【文档说明】十年（2015-2024）高考真题分项汇编 数学 专题11 立体几何的基本概念、点线面位置关系及表面积、体积的计算小题综合 Word版含解析.docx，共(41)页，3.449 MB，由小赞的店铺上传

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专题11立体几何的基本概念、点线面位置关系及表面积、体积的计算小题综合考点十年考情（2015-2024）命题趋势考点1点线面的位置关系及其判断（10年7考）2024·全国甲卷、2024·天津卷、2022·全国乙卷

2021·浙江卷、2021·全国新Ⅱ卷、2019·全国卷2019·全国卷、2019·北京卷、2017·全国卷2016·浙江卷、2016·山东卷、2016·全国卷2015·浙江卷、2015·湖北卷、2015·广东卷2

015·福建卷、2015·北京卷1.理解、掌握空间中点线面的位置关系及相关的图形和符号语言，熟练掌握平行关系的判定定理和性质定理及其应用，熟练掌握垂直关系的判定定理和性质定理及其应用，该内容是新高考卷的常考内容，需强化巩固复习.2.了解柱、锥、台体及简单组合体的结构特征及其

相关性质，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，该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.考点2求几何体的体积（10年10考）2024·全国

新Ⅰ卷、2024·天津卷、2024·全国甲卷2024·北京卷、2023·全国甲卷、2023·全国乙卷2023·全国新Ⅰ卷、2023·天津卷、2023·全国新Ⅰ卷2023·全国新Ⅱ卷、2022·天津卷、2022·全国甲

卷2022·全国新Ⅰ卷、2022·全国新Ⅱ卷、2021·全国新Ⅱ卷2021·北京卷、2021·全国新Ⅰ卷、2020·海南卷2020·江苏卷、2019·江苏卷、2019·全国卷2019·天津卷、2018·江苏卷、2018·全国卷2018·天津卷、2018·天津卷、2017·全国卷20

16·浙江卷、2015·上海卷、2015·江苏卷2015·全国卷、2015·山东卷、2015·山东卷考点3求几何体的侧面积、表面积（10年4考）2023·全国甲卷、2021·全国新Ⅰ卷、2021·全国甲卷2020·全国卷、2018·全国卷、2018·全国卷考点01点线面的位置

关系及其判断1．（2024·全国甲卷·高考真题）设、为两个平面，mn、为两条直线，且m=.下述四个命题：①若//mn，则//n或//n②若mn⊥，则n⊥或n⊥③若//n且//n，则//mn④若n与,所成的角相等，则mn⊥其中所有真命题的编号是（）A．①③B．

②④C．①②③D．①③④【答案】A【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.【详解】对①，当n，因为//mn，m，则//n，当n，因为/

/mn，m，则//n，当n既不在也不在内，因为//mn，,mm，则//n且//n，故①正确；对②，若mn⊥，则n与,不一定垂直，故②错误；对③，过直线n分别作两平面与,分别相交于直线s和

直线t，因为//n，过直线n的平面与平面的交线为直线s，则根据线面平行的性质定理知//ns，同理可得//nt，则//st，因为s平面，t平面，则//s平面，因为s平面，m=，则//sm

，又因为//ns，则//mn，故③正确；对④，若,mn=与和所成的角相等，如果//,//nn，则//mn，故④错误；综上只有①③正确，故选：A.2．（2024·天津·高考真题）若,mn为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（）A．若

//m，//n，则mn⊥B．若//,//mn，则//mnC．若//,⊥mn，则mn⊥D．若//,⊥mn，则m与n相交【答案】C【分析】根据线面平行的性质可判断AB的正误，根据线面垂直的性质可判断CD的正误.【详解】对于

A，若//m，//n，则,mn平行或异面或相交，故A错误.对于B，若//,//mn，则,mn平行或异面或相交，故B错误.对于C，//,⊥mn，过m作平面，使得s=，因为m，故//ms，而s，故ns⊥，故mn⊥，故C正确

.对于D，若//,⊥mn，则m与n相交或异面，故D错误.故选：C.3．（2022·全国乙卷·高考真题）在正方体1111ABCDABCD−中，E，F分别为,ABBC的中点，则（）A．平面1BEF⊥平面1BDDB．平面1BEF⊥平面1ABDC．平面1//BEF平面1AACD．平面1/

/BEF平面11ACD【答案】A【分析】证明EF⊥平面1BDD，即可判断A；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设2AB=，分别求出平面1BEF，1ABD，11ACD的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.

