新高考数学一轮复习题型分类讲练6.1 空间几何体的体积与表面积（精练）（题组版）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习题型分类讲练6.1 空间几何体的体积与表面积（精练）（题组版）（2份，原卷版+解析版），共3页。试卷主要包含了直观图，空间几何体的体积，组合体的体积，组合体的表面积，体积表面积的最值，实际生活中的体积与表面积等内容，欢迎下载使用。
1．（24-25辽宁）一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，△O′A′B′是等腰直角三角形且，其中斜边，则这个平面图形的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由图可知：，则，原图形如下图：
所以，则面积为故选：B
2．（24-25·辽宁）用斜二测画法画出的直观图如图所示，角的对边分别为，且，则中，边上的高为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为，
由正弦定理可得：，所以代入
可得：，化简可得：，则，因为，
所以，已知，即，那么中边上的高.
根据斜二测画法的性质，在斜二测画法中，平行于轴的线段长度变为原来的一半，
那么原三角形中边上的高.将代入可得.
所以中边上的高为.故选：C.
3．（24-25福建莆田）如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形中对角线的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由直观图知原几何图形是直角梯形，如图，由斜二测画法可知，，
所以.故选：A.
4．（24-25广西防城港·期中）用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示，轴，轴，，则的原图形的面积为（ ）

A．5B．10C．D．
【答案】B
【解析】法一：如图所示，根据斜二测画法可知，轴，且，

原图形为，其中，且，
则的面积为．
法二：直观图面积为，
原图形的面积等于直观图面积的倍，
所以原图形的面积为．
故选：B
题组二 空间几何体的体积
1．（2025·贵州贵阳·模拟预测）半径为1的球O内切于正三棱柱，则该正三棱柱的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为球与上下底面相切，所以三棱柱的高，
由上往下看，球的大圆面是正三角形的内切圆，
如图，等边三角形的内切圆为圆，设中点为H，则
，
，即，
.
故选：C．

2．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知高为的圆锥的底面半径是圆柱底面半径的两倍，圆柱的高为圆锥高的两倍，且圆锥和圆柱的侧面积相等，则圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设圆柱底面半径为，则圆锥底面半径为.
因为圆锥的高为，所以圆柱的高为.因为圆锥和圆柱的侧面积相等，所以.
解得.所以圆锥的体积为.故选：C.
3．（2025·山东烟台·三模）如图，在六面体中，平面，四边形与为两个全等的矩形，且，，若，，则该六面体的体积为（ ）．
A．14B．C．D．24
【答案】B
【解析】在长方体中，，，.
根据题意可知：六面体可以看成长方体的一部分.
因为长方体的体积；
直三棱柱的体积；
直三棱柱的体积；
三棱锥的体积，
所以六面体的体积.
故选：B.
4．（2025·重庆·模拟预测）高为2的圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形，则此圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设圆锥的底面圆的半径为，母线长为，高为，体积为，侧面展开图扇形的圆心角为，
则根据题意可知，，
所以，即，解得，，
所以圆锥的体积为.故选：B.
5．（2025·山东德州·三模）已知正三棱锥底面边长为2，且其侧面积是底面积的倍，则此正三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图，在正三棱锥中，设顶点在底面的射影点为，则为正的中心，
延长交于点，则为的中点，连接，
因为正的边长为，为的中点，则，
因为，则，则，，
由题意可知，正三棱锥的侧面积为，则，
即，即，故，
因为为正的中心，则，
因为平面，平面，则，所以，
因此，该三棱锥的体积为.故选：D.
6．（2025·湖南长沙·模拟预测）已知一个正四棱锥的底面边长为4，侧面积为，用一个平行于底面的平面截去一个底面边长为2的正四棱锥后，得到一个正四棱台，则该正四棱台的体积为（ ）
A．B．C．28D．
【答案】D
【解析】如图，设正四棱锥底面中心为，则原正四棱锥的高为，又取中点为E，
则侧面等腰三角形的高为，则正四棱锥侧面积为.
则．因为正四棱锥的底边长为4，截面正方形的边长为2，则截面经过原正四棱锥各侧棱的中点，所以正四棱台的高为，则棱台体积．
故选：D
7．（25-26高三上·江苏·开学考试）在正三棱台中，，侧棱与底面所成的角为，则此正三棱台的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】对于正三角形，其面积公式（为边长）
已知正三棱台中，，则上底面，下底面
设正三棱台上下底面中心分别为,连接，则为正三棱台的高
因为正三角形中心到顶点的距离是边长的倍所以，
则，且
已知侧棱与底面所成角为，在直角梯形中，即，解得，
根据棱台体积公式（为高，为下底面积，为上底面积）
将代入可得故选：
8．（25-26高三上·广东惠州·阶段练习）正四棱台的上､下底面棱长分别是1和5，且棱台高为，则该棱台的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】正四棱台的上，下底面棱长分别是1和5，则上底面积，下底面积，棱台的高，
所以.故选：B.
