2026秋高三数学复习 立体几何：表面积问题、体积问题、外接球问题、内切球问题(解析版)

立体几何：表面积问题、体积问题、外接球问题、内切球问题专项训练

考点一表面积问题

1．（24-25高二下·广西南宁·期中）球的表面积增大为原来的9倍，那么球的体积增大为原来的（）

A．9倍B．18倍C．27倍D．81倍

【答案】C

【详解】设原来球体的半径为R，则原来球体的表面积为：S=4πR2，

4

原来球体的体积为：V=πR3，

3

当球的表面积增大为原来的9倍时，则此时球的半径R1=3R，

4

π´27R3

4343V13

此时球体体积为：V1=πR1=π´27R，由==27，

V43

33πR

3

所以球的体积增大为原来的27倍.

故选：C.

2．（2025·江西·模拟预测）任意一圆锥的表面积与其侧面积之比的取值范围为（）

æ3ùæ3ö

A．ç1,B．ç1,÷C．(1,2]D．(1,2)

è2ûúè2ø

【答案】D

【详解】设某圆锥的底面圆半径和母线长分别为r，l，

πrl+πr2r

则其表面积与其侧面积之比为=1+，

πrll

在直角三角形中，易得l>r，故其取值范围为(1,2).

故选：D．

3．（24-25高一下·广东佛山·期末）如图，等边三角形与直线l在同一平面，AC垂直l于A，AC=2，则VABC绕

l旋转一周形成的面所围成的几何体的表面积是（）

A．10πB．11πC．12πD．13π

【答案】C

【详解】过点A作AD^l，垂足为D，

VABC绕l旋转一周形成的面所围成的几何体是圆台去掉同底圆锥，

几何体的表面积是底面半径分别为1,2，母线为2的圆台表面积去掉上底面再加上底面半径为1，母线为2的圆锥

的侧面积，

则S=π1+2´2+4π+π´1´2=12π；

故选：C．

4．（24-25高三下·云南昭通·阶段练习）已知某圆锥的轴截面是正三角形，从该圆锥高的一半处作平行于底面的平

面截圆锥得一个小圆锥和一个小圆台，则该小圆台与原圆锥的表面积之比为（）

A．11:12B．5:6C．3:4D．2:3

【答案】A

1

【详解】不妨设原圆锥的底面半径为2，高为23，则原圆锥的表面积为22π+4π×4×=12π．

2

1

小圆台的上下底面积为22π+12π=5π，侧面积为4π+2π´2´=6π，表面积为11π．

2

故选：A．

5．（24-25高一下·浙江·期中）水平桌面上放置了4个完全相同的半径为1的小球（不叠起），四个小球的球心构成

正方形，且相邻的两个小球相切．用一个半球形容器（容器壁厚度不计）罩住这四个小球，则这个半球形容器表

面积（不包含底面圆）的最小值为（）

A．6+42πB．8+43πC．3+22πD．4+23π

【答案】B

【详解】

如图，4个小球球心构成的正方形为OO12O3O4，中心为N，

由题意O1O2=2，NO1=2，

半球形容器的球心为O，

显然当半球形容器与4个小球都相切时球O的半径最小，半球形容器与球O1的切点为A，

连接ON，则ON=小球的半径=1，

22

球O的半径=OA=O1A+OO1=1+ON+O1N=1+3；

2

所以半球形容器表面积（不包含底面圆）的最小值为2π1+3=8+43π，

故选：B

6．（24-25高二下·陕西西安·阶段练习·多选）有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方

体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点，已知最底层正方体的棱长为2，且该塔形的表面积（不含最

底层正方体的底面面积）超过34，则该塔形中正方体的个数可以是（）

A．4B．5C．6D．7

【答案】BCD

【详解】设从最底层开始的第n层的正方体棱长为an，

1122

a=2，a=´22+22=2，a=´2+2=1，

12232

2

则a为以2为首顶，以为公比的等比数列，

n2

1

a2是以4为首项，以为公比的等比数列.

n2

∴塔形的表面积

∴æ1ö

4ç1-n÷

232

S=4a2+4a2+4a2+×××+4a2+a2=4´èø+4=36-，

n123n11n

1-2

2

32

令36->34，解得n>4，

2n

该塔形中正方体的个数至少为5个.

