2011-2020年高考数学真题分专题训练 专题22 空间几何体及其表面积与体积（教师版含解析）

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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
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
文16
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
2011
理 15 球的切接问题
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
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 19 简单几何体的体积
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
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
三视图与直观图
2012
理 11 球的切接问题
理 7
文 7
三视图与直观图
简单几何体 的体积
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 18 简单几何体的体积
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
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 19 简单几何体的体积
卷 1 文 15 球的切接问题
2013
球的截面性质及球的表面积公式，空间想象能力
理 7
文 9
理 8
三视图与直观图
卷 2
空间直角坐标系中简单几何体及其三视图，空间想象能力
三视图与直观图
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
卷 1
文 11 简单几何体的体积
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
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
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 2 文 18 简单几何体的体积
2014
卷 2
文 7
简单几何体的体积


三视图与直观图
卷 1
卷 2
文 8
简单几何体的三视图空间想象能力
理 6
文 6
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
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
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 2 文 19 简单几何体的体积
简单几何体的表面积 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
卷 1 文 18
简单几何体的体积
能力和运算求解能力
理 9
卷 2
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
文 10
2015
理 6
卷 2
三视图与直观图
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
文 6
简单几何体的体积
理 11 三视图与直观图
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
卷 1
文 11 简单几何体的表面积 算求解能力
理 6
卷 1
卷 2
简单几何体的体积
球的切接问题
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
文 6
文 4
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
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 1 文 18 简单几何体的体积
理 10
卷 3
卷 3
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
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
文 11
理 9
三视图与直观图
2016
文 10 简单几何体的表面积 算求解能力
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 2
三视图与直观图
简单几何体的体积
简单几何体的表面积
理 6
文 7
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
卷 1
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
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
2017
卷 2 文 15 球的切接问题


简单几何体的体积
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
卷 1 文 18
简单几何体的表面积 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
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
卷 2
卷 2
理 8
球的切接问题
能力
理 4
文 6
三视图与直观图
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
简单几何体的体积
力
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
卷 1 理 16 简单几何体的体积
算求解能力．
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
卷 1
理 7
三视图与直观图
力
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 2 文 16 简单几何体的体积
卷 1
卷 3
文 5
理 10
文 12
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
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
2018
卷 3 文理 3 三视图与直观图
卷 2 理 16 简单几何体的表面积
理 7
简单组合体的三视图与传统文化，空间想象能力
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
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
卷 1
三视图与直观图
文 9
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 2 文 17 简单几何体的体积
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 问 19 共面与共线问题
理 16
2019
卷 3
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
文 16
理 16
文 16
卷 2
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
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
卷 1 理 12 球的切接问题
空间几 何体的侧面 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，
文理 3
理 10 球的切接问题
2020 卷 1
积
正四棱锥中截面的性质
球与多面体的内接问题，球的表面积


文 12
理 10
球的切接问题
球与正三棱锥的内接问题，点面距的计算
卷 2 文 11
理 7
三视图与直观图
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空间想象能力
理 9
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
文 9
卷 3
理 15
球的切接问题
圆锥内切球，球的体积计算
文 6
大数据分析*预测高考
出现频率 2021 年预测
考
点
考点 74 共面与共线问题
考点 75 三视图与直观图
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
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
考点 78 球的切接问题
20/45
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m , n , l ，则“m , n , l 在同一平面”是“m , n , l 两两
相交”的
(
)
A．充分不必要条件
【答案】B
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
【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m,n,l 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m,n,l 两两相交，如图，


三个不同的交点确定一个平面，则m,n,l 在同一平面，∴“m,n,l ”在同一平面是“m,n,l 两两相交”的必
要不充分条件，故选 B．
解法二：依题意m,n,l
是空间不过同一点的三条直线，
当m,n,l 在同一平面时，可能m//n//l ，故不能得出m,n,l
两两相交．
当m,n,l 两两相交时，设mÇn = A,mÇl = B,nÇl = C
，根据公理2 可知
m,n
a
确定一个平面 ，而
BÎm Ìa,CÎl Ìa
BC即l Ìa ，∴m,n,l
，根据公理 可知，直线
1
在同一平面．
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 ABCD- ABC D 中，P为左侧面 ADD A 上一点，已知点 P到 A D
1
综上所述，“m,n,l 在同一平面”是“m,n,l
1
1
1
1
1
1
1
的距离为 3， P到 AA 的距离为 2，则过点 P且与 AC 平行的直线相交的面是(
)
1
1
A． ABCD
【答案】A
B． BBC C C．CC D D
D． AAB B
1
1
1
1
1 1
【解析】如图由条件可知直线 AP交线段 AD 于点 M ，连接MC ，过点 P 作 AC 的平行线，必与 MC 相
1
1
交，那么也与平面 ABCD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 AA1 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 AA1 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 AA 为底面矩形一边的四边形有 AAC C 、 AA B B、 AAD D 、 AAE E 4 个，每一个面
1
1
1
1
1
1
1
1 1
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 ADEB ，RtDABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，其中 AB = 1 ，
BE = BF = 2 ，ÐFBC = 60° ．将其沿 AB ， BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连接 DG ，如图 2．
(1)证明：图 2 中的 A ，C ，G ，D 四点共面，且平面 ABC ^ 平面 BCGE ；
(2)求图 2 中的四边形 ACGD 的面积．
【解析】(1)证明：由已知可得 AD / /BE ，CG / /BE ，即有 AD / /CG ，
则 AD ，CG 确定一个平面，从而 A ，C ，G ， D 四点共面；
由四边形 ABED 为矩形，可得 AB ^ BE ，
由DABC 为直角三角形，可得 AB ^ BC ，
又 BCI
BE = E ，可得 AB ^ 平面 BCGE ，
AB Ì 平面 ABC ，可得平面 ABC ^ 平面 BCGE ；
(2)连接 BG ， AG ，
由 AB ^ 平面 BCGE ，可得 AB ^ BG ，
在DBCG 中， BC = CG = 2 ，ÐBCG = 120°，可得 BG = 2BCsin 60° = 2 3 ，


AG = AB2 + BG2 = 13 ，
可得
在DACG 中， AC = 5 ，CG = 2， AG = 13 ，
4+5-13
2´2´ 5
1
2
可得cosÐACG =
= -
，即有sinÐACG =
，
5
5
2
则平行四边形 ACGD 的面积为2´ 5 ´
= 4 ．
5
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
，
M
在俯视图中对应的点为 N ，则该端点在侧视图中对应的点为
(
)
A． E
B． F
C．G
D． H
【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 M 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 M 点所在位置，可知在侧视图中所对应的点为 E ，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 M 在正视
图上的对应点为 A ，圆柱表面上的点 N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从 M 到 N 的路径
中，最短路径的长度为(
)
A．2 17
B．2 5
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 N 在左视图上的对应点为 B ，则在此圆柱侧面上，从 M 到 N 的路径中，最短路径的长度：
22 +42 =2 5 ，故选 B ．
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．
C．
B．
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 A ，
故选 A ．
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
【答案】B
B．12
C．14
D．16
1
【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， S梯形
梯形的面积之和为6´ 2 = 12 ，故选 B ．
2
2 4
= ´ ´( + )= ，\这些
6
2
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( )


A．6 2
B ．4 2
C．6
D．4
【答案】C
【解析】如图所示，原几何体为三棱锥 D- ABC，其中 AB BC 4, AC 4 2 ， DB = DC = 2 5
，
=
=
=
2
( )
DA = 4 2 +4 = 6，故最长的棱的长度为 DA = 6，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
【答案】B
B．三棱柱
C．四棱锥
D．四棱柱
【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O - xyz 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 zOx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O- ABC，以 zOx平面为投影面，则 A 与 A'重合，B 与 B '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，BC∥AD，BC =1，AD AB PA 2 ，
=
=
=
AB ^ AD ，PA ^
平面
ABCD，故DPAD
，
DPAB PA ^
为直角三角形，∵
ABCD ， BC Ì
ABCD ， PA^ BC
BC ^ AB
，且
平面
平面
，又
PAI AB = A，∴ BC ^ 平面 PAB ，又 PB Ì平面 PAB ．BC ^ PB，∴DPBC为直角三角形，容易求得
PC =3，CD = 5 ， PD = 2 2 ，故DPCD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 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，
B．2 3
C．2 2
D．2


