专题06 空间几何体-2024届高考数学二轮专题复习考点分层与专项检测（新高考专用）

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一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
专题06 空间几何体（新高考）
目录
【备考指南】2
【真题在线】3
【基础考点】19
【基础考点一】柱、锥、台表面积19
【基础考点二】柱、锥、台体积23
【基础考点三】组合体表面积、体积28
【基础考点四】球表面积、体积（外接球）33
【基础考点五】球表面积、体积（内切球）39
【综合考点】46
【综合考点一】球截面46
【综合考点二】组合体截面51
【综合考点三】柱、锥、台截面59
【综合考点四】柱、锥、台展开与折叠67
【培优考点】74
【培优考点一】空间几何体最值（轨迹、导数求法）74
【培优考点二】球与文化素养综合运用81
【总结提升】89
【专项检测】91
备考指南
预测：空间几何体的结构特征是高考重点考查的内容.近几年主要考查空间几何体的表面积与体积，常以选择题与填空题为主，也涉及空间几何体的结构特征等内容，要求考生要有较强的空间想象能力和计算能力，难度为中低档. 球的切接问题要熟知常见的模型：如长方体模型，正方体模型，正四面体模型，球的截面问题.建议在二轮复习时，以中档题型为主，做好查缺补漏，帮助学生建立好空间模型，适当加强的综合力能的培养.
真题在线
一、单选题
1．（2023·全国·统考高考真题）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（ ）
A．1B．C．2D．3
【答案】A
【分析】证明平面，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解.
【详解】取中点，连接，如图，

是边长为2的等边三角形，，
，又平面，，
平面，
又，，
故，即，
所以，
故选：A
2．（2023·全国·统考高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；
法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.
【详解】法一：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，则，
又，，所以，则，
又，，所以，则，
在中，，
则由余弦定理可得，
故，则，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
法二：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，
在中，，
则由余弦定理可得，故，
所以，则，
不妨记，
因为，所以，
即，
则，整理得①，
又在中，，即，则②，
两式相加得，故，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
故选：C.
3．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答.
【详解】在中，，而，取中点，连接，有，如图，
，，由的面积为，得，
解得，于是，
所以圆锥的体积.
故选：B
4．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比.
【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.

因为平面，平面，所以平面平面.
又因为平面平面，，平面，所以平面，且.
在中，因为，所以，所以，
在中，因为，所以，
所以.
故选：B
5．（2022·天津·统考高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（ ）
A．23B．24C．26D．27
【答案】D
【分析】作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.
【详解】该几何体由直三棱柱及直三棱柱组成，作于M，如图，
因为，所以，
因为重叠后的底面为正方形，所以,
在直棱柱中，平面BHC，则,
由可得平面，
设重叠后的EG与交点为
则
则该几何体的体积为.
故选：D.
6．（2022·全国·统考高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．
【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．
故选：A．

7．（2022·全国·统考高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.
【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，
则，
所以，
又，
则，
所以，
所以甲圆锥的高，
乙圆锥的高，
所以.
故选：C.
8．（2022·全国·统考高考真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.
【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又设四棱锥的高为，则，
当且仅当即时等号成立.
故选：C
[方法二]：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，

(当且仅当，即时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高.
故选：C．
[方法三]：利用导数求最值
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则，
，，单调递增， ，，单调递减，
所以当时，最大，此时．
故选：C.
【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；
方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；
方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．
9．（2022·全国·统考高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.
【详解】∵球的体积为，所以球的半径,
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为，高为，
则，,
所以，
所以正四棱锥的体积，
所以，
当时，，当时，，
所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，
又时，，时，,
所以正四棱锥的体积的最小值为，
所以该正四棱锥体积的取值范围是.
故选：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以当且仅当取到，
当时，得，则
当时，球心在正四棱锥高线上，此时，
，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是
10．（2022·全国·统考高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．
【详解】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积．
棱台上底面积，下底面积，
∴
．
故选：C．
11．（2021·全国·统考高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.
【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，
因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，
所以该棱台的高，
下底面面积，上底面面积，
所以该棱台的体积.
故选：D.
12．（2021·全国·统考高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（ ）
A．26%B．34%C．42%D．50%
【答案】C
【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.
【详解】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：
.
故选：C.
13．（2021·全国·统考高考真题）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题可得为等腰直角三角形，得出外接圆的半径，则可求得到平面的距离，进而求得体积.
【详解】，为等腰直角三角形，，
则外接圆的半径为，又球的半径为1，
设到平面的距离为，
则，
所以.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.
二、多选题
14．（2022·全国·统考高考真题）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】CD
【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可.
【详解】
设，因为平面，，则，
，连接交于点，连接，易得，
又平面，平面，则，又，平面，则平面，
又，过作于，易得四边形为矩形，则，
则，，
，则，，，
则，则，，，故A、B错误；C、D正确.
故选：CD.
三、填空题
15．（2023·全国·统考高考真题）已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则 ．
【答案】2
【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解.
【详解】如图，将三棱锥转化为正三棱柱，
设的外接圆圆心为，半径为，
则，可得，
设三棱锥的外接球球心为，连接，则，
因为，即，解得.
故答案为：2.
【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；
（2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解；
（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长；
（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；
（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
16．（2023·全国·统考高考真题）在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是 ．
【答案】
【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小.
【详解】设球的半径为.
当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径为体对角线长，即，故；

分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点，
连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为.综上，.
故答案为：
17．（2023·全国·统考高考真题）在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点．
【答案】12
【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解.
【详解】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图，

由题意可知，为球心，在正方体中，，
即，
则球心到的距离为，
所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点，
同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，
所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12.
故答案为：12
18．（2023·全国·统考高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ．
【答案】/
【分析】结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解.
【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，

因为，
则，
故，则，
所以所求体积为.
故答案为：.
基础考点
【考点一】柱、锥、台表面积
【典例精讲】（多选）（2023·辽宁辽阳·统考一模）在矩形ABCD中，以AB为母线长，2为半径作圆锥M，以AD为母线长，8为半径作圆锥N，若圆锥M与圆锥N的侧面积之和等于矩形ABCD的面积，则（ ）
A．矩形ABCD的周长的最小值为
B．矩形ABCD的面积的最小值为
C．当矩形ABCD的面积取得最小值时，
D．当矩形ABCD的周长取得最小值时，
【答案】AC
【分析】由题意分别表示两个圆锥的侧面积与矩形面积建立方程，对选项一一分析利用基本不等式处理即可.
【详解】设，，则圆锥M的侧面积为，圆锥N的侧面积为，
则，则，
则，得，
当且仅当，即，时，等号成立，
所以矩形ABCD的面积的最小值为，此时，所以B错误，C正确.
矩形ABCD的周长为，
当且仅当，即，时，等号成立，
所以矩形ABCD的周长的最小值为，此时，所以A正确，D错误.
故选：AC
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·河南·校联考模拟预测）如图1所示，宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一．图2是小明为自家设计的一个花灯的直观图，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为和，正六棱台与正六棱柱的高分别为和，则该花灯的表面积为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】作出辅助线，求出正六棱台的侧高，从而求出正六棱台的侧面积，再求出正六棱台的下底面面积，圆柱的侧面积和底面积，相加得到该花灯的表面积.
【详解】正六棱柱的六个侧面面积之和为，
正六棱柱的底面面积为，
如图所示，正六棱台中，，
过点分别作垂直于底面于点，
连接相交于点，则分别为的中点，
过点作⊥于点，连接，则为正六棱台的斜高，
其中，，，
由勾股定理得，故，

所以正六棱台的斜高为，
故正六棱台的侧面积为，
又正六棱台的下底面面积为，
所以该花灯的表面积为．
故选：A．
2．（2023·安徽安庆·安庆一中校考三模）陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知，底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积（单位：）是（ ）

A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据圆柱与圆锥的表面积公式求解.
【详解】由题意可得圆锥体的母线长为，
所以圆锥体的侧面积为，
圆柱体的侧面积为，
圆柱的底面面积为，
所以此陀螺的表面积为，
故选：C.
二、多选题
3．（2023·浙江金华·统考模拟预测）古希腊数学家欧几里得在《几何原本》卷11中这样定义棱柱：一个棱柱是一个立体图形，它是由一些平面构成的，其中有两个面是相对的､相等的，相似且平行的，其它各面都是平行四边形.显然这个定义是有缺陷的，由于《几何原本》作为“数学圣经”的巨大影响，该定义在后世可谓谬种流传，直到1916年，美国数学家斯顿（）和米利斯（）首次给出欧氏定义的反例.如图1，八面体的每一个面都是边长为2的正三角形，且4个顶点A，B，C，D在同一平面内，取各棱的中点，切割成欧氏反例（如图2），则该欧氏反例（ ）
A．共有12个顶点B．共有24条棱
C．表面积为D．体积为
【答案】BC
【分析】对于AB，以图1中平面为分界面进行数数即可；对于CD，根据题意到得图2中的棱长均为，再利用面积公式与体积公式即可得解.
【详解】对于A，以图1中平面为分界面进行数数，
易知欧氏反例（即图2）在平面上方的顶点有个，在平面中的顶点有个，在平面下方的顶点有个，共有个顶点，故A错误；
对于B，易知欧氏反例在平面上方的棱有条，根据对称性可知在平面下方的棱有条，共有条棱，故B正确；
对于C，由题意与中位线定理易得欧氏反例的表面是由个棱长为，其中一个角为的菱形，与个棱长为的正方形组成，
所以其表面积为，故C正确；
对于D，由题意可知，欧氏反例的体积可由两个棱长为2的正四棱锥减掉四个棱长为1的正四棱锥而得，
对于棱长为的正四棱锥，其底面面积为，其底面对角线长为，
所以其高为，故其体积为，
所以欧氏反例的体积为，故D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键发挥空间想象能力，理解欧氏反例的结构特征，从而得解.
三、填空题
4．（2023·江西·校联考模拟预测）“几何之父”欧几里得最著名的著作《几何原本》是欧洲数学的基础，总结了平面几何五大公设，被广泛的认为是历史上最成功的教科书．《几何原本》中提出了面积射影定理：平面图形射影面积等于被射影图形的面积乘以该图形所在平面与射影面所夹角的余弦．已知正三棱台的上、下底面边长分别为5、13，侧面与底面成角，则它的侧面积等于 ．
【答案】72
【分析】根据面积射影定理求得正确答案.
【详解】正三棱台的上、下底面的面积分别为、，
则侧面在底面的射影面积为，
设侧面积为，由面积射影定理知，可得．
故侧面积等于.
故答案为：
【考点二】柱、锥、台体积
【典例精讲】（多选）（2023·安徽阜阳·安徽省临泉第一中学校考三模）在正三棱台中，，，，，，过MN与平行的平面记为，则下列命题正确的是（ ）
A．四面体的体积为B．四面体外接球的表面积为
C．截棱台所得截面面积为2D．将棱台分成两部分的体积比为
【答案】ABC
【分析】对于A，利用等体积转换求得结果；对于B，四面体的外接球即为正三棱台的外接球，找到球心，求其半径即可；对于C，根据线面平行的判定作出平面，截棱台所得截面为长方形，求其面积即可；对于D，根据棱台与棱柱的体积公式求解.
【详解】如图1，O，分别是正三棱台的底面中心，平面，
由题意，可得，，
过点作于点， 由，，
可得棱台的高.
连结，由，，得出分别为的三等分点，
所以，又，所以，
又，，所以，所以四边形为平行四边形.
又，，所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面，则为平面.
对于A，由，同理可证平面，
三角形的面积为，到平面的距离为.
则四面体的体积，故A正确；

对于B，四面体的外接球，即为正三棱台的外接球，
设外接球半径为r， 由，， ，
，可知球心即为，
故，所以外接球表面积，故B正确；
对于C，如图2，平面，平面，所以，
又， ，所以平面，又平面，
所以，所以.

