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高三数学一轮复习五层训练(新高考地区)第30练空间几何体的结构、表面积与体积(原卷版+解析)
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这是一份高三数学一轮复习五层训练(新高考地区)第30练空间几何体的结构、表面积与体积(原卷版+解析)，共30页。试卷主要包含了课本变式练，考点分类练，最新模拟练，高考真题练，综合提升练等内容，欢迎下载使用。
一、课本变式练
1.（人A选择性必修二P105习题8.1T6变式）以下结论中错误的是（ ）
A．经过不共面的四点的球有且仅有一个B．平行六面体的每个面都是平行四边形
C．正棱柱的每条侧棱均与上下底面垂直D．棱台的每条侧棱均与上下底面不垂直
2.（人A选择性必修二P111习题8.2T5变式）如图，梯形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，，则原图形的面积为（ ）
A．B．C．D．
3. （人A选择性必修二P119习题8.3T4变式）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为（ ）
A．B．C．D．
4. （人A选择性必修二P119习题8.3T5变式）长､宽､高分别为1，2，3的长方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为___________.
二、考点分类练
(一)空间几何体的结构
5. 如图，△ABC是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中，则以下说法正确的是（ ）
A．△ABC是钝角三角形B．△ABC是等边三角形
C．△ABC是等腰直角三角形D．△ABC是等腰三角形，但不是直角三角形
6. （2022届河北省邯郸市高考二模）如图是一个正方体的平面展开图，将其复原为正方体后，互相重合的点是（ ）
A．A与BB．D与EC．B与DD．C与F
7. 下列说法正确的是（ ）
A．如果四棱锥的底面是正方形，那么这个四棱锥的四条侧棱都相等
B．五棱锥只有五条棱
C．一个棱柱至少有五个面
D．棱台的各侧棱延长后交于一点
(二)空间几何体的表面积
8．（2023届江西省赣抚吉十一校高三第一次联考）已知圆锥的底面半径为，当圆锥的侧面积为时，该圆锥的母线与底面所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
9. （2022届上海市松江一中高三下学期3月阶段测试）体积相等的正方体、球、等边圆柱（轴截面为正方形的圆柱）全面积分别为、、，那么它们的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
10. （2023届江西省名校联考高三7月第一次摸底）已知圆台的上、下底面半径分别为，若该圆台的表面积为，母线长为2，且，则________．
(三)空间几何体的体积
11. （2023届陕西省宝鸡市千阳县中学高三上学期一模）已知底面边长为1，侧棱长为则正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为（ ）
A．B．C．D．
12. （2023届湖北省九校教研协作体高三上学期起点考试）如图，何尊是我国西周早期的青铜礼器，其造型浑厚，工艺精美，尊内底铸铭文中的“宅兹中国”为“中国”一词最早的文字记载，何尊还是第一个出现“德”字的器物，证明了周王朝以德治国的理念，何尊的形状可近似看作是圆台和圆柱的组合体，组合体的高约为40cm，上口直径约为28cm，经测量可知圆台的高约为16cm，圆柱的底面直径约为18cm，则该组合体的体积约为（ ）（其中的值取3）
A．11280cm3B．12380cm3C．12680cm3D．12280cm3
13. （多选）（2022届重庆市南开中学校高三第九次质量检测）“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．某天小明在广场上发现了如图1所示的一个石凳，其形状是将一个正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”（如图2所示）．小明用卷尺测量出这个石凳的高度为50cm，他给出了如下判断，请你指出小明的哪些判断是正确的（ ）
A．这个石凳共有24条棱，12个顶点，14个面
B．一个体积为1立方米的正方体石料可以切割出8个这样的石凳（不计损耗）
C．这个石凳也可以由一个直径为70cm的球形石料切割而成（不计损耗）
D．如果将这个石凳三角形的那个面水平放置，石凳的高度会增加
14.（2023届河南省新未来高三上学期8月联考） 六氟化硫是一种无机化合物，化学式为，常温常压下为无色无臭无毒不燃的稳定气体，密度约为空气密度的5倍，是强电负性气体，广泛用于超高压和特高压电力系统．六氟化硫分子结构呈正八面体排布（8个面都是正三角形）．若此正八面体的表面积为，则该正八面体的内切球的体积为______．
