空间几何体的表面积与体积专题突破（典型例题与跟踪训练）-2025年高考数学一轮复习
一、单选题
1．一个三角形纸板的三个顶点为，以边上的高所在直线为旋转轴，将三角形纸板旋转，则纸板扫过的空间所形成的几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
2．中国冶炼铸铁的技术比欧洲早2000年左右，铸铁技术的诞生标志着真正的铁器时代的开始.现将一个表面积为的实心铁球熔化后，浇铸成一个正四棱台形状的实心铁锭，若该铁锭的上、下底面的边长分别为和，则该铁锭的高为（ ）
A．3cm B． C． D．
3．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，则该四棱锥外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
4．某中学开展劳动实习，学习制作模具，有一个模具的毛坏直观图如图所示，它是由一个圆柱体与一个半球对接而成的组合体，已知该几何体的下半部分圆柱的轴截面（过圆柱上 下底面圆的圆心连线的平面）是面积为16的正方形，则该几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，揽月阁位于西安市雁塔南路最高点，承接大明宫、大雁塔，是西安唐文化轴的南部重要节点和标志性建筑，可近似视为一个正四棱台，现有一个揽月阁模型塔底宽，塔顶宽约，侧面面积为，据此计算该揽月阁模型体积为（ ）
A．1400 B．2800 C． D．8400
6．已知圆锥的母线长为2，表面积为，O为底面圆心，为底面圆直径，C为底面圆周上一点，，M为中点，则的面积为（ ）．
A． B． C． D．
7．如图所示，四面体的体积为，点为棱的中点，点分别为线段的三等分点，点为线段的中点，过点的平面与棱分别交于，设四面体的体积为，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在棱长为2的正方体中，点在线段（不含端点）上运动，则下列结论正确的是（ ）
①的外接球表面积为；
②异面直线与所成角的取值范围是；
③直线平面；
④三棱锥的体积随着点的运动而变化.
A．①② B．①③ C．②③ D．③④
二、多选题
9．在正方体中，为线段上一点，若，则（ ）
A．
B．存在实数使得平面
C．当时，平面平面
D．三棱锥的体积随的增大而增大
10．已知圆锥的侧面积为，且母线长为底面半径的3倍，若线段为底面圆的一条直径，为线段的中点，为圆锥底面内一动点，且，则（ ）
A．圆锥的高为
B．一质点从点出发沿圆锥的侧面运动到点的路径最短为
C．与圆锥的侧面和底面均相切，且球心在线段上的球的半径为
D．动点的轨迹长度为
11．在棱长为2的正方体中，点分别是线段，线段，线段上的动点（包含端点），且．则下列说法正确的有（ ）
A．平面
B．异面直线与所成的最大角为
C．三棱锥的体积为定值
D．当四棱锥的体积最大时，该四棱锥外接球的表面积为
三、填空题
12．已知某圆锥的高为8，体积为，则该圆锥的侧面积为 ．
13．在空间直角坐标系中，已知，则三棱锥的体积为 ．
14．中国传世数学著作《九章算术》卷五“商功”主要讲述了以立体问题为主的各种形体体积的计算公式.例如在推导正四棱台（古人称方台）体积公式时，将正四棱台切割成九部分进行求解.下图（1）为俯视图，图（2）为立体切面图.对应的是正四棱台中间位置的长方体，对应四个三棱柱，对应四个四棱锥.若这四个三棱柱的体积之和为12，四个四棱锥的体积之和为4，则该正四棱台的体积为 .
四、解答题
15．如图，在三棱柱中，，，，，点是的中点，平面.
(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的体积.
16．如图①，在平面四边形中，是正三角形，将沿折起，使得平面平面，如图②．
(1)求四面体的外接球的表面积；
(2)若为线段的一个三等分点，，求直线与平面所成角的正弦值．
17．如图，多面体中，直角梯形所在平面与正三角形所在平面垂直，，．
(1)求该多面体的体积V；
(2)在棱上是否存在点P，使得直线和平面所成的角大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
18．在长方体中，分别为的中点，是上一点．
(1)若为的中点，求三棱锥的体积；
(2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
19．在如图所示的平行六面体中，，．
(1)求的长度；
(2)求二面角的大小；
(3)求平行六面体的体积．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A D D C B A C C AD BCD
题号 11
答案 ACD
1．A
【分析】几何体为两个半圆锥构成，根据圆锥的体积可求该几何体的体积.
【详解】
，而为三角形内角，故，
故，故，故，
故几何体的体积为
故选：A.
2．D
【分析】根据给定条件，利用球的表面积、体积公式及棱台的体积公式列式计算得解.
【详解】设实心铁球的半径为，依题意，，解得，
设正四棱台形状的实心铁锭的高为，则，解得，
所以该铁锭的高为.