截棱台所得截面为长方形，故其面积为2，故C正确；
对于D，棱台体积，
，，故D错误.
故选：ABC.
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·全国·模拟预测）如图，在多面体中，四边形为矩形，，，，，到平面的距离为3，则多面体的体积为（ ）

A．18B．15C．12D．9
【答案】B
【分析】将多面体补形为三棱柱，过点F作平面平面与直线AB，DC分别交于点P，Q，且满足，利用，进行计算即可.
【详解】如图，可将多面体补形为三棱柱，
过点F作平面平面与直线AB，DC分别交于点P，Q，
且满足，由题知，
易知平面FPQ，∴，
连接EB，EC，则，∴．

故选：
【点睛】求空间几何体体积的常用方法
①割补法：将所求几何体分割成几个或补形成一个容易求出体积的几何体，然后利用常见几何体的体积公式即可得出所求几何体的体积．②等体积法：特别地，对于三棱锥，由于其任意一个面均可作为三棱锥的底面，从而可选择一个容易求出面积及其对应的三棱锥的高的面作为三棱锥的底面，利用棱锥的体积公式即可求解．
2．（2023·浙江·统考一模）四棱锥的底面是平行四边形，点、分别为、的中点，连接交的延长线于点，平面将四棱锥分成两部分的体积分别为，且满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用割补法与棱锥体积公式分别求所截两部分的体积即可.
【详解】如图，连接交于点，连接，则平面将四棱锥分成多面体和多面体两部分，显然.
设平行四边形的面积为，因为点为的中点，所以，
设到平面的距离为，因为点为的中点，所以点到平面的距离为，
取中点，连接，则，且，
又点共线且，所以，且，
所以，所以，所以点到平面的距离为，
故，
,
因此.
故选：B.

【点睛】求不规则几何体的体积通常使用割补法.
二、多选题
3．（2020下·高一课时练习）如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，下列结论正确的是（ ）

A．圆柱的侧面积为
B．圆锥的侧面积为
C．圆柱的侧面积与球面面积相等
D．圆柱、圆锥、球的体积之比为
【答案】CD
【分析】根据圆柱、圆锥的侧面积公式，结合圆柱、圆锥、球的体积公式逐一判断即可.
【详解】因为圆柱和圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，
则圆柱的侧面积为，A错误；
圆锥的母线长，侧面积为，B错误；
球的表面积为，所以圆柱的侧面积与球面面积相等，C正确；
，，
，D正确．
故选：CD．
三、填空题
4．（2023·浙江金华·校联考模拟预测）己知梯形满足且，其中，将梯形绕边旋转一周，所得到几何体的体积为 ．
【答案】
【分析】根据题设确定所得几何体的构成，再应用圆锥和圆柱体积公式求组合体体积.
【详解】如下图，梯形绕边旋转一周，所得几何体为圆锥和圆柱的组合体，

其中圆锥及圆柱底面都是半径为的圆，圆锥的高为1，圆柱的高为2，
所以几何体体积为.
故答案为：
【考点三】组合体表面积、体积
【典例精讲】（多选）（2023·河北保定·统考一模）沙漏，据《隋志》记载：“漏刻之制，盖始于黄帝”．它是古代的一种计时装置，由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时．如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为6cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的（细管长度忽略不计）．假设该沙漏每秒钟漏下的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆．以下结论正确的是（ ）
A．沙漏的侧面积是
B．沙漏中的细沙体积为
C．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4cm
D．该沙漏的一个沙时大约是837秒
【答案】BD
【分析】A选项，求出圆锥的母线长，从而利用锥体体积公式求出沙漏的侧面积；B选项，根据细沙形成的圆锥的高度得到此圆锥的底面半径，得到细沙的体积；C选项，由B选项求出的体积公式得到细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度；D选项，利用细沙的体积和沙漏漏下的速度求出时间.
【详解】A选项，设下面圆锥的母线长为，则cm，
故下面圆锥的侧面积为，故沙漏的侧面积为，故A错误；
B选项，因为细沙全部在上部时，高度为圆锥高度的，
所以细沙形成的圆锥底面半径为cm，高为cm，
故底面积为，所以沙漏中的细沙体积为，B正确；
C选项，由B选项可知，细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的体积为，其中此锥体的底面积为，故高度为cm，C错误；
D选项，秒，故该沙漏的一个沙时大约是837秒，D正确.
故选：BD
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·江西鹰潭·统考一模）半正多面体（semiregularslid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，棱长为的正方体截去八个一样的四面体，则下列说法错误的是（ ）

A．该几何体外接球的表面积为
B．该几何体外接球的体积为
C．该几何体的体积与原正方体的体积比为
D．该几何体的表面积与原正方体的表面积之比为
【答案】D
【分析】由题意求该几何体的体积与表面积，由外接球的半径求体积与表面积，对选项逐一判断.
【详解】由题意得该几何体外接球的球心为原正方体的中心，
故外接球半径为1，外接球的表面积为，体积为，故A，B正确；
对于C，该几何体的体积，
正方体体积为，故该几何体的体积与原正方体的体积比为；
对于D，该几何体有6个面为正方形，其余的面为边长为1的正三角形，，，
所以该几何体的表面积与原正方体的表面积之比为，故D错误.
故选：D.
2．（2023·黑龙江齐齐哈尔·齐齐哈尔市实验中学校考三模）科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器．2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的表面积约为（ ）
（参考数据：，）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据球、圆柱、圆台的表面积公式计算即可.
【详解】由图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为，
而圆台一个底面的半径为，圆台的母线长为，则，，
，，
所以．
故选：A．
二、多选题
3．（2023·湖北·校联考模拟预测）如图所示，该多面体是一个由6个正方形和8个正三角形围成的十四面体，所有棱长均为1，所有顶点均在球的球面上.关于这个多面体给出以下结论，其中正确的有（ ）
A．平面
B．与平面所成的角的余弦值为
C．该多面体的体积为
D．该多面体的外接球的表面积为
【答案】AC
【分析】将题目中的十四面体放入一个正方体中，对于A结合线面平行的证明方法即可，对于B利用线面角的向量法求解即可，对于C利用割补法求体积即可，对于D.求出其外接球半径即可求得其外接球表面积.
【详解】对于A，如图，连接，
由正方体的性质易证，因为平面，平面，
所以平面，同理平面,又因为平面，，
所以平面平面，因为平面，所以平面，故A正确；
对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，图中正方体棱长为，
则,,,，
所以,,，
设为平面的一个法向量，
则,所以，
取，则，
所以为平面的一个法向量，
设与平面所成的角为，
则，由于，
所以，故B错误；
对于C，图中正方体棱长为，则正方体体积,对于8个体积相同的三棱锥体积为,该多面体体积为，故C正确；
对于D，该多面体的外接球的球心和正方体外接球球心重合，如图，该多面体的外接球的半径为正方体面对角线长度的一半，即可得等于该十四面体棱长，所以该多面体的外接球的表面积为，故D错误.
故选：AC.
三、填空题
4．（2023·江西南昌·南昌市八一中学校考三模）如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.则得到的二十四等边体与原正方体的体积之比为 ．
【答案】
【分析】由题意设正方体的棱长为，二十四等边体由该正方体切割而得，可以先求出正方体的体积，沿着八个顶点过棱的中点截去八个三棱锥，利用正方体的体积减去8个全等的三棱锥的体积即可求二十四等边体的体积，进而可求其体积比.
【详解】
如图：设原正方体的棱长为，则正方体的体积为，
又因为截去的8个三棱锥为全等的三棱锥，都有三条互相垂直的棱长，棱长为，
故截去体积为，
所以二十四等边体的体积为．
所以二十四等边体与原正方体的体积之比为
故答案为：
【考点四】球表面积、体积（外接球）
【典例精讲】（多选）（2023·安徽淮南·统考二模）如图，棱长为2的正四面体中，，分别为棱，的中点，为线段的中点，球的表面与线段相切于点，则下列结论中正确的是（ ）

A．平面
B．球的体积为
C．球被平面截得的截面面积为
D．球被正四面体表面截得的截面周长为
【答案】ABD
【分析】根据题中条件，根据线线垂直，证明线面垂直，可判断球为正四面体的棱切球，可判断BCD.
【详解】
设､分别为､的中点，连接，，，，，，，
则，，，，
故，，则四边形为平行四边形.
故，交于一点，且互相平分，即点也为的中点，
又，，故，.
，，平面，故平面，
由于，平面，则平面，故，
结合点也为的中点，同理可证，
，，平面，
故平面，A正确；
由球的表面正好经过点，则球的半径为，棱长为2的正四面体中，
，为的中点，则，故，则，
所以球的体积为，B正确；
由平面，平面，故平面平面，
平面平面，由于平面，
延长交平面于点，
则平面，垂足落在上，且为正的中心，
故，所以，
即为球心到平面的距离为
故球被平面截得的截面圆的半径为，
则球被平面截得的截面圆的面积为，C错误；
由A的分析可知，也为棱，中点连线的中点，
则球与每条棱都交于棱的中点，
结合C的分析可知，
球被正四面体的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径都为，
故球被正四面体表面截得的截面周长为，D正确.
故选：ABD.
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·全国·模拟预测）在直三棱柱中，，侧面的面积为，则直三棱柱外接球的表面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据正弦定理可表示的外接圆半径，结合侧面积，可表示，进而可得外接球半径及面积，利用基本不等式可得最值.
【详解】
如图，设的外接圆半径为，直三棱柱外接球的半径为．
由正弦定理，得，所以，
又因为侧面的面积为，所以，
所以，
而，
所以，当且仅当，即时，取得最小值，
所以直三棱柱外接圆的表面积的最小值．
故选：B．
2．（2023·山东德州·德州市第一中学校联考模拟预测）阳马和鳖臑是我国古代对一些特殊锥体的称谓，取一长方体，按下图斜割一分为二，得两个一模一样的三棱柱，称为暂堵，再沿堑堵的一顶点与相对棱剖开得一四棱锥和一三棱锥，以矩形为底，另有一棱与底面垂直的四棱锥，称为阳马，余下的三棱锥称为鳖臑.
（注：图1由左依次是堑堵、阳马、鳖臑）
上图中长方体为正方体，由该正方体得上图阳马和鳖臑，已知鳖臑的外接球的体积为，则鳖臑体积为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】B
【分析】根据鳖臑和正方体有相同的外接球，结合球的体积公式计算正方体的棱长，从而利用鳖臑的形成过程求解体积.
【详解】鳖臑的外接球和正方体的外接球是同一外接球，
由鳌臑的外接球的体积为，得外接球的半径为，即正方体的体对角线长度是，
故正方体的棱长为2，所以鳖臑体积为.
故选：B
二、多选题
3．（2023·福建泉州·泉州五中校考模拟预测）如图，棱长为2的正四面体中，，分别为棱，的中点，为线段的中点，球的表面正好经过点，则下列结论中正确的是（ ）

