还剩91页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
高考数学一轮题型归纳(新高考地区专用)考点33空间几何体的结构特征、直观图、表面积和体积9种常见考法归类(原卷版+解析)
展开
这是一份高考数学一轮题型归纳(新高考地区专用)考点33空间几何体的结构特征、直观图、表面积和体积9种常见考法归类(原卷版+解析)，共94页。试卷主要包含了空间几何体的结构特征，空间图形的展开图问题，最短路径问题，立体图形的直观图，空间几何体的表面积，空间几何体的体积，空间几何体的截面问题，与球有关的切、接问题等内容，欢迎下载使用。
考点一 空间几何体的结构特征
考点二 空间图形的展开图问题
考点三 最短路径问题
考点四 立体图形的直观图
考点五 空间几何体的表面积
考点六 空间几何体的体积
（一）直接利用公式求体积
（二）割补法求体积
（三）等体积法求体积
（四）已知体积求其他量
考点七 空间几何体的截面问题
考点八 与球有关的切、接问题
（一）几何体的外接球
（二）几何体的内切球
考点九 立体几何中的轨迹问题
考点十 立体几何中的最值问题
1. 棱柱、棱锥、棱台
2. 常见四棱柱及其关系
3. 简单凸多面体的分类及其之间的关系
4. 圆柱、圆锥、圆台、球
5. 简单组合体
由简单几何体组合而成的几何体叫简单组合体. 其构成形式主要有：由简单几何体拼接，或由简单几何体截去或挖去一部分.
6. 立体图形的直观图
(1)概念：直观图是观察者站在某一点观察一个空间几何体获得的图形，立体几何中通常是在平行投影下得到的平面图形.
(2)斜二测画法画水平放置的平面图形直观图的步骤：
①在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于点O. 画直观图时，把它们画成对应的x′轴与y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′＝45°(或135°)，它们确定的平面表示水平面.
②已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴或y′轴的线段.
③已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段，在直观图中长度为原来的一半.
画几何体的直观图时，与画平面图形的直观图相比，只是多画一个与x轴、y轴都垂直的z轴，并且使平行于z轴的线段的平行性和长度都不变.
注：按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积是原图形的eq \f(\r(2),4)倍，即S直观图＝eq \f(\r(2),4)S原图形， S原图形＝S直观图
7. 简单几何体的表面积与体积
(1)圆柱、圆锥、圆台的侧面积
其中r，r′为底面半径，l为母线长.
(2)柱、锥、台、球的表面积和体积
解决空间几何体的结构特征问题的基本方法：
(1)定义法：紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定；(2)反例法：学会通过反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，设法举出一个反例即可. (3)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．(4)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．
9.最短距离问题
研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．
10.用斜二测画法画直观图的技巧
在原图形中与x轴或y轴平行的线段在直观图中与x′轴或y′轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出.
11.解决有关“斜二测画法”问题注意点
一般在已知图形中建立直角坐标系，尽量运用图形中原有的垂直直线或图形的对称轴为坐标轴，图形的对称中心为原点，注意两个图形中关键线段长度的关系.
12.求解多面体的表面积
关键是找到其中的特征图形，如棱柱中的矩形，棱锥中的直角三角形，棱台中的直角梯形等，通过这些图形，找到几何元素间的关系，通过建立未知量与已知量间的关系进行求解.
13. 求空间几何体体积的常用方法
求空间几何体体积的常用方法为公式法、割补法和等积变换法(等体积法)：
14.求旋转体的表面积问题
注意其侧面展开图的应用. 直角梯形绕直角腰旋转一周形成的是圆台，四分之一圆绕半径所在的直线旋转一周，形成的是半球，所以阴影部分绕AB旋转一周形成的是组合体，圆台挖去半球，S表＝S圆台侧＋S下底面＋S半球表.
15. 求旋转体体积的一般思路
求旋转体体积的一般思路是理解旋转体的几何特征，确定得到计算体积所需要的几何量. 求旋转体的体积常用公式法、分割法等，注意相关公式要牢记.
16.与球有关的切、接问题
解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：
17.几个与球有关的切、接常用结论
(1)正方体的棱长为a，球的半径为R，
①若球为正方体的外接球，则2R＝eq \r(3)a；
②若球为正方体的内切球，则2R＝a；
③若球与正方体的各棱相切，则2R＝eq \r(2)a.
(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝eq \r(a2＋b2＋c2).
(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.
18. 空间几何体的截面问题
作出截面的关键是找到截线，作出截线的主要根据有：(1)确定平面的条件；(2)三线共点的条件；(3)面面平行的性质定理．
19.立体几何中的最值问题
解决空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题，一般可以从三方面着手：
(1)从问题的几何特征入手，充分利用其几何性质去解决；
(2)利用空间几何体的侧面展开图；
(3)找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值．解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法，二次函数的配方法、公式法，函数有界法(如三角函数等)
考点一 空间几何体的结构特征
1．【多选】（2023秋·浙江杭州·高三浙江省桐庐中学期末）下列命题正确的是（ ）
A．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
B．棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形
C．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
D．棱柱的面中，至少有两个面互相平行
2．（2023·全国·高三专题练习）下列关于空间几何体结构特征的描述错误的是（ ）
A．棱柱的侧棱互相平行
B．以直角三角形的一边为轴旋转一周得到的几何体不一定是圆锥
C．正三棱锥的各个面都是正三角形
D．棱台各侧棱所在直线会交于一点
3．【多选】（2023春·甘肃·高三校联考期中）下列命题正确的是（ ）
A．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线
B．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C．以直角梯形的一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆台
D．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
4．（2023·上海·高三统考学业考试）如图，将装有水的长方体水槽固定底面一边后倾斜一个小角度，则倾斜后水槽中的水形成的几何体是（ ）
A．棱柱B．棱台C．棱柱与棱锥的组合体D．不能确定
5．【多选】（2023·全国·高三专题练习）《九章算术》是中国古代张苍､耿寿昌所撰写的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称之为“羡除”，则（ ）
A．“羡除”有且仅有两个面为三角形；B．“羡除”一定不是台体；
C．不存在有两个面为平行四边形的“羡除”；D．“羡除”至多有两个面为梯形.
6．（2023春·河南商丘·高三商丘市实验中学校联考阶段练习）某广场设置了一些石凳供大家休息，如图，每个石凳都是由正方体截去八个相同的正三棱锥得到的几何体，则下列结论不正确的是（ ）
A．该几何体的面是等边三角形或正方形
B．该几何体恰有12个面
C．该几何体恰有24条棱
D．该几何体恰有12个顶点
7．（2023·全国·高三专题练习）1750年，欧拉在给哥德巴赫的一封信中列举了多面体的一些性质，其中一条是：如果用V，E和F分别表示简单凸多面体的顶点数、棱数和面数，则有如下关系：．已知一个正多面体每个面都是全等的等边三角形，每个顶点均连接5条棱，则（ ）
A．50B．52C．60D．62
考点二 空间图形的展开图问题
8．（2023秋·黑龙江绥化·高三校考期末）如图是一个正方体的平面展开图，将其复原为正方体后，互相重合的点是_______.
①与 ②与 ③与 ④与
9．（2023·全国·高三专题练习）如图是一个长方体的展开图，如果将它还原为长方体，那么线段AB与线段CD所在的直线（ ）
A．平行B．相交C．是异面直线D．可能相交，也可能是异面直线
10．（2023·海南省直辖县级单位·统考模拟预测）如图①，这是一个小正方体的侧面展开图，将小正方体从如图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，这时小正方体正面朝上的图案是（ ）
A．B．C．D．
考点三 最短路径问题
11．（2023·高三课时练习）如图，圆柱的高为2，底面周长为16，四边形ACDE为该圆柱的轴截面，点B为半圆弧CD的中点，则在此圆柱的侧面上，从A到B的路径中，最短路径的长度为（ ）．
A．B．C．3D．2
12．（2023·全国·高三专题练习）如图，有一圆锥形粮堆，其轴截面是边长为的正，粮堆母线的中点处有一老鼠正在偷吃粮食，此时小猫正在处，它要沿圆锥侧面到达处捕捉老鼠，则小猫所经过的最短路程是___________
.
13．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知圆锥的底面半径为1，母线长，一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ）
A．B．C．6D．
14．（2023·全国·高三对口高考）如图，在直三棱柱中，，，，E、F分别是、的中点，沿棱柱的表面从E到F的最短路径长度为________．
考点四 立体图形的直观图
15．（2023·江西上饶·校联考模拟预测）如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周长是（ ）
A．B．
C．D．
16．（2023·广西南宁·南宁三中校考模拟预测）如图所示，一个水平放置的四边形OABC的斜二测画法的直观图是边长为2的正方形，则原四边形的面积是（ ）
A．B．C．16D．8
17．（2023·全国·高三对口高考）如图，一个用斜二测画法画出来的三角形是一个边长为a的正三角形，则原三角形的面积是（ ）
A．a2B．a2
C．a2D．a2
18．（2023秋·上海浦东新·高三上海市川沙中学校考期末）有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图所示）.，则这块菜地的面积为__________
19．（2023·全国·高三专题练习）如图，是水平放置的△AOB的直观图，但部分图象被茶渍覆盖，已知为坐标原点，顶点、均在坐标轴上，且△AOB的面积为12，则的长度为（ ）
A．1B．2C．3D．4
20．（2023·高三课时练习）如图所示，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，则在△ABC的三边及中线AD中，最长的线段是 ( )
A．ABB．ADC．BCD．AC
21．（2023·全国·高三专题练习）已知一个直三棱柱的高为2，如图，其底面ABC水平放置的直观图（斜二测画法）为，其中，则此三棱柱的表面积为（ ）
A．B．C．D．
22．【多选】（2023·湖北黄冈·黄冈中学校考三模）如图所示，四边形是由斜二测画法得到的平面四边形水平放置的直观图，其中，，，点在线段上，对应原图中的点，则在原图中下列说法正确的是（ ）
A．四边形的面积为14
B．与同向的单位向量的坐标为
C．在向量上的投影向量的坐标为
D．的最小值为17
考点五 空间几何体的表面积
23．（2023秋·辽宁锦州·高三统考期末）如图，扇形中，，，将扇形绕所在直线旋转一周所得几何体的表面积为______．
24．（2023·宁夏石嘴山·平罗中学校考模拟预测）已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
25．（2023·全国·高三专题练习）如图，斜三棱柱中，底面是边长为1的正三角形，侧棱长为2，，则该斜三棱柱的侧面积是_________．
26．（2023春·上海浦东新·高三上海市建平中学校考阶段练习）如图一个正六棱柱的茶叶盒，底面边长为，高为，则这个茶叶盒的表面积为______.
27．（2023春·山西·高三校联考阶段练习）已知是圆锥的一个轴截面，分别为母线的中点，，则圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
28．（2023·全国·高三专题练习）在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，已知某“堑堵”的底面是斜边长为的等腰直角三角形，高为，则该“堑堵”的表面积为（ ）
A．B．C．D．
29．（2023·全国·高三专题练习）已知点是球的小圆上的三点，若，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
30．（2023·广东佛山·华南师大附中南海实验高中校考模拟预测）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑.如故宫中和殿的屋顶为四角攒尖顶，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，设正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°，则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为（ ）
A．B．C．D．
31．（2023·全国·高三专题练习）由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥（底面是正方形，侧棱长都相等的四棱锥），其侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为，则以该四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比为（ ）
A．2B．C．D．4
32．（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．
考点六 空间几何体的体积
（一）直接利用公式求体积
33．（2023·上海杨浦·复旦附中校考模拟预测）若某圆锥高为3 ， 其侧面积与底面积之比为， 则该圆锥的体积为________.
34．（2023·全国·高三专题练习）一个圆锥的侧面展开图恰好是一个半径为1的半圆，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
35．（2023·河北·统考模拟预测）已知正四棱台中，，，则其体积为________.
36．（2023·全国·模拟预测）如图1，位于西安大慈恩寺的大雁塔是我国现存最早、规模最大的唐代四方楼阁式砖塔，其最高处的塔刹可以近似地看成一个正四棱锥，如图2，已知正四棱锥的高为4.87m，其侧棱与高的夹角为45°，则该正四棱锥的体积约为（ ）
A．B．C．D．
37．（2023·全国·高三专题练习）紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品,其制作始于明朝正德年间.紫砂壶的壶型众多,经典的有西施壶、掇球壶、石瓢壶、潘壶等.其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台,如图给出了一个石瓢壶的相关数据（单位:cm）,现在向这个空石瓢壶中加入（约）的矿泉水后,问石瓢壶内水深约（ ）cm
A．2.8B．2.9C．3.0D．3.1
（二）割补法求体积
38．（2023·辽宁鞍山·统考模拟预测）如图，在三棱柱中，底面ABC，，点D是棱上的点，，若截面分这个棱柱为两部分，则这两部分的体积比为（ ）
A．1:2B．4:5C．4:9D．5:7
39．（2023·辽宁·朝阳市第一高级中学校联考三模）如图是两个直三棱柱和重叠后的图形，公共侧面为正方形，两个直三棱柱底面是腰为2的等腰直角三角形，则该几何体的体积为______．
40．（2023·河北唐山·唐山市第十中学校考模拟预测）如图，正方体的棱长为4，点P，Q，R分别在棱，，上，且，则以平面截正方体所得截面为底面，为顶点的棱锥的体积为___________.
41．（2023·四川·校联考模拟预测）如图，直角梯形中，，，，，将沿翻折至的位置，使得.
(1)求证：平面平面；
(2)若，分别为，的中点，求三棱锥的体积.
（三）等体积法求体积
42．（2023·甘肃定西·统考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，，AC与BD交于点O，底面ABCD，，点E，F分别是棱PA，PB的中点，连接OE，OF，EF．
(1)求证：平面平面PCD；
(2)求三棱锥的体积．
43．（2023·四川成都·川大附中校考模拟预测）如图所示多面体中，平面平面，平面，是正三角形，四边形是菱形，，，
(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的体积．
（四）已知体积求其他量
44．（2023·全国·高三专题练习）已知某圆台的上底面和下底面的面积分别为，，该圆台的体积为，则该圆台的高为______.
45．（2023·江西·统考模拟预测）已知某圆锥的底面半径为2，其体积与半径为1的球的体积相等，则该圆锥的母线长为（ ）
A．1B．2C．D．5
46．（2023·湖南长沙·长沙一中校考模拟预测）已知A，B，C，D是体积为的球体表面上四点，若，，，且三棱锥A－BCD的体积为，则线段CD长度的最大值为（ ）
A．B．C．D．
47．（2023·天津和平·耀华中学校考二模）粽子，古称“角黍”，早在春秋时期就已出现，到晋代成为了端午节的节庆食物．现将两个正四面体进行拼接，得到如图所示的粽子形状的六面体，其中点G在线段CD（含端点）上运动，若此六面体的体积为，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．的最小值为D．的最小值为
考点七 空间几何体的截面问题
48．（2023·全国·高三专题练习）已知在正方体中，，，分别是，，的中点，则过这三点的截面图的形状是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
49．（2023·江西·统考模拟预测）已知在长方体中，，点，，分别在棱，和上，且，，，则平面截长方体所得的截面形状为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
50．（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）已知正方体的棱长为2，点为线段的中点，若点平面，且平面，则平面截正方体所得截面的周长为（ ）
A．B．C．D．
51．（2023·全国·高三对口高考）如图，在直三棱柱中，，，，，为线段上的一动点，则过三点的平面截该三棱柱所得截面的最小周长为_________．
52．（2023·全国·高三对口高考）如图，正方体的棱长为，动点P在对角线上，过点P作垂直于的平面，记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为y，设，则当时，函数的值域为（ ）
A．B．C．D．
53．（2023·四川凉山·三模）在棱长为2的正方体中，若E为棱的中点，则平面截正方体的截面面积为______．
54．（2023秋·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考期末）已知正方体的棱长为2，M、N分别为、的中点，过 、的平面所得截面为四边形，则该截面最大面积为（ ）
A．B．C．D．
55．（2023·重庆·统考模拟预测）已知三棱锥中，Q为BC中点，，侧面底面，则过点Q的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为_______________．
考点八 与球有关的切、接问题
（一）几何体的外接球
56．（2023·全国·高三专题练习）在直三棱柱中，，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
57．（2023·四川南充·阆中中学校考二模）如图，圆台中，，其外接球的球心O在线段上，上下底面的半径分别为，，则圆台外接球的表面积为________.
58．（2023·全国·高三专题练习）如图所示的粮仓可近似为一个圆锥和圆台的组合体，且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合.已知圆台的较小底面圆的半径为1，圆锥与圆台的高分别为和3，则此组合体的外接球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
59．（2023·河南·校联考模拟预测）已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为2，球的表面积为，则此正四棱柱的底面边长为（ ）
A．1B．C．2D．
60．（2023·全国·校联考二模）在正四棱台中，上､下底面边长分别为，该正四棱台的外接球的表面积为，则该正四棱台的高为__________.
61．（2023·青海西宁·统考二模）已知正三棱锥中，，，该三棱锥的外接球球心到侧面距离为，到底面距离为，则（ ）
A．B．C．D．
62．（2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳二中校考期末）在正三棱柱中，所有棱长之和为定值，当正三棱柱外接球的表面积取得最小值时，正三棱柱的侧面积为（ ）
A．12B．16C．24D．18
63．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）已知正三棱柱所有顶点都在球O上，若球O的体积为，则该正三棱柱体积的最大值为________.
（二）几何体的内切球
64．【多选】（2023·河北沧州·统考模拟预测）下列关于三棱柱的命题，正确的是（ ）
A．任意直三棱柱均有外接球
B．任意直三棱柱均有内切球
C．若正三棱柱有一个半径为的内切球，则该三棱柱的体积为
D．若直三棱柱的外接球球心在一个侧面上，则该三棱柱的底面是直角三角形
65．【多选】（2023春·河北·高三校联考阶段练习）正三棱锥的底面边长为3，高为，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．三棱锥的表面积为
C．三棱锥的外接球的表面积为
D．三棱锥的内切球的表面积为
66．（2023·全国·高三专题练习）已知圆锥的底面半径为2，高为，则该圆锥内切球的体积为（ ）
A．B．C．D．
67．（2023·全国·高三专题练习）已知圆锥的侧面展开图为半圆，其内切球的体积为，则该圆锥的高为________．
68．（2023·全国·高三专题练习）如图，正四棱台的上､下底面边长分别为2，分别为的中点，8个顶点构成的十面体恰有内切球，则该内切球的表面积为___________.
