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高中数学高考专题22 空间几何体及其表面积与体积（解析版）
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这是一份高中数学高考专题22 空间几何体及其表面积与体积（解析版），共62页。
专题22 空间几何体及其表面积与体积
十年大数据*全景展示
年 份
题号
考 点
考 查 内 容
2011[来源:学&科&网Z&X&X&K][来源:学科网ZXXK]
文16[来源:学科网][来源:学科网ZXXK]
球的切接问题[来源:学_科_网][来源:学§科§网Z§X§X§K]
球的表面积公式、球的截面性质、圆锥的截面性质等基础知识，逻辑推理能力、运算求解能力[来源:学.科.网][来源:学*科*网][来源:学科网]
理15
球的切接问题
球的截面性质、三棱锥的外接球、棱锥的体积公式，空间想象能力和运算求解能力
理6
文8
三视图与直观图
简单几何体的三视图及空间想象能力
2012
文19
简单几何体的体积
空间线线、线面、面面垂直的判定与性质及几何体的体积计算，空间想象能力、逻辑推理能力
文8
球的切接问题
球的截面性质、球的体积公式，空间想象能力和运算求解能力
理11
球的切接问题
三棱锥的体积、三棱锥的外接球，空间想象能力和运算求解能力
理7
文7
三视图与直观图
简单几何体的体积
三视图与直观图
简单几何体的体积
2013
卷2
文18
简单几何体的体积
线面平行与垂直的判定与性质、简单几何体的体积，空间想象能力和运算求解能力
卷2
文15
球的切接问题
四棱锥的体积、四棱锥外接球的表面积，空间想象能力和运算求解能力
卷1
文19
简单几何体的体积
空间线面、线线垂直的判定与性质及棱柱的体积公式，空间想象能力、逻辑推论证能力
卷1
文15
球的切接问题
球的截面性质及球的表面积公式，空间想象能力
卷2
理7
文9
三视图与直观图
空间直角坐标系中简单几何体及其三视图，空间想象能力
卷1
理8
文11
三视图与直观图
简单几何体的体积
简单组合体的三视图及简单组合体体积公式，空间想象能力和运算求解能力
卷1
理6
球的切接问题
球的截面圆性质、球的体积公式，空间想象能力、运算求解能力
2014
卷2
文18
简单几何体的体积
线面平行的判定、点到面距离、锥体的体积计算等基础知识，逻辑推理能力、空间想象能力、运算求解能力
卷2
文7
简单几何体的体积
线面垂直的判定与性质、三棱锥的体积，空间想象能力和运算求解能力
卷1
文8
三视图与直观图
简单几何体的三视图空间想象能力
卷2
理6
文6
三视图与直观图
简单几何体的体积
简单几何体的三视图及体积的计算，空间想象能力和运算求解能力
卷1
理12
三视图与直观图
简单几何体的三视图及最值问题，空间想象能力和运算求解能力
2015
卷2
文19
简单几何体的体积
几何体的截面及简单几何体的体积，空间想象能力和运算求解能力
卷1
文18
简单几何体的表面积
简单几何体的体积
面面垂直的判定与性质、简单几何体的体积与表面积，空间想象能力和运算求解能力
卷2
理9
文10
球的切接问题
简单几何体的外切球体积最大值，空间想象能力和运算求解能力
卷2
理6
文6
三视图与直观图
简单几何体的体积
简单几何体的三视图、简单几何体的体积，空间想象能力和运算求解能力
卷1
理11
文11
三视图与直观图
简单几何体的表面积
简单几何体的三视图、简单几何体的表面积，空间想象能力和运算求解能力
卷1
理6
文6
简单几何体的体积
以传统文化为背景圆锥的体积，空间想象能力和运算求解能力
2016
卷2
文4
球的切接问题
长方体的外球体积的表面积问题，空间想象能力和运算求解能力
卷1
文18
简单几何体的体积
三棱锥中空间垂直的判定与性质及简单几何体体积的计算，空间想象能力和运算求解能力
卷3
理10
文11
球的切接问题
简单几何体的内切球体积最大值，空间想象能力和运算求解能力
卷3
理9
文10
三视图与直观图
简单几何体的表面积
简单几何体的三视图、简单几何体的表面积，空间想象能力和运算求解能力
卷2
理6
文7
三视图与直观图
简单几何体的表面积
简单几何体的三视图、简单几何体的表面积，空间想象能力和运算求解能力
卷1
理6
文7
三视图与直观图
简单几何体的体积
简单几何体的表面积
简单几何体的三视图、简单几何体的体积与表面积，空间想象能力和运算求解能力
2017
卷3
理8
文9
球的切接问题
圆柱的外接球问题及圆柱体积，空间想象能力和运算求解能力
卷2
文15
球的切接问题
本题长方体的外接球的表面积，空间想象能力和运算求解能力
卷1
文18
简单几何体的体积
简单几何体的表面积
主要以三棱锥为载体面面垂直的判定与性质、简单几何体的体积与表面积计算，空间想象能力和运算求解能力．
卷1
文16
球的切接问题
三棱锥的体积与外接球的表面积，空间想象能力和运算求解能力
卷2
理8
球的切接问题
圆柱的外接球问题及圆柱体积的最值，空间想象能力和运算求解能力
卷2
理4
文6
三视图与直观图
简单几何体的体积
简单几何体的三视图及其体积计算，空间想象能力和运算求解能力
卷1
理16
简单几何体的体积
主要以折叠问题为载体三棱锥体积的最大值，空间想象能力和运算求解能力．
卷1
理7
三视图与直观图
简单几何体的三视图及表面的图形，空间想象能力和运算求解能力
2018
卷2
文16
简单几何体的体积
圆锥的截面面积、线面角的计算、圆锥的体积计算，空间想象能力与运算求解能力
卷1
文5
简单几何体的表面积
圆柱的截面积与表面积，空间想象能力与运算求解能力
卷3
理10
文12
球的切接问题
球内接三棱锥的体积最大值问题，空间想象能力与运算求解能力
卷3
文理3
三视图与直观图
简单组合体的三视图与传统文化，空间想象能力
卷2
理16
简单几何体的表面积
圆锥中的线面角、圆锥的截面及圆锥的侧面积，空间想象能力及运算求解能力
卷1
理7
文9
三视图与直观图
简单几何体的三视图及其表面上的最短距离问题，空间想象能力及运算求解能力
2019
卷2
文17
简单几何体的体积
空间线面垂直的判定与性质、空间几何体体积计算，空间想象能力和运算求解能力
卷3
问19
共面与共线问题
折叠问题中空间共面问题的判定、空间面面垂直的判定及及截面的面积问题，空间逻辑推理能力及运算求解能力
卷3
理16
文16
简单几何体的体积
简单空间几何体的体积及空间想象能力和运算求解能力
卷2
理16
文16
球的切接问题
球与正多面体的内接问题，空间想象能力和运算求解能力
卷1
理12
球的切接问题
球与多面体的内接问题、球的体积，空间想象及运算求解能力
2020
卷1
文理3
空间几何体的侧面积
正棱锥中截面直角三角形的应用，正四棱锥的概念及面积的计算，正四棱锥中截面的性质
理10
文12
球的切接问题
球与多面体的内接问题，球的表面积
卷2
理10
文11
球的切接问题
球与正三棱锥的内接问题，点面距的计算
理7
三视图与直观图
简单几何体的三视图空间想象能力
卷3
理9
文9
三视图与直观图
简单几何体的表面积
简单几何体的三视图及表面积计算，空间想象及运算求解能力
理15
文6
球的切接问题
圆锥内切球，球的体积计算
大数据分析*预测高考
考 点
出现频率
2021年预测
考点74共面与共线问题
1/45
因新课标中已没有简单几何体的三视图，故在2021年高考中不在考三视图，重点考简单几何体的表面积或体积，理科为小题，文科为解答题第二小题，难度为中档题，球与简单几何体的切接问题或与之有关的最大值，为题型为选择题或填空题，难度为难题
考点75三视图与直观图
18/45
考点76简单几何体的表面积
8/45
考点77简单几何体的体积
20/45
考点78球的切接问题
19/45
十年试题分类*探求规律
考点74 多面体与旋转体的几何特征、共面与共线问题
1．（2020浙江6）已知空间中不过同一点的三条直线，则“在同一平面”是“两两相交”的 （ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【思路导引】将两个条件相互推导，根据能否推导的结果判断充分必要条件．
【解析】解法一：由条件可知当在同一平面，则三条直线不一定两两相交，由可能两条直线平行，或三条直线平行，反过来，当空间中不过同一点的三条直线两两相交，如图，
三个不同的交点确定一个平面，则在同一平面，∴“”在同一平面是“两两相交”的必要不充分条件，故选B．
解法二：依题意是空间不过同一点的三条直线，
当在同一平面时，可能，故不能得出两两相交．
当两两相交时，设，根据公理可知确定一个平面，而，根据公理可知，直线即，∴在同一平面．
综上所述，“在同一平面”是“两两相交”的必要不充分条件．故选B．
2．（2020上海15）在棱长为10的正方体中，为左侧面上一点，已知点到的距离为3，到的距离为2，则过点且与平行的直线相交的面是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如图由条件可知直线交线段于点，连接，过点作的平行线，必与相交，那么也与平面相交，故选A．
3．(2018上海)《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ）
A．4 B．8 C．12 D．16
【答案】D
【解析】如图以为底面矩形一边的四边形有、、、4个，每一个面都有4个顶点，所以阳马的个数为16个．故选D．
4．（2019•新课标Ⅲ，文19）图1是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其中，，．将其沿，折起使得与重合，连接，如图2．
（1）证明：图2中的，，，四点共面，且平面平面；
（2）求图2中的四边形的面积．
【解析】（1）证明：由已知可得，，即有，
则，确定一个平面，从而，，，四点共面；
由四边形为矩形，可得，
由为直角三角形，可得，
又，可得平面，
平面，可得平面平面；
（2）连接，，
由平面，可得，
在中，，，可得，
可得，
在中，，，，
可得，即有，
则平行四边形的面积为．
考点75 三视图与直观图
1．（2020全国Ⅱ理7）右图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为，在俯视图中对应的点为，则该端点在侧视图中对应的点为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【思路导引】根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得点在侧视图中对应的点．
【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，
图中标出了根据三视图点所在位置，可知在侧视图中所对应的点为，故选：A．
2．（2018•新课标Ⅰ，理7文9）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为
A． B． C．3 D．2
【答案】B
【解析】由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，直观图以及侧面展开图如图：
圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度：，故选．
3．（2018•新课标Ⅲ，理3文3）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是，故选．
4．（2017•新课标Ⅰ，理7）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为
A．10 B．12 C．14 D．16
【答案】B
【解析】由三视图可画出直观图，该立体图中只有两个相同的梯形的面，，这些梯形的面积之和为，故选．
5．（2014新课标Ⅰ，理12）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为（ ）
． ． ．6 ．4
【答案】C
【解析】如图所示，原几何体为三棱锥，其中，，，故最长的棱的长度为，选C
6．（2014新课标I，文8）如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的事一个几何体的三视图，则这个几何体是（ ）
A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥 D．四棱柱
【答案】B
【解析】由三视图知，该几何体是放到的底面为等腰直角三角形的直三棱柱，故选B．
7．（2013新课标Ⅱ，理7文9）一个四棱锥的顶点在空间直角坐标系的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），画该四面体的正视图时，以平面为投影面，则得到的正视图可以为
【答案】A
