专题十三 简单几何体的结构特征、表面积与体积
一、多选题
1．（2020·瓦房店市高级中学高一期末）如图，透明塑料制成的长方体容器 内灌进一些水，
固定容器一边 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面几个结论，其中正确的命题有（ ）
A．没有水的部分始终呈棱柱形
B．水面 所在四边形的面积为定值
C．随着容器倾斜度的不同， 始终与水面所在平面平行
D．当容器倾斜如图（3）所示时， 为定值
【答案】AD
【解析】
【分析】
想象容器倾斜过程中，水面形状（注意 始终在桌面上），可得结论．
【详解】
由于 始终在桌面上，因此倾斜过程中，没有水的部分，是以左右两侧的面为底面的棱柱，A 正确；
图（2）中水面面积比（1）中水面面积大，B 错；
图（3）中 与水面就不平行，C 错；
图（3）中，水体积不变，因此 面积不变，从而 为定值，D 正确．
故选：AD．
【点睛】
本题考查空间线面的位置关系，考查棱柱的概念，考查学生的空间想象能力，属于中档题．
1 1 1 1ABCD A B C D−
AB
EFGH
1 1AC
AE AH⋅
AB
AB
1 1AC
AEH△ AE AH⋅二、单选题
2．（2020·河北高一期末）下列几何体中是四棱锥的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由四棱锥的定义判断.
【详解】
因为一个多面体的一个面是四边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，那么这个多面体叫做四棱锥.只
有 C 符合，
故选：C
【点睛】
本题主要考查四棱锥的定义和几何特征，属于基础题.
3．（2020·渝中·高一期末）侧棱长为 的正四棱锥，如果底面周长是 ，则这个棱锥的侧面
积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据正四棱锥，底面周长是 ，得到底面边长是 a，再根据侧棱长为 ，得到各侧面是正三角形求解.
【详解】
因为正四棱锥，底面周长是 ，
所以底面边长是 a
又因为侧棱长为 ，
所以各侧面是正三角形，
a 4a
23a 23 1
2 a
+ ( ) 23 1 a+ 25a
4a a
4a
a所以这个棱锥的侧面积是
故选：A
【点睛】
本题主要考查正四棱锥的几何特征以及侧面积的求法，属于基础题.
4．（2020·辽宁大连·高一期末）若圆锥的轴截面是一个顶角为 ，腰长为 2 的等腰三角形，则过此圆锥顶
点的所有截面中，截面面积的最大值为（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意得到，母线长为 ，截面顶角为 ，此时截面面积最大，即可得到答案.
【详解】
由题知：圆锥的轴截面是一个顶角为 ，母线长为 ，
所以当截面顶角为 ，此时截面面积最大， .
故选：D
【点睛】
本题主要考查圆锥截面面积问题，属于简单题.
5．（2020·高一期末（理））半径为 的半圆卷成一个圆锥，则它的体积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
求出扇形的弧长，然后求出圆锥的底面周长，转化为底面半径，求出圆锥的高，然后求出体积．
【详解】
21 34 32 2S a a a= × × × =
2
3
π
3
2 3
2 2
π
2
3
π
2
2
π
max
1 2 2 22
= × × =S
R
35
24 Rπ 35
8 Rπ 33
24 Rπ 33
8 Rπ设底面半径为 r，则 ，所以 .
所以圆锥的高 .
所以体积 .
故选：C.
【点睛】
本题考查圆锥的性质及体积，圆锥问题抓住两个关键点：（1）圆锥侧面展开图的扇形弧长等于底面周长；
（2）圆锥底面半径 r、高 h、母线 l 组成直角三角形，满足勾股定理，本题考查这两种关系的应用，属于简
单题.
6．（2020·四川成都·高一期末）正三棱锥 中，若 ， ，点 、 分别在侧棱 、
上运动，则 的周长的最小值为（ ）
A． B． C．12 D．
【答案】D
【解析】
【分析】
画出正三棱锥 侧面展开图，将问题转化为求平面上两点间的距离最小值问题，不难求得结果．
【详解】
将三棱锥由 展开，如图，
正三棱锥 中， ，则图中 ，
当点 、 、 、 位于同一条直线上时， 的周长最小，
故 为 的周长的最小值，
又 ， 为等腰三角形，
， ，
，
的最小周长为： ．
2 r Rπ π=
2
Rr =
2 2 3
2h R r R= − =
2
2 31 1 3 3
3 3 2 2 24
RV r h R Rπ π π = × = × =
P ABC− 6PA = 40APB∠ = ° E F PB
PC AEF
36sin 20° 6 2 6 3
P ABC−
PA
P ABC− 40APB∠ = ° 1 120APA∠ = °
A E F 1A AEF∆
1AA AEF∆
1PA PA= 1PAA∴∆
6PA = 1 6PA∴ =
2 2
1 6 6 2 6 6 cos120 6 3AA∴ = + − × × × ° =
AEF∴∆ 6 3故选：D．
【点睛】
本题考查的知识点是棱锥的结构特征，其中将三棱锥的侧面展开，将空间问题转化为平面上两点之间的距
离问题，是解答本题的关键．
7．（2020·四川成都·高一期末）给出下列命题：
①有两个面互相平行且是全等的三角形，其余各面都是四边形，且相邻两四边形的公共边互相平行，由这
些面所围成的封闭几何体是三棱柱；
②有一个面是五边形，其余各面都是有公共顶点的三角形，由这些面所围成的封闭几何体一定是五棱锥；
③有两个面是互相平行且相似的矩形（不全等），其余各面都是梯形，由这些面所围成的封闭几何体一定是
四棱台.
其中正确的命题是（ ）
A．②③ B．①② C．①③ D．①②③
【答案】B
【解析】
【分析】
①根据棱柱的定义进行判断；②根据棱锥的定义进行判断；③根据棱台的定义进行判断．
【详解】
①由棱柱的定义知①正确；
②由棱锥的定义知②正确；
③棱台是由平行于底面的棱锥所截得的，有两个面是互相平行且相似的矩形（不全等），其余各面都是梯形，
四条侧棱不一定交于一点，则③不一定是四棱台，故③错误；
故正确的是①②；故选： ．
【点睛】
本题主要考查命题的真假判断，结合棱柱，棱锥，棱台的定义是解决本题的关键，比较基础．
8．（2020·全国高三其他（文））用一平面去截体积为 的球，所得截面的面积为 ，则球心到截面的距
离为（ ）.
A．2 B． C． D．1
【答案】C
【解析】
【分析】
由球的体积 ，得球的半径是 ，利用球的截面的性质，即可求解．
【详解】
设球的半径为 ，截面圆的半径为 ，由球的体积 ，得球的半径是 ，
截面的面积为 ，则截面圆的半径是 ，
所以球心到截面的距离为 .
故选 C.
