2026届高考数学一轮总复习提能训练练案40空间几何体的结构及其表面积和体积

这是一份2026届高考数学一轮总复习提能训练练案40空间几何体的结构及其表面积和体积，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．(2024·河南郑州模拟改编)下列说法中，正确的为( )
A．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥
B．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台
C．底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥
D．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥不可能是正六棱锥
[答案] D
[解析] 有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体不一定是棱锥，如图，所以A错误；有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体的侧棱不一定交于一点，所以B错误；底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥的顶点不一定在底面的射影为底面等边三角形的中心，所以C错误；若六棱锥的所有棱长都相等，则底面为正六边形，由过底面中心和顶点的截面知，若以正六边形为底面，则侧棱必然大于底面边长，所以D正确．故选D．
2．(2024·河北邯郸调研)已知正三棱台ABC－A′B′C′的体积为eq \f(14\r(2),3)，若AB＝2，A′B′＝4，则该正三棱台的高为( )
A．eq \f(2\r(6),3) B．eq \f(14\r(6),15)
C．eq \f(14\r(6),27) D．eq \f(4\r(3),3)
[答案] A
[解析] 在正三棱台中，上、下底面均为正三角形，设正三棱台ABC－A′B′C′的高为h，则S△ABC＝eq \f(\r(3),4)×22＝eq \r(3)，S△A′B′C′＝eq \f(\r(3),4)×42＝4eq \r(3)，又VABC－A′B′C′＝eq \f(1,3)(4eq \r(3)＋eq \r(4\r(3)×\r(3))＋eq \r(3))h＝eq \f(14\r(2),3)，解得h＝eq \f(2\r(6),3).故选A．
3．(2025·浙江强基联盟联考)已知底面半径为2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1，则此圆柱侧面积与圆锥SO侧面积的比值为( )
A．1 B．eq \f(\r(3),2)
C．eq \f(\r(3),4) D．eq \f(1,2)
[答案] C
[解析] 因为S圆柱侧面积＝2π×eq \r(3)＝2eq \r(3)π，S圆锥侧面积＝π×2×4＝8π.所以比值为eq \f(\r(3),4).故选C．
4．(2025·江苏南通调研)在正三棱台ABC－A1B1C1中，AB＝4，A1B1＝2，A1A与平面ABC所成角为eq \f(π,4)，则该三棱台的体积为( )
A．eq \f(52,3) B．eq \f(28,3)
C．eq \f(14,3) D．eq \f(7,3)
[答案] C
[解析] 由题设，将棱台补全为正棱锥P－ABC，如图，且△A1B1C1，△ABC均为正三角形，其中O为底面ABC中心，连接PO，则PO⊥面ABC，而AO⊂面ABC，即PO⊥AO，所以A1A与平面ABC所成角为∠PAO＝eq \f(π,4)，而AB＝4，则AO＝eq \f(2,3)×AB·sin 60°＝eq \f(4\r(3),3)，所以PO＝AO＝eq \f(4\r(3),3)，令P－A1B1C1的高为h，结合棱台的结构特征，知eq \f(h,PO)＝eq \f(A1B1,AB)⇒h＝eq \f(PO,2)＝eq \f(2\r(3),3)，所以棱台体积V＝VP－ABC－VP－A1B1C1＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(42×\f(4\r(3),3)－22×\f(2\r(3),3)))＝eq \f(14,3).故选C．
5．(2024·广东汕头期中调研)图1是一个水平放置且高为6的直三棱柱容器ABC－A1B1C1，现往内灌进一些水，设水深为h.将容器底面的一边AB固定于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面形状恰好为△A1B1C，如图2，则h＝( )
A．3 B．4
C．4eq \r(2) D．6
[答案] B
[解析] 在图1中的几何体中，水的体积为V1＝S△ABC·h，在图2的几何体中，水的体积为V2＝VABC－A1B1C1－VC－A1B1C1＝S△ABC×6－eq \f(1,3)×S△A1B1C1×6＝4S△ABC，因为V1＝V2，可得S△ABC·h＝4S△ABC，解得h＝4.故选B．
