新高考数学一轮复习考点精讲+题型精练专题23 立体几何初步及空间几何体的表面积和体积（2份，原卷版+解析版）

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专题23 立体几何初步及空间几何体的表面积和体积
№考向解读
➊考点精析
➋真题精讲
➌模拟精练
➍专题训练
（新高考）
高考数学一轮复习
专题23 立体几何初步及空间几何体的表面积和体积
→➊考点精析←
一、 空间几何体的结构特征
1.多面体的结构特征
2.旋转体的结构特征
二、 空间几何体的表面积与体积
空间几何体的表面积与体积公式
→➋真题精讲←
1. （2023全国理科甲卷11）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；
法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在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.
法二：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，
在中，，
则由余弦定理可得，故，
所以，则，
不妨记，
因为，所以，
即，
则，整理得①，
又在中，，即，则②，
两式相加得，故，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
故选：C.
2. （2023全国理科乙卷10）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
【解析】
【分析】证明平面，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全国文科甲卷3）如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为（ ）

A. 24B. 26C. 28D. 30
【答案】D
【解析】
【分析】由题意首先由三视图还原空间几何体，然后由所得的空间几何体的结构特征求解其表面积即可.
【详解】如图所示，在长方体中，，，
点为所在棱上靠近点的三等分点，为所在棱的中点，
则三视图所对应的几何体为长方体去掉长方体之后所得的几何体，

该几何体的表面积和原来的长方体的表面积相比少2个边长为1的正方形，
其表面积为：.
故选：D.
4. （2023天津卷8）在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】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.
【详解】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. （2023全国Ⅱ卷9）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
【解析】
【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.
【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.

6．（2023·广东佛山·统考一模）已知球O的直径，，是球的球面上两点，，则三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为为球的直径，，是球的球面上两点，
所以，又，，
所以，，
所以为等边三角形且，
设的外接圆的半径为，则，所以，
则球心到平面的距离，
所以点到平面的距离，
又，
所以.
故选：A
7.（2023全国文科甲卷8） 已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【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
8. （2023全国理科甲卷15）在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有____________个公共点．
【答案】12
【解析】
【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解.
【详解】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图，

由题意可知，为球心，在正方体中，，
即，
则球心到的距离为，
所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点，
同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，
所以以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为12.
故答案为：12
9. （2023全国Ⅱ卷14）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】
【解析】
【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，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.（2023全国Ⅰ卷14） 在正四棱台中，，则该棱台的体积为________．
【答案】##
【解析】
【分析】结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解.
【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：.
11. （2023全国理科乙卷16）在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小.
【详解】设球的半径为.
当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径为体对角线长，即，故；