【点睛】
本题主要考查了球的截面的性质的应用，其中解答中熟记球的截面的性质是解答的关键，着重考查了推理
与计算能力，属于基础题．
9．（2020·全国高三其他（理））已知三棱锥 的所有棱长都为2，且球 为三棱锥 的外接
球，点 是线段 上靠近 的四等分点，过点 作平面 截球 得到的截面面积为 ，则 的取值
范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
求出三棱锥 的外接球半径 ，可知截面面积的最大值为 ，当球心 到截面的距离最大时，截
面面积最小，此时球心 到截面的距离为 ，截面圆的半径的最小值为 ，进而可求出截面
B
4 3π π
3 2
344 3 3 Rπ π= 3R =
R r 344 3 3 Rπ π= 3R =
2rπ π= 1r =
2 2 2R r− =
A BCD− O A BCD−
M BD D M α O Ω Ω
π 3π,4 2
3π 3π,4 2
π 3π,2 2
,4 2
π π
A BCD− R 2πR O
O OM 2 2R OM−面积的最小值.
【详解】
三棱锥 是正四面体，棱长为 2，将三棱锥 放置于正方体中，
可得正方体的外接球就是三棱锥 的外接球.
因为三棱锥 的棱长为 2，故正方体的棱长为 ，
可得外接球直径 ，故 ，
故截面面积的最大值为 .
因为 是 上的点，当球心 到截面的距离最大时，截面面积最小，
此时球心 到截面的距离为 ，△ 为等腰三角形，
过点 作 的垂线，垂足为 ，
，
得 ，
则所得截面半径的最小值为 ，
所以截面面积的最小值为 .
故 的取值范围为 .
故选：B.
【点睛】
外接球问题与截面问题是近年来的热点问题，平常学习中要多积累，本题考查学生的空间想象能力、推理
A BCD− A BCD−
A BCD−
A BCD− 2
2 2 2 2 6R = + + = 6
2R =
2
2
6 3ππ 2 π2R
= =
M BD O
O OM OBD
O BD H
2
2 26 6 2, 12 2 2OD OH OD HD
= = − = − =
2 2 2 1 1 3
2 4 4OM OH HM= + = + =
2 2 6 3 3
4 4 4R OM− = − =
23 3ππ( )4 4
=
Ω 3π 3π,4 2
能力及计算求解能力，属于中档题.
10．（2020·广东高一期末）如图，一倒立的圆锥和一个底面圆直径为 2R 的圆柱内装等高 H 的液体，圆锥的
轴截面为等腰直角三角形，圆柱的轴截面为一矩形，H＝ R，圆锥内液体体积为 V1，圆柱内液体体积为
V2，则（ ）
A．V1＝2V2 B．V1＝V2 C．V2＝2V1 D．V1＝ V2
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意可得 H＝ R，得到圆锥的水面圆的直径，进一步得到半径，再由圆锥与圆柱体积公式求解
【详解】
解：如图，圆锥的轴截面为等腰直角三角形，且 H＝ R，
则圆锥的水面圆的直径为 ，
由 ,
所以 ,
故选：B
【点睛】
此题考查圆柱与圆锥体积的求法，考查计算能力，属于基础题
11．（2019·小店·山西大附中高二月考）如图所示，三棱台 中，沿面 截去三棱锥
，则剩余部分是（ ）
3
3
3
3
2 2 3H R=
2 3 2 3
1 2
1 ( 3 ) 3 3 , 3 33V R R R V R R Rπ π π π= ⋅ = = ⋅ =
1 2V V=
1 1 1ABC A B C− 1A BC
1A ABC−A．三棱锥 B．四棱锥 C．三棱台 D．四棱台
【答案】B
【解析】
【分析】
根据棱锥的定义和空间结合体的结构特征，即可求解，得到答案.
【详解】
由题意知，三棱台 中，沿面 截去三棱锥 ，
则剩余部分是四棱锥 ，故选 B.
【点睛】
本题主要考查了棱锥的定义及其判定，其中解答中熟记棱锥的定义，以及空间几何体的结构特征是解答的
关键，着重考查了空间想象能力，属于基础题.
12．（2020·全国高三其他（理））斐波那契螺旋线是根据斐波那契数列 1，1，2，3，5，8，13…画出来的螺
旋曲线，如图 1 中的实线部分（正方形内的数字为正方形的边长）．自然界中存在许多这样的图案，比如向
日葵种子的排列，如图 2．若一圆锥底面圆的周长恰好等于图 1 的螺旋曲线的长度，且轴截面为等边三角形，
则该圆锥的高为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
1 1 1ABC A B C− 1A BC 1A ABC−
1 1 1A BB C C−
27 3 27 3
2
53 3
4
53 3
2根据图 1 可以求出螺旋线的长度，再根据其等于圆锥底面圆的周长可以求出底面圆的半径，然后根据轴截
面为等边三角形可求出圆锥的高，从而得解．
【详解】
图 1 中螺旋线的长度为 ，圆锥底面圆的半径为 ，则 ，解
得 ．因为轴截面为等边三角形，所以圆锥的高为 ．
故选：B．
【点睛】
本题以数学文化为背景让学生欣赏数学的美，主要考查弧长公式、圆锥的基本知识，考查学生的逻辑推理
能力和数学运算能力，属于基础题．
13．（2020·兴仁市凤凰中学高一月考）某水平放置的平面图形的斜二侧直观图是等腰梯形（如图所示），
，则该平面图形的面积为（ ）
A．3 B．4
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先确定直观图中的线段长，再确定平面图形中的线段长度，从而求得平面图形的面积.
【详解】
由
根据斜二测画法可知：
原平面图形为：下底边长为 ，上底为 ，高为 的直角梯形，
所以 .
( )2 3 5 8 13 21 272
ππ π+ + + + + + = r 2 27rπ π=
27
2r = 27 33 2r =
0 145 , 12ABC AD AB BC∠ = = = =
3 2
2
3 2
4
0 145 , 12ABC AD AB BC∠ = = = =
2 1 2
1 2 2 32S
+= × =故选：A
【点睛】
本题考查了斜二测画法中直观图与平面图形中的量的变化，属于基础题.
14．（2020·湖北东西湖·华中师大一附中高一月考）已知正三角形 ABC 的边长为 a，那么△ABC 的平面直观
图△A′B′C′的面积为（ ）
A． a2 B． a2 C． a2 D． a2
【答案】D
【解析】
【分析】
由斜二测画法画出正三角形 的直观图 ，作直观图 的底边 的高，进而求高，再由
三角形的面积公式求得结果。
【详解】
如图①②所示的实际图形和直观图.
由斜二测画法可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝ OC＝ a，在图②中作 C′D′⊥A′B′于 D′，则 C′D′＝ O′C′＝
a.所以 S△A′B′C′＝ A′B′·C′D′＝ ×a× a＝ a2.
故选：D.
【点睛】
本题考查几何体的直观图，考查基本应用求解能力，属于基础题。求几何图形的直观图的面积，方法一，
根据斜二测画法，作出直观图，再求直观图的面积；方法二，直观图的面积与原平面图形的面积比为 。
15．（2020·大连海湾高级中学高一月考）用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边 AB 平行于 y 轴，
BC，AD 平行于 x 轴．已知四边形 ABCD 的面积为 cm2，则原平面图形的面积为( )
3
4
3
8
6
8
6
16
ABC A B C′ ′ ′∆ A B C′ ′ ′∆ A B′ ′
1
2
3
4
2
2
6
8
1
2
1
2
6
8
6
16
2
4
2 2A．4 cm2 B． cm2 C．8 cm2 D． cm2
【答案】C
【解析】
分析：由题意结合斜二测画法的法则整理计算即可求得原图形的面积.