2
2
+2
2
+2 = 2 3．选 B．
2
最长的棱长是体对角线，所以
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】2 2
【解析】由题意可知直观图如图所示，结合三视图有 PA 平面
^
ABC PA = 2 AB BC
，
，
=
=
2
， ，
CA= 2
PB = PA
2
+ AB
2
= 6 ， PC = PA
2
+ AC = 2 2，∴三棱锥最长棱的棱长为2 2 ．
2
所以


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
(
)
5 -1
5 -1
5 +1
5 +1
A．
B．
C．
D．
4
2
4
2
【答案】C
【思路导引】设CD = a,PE = b
1
PO
，则 PO
b
2
= CD×PE 得到关于a,b
，利用
的方程，解方程即可得到答案．
2
2
1
a
2
【解析】如图，设CD = a,PE = b
PO = ab
，由题意
，即
=
PE2 -OE
2
=
b2
-
2
4
a
2
1
b
b 1+ 5
-
= ab，化简得
4( )
2
-2× -1= 0
=
b
2
，解得
(负值舍去)，故选 C．
4
2
a
a
a
4
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．6+4 2
【答案】C
B．4+4 2
C．6+2 3
D．4+2 3
【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，
1
S
= S△ADC = S△CDB = ´2´2 = 2
，根据勾股定理可得：AB = AD = DB = 2 2 ，
根据立体图形可得：
△ABC
2
\
△ADB 是边长为2 2 的等边三角形，根据三角形面积公式可得：
1
1
3
\
= 2 3， 该几何体的表面积是：3´2+ 2 3 = 6+ 2 3 ，
S△ADB = AB× AD×sin 60° = (2 2)
2
×
2
2
2
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．6+ 3 D．12+2 3
(
)
B．6+ 2 3
C．12+ 3


【 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
1
3
3´2
2
+2´ ´2
2
´
=12+2 3，故选 D．
2
2
4．(2018•新课标Ⅰ，文 5)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O ，O ，过直线O O 的平面截该圆柱所得
1
2
1
2
的截面是面积为 8 的正方形，则该圆柱的表面积为(
)
A．12 2p
【答案】B
B．12p
C．8 2p
D．10p
【解析】设圆柱的底面直径为2R ，则高为2R ，圆柱的上、下底面的中心分别为O ，O ，
1
2
过直线O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为 8 的正方形，可得：4R =8 ，解得 R = 2 ，
2
1
2
则该圆柱的表面积为：pg( 2) ´2+ 2 2p ´2 2 =12p ，故选 B ．
2
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
28p
径．若该几何体的体积是
，则它的表面积是(
)
3
A．17p
B．18p
C．20p
D．28p
【答案】A
1
7 4
28p
【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，∴ ´ p R
3
=
，解
8
8 3
3
7
3
得 R = 2 ．它的表面积是： ´4pg2
2
+ ´pg2
2
=17p ，故选 A ．
8
4


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．20p
B．24p
C．28p
D．32p
【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2 3 ，
\在轴截面中圆锥的母线长是 12+ 4 = 4，\圆锥的侧面积是p ´ 2 ´ 4 = 8p ，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p ´2
故选C ．
2
+ 2p ´2´4 = 20p ，\空间组合体的表 面积是28p ，
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．18+ 36 5
B．54 +18 5
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：
3´ 3´ 2 = 18 ， 侧 面 的 面 积 为 ： (3´6 + 3´ 32 + 62 )´ 2 =18 +18 5 ， 故 棱 柱 的 表 面 积 为 ：
18´2 +18+18 5 = 54 +18 5 ，故选 B ．
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r)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16 + 20p ，则 r = (
)
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
1
1
1
1
接半个圆柱，\其表面积为： ´4pr
2
+ ´pr
2
+ ´2r´2pr + 2r´2r + ´pr
2
= 5pr
2
+ 4r ，又Q该几何体
2
2
2
2
2
的表面积为16 + 20p ，\5pr
2
+ 4r =16+ 20p ，解得r = 2 ，故选B ．
2
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．3p
B．4p
C．2p +4
D．3p +4
【答案】D
1
【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
2
1
2 1 1 2 2 2 3
´ p ´ ´( + )+ ´ = p +
4
，故选 D．
是
2
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．1+ 3
【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 P- ABC，表面积为
B．2+ 3
C．1+2 2 D．2 2
1
2
3
´1´2´2 +
´( 2) ´2 = 2+ 3
，故选 B．
2
4
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
C．21
A．21+ 3
B．18+ 3
D．18


【答案】A
1
3
S = 2´2´6- ´1´1+ 2´
´( 2) = 21+ 3 ，
2
【解析】如图，将边长为 2 的正方体截去两个角，∴
故选 A．
表
2
4
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．90cm
2
B．129cm
2
C．132cm
2
D．138cm
2
【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
S = S1 - S正方形 + S + 2S + S ，其中S 是长方体的表面积，S 是三棱柱的水平放置的一个侧面的面积，
2
3
斜面
1
2
S3 是三棱柱的一个底面的面积，可求得 S =138(cm
)，选 D．
2
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．2p
B．p
C．2
D．1
【答案】A
【解析】圆柱的底面半径为 1，母线长为 1， S侧
= 2p ´1´1= 2p ，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．4p
B．3p
C．2p
D．p
【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 S = 2prh = 2p ，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 17
C．48+8 17
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
1
S = 2´ ´(2+4)´4+4´4+2´4 +2´ 1+16´4 = 48+8 17 ，故选 C．
2
16．(2020 浙江 14】已知圆锥展开图的侧面积为2p ，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．
ìp ´r´l = 2p
ï
，解得r =1,l = 2
，故答案为：1．
r
【解析】设圆锥底面半径为 ，母线长为 ，则
l
í
1
2´p ´r = ´2´p ´l
ï
î
2
7
17．(2018•新课标Ⅱ，理 16)已知圆锥的顶点为 S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为 ，SA 与圆锥底面所成
8


角为 45°，若 DSAB 的面积为5 15 ，则该圆锥的侧面积为
【答案】40 2p
．
7
7
15
8
【解析】圆锥的顶点为 S ，母线 SA ， SB 所成角的余弦值为 ，可得sinÐASB = 1-( )
2
=
．DSAB 的
8
8
1
1
15
8
面积为5 15 ，可得 SA
2
sinÐASB = 5 15 ，即 SA
2
´
= 5 15 ，即 SA = 4 5 ．SA 与圆锥底面所成角为45° ，
2
2
2
1
可得圆锥的底面半径为：
´4 5 = 2 10 ，则该圆锥的侧面积： ´4 10 ´4 5p = 40 2p ．
2
2
18．(2014 山东)一个六棱锥的体积为2 3 ，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
1
3
3
【解析】由题意知，该六棱锥是正六棱锥，设该六棱锥的高为h，则
´6´
´2 ´h = 2 3 ，解得h =1，
2
4
底面正六边形的中心到其边的距离为 3 ，故侧面等腰三角形底边上的高为 3+1 = 2，该六棱锥的侧面积
1
为 ´12´2=12．
2
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 (
2´ 4´3+4´1+3´1 +2p-2p=38
．
)
20．(2017•新课标Ⅰ，文 18)如图，在四棱锥 P - ABCD 中， AB / /CD ，且ÐBAP = ÐCDP = 90° ．
(1)证明：平面 PAB ^ 平面 PAD ；
8
(2)若 PA = PD = AB = DC ，ÐAPD = 90° ，且四棱锥 P - ABCD 的体积为 ，求该四棱锥的侧面积．
3


