专题02 空间几何体的表面积体积（易错培优竞赛精练）-【竞赛】2024-2025学年高一数学竞赛能力培优精练（全国通用）

2025新高考高一空间几何体的表面积体积易错培优竞赛试题 【专题目录】 专题一：名校空间几何体的表面积体积易错题精选 专题二：名校空间几何体的表面积体积培优题精选 专题三：空间几何体的表面积体积全国高中数学联赛强基计划精选试题 【精选练习】 专题一：名校空间几何体的表面积体积易错题精选 1．一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，在该圆锥内有一个体积为V的球，则该球的体积V的最大值是（   ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据圆锥侧面展开图可得圆锥的半径和高，由三角形面积公式即可求解内切球半径，进而由球的体积公式求出答案. 【详解】由题意得，扇形的弧长， 所以该圆锥的底面圆的半径， 所以该圆锥的高． 设该圆锥内的球的最大半径为R，圆锥的轴截面如图所示： 则依题意得， 所以， 所以该球的体积V的最大值是． 故选：D 2．已知三棱锥的每条侧棱与它所对的底面边长相等，且，，则该三棱锥的内切球的半径为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将三棱锥可以嵌入一个长方体内用体积转化的方法求解该三棱锥的内切球的半径. 【详解】根据题意，三棱锥可以嵌入一个长方体内，且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线，设长方体交于一个顶点的三条棱长为a，b，，如图所示， 则，，，解得，，. 所以该三棱锥的的体积为， 而， 所以可求得，故选：C 3．已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，，，过棱作球的截面，则所得截面面积的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出三棱锥外接球的半径，取的中点，当垂直截面时，截面的面积最小，此时截面圆的直径为长，当截面过球心时，截面圆的面积最大，即可得解. 【详解】如图，作平面，垂足为，取的中点，外接球的球心为，连接， 易得为的中心，则，所以， 设外接球半径为，则，即，解得， 当垂直过的截面时，截面的面积最小，此时截面圆的直径为长， 最小面积为， 当截面过球心时，截面圆的面积最大，最大面积为， 故截面面积的取值范围是. 故选：B. 4．已知四面体满足动点在四面体的外接球的球面上，且则点的轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将该四面体放置在一个长方体中，通过题意可得到点的轨迹为一个圆，设其半径为利用勾股定理求解半径，即可求解． 【详解】解：如图，将该四面体放置在一个长方体中， 由题可知长方体的长、宽、高分别为 体对角线长为 其外接球半径 因为所以点的轨迹为一个圆，设其半径为 则即解得 或即此时无解， 故所求长度为． 故选：C． 5．已知A，B是球O的球面上两点，且，C是该球面上的动点，D是该球面与平面交线上的动点，若四面体体积的最大值为，则球O的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合图形分析点的位置，根据体积求出球的半径，然后由球的体积公式可得. 【详解】设球的半径为，记的中点为，则， 易知，当点在的延长线上，且棱锥的高等于求的半径时，棱锥体积最大. 因为，所以，. 当点在的延长线上时，的面积最大，为， 四面体体积的最大值为，解得， 从而球的体积为. 故选：D 6．已知圆台的上、下底面半径分别为，，高为，母线与下底面所成的角为，上底面上的动点和下底面上的动点距离的最大值为，则圆台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意作图，根据几何性质建立方程，求得半径的和与积，利用圆台的体积公式，可得答案. 【详解】设上、下底面的动点分别为，．过点作下底面的垂线，垂足为，作图如下： 有， 由几何关系可知当，位于圆台轴截面上下底边相对的顶点时，距离最大． 因此，由已知可得方程组，解得， 则圆台的体积． 故选：A. 7．在斜三棱柱中，分别为侧棱上的点，且，过的截面将三棱柱分成上、下两个部分的体积之比可以为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】A 【分析】应用锥体体积及柱体体积公式结合图形特征计算求解即可. 【详解】设三棱柱的体积为，因为侧棱上各有一动点， 满足，所以四边形与四边形的面积相等， 故四棱锥的体积等于三棱柱的体积的，即， 则几何体的体积等于， 故过的截面将三棱柱分成上，下两个部分的体积之比为或. 故选：A. 8．已知一件艺术品由外层一个大正四面体，内层一个小正方体构成，外层正四面体的棱长为2，在该大正四面体内放置一个棱长为的小正方体，并且小正方体在大正四面体内可以任意转动，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用当这个小正方体可以在大正四面体内部任意转动且小正方体的棱长最大时，小正方体的外接球的半径等于该大正四面体的内切球的半径.先求出正四面体的内切球的 半径，再利用正方体的外接球的半径即可求得结果. 【详解】如图，正四面体底面的中心记为点，连接，. 由正四面体的性质可得：面.因为正四面体棱长为2， 所以底面三角形的高为，则， 所以正四面体的高. 设正四面体内切球的半径为，球心为. 由等体积法可得：， 即，解得：， 所以正四面体的内切球的半径， 因为正方体的棱长为， 所以正方体的外接球的半径，因此. 故选：C 9．在三棱锥中，，，，，则三棱锥的体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将三棱锥放置于一平行六面体中，使P，A，B，C成为平行六面体的顶点. 由，可得该平行六面体各边相等，据此可得答案. 【详解】如图，将三棱锥放于平行六面体中， 则，又，， 则，.又四边形，四边形为平行四边形， 则四边形，四边形为菱形. 则. 注意到， 又， 则，设PH与底面HBGC夹角为， 则 ，当且仅当时取等号，则. 故选：D 【点睛】关键点睛：对于求三棱锥体积，可适当将几何体放于平行六面体中研究，由题目条件可明确平行六面体的特征，最后结合三棱锥体积为相关平行六面体体积的得答案. 10．如图1，一个正三棱柱容器，底面边长为1，高为2，内装水若干；现将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图2，这时水面恰好是中截面（即平面经过边、的中点）则图1中容器水面的高度是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据三棱柱的体积公式，可得答案. 【详解】设的中点分别为，如下图： 易知，则，由为的中点，则，可得， 设三棱柱与三棱柱的体积分别为，则， 设水的体积为，则， 在图1中，设水形成的三棱柱的高为，则，解得. 故选：D. 11．在直三棱柱中，，，且，则该三棱柱的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据因为，利用正弦定理得外接圆半径为，利用勾股定理即可得外接球半径为，代入球的体积公式即可求解. 【详解】设外接圆半径为，圆心为，设外接球球心为，半径为， 因为，，在中由正弦定理有， 则，则有， 所以，所以球的体积为：    ， 故选：D. 12．已知边长为1的正方形绕边所在直线为轴旋转一周形成的面围成一个圆柱，点和分别是圆柱上底面和下底面的动点，点是线段的中点，则三棱锥体积的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据图形得到当，且时，点P到平面的高最大，再利用等体积转化法即可求得结果. 【详解】 由题意知，，三角形的面积为 设点P到平面的高为h， 又， 要使三棱锥体积的最大，则需h最大，根据图形可得， 当，且时，h最大，最大为1， . 故选：B 13．一个五面体．已知，且两两之间距离为．，，，则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】采用补形法将五面体补成一个棱柱，再利用体积公式求解即可. 【详解】如图，用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌， 则形成的新组合体为一个三棱柱， 该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为的等边三角形， 侧棱长为， 故． 故选：C. 14．令狐智勇与东方真纯是我校高一新生，他们从南开过往考题中获得灵感，为翔宇楼提出扩建方案，计划在两片楼中空地分别修建一座电梯塔，既提供更多便利，也为校园增色，两座电梯塔的外部主体形状均为“立体八角形”.令狐智勇设计了“北塔”，其外部形状如图1所示，水平截面如图2所示，八角形外沿可看作由正方形及绕其中心旋转45°后形成的正方形所构成的各边相等的十六边形，内部包含位于四角处的四部电梯及位于中心的用以保护原有树木的“月柱”，其形状寓意“日新月异”．