详解：设斜二测画法中梯形的上底为长度 ，下底长度为 ， ，
则梯形的面积为： ，则 ，
原平面图形是一个梯形，且上底为长度 ，下底长度为 ，高为 ，
其面积为： .
本题选择 C 选项.
点睛：本题主要考查斜二测画法，梯形的面积公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
16．（2020·宁夏高一期末）水平放置的 ，用斜二测画法作出的直观图是如图所示的 ，
其中 ， ,则 绕 AB 所在直线旋转一周后形成的几何体的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据斜二测画法的性质求出原图形,再分析 绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体的表面积即可.
【详解】
根据斜二测画法的性质可知,原 是以 为底,高为 的等腰三角形.又
4 2 8 2
a b AB h=
( )1 2 2 22 2S a b h= + × = ( ) 28a b h cm+ =
a b 2 2AB h=
( ) ( ) 21' 2 82S a b h a b h cm= + × = + =
ABC A B C′ ′ ′
1O A O B′ ′ ′ ′= = 3
2O C′ ′ = ABC
2 3π 4 3π 3(2 3 )4
π+ (4 3 3)π+
ABC
ABC 2AB = 2 3OC O C′ ′= =.故 为边长为 2 的正三角形.
则 绕 AB 所在直线旋转一周后形成的几何体可看做两个以底面半径为 ,高为 的圆锥
组合而成.
故表面积为 .
故选：B
【点睛】
本题主要考查了斜二测画法还原几何图形与旋转体的侧面积求解.需要根据题意判断出旋转后的几何体形状
再用公式求解.属于中档题.
17．（2020·江西新余·高一期末）如图为一平面图形的直观图，则此平面图形可能是选项中的
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
观察直观图右边的边与纵轴平行，与 轴垂直，由直观图得出原图形上下两条边是不相等的，从而得出答
案．
【详解】
设直观图中与 轴和 轴的交点分别为 和 ，
根据斜二测画法的规则在直角坐标系中先做出对应的 和 点，
再由平行与 轴的线在原图中平行于 轴，且长度不变，
作出原图如图所示，可知是图 ．
故选： ．
221 3 2AC AB= + = = ABC
ABC 3OC = 1OA =
2 3 2 4 3π π× × =
( )
x
x′ y′ A′ B′
A B
x′ x
C
C【点睛】
本题考查了空间几何体的直观图应用问题，是基础题目．
18．（2020·江苏高一月考）《九章算术》是中国传统数学最重要的著作，书中有如下问题：“今有
委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆
为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为 尺，米堆的高为 尺，米堆的体积和堆放的米各为多少？”
已知 斛米的体积约为 立方尺，圆周率约为 ，估算出堆放的米有多少斛（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
设底面扇形所在圆的半径长为 尺，利用圆弧长求得 的值，再利用锥体的体积公式可求得结果.
【详解】
设底面扇形所在圆的半径长为 尺，
底面扇形是圆心角为直角的扇形，其弧长为 尺，则 ，可得 ，
所以，这个米堆的体积为 （立方尺），约 （斛）.
故选：B.
【点睛】
本题考查锥体体积的相关计算，考查计算能力，属于基础题.
19．（2020·黑龙江让胡路·高一期末）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两
8 5
1 1.62 3
14 22 66 88
r r
r
8 1 3 2 84 r× × = 16
3r =
21 1 16 3203 54 3 3 9
× × × × =
320
9 221.62
≈条相互垂直的半径若该几何体的体积是 ，则它的表面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由三视图，可得该几何体是 的球，根据体积求出半径 R，进而可得表面积.
【详解】
由三视图，可得该几何体是 的球，设球半径为 ，
则 ，
解得 ，
故其表面积 ，
故选：A
【点睛】
本题主要考查了球的体积公式，表面积公式，考查了三视图，属于中档题.
20．（2020·黑龙江萨尔图·高一期末）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
224
3
π
68π 69π 70π 80π
7
8
7
8 R
3 37 4 7 224
8 3 6 3R R
ππ π× = =
4R =
2 27 34 688 4S R Rπ π π= × + =A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由三视图可知该几何体是底面为矩形得四棱锥，计算其体积即可.
【详解】
由三视图可知该几何体是底面为矩形得四棱锥，如图 ，
其中，四边形 为矩形，且 ，
由图可以分析点 到底面的距离为 ，
所以该四棱锥的体积为 .
故选：C.
【点睛】
本题考查由三视图还原几何体，以及几何体体积的求法，解题的关键是能够正确还原几何体，并且清楚几
何体的长度关系.
21．（2020·贵州高一期末）若一个正方体的八个顶点都在同一个球面上，则正方体与这个球的表面积之比为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
4 3 2 3
3
4 3
3 2 3
P ABCD−
ABCD 2, 2AD AB= =
P 3
1 4 32 2 33 3
× × × =
2 3
3π
3
2
π 2
π 2
π【分析】
设正方体的棱长为 ，则外接球的直径为正方体的体对角线，从而可得球的半径，利用公式求出两者的表面
积后可得它们的比值．
【详解】
设正方体的棱长为 ，外接球的半径为 ，则 ，
故球的表面积为 ，而正方体的表面积为 ，
故正方体与这个球的表面积之比为 ．
故选：C．
【点睛】
本题考查正方体和其外接球的表面积的计算，注意弄清楚球的半径与正方体的棱长的关系，本题属于基础
题．
22．（2020·辽宁沈河·高一期末）在四面体 中，三角形 为等边三角形，边长为 ，
， ， ，则四面体 外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据几何体的棱长关系及线面关系确定出球心位置，然后解出半径，得出外接球表面积.
【详解】
如图所示，取 的中点为 ,取 中点为点 ，连接 .
因为 ,且点 为 的中点，则 ，
a
a R 2 3R a=
( )22 24 2 3R R aπ π π= × = 26a
2
2
6 2
3
a
aπ π=
P ABC− ABC 3
3PA = 4PB = 5PC = P ABC−
12π 25π 80
9
π 324
11
π
BC D PC E , ,AE DE AD
3AC AB= = D BC AD BC⊥又 ， ， ，则 ，
因为 // ,所以 ，
所以 平面 ，则 ，
又因为 , 中点为点 ,则
，所以 平面 ,所以球心位于 上.
设球心位点 ，半径为 ,则 ,
由勾股定理得： ，
则 ，解得 ，
故外接球的表面积为 .
故选：D.
【点睛】
本题考查三棱锥的外接球问题，难度一般. 解答时，利用几何条件找出球心的位置是关键，然后通过计算得
到半径，从而得出表面积.
23．（2020·辽宁沈河·高一期末）《九章算术》问题十：今有方亭，下方五丈，上方四丈．高五丈．问
积几何（今译：已知正四棱台体建筑物（方亭）如图，下底边长 丈，上底边长 丈．高 丈．问
它的体积是多少立方丈？（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
3PA = 4PB = 5PC = BC PB⊥
PB DE ,BC DE AD DE D⊥ =
BC ⊥ ADE BC AE⊥
3PA AC= = PC E AE PC⊥
PC BC C∩ = AE ⊥ PBC AE
O R ( )22 2R AE R CE= − +
2
2 5 113 2 2AE = − =
2 2
2 11 5
2 2R R
= − +
9 9 11
1111
R = =
2 3244 11S R
ππ= =
5a = 4b = 5h =
75 305
3
320
3
400
3利用棱台的体积公式 即可求解.