【解析】证明：(1)Q在四棱锥 P - ABCD 中，ÐBAP = ÐCDP = 90° ，
\ AB ^ PA ，CD ^ PD ，
又 AB / /CD ，\ AB ^ PD ，
QPAIPD = P ，\ AB ^ 平面 PAD ，
Q AB Ì 平面 PAB ，\平面
PAB ^
PAD ．
平面
解：(2)设 PA = PD = AB = DC = a ，取 AD 中点O ，连结 PO ，
Q PA = PD = AB = DC ，ÐAPD = 90° ，平面 PAB ^ 平面 PAD ，
2
\ PO ^ 底面 ABCD ，且 AD
=
a2
+a2
=
2a， PO =
a ，
2
8
Q四棱锥 P
- ABCD 的体积为 ，
3
由 AB ^ 平面 PAD ，得 AB ^ AD ，
1
\VP-ABCD = ´ S
´ PO
3
四边形ABCD
1
1
2
1
8
= ´ AB´ AD´ PO = ´a´ 2a´
a = a
3
= ，
3
3
2
3
3
解得a = 2 ，\ PA = PD = AB = DC = 2 ， AD = BC = 2 2 ， PO = 2 ，
\PB = PC = 4+ 4 = 2 2 ，
\该四棱锥的侧面积：
S侧 = SDPAD
+ SDPAB + SDPDC + SDPBC
1
1
1
1
BC
2
2
= ´PA´PD+ ´PA´ AB+ ´PD´DC + ´BC´ PB
2
-(
)
2
2
2
2
1
1
1
1
= ´2´2+ ´2´2+ ´2´2+ ´2 2 ´ 8- 2
2
2
2
2
= 6 + 2 3 ．
21．(2015•新课标Ⅰ，文 18)如图，四边形 ABCD 为菱形，G 为 AC 与 BD 的交点， BE ^ 平面 ABCD ．


(Ⅰ)证明：平面 AEC ^ 平面 BED ；
6
(Ⅱ)若ÐABC = 120°， AE ^ EC ，三棱锥 E - ACD 的体积为
，求该三棱锥的侧面积．
3
【解析】证明：(Ⅰ)Q四边形 ABCD 为菱形，
\ AC ^ BD ，
Q BE ^ 平面 ABCD ，
\ AC ^ BE ，
则 AC ^ 平面 BED ，
Q AC Ì 平面 AEC ，
\平面
平面
AEC ^
BED ；
3
x
(Ⅱ)设 AB = x ，在菱形 ABCD 中，由ÐABC = 120°，得 AG = GC =
x ，GB = GD = ，
2
2
Q BE ^ 平面 ABCD ，
\ BE ^ BG ，则DEBG 为直角三角形，
1
3
\EG = AC = AG =
x ，
2
2
2
则 BE = EG
2
- BG
2
=
x ，
2
1 1
的体积V = ´ ACgGDgBE =
ACD
6
6
Q三棱锥
-
x
3
=
，
E
3 2
24
3
解得 x = 2 ，即 AB = 2 ，
QÐABC =120° ，
1
\AC
2
= AB
2
+ BC - 2ABgBCcos ABC = 4+ 4- 2´2´2´(- ) =12 ，
2
2
即 AC = 12 = 2 3 ，
在三个直角三角形 EBA ， EBD ， EBC 中，斜边 AE = EC = ED ，
+ EC = AC =12 ，即2AE
Q AE ^ EC ，\ DEAC 为等腰三角形，则
AE
2
2
2
2
=12，
1
1
\AE
2
= 6 ，则 AE = 6 ，\从而得 AE = EC = ED = 6 ，\ DEAC 的面积 S = ´ EAgEC = ´ 6 ´ 6 = 3 ，
2
2


1
1
在等腰三角形 EAD 中，过 E 作 EF ^ AD 于F ，则 AE = 6 ，AF = AD = ´2 =1，则 EF = ( 6)
2
-12
= 5 ，
2
2
1
\DEAD 的面积和DECD 的面积均为 S = ´2´ 5 = 5 ，故该三棱锥的侧面积为3+ 2 5 ．
2
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：cm3 )是
(
)
7
3
14
3
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 DAC ^ 平面 ABC ，且 DA = DC ，三棱锥的高是 1，∴几何体的体积
1
1
1
1
1
1
1
1
1 1
V = ´2´1´2+ ´ ´2´1´1= ，故选 A．
3 2
7
2
3


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．90p
B．63p
C．42p
D．36p
【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，
1
V =pg3
2
´10- gpg3
2
´6 = 63p ，故选 B ．
2
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
p
16
p
1 1
16
p
320
9
【解析】设圆锥的底面半径为 r ，则 r =8，解得r = ，故米堆的体积为 ´ ´p ´( )
2
´5 »
，Q1 斛
2
4 3
320
9
米的体积约为 1．62 立方，\
¸1.62 » 22，故选 B ．
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(
)
1
1
7
1
6
1
5
A．
B．
C．
D．
8
【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
1 1 1 5
1
1
´ ´1´1´1= ，\剩余部分体积为1- = ，\截去部分体积与剩余部分体积的比值为 ，故选 D ．
3 2 6 6
6
5
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(
)
17
27
5
9
10
27
1
3
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】原来毛坯体积为：p ×3
2
×6 = 54p(cm
2
)，由三视图得，该零件由左侧底面半径为 2cm，高为 4cm
)，
) ，所以切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为
p ×2
2
×4+p ×3
2
×2 = 34p(cm
2
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：
54p -34p = 20p(cm
2
则切削掉部分的体积为
20p 10
54p 27
=
，故选 C．
6．(2014 新课标Ⅱ，文 7)正三棱柱 ABC - ABC 的底面边长为2 ，侧棱长为 3 ，D 为 BC中点，则三棱
1
1 1
锥 A- B DC 的体积为
1
1
3
2
3
A．3
B．
C．1
D．
2
【答案】C
【解析】连结 AD，∵△ABC 是正三角形，且 D 是 BC 的中点，∴AD⊥BC，∵ BB ⊥面 ABC，∴ BB ⊥
1
1
AD ， ∵ BB ∩ BC=B ， ∴ AD ⊥ 面 BBC C ， ∴ AD 是 三 棱 锥 A- B DC 的 高 ， ∴
1
1
1
1
1
1
1
3
VA-B1DC1 = S
gAD=
´ 3´ 3
=1，故选 C．
DDBC
3
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


A．16+8p
B
．8+8p
C．16+16p
D．8+16p
【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
1
方体，故其体积为
p ´2 ´4+4´2´2 =16+8p ，故选 A．
2
2
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
【答案】B
B．9
C．12
D．18
【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
1 1
三角形，此几何体的体积为V = ´ ´6´3´3= 9 ，故选 B ．
3 2
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
【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
B．162
C．182
D．32
1
1
求解，即 S五边形ABCDE = (4+6)´3+ (2+6)´3= 27，高为6，则该柱体的体积是
V = 27´6 =162
，故
2
2
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：cm3 )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
1
V = ´(1+2)´2´2 =6．故选 C．
2
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：cm3 )是(
)


p
p
3p
3p
A． +1
B． +3
C．
+1
D．
+3
2
2
2
2
【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)，
1 1
( ´p ´1
1 1
´3)+ ( ´2´1´3) = +1．选 A．
3 2
p
2
其体积为：
3 2
2
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
1 2
+ π
1
3
2π
1
3
2π
D．1+ 2π
+
+
A．
B．
C．
3 3
3
6
6
【答案】C


1
1
【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
V = ´1
2
´1= ，设半球的
1
3
3
2
1 4p
V = ´
2
3
2
2
半径为R ，则2R = 2 ，即 R
，所以半球的体积
=
´(
)
=
p
，故该几何体的体积
2
2
2
3
6
1
2
V =V +V = +
p ．故选 C．
1
2
3
6
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
32
40
A．8cm
3
B．12cm
3
C． cm
3
D． cm
3
3
3
【答案】C
1
32
【解析】由题意得，该几何体为一立方体与四棱锥的组合，∴体积V = 2
3
+ ´2
2
´2 =
，故选 C．
3
3
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
1
2
1
2
A． +p
B． +p
C． +2p
D． +2p
3
3
3
3
【答案】A
1
1 1
´2+ ´( ´´1´2)´1=p +
1
V = p ´1
2
【解析】这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体，
，选 A．
2
3 2
3
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