【详解】解：在正方体1111ABCDABCD−中，ACBD⊥且1DD⊥平面ABCD，又EF平面ABCD，所以1EFDD⊥，因为,EF分别为,ABBC的中点，所以EFAC∥，所以EFBD⊥，又1BDDDD=，所以EF⊥平面1BDD，又EF平面1BEF，所以平面1BEF⊥

平面1BDD，故A正确；选项BCD解法一：如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设2AB=，则()()()()()()()112,2,2,2,1,0,1,2,0,2,2,0,2,0,2,2,0,0,0,2,0BEFBAAC，()1

0,2,2C，则()()11,1,0,0,1,2EFEB=−=，()()12,2,0,2,0,2DBDA==，()()()1110,0,2,2,2,0,2,2,0,AAACAC==−=−设平面1BEF的法向量为()111,,mxyz=，则有11111020mEFxymEByz=−+==

+=，可取()2,2,1m=−，同理可得平面1ABD的法向量为()11,1,1n=−−，平面1AAC的法向量为()21,1,0n=，平面11ACD的法向量为()31,1,1n=−，则122110mn=−+=，所以平面1BEF与平面1ABD不垂直，故B错

误；因为m与2nuur不平行，所以平面1BEF与平面1AAC不平行，故C错误；因为m与3n不平行，所以平面1BEF与平面11ACD不平行，故D错误，故选：A.选项BCD解法二：解：对于选项B，如图所示，设11ABBEM=，EFBDN=，则MN为平面1BEF与平面1ABD的交线，在B

MN内，作BPMN⊥于点P，在EMN内，作GPMN⊥，交EN于点G，连结BG，则BPG或其补角为平面1BEF与平面1ABD所成二面角的平面角，由勾股定理可知：222PBPNBN+=，222PGPNGN+=，底面正方形ABCD中，,EF为中点，则EFBD⊥，由勾股定理可得222N

BNGBG+=，从而有：()()2222222NBNGPBPNPGPNBG+=+++=，据此可得222PBPGBG+，即90BPG，据此可得平面1BEF⊥平面1ABD不成立，选项B错误；对于选项C，取11AB的中点H，则1AHBE，由于AH与平面1AAC相交，

故平面1∥BEF平面1AAC不成立，选项C错误；对于选项D，取AD的中点M，很明显四边形11ABFM为平行四边形，则11AMBF，由于1AM与平面11ACD相交，故平面1∥BEF平面11ACD不成立，选项D错误；故选：

A.4．（2021·浙江·高考真题）如图已知正方体1111ABCDABCD−，M，N分别是1AD，1DB的中点，则（）A．直线1AD与直线1DB垂直，直线//MN平面ABCDB．直线1AD与直线1DB

平行，直线MN⊥平面11BDDBC．直线1AD与直线1DB相交，直线//MN平面ABCDD．直线1AD与直线1DB异面，直线MN⊥平面11BDDB【答案】A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证1//,MNABAD⊥平面1ABD，即可得出结论.【详解】连1AD，在正方体1111AB

CDABCD−中，M是1AD的中点，所以M为1AD中点，又N是1DB的中点，所以//MNAB，MN平面,ABCDAB平面ABCD，所以//MN平面ABCD.因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD则MN不垂直平面11BDDB，所以选项B,D不正确；在正方体1111ABCDABCD−中

，11ADAD⊥，AB⊥平面11AADD，所以1ABAD⊥，1ADABA=，所以1AD⊥平面1ABD，1DB平面1ABD，所以11ADDB⊥，且直线11,ADDB是异面直线，所以选项C错误，选项A正

确.故选：A.【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.5．（2021·全国新Ⅱ卷·高考真题）（多选）如图，在正方体中，

O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足MNOP⊥的是（）A．B．C．D．【答案】BC【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线MN构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.

【详解】设正方体的棱长为2，对于A，如图（1）所示，连接AC，则//MNAC，故POC（或其补角）为异面直线,OPMN所成的角，在直角三角形OPC，2OC=，1CP=，故12tan22POC==，故MNOP⊥不成立，故A错误.对于B，如图（2）所示，取NT的中点为Q，连接PQ，OQ

，则OQNT⊥，PQMN⊥，由正方体SBCMNADT−可得SN⊥平面ANDT，而OQ平面ANDT，故SNOQ⊥，而SNMNN=，故OQ⊥平面SNTM，又MN平面SNTM，OQMN⊥，而OQPQQ=，所以MN⊥平面OPQ，而PO平面OPQ，故MNOP⊥，故B正确.对于C

，如图（3），连接BD，则//BDMN，由B的判断可得OPBD⊥，故OPMN⊥，故C正确.对于D，如图（4），取AD的中点Q，AB的中点K，连接,,,,ACPQOQPKOK，则//ACMN，因为DPPC=，故//PQAC，故//PQMN，

所以QPO或其补角为异面直线,POMN所成的角，因为正方体的棱长为2，故122PQAC==，22123OQAOAQ=+=+=，22415POPKOK=+=+=，222QOPQOP+，故QPO不是直角，故,POMN不垂直，故D错误.故选：BC.6．（2019·全国·高考真题）如图，点N