【详解】
.
故选:
【点睛】
本题主要考查了空间几何体的表面积与体积，属于基础题.
24．（2020·贵州铜仁伟才学校高二期末（文））如图所示，某几何体的三视图相同，均为圆周的 ，则该几
何体的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据三视图得该几何体为球的八分之一的部分，再根据题意求解即可得答案.
【详解】
解：根据题意得该几何体是球的八分之一的部分，如图，
故其表面积为三个四分之一的圆的面积与八分之一的球的表面积的和，
( )1 + +3V h S S S S′ ′= ⋅
( ) ( )2 2 2 21 1+ + =3 3V S S S S h a a b b h′ ′= ⋅ + + ⋅
( )2 2 2 21 1 3055 5 4 4 5 61 53 3 3
= + × + × = × × =
B
1
4
2π 5
4
π π 3
4
π故该几何体的表面积为：
故选：B.
【点睛】
本题考查三视图求几何体的表面积，是基础题.
25．（2020·江苏无锡·高二期末）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为
阳马.若四棱锥 为阳马，底面 为矩形， 平面 ， ， ，二面角
为 60°，则四棱锥 的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由线面垂直的性质和判定可得 ，由二面角的平面角的概念可得 ，进而可得 ，
再将该四棱锥补成一个长方体，由长方体的外接球即可得解.
【详解】
因为 平面 ，底面 为矩形，
所以 ， ，所以 平面 ，
所以 ，所以 即为二面角 的平面角，即 ，
所以 ，
将该四棱锥补成一个长、宽、高分别为 4、2、 的长方体，如图，
1 1 53 44 8 4
ππ π× × + × =
P ABCD− ABCD PA ⊥ ABCD 2AB = 4=AD
P BC A− − P ABCD−
16π 20π 64
3
π 32π
BC PB⊥ 60PBA∠ = 2 3PA =
PA ⊥ ABCD ABCD
PA BC⊥ AB BC⊥ BC ⊥ PAB
BC PB⊥ PBA∠ P BC A− − 60PBA∠ =
tan 60 2 3PA AB= ⋅ =
2 3该长方体外接球的半径 ，
所以该球的表面积 ，
所以四棱锥 的外接球的表面积为 .
故选：D.
【点睛】
本题考查了线面位置关系及二面角的应用，考查了几何体外接球的求解和转化化归思想，属于中档题.
26．（2020·深州长江中学高一期末）如图，在棱长为 的正方体 中， 为 中点，则
四面体 的体积( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由体积桥可知 ，求解出 和高 ，代入三棱锥体积公式求得结果.
【详解】
为 中点
又 平面
本题正确选项：
【点睛】
本题考查三棱锥体积的求解问题，关键是能够利用体积桥将所求三棱锥更换顶点，从而更容易求得几何体
的高和底面积，属于基础题.
( )22 24 2 2 3
2 22r
+ +
= =
( )224 4 2 2 32S rπ π π= = × =
P ABCD− 32π
1 1 1 1 1ABCD A B C D− M CD
1A BC M−
1
2
1
4
1
6
1
12
1 1A BCM C ABMV V− −= ABMS∆ 1CC
M CD 1 1
2 2AMB ABCDS S∆∴ = =
1CC ⊥ ABCD
1 1 1
1 1
3 6A BC M C ABM ABMV V S CC− − ∆∴ = = ⋅ =
C27．（2020·全国高三其他）已知六棱锥 的七个顶点都在球 的表面上．若 ，
底面 ，且六边形 是边长为 1 的正六边形，则球 的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
将六棱锥补形成正六棱柱，确定外接球球心的位置，得出外接球的半径，再由球的体积公式得出球的体
积．
【详解】
将六棱锥 补形成正六棱柱，其外接球的球心 为该正六棱柱上、下底面的中心连线的中
点．
因为正六边形 的边长为 1， ，且 底面
所以球 的半径
所以球 的体积为 ．
故选：A
【点睛】
本题主要考查了球体积的计算，涉及了多面体的外接球问题，属于中档题.
28．（2020·全国高三其他）鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.这
种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构
造各不相同，一般都是易拆难装.如图 1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图 2 是该鲁班锁玩具的直观图，每
条棱的长均为 2，则该鲁班锁的表面积为（ ）
A． B． C． D．
P ABCDEF− O 2 3PA = PA ⊥
ABCDEF ABCDEF O
32π
3
16 2π
3
8π 8 2π
P ABCDEF− O
ABCDEF 2 3PA = PA ⊥ ABCDEF
O ( )221 3 2R = + =
O
34π 32π
3 3
R =
8(6 6 2 3)+ + 6(8 8 2 3)+ + 8(6 6 3 2)+ + 6(8 8 3 2)+ +【答案】A
【解析】
【分析】
该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了 8 个正三棱锥所余下来的几何体，然后按照表面积公式计算即
可.
【详解】
由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为 的正方体截去了 8 个正三棱锥所余下来的几何
体，且被截去的正三棱锥的底面边长为 2，侧棱长为 ，则该几何体的表面积为
.
故选：A.
【点睛】
本题考查数学文化与简单几何体的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力.
29．（2020·河北高一期末）在三棱锥 中， ，则该
三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由于三棱锥对棱相等，可将它补成一个长方体，利用长方体求得其外接球的半径，得球表面积．
【详解】
因为 ，所以可以将三棱锥 如图放置于一个长方体
中，设长方体的长宽、高分别为 a，b，c，则有 整理得 ，则该棱锥外接球
的半径 ， 球 ．
故选：C．
2 2 2+
2
2 1 16 (2 2 2) 4 2 2 8 2 32 2S = × + − × × × + × × × 8(6 6 2 3)= + +
S ABC− 5, 17, 10SA BC SB AC SC AB= = = = = =
20π 25π 26π 34π
5, 17, 10SA BC SB AC SC AB= = = = = = S ABC−
2 2
2 2
2 2
17,
25,
10,
a b
a c
b c
+ =
+ =
+ =
2 2 2 26a b c+ + =
26
2R = S 24 26Rπ π= =【点睛】
本题考查求三棱锥外接球的表面积，解题关键是求出球的半径，方法是把球放在一个长方体中，三棱锥的
各棱是长方体六个面上面对角线．
30．（2020·兴仁市凤凰中学高一月考）一直三棱柱的每条棱长都是 2，且每个顶点都在球 的表面上，则球
的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由正三棱柱的两个底面的中心的连线的中点就是其外接球的球心，球心与顶点的连线长就是半径，利用勾
股定理，可求出球的半径，即可求出球的表面积.
【详解】
正三棱柱的两个底面的中心的连线的中点就是其外接球的球心，球心与顶点的连线长就是半径，
设底面三角形外接圆的半径 ，
由正弦定理可得， ， ∴ ，
所以球的半径 ，
所以球的表面积 ．
O
O
28
3
π 22
3
π 7
3
π 7π
r
2 4 32 sin 60 3r = =°
2 3
3r =
2
22 3 713 3R
= + =
7 284 3 3S
ππ= × =故选：A．
【点睛】
本题考查正三棱柱的外接球的表面积的求法，明确球心、球的半径与正三棱柱的关系是本题解决的关键．
31．（2020·兴仁市凤凰中学高一月考）已知圆锥的高 ，体积 ，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据椎体体积求出底面半径，由 求出圆锥的母线长，再由圆锥的侧面积公式即可求解.
