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熱點1-10 空間幾何體的表面積和體積（核心考點八大題型）
（解析版）
【考情透析】
空間幾何體的表面積和體積是高考考查的重點內容，常以選擇題、填空題為主，要求考生要有較強的空間想象和計算能力，難度為中檔。
【歸納題型】
核心考點題型一 空間幾何體的結構特征
1．【多選】（2023秋·浙江杭州·高三浙江省桐廬中學期末）下列命題正確的是（ ）
A．兩個面平行，其余各面都是梯形的多面體是棱臺
B．棱柱的側棱都相等，側面都是平行四邊形
C．用平面截圓柱得到的截面只能是圓和矩形
D．棱柱的面中，至少有兩個面互相平行
【答案】BD
【分析】根據常見幾何體的性質與定義逐個選項辨析即可.
【詳解】對A，棱臺指一個棱錐被平行于它的底面的一個平面所截后，截面與底面之間的幾何形體，其側棱延長線需要交于一點，故A錯誤；
對B，棱柱的側棱都相等，側面都是平行四邊形，故B正確；
對C，用平面截圓柱得到的截面也可能是橢圓，故C錯誤；
對D，棱柱的面中，至少上下兩個面互相平行，故D正確；
故選：BD
【例題2】（2023秋·四川綿陽高三校考模擬預測）已知：“四棱柱是正棱柱”，：“四棱柱的底面和側面都是矩形”，則是的（ ）條件
A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要
【答案】A
【解析】當四棱柱是正棱柱時，其底面為正方形，側面為矩形，即是的充分條件；當四棱柱的底面和側面都是矩形時，底面不一定是正方形，故四棱柱不一定是正棱柱，故不是的必要條件，則是的充分不必要條件，故選：A
【例題3】（2023秋·云南曲靖一中高三專題）《九章算術》是中國古代張蒼 耿壽昌所撰寫的一部數學專著，是《算經十書》中最重要的一部，其中將有三條棱互相平行且有一個面為梯形的五面體稱之為“羨除”，則（ ）
A．“羨除”有且僅有兩個面為三角形； B．“羨除”一定不是臺體；
C．不存在有兩個面為平行四邊形的“羨除”； D．“羨除”至多有兩個面為梯形.
【答案】ABC
【分析】畫出圖形，利用新定義判斷A；通過，判斷“羨除”一定不是臺體，判斷B；利用反證法判斷C；通過兩兩不相等，則“羨除”有三個面為梯形，判斷D．
【詳解】由題意知：，四邊形為梯形，如圖所示：
對于A：由題意知：“羨除”有且僅有兩個面為三角形，故A正確；
對于B：由于，所以：“羨除”一定不是臺體，故B正確；
對于C：假設四邊形和四邊形BCDF為平行四邊形，則，且，則四邊形為平行四邊形，與已知的四邊形為梯形矛盾，故不存在，故C正確；
對于D：若，則“羨除”三個面為梯形，故D錯誤．
故選：ABC．
【變式1-1】（2023秋·河南安陽高三模擬）在三棱錐中，“三棱錐為正三棱錐”是“且”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】A
【分析】驗證充分性可根據正三棱錐的幾何性質通過線面垂直的判定及性質判斷線線垂直，必要性驗證借助直四棱柱構造三棱錐滿足，，結合直四棱柱的性質判斷三棱錐是否為正三棱錐即可.
【詳解】解：充分性：如圖，在中，為中點，連接
若三棱錐為正三棱錐，則為正三角形，且，
因為為中點，所以，又平面
所以平面，又平面，則，
同理可得，故充分性成立；
必要性：如圖，
在直四棱柱中，底面為菱形，且，但
由直四棱柱及底面為菱形，易得，又，
則直四棱柱的側面均為正方形，易得，且，
由于，則不為正三角形，故三棱錐不為正三棱錐，故必要性不成立；
綜上，“三棱錐為正三棱錐”是“且”的充分不必要條件.
故選：A.
【變式1-2】（2023春·甘肅蘭州高三校聯考期中）下列命題正確的是（ ）
A．圓錐的頂點與底面圓周上任意一點的連線都是母線
B．兩個面平行且相似，其余各面都是梯形的多面體是棱臺
C．以直角梯形的一條直角腰所在的直線為旋轉軸，其余三邊旋轉一周形成的面所圍成的旋轉體是圓臺
D．用平面截圓柱得到的截面只能是圓和矩形
【答案】AC
【分析】根據圓錐母線的定義可判斷A，根據棱臺的定義可判斷B，根據圓臺的定義可判斷C，根據平面與圓柱底面的位置關可判斷D.
【詳解】對于A，根據圓錐的母線的定義，可知A正確；
對于B，把梯形的腰延長后有可能不交于一點，
此時得到幾何體就不是棱臺，故B錯誤；
對于C，根據圓臺的定義，可知C正確；
對于D，當平面不與圓柱的底面平行且不垂直于底面時，
得到的截面不是圓和矩形，故D錯誤.
故選：AC
【變式1-3】（2023秋·河北保定高三模擬）正方體中，用平行于的截面將正方體截成兩部分，則所截得的兩個幾何體不可能是（ ）
A．兩個三棱柱 B．兩個四棱臺 C．兩個四棱柱 D．一個三棱柱和一個五棱柱
【答案】B
【解析】在正方體中，連接，
因為，平面，平面，
所以平面，則截面把正方體截成兩個三棱柱；
分別取的中點，連接，
則可得，又平面，平面，
∴平面，則截面把正方體截成一個三棱柱和一個五棱柱；
分別在上取點使，
同理可得平面，則截面把正方體截成兩個四棱柱；
不存在平行于的截面將正方體截成兩個四棱臺.故選：B.
【變式1-4】．（2023春·河南商丘實驗中學校聯考）某廣場設置了一些石凳供大家休息，如圖，每個石凳都是由正方體截去八個相同的正三棱錐得到的幾何體，則下列結論不正確的是（ ）

A．該幾何體的面是等邊三角形或正方形 B．該幾何體恰有12個面
C．該幾何體恰有24條棱 D．該幾何體恰有12個頂點
【答案】B
【分析】根據幾何體的形狀逐個選項判斷即可.
【詳解】據圖可得該幾何體的面是等邊三角形或正方形，A正確；該幾何體恰有14個面，B不正確；該幾何體恰有24條棱，C正確；該幾何體恰有12個頂點，D正確．
故選：B
【變式1-5】（2023·河南洛陽高三專題檢測）1750年，歐拉在給哥德巴赫的一封信中列舉了多面體的一些性質，其中一條是：如果用V，E和F分別表示簡單凸多面體的頂點數、棱數和面數，則有如下關系：．已知一個正多面體每個面都是全等的等邊三角形，每個頂點均連接5條棱，則（ ）
A．50 B．52 C．60 D．62
【答案】D
【分析】根據多面體的性質，結合歐拉公式進行求解即可.
【詳解】由已知條件得出，解得，所以．
故選：D．
核心考點題型二 空間圖形的展開圖及最短路徑問題
【例題1】．（2023秋·云南曲靖一中校考期末）如圖是一個正方體的平面展開圖，將其復原為正方體后，互相重合的點是_______.
①與 ②與 ③與 ④與
【答案】①②④
【分析】還原正方體即可解決.
【詳解】根據題意，標記下圖，
還原得
由圖知，與，與，與重合，
故答案為：①②④
【例題2】（2023·安徽黃山·統考一模）如圖，在四棱錐P-ABCD的平面展開圖中，正方形ABCD的邊長為4，是以AD為斜邊的等腰直角三角形，，則該四棱錐外接球被平面PBC所截的圓面的面積為 .
【答案】
【解析】該幾何體的直觀圖如下圖所示
分別取的中點，連接
又，所以由線面垂直的判定定理得出平面
以點為坐標原點，建立空間直角坐標系
，
設四棱錐外接球的球心
，，解得
設平面的法向量為
，取，則
四棱錐外接球的球心到面的距離為
又，所以平面PBC所截的圓的半徑
所以平面PBC所截的圓面的面積為.
故答案為：
【例題3】．（2023秋·河南開封高三模擬）如圖，圓柱的高為2，底面周長為16，四邊形ACDE為該圓柱的軸截面，點B為半圓弧CD的中點，則在此圓柱的側面上，從A到B的路徑中，最短路徑的長度為（ ）．
A． B． C．3 D．2
【答案】B
【分析】畫出圓柱的側面展開圖，解三角形即得解.
【詳解】解：圓柱的側面展開圖如圖所示，由題得,
所以.
所以在此圓柱的側面上，從A到B的路徑中，最短路徑的長度為.
故選：B
【例題4】（2023·四川成都高三模擬）如圖，在直三棱柱中，，，，E、F分別是、的中點，沿棱柱的表面從E到F的最短路徑長度為________．

【答案】/
【分析】分析可得沿棱柱的表面從E到F可能經過棱，，，再分別展開直觀圖求解即可.
【詳解】若從E到F經過棱則沿棱展開如圖，過作于，則，，故.

若從E到F經過棱則沿棱展開如圖，，，.

若從E到F經過棱則沿棱展開如圖，，，.

若從E到F經過棱則沿棱展開如圖，由題意，為等腰直角三角形，四邊形為正方形，故為等腰直角三角形，故四邊形為直角梯形.又，，故.