∴故选：BCD.

723-24···

．（高三上贵州遵义阶段练习多选）在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=2A1B1=43,AA1=10，点P

在四边形ABCD内，且A1P=4，则（）

A．正四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积是56

B．正四棱台ABCD-A1B1C1D1的侧面积是362

C．正四棱台ABCD-A1B1C1D1的外接球的表面积是145π

53π

D．P的轨迹长度是

3

【答案】ACD

【详解】A选项，取正方形DCBA1111的中心O1，正方形ABCD的中心O，

连接AO11,AO,OO1，则O1O平面ABCD，

⊥

过点A1作A1MAO于点M，则A1M平面ABCD，AO11=OM,A1M=OO1，

⊥⊥

因为AB=2A1B1=43,AA1=10，所以AB=43,A1B1=23，

故AO11=OM=6,AO=26，所以AM=AO-OM=6，

22

因为AA1=10，由勾股定理得A1M=A1A-AM=10-6=2，

故正四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为

1é2222ù

ê23+43+23´43ú´2=56，A正确；

3ëû

1

B选项，过点A1作AW1AB于点W，则AW=AB-AB=3，

211

22⊥

故AW1=A1A-AW=7，

23+43´7

正四棱台ABCD-A1B1C1D1的侧面积是4´=1221，B错误；

2

C选项，正四棱台ABCD-A1B1C1D1的外接球球心Q在直线OO1上，连接AQ,AQ1，

则AQ=AQ1=R，

如图所示，设OQ=h，则QO1=OO1+OQ=2+h，

22222222

由勾股定理得AQ=AO+OQ=24+h，AQ1=AO11+O1Q=6+2+h，

27

所以24+h2=6+2+h，解得h=，

2

2

2æ7ö1452

所以R=24+ç÷=，故外接球表面积为4πR=145π，C正确；

è2ø4

22

D选项，由勾股定理得PM=A1P-A1M=16-4=23，

故点P的轨迹为以M为圆心，以23为半径的圆在正方形内部部分，

如图，

其中MT=MK=3，故DT=BK=33，

又SM=ML=23，由勾股定理得ST=KL=12-3=3，

STKL3

由于==，所以ÐSMT=ÐLMK=60°，

SMLM2

故ÐSML=150°，

5π53π

故P的轨迹长度是´23=，D正确.

63

故选：ACD

8．（24-25高一下·北京昌平·期末）以边长为2的正方形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周得到一个

圆柱，则该圆柱的体积是；表面积是.

【答案】8π16π

【详解】由题意可知圆柱的底面半径r=2，高h=2，

22

所以圆柱的体积为V=S底´h=πrh=π´2´2=8π，

22

表面积为S=2S底+S侧=2πr+2πrh=2´π´2+2´π´2´2=16π.

故答案为：8π;16π

2π

9．（24-25高一下·湖北十堰·阶段练习）若一个圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为1的扇形，则这个圆锥的

3

侧面积与表面积的比是．

【答案】3:4

【详解】设圆锥底面圆的半径为r，圆锥的侧面展开图扇形的半径为l=1，

2π11

由题意可得，l=2πrÞr=l=，

333

π4π

圆锥的侧面积为S=πrl=，圆锥的表面积S=S+πr2=，

319

故S:S1=3:4

故答案为：3:4

10．（2025·重庆·模拟预测）阅读下面两则材料解决问题:

材料一:2025年4月29日，长征火箭再次腾空，将“互联网低轨卫星”成功送入预定轨道.低轨卫星距地面一

般为160~2000公里，与高轨卫星相比，有速度快、回传信号质量高等特点，在半径为6400公里的地球上空，

更像“贴地飞行”.

