立体几何--复杂几何体的“体”“面”问题 典型考点归纳 专项练 2026届高考数学复习备考

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立体几何--复杂几何体的“体”“面”问题 典型考点归纳
专项练 2026届高考数学复习备考
一、单选题
1．如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的一半时，水的体积为74，则该方斗杯可盛水的总体积为（ ）
A．148 B． C． D．196
2．如图所示，三棱柱ABC－A′B′C′中，若E，F分别为AC，AB的中点，平面EC′B′F将三棱柱分成体积为V1(棱台AEF－A′C′B′的体积)，V2的两部分，那么（　　）
A．6︰5 B．7︰5
C．8︰3 D．4︰3
3．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．
4．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．
5．一个五面体．已知，且两两之间距离为．，，，则该五面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
6．正三棱台的上、下底边长分别为6，18，该正三棱台内部有一个内切球（与上、下底面和三个侧面都相切），则正三棱台的表面积为（ ）
A． B． C． D．
7．已知平行六面体的体积为4，若将其截去三棱锥，则剩余几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，三棱锥P-ABC的体积为V，E，F分别是棱PB，PC上靠近点P的三等分点，G是棱AB 上靠近点B的三等分点，H是棱AC上靠近点C的三等分点，则多面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
9．在直角梯形中，，，，，，若将直角梯形绕直线旋转一周，则形成的旋转体的体积为（ ）
A． B． C． D．
10．如图，在正三棱柱中，为上一点，，，平面将三棱柱截为两部分，则这两部分几何体的表面积之比为（ ）

A． B．
C．8 D．9
11．某工艺品加工厂收到一块底面棱长为厘米，侧棱长为厘米的正三棱锥形状的珍贵木材，现用这块木材制作一个独特的球形饰品，则这个球形饰品的表面积的最大值是（ ）
A．平方厘米 B．平方厘米
C．平方厘米 D．平方厘米
二、多选题
12．如图，圆锥的底面半径为1，侧面积为，是圆锥的一个轴截面，是底面圆周上异于，的一点，则下列说法正确的是（ ）
A．的面积为
B．圆锥的侧面展开图的圆心角为
C．由点出发绕圆锥侧面旋转一周，又回到点的细绳长度最小值为
D．若，则三棱锥的体积为
三、填空题
13．在正四棱台中，高为，，，则该正四棱台的体积为 ．
14．《九章算术》是我国古代著名的数学著作，其中讨论了“垣”“堑”等建筑的体积问题.某工程要完成一个形如直四棱柱的“堑”型沟渠的土方作业（如图），其中与平面所成的角均为，，米，米，米，则需要挖土 立方米.
15．四棱锥中，底面为平行四边形，动点满足，）．设四棱锥的体积为，三棱锥的体积为，若，则 ．
16．已知一个正四棱柱和某正四棱锥的底面边长相等，侧面积相等，且它们的高均为，则此正四棱锥的体积为 ．
四、解答题
17．祖暅是南北朝时期伟大的数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.“意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等，现有以下三个几何体：半径为R的半球，底面半径和高均为R的圆锥与圆柱，体积分别记为，，.
(1)写出，，三者之间的关系；
(2)过半径上一点A，且平行于半球大圆的平面将半球分割成两部分，位于上方的部分称为“球缺”.根据祖暅原理，其体积为一个圆柱的体积减去一个圆台的体积.当点A为半径中点时，求解下面两个问题：
（i）求截得的“球缺”的体积；
（ii）求截得的“球缺”的表面积.
18．在一正三棱台木块如图所示，已知，，点在平面内且为的重心.
(1)过点将木块锯开，使截面经过平行于直线，在木块表面应该怎样划线，并说明理由；
(2)求该三棱台木块被问题（1）中的截面分成的两个几何体的体积之比.
19．南北朝时期的伟大科学家祖暅，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么，这两个几何体的体积相等．球的体积可以利用祖暅原理求出．如图，左边是一个半径为的半球（用经过球心的平面截球体所得的几何体），右边是从底面半径和高均为的圆柱中挖去一个以该圆柱的上底面为底面 下底面圆心为顶点的圆锥所得到的几何体，这两个几何体在同一平面上．现用任意一个平行于的平面截这两个几何体，记左边半球被平面截得的截面面积为，右边几何体被平面截得的截面面积为．
(1)当平面与的距离为时，求的值；
(2)利用祖暅原理求此半球的体积，并由此给出球体的体积公式．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B B B C D C B C A
题号 11 12
答案 B ABC
1．D
根据已知条件结合台体体积公式计算求解即可.