“月柱”截面（图2中阴影部分）由相交的圆及圆构造而成(实线表示实际存在部分，虚线为设计轮廓线，在实际中并不存在)，圆与四角处各圆分别相切，四角处圆与八角形相应边分别相切（例如圆与边及分别相切），圆与圆内切，已知四角处各圆全等，其半径均为，圆半径为，圆半径为，且，，“北塔”的高为60，记“月柱”（与“北塔”等高）的侧面积的近似值为（已知，，）；东方真纯设计了“南塔”，其外部形状如图3所示，俯视图如图4所示，其八角形外沿与“北塔”完全相同，内部四角处也包含四部电梯（该处四圆半径与“北塔”中四圆半径不等），中心处为一与外沿八角形相似的小八角形，已知直线直线，且，间距离为，从外部看，中心“小八角形柱”高过“外沿八角形柱”的长度为，该顶层设计未来将建成“南得所爱植物园”，因此需要修建球形外壳，为尽量节省建筑材料，应使顶点，，，，，，，，，，，，，，，均在该球球面上，记该球半径为，则（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【分析】设，根据题意利用圆与圆外切，圆与直线相切的条件列出方程组求得的值，然后利用圆与圆相内切的关系求得，进而确定月柱横截面的周长，进而计算得到的近似值；作出南塔过的轴截面图，其外接圆为球的大圆，利用勾股定理得到关于的方程，求解即得的值. 【详解】设，则， ， ，， 所以对圆所张的角为， 所以“月柱”截面（图2中阴影部分）的周长为， “月柱”（与“北塔”等高）的侧面积的近似值为， 如上图，作出过南塔得得轴截面图，为球心，为在上的垂足， 由已知得：， ， ， ， ， ， 故选：D 15．斯坦梅茨几何体是以数学家斯坦梅茨命名的几何体，是指由两个或两个以上的半径相等的圆柱（含底面）成直角相交而得到的几何体（公共部分）.如图，由两个底面半径为的圆柱（圆柱的高组成的斯坦梅茨几何体的表面积为.若两个底面半径为1，高为3的两个圆柱直角相交，挖去斯坦梅茨几何体，则斯坦梅茨几何体的表面积与四个剩余几何体的表面积的比值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据圆柱的表面积公式即可求解. 【详解】由题可知斯坦梅茨几何体的表面积为16，剩余四个几何体的表面积等于原两个圆柱表面积的和， 所以斯坦梅茨几何体的表面积与剩余四个几何体的表面积的比值为. 故选:A. 16．（多选题）在正四棱台中，，则下列说法正确的是（   ） A．若正四棱台内部存在一个与棱台各面均相切的球，则该棱台的侧棱长为 B．若正四棱台的各顶点均在一个半径为的球面上，则该棱台的体积为 C．若正四棱台的侧棱长为，Q为的中点，过直线且与直线平行的平面将棱台分割成体积不等的两部分，则其中较小的部分的体积为12 D．若，点P在四边形ABCD内，，则动点P的轨迹长度为 【答案】AC 【分析】利用已知条件作图，结合正四棱台特征计算求解内切圆即内切球即可判断A，应用外接球结合截面计算判断B，应用台体体积计算判断C，结合轨迹方程计算求解判断D. 【详解】对于A，如图（1），设H，G，I，K分别为棱，，AD，BC的中点，则，， 当正四棱台内部存在内切球时，球的大圆O为等腰梯形HGIK的内切圆， 根据切线长定理，可知即正四棱台侧面的高， 则侧棱长为，A正确； 对于B，当正四棱台的外接球半径为时，其上,下底面均为球的截面圆对应的内接正方形， 截面圆的半径分别为，， 因为，，故截面圆均为外接球的小圆， 设O为外接球球心，，为截面圆的圆心，则为正四棱台的高， 如图（2），此时截面圆,在球心同侧，如图（3），此时截面圆,在球心两侧， 因此符合要求的是2个体积不同的棱台，故B错误； 对于C，当侧棱长为时，正四棱台的高为， 根据条件可作出符合题意的截面，如图（4）所示， 截面下方的多面体体积， 根据截面性质，可以得出S，T，Z分别为棱AB,AD,的中点，且， 故， 同理可得，所以， 因正四棱台的体积为， 故截面上方多面体的体积为12，故其中较小部分的体积为12，C正确； 对于D，过作平面ABCD，垂足为M， 由题知，若，则， 由勾股定理得， 故点P的轨迹为以M为圆心，以为半径的圆在正方形ABCD内部部分， 如图（5），其中，故，又， 由勾股定理得， 由于，所以，故， 故动点P的轨迹长度是，故D错误. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：求外接球及内切球半径的关键是确定球心的位置及在截面的特征. 17．（多选题）半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.按照以下方式可构造一个半正多面体：如图，在一个棱长为4的正方体中，，，过三点可做一截面，类似地，可做8个形状完全相同的截面.关于该几何体，下列说法正确的是（    ） A．当时，该几何体是一个半正多面体 B．若该几何体是由正八边形与正三角形围成的半正多面体，则边长为 C．若该几何体是由正方形与正三角形围成的半正多面体，则体积为 D．该几何体可能是由正方形与正六边形围成的半正多面体 【答案】BCD 【分析】根据半正多面体的定义，结合棱柱和棱锥的体积公式逐一判断即可. 【详解】选项A：当时，，但，不满足正多边形条件，故A错误； 选项B：如图1，因为棱长为4的正方体中，，，…，，所以，， 当此半正多面体是由正八边形与正三角形围成时，，，解得，故B正确； 选项C，如图2，当此半正多面体是由正方形与正三角形围成时，， 所以，体积为，故C正确； 选项D，当时，如图3所示，此半正多面体是由正方形与正六边形围成， 此时几何体也是半正多面体，故D正确， 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解半正多面体的定义. 18．已知圆锥底面圆的半径为1，母线长为2，一个长方体有四个顶点在圆锥底面内，另外四个顶点在圆锥侧面上，则该长方体外接球表面积的最小值为 . 【答案】 【分析】利用长方体的外接球半径公式以及圆锥的几何性质，通过建立函数关系，利用二次函数的性质来求解长方体外接球面积的最小值. 【详解】如图，设圆锥内接长方体相邻三棱长分别为，其外接球半径为，则， 设长方体上底面外接圆半径，且， 由平面几何知识可知，，则， 则， 所以长方体外接球表面积的最小值为. 故答案为：.    19．已知正四棱台的高为3，其顶点都在同一球面上．若该球的半径为5，球心在正四棱台的一个底面上，则该正四棱台的体积为 ． 【答案】122 【分析】根据题意求出上下底面的边长，再利用棱台的体积公式求解即可. 【详解】因为球心在正四棱台的一底面上，设球心所在底面为下底面，正四棱台的高为3，球半径为5， 连接球心与正四棱台上底面一顶点，以及球心与上底面中心，构成直角三角形， 设上底面边长为，则上底面中心到顶点距离为 根据勾股定理，即，解得， 因为球心在下底面，下底面中心到顶点距离就是球半径5， 设下底面边长为，则，解得， 根据正四棱台体积公式（其中是高，是下底面积，是上底面积）， 下底面积，上底面积， 已知高，则体积 故答案为：122 20．已知正三棱台的上、下底面边长分别为1和2，且体积不大于，若该棱台的外接球球心位于棱台内部（不含表面），则外接球表面积的取值范围是 . 【答案】 【分析】根据给定条件，求出正三棱台高的范围，再利用球的截面性质建立方程，求出球半径的范围即可. 【详解】如图，令正三棱台上下底面正三角形中心分别为， 则，， 设正三棱台的高为，则，解得， 设球的半径为，显然球心在线段上（不含端点） 因此，，解得， 且，而，当且仅当时取等号，得， ，解得， 因此，， 所以外接球表面积的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解. 21．如图，已知正四面体的棱长为1，过点B作截面α分别交侧棱，于E，F两点，且四面体的体积为四面体体积的，则 ，的最小值为 . 【答案】 / / 【分析】根据体积关系可得的面积，由三角形面积公式和余弦定理，使用基本不等式可得. 【详解】因为，则， 记， 因为，即。 又因为， 当且仅当，即时，取等号. 所以a的最小值为. 故答案为：；. 22．刘徽在《九章算术注》中首次明确提出了球缺和球分的概念，如图，球被平面截取，曲面部分为球冠，球冠与截面围成的部分为球缺，祖暅精确推导了球缺的体积计算公式为，其中是球的半径，是球缺的高（即球冠顶点到截面的距离）.连接球心与截面，与球冠围成的部分为球分.若一球缺的高为3，截面半径为，则它对应的球分的体积为 .    【答案】 【分析】根据给定的方程求解半径，再分别计算球缺体积、圆锥体积，最后将两者体积相加得到球分的体积. 【详解】由题可得，，解得， 则，，所以. 故答案为： 23．定义：已知一个点集及一点P，任取点集中一点Q，线段PQ长度的最小值称为点P到点集的距离，记作现已知空间中一点P，平面上一个长为2、宽为1的矩形及其内部的所有点构成点集则点的集合所表示几何体的体积为 . 【答案】 【分析】由定义得几所构成的几何体，进而求得几何体的体积. 【详解】P点构成的几何体由下列几何体构成： ①如图，为已知矩形，其长 则以矩形为公共面的两个长方体，其长，宽，高分别为1，2，1， 此时两个长方体内的点到矩形及其内部的点的距离的最小值不大于1，两长方体体积和为； ②分别以为轴，底面圆半径为1的两个半圆柱分别在的外侧 此时两个半圆柱表面及内部的点到矩形及其内部的点的距离的最小值不大于1， 合成一个以底面圆半径为1，高为2的圆柱，体积为； ③分别以为轴，底面圆半径为1的两个半圆柱分别在的外侧 此时两个圆柱表面及内部的点到矩形及其内部的点的距离的最小值不大于1， 合成一个以底面圆半径为1，高为1的圆柱，体积为； ④分别以为球心，半径为1的球的四分之一， 此时四个四分之一球表面及球内的点到矩形及其内部的点的距离的最小值不大于1， 合成一个以1为半径的球，体积为; 由①②③④点的集合所表示几何体的体积为 故答案为： 24．若圆台的上下底面半径分别为，且，则该圆台内切球的表面积为 ． 【答案】 【分析】设为圆台的母线长，根据，结合勾股定理求得圆台的高，即内切球的直径，最终利用球体表面积公式求解即可. 【详解】如图，为圆台的母线长，分别为上，下底面的圆心，点为内切球的球心， 点为球与圆台侧面相切的一个切点． 则由题意可得：， ． 因此可得：内切球半径，即得内切球的表面积为． 故答案为：． 25．如图，在中，，，E是的中点，D是边上靠近A的四等分点，将沿翻折，使A到点P处（P点在平面上方），得到四棱锥.则 ①的中点M运动轨迹长度为 ； ②四棱锥外接球表面积的最小值为 . 【答案】 【分析】因为到中点的距离等于（定值），且点在平面上方，所以的轨迹是以中点为圆心，为半径的半圆，进而可求周长；确定四棱锥底面外接圆的圆心及半径，当该点为球心时，四棱锥外接球的表面积最小. 