故沿棱柱的表面從E到F的最短路徑長度為.
故答案為：
【例題5】．（2023·陜西榆林高三專題檢測）如圖，有一圓錐形糧堆，其軸截面是邊長為的正，糧堆母線的中點處有一老鼠正在偷吃糧食，此時小貓正在處，它要沿圓錐側面到達處捕捉老鼠，則小貓所經過的最短路程是___________
.
【答案】
【分析】求這只小貓經過的最短距離的問題首先應轉化為圓錐側面展開圖的問題，轉化為平面上兩點的距離問題即可.
【詳解】解：由題意得：
圓錐的底面周長是，則，解得：
可知圓錐側面展開圖的圓心角是，如圖所示：
則圓錐的側面展開圖中：，，
所以在圓錐側面展開圖中：
故答案為：
【變式2-1】（2023·河北保定高三專題檢測）如圖是一個長方體的展開圖，如果將它還原為長方體，那么線段AB與線段CD所在的直線（ ）
A．平行 B．相交 C．是異面直線 D．可能相交，也可能是異面直線
【答案】C
【分析】將展開圖還原成長方體，即可判斷
【詳解】如圖，將展開圖還原成長方體，易得線段AB與線段CD是異面直線，
故選：C
【變式2-2】（2023·江蘇無錫高三統考模擬預測）如圖①，這是一個小正方體的側面展開圖，將小正方體從如圖②所示的位置依次翻到第1格、第2格、第3格、第4格、第5格、第6格，這時小正方體正面朝上的圖案是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據正方體的側面展開圖找出相對面，再由其特征得到結果.
【詳解】由圖①可知，“同心圓”和“圓”相對，“加號”和“箭頭”相對，“心形”和“星星”相對．
由圖②可得，小正方體從如圖②所示的位置翻到第6格時正面朝上的圖案是．
故選：C.
【變式2-3】（2023·陜西漢中高三統考模擬預測）如圖，某圓柱體的高為1，ABCD是該圓柱體的軸截面.已知從點B出發沿著圓柱體的側面到點D的路徑中，最短路徑的長度為，則該圓柱體的側面積是（ ）

A．14 B． C．7 D．
【答案】A
【分析】根據圓柱側面展開圖，先求出圓柱底面半徑，再根據側面積公式求圓柱體的側面積.
【詳解】
設圓柱體底面圓的半徑為，將側面的一半展開后得四邊形為矩形，
則依題意得：，
所以，即，
所以該圓柱體的側面積為：.
故選：A.
【變式2-4】（2023·云南大理高三模擬預測）如圖，某圓柱的一個軸截面是邊長為2的正方形ABCD，點E在下底面圓周上，且，點F在母線AB上，點G是線段AC的靠近點A的四等分點，則的最小值為（ ）

A． B．3 C．4 D．
【答案】A
【分析】將繞直線AB旋轉到的位置，并且點在BC的反向延長線上，連接，交AB于點，此時最小，求出即可．
【詳解】將繞直線AB旋轉到的位置，并且點在BC的反向延長線上，
連接，交AB于點，此時最小，如圖所示：

因為，所以，
又因為，所以，
又因為，所以，
在中，由余弦定理得，
解得，即的最小值為．
故選：A．
【變式2-5】（2023·山東威海高三專題檢測）如圖，已知圓錐的底面半徑為1，母線長，一只螞蟻從點出發繞著圓錐的側面爬行一圈回到點，則螞蟻爬行的最短距離為（ ）
A． B． C．6 D．
【答案】B
【分析】畫出圓錐的側面展開圖，則螞蟻爬行的最短距離為，在中，解三角形即可.
【詳解】已知圓錐的側面展開圖為半徑是3的扇形，如圖，
一只螞蟻從點出發繞著圓錐的側面爬行一圈回到點的最短距離為，設，
圓錐底面周長為，所以，所以，
在中，由，得
故選：B．
【變式2-6】（2023·陜西漢中高三統考模擬預測）如圖，長方體中，，，M是的中點.

(1)求證：；
(2)求證：∥平面；
(3)點P是棱上的動點，求的最小值，并說明此時點P的位置.
【答案】(1)證明見解析 (2)證明見解析 (3)，
【分析】（1）利用線面垂直的判定證明線線垂直；
（2）可以直接利用線面平行的判定定理證明，也可以先證明面面平行再利用面面平行的性質證明線面平行；
（3）將長方體側面和沿展開，利用兩點之間線段最短即可求解.
【詳解】（1）連接，因為四邊形為正方形，所以，
長方體中，平面，平面，
所以，
因為且平面，所以平面，
又因為平面，所以.

（2）證法一：連結交于N點，則N為的中點，
連結MN，則MN為△的中位線，故，
因為平面， 平面，所以平面；

證法二：取中點G，連接CG，則，，
所以四邊形為平行四邊形，所以∥，
因為平面，平面，所以∥平面，
連結,,則，，四邊形GABM為平行四邊形，
所以， 因為平面，平面，所以∥平面，
又因為，平面，所以平面∥平面，
又因為平面,所以∥平面，

（3）將長方體側面和沿展開如圖所示：

連接交于點，則 （當且僅當三點共線時取等號），所以即為所求點P，，
因為， 所以,即，
所以的最小值是且.
【變式2-7】（2023·河北唐山高三統考模擬）如圖，在三棱錐的平面展開圖中，，，，，，則三棱錐的外接球的表面積為 ．

【答案】
【解析】還原出如圖所示的三棱錐，
，，平面，
設平面的截面圓心為，半徑為，球心為，球半徑為，
在中，由余弦定理可得，則，
這由正弦定理得，，
，
，
外接球的表面積.
故答案為：.
核心考點題型三 斜二測畫法及應用
【例題1】（2023·江蘇鎮江高三統考模擬預測）如圖，一個水平放置的的斜二測畫法的直觀圖是等腰直角三角形，若，則原三角形的面積為 .
【答案】
【分析】根據斜二測畫法的規則，與 軸平行的線段在直觀圖中與軸平行，長度不變；與 軸平行的線段在直觀圖中與軸平行，長度減半，分別求出 的長度，即可求出面積.
【詳解】根據題意可得，
在中，，
，
所以的面積為
故答案為：.
【例題2】（2023·江西上饒·校聯考模擬預測）如圖，一個水平放置的三角形的斜二測直觀圖是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周長是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由斜二測畫法原理將直觀圖轉化為原圖，根據原圖運算求解即可.
【詳解】由題意可得：，
由直觀圖可得原圖，如圖所示，可知：，
可得，
所以原三角形的周長.
故選：B.
【例題3】（2023·河北石家莊高三模擬預測）如圖，長方體的底面的斜二測直觀圖為平行四邊形.已知，，高，，分別為，的中點，用平面截該長方體，則剩余的三棱臺的體積為 .

【答案】
【分析】利用斜二測畫法求出長方體的長、寬、高，再由棱臺體積公式可解.
【詳解】
因為，，高，
所以長方體中，，，，
又，分別為，的中點，，
由棱臺體積公式.
故答案為：
【變式3-1】（2023·江西上饒高三統考模擬預測）如圖所示，梯形是平面圖形用斜二測畫法得到的直觀圖，，則平面圖形中對角線的長度為（ ）

A． B． C． D．5
【答案】C
【分析】根據斜二測畫法的規則確定原圖形，利用勾股定理求得長度.
【詳解】由直觀圖知原幾何圖形是直角梯形，如圖，

由斜二測法則知，，，
所以.
故選：C
【變式3-2】（2023·甘肅天水高三模擬預測）一水平放置的平面圖形，用斜二測畫法畫出了它的直觀圖，該直觀圖是一個等腰梯形，且，則原平面圖形的邊 .

【答案】
【分析】分別過作于點，于點，可求出，在中求出，，從而可得，然后在直角三角形，利用勾股定理可求得結果.
【詳解】分別過作于點，于點，
因為，
所以，
所以，所以，
所以，，
因為，所以為等腰直角三角形，
所以，所以，
在中，，，，
由正弦定理得，
所以，
所以，得，
所以由斜二測畫法可知，，
所以，
故答案為：

【變式3-3】（2023·山西大同高三模擬預測）．如圖所示，梯形是平面圖形用斜二測畫法得到的直觀圖，，，則 ；平面圖形以所在直線為軸旋轉一周所得立體圖形的體積為 .