【解析】根据题意可画出如图所示的四面体，以平面为投影面，则A与重合，B与重合，故其正视图可以为如图所示，故选A．
8．（2011•新课标，理6）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为
【答案】D【解析】由几何体的正视图与俯视图知，其对应的几何体如图所示是半个圆锥与棱锥的组合体，故其侧视图选D．
9．(2018北京)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】解法一 将三视图还原为直观图，几何体是底面为直角梯形，且一条侧棱和底面垂直的四棱锥，如图所示，易知，，，，，平面，故，为直角三角形，∵平面，平面，，又，且，∴平面，又平面．，∴为直角三角形，容易求得，，，故不是直角三角形，故选C．
10．（2017北京）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为
A．3 B．2 C．2 D．2
【答案】B
【解析】借助正方体可知粗线部分为该几何体是四棱锥，
最长的棱长是体对角线，所以．选B．
11．（2014江西）一几何体的直观图如右图，下列给出的四个俯视图中正确的是
【答案】B
【解析】由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部有一条线段连接的两个三角形，故选B．
12．（2014北京）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为 ．
【答案】
【解析】由题意可知直观图如图所示，结合三视图有平面，，， ，所以，，∴三棱锥最长棱的棱长为．
考点76简单几何体的表面积
1．（2020全国I文理3）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
【思路导引】设，利用得到关于的方程，解方程即可得到答案．
【解析】如图，设，则，由题意，即，化简得，解得（负值舍去），故选C．
2．（2020全国Ⅲ文9理8）如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【思路导引】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积．
【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，
根据立体图形可得：，根据勾股定理可得：，是边长为的等边三角形，根据三角形面积公式可得：
，该几何体的表面积是：，故选C．
3．（2020北京4）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D【解析】由题意正三棱柱的高为2，底面的边长为2，该三棱柱的表面积为，故选D．
4．（2018•新课标Ⅰ，文5）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
【解析】设圆柱的底面直径为，则高为，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，可得：，解得，
则该圆柱的表面积为：，故选．
5．（2016•新课标Ⅰ，理6文7）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意可知三视图复原的几何体是一个球去掉后的几何体，如图所示，∴，解得．它的表面积是：，故选．
6．（2016•新课标Ⅱ，理6文7）如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由三视图知，空间几何体是一个组合体，上面是一个圆锥，圆锥的底面直径是4，圆锥的高是，在轴截面中圆锥的母线长是，圆锥的侧面积是，下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是4，圆柱的高是4，圆柱表现出来的表面积是，空间组合体的表面积是，故选．
7．（2016•新课标Ⅲ，理9文10）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为
A． B． C．90 D．81
【答案】B
【解析】由已知中的三视图可得，该几何体是一个斜四棱柱，如图所示，其上底面和下底面面积为：，侧面的面积为：，故棱柱的表面积为：，故选．
8．（2015•新课标Ⅰ，理11）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为，则
A．1 B．2 C．4 D．8
【答案】B
【解析】由几何体三视图中的正视图和俯视图可知，截圆柱的平面过圆柱的轴线，该几何体是一个半球拼接半个圆柱，其表面积为：，又该几何体的表面积为，，解得，故选．
9．（2015陕西）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由三视图知：该几何体是半个圆柱，其中底面圆的半径为，母线长为，所以该几何体的表面积是，故选D．
10．（2015安徽）一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】 在长、宽、高分别为2、1、1的长方体中，该四面体是如图所示的三棱锥，表面积为，故选B．
11．（2014安徽）一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如图，将边长为2的正方体截去两个角，∴，故选A．
12．（2014浙江）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是
A．90 B．129 C．132 D．138
【答案】D
【解析】由三视图画出几何体的直观图，如图所示，则此几何体的表面积
，其中是长方体的表面积，是三棱柱的水平放置的一个侧面的面积，是三棱柱的一个底面的面积，可求得，选D．
13．（2014福建）以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于
A． B． C．2 D．1
【答案】A
【解析】圆柱的底面半径为1，母线长为1，，故选A．
14．（2014陕西）将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积，故选C．
15．（2011安徽）一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为
A．48 B．32+8 C．48+8 D．80
【答案】C
【解析】由三视图可知该几何体是底面为等腰梯形的放倒的一个直四棱柱，如图，所以该四棱柱的表面积，故选C．
16．（2020浙江14】已知圆锥展开图的侧面积为，且为半圆，则底面半径为 ．
【答案】1
【思路导引】利用题目所给圆锥侧面展开图的条件列方程组，由此求得底面半径．
【解析】设圆锥底面半径为，母线长为，则，解得，故答案为：．
17．（2018•新课标Ⅱ，理16）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，若的面积为，则该圆锥的侧面积为 ．
【答案】
【解析】圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，可得．的面积为，可得，即，即．与圆锥底面所成角为，可得圆锥的底面半径为：，则该圆锥的侧面积：．
18．（2014山东）一个六棱锥的体积为，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为 ．
【答案】12
【解析】由题意知，该六棱锥是正六棱锥，设该六棱锥的高为，则，解得，底面正六边形的中心到其边的距离为，故侧面等腰三角形底边上的高为，该六棱锥的侧面积为．
19．（2012辽宁）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ．
【答案】38
【解析】由三视图知，此几何体为一个长为4，宽为3，高为1的长方体中心，去除一个半径为1的圆柱，所以表面积为．
20．（2017•新课标Ⅰ，文18）如图，在四棱锥中，，且．
（1）证明：平面平面；
（2）若，，且四棱锥的体积为，求该四棱锥的侧面积．
【解析】证明：（1）在四棱锥中，，
，，
又，，
，平面，
平面，平面平面．
解：（2）设，取中点，连结，
，，平面平面，
底面，且，，
四棱锥的体积为，
由平面，得，
，
解得，，，，
，
该四棱锥的侧面积：
．
21．（2015•新课标Ⅰ，文18）如图，四边形为菱形，为与的交点，平面．
（Ⅰ）证明：平面平面；
（Ⅱ）若，，三棱锥的体积为，求该三棱锥的侧面积．
【解析】证明：（Ⅰ）四边形为菱形，
，
平面，
，
则平面，
平面，
平面平面；
（Ⅱ）设，在菱形中，由，得，，
平面，
，则为直角三角形，
，
则，
三棱锥的体积，
解得，即，
，
，
即，
在三个直角三角形，，中，斜边，
，为等腰三角形，则，即，
，则，从而得，的面积，
在等腰三角形中，过作于，则，，则，
的面积和的面积均为，故该三棱锥的侧面积为．
考点77 简单几何体的体积
1．（2020浙江5）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：）是 （ ）
A． B． C．3 D．6
【答案】A
【思路导引】根据三视图还原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积．
【解析】如图，几何体是上下结构，下面是三棱柱，底面是等腰直角三角形，斜边为2，高为1，三棱柱的高是2，上面是三棱锥，平面平面，且，三棱锥的高是1，∴几何体的体积，故选A．
2．（2017•新课标Ⅱ，理4文6）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，
，故选．
3．（2015•新课标Ⅰ，理6）《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
【解析】设圆锥的底面半径为，则，解得，故米堆的体积为，斛米的体积约为1．62立方，，故选．
4．（2015•新课标Ⅱ，理6）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设正方体的棱长为1，由三视图判断，正方体被切掉的部分为三棱锥，正方体切掉部分的体积为，剩余部分体积为，截去部分体积与剩余部分体积的比值为，故选．
5．（2014新课标Ⅱ，理6文6）如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】原来毛坯体积为：，由三视图得，该零件由左侧底面半径为2cm，高为4cm的圆柱和右侧底面半径为3cm，高为2cm的圆柱构成，所以该零件的体积为：，则切削掉部分的体积为，所以切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为，故选C．
6．（2014新课标Ⅱ，文7）正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，为中点，则三棱锥的体积为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】连结AD，∵△ABC是正三角形，且D是BC的中点，∴AD⊥BC，∵⊥面ABC，∴⊥AD，∵∩BC=B，∴AD⊥面，∴AD是三棱锥的高，∴===1，故选C．
7．（2013新课标Ⅰ，理8文11）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为
． ． ． ．
【答案】A
【解析】由三视图知，该几何体为放到的半个圆柱底面半径为2高为4，上边放一个长为4宽为2高为2长方体，故其体积为 =，故选．
8．（2012•新课标，理7文7）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为
A．6 B．9 C．12 D．18
【答案】B
【解析】该几何体是三棱锥，底面是俯视图，三棱锥的高为3，底面三角形斜边长为6，高为3的等腰直角三角形，此几何体的体积为，故选．
9．（2019浙江4）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家．他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是
A．158 B．162 C．182 D．32
【答案】B
【解析】由三视图还原原几何体如图，该几何体为直五棱柱，底面五边形的面积可用两个直角梯形的面积求解，即，高为6，则该柱体的体积是，故选B．
10．(2018浙江)某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：）是