【详解】因为到中点的距离等于，且点在平面上方， 所以的轨迹是以中点为圆心，为半径的半圆， 所以的中点运动轨迹长度为； 因为四边形的外心为的中点，所以四边形的外接球的半径 所以四棱锥外接球的球心在过四边形的外心且垂直平面的直线上， 设四棱锥外接球的半径为，设球心到四边形的外心的距离为， 则，当时，等号成立， 所以四棱锥外接球表面积的最小值为. 故答案为：；. 26．在一个大球内放入4个完全相同的小球，任意两个小球都彼此相切，且它们都和大球相切，若每个小球的半径都是1，则大球的表面积为 ． 【答案】 【分析】由题意得到四个球的球心构成的几何体，然后求出该几何体的外接球半径，加上小球半径即可得到大球半径，然后求得表面积. 【详解】由题意可知，四个小球圆心的距离均为， 如图正四面体，且， 由中线的三等分点得到底面的重心，然后连接， 则球心必在线段上， ∵，∴，则，， 则， 在中，令，则，解得， 又∵小球与大球相切，∴大球半径为， ∴大球表面积. 故答案为：. 27．在三棱锥中，平面，，若点A，B，C，D均在球O的表面上，且，则球O的表面积为 . 【答案】 【分析】由条件，三棱锥的顶点都为棱长为1的正方体的顶点，所以将三棱锥补成正方体，正方体的外接球即为三棱锥的外接球，进而求得半径即可求解. 【详解】 由题意可知三棱锥的顶点都为棱长为1的正方体的顶点， 将三棱锥补成正方体，棱长为1， 故其该正方体的外接球的直径为， 即三棱锥的外接球的直径为，则三棱锥的外接球的半径为， 则球O的表面积为. 故答案为：. 专题二：名校空间几何体的表面积体积培优压轴试题精选 1．已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和4，高为．若该圆台内有一个球，则该球的表面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，作出圆台轴截面，分析可知，当球与相切时，其表面积最大，再结合条件求得球的半径，得到结果即可. 【详解】如图，作出圆台的轴截面，要使球的表面积最大，则球需要与相切， 设圆的半径为，则， 因为，所以， 作，，因为，所以， 而，由勾股定理得， 则，且， 而， 即得到，解得， 则该球的表面积的最大值为，故B正确. 故选：B 【点睛】关键点点睛：解题关键是判断出表面积最大时的情况，然后利用勾股定理建立方程，得到球的半径，进而得到所要求的表面积即可． 2．如图，已知圆台形水杯盛有水（不计厚度），杯口的半径为4，杯底的半径为3，高为，当杯底水平放置时，水面的高度为水杯高度的一半，若放入一个半径为的球（球被完全浸没），水恰好充满水杯，则（   ） A． B．2 C．3 D． 【答案】D 【分析】求出圆台上面部分的体积，根据小球的体积恰好等于的体积求出球的半径. 【详解】如图，，又放入的球的半径为， 由于圆台的体积， 由题可知：，则，此时小球恰好与上下底面相切； 下面考虑当小球与侧棱相切时，设球心为，球的半径为，则， 由于，则， 则， 那么，则，那么在上方， 即该小球先与上下底面相切． 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是求出圆台的体积，还需检验小球与侧棱相切的情形. 3．四面体的棱长为4，E为棱BC的中点，过点E作其外接球的截面，则截面面积的最小值是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将正四面体放置于正方体中，该正方体的外接球就是正四面体的外接球，求出半径，过点作其外接球的截面，当截面到外接球的球心的距离最大时，截面面积最小，据此即可求解. 【详解】将正四面体放置于如图所示的正方体中，可得该正方体的外接球就是正四面体的外接球， 设该外接球的球心为，半径为R， 正四面体的棱长为4，且正四面体的棱长是正方体的面对角线长， 正方体的棱长为， 正方体外接球的半径满足， 解得，为棱BC的中点， 过点作其外接球的截面， 当截面到外接球的球心的距离最大时，截面面积最小， 此时为截面圆心，球心到截面的距离， 由截面的性质可得截面半径， 故截面面积的最小值为． 故选： 4．在三棱锥中，，是正三角形，，分别是AD与CD的中点，且．若，则三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意可得三棱锥为正三棱锥，再借助线面垂直的性质定理可得平面，则可得，即可得证平面，从而得到、、两两垂直，则三棱锥外接球的表面积与以为棱的正方体的外接球的表面积相同，从而得解. 【详解】由、是正三角形，则三棱锥为正三棱锥， 取中点，连接、，则、， 又、、平面，故平面， 又平面，故， 由，分别是与的中点，故， 又，则， 又、、平面，故平面， 由三棱锥为正三棱锥，则、、两两垂直， 则三棱锥外接球的表面积与以为棱的正方体的外接球的表面积相同， 以为棱的正方体的外接球的半径为， 故三棱锥外接球的表面积为. 故选：D. 5．已知三棱锥的每个顶点都在球的球面上，平面平面，，，，，则球的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分别过外心，外心，做平面PBC，平面ABC垂线，交点为O，则O为球心，然后结合题目数据可得答案. 【详解】因，则为直角三角形，取AB中点为，则为外心. 取BC中点为D，连接PD，则外心在PD上. 因，则，又平面平面，平面平面，平面，则平面. 连接，因平面，则， 现分别过外心，外心，做平面PBC，平面ABC垂线，交点为O， 因过三角形外心垂直于三角形所在平面上的垂线上的点到三角形顶点距离相同， 则两垂线交点O到三棱锥各顶点距离相同，即O为球心. 又注意到，则四边形为矩形. 因，，，则. 则，，得在外. 因为外心，则，设， 则，则. 又，，则，则球体半径为3， 故球体体积为：. 故选：B 【点睛】结论点睛：对于有两个侧面垂直的三棱锥，其外接球半径， 其中为两侧面外接圆半径，为两侧面公共棱长度. 6．已知正四面体的顶点，，均在球的表面上，球心在平面内，棱与球面交于点.若平面，平面，平面，平面，（）且与（）之间的距离为同一定值，棱，分别与交于点，，若的周长为，则球的半径为（   ） A．2 B．1 C． D． 【答案】A 【分析】设球的半径为，则，由，，共线，则存在实数使计算得，即得，，又（）且与（）之间的距离为，即可计算，由的周长为即可求得半径. 【详解】设和（）之间的距离为，球的半径为，所以， 由正弦定理可得，则， 故，所以， 由、、共线，则存在实数使，且， 则，所以，， 所以 即，整理得， 可得，所以， 即，所以， 又（）且与（）之间的距离为， 则，，故，， 由余弦定理可得， 所以，，同理可得，且， 的周长，解得， 故选：A. 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，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）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （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球、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）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 7．在如图五面体中，棱AD，BE，CF互相平行，且两两之间距离为1.若，，，，则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将五面体补成正三棱柱，求出三棱柱的体积即可得到结果. 【详解】 如图，延长至点，延长至点，延长至点，使得， ∵棱AD，BE，CF互相平行，∴，故五面体为三棱柱，且体积为原五面体体积的2倍， ∵AD，BE，CF两两之间距离为1，， ∴三棱柱为正三棱柱，底面是边长为1的等边三角形，高为4， ∴三棱柱的体积为， ∴该五面体的体积为. 故选：D. 8．已知正四面体，若平面内有一动点到平面、平面、平面的距离依次成等差数列，则点的轨迹是（    ） A．一条线段 B．一个点 C．一段圆弧 D．抛物线的一段 【答案】A 【分析】推导出，进而可得出，设点到边、、的距离分别为、、，设等边的边长为，可得出以及，求出的值，即可得出结论. 【详解】设点到平面、平面、平面的距离依次为、、，如下图所示： 由题意可知，，则， 即，即， 所以，， 不妨设点到边、、的距离分别为、、， 设等边的边长为，则， 又因为，即， 所以，，① 由，可得，可得，② 联立①②可得， 所以，点的轨迹是一条与平行且与之间的距离为的线段. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于根据距离的关系推导出锥体体积的关系，进而转化为动点到各边距离之间的关系，求解即可. 9．已知四面体的棱，分别是同一个圆柱上、下底面的直径，若圆柱的体积为，则四面体体积的最大值为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】先说明点到平面的距离相等都为，再应用圆柱体积公式计算，结合不等关系即可求得三棱锥体积最大值. 【详解】设圆柱的底面圆半径为，圆柱的高为，点到平面的距离为， 因是的中点，故到平面的距离也为， 由圆柱的体积为，可得， 故 . 当且仅当时取最大值4. 故选：B. 【点睛】思路点睛：解题思路是转化四面体的体积为两个三棱锥的体积和，进而结合距离范围求解. 10．已知正四面体的棱长为，如果一高为的长方体能在该正四面体内任意转动，则该长方体的长和宽形成的长方形面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，要满足一高为的长方体能在该正四面体内任意转动，则长方体的对角线长不超过正四面体的内切球的直径．