新工件的体积
原工件的体积
=
)
8
9p
16
9p
-
4( 2 1)3
-
12( 2 1)3
A．
B．
C．
D．
p
p
【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2x，
x 2-h
高为h，则由三角形相似可得， =
，所以h = 2-2x， xÎ(0,1)，长方体体积
1
2
x+ x+2-2x
16
27
2
V长方体 =( 2x)
2
h = 2x
2
(2-2x)≤2(
)
3
=
，当且仅当 x = 2-2x，即 x = 时取等号，
3
3
16
8
1
2p
27
V = p ´1
2
´2 =
，故材料利用率为
=
，选 A．
p
圆锥
3
3
2
9p
3
16．(2014 辽宁)某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为
p
p
A．8-2p
B．8-p
C．8-
D．8-
2
4
【答案】B


1
【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
4
1
2
3
-2´p ´1 ´2´ =8-p ，故选 B．
2
4
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
【答案 】A
B．200+18π
C．140+9π
D．140+18π
【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
1
【解析】几何体是圆柱与圆锥叠加而成它的体积为V
=p ´
3 ´5+ p ´
2
3
2
´
5 3 =57p ，故选 C
2
-
2
3
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


8π
3
10π
3
A．
B．3π
C．
D．6π
【答案】B
1
【解析】由三视图可知该几何体的体积：V =p ´1
2
´2+ ´p ´1 ´2=3p ，故选 B．
2
2
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2cm，高为2cm，内孔半径为0.5cm，则此六角螺帽毛坯的体积是
cm3 ．
p
【答案】12 3 -
2
【解析】记此六角螺帽毛坯的体积为V ，正六棱柱的体积为V1 ，内孔的体积为正六棱
1
p
柱的体积为V2 ，则
V = 6´ ´2´2´sin 60°´2 =12 3,V =p ´(0.5)
1
2
2
´2 =
，
2
2
p
∴V =V -V =12 3 -
．
1
2
2
21．(2019•新课标Ⅲ，理 16 文 16)学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型，如图，该模型为长方
体 ABCD - ABC D ，挖去四棱锥O - EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心， E ， F ，G ， H ，
1
1
1
1
分别为所在棱的中点，AB = BC = 6cm ，AA1 = 4cm，3D 打印所用原料密度为0.9g / cm3 ，不考虑打印损耗，
制作该模型所需原料的质量为 g ．


【答案】118．8
【解析】该模型为长方体 ABCD - ABC D ，挖去四棱锥O - EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中
1
1
1
1
心， E ， F ，G ，H ，分别为所在棱的中点， AB = BC = 6cm ， AA1 = 4cm，
1
1
\该模型体积为：V
-VO-EFGH = 6´6´4- ´(4´6- 4´ ´3´2)´3
ABCD-A B C D
1
1
1
1
3
2
=144-12 =132(cm3) ，Q 3D 打印所用原料密度为0.9g / cm3
质量为：132´0.9 =118.8(g) ．
，不考虑打印损耗， 制作该模型所需原料的
\
22．(2018•新课标Ⅱ，文 16)已知圆锥的顶点为 S ，母线 SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30° ．若
DSAB 的面积为 8，则该圆锥的体积为
【答案】8p
．
1
【解析】圆锥的顶点为 S ，母线 SA ，SB 互相垂直，DSAB 的面积为 8，可得： SA =8，解得SA = 4 ，SA
2
2
与圆锥底面所成角为 30° ．可得圆锥的底面半径为： 2 3 ，圆锥的高为：2，则该圆锥的体积为：
1
V = ´p ´(2 3)
2
´2 = 8p ．
3
23．(2017•新课标Ⅰ，理 16)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5cm ，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，DDBC ，DECA ，DFAB 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DDBC ，DECA ，DFAB ，使得D 、E 、F 重合，
得到三棱锥．当DABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3) 的最大值为
．
【答案】4 15cm
3
3
【解析】解法一：由题意，连接OD ，交 BC 于点G ，由题意得OD ^ BC ，OG =
BC ，
6
即 OG 的 长 度 与 BC 的 长 度 成 正 比 ， 设 OG = x ， 则 BC = 2 3x ， DG = 5 - x ， 三 棱 锥 的 高


1
3
h = DG2 -OG2 = 25-10x+ x2 - x2 = 25-10x ， SDABC = ´
´(2 3x)
2
= 3 3x ，
2
2
2
1
5
则V = S
´h = 3x
2
´ 25-10x = 3g 25x
4
-10x f (x) = 25x4 -10x5 ，xÎ(0, )，f¢(x) =100x3 -50x4 ，
，令
5
DABC
3
2
f ¢(x) ³ 0，即 x4 -2x
，解得
3
£
0
x £ 2
，则
f (x) f (2) 80，∴V £ 3´ 80 = 4 15cm
，\体积
£
=
3
令
最大值为4 15cm
3
．
1
3
3
3
解法二：如图，设正三角形的边长为 x ，则OG = ´
x =
x ，\FG = SG = 5 -
x ，
3
2
6
6
3
3
x)2 = 5(5 - 3) ，
1
SO = h = SG2 - GO2 = (5 -
x)2 - (
\三棱锥的体积V =
3SDABC gh
6
6
3
1
3
3
15
3
3
5 3
= ´
´ 5(5 -
x) =
5x4 -
x5 ，令b(x) =5x
4
-
x
5
，则b¢(x) = 20x
3
-
4
x ，
3
4
3
12
3
3
3
x
4
75
令b¢(x) = 0，则 4x
3
-
=0，解得 x = 4 3 ，\Vmax
=
´48´ 5- 4 = 4 15(cm
3
) ．
3
12
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
1
´(
)´ ´ ．
2+4 2 4=40
的体积V V
=
= ´ ´
-V四棱柱 4 4 4-
正方体
2
25．(2018 天津)已知正方体 ABCD - ABC D 的棱长为 1，除面 ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别
1
1
1
1
为点 E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M EFGH 的体积为
-
．
1
【答案】
12
【解析】连接 AD ，CD ，B A，BC ， AC ，因为E ，H 分别为 AD ，CD 的中点，所以 EH ∥ AC ，
1
1
1
1
1
1
1
1
EH = AC，因为F ，G分别为 B A， BC 的中点，所以 FG ∥ AC ， FG = AC，所以 EH ∥FG，
1
1
2
2


EH = FG ，所以四边形 EHGF 为平行四边形，又 EG = HF ，EH = HG，所以四边形 EHGF 为正方形，
1
1
3
2)2
1
1
又点 M 到平面 EHGF 的距离为 ，所以四棱锥 M -EFGH 的体积为
´(
´ =
2 12
．
2
2
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
．
4
【答案】
3
【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
1
3
4
3
2
´( 2) ´2 =
2
，则该正八面体的体积为
．
1
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
．
4
p
【答案】2+
2
【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
π´1
2
π
V = 2´1´1+2´
´1= 2+ ．
4
2
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_______m3 ．


【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
1
体积为 ´2´1´3= 2 (
3 )．
m
3
29．(2015 天津)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为
m3 ．
8
【答案】 p
3
【解析】由三视图可知，该几何体是中间为一个底面半径为1，高为2 的圆柱，两端是底面半径为1，高为
1
8
1的圆锥，所以该几何体的体积V =1
2
´p ´2+2´ ´1 ´p ´1= p ．
2
3
3
S1 =
S2
9
4
30．(2014 江苏)设甲、乙两个圆柱的底面分别为S ，S ，体积分别为V ，V ，若它们的侧面积相等，且
，
1
2
1
2
V1
V2
则
的值是
．
3
【答案】
2
S
9
4
r
3
2
【解析】设甲、乙两个圆柱的底面半径分别是r,r ，母线长分别是l ,l ．则由
1
=
，可得
．
1
=
．又两
1
2
1
2
S2
r2
l
r
2
3
V1 S l 9 2 3
1 1 = ´ =
V2 S l
4 3 2
个圆柱的侧面积相等，即2prl = 2pr l ，则 1
=
=
，所以
=
1
1 1
2 2
l
r2
2
2 2
ABC - ABC
D,E,F
中，
AB,AC,AA
1
F - ADE
的中点，设三棱锥
31．(2013 江苏)如图，在三棱柱
分别是
1
1
1


