专题3 第1讲 空间几何体及其表面积、体积 基础课 课时作业-【优化探究】2026年高考数学二轮专题复习配套课件（提升版）

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1.(2025·浙江金华模拟)如图,AB,CD是棱长为2的正方体展开图中的两条线段,则原正方体中几何体ABCD的表面积为(　　) A.6+4　　　　　　 B.6+2 C.2+2+4 D.2+4+4 基础巩固练 B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:还原正方体如图所示,连接BC,BD,BC=CD=BD=2, S△BCD=×2×2×sin=2,S△ABD=S△ACD=S△ABC=×2×2=2, 所以四面体ABCD的表面积为6+2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2.(2025·广东深圳模拟)底面半径为3的圆锥被平行底面的平面所截,截去一个底面半径为1、高为2的圆锥,所得圆台的侧面积为(　　) A.8π B.9π C.3π D.16π A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:如图,设截面圆的圆心为C,截面圆的半径CD=1,底面圆半径OB=3,PC=2, 由于OB∥CD,所以=⇒=⇒PO=6,所以PB===3,PD=,所以圆台的侧面积为π(3×3-1×)=8π. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3.(2025·广东梅州模拟)如图,往一个正四棱台密闭容器内倒入38 cm3的水,水面高度恰好为棱台高度的,且AB=6 cm,A1B1=2 cm,则这个容器的容积为(　　) A.52 cm3 B.60 cm3 C.68 cm3 D.76 cm3 A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:设水体对应的台体的高为h cm,则水体对应台体的上底面是边长为4 cm的正方形,由台体的体积公式可得V水=×(42+62+4×6)h=h=38,解得h=,故容器的高为3 cm,容器的容积为V=×(22+62+2×6)×3=52(cm3). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 4.(2025·河北石家庄模拟)已知一个圆柱的底面直径与其外接球半径均为2,则该圆柱的侧面积为(　　) A.4π B.4π C.6π D.8π B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:如图为轴截面, AB=2,OE=1,OC=2,CE==, 所以圆柱的侧面积为S=2π×1×2=4π. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 5.(2025·北京模拟)已知A4纸的长宽比约为∶1.现将一张A4纸卷成一个圆柱的侧面(无重叠部分).当该圆柱的高等于A4纸的长时,设其体积为V1,轴截面的面积为S1;当该圆柱的高等于A4纸的宽时,设其体积为V2,轴截面的面积为S2,则(　　) A.V1=V2,S1=S2 B.V1≠V2,S1=S2 C.V1=V2,S1≠S2 D.V1≠V2,S1≠S2 B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:不妨设A4纸的长、宽分别为,1. 当圆柱的高等于A4纸的长时,也即圆柱的高h1=时,设其底面圆半径为r1,则2πr1=1,解得r1=,故V1=π×h1=π×()2×=, 此时矩形轴截面的两条边长分别为2r1=,h1=,故S1=2r1h1=; 当圆柱的高等于A4纸的宽时,也即圆柱的高h2=1时,设其底面圆半径为r2,则2πr2=,解得r2=,故V2=π×h2=π×()2×1=, 此时矩形轴截面的两条边长分别为2r2=,h2=1,故S2=2r2h2=.综上所述,V1=≠=V2,S1=S2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 6.(2025·湖南娄底模拟)已知正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的各个顶点都在半径为R的球面上,一个能放进该正六棱柱内部的最大的球半径为r.若AB=2,则当最小时,该正六棱柱的体积为(　　) A.36 B.42 C.48 D.24 A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:设正六边形ABCDEF的中心为点M,则点M到各边的距离均为ABsin 60°=, 不妨设该正六棱柱的高为h,则r=或r=,r取两者之中的较小者, 由点M到A,B,C,D,E,F的距离均为2,得点M是正六边形ABCDEF的外接圆圆心,因此正六棱柱的外接球半径R==, 若h<2,则r=,==>=; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 若h≥2,则r=,=≥=, 于是当h=2时,,正六边形的面积为6××22×sin 60°=6, 所以该正六棱柱的体积为6×2=36. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 7.(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径,∠APB=120°,PA=2,点C在底面圆周上,且二面角P-AC-O为45°,则(　　) A.该圆锥的体积为π B.该圆锥的侧面积为4π C.AC=2 D.△PAC的面积为 AC 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:依题意,∠APB=120°,PA=2,所以OP=1,OA=OB=, A选项,圆锥的体积为×π×()2×1=π,A选项正确; B选项,圆锥的侧面积为π××2=2π,B选项错误; C选项,设D是AC的中点,连接OD,PD, 则AC⊥OD,AC⊥PD,所以∠PDO是二面角P-AC-O的平面角, 则∠PDO=45°,所以OP=OD=1, 故AD=CD==,则AC=2,C选项正确; D选项,PD==,所以S△PAC=×2×=2,D选项错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 8.