考点九 立体几何中的轨迹问题
69．（2023·河南·许昌实验中学校联考二模）在正三棱柱中，，以的中点M为球心，4为半径的球面与侧面的交线长为（ ）
A．2πB．3πC．4πD．8π
70．【多选】（2023·重庆·统考模拟预测）如图，正方体的棱长为4，M是侧面上的一个动点（含边界），点P在棱上，且，则下列结论正确的有（ ）
A．沿正方体的表面从点A到点P的最短距离为
B．保持与垂直时，点M的运动轨迹长度为
C．若保持，则点M的运动轨迹长度为
D．平面被正方体截得截面为等腰梯形
71．【多选】（2023春·河南商丘·高三商丘市实验中学校联考阶段练习）如图，正方体的棱长为3，动点在侧面内运动（含边界），且，则（ ）
A．点的轨迹长度为B．点的轨迹长度为
C．的最小值为D．的最小值为
72．（2023·湖北省直辖县级单位·统考模拟预测）已知正方体的棱长为2，M为棱的中点，N为底面正方形ABCD上一动点，且直线MN与底面ABCD所成的角为，则动点N的轨迹的长度为________．
73．【多选】（浙江省北斗星盟2023届高三下学期5月联考数学试题）直三棱桂中，为棱上的动点，为中点，则（ ）
A．
B．三棱锥的体积为定值
C．四面体的外接球表面积为
D．点的轨迹长度为
考点十 立体几何中的最值问题
74．（2023·全国·高三专题练习）如图，正方体的棱长为2，M是面内一动点，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．2
75．（2023·全国·高三专题练习）如图，圆锥O的轴截面是一个面积为1的等腰直角三角形，C为弧上的一点，，E为线段上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．2D．
76．（2023·海南·海南华侨中学校考模拟预测）三棱锥中，平面，，若，，则该三棱锥体积的最大值为______；
77．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第四中学校校考模拟预测）将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱最大体积为（ ）
A．B．C．D．
78．（2023·河南·校联考模拟预测）已知四棱锥的底面是矩形，.若四棱锥的外接球的体积为，设是该球上的一动点，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
棱柱
棱锥
棱台
图
形
定
义
有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体
有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体
用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间那部分多面体
结
构
特
征
底面互相平行且全等；侧面都是平行四边形；侧棱都相等且互相平行
底面是一个多边形；侧面都是三角形；侧面有一个公共顶点
上、下底面互相平行且相似；各侧棱延长线交于一点；各侧面为梯形
分
类
①按底面多边形的边数：三棱柱、四棱柱、五棱柱…
②按侧棱与底面的关系：侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，
否则叫做斜棱柱. 底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱. 底面是平行四边形的四棱柱也叫做平行六面体.侧棱垂直于底面的平行六面体叫直平行六面体.
①按底面多边形的边数：三棱锥、四棱锥、五棱锥…
②正棱锥：底面是正多边形，并且顶点与底面中心的
连线垂直于底面的棱锥.
③正四面体：所有棱长都相等的三棱锥.
①按底面多边形的边数：三棱台、四棱台、五棱台…
②正棱台：由正棱锥截得的棱台
圆柱
圆锥
圆台
球
图
形
定
义
以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体
以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体
用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分
以半圆的直径所在直线为旋转轴，旋转一周所形成的曲面叫做球面，球面所围成的旋转体
结
构
特
征
①母线互相平行且相等，并垂直于底面
②轴截面是全等的矩形
③侧面展开图是矩形
①母线相交于一点
②轴截面是全等的等腰三角形
③侧面展开图是扇形
①母线延长线交于一点
②轴截面是全等的等腰梯形
③侧面展开图是扇环
截面是圆面
圆柱
圆锥
圆台
侧面展
开图
侧面积
公式
S圆柱侧＝2πrl
S圆锥侧＝πrl
S圆台侧＝
π(r＋r′)l
名称
几何体
表面积
体积(S是底面积，h是高)
柱体(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
为直截面周长
V＝Sh
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝eq \f(1,3)Sh
台体(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝eq \f(1,3)(S上＋S下＋eq \r(S上S下))h
球(R是半径)
S＝4πR2
V＝eq \f(4,3)πR3
公式法
对于规则几何体的体积问题，可以直接利用公式进行求解
割补法
把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算其体积
等体积法
一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的．如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解．等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积，对于三棱锥，由于其任意一个面均可作为棱锥的底面，从而可选择更容易计算的方式来求体积；利用“等积性”还可求“点到面的距离”.
考点33 空间几何体的结构特征、直观图、表面积和体积
9种常见考法归类
考点一 空间几何体的结构特征
考点二 空间图形的展开图问题
考点三 最短路径问题
考点四 立体图形的直观图
考点五 空间几何体的表面积
考点六 空间几何体的体积
（一）直接利用公式求体积
（二）割补法求体积
（三）等体积法求体积
（四）已知体积求其他量
考点七 空间几何体的截面问题
考点八 与球有关的切、接问题
（一）几何体的外接球
（二）几何体的内切球
考点九 立体几何中的轨迹问题
考点十 立体几何中的最值问题
1. 棱柱、棱锥、棱台
2. 常见四棱柱及其关系
3. 简单凸多面体的分类及其之间的关系
4. 圆柱、圆锥、圆台、球
5. 简单组合体
由简单几何体组合而成的几何体叫简单组合体. 其构成形式主要有：由简单几何体拼接，或由简单几何体截去或挖去一部分.
6. 立体图形的直观图
(1)概念：直观图是观察者站在某一点观察一个空间几何体获得的图形，立体几何中通常是在平行投影下得到的平面图形.
(2)斜二测画法画水平放置的平面图形直观图的步骤：
①在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于点O. 画直观图时，把它们画成对应的x′轴与y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′＝45°(或135°)，它们确定的平面表示水平面.
②已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴或y′轴的线段.
③已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段，在直观图中长度为原来的一半.
画几何体的直观图时，与画平面图形的直观图相比，只是多画一个与x轴、y轴都垂直的z轴，并且使平行于z轴的线段的平行性和长度都不变.
注：按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积是原图形的eq \f(\r(2),4)倍，即S直观图＝eq \f(\r(2),4)S原图形， S原图形＝S直观图
7. 简单几何体的表面积与体积
(1)圆柱、圆锥、圆台的侧面积
其中r，r′为底面半径，l为母线长.
(2)柱、锥、台、球的表面积和体积
解决空间几何体的结构特征问题的基本方法：
(1)定义法：紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定；(2)反例法：学会通过反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，设法举出一个反例即可. (3)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．(4)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．
9.最短距离问题
研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．
10.用斜二测画法画直观图的技巧
在原图形中与x轴或y轴平行的线段在直观图中与x′轴或y′轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出.
11.解决有关“斜二测画法”问题注意点
一般在已知图形中建立直角坐标系，尽量运用图形中原有的垂直直线或图形的对称轴为坐标轴，图形的对称中心为原点，注意两个图形中关键线段长度的关系.
12.求解多面体的表面积
关键是找到其中的特征图形，如棱柱中的矩形，棱锥中的直角三角形，棱台中的直角梯形等，通过这些图形，找到几何元素间的关系，通过建立未知量与已知量间的关系进行求解.
13. 求空间几何体体积的常用方法
求空间几何体体积的常用方法为公式法、割补法和等积变换法(等体积法)：
14.求旋转体的表面积问题
注意其侧面展开图的应用. 直角梯形绕直角腰旋转一周形成的是圆台，四分之一圆绕半径所在的直线旋转一周，形成的是半球，所以阴影部分绕AB旋转一周形成的是组合体，圆台挖去半球，S表＝S圆台侧＋S下底面＋S半球表.
15. 求旋转体体积的一般思路
求旋转体体积的一般思路是理解旋转体的几何特征，确定得到计算体积所需要的几何量. 求旋转体的体积常用公式法、分割法等，注意相关公式要牢记.
16.与球有关的切、接问题
解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：
17.几个与球有关的切、接常用结论
(1)正方体的棱长为a，球的半径为R，
①若球为正方体的外接球，则2R＝eq \r(3)a；
②若球为正方体的内切球，则2R＝a；
③若球与正方体的各棱相切，则2R＝eq \r(2)a.
(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝eq \r(a2＋b2＋c2).
(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.
18. 空间几何体的截面问题
作出截面的关键是找到截线，作出截线的主要根据有：(1)确定平面的条件；(2)三线共点的条件；(3)面面平行的性质定理．
19.立体几何中的最值问题
解决空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题，一般可以从三方面着手：
(1)从问题的几何特征入手，充分利用其几何性质去解决；
(2)利用空间几何体的侧面展开图；
(3)找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值．解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法，二次函数的配方法、公式法，函数有界法(如三角函数等)
考点一 空间几何体的结构特征
1．【多选】（2023秋·浙江杭州·高三浙江省桐庐中学期末）下列命题正确的是（ ）
A．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
B．棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形
C．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
D．棱柱的面中，至少有两个面互相平行
【答案】BD
【分析】根据常见几何体的性质与定义逐个选项辨析即可.
【详解】对A，棱台指一个棱锥被平行于它的底面的一个平面所截后，截面与底面之间的几何形体，其侧棱延长线需要交于一点，故A错误；
对B，棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形，故B正确；
对C，用平面截圆柱得到的截面也可能是椭圆，故C错误；
对D，棱柱的面中，至少上下两个面互相平行，故D正确；
故选：BD
2．（2023·全国·高三专题练习）下列关于空间几何体结构特征的描述错误的是（ ）
A．棱柱的侧棱互相平行
B．以直角三角形的一边为轴旋转一周得到的几何体不一定是圆锥
C．正三棱锥的各个面都是正三角形
D．棱台各侧棱所在直线会交于一点
【答案】C
【分析】根据相应几何体的定义和性质判断即可.
【详解】根据棱柱的性质可知A正确；
当以直角三角形的斜边所在直线为旋转轴时，所得几何体为两个圆锥的组合体，故B正确；
正三棱锥的底面是正三角形，其余侧面是全等的等腰三角形，故C错误；
棱台是用平行于底面的平面截棱锥而得，故侧棱所在直线必交于一点，D正确.
故选：C
3．【多选】（2023春·甘肃·高三校联考期中）下列命题正确的是（ ）
A．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线
B．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C．以直角梯形的一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆台
D．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
【答案】AC
【分析】根据圆锥母线的定义可判断A，根据棱台的定义可判断B，根据圆台的定义可判断C，根据平面与圆柱底面的位置关可判断D.
【详解】对于A，根据圆锥的母线的定义，可知A正确；
对于B，把梯形的腰延长后有可能不交于一点，
此时得到几何体就不是棱台，故B错误；
对于C，根据圆台的定义，可知C正确；
对于D，当平面不与圆柱的底面平行且不垂直于底面时，
得到的截面不是圆和矩形，故D错误.
故选：AC
4．（2023·上海·高三统考学业考试）如图，将装有水的长方体水槽固定底面一边后倾斜一个小角度，则倾斜后水槽中的水形成的几何体是（ ）
A．棱柱B．棱台C．棱柱与棱锥的组合体D．不能确定
【答案】A
【分析】根据棱柱的定义进行判断
【详解】如图.
∵平面AA1D1D∥平面BB1C1C，
∴有水的部分始终有两个平面平行，而其余各面都易证是平行四边形(水面与两平行平面的交线)，因此呈棱柱形状.
故选：A
5．【多选】（2023·全国·高三专题练习）《九章算术》是中国古代张苍､耿寿昌所撰写的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称之为“羡除”，则（ ）
A．“羡除”有且仅有两个面为三角形；B．“羡除”一定不是台体；
C．不存在有两个面为平行四边形的“羡除”；D．“羡除”至多有两个面为梯形.
【答案】ABC
【分析】画出图形，利用新定义判断A；通过，判断“羡除”一定不是台体，判断B；利用反证法判断C；通过两两不相等，则“羡除”有三个面为梯形，判断D．
【详解】由题意知：，四边形为梯形，如图所示：
对于A：由题意知：“羡除”有且仅有两个面为三角形，故A正确；
对于B：由于，所以：“羡除”一定不是台体，故B正确；
对于C：假设四边形和四边形BCDF为平行四边形，则，且，则四边形为平行四边形，与已知的四边形为梯形矛盾，故不存在，故C正确；
对于D：若，则“羡除”三个面为梯形，故D错误．
故选：ABC．
6．（2023春·河南商丘·高三商丘市实验中学校联考阶段练习）某广场设置了一些石凳供大家休息，如图，每个石凳都是由正方体截去八个相同的正三棱锥得到的几何体，则下列结论不正确的是（ ）
A．该几何体的面是等边三角形或正方形
B．该几何体恰有12个面
C．该几何体恰有24条棱
D．该几何体恰有12个顶点
【答案】B
【分析】根据几何体的形状逐个选项判断即可.
【详解】据图可得该几何体的面是等边三角形或正方形，A正确；该几何体恰有14个面，B不正确；该几何体恰有24条棱，C正确；该几何体恰有12个顶点，D正确．
故选：B
7．（2023·全国·高三专题练习）1750年，欧拉在给哥德巴赫的一封信中列举了多面体的一些性质，其中一条是：如果用V，E和F分别表示简单凸多面体的顶点数、棱数和面数，则有如下关系：．已知一个正多面体每个面都是全等的等边三角形，每个顶点均连接5条棱，则（ ）
A．50B．52C．60D．62
【答案】D
【分析】根据多面体的性质，结合欧拉公式进行求解即可.
【详解】由已知条件得出，解得，所以．
故选：D．
考点二 空间图形的展开图问题
8．（2023秋·黑龙江绥化·高三校考期末）如图是一个正方体的平面展开图，将其复原为正方体后，互相重合的点是_______.
①与 ②与 ③与 ④与
【答案】①②④
【分析】还原正方体即可解决.
【详解】根据题意，标记下图，
还原得
由图知，与，与，与重合，
故答案为：①②④
9．（2023·全国·高三专题练习）如图是一个长方体的展开图，如果将它还原为长方体，那么线段AB与线段CD所在的直线（ ）
A．平行B．相交C．是异面直线D．可能相交，也可能是异面直线
【答案】C
【分析】将展开图还原成长方体，即可判断
【详解】如图，将展开图还原成长方体，易得线段AB与线段CD是异面直线，
故选：C
10．（2023·海南省直辖县级单位·统考模拟预测）如图①，这是一个小正方体的侧面展开图，将小正方体从如图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，这时小正方体正面朝上的图案是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据正方体的侧面展开图找出相对面，再由其特征得到结果.
【详解】由图①可知，“同心圆”和“圆”相对，“加号”和“箭头”相对，“心形”和“星星”相对．
由图②可得，小正方体从如图②所示的位置翻到第6格时正面朝上的图案是．
故选：C.
考点三 最短路径问题
11．（2023·高三课时练习）如图，圆柱的高为2，底面周长为16，四边形ACDE为该圆柱的轴截面，点B为半圆弧CD的中点，则在此圆柱的侧面上，从A到B的路径中，最短路径的长度为（ ）．
A．B．C．3D．2
【答案】B
【分析】画出圆柱的侧面展开图，解三角形即得解.
【详解】解：圆柱的侧面展开图如图所示，由题得,
所以.
所以在此圆柱的侧面上，从A到B的路径中，最短路径的长度为.
故选：B
12．（2023·全国·高三专题练习）如图，有一圆锥形粮堆，其轴截面是边长为的正，粮堆母线的中点处有一老鼠正在偷吃粮食，此时小猫正在处，它要沿圆锥侧面到达处捕捉老鼠，则小猫所经过的最短路程是___________
.
【答案】
【分析】求这只小猫经过的最短距离的问题首先应转化为圆锥侧面展开图的问题，转化为平面上两点的距离问题即可.
【详解】解：由题意得：
圆锥的底面周长是，则，解得：
可知圆锥侧面展开图的圆心角是，如图所示：
则圆锥的侧面展开图中：，，
所以在圆锥侧面展开图中：
故答案为：
13．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知圆锥的底面半径为1，母线长，一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ）
A．B．C．6D．
【答案】B
【分析】画出圆锥的侧面展开图，则蚂蚁爬行的最短距离为，在中，解三角形即可.
【详解】已知圆锥的侧面展开图为半径是3的扇形，如图，
一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点的最短距离为，设，
圆锥底面周长为，所以，所以，
在中，由，得
故选：B．
14．（2023·全国·高三对口高考）如图，在直三棱柱中，，，，E、F分别是、的中点，沿棱柱的表面从E到F的最短路径长度为________．
【答案】/
【分析】分析可得沿棱柱的表面从E到F可能经过棱，，，再分别展开直观图求解即可.
【详解】若从E到F经过棱则沿棱展开如图，过作于，则，，故.
若从E到F经过棱则沿棱展开如图，，，.
若从E到F经过棱则沿棱展开如图，，，.
若从E到F经过棱则沿棱展开如图，由题意，为等腰直角三角形，四边形为正方形，故为等腰直角三角形，故四边形为直角梯形.又，，故.
故沿棱柱的表面从E到F的最短路径长度为.
故答案为：
考点四 立体图形的直观图
15．（2023·江西上饶·校联考模拟预测）如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周长是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由斜二测画法原理将直观图转化为原图，根据原图运算求解即可.
【详解】由题意可得：，
由直观图可得原图，如图所示，可知：，
可得，
所以原三角形的周长.
故选：B.
16．（2023·广西南宁·南宁三中校考模拟预测）如图所示，一个水平放置的四边形OABC的斜二测画法的直观图是边长为2的正方形，则原四边形的面积是（ ）
A．B．C．16D．8
【答案】B
【分析】根据斜二测画法规则求出，判断的形状，确定，由此求出原四边形的面积.
【详解】在正方形中可得，
由斜二测画法可知，，
且，，
所以四边形为平行四边形，
所以．
故选：B.
17．（2023·全国·高三对口高考）如图，一个用斜二测画法画出来的三角形是一个边长为a的正三角形，则原三角形的面积是（ ）
A．a2B．a2
C．a2D．a2
【答案】C
【分析】利用斜二测画法中边长的比例关系求出面积的比.
【详解】∵S△A′B′C′＝a2sin 60°＝a2，
∴S△ABC＝S△A′B′C′＝a2.
故选：C.
【点睛】斜二测直观图的面积与原图形的面积比为，
原图形的面积与直观图的面积比为.
18．（2023秋·上海浦东新·高三上海市川沙中学校考期末）有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图所示）.，则这块菜地的面积为__________
【答案】
【分析】利用直观图中的信息，求出的长度，从而得到原平面图形中的长度，利用梯形的面积公式求解即可.
【详解】
过作于，
在直观图中，，，，
所以，，
故原平面图形的上底为 ，下底，高为，
所以这块菜地的面积为，
故答案为：.
19．（2023·全国·高三专题练习）如图，是水平放置的△AOB的直观图，但部分图象被茶渍覆盖，已知为坐标原点，顶点、均在坐标轴上，且△AOB的面积为12，则的长度为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】画出△AOB的原图，根据三角形△AOB的面积为12可得答案.
【详解】画出△AOB的原图为直角三角形，且，
因为，所以，
所以.
故选：B.
20．（2023·高三课时练习）如图所示，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，则在△ABC的三边及中线AD中，最长的线段是 ( )
A．ABB．ADC．BCD．AC
【答案】D
【详解】因为A′B′与y′轴重合，B′C′与x′轴重合，所以AB⊥BC，AB=2A′B′，BC=B′C′.所以在直角△ABC中，AC为斜边，故AB故选D.
21．（2023·全国·高三专题练习）已知一个直三棱柱的高为2，如图，其底面ABC水平放置的直观图（斜二测画法）为，其中，则此三棱柱的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据斜二测画法的“三变”“三不变”可得底面平面图，然后可解.
【详解】由斜二测画法的“三变”“三不变”可得底面平面图如图所示，其中，所以，所以此三棱柱的表面积为.
