第01讲 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积（六大题型）（练习）-【上好课】2025年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）

第01讲 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积 目录 01 模拟基础练 2 题型一：空间几何体的结构特征 2 题型二：直观图 2 题型三：展开图 3 题型四：最短路径问题 4 题型五：空间几何体的表面积 5 题型六：空间几何体的体积 6 02 重难创新练 7 03 真题实战练 11 题型一：空间几何体的结构特征 1．下列命题正确的是（   ） A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱 B．有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥 C．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体是棱台 D．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱 2．有下列四个命题，其中正确的是（    ） A．底面是矩形的平行六面体是长方体 B．棱长相等的直平行六面体是正方体 C．有两条侧棱都垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体 D．对角线相等的平行六面体是直平行六面体 3．下列说法正确的是（    ） A．用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，该圆锥―定被分为一个小圆锥和一个圆台 B．有两个面互相平行，其余各面是平行四边形的几何体是棱柱 C．圆台的所有母线延长不一定交于一点 D．一个多面体至少有3个面 题型二：直观图 4．水平放置的的斜二测直观图是如图中的，已知，，则边的实际长度是 . 5．如图，是水平放置的的斜二测直观图，若，，则的面积为 .    6．一水平放置的平面四边形的直观图如图所示，其中，轴，轴，轴，则四边形的面积为（   ） A．18 B． C． D．12 7．（2024·湖北·模拟预测）用斜二测画法画出的水平放置的的直观图如图所示，其中是的中点，且轴， 轴， ，那么（    ） A． B．2 C． D．4 题型三：展开图 8．（2024·山西·模拟预测）将一个圆台的侧面展开，得到的扇环的内弧长为，外弧长为，外弧半径与内弧半径之差为，若该圆台的体积为，则（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 9．某圆锥的侧面积为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径长为（    ） A．2 B．4 C． D． 10．（2024·福建泉州·模拟预测）已知圆锥SO的母线长为2，AB是圆O的直径，点M是SA的中点．若侧面展开图中，为直角三角形，则该圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 11．某同学将一张圆心角为的扇形纸壳裁成扇环（如图1）后，制成了简易笔筒（如图2）的侧面，已知 ，则制成的简易笔筒的高为 ． 题型四：最短路径问题 12．现有一块如图所示的三棱锥木料，其中，，木工师傅打算过点将木料切成两部分，则截面周长的最小值为 . 13．在正方体中，为棱的中点，分别为上的动点，则的最小值为 ． 14．如图，一圆柱体的底面周长为，高为，是上底面的直径.一只昆虫从点出发，沿着圆柱的侧面爬行到点，昆虫爬行的最短路程是 . 15．如图，圆柱形开口容器下表面密封，其轴截面是边长为的正方形.现有一只蚂蚁从外壁处出发，沿外壁先爬到上口边沿再沿内壁爬到中点处，则它所需经过的最短路程为 . 题型五：空间几何体的表面积 16．冰嘎别名冰尜，是东北民间少年儿童游艺品，俗称“陀螺”.通常以木镟之，大小不一，一般径寸余，上端为圆柱形，下端为锥形.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知分别是上、下底面圆的圆心，，底面圆的半径为，则该陀螺的表面积为（    ） A． B． C． D． 17．（2024·陕西商洛·模拟预测）魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺•鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具.魔方拥有竞速､盲拧､单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一.一个三阶魔方，由27个棱长为1的正方体组成，如图是把魔方的中间一层转动了，则该魔方的表面积增加了 . 18．（2024·山东济南·二模）将一个圆形纸片裁成两个扇形，再分别卷成甲､乙两个圆锥的侧面，甲､乙两个圆锥的侧面积分别为和，体积分别为和.若，则 . 题型六：空间几何体的体积 19．（2024·高三·广东·开学考试）高台建筑流行于战国到西汉时期，当时重要宫殿台榭多采用此建筑形式．高台建筑以高大的夯土台为基础和核心，在夯土版筑的台上层层建屋，木构架紧密依附夯土台而形成土木混合的结构体系．如图是一个非常简易的高台建筑，塔下方是一个正四棱台形夯土台，已知该四棱台上底边长，下底边长，侧棱长，则此四棱台的体积为 ．    20．