6．(2024·江苏苏南名校调研)已知圆柱的侧面积等于上、下底面积之和，圆柱的体积与表面积的数值相同，则该圆柱的高为( )
A．8 B．4
C．2 D．1
[答案] B
[解析] 设底面圆的半径为r，高为h，则由题意可知，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2πrh＝2πr2，,πr2h＝2πr2＋2πrh，))解得h＝r＝4.所以该圆柱的高为4.故选B．
7．(2025·山西五校质检)如图甲，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将△AED，△BEF，△DCF分别沿DE，EF，DF折起，使得A，B，C三点重合于点A′，如图乙，若三棱锥A′－EFD的所有顶点均在球O的球面上，则球O的体积为( )
A．eq \r(6)π B．6π
C．8π D．8eq \r(6)π
[答案] A
[解析] 根据题意可得A′D⊥A′E，A′D⊥A′F，A′E⊥A′F，且A′E＝1，A′F＝1，A′D＝2，所以三棱锥D－A′EF可补成一个长方体，三棱锥D－A′EF的外接球即为长方体的外接球，如图所示，设长方体的外接球的半径为R，可得2R＝eq \r(12＋12＋22)＝eq \r(6)，所以R＝eq \f(\r(6),2)，所以外接球的体积为V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))3＝eq \r(6)π.故选A．
8．(2024·天津卷)一个五面体ABC－DEF.已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1.并已知AD＝1，BE＝2，CF＝3.则该五面体的体积为( )
A．eq \f(\r(3),6) B．eq \f(3\r(3),4)＋eq \f(1,2)
C．eq \f(\r(3),2) D．eq \f(3\r(3),4)－eq \f(1,2)
[答案] C
[解析] 用一个完全相同的五面体HIJ－LMN(顶点与五面体ABC－DEF一一对应)与该五面体相嵌，使得D，N；E，M；F，L重合，因为AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1.AD＝1，BE＝2，CF＝3，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1的等边三角形，侧棱长为1＋3＝2＋2＝3＋1＝4，VABC－DEF＝eq \f(1,2)VABC－HIJ＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×1×1×eq \f(\r(3),2)×4＝eq \f(\r(3),2).故选C．
9．(2025·广西来宾、玉林质检)圆锥的顶点为S，AB为底面直径，若AB＝2，∠ASB＝eq \f(π,3)，则该圆锥的外接球的表面积为( )
A．eq \f(4π,3) B．eq \f(16π,3)
C．eq \f(16\r(3)π,3) D．eq \f(32\r(3)π,27)
[答案] B
[解析] 设圆锥底面圆心为O1，外接球球心为O，半径为R，则Rt△SO1A在中，AO1＝1，∠ASO1＝30°，∴SO1＝eq \r(3).由OOeq \\al(2,1)＋AOeq \\al(2,1)＝AO2⇒(eq \r(3)－R)2＋12＝R2，解得R＝eq \f(2\r(3),3)，∴该圆锥的外接球的表面积为S＝4πR2＝eq \f(16π,3).故选B．
10．(2025·广东六校联考)将半径为R的铁球磨制成一个圆柱体零件，则可能制作的圆柱体零件的侧面积的最大值为( )
A．πR2 B．2πR2
C．2eq \r(2)πR2 D．4πR2
[答案] B
[解析] 设圆柱的底面半径为r，高为h，由圆柱体零件的侧面积最大可得圆柱体内接于球，此时圆柱的轴的中点为球的球心，所以r2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,2)))2＝R2，由基本不等式可得r2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,2)))2≥2·r·eq \f(h,2)＝rh，当且仅当r＝eq \f(\r(2),2)R，h＝eq \r(2)R时等号成立，所以rh≤R2，圆柱的侧面积S＝2πrh，所以S≤2πR2，当且仅当r＝eq \f(\r(2),2)R，h＝eq \r(2)R时等号成立，所以可能制作的圆柱体零件的侧面积的最大值为2πR2.故选B．
11．(2024·陕西宝鸡三模)△ABC与△ABD都是边长为2的正三角形，沿公共边AB折叠成60°的二面角，若点A，B，C，D在同一球O的球面上，则球O的表面积为( )
A．eq \f(13,9)π B．eq \f(208π,9)
C．eq \f(52,9)π D．eq \f(112π,3)