A．平面
B．球的体积为
C．球被平面截得的截面面积为
D．过点与直线，所成角均为的直线可作4条
【答案】ABD
【分析】设分别为的中点，连接，根据线面垂直的判定定理可判断A；求出球的半径，计算球的体积，进而判断B；求出球O被平面截得的截面圆的半径，可求得截面面积，进而判断C；通过平移与补形法，通过角平分线的转化寻找平面进而找出直线，从而可判断D.
【详解】设分别为的中点，连接，

则,
故，则四边形为平行四边形，
故交于一点，且互相平分，即O点也为的中点，
又，故,
平面，故平面，
由于平面，则平面，
故，结合O点也为的中点，同理可证,
平面，故平面，A正确；
由球O的表面正好经过点M，则球O的半径为,
棱长为2的正四面体中，，M为的中点，
则，故,
则，所以球O的体积为，B正确；
由平面，平面，故平面平面，
平面平面，由于平面，
延长交平面于G点，则平面，垂足G落在上，
且G为正的中心，故，
所以，
故球O被平面截得的截面圆的半径为，
则球O被平面截得的截面圆的面积为，C错误；
由题意得，正四面体可以放入正方体内，如下图所示，将平移至正方体的底面内，过
和的角平分线作垂直于底面的平面，即平面，在平面内一定存在过O点的两条直线使得该直线与直线，所成角均为，同理可知，过和的角平分线作垂直于底面的平面也存在两条直线满足题意，所以过点与直线，所成角均为的直线可作4条，D正确.

故选：ABD
【点睛】思路点睛：本题考查立体几何的综合问题.要结合图形的特点，作出适合的辅助线，要善于观察图形特点，放入特殊图形中从而快速求解.
三、填空题
4．（2023·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，，，点E为棱PD的中点，且异面直线CE与AB所成的角为，则三棱锥外接球的表面积为 ．
【答案】
【分析】先取PA的中点F，连接BF，EF，通过证明四边形BCEF为平行四边形得到，进而得到，即异面直线CE与AB所成的角，从而得，再根据已知条件，结合正、余弦定理求得外接圆的半径，然后根据球的半径、截面圆半径和球心到截面的距离之间的关系求出外接球的半径，最后利用球的表面积公式即可得解．
【详解】如图，取PA的中点F，连接BF，EF，因为点E为棱PD的中点，所以，且，因为，，所以，，则四边形BCEF为平行四边形，所以.
于是即异面直线CE与AB所成的角，则．
因为平面ABCD，所以，所以，得.
又．
由，，，易得，
则，则．
设外接圆的半径为r，则，得．
设三棱锥外接球的半径为，则，
则三棱锥外接球的表面积．
故答案为：.
【考点五】球表面积、体积（内切球）
【典例精讲】（多选）（2023·安徽·校联考模拟预测）勒洛三角形也被称为定宽曲线，勒洛三角形的立体版就是如图所示的立体图形，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，它是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分组成的，因此它能像球一样来回滚动.这种立体图形称为勒洛四面体，若图中勒洛四面体的四个顶点分别为P、A、B、C，任意两个顶点之间的距离为1，则下列说法正确的是（ ）
A．图中所示勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值为1
B．图中所示勒洛四面体的内切球的表面积为
C．平面截此勒洛四面体所得截面的面积为
D．图中所示的勒洛四面体的体积是
【答案】AB
【分析】根据表面上任意两点间距离的最大值即为其内接四面体的棱长1，可判定A正确；根据点E为该球与勒洛四面体的一个切点，由A，O，E三点共线，求得，求得内切球的表面积，可判定B正确；由截面形状为三个半径为1，圆心角为60°的扇形面积减去两个边长为1的正三角形的面积可判定C错误；求得正四面体的体积，其外接球的体积，可判定D错误.
【详解】对于A中，勒洛四面体能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，
所以其表面上任意两点间距离的最大值，即为其内接四面体的棱长1，所以A正确；
对于B中，勒洛四面体的内切球与勒洛四面体的弧面相切，如图所示，
其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，
则该球的球心O为正四面体的中心，半径为OE，连接AE，
由A，O，E三点共线，且，，
因此，内切球的表面积为，故B正确；
对于C中，如图所示，截面形状为三个半径为1，圆心角为60°的扇形面积减去两个边长为1的正三角形的面积，则，所以C错误；
对于D中，勒洛四面体的体积介于正四面体的体积和正四面体的外接球的体积之间，正四面体的体积，其外接球的体积，所以D错误.
故选：AB.
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·四川资阳·统考模拟预测）已知正三棱锥P—ABC的底面边长为3，高为，则三棱锥P—ABC的内切球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用条件求出的长，从而得出正三棱锥为正四面体，进而求出三棱锥的表面积，再利用等体法求出内切球的半径，即可得出结果.
【详解】如图，取棱AB的中点D，连接CD，作平面，垂足为H，则．由正三棱锥的性质可知在上，且．
因为，所以，则．因为，所以，则三棱锥P—ABC的表面积，设三棱锥P—ABC的内切球的半径为r，则．解得，
从而三棱锥P—ABC的内切球的表面积为．
故选：A.
2．（2023·江西宜春·统考一模）在Rt中，.以斜边为旋转轴旋转一周得到一个几何体，则该几何体的内切球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据旋转体的概念得出该旋转体是两个共底面的圆锥的组合体，作出轴截面，得出内切球于心位于对称轴上，由平行线性质求得球半径后可得球体积．
【详解】由题意该几何体是两个共底面的圆锥的组合体，如图是其轴截面，
由对称性知其内切球球心在上，到的距离相等为球的半径，设其为，
因为是直角，所以是正方形，即，
由得，即，解得，
球体积为．
故选：C．
二、多选题
3．（2023上·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期中）在棱长为2的正方体中，M为边的中点，下列结论正确的有（ ）
A．与所成角的余弦值为
B．过三点A、M、的截面面积为
C．四面体的内切球的表面积为
D．E是边的中点，F是边的中点，过E、M、F三点的截面是六边形．
【答案】AD
【分析】对于A，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解；对于B，作出过三点A、M、的截面，即可求其面积；对于C，利用等体积法求出内切球的半径，即可求解；对于D，利用几何作图，作出过E、M、F三点的截面，即可判断.
【详解】对于A，以为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
，则,
则，
与所成角的范围为，故与所成角的余弦值为，A正确；
对于B，设N为的中点，连接MN，则，且，
则梯形即为过三点A、M、的截面，
，则梯形高为，
故梯形面积为为，B错误；
对于C，如图，四面体的体积等于正方体体积减去四个角上的直三棱锥的体积，
即，
该四面体的棱长为，其表面积为，
设四面体内球球半径为r，则，
故四面体的内切球的表面积为，C错误；
对于D，如图，延长ME和的延长线交于J，则≌，
则，设H为的中点，则，
连接HJ，则≌，则，
故G为的中点，故，
同理延长交于L，连接LH，交于K，
K即为的中点，则K，E在确定的平面内，
则六边形即过E、M、F三点的截面，是六边形，D正确，
故选：AD
【点睛】难点点睛：本题综合考查了空间几何中的线线角、截面、以及内切球问题，难度较大，解答时要发挥空间想象能力，明确空间的位置关系，结合空间向量以及等体积法和几何作图解决问题.
三、填空题
4．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测）如图，四边形为平行四边形，，，，现将沿直线翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的内切球表面积为 ．

【答案】/
【分析】根据题意利用余弦定理求得，由此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，利用等体积法求出内切球半径，运算求解即可.
【详解】中，，，，
由余弦定理得，
则折成的三棱锥中，，
即此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，

