新高考数学二轮培优训练专题11 空间几何体的表面积与体积（2份，原卷版+解析版）

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A．B．C．D．
【答案】B
【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
2、（2023年全国甲卷数学（文））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．1B．C．2D．3
【答案】A
【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年全国甲卷数学（理））在四棱锥中，底面为正方形，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】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.
4、【2022年新高考1卷】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
【解析】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．
5、【2022年新高考2卷】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．
故选：A
6、（2023年新课标全国Ⅱ卷）（多选题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为B．该圆锥的侧面积为
C．D．的面积为
【答案】AC
【详解】依题意，，，所以，
A选项，圆锥的体积为，A选项正确；
B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误；
C选项，设是的中点，连接，
则，所以是二面角的平面角，
则，所以，
故，则，C选项正确；
D选项，，所以，D选项错误.
故选：AC.

7、（2023年新课标全国Ⅰ卷）（多选题）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
【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.
8、（2023年新课标全国Ⅰ卷）在正四棱台中，，则该棱台的体积为________．
【答案】/
【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：.
9、（2023年新课标全国Ⅱ卷）．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】
【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为，
所以正四棱锥的体积为，
截去的正四棱锥的体积为，
所以棱台的体积为.
方法二：棱台的体积为.
故答案为：.

10、（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，.
（1）求三棱锥的体积；
（2）已知D为棱上的点，证明：.
【解析】(1)如图所示，连结AF，
由题意可得：，
由于AB⊥BB1，BC⊥AB，，故平面，
而平面，故，
从而有，
从而，
则，为等腰直角三角形，
，.
(2)由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体，如图所示，取棱的中点，连结，
正方形中，为中点，则，
又，
故平面，而平面，
从而.
题组一、空间几何体的表面积
1-1、（2023·云南玉溪·统考一模）如图是某灯具厂生产的一批不倒翁型台灯外形，它由一个圆锥和一个半球组合而成，圆锥的高是0.4m，底面直径和球的直径都是0.6m，现对这个台灯表面涂胶，如果每平方米需要涂200克，则共需涂胶（ ）克（精确到个位数）
A．176B．207C．239D．270
【答案】B
【分析】求出圆锥的母线长，再由台灯是由一个圆锥和一个半球组成可求得台灯表面积的值，进而求得涂胶的克数.
【详解】由已知得圆锥的母线长，
所以台灯表面积为，
需要涂胶的重量为（克），
故选：B.
1-2、（2023·安徽·统考一模）在三棱锥中，底面，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求得外接球的半径，进而求得外接球的表面积.
【详解】由，得，
所以的外接圆半径，
由于底面，所以外接球的半径，
所以外接球的表面积.
故选：B.
1-3、（2023·江苏·统考三模）已知底面半径为r的圆锥SO，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为，则此圆柱与圆锥的侧面积的比值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】圆锥的高为，如图，
由可得：，∴，
∴,
圆柱侧面积，
圆锥侧面积，.
故选：D．
1-4、（2021·山东日照市·高三二模）球面几何是几何学的一个重要分支，在航海、航空、卫星定位等方面都有广泛的应用．如图，A，B，C是球面上不在同一大圆上的三点，经过这三点中任意两点的大圆的劣弧分别为，由这三条劣弧组成的图形称为球面．已知地球半径为R，北极为点N，P，Q是地球表面上的两点．若P，Q在赤道上，且经度分别为东经和东经，则球面的面积为__________．
【答案】
【解析】因为PQ在赤道上，且经度分别为东经和东经，
上半球面面积为，球面的面积为；
故答案为：
题组二、空间几何体的体积
2-1、（2023·云南红河·统考一模）如图所示是一块边长为10cm的正方形铝片，其中阴影部分由四个全等的等腰梯形和一个正方形组成，将阴影部分裁剪下来，并将其拼接成一个无上盖的容器（铝片厚度不计），则该容器的容积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】作出正四棱台，作出辅助线，得到各边长，求出四棱台的高，从而利用台体体积公式求出体积.