所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫作拟柱体．在这两个平行平面内的面叫作拟柱体的底面，其余各面叫作拟柱体的侧面，两底面之间的垂直距离叫作拟柱体的高．现有一拟柱体，上下底面均为正六边形，且下底面边长为4，上底面各顶点在下底面的射影点为下底面各边的中点，高为2，则该拟柱体的体积为 ． 21．（2024·浙江金华·模拟预测）已知梯形满足且，其中，将梯形绕边旋转一周，所得到几何体的体积为 ． 22．如图中，，在三角形内挖去一个半圆（圆心O在边BC上，半圆与AC、AB分别相切于点C，M，交BC于点N），则图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体的体积为 ．    23．（2024·青海海西·模拟预测）如图，在几何体中，，梯形和梯形为等腰梯形，，若几何体的体积为，则 ．    1．（2024·河北·模拟预测）某圆环的内外半径分别为2和4，将其绕对称轴旋转一周后得到的几何体体积为（   ） A． B． C． D． 2．（2024·四川宜宾·三模）在直三棱柱中，，，点P在四边形内（含边界）运动，当时，点P的轨迹长度为，则该三棱柱的表面积为（    ） A．4 B． C． D． 3．（2024·全国·二模）已知圆锥的轴截面是底角为θ的等腰三角形，圆锥的底面半径为，圆锥内有一个内接圆柱，则圆柱体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·广西·模拟预测）某高中科技课上，老师组织学生设计一个圆台状的器皿材料，其厚度忽略不计，该器皿下底面半径为3cm，上底面半径为10cm，容积为，则该器皿的高为（    ） A．5cm B．12cm C．15cm D．20cm 5．（2024·河南驻马店·二模）已知某正六棱柱的体积为，其外接球体积为，若该六棱柱的高为整数，则其表面积为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是和，则该圆台的体积是（    ） A． B． C． D． 7．（2024·内蒙古包头·三模）如图，已知正方形ABCD为圆柱的轴截面，，E，F为上底面圆周上的两个动点，且EF过上底面的圆心G，若，则三棱锥的体积为（    ）    A． B． C． D． 8．（2024·天津和平·二模）如图，一块边长为10cm的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下去，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的内切球（球与正四棱锥各面均有且只有一个公共点）的体积为（    ） A． B． C． D． 9．（多选题）已知圆锥的底面半径，母线长，，是两条母线，是的中点，则（    ） A．圆锥的体积为 B．圆锥的侧面展开图的圆心角为 C．当为轴截面时，圆锥表面上点到点的最短距离为 D．面积的最大值为2 10．（多选题）如图，四棱台的侧棱长均相等，四边形和四边形都是矩形，，，，，，则下列结论正确的是（    ）    A．该四棱台的体积为1344 B．该四棱台的侧面积为 C．该四棱台外接球的表面积为 D．若在该四棱台内有一个球体，则该球体半径的最大值为 11．（多选题）（2024·高三·河南·开学考试）如图，球被一个距离球心的平面截成了两个部分，这两个部分都叫作球缺，截面叫作球缺的底面，球缺的曲面部分叫作球冠，垂直于截面的直径被截后所得的线段叫作球缺的高.球冠的面积公式为，球缺的体积公式为，其中为球的半径，为球缺的高，记两个球缺的球冠面积分别为，两个球缺的体积分别为，则下列结论正确的是（    ） A．若，则两个球缺的底面面积均为 B．若，则 C．若，则 D．若，则 12．（2024·贵州贵阳·二模）在一个棱长为的正四面体容器内放入一个半径为1的小球，摇晃容器使得小球在容器内朝着任意方向自由运动，则小球不可能接触到的容器内壁的面积为 . 13．（2024·陕西铜川·三模）榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，在连接部分通过紧密的拼接，使得整个结构能够承受大量的重量，并且具有较高的抗震能力.这其中木楔子的运用，使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，木楔子是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛､木片等.如图为一个木楔子的直观图，其中四边形是边长为2的正方形，且均为正三角形，则该木楔子的外接球的表面积为 .    14．（2024·吉林·模拟预测）清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的全等正四面体组合而成（每一个四面体的各个面都过另一个四面体的三条共点的棱的中点）.如图，若正四面体棱长为2，则该组合体的表面积为 ；该组合体的外接球体积与两正交四面体公共部分的内切球体积的比值为 . 15．（2024·陕西渭南·二模）已知三棱锥外接球直径为SC，球的表面积为，且，则三棱锥的体积为 . 1．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）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．24 B．26 C．28 D．30 2．（2023年天津高考数学真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 3．