设长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为，
则，解得，
又因为三棱锥是长方体切掉四个角的余下部分，
故三棱维的体积为，
又三棱锥四个侧面是全等的，
故三棱锥的表面积为，
设内切球半径为，以内切球球心为顶点，把三棱锥分割为以球心为顶点，四个面为底面的的四个小三棱锥，四个小三棱锥体积等于大三棱锥的体积，
故，故内切球表面积为.
故答案为：
综合考点
【考点一】球截面
【典例精讲】（多选）（2023·湖南长沙·长沙一中校考一模）如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，为圆柱上下底面的圆心，为球心，为底面圆的一条直径，若球的半径，则下列各选项正确的是（ ）
A．球与圆柱的体积之比为
B．四面体的体积的取值范围为
C．平面截得球的截面面积最小值为
D．若为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为
【答案】ABD
【分析】根据给定的条件，利用球、圆柱的体积公式计算判断A；利用建立函数关系判断B；求出球心O到平面DEF距离的最大值判断C；令点P在圆柱下底面圆所在平面上的投影点为Q，设，利用勾股定理建立函数关系，求出值域可判断D.
【详解】对于A，球的体积为，圆柱的体积，则球与圆柱的体积之比为，A正确；
对于B，设为点到平面的距离，，而平面经过线段的中点，
四面体CDEF的体积，
所以四面体的体积的取值范围为，B正确；
对于C，过作于，如图，而，则，
又，于是，设截面圆的半径为，球心到平面的距离为，则，
又，则平面DEF截球的截面圆面积，C错误；
对于D，令经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q，连接，
当与都不重合时，设，则，当与之一重合时，上式也成立，
因此，，
则，
令，则，而，即，
因此，解得，所以的取值范围为，D正确.
故选：ABD.
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·全国·模拟预测）球缺是指一个球被平面截下的部分，截面为球缺的底面，垂直于截面的直径被截面截得的线段长为球缺的高，球缺曲面部分的面积（球冠面积）（为球的半径，为球缺的高）．已知正三棱柱的顶点都在球的表面上，球的表面积为，该正三棱柱的体积为，若的边长为整数，则球被该正三棱柱上、下底面所在平面截掉两个球缺后剩余部分的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据已知条件分别求出球的半径、三棱柱的底面边长和高，从而求出球冠的面积，再根据正弦定理求出外接圆的半径，即可得解．
【详解】设球的半径为，则，得．设正三棱柱的高为，底面边长为，则，（提示：根据正三棱柱和球的结构特征建立方程组）
得，则球被截掉的两个球缺的高均为1，每个球冠的面积为，又外接圆的半径为，（提示：正弦定理的应用）
故所求表面积为．
故选：D
2．（2023上·湖北荆州·高三沙市中学校考阶段练习）三棱锥的四个顶点都在表面积为的球O上，点A在平面的射影是线段的中点，，则平面被球O截得的截面面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】分别找出和的外接圆圆心和，通过过作平面的垂线，过作平面的垂线，两垂线的交点即为三棱锥外接球球心，再通过几何关系求出外接圆半径，即可求其被球截得的圆的面积．
【详解】
设中点为，点在平面的射影是线段的中点，
平面，，，
又，是等边三角形．
取中点为，连接交于，则是外心．
连接，在上取，使得，则为外心．
过作平面的垂线，过作平面的垂线，
两垂线的交点即为三棱锥外接球球心，
则四边形是矩形，．
连接，，设外接圆半径，设球半径为．
球的表面积为，．
在中，，
平面被球截得的截面面积．
故选：C
二、多选题
3．（2023·广东梅州·大埔县虎山中学校考模拟预测）已知三棱柱的六个顶点都在球O的球面上，.若点O到三棱柱的所有面的距离都相等，则（ ）
A．平面
B．
C．平面截球O所得截面圆的周长为
D．球O的表面积为
【答案】AC
【分析】根据球的性质可判断为直棱柱，即可判断A，由内切球的性质，结合三棱柱的特征即可判断B，由勾股定理以及等边三角形的性质可判断CD.
【详解】选项A，三棱柱的六个顶点都在球O的球面上，根据球的对称性可知三棱柱为直棱柱，所以平面，因此A正确.
选项B：因为，所以.因为点O到三棱柱的所有面的距离都相等，所以三棱柱的内切球与外接球的球心重合.设该三棱柱的内切球的半径为r，与底面以及侧面相切于,则,由于为矩形的对角线交点，所以，而三角形 为等边三角形，所以 ,所以，所以，因此B错误.

选项C：由，可知，解得（负值已舍去），则.易得的外接圆的半径，所以平面截球O所得截面圆的周长为，因此C正确.
选项D：三棱柱外接球的半径，所以球O的表面积，因此D错误.
故选：AC
三、填空题
4．（2023·河南·襄城高中校联考三模）在正四棱柱中，，，点P为侧棱上一点，过A，C两点作垂直于BP的截面，以此截面为底面，以B为顶点作棱锥，则该棱锥的外接球的表面积的取值范围是 ．
【答案】
【分析】当P与点D重合时，过A，C与BP垂直的截面为平面，此时四棱锥的外接球的直径最大，当P与点重合时，过A，C与BP垂直的截面为平面ACM，此时三棱锥的外接球直径最小，从而可求出棱锥的外接球的表面积的取值范围.
【详解】如图所示，当P与点D重合时，过A，C与BP垂直的截面为平面，
四棱锥的外接球的球心为对角面的中心O，直径为，
此时外接球的表面积最大，最大为．
当P与点重合时，过A，C与BP垂直的截面为平面ACM，
设，连接，
因为平面，平面，
所以，
所以，
因为，所以，
所以∽，
所以，所以，解得
所以三棱锥的外接球直径为，
此时外接球的表面积最小，最小为．
所以该棱锥的外接球的表面积的取值范围是，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查多面体与球的外接问题，解题的关键是分P与点D重合和P与点重合两种情况求出棱锥外接球的直径，从而可求出球的表面积的范围，考查空间想象能力，属于较难题.
【考点二】组合体截面
【典例精讲】（多选）（2022·广东韶关·统考一模）在正方体中，点分别是棱的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．过三点的平面截正方体的截面图形是矩形
B．过三点的平面截正方体的截面图形是等腰梯形
C．平面
D．若，则平面平面
【答案】AD
【分析】对于A：先证明出平行四边形即为截面，由即可判断；
对于B：先做出截面再判断出是梯形，但不等腰，即可判断；
对于C：先做出正方体的截面为五边形再证明出不平行平面，即可判断；
对于D：先证明出面，再利用面面垂直的判定定理，即可判断.
【详解】对于A：如图（1）所示，因为线段在棱上，过作棱的平行线，交于点，显然为的中点，因为，所以，所以平行四边形即为截面，因为，所以截面图形是矩形，故正确；
对于B：如图（2）所示，作中点，连接，可知，作中点，连接，在中，由三角形中位线定理可知，所以，所以即为截面，由面面平行的性质定理可知平行，且，所以是梯形，但不等腰，故B错误；
对于C：如图（3）所示，延长交延长线于点，连接，交于点，交于点，连接，交于点，五边形为过三点的平面截正方体的截面，其中为的四等分点，且靠近点，其中为的三等分点，且靠近点，由于直线与相交，而，所以不平行平面，故C错误；
对于D：如图（4）所示，当时，由E为AB中点，其中为靠近的的三等分点，所以,所以,所以.因为，所以，所以.在正方体中，面，所以.因为,所以面.由面面垂直的判定定理，所以平面平面.故D正确.
故选：AD
【点睛】作几何体截面的方法：
（1）利用平行直线找截面；
（2）利用相交直线找截面
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·广东·统考二模）半正多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，如图所示的多面体就是一个半正多面体，其中四边形和四边形均为正方形，其余八个面为等边三角形，已知该多面体的所有棱长均为2，则平面与平面之间的距离为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分别取的中点，作出截面，结合几何体的性质，确定梯形的高即为平面与平面之间的距离，由此即可求得答案.
【详解】分别取的中点，连接，

根据半正多面体的性质可知，四边形为等腰梯形；
根据题意可知，
而平面，
故平面，又平面，
故平面平面，则平面平面，
作，垂足为S，平面平面，
平面，故平面，
则梯形的高即为平面与平面之间的距离；
，
故，
即平面与平面之间的距离为，
故选：B
【点睛】关键点睛：本题考查了空间想象能力，解答的关键是根据几何体的结构特征，作出其截面图，确定梯形的高即为平面与平面之间的距离，即可求得答案.
2．（2022·湖北·黄冈中学校联考模拟预测）南北朝时期的伟大数学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积总是相等，则这两个立体的体积相等.如图，两个半径均为的圆柱体垂直相交，则其重叠部分体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分析几何体的每层截面都是正方形，计算正方形的在上下距离中心 截面面积，再根据正方形的特点想到顶点在中心的正四棱锥（上、下两个），计算正四棱锥的上下距离中心截面面积，通过发现面积之间的关系，结合祖暅原理即可求解.
【详解】
（左） （中） （右）
重叠部分的几何体的外接正方体如上图（左）所示，
在距离中心处的截面正方形的边长是： ，
所以距离中心处截面面积是,
而从同一个正方体的中心位置，与底面四点连线构成的正四棱锥的示意图如上图（中）所示，
在距离中心处的截面正方形的边长是：，
因为内切球的半径等于正方体棱长一半，
所以， ，
所以，
在距离中心处的截面正方形的边长是： ，
以距离中心处截面面积是,
又因为正方体的水平截面面积为： ，
所以，
所以剩余部分的截面面积如上图（右）“回”形面积为，
因此根据祖暅原理：“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积总是相等”，可得：
左图几何体的体积加上中间图上下锥体的体积等于正方体的体积，
即有：
，
解得，
故选：B.
二、多选题
3．（2023·全国·高三专题练习）（多选）如图1所示，已知四棱锥P-ABCD的底面为矩形，PC⊥平面ABCD，AB=BC=PC=2，O为AP的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．若平面PAB∩平面PCD=l，则
B．过点O且与PC平行的平面截该四棱锥，截面可能是五边形
C．平面PBD截该四棱锥外接球所得的截面面积为
D．A为球心，表面积为的球的表面与四棱锥表面的交线长度之和等于
【答案】AC
【分析】对于A项，利用线面平行证线线平行即可；对于B项，根据平面的性质作四棱锥的截面即可判定；对于C项，先确定外接球球心的位置，再计算球心到平面PBD的距离，利用球的性质计算即可；对于D项，先计算得该球半径，以A为圆心依次再各面作弧，利用弧长公式计算各弧长求和即可判定.
【详解】对于A，因为四边形ABCD为矩形，所以，又AB平面PCD，CD平面PCD，所以平面PCD，而平面PAB∩平面PCD=l，AB平面PAB，所以，
故A正确；
对于B，如图2，连接AC，记ACBD=E，连接OE．
因为AO=OP，AE=EC，所以，故过点O且与PC平行的平面必过直线OE．
设过点O且与PC平行的平面与BC交于点N，假设点N与点C重合，此时截面为；当点N与点B重合时，连接OB，OD，则截面为．当点N在线段BC上，且不为端点时，连接EN，直线EN与线段AD交于点M，过点N作交PB于F，连接OM，OF，则截面为四边形OMNF．
显然几何体P-ABCD关于平面PAC对称，故当截面与线段AB相交（不含端点）时，得到的截面也是四边形．综上，截面图形是三角形或四边形，不可能是五边形，故B错误．
对于C，由已知易得，四棱锥P-ABCD的外接球球心就是AP的中点O，故四棱锥外接球半径．
由O是AP的中点得，其中，，分别表示点O到平面PBD的距离、点A到平面PBD的距离、点C到平面PBD的距离．
由VP-BCD=VC-PBD得，得，得，
所以．
所以平面PBD截该四棱锥外接球所得的截面圆半径
，
故截面面积，故C正确．
对于D，设A为球心，表面积为的球半径为R1，则，解得．
如图3，作出此球球面与四棱锥各面的交线，分别与棱BC，BP，AP，DP，交于点M1，M2，M3，M4，M5，连接AM1，AM2，AM4，AM5．
易知AB⊥平面PBC，所以，即，解得．
又，所以球面与侧面PBC的交线是以B为圆心，为半径，为圆心角的圆弧，其长度为．同理，球面与侧面PCD的交线的长度．
在底面正方形ABCD中，，故，同理，，
所以，所以球面与底面正方形ABCD的交线的长度．在侧面PAB中，，，
，所以，．
设，则，
所以球面与侧面PAB的交线的长度（其中）．
同理，可求得球面与侧面PAD的交线的长度（其中）．
综上所述，A为球心，表面积为的球的表面与四棱锥表面的交线长度之和
（其中），故D不正确．
故选：AC．
三、填空题
4．（2023·四川绵阳·盐亭中学校考模拟预测）已知正方体 的棱长为 3 ，以为球心，为半径的球被该正方体的表面所截，则所截得的曲线总长为
【答案】.
【分析】先得出球被由正方体的表面所截曲面，再由弧长公式得出所截得的曲线总长.
【详解】如下图所示，易知球被由正方体的表面所截曲面为，
由，即，故.
球被面，面，面所截的曲线长均为，
故在此三面上所截得的曲线长为，
球在面，面，面所截得的曲线长均为，
故在这三面上所截得的曲线长的和为，
故所截得的曲线总长为.
故答案为：.
【考点三】柱、锥、台截面
【典例精讲】（多选）（2023·湖南郴州·统考一模）在圆锥中，母线，底面圆的半径为，圆锥的侧面积为，则（ ）
A．当时，则圆锥的体积为
B．当时，过顶点和两母线的截面三角形的最大面积为
C．当时，圆锥的外接球表面积为
D．当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动
【答案】AC
【分析】根据侧面积可得，进而可得体积，可判断A选项，利用余弦定理可确定轴截面的顶角为钝角，进而可得截面面积的最值，可判断B选项，确定外接球球心与半径，可得外接球表面积，判断C选项，求得正四面体的外接球半径及圆锥的内切球半径，即可判断D选项.
【详解】由已知圆锥的侧面积为，即，
A选项：当时，，所以，体积，A选项正确；
B选项：当时，，此时圆锥的轴截面如图所示，