材料二:球面被平面所截得的一部分叫做球冠，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高(如图).当球面半径

为R，球冠高为h时，球冠表面积S=2πRh.问题:若某低轨卫星位于赤道正上方1600公里高度的轨道，保持

高度绕地球一圈(地球相对静止)，回传信号沿直线传输(能直线观测到卫星的地面均可接收到信号)，则该卫星回传

信号的地表覆盖面积百分比为.

【答案】60%

【详解】令地球半径R=4a，则低轨卫星M到球心O的距离为5a，过M作地球的切线，切点为为A,B，

AM×OA12

AB交OM于O¢，则OM垂直平分AB，OA^AM，AM=3a，O¢A==a，

OM5

12a8a

低轨卫星M绕赤道旋转一周没有扫到的部分为以O,O分别为球冠底面圆心，高为4a-=的两个球冠，

1255

8a128πa

没有扫到的面积为2×2π×4a×=，球的表面积为4πR2=64π，

55

128πa

64π-

所以该卫星回传信号的地表覆盖面积百分比为3.

5==60%

64π5

故答案为：60%

11．（24-25高一下·湖南长沙·阶段练习）如图，圆锥PO的底面半径和高均是a.

(1)过线段PO的中点O¢作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的体积.

(2)若过线段PO上的任意一点作平行于底面的截面，并以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的最大表面

积.

5

【答案】(1)πa3

24

3+22

(2)πa2

2

【详解】（1）如图，设圆锥母线PB与圆柱交点为A，连接O¢A.

π

依题意，ÐPOB=，则有l=a2+a2=2a，

2

PO-hO¢A111

又O¢为PO中点，设圆柱的高为h，则==，解得h=PO=a.

POOB222

1

设圆柱半径为r，则r=O¢A=a，

2

1115

因为圆锥内部挖去一个圆柱，故剩下几何体的体积V=πa2´a-π´(a)2´a=πa3.

32224

（2）设圆柱半径为r，高为h.

PO-hra-hr

则依题意，有=，其中R为圆锥的底面半径，即=.

PORaa

所以h=a-r.

又圆锥内部挖去一个圆柱，所以剩下几何体的表面积S=πa2+πa´2a+2π´r´h

a23π22

=πa2+πa´2a+2π´r´(a-r)=-2π´(r-)+a+2πa

22

a3+22

故r=时，S取到最大值πa2.

22

12．（24-25高一下·广东广州·期中）如图，圆锥PO的底面直径和高均是2cm，过PO上的一点O¢作平行于底面的

截面，以该截面为底面挖去一个圆柱．

(1)若O¢是PO的中点，求圆锥挖去圆柱剩下几何体的表面积和体积；

(2)当OO¢为何值时，被挖去的圆柱的侧面积最大？并求出这个最大值．

5

【答案】(1)表面积(5+2)π，体积π；

12

(2)OO¢=1，π.

1

【详解】（1）设圆柱的底面半径为r，由三角形中位线定理知，r=，圆柱母线长OO¢=1，

2

而圆锥的母线长为l=22+12=5，因此圆锥挖去圆柱剩下几何体的表面积为

1

圆锥的表面积加上圆柱的侧面积，即S=π×12+π×1×5+2π××1=(5+2)π，

2

圆锥挖去圆柱剩下几何体的体积等于圆锥的体积减去圆柱的体积，

115

即V=π×12×2-π×()2×1=π.

3212

2-xr1

（2）设OO¢=x，则=，解得r=1-x，

212

x+2-x

因此被挖去的圆柱的侧面积为S¢=2πrx=πx(2-x)£π()2=π，

2

当且仅当x=1时取等号，

所以OO¢=1时，被挖去的圆柱的侧面积最大值为p.