【答案】
【分析】由斜二測畫法原理可得平面圖形是直角梯形，進而可求；直角梯形以所在直線為軸旋轉一周所得立體圖形為圓臺，可求其體積.
【詳解】由平面圖形的直觀圖的斜二測畫法原理可知，平面圖形是直角梯形，如圖：

其中，，，，
過作交于，則為的中點，
在中，，，
所以；
將直角梯形以所在直線為軸旋轉一周所得立體圖形為圓臺，
其上底面圓的半徑為，下底面圓的半徑為，高為，
故此圓臺體積為.
故答案為：；
【變式3-4】（2023·四川廣元高三模擬預測）用斜二測畫法畫的直觀圖如圖所示，其中，，則中邊上的中線長為（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作出的原圖形，結合三角形的幾何性質可求得中邊上的中線長.
【詳解】在直觀圖中，，且，則，故，
又因為，則，可得，
故為等腰直角三角形，所以，，故軸，
依據題意，作出的原圖形如下圖所示：

延長至點，使得，則為的中點，
由題意可知，，，，且，
所以，且，故四邊形為平行四邊形，則，
取的中點，連接，
因為、分別為、的中點，則.
故選：D.
【變式3-5】（2023·山東煙臺高三模擬）已知一個直三棱柱的高為2，如圖，其底面ABC水平放置的直觀圖（斜二測畫法）為，其中，則此三棱柱的表面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據斜二測畫法的“三變”“三不變”可得底面平面圖，然后可解.
【詳解】由斜二測畫法的“三變”“三不變”可得底面平面圖如圖所示，其中，所以，所以此三棱柱的表面積為.
故選：C
【變式3-6】（2023·湖北黃岡·黃岡中學校考三模）（多選題）如圖所示，四邊形是由斜二測畫法得到的平面四邊形水平放置的直觀圖，其中，，，點在線段上，對應原圖中的點，則在原圖中下列說法正確的是（ ）
A．四邊形的面積為14
B．與同向的單位向量的坐標為
C．在向量上的投影向量的坐標為
D．的最小值為17
【答案】ABD
【分析】根據直觀圖可得四邊形為直角梯形，從而可求得原圖形的面積，即可判斷A；以點為坐標原點建立平面直角坐標系，寫出的坐標，再根據與同向的單位向量為，即可判斷B；根據在向量上的投影向量的坐標為即可判斷C；設，根據向量線性運算的坐標表示及模的坐標表示即可判斷D.
【詳解】解：由直觀圖可得，
四邊形為直角梯形，且，
則四邊形的面積為，故A正確；
如圖，以點為坐標原點建立平面直角坐標系，
則，
則，
所以與同向的單位向量的坐標為，故B正確；
，
則在向量上的投影向量的坐標為，故C錯誤；
設，
則，
則，
，
當時，取得最小值，故D正確.
故選：ABD.
核心考點題型四 空間幾何體的表面積
【例題1】（2023·江蘇南通高三三模）如圖，圓錐的底面直徑和高均是4，過的中點作平行于底面的截面，以該截面為底面挖去一個圓柱，則剩下幾何體的表面積為（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】通過圓錐的底面半徑和高，可求出圓柱的高和底面半徑，再結合圓錐的表面積與圓柱的側面積可求得剩下幾何體的表面積.
【詳解】設圓柱的高為，底面半徑為，可知，
則圓錐的母線長為，
所以剩下幾何體的表面積為.
故選：B.
【例題2】（2023秋·遼寧沈陽高三統考期末）如圖，扇形中，，，將扇形繞所在直線旋轉一周所得幾何體的表面積為______．
【答案】
【分析】根據題意得到幾何體為以為圓心，為半徑的半個球體，再求其表面積即可.
【詳解】將扇形繞所在直線旋轉一周得到幾何體為以為圓心，為半徑的半個球體.
幾何體的表面積為.
故答案為：
【例題3】（2023秋·山東煙臺高三專題檢測）如圖，斜三棱柱中，底面是邊長為1的正三角形，側棱長為2，，則該斜三棱柱的側面積是_________．
【答案】/
【分析】過點作于，證出≌，得出，證得平面，得出，結合再證明出，得出平行四邊形為矩形，即可計算出斜三棱柱的側面積．
【詳解】過點作于，如圖所示，
，，，≌，
，，即，
又，平面，
又平面，，
又，，∴平行四邊形為矩形，
∴該斜三棱柱的側面積為：，
故答案為：．
【例題4】．（2023·河南洛陽高三模擬）由華裔建筑師貝聿銘設計的巴黎盧浮宮金字塔的形狀可視為一個正四棱錐（底面是正方形，側棱長都相等的四棱錐），其側面三角形底邊上的高與底面正方形邊長的比值為，則以該四棱錐的高為邊長的正方形面積與該四棱錐的側面積之比為（ ）
A．2 B． C． D．4
【答案】B
【分析】設底面的正方形的邊長為，由棱錐的性質求棱錐的高，由此確定以該四棱錐的高為邊長的正方形面積與該四棱錐的側面積之比.
【詳解】如圖為正四棱柱，為側面三角形底邊上的高，
設，
由已知側面三角形底邊上的高與底面正方形邊長的比值為，
所以，
連接，設其交點為，
因為四邊形為正方形，所以為的中點，
因為，
，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，即為以為斜邊的直角三角形，
因為，，
所以，
所以以四棱錐的高為邊長的正方形面積，
四棱錐的側面積，
所以，
所以以四棱錐的高為邊長的正方形面積與該四棱錐的側面積之比為，
故選：B.
【變式4-1】．（2023·吉林長春高三模擬）如圖，將正四面體每條棱三等分，截去頂角所在的小正四面體，余下的多面體稱作“阿基米德體”．若一個正四面體的棱長為12，則對應的“阿基米德體”的表面積為 ．

【答案】
【分析】由阿基米德體的定義，可以得出該多面體由四個全等的正六邊形和四個全等的正三角形組成，分別計算出正六邊形和正三角形的面積，即可得出該幾何體的表面積.
【詳解】根據題意，正四面體的棱長為12，一個面的面積為，
截去頂角所在的小正四面體的邊長為4，小正四面體一個面的面積為，
則該多面體中一個正六邊形的面積為，
則該“阿基米德體”的表面積為.
故答案為：

【變式4-2】．（2023·云南昆明高三模擬）．如圖，某幾何體的形狀類似膠囊，兩頭都是半球，中間是圓柱，其中圓柱的底面半徑與半球的半徑都為1，若該幾何體的表面積為，則其體積為 .

【答案】
【分析】根據給定條件，求出中間圓柱的高，再利用球和圓柱的體積公式求解作答.
【詳解】依題意，幾何體可視為半徑為1的球和底面圓半徑為1，高為的圓柱組合而成，
于是幾何體的表面積，解得，
所以該幾何體的體積.
故答案為：
【變式4-3】（2023秋·內蒙包頭高三校考）如圖一個正六棱柱的茶葉盒，底面邊長為，高為，則這個茶葉盒的表面積為______.
【答案】
【分析】根據棱柱表面積的求法，結合已知求茶葉盒的表面積.
【詳解】由題設，一個底面的面積為，
一個側面矩形面積為，
所以茶葉盒的表面積為.
故答案為：
【變式4-4】．（2023秋·江西南昌高三校聯考）已知是圓錐的一個軸截面，分別為母線的中點，，則圓錐的側面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據軸截面求出底面半徑和母線長，再根據側面積公式可求出結果.
【詳解】如圖：
因為，所以，則圓錐底面半徑，
，即母線，
所以圓錐的側面積.
故選：D
【變式4-5】．（2023·四川綿陽高三模擬）《九章算術》是我國古代的數學名著.其“商功”中記載：“正四面形棱臺（即正四棱臺）建筑物為方亭.”現有如圖所示的烽火臺，其主體部分為一方亭，將它的主體部分抽象成的正四棱臺（如圖所示），其中上底面與下底面的面積之比為，方亭的高為棱臺上底面邊長的倍.已知方亭的體積為，則該方亭的表面積約為（ ）（，，）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】設方亭相應的正四棱臺的上底面邊長，則，棱臺的高，
所以，解得，
所以正四棱臺的上底面邊長為，下底面邊長為，棱臺的高為，
所以方亭的斜高為，
由于各側面均為相等的等腰梯形，所以，
所以方亭的表面積.
故選：C
【變式4-6】（2024·河南鄭州統考模擬預測）在一個正六棱柱中挖去一個圓柱后，剩余部分幾何體如圖所示．已知正六棱柱的底面正六邊形邊長為3cm，高為4cm，內孔半徑為1cm，則此幾何體的表面積是（ ）．

A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】所求幾何體的側面積為，
上下底面面積為，
挖去圓柱的側面積為，
則所求幾何體的表面積為．
故選：C．
【變式4-7】（2023·甘肅張掖高臺縣第一中學校考模擬預測）仿鈞玫瑰紫釉盤是收藏于北京故宮博物院的一件明代宣德年間產的瓷器．該盤盤口微撇，弧腹，圈足．足底切削整齊．通體施玫瑰紫釉，釉面棕眼密集，美不勝收．仿鈞玫瑰紫釉盤的形狀可近似看成是圓臺和圓柱的組合體，其口徑為15.5cm，足徑為9.2cm，頂部到底部的高為4.1cm，底部圓柱高為0.7cm，則該仿鈞玫瑰紫釉盤圓臺部分的側面積約為（ ）（參考數據：π的值取3，）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】方法1：設該圓臺的母線長為l，高為h，兩底面圓的半徑分別為R，r（其中），
則，，，
所以，故圓臺部分的側面積為．
故選：D
方法2（估算法）：若按底面直徑為15.5cm，高為3.4cm的圓柱估算圓臺部分的側面積得，易知圓臺的側面積應大于所估算的圓柱的側面積，故此仿鈞玫瑰紫釉盤圓臺部分的側面積大于，對照各選項可知只有D符合．
故選：D
【變式4-8】（2023·安徽安慶·安慶一中校考三模）陀螺起源于我國，最早出土的石制陀螺是在山西夏縣發現的新石器時代遺址.如圖所示的是一個陀螺立體結構圖.已知，底面圓的直徑，圓柱體部分的高，圓錐體部分的高，則這個陀螺的表面積（單位：）是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根據圓柱與圓錐的表面積公式求解.
【詳解】由題意可得圓錐體的母線長為，
所以圓錐體的側面積為，
圓柱體的側面積為，
圓柱的底面面積為，
所以此陀螺的表面積為，
核心考點題型五 空間幾何體的體積
（一）直接法
【例題1】（2023秋·四川成都七中校考）若某圓錐高為3 ， 其側面積與底面積之比為， 則該圓錐的體積為________.
【答案】
【分析】由題意可列出關于圓錐底面半徑和母線的方程組，解方程組即可求得底面半徑和母線，從而可求圓錐的體積.
【詳解】設此圓錐的底面半徑為，母線長為，則，
因為圓錐的側面展開圖是一個扇形，扇形的弧長是圓錐底面圓的周長，扇形的半徑是圓錐母線長，所以，，又側面積與底面積之比為，
所以，所以，結合可解得，，
所以該圓錐的體積.
故答案為：