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】C
【解析】由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积．故选C．
11．（2017浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：）是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】该几何体是由一个高为3的圆锥的一半，和高为3的三棱锥组成（如图），
其体积为：．选A．
12．（2016山东）一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示．则该几何体的体积为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由三视图可知，四棱锥的底面是边长为1的正方形，高为1，其体积，设半球的半径为，则，即，所以半球的体积，故该几何体的体积．故选C．
13．(2015浙江)某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意得，该几何体为一立方体与四棱锥的组合，∴体积，故选C．
14．（2015重庆）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体，，选A．
15．（2015湖南）某工件的三视图如图3所示，现将该工件通过切割，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率=）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由圆锥的对称性可知，要使其内接长方体最大，则底面为正方形，令此长方体底面对角线长为，高为，则由三角形相似可得，，所以，，长方体体积，当且仅当= ，即时取等号，，故材料利用率为，选A．
16．（2014辽宁）某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】直观图为棱长为2的正方体割去两个底面半径为l的圆柱，所以该几何体的体积为，故选B．
17．（2013江西）一几何体的三视图如右所示，则该几何体的体积为
A．200+9π B．200+18π C．140+9π D．140+18π
【答案】A
【解析】还原后的直观图是一个长宽高依次为10，6 ，5的长方体上面是半径为3高为2的半个圆柱，故选A．
18．（2012广东）某几何体的三视图如图所示，它的体积为
A．12π B．45π C．57π D．81π
【答案】C
【解析】几何体是圆柱与圆锥叠加而成它的体积为，故选C
19．（2012湖北）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由三视图可知该几何体的体积：，故选B．
20．（2020江苏9）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，高为，内孔半径为，则此六角螺帽毛坯的体积是 ．
【答案】
【解析】记此六角螺帽毛坯的体积为，正六棱柱的体积为，内孔的体积为正六棱
柱的体积为，则，
∴．
21．（2019•新课标Ⅲ，理16文16）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
【解析】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，，，
该模型体积为：
，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：．
22．（2018•新课标Ⅱ，文16）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8，则该圆锥的体积为 ．
【答案】
【解析】圆锥的顶点为，母线，互相垂直，的面积为8，可得：，解得，与圆锥底面所成角为．可得圆锥的底面半径为：，圆锥的高为：2，则该圆锥的体积为：．
23．（2017•新课标Ⅰ，理16）如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的等边三角形的中心为．、、为圆上的点，，，分别是以，，为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以，，为折痕折起，，，使得、、重合，得到三棱锥．当的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：的最大值为 ．
【答案】
【解析】解法一：由题意，连接，交于点，由题意得，，
即的长度与的长度成正比，设，则，，三棱锥的高，，
则，令，，，令，即，解得，则，∴，体积最大值为．
解法二：如图，设正三角形的边长为，则，，
，三棱锥的体积
，令，则，
令，则，解得，．
24．（2019北京11）某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为________．
【答案】40
【解析】由三视图还原原几何体如图所示，该几何体是把棱长为4的正方体去掉一个四棱柱，则该几何体的体积．
25．(2018天津)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】
【解析】连接，，，，，因为，分别为，的中点，所以∥，，因为，分别为，的中点，所以∥，，所以，，所以四边形为平行四边形，又，，所以四边形为正方形，又点到平面的距离为，所以四棱锥的体积为．
26．(2018江苏)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】
【解析】正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正八面体的所有棱长都是，则该正八面体的体积为．
27．（2017山东）由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为 ．
【答案】
【解析】由三视图可知，长方体的长、宽、高分别为2，1，1，圆柱的高为1，底面圆半径为1，所以．
28．（2016天津）已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m），则该四棱锥的体积为_______．
【答案】2
【解析】根据三视图可知该四棱锥的底面是底边长为2m，高为1m的平行四边形，四棱锥的高为3m，故其体积为()．
29．（2015天津）一个几何体的三视图如图所示(单位：)，则该几何体的体积为 ．
【答案】
【解析】由三视图可知，该几何体是中间为一个底面半径为，高为的圆柱，两端是底面半径为，高为的圆锥，所以该几何体的体积．
30．（2014江苏）设甲、乙两个圆柱的底面分别为，，体积分别为，，若它们的侧面积相等，且，则的值是 ．
【答案】
【解析】设甲、乙两个圆柱的底面半径分别是，母线长分别是．则由，可得．又两个圆柱的侧面积相等，即，则，所以．
31．（2013江苏）如图，在三棱柱中，分别是的中点，设三棱锥的体积为，三棱柱的体积为，则 ．
【答案】1：24
【解析】三棱锥与三棱锥的 相似比为1：2，故体积之比为1：8．又因三棱锥与三棱柱的体积之比为1：3．所以，三棱锥与三棱柱的体积之比为1：24．
32．（2011福建）三棱锥中，⊥底面，=3，底面是边长为2的正三角形，则三棱锥的体积等于______．
【答案】
【解析】
33．（2019•新课标Ⅱ，文17）如图，长方体的底面是正方形，点在棱上，．
（1）证明：平面；
（2）若，，求四棱锥的体积．
【解析】（1）证明：由长方体，可知
平面，平面，
，
，，
平面；
（2）由（1）知，由题设可知△，
，，，
在长方体中，平面，，平面，
到平面的距离，
四棱锥的体积．
34．（2016•新课标Ⅰ，文18）如图，已知正三棱锥的侧面是直角三角形，，顶点在平面内的正投影为点，在平面内的正投影为点，连接并延长交于点．
（Ⅰ）证明：是的中点；
（Ⅱ）在图中作出点在平面内的正投影（说明作法及理由），并求四面体的体积．
【解析】（Ⅰ）证明：为正三棱锥，且为顶点在平面内的正投影，
平面，则，
又为在平面内的正投影，
面，则，
，
平面，连接并延长交于点，
则，
又，
是的中点；
（Ⅱ）在平面内，过点作的平行线交于点，即为在平面内的正投影．
正三棱锥的侧面是直角三角形，
，，
又，所以，，因此平面，
即点为在平面内的正投影．
连结，因为在平面内的正投影为，所以是正三角形的中心．
由（Ⅰ）知，是的中点，所以在上，故．
由题设可得平面，平面，所以，因此，．
由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且，可得，，．
在等腰直角三角形中，可得．
所以四面体的体积．
35．（2015•新课标Ⅱ，文19）如图，长方体中，，，，点，分别在，上，．过，的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形
（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）
（Ⅱ）求平面把该长方体分成的两部分体积的比值．
【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形如图所示；
（Ⅱ）作，垂足为，则，，．
因为为正方形，所以，
于是，，．
因为长方体被平面分成两个高为10的直棱柱，
所以其体积的比值为．
36．（2014新课标Ⅱ，文18）如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，是的中点．
（Ⅰ）证明：//平面；
（Ⅱ）设，三棱锥的体积，求到平面的距离．
【解析】（Ⅰ）证明：连结交于点，连结．
∵底面为矩形，
∴点为的中点，又为的中点，
∴
∵平面，平面，
∴平面
（Ⅱ）∵底面为矩形，平面，
∴===，PA⊥BC，BC⊥AB，
∴AB=，BC⊥面PAB，
过A在平面PAB内作AHPB交PB于H，∴BC⊥AH， ∵PB∩BC=B， ∴AH⊥面PBC，
在直角三角形PAB中，=，∴
∴A到平面PBC的距离为．
37．（2013新课标Ⅰ，文19）如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CB，AB=A A1，∠BA A1=600．
（Ⅰ）证明AB⊥A1C；
（Ⅱ）若AB=CB=2，A1C=，求三棱柱ABC-A1B1C1的体积
【解析】（Ⅰ）取AB中点E，连结CE，，，
∵AB=，=，∴是正三角形，
∴⊥AB， ∵CA=CB， ∴CE⊥AB， ∵=E，∴AB⊥面， ∴AB⊥；
（Ⅱ）∵AB=AC=BC=2，∴CE=，在正中，AB=2， ∴=，
∵A1C=，∴，∴⊥CE，
由（Ⅰ）知⊥AB，AB∩CE=E，∴⊥面ABC，
∴是三棱锥的高，
∴三棱锥的体积为==3．
38．（2013新课标Ⅱ，文18）如图，直三棱柱中，，分别是，的中点．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）设，，求三棱锥的体积．
【解析】（Ⅰ）连结交于点F，连结DF，
∴F为的中点，
又∵D是AB中点，
则∥DF，
∵DF面，面，
∴∥面
(Ⅱ) ∵是直三棱柱，
∴⊥CD，
∵AC=CB，D是AB的中点，
∴CD⊥AB，
∵∩AB=A，
∴CD⊥面，
由=AC=CB=2，AB=得，∠ACB=，CD=，=，DE=，=3，
∴，即．
∴==1．
39．（2012•新课标，文19）如图，三棱柱中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点．
(Ｉ) 证明：平面⊥平面
（Ⅱ）平面分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．
【解析】（Ⅰ）由题设知BC⊥，BC⊥AC，，∴面， 又∵面，∴，
由题设知，∴=，即，
又∵， ∴⊥面， ∵面，
∴面⊥面；
（Ⅱ）设棱锥的体积为，=1，由题意得，==，
由三棱柱的体积=1，
∴=1：1， ∴平面分此棱柱为两部分体积之比为1：1．
40．（2014广东）如图2，四边形为矩形，⊥平面，，，作如图3折叠，折痕∥．其中点，分别在线段，上，沿折叠后点在线段上的点记为，并且⊥．
（Ⅰ）证明：⊥平面；
（Ⅱ）求三棱锥的体积．
【解析】（Ⅰ）证明：平面∴平面平面，
平面平面，平面，，
∴平面，
，∴．
（Ⅱ）
，
41．（2014辽宁）如图，和所在平面互相垂直，且，
，、、分别为、、的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求三棱锥的体积．