(多选)(2025·福建厦门模拟)已知四棱锥P-ABCD的高为2,底面ABCD是边长为2的正方形,PA=PB,则下列说法正确的是(　 　) A.△PAD的面积为定值 B.∠APD=∠BPC C.四棱锥P-ABCD表面积的最小值为3+4 D.若四棱锥P-ABCD存在内切球,则该球半径为 ABD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:对于选项A,因为PA=PB,所以点P在底面ABCD的射影P0在直线AB的垂直平分线上, 过点P0作P0H⊥AD于点H,连接PH.因为PP0⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD, 则AD⊥PP0,又HP0∩PP0=P0,HP0,PP0⊂平面PP0H,所以AD⊥平面PP0H,又PH⊂平面PP0H,则PH⊥AD,又底面是边长为2的正方形,则P0H=1, 所以PH=,△PAD的面积为PH×AD=,故选项A正确. 对于选项B,由选项A易知PC=PD,则△PAD≌△PBC,所以∠APD=∠BPC,故选项B正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 对于选项C,过点P0分别作AB,CD的垂线,垂足分别为E,F,连接PE,PF,由选项A知△PAD与△PBC的面积为定值,易知PE⊥AB,PF⊥CD. 若点P0在正方形ABCD内时, 不妨设P0E=h,则P0F=2-h,则PE+PF=+. 因为+=+可看成点(h,0)到点(0,2)和点(2,-2)的距离之和,则PE+PF=+≥=2, 所以S△PAB+S△PCD=(AB·PE+CD·PF)=PE+PF≥2, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 此时四棱锥P-ABCD表面积的最小值为4+4; 若点P0在正方形ABCD外时,不妨设P0E=h,P0F=2+h, 则PE+PF=+, 因为+可看成点(h,0)到点(0,2) 和点(-2,-2)的距离之和, 则PE+PF=+≥=2, 所以S△PAB+S△PCD=(AB·PE+CD·PF)=PE+PF≥2,此时四棱锥P-ABCD表面积的最小值为4+4,综上,四棱锥P-ABCD表面积的最小值为4+4,故选项C错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 对于选项D,若四棱锥P-ABCD存在内切球,则该球与平面ABCD,平面PAD,平面PBC均相切,过点P0作P0G垂直BC于点G,连接PG,所以△PHG的内切圆半径等于该球半径, 又PH=PG=,HG=2,设△PHG的内切圆半径为r,则(2+2)r=×2×2,得到r=,故选项D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 9.(2023·全国甲卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,O为AC1的中点,若该正方体的棱与球O的球面有公共点,则球O的半径的取值范围是 　 　　　.  [2,2] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:设球O的半径为R.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2R'为体对角线长AC1= =4,即2R'=4,R'=2,故Rmax=2. 分别取侧棱AA1,BB1,CC1,DD1的中点M,H,G,N,连接MH,HG,GN,NM,显然四边形MNGH是边长为4的正方形,且O为正方形MNGH的对角线交点,连接MG,则MG=4,当球的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆,球的半径达到最小,即R的最小值为2.综上,R∈[2,2]. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 10.(2025·北京卷)某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体,其中ABCDEF是一个平面多边形,平面AFR⊥平面ABC,平面CDT⊥平面ABC,AB⊥BC,AB∥EF∥RS∥CD, BC∥DE∥ST∥AF.若AB=BC=8,AF=CD=4,RA=RF=TC=TD=,则该多面体的体积为　　　　.  60 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:连接BE,因为AB⊥BC且AF∥BC,故AF⊥AB,同理BC⊥CD,EF⊥ED, 而AB=BC=8,AF=CD=4,故直角梯形ABEF与直角梯形CBED全等, 故∠BEF=∠BED=45°, 在直角梯形ABEF中,过点B作BP⊥EF,垂足为P, 则四边形ABPF为矩形,且△BPE是以∠BPE为直角的等腰直角三角形, 故EF=FP+PE=AB+BP=AB+AF=12. 平面AFR⊥平面ABEF,平面AFR∩平面ABEF= AF,AF⊥AB,AB⊂平面ABEF,故AB⊥平面AFR. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 取AF的中点为M,BE的中点为U,CD的中点为V,连接RM,MU,SU,UV,TV, 则MU∥RS.因为RA=RF,所以RM⊥AF,RM⊂平面ARF,所以RM⊥平面ABEF,又RM⊂平面RMUS, 故平面RMUS⊥平面ABEF,同理平面TVUS⊥平面ABEF, 而平面RMUS∩平面TVUS=SU,故SU⊥平面ABEF, 故RM∥SU,故四边形RMUS为平行四边形,故MU=RS=×=10. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 在平面ABSR中,过点B作BH∥AR,交RS于点H,连接HP, 则四边形ABHR为平行四边形,且RH∥AB,RH=AB,故RH∥FP,RH=FP, 故四边形RFPH为平行四边形, 而BH⊥AB,BP⊥AB,BP∩BH=B,BP,BH⊂平面BHP, 故AB⊥平面BHP,又AB⊥平面AFR,故平面AFR∥平面BHP, 而AR=BH,RF=HP,AF=BP,故△ARF≌△BHP, 故几何体AFR-BHP为直三棱柱, 而S△ARF=×4×=3,故VARF-BHP=8×3=24. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 因为AB∥EF,故EF⊥平面AFR, 而EF⊂平面RSEF,故平面AFR⊥平面RSEF, 在平面AFR中过点A作AG⊥RF,垂足为G,易知AG⊥平面RSEF, 而AG×RF=3,故AG=,故VB-HPES=××××=6, 由对称性可得该多面体的体积为2×=60. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 11.(多选)(2023·新课标Ⅰ卷)下列物体中,能被整体放入棱长为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0.99 m的球体 B.所有棱长均为1.4 m的四面体 C.底面直径为0.01 m,高为1.8 m的圆柱体 D.底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体 能力提升练 ABD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:对于选项A:因为0.99 m<1 m,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 m,且>1.4, 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 m,且<1.8, 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1.2 m>1 m,可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 如图,过AC1的中点O作OE⊥AC1,设OE∩AC=E, 可知AC=,CC1=1,AC1=,OA=, 则tan∠CAC1==, 即=,解得OE=,且()2==>=0.62,即>0.6, 故以AC1为轴可以对称放置底面直径为1.2 m的圆柱, 若底面直径为1.2 m的圆柱与正方体的上下底面均相切,设圆柱的底面圆心为O1,与正方体的下底面的切点为M,可知AC1⊥O1M,O1M=0.6,则tan∠CAC1==,即=,解得AO1=0.6,根据对称性可知圆柱的高为-2×0.6≈1.732-1.2×1.414=0.035 2>0.01,所以能够被整体放入正方体内,故D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 12.(多选)(2025·北京模拟)如图,将棱长为2的正方体六个面的中心连线,可得到八面体E-ABCD-F,P为棱BC上一点,则下列四个结论中正确的是(　　 ) A.AE∥平面BCF B.八面体E-ABCD-F的体积为 C.EP+FP的最小值为 D.点A到平面BCF的距离为 ABC 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:如图1,连接AC,EF相交于点O,且被点O互相平分,故四边形AFCE是平行四边形, 所以AE∥CF,而AE⊄平面BCF,CF⊂平面BCF, 所以AE∥平面BCF,故A正确; 因为正方体棱长为2,所以四边形ABCD是正方形且AB=BC=, 又OE⊥平面ABCD,OE=1, 所以八面体E-ABCD-F的体积等于棱锥E-ABCD体积的2倍, 而棱锥E-ABCD的体积等于×××1=, 故八面体E-ABCD-F的体积为,故B正确; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 因为P为棱BC上一点,将△EBC和△FBC展开成一个平面,如图2, 易知△EBC和△FBC均为正三角形,且边长为, 由三角形两边之和大于第三边知EP+FP的最小值为EF,在△EBF中由余弦定理可知EF==,故C正确; 设点A到平面BCF的距离为h,由等体积法知 ××××sin 60°×h=××××1, 所以h==,故D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 14 13 13.(2025·湖北黄冈模拟)如图1,在梯形ABCD中,AB∥CD,AB=2, AD=CD=CB=1,将△ACD沿AC折起,使得点D落在点P的位置,得到三棱 锥P-ABC,如图2所示,则三棱锥P-ABC体积的最大值为　　　　,此时三 棱锥P-ABC的外接球的表面积为　　　　.  5π 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:在题图1中,延长AD,BC交于点E,如图①所示. 因为CD∥AB,且CD=AB, 所以===, 即DE=AE,CE=BE,所以AE=2AD=2,BE=2BC=2,所以△ABE是边长为2的等边三角形,D,C分别为AE,BE的中点,所以BC⊥AC, 所以AC===,易知∠ADC=,所以S△ACD=AD·CDsin=×12×=.翻折后,当平面ABC⊥平面ACP时,点B到平面ACP的距离取最大值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 因为平面ABC⊥平面ACP,平面ABC∩平面ACP=AC,BC⊂平面ABC,BC⊥AC, 所以BC⊥平面ACP,所以三棱锥P-ABC的体积的最大值为VP-ABC=VB-ACP=S△ACP·BC=××1=. 记三棱锥P-ABC的外接球球心为O,半径为R. 因为BC⊥平面ACP,OB=OC,所以球心O到平面ACP的距离为d=. 又△ACP的外接圆半径r==1, 所以R2=r2+d2=, 所以球O的表面积为S=4πR2=5π. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 14.(2025·湖南邵阳模拟)已知正六棱锥的高为,它的外接球的表面积是π.若在此正六棱锥内放一个正方体,使正方体可以在该正六棱锥内 任意转动,则正方体的棱长的最大值为　　 　　.  创新拓展练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:设外接球的半径为R,则S球=4πR2=,∴R=.设正六棱锥的底面边长为x,则(-R)2+x2=R2,∴x=1,即正六棱锥的底面边长为1,侧棱长为2, ∴正六棱锥的底面积S1=6××12=,侧面积S2=6××1×=,∴正六棱锥的体积V=×S1×=××=. 设正六棱锥的内切球的半径为r,则V=×(S1+S2)×r=×(+)r=, ∴r==.设正方体的棱长为a,则a≤2r,∴a≤,∴正方体的棱长的最大值为. 感谢您的观看 $