第01讲 基本立体图形、
简单几何体的表面积及体积
（7类核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
5年考情
考题示例 考点分析 关联考点
2024年新I卷，第5题,5分 圆柱表面积的有关计算 圆锥表面积的有关计算 锥体体积的有关计算 无
2024年新Ⅱ卷，第7题,5分 锥体体积的有关计算 台体体积的有关计算 求线面角
2023年新I卷，第12题,5分 正棱锥及圆柱体的相关计算 球体相关计算
2023年新I卷，第14题,5分 台体体积的有关计算 无
2023年新Ⅱ卷，第9题,5分 圆锥表面积的有关计算 锥体体积的有关计算 二面角的概念及辨析 二面角大小求线段长度或距离
2023年新Ⅱ卷，第14题,5分 正棱台及其有关计算 锥体体积的有关计算 台体体积的有关计算 无
2022年新I卷，第4题,5分 台体体积的有关计算 无
2022年新I卷，第8题,5分 锥体体积的有关计算 球的体积的有关计算 多面体与球体内切外接问题 由导数求函数的最值 (不含参)
2022年新Ⅱ卷，第11题,5分 锥体体积的有关计算 证明线面垂直
2021年新I卷，第3题,5分 圆锥中截面的有关计算 无
2021年新Ⅱ卷，第5题,5分 棱台的结构特征和分类 台体体积的有关计算 无
2020年新Ⅱ卷，第13题,5分 锥体体积的有关计算 无
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题稳定，难度较低，分值为5-6分
【备考策略】1.了解柱、锥、台体及简单组合体的结构特征及其相关性质
2.会运用柱体、锥体、台体等组合体的表面积和体积的计算公式求解相关问题
【命题预测】本节内容是新高考卷的常考内容，一般给定柱、锥、台体及简单组合体，求对应的表面积与体积，需强化复习.
知识讲解
1．空间几何体的结构特征
(1)多面体的结构特征
名称 棱柱 棱锥 棱台
图形
底面 互相平行且全等 多边形 互相平行
侧棱 平行且相等 相交于一点但不一定相等 延长线交于一点
侧面形状 平行四边形 三角形 梯形
(2)旋转体的结构特征
名称 圆柱 圆锥 圆台 球
图形
母线 平行、相等且垂直于底面 相交于一点 延长线交于一点
轴截面 全等的矩形 全等的等腰三角形 全等的等腰梯形 圆
侧面 展开图 矩形 扇形 扇环
2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
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(r1＋r2)l
3.空间几何体的表面积与体积公式
名称 几何体 表面积 体积
柱体(棱柱和圆柱) S表面积＝S侧＋2S底 V＝S底·h
锥体(棱锥和圆锥) S表面积＝S侧＋S底 V＝S底·h
台体(棱台和圆台) S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h
球 S＝4πR2 V＝πR3
考点一、空间几何体的结构特征
1．以下结论中错误的是（ ）
A．经过不共面的四点的球有且仅有一个 B．平行六面体的每个面都是平行四边形
C．正棱柱的每条侧棱均与上下底面垂直 D．棱台的每条侧棱均与上下底面不垂直
2．下列命题：
①有两个面平行，其他各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱；
②有两侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱；
③过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形不可能是矩形；
④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱一定是正四棱柱．
其中正确命题的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
3．（多选）如图，我们常见的足球是由若干个正五边形和正六边形皮革缝合而成.如果我们把足球抽象成一个多面体，它有60个顶点，每个顶点发出的棱有3条，设其顶点数V，面数F与棱数E，满足（Euler's formula），据此判断，关于这个多面体的说法正确的是（ ）
A．共有20个六边形
B．共有10个五边形
C．共有90条棱
D．共有32个面
1．下列命题是真命题的是（ ）
A．两个四棱锥可以拼成一个四棱柱 B．正三棱锥的底面和侧面都是等边三角形
C．经过不共线的三个点的球有且只有一个 D．直棱柱的侧面是矩形
2．下面关于空间几何体叙述正确的有（ ）
A．圆柱的所有母线长都相等 B．底面是正方形的棱锥是正四棱锥
C．一个棱台最少有5个面 D．用一平面去截圆台，截面一定是圆面
3．给出下列命题：
①长方体是四棱柱；
②直四棱柱是长方体；
③底面是正多边形的棱锥一定是正棱锥；
④延长一个棱台的各条侧棱，它们相交于一点．
则正确的是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
考点二、柱体的表面积与体积
1．（2024·上海·三模）已知圆柱的底面半径为3cm，侧面积为cm3，则此圆柱的体积为 cm3
2．（全国·高考真题）在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为
A． B． C． D．
3．（江苏·高考真题）设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1，S2，体积分别为V1，V2，若它们的侧面积相等，且＝，则的值是 ．
1．2．4．（2024·天津·高考真题）一个五面体．已知，且两两之间距离为1．并已知．则该五面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
1．
1．（上海·高考真题）若正三棱柱的所有棱长均为，且其体积为，则 .
2．（2024·山东·二模）已知圆柱的底面半径为4，侧面面积为，则该圆柱的母线长等于 ．
3．（全国·高考真题）正三棱柱侧面的一条对角线长为2，且与底面成角，则此三棱柱的体积为（ ）
A． B． C． D．
4．（全国·高考真题）已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为
A． B． C． D．
考点三、锥体的表面积与体积
1．（2021·全国·高考真题）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为 .
