以，.
又，则，.
因为，则，则，
因为，所以，即，
同理可得，即，
因为，，则，
故四边形为平行四边形；而平面，平面，
故平面，同理平面，
即四边形为截面图形；
又平面，平面，则，
又，所以.
故平行四边形为矩形，则，
所以当时，有最大值，则，
在中，.
故选：C.
【一隅三反】
1．（2025高三·全国·专题练习）如图，已知四面体为正四面体，分别是中点，若用一个与直线垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】把正四面体补为正方体，如图，
根据题意可得截面为平行四边形，
所以，，，，
所以，， ，
又因为，所以，
所以所求截面面积，当且仅当时成立，
故选：B
2．（2025北京·期中）一正四面体木块如图所示，点是棱的中点，过点将木块锯开，使截面平行于棱和，则下列关于截面的说法正确的是（ ）．
A．满足条件的截面不存在B．截面是一个梯形
C．截面是一个菱形D．截面是一个三角形
【答案】C
【解析】取的中点，的中点，的中点，连接，
易得∥且，∥且，所以∥，，
所以四边形为平行四边形，又平面，平面,由线面平行
的判定定理可知，∥平面，∥平面，即截面为四边形，又
，所以四边形为菱形，所以选项C正确.
故选：C
3．（23-24高三上·河北廊坊·期末）如图所示，正四棱台中，上底面边长为3，下底面边长为6，体积为，点在上且满足，过点的平面与平面平行，且与正四棱台各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图所示，
过点作于点，因为，
所以，
则四棱台的高为，则四棱台的体积为，
解得，所以侧棱长为.
如图所示：
过于点，于点，连接，
由对称性可知，
所以，
而，
所以，
所以，同理，
分别在棱上取点，使得，
易得，
所以截面多边形的周长为.
故选：D.
4．（2024·四川宜宾·模拟预测）已知分别是棱长为2的正四面体的对棱的中点.过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则正确的选项是（ ）
①截面多边形可能是三角形或四边形.
②截面多边形周长的取值范围是.
③截面多边形面积的取值范围是.
④当截面多边形是一个面积为的四边形时，四边形的对角线互相垂直.
A．①③B．②④C．①②③D．①③④
【答案】D
【解析】对于①，当平面过或时，截面为三角形.
易知正四面体关于平面对称，将平面从平面开始旋转与交于点时，
由对称性可知，此时平面与交于点，且，
此时截面为四边形，①正确；
对于②，设，由余弦定理得，
，
由两点间距离公式知，表示动点到定点和的距离之和，
当三点共线时取得最小值，
由二次函数单调性可知，当或时，取得最大值，
所以截面多边形周长的取值范围是，所以②错误；
对于③，记与的交点为，由对称性，，
所以，，
因为，
所以，所以，
记，
则，
因为，
所以
，
由二次函数性质可知，，即，
所以，③正确；
对于④，由③知，当截面为四边形时，对角线，垂直，所以④正确．
故选：D