分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点，
连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为.
综上，.
故答案：
12.（2023全国文科乙卷19） 如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，．
若，求三棱锥的体积．
【答案】
【解析】
【分析】
作出并证明为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.
过作垂直的延长线交于点，
因为是中点，所以，
在中，，
所以，
因为，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
所以平面，
即三棱锥的高为，
因为，所以，
所以，
又，
所以.
→➌模拟精练←
1．（2023·江苏无锡·辅仁高中校联考模拟预测）在三棱锥中，平面BCD，，则三棱锥的外接球的表面积与三棱锥的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】证明,为直角三角形后可得的中点为外接球的球心，为半径,分别计算外接球的表面积与三棱锥的体积即可.
【详解】
取的中点,连接，
因为面 面面
所以，
所以，
所以，，
因为面 面
所以面，
又因为面，
所以，
所以，所以，
所以为三棱锥的外接球的圆心,半径，
所以球的表面积为，
三棱锥的体积为，
故.
故选：D
2．（2023·江苏南通·二模）如图，正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为，BC 2．若将正三棱锥A-PBC绕BC旋转，使得点A，P分别旋转至点处，且，B，C，D四点共面，点，D分别位于BC两侧，则（ ）
A．
B．平面BDC
C．多面体的外接球的表面积为
D．点A，P旋转运动的轨迹长相等
【答案】BC
【分析】由已知可得，正三棱锥侧棱两两互相垂直，放到正方体中，借助正方体研究线面位置关系和外接球表面积.
【详解】正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为，BC 2，则正三棱锥A-PBC中侧棱两两互相垂直，正三棱锥D-PBC中侧棱两两互相垂直，则正三棱锥可以放到正方体中，当点A，P分别旋转至点处，且，B，C，D四点共面，点，D分别位于BC两侧时，如图所示，
连接，，如图所示
正方体中且，四边形为平行四边形，则有
为等边三角形，则与夹角为，，有与夹角为，选项A错误；
，平面BDC ，平面BDC ，平面BDC ，选项B正确；
多面体的外接球即棱长为的正方体的外接球，外接球的半径为，表面积为，选项C正确；
点A，P旋转角度相同，但旋转半径不同，所以运动的轨迹长不相等，选项D错误.
故选：BC
【点睛】思路点睛：本题的关键在于作出旋转后的图形，根据图形研究相关的性质，而正三棱锥中侧棱两两互相垂直，图形放到正方体中，又使判断线面位置关系和运算变得更简便.
3．（2023·江苏·二模）已知是棱长均为的三棱锥，则（ ）
A．直线与所成的角
B．直线与平面所成的角为
C．点到平面的距离为
D．能容纳三棱锥的最小的球的半径为
【答案】ACD
【分析】根据正四面体的结构特征、线面垂直判定及性质、线面角定义逐一计算或判断各项正误即可．
【详解】A：若为中点，连接，由题设知：各侧面均为等边三角形，
所以，，面，则面，
又面，故，正确；
B：若为面中心，连接，则面，面，
所以直线与平面所成的角为，且，而，
故，显然不为，错误；
C：由B分析，即该正棱锥的体高为，故到平面的距离为，正确；
D：显然正棱锥的外接球半径最小，令其外接球半径为，则，
所以，正确.
故选：ACD
4．（2023·江苏无锡·辅仁高中校联考模拟预测）如图1，在中，，，，DE是的中位线，沿DE将进行翻折，连接AB，AC得到四棱锥（如图2），点F为AB的中点，在翻折过程中下列结论正确的是（ ）
A．当点A与点C重合时，三角形ADE翻折旋转所得的几何体的表面积为
B．四棱锥的体积的最大值为
C．若三角形ACE为正三角形，则点F到平面ACD的距离为
D．若异面直线AC与BD所成角的余弦值为，则A、C两点间的距离为2
【答案】AB
【分析】根据圆锥的表面积公式即可判断A,由锐角三角函数结合锥体的体积公式可表达出体积关系式,结合三角函数的性质即可判断B,根据长度关系可得垂直以及平行，结合等面积法得即可求解C,由线线角的几何法求解，结合余弦定理即可判断D.
【详解】由题意，
在中，，，，DE是的中位线，
∴，，，
∴，，
对于A项，当点A与点C重合时，三角形ADE翻折旋转所得的几何体为底面半径为，高为的半个圆锥，∴三角形ADE翻折旋转所得的几何体的表面积为：
，故A正确；
对于B项，
设，则，设点到的距离为，则，
∴四棱锥的体积为：，
在中，，∴，
∴四棱锥的体积的最大值为，故B正确；
对于C，D项，
当三角形ACE为正三角形时，，，
取中点为,的中点，连接，，
连接，
在中，，点F为AB的中点，
由于分别是的中点，所以,,
,因此四边形为平行四边形，故
由于平面,所以平面,
平面,所以,因此四边形为矩形，则
由于,所以平面,平面,所以，
在中，，
∴，为的中点，
在中，为的中点，点F为AB的中点，，
∴，而平面，即有平面，
又平面，因此平面平面，而平面平面，
所以点F到平面ACD的距离等于点F到直线DG的距离，
则，，
在中，
在矩形中，，，
，
设点F到平面ACD的距离为，
在中，，即，解得：，故C错误，
对于D,由于,所以四边形为平行四边形，故，又，此时即为异面直线AC与BD所成的角或补角，
由于，,,
由余弦定理，解得，
则A,C两点间的距离为，故D错误；
故选：AB.
5．（2023·广东茂名·统考一模）已知菱形ABCD的各边长为2，.将沿AC折起，折起后记点B为P，连接PD，得到三棱锥，如图所示，当三棱锥的表面积最大时，三棱锥的外接球体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意可得：均为边长为2的等边三角形，为全等的等腰三角形，
则三棱锥的表面积，
当且仅当，即时，三棱锥的表面积取最大值，
此时为直角三角形，，
取的中点，连接，由直角三角形的性质可得：，
即三棱锥的外接球的球心为，半径为，故外接球体积为.
故选：D.
6．（2023·广东广州·统考一模）已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】在三棱锥中，如图，，则，同理，
而平面，因此平面，
在等腰中，，则，，
令的外接圆圆心为，则平面，，
有，取中点D，连接OD，则有，又平面，即，
从而，四边形为平行四边形，，又，
因此球O的半径，
所以球的表面积.
故选：A