【例題2】（2024春·遼寧鞍山高三校聯考開學考試）已知A，B，C是半徑為的球O的球面上的三個點，且，則三棱錐的體積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由題意，，設中點為，由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊一半可得，則（三線合一），根據勾股定理，，
連接，由，
則，又，平面，故平面，
即為三棱錐的高，
故.故選：A
【例題3】（2023·河北·統考模擬預測）已知正四棱臺中，，，則其體積為________.
【答案】
【分析】作出正四棱臺的直觀圖，過點作交于點，過點作交于點，利用勾股定理求出棱臺的高，最后根據棱臺的體積公式計算可得.
【詳解】如圖正四棱臺中，
則，，過點作交于點，
過點作交于點，
則，又，所以，
即正四棱臺的高，
所以棱臺的體積.
故答案為：
【例題4】．（2023·黑龍江齊齊哈爾高三統考期中）已知正四棱錐的各頂點都在同一個球面上，球的體積為，則該正四棱錐的體積最大值為（ ）
A．18 B． C． D．27
【答案】B
【解析】如圖，設正四棱錐的底面邊長，高，外接球的球心為，則，
因為球的體積為，所以球的半徑為，
在中，，即，
所以正四棱錐的體積為
整理得，則，
當時，，當時，，
所以在上遞增，在上遞減，
所以當時，函數取得最大值，
故選：B
【變式5-1】（2023秋·重慶一中校考檢測）若某圓錐的側面展開圖是一個半徑為2的半圓面，其內接正四棱柱的高為，則此正四棱柱的體積是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】設圓錐底面半徑為，因為母線長為,
則半圓弧長底面周長，
所以，圓錐的高為
如圖，設，則，設，則，
因為，
∴，
所以，
∴，，
故選：C．
【變式5-2】（2023秋·云南曲靖一中校考檢測）已知一個圓錐的底面半徑為1，體積是，則其側面展開圖的圓心角為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由已知條件可求出圓錐的高，從而可求出圓錐的母線長，再利用弧長公式可求得結果
【詳解】設圓錐的高為，母線長為，底面半徑為，側面展開圖的圓心角為，
因為圓錐的底面半徑為1，體積是，
所以，得，
所以，
因為，所以，得，
即側面展開圖的圓心角為，
故選：D
【變式5-3】（2023·江蘇無錫高三模擬預測）如圖1，位于西安大慈恩寺的大雁塔是我國現存最早、規模最大的唐代四方樓閣式磚塔，其最高處的塔剎可以近似地看成一個正四棱錐，如圖2，已知正四棱錐的高為4.87m，其側棱與高的夾角為45°，則該正四棱錐的體積約為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如圖所示：
設正四棱錐的底面邊長為a m，連接AC，BD交于點O，連接PO，
則平面ABCD，由題可得，
故，所以，解得，
所以該正四棱錐的體積.故選：D.
【變式5-4】（2023秋·陜西寶雞高三校考檢測）圖1是宋代五大名窯中汝窯制造的雙耳罐，它裝物的有效部分可近似看成由兩個圓臺拼接而成（如圖2所示）在圖2中，已知下底面圓的直徑是6，中間圓的直徑是10，上底面圓的直徑是4，上下底面圓的距離是5，且上、下兩圓臺的高之比是，若不考慮罐壁的厚度，則該汝窯雙耳罐的容積為（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由圖可知，雙耳罐是由兩個圓臺組成，上面圓臺底面半徑分別為；下面圓臺底面半徑分別為，分別求出兩個圓臺的高，再利用圓臺的體積公式可求得結果．
【詳解】由圖可知，雙耳罐是由兩個圓臺組成，
上面圓臺底面直徑分別為，所以圓臺底面半徑分別為；
下面圓臺底面直徑分別為，所以圓臺底面半徑分別為；
又因為容器上下底面圓的距離是5，且上、下兩圓臺的高之比是，
所以上面圓臺的高2，下面圓臺的高是3，
故該汝窯雙耳罐的體積為：,
．
故選：C．
割補法
【例題1】（2023秋·云南曲靖一中高三校考檢測）如圖，在多面體ABCDEF中，已知四邊形ABCD是邊長為1的正方形，且△ADE，△BCF均為正三角形，EF∥AB，EF＝2，則該多面體的體積為________.
【答案】　
【解析】　如圖，分別過點A，B作EF的垂線，垂足分別為G，H，連接DG，CH.
則原幾何體分割為兩個三棱錐和一個直三棱柱.
依題意，三棱錐E－ADG的高EG＝，直三棱柱AGD－BHC的高AB＝1.
則AG＝＝＝.
取AD的中點M，則MG＝，
所以S△AGD＝×1×＝，
∴V多面體＝VE－ADG＋VF－BHC＋VAGD－BHC＝2VE－ADG＋VAGD－BHC＝×××2＋×1＝.
【例題2】（2023·江西婺源高三統考模擬預測）如圖，在三棱柱中，底面ABC，，點D是棱上的點，，若截面分這個棱柱為兩部分，則這兩部分的體積比為（ ）
A．1:2 B．4:5 C．4:9 D．5:7
【答案】D
【分析】根據題設易知為直三棱柱，即側面為矩形，利用柱體體積公式、錐體體積公式求，進而確定比值.
【詳解】不妨令，且上下底面等邊三角形，
又底面ABC，易知為直三棱柱，即側面為矩形，
所以三棱柱體積，
而，故，
所以，故，
所以.
故選：D
【變式5-5】（2023·貴州貴陽高三統考預測）如圖，一種工業部件是由一個圓臺挖去一個圓錐所制成的.已知圓臺的上、下底面半徑分別為和，且圓臺的母線與底面所成的角為，圓錐的底面是圓臺的上底面，頂點在圓臺的下底面上，則該工業部件的體積為（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由題知該圓臺的軸截面為等腰梯形，進而得，圓臺，圓錐的高均為，再計算體積即可.
【詳解】解：根據題意，該圓臺的軸截面為等腰梯形，如圖，

所以即為圓臺母線與底面所成角，即，
分別過點、在平面內作，，垂足分別為點、，
因為，則四邊形為矩形，且，
因為，，，
所以，，所以，，且，
因為，則，
所以，圓臺，圓錐的高均為，
所以，該工業部件的體積為
.
故選：B.
【變式5-6】（2023·廣西柳州統考一模）如圖所示是一塊邊長為10cm的正方形鋁片，其中陰影部分由四個全等的等腰梯形和一個正方形組成，將陰影部分裁剪下來，并將其拼接成一個無上蓋的容器（鋁片厚度不計），則該容器的容積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由題知，該容器的容積就是正四棱臺的體積，如圖，連接正四棱臺上下底面的中心，，取上底面正方形一邊中點，對應下底面正方形一邊中點，連接，，，
則，故四點共面，過點作交于點，則四邊形為矩形，故，因為該正四棱臺上、下底面邊長分別為2，6，等腰梯形的斜高為4，
所以，故，所以該棱臺的高，下底面面積，上底面面積，
所以該容器的容積是．故選：B
【變式5-7】（2023·四川·校聯考模擬預測）如圖，直角梯形中，，，，，將沿翻折至的位置，使得.

(1)求證：平面平面；
(2)若，分別為，的中點，求三棱錐的體積.
【答案】(1)證明見解析 (2)
【分析】（1）先證明平面，可得，再利用勾股定理證明，即可證得平面，再根據面面垂直的判定定理即可得證；
（2）取的中點，連接，根據面面垂直的性質證明平面，再根據結合棱錐的體積公式即可得解.
【詳解】（1），，，
，平面，平面，
又平面，，
由直角梯形，，，
，，得，
則，所以，
又，，平面，
平面，
又平面，平面平面；
（2）取的中點，連接，
，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，
由（1）得，則，
，
，，
，
即三棱錐的體積為.