V
ABC - ABC 的体积为V
V :V =
，则
1 2
的体积为 ，三棱柱
．
1
1
1
1
2
C1
B1
A
1
F
C
E
B
A
D
【答案】1：24
F - ADE
A1 - ABC
A1 - ABC
的 相似比为 1：2，故体积 之比为 1：8．又因三棱锥
【解析】三棱锥
与三棱锥
A B C - ABC
F - ADE
A B C - ABC
与三棱柱 的体积之
1 1 1
与三棱柱
的体积之比为 1：3．所以，三棱锥
1
1
1
比为 1：24．
32．(2011 福建)三棱锥 P- ABC 中， PA ⊥底面 ABC， PA =3，底面 ABC是边长为 2 的正三角形，则三
棱锥 P- ABC 的体积等于______．
【答案】 3
1
1
1
V = PA×S
= ×3× ×2×2×sin 60 = 3
o
【解析】
DABC
3
3
2
33．(2019•新课标Ⅱ，文17)如图，长方体 ABCD - ABC D 的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA 上，BE ^ EC ．
1
1
1
1
1
1
(1)证明： BE ^ 平面 EBC ；
1
1
(2)若 AE = A E ， AB = 3 ，求四棱锥 E - BB C C 的体积．
1
1
1
【解析】(1)证明：由长方体 ABCD - ABC D ，可知
1
1
1
1
BC ^平面 ABB A ， BE Ì平面 ABB A ，
1
1
1
1
1 1
\BC ^ BE ，
1
1
QBE ^ EC ， B C EC = C ，
I
1
1
1
1
1


\ BE ^ 平面 EBC ；
1
1
(2)由(1)知ÐBEB = 90° ，由题设可知RtDABE @ Rt △ A B E ，
1
1
1
\ÐAEB = ÐA EB = 45°，\
AE = AB
3
= ， AA = 2AE = 6 ，
1
1
1
Q在长方体 ABCD - ABC D 中， AA / / 平面 BBC C ， EÎ AA ，
^ 平面 BBC C ，
1 1
AB
1
1
1
1
1
1
1
1
\ E 到平面 BBC C 的距离d = AB = 3 ，
1
1
1
\四棱锥 E - BB C C 的体积V = ´3´6´3=18．
1
1
3
34．(2016•新课标Ⅰ，文 18)如图，已知正三棱锥 P - ABC 的侧面是直角三角形，PA = 6 ，顶点 P 在平面 ABC
内的正投影为点 D ，D 在平面 PAB 内的正投影为点E ，连接 PE 并延长交 AB 于点G ．
(Ⅰ)证明：G 是 AB 的中点；
(Ⅱ)在图中作出点 E 在平面 PAC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体 PDEF 的体积．
【解析】(Ⅰ)证明：Q P - ABC 为正三棱锥，且 D 为顶点 P 在平面 ABC 内的正投影，
\ PD ^ 平面 ABC ，则 PD ^ AB ，
又E 为D 在平面 PAB 内的正投影，
\ DE ^ 面 PAB ，则 DE ^ AB ，
QPDIDE = D ，
\ AB ^ 平面 PDE ，连接 PE 并延长交 AB 于点G ，
则 AB ^ PG ，
又 PA = PB ，
\G 是 AB 的中点；
(Ⅱ)在平面 PAB 内，过点 E 作 PB 的平行线交 PA 于点 F ， F 即为 E 在平面 PAC 内的正投影．
Q正三棱锥
-
ABC 的侧面是直角三角形，
P
\ PB ^ PA ， PB ^ PC ，
又 EF / /PB ，所以 EF ^ PA ， EF ^ PC ，因此 EF ^ 平面 PAC ，
即点 F 为 E 在平面 PAC 内的正投影．
连结CG ，因为P 在平面 ABC 内的正投影为 D ，所以 D 是正三角形 ABC 的中心．
2
由(Ⅰ)知，G 是 AB 的中点，所以 D 在CG 上，故CD = CG ．
3


2
1
由题设可得 PC ^ 平面 PAB ， DE ^ 平面 PAB ，所以 DE / /PC ，因此 PE = PG ， DE = PC ．
3
3
由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且 PA = 6 ，可得 DE = 2 ， PG = 3 2 ， PE = 2 2 ．
在等腰直角三角形 EFP 中，可得 EF = PF = 2 ．
1
1
1
4
所以四面体 PDEF 的体积V = ´ DE´ S
= ´2´ ´2´2 = ．
DPEF
3
3
2
3
35．(2015•新课标Ⅱ，文 19)如图，长方体 ABCD - ABC D 中， AB = 16 ，BC = 10 ， AA = 8，点 E ，F 分
1
1
1
1
1
别在 AB ， D C 上， AE = D F = 4．过 E ， F 的平面a 与此长方体的面相交，交线围成一个正方形
1
1
1
1
1
1
(Ⅰ)在图中画出这个正方形(不必说出画法和理由)
(Ⅱ)求平面a 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 EFGH 如图所示；
(Ⅱ)作 EM ^ AB ，垂足为 M ，则 AM = AE = 4， EB =12 ， EM = AA =8．
1
1
1
因为 EFGH 为正方形，所以 EH = EF = BC = 10 ，
MH = EH2 - EM2 =6，
于是
AH = 10
，
HB = 6 ．
因为长方体被平面a 分成两个高为 10 的直棱柱，
9
所以其体积的比值为 ．
7
36．(2014 新课标Ⅱ，文 18)如图，四棱锥 P- ABCD中，底面 ABCD为矩形， PA 平面
^
ABCD，E
PD
是
的中点．


(Ⅰ)证明： PB //平面 AEC；
(Ⅱ)设 AP =1,AD = 3，三棱锥 P ABD 的体积
3
-
V =
A
PBC
，求 到平面 的距离．
4
【解析】(Ⅰ)证明：连结BD 交 AC 于点O，连结OE．
∵底面 ABCD为矩形，
∴点O为 BD 的中点，又E 为PD 的中点，
∴OE P PB
∵OE Ì平面 AEC， PB Ë平面 AEC，
∴PB P 平面 AEC
(Ⅱ)∵底面 ABCD为矩形， PA 平面
^
ABCD
，
1
3
3
∴VP-ABD = PA´AB´AD=
，PA⊥BC，BC⊥AB，
AB=
6
6
4
3
∴AB= ，BC⊥面 PAB，
2
^
过 A 在平面 PAB 内作 AH PB 交 PB 于 H，∴BC⊥AH，
∵PB∩
BC=B， ∴AH⊥面 PBC，
13
2
PA× AB 3 13
=
在直角三角形 PAB 中，
PB = PA
2
+ AB2 =
，∴ AH =
PB
13
3 13
∴A 到平面 PBC 的距离为
．
13
37．(2013 新课标Ⅰ，文 19)如图，三棱柱 ABC-A B C 中，CA=CB，AB=A A ，∠BAA =600．
1
1
1
1
1
(Ⅰ)证明 AB⊥A1C；
(Ⅱ)若 AB=CB=2，A C= ，求三棱柱 ABC-A B C 的体积
1
1
1 1
【解析】(Ⅰ)取AB中点E，连结CE， AB， AE，
1
1


∵AB= AA ，ÐBAA =
600 ，∴DBAA1是正三角形，
1
1
∴ A1E⊥AB， ∵CA=CB， ∴CE⊥AB， ∵CE Ç AE =E，∴AB⊥面CEA ， ∴AB⊥ AC ；
1
1
1
(Ⅱ)∵AB=AC=BC=2，∴CE= 3 ，在正DBAA 中，AB=2， ∴ AE= 3 ，
1
1
= A1E
2
+CE2 ，∴ A1E⊥CE，
∵A1C= ，∴
AC
1
2
由(Ⅰ)知 AE⊥AB，AB∩CE=E，∴ AE⊥面ABC，
1
1
∴ AE是三棱锥 ABC - ABC 的高，
1
1 1 1
3
∴三棱锥 ABC - ABC 的体积为 S
´ A1E =
DABC
´2 ´ 3
2
=3．
1
1
1
4
38．(2013 新课标Ⅱ，文 18)如图，直三棱柱 ABC - ABC 中， D， E 分别是 AB ， BB 的中点．
1
1
1
1
(Ⅰ)证明： BC / / 平面 ACD ；
1
1
1
(Ⅱ)设 AA = AC = CB = 2， AB = 2 2 ，求三棱锥C - ADE 的体积．
1
1
【解析】(Ⅰ)连结 AC 交 AC 于点 F，连结 DF，
1
1
∴F 为 AC1的中点，
又∵D 是 AB 中点，
则 BC1 ∥DF，
∵DFÌ面 A1CD ， BC1
面
，
Ë ACD
1
∴ BC ∥面 ACD
1
1
(Ⅱ) ∵ ABC - ABC 是直三棱柱，
1
1 1
∴ AA1 ⊥CD，
∵AC=CB，D 是 AB 的中点，