（2022年新高考天津数学高考真题） 十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，左图中的故宫角楼的顶部即为十字歇山顶.其上部可视为由两个相同的直三棱柱重叠而成的几何体（如右图）.这两个直三棱柱有一个公共侧面ABCD.在底面BCE中，若,,则该几何体的体积为（    ） A． B． C．27 D． 4．（2022年新高考全国II卷数学真题）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． 5．（2022年高考全国甲卷数学（理）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，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（    ） A． B． C． D． 6．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（    ） A．8 B．12 C．16 D．20 7．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（    ） A． B． C． D． 8．（2022年新高考全国I卷数学真题）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． 9．（多选题）（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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 10．（多选题）（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）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 11．（多选题）（2022年新高考全国II卷数学真题）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（    ） A． B． C． D． 12．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为 ． 13．（2024年北京高考数学真题）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 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为 ，升量器的高为 ． 14．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ． 15．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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 ． 16．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，． (1)求证：//平面； (2)若，求三棱锥的体积． 17．（2022年高考全国甲卷数学（文）真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直． (1)证明：平面； (2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第01讲 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积 目录 01 模拟基础练 2 题型一：空间几何体的结构特征 2 题型二：直观图 3 题型三：展开图 6 题型四：最短路径问题 7 题型五：空间几何体的表面积 10 题型六：空间几何体的体积 12 02 重难创新练 15 03 真题实战练 28 题型一：空间几何体的结构特征 1．下列命题正确的是（   ） A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱 B．有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥 C．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体是棱台 D．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱 【答案】D 【解析】对于A，有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体不一定是棱柱，可能是棱台或组合图形，故A错误； 对于B，有一个面是多边形，其余各面是有公共顶点的三角形的几何体才是棱锥，故B错误； 对于C，用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体才是棱台，故C错误； 对于D，根据棱柱的定义，有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱，故D正确. 故选：D 2．有下列四个命题，其中正确的是（    ） A．底面是矩形的平行六面体是长方体 B．棱长相等的直平行六面体是正方体 C．有两条侧棱都垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体 D．