为正方形ABCD的中心，ECD为正三角形，平面ECD⊥平面,ABCDM是线段ED的中点，则A．BMEN=，且直线,BMEN是相交直线B．BMEN，且直线,BMEN是相交直线C．BMEN=，且直线,B

MEN是异面直线D．BMEN，且直线,BMEN是异面直线【答案】B【解析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．【详解】如图所示，作EOCD⊥于O，连接ON，过M作MFOD⊥于F．连BF，平面CDE⊥平面ABCD．,EOCDEO⊥平面CDE，EO⊥平面ABCD，

MF⊥平面ABCD，MFB与EON均为直角三角形．设正方形边长为2，易知3,12EOONEN===，35,,722MFBFBM===．BMEN，故选B．【点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角

三角形．7．（2019·全国·高考真题）设，为两个平面，则//的充要条件是A．内有无数条直线与平行B．内有两条相交直线与平行C．，平行于同一条直线D．，垂直于同一平面【答案】B【分析】本题考

查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．【详解】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是//的充分条件，由面面平行性质定理知，若

//，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是//的必要条件，故选B．【点睛】面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,//abab，则//”此类的错误

．8．（2019·北京·高考真题）已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥；③l⊥．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：．【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m或如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.【分析】将

所给论断，分别作为条件、结论加以分析.【详解】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.正确；（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.正确；（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α.不正确，有可能l与α斜交、l∥α.【点睛】

本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.9．（2017·全国·高考真题）（多选）如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ平行的是（）A．B．C．D．

【答案】BCD【分析】利用线面平行判定定理逐项判断可得答案．【详解】对于选项A，OQ∥AB，OQ与平面MNQ是相交的位置关系，故AB和平面MNQ不平行，故A错误；对于选项B，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定

理可知AB∥平面MNQ，故B正确；对于选项C，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故C正确；对于选项D，由于AB∥CD∥NQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故D正确；故选：BCD10．（2016·浙江·高考真题）已知互相垂直的平面，交于直线l.若直线m，

n满足m∥α，n⊥β，则A．m∥lB．m∥nC．n⊥lD．m⊥n【答案】C【详解】试题分析：由题意知,ll=，,nnl⊥⊥．故选C．【考点】空间点、线、面的位置关系．【思路点睛】解决这类空间点、线、面的位置关系问题，一般是借助长方体（或正方体），能形象直观地看出空间点、线、面的位置

关系．11．（2016·山东·高考真题）已知直线a，b分别在两个不同的平面，内.则“直线a和直线b相交”是“平面和平面相交”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【详解】当“直线a和直线

b相交”时，平面α和平面β必有公共点，即平面α和平面β相交，充分性成立；当“平面α和平面β相交”，则“直线a和直线b可以没有公共点”，即必要性不成立.故选A.12．（2016·全国·高考真题）α、β是两个平面，m、n是两条直线，有下列四个命题：（1）如果

m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.（2）如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.（3）如果α∥β，mα，那么m∥β.（4）如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号）【答案】②③④【详解】试题分析：：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，不

能得出α⊥β，故错误；②如果n∥α，则存在直线l⊂α，使n∥l，由m⊥α，可得m⊥l，那么m⊥n．故正确；③如果α∥β，m⊂α，那么m与β无公共点，则m∥β．故正确④如果m∥n，α∥β，那么m，n与α所成的角和m，n与β所成的角均相等．故正确考点：命题的真假判断与

应用；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系13．（2015·浙江·高考真题）设，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l，mA．若l⊥，则⊥B．若⊥，则lm⊥C．若//l，则//D．若//，则//lm【答案】A【详解】试题分析：由

面面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一平面的一条垂线，则两面垂直，可得l⊥，l可得⊥考点：空间线面平行垂直的判定与性质14．（2015·湖北·高考真题）12,ll表示空间中的两条直线，若p：12,ll是异面直线；q：12,ll不相交，则A．p是q的充分条件，但不是q的必要

条件B．p是q的必要条件，但不是q的充分条件C．p是q的充分必要条件D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件【答案】A【详解】若p：12,ll是异面直线，由异面直线的定义知，12,ll不相交，所以命题q

：12,ll不相交成立，即p是q的充分条件；反过来，若q：12,ll不相交，则12,ll可能平行，也可能异面，所以不能推出12,ll是异面直线，即p不是q的必要条件，故应选A．考点：本题考查充分条件与必要条件、异面直线，属基础题．15．（2015·广东·高考

真题）若直线1l和2l是异面直线，1l在平面内，2l在平面内，l是平面与平面的交线，则下列命题正确的是A．l与1l，2l都相交B．l与1l，2l都不相交C．l至少与1l，2l中的一条相交D．l至多与1l，2l中的一条相交【答案】C【详解】l与l1，l2可以都相交，可可

能和其中一条平行，和其中一条相交，如图所以l至少与1l，2l中的一条相交.故选:C．16．（2015·福建·高考真题）若,lm是两条不同的直线，m垂直于平面，则“lm⊥”是“//l”的A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【详解