三、最新模拟练
15. （2023届江苏省南京市高三上学期7月学情调）在△ABC中，.则以BC为轴，将△ABC旋转一周所得的几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
16. （2022届四川省内江市第六中学高三下学期考前第一次强化训）如图，正方形的边长为为的中点，将沿向上翻折到，连接，在翻折过程中，下列说法中正确的是（ ）
①四棱锥的体积最大值为②．中点的轨迹长度为
③与平面所成角的正弦值之比为
④三棱锥的外接球半径有最小值，没有最大值
A．①③B．②③C．①③④D．①②③
17. （多选）（2022届河北省保定市高三上学期期末）如图，为正方体中所在棱的中点，过两点作正方体的截面，则截面的形状可能为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
18. （多选）（2022届湖北省武汉市第二中学高三下学期5月全仿真模拟）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.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公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则（ ）
A．能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a
B．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
C．勒洛四面体的截面面积的最大值为
D．勒洛四面体的体积
19. （2022届江苏省盐城中学高三下学期5月仿真）把边长为1的实心正六面体磁性几何魔方按图方式分成12块：（1）取6条面上的对角线；（2）考虑以立方体中心为顶点，上述6条对角线及12条棱之一为对边的三角形；（3）这18个三角形把立方体切成了12块，每块是一个四面体，每个四面体有两条棱是立方体的棱；（4）每个四面体仅通过其上立方体的棱和其它四面体连接．
则在此玩具所有可能的形状中，其上两点之间空间距离的最大值为__________．
20. （2022届星云联盟高三统一模拟）已知三棱锥的四个顶点在球O的表面上，，，，．若三棱锥的体积为，则球的表面积为__________．
21. （2022届四川省内江市第六中学高三下学期第三次强化训练）如图，底面是边长为2的菱形，平面，，与平面所成的角为.
(1)求证：平面平面；
(2)求几何体的体积
22. （2023届湖北省九校教研协作体高三上学期起点考试）查找并阅读关于蜂房结构的资料，建立数学模型说明蜂房正面采用正六边形面，底端是封闭的六角棱锥体的底，由三个相同的菱形组成（菱形的锐角为，钝角为）的原因．
四、高考真题练
23. (2022高考全国卷甲) 甲、乙两个圆锥的母线长相等,侧面展开图的圆心角之和为,侧面积分别为和,体积分别为和．若,则（）
A. B. C. D.
24.（2022高考全国卷乙）已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为（）
A. B. C. D.
25. （2022新高考全国卷 = 1 \* ROMAN I）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时,相应水面面积为；水位为海拔时,相应水面的面积为,将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔上升到时,增加的水量约为（）
A. B. C. D.
26. （2022新高考全国卷 = 1 \* ROMAN I）已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为,且,则该正四棱锥体积的取值范围是
AB. C. D.
27. （2022新高考全国卷 = 2 \* ROMAN II）已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为和,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为
A. B. C. D.
五、综合提升练
28. （2022届江西省南昌市高三第三次模拟）已知长方体中，，，，为矩形内一动点，设二面角为，直线与平面所成的角为，若，则三棱锥体积的最小值是（ ）
A．B．C．D．
29. （2023届江苏省南京市高三上学期7月学情调研）已知一个正四面体的棱长为2，则其外接球与以其一个顶点为球心，1为半径的球面所形成的交线的长度为___________.
30. 已知正方体.
(1)若正方体的棱长为1，求点到平面的距离；
(2)在一个棱长为10的密封正方体盒子中，放一个半径为1的小球，任意摇动盒子，求小球在盒子中不能达到的空间的体积；
(3)在空间里，是否存在一个正方体，它的定点到某个平面的距离恰好为0、1、2、3、4、5、6、7，若存在，求出正方体的棱长，若不存在，说明理由.