【详解】由题知，该容器的容积就是正四棱台的体积，
如图，连接正四棱台上下底面的中心，，取上底面正方形一边中点，对应下底面正方形一边中点，连接，，，
则，故四点共面，
过点作交于点，则四边形为矩形，
故，
因为该正四棱台上、下底面边长分别为2，6，等腰梯形的斜高为4，
所以，
故，
所以该棱台的高，下底面面积，上底面面积，
所以该容器的容积是．
故选：B.
2-2、（2023·云南·统考一模）三棱锥中，平面，．若，，则该三棱锥体积的最大值为（ ）
A．2B．C．1D．
【答案】D
【分析】先利用线面垂直的判定定理与性质定理依次证得平面、与，从而利用基本不等式求得，进而得到，由此得解.
【详解】因为平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
在中，，，则，
因为平面，平面，所以，
在中，不妨设，则由得，
所以，
当且仅当且，即时，等号成立，
所以，
所以该三棱锥体积的最大值为.
故选：D.
.
2-3、（2023·山西临汾·统考一模）《九章算术·商功》提及一种称之为“羡除”的几何体，刘徽对此几何体作注：“羡除，隧道也其所穿地，上平下邪.似两鳖臑夹一堑堵，即羡除之形.”羡除即为：三个面为梯形或平行四边形（至多一个侧面是平行四边形），其余两个面为三角形的五面几何体.现有羡除如图所示，底面为正方形，，其余棱长为2，则羡除外接球体积与羡除体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接AC、BD交于点M，取EF的中点O，连接OM，求出OM的长，进而求出OA的长，可知，从而可求出羡除外接球体积，由等体积法可求出羡除体积，进而可求得结果.
【详解】连接AC、BD交于点M，取EF的中点O，连接OM，则平面.取BC的中点G，连接FG，作，垂足为H，如图所示，
由题意得，，，，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即：这个羡除的外接球的球心为O，半径为2，
∴这个羡除的外接球体积为.
∵，面，面，
∴面，即：点A到面的距离等于点B到面的距离，
又∵，
∴，
∴这个羡除的体积为，
∴羡除的外接球体积与羡除体积之比为.
故选：A.
2-4、（2022·江苏如东·高三期末）已知三棱锥P－ABC的外接球半径为4，底面ABC中，AC＝6，∠ABC＝60°，则三棱锥P－ABC体积的最大值是（ ）
A．B．C．24πD．
【答案】A
【解析】由已知可得，的外接圆的半径，
且由余弦定理得
，
（当且仅当时取等号）
所以,
又外接球的球心到平面的距离为，
所以点P到平面的距离的最大值为，
所以三棱锥体积的最大值为.
故选：A
2-5、（2022·湖北省鄂州高中高三期末）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式，多见于亭阁式建筑、园林建筑.下面以圆形攒尖为例.如图所示的建筑屋顶可近似看作一个圆锥，其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边边长为，顶角为的等腰三角形，则该屋顶的体积约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为轴截面的顶角为，所以底角，在中，依题意，
该圆形攒尖的底面圆半径，高，
则()，所以该屋顶的体积约为.
故选：B.
题组三、球的切接问题
3-1、（2023·安徽黄山·统考三模）如图，球的表面积为，四面体内接于球，是边长为的正三角形，平面平面，则该四面体体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】因为球的表面积为，所以，
由题意知底面三角形的面积为定值，要使四面体体积的最大，只须顶点到底面的距离最大即可，
又因为平面平面，可知当时，点到底面的距离最大，
外接圆的半径，则到面的距离为，且到面的距离为，
设点到平面的距离为，则，解得，
此时体积最大值为.
故选：B.
3-2、（2023·云南红河·统考一模）三棱锥P－ABC的四个顶点都在球O上，且PA⊥底面ABC，，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．球心O在三棱锥的外部
C．球心O到底面ABC的距离为2D．球O的体积为
【答案】ABD
【分析】对A，由余弦定理直接判断；对B，设△ABC外接圆的圆心为，说明，圆心在△ABC外部，故球心O在三棱锥的外部；对C，取线段PA的中点Q，连接OQ，说明，则四边形为矩形，球心O到底面ABC的距离为；对D，由正弦定理求得设△ABC外接圆半径，从而求得球半径，由体积公式可求得结果.