，所以为钝角，令，是圆锥的底面圆周上任意的不同两点，则，所以，当且仅当时，取等号，B选项错误；
C选项：当时，，其轴截面如图所示，

可知其轴截面的外接圆半径即为圆锥的外接球半径，
又，
所以，所以外接球半径满足，，
所以外接球表面积，C选项正确；
D选项：棱长为的正四面体可以补成正方体，如图所示，

则正方体的棱长，
所以正方体的外接球即正四面体的外接球，
直径为，半径为，
当时，，高，
圆锥的内切球球心在线段上，圆锥的轴截面截内切球的大圆，即圆锥轴截面的内切圆，
设内切圆半径为，由三角形面积得，解得，
所以棱长为的正四面体不能在圆锥内任意转动，D选项错误；
故选：AC.
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·辽宁抚顺·校考模拟预测）在直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，，，，，过点B作平面截四棱柱所得截面为正方形，该平面交棱于点M，则（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】先结合截面为正方形，借助中位线转化得到的关系，再利用余弦定理分别求解底面对角线，然后由垂直关系及截面正方形，借助长度相等，利用勾股定理建立的方程组，求解转化即得所求比值.
【详解】
如图，设截面分别交，于点P，Q，
连接PQ，BM，设交点，连接，设交点，
由已知截面为正方形，则是，的中点，
底面ABCD为平行四边形，则是，的中点，
又，，则，
则是的中位线，也是四边形的中位线.
设，，
故，
由，得，
化简得（*），且，
由直四棱柱知，平面，
又平面，则
则四边形为直角梯形.
由，得，
在中，由余弦定理得，
解得，同理可得，
如图，在直角梯形中，在CQ上取点S，使，
则.
由，得，
即，化简得，
与（*）联立，解得，，
所以，则，
验证知，此时四边形为为正方形，满足题意.
则．
故选：B．
2．（2023·陕西西安·西安市大明宫中学校考模拟预测）在三棱锥中，侧面PAC是等边三角形，底面ABC是等腰直角三角形，，，点M，N，E分别是棱PA，PC，AB的中点，过M，N，E三点的平面截三棱锥所得截面为，给出下列结论：
①截面的形状为正方形；
②截面的面积等于；
③异面直线PA与BC所成角的余弦值为；
④三棱锥外接球的表面积等于．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①④B．②③C．①③④D．②③④
【答案】C
【分析】根据三棱锥的几何特征，取的中点为，利用线面垂直的判定定理即可证明截面的形状为正方形，且其面积等于，即①正确，②错误；利用平面向量数量积以及余弦定理可求出异面直线PA与BC所成角的余弦值为，可知③正确；利用垂直关系找出外接球球心位置，计算出半径即可得④正确.
【详解】取的中点为，连接，
因为点分别是棱的中点，所以，，可得；
又，，即；
所以四点共面，且四边形为平行四边形，
取的中点为，连接，如下图所示：

易知，又是等腰直角三角形，且，所以，可得；
又，平面，所以平面；
易知平面，可得；
又，，所以，
且，所以四边形为正方形，
即截面的形状为正方形，所以①正确；
由正方形面积公式可知，四边形的面积为，即②错误；
设，可得，
所以，
易知，，
在中，，所以，可得；
所以，
所以异面直线PA与BC所成角的余弦值为，即③正确；
易知，，所以可得；
又，且，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面；
所以可得外接球球心在上，设，半径为，
则，解得，；
所以三棱锥外接球的表面积等于，即④正确；
所有正确结论的序号是①③④.
故选：C
【点睛】方法点睛：关于球外接几何体的问题，首先根据几何体的结构特征，利用线面垂直判定定理等确定球心位置，再利用半径相等列出等量关系即可计算出半径的大小.
二、多选题
3．（2023·山东德州·德州市第一中学校联考模拟预测）直四棱柱，所有棱长都相等，且，为的中点，为四边形内一点（包括边界），下列结论正确的是（ ）
A．平面截四棱柱的截面为直角梯形
B．面
C．平面内存在点，使得
D．
【答案】ABD
【分析】对A，取的中点为，证面，即可；对B，证；对C，在面的射影不可能和垂直；对D，分析点到平面的距离即可.
【详解】对A，取的中点为，，为截面，
因为，设，
在中，，得，
则，即，
又平面，平面，则，
，面，面，
可知面，且面，所以，A对
对B，因为面，且面，则，
又，，平面，平面，
则平面，B对；
对C，过作，因为平面，平面，
，，平面，
所以平面，延长交面于，连接交于，
则为在面的射影，
若，又平面，则，
，平面，则平面，
平面，则有，
但当在四边形内运动时，在上运动，此时不可能与垂直，C错；
对D：连接交于，交于S，连接交于,
，因为平面，则平面，
则为点到面的距离，为点到面的距离，
，则点到面的距离即点到面的距离，即，
则，，则
，D对；
故选：ABD
【点睛】关键点睛：根据直棱柱的性质，应用平面的延展性补全截面，得到截面，结合平行、垂直关系分析求解.
三、填空题
4．（2023·江苏常州·江苏省前黄高级中学校考二模）在正四棱台中，，，M为棱的中点，当正四棱台的体积最大时，平面截该正四棱台的截面面积是 .
【答案】
【分析】设，上底面和下底面的中心分别为，，过作，该四棱台的高，可求得该四棱台的体积为，利用基本不等式可得该四棱台的体积的最大值，此时，，.取，的中点，，连接，，可得平面就是截面，求解即可.
【详解】设，上底面和下底面的中心分别为，，过作，
该四棱台的高，
在上下底面由勾股定理可知，.
在梯形中，，
所以该四棱台的体积为，
所以，
当且仅当，即时取等号，此时，，.
取，的中点，，连接，，显然有，
由于平面，平面，所以平面，因此平面就是截面.
显然，
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，设，，
则，
，
所以梯形的面积为.
故答案为:.
【点睛】总结点睛：
解决与几何体截面的问题，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）根据空间中的线面关系，找到线线平行或者垂直，进而确定线面以及面面关系，
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求长度下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于长度的方程，并求解.
【考点四】柱、锥、台展开与折叠
【典例精讲】（多选）（2023·河北·统考模拟预测）如图，在四边形中，和是全等三角形，，，，.下面有两种折叠方法将四边形折成三棱锥.折法①：将沿着AC折起，形成三棱锥，如图1；折法②；将沿着BD折起，形成三棱锥，如图2.下列说法正确的是（ ）
A．按照折法①，三棱锥的外接球表面积恒为
B．按照折法①，存在满足
C．按照折法②，三棱锥体积的最大值为
D．按照折法②，存在满足平面，且此时与平面所成线面角正弦值为
【答案】ACD
【分析】利用翻折的性质，结合空间几何体的结构性质，推理计算，依次判断选项即可.
【详解】A：由题意，，，
则AC的中点O到A，B，C，D的距离相等，故O为棱锥外接球的球心，
AC为直径，所以外接球的半径为2，所以该外接球的表面积为，故A正确；
B：若，且，，平面，
则平面，,这与矛盾，
所以不存在满足，故B错误；
C：当三棱锥的体积最大时，平面平面，
由已知可得为等边三角形，易求点到平面的距离为1，
所以，故C正确；
D：当时，，又平面，
所以平面，则即为BC与平面所成角，
由，根据勾股定理得，
在中，，故D正确.
故选：ACD.
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·陕西延安·校考一模）在通用技术课上，某小组将一个直三棱柱展开，得到的平面图如图所示．其中，，，是上的点，则在直三棱柱中，下列结论错误的是（ ）

A．与是异面直线
B．
C．平面将三棱柱截成一个五面体和一个四面体
D．的最小值是
【答案】D
【分析】根据异面直线的判断可求解A，根据线面垂直可判断B，根据四棱锥和三棱锥的特征可判断C，根据平面中两点距离最小可判断D.
【详解】由题设，可得直三棱柱，如图．
由直三棱柱的结构特征知: 而是相交直线，所以与是异面直线，项正确；
因为，，,所以，
又，且，平面，所以平面，
又平面，故B正确；
由图知，平面将三棱柱截成四棱锥和三棱锥，一个五面体和一个四面体，C项正确；
将平面和平面展开，展开为一个平面，如图，