故选：C
22．【多选】（2023·湖北黄冈·黄冈中学校考三模）如图所示，四边形是由斜二测画法得到的平面四边形水平放置的直观图，其中，，，点在线段上，对应原图中的点，则在原图中下列说法正确的是（ ）
A．四边形的面积为14
B．与同向的单位向量的坐标为
C．在向量上的投影向量的坐标为
D．的最小值为17
【答案】ABD
【分析】根据直观图可得四边形为直角梯形，从而可求得原图形的面积，即可判断A；以点为坐标原点建立平面直角坐标系，写出的坐标，再根据与同向的单位向量为，即可判断B；根据在向量上的投影向量的坐标为即可判断C；设，根据向量线性运算的坐标表示及模的坐标表示即可判断D.
【详解】解：由直观图可得，
四边形为直角梯形，且，
则四边形的面积为，故A正确；
如图，以点为坐标原点建立平面直角坐标系，
则，
则，
所以与同向的单位向量的坐标为，故B正确；
，
则在向量上的投影向量的坐标为，故C错误；
设，
则，
则，
，
当时，取得最小值，故D正确.
故选：ABD.
考点五 空间几何体的表面积
23．（2023秋·辽宁锦州·高三统考期末）如图，扇形中，，，将扇形绕所在直线旋转一周所得几何体的表面积为______．
【答案】
【分析】根据题意得到几何体为以为圆心，为半径的半个球体，再求其表面积即可.
【详解】将扇形绕所在直线旋转一周得到几何体为以为圆心，为半径的半个球体.
几何体的表面积为.
故答案为：
24．（2023·宁夏石嘴山·平罗中学校考模拟预测）已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】底面圆周长为，计算母线长为，再计算侧面积得到答案.
【分析】底面圆周长为，母线长为，侧面积为.
故选：C
25．（2023·全国·高三专题练习）如图，斜三棱柱中，底面是边长为1的正三角形，侧棱长为2，，则该斜三棱柱的侧面积是_________．
【答案】/
【分析】过点作于，证出≌，得出，证得平面，得出，结合再证明出，得出平行四边形为矩形，即可计算出斜三棱柱的侧面积．
【详解】过点作于，如图所示，
，，，
≌，
，
，即，
又，
平面，
又平面，
，
又，
，
∴平行四边形为矩形，
∴该斜三棱柱的侧面积为：，
故答案为：．
26．（2023春·上海浦东新·高三上海市建平中学校考阶段练习）如图一个正六棱柱的茶叶盒，底面边长为，高为，则这个茶叶盒的表面积为______.
【答案】
【分析】根据棱柱表面积的求法，结合已知求茶叶盒的表面积.
【详解】由题设，一个底面的面积为，
一个侧面矩形面积为，
所以茶叶盒的表面积为.
故答案为：
27．（2023春·山西·高三校联考阶段练习）已知是圆锥的一个轴截面，分别为母线的中点，，则圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据轴截面求出底面半径和母线长，再根据侧面积公式可求出结果.
【详解】如图：
因为，所以，则圆锥底面半径，
，即母线，
所以圆锥的侧面积.
故选：D
28．（2023·全国·高三专题练习）在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，已知某“堑堵”的底面是斜边长为的等腰直角三角形，高为，则该“堑堵”的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用柱体的表面积公式可求得结果.
【详解】由题意可知，该“堑堵”的表面积为.
故选：D.
29．（2023·全国·高三专题练习）已知点是球的小圆上的三点，若，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，求出小圆的半径，由平面，结合勾股定理，可求得球的半径，计算其表面积得答案.
【详解】因为，所以是正三角形，是其外接圆圆心，所以的外接圆半径，球的半径，所以球的表面积为.
故选：B.
30．（2023·广东佛山·华南师大附中南海实验高中校考模拟预测）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑.如故宫中和殿的屋顶为四角攒尖顶，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，设正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°，则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由侧面为等边三角形，结合面积公式求解即可..
【详解】设底面棱长为，正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°，则侧面为等边三角形，
则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为.
故选：D
31．（2023·全国·高三专题练习）由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥（底面是正方形，侧棱长都相等的四棱锥），其侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为，则以该四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比为（ ）
A．2B．C．D．4
【答案】B
【分析】设底面的正方形的边长为，由棱锥的性质求棱锥的高，由此确定以该四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比.
【详解】如图为正四棱柱，为侧面三角形底边上的高，
设，
由已知侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为，
所以，
连接，设其交点为，
因为四边形为正方形，所以为的中点，
因为，
，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，即为以为斜边的直角三角形，
因为，，
所以，
所以以四棱锥的高为边长的正方形面积，
四棱锥的侧面积，
所以，
所以以四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比为，
故选：B.
32．（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.
考点六 空间几何体的体积
（一）直接利用公式求体积
33．（2023·上海杨浦·复旦附中校考模拟预测）若某圆锥高为3 ， 其侧面积与底面积之比为， 则该圆锥的体积为________.
【答案】
【分析】由题意可列出关于圆锥底面半径和母线的方程组，解方程组即可求得底面半径和母线，从而可求圆锥的体积.
【详解】设此圆锥的底面半径为，母线长为，则，
因为圆锥的侧面展开图是一个扇形，扇形的弧长是圆锥底面圆的周长，扇形的半径是圆锥母线长，所以，，又侧面积与底面积之比为，
所以，所以，结合可解得，，
所以该圆锥的体积.
故答案为：
34．（2023·全国·高三专题练习）一个圆锥的侧面展开图恰好是一个半径为1的半圆，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据圆锥底面圆周长等于侧面展开图的弧长，求得底面圆半径，根据勾股定理求出圆锥的高，结合圆锥体积公式计算即可求解.
【详解】母线长为1，设底面圆半径为，
则，∴，∴，
故圆锥的体积为，
故选：A.
35．（2023·河北·统考模拟预测）已知正四棱台中，，，则其体积为________.
【答案】
【分析】作出正四棱台的直观图，过点作交于点，过点作交于点，利用勾股定理求出棱台的高，最后根据棱台的体积公式计算可得.
【详解】如图正四棱台中，
则，，过点作交于点，
过点作交于点，
则，又，所以，
即正四棱台的高，
所以棱台的体积.
故答案为：
36．（2023·全国·模拟预测）如图1，位于西安大慈恩寺的大雁塔是我国现存最早、规模最大的唐代四方楼阁式砖塔，其最高处的塔刹可以近似地看成一个正四棱锥，如图2，已知正四棱锥的高为4.87m，其侧棱与高的夹角为45°，则该正四棱锥的体积约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设正四棱锥的底面边长为a m，连接AC，BD交于点O，连接PO，易得平面ABCD，，再根据高为4.87m求解.
【详解】解：如图所示：
设正四棱锥的底面边长为a m，连接AC，BD交于点O，连接PO，
则平面ABCD，由题可得，
故，所以，
解得，
所以该正四棱锥的体积.
故选：D.
37．（2023·全国·高三专题练习）紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品,其制作始于明朝正德年间.紫砂壶的壶型众多,经典的有西施壶、掇球壶、石瓢壶、潘壶等.其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台,如图给出了一个石瓢壶的相关数据（单位:cm）,现在向这个空石瓢壶中加入（约）的矿泉水后,问石瓢壶内水深约（ ）cm
A．2.8B．2.9C．3.0D．3.1
【答案】C
【分析】取圆台的中轴面,补全为一个三角形,根据三角形相似,找到加入矿泉水后水面的半径和水深的关系,根据圆台体积为,列出等式,解出即可.
【详解】解:由题知矿泉水的体积为,
将圆台的中轴面拿出,补全为一个三角形如图所示:
加入矿泉水后,记石瓢壶内水深为,水平面半径为,
由图可知,
所以有
即,
解得,
由,
得,
即,
解得:,
故加入矿泉水后圆台的体积为:
,
解得,
所以.
故选:C
（二）割补法求体积
38．（2023·辽宁鞍山·统考模拟预测）如图，在三棱柱中，底面ABC，，点D是棱上的点，，若截面分这个棱柱为两部分，则这两部分的体积比为（ ）
A．1:2B．4:5C．4:9D．5:7
【答案】D
【分析】根据题设易知为直三棱柱，即侧面为矩形，利用柱体体积公式、锥体体积公式求，进而确定比值.
【详解】不妨令，且上下底面等边三角形，
又底面ABC，易知为直三棱柱，即侧面为矩形，
所以三棱柱体积，
而，故，
所以，故，
所以.
故选：D
39．（2023·辽宁·朝阳市第一高级中学校联考三模）如图是两个直三棱柱和重叠后的图形，公共侧面为正方形，两个直三棱柱底面是腰为2的等腰直角三角形，则该几何体的体积为______．
【答案】/
【分析】将几何体转化为直三棱柱加两个三棱锥，利用棱柱和棱锥体积公式即可得到答案.
【详解】依题意中，，，
则，
该几何体可视为直三棱柱的侧面和侧面在形外附着两个三棱锥、，且为中点，
有平面，平面，
所以几何体体积
，
故答案为：.
40．（2023·河北唐山·唐山市第十中学校考模拟预测）如图，正方体的棱长为4，点P，Q，R分别在棱，，上，且，则以平面截正方体所得截面为底面，为顶点的棱锥的体积为___________.
【答案】
【分析】利用已知作出截面，进而利用分割法即可求得以平面截正方体所得截面为底面，为顶点的棱锥的体积.
【详解】延长交的延长线于点，延长交的延长线于点，连接交
于点，交于点，连接，则平面即为平面截正方体所得的截面.
因为，则，
又因为，所以，即，解得，
同理可得，则，，
因为，所以，又，则，同理可得；
所以，
，，
，
，
.
故答案为：
41．（2023·四川·校联考模拟预测）如图，直角梯形中，，，，，将沿翻折至的位置，使得.
(1)求证：平面平面；
(2)若，分别为，的中点，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明平面，可得，再利用勾股定理证明，即可证得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）取的中点，连接，根据面面垂直的性质证明平面，再根据结合棱锥的体积公式即可得解.
【详解】（1），，，
，平面，
平面，
又平面，，
由直角梯形，，，
，，得，
则，所以，
又，，平面，
平面，
又平面，平面平面；
（2）取的中点，连接，
，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，
由（1）得，则，
，
，
，
，
即三棱锥的体积为.
（三）等体积法求体积
42．（2023·甘肃定西·统考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，，AC与BD交于点O，底面ABCD，，点E，F分别是棱PA，PB的中点，连接OE，OF，EF．
(1)求证：平面平面PCD；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)
【分析】（1）根据中位线定理和面面垂直的判定即可求解；
（2）根据等体积法即可求解.
【详解】（1）因为底面ABCD是菱形，AC与BD交于点O
所以O为AC中点，
点E是棱PA的中点，F分别是棱PB的中点，
所以OE为三角形的中位线，OF为三角形的中位线，
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）因为底面ABCD是边长为2的菱形，，
所以为等边三角形，
所以，
因为底面ABCD，
底面ABCD，底面ABCD，
所以，，
所以和均为直角三角形，
所以，，
所以，
所以，
所以，
设点到平面的距离为，
根据体积相等法可知，
所以，
所以.
，
故三棱锥的体积为.
43．（2023·四川成都·川大附中校考模拟预测）如图所示多面体中，平面平面，平面，是正三角形，四边形是菱形，，，
(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取中点，由面面垂直的性质定理证明平面，再证明,由此证明，根据线面平行的判定定理证明结论；
（2）证明平面，根据锥体体积公式可得，再结合所给数据计算体积.
【详解】（1）取中点，连接，
因为是正三角形，
所以，
因为平面平面，平面，平面平面
所以平面，又因为平面，
所以，又因为，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）因为，平面，平面，
所以平面，
所以点与点到平面的距离相等，
所以三棱锥和三棱锥的体积相等，
所以，
连接交线段与点，
因为四边形为菱形，，，
所以，，
所以，
由（1）平面，，
所以.
（四）已知体积求其他量
44．（2023·全国·高三专题练习）已知某圆台的上底面和下底面的面积分别为，，该圆台的体积为，则该圆台的高为______.
【答案】3
【分析】由圆台的体积公式直接求得.
【详解】圆台的体积，得.
所以该圆台的高为3.
故答案为：3.
45．（2023·江西·统考模拟预测）已知某圆锥的底面半径为2，其体积与半径为1的球的体积相等，则该圆锥的母线长为（ ）
A．1B．2C．D．5
【答案】C
【分析】设圆锥的高为，根据圆锥及球的体积公式求出，再由勾股定理计算可得.
【详解】设圆锥的高为，则，解得，
所以母线长为.
故选：C
46．（2023·湖南长沙·长沙一中校考模拟预测）已知A，B，C，D是体积为的球体表面上四点，若，，，且三棱锥A－BCD的体积为，则线段CD长度的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求出外接球半径，根据勾股定理逆定理得到，且，求出点D到平面ABC的距离，求出点D所在球的截面的半径及三角形ABC的外接圆半径，设点D在平面ABC上的投影为E，当CE最长时CD最长，结合，求出CD长度的最大值.
【详解】因为球的体积为，故球的半径R满足，故，
而，，，故，故，
故，
设点D到平面ABC的距离为h，则，故，
点D在球的截面圆上，设截面圆所在的平面为α，因为，所以平面α与平面ABC在球心的异侧，
设球心到平面ABC的距离为d，而△ACB外接圆的半径为，则，
故球心到平面α的距离为，故截面圆的半径为，
设点D在平面ABC上的投影为E，则E的轨迹为圆，圆心为△ABC的外心即AB的中点，
当CE最长时CD最长，此时，故CD长度的最大值为.
故选：B．
【点睛】关键点睛：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.
47．（2023·天津和平·耀华中学校考二模）粽子，古称“角黍”，早在春秋时期就已出现，到晋代成为了端午节的节庆食物．现将两个正四面体进行拼接，得到如图所示的粽子形状的六面体，其中点G在线段CD（含端点）上运动，若此六面体的体积为，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．的最小值为D．的最小值为
【答案】D
【分析】设，然后求出正四面体的高，然后由体积可求得，然后由侧面展开图可求的最小值.
【详解】设，则正四面体的高为，
因为六面体的体积为，所以，解得，
的最小值为等边三角形高的2倍，即，
故选：D
考点七 空间几何体的截面问题
48．（2023·全国·高三专题练习）已知在正方体中，，，分别是，，的中点，则过这三点的截面图的形状是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】D
【分析】利用平行画出截面，进而判断出正确答案.
【详解】分别取、、的中点、、，连接、、，
在正方体中，，，分别是，，的中点，
，，，
六边形是过，，这三点的截面图，
过这三点的截面图的形状是六边形．
故选：D
49．（2023·江西·统考模拟预测）已知在长方体中，，点，，分别在棱，和上，且，，，则平面截长方体所得的截面形状为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】C
【分析】连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点，
过点作交于点，连接，即可得到截面图形，从而得解.
【详解】如图连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点，
过点作交于点，连接，
则五边形即为平面截该长方体所得的截面多边形.
其中因为，，，
所以，则，所以，
又，所以，所以，
则，
显然，则，所以.
故选：C
50．（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）已知正方体的棱长为2，点为线段的中点，若点平面，且平面，则平面截正方体所得截面的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】记的中点分别为E，F，先证三角形即为平面截正方体所得截面，然后可得周长.
【详解】记的中点分别为E，F，连接，
由正方体性质可知，平面，
因为平面，所以
又为正方形，所以
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以
因为P，E分别为的中点，所以，所以，
同理可证，
又，平面
所以平面，
所以三角形即为平面截正方体所得截面，
易知三角形为正三角形，
所以截面周长为.
故选：C
51．（2023·全国·高三对口高考）如图，在直三棱柱中，，，，，为线段上的一动点，则过三点的平面截该三棱柱所得截面的最小周长为_________．
【答案】/
【分析】利用直三棱柱的侧面展开图求解即可.
【详解】由题意可知过三点的平面截该三棱柱所得截面的周长即的周长，
因为直三棱柱，所以各侧面均为矩形，
所以，
直三棱柱的侧面部分展开图如图所示，
则在矩形中，
所以过三点的平面截该三棱柱所得截面的最小周长为，
故答案为：
52．（2023·全国·高三对口高考）如图，正方体的棱长为，动点P在对角线上，过点P作垂直于的平面，记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为y，设，则当时，函数的值域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由正方体的性质证明平面，同样由正方体性质知时，截面与棱相交于它们的中点处，计算出，然后从1开始增加，平面逐渐平移，由棱锥平行于底面的截面的性质易得的表达式，，然后确定在时，是常数，与的情形相似可得．从而得出结论．
【详解】
如图，连接， ，平面，平面，则，
又，，平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
同理，，平面，平面，所以平面，
因此平面与平面重合或平行，
取的中点，连接，则，，
同理可证平面，由于，，所以三棱锥是正三棱锥，
与平面的交点是的中心，
正方体棱长为，则，，
所以，所以，
由棱锥的平行于底面的截面的性质知，当平面从平面平移到平面时，，即，
，，显然，
平面过平面再平移至平面时，如图，把正方形沿旋转到与正方形在同一平面内，
如图，则共线，由正方形性质得，同理，，
因此此种情形下，截面的周长与截面的周长相等，平移平面，一直到平面位置处，
由正方体的对称性，接着平移时，截面周长逐渐减少到，
综上，的值域是．
故选：A.
【点睛】方法点睛:利用正方体性质求出截面初始位置（）时，截面周长，然后由棱锥的性质求出（），再通过空间问题平面化的思想（结合对称性）求出时的值，由对称性可得时函数值的取值情况．
53．（2023·四川凉山·三模）在棱长为2的正方体中，若E为棱的中点，则平面截正方体的截面面积为______．
【答案】
【分析】作出截面截面，为的中点，则可得截面是边长为的菱形，求出其面积即可.
【详解】如图，在正方体中，
平面平面，
平面与平面的交线必过且平行于，
故平面经过的中点，连接，得截面，
易知截面是边长为的菱形，其对角线，
，截面面积．
故答案为：．
54．（2023秋·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考期末）已知正方体的棱长为2，M、N分别为、的中点，过 、的平面所得截面为四边形，则该截面最大面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】画出图形，可得最大面积的截面四边形为等腰梯形，根据梯形的面积公式求解即可.
【详解】如图所示，最大面积的截面四边形为等腰梯形，
其中，高为，
故面积为.
故选:D．
55．（2023·重庆·统考模拟预测）已知三棱锥中，Q为BC中点，，侧面底面，则过点Q的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为_______________．
【答案】
【分析】连接，找到球心到平面和平面的射影为和的中心,，再通过面面垂直的性质定理和线面垂直的性质定理得到，再利用勾股定理求出相关长度，找到截面圆的最值情况，代入计算即可得到答案.
【详解】连接,由,
可知：和是等边三角形,
设三棱锥外接球的球心为,
所以球心到平面和平面的射影是和的中心,，
是等边三角形,为中点,所以,
又因为侧面底面,侧面底面，侧面，
所以底面,而底面,因此,
所以是矩形,应为和是边长为4的等边三角形,
所以两个等边三角形的高,
在矩形中,，
连接,所以,
设过点的平面为,当时,此时所得截面的面积最小,该截面为圆形,
可得,
因此圆的半径为,
所以此时面积为,当点在以为圆心的大圆上时,此时截面的面积最大,
面积为:,所以截面的面积范围为.
故答案为：.
考点八 与球有关的切、接问题
（一）几何体的外接球
56．（2023·全国·高三专题练习）在直三棱柱中，，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，可将棱柱补成长方体，长方体的对角线即为球的直径，从而可求球的表面积．
【详解】解：三棱柱的侧棱垂直于底面，，，，
可将棱柱补成长方体，且长方体的长宽高分别为3,4,12.