2．（2023·全国·高考真题）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（ ）
A．1 B． C．2 D．3
3．（2023·全国·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·天津·高考真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
1．（2024·全国·高考真题）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·全国·高考真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
3．（2022·全国·高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2022·全国·高考真题）（多选）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ）
A． B．
C． D．
考点四、台体的表面积与体积
1．（2021·全国·高考真题）正四棱台的上 下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·全国·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ．
3．（2022·全国·高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·全国·高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为 ．
1．（2024·全国·模拟预测）已知一个高为6的圆锥被平行于底面的平面截去一个高为3的圆锥，所得圆台的上、下底面圆周均在球的球面上，球的体积为，且球心在该圆台内，则该圆台的表面积为（ ）
A． B．
C． D．
3．2．（2024·陕西安康·模拟预测）在正四棱台中，，若正四棱台的高为，则其表面积为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·天津河西·三模）如图，在三棱柱中，E，F分别为AB，AC的中点，平面将三棱柱分成体积为，两部分，则（ ）
A．1∶1 B．4∶3 C．6∶5 D．7∶5
4．（2024·新疆喀什·二模）（多选）如图圆台，在轴截面中，，下面说法正确的是（ ）
A．线段
B．该圆台的表面积为
C．该圆台的体积为
D．沿着该圆台的表面，从点到中点的最短距离为5
考点五、组合体的表面积与体积
1．（2024·辽宁大连·一模）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．
2．（2024·湖北武汉·二模）陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一，它可以近似地视为由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体，如图1是一种木陀螺，其直观图如图2所示，，分别为圆柱上、下底面圆的圆心，为圆锥的顶点，若圆锥的底面圆周长为，高为，圆柱的母线长为4，则该几何体的体积是（ ）
A． B． C． D．
3．（2022·天津·高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（ ）
A．23 B．24 C．26 D．27
1．（2022·河南郑州·三模）鲁班锁起源于中国古代建筑的榨卯结构．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．已知该鲁班锁玩具每条棱的长均为1，则该鲁班锁玩具的表面积为（ ）
B．
C． D．
2．（2024·福建福州·模拟预测）如图，六面体的一个面是边长为2的正方形，，，均垂直于平面，且，，则该六面体的体积等于 ，表面积等于 ．
考点六、数学文化之表面积与体积
1．（全国·高考真题）(2015新课标全国I理科)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何 ”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少 ”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有
A．14斛 B．22斛
C．36斛 D．66斛
2．（2024·浙江·模拟预测）清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食要从苏州府运送到全国各地．为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，而一只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为25cm，下底也为正方形，内边长为50cm，斛内高36cm，那么一斗米的体积大约为立方厘米 （ ）
A．10500 B．12500 C．31500 D．52500
3．（2024·福建宁德·模拟预测）《缀术》中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖暅原理，其意思是：如果两个等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等.该原理常应用于计算某些几何体的体积.如图，某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面，侧面为球面的一部分，上底直径为，下底直径为6cm，上下底面间的距离为3cm，则该卧足杯侧面所在的球面的半径是 cm；卧足杯的容积是 （杯的厚度忽略不计）
1．（2024·山东菏泽·模拟预测）菏泽市博物馆里，有一条深埋600多年的元代沉船，对于研究元代的发展提供了不可多得的实物资料.沉船出土了丰富的元代瓷器，其中的白地褐彩龙风纹罐（如图）的高约为，把该瓷器看作两个相同的圆台拼接而成（如图），圆台的上底直径约为，下底直径约为，忽略其壁厚，则该瓷器的容积约为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·四川·三模）龙洗，古代中国盥洗用具，状貌像鼎，用青铜铸造，因盆内有龙纹而称之为龙洗，中国传说中也称作聚宝盆．其盆体可以近似看作一个圆台，现有一龙洗盆高，盆口直径，盆底直径．现往盆内注水，当水深为时，则盆内水的体积为（ ）（圆台的体积公式：，其中分别表示圆台上下底面的面积）
A． B． C． D．
3．（2024高三·河南·专题练习）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸）（ ）
A．6寸 B．4寸 C．3寸 D．2寸
考点七、表面积与体积中的最值及范围问题
1．（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·全国·模拟预测）“幂势既同，则积不容异”，这是“祖暅原理”，可以描述为，夹在两个平行平面之间的两个几何体，总被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，在圆锥内部放置一个平行六面体，则该平行六面体的体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·河南·模拟预测）如图，已知直三棱柱的体积为4，AC⊥BC，，D为的中点，E为线段AC上的动点（含端点），则平面BDE截直三棱柱所得的截面面积的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
1．（2024·福建泉州·模拟预测）在圆台中，圆的半径是2，母线，圆是的外接圆，，，则三棱锥体积最大值为 ．
2．（浙江·高考真题）如图，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是 .
1．（2024·重庆·三模）若圆锥的母线长为2，且母线与底面所成角为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·河南·三模）已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·山东·模拟预测）已知正方体的棱长为为棱的中点，则四面体的体积为（ ）
A．2 B． C． D．
4．（2024·全国·模拟预测）某小区花园内现有一个圆台型的石碑底座，经测量发现该石碑底座上底面圆的半径为1，且上底面圆直径的一端点的投影为下底面圆半径的中点，高为3，则这个圆台的体积为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·全国·模拟预测）如图，水面高度均为2的圆锥、圆柱容器的底面半径相等，高均为4（不考虑容器厚度及圆锥容器开口）．现将圆锥容器内的水全部倒入圆柱容器内，则倒入前后圆柱容器内水的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·陕西安康·模拟预测）已知正三棱台的上底面积为，下底面积为，高为2，则该三棱台的表面积为（ ）
A． B． C． D．18
7．（2024·天津北辰·三模）中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024·河南信阳·三模）如图，是圆锥底面中心到母线的垂线，绕轴旋转一周所得曲面将圆锥分成体积相等的两部分，则母线与轴的夹角余弦值为（ ）
A． B． C． D．
9．（23-24高一下·吉林·期中）在四面体ABCD中，平面平面BCD，，且，则四面体ABCD的体积为（ ）
A．2 B．6 C． D．
10．（2024·江西·二模）如图，在直三棱柱中，，，点，分别为棱，上的动点（不包括端点），若，则三棱锥的体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
1．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在矩形中，为边上的点，且，将沿所在直线翻折到的位置，使，则四棱锥的体积为（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024·天津·二模）在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，，，，均与底面垂直，且，点E、F分别为线段、的中点，记该几何体的体积为，平面将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·北京西城·二模）楔体形构件在建筑工程上有广泛的应用．如图，某楔体形构件可视为一个五面体，其中面为正方形．若，，且与面的距离为，则该楔体形构件的体积为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·四川成都·模拟预测）我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫做拟柱体，在这两个平行平面内的面叫做拟柱体的底面，其余各面叫做拟柱体的侧面，两底面之间的垂直距离叫做拟柱体的高，过高的中点且平行于底面的平面截拟柱体所得的截面称为中截面.已知拟柱体的体积公式为，其中分别是上 下底面的面积，是中截面的面积，为拟柱体的高.一堆形为拟柱体的建筑材料，其两底面是矩形且对应边平行（如图），下底面长20米，宽10米，堆高1米，上底的长 宽比下底的长 宽各少2米.现在要彻底运走这堆建筑材料，若用最大装载量为5吨的卡车装运，则至少需要运（ ）（注：1立方米该建筑材料约重1.5吨）
A．51车 B．52车 C．54车 D．56车
5．（2024·河北保定·三模）如图，在长方体中，，，是上一点，且，则四棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·江西·模拟预测）如图，将边长为1的正以边为轴逆时针翻转弧度得到，其中，构成一个三棱锥．若该三棱锥的外接球半径不超过，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
7．（2024·新疆·二模）我国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“羡除”的几何体，该几何体的一种结构是三个面均为梯形，其他两面为三角形的五面体．如图所示，四边形，，均为等腰梯形，，，，，到平面的距离为5，与间的距离为10，则这个羡除的体积 ．
8．（2024·青海海西·模拟预测）如图，在几何体中，，梯形和梯形为等腰梯形，，若几何体的体积为，则 ．
9．（2024·重庆·三模）已知棱长为1的正方体内有一个动点M，满足，且，则四棱锥体积的最小值为 .