利用正四面体的性质可得内切球的半径，利用长方体的对角线与内切球的直径的关系、基本不等式的性质即可得出. 【详解】 设正四面体如图所示， 可得它的内切球的球心必定在高线上， 延长AH交BC于点D，则D为BC的中点，连接SD， 则内切球切SD于点E，连接AO． ∵H是正三角形ABC的中心，∴， ∵， ∴，可得， 因此，，可得内切球的半径， ∵正四面体棱长为1， ∴中，，解得， 要满足一高为的长方体能在该正四面体内任意转动， 则长方体的对角线长不超过正四面体的内切球的直径， 设该长方体的长和宽分别为，， 该长方体的长和宽形成的长方形面积为， ∴，∴， ∴，即长方形面积的最大值为. 故选：D 【点睛】关键点睛：本题考查了正四面体的性质、勾股定理、长方体的对角线与其外接球的直径之间的关系，难度较大，解答本题的关键在于找到长方体的对角线与内切球的直径的关系，然后结合基本不等式求解. 11．已知点为三棱柱的棱上一点，经过顶点及点的平面将三棱柱分成体积相等的两部分，则的值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】作出图象，利用三棱台的体积为三棱柱的体积的一半，结合相似三角形的性质及换元法求解即可. 【详解】解：过作∥，交于点， 则∥， 连接，则平面即为过顶点及点的平面，如图所示： 设三棱柱的底面面积为，高为； 设， 则， 又因为， 所以两三角形的相似比为， 由相似三角形的性质可知， 易知，侧棱交于延长线上一点， 所以几何体为三棱台， 设三棱台体积为，三棱柱的体积为， 则有， 又因为 ， 又因为， 所以， 所以， ， 令， 则有， 解得， 所以， 所以， 解得. 故选：B. 【点睛】关键点睛：本题的关键是得出几何体为三棱台. 12．在三棱锥中，底面，，，，是线段AC上一点，且，三棱锥的各个顶点都在球的表面上，过点作球的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】如图，将三棱锥补成直三棱柱，根据球的性质确定球心位置，要使过点作球的截面圆的面积最小，只需截面与垂直；当截面过球心时，截面面积最大，即可求解. 【详解】将三棱锥补成直三棱柱，如图所示， 则三棱锥和该直三棱柱的外接球都是球， 设三角形ABC的中心为，球的半径为R，，连接， 则球心到平面ABC的距离为，即，连接，，则， 所以，即． 在中，取AC的中点，连接OD，， 则，，，所以． 连接OD，在中，， 由题意得，当截面与直线OD垂直时，截面圆面积最小， 设此时截面圆的半径为r，则， 所以截面圆的最小面积为； 当截面过球心时，截面圆面积最大，为， 所以，解得，所以球的表面积为， 故选：C． 13．一正四棱锥，，当其外接球半径与内切球半径之比最小时，为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正棱锥球的内切或外接确定球心位置，然后求出外接球和内切球半径，然后根据外接球半径与内切球半径之比最小时，求出，即可求解. 【详解】如图，正四棱锥中，正方形的对角线相交于点，则平面， 如图所示，设正四棱锥外接球的球心为，， 连接，则， 因为，所以, 在中， ,即， 如图所示，设正四棱锥内切球的球心为， ， 取的中点，连接, 设内切球与面切于点,与面切于点,易知,, 则， 所以， 令，则， 所以， 当且仅当即时，等号成立，取得最小值， 所以， 所以， 故选：D 【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等. 14．若在长方体中，．则四面体与四面体公共部分的体积为（    ） A． B． C． D．1 【答案】C 【分析】先确定两个四面体的公共部分，再利用锥体的体积公式求体积. 【详解】如图： 取与的交点为，取中点，连接，交于点， 则三棱锥即为四面体与四面体的公共部分. 因为. 又，所以，所以. 过作于点， 因为平面，平面，所以. 因为，平面，所以平面. 所以为到平面的距离，其值为， 点为的中点，所以点到平面的距离为：. 所以. 故选：C 【点睛】方法点睛：几何图形的公共部分和体积计算：通过分析两个几何体公共部分的几何位置，逐步构造关键点，利用三角形面积和锥体体积公式，最终得出公共部分的体积，此方法清晰有效，能充分展示逻辑推理与代数运算等解题技巧. 15．（多选题）如图，在正三棱柱中，，过中点的截面，将正三棱柱分成上下两部分，设下半部分几何体的体积为，则下列四个体积是的几何体中，能放在半径为3的球体内的是（    ）（参考数据：）    A．正方体 B．正四面体 C．高是4的圆柱 D．高是5的圆锥 【答案】AC 【分析】分析几何特征，计算下半部分几何体的体积，分析各选项中几何体外接球半径，与比大小即可确定答案. 【详解】由题意得，正三棱柱由截面分成的上部分为正三棱柱，下部分为直四棱柱，高度相等，    如图，在等边三角形中，分别为的中点， 由相似得与的面积比为， 故正三棱柱上、下两部分的底面积比为，即正三棱上、下两部分的体积比为， ∴. A.设正方体的棱长为，则，得， ∴正方体体对角线为，正方体的外接球半径为， 能放在半径为3的球体内，A正确. B. 如图，在正方体中，由各面对角线相等可得三棱锥为正四面体，    正四面体的外接球与正方体的外接球相同，由选项A可知体积为的正方体恰好能放在半径为3的球体内， 当正四面体的体积为，正方体的体积大于， 此时正方体外接球半径大于，故不能放在半径为3的球体内，B错误. C.如图，设圆柱的底面圆半径为，外接球半径为，外接球球心为，则为圆柱上下底面圆心连线的中点.    由题意得，，∴， ∴，故此圆柱能放在半径为3的球体，C正确. D. 如图，设圆锥的底面圆半径为，外接球半径为，外接球球心为，则点在圆锥的高上.    由题意得，，∴， 由得，，故此圆锥不能放在半径为3的球体，D错误. 故选：AC 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是分析、计算各选项中几何体外接球的半径，与比大小，即可确定几何体能否放在半径为3的球体内. 16．（多选题）已知圆锥的顶点为P，AB为底面圆O的直径，，，点C在圆O上，则（    ） A．该圆锥的侧面积为 B．该圆锥的体积为 C．三棱锥体积的最大值为1 D．该圆锥内部最大的球的半径为 【答案】BCD 【分析】根据条件计算圆锥底面圆半径及圆锥的高，可得选项A错误，选项B正确；根据棱锥体积公式计算面积最大值可得选项C正确；计算圆锥内切球半径可得选项D正确. 【详解】 ∵，，∴，， ∴圆锥底面圆半径为，. A.圆锥的侧面积为，选项A错误. B.圆锥的体积，选项B正确. C.， 当C为中点时，最大，最大为，故三棱锥体积的最大值为1，选项C正确. D.当球与圆锥内切时，表面积最大，此时球心在上， 设内切球球心为，半径为r，则， 过向PB作垂线，垂足为D，则， ∵，∴， ∴，解得，选项D正确. 故选：BCD. 17．（多选题）已知一个各棱长均为4（单位：）的正三棱柱容器（容器壁厚度忽略不计），则（    ） A．能够将直径为2的球体放入该容器 B．能够将棱长为3.9的正四面体放入该容器 C．能够将棱长为1.6的正八面体放入该容器 D．若点P为线段的中点，则沿该容器的表面从点A到达点P路程的最小值超过5.6 【答案】ABC 【分析】求出正四面体内切球的半径可判断A；求出正四面体的高，则可判断B；求出正八面体的面对角线长，则可判C；将正三棱柱侧面展开，求最小值，判断D. 【详解】对于A，设正三棱柱底面的内切圆半径为r， 则由等面积法得，所以，， 故直径为2dm的球体可以放入该正三棱柱容器，A正确； 对于B，棱长为3.9dm的正四面体其高显然小于其棱长， 故可将该正四面体的底面放置于该容器的底面上，则其顶点在该容器内， 即能够将棱长为3.9dm的正四面体放入该容器，B正确； 对于C，如图1为一个边长为4dm的正， 正方形DEFG的各顶点在的边上， 设正方形的边长为2x，则，，则， 即，解得， 而棱长为1.6dm的正八面体的面对角线长为， 所以能够将棱长为1.6dm的正八面体放入该容器，C正确； 对于D，正三棱柱如图2所示.当按照图3所示展开， 过P作于，可知，， 由勾股定理可得； 当按照图4所示展开，连接AP交BC于点O， 可知，，所以， 因为，故点A到点P的路程最小值，D错误. 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：选项D，分两种情况展开正三棱柱，如图，求最短距离. 18．（多选题）如图，在直棱柱中，底面为菱形，且，，为线段的中点，为线段的中点，点满足，则下列说法正确的是（    ） A．若时，三棱锥的体积为定值 B．若时，有且仅有一个点，使得 C．若，则的最小值为 D．若，，则平面截该直棱柱所得截面周长为 【答案】ACD 【分析】根据每个选项确定点的位置，并通过数形结合进行求解. 【详解】对于选项：当时，，故点在上运动， 而平面， 所以三棱锥的体积为定值. 故正确； 对于选项：当时，取中点记为，连接，易得点在上运动， 当点与点重合时，因为底面为菱形，且， 所以，又因为为中点，所以， 又，所以，又由已知此棱柱为直棱柱，所以面. 则，所以， 又，所以，即 所以，即. 当点与点重合时，因为， 又，所以，则，即， 所以，即. 故错误； 对于选项：当时，取中点记为，取中点记为， 连接， 则点在线段上运动，易得点关于直线的对称点为， 连接，此时点、、三点共线， 故点与点重合时取得最小值为， 故正确； 对于选项：当，时，为的中点， 因为由直棱柱性质可知，面面，面面， 则平面截该直棱柱交于，交于. 且由定理可得 ，所以易得与相似，与相似， 易知，， 所以，， ， ， 易得平面截该直棱柱所得截面周长为， 故正确. 故选：. 【点睛】本题主要考查向量的运算，棱锥体积的运算，截面周长的求法等.立体几何中长度的求解，往往会用到解三角形的知识.同时此题需注意数形结合的思想. 19．