长方体的对角线，即为球的直径.
球的半径，
球的表面积为.
故选：C．
57．（2023·四川南充·阆中中学校考二模）如图，圆台中，，其外接球的球心O在线段上，上下底面的半径分别为，，则圆台外接球的表面积为________.
【答案】
【分析】列出外接球半径所满足的方程，解出半径，得外接球表面积.
【详解】
设外接球半径为R，
则，解得，
所以外接球表面积为，
故答案为：.
58．（2023·全国·高三专题练习）如图所示的粮仓可近似为一个圆锥和圆台的组合体，且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合.已知圆台的较小底面圆的半径为1，圆锥与圆台的高分别为和3，则此组合体的外接球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设外接球半径为R，球心为O，圆台较小底面圆的圆心为，根据球的性质与圆台的上下底面垂直，从而有，且球心在上下底面圆心的连线上，，即可求出，得出结论.
【详解】解：设外接球半径为R，球心为O，圆台较小底面圆的圆心为，
则，而，
故.
故选:B.
【点睛】本题考查组合体外接球的表面积，利用球的性质是解题的关键，属于基础题.
59．（2023·河南·校联考模拟预测）已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为2，球的表面积为，则此正四棱柱的底面边长为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】A
【分析】根据球的直径为正四棱柱的体对角线长求解.
【详解】设球的半径为，则，所以，所以球的直径为，设正四棱柱的底面边长为，则，解得.
故选：A.
60．（2023·全国·校联考二模）在正四棱台中，上､下底面边长分别为，该正四棱台的外接球的表面积为，则该正四棱台的高为__________.
【答案】1或7
【分析】求出外接球半径，找到球心的位置，分球心在线段上和在的延长线上两种情况，求出高.
【详解】设正四棱台的外接球的半径为，则，解得，
连接相交于点，连接相交于点，连接，
则球心在直线上，连接，
如图1，当球心在线段上时，
则，
因为上､下底面边长分别为，
所以，
由勾股定理得，，
此时该正四棱台的高为，
如图2，当球心在的延长线上时，
同理可得，，
此时该正四棱台的高为.
故答案为：1或7
61．（2023·青海西宁·统考二模）已知正三棱锥中，，，该三棱锥的外接球球心到侧面距离为，到底面距离为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意得到，，两两垂直，把该三棱锥补成一个正方体，结合正方体的性质，即可求解.
【详解】由题意，正三棱锥中，，
则，所以，同理可得，
即，，两两垂直，可把该三棱锥补成一个正方体，
则该三棱锥的外接球就是正方体的外接球，即正方体的体对角线就是球的直径，
所以球心位于正方体对角线的中点,
所以三棱锥的外接球球心到侧面距离为，到底面距离为，
所以.
62．（2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳二中校考期末）在正三棱柱中，所有棱长之和为定值，当正三棱柱外接球的表面积取得最小值时，正三棱柱的侧面积为（ ）
A．12B．16C．24D．18
【答案】D
【分析】根据正三棱柱的性质、正弦定理、二次函数的性质，结合球的性质、球的表面积公式、棱柱的侧面积公式进行求解即可.
【详解】设正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，，为正实数，
设，为正常数，，
设正三棱柱外接球的半径为，底面外接圆半径为，
由正弦定理得，，
所以
，
所以当时，取得最小值为，
所以正三棱柱外接球的表面积的最小值，．
则，
此时正三棱柱的侧面积为．
故选：D
【点睛】关键点睛：利用二次函数的顶点的性质是解题的关键.
63．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）已知正三棱柱所有顶点都在球O上，若球O的体积为，则该正三棱柱体积的最大值为________.
【答案】8
【分析】由条件结合球的体积公式求球的半径，设正三棱柱的底面边长为，求出三棱柱的高，结合棱柱的体积求三棱柱的体积，再利用导数求其最大值.
【详解】设正三棱柱的上，下底面的中心分别为，连接，
根据对称性可得，线段的中点即为正三棱柱的外接球的球心，
线段为该外接球的半径，设，
由已知，所以，即，
设正三棱柱的底面边长为，设线段的中点为，
则，，
在中，，
所以，，
又的面积，
所以正三棱柱的体积，
设，则，，
所以，，
所以，
令，可得或，舍去，
所以当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以当时，取最大值，最大值为，
所以当时，三棱柱的体积最大，最大体积为.
故答案为：.
（二）几何体的内切球
64．【多选】（2023·河北沧州·统考模拟预测）下列关于三棱柱的命题，正确的是（ ）
A．任意直三棱柱均有外接球
B．任意直三棱柱均有内切球
C．若正三棱柱有一个半径为的内切球，则该三棱柱的体积为
D．若直三棱柱的外接球球心在一个侧面上，则该三棱柱的底面是直角三角形
【答案】ACD
【分析】根据外接球的特征可知，连接直三棱柱上、下底面三角形外心的线段的中点到直三棱柱各个顶点的距离相等，即为外接球球心，从而判断A；根据内切球的特征可知，直三棱柱底面内切圆半径需为直三棱柱高的一半，即可判断B；根据正三棱柱内切球半径可求得正三棱柱的高和底面正三角形边长，代入棱柱体积公式，即可判断C；由球心在底面的射影为底面三角形一条边的中点，且到三角形各个顶点距离相等，即可判断D.
【详解】对于A，取连接直三棱柱上、下底面三角形外心的线段的中点，
则点到直三棱柱各个顶点的距离均为，其中为底面三角形外接圆半径，为直三棱柱的高，
点即为直三棱柱的外接球球心，A正确；
对于B，若直三棱柱有内切球，则其高等于直径，底面内切圆半径等于内切球半径，
即底面内切圆半径需为直三棱柱高的一半，不是所有直三棱柱都符合，B错误；
对于C，若正三棱柱的内切球半径为，则正三棱柱的高为，底面正三角形的高为，
设正三棱柱底面正三角形的边长为，则，解得：，
该正三棱柱的体积，C正确；
对于D，若外接球球心在直三棱柱的侧面上,则球心为该侧面的中心，其到底面三角形各顶点的距离相等，
球心在底面上的射影到底面三角形三个顶点的距离也相等，
又侧面中心在底面的投影在底面三角形的一条边上，
该投影为底面三角形一条边的中点，且到另一顶点的距离为该边长的一半，
该底面三角形为直角三角形，D正确.
故选：ACD.
65．【多选】（2023春·河北·高三校联考阶段练习）正三棱锥的底面边长为3，高为，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．三棱锥的表面积为
C．三棱锥的外接球的表面积为
D．三棱锥的内切球的表面积为
【答案】ABD
【分析】求得的位置关系判断选项A；求得三棱锥的表面积判断选项B；求得三棱锥的外接球的表面积判断选项C；求得三棱锥的内切球的表面积判断选项D.
【详解】如图，
取棱的中点，连接
则正三棱锥中，.
因为平面，且，
所以平面，则，故A正确；
作平面，垂足为，则.
由正三棱锥的性质可知在上，且.
因为，所以，则.
因为，所以，
则三棱锥的表面积，故B正确；
设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则在上，
连接，则，
即，解得，
则三棱锥的外接球的表面积为，故C错误.
设三棱锥的内切球的半径为，
则，
解得，从而三棱锥的内切球的表面积
为，故D正确.
故选：ABD
66．（2023·全国·高三专题练习）已知圆锥的底面半径为2，高为，则该圆锥内切球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据圆锥与内切球的轴截面图，列出等量关系，即可求解.
【详解】如图，圆锥与内切球的轴截面图，点为球心，内切球的半径为，为切点，设，
即，
由条件可知，，
在中，，即，解得：，
所以圆锥内切球的体积.
故选：D
67．（2023·全国·高三专题练习）已知圆锥的侧面展开图为半圆，其内切球的体积为，则该圆锥的高为________．
【答案】3
【分析】根据侧面展开图为半圆可求半径与母线长的关系，根据轴截面及内切球的半径可求圆锥的高.
【详解】因为内切球的体积为，故内切球的半径满足，故.
设母线的长为，底面圆的半径为，故，故，
故轴截面为等边三角形（如图所示），设分别为等边三角形的内切圆与边的切点，
为内切圆的圆心，则共线且，，
而，故，故，
故答案为：3.
68．（2023·全国·高三专题练习）如图，正四棱台的上､下底面边长分别为2，分别为的中点，8个顶点构成的十面体恰有内切球，则该内切球的表面积为___________.
【答案】
【分析】借助于正投影，由切线性质分析可得相关长度和角度关系，在比例关系求内切圆半径．
【详解】该十面体及内切球的正投影为等腰梯形与内切圆，如图所示：
，可得
故
故答案为：．
考点九 立体几何中的轨迹问题
69．（2023·河南·许昌实验中学校联考二模）在正三棱柱中，，以的中点M为球心，4为半径的球面与侧面的交线长为（ ）
A．2πB．3πC．4πD．8π
【答案】C
【分析】作出辅助线，求出各边长，找到交线轨迹，求出答案.
【详解】取的中点分别为，N为四边形的中心，
连接MN，，
因为，故四边形为正方形，三点共线，三点共线，
平面且，
因为M为的中点，所以，
由勾股定理得，
所以题中所求交线轨迹为以N为圆心，2为半径的圆，
球与侧面的交线轨迹如图所示，故交线长．
故选：C
70．【多选】（2023·重庆·统考模拟预测）如图，正方体的棱长为4，M是侧面上的一个动点（含边界），点P在棱上，且，则下列结论正确的有（ ）
A．沿正方体的表面从点A到点P的最短距离为
B．保持与垂直时，点M的运动轨迹长度为
C．若保持，则点M的运动轨迹长度为
D．平面被正方体截得截面为等腰梯形
【答案】BCD
【分析】根据平面展开即可判断A；过做平面平面，即可判断B；根据点的轨迹是圆弧，即可判断C；作出正方体被平面所截的截面即可判断D.
【详解】对于A，将正方体的下面和侧面展开可得如图图形，
连接，则，故A错误；
对于B，如图：
因为平面，平面，，又，
，，平面 ，
所以平面 ，平面 .
所以'，同理可得，，，平面 .
所以平面 .
所以过点作交交于，过作交交于，
由，可得，平面，平面，
所以平面，同理可得平面.
则平面平面.
设平面交平面于，则的运动轨迹为线段，由点在棱上，且，可得，
所以，故B正确；
对于C，如图：
若，则在以为球心，为半径的球面上，
过点作平面，则，此时.
所以点在以为圆心，2为半径的圆弧上，此时圆心角为.
点的运动轨迹长度，故C正确；
对于D，如图：
延长，交于点，连接交于，连接，
所以平面被正方体截得的截面为.
，所以.
，所以，
所以，所以，且，
所以截面为梯形，
，所以截面为等腰梯形.
故D正确.
故选：BCD.
71．【多选】（2023春·河南商丘·高三商丘市实验中学校联考阶段练习）如图，正方体的棱长为3，动点在侧面内运动（含边界），且，则（ ）
A．点的轨迹长度为B．点的轨迹长度为
C．的最小值为D．的最小值为
【答案】AD
【分析】根据平面，得点的轨迹为， 可得点的轨迹长度可判断A B；将平面翻折到与平面重合， 可得，，三点共线，取得最小值，分别求出、可得答案．
【详解】如图，
因为平面，平面，所以，
因为，，平面，
所以平面，平面，所以，
若，则点的轨迹为，
因为正方体的棱长为3，所以点的轨迹长度为，故A正确B错误；
将平面翻折到与平面重合，如图，
此时，，三点共线，取得最小值，
此时，是边长为的等边三角形，
是边长为的等腰直角三角形，且是的中点，
所以，，
所以取得最小值为，故C错误D正确.
故选：AD．
72．（2023·湖北省直辖县级单位·统考模拟预测）已知正方体的棱长为2，M为棱的中点，N为底面正方形ABCD上一动点，且直线MN与底面ABCD所成的角为，则动点N的轨迹的长度为________．
【答案】
【分析】利用线面角求法得出N的轨迹为正方形内一部分圆弧，求其圆心角计算弧长即可.
【详解】如图所示，取BC中点G，连接MG，NG，由正方体的特征可知MG⊥底面ABCD，
故MN与底面ABCD的夹角即，
∴，则，
故N点在以G为原点为半径的圆上，又N在底面正方形ABCD上，
即N的轨迹为图示中的圆弧，
易知，
所以长为.
故答案为：.
73．【多选】（浙江省北斗星盟2023届高三下学期5月联考数学试题）直三棱桂中，为棱上的动点，为中点，则（ ）
A．
B．三棱锥的体积为定值
C．四面体的外接球表面积为
D．点的轨迹长度为
【答案】ABD
【分析】由题意补直三棱柱为正方体，结合正方体的特征可判定A，利用等体积法转化可判断B，利用正方体的外接球及球的表面积公式可判断C，利用三角形中位线判断D即可.
【详解】
由题意可知：直三棱柱为正方体ABCD-A1B1C1D1的一半，如图所示.
对于A，连接AB1，A1B，结合正方体的特征，易知BE⊥AB1，AB1⊥A1B，
故AB1⊥面A1BE，面A1BE，则，即A正确；
对于B，由题意可知F到上下底面的距离均为0.5，故是定值，即B正确；
对于C，四面体的外接球即正方体的外接球，故其直径为，所以其表面积为,即C错误；
对于D，连接A1C，取其中点O，连接OF，易知OF为的中位线，故E从B运动到C的过程中F的运动轨迹长度为BC一半，即D正确.
综上ABD三项正确.
故选：ABD
考点十 立体几何中的最值问题
74．（2023·全国·高三专题练习）如图，正方体的棱长为2，M是面内一动点，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】C
【分析】先由确定M在线段上，再将沿着展开，使得D，B，C，四点共面，由平面内二点间的直线距离最短求解即可．
【详解】如图，连接BD，，，易知平面，
∵，∴平面，即M在线段上，
将沿着展开，使得D，B，C，四点共面，如图，
又因为正方体的棱长为2，故此时，，，
由平面内二点间的直线距离最短得，
故选：C．
75．（2023·全国·高三专题练习）如图，圆锥O的轴截面是一个面积为1的等腰直角三角形，C为弧上的一点，，E为线段上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】B
【分析】将空间图形进行翻折变化到同一平面，根据两点之间线段最短即可求解.
【详解】
将翻折到平面内，得到如图所示平面四边形，
因为所以,
所以,所以,
又因为，所以翻折后的图形中,
根据两点之间线段最短可知，的最小值为,
故选:B.
76．（2023·海南·海南华侨中学校考模拟预测）三棱锥中，平面，，若，，则该三棱锥体积的最大值为______；
【答案】
【分析】设三棱锥的高，分别求得，，得到三棱锥的体积为，结合基本不等式，即可求解.
【详解】如图所示，因为平面，即为三棱锥的高，设为，
又因为平面，所以，
在直角中，由，可得，
因为，且，可得，
所以三棱锥的体积为：
，
当且仅当时，即时，三棱锥的体积取得最大值，最大值为.
故答案为：.
77．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第四中学校校考模拟预测）将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱最大体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设圆柱的底面半径为，高为，利用三角形相似求得与的关系式，写出圆柱的体积，利用不等式，即可求解.
【详解】解：设圆柱的底面半径为，高为，体积为，
由与相似，可得，则，
所以圆柱的体积为，
所以圆柱的最大体积为，此时.
故选：C.
78．（2023·河南·校联考模拟预测）已知四棱锥的底面是矩形，.若四棱锥的外接球的体积为，设是该球上的一动点，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】易得四边形ABCD和三角形PAD的外接圆的圆心，分别再作垂线从而得到外接球的球心，再由为直角三角形，得到其外接圆直径PB，再结合外接球的半径求得球心到面PAB的距离,再加上外接球的半径，得到M到面PAB的最大值距离求解.
【详解】解：如图，
在矩形中，连接对角线，记，则点为矩形的外接圆圆心，
设，
在中，由余弦定理得，
即，的外接圆半径为.
记的外接圆圆心为，则，取的中点，连接，显然，，且共线，
因为，
所以平面，即平面，平面，有，而平面，
所以平面.
过作平面，使，连接，于是，则四边形为矩形，
有，则平面，
根据球的性质，得点为四棱锥外接球的球心，
因为球的体积为，
所以，解得，
而，在中，，
所以外接圆直径.
取的中点，连接，显然为外接圆圆心，则平面，且，
所以四棱锥的外接球上的点到平面的距离的最大值为8，即三棱锥的高的最大值为8，
而，
故三棱锥的体积的最大值为.
故选：D.
棱柱
棱锥
棱台
图
形
定
义
有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体
有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体
用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间那部分多面体
结
构
特
征
底面互相平行且全等；侧面都是平行四边形；侧棱都相等且互相平行
底面是一个多边形；侧面都是三角形；侧面有一个公共顶点
上、下底面互相平行且相似；各侧棱延长线交于一点；各侧面为梯形
分
类
①按底面多边形的边数：三棱柱、四棱柱、五棱柱…
②按侧棱与底面的关系：侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，
否则叫做斜棱柱. 底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱. 底面是平行四边形的四棱柱也叫做平行六面体.侧棱垂直于底面的平行六面体叫直平行六面体.
①按底面多边形的边数：三棱锥、四棱锥、五棱锥…
②正棱锥：底面是正多边形，并且顶点与底面中心的
连线垂直于底面的棱锥.
③正四面体：所有棱长都相等的三棱锥.
①按底面多边形的边数：三棱台、四棱台、五棱台…
②正棱台：由正棱锥截得的棱台
圆柱
圆锥
圆台
球
图
形
定
义
以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体
以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体
用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分
以半圆的直径所在直线为旋转轴，旋转一周所形成的曲面叫做球面，球面所围成的旋转体
结
构
特
征
①母线互相平行且相等，并垂直于底面
②轴截面是全等的矩形
③侧面展开图是矩形
①母线相交于一点
②轴截面是全等的等腰三角形
③侧面展开图是扇形
①母线延长线交于一点
②轴截面是全等的等腰梯形
③侧面展开图是扇环
截面是圆面
圆柱
圆锥
圆台
侧面展
开图
侧面积
公式
S圆柱侧＝2πrl
S圆锥侧＝πrl
S圆台侧＝
π(r＋r′)l
名称
几何体
表面积
体积(S是底面积，h是高)
柱体(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
为直截面周长
V＝Sh
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝eq \f(1,3)Sh
台体(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝eq \f(1,3)(S上＋S下＋eq \r(S上S下))h
球(R是半径)
S＝4πR2
V＝eq \f(4,3)πR3
公式法
对于规则几何体的体积问题，可以直接利用公式进行求解
割补法
把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算其体积
等体积法
一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的．如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解．等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积，对于三棱锥，由于其任意一个面均可作为棱锥的底面，从而可选择更容易计算的方式来求体积；利用“等积性”还可求“点到面的距离”.
考点一 空间几何体的结构特征
考点二 空间图形的展开图问题
考点三 最短路径问题
考点四 立体图形的直观图
考点五 空间几何体的表面积
考点六 空间几何体的体积
（一）直接利用公式求体积
（二）割补法求体积
（三）等体积法求体积
（四）已知体积求其他量
考点七 空间几何体的截面问题
考点八 与球有关的切、接问题
（一）几何体的外接球
（二）几何体的内切球
考点九 立体几何中的轨迹问题
考点十 立体几何中的最值问题
1. 棱柱、棱锥、棱台
2. 常见四棱柱及其关系
3. 简单凸多面体的分类及其之间的关系
4. 圆柱、圆锥、圆台、球
5. 简单组合体
由简单几何体组合而成的几何体叫简单组合体. 其构成形式主要有：由简单几何体拼接，或由简单几何体截去或挖去一部分.