10．（2024·山东菏泽·二模）已知在棱长为2的正方体中，挖去一个以上下底面各边中点为顶点的四棱柱，再挖去一个以左右两侧面各边中点为顶点的四棱柱，则原正方体剩下部分的体积为 ．
1．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为 ，升量器的高为 ．
2．（2023·全国·高考真题）（多选）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为的球体
B．所有棱长均为的四面体
C．底面直径为，高为的圆柱体
D．底面直径为，高为的圆柱体
3．（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（ ）
A． B． C． D．
4．（2021·北京·高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：）．24h降雨量的等级划分如下：
等级 24h降雨量（精确到0.1）
…… ……
小雨 0.1~9.9
中雨 10.0~24.9
大雨 25.0~49.9
暴雨 50.0~99.9
…… ……
在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm，高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm（如图所示)，则这24h降雨量的等级是
A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨
5．（2020·海南·高考真题）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为
6．（2020·江苏·高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是 cm3.
7．（2019·天津·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为 .
8．（2019·江苏·高考真题）如图，长方体的体积是120，E为的中点，则三棱锥E-BCD的体积是 .
9．（2019·全国·高考真题）学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型.如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，分别为所在棱的中点，，打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 .
118．10．（2015·山东·高考真题）直棱柱的底面是边长为的菱形，侧棱长为，那么直棱柱的侧面积是 ．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)第01讲 基本立体图形、
简单几何体的表面积及体积
（7类核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
5年考情
考题示例 考点分析 关联考点
2024年新I卷，第5题,5分 圆柱表面积的有关计算 圆锥表面积的有关计算 锥体体积的有关计算 无
2024年新Ⅱ卷，第7题,5分 锥体体积的有关计算 台体体积的有关计算 求线面角
2023年新I卷，第12题,5分 正棱锥及圆柱体的相关计算 球体相关计算
2023年新I卷，第14题,5分 台体体积的有关计算 无
2023年新Ⅱ卷，第9题,5分 圆锥表面积的有关计算 锥体体积的有关计算 二面角的概念及辨析 二面角大小求线段长度或距离
2023年新Ⅱ卷，第14题,5分 正棱台及其有关计算 锥体体积的有关计算 台体体积的有关计算 无
2022年新I卷，第4题,5分 台体体积的有关计算 无
2022年新I卷，第8题,5分 锥体体积的有关计算 球的体积的有关计算 多面体与球体内切外接问题 由导数求函数的最值 (不含参)
2022年新Ⅱ卷，第11题,5分 锥体体积的有关计算 证明线面垂直
2021年新I卷，第3题,5分 圆锥中截面的有关计算 无
2021年新Ⅱ卷，第5题,5分 棱台的结构特征和分类 台体体积的有关计算 无
2020年新Ⅱ卷，第13题,5分 锥体体积的有关计算 无
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题稳定，难度较低，分值为5-6分
【备考策略】1.了解柱、锥、台体及简单组合体的结构特征及其相关性质
2.会运用柱体、锥体、台体等组合体的表面积和体积的计算公式求解相关问题
【命题预测】本节内容是新高考卷的常考内容，一般给定柱、锥、台体及简单组合体，求对应的表面积与体积，需强化复习.
知识讲解
1．空间几何体的结构特征
(1)多面体的结构特征
名称 棱柱 棱锥 棱台
图形
底面 互相平行且全等 多边形 互相平行
侧棱 平行且相等 相交于一点但不一定相等 延长线交于一点
侧面形状 平行四边形 三角形 梯形
(2)旋转体的结构特征
名称 圆柱 圆锥 圆台 球
图形
母线 平行、相等且垂直于底面 相交于一点 延长线交于一点
轴截面 全等的矩形 全等的等腰三角形 全等的等腰梯形 圆
侧面 展开图 矩形 扇形 扇环
2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
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(r1＋r2)l
3.空间几何体的表面积与体积公式
名称 几何体 表面积 体积
柱体(棱柱和圆柱) S表面积＝S侧＋2S底 V＝S底·h
锥体(棱锥和圆锥) S表面积＝S侧＋S底 V＝S底·h
台体(棱台和圆台) S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h
球 S＝4πR2 V＝πR3
考点一、空间几何体的结构特征
1．以下结论中错误的是（ ）
A．经过不共面的四点的球有且仅有一个 B．平行六面体的每个面都是平行四边形
C．正棱柱的每条侧棱均与上下底面垂直 D．棱台的每条侧棱均与上下底面不垂直
【答案】D
【分析】由空间几何体的概念对选项逐一判断
【详解】对于A，经过不共面的四点的球，即为该四面体的外接球，有且仅有一个，故A正确，
对于B，平行六面体的每个面都是平行四边形，故B正确，
对于C，正棱柱的每条侧棱均与上下底面垂直，故C正确，
对于D，棱台的每条侧棱延长线交于一点，侧棱中有可能与底面垂直，故D错误，
故选：D
2．下列命题：
①有两个面平行，其他各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱；
②有两侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱；
③过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形不可能是矩形；
④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱一定是正四棱柱．
其中正确命题的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】A
【分析】①②③④均可举出反例.
【详解】①如图1，满足有两个面平行，其他各面都是平行四边形，
显然不是棱柱，故①错误；
②如图2，满足两侧面与底面垂直，但不是直棱柱，②错误；
③如图3，四边形为矩形，
即过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形可能是矩形，③错误；
④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱不一定是正四棱柱，因为两底面不一定是正方形，④错误．
故选：A
3．（多选）如图，我们常见的足球是由若干个正五边形和正六边形皮革缝合而成.如果我们把足球抽象成一个多面体，它有60个顶点，每个顶点发出的棱有3条，设其顶点数V，面数F与棱数E，满足（Euler's formula），据此判断，关于这个多面体的说法正确的是（ ）
A．共有20个六边形
B．共有10个五边形
C．共有90条棱
D．共有32个面
【答案】ACD
【分析】分别设出正五边形和正六边形的个数，利用关系式即可解出正五边形和正六边形的数量，以及棱数和面数.
【详解】解：由题意，
设共有m个正五边形，n个正六边形，
解得：.
B错误.
∵顶点数：，
解得：，
∴A正确.
面数：.
∴D正确.
棱数：.
C正确.
故选：ACD.
1．下列命题是真命题的是（ ）
A．两个四棱锥可以拼成一个四棱柱 B．正三棱锥的底面和侧面都是等边三角形
C．经过不共线的三个点的球有且只有一个 D．直棱柱的侧面是矩形
【答案】D
【分析】利用空间几何体的结构，依次分析选项即可得到答案.
【详解】对于A，两个四棱锥不一定可以拼成一个四棱柱，A错误．
对于B，正三棱锥的底面是等边三角形，侧面是等腰三角形，不一定是等边三角形，B错误．
对于C，经过不共线的三个点只能确定一个平面，经过不共线的三个点的球有无数个，C错误．
对于D，直棱柱的侧面是矩形，D正确．
故选：D
2．下面关于空间几何体叙述正确的有（ ）
A．圆柱的所有母线长都相等 B．底面是正方形的棱锥是正四棱锥
C．一个棱台最少有5个面 D．用一平面去截圆台，截面一定是圆面
【答案】AC
【分析】根据多面体和旋转体的定义和特征即可一一判断.