7．（2023·江苏常州·江苏省前黄高级中学校考二模）在正四棱台中，，，M为棱的中点，当正四棱台的体积最大时，平面截该正四棱台的截面面积是__________.
【答案】
【分析】设，上底面和下底面的中心分别为，，过作，该四棱台的高，可求得该四棱台的体积为，利用基本不等式可得该四棱台的体积的最大值，此时，，.取，的中点，，连接，，可得平面就是截面，求解即可.
【详解】设，上底面和下底面的中心分别为，，过作，
该四棱台的高，
在上下底面由勾股定理可知，.
在梯形中，，
所以该四棱台的体积为，
所以，
当且仅当，即时取等号，此时，，.
取，的中点，，连接，，显然有，
由于平面，平面，所以平面，因此平面就是截面.
显然，
在直角梯形中，，
因此在等腰梯形中，，
同理在等腰梯形中，，
在等腰梯形中，设，，
则，
，
所以梯形的面积为.
故答案为:.
【点睛】总结点睛：
解决与几何体截面的问题，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）根据空间中的线面关系，找到线线平行或者垂直，进而确定线面以及面面关系，
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求长度下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于长度的方程，并求解.
→➍专题训练←
1．（2023·江苏常州·江苏省前黄高级中学校考二模）如图，圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为的扇形.把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为，则圆台的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由已知可得出圆锥的母线，进而根据圆锥、圆台的轴截面，即可得出答案.
【详解】假设圆锥半径，母线为，则.设圆台上底面为，母线为，则.
由已知可得，，所以.
如图，作出圆锥、圆台的轴截面
则有，所以.
所以圆台的侧面积为.
故选：C.
2．（2023·江苏南京·统考二模）直角三角形中，斜边长为2，绕直角边所在直线旋转一周形成一个几何体．若该几何体外接球表面积为，则长为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】D
【分析】设，则，依题意可得旋转后得到的几何体为圆锥，根据外接球的表面积求出球的半径，设外接球的球心为，则球心在直线上，利用勾股定理得到方程，即可求出.
【详解】设，因为，所以，
绕直角边所在直线旋转一周形成一个几何体为圆锥，设圆锥外接球的半径为，
所以，解得，
设外接球的球心为，则球心在直线上，所以，解得.
故选：D
3．（2023·湖南岳阳·统考三模）已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，， 二面角的大小为，若球的表面积等于，则三棱锥的体积等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】取的中点，连接，
因为， 所以到的距离相等，
故即为球心．
由球的表面积等于，设外接球半径为，故，
解得，过作垂直于于点，
因为，，所以，同理，
过点作，且，则，是二面角的平面角，，过点作，垂足为点.
因为，，且两直线在平面内，所以平面，
又平面，所以，,且两直线在平面内，所以平面，
则为三棱锥的高，
故三棱锥的高为，
其中，
所以三棱锥的体积．
故选：B.
4．（2023·广东梅州·统考一模）《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示，底面为正方形，平面，四边形，为两个全等的等腰梯形，，且，则此刍甍的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】取、中点、，正方形中心，中点，连接，
根据题意可得平面，，点是的中点，，
在等腰中，，，
同理，
则等腰梯形的高为，
根据几何体的结构特征可知，刍甍的外接球的球心在直线上，连接，
正方体的外接圆的半径，
则有，
而，，
当点在线段的延长线（含点）时， 视为非负数，若点在线段的延长线（不含点）时， 视为负数，
即有，
则，解得，
则刍甍的外接球的半径为，
则刍甍的外接球的表面积为，
故选：C.
5．（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．
6．（2023·山西运城·统考三模）在平面四边形中，，，，现将 沿着折起，得到三棱锥，若二面角的平面角为135°，则三棱锥的外接球表面积为__________.
【答案】
【详解】
如图，取的中点，的中点，连接，，
因为，所以 ，因为， ，所以 ，
；
过点作平面，过点作平面， ，
因为点，分别是 和的外心，所以点是三棱锥的外接球的球心；
由，得，，，所以，，，，
，
则三棱锥的外接球的半径，所以外接球的表面积 ；
故答案为： .
7．（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：
8．（2023·湖南郴州·统考三模）已知三棱锥的棱长均为4，先在三棱锥内放入一个内切球，然后再放入一个球，使得球与球及三棱锥的三个侧面都相切，则球的表面积为__________.
【答案】/
【详解】如图所示：
依题意得 ，
底面的外接圆半径为，
点到平面的距离为 ，
所以 ，
所以
设球的半径为，所以
则，得
设球的半径为，则，又 得
所以球的表面积为
故答案为：.
9．（多选）（2023·湖南邵阳·统考三模）如图所示，已知点A为圆台下底面圆周上一点，S为上底面圆周上一点，且，则（ ）
A．该圆台的体积为
B．直线SA与直线所成角最大值为
C．该圆台有内切球，且半径为
D．直线与平面所成角正切值的最大值为
【答案】ACD
【详解】对于A选项，，则A选项正确.
对于B选项，如图（1），
过作垂直于下底面于点，则，
所以直线与直线所成角即为直线与直线所成角，
即为所求，而，
由圆的性质得，，
所以，因为，
则B选项错误.
对于C选项，设上底面半径为，下底面半径为，
若圆台存在内切球，则必有轴截面的等腰梯形存在内切圆，如图（2）所示，
梯形的上底和下底分别为2，4，高为，易得等腰梯形的腰为，
假设等腰梯形有内切圆，由内切圆的性质以及切线长定理，可得腰长为，
所以圆台存在内切球，且内切球的半径为，则C选项正确；
对于D选项，如图（3），
平面即平面，过点做交于点，因为垂直于下底面，
而含于下底面，所以，又，且平面，所以平面，
所以直线与平面所成角即为，且.
设，则，
所以，
其中，所以，当时，，
当时，.
根据复合函数的单调性，可知函数，在上单调递增，
所以当时，有最大值，最大值为，所以D选项正确.
故选：ACD.
10．（2023·山东青岛·统考三模）如图，三棱台中，平面平面ABC，AB＝AC，，，．