第30练 空间几何体的结构、表面积与体积
一、课本变式练
1.（人A选择性必修二P105习题8.1T6变式）以下结论中错误的是（ ）
A．经过不共面的四点的球有且仅有一个B．平行六面体的每个面都是平行四边形
C．正棱柱的每条侧棱均与上下底面垂直D．棱台的每条侧棱均与上下底面不垂直
【答案】D
【解析】对于A，经过不共面的四点的球，即为该四面体的外接球，有且仅有一个，故A正确，对于B，平行六面体的每个面都是平行四边形，故B正确，对于C，正棱柱的每条侧棱均与上下底面垂直，故C正确，对于D，棱台的每条侧棱延长线交于一点，侧棱中有可能与底面垂直，故D错误，故选D
2.（人A选择性必修二P111习题8.2T5变式）如图，梯形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，，则原图形的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题得,所以.故选B．
3. （人A选择性必修二P119习题8.3T4变式）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为，所以四棱锥的高为，
若圆柱的一个底面的周圆经过四棱锥四条侧棱的中点，圆柱的底面半径为，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，故圆柱的体积为．故选A．
4. （人A选择性必修二P119习题8.3T5变式）长､宽､高分别为1，2，3的长方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为___________.
【答案】
【解析】设球的半径为，由于长方体的体对角线为其外接球的直径，则，故该球的表面积为.
二、考点分类练
(一)空间几何体的结构
5. 如图，△ABC是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中，则以下说法正确的是（ ）
A．△ABC是钝角三角形B．△ABC是等边三角形
C．△ABC是等腰直角三角形D．△ABC是等腰三角形，但不是直角三角形
【答案】C
【解析】将其还原成原图，如图，设，则可得，，
从而，所以，即，故是等腰直角三角形.
故选C.
6. （2022届河北省邯郸市高考二模）如图是一个正方体的平面展开图，将其复原为正方体后，互相重合的点是（ ）
A．A与BB．D与EC．B与DD．C与F
【答案】ABD
【详解】将平面展开图，还原正方体如下图所示：
所以互相重合的点是A与B，D与E,C与F，故选ABD
7. 下列说法正确的是（ ）
A．如果四棱锥的底面是正方形，那么这个四棱锥的四条侧棱都相等
B．五棱锥只有五条棱
C．一个棱柱至少有五个面
D．棱台的各侧棱延长后交于一点
【答案】CD
【解析】根据棱锥、棱柱、棱台的定义和结构特征即可判断.
【详解】四棱锥的底面是正方形，它的侧棱可以相等，也可以不相等，A错误；
五棱锥除了五条侧棱外，底面上还有五条棱，故共条棱，B错误；
一个棱柱最少有三个侧面，两个底面，故至少有五个面，C正确；
棱台是由平行于棱锥底面的截面截得，故棱台的各侧棱延长后交于一点，D正确.故选CD.
(二)空间几何体的表面积
8．（2023届江西省赣抚吉十一校高三第一次联考）已知圆锥的底面半径为，当圆锥的侧面积为时，该圆锥的母线与底面所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设圆锥的母线长为，由题意可得圆锥的侧面积，解得，所以母线与底面所成角的余弦值，由同角三角函数关系可得，，因此母线与底面所成角的正切值.故选A
9. （2022届上海市松江一中高三下学期3月阶段测试）体积相等的正方体、球、等边圆柱（轴截面为正方形的圆柱）全面积分别为、、，那么它们的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设球的半径为, 正方体的棱长为, 圆柱的底面半径是,
所以球的体积为:, 正方体的体积为: , 圆柱的体积为:;
故,所以，
，,;
因为，
因为
所以，综上，，故选D
10. （2023届江西省名校联考高三7月第一次摸底）已知圆台的上、下底面半径分别为，若该圆台的表面积为，母线长为2，且，则________．
【答案】3
【解析】圆台的表面积为，
从而，，
因此，解得（负值舍）．
(三)空间几何体的体积
11. （2023届陕西省宝鸡市千阳县中学高三上学期一模）已知底面边长为1，侧棱长为则正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题可知，正四棱柱的体对角线即为外接球的直径，故，
解得，故球的体积为：.故选D.