四棱锥中，，，，，，内部点满足四棱锥与三棱锥的体积相等，则长的最小值为 ． 【答案】 【分析】延长交于点，令，根据给定条件，利用等体积转化探究可得，再结合直角三角形及向量运算建立为的函数，进而求出最小值. 【详解】在四棱锥中，延长交于点，令， 由，，得，又， 则， 由，得，则， ， ， ，设点到底面距离为， 依题意，， 由， 得，则， 而，则， ，令， 当，即时，，所以长的最小值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：利用等体积转化求出是求解问题的关键. 20．在三棱锥中，底面ABC，，，的面积为，则三棱锥的外接球表面积的最小值为 ． 【答案】 【分析】由面积公式可得，由余弦定理结合基本不等式可求，根据正弦定理可得外接圆半径，由勾股定理即可求解. 【详解】如图，取的外接圆圆心，过点作平面的垂线， 则三棱锥的外接球的球心在该垂线上，且， 在中，，即， 所以， 即（当且仅当时取等号）， 设外接圆半径为，由正弦定理得，即， 所以外接球的半径，则， 故三棱锥的外接球表面积的最小值为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：解决外接球问题： （1）通过球心位置的确定，利用勾股定理列方程求解； （2）已知线面垂直，构造矩形模型； （3）三个两两垂直的墙角模型，补形成长方体或正方体. 21．如图，在棱长为的正方体中，点为平面内一动点，且，设点到直线的距离为，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】连接分别交平面，平面于点，，根据为定值，计算得到平面的距离，得点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，在平面的投影是以为圆心，为半径的圆，计算到直线的距离为，进而得到到直线的距离. 【详解】   如图，正方体中，平面，平面， 连接分别交平面，平面于点，，则， 由得,解得 同理，故 因为，所以， 所以动点轨迹是以为圆心，为半径的圆； 所以点在平面的投影是以为圆心，为半径的圆； 设点到直线的距离为， 又点到直线的距离为， 则，即， 所以点到直线的距离， 故答案为： 22．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为2，则勒洛四面体能够容纳的最大球的表面积为 .    【答案】 【分析】需要利用正四面体的高以及外接球半径与棱长的关系，得到外接球半径，再根据图形得到勒洛四面体的内切球半径，而内切球半径即为该勒洛四面体的能够容纳的最大球的半径，进而结合球的面积公式求解即可. 【详解】由对称性知，勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心，如图： 正外接圆半径， 正四面体的高， 令正四面体的外接球半径为， 在中，，解得， 此时我们再次完整地抽取部分勒洛四面体如图所示： 图中取正四面体中心为，连接..交平面于点，交曲面于点， 其中即为正四面体外接球半径，因为点..均在以点B为球心的球面上， 所以， 设勒洛四面体内切球半径为，则由图得， 勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体内切球， 所以勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为， 则勒洛四面体能够容纳的最大球的表面积为. 故答案为：. 思路点睛：本题实际上是勒洛三角形在三维层面的推广，对计算能力，空间想象能力要求高，记住正四面体的高，内切球半径，外接球半径与棱长关系的二级结论将会加快对本题的求解. 23．已知四棱锥的高为2，底面为菱形，，分别为的中点，则四面体的体积为 ；若点在底面投影点为菱形中心，则三棱锥的外接球的表面积为 ． 【答案】 【分析】根据中点，得到，故，先得到为全等的等边三角形，故，从而求出四面体的体积，再作出辅助线，找到三棱锥的外接球的球心，进而根据半径相等得到方程，求出外接球半径，进而求出外接球的表面积. 【详解】如图，设，连接， 底面为菱形，故为的中点， 又分别为的中点，所以， 故， 又， 故， 因为四边形是菱形，， 所以为全等的等边三角形， 故菱形的面积为， 四棱锥的高为2，所以， 故； 若点在底面投影点为菱形中心， 连接，则⊥底面，且， 因为为等边三角形， 所以三棱锥的外接球球心在底面的投影为的中心， 因为，所以， 所以， 过点作⊥于点，设，则， 则， 由勾股定理得，， 因为，所以，解得， 故外接球半径， 三棱锥的外接球的表面积为. 故答案为：， 【点睛】方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 24．已知四面体中的各棱长均为整数，，则该四面体的体积为 ． 【答案】/ 【分析】把看成一长方体的四个顶点，构造长方体，设长方体的长，宽，高分别为，列出方程组，再结合棱长为整数，可确定的值，再结合“割补法”可求四面体的体积. 【详解】如图构造长方体， 记，设， 则， 因而， 其中，由题意. 而. 故答案为： 【点睛】方法点睛：将三棱锥补形成长方体，结合条件，确定的值，再利用“割补法”求三棱锥的体积. 25．有一个儿童玩具，外部是一个透明的塑料大球，内部是8个半径均为1的小球（球壁厚度均忽略不计），其中两两相切，两两相切，两两相切，两两相切，两两相切，且，均与球相切，则球的半径为 . 【答案】 【分析】找到球心的位置，得到球半径的表达式，求正四面体的高与内切球半径，即可得解. 【详解】连接，，，，，， 由题可得三棱锥是棱长为2的正四面体， 连接，，，，，，，，，，，， 因为两两相切，两两相切，两两相切， 两两相切，所以三棱锥､三棱锥､ 三棱锥､三棱锥分别是以三棱锥的四个面为底面， 且棱长均为2的正四面体，又均与球相切， 所以三棱锥的外接球球心就是大球的球心. 作出三棱锥和三棱锥的示意图如图所示， 连接，则球的半径为. 易得正四面体的高， 到平面的距离即三棱锥内切球的半径， 易得，得，则，所以球的半径为. 【点睛】关键点点睛：设正四面体的棱长为，高为，其外接球半径为，内切球半径为，则，，，. 26．从球外一点作球表面的三条不同的切线，切点分别为，，，，若，则球的表面积为 . 【答案】 【分析】据题意分析可知为直角三角形，进而可知点在平面内的投影为的外心，则必在的延长线上，结合切线性质可得球的半径，进而可得表面积. 【详解】由圆的切线长定理得，， 因为，，，则，， 即，可知， 所以为直角三角形，其外心为的中点， 又因为，可知点在平面内的投影为的外心， 即平面，所以必在的延长线上， 且A为切点，则，由射影定理得， 且，即，可得， 则，所以球的表面积为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：根据切线性质分析可知为直角三角形，进而可知点在平面内的投影为的外心，进而确定球心的位置，即可运算求解. 27．直观想象是数学六大核心素养之一，某位教师为了培养学生的直观想象能力，在课堂上提出了这样一个问题：现有10个直径为4的小球，全部放进棱长为的正四面体盒子中，则的最小值为 . 【答案】 【分析】分析10个小球在正四面体内的位置情况，把正四面体的高用小球半径与正四面体的棱长表示，列等式即可求解. 【详解】设正四面体棱长为，是正的中心，延长线交于，连接， 则平面，，，， 因此正四面体的高，令正四面体内切球半径为， 由，得， 10个直径为4的小球放进棱长为a的正四面体中，成三棱锥形状，有3层， 则从上到下每层的小球个数依次为：1，，个， 当a取最小值时，从上到下每层放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切，底层的6个球 还都与正四面体底面相切，任意相邻的两个小球都外切，位于底层正三角状顶点的小球球 心连线与位于每层正三角状顶点的所有上下相邻小球的球心连线构成正四面体， 则正四面体的棱长为，其高为， 当以点为球心的最上方小球是以为顶点的某个正四面体的内切球时，，即， 因此正四面体的高为， 所以正四面体棱长a的最小值为. 故答案为： 【点睛】结论点睛：一个多面体的表面积为S，如果这个多面体有半径为r的内切球，则此多面体的体积V满足：. 28．如图，已知半径为1的球表面上有三个点，满足，，，在由平面、平面、平面以及球面所围成的几何体中放入一小球，则该小球表面积的最大值为 ． 【答案】 【分析】当小球与平面、平面、平面及球面均相切时，半径最大，构造三角形，利用解三角形求得此时半径，即可得到表面积最大值． 【详解】易知平面． 如图（1），设小球的球心为，与大球表面的切点为，小球的半径为，则． 设点在底面内的投影为， 则． 俯视图如图（2），作于点，则， ，即， ，， ，， 小球表面积的最大值． 故答案为： 【点睛】方法点睛：求小球表面积的最大值，实际上要求该小球与平面、平面、平面及球的表面均相切，弄懂题意，利用空间想象能力作出所需的立体图形，挖掘隐藏的条件（如三点共线，小球球心到平面、平面的距离均为小球半径，作垂直构造直角三角形等）建立等量关系是解题的关键． 专题三：空间几何体表面积体积全国高中数学联赛强基计划精选试题 1．（2023高二上·湖南岳阳·竞赛）正方体的八个顶点中，有四个恰好为正四面体的顶点，则正方体的表面积与正四面体的表面积之比为（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设正方体的棱长为，可求出正四面体的棱长，继而求得两种几何体的表面积即可. 【详解】正方体的棱长为，此时正四面体的棱长为， 则正方体的表面积为， 正四面体的表面积为， 两者之比为， 故选：B. 2．（2022高三·浙江宁波·竞赛）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，设弧的中点分别为M，N，若线段的长度为a，则（    ） A．弧的长度为 B．线段的长度为a C．