对角线相等的平行六面体是直平行六面体 【答案】D 【解析】对于A，底面是矩形的平行六面体，它的侧面不一定是矩形，故它也不一定是长方体，即A不正确； 对于B，若底面是菱形，则棱长都相等的直四棱柱不是正方体，故B不正确； 对于C，若侧棱垂直于底面两条平行边，则侧棱不一定垂直于底面，故侧棱垂直于底面两条边的平行六面体不一定是直平行六面体．故C不正确；. 对于D，若平行六面体对角线相等，则对角面皆是矩形，于是可得侧棱垂直于底面，因此对角线相等的平行六面体是直平行六面体，故D正确. 故选：D. 3．下列说法正确的是（    ） A．用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，该圆锥―定被分为一个小圆锥和一个圆台 B．有两个面互相平行，其余各面是平行四边形的几何体是棱柱 C．圆台的所有母线延长不一定交于一点 D．一个多面体至少有3个面 【答案】A 【解析】对于A项，用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，原圆锥一定被分为一个小圆锥和一个圆台，故A正确； 对于B项，满足条件的几何体可能是组合体，如图，故B错误； 对于C项，圆台的所有母线延长一定交于一点，故C错误； 对于D项，多面体至少有4个面，所以D错误. 故选：A. 题型二：直观图 4．水平放置的的斜二测直观图是如图中的，已知，，则边的实际长度是 . 【答案】5 【解析】把直观图还原为原图形，如图所示， 则， 所以. 故答案为：5. 5．如图，是水平放置的的斜二测直观图，若，，则的面积为 .    【答案】12 【解析】 如图，根据斜二测画法，将直观图还原后，得到的为直角三角形， 且两条直角边，， 所以，的面积为. 故答案为：12. 6．一水平放置的平面四边形的直观图如图所示，其中，轴，轴，轴，则四边形的面积为（   ） A．18 B． C． D．12 【答案】C 【解析】记与轴的交点为D， 因为轴，轴，所以， 又轴，所以四边形为平行四边形，， 由题意可知：， 因为，，所以，， 则四边形的面积为， 所以四边形的面积为. 故选：C. 7．（2024·湖北·模拟预测）用斜二测画法画出的水平放置的的直观图如图所示，其中是的中点，且轴， 轴， ，那么（    ） A． B．2 C． D．4 【答案】D 【解析】根据题意，把直观图还原出原平面图形为等腰三角形，如图所示， 其中，，， 原平面图形的面积为. 故选：D． 题型三：展开图 8．（2024·山西·模拟预测）将一个圆台的侧面展开，得到的扇环的内弧长为，外弧长为，外弧半径与内弧半径之差为，若该圆台的体积为，则（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【解析】因为一个圆台的侧面展开，得到的扇环的内弧长为，外弧长为，外弧半径与内弧半径之差为， 所以圆台的上底面半径，下底面半径，母线长为． 设圆台的高为， 根据题意可知该圆台的体积，解得， 则． 故选：B 9．某圆锥的侧面积为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径长为（    ） A．2 B．4 C． D． 【答案】A 【解析】设圆锥的母线长为，底面半径为， 由圆锥的性质可得侧面展开图的半径为，弧长为， 又圆锥的底面周长为， 所以， 又， 所以，即圆锥的底面半径长为2. 故选：A 10．（2024·福建泉州·模拟预测）已知圆锥SO的母线长为2，AB是圆O的直径，点M是SA的中点．若侧面展开图中，为直角三角形，则该圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为，且为直角三角形，将半个圆锥展开后如图，则， 又因为为的中点，则， 可得为等边三角形，即，则侧面展开图的圆心角为 所以该圆锥的侧面积. 故选：C. 11．某同学将一张圆心角为的扇形纸壳裁成扇环（如图1）后，制成了简易笔筒（如图2）的侧面，已知 ，则制成的简易笔筒的高为 ． 【答案】 【解析】依题意，圆台上底面圆周长为，则圆台上底半径， 圆台下底面圆周长为，则圆台下底半径， 圆台轴截面是等腰梯形，上下底边长分别为，腰长为， 所以圆台的高，即等腰梯形的高为（cm）. 故答案为： 题型四：最短路径问题 12．现有一块如图所示的三棱锥木料，其中，，木工师傅打算过点将木料切成两部分，则截面周长的最小值为 . 【答案】 【解析】将三棱锥侧面沿着展开，如图： 则， 由余弦定理可得：,则， 所以截面周长的最小值为. 故答案为：. 13．在正方体中，为棱的中点，分别为上的动点，则的最小值为 ． 【答案】 【解析】将正方体的侧面与展开到同一平面 在同一平面内可知的最小值就是点到的距离， 正方体中，为棱的中点，所以，， 是正方形，所以 故答案为： 14．如图，一圆柱体的底面周长为，高为，是上底面的直径.一只昆虫从点出发，沿着圆柱的侧面爬行到点，昆虫爬行的最短路程是 . 【答案】 【解析】作出圆柱的侧面展开图如下图所示， 则当昆虫的爬行路线为线段时，爬行的路程最短， 圆柱体的底面周长为，； 最短路程为：. 故答案为：. 15．如图，圆柱形开口容器下表面密封，其轴截面是边长为的正方形.现有一只蚂蚁从外壁处出发，沿外壁先爬到上口边沿再沿内壁爬到中点处，则它所需经过的最短路程为 . 【答案】 【解析】侧面展开后得矩形，其中， 问题转化为在上找一点，使最短， 作P关于CD的对称点E，连接AE， 令AE与CD交于点Q，则的最小值就是AE为 故答案为：. 题型五：空间几何体的表面积 16．冰嘎别名冰尜，是东北民间少年儿童游艺品，俗称“陀螺”.通常以木镟之，大小不一，一般径寸余，上端为圆柱形，下端为锥形.