】若lm⊥，因为m垂直于平面，则//l或l；若//l，又m垂直于平面，则lm⊥，所以“lm⊥”是“//l的必要不充分条件，故选B．考点：空间直线和平面、直线和直线的位置关系．17．（2015·北京·高考真题）设，是两个不同的平面，m是直线且m

．“m”是“”的A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【详解】试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B．考点：必

要条件、充分条件与充要条件的判断.【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线

都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.考点02求几何体的体积1．（2024·全国新Ⅰ卷·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3，则圆锥的体积为（）A．23πB．33πC．63πD．93π【答案】B【分析】设圆柱的底面半径为r

，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径r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r，则圆锥的母线长为23r+，而它们的侧面积相等，所以22π3π3rrr=+即2233r=+，故3r=，故圆锥的体积为1π9333π3=.故选：B.2．（2024·天津·高考真题）一个

五面体ABCDEF−．已知ADBECF∥∥，且两两之间距离为1．并已知123ADBECF===，，．则该五面体的体积为（）A．36B．33142+C．32D．33142−【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HIJLM

N−（顶点与五面体ABCDEF−一一对应）与该五面体相嵌，使得,DN；,EM;,FL重合，因为ADBECF∥∥，且两两之间距离为1．1,2,3ADBECF===，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1322

314+=+=+=，2132211311422ABCDEFABCHIJVV−−===.故选：C.3．（2024·全国甲卷·高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为1r,下底面半径均为2r，圆台的母线长分别为()212rr−,()213rr−，则圆台甲与乙

的体积之比为．【答案】64【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()()()2212121223hrrrrrr=−−−=−甲，()()()22121212

322hrrrrrr=−−−=−乙，所以()()()()212112122121136314223SSSShrrVhVhrrSSSSh++−====−++甲甲甲乙乙乙.故答案为：64.4．（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65mm,325mm,325mm，且斛量器的高为230mm，则斗量器的高为mm，升量器的高为mm．

【答案】2357.5/1152【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1h，斗量器的高为2h（单位都是mm），则2222212325325ππ230221065325ππ22hhh

==，故223mmh=，1115mm2h=.故答案为：11523mm,mm2.5．（2023·全国甲卷·高考真题）在三棱锥−PABC中，ABC是边长为2的等边三角形，2,6PAPBPC===，则该棱锥的体积为（）A．1B．3C．2D．

3【答案】A【分析】证明AB⊥平面PEC，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AB中点E，连接,PECE，如图，ABC是边长为2的等边三角形，2PAPB==，,PEABCEAB

⊥⊥，又,PECE平面PEC，PECEE=，AB⊥平面PEC，又3232PECE===，6PC=，故222PCPECE=+，即PECE⊥，所以1113321332BPECAPECPECVVVSAB−−=+===△，故选：A6．（2023·全国乙卷

·高考真题）已知圆锥PO的底面半径为3，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，120AOB=，若PAB的面积等于934，则该圆锥的体积为（）A．B．6C．3D．36【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AOB中，120AOB=o，而3OAOB==，取AB中点C，连接,OCPC，有,OCABPCAB⊥⊥，如图，30ABO=∠，3,232OCABBC===，由PAB的面积为934，得193324PC=，

解得332PC=，于是2222333()()622POPCOC=−=−=，所以圆锥的体积2211ππ(3)66π33VOAPO===.故选：B7．（2023·全国新Ⅰ卷·高考真题）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0.99m的球体B．所有棱长均为1.4m的四面体C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D．底面直径为1.2m，高为0.01m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0.99m1m，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2m，且21.4，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3m，且31.8，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1.2m1m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过1AC的中点O作1OEAC⊥，设OEACE=I，可知1132,1,3,=2ACCCA

COA===，则11tanCCOECACACAO==，即1232OE=，解得64OE=，且2263990.6482425===，即60.64，故以1AC为轴可能对称放置底面直径为1.2m圆柱，若底面

直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心1O，与正方体的下底面的切点为M，可知：111,0.6ACOMOM⊥=，则1111tanCCOMCACACAO==，即110.62AO=，解得1

0.62AO=，根据对称性可知圆柱的高为320.621.7321.21.4140.03520.01−−=，所以能够被整体放入正方体内，故D正确；故选：ABD.8．（2023·天津·高考真题）在三棱锥−PABC中，点M,N分别在棱PC,

PB上，且13PMPC=，23PNPB=，则三棱锥PAMN−和三棱锥−PABC的体积之比为（）A．19B．29C．13D．49【答案】B【分析】分别过,MC作,MMPACCPA⊥⊥,垂足分别为,MC.过B作BB⊥平面PAC，垂足为B，连接PB,过N作NNPB⊥,垂足为N.先