9．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）在四棱台中，下底面为正方形，，，则该四棱台的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】延长四棱台侧棱交于一点P，得四棱锥，且，
为等边三角形，．取的中点E，的中点F，，
过点P作于点O，因为，平面，
所以平面，又平面，所以，
又，平面，
所以平面，即为该四棱锥的高，
，
在中，，
原四棱台的高为，.
故选：D
10．（2025·湖南岳阳·三模）已知，，，是球的球面上四点，，，，．记球的体积为，四面体的体积为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设分别为的中点，连接，
因为，，所以分别以为斜边的直角三角形，
即分别过作平面和平面的垂线，交点即为球心，
分别为的中点，，
又，，，，
，，
又平面平面，所以二面角即是，同时也是，
，
，
即，解得，
所以，
即直线与平面的夹角，
设点到平面的距离为，则，解得，
所以，
在中，，
所以为等边三角形，，
（为的外接圆半径），
，四边形有外接圆，且外接圆半径为，
则，四面体外接球半径，
，故，故选：A.
题组三 空间几何体的表面积
1．（2025·辽宁沈阳·二模）已知一个圆台的上下底面半径分别为3和4，母线长为，则该圆台的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】圆台的侧面积为.故选：B．
2．（2025·河北石家庄·模拟预测）已知正三棱台的下底面边长为，侧棱长为2，侧棱与底面所成的角为，则该三棱台的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】将正棱台补全为正三棱锥，为底面中心，
，，则，
棱台的高，棱台上底面是正三棱锥的中截面，
，等腰高为，
面积为，等腰梯形的面积为，
所以该三棱台的侧面积为.故选：D
3．（2025·辽宁·一模）已知一个圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则这个圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意可知，圆锥的母线长和底面圆的直径均为，所以圆锥的侧面积为.故选：A.
4．（24-25高三下·广东·开学考试）在正四棱台中，，侧棱与底面所成角的余弦值为，则该正四棱台的表面积是（ ）
A．36B．40C．52D．56
【答案】D
【解析】过点作，垂足为H，则.
因为侧棱与底面所成角的余弦值为，所以，所以，
则梯形的高，
故该正四棱台的表面积是.
故选： D.
5．（2025·湖南益阳·三模）已知圆锥的母线长为，其外接球体积为，则该圆锥的表面积为（ ）
A．3πB．6πC．9πD．12π
【答案】C
【解析】
圆锥及其外接球的轴截面如图，
该其外接球的半径为，则外接球体积为，则，即，
设圆锥的高为，圆锥的底面圆半径为，则，
由，解得，则此圆锥的表面积为.故选：C
6．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知正四棱台的体积为，，，则该四棱台的表面积为（ ）
A．18B．C．D．
【答案】B
【解析】设正四棱台的高为，则，解得，
设正四棱台侧面等腰梯形的高为，则，
故该四棱台的表面积为.
故选：B.
7.侧面均为等腰梯形，且侧面与底面的夹角均为，则该棱台的表面积为（ ）
A．18B．C．D．34
【答案】B
【解析】由题意在棱台中，底面和为正方形，各侧棱均相等，
过作底面，交底面于，过作交于，连接，
因为底面，所以，
又因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为平面平面，
所以即为侧面与底面夹角的平面角，即，
由题意可知，所以，
所以该棱台的表面积.