[答案] C
[解析] 由题，设正△ABC与△ABD的中心分别为N，M，根据外接球的性质有OM⊥平面ABD，ON⊥平面ABC，又二面角D－AB－C的大小为60°，故∠DEC＝60°，又正△ABC与△ABD的边长均为2，故DE＝CE＝eq \r(3)，故EM＝EN＝eq \f(1,3)ED＝eq \f(\r(3),3)，∵OE＝OE，∠OME＝∠ONE，∴Rt△MEO≌Rt△NEO，故∠MEO＝∠NEO＝30°，故OE＝eq \f(ME,cs 30°)＝eq \f(2,3)，又EB＝1，故球O的半径OB＝eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2)＝eq \f(\r(13),3)，故球O的表面积为S＝4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(13),3)))2＝eq \f(52π,9).故选C．
二、多选题
12．(2024·河北邯郸模拟)“阿基米德多面体”又称“半正多面体”，与正多面体类似，它们也都是凸多面体，每个面都是正多边形，并且所有棱长也都相等，但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不全相同．有几种阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到．如图，正八面体E－ABCD－F的棱长为3，取各条棱的三等分点，截去六个角后得到一种阿基米德多面体，则该阿基米德多面体( )
A．共有18个顶点 B．共有36条棱
C．表面积为6＋8eq \r(3) D．体积为8eq \r(2)
[答案] BD
[解析] 由图可知该多面体有24个顶点，36条棱，故A错误，B正确；该多面体的棱长为1，且表面由6个正方形和8个正六边形组成，故该多面体的表面积为6×1＋8×6×eq \f(1,2)×1×1×sin 60°＝6＋12eq \r(3)，故C错误；正八面体E－ABCD－F可分为两个全等的正四面体，其棱长为3，过E作EO⊥平面ABCD于O，连接AO，如图：因为EO⊥平面ABCD，且OA⊂平面ABCD，所以OE⊥OA，正方形ABCD中，由边长为3，则对角线长为3eq \r(2)，则OA＝eq \f(3\r(2),2)，在Rt△AOE中，EO＝eq \r(AE2－AO2)＝eq \f(3\r(2),2)，则EF＝2OE＝3eq \r(2)，正八面体E－ABCD－F的体积为eq \f(1,3)×32×3eq \r(2)＝9eq \r(2)，切割掉6个棱长均为1的正四棱锥，减少的体积为6×eq \f(1,3)×12×eq \f(\r(2),2)＝eq \r(2)，所以该阿基米德多面体的体积为9eq \r(2)－eq \r(2)＝8eq \r(2)，故D正确．故选BD．
13．(2024·湖南长沙一中月考)如图，AD与BC分别为圆台上、下底面直径，AD∥BC，若AB＝3，AD＝2，BC＝4，则( )
A．圆台的全面积为14π
B．圆台的体积为14eq \r(2)π
C．圆台的中截面(过圆台高的中点且平行底面的截面)面积为eq \f(5π,2)
D．从点A经过圆台的表面到点C的最短距离为3eq \r(3)
[答案] AD
[解析] 对A选项：圆台的全面积为π×12＋π×22＋π×(1＋2)×3＝14π，故A正确；对于B选项：圆台的体积为eq \f(1,3)(π×12＋π×22＋π×eq \r(12×22))×2eq \r(2)＝eq \f(14\r(2)π,3)，故B错误；对于C选项：易知圆台的轴截面ABCD为等腰梯形，其中位线为中截面圆的直径，所以中截面圆的半径长为eq \f(2＋4,4)＝eq \f(3,2)，所以中截面圆的面积为π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2＝eq \f(9π,4)，故C错误；对于D选项：将圆台沿着轴截面ABCD切开，将圆台的侧面的一半展开如图所示，延长BA、CD交于点M，在圆台的轴截面等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝eq \f(1,2)BC，易知A，D分别为BM，CM的中点，所以AM＝DM＝AB＝3，设∠AMD＝θ，则 eq \\ac(AD,\s\up10(︵)) ＝3θ＝π，则θ＝eq \f(π,3)，在△ACM中，AM＝3，CM＝6，∠AMD＝eq \f(π,3)，由余弦定理可得AC＝eq \r(AM2＋CM2－2AM·CMcs \f(π,3))＝eq \r(32＋62－2×3×6×\f(1,2))＝3eq \r(3)，因此，从点A经过圆台的表面到点C的最短距离为3eq \r(3)，故D正确．故选AD．
三、填空题
14．(2024·河北唐山摸底)在圆锥PO中，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，且AB＝eq \r(2)，若棱锥O－PAB为正三棱锥，则该圆锥的侧面积为________.