证NN⊥平面PAC，则可得到//BBNN，再证//MMCC.由三角形相似得到13MMCC=，'2'3NNBB=，再由PAMNNPAMPABCBPACVVVV−−−−=即可求出体积比.【详解】如图，分别过,MC作,MMPACCPA

⊥⊥,垂足分别为,MC.过B作BB⊥平面PAC，垂足为B，连接PB,过N作NNPB⊥,垂足为N.因为BB⊥平面PAC，BB平面PBB，所以平面PBB⊥平面PAC.又因为平面PBB平面PACPB=，NNPB⊥，NN平面PBB，所以NN⊥平面PAC，且//BB

NN.在PCC△中，因为,MMPACCPA⊥⊥，所以//MMCC，所以13PMMMPCCC==，在PBB△中，因为//BBNN，所以23PNNNPBBB==，所以11123231119332PAMPAMNNPAMPABCBPACPAC

PAMMNNSNNVVVVSBBPACCBB−−−−====.故选：B9．（2023·全国新Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台1111ABCDABCD−中，1112,1,2AB

ABAA===，则该棱台的体积为．【答案】766/766【分析】结合图像，依次求得111,,AOAOAM，从而利用棱台的体积公式即可得解.【详解】如图，过1A作1AMAC⊥，垂足为M，易知1AM为四棱台1111ABCDABCD−的高，因为1112

,1,2ABABAA===，则11111111112,22222222AOACABAOACAB======，故()111222AMACAC=−=，则221116222AMAAAM=−=−=，所以所求体积为1676(4141)326V=++=.故答案为：766.10．（2023

·全国新Ⅱ卷·高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．【答案】28【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解.【详解】方法一

：由于2142=，而截去的正四棱锥的高为3，所以原正四棱锥的高为6，所以正四棱锥的体积为()1446323=，截去的正四棱锥的体积为()122343=，所以棱台的体积为32428−=.方法二：棱台的体积为()131641

64283++=.故答案为：28.11．（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120，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（）A

．23B．24C．26D．27【答案】D【分析】作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.【详解】该几何体由直三棱柱AFDBHC−及直三棱柱DGCAEB−组成，作HMCB⊥于M，如图，因为3,120CHBHCHB===，所以333,

22CMBMHM===，因为重叠后的底面为正方形，所以33ABBC==,在直棱柱AFDBHC−中，AB⊥平面BHC，则ABHM⊥,由ABBCB=可得HM⊥平面ADCB，设重叠后的EG与FH交点为,I则1327

13813333,=3333=322224IBCDAAFDBHCVV−−==则该几何体的体积为8127222742AFDBHCIBCDAVVV−−=−=−=.故选：D.12．（2022·全国甲卷·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2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若=2SS甲乙，则=VV甲乙（）A．5B．22C．10D．5104【答案】C【分析】设母线长为l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，根据圆锥的侧面积公式可得122rr=，再

结合圆心角之和可将12,rr分别用l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l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，则11222SrlrSrlr===甲乙，所

以122rr=，又12222rrll+=，则121rrl+=，所以1221,33rlrl==，所以甲圆锥的高2214593hlll=−=，乙圆锥的高22212293hlll=−=，所以2211222

2145393101122393rhllVVrhll===甲乙.故选：C.13．（2022·全国新Ⅰ卷·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1485m．时，相应水面的面积为21400km．；水位为海

拔1575m．时，相应水面的面积为21800km．，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1485m．上升到1575m．时，增加的水量约为（72.65）（）A．931.010mB．931.210mC．931.410mD．931.610m【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157.5148.59MN=−=(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．棱台上底面积262140.014010S==kmm，下底面积262180.018

010S==kmm，∴()()661211914010180101401801033VhSSSS=++=++()()6799333206071096182.65101.437101.410(m)=+

+=．故选：C．14．（2022·全国新Ⅱ卷·高考真题）如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，,2FBEDABEDFB==∥，记三棱锥EACD−，FABC−，FACE−的体积分别为123,,VVV，则（）A．322

VV=B．31VV=C．312VVV=+D．3123VV=【答案】CD【分析】直接由体积公式计算12,VV，连接BD交AC于点M，连接,EMFM，由3AEFMCEFMVVV−−=+计算出3V，依次判断选项即可.【详解】设22ABEDF

Ba===，因为ED⊥平面ABCD，FBED，则()2311114223323ACDVEDSaaa===，()232111223323ABCVFBSaaa===，连接BD交AC于点M，连接,EMFM，易得

BDAC⊥，又ED⊥平面ABCD，AC平面ABCD，则EDAC⊥，又EDBDD=，,EDBD平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，又122BMDMBDa===，过F作FGDE⊥于G，易得四边形BDGF为矩形，则22,FGBDaEGa===，则()()()2222226,23EMa

aaFMaaa=+==+=，()22223EFaaa=+=，222EMFMEF+=，则EMFM⊥，213222EFMSEMFMa==，22ACa=，则33123AEFMCEFMEFMVVVACSa−−=+==，则3123VV=，32