(1)求四棱锥的体积；
(2)在侧棱上是否存在点E，使得二面角E－AC－B的余弦值为？若存在，说明点E的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)2；
(2)存在，E为侧棱的中点
【分析】（1）取的中点，连接，利用面面垂直的性质证明平面，再利用锥体的体积公式求解作答.
（2）取的中点，以为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量及二面角的余弦值求解作答.
【详解】（1）在三棱台中，取的中点，连接，
因为，，，则，有，
，因为平面平面，平面平面，
则平面平面，平面平面，平面，于是平面，
梯形中，，则梯形的高，
因此梯形的面积，
所以四棱锥的体积.
（2）取的中点，连接，因为，则，
在等腰梯形中，分别为上下底边的中点，有，
而平面平面，平面平面，平面，于是平面，
以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，令，有，
设平面的法向量为，而，
则，令，得，
因为平面，则为平面的一个法向量，记二面角的平面角为，
于是，
即，而，解得，
所以存在点为的中点，使得二面角的余弦值为.
命题解读
命题预测
复习建议
立体几何的考察是高考必考知识点，对于几何体的体积和表面积的考察往往在空间线面位置关系问题中出现，依托于某一个几何体，因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及求解公式，在求解中要学会等价转化思想，等体积转化问题，以及立体问题转化为平面问题等等。
预计2024年的高考对于立体几何表面积和体积考察，还是以多面体和旋转体的面积和体积为主，注意公式的运用。
集合复习策略：
1.掌握空间几何体特征，多面体与旋转体的有关知识；
2.会运用公式求解旋转体或多面体的体积和表面积。
名称
棱柱
棱锥
棱台
图形
结构特征
有两个面互相平行且全等,其余各个面都是平行四边形;
每相邻两个四边形的公共边都互相平行
有一个面是多边形,其余各面都是有一个公共顶点的三角形的多面体
用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥, 截面和底面之间的部分
名称
圆柱
圆锥
圆台
球
图形
母线
互相平行且相等, 垂直于底面
相交于一点
延长线交于一点
轴截面
全等的矩形
全等的等腰三角形
全等的等腰梯形
圆
侧面展开图
矩形
扇形
扇环
名称
几何体
表面积
体积
柱体(棱柱和圆柱)
S表面积=S侧+2S底
V= S底h
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积=S侧+S底
V=S底h
台体(棱台和圆台)
S表面积=S侧+S上+S下
V=(S上+S下+)h
球
S=4πR2
V=πR3