（三）等體積法
【例題1】（2023 天津高考真題）在三棱錐中，線段上的點滿足，線段上的點滿足，則三棱錐和三棱錐的體積之比為
A． B． C． D．
【答案】
【解析】在三棱錐中，線段上的點滿足，線段上的點滿足，
所以，
設到平面的距離，到平面的距離，則，
則三棱錐的體積為
．
故三棱錐和三棱錐的體積之比為．
故選：．
【例題2】．（2023·吉林四平統考模擬預測）如圖，在四棱錐中，底面ABCD是邊長為2的菱形，，AC與BD交于點O，底面ABCD，，點E，F分別是棱PA，PB的中點，連接OE，OF，EF．
(1)求證：平面平面PCD；(2)求三棱錐的體積．
【答案】(1)證明過程見詳解(2)
【分析】（1）根據中位線定理和面面垂直的判定即可求解；
（2）根據等體積法即可求解.
【詳解】（1）因為底面ABCD是菱形，AC與BD交于點O
所以O為AC中點，
點E是棱PA的中點，F分別是棱PB的中點，
所以OE為三角形的中位線，OF為三角形的中位線，
所以,，
平面，平面，平面，
平面，平面，平面，
而,平面，平面，
平面平面PCD.
（2）因為底面ABCD是邊長為2的菱形，，
所以為等邊三角形，所以，
因為底面ABCD，
底面ABCD，底面ABCD，
所以，，
所以和均為直角三角形，
所以，，
所以，所以，
所以，
設點到平面的距離為，
根據體積相等法可知，
所以，所以.
，
故三棱錐的體積為.
【變式5-8】．（2023·吉林四平統考模擬預測）．如圖，在正三棱柱中，，分別為，的中點．

(1)求證：//平面；
(2)若，求三棱唯的體積．
【答案】(1)證明見解析 (2)
【分析】（1）解法一：構造平行四邊形，根據線面平行判定定理證明即可；解法二：構造平行平面，利用面面平行的性質證明線面平行；
（2）根據幾何體的線面關系確定底面積與高度距離，即可的體積.
【詳解】（1）解法一：取中點，連接，，

因為是中點，所以，，
因為是中點，所以，，
所以，，
所以四邊形為平行四邊形，所以，
因為平面，平面，所以平面．
解法二：取中點，連接，，

因為是中點，所以，
因為平面，平面，
所以平面．
因為是中點，是中點
所以，，
所以四邊形為平行四邊形，所以，
因為平面，平面，
所以平面，
因為平面，平面，，
所以平面平面，
因為平面，所以平面．
（2）取中點，連接，

在正三棱柱中，
所以，且，
因為平面平面，所以，
因為，平面，平面，
所以平面，即平面，
所以的長為點到平面的距離，
又的面積為，
所以，
所以三棱錐的體積為．
【變式5-9】（2023·山西運城高三模擬預測）如圖所示多面體中，平面平面，平面，是正三角形，四邊形是菱形，，，

(1)求證：平面；
(2)求三棱錐的體積．
【答案】(1)證明見解析；(2).
【分析】（1）取中點，由面面垂直的性質定理證明平面，再證明,由此證明，根據線面平行的判定定理證明結論；
（2）證明平面，根據錐體體積公式可得，再結合所給數據計算體積.
【詳解】（1）取中點，連接，
因為是正三角形，
所以，
因為平面平面，平面，平面平面
所以平面，又因為平面，
所以，又因為，
所以四邊形是平行四邊形，所以，
又因為平面，平面，
所以平面.

（2）因為，平面，平面，
所以平面，
所以點與點到平面的距離相等，
所以三棱錐和三棱錐的體積相等，
所以，
連接交線段與點，
因為四邊形為菱形，，，
所以，，
所以，
由（1）平面，，
所以.
核心考點題型六 空間幾何體的截面問題
【例題1】（2023秋·云南大理高三檢測）已知在正方體中，，，分別是，，的中點，則過這三點的截面圖的形狀是（ ）
A．三角形 B．四邊形 C．五邊形 D．六邊形
【答案】D
【分析】利用平行畫出截面，進而判斷出正確答案.
【詳解】分別取、、的中點、、，連接、、，
在正方體中，，，分別是，，的中點，
，，，
六邊形是過，，這三點的截面圖，
過這三點的截面圖的形狀是六邊形．
故選：D
【例題2】（2023·寧夏銀川實驗中學校考模擬預測）已知正方體的棱長為2，點為線段的中點，若點平面，且平面，則平面截正方體所得截面的周長為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】記的中點分別為E，F，先證三角形即為平面截正方體所得截面，然后可得周長.
【詳解】記的中點分別為E，F，連接，
由正方體性質可知，平面，
因為平面，所以
又為正方形，所以
因為，平面，所以平面，
因為平面，所以
因為P，E分別為的中點，所以，所以，
同理可證，
又，平面
所以平面，
所以三角形即為平面截正方體所得截面，
易知三角形為正三角形，
所以截面周長為.
故選：C

【例題3】（2023·湖北武漢高三模擬預測）已知球O中有兩個半徑為2的截面圓，，圓與圓的相交弦， 的中點為P，若，則球O的表面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如圖，連接，，，，則，，
且截面圓， 而截面圓，故，，
在中，，同理，
連接，由,知，
則,即OP平分，
由，得，
故在中，，
連接OB，在中，球O的半徑，
故球O的表面積，故選：D
【變式6-1】（2023秋·吉林通化高三統考模擬預測）已知在長方體中，，點，，分別在棱，和上，且，，，則平面截長方體所得的截面形狀為（ ）
A．三角形 B．四邊形 C．五邊形 D．六邊形
【答案】C
【分析】連接并延長交的延長線于點，連接并延長交于點，
過點作交于點，連接，即可得到截面圖形，從而得解.
【詳解】如圖連接并延長交的延長線于點，連接并延長交于點，
過點作交于點，連接，
則五邊形即為平面截該長方體所得的截面多邊形.
其中因為，，，
所以，則，所以，
又，所以，所以，
則，
顯然，則，所以.
故選：C
【變式6-2】．（2023秋·四川綿陽高三模擬）如圖，在直三棱柱中，，，，，為線段上的一動點，則過三點的平面截該三棱柱所得截面的最小周長為_________．

【答案】/
【分析】利用直三棱柱的側面展開圖求解即可.
【詳解】由題意可知過三點的平面截該三棱柱所得截面的周長即的周長，
因為直三棱柱，所以各側面均為矩形，
所以，
直三棱柱的側面部分展開圖如圖所示，

則在矩形中，
所以過三點的平面截該三棱柱所得截面的最小周長為，
故答案為：
【變式6-3】．（2023秋·河南安陽高三模擬）已知四棱錐中，平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，，平面過PB，BC，PD的中點，則下列關于平面截四棱錐所得的截面正確的為（ ）
A．所得截面是正五邊形 B．截面過棱PA的三等分點
C．所得截面面積為 D．截面不經過CD中點
【答案】C
【分析】根據給定條件，作出平面截四棱錐所得的截面多邊形，再逐一判斷各選項即可.
【詳解】
在四棱錐中，，取中點分別為，連接，FG，GH，BD，AC，如圖，
因底面為正方形，E，F，H分別是棱PB，BC， PD的中點，
則，所以四邊形EFGH是平行四邊形.
對于A，令，有 ，在P A上取點，使，
連接EI，HI，JI，則，
因為點平面EFGH，有平面EFGH，
所以點平面 平面EFGH，
因此五邊形EFGHI是平面截四棱錐所得的截面多邊形，
而，
所以截面不是正五邊形，A錯誤；
對于B，由A選項分析，可知截面過棱PA的四等分點，B錯誤；
對于C，底面平面，則，
而，則，
又平面，因此平面 平面，
于是得，有，
所以矩形EFGH面積等于，
而，則邊EH上的高等于，
所以，
所以截面五邊形EFGHI面積為， C正確；
對于D，截面經過CD中點，D錯誤.
故選：C
【變式6-4】（2023秋·浙江嘉興高三統考開學考試）在正棱臺中，為棱中點.當四棱臺的體積最大時，平面截該四棱臺的截面面積是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】設，上底面和下底面的中心分別為，該四棱臺的高，.在上下底面由勾股定理可知，.
在梯形中，，
所以該四棱臺的體積為，
所以，
當且僅當，即時取等號，此時，.
取的中點，連接、，
顯然有，平面，平面，
所以平面，因此平面就是截面.
顯然，
在直角梯形 中，，
因此在等腰梯形中，，
同理在等腰梯形中，，
在等腰梯形中，設，
則，，
所以梯形的面積為，故選：C.
核心考點題型七 空間幾何體的外接球
【例題1】．（2023秋·山東濟南高三模擬）在三棱錐中，面，為等邊三角形，且，則三棱錐的外接球的表面積為 ．
【答案】
【分析】由已知結合三棱錐和正三棱柱的幾何特征，可得此三棱錐外接球，即為以為底面以為高的正三棱柱的外接球，分別求出棱錐底面半徑r和球心距d，可得球的半徑R，即可求出三棱錐外接球的表面積．
【詳解】因為是直三棱錐，底面是正三角形，所以可以將圖補形成為正三棱柱，如圖所示，

