2024高考数学考点专项突破立体几何有关的计算含解析

立体几何有关的计算一、单选题1、(2024扬州期末）底面半径为1，母线长为3的圆锥的体积是（）．A、eq\f(2\r(2)π,3)B、eq\f(\r(3)π,3)C． D．【答案】A【解析】圆锥的高为h＝eq\r(32－12)＝2eq\r(2)，圆锥的体积V＝eq\f(1,3)×π×12×2eq\r(2)＝eq\f(2\r(2)π,3).2、(2024镇江期末）已知一个圆锥的底面积为π，侧面积为2π，则该圆锥的体积为（）．A．B．C、eq\f(\r(3)π,3)D、eq\f(2\r(2)π,3)【答案】C【解析】eq\a\vs4\al(思路分析)先求出圆锥的底面半径和高．设圆锥的底面半径、高、母线长分别为r，h，l，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(πr2＝π，,πrl＝2π，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(r＝1，,l＝2.))所以h＝eq\r(3).圆锥的体积V＝eq\f(1,3)Sh＝eq\f(\r(3)π,3).3、(2024宿迁期末）设圆锥的轴截面是一个边长为2cm的正三角形，则该圆锥的体积为________cm3.（）A、2B、eq\f(\r(3),3)πC、eq\f(2\r(2)π,3)D、【答案】B【解析】圆锥的底面半径R＝1，高h＝eq\r(22－12)＝eq\r(3)，故圆锥的体积为V＝eq\f(1,3)×π×12×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),3)π.4、(2024南通、泰州、扬州一调）已知正四棱柱的底面长是3cm，侧面的对角线长是3eq\r(5)cm，则这个正四棱柱的体积为________cm3.（）A、18B、54C、64D、23【答案】B【解析】由题意知，正四棱柱的高为eq\r(（3\r(5)）2－32)＝6，所以它的体积V＝32×6＝54，故答案为54.(2024南京学情调研）如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝2，AA1＝3，则四棱锥A1B1C1CB的体积是（）A、2eq\r(3)B、2eq\r(10)C、eq\f(4\r(2),3)D、【答案】A【解析】如图，取B1C1的中点E，连结A1E，易证A1E⊥平面BB1C1C，所以A1E为四棱锥A1B1C1CB的高，所以V四棱锥A1B1C1CB＝eq\f(1,3)S矩形BB1C1C×A1E＝eq\f(1,3)×(2×3)×eq\r(3)＝2eq\r(3).6、（2024年高考天津）若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即，所以，这个球的表面积为.故选：C．7、(2024盐城三模）若一圆锥的底面半径为1，其侧面积是底面积的3倍，则该圆锥的体积为（）A．B．C、eq\f(\r(3)π,3)D、eq\f(2\r(2)π,3)【答案】D【解析】：设圆锥的高为，母线为，由得，，即，，故该圆锥的体积为.9、（2024年高考全国Ⅰ卷理数）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形态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． B． C． D．【答案】C【解析】如图，设，则，由题意得，即，化简得，解得（负值舍去）.故选C．10、（2024·河南高三期末（文））张衡是中国东汉时期宏大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八分之五.已知三棱锥的每个顶点都在球的球面上，底面，，且，，利用张衡的结论可得球的表面积为（）A．30 B． C．33 D．【答案】B【解析】因为，所以，又底面，所以球的球心为侧棱的中点，从而球的直径为.利用张衡的结论可得，则，所以球的表面积为.故选：B11、（2024年高考全国II卷理数）已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16，则O到平面ABC的距离为（）A． B． C．1 D．【答案】C【解析】设球的半径为，则，解得：.设外接圆半径为，边长为，是面积为的等边三角形，，解得：，，球心到平面的距离.故选：C．12、（2025届山东省潍坊市高三上期末）《算数书》竹简于上世纪八十年头在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“盖”的术：置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一.该术相当于给出了有圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式它事实上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的近似取为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】设圆锥底面圆的半径为，高为，依题意，，，所以，即的近似值为，故选B.13、（2024年高考全国II卷理数）已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16，则O到平面ABC的距离为（）A． B． C．1 D．【答案】C【解析】设球的半径为，则，解得：.设外接圆半径为，边长为，是面积为的等边三角形，，解得：，，球心到平面的距离.故选：C．14、（2025届山东省潍坊市高三上学期统考）已知边长为2的等边三角形，为的中点，以为折痕进行折叠，使折后的，则过，，，四点的球的表面积为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】边长为2的等边三角形，为的中点，以为折痕进行折叠，使折后的，构成以D为顶点的三棱锥，且三条侧棱相互垂直，可构造以其为长宽高的长方体，其对角线即为球的直径，三条棱长分别为1,1，，所以，球面积，故选C.15、（2025届山东省泰安市高三上期末）已知正三棱锥的侧棱长为，底面边长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】如图所示，因为正三棱锥的侧棱长为，底面边长为6，则，所以三棱锥的高,又由球心到四个顶点的距离相等，在直角三角形中，，又由，即，解得，所以球的表面积为，故选D.16、已知三棱锥中，，，直线与底面所成角为，则此时三棱锥外接球的表面积为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】取中点，则，，，因为直线与底面所成角为，所以，因为，所以，即为三棱锥外接球的球心，因为，所以，所以三棱锥外接球的表面积为.