【详解】对于A，根据圆柱的定义可知，母线均与圆柱的轴平行，则其长度都相等，故A正确；
对于B，只有底面是正方形，且顶点在底面上的射影为底面正方形的中心时，才是正四棱锥，故B错误；
对于C，根据棱台的定义知，底面边数至少为3，故棱台的表面至少有两个底面和三个侧面，即五个平面，故C正确；
对于D，若用一个与圆台底面不平行的平面截圆台，则截面将不是圆面，故D错误.
故选：AC.
3．给出下列命题：
①长方体是四棱柱；
②直四棱柱是长方体；
③底面是正多边形的棱锥一定是正棱锥；
④延长一个棱台的各条侧棱，它们相交于一点．
则正确的是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【答案】AD
【分析】根据棱柱、棱锥及棱台的定义判断即可；
【详解】解：对于①：长方体满足有两个面互相平行且全等，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，故长方体是四棱柱，故①正确；
对于②：如果直四棱柱的底面不是矩形，则这样的直四棱柱不是长方体，故②错误；
对于③：如果棱锥的底面是正多边形，但顶点在底面的射影不是底面的中心，这样的棱锥不是正棱锥，故③错误；
对于④：用平行于棱锥底面的平面截棱锥，截面与底面之间的部分为棱台，故延长一个棱台的各条侧棱，它们必相交于一点，故④正确；
故选：AD
考点二、柱体的表面积与体积
1．（2024·上海·三模）已知圆柱的底面半径为3cm，侧面积为cm3，则此圆柱的体积为 cm3
【答案】
【分析】先根据已知条件求出圆柱的高，再利用圆柱的体积公式可求得结果.
【详解】设圆柱的高为，则，得，
所以此圆柱的体积为，
故答案为：
2．（全国·高考真题）在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先画出长方体，利用题中条件，得到，根据，求得，可以确定，之后利用长方体的体积公式求出长方体的体积.
【详解】在长方体中，连接，
根据线面角的定义可知，
因为，所以，从而求得，
所以该长方体的体积为，故选C.
【点睛】该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果.
3．（江苏·高考真题）设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1，S2，体积分别为V1，V2，若它们的侧面积相等，且＝，则的值是 ．
【答案】
【详解】试题分析：设两个圆柱的底面半径分别为R，r；高分别为H，h；∵，∴，它们的侧面积相等，∴，∴．故答案为．
考点：1．棱柱、棱锥、棱台的体积；2．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．
4．（2024·天津·高考真题）一个五面体．已知，且两两之间距离为1．并已知．则该五面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.
【详解】用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，使得；;重合，
因为，且两两之间距离为1．，
则形成的新组合体为一个三棱柱，
该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为，
.
故选：C.
1．（上海·高考真题）若正三棱柱的所有棱长均为，且其体积为，则 .
【答案】4
【详解】试题分析：棱柱的底面积为
考点：棱柱体积
2．（2024·山东·二模）已知圆柱的底面半径为4，侧面面积为，则该圆柱的母线长等于 ．
【答案】2
【分析】根据圆柱的侧面积公式求解即可.
【详解】由题意可知圆柱的底面周长，
所以根据圆柱的侧面面积公式可知，该圆柱的母线长，
故答案为：
3．（全国·高考真题）正三棱柱侧面的一条对角线长为2，且与底面成角，则此三棱柱的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】结合已知条件，求出正三棱柱底面边长和高，然后利用柱体体积公式求解即可.
【详解】因为正三棱柱侧面的一条对角线长为2，且与底面成角，
所以正三棱柱的侧面为正方形，且这个正方形的边长为，
即正三棱柱的底面边长为，高，
故正三棱柱的底面面积，
从而正三棱柱的体积为.
故选：A.
4．（全国·高考真题）已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.
详解：根据题意，可得截面是边长为的正方形，
结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为，
所以其表面积为，故选B.
点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.
考点三、锥体的表面积与体积
1．（2021·全国·高考真题）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为 .
【答案】
【分析】利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案.
【详解】∵
∴
∴
∴.
故答案为：.
2．（2023·全国·高考真题）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（ ）
A．1 B． C．2 D．3
【答案】A
【分析】证明平面，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解.
【详解】取中点，连接，如图，
是边长为2的等边三角形，，
，又平面，，
平面，
又，，
故，即，
所以，
故选：A
3．（2023·全国·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；
法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.
【详解】法一：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，则，
又，，所以，则，
又，，所以，则，
在中，，
则由余弦定理可得，
故，则，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
法二：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，
在中，，
则由余弦定理可得，故，
所以，则，
不妨记，
因为，所以，
即，
则，整理得①，
又在中，，即，则②，
两式相加得，故，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
故选：C.
4．（2023·天津·高考真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比.
【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.
因为平面，平面，所以平面平面.
又因为平面平面，，平面，所以平面，且.
在中，因为，所以，所以，
在中，因为，所以，
所以.
故选：B
1．（2024·全国·高考真题）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积.
【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，
而它们的侧面积相等，所以即，
故，故圆锥的体积为.
故选：B.
2．（2023·全国·高考真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答.
【详解】在中，，而，取中点，连接，有，如图，
，，由的面积为，得，
解得，于是，
所以圆锥的体积.
故选：B
3．（2022·全国·高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.
【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，
则，
所以，
又，
则，
所以，
所以甲圆锥的高，
乙圆锥的高，
所以.
故选：C.
4．（2022·全国·高考真题）（多选）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】CD
【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可.
【详解】
设，因为平面，，则，
，连接交于点，连接，易得，
又平面，平面，则，又，平面，则平面，
又，过作于，易得四边形为矩形，则，
则，，
，则，，，
则，则，，，故A、B错误；C、D正确.
故选：CD.
考点四、台体的表面积与体积
1．（2021·全国·高考真题）正四棱台的上 下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.
【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，
因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，
所以该棱台的高，
下底面面积，上底面面积，
所以该棱台的体积.
故选：D.
2．（2023·全国·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ．
【答案】/
【分析】结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解.
【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，
因为，
则，
故，则，
所以所求体积为.
故答案为：.
3．（2022·全国·高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．
【详解】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积．
棱台上底面积，下底面积，
∴
．
故选：C．
4．（2024·全国·高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为 ．
【答案】
【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可得解.
【详解】由题可得两个圆台的高分别为，
，
所以.
故答案为：.
1．（2024·全国·模拟预测）已知一个高为6的圆锥被平行于底面的平面截去一个高为3的圆锥，所得圆台的上、下底面圆周均在球的球面上，球的体积为，且球心在该圆台内，则该圆台的表面积为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】设圆锥的底面半径为，球心到圆台上底面的距离为，由球的体积可得半径为，结合圆台的结构特征列式解得，进而可求得表面积.