此三棱錐外接球，即為以為底面以為高的正三棱柱的外接球，
設球心為O，作平面，則為的外接圓圓心，連接，則，
設的外接圓半徑為r，三棱錐外接球半徑為R，
由正弦定理，得，所以，
中，，所以，解得，
所以．
故答案為：．
【例題2】（2023·湖南長沙高三統考一模）在三棱錐，平面平面，是以為斜邊的等腰直角三角形，為等邊三角形，，則該三棱錐的外接球的表面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】過點作的垂線，垂足為，因為是以為斜邊的等腰直角三角形，
所以的外接圓的圓心為，設的外接圓圓心為，其半徑為，則在上，所以，由面面垂直的性質可知，平面，
所以，即為該三棱錐的外接球的球心，
由正弦定理可知，，
故該三棱錐的外接球的表面積為.故選：C
【例題3】（2023·四川南充·閬中中學校考二模）如圖，圓臺中，，其外接球的球心O在線段上，上下底面的半徑分別為，，則圓臺外接球的表面積為________.
【答案】
【分析】列出外接球半徑所滿足的方程，解出半徑，得外接球表面積.
【詳解】
設外接球半徑為R，
則，解得，
所以外接球表面積為，
故答案為：.
【變式7-1】（2023 四川綿陽高三模擬）兩個圓錐的底面是一個球的同一截面，頂點均在球面上，若球的體積為，兩個圓錐的高之比為，則這兩個圓錐的體積之和為　　
A． B． C． D．
【答案】
【解析】如圖，設球的半徑為，由題意，，
可得，則球的直徑為4，
兩個圓錐的高之比為，，，
由直角三角形中的射影定理可得：，即．
這兩個圓錐的體積之和為．
故選：．
【變式7-2】（2023秋·山西大同高三校聯考期末）正四棱臺高為2，上下底邊長分別為2和4，所有頂點在同一球面上，則球的表面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如圖所示，，，為外接球球心，設外接球半徑為R，分別為棱臺上下底面的中心，
則，
由勾股定理得：，，
設，則，，
故，解得：，
故，
故球的表面積為.故選:B
【變式7-3】（2023·河南鄭州高三模擬預測）如圖，在四棱錐中，，，，P為側棱SA的中點，則四棱錐外接球的表面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】取AD的中點O，連接OB，OC，OP.因為，，所以
又，即，所以四邊形OABC為平行四邊形，
所以，同理可得.
因為，且P為側棱SA的中點，所以，
所以在中，.（點撥：直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半）
所以，
所以四棱錐外接球的球心為O，半徑為2，
故外接球的表面積為，故選：B.
【變式7-4】（2023·廣東汕頭統考一模）《九章算術》是我國古代著名的數學著作，書中記載有幾何體“芻甍”.現有一個芻甍如圖所示，底面為正方形，平面，四邊形，為兩個全等的等腰梯形，，且，則此芻甍的外接球的表面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】取、中點、，正方形中心，中點，連接，
根據題意可得平面，，點是的中點，，
在等腰中，，，同理，
則等腰梯形的高為，
根據幾何體的結構特征可知，芻甍的外接球的球心在直線上，連接，
正方體的外接圓的半徑，則有，
而，，
當點在線段的延長線（含點）時，視為非負數，
若點在線段的延線（不含點）時，視為負數，
即有，
則，解得，
則芻甍的外接球的半徑為，
則芻甍的外接球的表面積為，故選：C.
【變式7-5】（2023·云南曲靖高三統考一模）在矩形中，，，點E，F分別為BC，AD的中點，點H為AE的中點，將沿直線AE翻折至的位置，當時，三棱錐的外接球的體積是 ．
【答案】
【分析】首先利用幾何關系，找到球的球心，再根據球的半徑求三棱錐外接球的體積.
【詳解】因為在矩形中，，，點E，F分別為BC，AD的中點，
所以，為等腰直角三角形，
如圖，由題可知點F為的外心，過點F作直線l，使l⊥平面ABCD．
又H點為的外心，過H點作⊥平面．

交l于O點，則點O為球心，設球的半徑為，
易知，則，
在中：．
所以球的體積為．
故答案為：
核心考點題型八 空間幾何體的內切球
【例題1】（2023·江蘇徐州高三統考一模）已知圓錐的頂點為，軸截面為銳角，，則當 時，圓錐的內切球與外接球的表面積的比值最大，最大值為 ．
【答案】 / /
【分析】作出圖形，設，，為線段的中點，連接，設圓錐的內切球和外接球的半徑分別為、，計算出、關于的表達式，結合二次函數的基本性質可求得的最大值及其對應的值，即可得解.
【詳解】如下圖所示：
不妨設，，為線段的中點，
連接，圓錐的內切球球心為，半徑為；外接球球心為，半徑為.
圓錐的內切球與外接球的表面積之比為，
在中，，，
，
在中，，，，
即，所以，，
所以，
，
當且僅當時，即當時，等號成立，
所以，圓錐的內切球與外接球的表面積的比值的最大值為.
故答案為：；.
【例題2】（2023秋·遼寧大連高三統考期末）已知正四棱錐的體積為，則該正四棱錐內切球表面積的最大值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如圖，在正四棱錐中，M、N分別是線段的中點，
該正四棱錐內切球的大圓是的內切圓．圓心為E．
設，則圓E的半徑．．
于是，正四棱錐的體積為，即有，
所以，
此時，該正四棱錐內切球的表面積．
，即．
當，即時取等號，故．故選：A．
【例題3】（2023·安徽合肥高三統考一模）已知球內切于圓臺（即球與該圓臺的上、下底面以及側面均相切），且圓臺的上、下底面半徑，則圓臺的體積與球的體積之比為（ ）

A． B． C．2 D．
【答案】B
【分析】畫出圓臺的軸截面圖，由幾何知識可確定球的半徑，即可得答案.
【詳解】如圖為該幾何體的軸截面，其中圓是等腰梯形的內切圓，設圓與梯形的腰相切于點，與上、下底的分別切于點，，
設球的半徑為，圓臺上下底面的半徑為，.注意到與均為角平分線，因此，
從而，故.設臺體體積為，球體體積為，
則.
故選：B

【變式8-1】（2023·甘肅蘭州高三統考一模）在《九章算術》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑.在鱉臑中，平面，，且，則其內切球表面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】設四面體內切球的球心為，半徑為，則，求得，，從而求得，根據球的表面積公式即可求解.
【詳解】
因為四面體四個面都為直角三角形，平面，
所以，，
設四面體內切球的球心為，半徑為，
則
所以，
因為四面體的表面積為，
又因為四面體的體積，
所以，
所以內切球表面積.
故選：C.
【變式8-2】（2023·陜西師范大學附中校考）古希臘偉大的數學家阿基米德（公元前287~公元前212）出生于敘拉古城，在其輝煌的職業生涯中，最令他引以為傲的是記錄在《論球和圓柱》中提到的：假設一個圓柱外切于一個球，則圓柱的體積和表面積都等于球的一倍半（即）．現有球與圓柱的側面與上下底面均相切（如圖），若圓柱又是球的內接圓柱，設球，圓柱的表面積分別為，體積分別為，則__________；_________．
【答案】
【解析】設球O的半徑為r，體積為，表面積為，則圓柱的底面半徑為r，高為，球半徑為，由阿基米德得出的結論，
又球O與球的半徑比為，所以，
所以.
【變式8-3】（2023秋·河北石家莊高三聯考）（多選）正三棱錐的底面邊長為3，高為，則下列結論正確的是（ ）
A． B．三棱錐的表面積為
C．三棱錐的外接球的表面積為 D．三棱錐的內切球的表面積為
【答案】ABD
【分析】求得的位置關系判斷選項A；求得三棱錐的表面積判斷選項B；求得三棱錐的外接球的表面積判斷選項C；求得三棱錐的內切球的表面積判斷選項D.
【詳解】如圖，
取棱的中點，連接
則正三棱錐中，.
因為平面，且，
所以平面，則，故A正確；
作平面，垂足為，則.
由正三棱錐的性質可知在上，且.
因為，所以，則.
因為，所以，
則三棱錐的表面積，故B正確；
設三棱錐的外接球的球心為，半徑為，則在上，
連接，則，
即，解得，
則三棱錐的外接球的表面積為，故C錯誤.
設三棱錐的內切球的半徑為，
則，
解得，從而三棱錐的內切球的表面積
為，故D正確.
故選：ABD熱點1-10 空間幾何體的表面積和體積（核心考點八大題型）
（原卷版）
【考情透析】
空間幾何體的表面積和體積是高考考查的重點內容，常以選擇題、填空題為主，要求考生要有較強的空間想象和計算能力，難度為中檔。
【歸納題型】
核心考點題型一 空間幾何體的結構特征
1．【多選】（2023秋·浙江杭州·高三浙江省桐廬中學期末）下列命題正確的是（ ）
A．兩個面平行，其余各面都是梯形的多面體是棱臺
B．棱柱的側棱都相等，側面都是平行四邊形
C．用平面截圓柱得到的截面只能是圓和矩形
D．棱柱的面中，至少有兩個面互相平行
【例題2】（2023秋·四川綿陽高三校考模擬預測）已知：“四棱柱是正棱柱”，：“四棱柱的底面和側面都是矩形”，則是的（ ）條件
A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要
【例題3】（2023秋·云南曲靖一中高三專題）《九章算術》是中國古代張蒼 耿壽昌所撰寫的一部數學專著，是《算經十書》中最重要的一部，其中將有三條棱互相平行且有一個面為梯形的五面體稱之為“羨除”，則（ ）
A．“羨除”有且僅有兩個面為三角形； B．“羨除”一定不是臺體；
C．不存在有兩個面為平行四邊形的“羨除”； D．“羨除”至多有兩個面為梯形.
【變式1-1】（2023秋·河南安陽高三模擬）在三棱錐中，“三棱錐為正三棱錐”是“且”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【變式1-2】（2023春·甘肅蘭州高三校聯考期中）下列命題正確的是（ ）
A．圓錐的頂點與底面圓周上任意一點的連線都是母線
B．兩個面平行且相似，其余各面都是梯形的多面體是棱臺
C．以直角梯形的一條直角腰所在的直線為旋轉軸，其余三邊旋轉一周形成的面所圍成的旋轉體是圓臺
D．用平面截圓柱得到的截面只能是圓和矩形
【變式1-3】（2023秋·河北保定高三模擬）正方體中，用平行于的截面將正方體截成兩部分，則所截得的兩個幾何體不可能是（ ）
A．兩個三棱柱 B．兩個四棱臺 C．兩個四棱柱 D．一個三棱柱和一個五棱柱
【變式1-4】．（2023春·河南商丘實驗中學校聯考）某廣場設置了一些石凳供大家休息，如圖，每個石凳都是由正方體截去八個相同的正三棱錐得到的幾何體，則下列結論不正確的是（ ）