【详解】
如图设圆锥底面半径为 ，母线长为 ，所以圆锥的体积为 ，所以 ，
又 ，所以该圆锥的侧面积为 .
故选：B
【点睛】
本题主要考查圆锥的体积与表面积公式，属于常规题型.
32．（2020·河南洛阳·高一期末（理））已知体积为 的三棱锥 的顶点 ， ， 都在球 的
表面上，且 ， ， ，则球 的表面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
3h = 4V π=
13π 2 13π 6π 8π
2 2l r h= +
r l 21 43V r hπ π= = 2r =
2 2 4 9 13l r h= + = + = 1 2 2 132S rlπ π= ⋅ =
4 3 O ABC− A B C O
6AB = 2 3BC = 4 3AC = O
16π 32π 64π 72π由已知得出底面是直角三角形，球心在底面的射影是斜边中点，所以 、 、 构成直角三角形，
勾股定理求出半径，从而得到表面积.
【详解】
因为 ，所以 是直角三角形，
可得 在底面 的射影为外心，即 边中点，设为 ，
，
，所以
设球的半径为 ，由勾股定理得
，
所以球的表面积 .
故选： .
【点睛】
本题考查了棱锥的体积、球的表面积.
33．（2020·山东高三其他）在轴截面为等腰直角三角形的圆锥内，作一内接圆柱，若圆柱的表面积等于圆锥
的侧面积，则圆锥的底面半径与圆柱的底面半径之比为（ ）
A． B．2：1 C． D．4：1
【答案】A
【解析】
【分析】
本题先设圆柱的底面半径为 ，高为 ，圆锥的底面半径为 ，再用 ， 表示出 、 ，从而表示出圆柱
的表面积与圆锥的侧面积，接着由已知建立方程 ，化简即可得到答案.
【详解】
AM OM AO
2 2 2AB BC AC+ = ABC∆
O ABC∆ AC M
1 2 32AM AC= =
1 1 6 2 3 6 32 2ABCS AB BC∆ = ⋅ = × × =
1 1 6 3 4 33 3O ABC ABCV S OM OM− ∆= ⋅ = × × = 2OM =
R 2 2 2 24 (2 3) 16R OM AM= + = + =
4R∴ =
24 4 16 64S Rπ π π= = × =
C
2 :1 3 :1
r h R r R h l
22 2π π=rR R设圆柱的底面半径为 ，高为 ，圆锥的底面半径为 ，则圆锥的高为 ，母线长 .则 ，
即 .则圆柱的表面积为 .圆锥的侧面积为
.因为圆柱的表面积等于圆锥的侧面积，所以 ，即 ，则 ，
故选：A.
【点睛】
本题考查圆锥和圆柱的结构特征及表面积，是中档题.
34．（2020·山东临沂·高一期末）魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体内两个
互相垂直的内切圆柱所围成几何体为“牟合方盖”，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”
的体积之比应为 ，若“牟合方盖”的体积为 18，则正方体的棱长为（ ）
A．18 B．6 C．3 D．2
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可得该正方体的内切球的体积，设正方体的棱长为 ，进而可得内切球半径为 ，由球的体积公式
列方程，即可得解.
【详解】
因为“牟合方盖”的体积为 18，所以该正方体的内切球的体积为 ，
设正方体的棱长为 ，则该正方体的内切球半径为 ，
所以 ，解得 .
故选：C.
【点睛】
本题考查了数学文化及正方体内切球、球的体积公式的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.
35．（2020·四川省高三月考（文））甲、乙两个几何体的三视图如图所示（单位相同），记甲、
乙两个几何体的体积分别为 ， ，则（ ）
r h R R 2l R= − =R h r
R R
= −h R r 2 22 2 2 2 ( ) 2π π π π π+ = + − =r rh r r R r rR
22π π=Rl R 22 2π π=rR R 2=R r 2=R
r
π : 4
a
2
a
π 918 4 2
π× =
a
2
a
34 9
3 2 2
a ππ × = 3a =
1V 2VA． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
由甲的三视图可知，该几何体为一个正方体中间挖掉一个长方体，正方体的棱长为 8，长方体的长为 4，宽
为 4，高为 6，则该几何体的体积为 ；
由乙的三视图可知，该几何体为一个底面为正方形，边长为 9，高为 9 的四棱锥，则该几何体的体积为
.
∴
故选 D.
点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题. 三视图问题
是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不
但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对
几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确
定组合体的形状.
第 II 卷（非选择题）
三、填空题
36．（2020·黑龙江让胡路·高一期末）如图，正方体 的棱长为 ，动点 在对
角线 上，过点 作垂直于 的平面，记：这样得到的截面多边形（含三角形）的面积为 ，设
1 22V V> 2 22V V=
1 2 163V V− = 1 2 173V V− =
3
1 8 4 4 6 416V = − × × =
2
1 9 9 9 2433V = × × × =
1 2 416 243 173V V− = − =
1 1 1 1ABCD A B C D− 3 P
1BD P 1BD y，则当 时，函数 的值域为________.
【答案】
【解析】
【分析】
由已知得当 或 时，截面是三角形，此时截面的面积最小，当 ，即 在 中点时，截面为
正六边形的面积最大，由此可求得答案.
【详解】
如图：∵正方体 的棱长为 ，∴正方体的对角线长为 3，
∵ ，当 或 时，截面是三角形，此时截面的面积最小，
设截面三角形的边长为 ，由等体积法得： ，
∴ ，∴ .
当 ，即 在 中点时，截面为正六边形的面积最大，此时正六边形的边长为
，故截面面积最大为 .
故答案为：
BP x= 1 5,2 2x ∈ ( )y f x=
3 3 9 3,8 4
1
2x = 5
2
3
2x = P 1BD
1 1 1 1ABCD A B C D− 3
1 5,2 2x ∈
1
2x = 5
2
t
2
21 3 1 1 1 2 2
3 4 2 3 2 2 2t t t
× × = × × ×
6
2t =
2
min
3 6
4
3
82
3y
× =
=
3
2x = P 1BD
2 2
3 3 6
2 2 2
+ =
2
3 6 9 36 4 2 4
× × =
3 3 9 3,8 4
【点睛】
本小题主要考查正方体截面面积的最大值，考查空间想象能力，属于中档题.
37．（2020·渝中·高一期末）两个完全相同的长方体的长、宽、高分别为 5cm，4cm，3cm，把
它们重叠在一起组成一个新长方体，在这些新长方体中，最长的对角线的长度是_____.
【答案】 cm
【解析】
【分析】
分三种情形讨论：（1）重叠的是长、宽分别为 ， 的面，（2）重叠的是长、高分别为 ，
的面，（3）重叠的是宽、高分别为 ， 的面．利用长方体的对角线公式即可求得．
【详解】
解：有以下三种情形：
（1）重叠的是长、宽分别为 ， 的面，
则新长方体的对角线长为
（2）重叠的是长、高分别为 ， 的面，
则新长方体的对角线长为
（3）重叠的是宽、高分别为 ， 的面，
则新长方体的对角线长为
故在这些新长方体中，最长的对角线的长度是 ．
故答案为： ．
【点睛】
本题以长方体为载体，考查长方体的对角线的计算，考查分类讨论的数学思想．
38．（2021·广西钦州一中高三开学考试（理））已知圆锥的底面半径为 ，母线长为 ，若圆锥内某正方
体的底面在圆锥的底面上，则该正方体的最大体积为______.