【详解】对A，在△ABC中，由余弦定理得，即，故A正确；
对B，如图，设△ABC外接圆的圆心为，连接，则底面ABC，
又PA⊥底面ABC，所以，由，得圆心在△ABC外部，
故球心O在三棱锥的外部，故B正确；
对C，取线段PA的中点Q，连接OQ，因为PA是球O的一条弦，所以，
所以四边形为矩形，故，即球心O到底面ABC的距离为1，故C不正确；
对D，设球O的半径为R，圆的半径为r，
由正弦定理得，所以，进而，
球的体积为，故D正确，
故选：ABD．
3-3、（2023·湖南邵阳·统考三模）三棱锥中，PA⊥平面ABC，，则三棱锥外接球的表面积为__________.
【答案】
【详解】由PA⊥平面ABC，面，则，又，
所以两两垂直，故可将三棱锥补全为长方体，
故三棱锥外接球，即为长方体外接球，
令三棱锥外接球半径为，则满足，
所以外接球表面积为.
故答案为：
题组四、计算的综合性问题
4-1、（2023·江苏南通·统考一模）（多选题）在棱长为2的正方体中，与交于点，则（ ）
A．平面
B．平面
C．与平面所成的角为
D．三棱锥的体积为
【答案】ABD
【分析】根据线面平行判定定理判断A，利用线面垂直判定定理判断B，利用线面夹角的定义判断C，根据等体积法判断D.
【详解】∵平面平面
平面，A对；
因为又平面，平面，
所以平面
平面，B对；
因为平面与平面所成角为
因为，C错；
因为，D对.
故选：.
4-2、（2023·安徽·统考一模）（多选题）在平行六面体中，已知，，则（ ）
A．直线与所成的角为
B．线段的长度为
C．直线与所成的角为
D．直线与平面所成角的正弦值为
【答案】AC
【分析】设，将分别用表示，再根据向量数量积的运算律即可判断ABC；对于D，先证明平面平面，从而可得与平面所成的角为，再解即可.
【详解】设，则，且，
对于A，，
，
所以直线与所成的角为，故A正确；
对于B，因为，
所以，故B错误；
对于C，因为，
所以，故C正确；
对于D，连接，交于点，则为的中点，
因为，，
所以，
又因平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
作，垂足为，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
则与平面所成的角为，
在中，，所以，
即直线与平面所成角的正弦值为，故D错误.
故选：AC.
4-3、（2023·安徽合肥·统考一模）（多选题）已知圆锥SO（O是底面圆的圆心，S是圆锥的顶点）的母线长为，高为．若P，Q为底面圆周上任意两点，则下列结论正确的是（ ）
A．三角形面积的最大值为
B．三棱锥体积的最大值
C．四面体外接球表面积的最小值为11
D．直线SP与平面所成角的余弦值的最小值为
【答案】BD
【分析】选项A，由已知计算出底面半径的长度，以及轴截面的顶角大小，利用三角形的面积公式可知，当时，三角形面积最大，可判断选项A；利用三棱锥等体积转换，可得当面时，三棱锥体积最大，可判断选项B；因为底面圆，所以四面体外接球球心在的中垂面和过外接圆圆心的底面垂线的交点处，利用勾股定理和正弦定理可计算出最小值，判断选项C；由线面角公式可得，当面时，直线SP与平面所成角的余弦值最小，判断出选项D．
【详解】选项A，由母线长为，高为，可得底面半径为，设是底面圆的一条直径，则，即是钝角，又，则存在点，当时，，三角形面积的最大值为，故A错误；
选项B，，当面时，，故B正确；
选项C，设的外接圆半径为，底面圆，四面体外接球半径满足，若外接球表面积的最小，即外接球的半径最小，又，即在底面圆中，的外接圆半径最小，由正弦定理，则点经过线段的中垂线时，最大，的外接圆半径最小，此时，，，即四面体外接球表面积的最小值为，故C错误；
选项D，设点到平面的距离为，直线SP与平面所成角的正弦值为，则当面时，，此时直线SP与平面所成角的余弦值最小，最小值为，故D正确；
故选：BD.