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知分别是上、下底面圆的圆心，，底面圆的半径为，则该陀螺的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由底面圆的半径为，得底面圆的面积为， 又知，则 得圆柱的高等于母线长，且圆柱的母线长为， 已知圆锥的高为，圆的半径为，则圆锥的母线长为：， 则陀螺的表面积为：； 故选：B. 17．（2024·陕西商洛·模拟预测）魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺•鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具.魔方拥有竞速､盲拧､单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一.一个三阶魔方，由27个棱长为1的正方体组成，如图是把魔方的中间一层转动了，则该魔方的表面积增加了 . 【答案】 【解析】如图，转动后，此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，俯视图如图， 由图形的对称性可知，为等腰直角三角形， 设直角边，则斜边，故，可得. 由几何关系得， 故转动后的表面积， 故表面积增加了. 故答案为：. 18．（2024·山东济南·二模）将一个圆形纸片裁成两个扇形，再分别卷成甲､乙两个圆锥的侧面，甲､乙两个圆锥的侧面积分别为和，体积分别为和.若，则 . 【答案】/ 【解析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为， 则，所以， 又，则，所以， 所以甲圆锥的高， 乙圆锥的高， 所以. 故答案为：. 题型六：空间几何体的体积 19．（2024·高三·广东·开学考试）高台建筑流行于战国到西汉时期，当时重要宫殿台榭多采用此建筑形式．高台建筑以高大的夯土台为基础和核心，在夯土版筑的台上层层建屋，木构架紧密依附夯土台而形成土木混合的结构体系．如图是一个非常简易的高台建筑，塔下方是一个正四棱台形夯土台，已知该四棱台上底边长，下底边长，侧棱长，则此四棱台的体积为 ．    【答案】 【解析】如图正四棱台，过作平面为垂足， 由题意可知, 所以， 所以 故答案为： 20．所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫作拟柱体．在这两个平行平面内的面叫作拟柱体的底面，其余各面叫作拟柱体的侧面，两底面之间的垂直距离叫作拟柱体的高．现有一拟柱体，上下底面均为正六边形，且下底面边长为4，上底面各顶点在下底面的射影点为下底面各边的中点，高为2，则该拟柱体的体积为 ． 【答案】 【解析】由题意可得：该拟柱体的体积为中间正六棱柱的体积与外侧6个四棱锥的体积之和， 上底面边长为，正六棱柱的体积， 四棱锥的体积为， 从而拟柱体的体积为． 故答案为：． 21．（2024·浙江金华·模拟预测）已知梯形满足且，其中，将梯形绕边旋转一周，所得到几何体的体积为 ． 【答案】 【解析】如下图，梯形绕边旋转一周，所得几何体为圆锥和圆柱的组合体， 其中圆锥及圆柱底面都是半径为的圆，圆锥的高为1，圆柱的高为2， 所以几何体体积为. 故答案为： 22．如图中，，在三角形内挖去一个半圆（圆心O在边BC上，半圆与AC、AB分别相切于点C，M，交BC于点N），则图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体的体积为 ．    【答案】 【解析】连接，则， 设，因为，所以， 在中，，解得， 在中，因为，可得， 设直角绕旋转一周得到的圆锥的体积为，半圆绕旋转一周得到球的体积为，图中阴影部分绕旋转一周，可得旋转体为一个圆锥挖去一个球， 所以图中阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体的体积为： . 故答案为：. 23．（2024·青海海西·模拟预测）如图，在几何体中，，梯形和梯形为等腰梯形，，若几何体的体积为，则 ．    【答案】 【解析】如图所示，取的中点，连接， 由，可得四边形为平行四边形， 可得，又由，可得， 可得为等边三角形，三棱锥为正三棱锥， 设，如图，过点作平面，连接， 可得，， ， 又由，可得三棱柱的体积是三棱锥体积的3倍， 可得，解得． 故答案为：. 1．（2024·河北·模拟预测）某圆环的内外半径分别为2和4，将其绕对称轴旋转一周后得到的几何体体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意可知，几何体体积为大球的体积减去小球的体积， 所以几何体体积为． 故选：C． 2．（2024·四川宜宾·三模）在直三棱柱中，，，点P在四边形内（含边界）运动，当时，点P的轨迹长度为，则该三棱柱的表面积为（    ） A．4 B． C． D． 【答案】C 【解析】 设，因为，所以由棱柱的性质可得， 因为平面，平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面， 点P在四边形内（含边界）运动，当时， ，这意味着点是在以为圆心为半径的圆弧上运动， 该圆弧弧长是圆周周长，由题意，解得， 所以该三棱柱的表面积为. 故选：C. 3．