∴CD⊥AB，
∵ AA1 ∩AB=A，
∴CD⊥面 AA B B，
1
1
由 AA1 =AC=CB=2，AB=2 2 得，∠ACB=
90o ，CD= 2， A D = 6 ，DE= 3 ， AE=3，
1 1
A D
1
2
+ DE = A1E2 ，即 DE ^ AD
1
2
．
∴
1 1
∴VC-A1DE = ´ ´ 6´ 3´ 2=1．
3 2
1
2
39．(2012•新课标，文 19)如图，三棱柱 ABC - ABC 中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC= AA ，D
1
1
1 1
是棱 AA1 的中点．
(Ｉ) 证明：平面 BDC1 ⊥平面 BDC1
(Ⅱ)平面 BDC1 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⊥CC ，BC⊥AC，CC Ç AC =C ，∴ BC ^面 ACC A ，
又∵ DC1 Ì面
1
1
1 1
ACC A ，∴ DC ^ BC ，
1
1
1
ÐA DC = ÐADC = 45
0
ÐCDC 90
0
DC1 ^ DC
由题设知
，∴
=
1
，即
，
1
1
又∵ DCÇBC =C， ∴ DC1 ⊥面 BDC ，
∴面 BDC ⊥面 BDC1 ；
∵ DC Ì面 BDC ，
1
1
1 1+2
1
(Ⅱ)设棱锥 B-DACC 的体积为V ， AC =1，由题意得，V = ´
´1´1= ，
1
1
1
3
2
2
由三棱柱 ABC - ABC 的体积V =1，
1
1 1


∴(V -V ):V =1：1， ∴平面 BDC 分此棱柱为两部分体积之比为 1：1．
1
1
1
40．(2014 广东)如图 2，四边形 ABCD为矩形， PD ⊥平面 ABCD， AB 1，
=
BC = PC = 2
，作如图 3
折叠，折痕 EF ∥ DC ．其中点 E ， F 分别在线段 PD ， PC上，沿 EF 折叠后点 P 在线段 AD 上的
点记为M ，并且 MF ⊥CF ．
(Ⅰ)证明：CF ⊥平面 MDF ；
(Ⅱ)求三棱锥 M
- CDE
的体积．
【解析】(Ⅰ)证明： PD 平面
^
ABCD,PD Ì PCD,
∴平面
PCD ^
平面
，
ABCD，
平面 PCD I平面 ABCD =CD，MD Ì 平面
ABCD， MD ^ CD
∴MD 平面
^
PCD，
CF Ì平面PCD,\CF ^ MD,又CF ^ MF,MD,MF Ì平面MDF,
MDIMF = M ，∴CF ^ 平面MDF ．
(Ⅱ)QCF ^平面MDF,\CF ^ DF,又易知ÐPCD = 60
0
,\ÐCDF =30 ,
0
1
1
从而CF= CD= ,
2
2
1
DE CF
,即DE = 2 ,\DE =
3
3 3
QEF∥DC,\
=
,\PE =
,
DP CP
3 2
4
4
1
3
3 3
4
3
6
SDCDE = CD×DE =
， MD
=
ME
2
-
DE
2
=
PE
2
-
DE
2
=
(
)
2
-(
2
) =
,
2
8
4
2
1
×MD = 1 ×
3
6
2
\VM -CDE = S
×
=
.
DCDE
3
3 8
2
16
41．(2014 辽宁)如图，DABC和DBCD所在平面互相垂直，且 AB = BC = BD = 2，
ÐABC = ÐDBC =1200 ，E 、 F 、G分别为 AC 、 DC 、 AD 的中点．
(Ⅰ)求证： EF 平面
^
BCG
；
(Ⅱ)求三棱锥 D-BCG的体积．
1
附：锥体的体积公式V = Sh，其中S为底面面积，h 为高．
3


【解析】(Ⅰ)由已知得DABC @ DDBC ，因此 AC = DC ，
又G为 AD 的中点，CG ^ AD；
同理 BG ^ AD；
因此 AD 平面
^
BCG
，
又 EF ∥ AD ，
∴ EF 平面 BCG．
^
(Ⅱ)在平面 ABC内，做 AO ^CB，交CB的延长线于O，
BCD，
由平面 ABC ^ 平面
知 AO ^平面 BCD，
又G为 AD 的中点，
因此G到平面 BCD的距离h是 AO的一半，
在DAOB 中， AO = AB×sin 60o = 3 ，
1
1
所以VD-BCG =VG-BCD = ´S
´h = ．
DDBG
3
2
P- ABCD
ABCD
ÐBAD = 60
．已知
o
42．(2013 安徽) 如图，四棱锥
的底面
是边长为 2 的菱形，
PB = PD = 2,PA = 6
．
PC ^ BD
(Ⅰ)证明：
；
E
PA
P-BCE
的中点，求三棱锥 的体积．
(Ⅱ)若 为


【解析】(Ⅰ)证明：连接 AC，交于 BD 于O点，连接 PO．因为底面 ABCD 是菱形，
AC ^ BD,BO = DO
所以
，
PB = PD
PO ^ BD
．
由
知，
再由 POÇ AC =O知，
BD ^ 面 APC，
因此 BD ^ PC．
1
1
(Ⅱ)解：因为 E 是 PA 的中点，所以V
=VC-PEB = V
= V
P-BCE
C-PAB
B-APC
2
2
PB = PD = AB = AD = 2知，VABD @VPBD
由
因为ÐBAD = 60
o
，
PO = AO = 3, AC = 2 3,BO =1
所以
．
PA = 6,PO
2
+ AO
2
= PA
2
,即PO ^ AC
又
．
1
故S
= PO· AC = 3
．
VAPC
2
1
1 1
1
BO ^ 面APC,因此VP-BCE = V
= · ·BO·S
=
VAPC
由(1)知，
．
B-APC
2
2 3
2
43．(2012 江西)如图，在梯形 ABCD中，AB ∥ CD，E ，F 是线段 AB 上的两点，且 DE
^ AB ，CF ^ AB
，
AB =12， AD =5，BC=4
2 ，DE =4，现将△ ADE ，△CFB分别沿 DE ，CF
折起，使 A，B 两
点重合与点G，得到多面体CDEFG．


(1)求证：平面 DEG 平面
^
CFG
；
(2)求多面体CDEFG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，
EG ^GF
所以可得
，
又因为CF ^ 底面EGF
，
可得CF ^ EG
，即
EG ^ 面CFG
，
^
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，
1
1
12
所以所求体积为 S
×GO = ´4´5´ =16．
CDEF
3
3
5
1
^
∥
44．(2011 辽宁)如图，四边形 ABCD 为正方形，QA 平面 ABCD，PD QA，QA=AB= PD．
2
^
(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，DC AD，
^
所以 DC 平面 PDAQ，
^
可得 PQ DC．
2
^
PD，则 PQ QD
在直角梯形 PDAQ 中可得 DQ=PQ=
2
^
所以 PQ 平面 DCQ．