考点二体积问题

1．（24-25高一下·福建厦门·期末）某组合体的上、下部分分别是圆台和圆柱.圆台和圆柱的高相等，且圆台的下底

面与圆柱的上底面重合，圆台的上底面半径是下底面半径的一半，则圆台与圆柱的体积之比为（）

5757

A．B．C．D．

121244

【答案】B

【详解】设圆台的上底面半径为r，高为h，则圆台和圆柱的底面半径为2r，

1222722

则圆台体积V1=πr+4r+2rh=πrh，圆柱体积V2=4πrh，

33

7

πr2h

所以圆台与圆柱的体积之比为V137.

=2=

V24πrh12

故选：B

2．（24-25高三上·辽宁沈阳·阶段练习）祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”这里的“幂”指水平截面的面积，“势”

指高.这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等.利用

祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差.如图，是一“四脚帐篷”形状的几何体的

示意图，其中曲线AOC和BOD均是以32为半径的半圆，平面AOC和平面BOD均垂直于平面ABCD，用任意

平行于底面ABCD的平面截该几何体，所得截面四边形均为正方形，请利用祖暅原理试求该几何体的体积是（）

（提示：可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱）

A．362B．722C．36πD．72π

【答案】B

【详解】作正四棱柱MNGH-M¢N¢G¢H¢，正四棱柱的边长与帐篷底面正方形ABCD边长相等，

在正四棱柱MNGH-M¢N¢G¢H¢，作四棱锥O1-M¢N¢G¢H¢，

O1为底面正方形M¢N¢G¢H¢的中心，

作截面平行于帐篷底面ABCD，与帐篷和正四棱柱与正四棱锥相截，

截面分别为四边形A¢B¢C¢D¢，四边形DCBA1111，四边形A2B2C2D2，如图所示，

设截面与底面的距离为h，设底面ABCD中心为O，

截面A¢B¢C¢D¢中心为O¢，则OC¢=32，O¢C¢=18-h2，

所以B¢C¢=218-h2，所以截面A¢B¢C¢D¢的面积为36-2h2.

设四棱柱底面MNGH中心O1与截面A2B2C2D2中心O2之间的距离为O1O2=h，

在正四棱柱中，底面正方形边长为6，高为32，

所以ÐMO1A2=ÐGO1C2=45°，所以ÐA2O1C2=90°，VA2O1C2为等腰直角三角形，

所以A2C2=2h，所以四边形A2B2C2D2边长为2h，

2

所以四边形A2B2C2D2的面积为2h，

所以图中阴影部分的面积为S-S=36-2h2，与截面¢¢¢¢面积相等，

2A1B1C1D1A2B2C2D2ABCD

由祖暅原理知帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积，

1

即V=V-V=62´32-´62´32=722.

帐篷正四棱柱正四棱锥3

故选：B.

3．（2025·湖南邵阳·模拟预测）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是C1D1，AD，CC1的中点，过E，

F，G三点的截面把正方体分成两部分，则体积较大的部分与正方体体积之比为（）

135911949

A．B．C．D．

167214472

【答案】C

【详解】

如图所示，延长EF,DC相较于H，连接EH，交BC于J，相同方法，做出FK，

则五边形EKFJG为截面，

不妨设正方体棱长为1，

111

则VHCG:VHE1E，所以GC=,CH=，在VHCJ:VHDF，所以JC=.

226

11

同理可得DE=DI=,KD=，

11216

11313111113125

可知截得较小部分体积V=V-2V，边长代入得V=´(´)´-2´´(´)´=-=，

I-DFHI-KD1E32222322621672144

25119119

较大部分体积为1-=，立方体体积为1，所以较大部分与总体积之比为.

144144144

故选：C.

4．（24-25高一下·河北邢台·阶段练习）已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1的所有顶点都在球O的表面上，且球心O

在平面ABCD内，若AB=52，A1B1=42，则正四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积是（）

A．61B．122C．183D．366

【答案】B

【详解】如图，设上底面的中心为O¢，连接OA,O¢A1,O¢O，

由题中数据可知OA=5，O¢A1=4.