（2024·全国·二模）已知圆锥的轴截面是底角为θ的等腰三角形，圆锥的底面半径为，圆锥内有一个内接圆柱，则圆柱体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 如图，圆锥的轴截面是底角为的等腰三角形，圆锥的底面半径为，则圆锥的高为， 设圆锥内接圆柱的底面半径为，高为， 由可得，解得 则圆柱的体积为：， ，由，得，当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减. 故当时，. 故选：D. 4．（2024·广西·模拟预测）某高中科技课上，老师组织学生设计一个圆台状的器皿材料，其厚度忽略不计，该器皿下底面半径为3cm，上底面半径为10cm，容积为，则该器皿的高为（    ） A．5cm B．12cm C．15cm D．20cm 【答案】B 【解析】由题意得： ， 解得． 故选：B． 5．（2024·河南驻马店·二模）已知某正六棱柱的体积为，其外接球体积为，若该六棱柱的高为整数，则其表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设该正六棱柱的底面边长为，高为，其外接球的半径为，易知，则①， 且②， 联立①②，因为，解得， 所以正六棱柱的表面积. 故选：D. 6．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是和，则该圆台的体积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 如图，设上底面的半径为，下底面的半径为，高为，母线长为， 则，，解得，， 又，， 设上底面面积为，下底面面积为， 所以圆台的体积. 故选：B. 7．（2024·内蒙古包头·三模）如图，已知正方形ABCD为圆柱的轴截面，，E，F为上底面圆周上的两个动点，且EF过上底面的圆心G，若，则三棱锥的体积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如图设圆柱的下底面的圆心为，连接， 则，且平面， 平面，所以，又，， 所以，又，平面， 所以平面，且， ， 所以. 故选：B. 8．（2024·天津和平·二模）如图，一块边长为10cm的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下去，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的内切球（球与正四棱锥各面均有且只有一个公共点）的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】作出四棱锥如图： 根据题意可得正四棱锥的斜高为，底面正方形的边长为6， 正四棱锥的高为， 设这个正四棱锥的内切球的球心为，半径为，与侧面相切于， 则高线与斜高的夹角为，则， 则, ，， 这个正四棱锥的内切球的体积为． 故选：B． 9．（多选题）已知圆锥的底面半径，母线长，，是两条母线，是的中点，则（    ） A．圆锥的体积为 B．圆锥的侧面展开图的圆心角为 C．当为轴截面时，圆锥表面上点到点的最短距离为 D．面积的最大值为2 【答案】BCD 【解析】对于A：因为，，所以圆锥的高， 所以圆锥的体积，故A错误； 对于B：设圆锥的侧面展开图的圆心角为，则，即， 解得，即圆锥的侧面展开图的圆心角为，故B正确； 对于C：当为轴截面时，将圆锥侧面展开可知，点到点的最小距离为，如图， 在中，， 由余弦定理得，故C正确； 对于D：当为轴截面时，在中，，因为， 所以此时为钝角，又， 当时，的面积最大，且最大值为，故D正确； 故选：BCD 10．（多选题）如图，四棱台的侧棱长均相等，四边形和四边形都是矩形，，，，，，则下列结论正确的是（    ）    A．该四棱台的体积为1344 B．该四棱台的侧面积为 C．该四棱台外接球的表面积为 D．若在该四棱台内有一个球体，则该球体半径的最大值为 【答案】ABD 【解析】如图1，连接，交于点O，连接，交于点，连接． 由题意可得，， 则，．在直角梯形中，， 该棱台的体积，A正确． 梯形的高为，梯形的高为， 则梯形的面积， 梯形的面积， 该四棱台的侧面积为，B正确． 设该四棱台外接球的球心为，半径为R，结合题意可得在线段上， 设，则，由勾股定理得，解得， 则，该四棱台外接球的表面积为，C错误． 因为，所以当该球体的半径最大时，该球体与平面及平面相切， 设切点分别为Q，P，该球体的球心为，半径为r， 过点Q，P，O，的截面与棱，，，分别交于点E，F，M，N， 连接，交于点T，如图2．   ，，由,则，, 解得，所以，同理求得． 因为，所以，即，解得， 经检验，，符合题意，D正确， 故选：ABD 11．（多选题）（2024·高三·河南·开学考试）如图，球被一个距离球心的平面截成了两个部分，这两个部分都叫作球缺，截面叫作球缺的底面，球缺的曲面部分叫作球冠，垂直于截面的直径被截后所得的线段叫作球缺的高.球冠的面积公式为，球缺的体积公式为，其中为球的半径，为球缺的高，记两个球缺的球冠面积分别为，两个球缺的体积分别为，则下列结论正确的是（    ） A．若，则两个球缺的底面面积均为 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】BCD 【解析】对于A，设这两个球缺的底面圆半径为，则， 因为，，解得，该圆的面积为A错误. 对于B，设两个球缺的高分别为，则. 由，得，则，所以，解得. ，同理得，所以B正确. 对于C，.设，由，得，则，C正确. 对于D，. 由，得.设函数，则 在上恒成立，即在上单调递增， 所以，即D正确. 故选：BCD. 12．（2024·贵州贵阳·二模）在一个棱长为的正四面体容器内放入一个半径为1的小球，摇晃容器使得小球在容器内朝着任意方向自由运动，则小球不可能接触到的容器内壁的面积为 . 