【详解】设圆锥的底面半径为，依题意得该圆台的上底面半径为，且圆台的高为3．
设球心到圆台上底面的距离为，球的半径为，
由球的体积为，解得，
因为点在该圆台内，则， 解得，
可得该圆台的母线长，
所以圆台的表面积为．
故选：B.
2．（2024·陕西安康·模拟预测）在正四棱台中，，若正四棱台的高为，则其表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设，则，连接，交于点，连接交于点，连接，即可得到为正四棱台的高，由勾股定理求出，再求出斜高，最后由表面积公式计算可得.
【详解】设，则，
如图，连接，交于点，连接交于点，连接，
由正四棱台的几何性质可知分别是上 下底面的中心，
所以平面平面，所以为正四棱台的高，
所以由题可知，过点作交于点，
则，即，解得，
过点作交于点，则为斜高，此时，
所以正四棱台的表面积为.
故选：D.
3．（2024·天津河西·三模）如图，在三棱柱中，E，F分别为AB，AC的中点，平面将三棱柱分成体积为，两部分，则（ ）
A．1∶1 B．4∶3 C．6∶5 D．7∶5
【答案】D
【分析】根据割补法结合棱台的体积公式，即可求得答案.
【详解】设三棱柱的高为h，上下底面面积均为S，体积为V，
则，
因为E，F分别为AB，AC的中点，故,
结合题意可知几何体为棱台，
则，
故,故，
故选：D
4．（2024·新疆喀什·二模）（多选）如图圆台，在轴截面中，，下面说法正确的是（ ）
A．线段
B．该圆台的表面积为
C．该圆台的体积为
D．沿着该圆台的表面，从点到中点的最短距离为5
【答案】ABD
【分析】在等腰梯形中求出判断A；利用圆台表面积公式、体积公式计算判断BC；利用侧面展开图计算判断D.
【详解】显然四边形是等腰梯形，，其高即为圆台的高
对于A，在等腰梯形中，，A正确；
对于B，圆台的表面积，B正确；
对于C，圆台的体积，C错误；
对于D，将圆台一半侧面展开，如下图中扇环且为中点，
而圆台对应的圆锥半侧面展开为且，又，
在△中，，斜边上的高为，即与弧相离，
所以C到AD中点的最短距离为5cm，D正确.
故选：ABD
考点五、组合体的表面积与体积
1．（2024·辽宁大连·一模）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】由题意先求圆锥的母线长，结合圆柱和圆锥的侧面积公式分析求解.
【详解】由题意可知：圆锥的母线长为，
所以这个陀螺的表面积是.
故选：C.
2．（2024·湖北武汉·二模）陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一，它可以近似地视为由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体，如图1是一种木陀螺，其直观图如图2所示，，分别为圆柱上、下底面圆的圆心，为圆锥的顶点，若圆锥的底面圆周长为，高为，圆柱的母线长为4，则该几何体的体积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】求出圆锥的底面半径，根据圆锥以及圆柱的体积公式，即可求得答案.
【详解】设圆锥的底面半径为r，则，高为，
故圆锥的体积为，
圆柱的底面半径也为，母线长也即高为4，
则圆柱的体积为，
故几何体的体积为，
故选：C
3．（2022·天津·高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（ ）
A．23 B．24 C．26 D．27
【答案】D
【分析】作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.
【详解】该几何体由直三棱柱及直三棱柱组成，作于M，如图，
因为，所以，
因为重叠后的底面为正方形，所以,
在直棱柱中，平面BHC，则,
由可得平面，
设重叠后的EG与交点为
则
则该几何体的体积为.
故选：D.
1．（2022·河南郑州·三模）鲁班锁起源于中国古代建筑的榨卯结构．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．已知该鲁班锁玩具每条棱的长均为1，则该鲁班锁玩具的表面积为（ ）
B．
C． D．
【答案】A
【分析】先求出正八边形的面积，再由该鲁班锁玩具的表面积为6个边长为1的正八边形和8个边长为1的正三角形的面积和计算表面积即可.
【详解】
由图可知：该鲁班锁玩具的表面积为6个边长为1的正八边形和8个边长为1的正三角形的面积和，如图为正八边形的平面图，易得，作，垂足为，则，则八边形的面积为，则该鲁班锁玩具的表面积为.
故选：A.
2．（2024·福建福州·模拟预测）如图，六面体的一个面是边长为2的正方形，，，均垂直于平面，且，，则该六面体的体积等于 ，表面积等于 ．
【答案】 6 22
【分析】根据，，均垂直于平面，所以，在上取，连接，从而根据线线平行可得故为三棱柱，为三棱柱，根据柱体体积公式即可得该六面体的体积，根据几何体外表面的线线关系结合勾股定理、余弦定理、三角形面积公式、梯形面积公式、正方形面积公式，即可得几何体的表面积.
【详解】如图，在上取，连接，
因为，，均垂直于平面，所以，
则，因为正方形，所以，
又平面，所以平面，
由可得四边形为平行四边形，所以，
因为面为正方形，则，所以，
则四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为平面平面，则，
所以四边形为平行四边形，所以，
故为三棱柱，为三棱柱，
则该六面体的体积；
如图，连接，
又，，
所以，
则在四边形中，由余弦定理得，
所以，则，
该六面体的表面积
.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定六面体的线线关系.关于求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解．
考点六、数学文化之表面积与体积
1．（全国·高考真题）(2015新课标全国I理科)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何 ”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少 ”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有
A．14斛 B．22斛
C．36斛 D．66斛
【答案】B
【详解】试题分析：设圆锥底面半径为r，则，所以，所以米堆的体积为=，故堆放的米约为÷1.62≈22，故选B.
考点：圆锥的性质与圆锥的体积公式
2．（2024·浙江·模拟预测）清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食要从苏州府运送到全国各地．为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，而一只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为25cm，下底也为正方形，内边长为50cm，斛内高36cm，那么一斗米的体积大约为立方厘米 （ ）
A．10500 B．12500 C．31500 D．52500
【答案】A
【分析】利用棱台的体积公式,即可计算得出答案．
【详解】一斛米的体积为，
因为五斗为一斛，所以一斗米的体积为，
故选：A.
3．（2024·福建宁德·模拟预测）《缀术》中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖暅原理，其意思是：如果两个等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等.该原理常应用于计算某些几何体的体积.如图，某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面，侧面为球面的一部分，上底直径为，下底直径为6cm，上下底面间的距离为3cm，则该卧足杯侧面所在的球面的半径是 cm；卧足杯的容积是 （杯的厚度忽略不计）
【答案】
【分析】设球体的半径为，，得到，解出，求出球体半径；由祖暅原理知，碗的体积等于下图右边中间高为的圆柱体积减去一个圆台，分别求出圆柱和圆台的容积，作差即可求解.
【详解】如下图：设球体的半径为，，由，
得，解得，所以；
作一个高与球的半径相等，底面半径也与球的半径相等的圆柱，可得过的两截面的面积相等，
由祖暅原理知，碗的体积等于下图右边中间高为的圆柱体积减去一个圆台，
设圆台上表面半径为，则，
下表面半径为，所以，
， .