6. 立体图形的直观图
(1)概念：直观图是观察者站在某一点观察一个空间几何体获得的图形，立体几何中通常是在平行投影下得到的平面图形.
(2)斜二测画法画水平放置的平面图形直观图的步骤：
①在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于点O. 画直观图时，把它们画成对应的x′轴与y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′＝45°(或135°)，它们确定的平面表示水平面.
②已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴或y′轴的线段.
③已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段，在直观图中长度为原来的一半.
画几何体的直观图时，与画平面图形的直观图相比，只是多画一个与x轴、y轴都垂直的z轴，并且使平行于z轴的线段的平行性和长度都不变.
注：按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积是原图形的eq \f(\r(2),4)倍，即S直观图＝eq \f(\r(2),4)S原图形， S原图形＝S直观图
7. 简单几何体的表面积与体积
(1)圆柱、圆锥、圆台的侧面积
其中r，r′为底面半径，l为母线长.
(2)柱、锥、台、球的表面积和体积
解决空间几何体的结构特征问题的基本方法：
(1)定义法：紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定；(2)反例法：学会通过反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，设法举出一个反例即可. (3)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．(4)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．
9.最短距离问题
研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．
10.用斜二测画法画直观图的技巧
在原图形中与x轴或y轴平行的线段在直观图中与x′轴或y′轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出.
11.解决有关“斜二测画法”问题注意点
一般在已知图形中建立直角坐标系，尽量运用图形中原有的垂直直线或图形的对称轴为坐标轴，图形的对称中心为原点，注意两个图形中关键线段长度的关系.
12.求解多面体的表面积
关键是找到其中的特征图形，如棱柱中的矩形，棱锥中的直角三角形，棱台中的直角梯形等，通过这些图形，找到几何元素间的关系，通过建立未知量与已知量间的关系进行求解.
13. 求空间几何体体积的常用方法
求空间几何体体积的常用方法为公式法、割补法和等积变换法(等体积法)：
14.求旋转体的表面积问题
注意其侧面展开图的应用. 直角梯形绕直角腰旋转一周形成的是圆台，四分之一圆绕半径所在的直线旋转一周，形成的是半球，所以阴影部分绕AB旋转一周形成的是组合体，圆台挖去半球，S表＝S圆台侧＋S下底面＋S半球表.
15. 求旋转体体积的一般思路
求旋转体体积的一般思路是理解旋转体的几何特征，确定得到计算体积所需要的几何量. 求旋转体的体积常用公式法、分割法等，注意相关公式要牢记.
16.与球有关的切、接问题
解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：
17.几个与球有关的切、接常用结论
(1)正方体的棱长为a，球的半径为R，
①若球为正方体的外接球，则2R＝eq \r(3)a；
②若球为正方体的内切球，则2R＝a；
③若球与正方体的各棱相切，则2R＝eq \r(2)a.
(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝eq \r(a2＋b2＋c2).
(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.
18. 空间几何体的截面问题
作出截面的关键是找到截线，作出截线的主要根据有：(1)确定平面的条件；(2)三线共点的条件；(3)面面平行的性质定理．
19.立体几何中的最值问题
解决空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题，一般可以从三方面着手：
(1)从问题的几何特征入手，充分利用其几何性质去解决；
(2)利用空间几何体的侧面展开图；
(3)找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值．解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法，二次函数的配方法、公式法，函数有界法(如三角函数等)
考点一 空间几何体的结构特征
1．【多选】（2023秋·浙江杭州·高三浙江省桐庐中学期末）下列命题正确的是（ ）
A．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
B．棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形
C．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
D．棱柱的面中，至少有两个面互相平行
2．（2023·全国·高三专题练习）下列关于空间几何体结构特征的描述错误的是（ ）
A．棱柱的侧棱互相平行
B．以直角三角形的一边为轴旋转一周得到的几何体不一定是圆锥
C．正三棱锥的各个面都是正三角形
D．棱台各侧棱所在直线会交于一点
3．【多选】（2023春·甘肃·高三校联考期中）下列命题正确的是（ ）
A．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线
B．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C．以直角梯形的一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆台
D．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
4．（2023·上海·高三统考学业考试）如图，将装有水的长方体水槽固定底面一边后倾斜一个小角度，则倾斜后水槽中的水形成的几何体是（ ）
A．棱柱B．棱台C．棱柱与棱锥的组合体D．不能确定
5．【多选】（2023·全国·高三专题练习）《九章算术》是中国古代张苍､耿寿昌所撰写的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称之为“羡除”，则（ ）
A．“羡除”有且仅有两个面为三角形；B．“羡除”一定不是台体；
C．不存在有两个面为平行四边形的“羡除”；D．“羡除”至多有两个面为梯形.
6．（2023春·河南商丘·高三商丘市实验中学校联考阶段练习）某广场设置了一些石凳供大家休息，如图，每个石凳都是由正方体截去八个相同的正三棱锥得到的几何体，则下列结论不正确的是（ ）
A．该几何体的面是等边三角形或正方形
B．该几何体恰有12个面
C．该几何体恰有24条棱
D．该几何体恰有12个顶点
7．（2023·全国·高三专题练习）1750年，欧拉在给哥德巴赫的一封信中列举了多面体的一些性质，其中一条是：如果用V，E和F分别表示简单凸多面体的顶点数、棱数和面数，则有如下关系：．已知一个正多面体每个面都是全等的等边三角形，每个顶点均连接5条棱，则（ ）
A．50B．52C．60D．62
考点二 空间图形的展开图问题
8．（2023秋·黑龙江绥化·高三校考期末）如图是一个正方体的平面展开图，将其复原为正方体后，互相重合的点是_______.
①与 ②与 ③与 ④与
9．（2023·全国·高三专题练习）如图是一个长方体的展开图，如果将它还原为长方体，那么线段AB与线段CD所在的直线（ ）
A．平行B．相交C．是异面直线D．可能相交，也可能是异面直线
10．（2023·海南省直辖县级单位·统考模拟预测）如图①，这是一个小正方体的侧面展开图，将小正方体从如图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，这时小正方体正面朝上的图案是（ ）
A．B．C．D．
考点三 最短路径问题
11．（2023·高三课时练习）如图，圆柱的高为2，底面周长为16，四边形ACDE为该圆柱的轴截面，点B为半圆弧CD的中点，则在此圆柱的侧面上，从A到B的路径中，最短路径的长度为（ ）．
A．B．C．3D．2
12．（2023·全国·高三专题练习）如图，有一圆锥形粮堆，其轴截面是边长为的正，粮堆母线的中点处有一老鼠正在偷吃粮食，此时小猫正在处，它要沿圆锥侧面到达处捕捉老鼠，则小猫所经过的最短路程是___________
.
13．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知圆锥的底面半径为1，母线长，一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ）
A．B．C．6D．
14．（2023·全国·高三对口高考）如图，在直三棱柱中，，，，E、F分别是、的中点，沿棱柱的表面从E到F的最短路径长度为________．
考点四 立体图形的直观图
15．（2023·江西上饶·校联考模拟预测）如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周长是（ ）
A．B．
C．D．
16．（2023·广西南宁·南宁三中校考模拟预测）如图所示，一个水平放置的四边形OABC的斜二测画法的直观图是边长为2的正方形，则原四边形的面积是（ ）
A．B．C．16D．8
17．（2023·全国·高三对口高考）如图，一个用斜二测画法画出来的三角形是一个边长为a的正三角形，则原三角形的面积是（ ）
A．a2B．a2
C．a2D．a2
18．（2023秋·上海浦东新·高三上海市川沙中学校考期末）有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图所示）.，则这块菜地的面积为__________
19．（2023·全国·高三专题练习）如图，是水平放置的△AOB的直观图，但部分图象被茶渍覆盖，已知为坐标原点，顶点、均在坐标轴上，且△AOB的面积为12，则的长度为（ ）
A．1B．2C．3D．4
20．（2023·高三课时练习）如图所示，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，则在△ABC的三边及中线AD中，最长的线段是 ( )
A．ABB．ADC．BCD．AC
21．（2023·全国·高三专题练习）已知一个直三棱柱的高为2，如图，其底面ABC水平放置的直观图（斜二测画法）为，其中，则此三棱柱的表面积为（ ）
A．B．C．D．
22．【多选】（2023·湖北黄冈·黄冈中学校考三模）如图所示，四边形是由斜二测画法得到的平面四边形水平放置的直观图，其中，，，点在线段上，对应原图中的点，则在原图中下列说法正确的是（ ）
A．四边形的面积为14
B．与同向的单位向量的坐标为
C．在向量上的投影向量的坐标为
D．的最小值为17
考点五 空间几何体的表面积
23．（2023秋·辽宁锦州·高三统考期末）如图，扇形中，，，将扇形绕所在直线旋转一周所得几何体的表面积为______．
24．（2023·宁夏石嘴山·平罗中学校考模拟预测）已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
25．（2023·全国·高三专题练习）如图，斜三棱柱中，底面是边长为1的正三角形，侧棱长为2，，则该斜三棱柱的侧面积是_________．
26．（2023春·上海浦东新·高三上海市建平中学校考阶段练习）如图一个正六棱柱的茶叶盒，底面边长为，高为，则这个茶叶盒的表面积为______.
27．（2023春·山西·高三校联考阶段练习）已知是圆锥的一个轴截面，分别为母线的中点，，则圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
28．（2023·全国·高三专题练习）在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，已知某“堑堵”的底面是斜边长为的等腰直角三角形，高为，则该“堑堵”的表面积为（ ）
A．B．C．D．
29．（2023·全国·高三专题练习）已知点是球的小圆上的三点，若，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
30．（2023·广东佛山·华南师大附中南海实验高中校考模拟预测）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑.如故宫中和殿的屋顶为四角攒尖顶，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，设正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°，则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为（ ）
A．B．C．D．
31．（2023·全国·高三专题练习）由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥（底面是正方形，侧棱长都相等的四棱锥），其侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为，则以该四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比为（ ）
A．2B．C．D．4
32．（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．
考点六 空间几何体的体积
（一）直接利用公式求体积
33．（2023·上海杨浦·复旦附中校考模拟预测）若某圆锥高为3 ， 其侧面积与底面积之比为， 则该圆锥的体积为________.
34．（2023·全国·高三专题练习）一个圆锥的侧面展开图恰好是一个半径为1的半圆，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
35．（2023·河北·统考模拟预测）已知正四棱台中，，，则其体积为________.
36．（2023·全国·模拟预测）如图1，位于西安大慈恩寺的大雁塔是我国现存最早、规模最大的唐代四方楼阁式砖塔，其最高处的塔刹可以近似地看成一个正四棱锥，如图2，已知正四棱锥的高为4.87m，其侧棱与高的夹角为45°，则该正四棱锥的体积约为（ ）
A．B．C．D．
37．（2023·全国·高三专题练习）紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品,其制作始于明朝正德年间.紫砂壶的壶型众多,经典的有西施壶、掇球壶、石瓢壶、潘壶等.其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台,如图给出了一个石瓢壶的相关数据（单位:cm）,现在向这个空石瓢壶中加入（约）的矿泉水后,问石瓢壶内水深约（ ）cm
A．2.8B．2.9C．3.0D．3.1
（二）割补法求体积
38．（2023·辽宁鞍山·统考模拟预测）如图，在三棱柱中，底面ABC，，点D是棱上的点，，若截面分这个棱柱为两部分，则这两部分的体积比为（ ）
A．1:2B．4:5C．4:9D．5:7
39．（2023·辽宁·朝阳市第一高级中学校联考三模）如图是两个直三棱柱和重叠后的图形，公共侧面为正方形，两个直三棱柱底面是腰为2的等腰直角三角形，则该几何体的体积为______．
40．（2023·河北唐山·唐山市第十中学校考模拟预测）如图，正方体的棱长为4，点P，Q，R分别在棱，，上，且，则以平面截正方体所得截面为底面，为顶点的棱锥的体积为___________.
41．（2023·四川·校联考模拟预测）如图，直角梯形中，，，，，将沿翻折至的位置，使得.
(1)求证：平面平面；
(2)若，分别为，的中点，求三棱锥的体积.
（三）等体积法求体积
42．（2023·甘肃定西·统考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，，AC与BD交于点O，底面ABCD，，点E，F分别是棱PA，PB的中点，连接OE，OF，EF．
(1)求证：平面平面PCD；
(2)求三棱锥的体积．
43．（2023·四川成都·川大附中校考模拟预测）如图所示多面体中，平面平面，平面，是正三角形，四边形是菱形，，，
(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的体积．
（四）已知体积求其他量
44．（2023·全国·高三专题练习）已知某圆台的上底面和下底面的面积分别为，，该圆台的体积为，则该圆台的高为______.
45．（2023·江西·统考模拟预测）已知某圆锥的底面半径为2，其体积与半径为1的球的体积相等，则该圆锥的母线长为（ ）
A．1B．2C．D．5
46．（2023·湖南长沙·长沙一中校考模拟预测）已知A，B，C，D是体积为的球体表面上四点，若，，，且三棱锥A－BCD的体积为，则线段CD长度的最大值为（ ）
A．B．C．D．
47．（2023·天津和平·耀华中学校考二模）粽子，古称“角黍”，早在春秋时期就已出现，到晋代成为了端午节的节庆食物．现将两个正四面体进行拼接，得到如图所示的粽子形状的六面体，其中点G在线段CD（含端点）上运动，若此六面体的体积为，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．的最小值为D．的最小值为
考点七 空间几何体的截面问题
48．（2023·全国·高三专题练习）已知在正方体中，，，分别是，，的中点，则过这三点的截面图的形状是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
49．（2023·江西·统考模拟预测）已知在长方体中，，点，，分别在棱，和上，且，，，则平面截长方体所得的截面形状为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
50．（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）已知正方体的棱长为2，点为线段的中点，若点平面，且平面，则平面截正方体所得截面的周长为（ ）
A．B．C．D．
51．（2023·全国·高三对口高考）如图，在直三棱柱中，，，，，为线段上的一动点，则过三点的平面截该三棱柱所得截面的最小周长为_________．
52．（2023·全国·高三对口高考）如图，正方体的棱长为，动点P在对角线上，过点P作垂直于的平面，记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为y，设，则当时，函数的值域为（ ）
A．B．C．D．
53．（2023·四川凉山·三模）在棱长为2的正方体中，若E为棱的中点，则平面截正方体的截面面积为______．
54．（2023秋·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考期末）已知正方体的棱长为2，M、N分别为、的中点，过 、的平面所得截面为四边形，则该截面最大面积为（ ）
A．B．C．D．
55．（2023·重庆·统考模拟预测）已知三棱锥中，Q为BC中点，，侧面底面，则过点Q的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为_______________．
考点八 与球有关的切、接问题
（一）几何体的外接球
56．（2023·全国·高三专题练习）在直三棱柱中，，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
57．（2023·四川南充·阆中中学校考二模）如图，圆台中，，其外接球的球心O在线段上，上下底面的半径分别为，，则圆台外接球的表面积为________.
58．（2023·全国·高三专题练习）如图所示的粮仓可近似为一个圆锥和圆台的组合体，且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合.已知圆台的较小底面圆的半径为1，圆锥与圆台的高分别为和3，则此组合体的外接球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
59．（2023·河南·校联考模拟预测）已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为2，球的表面积为，则此正四棱柱的底面边长为（ ）
A．1B．C．2D．
60．（2023·全国·校联考二模）在正四棱台中，上､下底面边长分别为，该正四棱台的外接球的表面积为，则该正四棱台的高为__________.
61．（2023·青海西宁·统考二模）已知正三棱锥中，，，该三棱锥的外接球球心到侧面距离为，到底面距离为，则（ ）
A．B．C．D．
62．（2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳二中校考期末）在正三棱柱中，所有棱长之和为定值，当正三棱柱外接球的表面积取得最小值时，正三棱柱的侧面积为（ ）
A．12B．16C．24D．18
63．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）已知正三棱柱所有顶点都在球O上，若球O的体积为，则该正三棱柱体积的最大值为________.
（二）几何体的内切球
64．【多选】（2023·河北沧州·统考模拟预测）下列关于三棱柱的命题，正确的是（ ）
A．任意直三棱柱均有外接球
B．任意直三棱柱均有内切球
C．若正三棱柱有一个半径为的内切球，则该三棱柱的体积为
D．若直三棱柱的外接球球心在一个侧面上，则该三棱柱的底面是直角三角形
65．【多选】（2023春·河北·高三校联考阶段练习）正三棱锥的底面边长为3，高为，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．三棱锥的表面积为
C．三棱锥的外接球的表面积为
D．三棱锥的内切球的表面积为
66．（2023·全国·高三专题练习）已知圆锥的底面半径为2，高为，则该圆锥内切球的体积为（ ）
A．B．C．D．
67．（2023·全国·高三专题练习）已知圆锥的侧面展开图为半圆，其内切球的体积为，则该圆锥的高为________．
68．（2023·全国·高三专题练习）如图，正四棱台的上､下底面边长分别为2，分别为的中点，8个顶点构成的十面体恰有内切球，则该内切球的表面积为___________.
考点九 立体几何中的轨迹问题
69．（2023·河南·许昌实验中学校联考二模）在正三棱柱中，，以的中点M为球心，4为半径的球面与侧面的交线长为（ ）
A．2πB．3πC．4πD．8π
70．【多选】（2023·重庆·统考模拟预测）如图，正方体的棱长为4，M是侧面上的一个动点（含边界），点P在棱上，且，则下列结论正确的有（ ）
A．沿正方体的表面从点A到点P的最短距离为
B．保持与垂直时，点M的运动轨迹长度为
C．若保持，则点M的运动轨迹长度为
D．平面被正方体截得截面为等腰梯形
71．【多选】（2023春·河南商丘·高三商丘市实验中学校联考阶段练习）如图，正方体的棱长为3，动点在侧面内运动（含边界），且，则（ ）
A．点的轨迹长度为B．点的轨迹长度为
C．的最小值为D．的最小值为
72．（2023·湖北省直辖县级单位·统考模拟预测）已知正方体的棱长为2，M为棱的中点，N为底面正方形ABCD上一动点，且直线MN与底面ABCD所成的角为，则动点N的轨迹的长度为________．
73．【多选】（浙江省北斗星盟2023届高三下学期5月联考数学试题）直三棱桂中，为棱上的动点，为中点，则（ ）
A．
B．三棱锥的体积为定值
C．四面体的外接球表面积为
D．点的轨迹长度为
考点十 立体几何中的最值问题
74．（2023·全国·高三专题练习）如图，正方体的棱长为2，M是面内一动点，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．2
75．（2023·全国·高三专题练习）如图，圆锥O的轴截面是一个面积为1的等腰直角三角形，C为弧上的一点，，E为线段上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．2D．
76．（2023·海南·海南华侨中学校考模拟预测）三棱锥中，平面，，若，，则该三棱锥体积的最大值为______；
77．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第四中学校校考模拟预测）将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱最大体积为（ ）
A．B．C．D．
78．（2023·河南·校联考模拟预测）已知四棱锥的底面是矩形，.若四棱锥的外接球的体积为，设是该球上的一动点，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
棱柱
棱锥
棱台
图
形
定
义
有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体
有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体
用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间那部分多面体
结
构
特
征
底面互相平行且全等；侧面都是平行四边形；侧棱都相等且互相平行
底面是一个多边形；侧面都是三角形；侧面有一个公共顶点
上、下底面互相平行且相似；各侧棱延长线交于一点；各侧面为梯形
分
类
①按底面多边形的边数：三棱柱、四棱柱、五棱柱…
②按侧棱与底面的关系：侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，
否则叫做斜棱柱. 底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱. 底面是平行四边形的四棱柱也叫做平行六面体.侧棱垂直于底面的平行六面体叫直平行六面体.