附：锥体的体积公式，其中为底面面积，为高．
【解析】（Ⅰ）由已知得，因此，
又为的中点，；
同理；
因此平面，
又，
∴平面BCG．
（Ⅱ）在平面内，做，交的延长线于，
由平面平面，
知平面，
又为的中点，
因此到平面的距离是的一半，
在中，，
所以．
42．（2013安徽） 如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，．已知．
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）若为的中点，求三棱锥的体积．
【解析】（Ⅰ）证明：连接AC，交于BD于点，连接PO．因为底面ABCD是菱形，
所以，
由知，．
再由知，
面，
因此．
（Ⅱ）解：因为E是PA的中点，所以
由知，
因为，
所以．
又．
故．
由（1）知，．
43．(2012江西)如图，在梯形中，，，是线段上的两点，且，，=12，=5，=4，=4，现将△，△分别沿，折起，使，两点重合与点，得到多面体．
(1)求证：平面平面；
(2)求多面体的体积．
【解析】（1）由已知可得AE=3，BF=4，
则折叠完后EG=3，GF=4，
又因为EF=5，
所以可得，
又因为，
可得，即，
所以平面DEG平面CFG．
（2）过G作GO垂直于EF，GO 即为四棱锥G-EFCD的高，
所以所求体积为．
44．（2011辽宁）如图，四边形ABCD为正方形，QA平面ABCD，PDQA，QA=AB=PD．
（I）证明：PQ平面DCQ；
（II）求棱锥Q—ABCD的的体积与棱锥P—DCQ的体积的比值．
【解析】（I）由条件知PDAQ为直角梯形因为QA平面ABCD，所以平面PDAQ平面ABCD，交线为AD．
又四边形ABCD为正方形，DCAD，
所以DC平面PDAQ，
可得PQDC．
在直角梯形PDAQ中可得DQ=PQ=PD，则PQQD
所以PQ平面DCQ．
（II）设AB=a．
由题设知AQ为棱锥Q—ABCD的高，所以棱锥Q—ABCD的体积
由（I）知PQ为棱锥P—DCQ的高，而PQ=，△DCQ的面积为，
所以棱锥P—DCQ的体积为
故棱锥Q—ABCD的体积与棱锥P—DCQ的体积的比值为1．
考点78 球的切接问题
1．（2020全国I文12理10）已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆．若⊙的面积为，，则球的表面积为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【思路导引】由已知可得等边的外接圆半径，进而求出其边长，得出的值，根据球截面性质，求出球的半径，即可得出结论．
【解析】设圆半径为，球的半径为，依题意，得，
由正弦定理可得，，根据圆截面性质平面，
，球的表面积，故选A．
2．（2020全国Ⅱ文11理10）已知是面积为的等边三角形，且其顶点都在球的表面上，若球的表面积为，则球到平面的距离为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【思路导引】根据球的表面积和的面积可求得球的半径和外接圆半径，由球的性质可知所求距离．
【解析】设球的半径为，则，解得：．
设外接圆半径为，边长为，
是面积为的等边三角形，，解得：，，球心到平面的距离，故选C．
3．（2020天津5）若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【思路导引】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解．
【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即
，所以这个球的表面积为，故选C．
4．（2019•新课标Ⅰ，理12）已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为2的正三角形，，分别是，的中点，，则球的体积为
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如图，由，是边长为2的正三角形，可知三棱锥为正三棱锥，则顶点在底面的射影为底面三角形的中心，连接并延长，交于，
则，又，，可得平面，则，，分别是，的中点，，又，即，，得平面，正三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径为，半径为，则球的体积为，故选．
5．（2018•新课标Ⅲ，理10文12）设，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且面积为，则三棱锥体积的最大值为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】为等边三角形且面积为，可得，解得，球心为，三角形 的外心为，显然在的延长线与球的交点如图：，，则三棱锥高的最大值为：6，则三棱锥体积的最大值为：，故选．
6．（2017•新课标Ⅲ，理8文9）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，该圆柱底面圆周半径，该圆柱的体积：，故选．
7．（2016•新课标Ⅲ，理10文11）在封闭的直三棱柱内有一个体积为的球，若，，，，则的最大值是
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】，，，，故三角形的内切圆半径，又由，故直三棱柱的内切球半径为，此时的最大值，故选．
8．（2016•新课标Ⅱ，文4）体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】正方体体积为8，可知其边长为2，正方体的体对角线为，即为球的直径，所以半径为，所以球的表面积为，故选．
9．（2015•新课标Ⅱ，理9文10）已知，是球的球面上两点，，为该球面上的动点，若三棱锥体积的最大值为36，则球的表面积为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图所示，当点位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的表面积为，故选．
10．（2013新课标Ⅰ，理6）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为 ( )
A、cm3 B、cm3 C、cm3 D、cm3
【答案】A
【解析】设球的半径为R，则由题知球被正方体上面截得圆的半径为4，球心到截面圆的距离为R-2，则，解得R=5，∴球的体积为=，故选A．
11．（2012•新课标，理11）已知三棱锥的所有顶点都在球的表面上，是边长为1的正三角形，为球的直径，且，则此三棱锥的体积为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设球心为，过三点的小圆的圆心为，则平面，延长交球于点，则平面．，，高，是边长为1的正三角形，，，故选．
12．（2012•新课标，文8）平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为，则此球的体积为（ ）
（A）π （B）4π （C）4π （D）6π
【答案】B
【解析】由球的截面性质知，球的半径R=，所以球的体积为，故选B．
13．（2020全国Ⅲ文16理15）已知圆维的底面半径为，母线长为，则该圆锥内半径最大的球的体积为 ．
【答案】
【思路导引】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值．
【解析】解法一：易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，
其中，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为，
由于，故，设内切圆半径为，则：
，
解得：，其体积：．故答案为：．
解法二：分析知圆锥内半径最大的球的应为该圆锥的内切球，如图，由题可知该圆锥的母线长为，底面半径为，高为，不妨设该内切圆与母线切于点，
令，则由，可得，即，得，此时．
14．（2020山东16）已知直四棱柱的棱长均为，，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为 ．
【答案】
【思路导引】根据已知条件易得，侧面，可得侧面与球面的交线上的点到的距离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧，再根据弧长公式可求得结果．
【解析】解法一：如图，
取的中点为，的中点为，的中点为，
因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，
又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，
因为，所以侧面，
设为侧面与球面的交线上的点，则，
因为球的半径为，，所以，
所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，因为，所以，所以根据弧长公式可得，故答案为：．
解法二：在直四棱柱中，取中点为，中点为，中点为，由题意易知，又，则面，在面内取一点，使，且，∴，又，，∴以为球心，为半径的球面与侧面的交线是以为圆心，以为半径的圆弧，由题意易得，故该交线长为．
解法三：
15．（2019•新课标Ⅱ，理16文16）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有 个面，其棱长为 ．
【答案】26，．
【解析】该半正多面体共有个面，设其棱长为，则，解得．
16．（2017•新课标Ⅰ，文16）已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是球的直径．若平面平面，，，三棱锥的体积为9，则球的表面积为 ．
【答案】
【解析】三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是球的直径，若平面平面，，，三棱锥的体积为9，可知三角形与三角形都是等腰直角三角形，设球的半径为，可得，解得，∴球的表面积为：．
17．（2017•新课标Ⅱ，文15）长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球的球面上，则球的表面积为 ．
【答案】
【解析】长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球的球面上，可知长方体的对角线的长就是球的直径，所以球的半径为：，则球的表面积为：．
18．（2013新课标Ⅰ，文15）已知是球的直径上一点，=1：2， ⊥平面，为垂足，截球所得截面的面积为π，则球的表面积为_______．
【答案】
【解析】由=1：2及是球的直径知，=，=，∴=，由截面圆面积为得截面圆半径为1，∴，∴=，∴球的表面积为=．
19．（2013新课标Ⅱ，文15）已知正四棱锥的体积为，底面边长为，则以为球心，为半径的球的表面积为________．
【答案】
【解析】如图所示：连接BD，AC相交于E，连接OE，∴，，∴，，∴，∴=
20．（2011•新课标，理15）已知矩形的顶点都在半径为4的球面上，且=6，，则棱锥的体积为 ．
【答案】
【解析】设矩形的对角线的交点为E，则OE⊥面ABCD，由题知截面圆半径===12，由截面圆性质得OE==2，∴棱锥的体积为==．
21．（2011•新课标，文16）已知两圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一球面上，若圆锥的底面面积是这个球面面积的，则这两个圆锥中，体积较小者的高于体积较大者的高的比值为 ．
【答案】3
【解析】设圆锥底面半径为，球的半径为，球心为O，圆锥底面圆心为，两顶点分别为P、Q，则由=知，=，
根据球的截面性质可知P、Q、、共线，圆面，圆锥的轴截面内接于球的大圆，因此，．
设=，=，则=， ①
又∽知==，即= ②
由①②可得=，=，体积较小者的高于体积较大者的高的比值为3．
22．（2017天津）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为 ．
【答案】
【解析】设正方体边长为，由，得，外接球直径为，．
23．（2017江苏）如图，在圆柱内有一个球，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱的体积为，球的体积为，则 的值是 ．
【答案】
【解析】设球的半径为，则．
24．（2013天津）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为，则正方体的棱长为 ．