[答案] eq \r(2)π
[解析] 由题意知AB＝PA＝PB＝eq \r(2)，又PO⊥平面AOB，∴PO⊥OA，又PO＝OA，∴OA＝1，∴S圆锥侧＝π·OA·PA＝eq \r(2)π.
15．(2024·全国甲卷)已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为r1和r2，母线长分别为2(r2－r1)和3(r2－r1)，则两个圆台的体积之比eq \f(V甲,V乙)＝________.
[答案] eq \f(\r(6),4)
[解析] 由题可得两个圆台的高分别为h甲＝eq \r([2r1－r2]2－r1－r22)＝eq \r(3)(r2－r1)，h乙＝eq \r([3r1－r2]2－r1－r22)＝2eq \r(2)(r2－r1)，所以eq \f(V甲,V乙)＝eq \f(\f(1,3)S2＋S1＋\r(S2S1)h甲,\f(1,3)S2＋S1＋\r(S2S1)h乙)＝eq \f(h甲,h乙)＝eq \f(\r(3)r2－r1,2\r(2)r2－r1)＝eq \f(\r(6),4).
B组能力提升
1．(2024·江苏镇江中学模拟)一个圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，高为2，以该圆台的上底面为底面，挖去一个半球，则剩余部分几何体的体积为( )
A．eq \f(11,3)π B．eq \f(10,3)π
C．4π D．3π
[答案] C
[解析] ∵V圆台＝eq \f(1,3)×2×(π×12＋eq \r(π×12×π×22)＋π×22)＝eq \f(14π,3)，V半球＝eq \f(1,2)×eq \f(4π,3)×13＝eq \f(2π,3)，∴剩余部分几何体的体积为V圆台－V半球＝4π.故选C．
2．(2024·江苏淮安调研)球M是圆锥SO的内切球，若球M的半径为1，则圆锥SO体积的最小值为( )
A．eq \f(4,3)π B．eq \f(4\r(2),3)π
C．eq \f(8,3)π D．4π
[答案] C
[解析] 设圆锥的高SO＝h，底面圆的半径为r，则eq \f(1,r)＝eq \f(h－1,\r(h2＋r2))，∴r2＝eq \f(h,h－2).∴VOS＝eq \f(π,3)r2h＝eq \f(π,3)eq \f(h2,h－2)＝eq \f(π,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(h－2＋\f(4,h－2)＋4))≥eq \f(8π,3)(当且仅当h＝4时取等号)∴圆锥SO体积的最小值为eq \f(8π,3).故选C．
3．(2025·广东莞佛深部分学校联考)一个正四面体边长为3，则一个与该正四面体体积相等、高也相等的圆柱的侧面积为( )
A．3eq \r(2\r(3)π) B．3eq \r(3π)
C．6eq \r(3π) D．9eq \r(\r(3)π)
[答案] A
[解析] 在正四面体ABCD中，O是正△BCD的中心，则AO⊥底面BCD，而BO＝eq \f(2,3)×3×sin 60°＝eq \r(3)，则正四面体ABCD的高AO＝eq \r(AB2－BO2)＝eq \r(6)，体积VABCD＝eq \f(1,3)S△BCD·AO＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×32×eq \r(6)＝eq \f(9\r(2),4)，设圆柱的底面圆半径为r，依题意，πr2·eq \r(6)＝eq \f(9\r(2),4)，解得r＝eq \f(\r(3\r(3)),2\r(π))，所以该圆柱的侧面积S＝2πr·eq \r(6)＝2eq \r(6)π·eq \f(\r(3\r(3)),2\r(π))＝3eq \r(2\r(3)π).故选A．
4．(2025·贵州遵义适应性考试)在矩形ABCD中，AB＝2eq \r(2)a，BC＝4a，E为BC的中点，将△ABE和△CDE分别沿AE，DE折起，使点B与点C重合，记为点P，若三棱锥P－ADE的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为( )
A．36a2π B．20a2π