故选：D
3．D
【分析】根据几何体结构特征补形为长方体得外接球球心在中点处，求出即可得球的半径，进而由球的体积公式即可得解.
【详解】根据几何体结构特征，将几何体补形为长方体，
显然四棱锥的外接球即为长方体的外接球，
所以外接球球心在中点处，
又，故外接球半径，
所以.
故选：D.
4．C
【分析】得到，确定球的半径和圆柱的底面圆半径和高，利用球和圆柱体积公式进行求解.
【详解】因为四边形是面积为16的正方形，则，
由题意可知半球的半径，圆柱的底面圆半径，高，
由球的体积公式可得半球的体积，
由圆柱的体积公式可得圆柱的体积，
故该几何体的体积.
故选：C.
5．B
【分析】设斜高，利用侧面积求出斜高，求出棱台的高，利用台体体积公式得到答案.
【详解】如图，正四棱台底面边长分别为和，侧面积为，
设为斜高，可得，解得，即，
∴棱台的高，
∴，
棱台的体积为.
故选：B.
6．A
【分析】先由圆锥的表面积公式求出底面半径，在中由余弦定理解出，然后在中由勾股定理求出，最后由余弦定理和三角形的面积公式求出结果即可；
【详解】
设，
由题意可得，
即，解得或（舍去），
连接，
因为M为中点，所以，
过作于，连接，则，
在中，，
即，解得，
又在中，，
所以，
所以，
所以的面积为，
故选：A.
7．C
【分析】利用向量线性运算可得，令可得，利用四点共面和基本不等式可求得的最小值，结合棱锥体积公式可求得结果.
【详解】连接，
由题意知：；
令，则，，
四点共面，（当且仅当时取等号），
；
设点到平面的距离为，则点到平面的距离为，
又，，
，即的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查三棱锥体积相关问题的求解，解题关键是能够结合空间向量的知识，利用四点共面得到的最小值，进而代入体积公式求解.
8．C
【分析】根据正方体棱长可知其外接球半径为,其表面积为，可判断①错误；建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角的余弦值可求得②正确，求出平面的法向量为，可知，即③正确，易知点到平面的距离是定值，利用等体积法可知三棱锥的体积为定值，即④错误.
【详解】对于①，根据题意，设棱长为2的正方体外接球半径为,
则满足，可得，
此时外接球的表面积为，可知①错误；
对于②，以为坐标原点，以分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：
则，所以，
设，其中；
可得，
异面直线与所成角的余弦值为，
易知时，，
可得，
所以异面直线与所成角的取值范围是，即②正确；
对于③，由②可知，，则；
设平面的法向量为，又，
则，取，则；
所以平面的法向量为，
此时，可得，又平面，
所以直线平面，即③正确；
对于④，根据正方体性质平面，所以，
易知直线到平面的距离是定值，底面的面积为定值，
所以三棱锥的体积为定值，因此三棱锥的体积不会随点的运动而变化，即④错误；
综上所述，正确的结论为②③.
故选：C
【点睛】方法点睛：求解异面直线所成角的方法：
（1）平移法：将两异面直线通过平移作出其平面角，再利用余弦定理取得余弦值；
（2）向量法：建立空间直角坐标系利用空间向量所成的角与异面直线所成的角的关系，求得两向量夹角的余弦值.
9．AD
【分析】以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求出的坐标后可判断A的正误，求出平面的法向量后可判断B的正误，求出平面、平面的法向量后可判断C的正误，根据体积公式可判断D的正误.
【详解】以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
设，则，
易知，
所以，则，A正确；，，设平面的法向量为，
则即令，则，则，
则不存在使得与共线，B错误；
当时，，
又，设平面的法向量为，
则即令，则．
设平面的法向量为，易知，
则即令，
则，显然与不共线，C错误；
，且的面积为定值，
而当增大时，到平面的距离增大，故也随之增大，D正确．
故选：AD.
10．BCD
【分析】根据题意设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，可得，可对A判断；将圆锥沿着平面切开后将侧面展开，可得侧面扇形中的为等边三角形，可对B判断；设该球的半径为，则也为圆锥的轴截面的内切圆半径从而可建立等式，可对C判断；求出点的轨迹是以点为圆心，1为半径的一段圆弧，作出相关图形从而可对D判断.
【详解】对于A，设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，由题可知，解得，，故，故A错误；
对于B，将圆锥沿着平面切开后将侧面展开，
设，所以，结合，，求得，
所以为等边三角形，故最短路径为，故B正确；
对于C，设该球的半径为，则也为圆锥的轴截面的内切圆半径，
由题可得，解得，故C正确；
对于D，由题可知，点的轨迹是以点为圆心，1为半径的一段圆弧，
如图，设该圆弧与底面圆交于，两点，易知与均为等边三角形，所以，所以弧的长度为，故D正确.