故选A17、（2024年高考全国Ⅰ卷理数）已知三棱锥P−ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为（）A． B．C． D．【答案】D【解析】解法一：为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，，又，分别为，的中点，，，又，平面，∴平面，，为正方体的一部分，，即，故选D．解法二：设，分别为的中点，，且，为边长为2的等边三角形，，又，，中，由余弦定理可得，作于，，为的中点，，，，，又，两两垂直，，，，故选D.18、正四面体中，是棱的中点，是点在底面内的射影，则异面直线与所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图，设正四面体的棱长是1，则，高，设点在底面内的射影是，则，所以即为所求异面直线所成角，则，应选答案B。19、（2025届山东省日照市高三上期末联考）已知四棱锥的体积是，底面是正方形，是等边三角形，平面平面，则四棱锥外接球体积为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】设的中点为，因为是等边三角形，所以，而平面平面，平面平面，所以平面，四棱锥的体积是，，所以边长，，设，，，，，.故选：A.20、（2024年高考全国Ⅲ卷理数）设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为（）A． B．C． D．【答案】B【解析】如图所示，设点M为三角形ABC的重心，E为AC中点，当点在平面上的射影为时，三棱锥的体积最大，此时，，，,点M为三角形ABC的重心，，中，有，，，故选B.21、鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，非常奇妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，从外表上看，六根等长的正四棱柱分成三组，经榫卯起来，如图，若正四棱柱的高为，底面正方形的边长为，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为（）（容器壁的厚度忽视不计）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意知，当该球为底面边长分别为、，高为的长方体的外接球时，球的半径取最小值，所以，该球形容器的半径的最小值为，因此，该球形容器的表面积的最小值为.故选：C.二、多选题22、（2025届山东省潍坊市高三上期末）等腰直角三角形直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为（）A． B． C． D．【答案】AB【解析】假如是绕直角边旋转，形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，母线就是直角三角形的斜边，所以所形成的几何体的表面积是.假如绕斜边旋转，形成的是上下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边的高，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长是1，所以写成的几何体的表面积.综上可知形成几何体的表面积是或.故选：AB23、（2024春•思明区校级月考）如图所示，在正三棱柱中，，，是的中点，点在线段上，若平面．则的长度为A． B． C． D．【答案】【解析】：平面，．在矩形中，设．①，②．联立①②解得，或．则的长度为或．故选：．24、（2024·蒙阴县试验中学高三期末）已知四棱锥，底面为矩形，侧面平面，，.若点为的中点，则下列说法正确的为（）A．平面B．面C．四棱锥外接球的表面积为D．四棱锥的体积为6【答案】BC【解析】作图在四棱锥中：由题：侧面平面，交线为，底面为矩形，，则平面，过点B只能作一条直线与已知平面垂直，所以选项A错误；连接交于，连接，中，∥，面，面，所以面，所以选项B正确；四棱锥的体积是四棱锥的体积的一半，取中点，连接，，则平面，，四棱锥的体积所以选项D错误.矩形中，易得，中求得：在中即：，所以O为四棱锥外接球的球心，半径为，所以其体积为，所以选项C正确故选：BC25、如图，在四面体中，点，，分别在棱，，上，且平面平面，为内一点，记三棱锥的体积为，设，对于函数，则下列结论正确的是A．当时，函数取到最大值 B．函数在上是减函数 C．函数的图象关于直线对称 D．不存在，使得（其中为四面体的体积）．【答案】【解析】在棱长为的正四面体中，点，，分别在棱，，上，且平面平面，由题意可知△，，．棱锥与棱锥的高之比为．设，．，当时，，当时，，当时，函数取到最大值．故正确；函数在函数在上是减函数，故正确；函数的图象不关于直线对对称，故错误；，不存在，使得（其中为四面体的体积）．故正确．故选：．26、（2025届江苏省七市其次次调研考试）如图，在体积为V的圆柱中，以线段上的点O为项点，上下底面为底面的两个圆锥的体积分别为，，则的值是______.【答案】【解析】由题得，，得.故答案为：27、（江苏省南通市、泰州市2024-2025学年高三上学期期末）在正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1＝AB＝2，则三枝锥A1BB1C1的体积为______.【答案】【解析】因为正三棱柱,则底面,是等边三角形又因为,则三棱柱各棱长均为2,则,故答案为：28、（2025届江苏省南通市、泰州市高三上学期第一次联合调研）在正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1＝AB＝2，则三枝锥A1BB1C1的体积为______.【答案】【解析】因为正三棱柱,则底面,是等边三角形又因为,则三棱柱各棱长均为2,则,故答案为：29、（江苏省南通市2024-2025学年高三上学期期初）已知一个圆锥的底面半径为，侧面积为，则该圆锥的体积是______.【答案】【解析】设圆锥母线长为，则侧面积为，故.故圆锥的高，圆锥体积为.故答案为：.30、（江苏省南通市海安高级中学2024-2025学年高三阶段测试）如图正四棱柱的体积为27，点E，F分别为棱上的点（异于端点）且，则四棱锥的体积为___________.【答案】9【解析】连接，