5 5
5cm 4cm 5cm 3cm
4cm 3cm
5cm 4cm
2 2 25 4 6 77cm+ + =
5cm 3cm
2 2 25 3 8 98 7 2cm+ + = =
4cm 3cm
2 2 24 3 10 125 5 5cm+ + = =
5 5cm
5 5cm
2 6【答案】1
【解析】
【分析】
先由圆锥的结构特征可知：圆锥内接正方体最大，设正方体边长为 ，沿内接正方体的体对角线所在的面，
纵切圆锥及其内接正方体，得到轴截面，结合图形，由题中数据，列出方程求解，即可求出正方体的棱长，
进而可求出体积.
【详解】
由圆锥的结构特征可知：圆锥内接正方体最大；
因为圆锥的底面半径为 ，母线长为 ，
所以圆锥的高为 ，
设正方体棱长为 ，沿内接正方体的体对角线所在的面，纵切圆锥及其内接正方体，得到如图所示的轴截面，
则图形可得： ，解得： ，
所以该正方体的最大体积为 .
故答案为： .
【点睛】
本题主要考查求圆锥内接正方体的最大体积，熟记正方体和圆锥的结构特征即可，属于常考题型.
39．（2020·全国高三其他（理））已知正三棱柱 中 ，点 ， 分别是侧面
和 内的动点，过点 在侧面 内作平行于 的直线分别交 ， 于点 ，
，过点 在侧面 内作平行于 的直线分别交 ， 于点 ， ， ， 的中点分
别为 ， ，则多面体 侧面积的最小值为______.
x
2 6
( ) ( )2 2
6 2 2− =
x
2 2
22 2
x x−= 1x =
3
max 1V x= =
1
1 1 1ABC A B C− 1 4AB AA= = M N
1 1ABB A 1 1ACC A M 1 1ABB A 1AA AB 1 1A B E
1E N 1 1ACC A 1AA AC 1 1AC F 1F BC 1 1B C
G 1G 1 1 1EFG E FG−【答案】24
【解析】
【分析】
根据题意，多面体侧面积最小只需三角形 周长最小即可，根据对称性，结合题意即可容易求得结果.
【详解】
多面体 为三棱柱，
确定其侧面积的最小值只需确定底面 周长的最小值即可.
在底面 中，设 关于 和 对称点分别为 ， ，连接 ，
则当 ， ， ， 共线时， 周长最小，最小值为 6.
所以多面体 的体积的最小值为 24.
故答案为： .
【点睛】
本题考查多面体体积的计算，注意确定临界情况即可，属基础题.
40．（2019·重庆大足·高二期末（理））一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出它的直观图是如图所示的
，若 ， ， ，则原平面图形的面积是__________．
EFG
1 1 1EFG E FG−
EFG
ABC G AB AC Q R QR
E F Q R EFG
1 1 1EFG E FG−
24
O A B′ ′ ′∆ o90A B O′ ′ ′∠ = o30A O B′ ′ ′∠ = 2A B cm′ ′ =【答案】 .
【解析】
【分析】
先算出 的面积，然后利用原图形的面积与 的面积的关系算出即可.
【详解】
设原平面图形的面积为 ，斜二测画法后的图形面积为
则有
本题 ， ，
所以 ，所以
所以
故答案为：
【点睛】
本题主要考查斜二测画法，要熟记 ，较简单.
41．（2020·浙江西湖·学军中学高三其他）已知三棱锥 的所有顶点都在球 的球面上， 平面
， ， ，若球 的表面积为 ，则三棱锥 的侧面积的最大值为
__________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据球的性质可知球心 必在过 中点 且平行于 的直线上，根据勾股定理可确定
24 6 cm
O A B′ ′ ′∆ O A B′ ′ ′∆
S 'S
' 2
4S S=
o90A B O′ ′ ′∠ = o30A O B′ ′ ′∠ = 2A B cm′ ′ =
2 3O B cm′ ′ = ' 1 2 2 3 2 32S = × × =
4 6S =
24 6 cm
' 2
4S S=
A BCD− O AD ⊥
ABC 90BAC∠ = ° 2AD = O 29π A BCD−
255 2 4
+
O BC E AD；根据球的表面积公式可确定半径 ，勾股定理可得到
；将三棱锥侧面积表示为 ，利用基本不等式可求得最大值.
【详解】
取 中点
为 的外接圆圆心
过 作 的平行线，由球的性质可知，球心 必在此平行线上
作 ，交 于 ，如下图所示：
， ，
球 的表面积为 球 的半径
设 ，
由 得：
又 ， ，
三棱锥 侧面积
由 得： （当且仅当 时取等号）
1 12AF DF OE AD= = = = 29
2R =
2 2 2 2 25AB AC x y+ = + = 1
2S x y xy= + +
BC E
90BAC∠ = E∴ ABC∆
E AD O
/ /OF AE AD F
2 2OA OE AE= +
2 2 2 2OD OF DF AD DF= + = + OA OD=
1 12AF DF OE AD∴ = = = =
O 29π ∴ O 29 29
4 2R = =
AB x= AC y=
2 2
2 2 2914 2
x yR OC CE OE
+= = + = + = 2 2 25x y+ =
1
2ABDS AB AD x∆ = ⋅ = 1
2ACDS AC AD y∆ = ⋅ = 1 1
2 2ABCS AB AC xy∆ = ⋅ =
∴ A BCD− 1
2S x y xy= + +
2 2 2x y xy+ ≥ 25
2xy ≤ 5 2
2x y= =又 （当且仅当 时取等号）
（当且仅当 时取等号）
故答案为
【点睛】
本题考查空间多面体的外接球的相关问题的求解，涉及到利用基本不等式求解最值的问题，关键是能够根
据球的性质确定球心位置，从而利用勾股定理得到变量所满足的等量关系，从而结合基本不等式求得结果.
42．（2020·兴仁市凤凰中学高一月考）在长方体 中， 为 的中点，则三棱锥
的体积与长方体 的体积的比值为_____.
【答案】
【解析】
【分析】
设出长方体的底面积和高，由此计算出两个几何体的体积比.
【详解】
设长方体底面积为 ，高为 ，则体积为 .
根据长方体的性质可知，三棱锥 的底面积为 ，高为 ，所以体积为 .
所以三棱锥 的体积与长方体 的体积的比值为 .
故答案为：
( )2 2 2 2 22 25 50x y x y xy x y+ = + + ≤ + + = 5 2
2x y= =
255 2 4S∴ ≤ + 5 2
2x y= =
255 2 4
+
1 1 1 1ABCD A B C D− E 1CC
E BCD− 1 1 1 1ABCD A B C D−
1
12
S h Sh
E BCD− 1
2 S 1
2 h 1 1 1 1
3 2 2 12S h Sh× × =
E BCD− 1 1 1 1ABCD A B C D− 1
12
1
12【点睛】
本小题主要考查柱体和锥体体积计算，属于基础题.