故选：B
8．（2025·陕西西安·模拟预测）已知圆锥的体积为，其侧面积与底面积的比为，则该圆锥的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设圆锥底面圆的半径为，母线长为，高为，
因为其侧面积与底面积的比为， ，即，
由圆锥的基础知识可知：，所以，
又因为圆锥的体积为，所以，所以，
所以圆锥的表面积为，
故选：D
9．（2025·天津和平·三模）已知底面半径为的圆锥，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为，则此圆柱的侧面积与圆锥的侧面积的比值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意可知圆锥的轴截面是边长为的正三角形，
则圆锥的高，如图，
由△△，可得，则，
，
圆柱侧面积，
圆锥侧面积，则．
故选：C．
10．（2025·河北沧州·模拟预测）在正四棱台中，，侧棱和底面所成角为，则该正四棱台的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图，连接，则，过作于，
则，由正四棱台的性质可得平面，
故即侧棱和底面所成角，
所以，在中，可得，
过作于，连接，因为平面，
所以，而平面，
故平面，而平面，故，
而，则，
所以该正四棱台的侧面积为，
故选：B．
题组四 组合体的体积
1．（2025·湖南永州·模拟预测）将上下底分别为、，高为的直角梯形绕其最短的底边旋转一周得到的几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】将上、下底分别为、，高为的直角梯形绕其最短的底（即上底）旋转一周，
得到的几何体是在一个底面半径为，高为的圆柱中挖去个底面半径为，高为的圆锥所形成的组合体．
已知圆柱底面半径，高，则圆柱体积．
已知圆锥底面半径，高，则圆锥体积．
所以，该组合体的体积．故选：D.
2．（2025·甘肃平凉·模拟预测）如图，在梯形中，，，，，为线段的中点，先将梯形挖去一个以为直径的半圆，再将所得平面图形以线段的垂直平分线为旋转轴旋转一周，则所得几何体的体积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【解析】连接，由题意知.
几何体为一个圆台中挖去半球所形成的几何体，其中圆台的上底面半径为1，下底面半径为3，半球的半径为1，
，，
故该几何体的体积为.
故选：A.

3．（2024·北京·模拟预测）中，，则将以为轴旋转一周所形成的几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
过点作于点，
则将以为轴旋转一周所形成的几何体是都以为底面圆半径，分别以为高的两个圆锥的组合体，因为，所以，从而，
由等面积法得，即，解得，从而所求体积为.
故选：D.
4．（2024·四川成都·模拟预测）我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫做拟柱体，在这两个平行平面内的面叫做拟柱体的底面，其余各面叫做拟柱体的侧面，两底面之间的垂直距离叫做拟柱体的高，过高的中点且平行于底面的平面截拟柱体所得的截面称为中截面.已知拟柱体的体积公式为，其中分别是上､下底面的面积，是中截面的面积，为拟柱体的高.一堆形为拟柱体的建筑材料，其两底面是矩形且对应边平行（如图），下底面长20米，宽10米，堆高1米，上底的长､宽比下底的长､宽各少2米.现在要彻底运走这堆建筑材料，若用最大装载量为5吨的卡车装运，则至少需要运（ ）（注：1立方米该建筑材料约重1.5吨）
A．51车B．52车C．54车D．56车
【答案】B
【解析】由条件可知：上底长为米，宽为米；中截面长米，宽米；
则上底面积平方米，中截面积平方米，
下底面积平方米，
所以该建筑材料的体积为(立方米)，
所以建筑材料重约（吨），
需要的卡车次为，所以至少需要运车.故选：B
题组五 组合体的表面积
1．（2025高三江苏徐州）如图1是一栋度假别墅，它的屋顶可近似看作一个多面体，图2是该屋顶的结构示意图，其中四边形和四边形是两个全等的等腰梯形，和是两个全等的正三角形．已知该多面体的棱与平面成的角，，则该屋顶的侧面积为（ ）
A．80B．C．160D．
【答案】D
【解析】设分别是的中点，连接，根据对称性可知，
在平面的射影在上，设其为，连接，
则平面，而平面，所以，
所以是与平面成的角，即，
所以，
过作，垂足为，连接，
由于平面，所以，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以，
，所以，
所以，所以，
所以该屋顶的侧面积为：
.
故选：D
2．（2024·辽宁大连·一模）陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址．如图所示的是一个陀螺立体结构图．已知，底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积(单位：)是（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意可知：圆锥的母线长为，
所以这个陀螺的表面积是.
故选：C.
3．（23-24天津·期中）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.
4．（2024·陕西安康·模拟预测）随着古代瓷器工艺的高速发展，在著名的宋代五大名窑之后，又增加了三种瓷器，与五大名窑并称为中国八大名瓷，其中最受欢迎的是景德镇窑．如图，景德镇产的青花玲珑瓷(无盖)的形状可视为一个球被两个平行平面所截后剩下的部分，其中球面被平面所截的部分均可视为球冠(截得的圆面是底，垂直于圆面的直径被截得的部分是高，其面积公式为，其中为球的半径，为球冠的高)．已知瓷器的高为，在高为处有最大直径(外径)为，则该瓷器的外表面积约为(取3.14) （ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意可知：球的半径为，上球冠的高，下球冠的高，
设下底面圆的半径为，则，
所以该瓷器的外表面积为.