12. （2023届湖北省九校教研协作体高三上学期起点考试）如图，何尊是我国西周早期的青铜礼器，其造型浑厚，工艺精美，尊内底铸铭文中的“宅兹中国”为“中国”一词最早的文字记载，何尊还是第一个出现“德”字的器物，证明了周王朝以德治国的理念，何尊的形状可近似看作是圆台和圆柱的组合体，组合体的高约为40cm，上口直径约为28cm，经测量可知圆台的高约为16cm，圆柱的底面直径约为18cm，则该组合体的体积约为（ ）（其中的值取3）
A．11280cm3B．12380cm3C．12680cm3D．12280cm3
【答案】D
【解析】由题意得圆柱的高约为（cm），则何尊的体积（cm3）故选D．
13. （多选）（2022届重庆市南开中学校高三第九次质量检测）“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．某天小明在广场上发现了如图1所示的一个石凳，其形状是将一个正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”（如图2所示）．小明用卷尺测量出这个石凳的高度为50cm，他给出了如下判断，请你指出小明的哪些判断是正确的（ ）
A．这个石凳共有24条棱，12个顶点，14个面
B．一个体积为1立方米的正方体石料可以切割出8个这样的石凳（不计损耗）
C．这个石凳也可以由一个直径为70cm的球形石料切割而成（不计损耗）
D．如果将这个石凳三角形的那个面水平放置，石凳的高度会增加
【答案】ABD
【解析】观察所得的几何体可知，几何体有24条棱、12个顶点、14个面，选项A正确；
由题意可知，“阿基米德多面体”体积为原正方体体积减去8个三棱锥体积，设原正方体的棱长为，则8个三棱锥体积为，所以“阿基米德多面体”体积为，
又石凳的高度为50cm，所以原正方体的棱长，
所以“阿基米德多面体”体积为，
又1立方米等于，所以，
所以一个体积为1立方米的正方体石料可以切割出8个这样的石凳（不计损耗），故B正确；
原正方体的棱长，则其外接球的直径为，又 ，所以一个直径为70cm的球形石料切割不成该几何体（不计损耗），故C错误；
设原正方体的棱长为，则每个三棱锥是底面边长为的正三角形，侧棱长，且两两互相垂直的三棱锥，设顶点到正三角形的距离为，
由三棱锥的体积可知，解得，
所以两个对角上的正三角形所在面的距离为，
由题意可知，如果“阿基米德多面体”按照图2放置，则高度为，所以如果将这个石凳三角形的那个面水平放置，石凳的高度为，所以高度会增加，故D正确；故选ABD.
14.（2023届河南省新未来高三上学期8月联考） 六氟化硫是一种无机化合物，化学式为，常温常压下为无色无臭无毒不燃的稳定气体，密度约为空气密度的5倍，是强电负性气体，广泛用于超高压和特高压电力系统．六氟化硫分子结构呈正八面体排布（8个面都是正三角形）．若此正八面体的表面积为，则该正八面体的内切球的体积为______．
【答案】
【解析】设该正八面体的棱长为a，则，解得a＝4．
故内切球圆心O到各顶点的距离为．
故在正三棱锥O－ABC中，，
故．
由正八面体的结构特征可得的长为内切球半径.
所以该正八面体的内切球体积为．
三、最新模拟练
15. （2023届江苏省南京市高三上学期7月学情调）在△ABC中，.则以BC为轴，将△ABC旋转一周所得的几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】过A作交于点，则题中旋转体是以绕直角边所在直线BC旋转所成的两个圆锥的组合体.因为，
所以，所以△ABC的面积为：
，解得：.
所以将△ABC旋转一周所得的几何体的体积为：
故选C.
16. （2022届四川省内江市第六中学高三下学期考前第一次强化训）如图，正方形的边长为为的中点，将沿向上翻折到，连接，在翻折过程中，下列说法中正确的是（ ）
①四棱锥的体积最大值为②．中点的轨迹长度为
③与平面所成角的正弦值之比为
④三棱锥的外接球半径有最小值，没有最大值
A．①③B．②③C．①③④D．①②③
【答案】C
【解析】由已知梯形面积为，直角斜边
上的高为.当平面平面时，四棱锥的
体积取最大值. ①正确；
取中点为，则平行且相等，四边形是平行四边形，
所以，点的轨迹与点的轨迹完全相同，过作的垂线，垂足为
的轨迹是以为圆心，为半径的半圆弧，从而
中点的轨迹长度为.②错误；
由四边形是平行四边形知，
则平面，则到平面距离相等，
故，与平面所成角的正弦值之比为等于. ③正确；
外接圆半径为是中点，根据正弦定理
外接圆半径为是圆与圆公共弦，.