43．（2020·兴仁市凤凰中学高一月考）正方体的表面积是 36，它的顶点都在一个球面上，则这个球的表面
积是_______.
【答案】
【解析】
【分析】
设球的半径为 ，则正方体的对角线长为 ，利用正方体的表面积求出与球的半径的等式，然后求出球的
表面积．
【详解】
解：设球的半径为 ，正方体棱长为 ，则正方体的对角线长为 ，
即 ，即 ，
．
故答案为： ．
【点睛】
本题主要考查空间几何体的外接球的表面积，解题的突破口是正方体的体对角线就是球的直径，正确进行
正方体的表面积的计算，是解好本题的关键，考查计算能力．
44．（2020·山东临沂·高一期末）一个底面半径为 2 的圆锥，其内部有一个底面半径为 1 的内接圆柱，若其
内接圆柱的体积为 ，则该圆锥的表面积为________.
【答案】
【解析】
【分析】
先由圆柱的体积公式求得圆柱的高，再利用相似可得圆锥的高，结合勾股定理求得圆锥的母线长，最后利
用圆锥的侧面积公式和圆的面积公式，即可求解.
【详解】
根据题意，作出如下的图形，
设圆锥的底面半径为 ，内接圆柱的底面半径为 ，
因为内接圆柱的体积为 ，所以 ，解得 ，
18π
R 2R
R a 2R 2 24 3R a=
24 1 363 6R = × 2 9
2R =
24 4 9 182S Rπ π π∴ = = ⋅ =球
18π
3π
12π
2R = 1r =
3π 2 3V r BC BCπ π π= ⋅ = ⋅ = 3BC =又由 ，所以 ，解得 ,
所以圆锥的母线长为 ，
所以该圆锥的表面积为 .
故答案为： .
【点睛】
本题主要考查了圆锥的表面积和圆柱的体积的计算，其中解答中熟记圆锥、圆柱的结构特征是解答的关键，
着重考查数形结合法，以及推理与运算能力.
45．（2020·全国高三其他（文））已知四棱锥 中，底面 是梯形，且 ，
， ， ，且 ， ，则三棱锥 外接
球的表面积为________.
【答案】
【解析】
【分析】
取 的中点 ，连接 ，证得 平面 ，从而得到 等边三角形，
再取 的中点 ，设三棱锥 外接球的球心为 ，半径为 ，球心到 的距离为 ，在直角
和直角 中，列出方程组，求得 ，结合面积公式，即可求解.
【详解】
取 的中点 ，连接 ，因为 ，可得 ，
又由底面 是梯形，且 ， ， ，可得 ，
所以 平面 ，又由 平面 ，所以所以 平面 ，
AB r
AC R
= 1
23
AB
AB
=
+ 3, 2 3AB AC= =
2 2 2 2(2 3) 2 4AD AC R= + = + =
2 4 8 12S R R ADπ π π π π= + ⋅ = + =
12π
P ABCD− ABCD //AD BC
AD DC⊥ 2 2 4= = =AD DC CB AP PD⊥ AP PD= 2 2=PC P BCD−
28
3
π
AD E ,PE BE PBE ⊥ ABCD PBE△
BE F P BCD− O r ABCD h
BOM PON△ 2r
AD E ,PE BE AP PD= AD PE⊥
ABCD //AD BC AD DC⊥ 2 2AD DC CB= = AD BE⊥
AD ⊥ PBE AD ⊂ ABCD PBE ⊥ ABCD在直角 中， ，
在直角 中， ， 且 ，所以 等边三角形，
取 的中点 ，可得 且 ，
设三棱锥 外接球的球心为 ，半径为 ，球心到 的距离为 ，
在直角 中，可得 ，
在直角 中，可得 ，
解得 ，
所以球的表面积为 .
故答案为： .
【点睛】
本题主要考查了球的表面积的计算，以及球的组合的性质及应用，其中解答中根据几何体的结构特征，找
出球心的位置，结合球的性质列出方程组是解答的关键，着重考查了运算能力和转换能力，以及空间想象
能力，属于中档试题.
46．（2020·海南枫叶国际学校高一期中）在四面体 中， ， ，
，则此四面体 外接球的表面积是__.
【答案】
【解析】
【分析】
根据对棱长相等可将四面体补成长方体，长方体的外接球就是四面体的外接球，根据对棱长可求外接球的
PBC 2 2 2PB PC BC= − =
PAD△ AP PD⊥ AP PD⊥ 4=AD PBE△
BE F PF BE⊥ 3PF =
P BCD− O r ABCD h
BOM 2 2 2 2 2( 2)r OM BM h= + = +
PON△ 2 2 2 2 2( 3 ) 1r PN OM h= + = − +
2 7
3
=r
2 7 284 4 3 3S r
ππ π= = × =
28
3
π
ABCD 13AB CD= = 5BC DA= =
10CA BD= = ABCD
14π直径，故可得外接球的表面积.
【详解】
将该几何体补成如图所示的长方体：
设长方体的长、宽、高分别为 ，则 ，所以 ，
所以长方体的外接球（即四面体 的外接球）的直径为 ，其表面积为 .
【点睛】
几何体的外接球问题，应该先考虑如何确定球的球心，再把球的半径放置在可解的平面图形中，如果球心
的位置不易确定，则可以把几何体补成规则的几何体，通过规则几何体的外接球来考虑要求解的外接球的
半径.
四、解答题
47．（2020·湖北东西湖·华中师大一附中高一月考）已知一个圆锥的底面半径为 ，母线长为 .
（1）求圆锥的侧面展开图的扇形的圆心角;
, ,a b c
2 2
2 2
2 2
10
5
13
a b
a c
b c
+ =
+ =
+ =
2 2 2 14a b c+ + =
ABCD 14 14π
2 4（2）若圆锥中内接一个高为 的圆柱.求圆柱的表面积.
【答案】（1） （2）
【解析】
【分析】
（1）由圆锥侧面展开图的定义计算；
（2）由圆锥截面性质，在轴截面中得到相似三角形，由比例性质可得圆柱的底面半径后可得圆柱表面
积．
【详解】
（1）
（2）如图所示，设圆锥的底面半径为 ,圆柱的底面半径为 ，表面积为 ,
则
易知
，即
【点睛】本题考查圆锥的侧面展开图，考查圆柱表面积，考查圆锥的内接圆柱性质．解题关键是掌握圆锥
平行于底面的截面的性质．
48．（2020·山东济南·高一期末）在① 平面 ，② ，③点 在平面 内的射影为
的垂心，这三个条件中任选两个补充在下面的问题中，并解答.三棱锥 中，
3
π ( )2 2 3 π+
2 4
4
r
l
π πα π= = =
R r S
2 22, 4, 4 2 2 3R OC AC AO= = = = − =
AEB AOC∆ ∆
AE EB
AO OC
∴ = 3 , 122 3
r r= ∴ =
22 2 , 2 2 3S r S r hπ π π π= = = =底 侧
( )2 2 3 2 2 3S S S π π π∴ = + = + = +底 侧
PA ⊥ ABC 60ABC∠ = ° P ABC
ABC P ABC−.若________，求三棱锥 的体积. 注：如果选择多种条件组合分别解答，按第
一种解答计分.