当共线时，的最小值为，D错误．
故选：D
2．（2023·贵州·统考模拟预测）已知一个三棱锥型玩具容器的外包装纸（包装纸厚度忽略不计，外包装纸面积恰为该容器的表面积）展开后是如图所示的边长为10的正方形（其中点为中点，点为中点），则该玩具的体积为（ ）
A．B．C．125D．
【答案】B
【分析】首先通过三棱锥定义确定该玩具为三棱锥，再通过三棱锥的体积公式求解即可.
【详解】该玩具为三棱锥，即三棱锥，则底面，且，面积为，所以.
故选：B.
二、多选题
3．（2022上·江苏镇江·高三江苏省镇江第一中学校联考阶段练习）如图，在四棱锥的平面展开图中，四边形ABCD为直角梯形，，，.在四棱锥中，则（ ）
A．平面PAD⊥平面PBD
B．AD平面PBC
C．三棱锥P-ABC的外接球表面积为
D．平面PAD与平面PBC所成的二面角的正弦值为
【答案】AC
【分析】由平面图还原立体图,由面面的垂直的判定定理判断选项A，
建立空间直角坐标系，根据线面平行的空间向量法判定即可判断选项B，
将立体图形想象补充为长方体，即可得到外接球半径，即可判断选项C,
写出对应点的坐标与向量的坐标,计算平面的法向量,利用空间向量夹角计算公式求解，即可判断选项D.
【详解】由四棱锥的平面展开图还原立体图,
可得平面,
平面，，
底面为直角梯形，,,
则以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示直角坐标系，
在直角梯形中,,
所以,即,而上述证明得，
又因为平面,,
所以平面,又平面,
所以平面平面,故A正确；
对B选项，由，可知,则,
，，且平面,
平面，故为平面的一个法向量，
根据底面为梯形，则显然不垂直，则不平行平面，故B错误，
对C选项，将三棱锥补成长为2，宽和高为1的长方体，
则三棱锥的外接球，即为长方体的外接球，
其半径,
故表面积为，故C正确，
由点坐标得，,
设平面的法向量为,
则，令，则，得
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为
，故其夹角的正弦值为，故D错误，
故选：AC.
【点睛】方法点睛：常见的求平面与平面夹角的方法：①定义法，即利用二面角的定义求解面与面夹角；②空间向量法，建立合适的空间直角坐标系，求出相关向量的法向量，利用向量夹角的余弦公式来求解面面夹角的余弦值.
三、填空题
4．（2023·河南·统考模拟预测）在菱形ABCD中，，，AC与BD的交点为G，点M，N分别在线段AD，CD上，且，，将沿MN折叠到，使，则三棱锥的外接球的表面积为 ．
【答案】
【分析】设MN与BD的交点为H，连接，证明平面ABC，设的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，过，分别作平面ABC，平面的垂线，设两垂线交于点O，则O是三棱锥外接球的球心，先求出两外接圆的半径，再求出三棱锥的外接球的半径即得解.
【详解】如图所示，因为，，
所以，设MN与BD的交点为H，连接，
因为，，所以，
则，，所以，
又，则，则，
又，，平面ABC，
所以平面ABC，
设的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，
过，分别作平面ABC，平面的垂线，
设两垂线交于点O，则O是三棱锥外接球的球心，
且四边形为矩形，
设的外接圆半径为，在中，由，解得，
同理可得的外接圆半径，所以，
设三棱锥的外接球半径为R，
则，
则三棱锥的外接球的表面积.
故答案为：．

【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
培优考点
【考点一】空间几何体最值（轨迹、导数求法）
【典例精讲】（多选）（2021·福建龙岩·福建省龙岩第一中学校考模拟预测）已知正方体的棱长为4，点是棱的中点，点在面内(包含边界)，且，则( )
A．点的轨迹的长度为
B．存在，使得
C．直线与平面所成角的正弦值最大为
D．沿线段的轨迹将正方体切割成两部分，挖去体积较小部分，剩余部分几何体的表面积为
【答案】AD
【分析】选项A：利用正方体的结构特征和圆的定义可知点的轨迹为半径为2的半圆，进而求解即可；选项B：建立平面直角坐标系，利用相互垂直的两向量的数量积为0即可判断；选项C：利用线面夹角的向量公式即可判断；选项D：切割的部分为半圆锥，对于剩余部分的几何体只需分别求面积即可.
【详解】对于选项A：结合已知条件，过M作，垂足为N，如下图所示：
由已知条件和正方体性质易知，，且平面，
因为平面，所以，
又因为，所以，
故点的轨迹是以的中点N为圆心，半径为2的一个半圆，
从而点的轨迹的长度为，故A正确；
对于选项B：以D为坐标原点，DA、DC和为、和轴建立空间直角坐标系，如下图：
由已知条件可知，，，，，
不妨设，且，且，
因为，，
所以，
假设存在存在，使得，故，
即，即，这与矛盾，从而假设不成立，故B错误；
对于选项C：连接AC，易知平面，
因为，所以为平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
故，
不妨令，，其中，
从而，
当且仅当，即时，最大值，
从而的最大值为，
即直线与平面所成角的正弦值最大为，故C错误；
对于选项D：由题意可知，挖去的部分为一个底面半径为2，高为4的半圆锥，
则半圆锥的侧面为，
正方体的侧面剩余的面积为，
正方体底面剩余面积为，
正方体其余四个面的面积为，
故剩余部分几何体的表面积为，故D正确.
故选：AD.
【变式训练】

一、单选题
1．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）已知圆锥内切球（与圆锥侧面、底面均相切的球）的半径为2，当该圆锥的表面积最小时，其外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】作出图形，设，，由三角形相似得到，得到圆锥的表面积为，令，由导函数得到当时，圆锥的表面积取得最小值，进而得到此时与，作出圆锥的外接球，设外接球半径为，由勾股定理列出方程，求出外接球半径和表面积.
【详解】设圆锥的顶点为，底面圆的圆心为，内切球圆心为，
则，，
因为⊥，⊥，所以∽，则，
设，，
故，由得：，
由得：，
故，所以，，
解得：，
所以圆锥的表面积为，
令，，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在时取得最小值，，
此时，，
设圆锥的外接球球心为，连接，设，
则，
由勾股定理得：，即，
解得：，故其外接球的表面积为.
故选：A
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.
2．（2023·全国·模拟预测）晶胞是构成晶体的最基本的几何单元，是结构化学研究的一个重要方面.在如图（1）所示的体心立方晶胞中，原子A与B（可视为球体）的中心分别位于正方体的顶点和体心，且原子B与8个原子A均相切.已知该晶胞的边长（图1中正方体的棱长）为，则当图（2）中所有原子（8个A原子与1个B原子）的体积之和最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】设出球的半径为，，表达出球的半径，表达出，令，，由导函数得到函数的单调性，从而求出最值
【详解】因为该晶胞的边长为，所以正方体对角线成为，
设球的半径为，，则球的半径为，
所以所有原子的体积之和为，
令，，
则，
因为，所以恒成立，
则当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极大值，也时最大值，
故，故体积最大值为.
故选：B
二、多选题
3．（2022·江苏常州·统考模拟预测）在棱长为1的正方体中，P是底面内的动点，若，则（ ）
A．B．平面
C．四面体的体积为定值D．与底面所成的角最大为
【答案】ABC
【分析】根据推出，利用平面推出，可判断A正确；利用平面平面，推出平面，可判断B正确；根据等体积法求出四面体的体积，可判断C正确；根据平面，推出是与底面所成的角，利用，推出与底面所成的角最小为，可判断D不正确.
【详解】因为，所以向量、、共面，
又三个向量共起点，所以平面，平面，又平面，且平面平面，所以，

对于A，因为平面，所以，又，且，所以平面，所以，同理得，
又，所以平面，又平面，所以.故A正确；
对于B，因为，且，所以四边形为平行四边形，
所以，因为平面，平面，所以平面，
同理可得平面，因为，所以平面平面，
因为平面，所以平面，故B正确；
对于C，因为平面，，所以，故C正确；
对于D，因为平面，所以是与底面所成的角，
因为，所以，所以与底面所成的角最小为，故D不正确.
故选：ABC.
三、填空题
4．（2023·河南安阳·统考二模）2022年12月7日为该年第21个节气“大雪”．“大雪”标志着仲冬时节正式开始，该节气的特点是气温显著下降，降水量增多，天气变得更加寒冷．“大雪”节气的民俗活动有打雪仗、赏雪景等．东北某学生小张滚了一个半径为2分米的雪球，准备对它进行切割，制作一个正六棱柱模型，设M为的中点，当削去的雪最少时，平面ACM截该正六棱柱所得的截面面积为 平方分米．
【答案】
【分析】设正六棱柱的底面边长为a，高为h，表示出球的内接正六棱柱体积,利用导数求体积最大值,求得，，利用图形找到截面，求截面面积.
【详解】设正六棱柱的底面边长为a，高为h．
若要使该正六棱柱的体积最大，正六棱柱应为球的内接正六棱柱中体积最大者，
所以，即，又，
所以该正六棱柱的体积为．
设，，则，令，得．
，解得，，解得，
在上单调递增，在上单调递减，所以，即，时V取得最大值．
过M作，交于点P，交于点Q，则P，Q分别是，的中点，
又，所以，则矩形ACQP即为平面ACM截该正六棱柱所得的截面．
因为，且，
所以矩形ACQP的面积为．
故答案为：
【考点二】球与文化素养综合运用
【典例精讲】（多选）（2023·湖南岳阳·统考二模）在中国共产党第二十次全国代表大会召开期间，某学校组织了“喜庆二十大，永远跟党走，奋进新征程，书画作品比赛.如图①，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，若球的体积为；如图②，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，则下列结论正确的是（ ）
A．直线与平面所成的角为
B．经过三个顶点的球的截面圆的面积为
C．异面直线与所成的角的余弦值为
D．球离球托底面的最小距离为
【答案】CD
【分析】如图1，根据题意和面面垂直的性质可得平面，同理平面，由平行四边形的判定方法可知四边形、为平行四边形，结合线面角的定义与外接圆的定义即可判断AB；如图1易知异面直线AD与CF所成的角或其补角，结合余弦定理计算即可判断C；根据球的体积公式求出球的半径，结合图形2计算即可判断D.
【详解】A：如图1，取DE、EF、DF的中点N、M、K，取MF的中点H，连接BK、BH、KH、BM、AN、MN、DM，
由为正三角形，得，又平面平面，
平面平面，平面，平面，
由，得平面，同理平面，
则，且，所以四边形为平行四边形，
由，得，
所以四边形为平行四边形，得，，
即为直线AD与平面所成的角，，所以，故A错误；
B：如图1，连接AB、BC、AC，
由选项A的分析知，
同理，，
所以经过三个顶点A、B、C的球的截面圆为的外接圆，
其半径为，面积为，故B错误；
C：连接AM，由，得四边形是平行四边形，
则，所以异面直线AD与CF所成的角或其补角，
，在中，，由余弦定理，
得，故C正确；
D：设球的半径为，由球的体积为，得，解得.
如图2，，，
所以球离球托底面DEF的最小距离为，故D正确.
故选：CD.
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体棱长为，则模型中九个球的表面积和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】作出辅助线，先求出正四面体的内切球半径，再利用三个球的半径之间的关系得到另外两个球的半径，得到答案.
【详解】如图，取的中点，连接，，则，，
过点作⊥底面，垂足在上，且，
所以，故，
点为最大球的球心，连接并延长，交于点，则⊥，
设最大球的半径为，则，
因为∽，所以，即，解得，
即，则，故
设最小球的球心为，中间球的球心为，则两球均与直线相切，设切点分别为，
连接，则分别为最小球和中间球的半径，长度分别设为，
则，则，
又，所以，解得，
又，故，解得，
所以，
模型中九个球的表面积和为.
故选：B
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
2．（2023·全国·模拟预测）中国古建筑闻名于世，源远流长．如图1所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构示意图如图2所示，在结构示意图中，已知四边形ABCD为矩形，，，与都是边长为1的等边三角形，若点A，B，C，D，E，F都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】如图，根据球的性质可得平面ABCD，根据中位线的性质和勾股定理可得且，分类讨论当O在线段上和O在线段的延长线上时2种情况，结合球的性质和表面积公式计算即可求解.
【详解】如图，连接AC，BD，设，
因为四边形ABCD为矩形，所以为矩形ABCD外接圆的圆心．连接，
则平面ABCD，分别取EF，AD，BC的中点M，P，Q，
根据几何体ABCDEF的对称性可知，直线交EF于点M．
连接PQ，则，且为PQ的中点，因为，所以，
连接EP，FQ，在与中，易知，
所以梯形EFQP为等腰梯形，所以，且．
设，球O的半径为R，连接OE，OA，
当O在线段上时，由球的性质可知，
易得，则，此时无解．
当O在线段的延长线上时，由球的性质可知，
，解得，所以，
所以球O的表面积，
故选：D．
二、多选题
3．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）“牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，当一个正方体用圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时，两圆柱体的公共部分即为“牟合方盖”，他提出“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为定值．南北朝时期祖暅提出理论：“缘幂势既同，则积不容异”，即“在等高处的截面面积总是相等的几何体，它们的体积也相等”，并算出了“牟合方盖”和球的体积．其大体思想可用如图表示，其中图1为棱长为的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为的正方体的八分之一，图3是以底面边长为的正方体的一个底面和底面以外的一个顶点作的四棱锥，则根据祖暅原理，下列结论正确的是：（ ）
A．若以一个平行于正方体上下底面的平面，截“牟合方盖”，截面是一个圆形
B．图2中阴影部分的面积为
C．“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为
D．由棱长为的正方体截得的“牟合方盖”体积为
【答案】BCD
【分析】根据“牟盒方盖”的定义、祖暅原理及几何体的体积公式计算可得.
【详解】由于牟盒方盖可以由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，
故只要用水平面去截它们，那么所得的截面为正方形，故A错误；
根据祖暅原理，图2中正方体与“牟合方盖”的八分之一之间空隙的截面面积与图3中正四棱锥中阴影部分的面积相等，故B正确；
由于牟盒方盖可以由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，存在内切球，且只要用水平面去截它们，
那么所得的正方形和圆，也是相切在一起的，对于直径为的球和高为的牟合方盖来说，
使用同一高度处的水平面来截它们，所得的截面积之比正好总是相切的圆和正方形的面积之比，也就是，故C正确；
由图中正方体与牟合方盖的八分之一之间空隙的体积与正四棱锥体的体积相等；
而正四棱锥体的体积为．
所以八分之一牟合方盖的体积等于正方体的体积减去正四棱锥的体积，
从而得到整个牟合方盖的体积为，故D正确
故选：BCD．
三、填空题
4．（2023·山东日照·三模）祖暅，南北朝时代的伟大科学家，他在实践的基础上提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.请同学们借助图1运用祖暅原理解决如下问题：如图2，有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为2的铁球，再注入水，使水面与球正好相切（球与倒圆锥相切效果很好，水不能流到倒圆锥容器底部），则容器中水的体积为 .