①按底面多边形的边数：三棱锥、四棱锥、五棱锥…
②正棱锥：底面是正多边形，并且顶点与底面中心的
连线垂直于底面的棱锥.
③正四面体：所有棱长都相等的三棱锥.
①按底面多边形的边数：三棱台、四棱台、五棱台…
②正棱台：由正棱锥截得的棱台
圆柱
圆锥
圆台
球
图
形
定
义
以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体
以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体
用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分
以半圆的直径所在直线为旋转轴，旋转一周所形成的曲面叫做球面，球面所围成的旋转体
结
构
特
征
①母线互相平行且相等，并垂直于底面
②轴截面是全等的矩形
③侧面展开图是矩形
①母线相交于一点
②轴截面是全等的等腰三角形
③侧面展开图是扇形
①母线延长线交于一点
②轴截面是全等的等腰梯形
③侧面展开图是扇环
截面是圆面
圆柱
圆锥
圆台
侧面展
开图
侧面积
公式
S圆柱侧＝2πrl
S圆锥侧＝πrl
S圆台侧＝
π(r＋r′)l
名称
几何体
表面积
体积(S是底面积，h是高)
柱体(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
为直截面周长
V＝Sh
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝eq \f(1,3)Sh
台体(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝eq \f(1,3)(S上＋S下＋eq \r(S上S下))h
球(R是半径)
S＝4πR2
V＝eq \f(4,3)πR3
公式法
对于规则几何体的体积问题，可以直接利用公式进行求解
割补法
把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算其体积
等体积法
一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的．如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解．等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积，对于三棱锥，由于其任意一个面均可作为棱锥的底面，从而可选择更容易计算的方式来求体积；利用“等积性”还可求“点到面的距离”.
考点33 空间几何体的结构特征、直观图、表面积和体积
9种常见考法归类
考点一 空间几何体的结构特征
考点二 空间图形的展开图问题
考点三 最短路径问题
考点四 立体图形的直观图
考点五 空间几何体的表面积
考点六 空间几何体的体积
（一）直接利用公式求体积
（二）割补法求体积
（三）等体积法求体积
（四）已知体积求其他量
考点七 空间几何体的截面问题
考点八 与球有关的切、接问题
（一）几何体的外接球
（二）几何体的内切球
考点九 立体几何中的轨迹问题
考点十 立体几何中的最值问题
1. 棱柱、棱锥、棱台
2. 常见四棱柱及其关系
3. 简单凸多面体的分类及其之间的关系
4. 圆柱、圆锥、圆台、球
5. 简单组合体
由简单几何体组合而成的几何体叫简单组合体. 其构成形式主要有：由简单几何体拼接，或由简单几何体截去或挖去一部分.
6. 立体图形的直观图
(1)概念：直观图是观察者站在某一点观察一个空间几何体获得的图形，立体几何中通常是在平行投影下得到的平面图形.
(2)斜二测画法画水平放置的平面图形直观图的步骤：
①在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于点O. 画直观图时，把它们画成对应的x′轴与y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′＝45°(或135°)，它们确定的平面表示水平面.
②已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴或y′轴的线段.
③已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段，在直观图中长度为原来的一半.
画几何体的直观图时，与画平面图形的直观图相比，只是多画一个与x轴、y轴都垂直的z轴，并且使平行于z轴的线段的平行性和长度都不变.
注：按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积是原图形的eq \f(\r(2),4)倍，即S直观图＝eq \f(\r(2),4)S原图形， S原图形＝S直观图
7. 简单几何体的表面积与体积
(1)圆柱、圆锥、圆台的侧面积
其中r，r′为底面半径，l为母线长.
(2)柱、锥、台、球的表面积和体积
解决空间几何体的结构特征问题的基本方法：
(1)定义法：紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定；(2)反例法：学会通过反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，设法举出一个反例即可. (3)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．(4)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．
9.最短距离问题
研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．
10.用斜二测画法画直观图的技巧
在原图形中与x轴或y轴平行的线段在直观图中与x′轴或y′轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出.
11.解决有关“斜二测画法”问题注意点
一般在已知图形中建立直角坐标系，尽量运用图形中原有的垂直直线或图形的对称轴为坐标轴，图形的对称中心为原点，注意两个图形中关键线段长度的关系.
12.求解多面体的表面积
关键是找到其中的特征图形，如棱柱中的矩形，棱锥中的直角三角形，棱台中的直角梯形等，通过这些图形，找到几何元素间的关系，通过建立未知量与已知量间的关系进行求解.
13. 求空间几何体体积的常用方法
求空间几何体体积的常用方法为公式法、割补法和等积变换法(等体积法)：
14.求旋转体的表面积问题
注意其侧面展开图的应用. 直角梯形绕直角腰旋转一周形成的是圆台，四分之一圆绕半径所在的直线旋转一周，形成的是半球，所以阴影部分绕AB旋转一周形成的是组合体，圆台挖去半球，S表＝S圆台侧＋S下底面＋S半球表.
15. 求旋转体体积的一般思路
求旋转体体积的一般思路是理解旋转体的几何特征，确定得到计算体积所需要的几何量. 求旋转体的体积常用公式法、分割法等，注意相关公式要牢记.
16.与球有关的切、接问题
解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：
17.几个与球有关的切、接常用结论
(1)正方体的棱长为a，球的半径为R，
①若球为正方体的外接球，则2R＝eq \r(3)a；
②若球为正方体的内切球，则2R＝a；
③若球与正方体的各棱相切，则2R＝eq \r(2)a.
(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝eq \r(a2＋b2＋c2).
(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.
18. 空间几何体的截面问题
作出截面的关键是找到截线，作出截线的主要根据有：(1)确定平面的条件；(2)三线共点的条件；(3)面面平行的性质定理．
19.立体几何中的最值问题
解决空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题，一般可以从三方面着手：
(1)从问题的几何特征入手，充分利用其几何性质去解决；
(2)利用空间几何体的侧面展开图；
(3)找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值．解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法，二次函数的配方法、公式法，函数有界法(如三角函数等)
考点一 空间几何体的结构特征
1．【多选】（2023秋·浙江杭州·高三浙江省桐庐中学期末）下列命题正确的是（ ）
A．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
B．棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形
C．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
D．棱柱的面中，至少有两个面互相平行
【答案】BD
【分析】根据常见几何体的性质与定义逐个选项辨析即可.
【详解】对A，棱台指一个棱锥被平行于它的底面的一个平面所截后，截面与底面之间的几何形体，其侧棱延长线需要交于一点，故A错误；
对B，棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形，故B正确；
对C，用平面截圆柱得到的截面也可能是椭圆，故C错误；
对D，棱柱的面中，至少上下两个面互相平行，故D正确；
故选：BD
2．（2023·全国·高三专题练习）下列关于空间几何体结构特征的描述错误的是（ ）
A．棱柱的侧棱互相平行
B．以直角三角形的一边为轴旋转一周得到的几何体不一定是圆锥
C．正三棱锥的各个面都是正三角形
D．棱台各侧棱所在直线会交于一点
【答案】C
【分析】根据相应几何体的定义和性质判断即可.
【详解】根据棱柱的性质可知A正确；
当以直角三角形的斜边所在直线为旋转轴时，所得几何体为两个圆锥的组合体，故B正确；
正三棱锥的底面是正三角形，其余侧面是全等的等腰三角形，故C错误；
棱台是用平行于底面的平面截棱锥而得，故侧棱所在直线必交于一点，D正确.
故选：C
3．【多选】（2023春·甘肃·高三校联考期中）下列命题正确的是（ ）
A．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线
B．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C．以直角梯形的一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆台
D．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
【答案】AC
【分析】根据圆锥母线的定义可判断A，根据棱台的定义可判断B，根据圆台的定义可判断C，根据平面与圆柱底面的位置关可判断D.
【详解】对于A，根据圆锥的母线的定义，可知A正确；
对于B，把梯形的腰延长后有可能不交于一点，
此时得到几何体就不是棱台，故B错误；
对于C，根据圆台的定义，可知C正确；
对于D，当平面不与圆柱的底面平行且不垂直于底面时，
得到的截面不是圆和矩形，故D错误.
故选：AC
4．（2023·上海·高三统考学业考试）如图，将装有水的长方体水槽固定底面一边后倾斜一个小角度，则倾斜后水槽中的水形成的几何体是（ ）
A．棱柱B．棱台C．棱柱与棱锥的组合体D．不能确定
【答案】A
【分析】根据棱柱的定义进行判断
【详解】如图.
∵平面AA1D1D∥平面BB1C1C，
∴有水的部分始终有两个平面平行，而其余各面都易证是平行四边形(水面与两平行平面的交线)，因此呈棱柱形状.
故选：A
5．【多选】（2023·全国·高三专题练习）《九章算术》是中国古代张苍､耿寿昌所撰写的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称之为“羡除”，则（ ）
A．“羡除”有且仅有两个面为三角形；B．“羡除”一定不是台体；
C．不存在有两个面为平行四边形的“羡除”；D．“羡除”至多有两个面为梯形.
【答案】ABC
【分析】画出图形，利用新定义判断A；通过，判断“羡除”一定不是台体，判断B；利用反证法判断C；通过两两不相等，则“羡除”有三个面为梯形，判断D．
【详解】由题意知：，四边形为梯形，如图所示：
对于A：由题意知：“羡除”有且仅有两个面为三角形，故A正确；
对于B：由于，所以：“羡除”一定不是台体，故B正确；
对于C：假设四边形和四边形BCDF为平行四边形，则，且，则四边形为平行四边形，与已知的四边形为梯形矛盾，故不存在，故C正确；
对于D：若，则“羡除”三个面为梯形，故D错误．
故选：ABC．
6．（2023春·河南商丘·高三商丘市实验中学校联考阶段练习）某广场设置了一些石凳供大家休息，如图，每个石凳都是由正方体截去八个相同的正三棱锥得到的几何体，则下列结论不正确的是（ ）
A．该几何体的面是等边三角形或正方形
B．该几何体恰有12个面
C．该几何体恰有24条棱
D．该几何体恰有12个顶点
【答案】B
【分析】根据几何体的形状逐个选项判断即可.
【详解】据图可得该几何体的面是等边三角形或正方形，A正确；该几何体恰有14个面，B不正确；该几何体恰有24条棱，C正确；该几何体恰有12个顶点，D正确．
故选：B
7．（2023·全国·高三专题练习）1750年，欧拉在给哥德巴赫的一封信中列举了多面体的一些性质，其中一条是：如果用V，E和F分别表示简单凸多面体的顶点数、棱数和面数，则有如下关系：．已知一个正多面体每个面都是全等的等边三角形，每个顶点均连接5条棱，则（ ）
A．50B．52C．60D．62
【答案】D
【分析】根据多面体的性质，结合欧拉公式进行求解即可.
【详解】由已知条件得出，解得，所以．
故选：D．
考点二 空间图形的展开图问题
8．（2023秋·黑龙江绥化·高三校考期末）如图是一个正方体的平面展开图，将其复原为正方体后，互相重合的点是_______.
①与 ②与 ③与 ④与
【答案】①②④
【分析】还原正方体即可解决.
【详解】根据题意，标记下图，
还原得
由图知，与，与，与重合，
故答案为：①②④
9．（2023·全国·高三专题练习）如图是一个长方体的展开图，如果将它还原为长方体，那么线段AB与线段CD所在的直线（ ）
A．平行B．相交C．是异面直线D．可能相交，也可能是异面直线
【答案】C
【分析】将展开图还原成长方体，即可判断
【详解】如图，将展开图还原成长方体，易得线段AB与线段CD是异面直线，
故选：C
10．（2023·海南省直辖县级单位·统考模拟预测）如图①，这是一个小正方体的侧面展开图，将小正方体从如图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，这时小正方体正面朝上的图案是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据正方体的侧面展开图找出相对面，再由其特征得到结果.
【详解】由图①可知，“同心圆”和“圆”相对，“加号”和“箭头”相对，“心形”和“星星”相对．
由图②可得，小正方体从如图②所示的位置翻到第6格时正面朝上的图案是．
故选：C.
考点三 最短路径问题
11．（2023·高三课时练习）如图，圆柱的高为2，底面周长为16，四边形ACDE为该圆柱的轴截面，点B为半圆弧CD的中点，则在此圆柱的侧面上，从A到B的路径中，最短路径的长度为（ ）．
A．B．C．3D．2
【答案】B
【分析】画出圆柱的侧面展开图，解三角形即得解.
【详解】解：圆柱的侧面展开图如图所示，由题得,
所以.
所以在此圆柱的侧面上，从A到B的路径中，最短路径的长度为.
故选：B
12．（2023·全国·高三专题练习）如图，有一圆锥形粮堆，其轴截面是边长为的正，粮堆母线的中点处有一老鼠正在偷吃粮食，此时小猫正在处，它要沿圆锥侧面到达处捕捉老鼠，则小猫所经过的最短路程是___________
.
【答案】
【分析】求这只小猫经过的最短距离的问题首先应转化为圆锥侧面展开图的问题，转化为平面上两点的距离问题即可.
【详解】解：由题意得：
圆锥的底面周长是，则，解得：
可知圆锥侧面展开图的圆心角是，如图所示：
则圆锥的侧面展开图中：，，
所以在圆锥侧面展开图中：
故答案为：
13．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知圆锥的底面半径为1，母线长，一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ）
A．B．C．6D．
【答案】B
【分析】画出圆锥的侧面展开图，则蚂蚁爬行的最短距离为，在中，解三角形即可.
【详解】已知圆锥的侧面展开图为半径是3的扇形，如图，
一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点的最短距离为，设，
圆锥底面周长为，所以，所以，
在中，由，得
故选：B．
14．（2023·全国·高三对口高考）如图，在直三棱柱中，，，，E、F分别是、的中点，沿棱柱的表面从E到F的最短路径长度为________．
【答案】/
【分析】分析可得沿棱柱的表面从E到F可能经过棱，，，再分别展开直观图求解即可.
【详解】若从E到F经过棱则沿棱展开如图，过作于，则，，故.
若从E到F经过棱则沿棱展开如图，，，.
若从E到F经过棱则沿棱展开如图，，，.
若从E到F经过棱则沿棱展开如图，由题意，为等腰直角三角形，四边形为正方形，故为等腰直角三角形，故四边形为直角梯形.又，，故.
故沿棱柱的表面从E到F的最短路径长度为.
故答案为：
考点四 立体图形的直观图
15．（2023·江西上饶·校联考模拟预测）如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周长是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由斜二测画法原理将直观图转化为原图，根据原图运算求解即可.
【详解】由题意可得：，
由直观图可得原图，如图所示，可知：，
可得，
所以原三角形的周长.
故选：B.
16．（2023·广西南宁·南宁三中校考模拟预测）如图所示，一个水平放置的四边形OABC的斜二测画法的直观图是边长为2的正方形，则原四边形的面积是（ ）
A．B．C．16D．8
【答案】B
【分析】根据斜二测画法规则求出，判断的形状，确定，由此求出原四边形的面积.
【详解】在正方形中可得，
由斜二测画法可知，，
且，，
所以四边形为平行四边形，
所以．
故选：B.
17．（2023·全国·高三对口高考）如图，一个用斜二测画法画出来的三角形是一个边长为a的正三角形，则原三角形的面积是（ ）
A．a2B．a2
C．a2D．a2
【答案】C
【分析】利用斜二测画法中边长的比例关系求出面积的比.
【详解】∵S△A′B′C′＝a2sin 60°＝a2，
∴S△ABC＝S△A′B′C′＝a2.
故选：C.
【点睛】斜二测直观图的面积与原图形的面积比为，
原图形的面积与直观图的面积比为.
18．（2023秋·上海浦东新·高三上海市川沙中学校考期末）有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图所示）.，则这块菜地的面积为__________
【答案】
【分析】利用直观图中的信息，求出的长度，从而得到原平面图形中的长度，利用梯形的面积公式求解即可.
【详解】
过作于，
在直观图中，，，，
所以，，
故原平面图形的上底为 ，下底，高为，
所以这块菜地的面积为，
故答案为：.
19．（2023·全国·高三专题练习）如图，是水平放置的△AOB的直观图，但部分图象被茶渍覆盖，已知为坐标原点，顶点、均在坐标轴上，且△AOB的面积为12，则的长度为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】画出△AOB的原图，根据三角形△AOB的面积为12可得答案.
【详解】画出△AOB的原图为直角三角形，且，
因为，所以，
所以.
故选：B.
20．（2023·高三课时练习）如图所示，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，则在△ABC的三边及中线AD中，最长的线段是 ( )
A．ABB．ADC．BCD．AC
【答案】D
【详解】因为A′B′与y′轴重合，B′C′与x′轴重合，所以AB⊥BC，AB=2A′B′，BC=B′C′.所以在直角△ABC中，AC为斜边，故AB
21．（2023·全国·高三专题练习）已知一个直三棱柱的高为2，如图，其底面ABC水平放置的直观图（斜二测画法）为，其中，则此三棱柱的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据斜二测画法的“三变”“三不变”可得底面平面图，然后可解.
【详解】由斜二测画法的“三变”“三不变”可得底面平面图如图所示，其中，所以，所以此三棱柱的表面积为.
故选：C
22．【多选】（2023·湖北黄冈·黄冈中学校考三模）如图所示，四边形是由斜二测画法得到的平面四边形水平放置的直观图，其中，，，点在线段上，对应原图中的点，则在原图中下列说法正确的是（ ）
A．四边形的面积为14
B．与同向的单位向量的坐标为
C．在向量上的投影向量的坐标为
D．的最小值为17
【答案】ABD
【分析】根据直观图可得四边形为直角梯形，从而可求得原图形的面积，即可判断A；以点为坐标原点建立平面直角坐标系，写出的坐标，再根据与同向的单位向量为，即可判断B；根据在向量上的投影向量的坐标为即可判断C；设，根据向量线性运算的坐标表示及模的坐标表示即可判断D.
【详解】解：由直观图可得，
四边形为直角梯形，且，
则四边形的面积为，故A正确；
如图，以点为坐标原点建立平面直角坐标系，
则，
则，
所以与同向的单位向量的坐标为，故B正确；
，
则在向量上的投影向量的坐标为，故C错误；
设，
则，
则，
，
当时，取得最小值，故D正确.
故选：ABD.
考点五 空间几何体的表面积
23．（2023秋·辽宁锦州·高三统考期末）如图，扇形中，，，将扇形绕所在直线旋转一周所得几何体的表面积为______．
【答案】
【分析】根据题意得到几何体为以为圆心，为半径的半个球体，再求其表面积即可.