A．該幾何體的面是等邊三角形或正方形 B．該幾何體恰有12個面
C．該幾何體恰有24條棱 D．該幾何體恰有12個頂點
【變式1-5】（2023·河南洛陽高三專題檢測）1750年，歐拉在給哥德巴赫的一封信中列舉了多面體的一些性質，其中一條是：如果用V，E和F分別表示簡單凸多面體的頂點數、棱數和面數，則有如下關系：．已知一個正多面體每個面都是全等的等邊三角形，每個頂點均連接5條棱，則（ ）
A．50 B．52 C．60 D．62
核心考點題型二 空間圖形的展開圖及最短路徑問題
【例題1】．（2023秋·云南曲靖一中校考期末）如圖是一個正方體的平面展開圖，將其復原為正方體后，互相重合的點是_______.
①與 ②與 ③與 ④與
【例題2】（2023·安徽黃山·統考一模）如圖，在四棱錐P-ABCD的平面展開圖中，正方形ABCD的邊長為4，是以AD為斜邊的等腰直角三角形，，則該四棱錐外接球被平面PBC所截的圓面的面積為 .
【例題3】．（2023秋·河南開封高三模擬）如圖，圓柱的高為2，底面周長為16，四邊形ACDE為該圓柱的軸截面，點B為半圓弧CD的中點，則在此圓柱的側面上，從A到B的路徑中，最短路徑的長度為（ ）．
A． B． C．3 D．2
【例題4】（2023·四川成都高三模擬）如圖，在直三棱柱中，，，，E、F分別是、的中點，沿棱柱的表面從E到F的最短路徑長度為________．

【例題5】．（2023·陜西榆林高三專題檢測）如圖，有一圓錐形糧堆，其軸截面是邊長為的正，糧堆母線的中點處有一老鼠正在偷吃糧食，此時小貓正在處，它要沿圓錐側面到達處捕捉老鼠，則小貓所經過的最短路程是___________
.
【變式2-1】（2023·河北保定高三專題檢測）如圖是一個長方體的展開圖，如果將它還原為長方體，那么線段AB與線段CD所在的直線（ ）
A．平行 B．相交 C．是異面直線 D．可能相交，也可能是異面直線
【變式2-2】（2023·江蘇無錫高三統考模擬預測）如圖①，這是一個小正方體的側面展開圖，將小正方體從如圖②所示的位置依次翻到第1格、第2格、第3格、第4格、第5格、第6格，這時小正方體正面朝上的圖案是（ ）
A． B． C． D．
【變式2-3】（2023·陜西漢中高三統考模擬預測）如圖，某圓柱體的高為1，ABCD是該圓柱體的軸截面.已知從點B出發沿著圓柱體的側面到點D的路徑中，最短路徑的長度為，則該圓柱體的側面積是（ ）

A．14 B． C．7 D．
【變式2-4】（2023·云南大理高三模擬預測）如圖，某圓柱的一個軸截面是邊長為2的正方形ABCD，點E在下底面圓周上，且，點F在母線AB上，點G是線段AC的靠近點A的四等分點，則的最小值為（ ）

A． B．3 C．4 D．
【變式2-5】（2023·山東威海高三專題檢測）如圖，已知圓錐的底面半徑為1，母線長，一只螞蟻從點出發繞著圓錐的側面爬行一圈回到點，則螞蟻爬行的最短距離為（ ）
A． B． C．6 D．
【變式2-6】（2023·陜西漢中高三統考模擬預測）如圖，長方體中，，，M是的中點.

(1)求證：；
(2)求證：∥平面；
(3)點P是棱上的動點，求的最小值，并說明此時點P的位置.
【變式2-7】（2023·河北唐山高三統考模擬）如圖，在三棱錐的平面展開圖中，，，，，，則三棱錐的外接球的表面積為 ．

核心考點題型三 斜二測畫法及應用
【例題1】（2023·江蘇鎮江高三統考模擬預測）如圖，一個水平放置的的斜二測畫法的直觀圖是等腰直角三角形，若，則原三角形的面積為 .
【例題2】（2023·江西上饒·校聯考模擬預測）如圖，一個水平放置的三角形的斜二測直觀圖是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周長是（ ）
A． B． C． D．
【例題3】（2023·河北石家莊高三模擬預測）如圖，長方體的底面的斜二測直觀圖為平行四邊形.已知，，高，，分別為，的中點，用平面截該長方體，則剩余的三棱臺的體積為 .

【變式3-1】（2023·江西上饒高三統考模擬預測）如圖所示，梯形是平面圖形用斜二測畫法得到的直觀圖，，則平面圖形中對角線的長度為（ ）

A． B． C． D．5
【變式3-2】（2023·甘肅天水高三模擬預測）一水平放置的平面圖形，用斜二測畫法畫出了它的直觀圖，該直觀圖是一個等腰梯形，且，則原平面圖形的邊 .

【變式3-3】（2023·山西大同高三模擬預測）．如圖所示，梯形是平面圖形用斜二測畫法得到的直觀圖，，，則 ；平面圖形以所在直線為軸旋轉一周所得立體圖形的體積為 .

【變式3-4】（2023·四川廣元高三模擬預測）用斜二測畫法畫的直觀圖如圖所示，其中，，則中邊上的中線長為（ ）

A． B． C． D．
【變式3-5】（2023·山東煙臺高三模擬）已知一個直三棱柱的高為2，如圖，其底面ABC水平放置的直觀圖（斜二測畫法）為，其中，則此三棱柱的表面積為（ ）
A． B． C． D．
【變式3-6】（2023·湖北黃岡·黃岡中學校考三模）（多選題）如圖所示，四邊形是由斜二測畫法得到的平面四邊形水平放置的直觀圖，其中，，，點在線段上，對應原圖中的點，則在原圖中下列說法正確的是（ ）
A．四邊形的面積為14
B．與同向的單位向量的坐標為
C．在向量上的投影向量的坐標為
D．的最小值為17
核心考點題型四 空間幾何體的表面積
【例題1】（2023·江蘇南通高三三模）如圖，圓錐的底面直徑和高均是4，過的中點作平行于底面的截面，以該截面為底面挖去一個圓柱，則剩下幾何體的表面積為（ ）

A． B． C． D．
【例題2】（2023秋·遼寧沈陽高三統考期末）如圖，扇形中，，，將扇形繞所在直線旋轉一周所得幾何體的表面積為______．
【例題3】（2023秋·山東煙臺高三專題檢測）如圖，斜三棱柱中，底面是邊長為1的正三角形，側棱長為2，，則該斜三棱柱的側面積是_________．
【例題4】．（2023·河南洛陽高三模擬）由華裔建筑師貝聿銘設計的巴黎盧浮宮金字塔的形狀可視為一個正四棱錐（底面是正方形，側棱長都相等的四棱錐），其側面三角形底邊上的高與底面正方形邊長的比值為，則以該四棱錐的高為邊長的正方形面積與該四棱錐的側面積之比為（ ）
A．2 B． C． D．4
【變式4-1】．（2023·吉林長春高三模擬）如圖，將正四面體每條棱三等分，截去頂角所在的小正四面體，余下的多面體稱作“阿基米德體”．若一個正四面體的棱長為12，則對應的“阿基米德體”的表面積為 ．


【變式4-2】．（2023·云南昆明高三模擬）．如圖，某幾何體的形狀類似膠囊，兩頭都是半球，中間是圓柱，其中圓柱的底面半徑與半球的半徑都為1，若該幾何體的表面積為，則其體積為 .

【變式4-3】（2023秋·內蒙包頭高三校考）如圖一個正六棱柱的茶葉盒，底面邊長為，高為，則這個茶葉盒的表面積為______.
【變式4-4】．（2023秋·江西南昌高三校聯考）已知是圓錐的一個軸截面，分別為母線的中點，，則圓錐的側面積為（ ）
A． B． C． D．
【變式4-5】．（2023·四川綿陽高三模擬）《九章算術》是我國古代的數學名著.其“商功”中記載：“正四面形棱臺（即正四棱臺）建筑物為方亭.”現有如圖所示的烽火臺，其主體部分為一方亭，將它的主體部分抽象成的正四棱臺（如圖所示），其中上底面與下底面的面積之比為，方亭的高為棱臺上底面邊長的倍.已知方亭的體積為，則該方亭的表面積約為（ ）（，，）
A． B． C． D．
【變式4-6】（2024·河南鄭州統考模擬預測）在一個正六棱柱中挖去一個圓柱后，剩余部分幾何體如圖所示．已知正六棱柱的底面正六邊形邊長為3cm，高為4cm，內孔半徑為1cm，則此幾何體的表面積是（ ）．

A． B．
C． D．
【變式4-7】（2023·甘肅張掖高臺縣第一中學校考模擬預測）仿鈞玫瑰紫釉盤是收藏于北京故宮博物院的一件明代宣德年間產的瓷器．該盤盤口微撇，弧腹，圈足．足底切削整齊．通體施玫瑰紫釉，釉面棕眼密集，美不勝收．仿鈞玫瑰紫釉盤的形狀可近似看成是圓臺和圓柱的組合體，其口徑為15.5cm，足徑為9.2cm，頂部到底部的高為4.1cm，底部圓柱高為0.7cm，則該仿鈞玫瑰紫釉盤圓臺部分的側面積約為（ ）（參考數據：π的值取3，）

A． B． C． D．
【變式4-8】（2023·安徽安慶·安慶一中校考三模）陀螺起源于我國，最早出土的石制陀螺是在山西夏縣發現的新石器時代遺址.如圖所示的是一個陀螺立體結構圖.已知，底面圓的直徑，圓柱體部分的高，圓錐體部分的高，則這個陀螺的表面積（單位：）是（ ）