故选：C.
5．（2025·黑龙江）科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器．2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的表面积约为（ ）
（参考数据：，）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为，
而圆台一个底面的半径为，圆台的母线长为，则，，
，，
所以．
故选：A．
6．（2025·四川）一个旋转体的正视图如图所示，上面部分是一个直径为2的半圆，下面部分是一个下底边长为4，上底边长和高均为2的等腰梯形，则该旋转体的表面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】由题知，该旋转体的下面部分是下底面半径为2，上底面半径为1，高为2的圆台，上面部分是半径为1的半球，故该旋转体的表面积为.故选：B．
7．（2025湖北）如图为一个火箭的整流罩的简单模型的轴截面，整流罩是空心的，无下底面，由两个部分组成，上部分近似为圆锥，下部分为圆柱，则该整流罩的外表面的面积约为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】根据题意，上部分圆锥的母线长为，
所以圆锥的侧面积为，
下部分圆柱的侧面积为，
所以该整流罩的外表面的面积约为．
故选：B.
题组六 体积表面积的最值
1．（2025·山东·模拟预测）已知圆柱的侧面展开图的周长为定值，则该圆柱的侧面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为圆柱的侧面展开图为矩形，设矩形的长宽分别为，
则，圆柱的侧面积为：.
由（当且仅当时取“”）.
故选：D
2．（2025·安徽蚌埠·三模）三棱锥中，，，，，则三棱锥的体积的最大值为 ．
【答案】
【解析】
如图所示，因为，，
由余弦定理得：，
所以，外接圆的圆心为，
则半径，
当点在三棱锥的外接球的顶端时，且平面，
点到平面的距离最大，又，所以，，
所以三棱锥的体积的最大值为．
故答案为：2.
3．（2025·河南许昌·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，，，若，则三棱锥体积的最大值为 .
【答案】
【解析】过点作于F，连接BF.
由题意知，，，且，
又，PF，平面PBF，所以平面PBF.
所以，所以当最大时，取得最大值.
过F作于E.因为，所以只需EF最大.
在中，，，所以P在以A，C为焦点的椭圆上，如图所示：
因为，要使最大，只需为短轴顶点，即为短轴的一半.
此时，，所以.所以，
所以，所以，
即三棱锥体积的最大值为.
故答案为：.
4．（2025·江苏泰州·模拟预测）已知在四棱锥中，面底面，且，，则四棱锥体积的最大值为 ．
【答案】
【解析】如图，设中点为，连接，
，是的中点，，则，
又面底面，面底面，所以底面，
设四边形面积为，，
则，
，当时取等，
令，
，
令，解得或（舍），即，
所以当时，，，单调递增，
当时，，，单调递减，
即，
底面，，
所以四棱锥体积的最大值为.
5．（2025·河北·模拟预测）在三棱锥中，，点P在平面ABC上的投影O是的垂心，平面PBC，若，则三棱锥的体积的最大值为 ．
【答案】
【解析】设BC的中点为D，
因为，所以，
因为O是的垂心，
所以，，
所以，
所以，
所以，即，
所以，
因为平面PBC，平面PBC，所以，
由题意知，平面ABC，
因为平面ABC，
所以，
在Rt中，由射影定理得，，
所以，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
所以三棱锥体积的最大值为．
故答案为：．
6．（2025·江西·模拟预测）已知点A，B，C，D都在半径为3的球面上，且是边长为的正三角形，则三棱锥体积的最大值为 .
【答案】
【解析】设外接圆的圆心为，半径为.
由正弦定理，在正中，，，则.
因为，所以，即，解得.
已知球的半径，球心到平面的距离，外接圆的半径，根据勾股定理，可得.
当点，球心，共线且与在平面同侧时，点到平面的距离最大，最大距离.
根据正三角形面积公式，可得.
根据三棱锥体积公式，可得.
故答案为：.
7．（25-26高三上·广东·阶段练习）在中，，设点为线段上一点（不含端点），将沿折起，得到四面体，则此四面体体积的最大值为 .
【答案】/
【解析】已知，
因为，根据勾股定理逆定理可知，
如图，作，垂足分别为，
当平面平面时四面体体积最大，此时，为四面体的高，
设（在线段上，），因为，
所以，则，即，所以，
而，
易得，则，则，
又的面积，
所以四面体的体积为，
记函数，，
则，
所以时，单调递减，时，
单调递增，，所以.
故答案为：.