.故答案为：；.
1．（2024·山东菏泽·模拟预测）菏泽市博物馆里，有一条深埋600多年的元代沉船，对于研究元代的发展提供了不可多得的实物资料.沉船出土了丰富的元代瓷器，其中的白地褐彩龙风纹罐（如图）的高约为，把该瓷器看作两个相同的圆台拼接而成（如图），圆台的上底直径约为，下底直径约为，忽略其壁厚，则该瓷器的容积约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据圆台体积公式求解.
【详解】根据题意，.
故选：B
2．（2024·四川·三模）龙洗，古代中国盥洗用具，状貌像鼎，用青铜铸造，因盆内有龙纹而称之为龙洗，中国传说中也称作聚宝盆．其盆体可以近似看作一个圆台，现有一龙洗盆高，盆口直径，盆底直径．现往盆内注水，当水深为时，则盆内水的体积为（ ）（圆台的体积公式：，其中分别表示圆台上下底面的面积）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出有水部分的高，根据圆台的体积公式，即可求得答案.
【详解】由题意可知，该龙洗盆的轴截面图如图：
龙洗盆上底半径为12cm，下底半径为6cm，
当水深为4cm时，占盆高的，此时水面的半径为cm，
则盆内水的体积，
故选：B
3．（2024高三·河南·专题练习）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸）（ ）
A．6寸 B．4寸 C．3寸 D．2寸
【答案】C
【分析】由题意得到盆中水面的半径，利用圆台的体积公式求出水的体积，用水的体积除以盆的上底面面积即可得到答案.
【详解】
如图，由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸，
因为积水深9寸，所以水面半径为寸，
则盆中水的体积为立方寸，
所以平地降雨量等于寸.
故选：C.
考点七、表面积与体积中的最值及范围问题
1．（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.
【详解】∵球的体积为，所以球的半径,
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为，高为，
则，,
所以，
所以正四棱锥的体积，
所以，
当时，，当时，，
所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，
又时，，时，,
所以正四棱锥的体积的最小值为，
所以该正四棱锥体积的取值范围是.
故选：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以当且仅当取到，
当时，得，则
当时，球心在正四棱锥高线上，此时，
，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是
2．（2024·全国·模拟预测）“幂势既同，则积不容异”，这是“祖暅原理”，可以描述为，夹在两个平行平面之间的两个几何体，总被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，在圆锥内部放置一个平行六面体，则该平行六面体的体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据祖暅原理知，圆锥内接斜平行六面体的体积与直平行六面体的体积相同，所以圆锥内接斜平行六面体的体积的最大值为圆锥内接正四棱柱的体积的最大值，求解即可.
【详解】根据祖暅原理知，圆锥内接斜平行六面体的体积与直平行六面体的体积相同．
当底面为正方形时，平行六面体的底面面积最大，
所以圆锥内接斜平行六面体的体积的最大值为圆锥内接正四棱柱的体积的最大值，
如图（1），设正四棱柱的底面边长为x，高为y，
作出圆锥的轴截面，如图（2），
由图可知，，，，．
易知，，
所以，而，则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以．
故选：D．
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用祖暅原理将问题转化为求圆锥的内接正四棱柱的体积，从而得解.
3．（2024·河南·模拟预测）如图，已知直三棱柱的体积为4，AC⊥BC，，D为的中点，E为线段AC上的动点（含端点），则平面BDE截直三棱柱所得的截面面积的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】过作，交于，连接，取的中点，连接，可得平面BDE截直三棱柱所得的截面为梯形，根据边长关系求出梯形的面积即可得到答案.
【详解】直三棱柱的体积为4，AC⊥BC，，所以，解得，
过作，交于，连接，取的中点，连接，
设，
①当时，平面BDE截直三棱柱所得的截面为正方形，面积为，
②当时，因为，，所以四边形为平行四边形，则，，
因为，分别为，的中点，所以，，
因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，且
则，，即平面BDE截直三棱柱所得的截面为梯形
在中，，，，则，
在中，，，，则，
在中，，，，则，则
过作垂足为，过作垂足为，所得平面图形如下;
则，，，，
设，则
所以，，因为，
化简可得：，则，
所以，
因为当，所以，则，
综上，平面BDE截直三棱柱所得的截面面积的范围为
故选：A
【点睛】方法点睛：立体几何中找截面的步骤一般分为三步：
第一步，找截点：
方式1：延长截小面上一条直线，与几何体的棱、面（或其延长部分）相交，交点即截点；
方式2：过一截点作另外两截点连线的平行线，交几何体棱于截点；
第二步，连截线：将各截点收尾相连，围成截面；
第三步，围截面：连接同一平面内的两个截点，形成截线.
1．（2024·福建泉州·模拟预测）在圆台中，圆的半径是2，母线，圆是的外接圆，，，则三棱锥体积最大值为 ．
【答案】/
【分析】先求出圆的半径，再求圆台的高，列出三棱锥体积表示式，由余弦定理和基本不等式推出， 即得体积最大值.
【详解】
如图，设圆，的半径分别为，，则由正弦定理，，解得，
设圆台的高为，则，
在中，取，由余弦定理，，
即得，即得，当且仅当时取等号.
因三棱锥的体积为，
即时，三棱锥的体积的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题主要考查与圆台有关的三棱锥的体积最值问题，属于难题.
解题关键在于，弄清圆台与三棱锥的关系，分析三棱锥的体积关系式中，哪些为定值，需要选设怎样的变量表示，考虑运用二次函数，还是基本不等式，双勾函数还是求导方法求得体积最值.
2．（浙江·高考真题）如图，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是 .
【答案】
【详解】中，因为，
所以.
由余弦定理可得
，
所以.
设，则，.
在中，由余弦定理可得
.
故.
在中，，.
由余弦定理可得，
所以.
过作直线的垂线，垂足为.设
则，
即，
解得.
而的面积.
设与平面所成角为，则点到平面的距离.
故四面体的体积
.
设，因为，所以.
则.
（1）当时，有，
故.
此时，
.
，因为，
所以，函数在上单调递减，故.
（2）当时，有，
故.
此时，
.
由（1）可知，函数在单调递减，故.
综上，四面体的体积的最大值为.
1．（2024·重庆·三模）若圆锥的母线长为2，且母线与底面所成角为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，求得圆锥底面圆的半径，结合圆锥的侧面积公式，即可求解.
【详解】圆锥的母线长为2，母线与底面所成角为，所以底面圆的半径为，
所以该圆锥的侧面积为.
故选：C
2．（2024·河南·三模）已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据半径求底面周长，由弧长公式可得母线长，然后可得侧面积.
【详解】因为底面半径，所以底面周长，
又圆锥母线长，所以圆锥侧面积．
故选：A．
3．（2024·山东·模拟预测）已知正方体的棱长为为棱的中点，则四面体的体积为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】A
【分析】设与交于点，证得平面，得到，且，在对角面中，结合，即可求解.