【详解】将扇形绕所在直线旋转一周得到几何体为以为圆心，为半径的半个球体.
几何体的表面积为.
故答案为：
24．（2023·宁夏石嘴山·平罗中学校考模拟预测）已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】底面圆周长为，计算母线长为，再计算侧面积得到答案.
【分析】底面圆周长为，母线长为，侧面积为.
故选：C
25．（2023·全国·高三专题练习）如图，斜三棱柱中，底面是边长为1的正三角形，侧棱长为2，，则该斜三棱柱的侧面积是_________．
【答案】/
【分析】过点作于，证出≌，得出，证得平面，得出，结合再证明出，得出平行四边形为矩形，即可计算出斜三棱柱的侧面积．
【详解】过点作于，如图所示，
，，，
≌，
，
，即，
又，
平面，
又平面，
，
又，
，
∴平行四边形为矩形，
∴该斜三棱柱的侧面积为：，
故答案为：．
26．（2023春·上海浦东新·高三上海市建平中学校考阶段练习）如图一个正六棱柱的茶叶盒，底面边长为，高为，则这个茶叶盒的表面积为______.
【答案】
【分析】根据棱柱表面积的求法，结合已知求茶叶盒的表面积.
【详解】由题设，一个底面的面积为，
一个侧面矩形面积为，
所以茶叶盒的表面积为.
故答案为：
27．（2023春·山西·高三校联考阶段练习）已知是圆锥的一个轴截面，分别为母线的中点，，则圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据轴截面求出底面半径和母线长，再根据侧面积公式可求出结果.
【详解】如图：
因为，所以，则圆锥底面半径，
，即母线，
所以圆锥的侧面积.
故选：D
28．（2023·全国·高三专题练习）在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，已知某“堑堵”的底面是斜边长为的等腰直角三角形，高为，则该“堑堵”的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用柱体的表面积公式可求得结果.
【详解】由题意可知，该“堑堵”的表面积为.
故选：D.
29．（2023·全国·高三专题练习）已知点是球的小圆上的三点，若，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，求出小圆的半径，由平面，结合勾股定理，可求得球的半径，计算其表面积得答案.
【详解】因为，所以是正三角形，是其外接圆圆心，所以的外接圆半径，球的半径，所以球的表面积为.
故选：B.
30．（2023·广东佛山·华南师大附中南海实验高中校考模拟预测）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑.如故宫中和殿的屋顶为四角攒尖顶，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，设正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°，则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由侧面为等边三角形，结合面积公式求解即可..
【详解】设底面棱长为，正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°，则侧面为等边三角形，
则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为.
故选：D
31．（2023·全国·高三专题练习）由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥（底面是正方形，侧棱长都相等的四棱锥），其侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为，则以该四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比为（ ）
A．2B．C．D．4
【答案】B
【分析】设底面的正方形的边长为，由棱锥的性质求棱锥的高，由此确定以该四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比.
【详解】如图为正四棱柱，为侧面三角形底边上的高，
设，
由已知侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为，
所以，
连接，设其交点为，
因为四边形为正方形，所以为的中点，
因为，
，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，即为以为斜边的直角三角形，
因为，，
所以，
所以以四棱锥的高为边长的正方形面积，
四棱锥的侧面积，
所以，
所以以四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比为，
故选：B.
32．（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.
考点六 空间几何体的体积
（一）直接利用公式求体积
33．（2023·上海杨浦·复旦附中校考模拟预测）若某圆锥高为3 ， 其侧面积与底面积之比为， 则该圆锥的体积为________.
【答案】
【分析】由题意可列出关于圆锥底面半径和母线的方程组，解方程组即可求得底面半径和母线，从而可求圆锥的体积.
【详解】设此圆锥的底面半径为，母线长为，则，
因为圆锥的侧面展开图是一个扇形，扇形的弧长是圆锥底面圆的周长，扇形的半径是圆锥母线长，所以，，又侧面积与底面积之比为，
所以，所以，结合可解得，，
所以该圆锥的体积.
故答案为：
34．（2023·全国·高三专题练习）一个圆锥的侧面展开图恰好是一个半径为1的半圆，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据圆锥底面圆周长等于侧面展开图的弧长，求得底面圆半径，根据勾股定理求出圆锥的高，结合圆锥体积公式计算即可求解.
【详解】母线长为1，设底面圆半径为，
则，∴，∴，
故圆锥的体积为，
故选：A.
35．（2023·河北·统考模拟预测）已知正四棱台中，，，则其体积为________.
【答案】
【分析】作出正四棱台的直观图，过点作交于点，过点作交于点，利用勾股定理求出棱台的高，最后根据棱台的体积公式计算可得.
【详解】如图正四棱台中，
则，，过点作交于点，
过点作交于点，
则，又，所以，
即正四棱台的高，
所以棱台的体积.
故答案为：
36．（2023·全国·模拟预测）如图1，位于西安大慈恩寺的大雁塔是我国现存最早、规模最大的唐代四方楼阁式砖塔，其最高处的塔刹可以近似地看成一个正四棱锥，如图2，已知正四棱锥的高为4.87m，其侧棱与高的夹角为45°，则该正四棱锥的体积约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设正四棱锥的底面边长为a m，连接AC，BD交于点O，连接PO，易得平面ABCD，，再根据高为4.87m求解.
【详解】解：如图所示：
设正四棱锥的底面边长为a m，连接AC，BD交于点O，连接PO，
则平面ABCD，由题可得，
故，所以，
解得，
所以该正四棱锥的体积.
故选：D.
37．（2023·全国·高三专题练习）紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品,其制作始于明朝正德年间.紫砂壶的壶型众多,经典的有西施壶、掇球壶、石瓢壶、潘壶等.其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台,如图给出了一个石瓢壶的相关数据（单位:cm）,现在向这个空石瓢壶中加入（约）的矿泉水后,问石瓢壶内水深约（ ）cm
A．2.8B．2.9C．3.0D．3.1
【答案】C
【分析】取圆台的中轴面,补全为一个三角形,根据三角形相似,找到加入矿泉水后水面的半径和水深的关系,根据圆台体积为,列出等式,解出即可.
【详解】解:由题知矿泉水的体积为,
将圆台的中轴面拿出,补全为一个三角形如图所示:
加入矿泉水后,记石瓢壶内水深为,水平面半径为,
由图可知,
所以有
即,
解得,
由,
得,
即,
解得:,
故加入矿泉水后圆台的体积为:
,
解得,
所以.
故选:C
（二）割补法求体积
38．（2023·辽宁鞍山·统考模拟预测）如图，在三棱柱中，底面ABC，，点D是棱上的点，，若截面分这个棱柱为两部分，则这两部分的体积比为（ ）
A．1:2B．4:5C．4:9D．5:7
【答案】D
【分析】根据题设易知为直三棱柱，即侧面为矩形，利用柱体体积公式、锥体体积公式求，进而确定比值.
【详解】不妨令，且上下底面等边三角形，
又底面ABC，易知为直三棱柱，即侧面为矩形，
所以三棱柱体积，
而，故，
所以，故，
所以.
故选：D
39．（2023·辽宁·朝阳市第一高级中学校联考三模）如图是两个直三棱柱和重叠后的图形，公共侧面为正方形，两个直三棱柱底面是腰为2的等腰直角三角形，则该几何体的体积为______．
【答案】/
【分析】将几何体转化为直三棱柱加两个三棱锥，利用棱柱和棱锥体积公式即可得到答案.
【详解】依题意中，，，
则，
该几何体可视为直三棱柱的侧面和侧面在形外附着两个三棱锥、，且为中点，
有平面，平面，
所以几何体体积
，
故答案为：.
40．（2023·河北唐山·唐山市第十中学校考模拟预测）如图，正方体的棱长为4，点P，Q，R分别在棱，，上，且，则以平面截正方体所得截面为底面，为顶点的棱锥的体积为___________.
【答案】
【分析】利用已知作出截面，进而利用分割法即可求得以平面截正方体所得截面为底面，为顶点的棱锥的体积.
【详解】延长交的延长线于点，延长交的延长线于点，连接交
于点，交于点，连接，则平面即为平面截正方体所得的截面.
因为，则，
又因为，所以，即，解得，
同理可得，则，，
因为，所以，又，则，同理可得；
所以，
，，
，
，
.
故答案为：
41．（2023·四川·校联考模拟预测）如图，直角梯形中，，，，，将沿翻折至的位置，使得.
(1)求证：平面平面；
(2)若，分别为，的中点，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明平面，可得，再利用勾股定理证明，即可证得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）取的中点，连接，根据面面垂直的性质证明平面，再根据结合棱锥的体积公式即可得解.
【详解】（1），，，
，平面，
平面，
又平面，，
由直角梯形，，，
，，得，
则，所以，
又，，平面，
平面，
又平面，平面平面；
（2）取的中点，连接，
，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，
由（1）得，则，
，
，
，
，
即三棱锥的体积为.
（三）等体积法求体积
42．（2023·甘肃定西·统考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，，AC与BD交于点O，底面ABCD，，点E，F分别是棱PA，PB的中点，连接OE，OF，EF．
(1)求证：平面平面PCD；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)
【分析】（1）根据中位线定理和面面垂直的判定即可求解；
（2）根据等体积法即可求解.
【详解】（1）因为底面ABCD是菱形，AC与BD交于点O
所以O为AC中点，
点E是棱PA的中点，F分别是棱PB的中点，
所以OE为三角形的中位线，OF为三角形的中位线，
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）因为底面ABCD是边长为2的菱形，，
所以为等边三角形，
所以，
因为底面ABCD，
底面ABCD，底面ABCD，
所以，，
所以和均为直角三角形，
所以，，
所以，
所以，
所以，
设点到平面的距离为，
根据体积相等法可知，
所以，
所以.
，
故三棱锥的体积为.
43．（2023·四川成都·川大附中校考模拟预测）如图所示多面体中，平面平面，平面，是正三角形，四边形是菱形，，，
(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取中点，由面面垂直的性质定理证明平面，再证明,由此证明，根据线面平行的判定定理证明结论；
（2）证明平面，根据锥体体积公式可得，再结合所给数据计算体积.
【详解】（1）取中点，连接，
因为是正三角形，
所以，
因为平面平面，平面，平面平面
所以平面，又因为平面，
所以，又因为，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）因为，平面，平面，
所以平面，
所以点与点到平面的距离相等，
所以三棱锥和三棱锥的体积相等，
所以，
连接交线段与点，
因为四边形为菱形，，，
所以，，
所以，
由（1）平面，，
所以.
（四）已知体积求其他量
44．（2023·全国·高三专题练习）已知某圆台的上底面和下底面的面积分别为，，该圆台的体积为，则该圆台的高为______.
【答案】3
【分析】由圆台的体积公式直接求得.
【详解】圆台的体积，得.
所以该圆台的高为3.
故答案为：3.
45．（2023·江西·统考模拟预测）已知某圆锥的底面半径为2，其体积与半径为1的球的体积相等，则该圆锥的母线长为（ ）
A．1B．2C．D．5
【答案】C
【分析】设圆锥的高为，根据圆锥及球的体积公式求出，再由勾股定理计算可得.
【详解】设圆锥的高为，则，解得，
所以母线长为.
故选：C
46．（2023·湖南长沙·长沙一中校考模拟预测）已知A，B，C，D是体积为的球体表面上四点，若，，，且三棱锥A－BCD的体积为，则线段CD长度的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求出外接球半径，根据勾股定理逆定理得到，且，求出点D到平面ABC的距离，求出点D所在球的截面的半径及三角形ABC的外接圆半径，设点D在平面ABC上的投影为E，当CE最长时CD最长，结合，求出CD长度的最大值.
【详解】因为球的体积为，故球的半径R满足，故，
而，，，故，故，
故，
设点D到平面ABC的距离为h，则，故，
点D在球的截面圆上，设截面圆所在的平面为α，因为，所以平面α与平面ABC在球心的异侧，
设球心到平面ABC的距离为d，而△ACB外接圆的半径为，则，
故球心到平面α的距离为，故截面圆的半径为，
设点D在平面ABC上的投影为E，则E的轨迹为圆，圆心为△ABC的外心即AB的中点，
当CE最长时CD最长，此时，故CD长度的最大值为.
故选：B．
【点睛】关键点睛：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.
47．（2023·天津和平·耀华中学校考二模）粽子，古称“角黍”，早在春秋时期就已出现，到晋代成为了端午节的节庆食物．现将两个正四面体进行拼接，得到如图所示的粽子形状的六面体，其中点G在线段CD（含端点）上运动，若此六面体的体积为，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．的最小值为D．的最小值为
【答案】D
【分析】设，然后求出正四面体的高，然后由体积可求得，然后由侧面展开图可求的最小值.
【详解】设，则正四面体的高为，
因为六面体的体积为，所以，解得，
的最小值为等边三角形高的2倍，即，
故选：D
考点七 空间几何体的截面问题
48．（2023·全国·高三专题练习）已知在正方体中，，，分别是，，的中点，则过这三点的截面图的形状是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】D
【分析】利用平行画出截面，进而判断出正确答案.
【详解】分别取、、的中点、、，连接、、，
在正方体中，，，分别是，，的中点，
，，，
六边形是过，，这三点的截面图，
过这三点的截面图的形状是六边形．
故选：D
49．（2023·江西·统考模拟预测）已知在长方体中，，点，，分别在棱，和上，且，，，则平面截长方体所得的截面形状为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】C
【分析】连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点，
过点作交于点，连接，即可得到截面图形，从而得解.
【详解】如图连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点，
过点作交于点，连接，
则五边形即为平面截该长方体所得的截面多边形.
其中因为，，，
所以，则，所以，
又，所以，所以，
则，
显然，则，所以.
故选：C
50．（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）已知正方体的棱长为2，点为线段的中点，若点平面，且平面，则平面截正方体所得截面的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】记的中点分别为E，F，先证三角形即为平面截正方体所得截面，然后可得周长.
【详解】记的中点分别为E，F，连接，
由正方体性质可知，平面，
因为平面，所以
又为正方形，所以
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以
因为P，E分别为的中点，所以，所以，
同理可证，
又，平面
所以平面，
所以三角形即为平面截正方体所得截面，
易知三角形为正三角形，
所以截面周长为.
故选：C
51．（2023·全国·高三对口高考）如图，在直三棱柱中，，，，，为线段上的一动点，则过三点的平面截该三棱柱所得截面的最小周长为_________．
【答案】/
【分析】利用直三棱柱的侧面展开图求解即可.
【详解】由题意可知过三点的平面截该三棱柱所得截面的周长即的周长，
因为直三棱柱，所以各侧面均为矩形，
所以，
直三棱柱的侧面部分展开图如图所示，
则在矩形中，
所以过三点的平面截该三棱柱所得截面的最小周长为，
故答案为：
52．（2023·全国·高三对口高考）如图，正方体的棱长为，动点P在对角线上，过点P作垂直于的平面，记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为y，设，则当时，函数的值域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由正方体的性质证明平面，同样由正方体性质知时，截面与棱相交于它们的中点处，计算出，然后从1开始增加，平面逐渐平移，由棱锥平行于底面的截面的性质易得的表达式，，然后确定在时，是常数，与的情形相似可得．从而得出结论．
【详解】
如图，连接， ，平面，平面，则，
又，，平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
同理，，平面，平面，所以平面，
因此平面与平面重合或平行，
取的中点，连接，则，，
同理可证平面，由于，，所以三棱锥是正三棱锥，
与平面的交点是的中心，
正方体棱长为，则，，
所以，所以，
由棱锥的平行于底面的截面的性质知，当平面从平面平移到平面时，，即，
，，显然，
平面过平面再平移至平面时，如图，把正方形沿旋转到与正方形在同一平面内，
如图，则共线，由正方形性质得，同理，，
因此此种情形下，截面的周长与截面的周长相等，平移平面，一直到平面位置处，
由正方体的对称性，接着平移时，截面周长逐渐减少到，
综上，的值域是．
故选：A.
【点睛】方法点睛:利用正方体性质求出截面初始位置（）时，截面周长，然后由棱锥的性质求出（），再通过空间问题平面化的思想（结合对称性）求出时的值，由对称性可得时函数值的取值情况．
53．（2023·四川凉山·三模）在棱长为2的正方体中，若E为棱的中点，则平面截正方体的截面面积为______．
【答案】
【分析】作出截面截面，为的中点，则可得截面是边长为的菱形，求出其面积即可.
【详解】如图，在正方体中，
平面平面，
平面与平面的交线必过且平行于，
故平面经过的中点，连接，得截面，
易知截面是边长为的菱形，其对角线，
，截面面积．
故答案为：．
54．（2023秋·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考期末）已知正方体的棱长为2，M、N分别为、的中点，过 、的平面所得截面为四边形，则该截面最大面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】画出图形，可得最大面积的截面四边形为等腰梯形，根据梯形的面积公式求解即可.
【详解】如图所示，最大面积的截面四边形为等腰梯形，
其中，高为，
故面积为.
故选:D．
55．（2023·重庆·统考模拟预测）已知三棱锥中，Q为BC中点，，侧面底面，则过点Q的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为_______________．
【答案】
【分析】连接，找到球心到平面和平面的射影为和的中心,，再通过面面垂直的性质定理和线面垂直的性质定理得到，再利用勾股定理求出相关长度，找到截面圆的最值情况，代入计算即可得到答案.
【详解】连接,由,
可知：和是等边三角形,
设三棱锥外接球的球心为,
所以球心到平面和平面的射影是和的中心,，
是等边三角形,为中点,所以,
又因为侧面底面,侧面底面，侧面，
所以底面,而底面,因此,
所以是矩形,应为和是边长为4的等边三角形,
所以两个等边三角形的高,
在矩形中,，
连接,所以,
设过点的平面为,当时,此时所得截面的面积最小,该截面为圆形,
可得,
因此圆的半径为,
所以此时面积为,当点在以为圆心的大圆上时,此时截面的面积最大,
面积为:,所以截面的面积范围为.
故答案为：.
考点八 与球有关的切、接问题
（一）几何体的外接球
56．（2023·全国·高三专题练习）在直三棱柱中，，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，可将棱柱补成长方体，长方体的对角线即为球的直径，从而可求球的表面积．
【详解】解：三棱柱的侧棱垂直于底面，，，，
可将棱柱补成长方体，且长方体的长宽高分别为3,4,12.
长方体的对角线，即为球的直径.
球的半径，
球的表面积为.
故选：C．
57．（2023·四川南充·阆中中学校考二模）如图，圆台中，，其外接球的球心O在线段上，上下底面的半径分别为，，则圆台外接球的表面积为________.
【答案】
【分析】列出外接球半径所满足的方程，解出半径，得外接球表面积.
【详解】
设外接球半径为R，
则，解得，
所以外接球表面积为，
故答案为：.
58．（2023·全国·高三专题练习）如图所示的粮仓可近似为一个圆锥和圆台的组合体，且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合.已知圆台的较小底面圆的半径为1，圆锥与圆台的高分别为和3，则此组合体的外接球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设外接球半径为R，球心为O，圆台较小底面圆的圆心为，根据球的性质与圆台的上下底面垂直，从而有，且球心在上下底面圆心的连线上，，即可求出，得出结论.
【详解】解：设外接球半径为R，球心为O，圆台较小底面圆的圆心为，
则，而，
故.
故选:B.