【答案】
【解析】设正方体的棱长为，则正方体的体对角线为直径，即，即球半径．若球的体积为，即，解得．
专题22 空间几何体及其表面积与体积
十年大数据*全景展示
年 份
题号
考 点
考 查 内 容
2011[来源:学&科&网Z&X&X&K][来源:学科网ZXXK]
文16[来源:学科网][来源:学科网ZXXK]
球的切接问题[来源:学_科_网][来源:学§科§网Z§X§X§K]
球的表面积公式、球的截面性质、圆锥的截面性质等基础知识，逻辑推理能力、运算求解能力[来源:学.科.网][来源:学*科*网][来源:学科网]
理15
球的切接问题
球的截面性质、三棱锥的外接球、棱锥的体积公式，空间想象能力和运算求解能力
理6
文8
三视图与直观图
简单几何体的三视图及空间想象能力
2012
文19
简单几何体的体积
空间线线、线面、面面垂直的判定与性质及几何体的体积计算，空间想象能力、逻辑推理能力
文8
球的切接问题
球的截面性质、球的体积公式，空间想象能力和运算求解能力
理11
球的切接问题
三棱锥的体积、三棱锥的外接球，空间想象能力和运算求解能力
理7
文7
三视图与直观图
简单几何体的体积
三视图与直观图
简单几何体的体积
2013
卷2
文18
简单几何体的体积
线面平行与垂直的判定与性质、简单几何体的体积，空间想象能力和运算求解能力
卷2
文15
球的切接问题
四棱锥的体积、四棱锥外接球的表面积，空间想象能力和运算求解能力
卷1
文19
简单几何体的体积
空间线面、线线垂直的判定与性质及棱柱的体积公式，空间想象能力、逻辑推论证能力
卷1
文15
球的切接问题
球的截面性质及球的表面积公式，空间想象能力
卷2
理7
文9
三视图与直观图
空间直角坐标系中简单几何体及其三视图，空间想象能力
卷1
理8
文11
三视图与直观图
简单几何体的体积
简单组合体的三视图及简单组合体体积公式，空间想象能力和运算求解能力
卷1
理6
球的切接问题
球的截面圆性质、球的体积公式，空间想象能力、运算求解能力
2014
卷2
文18
简单几何体的体积
线面平行的判定、点到面距离、锥体的体积计算等基础知识，逻辑推理能力、空间想象能力、运算求解能力
卷2
文7
简单几何体的体积
线面垂直的判定与性质、三棱锥的体积，空间想象能力和运算求解能力
卷1
文8
三视图与直观图
简单几何体的三视图空间想象能力
卷2
理6
文6
三视图与直观图
简单几何体的体积
简单几何体的三视图及体积的计算，空间想象能力和运算求解能力
卷1
理12
三视图与直观图
简单几何体的三视图及最值问题，空间想象能力和运算求解能力
2015
卷2
文19
简单几何体的体积
几何体的截面及简单几何体的体积，空间想象能力和运算求解能力
卷1
文18
简单几何体的表面积
简单几何体的体积
面面垂直的判定与性质、简单几何体的体积与表面积，空间想象能力和运算求解能力
卷2
理9
文10
球的切接问题
简单几何体的外切球体积最大值，空间想象能力和运算求解能力
卷2
理6
文6
三视图与直观图
简单几何体的体积
简单几何体的三视图、简单几何体的体积，空间想象能力和运算求解能力
卷1
理11
文11
三视图与直观图
简单几何体的表面积
简单几何体的三视图、简单几何体的表面积，空间想象能力和运算求解能力
卷1
理6
文6
简单几何体的体积
以传统文化为背景圆锥的体积，空间想象能力和运算求解能力
2016
卷2
文4
球的切接问题
长方体的外球体积的表面积问题，空间想象能力和运算求解能力
卷1
文18
简单几何体的体积
三棱锥中空间垂直的判定与性质及简单几何体体积的计算，空间想象能力和运算求解能力
卷3
理10
文11
球的切接问题
简单几何体的内切球体积最大值，空间想象能力和运算求解能力
卷3
理9
文10
三视图与直观图
简单几何体的表面积
简单几何体的三视图、简单几何体的表面积，空间想象能力和运算求解能力
卷2
理6
文7
三视图与直观图
简单几何体的表面积
简单几何体的三视图、简单几何体的表面积，空间想象能力和运算求解能力
卷1
理6
文7
三视图与直观图
简单几何体的体积
简单几何体的表面积
简单几何体的三视图、简单几何体的体积与表面积，空间想象能力和运算求解能力
2017
卷3
理8
文9
球的切接问题
圆柱的外接球问题及圆柱体积，空间想象能力和运算求解能力
卷2
文15
球的切接问题
本题长方体的外接球的表面积，空间想象能力和运算求解能力
卷1
文18
简单几何体的体积
简单几何体的表面积
主要以三棱锥为载体面面垂直的判定与性质、简单几何体的体积与表面积计算，空间想象能力和运算求解能力．
卷1
文16
球的切接问题
三棱锥的体积与外接球的表面积，空间想象能力和运算求解能力
卷2
理8
球的切接问题
圆柱的外接球问题及圆柱体积的最值，空间想象能力和运算求解能力
卷2
理4
文6
三视图与直观图
简单几何体的体积
简单几何体的三视图及其体积计算，空间想象能力和运算求解能力
卷1
理16
简单几何体的体积
主要以折叠问题为载体三棱锥体积的最大值，空间想象能力和运算求解能力．
卷1
理7
三视图与直观图
简单几何体的三视图及表面的图形，空间想象能力和运算求解能力
2018
卷2
文16
简单几何体的体积
圆锥的截面面积、线面角的计算、圆锥的体积计算，空间想象能力与运算求解能力
卷1
文5
简单几何体的表面积
圆柱的截面积与表面积，空间想象能力与运算求解能力
卷3
理10
文12
球的切接问题
球内接三棱锥的体积最大值问题，空间想象能力与运算求解能力
卷3
文理3
三视图与直观图
简单组合体的三视图与传统文化，空间想象能力
卷2
理16
简单几何体的表面积
圆锥中的线面角、圆锥的截面及圆锥的侧面积，空间想象能力及运算求解能力
卷1
理7
文9
三视图与直观图
简单几何体的三视图及其表面上的最短距离问题，空间想象能力及运算求解能力
2019
卷2
文17
简单几何体的体积
空间线面垂直的判定与性质、空间几何体体积计算，空间想象能力和运算求解能力
卷3
问19
共面与共线问题
折叠问题中空间共面问题的判定、空间面面垂直的判定及及截面的面积问题，空间逻辑推理能力及运算求解能力
卷3
理16
文16
简单几何体的体积
简单空间几何体的体积及空间想象能力和运算求解能力
卷2
理16
文16
球的切接问题
球与正多面体的内接问题，空间想象能力和运算求解能力
卷1
理12
球的切接问题
球与多面体的内接问题、球的体积，空间想象及运算求解能力
2020
卷1
文理3
空间几何体的侧面积
正棱锥中截面直角三角形的应用，正四棱锥的概念及面积的计算，正四棱锥中截面的性质
理10
文12
球的切接问题
球与多面体的内接问题，球的表面积
卷2
理10
文11
球的切接问题
球与正三棱锥的内接问题，点面距的计算
理7
三视图与直观图
简单几何体的三视图空间想象能力
卷3
理9
文9
三视图与直观图
简单几何体的表面积
简单几何体的三视图及表面积计算，空间想象及运算求解能力
理15
文6
球的切接问题
圆锥内切球，球的体积计算
大数据分析*预测高考
考 点
出现频率
2021年预测
考点74共面与共线问题
1/45
因新课标中已没有简单几何体的三视图，故在2021年高考中不在考三视图，重点考简单几何体的表面积或体积，理科为小题，文科为解答题第二小题，难度为中档题，球与简单几何体的切接问题或与之有关的最大值，为题型为选择题或填空题，难度为难题
考点75三视图与直观图
18/45
考点76简单几何体的表面积
8/45
考点77简单几何体的体积
20/45
考点78球的切接问题
19/45
十年试题分类*探求规律
考点74 多面体与旋转体的几何特征、共面与共线问题
1．（2020浙江6）已知空间中不过同一点的三条直线，则“在同一平面”是“两两相交”的 （ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【思路导引】将两个条件相互推导，根据能否推导的结果判断充分必要条件．
【解析】解法一：由条件可知当在同一平面，则三条直线不一定两两相交，由可能两条直线平行，或三条直线平行，反过来，当空间中不过同一点的三条直线两两相交，如图，
三个不同的交点确定一个平面，则在同一平面，∴“”在同一平面是“两两相交”的必要不充分条件，故选B．
解法二：依题意是空间不过同一点的三条直线，
当在同一平面时，可能，故不能得出两两相交．
当两两相交时，设，根据公理可知确定一个平面，而，根据公理可知，直线即，∴在同一平面．
综上所述，“在同一平面”是“两两相交”的必要不充分条件．故选B．
2．（2020上海15）在棱长为10的正方体中，为左侧面上一点，已知点到的距离为3，到的距离为2，则过点且与平行的直线相交的面是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如图由条件可知直线交线段于点，连接，过点作的平行线，必与相交，那么也与平面相交，故选A．
3．(2018上海)《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ）
A．4 B．8 C．12 D．16
【答案】D
【解析】如图以为底面矩形一边的四边形有、、、4个，每一个面都有4个顶点，所以阳马的个数为16个．故选D．
4．（2019•新课标Ⅲ，文19）图1是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其中，，．将其沿，折起使得与重合，连接，如图2．
（1）证明：图2中的，，，四点共面，且平面平面；
（2）求图2中的四边形的面积．
【解析】（1）证明：由已知可得，，即有，
则，确定一个平面，从而，，，四点共面；
由四边形为矩形，可得，
由为直角三角形，可得，
又，可得平面，
平面，可得平面平面；
（2）连接，，
由平面，可得，
在中，，，可得，
可得，
在中，，，，
可得，即有，
则平行四边形的面积为．
考点75 三视图与直观图
1．（2020全国Ⅱ理7）右图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为，在俯视图中对应的点为，则该端点在侧视图中对应的点为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【思路导引】根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得点在侧视图中对应的点．
【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，
图中标出了根据三视图点所在位置，可知在侧视图中所对应的点为，故选：A．
2．（2018•新课标Ⅰ，理7文9）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为
A． B． C．3 D．2
【答案】B
【解析】由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，直观图以及侧面展开图如图：
圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度：，故选．
3．（2018•新课标Ⅲ，理3文3）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是，故选．
4．（2017•新课标Ⅰ，理7）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为
A．10 B．12 C．14 D．16
【答案】B
【解析】由三视图可画出直观图，该立体图中只有两个相同的梯形的面，，这些梯形的面积之和为，故选．
5．（2014新课标Ⅰ，理12）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为（ ）
． ． ．6 ．4
【答案】C
【解析】如图所示，原几何体为三棱锥，其中，，，故最长的棱的长度为，选C
6．（2014新课标I，文8）如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的事一个几何体的三视图，则这个几何体是（ ）
A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥 D．四棱柱
【答案】B
【解析】由三视图知，该几何体是放到的底面为等腰直角三角形的直三棱柱，故选B．
7．（2013新课标Ⅱ，理7文9）一个四棱锥的顶点在空间直角坐标系的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），画该四面体的正视图时，以平面为投影面，则得到的正视图可以为
【答案】A
【解析】根据题意可画出如图所示的四面体，以平面为投影面，则A与重合，B与重合，故其正视图可以为如图所示，故选A．
8．（2011•新课标，理6）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为