【详解】设与交于点，在正方形中，，
又由正方体中，平面，
因为平面，可得，
又因为且平面，所以平面，
所以四面体的体积为，且，
在对角面中，可得，
所以四面体的体积为．
故选：A.
4．（2024·全国·模拟预测）某小区花园内现有一个圆台型的石碑底座，经测量发现该石碑底座上底面圆的半径为1，且上底面圆直径的一端点的投影为下底面圆半径的中点，高为3，则这个圆台的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意可得圆台上下底面的半径以及圆台的高，代入圆台体积公式即可得解.
【详解】如图，设圆台上 下底面圆心分别为为点在底面的投影点，上 下底面圆的半径分别为，，
由题意得，设上底面圆的面积与下底面圆的面积分别为，
所以该圆台容器的容积，
故选：C.
5．（2024·全国·模拟预测）如图，水面高度均为2的圆锥、圆柱容器的底面半径相等，高均为4（不考虑容器厚度及圆锥容器开口）．现将圆锥容器内的水全部倒入圆柱容器内，则倒入前后圆柱容器内水的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设出底面半径，分别表示出圆锥和圆柱内水的体积再求解即可.
【详解】设圆锥容器的底面半径为，
倒入前圆锥和圆柱容器中水的体积分别为，
则,
，
所以．
故选：D.
6．（2024·陕西安康·模拟预测）已知正三棱台的上底面积为，下底面积为，高为2，则该三棱台的表面积为（ ）
A． B． C． D．18
【答案】A
【分析】由上下底面的面积可求出上下底面边长，构造直角三角形结合棱台的高求出侧面梯形的高，求出侧面积后得表面积.
【详解】由面积公式可得正三棱台上下底面边长分别为和，
设在底面内的射影为，作于，
平面，平面，则有，
又，，平面，所以平面，
平面，所以，
由，，，则，
又，所以，则，
故三棱台的侧面积为，表面积为.
故选：A.
7．（2024·天津北辰·三模）中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】结合轴截面分析可知，，再利用圆柱以及圆台的体积公式运算求解.
【详解】由题意可知：容器中液体分为：下半部分为圆柱，上半部分为圆台，
取轴截面，如图所示，分别为的中点，
可知：∥∥，且，
可得，即，
所以该容器中液体的体积为.
故选：A.
8．（2024·河南信阳·三模）如图，是圆锥底面中心到母线的垂线，绕轴旋转一周所得曲面将圆锥分成体积相等的两部分，则母线与轴的夹角余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设，设所求角并表示出，利用绕轴旋转一周所得曲面将圆锥分成体积相等的两部分，求得关系式，即可得答案.
【详解】
设，则，
令大圆锥的体积为，圆锥和圆锥的体积分别为，
，，
由题意可得：，解得，
故选：B
9．（23-24高一下·吉林·期中）在四面体ABCD中，平面平面BCD，，且，则四面体ABCD的体积为（ ）
A．2 B．6 C． D．
【答案】C
【分析】根据面面垂直可得线面垂直，结合等腰三角形可知四面体的高，进而可得体积.
【详解】如图所示，
取的中点，连接，
因为，所以，
又平面平面，平面平面，
所以平面，
因为，，所以，
又，
所以四面体的体积，
故选：C.
10．（2024·江西·二模）如图，在直三棱柱中，，，点，分别为棱，上的动点（不包括端点），若，则三棱锥的体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意可得为三棱锥的高，设，，由 表示出锥体的体积，再结合二次函数的性质求解即可．
【详解】在直三棱柱中，平面，
故为三棱锥的高，
设，，则，
由，得，故，
则，
故，
故当时，三棱锥的体积有最大值．
故选：D．
一、单选题
1．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在矩形中，为边上的点，且，将沿所在直线翻折到的位置，使，则四棱锥的体积为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据翻折不变性，勾股定理及线面垂直的判定定理推出平面，由棱锥的体积公式即可得解．
【详解】如图，过作，垂足为，连接，由翻折不变性可知：，，
在中，，且，
所以，
所以在中，，所以．
又因为，平面，平面，所以平面，
则四棱锥的体积．
故选：A．
2．（2024·天津·二模）在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，，，，均与底面垂直，且，点E、F分别为线段、的中点，记该几何体的体积为，平面将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求几何体的体积，再求被截较小部分的体积即可.
【详解】由题意可知，如图所示，，
所以平面即为平面截几何体的截面.
因为，,
所以几何体的体积,
被截棱台的体积
,
较大部分体积为,
且,
所以较小部分的体积为.
故选：D.
3．（2024·北京西城·二模）楔体形构件在建筑工程上有广泛的应用．如图，某楔体形构件可视为一个五面体，其中面为正方形．若，，且与面的距离为，则该楔体形构件的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设，分别为，的中点，连接，，，由，，，可知为三棱柱，再利用椎体与柱体的体积关系计算该几何体的体积．
【详解】如图所示，
设，分别为，的中点，连接，，，
因为面为正方形，所以，又平面，平面，所以平面，
又平面平面，所以 ，
因为，分别为，的中点，，，
所以，则为平行四边形，则，
同理，又，所以为三棱柱，
由题意，可得；
又；
所以该多面体的体积为．
故选：C．
4．（2024·四川成都·模拟预测）我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫做拟柱体，在这两个平行平面内的面叫做拟柱体的底面，其余各面叫做拟柱体的侧面，两底面之间的垂直距离叫做拟柱体的高，过高的中点且平行于底面的平面截拟柱体所得的截面称为中截面.已知拟柱体的体积公式为，其中分别是上 下底面的面积，是中截面的面积，为拟柱体的高.一堆形为拟柱体的建筑材料，其两底面是矩形且对应边平行（如图），下底面长20米，宽10米，堆高1米，上底的长 宽比下底的长 宽各少2米.现在要彻底运走这堆建筑材料，若用最大装载量为5吨的卡车装运，则至少需要运（ ）（注：1立方米该建筑材料约重1.5吨）
A．51车 B．52车 C．54车 D．56车
【答案】B
【分析】由图形直接解出上下底面及中截面面积，再由解出拟柱体的体积，最后结合实际求出需要的卡车数量即可.
【详解】由条件可知：上底长为米，宽为米；中截面长米，宽米；
则上底面积平方米，中截面积平方米，
下底面积平方米，
所以该建筑材料的体积为(立方米)，
所以建筑材料重约（吨），
需要的卡车次为，所以至少需要运车.
故选：B
5．（2024·河北保定·三模）如图，在长方体中，，，是上一点，且，则四棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先通过证明平面得到，则可确定点在上的位置，进而得到点到平面的距离，然后用棱锥的体积公式计算即可.
【详解】在长方体中，平面，又平面，
所以，又，，面，
所以平面，又面，
所以，
由，，，
得，所以，又，
所以，
则点到平面的距离，
故四棱锥的体积.