【答案】答案见解析
【解析】
【分析】
若选择①和②，判断出三角形 是等边三角形，由此计算出三棱锥 的体积. 若选择①和③，判
断出三角形 是等腰直角三角形，由此计算出三棱锥 的体积. 若选择②和③，判断出三角形
是等边三角形并计算出面积.根据等边三角形的性质判断出 在三角形 内的射影 为三角形
的中心，由此利用勾股定理求得三棱锥 的高，进而计算出三棱锥 的体积.
【详解】
若选择①和②，
因为 ， ，
所以 为等边三角形，
所以 ，
因为 平面 ，
所以 即为点 到平面 的距离，且 ，
所以 .
6PA AB AC= = = P ABC−
ABC P ABC−
ABC P ABC−
ABC P ABC O
ABC P ABC− P ABC−
6AB AC= = 60ABC∠ = °
ABC
23 6 9 34ABCS = × =△
PA ⊥ ABC
PA P ABC 6PA =
1 1 9 3 6 1833 3P ABC ABCV S PA− = ⋅ ⋅ = × × =△若选择①和③，
因为 平面 ，
所以点 为点 在平面 内的射影，
又因为点 在平面 内的射影为 的垂心，
所以点 即为 的垂心，
所以 ，
因为 ，所以三角形 是等腰直角三角形，所以 ，
因为 平面 ，
所以 即为点 到平面 的距离，且 ，
所以 .
PA ⊥ ABC
A P ABC
P ABC ABC
A ABC
90BAC∠ = °
6AB AC= = ABC 21 6 182ABCS = × =△
PA ⊥ ABC
PA P ABC 6PA =
1 1 18 6 363 3P ABC ABCV S PA− = ⋅ ⋅ = × × =△若选择②和③，
因为 ， ，
所以 为等边三角形，
所以 ，
设 的中心为点 ，则点 即为等边 的重心、垂心，且 ，
因为点 在平面 内的射影为 的垂心，即 点
所以 平面 ，
所以 即为点 到平面 的距离，且 ，
所以 .
6AB AC= = 60ABC∠ = °
ABC
23 6 9 34ABCS = × =△
ABC O O ABC
2 3 6 2 33 2OA
= × × =
P ABC ABC O
PO ⊥ ABC
PO P ABC 2 26 (2 3) 2 6PO = − =
1 1 9 3 2 6 18 23 3P ABC ABCV S PO− = ⋅ ⋅ = × × =△【点睛】
本小题主要考查锥体体积的求法，属于中档题.
49．（2020·辽宁沈河·高一期末）如图所示的圆锥，顶点为 O，底面半径是 5cm，用一与底面平行
的平面截得一圆台，圆台的上底半径为 2.5cm，这个平面与母线 OA 交于点 B，线段 AB 的长为 10cm．（提
示：本题的数据有长度单位）
（1）求圆台的体积和圆台的侧面积；
（2）把一根绳从线段 AB 的中点 M 开始到点 A，沿着侧面卷绕．使它成为最短时候，求这根绳的长度；
（3）在（2）的条件下，这根绳上的点和圆台上底面上的点的距离中，最短的距离是多少？
【答案】（1） ；（2）25cm；（3）2cm.
【解析】
3 2875 15 75 cm24 cmπ π；【分析】
（1）求出大圆锥和小圆锥的高，母线长，用大圆锥体积减去小圆锥体积得圆台，用大圆锥侧面积减去小圆
锥侧面积得圆台侧面积；
（2）作出侧面展开图，绳长的最小值转化求 的长，只要求得侧面展开图圆心角即可得．
（3）由侧面展开图可知，距离最短时，就是 到直线 的距离减 OB 长
【详解】
（1）作出圆锥的轴截面和沿 剪开的侧面展开图，如下图
由底面半径是 5cm，上底半径为 2.5cm，AB 的长为 10 cm，可得： cm，
所以，圆锥的高为： ＝ ，小圆锥的高为 ．
因此圆台的体积为： ，
侧面积为： ．
（2）由圆锥的底面周长可得侧面展开图的弧长为 ，
所以，侧面展开图的圆心角为 ，
在直角三角形 中 ，可得 ，所以最短时候，绳长为 25cm
（3）由侧面展开图可知，距离最短时，就是 到直线 的距离减 OB 长： ．
【点睛】
本题考查求圆台的体积与侧面积，考查圆锥的体积公式和侧面积公式，圆锥的侧面展开图，利用圆锥侧面
展开图可把侧面的距离的最小值转化为平面上两点间的距离，点到直线的距离．
'A M
O 'A M
OA
10OB =
2 220 5− 5 15 5 15
2
2 2 31 1 5 15 875 155 5 15 2.5 (3 3 2 24 cm )V π π π= × × − × × =
25 20 2.5 10 )75 cm(S π π π= × × − × × =
10π
2
π
'MOA 15OM = 2 2' 20 15 25(cm)MA = + =
O 'A M 15 20 1025
× − 2( )cm=五、双空题
50．（2020·山东高三其他）已知等边三角形 的边长为 ， ， 分别为 ， 的中点，将
沿 折起得到四棱锥 .点 为四棱锥 的外接球球面上任意一点，当四棱
锥 的体积最大时，四棱锥 外接球的半径为______，点 到平面 距离的最大
值为______.
【答案】
【解析】
【分析】
由题意作图，当四棱锥 的体积最大时，平面 平面 ，根据图形的几何性质，找
到球心 O 的位置，进而根据已知长度求出半径 R，即可得答案.
【详解】
如图所示：
设 的中点为 ， ， 分别为等边三角形 和梯形 的外接圆圆心.
在 中， 为 的中点，所以 ，
则 为梯形 外接圆的直径.
连接 ， .由题意，当四棱锥 的体积最大时，平面 平面 ，
过 作平面 的垂线，过 作平面 的垂线，两条垂线交于点 ，则点 即为四棱锥
外接球的球心.
四边形 为矩形，则 .
ABC 2 3 M N AB AC
AMN MN A MNCB− P A MNCB−
A MNCB− A MNCB− P MNCB
13
2
13 1
2
+
A MNCB− AMN ⊥ MNCB
MN Q 1O 2O AMN MNCB
ABC N AC BN CN⊥
BC MNCB
1O Q 2O Q A MNCB− AMN ⊥ MNCB
1O AMN 2O MNCB O O
A MNCB−
1 2OO QO 2 1
=OO OQ在等边三角形 中， ，则 ， ，即 .
又 ，所以四棱锥 外接球的半径 ，
所以点 到平面 距离的最大值 .
故答案为： ； .
【点睛】
本题考查四棱锥外接球和球的性质，解题的关键是由已知可得平面 平面 ，分别过三角形
和梯形 外接圆的圆心 ， 作两平面的垂线，两垂线的交点即为四棱锥 外接球
的球心，考查分析理解，数形结合的能力，属中档题.
AMN 3MN = 3
2AQ = 1
1
2
=O Q 2
1
2
=OO
2 3=O B A MNCB−
2
2 2 2
2 2
1 13( 3)2 2
= = + = + = R OB OO O B
P MNCB 2 2
13 1
2
+= + =O P R OO
13
2
13 1
2
+
AMN ⊥ MNCB
AMN MNCB 1O 2O A MNCB−
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