8．（2025高三·全国·专题练习）某圆锥的底面半径为1，高为，若该圆锥内部有一个圆柱，且其一个底面落在圆锥的底面上，则当圆柱的体积最大时，圆柱的高为 ．
【答案】/
【解析】如图，设圆锥底面半径为，高为，圆锥内切圆柱的底面半径为，高为，则，
由三角形相似得，则，
所以圆柱体积为．
设，则．
当时，单调递增；
当时，单调递减．
所以当时，取得最大值，
即当时，圆柱体积最大，此时圆柱的高．
故答案为：.
9．（24-25高二下·内蒙古·期末）已知一个圆锥的母线长为6，则当该圆锥的体积取最大值时，该圆锥的侧面积为 ．
【答案】
【解析】设该圆锥的底面半径为，高为，则，则，
所以该圆锥的体积，则，
当时，，当时，，所以，
此时，该圆锥的侧面积为．
故答案为：
题组七 实际生活中的体积与表面积
1．（2025·湖北武汉·三模）如图，如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的时，水的体积为84，则该方斗杯可盛水的总体积为（ ）
A．112B．C．D．496
【答案】B
【解析】设水面与棱台的四条侧棱分别相交于，
过作交于点E，交于点，如下图所示：
易知四边形为等腰梯形，则四边形为平行四边形，
因为水面的高度是方斗杯高度的，则
，因此，
设棱台的高为，设体积为V，
则棱台的高为，设体积为，
则
所以，由题意，，
则该方斗杯可盛水的总体积为
故选：B.
2．（25-26河北）我国元代瓷器元青花团菊花纹小盏如图所示，撇口，深弧壁，圈足微微外撇，底心有一小乳突．器身施白釉，以青花为装饰，釉质润泽，底足露胎，胎质致密．碗内口沿饰有一周回纹，内底心书有一文字，碗外壁绘有一周缠枝团菊纹，下笔流畅，纹饰洒脱．该元青花团菊花纹小盏口径8.4厘米，底径2.8厘米，高4厘米，它的形状可近似看作一个圆台，则该圆台的体积约为（ ）（单位：立方厘米）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设该圆台的上底面、下底面的半径分别为，，由题意，．
则该圆台的体积为立方厘米．
故选：D．
3．（2025高三·全国·专题练习）最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的《数书九章》．该书收录了有关降水量计算的四个例子，其中一个是天池盆收集雨水．已知天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸（注：1尺寸），当盆中积水深九寸时，平地的降雨量（降雨量是指在一定时间内降落在地面上的某一点或某一单位面上的水层深度）是（ ）
A．9寸B．6寸C．4寸D．3寸
【答案】D
【解析】由题意知天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸，
由积水深9寸知水面半径为（寸），如图，
则盆中水体积为（立方寸）
所以降雨量为（寸），
故选：D．
4．（2025高三·全国·专题练习）中国的瓷器享誉世界，其中六棱形和八棱形的瓷器非常常见．现有一个有盖正六棱形瓷器，其外部形状可近似抽象为如图所示的正六棱柱．其中，厚度可以忽略．现欲利用其储存一定量的米粒，要求为便于取用，米堆顶部呈现圆锥的形状，底部密集堆放．顶部圆锥要求尽可能高，圆锥底面平行于瓷器底面，与下方米堆衔接处的米粒可忽略，但米堆高度不得超过容器的最大高度．米粒空间利用率按计算，米堆顶部圆锥的任意一条母线与底面成角，则该瓷器可存储的米粒的最大体积为（为计算方便，，以平衡误差）（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】符合题意的米堆储存方案如图所示．
由题干所述顶部圆锥的几何性质，知顶部圆锥的高度与圆锥底面半径相等．
又由于圆锥尽可能高，故半径应取到可能的最大值，即使得底面圆与内壁相切，
此时圆锥高度与底面圆半径符合，
故底部米堆的高度．
计算得米堆的体积，
从而米粒的体积．
故选：B．
5．（24-25 山东日照·期末）降水量是指降落在水平面上单位面积的水层深度（单位：mm）.气象学中把24小时内的降水量叫做日降水量.某学生用上口直径为20cm，底面直径为12cm，母线长为的圆台型水桶放置在水平地面上来测量日降水量.某次降雨过程中用此桶接了24小时的雨水，雨水的高度是桶深的，则本次降雨的日降水量是（ ）
A．29.6mmB．46.3mmC．63.5mmD．82.2mm
【答案】A
【解析】如图所示，cm，cm，，
过点作⊥于点，则，cm，
cm，
桶的深度为cm，
故雨水的高度为cm，由三角形相似知，cm，
故cm，
雨水的体积，
圆台型水桶的上口直径为20cm，面积为，
故本次降雨的日降水量是cm，故为29.6mm.