故选：A.
6．（2024·江西·模拟预测）如图，将边长为1的正以边为轴逆时针翻转弧度得到，其中，构成一个三棱锥．若该三棱锥的外接球半径不超过，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】作辅助线，则即为三棱锥的外接球球心，翻折的角即为的大小，设，结合题意分析可知，结合题意分析求解即可.
【详解】取线段的中点，线段上靠近点的三等分点，的中点，
连接，则为正的外心，，可知为线段的中垂线，
在平面内过作的垂线交于，连接，
则即为三棱锥的外接球球心，翻折的角即为的大小．
设，则，，，，，
可得，
化简得，
又因为，即，解得，
结合，可得，则，所以．
故选：C．
【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
1.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；
2.利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解．
二、填空题
7．（2024·新疆·二模）我国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“羡除”的几何体，该几何体的一种结构是三个面均为梯形，其他两面为三角形的五面体．如图所示，四边形，，均为等腰梯形，，，，，到平面的距离为5，与间的距离为10，则这个羡除的体积 ．
【答案】200
【分析】先连线再根据棱锥体积公式计算组合体体积即可.
【详解】
连接
.
故答案为：200.
8．（2024·青海海西·模拟预测）如图，在几何体中，，梯形和梯形为等腰梯形，，若几何体的体积为，则 ．
【答案】
【分析】取的中点，连接，得到四边形为平行四边形，进而证得三棱锥为正三棱锥，设，结合锥体与柱体的体积公式，列出方程，即可求解.
【详解】如图所示，取的中点，连接，
由，可得四边形为平行四边形，
可得，又由，可得，
可得为等边三角形，三棱锥为正三棱锥，
设，如图，过点作平面，连接，
可得，，
，
又由，可得三棱柱的体积是三棱锥体积的3倍，
可得，解得．
故答案为：.
9．（2024·重庆·三模）已知棱长为1的正方体内有一个动点M，满足，且，则四棱锥体积的最小值为 .
【答案】
【分析】利用正方体的空间垂直关系去证明平面内的点都满足，再去证明动点M在以为圆心，以为半径的圆上，从而利用点M在圆上的性质去解决最值问题.
【详解】解：如图所示，设，
由正方体性质可知平面，
由于平面，，又因为线段的中点，
所以，
即点在平面内，
又因为，所以与点在以点为球心，1为半径的球面上，
又因为平面，
到平面的距离为的一半，由正方体的边长为1，则，
又，，
在平面内，且以H为圆心，为半径的半圆弧上，
到平面的距离的最小值为，
四棱锥体积的最小值为
故答案为：
【点睛】关键点点睛：借助空间关系可知到线段两端点距离相等的点M在线段的中垂面上，又由到定点距离为1的点M又在球面上，从而得到点M的轨迹是中垂面截平面的小圆.
10．（2024·山东菏泽·二模）已知在棱长为2的正方体中，挖去一个以上下底面各边中点为顶点的四棱柱，再挖去一个以左右两侧面各边中点为顶点的四棱柱，则原正方体剩下部分的体积为 ．
【答案】
【分析】结合图形可知两个挖去的四棱柱重合部分为两个正四棱锥的组合体，分别求得两个四棱柱的体积，再求得正四棱锥的体积，得到挖去部分的体积，即可求得结果．
【详解】如图：
，
可知四棱锥为正四棱锥，
四边形为边长为2的正方形，棱锥的高为1，
可知两个挖去的四棱柱重合部分为两个正四棱锥的组合体，
四棱柱的底面是边长为的正方形，
则，
同理可得，
，
则挖去部分的体积为，
可得原正方体剩下部分的体积为．
故答案为：.
【点睛】本题考查组合体的体积的求法，棱柱，棱锥的体积公式的应用.
1．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为 ，升量器的高为 ．
【答案】 23 57.5/
【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度.
【详解】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则，
故，.
故答案为：.
2．（2023·全国·高考真题）（多选）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为的球体
B．所有棱长均为的四面体
C．底面直径为，高为的圆柱体
D．底面直径为，高为的圆柱体
【答案】ABD
【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.
【详解】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故A正确；
对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且，
所以能够被整体放入正方体内，故B正确；
对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且，
所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；
对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过的中点作，设，
可知，则，
即，解得，
且，即，
故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，
若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，
可知：，则，
即，解得，
根据对称性可知圆柱的高为，
所以能够被整体放入正方体内，故D正确；
故选：ABD.
3．（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.
【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点，
设圆锥和圆锥的高之比为，即，
设球的半径为，则，可得，所以，，
所以，，，
，则，所以，，
又因为，所以，，
所以，，，
因此，这两个圆锥的体积之和为.
故选：B.
4．（2021·北京·高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：）．24h降雨量的等级划分如下：
等级 24h降雨量（精确到0.1）
…… ……
小雨 0.1~9.9
中雨 10.0~24.9
大雨 25.0~49.9
暴雨 50.0~99.9
…… ……
在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm，高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm（如图所示)，则这24h降雨量的等级是
A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨
【答案】B
【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.
【详解】由题意，一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为，高为的圆锥，
所以积水厚度，属于中雨.
故选：B.
5．（2020·海南·高考真题）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为
【答案】
【分析】利用计算即可.
【详解】
因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点
所以
故答案为：
【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些.
6．（2020·江苏·高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是 cm3.
【答案】
【分析】先求正六棱柱体积，再求圆柱体积，相减得结果.
【详解】正六棱柱体积为
圆柱体积为
所求几何体体积为
故答案为：
【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.
7．（2019·天津·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为 .
【答案】.
【分析】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径．
【详解】由题意四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为，借助勾股定理，可知四棱锥的高为，.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，圆柱的底面半径为，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为，故圆柱的体积为．
【点睛】本题主要考查了圆柱与四棱锥的组合，考查了空间想象力，属于基础题.
8．（2019·江苏·高考真题）如图，长方体的体积是120，E为的中点，则三棱锥E-BCD的体积是 .
【答案】10.
【分析】由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.
【详解】因为长方体的体积为120，
所以，
因为为的中点，
所以，
由长方体的性质知底面，
所以是三棱锥的底面上的高，
所以三棱锥的体积.
【点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.
9．（2019·全国·高考真题）学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型.如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，分别为所在棱的中点，，打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 .
【答案】118．8
【分析】根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量.
【详解】由题意得， ，
四棱锥O EFG的高3cm， ∴．
又长方体的体积为，
所以该模型体积为，
其质量为．
【点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．
10．（2015·山东·高考真题）直棱柱的底面是边长为的菱形，侧棱长为，那么直棱柱的侧面积是 ．
【答案】
【分析】直棱柱的四个侧面都是长为，宽为的矩形，依此计算侧面积即可.
【详解】直棱柱的四个侧面都是长为，宽为的矩形，该直棱柱的侧面积为四个矩形面积之和，
所以直棱柱的侧面积是.
故答案为：.
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