【点睛】本题考查组合体外接球的表面积，利用球的性质是解题的关键，属于基础题.
59．（2023·河南·校联考模拟预测）已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为2，球的表面积为，则此正四棱柱的底面边长为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】A
【分析】根据球的直径为正四棱柱的体对角线长求解.
【详解】设球的半径为，则，所以，所以球的直径为，设正四棱柱的底面边长为，则，解得.
故选：A.
60．（2023·全国·校联考二模）在正四棱台中，上､下底面边长分别为，该正四棱台的外接球的表面积为，则该正四棱台的高为__________.
【答案】1或7
【分析】求出外接球半径，找到球心的位置，分球心在线段上和在的延长线上两种情况，求出高.
【详解】设正四棱台的外接球的半径为，则，解得，
连接相交于点，连接相交于点，连接，
则球心在直线上，连接，
如图1，当球心在线段上时，
则，
因为上､下底面边长分别为，
所以，
由勾股定理得，，
此时该正四棱台的高为，
如图2，当球心在的延长线上时，
同理可得，，
此时该正四棱台的高为.
故答案为：1或7
61．（2023·青海西宁·统考二模）已知正三棱锥中，，，该三棱锥的外接球球心到侧面距离为，到底面距离为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意得到，，两两垂直，把该三棱锥补成一个正方体，结合正方体的性质，即可求解.
【详解】由题意，正三棱锥中，，
则，所以，同理可得，
即，，两两垂直，可把该三棱锥补成一个正方体，
则该三棱锥的外接球就是正方体的外接球，即正方体的体对角线就是球的直径，
所以球心位于正方体对角线的中点,
所以三棱锥的外接球球心到侧面距离为，到底面距离为，
所以.
62．（2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳二中校考期末）在正三棱柱中，所有棱长之和为定值，当正三棱柱外接球的表面积取得最小值时，正三棱柱的侧面积为（ ）
A．12B．16C．24D．18
【答案】D
【分析】根据正三棱柱的性质、正弦定理、二次函数的性质，结合球的性质、球的表面积公式、棱柱的侧面积公式进行求解即可.
【详解】设正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，，为正实数，
设，为正常数，，
设正三棱柱外接球的半径为，底面外接圆半径为，
由正弦定理得，，
所以
，
所以当时，取得最小值为，
所以正三棱柱外接球的表面积的最小值，．
则，
此时正三棱柱的侧面积为．
故选：D
【点睛】关键点睛：利用二次函数的顶点的性质是解题的关键.
63．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）已知正三棱柱所有顶点都在球O上，若球O的体积为，则该正三棱柱体积的最大值为________.
【答案】8
【分析】由条件结合球的体积公式求球的半径，设正三棱柱的底面边长为，求出三棱柱的高，结合棱柱的体积求三棱柱的体积，再利用导数求其最大值.
【详解】设正三棱柱的上，下底面的中心分别为，连接，
根据对称性可得，线段的中点即为正三棱柱的外接球的球心，
线段为该外接球的半径，设，
由已知，所以，即，
设正三棱柱的底面边长为，设线段的中点为，
则，，
在中，，
所以，，
又的面积，
所以正三棱柱的体积，
设，则，，
所以，，
所以，
令，可得或，舍去，
所以当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以当时，取最大值，最大值为，
所以当时，三棱柱的体积最大，最大体积为.
故答案为：.
（二）几何体的内切球
64．【多选】（2023·河北沧州·统考模拟预测）下列关于三棱柱的命题，正确的是（ ）
A．任意直三棱柱均有外接球
B．任意直三棱柱均有内切球
C．若正三棱柱有一个半径为的内切球，则该三棱柱的体积为
D．若直三棱柱的外接球球心在一个侧面上，则该三棱柱的底面是直角三角形
【答案】ACD
【分析】根据外接球的特征可知，连接直三棱柱上、下底面三角形外心的线段的中点到直三棱柱各个顶点的距离相等，即为外接球球心，从而判断A；根据内切球的特征可知，直三棱柱底面内切圆半径需为直三棱柱高的一半，即可判断B；根据正三棱柱内切球半径可求得正三棱柱的高和底面正三角形边长，代入棱柱体积公式，即可判断C；由球心在底面的射影为底面三角形一条边的中点，且到三角形各个顶点距离相等，即可判断D.
【详解】对于A，取连接直三棱柱上、下底面三角形外心的线段的中点，
则点到直三棱柱各个顶点的距离均为，其中为底面三角形外接圆半径，为直三棱柱的高，
点即为直三棱柱的外接球球心，A正确；
对于B，若直三棱柱有内切球，则其高等于直径，底面内切圆半径等于内切球半径，
即底面内切圆半径需为直三棱柱高的一半，不是所有直三棱柱都符合，B错误；
对于C，若正三棱柱的内切球半径为，则正三棱柱的高为，底面正三角形的高为，
设正三棱柱底面正三角形的边长为，则，解得：，
该正三棱柱的体积，C正确；
对于D，若外接球球心在直三棱柱的侧面上,则球心为该侧面的中心，其到底面三角形各顶点的距离相等，
球心在底面上的射影到底面三角形三个顶点的距离也相等，
又侧面中心在底面的投影在底面三角形的一条边上，
该投影为底面三角形一条边的中点，且到另一顶点的距离为该边长的一半，
该底面三角形为直角三角形，D正确.
故选：ACD.
65．【多选】（2023春·河北·高三校联考阶段练习）正三棱锥的底面边长为3，高为，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．三棱锥的表面积为
C．三棱锥的外接球的表面积为
D．三棱锥的内切球的表面积为
【答案】ABD
【分析】求得的位置关系判断选项A；求得三棱锥的表面积判断选项B；求得三棱锥的外接球的表面积判断选项C；求得三棱锥的内切球的表面积判断选项D.
【详解】如图，
取棱的中点，连接
则正三棱锥中，.
因为平面，且，
所以平面，则，故A正确；
作平面，垂足为，则.
由正三棱锥的性质可知在上，且.
因为，所以，则.
因为，所以，
则三棱锥的表面积，故B正确；
设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则在上，
连接，则，
即，解得，
则三棱锥的外接球的表面积为，故C错误.
设三棱锥的内切球的半径为，
则，
解得，从而三棱锥的内切球的表面积
为，故D正确.
故选：ABD
66．（2023·全国·高三专题练习）已知圆锥的底面半径为2，高为，则该圆锥内切球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据圆锥与内切球的轴截面图，列出等量关系，即可求解.
【详解】如图，圆锥与内切球的轴截面图，点为球心，内切球的半径为，为切点，设，
即，
由条件可知，，
在中，，即，解得：，
所以圆锥内切球的体积.
故选：D
67．（2023·全国·高三专题练习）已知圆锥的侧面展开图为半圆，其内切球的体积为，则该圆锥的高为________．
【答案】3
【分析】根据侧面展开图为半圆可求半径与母线长的关系，根据轴截面及内切球的半径可求圆锥的高.
【详解】因为内切球的体积为，故内切球的半径满足，故.
设母线的长为，底面圆的半径为，故，故，
故轴截面为等边三角形（如图所示），设分别为等边三角形的内切圆与边的切点，
为内切圆的圆心，则共线且，，
而，故，故，
故答案为：3.
68．（2023·全国·高三专题练习）如图，正四棱台的上､下底面边长分别为2，分别为的中点，8个顶点构成的十面体恰有内切球，则该内切球的表面积为___________.
【答案】
【分析】借助于正投影，由切线性质分析可得相关长度和角度关系，在比例关系求内切圆半径．
【详解】该十面体及内切球的正投影为等腰梯形与内切圆，如图所示：
，可得
故
故答案为：．
考点九 立体几何中的轨迹问题
69．（2023·河南·许昌实验中学校联考二模）在正三棱柱中，，以的中点M为球心，4为半径的球面与侧面的交线长为（ ）
A．2πB．3πC．4πD．8π
【答案】C
【分析】作出辅助线，求出各边长，找到交线轨迹，求出答案.
【详解】取的中点分别为，N为四边形的中心，
连接MN，，
因为，故四边形为正方形，三点共线，三点共线，
平面且，
因为M为的中点，所以，
由勾股定理得，
所以题中所求交线轨迹为以N为圆心，2为半径的圆，
球与侧面的交线轨迹如图所示，故交线长．
故选：C
70．【多选】（2023·重庆·统考模拟预测）如图，正方体的棱长为4，M是侧面上的一个动点（含边界），点P在棱上，且，则下列结论正确的有（ ）
A．沿正方体的表面从点A到点P的最短距离为
B．保持与垂直时，点M的运动轨迹长度为
C．若保持，则点M的运动轨迹长度为
D．平面被正方体截得截面为等腰梯形
【答案】BCD
【分析】根据平面展开即可判断A；过做平面平面，即可判断B；根据点的轨迹是圆弧，即可判断C；作出正方体被平面所截的截面即可判断D.
【详解】对于A，将正方体的下面和侧面展开可得如图图形，
连接，则，故A错误；
对于B，如图：
因为平面，平面，，又，
，，平面 ，
所以平面 ，平面 .
所以'，同理可得，，，平面 .
所以平面 .
所以过点作交交于，过作交交于，
由，可得，平面，平面，
所以平面，同理可得平面.
则平面平面.
设平面交平面于，则的运动轨迹为线段，由点在棱上，且，可得，
所以，故B正确；
对于C，如图：
若，则在以为球心，为半径的球面上，
过点作平面，则，此时.
所以点在以为圆心，2为半径的圆弧上，此时圆心角为.
点的运动轨迹长度，故C正确；
对于D，如图：
延长，交于点，连接交于，连接，
所以平面被正方体截得的截面为.
，所以.
，所以，
所以，所以，且，
所以截面为梯形，
，所以截面为等腰梯形.
故D正确.
故选：BCD.
71．【多选】（2023春·河南商丘·高三商丘市实验中学校联考阶段练习）如图，正方体的棱长为3，动点在侧面内运动（含边界），且，则（ ）
A．点的轨迹长度为B．点的轨迹长度为
C．的最小值为D．的最小值为
【答案】AD
【分析】根据平面，得点的轨迹为， 可得点的轨迹长度可判断A B；将平面翻折到与平面重合， 可得，，三点共线，取得最小值，分别求出、可得答案．
【详解】如图，
因为平面，平面，所以，
因为，，平面，
所以平面，平面，所以，
若，则点的轨迹为，
因为正方体的棱长为3，所以点的轨迹长度为，故A正确B错误；
将平面翻折到与平面重合，如图，
此时，，三点共线，取得最小值，
此时，是边长为的等边三角形，
是边长为的等腰直角三角形，且是的中点，
所以，，
所以取得最小值为，故C错误D正确.
故选：AD．
72．（2023·湖北省直辖县级单位·统考模拟预测）已知正方体的棱长为2，M为棱的中点，N为底面正方形ABCD上一动点，且直线MN与底面ABCD所成的角为，则动点N的轨迹的长度为________．
【答案】
【分析】利用线面角求法得出N的轨迹为正方形内一部分圆弧，求其圆心角计算弧长即可.
【详解】如图所示，取BC中点G，连接MG，NG，由正方体的特征可知MG⊥底面ABCD，
故MN与底面ABCD的夹角即，
∴，则，
故N点在以G为原点为半径的圆上，又N在底面正方形ABCD上，
即N的轨迹为图示中的圆弧，
易知，
所以长为.
故答案为：.
73．【多选】（浙江省北斗星盟2023届高三下学期5月联考数学试题）直三棱桂中，为棱上的动点，为中点，则（ ）
A．
B．三棱锥的体积为定值
C．四面体的外接球表面积为
D．点的轨迹长度为
【答案】ABD
【分析】由题意补直三棱柱为正方体，结合正方体的特征可判定A，利用等体积法转化可判断B，利用正方体的外接球及球的表面积公式可判断C，利用三角形中位线判断D即可.
【详解】
由题意可知：直三棱柱为正方体ABCD-A1B1C1D1的一半，如图所示.
对于A，连接AB1，A1B，结合正方体的特征，易知BE⊥AB1，AB1⊥A1B，
故AB1⊥面A1BE，面A1BE，则，即A正确；
对于B，由题意可知F到上下底面的距离均为0.5，故是定值，即B正确；
对于C，四面体的外接球即正方体的外接球，故其直径为，所以其表面积为,即C错误；
对于D，连接A1C，取其中点O，连接OF，易知OF为的中位线，故E从B运动到C的过程中F的运动轨迹长度为BC一半，即D正确.
综上ABD三项正确.
故选：ABD
考点十 立体几何中的最值问题
74．（2023·全国·高三专题练习）如图，正方体的棱长为2，M是面内一动点，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】C
【分析】先由确定M在线段上，再将沿着展开，使得D，B，C，四点共面，由平面内二点间的直线距离最短求解即可．
【详解】如图，连接BD，，，易知平面，
∵，∴平面，即M在线段上，
将沿着展开，使得D，B，C，四点共面，如图，
又因为正方体的棱长为2，故此时，，，
由平面内二点间的直线距离最短得，
故选：C．
75．（2023·全国·高三专题练习）如图，圆锥O的轴截面是一个面积为1的等腰直角三角形，C为弧上的一点，，E为线段上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】B
【分析】将空间图形进行翻折变化到同一平面，根据两点之间线段最短即可求解.
【详解】
将翻折到平面内，得到如图所示平面四边形，
因为所以,
所以,所以,
又因为，所以翻折后的图形中,
根据两点之间线段最短可知，的最小值为,
故选:B.
76．（2023·海南·海南华侨中学校考模拟预测）三棱锥中，平面，，若，，则该三棱锥体积的最大值为______；
【答案】
【分析】设三棱锥的高，分别求得，，得到三棱锥的体积为，结合基本不等式，即可求解.
【详解】如图所示，因为平面，即为三棱锥的高，设为，
又因为平面，所以，
在直角中，由，可得，
因为，且，可得，
所以三棱锥的体积为：
，
当且仅当时，即时，三棱锥的体积取得最大值，最大值为.
故答案为：.
77．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第四中学校校考模拟预测）将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱最大体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设圆柱的底面半径为，高为，利用三角形相似求得与的关系式，写出圆柱的体积，利用不等式，即可求解.
【详解】解：设圆柱的底面半径为，高为，体积为，
由与相似，可得，则，
所以圆柱的体积为，
所以圆柱的最大体积为，此时.
故选：C.
78．（2023·河南·校联考模拟预测）已知四棱锥的底面是矩形，.若四棱锥的外接球的体积为，设是该球上的一动点，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】易得四边形ABCD和三角形PAD的外接圆的圆心，分别再作垂线从而得到外接球的球心，再由为直角三角形，得到其外接圆直径PB，再结合外接球的半径求得球心到面PAB的距离,再加上外接球的半径，得到M到面PAB的最大值距离求解.
【详解】解：如图，
在矩形中，连接对角线，记，则点为矩形的外接圆圆心，
设，
在中，由余弦定理得，
即，的外接圆半径为.
记的外接圆圆心为，则，取的中点，连接，显然，，且共线，
因为，
所以平面，即平面，平面，有，而平面，
所以平面.
过作平面，使，连接，于是，则四边形为矩形，
有，则平面，
根据球的性质，得点为四棱锥外接球的球心，
因为球的体积为，
所以，解得，
而，在中，，
所以外接圆直径.
取的中点，连接，显然为外接圆圆心，则平面，且，
所以四棱锥的外接球上的点到平面的距离的最大值为8，即三棱锥的高的最大值为8，
而，
故三棱锥的体积的最大值为.
故选：D.
棱柱
棱锥
棱台
图
形
定
义
有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体
有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体
用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间那部分多面体
结
构
特
征
底面互相平行且全等；侧面都是平行四边形；侧棱都相等且互相平行
底面是一个多边形；侧面都是三角形；侧面有一个公共顶点
上、下底面互相平行且相似；各侧棱延长线交于一点；各侧面为梯形
分
类
①按底面多边形的边数：三棱柱、四棱柱、五棱柱…
②按侧棱与底面的关系：侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，
否则叫做斜棱柱. 底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱. 底面是平行四边形的四棱柱也叫做平行六面体.侧棱垂直于底面的平行六面体叫直平行六面体.
①按底面多边形的边数：三棱锥、四棱锥、五棱锥…
②正棱锥：底面是正多边形，并且顶点与底面中心的
连线垂直于底面的棱锥.
③正四面体：所有棱长都相等的三棱锥.
①按底面多边形的边数：三棱台、四棱台、五棱台…
②正棱台：由正棱锥截得的棱台
圆柱
圆锥
圆台
球
图
形
定
义
以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体
以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体
用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分
以半圆的直径所在直线为旋转轴，旋转一周所形成的曲面叫做球面，球面所围成的旋转体
结
构
特
征
①母线互相平行且相等，并垂直于底面
②轴截面是全等的矩形
③侧面展开图是矩形
①母线相交于一点
②轴截面是全等的等腰三角形
③侧面展开图是扇形
①母线延长线交于一点
②轴截面是全等的等腰梯形
③侧面展开图是扇环
截面是圆面
圆柱
圆锥
圆台
侧面展
开图
侧面积
公式
S圆柱侧＝2πrl
S圆锥侧＝πrl
S圆台侧＝
π(r＋r′)l
名称
几何体
表面积
体积(S是底面积，h是高)
柱体(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
为直截面周长
V＝Sh
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝eq \f(1,3)Sh
台体(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝eq \f(1,3)(S上＋S下＋eq \r(S上S下))h
球(R是半径)
S＝4πR2
V＝eq \f(4,3)πR3
公式法
对于规则几何体的体积问题，可以直接利用公式进行求解
割补法
把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算其体积
等体积法
一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的．如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解．等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积，对于三棱锥，由于其任意一个面均可作为棱锥的底面，从而可选择更容易计算的方式来求体积；利用“等积性”还可求“点到面的距离”.
相关试卷
高考数学一轮题型归纳(新高考地区专用)考点29等差数列及其n项和12种常见考法归类(原卷版+解析)： 这是一份高考数学一轮题型归纳(新高考地区专用)考点29等差数列及其n项和12种常见考法归类(原卷版+解析)，共85页。试卷主要包含了利用定义求等差数列的通项公式，等差数列的基本运算，等差数列的判定与证明，等差数列的性质，等差数列前n项和的性质，含绝对值的等差数列的前n项和，含取整符号的等差数列的前n项和，等差数列前n项和的最值问题等内容，欢迎下载使用。
高考数学一轮题型归纳(新高考地区专用)考点13函数与方程11种常见考法归类(原卷版+解析)： 这是一份高考数学一轮题型归纳(新高考地区专用)考点13函数与方程11种常见考法归类(原卷版+解析)，共75页。试卷主要包含了求函数的零点，确定零点所在的区间，判断函数零点个数，已知函数零点求值，与零点相关的比较大小问题，求零点的和，嵌套函数的零点问题，函数零点的综合应用等内容，欢迎下载使用。
高考数学一轮题型归纳(新高考地区专用)考点12函数的图象9种常见考法归类(原卷版+解析)： 这是一份高考数学一轮题型归纳(新高考地区专用)考点12函数的图象9种常见考法归类(原卷版+解析)，共60页。试卷主要包含了作图，函数图象的变换，根据实际问题作函数的图象，给出函数确定图象，给出图象确定函数，由函数图象确定参数范围，利用图象研究函数的性质，利用图象解不等式等内容，欢迎下载使用。