故选：A
6．（2025·浙江宁波·三模）一个长方体墨水瓶的长、宽、高分别为10cm、8cm、15cm，内部装有400毫升墨水.将墨水瓶倾斜，使其一条长边（10cm）置于水平地面，高边（15cm）所在直线与水平地面成45度角，则此时墨水与墨水瓶接触部分的面积为（ ）
A．180B．220C．260D．300
【答案】C
【解析】如下图，若截面为等腰直角三角形，腰长为，
则，可得，不符，
如下图，若截面为直角梯形，上底长为，
则，可得，满足，
所以此时墨水与墨水瓶接触部分的面积.
故选：C
7．（2025·河北秦皇岛·二模）折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史.如图所示的某折扇扇面可视为一个圆台的侧面展开图，该扇面的面积为，若该圆台上、下底面半径分别为5，10，则该圆台的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】，圆台的侧面积为，母线长
圆台的高
则圆台上下底面面积为
由圆台的体积计算公式可得：
故选：C.
8．（2025·安徽滁州·一模）中国被称为“制扇王国”，折扇的起源历史悠久，最早可以追溯到西汉时期.现有一把折扇，其结构如图.完全展开后扇面的圆心角为，上板长为若把该扇面围成一个圆台，则圆台的高为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设小扇形的半径为xcm，则大扇形的半径为，
设圆台的上下底面半径分别为，
则，
所以，
所以，
所以圆台的高为
故选：
9．（2025·广东广州·模拟预测）某厂生产一批圆台形台灯灯罩，灯罩的上下底面都是空的，圆台两个底面半径之比为，高为16cm，母线长为20cm，如果要对100个这样的台灯灯罩外表面涂一层防潮涂料，每平方米需要100克涂料，则共需涂料（ ）
A．克B．克C．克D．克
【答案】C
【解析】作圆台的轴截面如图：
梯形为等腰梯形，取上、下底面的中心分别为、，再取中点，连接，
则中，因为，所以，，所以.
所以.
所以灯罩的侧面积为：.
所以100个灯罩的外表面面积为：.
又每平方米需要100克涂料，所以共需涂料克.
故选：C
10．（24-25高三下·浙江·开学考试）一个底面边长为的正四棱柱形状的容器内装有一些水（底面放置于桌面上），现将一个底面半径为的铁制实心圆锥放入该容器内，圆锥完全沉入水中且水未溢出，并使得水面上升了.若该容器的厚度忽略不计，则该圆锥的侧面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】设圆锥的高为，
所以圆锥的体积，
由题意正四棱柱中水上升的体积即为圆锥的体积，
所以，所以，
则圆锥的母线长为，
故圆锥的侧面积为.
故选：A
11．（2025·湖南湘潭·一模）如图，一个三棱柱形容器中盛有水，，若底面水平放置时，水面恰好过侧棱的中点，当侧面水平放置时，水面恰好与交于点D，则等于（ ）
A．2B．4C．D．
【答案】D
【解析】若底面水平放置时，水面恰好过侧棱的中点，
设棱柱的体积为V，则水的体积为；
当侧面水平放置时，三棱柱有水部分的体积为，
则无水部分为水平放置的小三棱柱（一侧面为水面），其体积为，
由于三棱柱和三棱柱的高相同，
故，由于，则∽ ，
故，而，故，故，
故选：D
题组八 展开图距离最值
1．（2025高三·全国·专题练习）如图，在直三棱柱中，，，，是直线上一动点，则的最小值是（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【解析】在平面内，在平面内，
将两个平面铺平后转化成平面上的问题解决，如图：

则的最小值就是平面四边形内的长，
在直三棱柱中，平面，平面，
，
，，即，
，平面，平面，
平面，，
，，
在中，，，，
由余弦定理可得.
故选：A.
2．（2025·山东·模拟预测）已知正方体的棱长为，是棱的中点，点，分别在平面与平面内、则的最小值为（ ）
A．B．2C．D．3
【答案】C
【解析】如图所示，设点关于平面的对称点为，延长交平面于点，
记点，到平面的距离分别为，，易知，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，
令得，故，
故，
故，则，所以.
故选：C.
3．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）在长方体中，，且点满足，点分别在直线和平面上，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题设，易知平面，平面，所以平面平面，
将平面翻折到与平面为同一个平面，如下示意图，显然在平面上的投影为，
当交于时，最小，
而，又且，
所以，即，故，
所以的最小值为.