设线段，，，的中点分别为，，，，如下图所示：
易知四边形为等腰梯形，因为线段，的中点分别为，，
则，设棱台的高为，体积为，
则棱台的高为，设其体积为，则，，
所以，则该方斗杯可盛水的总体积为.
故选:D.
2．B
因为分别为的中点，得到，利用棱台的体积公式，求得，得到则，即可求得的值.
设三棱柱的高为，底面面积为，体积为，则，
因为分别为的中点，所以，
所以，则，所以.
故选：B.
3．B
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.
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.
4．B
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.
如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.

因为平面，平面，所以平面平面.
又因为平面平面，，平面，所以平面，且.
在中，因为，所以，所以，
在中，因为，所以，
所以.
故选：B
5．C
采用补形法将五面体补成一个棱柱，再利用体积公式求解即可.
如图，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，
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）为边长为的等边三角形，
侧棱长为，
故．
故选：C.
6．D
由几何体结构特征，得到内切球与上、下底面切点为上下底的重心，作截面图，设内切球半径为r，根据球的性质，求得，得到正三棱台的高为，结合棱台的表面积公式，即可求解.
由题意知，正三棱台的上、下底边长分别为和，
可得上下底正三角形的高分别为，，
由几何体结构特征，可得内切球与上、下底面切点为上下底的重心，
故如图甲所示，作截面，得到图乙，
设内切球半径为r，则，解得，所以正三棱台的高为6，
所以.
故选：D．
7．C
根据锥体和柱体的面积公式，结合平行六面体的性质进行求解即可.
设点到平面的距离为，四边形的面积为，
显然有，所以，
因此剩余部分几何体的体积为，
故选：C
8．B
多面体体积为三棱锥与四棱锥体积之和,再利用体积之比与高之比底面积之比的关系解题即可.
连接，
∵
∴，
∵，
∴,
∴多面体体积为：.
故选： B.
9．C
明确旋转后的图形，然后根据体积公式计算即可.
容易知道形成的旋转体的体积是一个底面半径为，高为的圆柱的体积减去一个底面半径为，高为的圆锥的体积，
，
，
所以旋转体的体积，
故选：C.
10．A
几何体被截面截完后，分为两个部分，其中上部分的面积由一个正三角形、一个等腰三角形、两个直角梯形和一个正方形构成，下部分是由两个直角三角形、一个等腰三角形和一个正三角形组成的,逐个计算即可求解.
该几何体被截面截完后，分为两个部分，
其中上部分的面积由一个正三角形、一个等腰三角形、两个直角梯形和一个正方形构成，
下部分是由两个直角三角形、一个等腰三角形和一个正三角形组成的.
为了便于计算，设，，，
中，边上的高，
则上部分几何体的面积，
下部分几何体的面积，
故上下两部分表面积之比为.
故选：A
11．B
求出正三棱锥的表面积与体积，由题意可知，这个球形饰品为正三棱锥的内切球时，表面积最大，然后由球的表面积公式求解即可.
如图，在正三棱锥中底面正三角形中，，，
所以，
在中，，，所以，
所以该木材的表面积平方厘米，
，所以，
所以体积立方厘米.
要使这个球形饰品的表面积最大，则这个球形饰品是该木材的内切球.
设内切球的半径为厘米，则，所以.
设这个球形饰品的半径为厘米，则，故这个球形饰品的表面积平方厘米.
故选：B
12．ABC
根据给定条件，利用圆锥侧面积公式求出圆锥的母线长，再结合侧面展开图、锥体体积公式逐项判断.
由圆锥的底面半径为1，侧面积为，得圆锥母线，圆锥的高，
对于A，，A正确；
对于B，圆锥的侧面展开图扇形弧长为，圆心角为，B正确；
对于C，将圆锥的侧面沿母线剪开展成平面图形，连接，如图，
所求细绳长度最小值为，C正确；
对于D，当时，，，
，D错误.