3VV=，312VVV=+，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.15．（2021·全国新Ⅱ卷·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．20123+B．282C．563D．2823【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()2222222h=−−=，下底面面积116S=，上底面面积24S=，

所以该棱台的体积()()121211282164642333VhSSSS=++=++=.故选：D.16．（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：mm）．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200mm，高为300mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的2

4h的雨水高度是150mm（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()200100m

m2=的圆面内的降雨充满一个底面半径为()20015050mm2300=，高为()150mm的圆锥，所以积水厚度()22150150312.5mm100d==，属于中雨.故选：B.17．（2021·全国新Ⅰ卷·高考真题）在正三棱柱111ABCABC-中，11ABAA=

=，点P满足1BPBCBB=+，其中0,1，0,1，则（）A．当1=时，1ABP△的周长为定值B．当1=时，三棱锥1PABC−的体积为定值C．当12=时，有且仅有一个点P，使得1APBP⊥D．当12=时，有且仅有一个点P，使得1AB⊥平面1ABP【答案】B

D【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B，将P点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C，考虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数；对于D，考虑借助向量的平移将P点轨迹确

定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数．【详解】易知，点P在矩形11BCCB内部（含边界）．对于A，当1=时，11=BPBCBBBCCC=++，即此时P线段1CC，1ABP△周长不是定值，故A错误；对于B，当1=时，1111=BPBCBBBBBC=

++，故此时P点轨迹为线段11BC，而11//BCBC，11//BC平面1ABC，则有P到平面1ABC的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于C，当12=时，112BPBCBB=+，取BC，11BC中点分别为Q，H，则BPBQQH=+，所以P点轨迹为线段QH，不妨建系解决

，建立空间直角坐标系如图，13,0,12A，()0,0P,，10,,02B，则13,0,12AP=−−，10,,2BP=−，()110APBP=−=，所以0=或1=．故,

HQ均满足，故C错误；对于D，当12=时，112BPBCBB=+，取1BB，1CC中点为,MN．BPBMMN=+，所以P点轨迹为线段MN．设010,,2Py，因为30,02A，，所以03

1,,22APy=−，131,,122AB=−−，所以00311104222yy+−==−，此时P与N重合，故D正确．故选：BD．【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．18．（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】13【分析】利用11ANMDDAMNVV−−=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11111112323ANMDDAMNVV−−===故答案为：13【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.19．（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2cm，高为2cm，内孔半径为0.5cm，则此六角螺帽毛坯的体积是cm3.【答案】1232−【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23622=1234圆柱体积为

21()222=所求几何体体积为1232−故答案为：1232−【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.20．（2019·江苏·高考真题）如图，长方体1111AB

CDABCD−的体积是120，E为1CC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1111ABCDABCD−的体积为120，所以1120ABBCCC=，因为E为1CC的中点，所以112

CECC=，由长方体的性质知1CC⊥底面ABCD，所以CE是三棱锥EBCD−的底面BCD上的高，所以三棱锥EBCD−的体积1132VABBCCE==111111201032212ABBCCC=

==.【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.21．（2019·全国·高考真题）学生到工厂劳

动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCDABCD−挖去四棱锥OEFGH−后所得的几何体，其中O为长方体的中心，,,,EFGH分别为所在棱的中点，16cm4cmAB=BC=,AA=，3D打印所用原料密度为30.9/gcm，不考虑打印

损耗，制作该模型所需原料的质量为g.【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，2146423122EFGHScm=−=，四棱锥O−EFG的高3cm，∴31123123OEFGHVcm−=

=．又长方体1111ABCDABCD−的体积为32466144Vcm==，所以该模型体积为22114412132VVVcm=−=−=，其质量为0.9132118.8g=．【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．22．（2019·天津·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5.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】4

.【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2的正方形，侧棱长均为5，借助勾股定理，可知四棱锥的高为512−=，.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12，一个底面的圆心为四棱锥底

面的中心，故圆柱的高为1，故圆柱的体积为21124=．【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.23．（2018·江苏·高考真题）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的

多面体的体积为．【答案】43【详解】分析：先分析组合体的构成，再确定锥体的高，最后利用锥体体积公式求结果.详解：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于2，，所以该多面体的体积为21421(2).33

=点睛：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．24．（2018·全国·高考

真题）已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30，若SAB△的面积为8，则该圆锥的体积为．【答案】8π【详解】分析：作出示意图，根据条件分别求出圆锥的母线SA，高SO，底面圆半径AO的长，代入公式计算即可.详解：如下图所示，30,90SAOASB==又21182

2SABSSASBSA===，解得4SA=，所以2212,232SOSAAOSASO===−=，所以该圆锥的体积为2183VOASO==.点睛：此题为填空题的压轴题，实际上并不难，关键在于根据题意作出相应图形，利用平面几何知识求解相应线段长，代入圆锥体积公式即可