1、【2022·广州市荔湾区上学期调研】若圆台的下底面半径为4，上底面半径为1，母线长为5，则其体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】：圆台的轴截面如图所示：
则圆台的高，所以圆台的体积，
故选：C
2、（2023·江苏泰州·泰州中学校考一模）如图，一个装有某种液体的圆柱形容器固定在墙面和地面的角落内，容器与地面所成的角为，液面呈椭圆形，椭圆长轴上的顶点，到容器底部的距离分别是12和18，则容器内液体的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据条件通过作垂线，求得底面圆的半径，将液体的体积看作等于一个底面半径为，高为 的圆柱体积的一半，即可求解答案.
【详解】如图为圆柱的轴截面图，过M作容器壁的垂线，垂足为F,
因为MN平行于地面，故 ，
椭圆长轴上的顶点，到容器底部的距离分别是12和18，
故 ,
在中， ，即圆柱的底面半径为 ，
所以容器内液体的体积等于一个底面半径为，高为 的圆柱体积的一半，
即为 ，
故选：C.
3、（2023·江苏南京·校考一模）某圆锥母线长为2，底面半径为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为（ ）
A．2B．C．D．1
【答案】A
【分析】如图截面为，P为MN的中点，设，，进而可得面积最大值.
【详解】
如图所示，截面为，P为MN的中点，设
,
当时，，此时截面面积最大.
故选：A
4、（2023·湖南邵阳·统考三模）如图所示，正八面体的棱长为2，则此正八面体的表面积与体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】如图，由边长为2，可得的高，
，则其表面积为
.
体积为.
此正八面体的表面积与体积之比为.
故选：D.
5、（2023·江苏连云港·统考模拟预测）（多选题）折扇在我国已有三四千年的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它以字画的形式集中体现了我国文化的方方面面，是运筹帷幄，决胜千里，大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若扇形的两个圆弧所在圆的半径分别是1和3，且，则该圆台（ ）
A．高为B．表面积为
C．体积为D．上底面积、下底面积和侧面积之比为
【答案】BCD
【分析】求得圆台的上下底面半径，根据圆台的结构特征可求得圆台母线长和高，判断A；根据圆台的侧面积以及体积公式求得表面积和体积，判断B，C；进而求得上底面积、下底面积和侧面积之比，判断D.
【详解】对于A，设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，则，
解得,所以圆台的母线长为，高为，选项A错误；
对于B，圆台的上底面积为，下底面积为，侧面积为，
所以圆台的表面积为，选项B正确；
对于C，圆台的体积为 ，选项C正确；
对于D，圆台的上底面积、下底面积和侧面积之比为，选项D正确，
故选：BCD．
6、（2022·湖北江岸·高三期末）（多选题）正方体的棱长为2，且（），过P作垂直于平面的直线l，分别交正方体的表面于M，N两点，下列说法正确的是（ ）
A．平面 B．四边形的面积的最大值为
C．若四边形的面积为，则
D．若，则四棱锥的体积为
【答案】BD
【解析】解：因为与不垂直，所以与平面不垂直，故选项A不正确；
如图，以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，0，，，2，，，0，，，2，．
因为，所以，，．
因为平面，所以，
则，，，，，．
若平面，则，即，0，，，，，；
若平面，则，即，，，，2，，．
因为，所以四边形的面积，
当时，四边形的面积最大，且最大值为，
点到直线的距离为，即点到平面的距离为，
所以四棱锥的体积，故选项B正确，选项D正确．
若四边形的面积为，则或，解得或，故选项C不正确，
故选：BD．
7、（2023·安徽·校联考三模）已知四面体的四个顶点都在球的球面上，是边长为2的等边三角形，外接圆的圆心为．若四面体的体积最大时，，则球的半径为______；若，点为的中点，且，则球的表面积为______．
【答案】
【详解】设的外接圆的半径R，由题可得，解得；
若四面体的体积最大时，则点B在过和的直径上，且在的两侧，
在中，，又，所以，
设球的半径为，则在中，，解得；
如图，取的中点，连接并延长交圆于点．连接，
由得，则．．
在中，，所以在中，由余弦定理得，可得，
结合图形可得圆．连接，过点O作BF的垂线，垂足为点G，连接BO，
四面体外接球的半径解得，所以球O的半径，
四面体ABCD外接球的表面积为．
故答案为：；.