∵正四棱柱的体积为27，

点E，F分别为棱上的点（异于端点），且，

，

，

∴四棱锥的体积．

故答案为：9．31、（江苏省南通市海安高级中学2024-2025学年高三9月月考）已知长方体的体积为，则三棱锥的体积为______.【答案】【解析】设长方体的底面积为，高为，则长方体的体积为，由题意可知，三棱锥的底面积为，高为，因此，三棱锥的体积为，故答案为.解答题32、如图，在直三棱柱A1B1C1ABC中，AB⊥BC，E，F分别是A1B，AC1的中点．(1)求证：EF∥平面ABC；(2)求证：平面AEF⊥平面AA1B1B；(3)若A1A＝2AB＝2BC＝2a，求三棱锥FABC的体积．)解析(1)连结A1C.因为直三棱柱A1B1C1ABC中，四边形AA1C1C是矩形，所以点F在A1C上，且为A1C的中点．在△A1BC中，因为E，F分别是A1B，A1C的中点，所以EF∥BC.(2分)又因为BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC.(4分)(2)因为在直三棱柱A1B1C1ABC中，B1B⊥平面ABC，所以B1B⊥BC.因为EF∥BC，AB⊥BC，所以AB⊥EF，B1B⊥EF.(6分)因为B1B∩AB＝B，所以EF⊥平面ABB1A1.(8分)因为EF⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面ABB1A1.(10分)(3)VFABC＝eq\f(1,2)VA1ABC＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×S△ABC×AA1(12分)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)a2×2a＝eq\f(a3,6).(14分)33、如图，在五面体中，已知平面，，，，．（1）求证：；（2）求三棱锥的体积．解析（1）因为，平面，平面，所以平面，（3分）又平面，平面平面，所以．（6分）（2）如图，在平面内过点B作于点．因为平面，平面，所以．又，平面，，所以平面，所以是三棱锥的高．（9分）在直角三角形中，，，所以．因为平面，平面，所以．又由（1）知，，且，所以，所以，（12分）所以三棱锥的体积．（14分）易错警示在证明线线、线面、面面的位置关系时，肯定要留意条件的完备性，不能少写条件．另外，在求几何体的体积时，肯定要证明某条线为高的缘由，即证明它与某个平面垂直，否则将导致丢分．34、如图，在矩形ABCD中，AD＝2，AB＝4，E，F分别为边AB，AD的中点．现将△ADE沿DE折起，得四棱锥ABCDE.（1）求证：EF∥平面ABC；（2）若平面ADE⊥平面BCDE，求四面体FDCE的体积．解析(1)证法1如图1，取线段AC的中点M，连结MF，MB.因为F，M为AD，AC的中点，所以MF∥CD，且MF＝eq\f(1,2)CD.图1在折叠前，四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，所以BE∥CD，且BE＝eq\f(1,2)CD.所以MF∥BE，且MF＝BE.所以四边形BEFM为平行四边形，故EF∥BM.又EF⊄平面ABC，BM⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.证法2如图2，延长DE交CB的延长线于点N，连结AN.在折叠前，四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，所以BE∥CD，且BE＝eq\f(1,2)CD.图2所以∠NBE＝∠NCD，∠NEB＝∠NDC.所以△NEB∽△NDC.所以eq\f(NE,ND)＝eq\f(BE,CD)＝eq\f(1,2)，即E为DN的中点．又F为AD的中点，所以EF∥NA.又EF⊄平面ABC，NA⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.证法3如图3，取CD的中点O，连结OE，OF.