(II)设 AB=a．
1
由题设知 AQ 为棱锥 Q—ABCD 的高，所以棱锥 Q—ABCD 的体积
V = a
3
.
1
3
2
由(I)知 PQ 为棱锥 P—DCQ 的高，而 PQ= 2a，△DCQ 的面积为
2 ，
a
2
1
所以棱锥 P—DCQ 的体积为
V = a
3
.
2
3
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 A, B ,C 为球O的球面上的三个点，⊙O 为DABC的外接圆．若⊙O 的
1
1
面积为4π， AB = BC = AC =OO1 ，则球O的表面积为
(
)
A．64π
B．48p
C．36p
D．32p
【答案】A
【思路导引】由已知可得等边DABC的外接圆半径，进而求出其边长，得出OO
的值，根据球截面性质，
1
求出球的半径，即可得出结论．
【解析】设圆O
半径为 ，球的半径为 R，依题意，得
r
pr2 = 4p,\r = 2，
1
由正弦定理可得 AB 2rsin 60° = 2 3 ，
=
\OO1 = AB = 2 3 ，根据圆截面性质OO
^
ABC
平面 ，
1
\OO ^ O A,R = OA = OO +O1A
1
2
2
= OO1
2
+ r
2
= 4 \ O
= p
2
= 64p，故选 A．
， 球 的表面积 S 4 R
1
1
9 3
4
2．(2020 全国Ⅱ文 11 理 10)已知 ABC是面积为
D
的等边三角形，且其顶点都在球O的表面上，若球O
的表面积为16 ，则球O到平面 ABC 的距离为
p
(
)
3
3
A． 3
B．
C．1
D．
2
2
【答案】C


O
【思路导引】根据球 的表面积和
DABC
O
R DABC r
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d = R
2
-r2 ．
O
【解析】设球 的半径为 ，则
R
4pR
2
=16p
R = 2
，解得： ．
设DABC
r
a
外接圆半径为 ，边长为 ，
1
3 9 3
9 3
QDABC
\ a
´
=
a = 3，
，解得：
是面积为
的等边三角形，
2
4
2
2
4
2
a
2
2
9
\
， 球心 到平面
\r = ´ a
2
-
= ´ 9- = 3
O
ABC
=
R2 -r2 =
4-3 =1，故选 ．
C
的距离d
3
4
3
4
3．(2020 天津 5)若棱长为2 3 的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(
)
A．12p
B．24p
C．36p
D．144p
【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
( )
2
( )
2
( )
2
2 3 + 2 3 + 2 3
，所以这个球的表面积为S 4 R
= p = p ´ = 36p ，故选 C．
2
4
3
2
R =
= 3
2
4．(2019•新课标Ⅰ，理 12)已知三棱锥 P - ABC 的四个顶点在球O 的球面上， PA = PB = PC ，DABC 是边
长为 2 的正三角形， E ，F 分别是 PA ， AB 的中点，ÐCEF = 90° ，则球O 的体积为(
)
A．8 6p
B．4 6p
C．2 6p
D． 6p
【答案】D
【解析】如图，由 PA = PB = PC ，DABC 是边长为 2 的正三角形，可知三棱锥 P - ABC 为正三棱锥，则顶
点P 在底面的射影O 为底面三角形的中心，连接 BO 并延长，交 AC 于G ，
则 AC ^ BG ，又 PO ^ AC ，POI
BG = O ，可得 AC 平面 PBG ，则 PB AC ，Q E ，F 分别是 PA ，AB
^
^
的中点，\ EF / /PB ，又ÐCEF = 90° ，即 EF ^ CE ，\ PB ^ CE ，得 PB ^ 平面 PAC ，\正三棱锥 P - ABC
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
6
，则球 的体积为 p ´( 6)
= 6p ，故选 D ．
4
D = PA2 + PB2 + PC2 = 6 ，半径为
3
O
2
3
2


5．(2018•新课标Ⅲ，理 10 文 12)设 A ，B ，C ，D 是同一个半径为 4 的球的球面上四点，DABC 为等边三
角形且面积为9 3，则三棱锥 D - ABC 体积的最大值为(
)
A．12 3
B．18 3
C．24 3
D．54 3
【答案】B
3
【解析】DABC 为等边三角形且面积为9 3 ，可得
´ AB = 9 3 ，解得 AB = 6，球心为O ，三角形 ABC 的
2
4
2
3
外心为O¢ ，显然 D 在O¢O 的延长线与球的交点如图：O¢C = ´
´ 6= 2 3 ，OO¢ = 4
2
-(2 3) = 2 ，则
2
3
2
1
3
三棱锥 D - ABC 高的最大值为：6，则三棱锥 D - ABC 体积的最大值为： ´
´6 =18 3 ，故选 B ．
3
3
4
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．p
)
3p
C． p
D． p
B．
4
2
4
【答案】B
【解析】Q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
1
3
，\该圆柱的体积：V = Sh =p ´( 3)
3p
r = 1
2
-( )
2
=
2
´1=
，故选 B ．
2
2
2
4
7．(2016•新课标Ⅲ，理 10 文 11)在封闭的直三棱柱 ABC - ABC 内有一个体积为V 的球，若 AB ^ BC ，AB = 6 ，
1
1
1
BC = 8， AA
= ，则 的最大值是(
3
V
)
1
9p
32p
A．4p
B．
C．6p
D．
2
3
【答案】B
6+8-10
【解析】Q AB ^ BC ，AB = 6 ，BC = 8，\ AC =10 ，故三角形 ABC 的内切圆半径r =
= 2 ，又由 AA1 = 3，
2
3
4
3
3
2
9p
故直三棱柱 ABC - ABC 的内切球半径为 ，此时V 的最大值 pg( )
3
=
，故选 B ．
1
1
1
2
2


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(
)
32
A．12p
B．
p
C．8p
D．4p
3
【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 4+ 4+ 4 = 2 3 ，即为球的直径，所以半
径为 3，所以球的表面积为4pg( 3) =12p ，故选 A ．
2
9．(2015•新课标Ⅱ，理 9 文 10)已知 A ， B 是球O 的球面上两点，ÐAOB = 90° ，C 为该球面上的动点，若
三棱锥O - ABC 体积的最大值为 36，则球O 的表面积为(
)
A．36p
B．64p
C．144p
D．256p
【答案】C
【解析】如图所示，当点C 位于垂直于面 AOB 的直径端点时，三棱锥O - ABC 的体积最大，设球O 的半径
1 1
1
为 R ，此时VO-ABC =VC-AOB = ´ ´ R
3 2
2
´ R = R
3
= 36，故 R = 6 ，则球O 的表面积为4pR =144p ，故选C ．
2
6
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
(
)
500π
3
866π
3
1372π
3
2048π
3
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
4p ´5
3
500π
3
R
2
= (R-2)
2
+42 ，解得 R=5，∴球的体积为
=
cm3 ，故选 A．
3


11．(2012•新课标，理 11)已知三棱锥 S - ABC 的所有顶点都在球O 的表面上，DABC 是边长为 1 的正三角
形， SC 为球O 的直径，且 SC = 2 ，则此三棱锥的体积为(
)
1
4
2
2
2
A．
B．
C．
D．
4
6
12
【答案】C
【解析】设球心为O ，过 ABC 三点的小圆的圆心为O ，则OO ^ 平面 ABC ，延长CO 交球于点D ，则 SD ^
1
1
1
2
3
3
1
6
2 6
3
平面 ABC ．QCO = ´
=
，\OO = 1- =
，\高 SD = 2OO1 =
，Q DABC 是边长为 1 的
1
1
3
3
3
2
3
1
3 2 6
2
3
正三角形，\SDABC
=
，\V
= ´
´
=
，故选C ．
三棱锥S-ABC
4
3
4
3
6
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 2，则此球的
体积为(
(A) 6π (B)4 3π
【答案】B
)
(C)4 6π
(D)6 3π
4p（ 3）
3
1
2
+( 2)
2
= 3
=4 3p
，故选 B．
【解析】由球的截面性质知，球的半径 R=
，所以球的体积为
3
13．(2020 全国Ⅲ文 16 理 15)已知圆维的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积
为
．
2
【答案】
p
3
【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，
BC = 2,AB = AC = 3
其中
，且点 M 为 BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O，