【答案】D【解析】由几何体的正视图与俯视图知，其对应的几何体如图所示是半个圆锥与棱锥的组合体，故其侧视图选D．
9．(2018北京)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】解法一 将三视图还原为直观图，几何体是底面为直角梯形，且一条侧棱和底面垂直的四棱锥，如图所示，易知，，，，，平面，故，为直角三角形，∵平面，平面，，又，且，∴平面，又平面．，∴为直角三角形，容易求得，，，故不是直角三角形，故选C．
10．（2017北京）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为
A．3 B．2 C．2 D．2
【答案】B
【解析】借助正方体可知粗线部分为该几何体是四棱锥，
最长的棱长是体对角线，所以．选B．
11．（2014江西）一几何体的直观图如右图，下列给出的四个俯视图中正确的是
【答案】B
【解析】由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部有一条线段连接的两个三角形，故选B．
12．（2014北京）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为 ．
【答案】
【解析】由题意可知直观图如图所示，结合三视图有平面，，， ，所以，，∴三棱锥最长棱的棱长为．
考点76简单几何体的表面积
1．（2020全国I文理3）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
【思路导引】设，利用得到关于的方程，解方程即可得到答案．
【解析】如图，设，则，由题意，即，化简得，解得（负值舍去），故选C．
2．（2020全国Ⅲ文9理8）如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【思路导引】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积．
【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，
根据立体图形可得：，根据勾股定理可得：，是边长为的等边三角形，根据三角形面积公式可得：
，该几何体的表面积是：，故选C．
3．（2020北京4）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D【解析】由题意正三棱柱的高为2，底面的边长为2，该三棱柱的表面积为，故选D．
4．（2018•新课标Ⅰ，文5）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
【解析】设圆柱的底面直径为，则高为，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，可得：，解得，
则该圆柱的表面积为：，故选．
5．（2016•新课标Ⅰ，理6文7）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意可知三视图复原的几何体是一个球去掉后的几何体，如图所示，∴，解得．它的表面积是：，故选．
6．（2016•新课标Ⅱ，理6文7）如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由三视图知，空间几何体是一个组合体，上面是一个圆锥，圆锥的底面直径是4，圆锥的高是，在轴截面中圆锥的母线长是，圆锥的侧面积是，下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是4，圆柱的高是4，圆柱表现出来的表面积是，空间组合体的表面积是，故选．
7．（2016•新课标Ⅲ，理9文10）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为
A． B． C．90 D．81
【答案】B
【解析】由已知中的三视图可得，该几何体是一个斜四棱柱，如图所示，其上底面和下底面面积为：，侧面的面积为：，故棱柱的表面积为：，故选．
8．（2015•新课标Ⅰ，理11）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为，则
A．1 B．2 C．4 D．8
【答案】B
【解析】由几何体三视图中的正视图和俯视图可知，截圆柱的平面过圆柱的轴线，该几何体是一个半球拼接半个圆柱，其表面积为：，又该几何体的表面积为，，解得，故选．
9．（2015陕西）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由三视图知：该几何体是半个圆柱，其中底面圆的半径为，母线长为，所以该几何体的表面积是，故选D．
10．（2015安徽）一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】 在长、宽、高分别为2、1、1的长方体中，该四面体是如图所示的三棱锥，表面积为，故选B．
11．（2014安徽）一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如图，将边长为2的正方体截去两个角，∴，故选A．
12．（2014浙江）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是
A．90 B．129 C．132 D．138
【答案】D
【解析】由三视图画出几何体的直观图，如图所示，则此几何体的表面积
，其中是长方体的表面积，是三棱柱的水平放置的一个侧面的面积，是三棱柱的一个底面的面积，可求得，选D．
13．（2014福建）以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于
A． B． C．2 D．1
【答案】A
【解析】圆柱的底面半径为1，母线长为1，，故选A．
14．（2014陕西）将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积，故选C．
15．（2011安徽）一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为
A．48 B．32+8 C．48+8 D．80
【答案】C
【解析】由三视图可知该几何体是底面为等腰梯形的放倒的一个直四棱柱，如图，所以该四棱柱的表面积，故选C．
16．（2020浙江14】已知圆锥展开图的侧面积为，且为半圆，则底面半径为 ．
【答案】1
【思路导引】利用题目所给圆锥侧面展开图的条件列方程组，由此求得底面半径．
【解析】设圆锥底面半径为，母线长为，则，解得，故答案为：．
17．（2018•新课标Ⅱ，理16）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，若的面积为，则该圆锥的侧面积为 ．
【答案】
【解析】圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，可得．的面积为，可得，即，即．与圆锥底面所成角为，可得圆锥的底面半径为：，则该圆锥的侧面积：．
18．（2014山东）一个六棱锥的体积为，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为 ．
【答案】12
【解析】由题意知，该六棱锥是正六棱锥，设该六棱锥的高为，则，解得，底面正六边形的中心到其边的距离为，故侧面等腰三角形底边上的高为，该六棱锥的侧面积为．
19．（2012辽宁）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ．
【答案】38
【解析】由三视图知，此几何体为一个长为4，宽为3，高为1的长方体中心，去除一个半径为1的圆柱，所以表面积为．
20．（2017•新课标Ⅰ，文18）如图，在四棱锥中，，且．
（1）证明：平面平面；
（2）若，，且四棱锥的体积为，求该四棱锥的侧面积．
【解析】证明：（1）在四棱锥中，，
，，
又，，
，平面，
平面，平面平面．
解：（2）设，取中点，连结，
，，平面平面，
底面，且，，
四棱锥的体积为，
由平面，得，
，
解得，，，，
，
该四棱锥的侧面积：
．
21．（2015•新课标Ⅰ，文18）如图，四边形为菱形，为与的交点，平面．
（Ⅰ）证明：平面平面；
（Ⅱ）若，，三棱锥的体积为，求该三棱锥的侧面积．
【解析】证明：（Ⅰ）四边形为菱形，
，
平面，
，
则平面，
平面，
平面平面；
（Ⅱ）设，在菱形中，由，得，，
平面，
，则为直角三角形，
，
则，
三棱锥的体积，
解得，即，
，
，
即，
在三个直角三角形，，中，斜边，
，为等腰三角形，则，即，
，则，从而得，的面积，
在等腰三角形中，过作于，则，，则，
的面积和的面积均为，故该三棱锥的侧面积为．
考点77 简单几何体的体积
1．（2020浙江5）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：）是 （ ）
A． B． C．3 D．6
【答案】A
【思路导引】根据三视图还原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积．
【解析】如图，几何体是上下结构，下面是三棱柱，底面是等腰直角三角形，斜边为2，高为1，三棱柱的高是2，上面是三棱锥，平面平面，且，三棱锥的高是1，∴几何体的体积，故选A．
2．（2017•新课标Ⅱ，理4文6）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，
，故选．
3．（2015•新课标Ⅰ，理6）《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
【解析】设圆锥的底面半径为，则，解得，故米堆的体积为，斛米的体积约为1．62立方，，故选．
4．（2015•新课标Ⅱ，理6）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设正方体的棱长为1，由三视图判断，正方体被切掉的部分为三棱锥，正方体切掉部分的体积为，剩余部分体积为，截去部分体积与剩余部分体积的比值为，故选．
5．（2014新课标Ⅱ，理6文6）如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】原来毛坯体积为：，由三视图得，该零件由左侧底面半径为2cm，高为4cm的圆柱和右侧底面半径为3cm，高为2cm的圆柱构成，所以该零件的体积为：，则切削掉部分的体积为，所以切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为，故选C．
6．（2014新课标Ⅱ，文7）正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，为中点，则三棱锥的体积为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】连结AD，∵△ABC是正三角形，且D是BC的中点，∴AD⊥BC，∵⊥面ABC，∴⊥AD，∵∩BC=B，∴AD⊥面，∴AD是三棱锥的高，∴===1，故选C．
7．（2013新课标Ⅰ，理8文11）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为
． ． ． ．
【答案】A
【解析】由三视图知，该几何体为放到的半个圆柱底面半径为2高为4，上边放一个长为4宽为2高为2长方体，故其体积为 =，故选．
8．（2012•新课标，理7文7）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为
A．6 B．9 C．12 D．18
【答案】B
【解析】该几何体是三棱锥，底面是俯视图，三棱锥的高为3，底面三角形斜边长为6，高为3的等腰直角三角形，此几何体的体积为，故选．
9．（2019浙江4）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家．他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是
A．158 B．162 C．182 D．32
【答案】B
【解析】由三视图还原原几何体如图，该几何体为直五棱柱，底面五边形的面积可用两个直角梯形的面积求解，即，高为6，则该柱体的体积是，故选B．
10．(2018浙江)某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：）是
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】C
【解析】由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积．故选C．