故选：B
4．（2024·全国·模拟预测）已知三棱锥，底面是边长为2的正三角形，且平面为的中点，为平面内一动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．3D．2
【答案】A
【解析】平面平面平面平面.
如图，设点关于平面对称的点为，连接，，
则四边形为平行四边形且.
连接（当且仅当三点共线时取等号）.
取的中点，连接，
则平面平面.
在中，由余弦定理，得，
，的最小值为.
故选：A.
5．（2025·江苏泰州·二模）在三棱锥中，底面为斜边的等腰直角三角形，顶点S在底面上的射影为的中点．若，为线段上的一个动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】如图，在三棱锥中，设点为线段的中点，连接.
由题易知：，，平面.
在中，，故，
所以是边长为2的等边三角形.
将展开到与共面，如图所示，
则，当且仅当三点共线时等号成立，即取得最小值.
在中，，，
由余弦定理可得：，
所以，
即的最小值为.
故选：A.
6．（23-24 山西运城·阶段练习）已知三棱锥的底面ABC是边长为1的等边三角形，平面ABC且，一只蚂蚁从的中心沿表面爬至点P，则其爬过的路程最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】将底面旋转，以为轴，旋转至平面与平面共面，如图，
设的中心为，此时为最短距离，设到直线的距离为，
则，所以.
故选：B
7．（2025高三·全国·专题练习）如图，在棱长为1的立方体中，若点分别在线段上运动，点为中点，点为底面上的动点，则的最小值为 .

【答案】
【解析】把平面沿直线旋转到平面内（如图44）：

则点到底面对角线的距离为所求的最小值，
从而有，
设点到底面对角线的距离为，
过点作于点，作交于点，
因为为中点，所以为中点，
由题意设，所以，
所以，
而，
故所求为.

故答案为：.
8．（23-24四川内江·期中）如图，在三棱锥中，，，过点作截面，则周长的最小值为 .

【答案】
【解析】如图，

沿着侧棱把正三棱锥展开在同一个平面内，原来的点被分到两处，
则线段的长度即为周长的最小值.
在中，，，
故，所以.
故答案为：.
9．（2025·重庆·模拟预测）已知圆锥的高为，底面直径的长为，那么从点A出发沿该圆锥的表面到点B的最短路径长为 ．
【答案】
【解析】由题设，圆锥底面周长为，母线长为，故侧面展开图圆心角为，
将圆锥沿过点的母线展开，得到如下图示半径为6的半圆，且为圆弧的中点，
从到有两种方式，一种方式从圆锥体侧面，一种方式从圆锥的底面，
若沿侧面，如上图，从点A出发到点B的最短路径长；
若沿底面，此时最短路径长为直径长度；
综上，从点A出发沿该圆锥的表面到点B的最短路径长.
故答案为：
10．（2025北京·阶段练习）已知圆锥底面半径为，母线长为2，点A为底面圆周上一点，若一只蚂蚁从点A出发沿着圆锥的侧面爬行一周回到A点，则蚂蚁爬行的最短距离为 ．
【答案】
【解析】由题意，圆锥底面半径为，母线长为2，
因为圆锥底面半径为，可得底面周长为，
可得圆锥的侧面展开图为圆心角为90度的扇形，如图所示，
则三角形为边长为2的等腰直角三角形，所以最短距离为.
故答案为：
题组九 截面
1．（23-24贵州）如图，在正方体中，点分别是的中点，过点的平面截该正方体所得的截面是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】C
【解析】
延长与直线相交于连接与分别交于点
连接，则五边形即为截面，
故选：C.
2．（2024·浙江温州·模拟预测）边长为2的立方体被一个平面所截，截得的截面图形面积最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】当截面过立方体中心且过两条侧棱时，其截面面积最大，
如图所示矩形符合要求，此时截面面积为.故选：A.
3．（2025·江苏南通·模拟预测）过正方体的中心作与垂直的平面，则平面截正方体所得的截面是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】D
【解析】
在正方体中，平面，平面，所以，
又在正方形中，，，所以平面，
平面，所以，
由于分别为的中点，所以，
故，同理，，所以平面，
且平面过正方体的中心，
故选：D
4．（22-23高三上·安徽阜阳·期末）已知正方体的棱长为2，M、N分别为、的中点，过 、的平面所得截面为四边形，则该截面最大面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图所示，最大面积的截面四边形为等腰梯形，
其中，高为，
故面积为.