.25．（2018·天津·高考真题）已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥MEFGH−的体积为.【答案】112【分析】由题意首先求解底面积，然后结合四棱锥的高即可求得四棱锥的体积

.【详解】由题意可得，底面四边形EFGH为边长为22的正方形，其面积22122EFGHS==，顶点M到底面四边形EFGH的距离为12d=，由四棱锥的体积公式可得：111132212MEFGHV−==.【点睛】本题主要考查四棱锥的

体积计算，空间想象能力等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.26．（2018·天津·高考真题）如图，已知正方体ABCD–A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1–BB1D1D的体积为．【答案】13【分析】由题意分别求得底面积和高，然后求解其体积即可.【详解】如图所示，连结11AC，交11B

D于点O，很明显11AC⊥平面11BDDB，则1AO是四棱锥的高，且2211111211222AOAC==+=，111212BDDBSBDDD===四边形，结合四棱锥体积公式可得其体积为112123323VSh===

，故答案为13.点睛：本题主要考查棱锥体积的计算，空间想象能力等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.27．（2017·全国·高考真题）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，C

A，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为．【答案

】415【详解】如下图，连接DO交BC于点G，设D，E，F重合于S点，正三角形的边长为x(53x>0)，则1332OGx=36x=.356DGSGx==−，222233566SOhSGGOxx==−=−−

3553x=−，三棱锥的体积21133553343ABCVShxx==−△451535123xx=−.设()4535,03nxxxx=−，则()3453203nxxx=−，令()0nx=，即43403xx−=，得43x=，易知()nx在43x=

处取得最大值.∴max15485441512V=−=.点睛:对于三棱锥最值问题，需要用到函数思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变量是高次时需要用到求导的方式进行解决.28．（2016·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】12【详解】ABC中，因为2,120ABBCABC===，所以30BADBCA==.由余弦定理可得2222cosAC

ABBCABBCB=+−2222222cos12012=+−=，所以23AC=.设ADx=，则023t，23DCx=−.在ABD中，由余弦定理可得2222cosBDADABADABA=+−22222cos3

0xx=+−2234xx=−+.故2234BDxx=−+.在PBD中，PDADx==，2PBBA==.由余弦定理可得2222222(234)3cos2222PDPBBDxxxBPDPDPBx+−+−−+===，所以30BPD=.过P作直线BD的垂线，垂足为O.设POd=则11si

n22PBDSBDdPDPBBPD==，即2112342sin3022xxdx−+=，解得2234xdxx=−+.而BCD的面积111sin(23)2sin30(23)222SCDBCBCDxx==−=−.设PO与平面ABC所成角为，则点P到平面ABC的距离s

inhd=.故四面体PBCD的体积211111sin(23)33332234BcDBcDBcDxVShSdSdxxx===−−+21(23)6234xxxx−=−+.设22234(3)1tx

xx=−+=−+，因为023x，所以12t.则231xt−=−.（1）当03x时，有2331xxt−=−=−，故231xt=−−.此时，221(31)[23(31)]6ttVt−−−−−=21414()66tttt−==−.214()(1)6Vtt=−−，因为12t，所以()0

Vt，函数()Vt在[1,2]上单调递减，故141()(1)(1)612VtV=−=.（2）当323x时，有2331xxt−=−=−，故231xt=+−.此时，221(31)[23(31)]6ttVt+−−+−=21414()66tttt−=

=−.由（1）可知，函数()Vt在(1,2]单调递减，故141()(1)(1)612VtV=−=.综上，四面体PBCD的体积的最大值为12.29．（2015·上海·高考真题）若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为163，则=a．

【答案】4【详解】试题分析：231634Vaa==，4a=．考点：棱柱的体积．【名师点睛】1．解答与几何体的体积有关的问题时，根据相应的体积公式，从落实公式中的有关变量入手去解决问题，例如对于正棱锥，主要研究高

、斜高和边心距组成的直角三角形以及高、侧棱和外接圆的半径组成的直角三角形；对于正棱台，主要研究高、斜高和边心距组成的直角梯形．2．求几何体的体积时，若给定的几何体是规则的柱体、锥体或台体，可直接利用公式求解；若给定的几何体不能直接利用公式得出，常用转换法

、分割法、补形法等求解．30．（2015·江苏·高考真题）现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个

，则新的底面半径为．【答案】7【详解】由体积相等得：22221145+28=48733rrr+=考点：圆柱及圆锥体积31．（2015·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12384r=，所以163r=，所以米堆的体积为211163()5433=3209，故堆放的米约为3209÷1.62≈22，故选B.考点：圆锥的性质与圆锥的体积公式32．（201

5·山东·高考真题）已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为A．223B．423C．22D．42【答案】B【详解】试题分析：如图为等腰直角三角形旋转而成的旋