【答案】
【分析】根据条件和图1可得半球的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆锥的体积，半球阴影截面上半部分体积等于圆柱阴影截面上半部分体积减去圆台体积，然后在图2中运用此原理可求得答案.
【详解】如图1，已知圆柱、圆锥底面圆半径、高和球体半径相等，设半球中阴影截面圆的半径，
球体半径为，则，截面圆面；
圆柱中截面小圆半径，大圆半径为，则截面圆环面积，所以，又高度相等，
所以半球的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆锥的体积.
同理，半球阴影截面上半部分体积等于圆柱阴影截面上半部分体积减去圆台体积.

如图2，设球体和水接触的上部分为，没和水接触的下部分为，
小半球相当于图1半球的截面上半部分，其体积等于图1中截面之上的圆柱体积减去相应圆台体积.
已知球体半径为，为等边三角形，
，
根据祖暅原理，
，
设图2中轴截面为梯形的圆台体积为，，
故答案为：.
总结提升
1.关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种几何体的概念.圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系.既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略.
2.柱体、锥体、台体和球的表面积公式：
(1)若圆柱的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝2πrl，S表＝2πr(r＋l).
(2)若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝πrl，S表＝πr(r＋l).
(3)若圆台的上、下底面半径分别为r′，r，则S侧＝π(r＋r′)l，S表＝π(r2＋r′2＋r′l＋rl).
(4)若球的半径为R，则它的表面积S＝4πR2.
3.柱体、锥体、台体和球的体积公式：
(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；
(2)V锥体＝eq \f(1,3)Sh(S为底面面积，h为高)；
(3)V台体＝eq \f(1,3)(S上＋S下＋eq \r(S上S下))h(S上、S下分别为上、下底面面积，h为高)；
(4)V球＝eq \f(4,3)πR3.
4.墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长.长方体同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球半径为R.
则(2R)2＝a2＋b2＋c2，即2R＝eq \r(a2＋b2＋c2).常见的有以下三种类型：
5.对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长，如图所示，(2R)2＝a2＋b2＋c2(长方体的长、宽高分别为a，b，c)，即R2＝eq \f(1,8)(x2＋y2＋z2)，如图.
6.垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型，可补为直棱柱内接于球；如图所示，由对称性可知球心O的位置是△CBD的外心O1与△AB2D2的外心O2连线的中点，算出小圆O1的半径CO1＝r，OO1＝eq \f(h,2)，则R＝eq \r(r2＋\f(h2,4)).
7.切瓜模型是有一侧面垂直底面的棱锥模型，常见的是两个互相垂直的面都是特殊三角形，在三棱锥A－BCD中，侧面ABC⊥底面BCD，设三棱锥的高为h，外接球的半径为R，球心为O，△BCD的外心为O1，O1到BC的距离为d，O与O1的距离为m，△BCD和△ABC外接圆的半径分别为r1，r2，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(R2＝req \\al(2,1)＋m2，,R2＝d2＋（h－m）2，))解得R，可得R＝eq \r(req \\al(2,1)＋req \\al(2,2)－\f(l2,4))(l为两个面的交线段长).
8.内切球问题的解法(以三棱锥为例)
第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体的体积；
第二步：设内切球的半径为r，建立等式VP－ABC＝VO－ABC＋VO－PAB＋VO－PAC＋
VO－PBC⇒VP－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·r＋eq \f(1,3)S△PAB·r＋eq \f(1,3)S△PAC·r＋eq \f(1,3)SPBC·r＝eq \f(1,3)(S△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋S△PBC)r；
第三步：解出r＝eq \f(3VP－ABC,S△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋S△PBC).
9.解决球的截面问题抓住以下几个方面：
(1)球心到截面圆的距离；(2)截面圆的半径；(3)直角三角形(球心到截面圆的距离、截面圆的半径、球的半径构成的直角三角形).
专项检测
一、单选题
1．（2023·全国·模拟预测）已知圆锥的底面积为π，侧面积是底面积的2倍，则该圆锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由条件求出圆锥的底面半径r，母线长，从而求得圆锥外接球的半径及球的表面积.
【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，
由题意得，所以，
因为圆锥的侧面积是底面积的2倍，所以，得，
易知圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，其外接圆的半径R即圆锥外接球的半径，
所以，
故该圆锥外接球的表面积，
故选：B
2．（2023·全国·模拟预测）在三棱锥中，平面，，且．若，则当三棱锥的体积最大时，的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将三棱锥的体积表示成一个函数，利用导数或者均值不等式求最大值即可.
【详解】方法一：设，则．
在中，由余弦定理知，，
（负值已舍去）．由，知．平面，
．
设，则．
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减．
当时，最大，
此时．
故选：B．
方法二 ：设，则．
在中，由余弦定理知，
，（负值已舍去）．
由,知．平面，
，
当且仅当，即时取“=”，
此时．
故选：B．
3．（2023·全国·模拟预测）已知三棱锥的所有棱长都相等，点是的中心，点为棱上一点，平面把三棱锥分成体积相等的两部分，平面与交于点，若点，都在球的表面上，点都在球的表面上，则球与球表面积的比值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先找出为中点，然后利用几何关系分别求出，，从而求解.
【详解】如图，当点为棱的中点时，由题意得：，，，平面，
所以平面，则点到平面的距离相等，所以
由平面把三棱锥分成体积相等的两部分，可得点为棱的中点，
取的中点，连接，则与的交点为，取的中点，连接，则，且，又，
所以，所以．
设，则．
由题易知点都在直线上，
设球、球的半径分别为，则，
即，
解得.
所以球与球表面积的比值为.
故选:C．

4．（2023·全国·模拟预测）已知六棱锥的所有顶点都在半径为2的球的球面上，当六棱锥的体积最大时，其侧棱长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由该六棱锥为正六棱锥时，其体积最大结合体积公式得出，利用导数得出体积最大值，进而得出侧棱长.
【详解】由题意知，六棱锥的底面六边形的顶点在同一个截面圆上．
易知当六边形为正六边形时，其面积最大．要使六棱锥的体积最大，则该六棱锥为正六棱锥．
不妨设正六边形的边长为，六棱锥的高为，
则正六边形的外接圆的半径为．
由球的性质可知，，则，
所以正六棱锥的体积．
设，则．
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减．
当时，取得最大值，即时，取得最大值，此时，
所以正六棱锥的侧棱长．
故选：A．
【点睛】关键点睛：当圆内接多边形为正多边形时，多边形的面积最大；当球的内接多棱锥为正多棱锥（如上题）时，该多棱锥的体积最大．
5．（2023·甘肃定西·统考一模）攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖.通常有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑､园林建筑.如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边长为6，腰长为5的等腰三角形，则该屋顶的体积约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意求出圆锥底面半径和高，根据体积公式即可求解.
【详解】如图所示为该圆锥轴截面，
由题知该圆锥的底面半径为3m，高为，所以该屋顶的体积约为.
故选:D.
6．（2023·浙江宁波·统考一模）已知二面角的大小为，球与直线相切，且平面、平面截球的两个截面圆的半径分别为、，则球半径的最大可能值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设点在平面、平面内的射影点分别为、，设球切于点，连接、、，分析可知，、、、四点共圆，利用二面角的定义可得或，利用余弦定理求出的长，分析可知，球半径的最大值即为外接圆的直径，结合正弦定理求解即可.
【详解】设点在平面、平面内的射影点分别为、，
设球切于点，连接、、，如下图所示：
因为平面，平面，则，
由球的几何性质可知，，
因为，、平面，则平面，
同理可知，平面，
因为过点作直线的垂面，有且只有一个，所以，平面、平面重合，
因为平面，平面，则，同理可知，，
所以，、、、四点共圆，
由已知条件可知，，，
因为平面，、平面，则，，
所以，二面角的平面角为或其补角.
①当时，
由余弦定理可得
，故，
易知，为外接圆的一条弦，
所以，球半径的最大值即为外接圆的直径，即为；
②当时，
由余弦定理可得
故，
易知，为外接圆的一条弦，
所以，球半径的最大值即为外接圆的直径，即为.
综上所述，球的半径的最大可能值为.
故选：D.
7．（2023·全国·模拟预测）如图，正方体的棱长为3，点P是平面内的动点，M，N分别为，的中点，若直线BP与MN所成的角为，且，则动点P的轨迹所围成的图形的面积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接，，得到，把BP与MN所成的角就是直线BP与所成的角，在正方体中，证得平面，得到，设与平面的交点为G，连接PG，结合题意，得到点P的轨迹是以G为圆心，为半径的圆，根据圆的面积公式，即可求解.
【详解】如图所示，连接，，则N为的中点，又M为的中点，所以，
因此直线BP与MN所成的角就是直线BP与所成的角，
在正方体中，可得，
因为平面，平面，可得，
又因为且平面，所以平面，
因为平面，所以，同理可得，
因为，且平面，所以平面，则．
设与平面的交点为G，连接PG，所以，
在直角中，，因为，所以，
又由，所以，
所以点P的轨迹是以G为圆心， 为半径的圆，其面积为.
故选：A.