图3折叠前，四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，所以BE∥CD，且BE＝eq\f(1,2)CD.所以BE∥CO，且BE＝CO.所以四边形BEOC为平行四边形，所以EO∥BC.又EO⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，所以EO∥平面ABC.因为F，O分别为AD，CD的中点，所以FO∥AC.又FO⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以FO∥平面ABC.又FO，EO⊂平面FEO，FO∩EO＝O，所以平面FEO∥平面ABC.因为EF⊂平面FEO，所以EF∥平面ABC.(2)解法1在折叠前，四边形ABCD为矩形，AD＝2，AB＝4，E为AB的中点，所以△ADE，△CBE都是等腰直角三角形，且AD＝AE＝EB＝BC＝2.所以∠DEA＝∠CEB＝45°，且DE＝EC＝2eq\r(2).又∠DEA＋∠DEC＋∠CEB＝180°，所以∠DEC＝90°，即DE⊥CE.又平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE＝DE，CE⊂平面BCDE，所以CE⊥平面ADE，即CE为三棱锥CEFD的高．因为F为AD的中点，所以S△EFD＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×AD×AE＝eq\f(1,4)×2×2＝1.所以四面体FDCE的体积V＝eq\f(1,3)×S△EFD×CE＝eq\f(1,3)×1×2eq\r(2)＝eq\f(2\r(2),3).解法2如图4，过F作FH⊥DE，H为垂足．图4因为平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE＝DE，FH⊂平面ADE，所以FH⊥平面BCDE，即FH为三棱锥FECD的高．在折叠前，四边形ABCD为矩形，且AD＝2，AB＝4，E为AB的中点，所以△ADE是等腰直角三角形．又F为AD的中点，所以DF＝1.所以FH＝DF·sin45°＝eq\f(\r(2),2).又S△EDC＝eq\f(1,2)×CD×BC＝eq\f(1,2)×4×2＝4，所以四面体FDCE的体积V＝eq\f(1,3)×S△EDC×FH＝eq\f(1,3)×4×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(2\r(2),3).解法3如图5，过A作AG⊥DE，G为垂足．图5因为平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE＝DE，AG⊂平面ADE，所以AG⊥平面BCDE，即AG为三棱锥AECD的高．在折叠前，四边形ABCD为矩形，且AD＝2，AB＝4，E为AB的中点，所以△ADE是等腰直角三角形．所以AG＝AD·sin45°＝eq\r(2).又S△EDC＝eq\f(1,2)×DC×BC＝eq\f(1,2)×4×2＝4，所以三棱锥AECD的体积VAECD＝eq\f(1,3)×S△EDC×AG＝eq\f(1,3)×4×eq\r(2)＝eq\f(4\r(2),3).因为F为AD的中点，所以S△EFD＝eq\f(1,2)S△EAD.所以VCEFD＝eq\f(1,2)VCEAD＝eq\f(1,2)VAECD＝eq\f(2\r(2),3).即四面体FDCE的体积为eq\f(2\r(2),3).35、如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，∠ADC＝120°，AA1＝AB＝1，点O1，O分别是上、下底面菱形的对角线的交点．（1）求证：A1O∥平面CB1D1；（2）求点O到平面CB1D1的距离．解析(1)因为AA1∥CC1且AA1＝CC1，所以四边形A1ACC1是平行四边形，所以AC∥A1C1且AC＝A1C1.因为O1，O分别是A1C1，AC的中点，故OC∥A1O1且OC＝A1O1.所以四边形A1O1CO为平行四边形，所以A1O∥O1C.又A1O⊄平面CB1D1，O1C⊂平面C