1
由于 AM = 3
2
-12
= 2 2 ，故 S△ABC
= ´2´2 2 2 2 ，设内切圆半径为 ，则：
=
r
2
1
1
1
1
S△ABC = S△AOB +S△BOC +S△AOC = ´ AB´r + ´BC´r + ´ AC´r
3 3 2 r 2 2
= ´( + + )´ =
，
2
2
2
2
2
4
2
2
解得：r =
，其体积：V
= p =
r
3
p
．故答案为：
p ．
2
3
3
3
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 BS = 3，
底面半径为 BC=1，高为 SC = BS - BC = 2 2 ，不妨设该内切圆与母线 BS 切于 D 点，
2
2
OD BC
r
= 1，得r =
2
4
2
令OD = OC = r ，则由DSOD : DSBC ，可得
=
，即
，此时V = pr
3
=
p．
OS BS
2 2 -r 3
2
3
3
14．(2020 山东 16)已知直四棱柱 ABCD - ABC D 的棱长均为2，ÐBAD = 60
o
，以 D1 为球心， 5 为半径的
1
1
1
1
球面与侧面 BCC B 的交线长为
．
1
1
2p
【答案】
2
D1E =
D1E ^侧面 BCCB
BCCB
，可得侧面 与球面的交线上的点
1 1
【思路导引】根据已知条件易得
3，
1
1
»
到 E 的距离为 2 ，可得侧面
BCCB
与球面的交线是扇形
EFG
的弧 FG ，再根据弧长公式可求得结果．
1
1


【解析】解法一：如图，
BC
E BB 的中点为 ，CC1 的中点为G
1
F
取
的中点为 ，
，
1
1
Ð
=
ABCD - ABC D
D BC
因为 BAD 60°，直四棱柱
的棱长均为 2，所以△
为等边三角形，所以
1
1
1
1
1
1
1
D1E =
D E ^ BC
，
1 1 1
3，
ABCD - ABC D
BB1 ^
BB ^ BC
1 ，所以 1，
1 1
ABC D
又四棱柱
为直四棱柱，所以
平面
1
1
1
1
1
1
1
BB IBC = B
D1E ^侧面 BCCB
，
1 1
因为
，所以
1
1
1
1
BCCB
与球面的交线上的点，则
D1E ^ EP，
设 P 为侧面
1
1
D1E = 3，所以| EP|= | D1P|
2
-| D1E |
2
= 5-3 = 2
因为球的半径为 5 ，
，
BCCB
E
| EF |=| EG|= 2
BCCB
，所以侧面 与球
1 1
所以侧面
与球面的交线上的点到 的距离为 2 ，因为
1
1
p
p
»
ÐB1EF = ÐC1EG
=
，所以ÐFEG =
面的交线是扇形 EFG 的弧 FG ，因为
，所以根据弧长公式可得
4
2
p
2
2
»
FG = ´ 2 =
p ，故答案为：
p ．
2
2
2
ABCD-ABCD
BC
中点为O ，
1 1
BB
解法二：在直四棱柱
中，取
1中点为
，CC
1中点为 ，由题意易
F
E
1 1 1 1
DO^BC
BB ^DO
DO^ BBCC
BBCC
，在面
1 1
P
知
，又
，则
面
内取一点
DE = 5 DF = 5 D
，∴以 1为球心，
，使OP//BB
1，且
为半径的
1
1 1
1
1
1
1 1
5
D P = D O
2
+ OP
2
= 5 ，又
O P = 2 ，∴
，
1
1
1
1
p
BCC B
1 1的交线是以O 为圆心，以 2 为半径的圆弧
FPE
，由题意易得ÐFOE = ，故该交
球面与侧面
2


p
2p
´ 2 =
线长为
．
2
2
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1) ．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， 2 -1．


2
2
【解析】该半正多面体共有8 + 8 + 8 + 2 = 26 个面，设其棱长为 x ，则 x +
x +
x = 1，解得 x = 2 -1．
2
2
16．(2017•新课标Ⅰ，文 16)已知三棱锥 S - ABC 的所有顶点都在球O 的球面上， SC 是球O 的直径．若平
面 SCA ^ 平面 SCB ，SA = AC ，SB = BC ，三棱锥 S - ABC 的体积为 9，则球O 的表面积为
【答案】36p
．
【解析】三棱锥 S - ABC 的所有顶点都在球O 的球面上， SC 是球O 的直径，若平面 SCA ^ 平面 SCB ，
SA = AC ， SB = BC ，三棱锥 S - ABC 的体积为 9，可知三角形 SBC 与三角形 SAC 都是等腰直角三角形，
1 1
设球的半径为 r ，可得 ´ ´2r´r´r = 9，解得r = 3 ，∴球O 的表面积为：4pr = 36p ．
2
3 2
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O 的球面上，则球O 的表
面积为
．
【答案】14p
【解析】长方体的长、宽、高分别为 3，2，1，其顶点都在球O 的球面上，可知长方体的对角线的长就是球
1
2
14
2
14
2
的直径，所以球的半径为：
3
2
+ 2
2
+1
2
=
，则球O 的表面积为：4´(
2
) p =14p ．
18．(2013新课标Ⅰ，文15)已知 H 是球O的直径 AB 上一点，AH :HB=1：2， AB ⊥平面a ，H
为垂足，
a
O
O
截球 所得截面的面积为π，则球 的表面积为_______．
9p
【答案】
2
2R
4R
R
【解析】由 AH :HB=1：2及 AB 是球的直径知，AH =
，BH =
，∴OH =
9p
，由截面圆面积为p
3
3
3
1
9
R
2
=( R)
2
+1，∴ R2 = ，∴球O的表面积为4pR2 =
．
得截面圆半径为1，∴
3
8
2
3 2
2
19．(2013 新课标Ⅱ，文 15)已知正四棱锥O- ABCD的体积为
，底面边长为 3 ，则以O为球心，OA
为半径的球的表面积为________．
【答案】24p


3 2
2
【 解 析 】 如 图 所 示 ： 连 接 BD ， AC 相 交 于 E ， 连 接 OE ， ∴ SABCD =3 ， VO-ABCD
=
， ∴
1
3
3 2
2
3 2
2
1
6
SABCDh =
Þ h =
， AE = AC =
，∴ R OA
=
=
6
，∴S球 = 4pR2 =24p
2
2
20．(2011•新课标，理 15)已知矩形 ABCD的顶点都在半径为 4 的球面上，且 AB =6， BC = 2 3 ，则棱
锥O- ABCD的体积为
【答案】8 3
．
1
1
【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r2 = BD2 = (AB
2
+
BC )
=12，
2
4
4
1
1
由截面圆性质得 OE=
- r2 =2，∴棱锥O- ABCD的体积为 S
R
´OE = ´6´2 3´2=8 3 ．
ABCD
2
3
3
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
3
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
16
为
．
【答案】3
¢
【解析】设圆锥底面半径为r ，球的半径为R ，球心为 O，圆锥底面圆
心为O ，两顶
3
3
点分别为 P、Q，则由pr2 = ´4pR2 知，r2 = R2 ，
16
4
¢
^
¢
根据球的截面性质可知 P、Q、O、O 共线， PQ 圆面O ，圆锥的
轴截面内接于
球的大圆，因此 PB ^ QB， PQ BO
^
¢．
¢
¢
+
设 PO = x ，QO = y ，则 x y =2R ，
①


3
D ¢ ∽DBO¢Q 知r2 =O¢B2 = ，即 = R
又 POB
2
②
xy xy
4
R
3R
由①②可得 x = ， y =
，体积较小者的高于体积较大者的高的比值为 3．
2
2
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
．
9π
2
【答案】
【 解 析 】 设 正 方 体 边 长 为 a ， 由
6a
2
=18 ， 得 a = 3 ， 外 接 球 直 径 为 2R = 3a = 3 ，
2
4
4
27 9
= π．
8 2
V = πR = π´
3
3
3
23．(2017 江苏)如图，在圆柱OO 内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱OO 的
1
2
1
2
V1 的值是
V2
体积为V ，球O的体积为V ，则
．
1
2
3
2
【答案】
V
pr
4
2
´2r = 3
【解析】设球的半径为 r ，则
1
=
．
V2
2
pr
3
3
9p
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
【答案】 3
，则正方体的棱长为
．
2
3
a
【解析】设正方体的棱长为 ，则正方体的体对角线为直径，即
3a = 2r ，即球半径r =
a．若球的体
2
9p
9p
4
3
积为
，即 p(
a)
3
=
，解得a = 3．
2
3
2
2