A． B．
C． D．
核心考點題型五 空間幾何體的體積
（一）直接法
【例題1】（2023秋·四川成都七中校考）若某圓錐高為3 ， 其側面積與底面積之比為， 則該圓錐的體積為________.
【例題2】（2024春·遼寧鞍山高三校聯考開學考試）已知A，B，C是半徑為的球O的球面上的三個點，且，則三棱錐的體積為（ ）
A． B． C． D．
【例題3】（2023·河北·統考模擬預測）已知正四棱臺中，，，則其體積為________.
【例題4】．（2023·黑龍江齊齊哈爾高三統考期中）已知正四棱錐的各頂點都在同一個球面上，球的體積為，則該正四棱錐的體積最大值為（ ）
A．18 B． C． D．27
【變式5-1】（2023秋·重慶一中校考檢測）若某圓錐的側面展開圖是一個半徑為2的半圓面，其內接正四棱柱的高為，則此正四棱柱的體積是（ ）
A． B． C． D．
【變式5-2】（2023秋·云南曲靖一中校考檢測）已知一個圓錐的底面半徑為1，體積是，則其側面展開圖的圓心角為（ ）
A． B． C． D．
【變式5-3】（2023·江蘇無錫高三模擬預測）如圖1，位于西安大慈恩寺的大雁塔是我國現存最早、規模最大的唐代四方樓閣式磚塔，其最高處的塔剎可以近似地看成一個正四棱錐，如圖2，已知正四棱錐的高為4.87m，其側棱與高的夾角為45°，則該正四棱錐的體積約為（ ）
A． B． C． D．
【變式5-4】（2023秋·陜西寶雞高三校考檢測）圖1是宋代五大名窯中汝窯制造的雙耳罐，它裝物的有效部分可近似看成由兩個圓臺拼接而成（如圖2所示）在圖2中，已知下底面圓的直徑是6，中間圓的直徑是10，上底面圓的直徑是4，上下底面圓的距離是5，且上、下兩圓臺的高之比是，若不考慮罐壁的厚度，則該汝窯雙耳罐的容積為（ ）

A． B． C． D．
割補法
【例題1】（2023秋·云南曲靖一中高三校考檢測）如圖，在多面體ABCDEF中，已知四邊形ABCD是邊長為1的正方形，且△ADE，△BCF均為正三角形，EF∥AB，EF＝2，則該多面體的體積為________.
【例題2】（2023·江西婺源高三統考模擬預測）如圖，在三棱柱中，底面ABC，，點D是棱上的點，，若截面分這個棱柱為兩部分，則這兩部分的體積比為（ ）
A．1:2 B．4:5 C．4:9 D．5:7
【變式5-5】（2023·貴州貴陽高三統考預測）如圖，一種工業部件是由一個圓臺挖去一個圓錐所制成的.已知圓臺的上、下底面半徑分別為和，且圓臺的母線與底面所成的角為，圓錐的底面是圓臺的上底面，頂點在圓臺的下底面上，則該工業部件的體積為（ ）

A． B． C． D．
【變式5-6】（2023·廣西柳州統考一模）如圖所示是一塊邊長為10cm的正方形鋁片，其中陰影部分由四個全等的等腰梯形和一個正方形組成，將陰影部分裁剪下來，并將其拼接成一個無上蓋的容器（鋁片厚度不計），則該容器的容積為（ ）
A． B． C． D．
【變式5-7】（2023·四川·校聯考模擬預測）如圖，直角梯形中，，，，，將沿翻折至的位置，使得.

(1)求證：平面平面；
(2)若，分別為，的中點，求三棱錐的體積.
（三）等體積法
【例題1】（2023 天津高考真題）在三棱錐中，線段上的點滿足，線段上的點滿足，則三棱錐和三棱錐的體積之比為
A． B． C． D．
【例題2】．（2023·吉林四平統考模擬預測）如圖，在四棱錐中，底面ABCD是邊長為2的菱形，，AC與BD交于點O，底面ABCD，，點E，F分別是棱PA，PB的中點，連接OE，OF，EF．
(1)求證：平面平面PCD；(2)求三棱錐的體積．
【變式5-8】．（2023·吉林四平統考模擬預測）．如圖，在正三棱柱中，，分別為，的中點．

(1)求證：//平面；
(2)若，求三棱唯的體積．
【變式5-9】（2023·山西運城高三模擬預測）如圖所示多面體中，平面平面，平面，是正三角形，四邊形是菱形，，，

(1)求證：平面；
(2)求三棱錐的體積．
核心考點題型六 空間幾何體的截面問題
【例題1】（2023秋·云南大理高三檢測）已知在正方體中，，，分別是，，的中點，則過這三點的截面圖的形狀是（ ）
A．三角形 B．四邊形 C．五邊形 D．六邊形
【例題2】（2023·寧夏銀川實驗中學校考模擬預測）已知正方體的棱長為2，點為線段的中點，若點平面，且平面，則平面截正方體所得截面的周長為（ ）
A． B． C． D．
【例題3】（2023·湖北武漢高三模擬預測）已知球O中有兩個半徑為2的截面圓，，圓與圓的相交弦， 的中點為P，若，則球O的表面積為（ ）
A． B． C． D．
【變式6-1】（2023秋·吉林通化高三統考模擬預測）已知在長方體中，，點，，分別在棱，和上，且，，，則平面截長方體所得的截面形狀為（ ）
A．三角形 B．四邊形 C．五邊形 D．六邊形
【變式6-2】．（2023秋·四川綿陽高三模擬）如圖，在直三棱柱中，，，，，為線段上的一動點，則過三點的平面截該三棱柱所得截面的最小周長為_________．

【變式6-3】．（2023秋·河南安陽高三模擬）已知四棱錐中，平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，，平面過PB，BC，PD的中點，則下列關于平面截四棱錐所得的截面正確的為（ ）
A．所得截面是正五邊形 B．截面過棱PA的三等分點
C．所得截面面積為 D．截面不經過CD中點
【變式6-4】（2023秋·浙江嘉興高三統考開學考試）在正棱臺中，為棱中點.當四棱臺的體積最大時，平面截該四棱臺的截面面積是（ ）
A． B． C． D．
核心考點題型七 空間幾何體的外接球
【例題1】．（2023秋·山東濟南高三模擬）在三棱錐中，面，為等邊三角形，且，則三棱錐的外接球的表面積為 ．
【例題2】（2023·湖南長沙高三統考一模）在三棱錐，平面平面，是以為斜邊的等腰直角三角形，為等邊三角形，，則該三棱錐的外接球的表面積為（ ）
A． B． C． D．
【例題3】（2023·四川南充·閬中中學校考二模）如圖，圓臺中，，其外接球的球心O在線段上，上下底面的半徑分別為，，則圓臺外接球的表面積為________.
【變式7-1】（2023 四川綿陽高三模擬）兩個圓錐的底面是一個球的同一截面，頂點均在球面上，若球的體積為，兩個圓錐的高之比為，則這兩個圓錐的體積之和為　　
A． B． C． D．
【變式7-2】（2023秋·山西大同高三校聯考期末）正四棱臺高為2，上下底邊長分別為2和4，所有頂點在同一球面上，則球的表面積為（ ）
A． B． C． D．
【變式7-3】（2023·河南鄭州高三模擬預測）如圖，在四棱錐中，，，，P為側棱SA的中點，則四棱錐外接球的表面積為（ ）
A． B． C． D．
【變式7-4】（2023·廣東汕頭統考一模）《九章算術》是我國古代著名的數學著作，書中記載有幾何體“芻甍”.現有一個芻甍如圖所示，底面為正方形，平面，四邊形，為兩個全等的等腰梯形，，且，則此芻甍的外接球的表面積為（ ）
A． B． C． D．
【變式7-5】（2023·云南曲靖高三統考一模）在矩形中，，，點E，F分別為BC，AD的中點，點H為AE的中點，將沿直線AE翻折至的位置，當時，三棱錐的外接球的體積是 ．
核心考點題型八 空間幾何體的內切球
【例題1】（2023·江蘇徐州高三統考一模）已知圓錐的頂點為，軸截面為銳角，，則當 時，圓錐的內切球與外接球的表面積的比值最大，最大值為 ．
【例題2】（2023秋·遼寧大連高三統考期末）已知正四棱錐的體積為，則該正四棱錐內切球表面積的最大值為（ ）
A． B． C． D．
【例題3】（2023·安徽合肥高三統考一模）已知球內切于圓臺（即球與該圓臺的上、下底面以及側面均相切），且圓臺的上、下底面半徑，則圓臺的體積與球的體積之比為（ ）

A． B． C．2 D．
【變式8-1】（2023·甘肅蘭州高三統考一模）在《九章算術》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑.在鱉臑中，平面，，且，則其內切球表面積為（ ）
A． B． C． D．
【變式8-2】（2023·陜西師范大學附中校考）古希臘偉大的數學家阿基米德（公元前287~公元前212）出生于敘拉古城，在其輝煌的職業生涯中，最令他引以為傲的是記錄在《論球和圓柱》中提到的：假設一個圓柱外切于一個球，則圓柱的體積和表面積都等于球的一倍半（即）．現有球與圓柱的側面與上下底面均相切（如圖），若圓柱又是球的內接圓柱，設球，圓柱的表面積分別為，體積分別為，則__________；_________．
【變式8-3】（2023秋·河北石家莊高三聯考）（多選）正三棱錐的底面邊長為3，高為，則下列結論正確的是（ ）
A． B．三棱錐的表面積為
C．三棱錐的外接球的表面積為 D．三棱錐的內切球的表面積為

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