C．9a2π D．4a2π
[答案] B
[解析] 依题意，PE⊥PA，PE⊥PD，PA∩PD＝P，PA，PD⊂平面PAD，则PE⊥平面PAD，PA＝PD＝2eq \r(2)a，AD＝4a，即有PA2＋PD2＝AD2，则PA⊥PD，由此可将三棱锥P－ADE补成以PE，PA，PD为相邻三条棱的长方体，若三棱锥P－ADE的四个顶点都在球O的球面上，则该长方体的各顶点亦在球O的球面上，设球O的半径为R，则该长方体的体对角线长为2R，2R＝eq \r(PE2＋PA2＋PD2)＝2eq \r(5)a，所以球O的表面积S＝4πR2＝20πa2.故选B．
5．(多选题)(2024·山东青岛调研)正四棱锥P－ABCD的底面边长是4，侧棱长为4eq \r(2)，则( )
A．正四棱锥P－ABCD的体积为32eq \r(6)
B．侧棱与底面所成角为eq \f(π,3)
C．其外接球的半径为eq \f(4,3)eq \r(6)
D．其内切球的半径为eq \f(\r(6)\r(7)－1,3)
[答案] BCD
[解析] 解法一：由题意知正四棱锥的高PO＝eq \r(PA2－AO2)＝2eq \r(6)，∴VP－ABCD＝eq \f(1,3)PO·SABCD＝eq \f(32\r(6),3)，∴A错；侧棱PA与底面所成角为∠PAO，在Rt△PAO中cs∠PAO＝eq \f(AO,PA)＝eq \f(1,2)，∴∠PAO＝eq \f(π,3)，∴B对；设外接球的球心为O2，半径为R，则eq \r(R2－8)＋R＝2eq \r(6)，∴R＝eq \f(4,3)eq \r(6)，∴C对．设四棱锥内切球球心为O1，N为BC的中点，球切平面PBC于H，则H∈PN，由△PO1H∽△PNO得eq \f(2\r(6)－r,2\r(7))＝eq \f(r,2)(r为内切球半径)，解得r＝eq \f(\r(6)\r(7)－1,3).
解法二：VP－ABCD＝eq \f(r,3)SP－ABCD，即eq \f(32\r(6),3)＝eq \f(r,3)(16＋4S△PBC)＝eq \f(r,3)(16＋16eq \r(7))，解得r＝eq \f(\r(6)\r(7)－1,3).∴D对．故选BCD．
C组拓展应用(选作)
(多选题)(2025·湖南联考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝120°，侧面AA1C1C的对角线交点O，点E是侧棱BB1上的一个动点，下列结论正确的是( )
A．直三棱柱的侧面积是4＋2eq \r(3)
B．直三棱柱的外接球表面积是4π
C．三棱锥E－AA1O的体积与点E的位置无关
D．AE＋EC1的最小值为2eq \r(2)
[答案] ACD
[解析] △ABC中，AC＝eq \r(12＋12－2×1×1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝eq \r(3)，所以直棱柱的侧面积为(1＋1＋eq \r(3))×2＝4＋2eq \r(3)，故A正确；△ABC外接圆的半径r＝eq \f(AC,2sin 120°)＝1，所以直棱柱外接球的半径R＝eq \r(r2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(AA1,2)))2)＝eq \r(2)，则直三棱柱外接球的表面积S＝4πR2＝8π，故B错误；因为BB1∥AA1，且BB1⊄平面AA1C1C，A1A⊂平面AA1C1C，所以BB1∥平面AA1C1C，点E在BB1上，所以点E到平面AA1C1C的距离相等，为等腰三角形ABC底边的高为eq \f(1,2)，且△AA1O的面积为eq \f(1,2)×2×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2)，则三棱锥E－AA1O的体积为定值eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(3),12)，与点E的位置无关，故C正确；将侧面展开为如图长方形，连接AC1，交BB1于点E，此时AE＋EC1最小，最小值为eq \r(22＋1＋12)＝2eq \r(2)，故D正确．故选ACD．