故选：ABC
13．/
根据勾股定理求得，从而得，再利用正四棱台体积公式即可.
连接，，，设，连接，
在正四棱台中，，
因为，所以，则，，
因为该正四棱台的高为，所以，所以，
所以该正四棱台的体积．
故答案为：.
14．
根据条件得四边形为等腰梯形，再根据棱柱的体积公式计算即可.
因为与平面所成角均为，且,
所以四边形为等腰梯形，
因为,
所以等腰梯形的高，
故，
所以直四棱柱体积.
故答案为：.
15．/0.4
设，根据比率把体积都转换到三棱锥中，由可得到m的值，再利用向量共线可解.
∵动点满足，），
∴动点在内，如图，延长OM交AB于N，
设，则
∵底面为平行四边形，∴，
，
，
∵，∴，
∴，，
∵三点共线3，∴，
故答案为：
16．
根据正四棱柱及正四棱锥的几何特征几何侧面积及体积公式计算求解.
如图，正四棱柱，正四棱锥，
过点作，连接，边长，高，则．
又正四棱柱的侧面积，正四棱锥的侧面积，
则，解得，所以正四棱锥的体积．
故答案为：
17．(1)
(2)（i）；（ii）
（1）由圆柱、圆锥和球的体积公式，分别求得圆柱、圆锥和半球的体积，即可得出结论；可得，，，所以，即圆柱的体积等于圆锥和半球的体积和.
（2）（i）根据祖暅原理，由小球缺的体积等于图（2）中截面上方的圆柱挖去其中圆台后剩余的几何体的体积，所以小球缺的体积为，令，代入计算，即可求解；（ii）将球缺底部的圆与球心连线，组成一几何体，连接球心O和每个小网格的顶点，整个几何体就被分割成n个“小锥体”，求得球缺曲面部分的面积为，进而得到球缺的表面积.
（1）解：根据题意，利用圆柱、圆锥和球的体积公式，
可得，，，
所以，即圆柱的体积等于圆锥和半球的体积和.
（2）解：（i）图（1）中，截面圆的半径为，所以截面圆的面积为，
图（2）中，截面为圆环，其中小圆的半径为，大圆的半径为，
所以截面圆环的面积为，
根据祖暅原理，由小球缺的体积等于图（2）中截面上方的圆柱挖去其中圆台后剩余的几何体的体积，
所以小球缺的体积为，
令，可得.
（ii）类比球的表面积和体积的求法，将球缺底部的圆与球心连线，组成一几何体，
把球缺的曲面部分分成n个小网格，连接球心O和每个小网格的顶点，
整个几何体就被分割成n个“小锥体”，记球缺曲面部分的面积为S，
则，可得，，
所以该球缺的表面积为.
18．(1)作图见解析
(2)小几何体与大几何体的比值为
（1）在平面内过点O作直线交于点，交于点，连接，求证四点共面即可求解.
（2）先求证几何体为棱柱，接着设棱台的高为，的面积为得，再由台体体积公式得正三棱台体积即可求解.
（1）如图，在平面内过点O作直线交于点，交于点，
连接，则为截面与各木块表面的交线，
理由如下：由于，故四点共面，
且平面平面，平面平面，
平面平面，则为截面与各木块表面的交线.
（2）由于点在平面内且为的重心，，
所以，又因为，故，
故几何体为棱柱，
设棱台的高为，的面积为，故，
又，则，
故由台体体积公式得正三棱台体积为，
所以被截面截得的非三棱柱的另一个几何体体积为，
故该三棱台木块被（1）中的截面分成的两个几何体的体积之比为（或）.
19．(1)；
(2)；
（1）结合题意，判断截面形状，再利用公式求即可；
（2）由（1）得到对于任意，都有，利用祖暅原理将左边半球的体积转化为右边几何体体积求解即可.
（1）当平面与的距离为时，
由题意得左边半球被平面截得的截面为圆面，
其半径，则；
右边几何体被平面截得的截面为圆心相同的圆环，易得大圆的半径为，
因为圆柱的高等于底面半径，所以小圆的半径为，则．
（2）由（1）得当平面与的距离为时，，
即对于任意，都有，
由祖暅原理可得左边半球的体积等于右边几何体体积，
即，
所以半径为的球体的体积公式为．
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