因为正四棱台ABCD-A1B1C1D1的所有顶点都在球O的表面上，所以AO=OA1，

22

即5=4+OO¢，解得OO¢=3，即正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高为3，

则正四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积

1

V=´é(52)2+(42)2+52´42ù´3=122.

3ëû

故选：B.

5．（24-25高一下·浙江温州·期末）已知正四棱台的上下底面边长分别为2和4，侧棱长为4，则它的体积是

（）

2814112

A．B．C．2814D．112

33

【答案】A

【详解】如图所示：

由题设正四棱台ABCD-A1B1C1D1，O1,O分别是上下底面中心，作A1M^AC，

11

由题意可知：AA=4，OA=AB2+BC2=42+42=22，

122

同理可得O1A1=2，故AM=OA-OM=OA-O1A1=22-2=2，

2

222，

A1M=AA1-AM=4-2=16-2=14

S1，S2示上下底面面积，S1=2´2=4，S2=4´4=16，

112814

所以棱台的体积h(S1+S1S2+S2)=´14´(4+4´16+16)=.

333

故选：A.

6．（2025·四川绵阳·模拟预测·多选）正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为2，E为CC1中点，F为平面BCC1B1上的动点

（在四边形BCC1B1内部及其边界）且满足A1F//平面AD1E，则下列正确的是（）

2

A．动点F的轨迹长度为

2

é24ù

B．三棱锥A1-CC1F的体积范围为,

ëê33ûú

C．三棱锥F-AD1E的体积为定值

D．当三棱锥A1-CC1F的体积最小时，其外接球的表面积为14π

【答案】BCD

【详解】对于A，取BC的中点M,B1C1的中点为T，连ME,AM,NT,AT1，过A1作A1N//D1E交BB1于N，连NT，

如下图所示：

因为E为CC1中点，由正方体性质可知ME//AD1，因此可得A,M,E,D1四点共面；

由A1N//D1E可知N为BB1的中点，

又因为A1NË平面AMED1，D1EÌ平面AMED1，

所以A1N//平面AMED1；

又B1C1的中点为T，所以NT//ME，

又NTË平面AMED1，MEÌ平面AMED1，

所以NT//平面AMED1；

因为A1NÇNT=N，A1N,NTÌ平面A1NT，

所以可得平面A1NT//平面AMED1，

又因为需满足A1F//平面AD1E，且F为平面BCC1B1上的动点，

所以动点F的轨迹为线段NT，此时长度为2，即A错误；

对于B，显然三棱锥A1-CC1F的顶点A1到底面CC1F的距离为A1B1=2，

所以当VCC1F的面积最小时，体积最小，其面积最大时，体积最大；

又因为CC1=2，所以当F在T时，点F到CC1的距离最小为1，

112

此时体积最小，即V的最小值为´´1´2´2=，

A-CC11F323

当F在N时，点F到CC1的距离最大为2，

114

此时体积最大，即V的最大为´´2´2´2=；

A-CC11F323

é24ù

因此三棱锥A1-CC1F的体积范围为,，即B正确；

ëê33ûú

对于C，由于NT//ME，所以点F到平面AD1E的距离等于点T到平面AD1E的距离，为定值；

又因为底面△AD1E的面积为定值，所以三棱锥F-AD1E的体积为定值，

V=V

即F-AD1ET-AD1E不变，可得C正确；

对于D，当三棱锥A1-CC1F的体积最小时，根据B中分析可知此时F与T重合，

即求A1-CC1T的外接球的半径即可，

5

设外接球的球心为O，半径为R,VCC1T的外接圆圆心为O1，半径为,O为CT中点，

21

如下图所示：

则OO1//A1B1，在直角梯形A1BOO11和直角三角形OO1C1中，

3213

易知2æö，

B1O1=1+ç÷=

è2ø2

ì225

ïR=OO1+

ï421473

所以可得í，解得R==,OO1=；

213422

ïR2=2-OO+

îï14

14

所以外接球表面积为S=4πR2=4π´=14π，

4

因此当三棱锥A1-CC1F的体积最小时，其外接球的表面积为14π，可得D正确.