【答案】 【解析】如图： 考虑小球O即在正四面体的一个角上时，做平面平面，为平面的中心，则. 因为可得，所以,. 由题意，考虑小球与正四面体的一个面相切时的情况，易知小球在面上最靠近便得切点的轨迹仍为正三角形， 因为，平分，所以，. 因为正四面体的棱长为，故小三角形的边长为， 小球与一个面不能接触到的部分的面积为： . 所以几何体的四个面永远不可能接触到容器的内壁的面积是. 故答案为： 13．（2024·陕西铜川·三模）榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，在连接部分通过紧密的拼接，使得整个结构能够承受大量的重量，并且具有较高的抗震能力.这其中木楔子的运用，使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，木楔子是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛､木片等.如图为一个木楔子的直观图，其中四边形是边长为2的正方形，且均为正三角形，则该木楔子的外接球的表面积为 .    【答案】 【解析】如图，分别过点作的垂线，垂足分别为，连接， 则，故. 取的中点，连接， 又，则. 由对称性易知，过正方形的中心且垂直于平面的直线必过线段的中点， 且所求外接球的球心在这条直线上，如图. 设球的半径为，则，且， 从而，即， 当点在线段内（包括端点）时，有，可得， 从而，即球心在线段的中点，其半径. 当点在线段外时，，解得（舍）. 故所求外接球的表面积为. 故答案为：. 14．（2024·吉林·模拟预测）清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的全等正四面体组合而成（每一个四面体的各个面都过另一个四面体的三条共点的棱的中点）.如图，若正四面体棱长为2，则该组合体的表面积为 ；该组合体的外接球体积与两正交四面体公共部分的内切球体积的比值为 . 【答案】 27 【解析】该组合体一共有 24 个面，每一个面都是全等的边长为 1 的等边三角形， 则其表面积为 ; 该组合体的外接球也是任意一个正四面体的外接球，可用一个正四面体来看， 是 的中心， 是球心， 则 ，则 ， ， 设外接球半径为 ，则 ， 又 ，解得 , 两正交四面体公共部分一共有 8 个面，且每一个面都是全等的边长为 1 的等边三角形， 则其表面积为 ， 大正四面体的体积为 则每个小正四面体的体积为 ， 则中间部分的体积为 ， 设其内切球半径为 ，则中间部分的体积也可表示为 ，解得 ， 故外接球和内切球体积之比为 故答案为：；. 15．（2024·陕西渭南·二模）已知三棱锥外接球直径为SC，球的表面积为，且，则三棱锥的体积为 . 【答案】/ 【解析】设外接球半径为，则，解得，故， 由于均在球面上，故， 由勾股定理得， 取的中点，连接，则⊥，⊥， ， 又，平面，故⊥平面， 其中，由勾股定理得， 在中，由余弦定理得， 故， 故， 故三棱锥的体积为 故答案为： 1．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）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．24 B．26 C．28 D．30 【答案】D 【解析】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. 2．（2023年天津高考数学真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】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 3．（2022年新高考天津数学高考真题） 十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，左图中的故宫角楼的顶部即为十字歇山顶.其上部可视为由两个相同的直三棱柱重叠而成的几何体（如右图）.这两个直三棱柱有一个公共侧面ABCD.在底面BCE中，若,,则该几何体的体积为（    ） A． B． C．27 D． 【答案】C 【解析】如图所示，该几何体可视为直三柱与两个三棱锥，拼接而成. 记直三棱柱的底面的面积为，高为，所求几何体的体积为， 则， . 所以 . 故选：C. 4．（2022年新高考全国II卷数学真题）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． 5．（2022年高考全国甲卷数学（理）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，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为， 则， 所以， 又， 则， 所以， 所以甲圆锥的高， 乙圆锥的高， 所以. 故选：C. 6．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（    ） A．8 B．12 C．16 D．20 【答案】B 【解析】由三视图还原几何体，如图， 则该直四棱柱的体积. 故选：B. 7．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】[方法一]：【最优解】基本不等式 设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r， 设四边形ABCD对角线夹角为， 则 （当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立） 即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为 又设四棱锥的高为，则， 当且仅当即时等号成立. 