故选:D．
5．（2025云南昭通·阶段练习）如图，已知正方体的棱长为2，点是线段的中点，平面经过点，则正方体被平面截得的截面面积为（ ）
A．2B．4C．4D．
【答案】B
【解析】根据题意，作出正方体被平面所截得到的截面为四边形，如下所示：
根据正方体的几何特点，显然四边形为矩形，
且，故其面积.
故选：.
6．（2026·云南）已知正方体的棱长为3，分别为棱与上的点，其中，平面经过点，则截此正方体所得的截面为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】C
【解析】如图所示：
取、的中点H、，且使BM=1，
因为，，，
所以， ，
所以在平面上，
所以截面是五边形，
故选：C
7．（24-25高一下·云南昆明·期中）在正方体中，为的中点，为的中点，为线段上一动点（不含）．过与正方体的截面记为，下列说法中正确的是（ ）
A．当时，截面为五边形
B．当时，截面只能是六边形
C．当时，截面的面积最大
D．当时，截面只能是五边形
【答案】D
【解析】对于A，当时，分别取的中点为，如下图所示：
由正方体性质可得，即可得为正六边形，
因此当时，截面为六边形，即A错误；
对于B，如下图：
当时，不妨取与重合，可知截面只能是四边形，可知B错误；
对于C，延长交于，交于，连接交于点，连接交于，如下图所示：
不妨取正方体的棱长为3，易知，
可知为等腰三角形，其底边上的高为，
因此其面积为；
又，可知四变形为等腰梯形；
其高为，因此其面积为；
此时五边形面积为
当当时，截面为边长是的正六边形，其面积为；
显然当时，截面的面积不是最大的，即C错误；
对于D，根据C选项中的分析可知，当时，截面为在五边形的基础上绕着向下摆动，
此时截面始终于有交点，此时截面只能是五边形，即D正确.
故选：D
8．（2024·四川绵阳·模拟预测）在长方体中，，点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点，则平面截该长方体所得的截面图形为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】C
【解析】延长交的延长线于点，连接交于点，连接，
延长交的延长线于点，连接交于点，连接，
则五边形为平面截该长方体所得的截面图形，
不妨设，又点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点，
所以，，，所以，又，
所以，又，所以，
又，即，解得，
又，即，解得，符合题意，
即五边形为平面截该长方体所得的截面图形.
故选：C
9．（2025高三·全国·专题练习）如图，正方体的棱长为4，， 分别为棱，的中点，过，，作正方体的截面，则截面多边形的周长是( )
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】取的中点为T，取的中点为S，取上靠近D的四等分点为M，
取上靠近的四等分点为G，取上靠近的三等分点为N，
连接.
如图
由正方体性质可知，在中，分别为的中点，
所以，所以，故四点共面，
在正方形中，且，所以为平行四边形，
所以，由正方体性质可知，
在中，分别为的三等分点，所以，所以，
故四点共面，
所以五边形为所求的截面多边形.
易知，，，，，
故，，，，.
所以截面五边形的周长为.
故选：D.
10．（2025高三·全国·专题练习）已知正方体的棱长为2，平面过直线，且与平面ABCD所成的角为，则当分别取得最大值、最小值时，截正方体的截面面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设平面平面，易知平面ABCD，所以，
过点C作于K，连接，又平面，可得，
则即为平面与平面ABCD所成的角，设，则，
若，则，故，结合面面角的取值范围，可假想，
则取得最大值，此时平面即为平面ACGE，则截面面积为；
易知，所以当时，取得最小值，此时，
则平面，设BF，DH的中点分别为M，N，则平面必过MN，
所以截面面积为，所以截面面积之比为．
故选：A.
11．（2025高三·全国·专题练习）在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱，的中点，过顶点A且与平面平行的平面记为，则截该正方体所得截面的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
如图，设分别是棱的中点，连接，
则，因平面， 平面，则平面，
又因，则有，可得，
则，又平面， 平面，故得平面，
又平面，所以平面平面，
则截该正方体所得截面即为，因，
故的面积为．
故选：A.
12．（2025·四川绵阳·模拟预测）已知正方体 的棱长为 3 ，以为球心，为半径的球被该正方体的表面所截，则所截得的曲线总长为
【答案】.
【解析】如下图所示，易知球被由正方体的表面所截曲面为，
由，即，故.
球被面，面，面所截的曲线长均为，
故在此三面上所截得的曲线长为，
球在面，面，面所截得的曲线长均为，
故在这三面上所截得的曲线长的和为，
故所截得的曲线总长为.
故答案为：.