勒洛四面体能置于一个直径为a的球内 D．勒洛四面体的体积大于 【答案】D 【分析】根据球的对称性可得球心到弧所在的平面的距离为，从而可求弧所在的平面与球的截面圆的半径，故可判断A；设的中点为分别为，由球的对称性可得共线，连接，计算可得线段的长度，故可得判断BC，计算出正四面体的体积后可判断D的正误. 【详解】选项A，弧为两个半径为a、球心距为a的球面相交所得的小圆中的弧， 根据球的对称性，球心到弧所在的平面的距离为， 因球的半径为，故弧所在的平面与球的截面圆的半径为， 因为弦的长度为，故弧所对的圆心角为大于， 故弧长不为．故A错误； 选项B， 设的中点为分别为，由球的对称性可得共线，连接. 由为正四面体可得，故， 而弧所在的平面与球的截面圆的半径为， 故，故B错误； 选项C，由，故C错误； 选项D，设的外接圆的圆心为，连接，则平面. 而，故， 故由四面体的体积为，故D正确． 故选：D. 3．（2022高三·湖南湘西·竞赛）蹴鞠，又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴､踢､蹋的含义，鞠最早系外包皮革､内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴､蹋､踢皮球的活动，类似于今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录.已知某鞠（球）的表面上有四个点，且球心在上，，则该鞠（球）的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】画出图形，作出辅助线，求出，进而得到，利用勾股定理求出球的半径，求出球的表面积. 【详解】 如图，取的中点，连接，由得：， 由，得：， 连接并延长，交球于点， 连接，因为球的直径， 设球的半径为， 则， 则， 所以， 解得：，球的表面积为. 故选：A. 【点睛】本题是立体几何中外接球问题，要画图，找到球心的位置，结合解三角形等知识进行求出半径，再求解球的表面积，其中如何求出半径是难点；本题属于较难题. 4．（15-16高三·北京·强基计划）在棱长为1的正方体中，为正方体的中心，点在上，，点在上，，则四面体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用等积转化可求体积. 【详解】如图： 有． 故选：A 5．（19-20高三·北京·强基计划（多选题））在中，，M为中点．将沿折起，使得三棱锥的体积为，则折起后的长可以为（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】BC 【分析】利用面积得到棱锥的高，结合直角三角形可求的长. 【详解】如图，分析底面，设点B在上的投影为H，则， 点A在上的投影为G．在折起过程中，设点B在底面上的投影为． 则， 于是， 因此， 计算可得或． 故选：BC. 6．（22-23高三上·河北石家庄·阶段练习（多选题））有一个三棱锥，其中一个面为边长为2的正三角形，有两个面为等腰直角三角形，则该几何体的体积可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】分三种情况讨论，作出图形，确定三棱锥中每条棱的长度，即可求出其体积. 【详解】如图所示： ①若平面，为边长为2的正三角形，，，都是等腰直角三角形，满足题目条件，故其体积； ②若平面，为边长为2的正三角形，,，都是等腰直角三角形，满足题目条件，故其体积； ③若为边长为2的正三角形，，都是等腰直角三角形，，，满足题目条件，取中点，因为，而，所以，即有平面，故其体积为； 故选：BCD 7．（2024高二下·四川·竞赛）将棱长为1的正方体的上底面绕着其中心旋转得到一个十面体（如图），则该十面体的体积为 ． 【答案】 【分析】补全正方体，该十面体的体积等于棱长为1的正方体的体积去掉四个三棱锥体积再加上四个四棱锥的体积，利用锥体的体积公式即可求解. 【详解】 如图作出原正方体，与，的交点分别为，，与的交点为， 上底面非重叠部分是8个全等的等腰直角三角形， 设每个等腰直角三角形的边长为， 则，所以， 所以， 设该十面体的体积为， . 故答案为：. 8．（2018高二·全国·竞赛）已知O，A，B，C四点均在半径为的球S的表面上，并且满足，平面，，则三棱锥的体积为 . 【答案】/ 【分析】首先确定球心位置，再根据边长与半径的关系列出方程组，求出，最后代入三棱锥的体积公式即可. 【详解】   易知，以点O为顶点的三棱锥的三条棱两两垂直， 则球S为以为顶点，分别以为棱的长方体的外接球， 设，则有，解得， 所以三棱锥的体积. 故答案为：. 9．（2024高二下·贵州贵阳·竞赛）设球在圆柱内，且圆柱的底面直径和高都等于该球的直径，则球与圆柱的体积之比是 . 【答案】 【分析】设球的半径为，则由题意可表示出圆柱的底面半径和高，从而利用球与圆柱的体积公式即可得解. 【详解】设球的半径为，则由题意可得圆柱的底面半径为和高为， 所以球与圆柱的体积之比为. 故答案为：. 10．（2024高三上·全国·竞赛）已知圆锥的高等于底面半径r，则圆锥与半径为r的球的表面积之比是 ． 【答案】 【分析】求出圆锥的侧面积和底面积，得到表面积，得到半径为r的球的表面积，求出比值. 【详解】圆锥的母线长，故侧面积为， 圆锥的底面积为， 半径为r的球的表面积为， 故圆锥与半径为r的球的表面积之比为. 故答案为： 11．（2024高三上·全国·竞赛）若底面边长为2的正六棱柱存在内切球，则其外接球体积是 . 【答案】 【分析】由题意可得内切球的半径，进而可得正六棱柱的高，结合球的体积公式计算即可求解. 【详解】如图，在过球心与棱柱棱垂直的截面中，内切球的半径为，为边长是2的正三角形， 则，即内切球的半径为，所以正六棱柱的高为. 其外接球半径为， 则其体积为. 故答案为： 12．（2021高一下·广东佛山·竞赛）已知三棱锥的三条侧棱两两垂直，且，则该三棱锥的内切球的半径为 . 【答案】 【分析】内切球的半径可利用等体积法进行求解. 【详解】设该三棱锥的体积为，表面积为，内切球的半径为，球心为， 则，且，则， ∵三棱锥的三条侧棱两两垂直，且， ∴， ∴， 又，∴， ∴, 又，， ， ∴， ∴由，得，因此. 故答案为：. 13．（2023高二上·湖南岳阳·竞赛）球的半径扩大到原来的n倍，则其表面积扩大到原来的 倍，体积扩大到原来的 倍. 【答案】 【分析】设原来球的半径为，得到扩大后的球的半径为，结合球的表面积和体积公式，即可求解. 【详解】设原来球的半径为，将球的半径扩大为原来的倍，可得半径为， 则原来球的表面积为，体积为， 扩大后的球的表面积为，体积为， 可得，. 故答案为：；. 14．（2023高二·安徽·竞赛）在立方体中放入9个球，一个与立方体6个面都相切，其余8个相等的球都与这个球及立方体的三个面相切，已知8个相等的球的半径都为，则立方体的体积为 ． 【答案】8 【分析】设立方体的边长为a，根据相切关系，列等式，即可求解. 【详解】如图，设立方体的边长为， 则，，再结合对称性， 可得，解得， 所以立方体的体积为8． 故答案为：8 15．（2023高三下·全国·竞赛）某正三棱台的各顶点之间的距离构成的集合为，则该棱台的体积为 ． 【答案】/ 【分析】首先根据正棱台的性质，确定棱长，再求棱台的体积. 【详解】如图，正三棱台，上下底面是等边三角形，侧面都是全等的等腰梯形，等腰梯形中，为钝角，，， 所以当时，，，并将正三棱台补全为正三棱锥，可知侧面是等边三角形，平面，，所以，点到底面的距离为，则三棱台的高, 的面积为，的面积为，所以棱台的体积, 若，则为1或，这样不成立， 综上可知，棱台的体积为. 故答案为： 16．（2021高三·全国·竞赛）是半径为1的球面上的4个点，若，则四面体体积的最大值是 ． 【答案】 【详解】设与间的距离为，夹角为． 取中点和中点，则， 故四面体体积．当且其中点连线过球心时等号成立． 故答案为：. 17．（2020高三·全国·竞赛）已知一个正三棱柱的各条棱长均为3，则其外接球的体积为 ． 【答案】 【分析】设面和面的中心分别为O和，记线段的中点为P，由对称性知，P为正三棱柱外接球的球心，为外接球的半径．由求得结果. 【详解】解：如图，设面和面的中心分别为O和，记线段的中点为P，由对称性知，P为正三棱柱外接球的球心，为外接球的半径． 易知，， 所以， 故外接球的体积为． 故答案为： 18．（2018高三·浙江·竞赛）四面体P-ABC，,，,则该四面体外接球的半径为 . 【答案】 【详解】将四面体还原到一个长方体中，设该长方体的长、宽、高分别为a，b，c， 则，所以四面体外接球的半径为. 19．（2015高一下·广东潮州·竞赛）正六棱锥中，为侧棱的中点，则三棱锥与三棱锥的体积之比＝ ． 【答案】 【分析】由题意可知,则.由此即可求出答案. 【详解】由于为的中点，故等于的体积， 连接，取. 在底面正六边形中，，而， 故，于是， 故三棱锥与三棱锥的体积之比为． 故答案为：. 20．（16-17高三·北京·强基计划）已知空间一球，为其直径且．A，B为球上两点，满足，且，则四面体的体积为 ． 【答案】 【分析】如图，设的中点为，可证平面，据此可求体积. 【详解】   由于为球的直径，于是，而， ，于是与全等，进而， 设的中点为M，故， 而平面，故平面， 而，， 故，故， 故， 故答案为：. 21．（22-23高二上·北京·强基计划）已知球O的直径为，圆柱的底面直径和高均为，设球O的表面积为，圆柱的表面积为，则的值为 ． 【答案】 【分析】由球的表面积公式和圆柱的表面积公式直接计算可解. 【详解】由球的表面积公式可得，， 由圆柱的表面积公式可得，， 所以 故答案为： 22．（2021高一下·广东佛山·竞赛）如图，在正方体中，分别为棱的中点.    (1)请在正方体的表面完整作出过点的截面.（只需写出作图过程，不用证明） (2)请求出截面分正方体上下两部分的体积之比. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）根据截面定义作图即可； （2）利用图形分割即可求出体积之比. 【详解】（1）连接并延长交于，连接并延长交于，于，连接交于，    则截面即为所求； （2）连接，如图，    则截面下部的体积. 设正方体的棱长为1， 则，于是， 因此截面上下两部分的体积之比为. 23．（2023高二·全国·竞赛）已知三棱柱的9条棱长均相等.记底面所在平面为.若的另外四个面（即面，，，）在上投影的面积从小到大重排后依次为，，，，求的体积. 【答案】 【分析】由对称性，仅需考虑点位于内的情形（如图所示），此时有，由题设中的面积故可得故，必为，的排列，， ，故可得各棱长均为4. 取射线与线段的交点，根据面积可求，故可求体高，故可求体积. 【详解】    设点，，在平面上的投影分别为，，， 则面，，，在上的投影面积分别为，，，. 由已知及三棱柱的性质，为正三角形， 且四边形，四边形，四边形均为平行四边形. 由对称性，仅需考虑点位于内的情形（如图所示）.显然此时有. 由于，故，必为，的排列，，进而，得的边长为4，即正三棱柱的各棱长均为4. 不妨设，，则，. 取射线与线段的交点，则，故. 因此， 而，故. 于是的高.又，故的体积. 24．（2022高一下·四川成都·竞赛）如图，已知正四棱柱（底面为正方形的直四棱柱）内接于底面半径为1，高为2的圆锥． (1)求此圆锥的表面积； (2)当正四棱柱的一个顶点B和圆锥的母线PE满足时，求该正四棱柱的体积和表面积． 【答案】(1) (2)； 【分析】（1）求出母线长，再根据圆锥的表面积公式即可得解； （2）作出圆锥的轴截面，易得，从而可得，即可求出圆柱的高与底面边长，再根据棱柱的体积公式及表面积公式即可得解. 【详解】（1）解：设圆锥的母线长为， 则， 故此圆锥的表面积为； （2）解：如图，作出圆锥的轴截面， 因为，所以， 由题意，， 所以， 所以， 所以，即正四棱柱的高为， 设正四棱柱的底面边长为， 则，解得，则， 所以该正四棱柱的体积为， 表面积为. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025新高考高一空间几何体的表面积体积易错培优竞赛试题 【专题目录】 专题一：名校空间几何体的表面积体积易错题精选 专题二：名校空间几何体的表面积体积培优题精选 专题三：空间几何体的表面积体积全国高中数学联赛强基计划精选试题 【精选练习】 专题一：名校空间几何体的表面积体积易错题精选 1．一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，在该圆锥内有一个体积为V的球，则该球的体积V的最大值是（   ）． A． B． C． D． 2．已知三棱锥的每条侧棱与它所对的底面边长相等，且，，则该三棱锥的内切球的半径为（    ） A． B． C． D． 3．已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，，，过棱作球的截面，则所得截面面积的取值范围是（   ） A． B． C． D． 4．已知四面体满足动点在四面体的外接球的球面上，且则点的轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 5．已知A，B是球O的球面上两点，且，C是该球面上的动点，D是该球面与平面交线上的动点，若四面体体积的最大值为，则球O的体积为（   ） A． B． C． D． 6．已知圆台的上、下底面半径分别为，，高为，母线与下底面所成的角为，上底面上的动点和下底面上的动点距离的最大值为，则圆台的体积为（   ） A． B． C． D． 7．在斜三棱柱中，分别为侧棱上的点，且，过的截面将三棱柱分成上、下两个部分的体积之比可以为（    ） A．2 B． C． D． 8．已知一件艺术品由外层一个大正四面体，内层一个小正方体构成，外层正四面体的棱长为2，在该大正四面体内放置一个棱长为的小正方体，并且小正方体在大正四面体内可以任意转动，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 9．在三棱锥中，，，，，则三棱锥的体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 10．如图1，一个正三棱柱容器，底面边长为1，高为2，内装水若干；现将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图2，这时水面恰好是中截面（即平面经过边、的中点）则图1中容器水面的高度是（   ） A． B． C． D． 11．在直三棱柱中，，，且，则该三棱柱的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 12．已知边长为1的正方形绕边所在直线为轴旋转一周形成的面围成一个圆柱，点和分别是圆柱上底面和下底面的动点，点是线段的中点，则三棱锥体积的最大值为（ ） A． B． C． D． 13．一个五面体．已知，且两两之间距离为．，，，则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 14．令狐智勇与东方真纯是我校高一新生，他们从南开过往考题中获得灵感，为翔宇楼提出扩建方案，计划在两片楼中空地分别修建一座电梯塔，既提供更多便利，也为校园增色，两座电梯塔的外部主体形状均为“立体八角形”.令狐智勇设计了“北塔”，其外部形状如图1所示，水平截面如图2所示，八角形外沿可看作由正方形及绕其中心旋转45°后形成的正方形所构成的各边相等的十六边形，内部包含位于四角处的四部电梯及位于中心的用以保护原有树木的“月柱”，其形状寓意“日新月异”．“月柱”截面（图2中阴影部分）由相交的圆及圆构造而成(实线表示实际存在部分，虚线为设计轮廓线，在实际中并不存在)，圆与四角处各圆分别相切，四角处圆与八角形相应边分别相切（例如圆与边及分别相切），圆与圆内切，已知四角处各圆全等，其半径均为，圆半径为，圆半径为，且，，“北塔”的高为60，记“月柱”（与“北塔”等高）的侧面积的近似值为（已知，，）；东方真纯设计了“南塔”，其外部形状如图3所示，俯视图如图4所示，其八角形外沿与“北塔”完全相同，内部四角处也包含四部电梯（该处四圆半径与“北塔”中四圆半径不等），中心处为一与外沿八角形相似的小八角形，已知直线直线，且，间距离为，从外部看，中心“小八角形柱”高过“外沿八角形柱”的长度为，该顶层设计未来将建成“南得所爱植物园”，因此需要修建球形外壳，为尽量节省建筑材料，应使顶点，，，，，，，，，，，，，，，均在该球球面上，记该球半径为，则（   ） A．， B．， C．， D．， 15．斯坦梅茨几何体是以数学家斯坦梅茨命名的几何体，是指由两个或两个以上的半径相等的圆柱（含底面）成直角相交而得到的几何体（公共部分）.如图，由两个底面半径为的圆柱（圆柱的高组成的斯坦梅茨几何体的表面积为.若两个底面半径为1，高为3的两个圆柱直角相交，挖去斯坦梅茨几何体，则斯坦梅茨几何体的表面积与四个剩余几何体的表面积的比值为（    ） A． B． C． D． 16．（多选题）在正四棱台中，，则下列说法正确的是（   ） A．若正四棱台内部存在一个与棱台各面均相切的球，则该棱台的侧棱长为 B．若正四棱台的各顶点均在一个半径为的球面上，则该棱台的体积为 C．若正四棱台的侧棱长为，Q为的中点，过直线且与直线平行的平面将棱台分割成体积不等的两部分，则其中较小的部分的体积为12 D．若，点P在四边形ABCD内，，则动点P的轨迹长度为 17．（多选题）半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.按照以下方式可构造一个半正多面体：如图，在一个棱长为4的正方体中，，，过三点可做一截面，类似地，可做8个形状完全相同的截面.关于该几何体，下列说法正确的是（    ） A．当时，该几何体是一个半正多面体 B．若该几何体是由正八边形与正三角形围成的半正多面体，则边长为 C．若该几何体是由正方形与正三角形围成的半正多面体，则体积为 D．该几何体可能是由正方形与正六边形围成的半正多面体 18．已知圆锥底面圆的半径为1，母线长为2，一个长方体有四个顶点在圆锥底面内，另外四个顶点在圆锥侧面上，则该长方体外接球表面积的最小值为 . 19．已知正四棱台的高为3，其顶点都在同一球面上．若该球的半径为5，球心在正四棱台的一个底面上，则该正四棱台的体积为 ． 20．已知正三棱台的上、下底面边长分别为1和2，且体积不大于，若该棱台的外接球球心位于棱台内部（不含表面），则外接球表面积的取值范围是 . 21．如图，已知正四面体的棱长为1，过点B作截面α分别交侧棱，于E，F两点，且四面体的体积为四面体体积的，则 ，的最小值为 . 22．刘徽在《九章算术注》中首次明确提出了球缺和球分的概念，如图，球被平面截取，曲面部分为球冠，球冠与截面围成的部分为球缺，祖暅精确推导了球缺的体积计算公式为，其中是球的半径，是球缺的高（即球冠顶点到截面的距离）.连接球心与截面，与球冠围成的部分为球分.若一球缺的高为3，截面半径为，则它对应的球分的体积为 .    23．定义：已知一个点集及一点P，任取点集中一点Q，线段PQ长度的最小值称为点P到点集的距离，记作现已知空间中一点P，平面上一个长为2、宽为1的矩形及其内部的所有点构成点集则点的集合所表示几何体的体积为 . 24．若圆台的上下底面半径分别为，且，则该圆台内切球的表面积为 ． 25．如图，在中，，，E是的中点，D是边上靠近A的四等分点，将沿翻折，使A到点P处（P点在平面上方），得到四棱锥.则 ①的中点M运动轨迹长度为 ； ②四棱锥外接球表面积的最小值为 . 26．在一个大球内放入4个完全相同的小球，任意两个小球都彼此相切，且它们都和大球相切，若每个小球的半径都是1，则大球的表面积为 ． 27．在三棱锥中，平面，，若点A，B，C，D均在球O的表面上，且，则球O的表面积为 . 专题二：名校空间几何体的表面积体积培优压轴试题精选 1．