【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.
11．ACD
【分析】利用线面平行的判定定理求解选项A，利用异面直线的定义得到直线MN与AP所成的角就是直线与AP所成的角求解选项B，分析可知三棱锥的体积为正方体棱长，即可判断C，转化为求正方体外接球半径即可判断D.
【详解】选项A：连结，因为在正方体中，，
所以又易知四边形为矩形，所以所以，
又因为平面，平面，所以平面，故选项A正确.
选项B：又，因此，
因此直线MN与AP所成的角就是直线与AP所成的角，
当P为中点时，直线与AP所成的角最大为90°，故选项B错误.
选项C：观察可知，三棱锥的体积为，
故三棱锥的体积为定值，故选项C正确.
选项D：由正方体的性质可知，当四棱锥的体积最大时，与重合，
此时四棱锥的外接球为正方体的外接球，表面积为，故选项D正确.
故选：ACD.
12．
【分析】利用圆锥的体积公式求出底面圆半径及圆锥的母线即可求出侧面积.
【详解】设圆锥的底面圆半径为，母线为，
依题意，，解得，则，
所以该圆锥的侧面积.
故答案为：.
13．2
【分析】通过已知点的坐标，求出底面的面积，高的数值，然后求出三棱锥的体积．
【详解】由题意得，所以
所以的面积为，
点都在平面上，点到平面的距离3，
所以三棱锥的体积为．
故答案为：
14．28
【分析】令四棱锥的底面边长为，高为，三棱柱的高为，由四个三棱柱的体积之和与四个四棱锥的体积之和，可得和，则有，求出中间长方体的体积，即可得该正四棱台的体积.
【详解】如图，令四棱锥的底面边长为，高为，三棱柱的高为，
依题意，四棱锥的体积为，即，
三棱柱的体积为，即，因此
于是长方体的体积，
所以该正四棱台的体积为.
故答案为：28
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，设，连接，即可得到，从而得证；
（2）利用勾股定理逆定理说明，再说明平面，最后根据计算可得.
【详解】（1）连接，设，连接，由三棱柱的性质可知，侧面为平行四边形，
∴为的中点， 又∵为中点，∴在中，，
又∵平面，平面，
∴平面．
（2）因为，，，，
∴，即，
又，平面，所以平面，
∴.
16．(1)
(2)
【分析】（1）首先取的中点为，根据几何关系确定外接球的球心，即可求解；
（2）根据（1）中确定的垂直关系，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，再代入线面角的向量公式，即可求解.
【详解】（1）设的中点为，连接，
则，因为平面平面，
平面平面平面，
所以平面，
因为的外心为，
所以球心在上，
又因为的外心为的中心，而的边长为，
则四面体外接球半径，
故其外接球表面积．
（2）分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，
则，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以，
设与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
17．(1)
(2)存在，.
【分析】（1）取中点，连接，求证平面，即可由求出该多面体的体积.
（2）先求证两两垂直，建立空间直角坐标系，设，依据已知条件求出和平面的法向量，再依据即可计算求解，进而得解.
【详解】（1）取中点，连接，则由为正三角形得，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又由题意，
所以该多面体的体积.
（2）连接，由题意以及（1）可知且，
所以四边形是平行四边形，所以，所以，
所以由平面可知两两垂直，
所以可建立如图所示的空间直角坐标系，
则,
所以，，
设，则，
所以，
设是平面的一个法向量，则，
所以，即，取，则，
所以直线和平面所成的角的正弦值为
，
整理得，解得（舍去）或，
所以在棱上存在点P，使得直线和平面所成的角大小为，此时.
18．(1)
(2)．
【分析】（1）运用等体积法转换，再用棱锥体积公式计算即可；（2）建立空间直角坐标系，运用坐标法，表示出线面所成角的正弦值，借助换元和二次函数性质计算最值即可.
【详解】（1）依题意可知，
易知平面，所以．
（2）以A为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，则，
设平面的法向量为，
则即令，则，
所以，设，
则，所以
，令，因为，所以，
所以当时，即，解得，
则直线与平面所成角的正弦值最大为．
19．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用空间向量的数量积公式与模长关系计算即可；
（2）根据二面角的定义先作出其平面角，再利用空间向量的数量积公式计算即可；
（3）结合（2）的结论，计算B到面的距离，结合柱体的体积公式计算即可.
【详解】（1）根据图形可知：，
则
；
（2）
作，则等于二面角的一个平面角，
因为，，
则，
易知
，
所以，所以，
即二面角的大小为；
（3）由（2）知平面，而四边形的面积，
则平行六面体的体积.
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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