故选：BCD

7．（24-25高二下·广东揭阳·期末·多选）用半径为R的圆形铁皮剪出圆心角为q的扇形（以圆形铁皮的半径为半径

的扇形），制成一个圆锥形容器SO，底面圆O的半径为r．则下列说法正确的是（）

337π

A．当r=，且圆锥SO的侧面积为3π时，圆锥的体积V=

28

337

B．当r=，且圆锥SO的侧面积为3π时，过圆锥SO的顶点S所作的截面中，截面面积的最大值为

24

C．当R=3，且圆锥SO的侧面积为3π时，圆锥SO能在棱长为4的正四面体内任意转动

26

D．当q=π时，圆锥SO的体积最大

3

【答案】AD

【详解】设圆锥的母线长为l，高为h，

3

对于A选项，该圆锥的侧面积为πrl=πl=3π，解得l=2，

2

2

222æ3ö7

所以该圆锥的高为h=l-r=2-ç÷=，

è2ø2

2

121æ3ö737

故该圆锥的体积为V=πrh=π´ç÷´=π，A对；

33è2ø28

3

对于B选项，当r=时，l=2，此时圆锥的轴截面如图所示，

2

2

22æ3ö

2222+2-ç´2÷

SA+SB-AB21，所以ÐASB为钝角，

cosÐASB==èø=-<0

2SA×SB2´2´28

令P、Q是圆锥SO的底面圆周上任意的不同两点，则0<ÐPSQ£ÐASB，

11

所以S=SP×SQ×sinÐPSQ£´2´2´1=2，

VPSQ22

π

当且仅当ÐPSQ=时，取等号，B错；

2

对于C选项，当R=3时，即当l=3时，该圆锥的侧面积为πrl=3πr=3π，可得r=1，

高h=32-12=22，

设圆锥SO的外接球球心为C，圆锥SO的外接球半径为R2，

292

所以12+22-R=R2Þ42R=9ÞR=，

22228

棱长为4的正四面体BDMN可以补成正方体GBHD-MENF，如图所示，

2

则正方体的棱长BG=BD=22，

2

3112162

正四面体BDMN的体积为V=22-4×××22×22=，

B-DMN323

13

正四面体BDMN的表面积为4´´4´4´=163，

22

设正四面体BDMN的内切球半径为r2，

11631626

则由等体积法可知´163´r=VÞr=Þr=，

32B-DMN32323

926

注意到R=>r=，

2823

所以圆锥SO不能在棱长为4的正四面体内任意转动，C错；

qR

对于D选项，由题意可知，圆锥底面周长为2πr=qR，故r=，

2π

该圆锥的高为h=R2-r2，

1

所以，圆锥SO的体积为V=πr2h，故9V2=π2r4h2=π2r4R2-r2，

3

令fr=π2r4R2-r2=π2R2r4-r6，其中0<r<R，

223523226

则f¢r=π4Rr-6r=2πr2R-3r，由f¢r=0，可得r=R，

3

æ6ö

6¢

当0<r<R时，fr>0，即函数fr在ç0,R÷上单调递增，

3è3ø

æ6ö

6¢

当R<r<R时，fr<0，即函数fr在çR,R÷上单调递增，

3è3ø

qR6261

当r==R时，即当q=π时，fr取最大值，此时V=fr取最大值，D对.

2π333

故选：AD.

8．（2025·湖北黄冈·二模）在正三棱台ABC-A1B1C1中，AB=6,A1B1=3,A1A与平面ABC所成角的正切值为1，则

该棱台的体积．

63

【答案】

4

【详解】如图，将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥P-ABC，

则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角，

设点P在平面ABC上的射影为O，在平面A1B1C1上的射影为O1，

则O为VABC的中心，O1为△A1B1C1的中心，

则ÐPAO即为棱A1A与底面ABC所成的角，而tanÐPAO=1，

113

设△A1B1C1的高为h，由等面积公