故选：C [方法二]：统一变量＋基本不等式 由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高， (当且仅当，即时，等号成立) 所以该四棱锥的体积最大时，其高. 故选：C．[方法三]：利用导数求最值 由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则， ，，单调递增， ，，单调递减， 所以当时，最大，此时． 故选：C. 【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解； 方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值； 方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法． 8．（2022年新高考全国I卷数学真题）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． 9．（多选题）（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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 【解析】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. 10．（多选题）（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）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 【解析】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不正确； 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. 11．（多选题）（2022年新高考全国II卷数学真题）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】CD 【解析】 设，因为平面，，则， ，连接交于点，连接，易得， 又平面，平面，则，又，平面，则平面， 又，过作于，易得四边形为矩形，则， 则，， ，则，，， 则，则，，，故A、B错误；C、D正确. 故选：CD. 12．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为 ． 【答案】 【解析】由题可得两个圆台的高分别为， ， 所以. 故答案为：. 13．（2024年北京高考数学真题）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 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为 ，升量器的高为 ． 【答案】 23 57.5/ 【解析】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则， 故，. 故答案为：. 14．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ． 【答案】/ 【解析】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：. 15．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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】 【解析】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：. 16．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，． (1)求证：//平面； (2)若，求三棱锥的体积． 【解析】（1）连接，设，则，，， 则， 解得，则为的中点，由分别为的中点， 于是，即， 则四边形为平行四边形， ，又平面平面， 所以平面. （2）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. 17．（2022年高考全国甲卷数学（文）真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直． (1)证明：平面； (2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）． 【解析】（1）如图所示： 分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面． （2）[方法一]：分割法一 如图所示： 分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍． 因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积 ． [方法二]：分割法二 如图所示： 连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$