8．（2023上·浙江·高三校联考阶段练习）在四棱锥中，底面是直角梯形，，.若，且三棱锥的外接球的表面积为，则当四棱锥的体积最大时，长为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】D
【分析】由球的表面积公式得半径，确定球心和点在底面的投影，建立函数关系求解．
【详解】由球的表面积，得，
因为为直角三角形，所以的外接球球心在底面的投影为中点，
而，故在底面的投影为垂直平分线与垂直平分线的交点，即中点，
，，可得，
设，则，
设，令，则，
，
故当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
当即时，函数取最大值，此时四棱锥的体积最大，长为．
故选：D

二、多选题
9．（2023·全国·模拟预测）已知圆锥的底面圆的半径与球的半径相等，且圆锥，与球的表面积相等，则（ ）
A．圆锥的母线与底面所成角的余弦值为
B．圆锥的高与母线长之比为
C．圆锥的侧面积与底面积之比为3
D．球的体积与圆锥的体积之比为
【答案】ACD
【分析】设出圆锥的底面圆半径、母线长及高，利用圆锥与球的表面积求母线与半径的关系，再逐项计算判断即得.
【详解】设圆锥的底面圆的半径为，高为，母线长为，
由圆锥与球的表面积相等，得，解得，
因此圆锥的母线与底面所成角的余弦值为，A正确；
，因此圆锥的高与母线长之比为，B错误；
圆锥的侧面积与底面积之比，C正确；
球的体积与圆锥的体积之比为，D正确.
故选：ACD
10．（2023·云南大理·统考一模）如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题正确的是（ ）
A．正方体的内切球的半径为
B．两条异面直线和所成的角为
C．直线BC与平面所成的角等于
D．点D到面的距离为
【答案】BC
【分析】根据正方体和内切球的几何结构特征，可判定A错误；连接，把异面直线和所成的角的大小即为直线和所成的角，为正三角形，可判定B正确；证得平面，进而求得直线与平面所成的角，可判定C正确；结合等体积法，得到，进而可判定D错误.
【详解】对于A中，正方体的内切球的半径即为正方体的棱长的一半，所以内切球的半径，所以A错误.
对于B中，如图所示，连接，
因为且，则四边形为平行四边形，所以，
所以异面直线和所成的角的大小即为直线和所成的角的大小，
又因为，则为正三角形，即，所以B正确；
对于C中，如图所示，连接，在正方形中，.
因为平面，平面，所以.
又因为，平面，平面，
所以平面，所以直线与平面所成的角为，
所以C正确；
对于D中，如图所示，设点D到面的距离为，因为为正三角形，
所以,
又因为，根据等体积转换可知：，
即，即，解得，所以D错误.
故选：BC.
11．（2023·吉林长春·统考一模）已知正方体的棱长为1，下列说法正确的是（ ）
A．若点为线段上的任意一点，则
B．若该正方体的所有顶点都在同一个球面上，则该球体的表面积为
C．异面直线与所成角为
D．若点为体对角线上的动点，则的最大值为
【答案】ABD
【分析】利用线面垂直性质定理即可证明，可得A正确；求出正方体外接球半径即可知球体的表面积为，即B正确；易知异面直线与所成角为即为或其补角，求得其大小为，即C错误；当时，取得最小值，利用余弦定理可求得的最大值为，可得D正确.
【详解】连接，如下图所示：

对于A，由正方体性质可知平面，又平面，所以，
又，且，平面，
所以平面，
显然，所以可得平面；
又平面，所以，
即点为线段上的任意一点时，总成立，即A正确；
对于B，易知该正方体的外接球直径即为该正方体的体对角线，
设该球半径为，则，
所以该球体的表面积为，即B正确；
对于C，连接，如下图所示：

易知，所以异面直线与所成角为即为或其补角，
在中，，所以，
即异面直线与所成角为，所以C错误；
对于D，连接，如下图所示：

易知，当最小时，可使最大；
当时，取得最小值为，
由余弦定理可知，即可得；
所以的最大值为，即D正确.
故选：ABD
12．（2023·全国·模拟预测）如图，直三棱柱中，为的中点，为线段上的动点，则下列说法正确的有（ ）

A．不存在点，使得
B．周长的最小值为
C．当时，三棱锥外接球的表面积为
D．平面截三棱柱所得截面面积的最大值为
【答案】BC
【分析】由线面垂直即可判断A，将绕旋转，使得点到达点的位置，结合平面几何的知识，即可判断B，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可判断C,分情况讨论代入计算，即可判断D
【详解】
选项A：连接，因为，平面，且平面，
所以，平面，所以平面，
又，所以平面，平面，所以，
又因为，所以为正方形，则，，
且平面，所以平面，当为的中点时，
平面，所以，故A错误．

选项B：将绕旋转，使得点到达点的位置，且四点共面，连接，由平面几何知识可知，四边形是矩形，，则，所以周长的最小值为B正确．

选项C：以点为坐标原点，的方向分别作为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，则
，所以，显然三棱锥外接球的球心在平面内且在线段的垂直平分线上，设，连接，因为，所以，解得，所以，所以三棱锥外接球的表面积为，C正确．
选项D：分如下三种情况，①如图1，延长交于点，过点作的垂线交于点，连接，则四边形为所求截面；②如图2，延长交于点，过点作的垂线交于点，连接，则四边形为所求截面；③如图3，延长交于点，连接，则三角形为所求截面．

显然①②中的截面面积均大于或等于③中的截面面积，故只需考虑①②中的情况，易知①②中的情况相同，故只需考虑情况①即可．在①中，易知，设，则，所以所求截面面积，
易知函数在上单调递增，故，故D错误．
故选：BC
三、填空题
13．（2022上·江苏·高三统考期末）已知一个棱长为的正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，若圆锥的底面半径为2，母线长为4，则的最大值为 .
【答案】/
【分析】根据给定条件求出圆锥的内切球半径，再求出此球的内接正方体的棱长即可作答.
【详解】正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，则当正方体棱长a最大时，正方体的外接球恰为圆锥的内切球，
底面半径为2，母线长为4的圆锥轴截面正的内切圆O是该圆锥内切球O截面大圆，如图，
正的高，则内切圆O的半径即球半径，
于是得球O的内接正方体棱长a有：，解得：，
所以的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.
14．（2023·河南新乡·统考一模）已知某圆锥的侧面展开图是一个半圆，若圆锥的体积为，则该圆锥的表面积为 ．
【答案】
【分析】设圆锥的底面圆半径为，母线长为，得到底面面积为，周长为，高为，根据题意，列出方程组，求得的值，进而求得圆锥的表面积.
【详解】设圆锥的底面圆半径为，母线长为，
则圆锥底面圆面积为，周长为，高为，
可得，解得，
所以该圆锥的表面积为．
故答案为：.
15．（2023·浙江宁波·统考一模）已知圆台的上､下底面半径分别为1和2，体积为，则该圆台的侧面积为 .
【答案】
【分析】利用圆台体积公式可得其高为，即可知母线长为，利用侧面展开图面积求出圆台的侧面积为.
【详解】根据题意可知，圆台上底面面积为，下底面面积为；
设圆台的高为，由体积可得，
解得，所以可得圆台母线长为，
根据侧面展开图可得圆台侧面积为.
故答案为：
16．（2023上·上海金山·高二校考期中）已知球的两个平行截面的面积分别为，且两个截面之间的距离是，则球的表面积为 ．
【答案】
【分析】先根据截面面积得到两个圆截面的半径，由于球的对称性，考虑两截面与球心的位置关系分别在球心的同侧和异侧两种情况，加以分类讨论.
【详解】由球的截面为圆，设两个平行的截面圆的半径分别为，，球的半径为，
因为，所以，
又，所以，
当两截面在球心的同侧时，，
解得，球的表面积为；
当两截面在球心的同侧时，，无解；
综上，所求球的表面积为.
故答案为：.
考点
考情分析
考频
空间几何体的表面积、体积
2023年新高考Ⅰ卷T14
2023年新高考Ⅱ卷T9
2023年新高考Ⅱ卷T14
2023年全国乙卷T3
2023年全国乙卷T8
2022年新高考Ⅰ卷T4
2022年新高考Ⅱ卷T11
2022年全国甲卷T4
2022年全国甲卷T9
2021年新高考Ⅰ卷T3
2021年新高考Ⅱ卷T4
2021年新高考Ⅱ卷T5
3年12考
球与多面体的切接
2023年全国乙卷T16
2022年新高考Ⅰ卷T8
2022年新高考Ⅱ卷T7
2022年全国乙卷T9
2021年全国甲卷T11
3年5考
线面位置关系
2023年全国乙卷T9
2022年新高考Ⅰ卷T9
2022年全国甲卷T7
2022年全国乙卷T7
2021年新高考Ⅱ卷T10
2021年全国乙卷T5
3年6考
空间角与线面位置关系综合
2023年新高考Ⅰ卷T18
2023年新高考Ⅱ卷T20
2023年全国甲卷T18
2023年全国乙卷T19
2022年新高考Ⅰ卷T19
2022年新高考Ⅱ卷T20
2022年全国甲卷T18
2022年全国乙卷T18
2021年新高考Ⅱ卷T19
2021年全国甲卷T19
2021年全国乙卷T18
3年11考
立体几何综合
2023年新高考Ⅰ卷T12
2021年新高考Ⅰ卷T12
2021年新高考Ⅰ卷T20
2年3考
最短距离、截面、截线
2023年新高考Ⅱ卷T14
2023年全国甲卷T15
1年2考