转体，，故选B．考点：圆锥的体积公式．33．（2015·山东·高考真题）在梯形ABCD中，90ABC=，//ADBC，222BCADAB===.将梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的

体积为A．23B．43C．53πD．2【答案】C【详解】由题意可知旋转后的几何体如图:直角梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为1，母线长为2的圆柱挖去一个底面半径同样是1、高为1的圆锥后得到的组合体，所以该组合体的体

积为2215121133VVV=−=−=圆柱圆锥故选C.考点：1、空间几何体的结构特征；2、空间几何体的体积.考点03求几何体的侧面积、表面积1．（2023·全国甲卷·高考真题）已知四棱锥PABCD−的底面是边长为4的正方形，3,45PCPD

PCA===，则PBC的面积为（）A．22B．32C．42D．62【答案】C【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得PDOPCO，PDBPCA，从而得到PAPB=，再在PAC△中利用余弦定理求得17PA=，从而求得17PB=，由此在PBC中

利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；法二：先在PAC△中利用余弦定理求得17PA=，1cos3PCB=，从而求得3PAPC=−，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于,PBBPD的方程组，从而求得17PB=，由此在PBC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,ACBD交于O，连结PO，则O为,ACBD的中点，如图，因为底面ABCD为正方形，4AB=，所以42ACBD==，则22DOCO==，又3PCPD==，POOP=，所以PDOPCO，则PDOPCO=

，又3PCPD==，42ACBD==，所以PDBPCA，则PAPB=，在PAC△中，3,42,45PCACPCA===，则由余弦定理可得22222cos3292423172PAACPCACPCPCA=+−=+−=，故17PA=，则17PB=，故在PBC中，7,43,1PPBCCB

===，所以222916171cos22343PCBCPBPCBPCBC+−+−===，又0πPCB，所以222sin1cos3PCBPCB=−=，所以PBC的面积为1122sin3442223SPCBCPCB===

.法二：连结,ACBD交于O，连结PO，则O为,ACBD的中点，如图，因为底面ABCD为正方形，4AB=，所以42ACBD==，在PAC△中，3,45PCPCA==，则由余弦定理可得22222cos3292423172PAACPCACPCPCA=+−

=+−=，故17PA=，所以2221793217cos2172173PAPCACAPCPAPC+−+−===−，则17cos173317PAPCPAPCAPC==−=−，不妨记,PBmBPD==，因为()()1122POPAP

CPBPD=+=+，所以()()22PAPCPBPD+=+，即222222PAPCPAPCPBPDPBPD++=++，则()217923923cosmm++−=++，整理得26cos110m

m+−=①，又在PBD△中，2222cosBDPBPDPBPDBPD=+−，即23296cosmm=+−，则26cos230mm−−=②，两式相加得22340m−=，故17PBm==，故在PBC中，7,43,1PPBCCB===，所以2

22916171cos22343PCBCPBPCBPCBC+−+−===，又0πPCB，所以222sin1cos3PCBPCB=−=，所以PBC的面积为1122sin3442223SPCBCPCB===.故选：C.2．（2021·全国新Ⅰ卷·高考真题）已知圆锥的底

面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A．2B．22C．4D．42【答案】B【分析】设圆锥的母线长为l，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l的值，即为所求.【详解】设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则22l=，解得22l

=.故选：B.3．（2021·全国甲卷·高考真题）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30则该圆锥的侧面积为.【答案】39【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】∵21

6303Vh==∴52h=∴2222513622lhr=+=+=∴136392Srl===侧.故答案为：39.4．（2020·全国·高考真题）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正

四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）A．514−B．512−C．514+D．512+【答案】C【分析】设,CDaPEb=

=，利用212POCDPE=得到关于,ab的方程，解方程即可得到答案.【详解】如图，设,CDaPEb==，则22224aPOPEOEb=−=−，由题意212POab=，即22142abab−=，化简得24()210bbaa−−=，解得15

4ba+=（负值舍去）.故选：C.【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.5．（2018·全国·高考真题）已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O，2O，过直线12O

O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．122πB．12πC．82πD．10π【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22的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是2的圆，且高为22，所以其表面积为22(2)222212S=+=，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.6．（2018·全国·高考真题）已

知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为78，SA与圆锥底面所成角为45°，若SAB△的面积为515，则该圆锥的侧面积为．【答案】402π【分析】先根据三角形面积公式求出母线长,再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求出

结果.【详解】因为母线SA，SB所成角的余弦值为78，所以母线SA，SB所成角的正弦值为158，因为SAB△的面积为515，设母线长为,l所以21155154528ll==，因为SA与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为π2

cos42ll=，因此圆锥的侧面积为22ππ402π2rll==．【整体点评】根据三角形面积公式先求出母线长，再根据线面角求出底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求出侧面积，思路直接自然，是该题的最优解．