11．（2017浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：）是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】该几何体是由一个高为3的圆锥的一半，和高为3的三棱锥组成（如图），
其体积为：．选A．
12．（2016山东）一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示．则该几何体的体积为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由三视图可知，四棱锥的底面是边长为1的正方形，高为1，其体积，设半球的半径为，则，即，所以半球的体积，故该几何体的体积．故选C．
13．(2015浙江)某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意得，该几何体为一立方体与四棱锥的组合，∴体积，故选C．
14．（2015重庆）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体，，选A．
15．（2015湖南）某工件的三视图如图3所示，现将该工件通过切割，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率=）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由圆锥的对称性可知，要使其内接长方体最大，则底面为正方形，令此长方体底面对角线长为，高为，则由三角形相似可得，，所以，，长方体体积，当且仅当= ，即时取等号，，故材料利用率为，选A．
16．（2014辽宁）某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】直观图为棱长为2的正方体割去两个底面半径为l的圆柱，所以该几何体的体积为，故选B．
17．（2013江西）一几何体的三视图如右所示，则该几何体的体积为
A．200+9π B．200+18π C．140+9π D．140+18π
【答案】A
【解析】还原后的直观图是一个长宽高依次为10，6 ，5的长方体上面是半径为3高为2的半个圆柱，故选A．
18．（2012广东）某几何体的三视图如图所示，它的体积为
A．12π B．45π C．57π D．81π
【答案】C
【解析】几何体是圆柱与圆锥叠加而成它的体积为，故选C
19．（2012湖北）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由三视图可知该几何体的体积：，故选B．
20．（2020江苏9）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，高为，内孔半径为，则此六角螺帽毛坯的体积是 ．
【答案】
【解析】记此六角螺帽毛坯的体积为，正六棱柱的体积为，内孔的体积为正六棱
柱的体积为，则，
∴．
21．（2019•新课标Ⅲ，理16文16）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
【解析】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，，，
该模型体积为：
，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：．
22．（2018•新课标Ⅱ，文16）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8，则该圆锥的体积为 ．
【答案】
【解析】圆锥的顶点为，母线，互相垂直，的面积为8，可得：，解得，与圆锥底面所成角为．可得圆锥的底面半径为：，圆锥的高为：2，则该圆锥的体积为：．
23．（2017•新课标Ⅰ，理16）如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的等边三角形的中心为．、、为圆上的点，，，分别是以，，为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以，，为折痕折起，，，使得、、重合，得到三棱锥．当的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：的最大值为 ．
【答案】
【解析】解法一：由题意，连接，交于点，由题意得，，
即的长度与的长度成正比，设，则，，三棱锥的高，，
则，令，，，令，即，解得，则，∴，体积最大值为．
解法二：如图，设正三角形的边长为，则，，
，三棱锥的体积
，令，则，
令，则，解得，．
24．（2019北京11）某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为________．
【答案】40
【解析】由三视图还原原几何体如图所示，该几何体是把棱长为4的正方体去掉一个四棱柱，则该几何体的体积．
25．(2018天津)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】
【解析】连接，，，，，因为，分别为，的中点，所以∥，，因为，分别为，的中点，所以∥，，所以，，所以四边形为平行四边形，又，，所以四边形为正方形，又点到平面的距离为，所以四棱锥的体积为．
26．(2018江苏)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】
【解析】正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正八面体的所有棱长都是，则该正八面体的体积为．
27．（2017山东）由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为 ．
【答案】
【解析】由三视图可知，长方体的长、宽、高分别为2，1，1，圆柱的高为1，底面圆半径为1，所以．
28．（2016天津）已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m），则该四棱锥的体积为_______．
【答案】2
【解析】根据三视图可知该四棱锥的底面是底边长为2m，高为1m的平行四边形，四棱锥的高为3m，故其体积为()．
29．（2015天津）一个几何体的三视图如图所示(单位：)，则该几何体的体积为 ．
【答案】
【解析】由三视图可知，该几何体是中间为一个底面半径为，高为的圆柱，两端是底面半径为，高为的圆锥，所以该几何体的体积．
30．（2014江苏）设甲、乙两个圆柱的底面分别为，，体积分别为，，若它们的侧面积相等，且，则的值是 ．
【答案】
【解析】设甲、乙两个圆柱的底面半径分别是，母线长分别是．则由，可得．又两个圆柱的侧面积相等，即，则，所以．
31．（2013江苏）如图，在三棱柱中，分别是的中点，设三棱锥的体积为，三棱柱的体积为，则 ．
【答案】1：24
【解析】三棱锥与三棱锥的 相似比为1：2，故体积之比为1：8．又因三棱锥与三棱柱的体积之比为1：3．所以，三棱锥与三棱柱的体积之比为1：24．
32．（2011福建）三棱锥中，⊥底面，=3，底面是边长为2的正三角形，则三棱锥的体积等于______．
【答案】
【解析】
33．（2019•新课标Ⅱ，文17）如图，长方体的底面是正方形，点在棱上，．
（1）证明：平面；
（2）若，，求四棱锥的体积．
【解析】（1）证明：由长方体，可知
平面，平面，
，
，，
平面；
（2）由（1）知，由题设可知△，
，，，
在长方体中，平面，，平面，
到平面的距离，
四棱锥的体积．
34．（2016•新课标Ⅰ，文18）如图，已知正三棱锥的侧面是直角三角形，，顶点在平面内的正投影为点，在平面内的正投影为点，连接并延长交于点．
（Ⅰ）证明：是的中点；
（Ⅱ）在图中作出点在平面内的正投影（说明作法及理由），并求四面体的体积．
【解析】（Ⅰ）证明：为正三棱锥，且为顶点在平面内的正投影，
平面，则，
又为在平面内的正投影，
面，则，
，
平面，连接并延长交于点，
则，
又，
是的中点；
（Ⅱ）在平面内，过点作的平行线交于点，即为在平面内的正投影．
正三棱锥的侧面是直角三角形，
，，
又，所以，，因此平面，
即点为在平面内的正投影．
连结，因为在平面内的正投影为，所以是正三角形的中心．
由（Ⅰ）知，是的中点，所以在上，故．
由题设可得平面，平面，所以，因此，．
由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且，可得，，．
在等腰直角三角形中，可得．
所以四面体的体积．
35．（2015•新课标Ⅱ，文19）如图，长方体中，，，，点，分别在，上，．过，的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形
（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）
（Ⅱ）求平面把该长方体分成的两部分体积的比值．
【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形如图所示；
（Ⅱ）作，垂足为，则，，．
因为为正方形，所以，
于是，，．
因为长方体被平面分成两个高为10的直棱柱，
所以其体积的比值为．
36．（2014新课标Ⅱ，文18）如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，是的中点．
（Ⅰ）证明：//平面；
（Ⅱ）设，三棱锥的体积，求到平面的距离．
【解析】（Ⅰ）证明：连结交于点，连结．
∵底面为矩形，
∴点为的中点，又为的中点，
∴
∵平面，平面，
∴平面
（Ⅱ）∵底面为矩形，平面，
∴===，PA⊥BC，BC⊥AB，
∴AB=，BC⊥面PAB，
过A在平面PAB内作AHPB交PB于H，∴BC⊥AH， ∵PB∩BC=B， ∴AH⊥面PBC，
在直角三角形PAB中，=，∴
∴A到平面PBC的距离为．
37．（2013新课标Ⅰ，文19）如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CB，AB=A A1，∠BA A1=600．
（Ⅰ）证明AB⊥A1C；
（Ⅱ）若AB=CB=2，A1C=，求三棱柱ABC-A1B1C1的体积
【解析】（Ⅰ）取AB中点E，连结CE，，，
∵AB=，=，∴是正三角形，
∴⊥AB， ∵CA=CB， ∴CE⊥AB， ∵=E，∴AB⊥面， ∴AB⊥；
（Ⅱ）∵AB=AC=BC=2，∴CE=，在正中，AB=2， ∴=，
∵A1C=，∴，∴⊥CE，
由（Ⅰ）知⊥AB，AB∩CE=E，∴⊥面ABC，
∴是三棱锥的高，
∴三棱锥的体积为==3．
38．（2013新课标Ⅱ，文18）如图，直三棱柱中，，分别是，的中点．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）设，，求三棱锥的体积．
【解析】（Ⅰ）连结交于点F，连结DF，
∴F为的中点，
又∵D是AB中点，
则∥DF，
∵DF面，面，
∴∥面
(Ⅱ) ∵是直三棱柱，
∴⊥CD，
∵AC=CB，D是AB的中点，
∴CD⊥AB，
∵∩AB=A，
∴CD⊥面，
由=AC=CB=2，AB=得，∠ACB=，CD=，=，DE=，=3，
∴，即．
∴==1．
39．（2012•新课标，文19）如图，三棱柱中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点．
(Ｉ) 证明：平面⊥平面
（Ⅱ）平面分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．
【解析】（Ⅰ）由题设知BC⊥，BC⊥AC，，∴面， 又∵面，∴，
由题设知，∴=，即，
又∵， ∴⊥面， ∵面，
∴面⊥面；
（Ⅱ）设棱锥的体积为，=1，由题意得，==，
由三棱柱的体积=1，
∴=1：1， ∴平面分此棱柱为两部分体积之比为1：1．
40．（2014广东）如图2，四边形为矩形，⊥平面，，，作如图3折叠，折痕∥．其中点，分别在线段，上，沿折叠后点在线段上的点记为，并且⊥．
（Ⅰ）证明：⊥平面；
（Ⅱ）求三棱锥的体积．
【解析】（Ⅰ）证明：平面∴平面平面，
平面平面，平面，，
∴平面，
，∴．
（Ⅱ）
，
41．（2014辽宁）如图，和所在平面互相垂直，且，
，、、分别为、、的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求三棱锥的体积．
附：锥体的体积公式，其中为底面面积，为高．
【解析】（Ⅰ）由已知得，因此，
又为的中点，；
同理；
因此平面，
又，
∴平面BCG．
（Ⅱ）在平面内，做，交的延长线于，
由平面平面，
知平面，
又为的中点，
因此到平面的距离是的一半，