已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和4，高为．若该圆台内有一个球，则该球的表面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 2．如图，已知圆台形水杯盛有水（不计厚度），杯口的半径为4，杯底的半径为3，高为，当杯底水平放置时，水面的高度为水杯高度的一半，若放入一个半径为的球（球被完全浸没），水恰好充满水杯，则（   ） A． B．2 C．3 D． 3．四面体的棱长为4，E为棱BC的中点，过点E作其外接球的截面，则截面面积的最小值是（   ） A． B． C． D． 4．在三棱锥中，，是正三角形，，分别是AD与CD的中点，且．若，则三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 5．已知三棱锥的每个顶点都在球的球面上，平面平面，，，，，则球的体积为（   ） A． B． C． D． 6．已知正四面体的顶点，，均在球的表面上，球心在平面内，棱与球面交于点.若平面，平面，平面，平面，（）且与（）之间的距离为同一定值，棱，分别与交于点，，若的周长为，则球的半径为（   ） A．2 B．1 C． D． 7．在如图五面体中，棱AD，BE，CF互相平行，且两两之间距离为1.若，，，，则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 8．已知正四面体，若平面内有一动点到平面、平面、平面的距离依次成等差数列，则点的轨迹是（    ） A．一条线段 B．一个点 C．一段圆弧 D．抛物线的一段 9．已知四面体的棱，分别是同一个圆柱上、下底面的直径，若圆柱的体积为，则四面体体积的最大值为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 10．已知正四面体的棱长为，如果一高为的长方体能在该正四面体内任意转动，则该长方体的长和宽形成的长方形面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 11．已知点为三棱柱的棱上一点，经过顶点及点的平面将三棱柱分成体积相等的两部分，则的值为（    ） A．1 B． C． D． 12．在三棱锥中，底面，，，，是线段AC上一点，且，三棱锥的各个顶点都在球的表面上，过点作球的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 13．一正四棱锥，，当其外接球半径与内切球半径之比最小时，为（    ） A． B． C． D． 14．若在长方体中，．则四面体与四面体公共部分的体积为（    ） A． B． C． D．1 15．（多选题）如图，在正三棱柱中，，过中点的截面，将正三棱柱分成上下两部分，设下半部分几何体的体积为，则下列四个体积是的几何体中，能放在半径为3的球体内的是（    ）（参考数据：） A．正方体 B．正四面体 C．高是4的圆柱 D．高是5的圆锥 16．（多选题）已知圆锥的顶点为P，AB为底面圆O的直径，，，点C在圆O上，则（    ） A．该圆锥的侧面积为 B．该圆锥的体积为 C．三棱锥体积的最大值为1 D．该圆锥内部最大的球的半径为 17．（多选题）已知一个各棱长均为4（单位：）的正三棱柱容器（容器壁厚度忽略不计），则（    ） A．能够将直径为2的球体放入该容器 B．能够将棱长为3.9的正四面体放入该容器 C．能够将棱长为1.6的正八面体放入该容器 D．若点P为线段的中点，则沿该容器的表面从点A到达点P路程的最小值超过5.6 18．（多选题）如图，在直棱柱中，底面为菱形，且，，为线段的中点，为线段的中点，点满足，则下列说法正确的是（    ） A．若时，三棱锥的体积为定值 B．若时，有且仅有一个点，使得 C．若，则的最小值为 D．若，，则平面截该直棱柱所得截面周长为 19．四棱锥中，，，，，，内部点满足四棱锥与三棱锥的体积相等，则长的最小值为 ． 20．在三棱锥中，底面ABC，，，的面积为，则三棱锥的外接球表面积的最小值为 ． 21．如图，在棱长为的正方体中，点为平面内一动点，且，设点到直线的距离为，则的取值范围是 . 22．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为2，则勒洛四面体能够容纳的最大球的表面积为 .    23．已知四棱锥的高为2，底面为菱形，，分别为的中点，则四面体的体积为 ；若点在底面投影点为菱形中心，则三棱锥的外接球的表面积为 ． 24．已知四面体中的各棱长均为整数，，则该四面体的体积为 ． 25．有一个儿童玩具，外部是一个透明的塑料大球，内部是8个半径均为1的小球（球壁厚度均忽略不计），其中两两相切，两两相切，两两相切，两两相切，两两相切，且，均与球相切，则球的半径为 . 26．从球外一点作球表面的三条不同的切线，切点分别为，，，，若，则球的表面积为 . 27．直观想象是数学六大核心素养之一，某位教师为了培养学生的直观想象能力，在课堂上提出了这样一个问题：现有10个直径为4的小球，全部放进棱长为的正四面体盒子中，则的最小值为 . 28．如图，已知半径为1的球表面上有三个点，满足，，，在由平面、平面、平面以及球面所围成的几何体中放入一小球，则该小球表面积的最大值为 ． 专题三：空间几何体表面积体积全国高中数学联赛强基计划精选试题 1．（2023高二上·湖南岳阳·竞赛）正方体的八个顶点中，有四个恰好为正四面体的顶点，则正方体的表面积与正四面体的表面积之比为（    ）． A． B． C． D． 2．（2022高三·浙江宁波·竞赛）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，设弧的中点分别为M，N，若线段的长度为a，则（    ） A．弧的长度为 B．线段的长度为a C．勒洛四面体能置于一个直径为a的球内 D．勒洛四面体的体积大于 3．（2022高三·湖南湘西·竞赛）蹴鞠，又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴､踢､蹋的含义，鞠最早系外包皮革､内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴､蹋､踢皮球的活动，类似于今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录.已知某鞠（球）的表面上有四个点，且球心在上，，则该鞠（球）的表面积为（    ） A． B． C． D． 4．（15-16高三·北京·强基计划）在棱长为1的正方体中，为正方体的中心，点在上，，点在上，，则四面体的体积为（    ） A． B． C． D． 5．（19-20高三·北京·强基计划（多选题））在中，，M为中点．将沿折起，使得三棱锥的体积为，则折起后的长可以为（    ） A．1 B． C． D．2 6．（22-23高三上·河北石家庄·阶段练习（多选题））有一个三棱锥，其中一个面为边长为2的正三角形，有两个面为等腰直角三角形，则该几何体的体积可能是（    ） A． B． C． D． 7．（2024高二下·四川·竞赛）将棱长为1的正方体的上底面绕着其中心旋转得到一个十面体（如图），则该十面体的体积为 ． 8．（2018高二·全国·竞赛）已知O，A，B，C四点均在半径为的球S的表面上，并且满足，平面，，则三棱锥的体积为 . 9．（2024高二下·贵州贵阳·竞赛）设球在圆柱内，且圆柱的底面直径和高都等于该球的直径，则球与圆柱的体积之比是 . 10．（2024高三上·全国·竞赛）已知圆锥的高等于底面半径r，则圆锥与半径为r的球的表面积之比是 ． 11．（2024高三上·全国·竞赛）若底面边长为2的正六棱柱存在内切球，则其外接球体积是 . 12．（2021高一下·广东佛山·竞赛）已知三棱锥的三条侧棱两两垂直，且，则该三棱锥的内切球的半径为 . 13．（2023高二上·湖南岳阳·竞赛）球的半径扩大到原来的n倍，则其表面积扩大到原来的 倍，体积扩大到原来的 倍. 14．（2023高二·安徽·竞赛）在立方体中放入9个球，一个与立方体6个面都相切，其余8个相等的球都与这个球及立方体的三个面相切，已知8个相等的球的半径都为，则立方体的体积为 ． 15．（2023高三下·全国·竞赛）某正三棱台的各顶点之间的距离构成的集合为，则该棱台的体积为 ． 16．（2021高三·全国·竞赛）是半径为1的球面上的4个点，若，则四面体体积的最大值是 ． 17．（2020高三·全国·竞赛）已知一个正三棱柱的各条棱长均为3，则其外接球的体积为 ． 18．（2018高三·浙江·竞赛）四面体P-ABC，,，,则该四面体外接球的半径为 . 19．（2015高一下·广东潮州·竞赛）正六棱锥中，为侧棱的中点，则三棱锥与三棱锥的体积之比＝ ． 20．（16-17高三·北京·强基计划）已知空间一球，为其直径且．A，B为球上两点，满足，且，则四面体的体积为 ． 21．（22-23高二上·北京·强基计划）已知球O的直径为，圆柱的底面直径和高均为，设球O的表面积为，圆柱的表面积为，则的值为 ． 22．（2021高一下·广东佛山·竞赛）如图，在正方体中，分别为棱的中点. (1)请在正方体的表面完整作出过点的截面.（只需写出作图过程，不用证明） (2)请求出截面分正方体上下两部分的体积之比. 23．（2023高二·全国·竞赛）已知三棱柱的9条棱长均相等.记底面所在平面为.若的另外四个面（即面，，，）在上投影的面积从小到大重排后依次为，，，，求的体积. 24．（2022高一下·四川成都·竞赛）如图，已知正四棱柱（底面为正方形的直四棱柱）内接于底面半径为1，高为2的圆锥． (1)求此圆锥的表面积； (2)当正四棱柱的一个顶点B和圆锥的母线PE满足时，求该正四棱柱的体积和表面积． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$