在中，，
所以．
42．（2013安徽） 如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，．已知．
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）若为的中点，求三棱锥的体积．
【解析】（Ⅰ）证明：连接AC，交于BD于点，连接PO．因为底面ABCD是菱形，
所以，
由知，．
再由知，
面，
因此．
（Ⅱ）解：因为E是PA的中点，所以
由知，
因为，
所以．
又．
故．
由（1）知，．
43．(2012江西)如图，在梯形中，，，是线段上的两点，且，，=12，=5，=4，=4，现将△，△分别沿，折起，使，两点重合与点，得到多面体．
(1)求证：平面平面；
(2)求多面体的体积．
【解析】（1）由已知可得AE=3，BF=4，
则折叠完后EG=3，GF=4，
又因为EF=5，
所以可得，
又因为，
可得，即，
所以平面DEG平面CFG．
（2）过G作GO垂直于EF，GO 即为四棱锥G-EFCD的高，
所以所求体积为．
44．（2011辽宁）如图，四边形ABCD为正方形，QA平面ABCD，PDQA，QA=AB=PD．
（I）证明：PQ平面DCQ；
（II）求棱锥Q—ABCD的的体积与棱锥P—DCQ的体积的比值．
【解析】（I）由条件知PDAQ为直角梯形因为QA平面ABCD，所以平面PDAQ平面ABCD，交线为AD．
又四边形ABCD为正方形，DCAD，
所以DC平面PDAQ，
可得PQDC．
在直角梯形PDAQ中可得DQ=PQ=PD，则PQQD
所以PQ平面DCQ．
（II）设AB=a．
由题设知AQ为棱锥Q—ABCD的高，所以棱锥Q—ABCD的体积
由（I）知PQ为棱锥P—DCQ的高，而PQ=，△DCQ的面积为，
所以棱锥P—DCQ的体积为
故棱锥Q—ABCD的体积与棱锥P—DCQ的体积的比值为1．
考点78 球的切接问题
1．（2020全国I文12理10）已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆．若⊙的面积为，，则球的表面积为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【思路导引】由已知可得等边的外接圆半径，进而求出其边长，得出的值，根据球截面性质，求出球的半径，即可得出结论．
【解析】设圆半径为，球的半径为，依题意，得，
由正弦定理可得，，根据圆截面性质平面，
，球的表面积，故选A．
2．（2020全国Ⅱ文11理10）已知是面积为的等边三角形，且其顶点都在球的表面上，若球的表面积为，则球到平面的距离为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【思路导引】根据球的表面积和的面积可求得球的半径和外接圆半径，由球的性质可知所求距离．
【解析】设球的半径为，则，解得：．
设外接圆半径为，边长为，
是面积为的等边三角形，，解得：，，球心到平面的距离，故选C．
3．（2020天津5）若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【思路导引】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解．
【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即
，所以这个球的表面积为，故选C．
4．（2019•新课标Ⅰ，理12）已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为2的正三角形，，分别是，的中点，，则球的体积为
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如图，由，是边长为2的正三角形，可知三棱锥为正三棱锥，则顶点在底面的射影为底面三角形的中心，连接并延长，交于，
则，又，，可得平面，则，，分别是，的中点，，又，即，，得平面，正三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径为，半径为，则球的体积为，故选．
5．（2018•新课标Ⅲ，理10文12）设，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且面积为，则三棱锥体积的最大值为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】为等边三角形且面积为，可得，解得，球心为，三角形 的外心为，显然在的延长线与球的交点如图：，，则三棱锥高的最大值为：6，则三棱锥体积的最大值为：，故选．
6．（2017•新课标Ⅲ，理8文9）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，该圆柱底面圆周半径，该圆柱的体积：，故选．
7．（2016•新课标Ⅲ，理10文11）在封闭的直三棱柱内有一个体积为的球，若，，，，则的最大值是
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】，，，，故三角形的内切圆半径，又由，故直三棱柱的内切球半径为，此时的最大值，故选．
8．（2016•新课标Ⅱ，文4）体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】正方体体积为8，可知其边长为2，正方体的体对角线为，即为球的直径，所以半径为，所以球的表面积为，故选．
9．（2015•新课标Ⅱ，理9文10）已知，是球的球面上两点，，为该球面上的动点，若三棱锥体积的最大值为36，则球的表面积为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图所示，当点位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的表面积为，故选．
10．（2013新课标Ⅰ，理6）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为 ( )
A、cm3 B、cm3 C、cm3 D、cm3
【答案】A
【解析】设球的半径为R，则由题知球被正方体上面截得圆的半径为4，球心到截面圆的距离为R-2，则，解得R=5，∴球的体积为=，故选A．
11．（2012•新课标，理11）已知三棱锥的所有顶点都在球的表面上，是边长为1的正三角形，为球的直径，且，则此三棱锥的体积为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设球心为，过三点的小圆的圆心为，则平面，延长交球于点，则平面．，，高，是边长为1的正三角形，，，故选．
12．（2012•新课标，文8）平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为，则此球的体积为（ ）
（A）π （B）4π （C）4π （D）6π
【答案】B
【解析】由球的截面性质知，球的半径R=，所以球的体积为，故选B．
13．（2020全国Ⅲ文16理15）已知圆维的底面半径为，母线长为，则该圆锥内半径最大的球的体积为 ．
【答案】
【思路导引】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值．
【解析】解法一：易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，
其中，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为，
由于，故，设内切圆半径为，则：
，
解得：，其体积：．故答案为：．
解法二：分析知圆锥内半径最大的球的应为该圆锥的内切球，如图，由题可知该圆锥的母线长为，底面半径为，高为，不妨设该内切圆与母线切于点，
令，则由，可得，即，得，此时．
14．（2020山东16）已知直四棱柱的棱长均为，，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为 ．
【答案】
【思路导引】根据已知条件易得，侧面，可得侧面与球面的交线上的点到的距离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧，再根据弧长公式可求得结果．
【解析】解法一：如图，
取的中点为，的中点为，的中点为，
因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，
又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，
因为，所以侧面，
设为侧面与球面的交线上的点，则，
因为球的半径为，，所以，
所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，因为，所以，所以根据弧长公式可得，故答案为：．
解法二：在直四棱柱中，取中点为，中点为，中点为，由题意易知，又，则面，在面内取一点，使，且，∴，又，，∴以为球心，为半径的球面与侧面的交线是以为圆心，以为半径的圆弧，由题意易得，故该交线长为．
解法三：
15．（2019•新课标Ⅱ，理16文16）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有 个面，其棱长为 ．
【答案】26，．
【解析】该半正多面体共有个面，设其棱长为，则，解得．
16．（2017•新课标Ⅰ，文16）已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是球的直径．若平面平面，，，三棱锥的体积为9，则球的表面积为 ．
【答案】
【解析】三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是球的直径，若平面平面，，，三棱锥的体积为9，可知三角形与三角形都是等腰直角三角形，设球的半径为，可得，解得，∴球的表面积为：．
17．（2017•新课标Ⅱ，文15）长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球的球面上，则球的表面积为 ．
【答案】
【解析】长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球的球面上，可知长方体的对角线的长就是球的直径，所以球的半径为：，则球的表面积为：．
18．（2013新课标Ⅰ，文15）已知是球的直径上一点，=1：2， ⊥平面，为垂足，截球所得截面的面积为π，则球的表面积为_______．
【答案】
【解析】由=1：2及是球的直径知，=，=，∴=，由截面圆面积为得截面圆半径为1，∴，∴=，∴球的表面积为=．
19．（2013新课标Ⅱ，文15）已知正四棱锥的体积为，底面边长为，则以为球心，为半径的球的表面积为________．
【答案】
【解析】如图所示：连接BD，AC相交于E，连接OE，∴，，∴，，∴，∴=
20．（2011•新课标，理15）已知矩形的顶点都在半径为4的球面上，且=6，，则棱锥的体积为 ．
【答案】
【解析】设矩形的对角线的交点为E，则OE⊥面ABCD，由题知截面圆半径===12，由截面圆性质得OE==2，∴棱锥的体积为==．
21．（2011•新课标，文16）已知两圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一球面上，若圆锥的底面面积是这个球面面积的，则这两个圆锥中，体积较小者的高于体积较大者的高的比值为 ．
【答案】3
【解析】设圆锥底面半径为，球的半径为，球心为O，圆锥底面圆心为，两顶点分别为P、Q，则由=知，=，
根据球的截面性质可知P、Q、、共线，圆面，圆锥的轴截面内接于球的大圆，因此，．
设=，=，则=， ①
又∽知==，即= ②
由①②可得=，=，体积较小者的高于体积较大者的高的比值为3．
22．（2017天津）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为 ．
【答案】
【解析】设正方体边长为，由，得，外接球直径为，．
23．（2017江苏）如图，在圆柱内有一个球，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱的体积为，球的体积为，则 的值是 ．
【答案】
【解析】设球的半径为，则．
24．（2013天津）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为，则正方体的棱长为 ．
【答案】
【解析】设正方体的棱长为，则正方体的体对角线为直径，即，即球半径．若球的体积为，即，解得．
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