设三棱锥外接球球心为，半径为，
则
因为，所以，所以最小值为，没有最大值. ④正确；
故选C
17. （多选）（2022届河北省保定市高三上学期期末）如图，为正方体中所在棱的中点，过两点作正方体的截面，则截面的形状可能为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】BD
【解析】由正方体的对称性可知，截面的形状不可能为三角形和五边形，
如图，截面的形状只可能为四边形和六边形.故选BD
18. （多选）（2022届湖北省武汉市第二中学高三下学期5月全仿真模拟）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.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公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则（ ）
A．能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a
B．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
C．勒洛四面体的截面面积的最大值为
D．勒洛四面体的体积
【答案】AD
【解析】由题意知：勒洛四面体表面上任意两点间距离为a，故A正确；
勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图1，其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，易知BOE三点共线，设正四面体ABCD的外接球半径为，则由题意得：
，解得：，
所以，
易知，故B错误；
勒洛四面体最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图2，
则勒洛四面体截面面积最大值为三个半径为a，圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，即，故C错误；
勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球体积之间，
正四面体底面面积为，底面所在圆的半径为，故正四面体的高为，所以正四面体ABCD的体积，
设正四面体ABCD的外接球半径为，则由题意得：
，解得：，
所以外接球体积
所以勒洛四面体的体积，D正确.
故选AD
19. （2022届江苏省盐城中学高三下学期5月仿真）把边长为1的实心正六面体磁性几何魔方按图方式分成12块：（1）取6条面上的对角线；（2）考虑以立方体中心为顶点，上述6条对角线及12条棱之一为对边的三角形；（3）这18个三角形把立方体切成了12块，每块是一个四面体，每个四面体有两条棱是立方体的棱；（4）每个四面体仅通过其上立方体的棱和其它四面体连接．
则在此玩具所有可能的形状中，其上两点之间空间距离的最大值为__________．
【答案】
【解析】由题意，以标记的八个顶点，并设开始时选定的顶点为和，
则这个顶点分别属于6个小四面体，而，这六个顶点（无论怎么变形）构成一个边长为1的正六边形，
注意到这个由12个四面体构成，因此取到最大值的必定是两个小四面体的顶点，
在四面体中，四个顶点可分为3类：
（1）一个顶点在立方体中对于应于和，称之为第一类顶点；
（2）两个顶点（它们之间的棱）属于六边形，称之为第二类顶点；
（3）一个顶点对应于立方体的中心，它到一个小四面体的另三个顶点的距离都是，称之为第三类顶点，
这些顶点之间沿棱的距离的最大值，可得下表：
从而任意两点之间的距离不会超过.
20. （2022届星云联盟高三统一模拟）已知三棱锥的四个顶点在球O的表面上，，，，．若三棱锥的体积为，则球的表面积为__________．
【答案】或
【解析】由，，则△为等腰直角三角形，
若为中点，连接，则，且为面的外接圆圆心，
所以外接球的球心在过垂直于面的直线上，
由三棱锥的体积为，且，故到面的距离，
又，，则面，又面，
所以面面，且面面，
则在面上的射影落在直线上，又，
则或，若外接球的半径为，，
当，如下图示：，
，易知，则，
所以，可得，即，
所以，此时外接球表面积为；
当，如下图示：，
，易知，
所以，可得，即，
所以，此时外接球表面积为；
综上，外接球表面积为或.
21. （2022届四川省内江市第六中学高三下学期第三次强化训练）如图，底面是边长为2的菱形，平面，，与平面所成的角为.
(1)求证：平面平面；
(2)求几何体的体积
【解析】（1）证明：因为是边长为2的菱形，，所以和都是边长为2的正三角形，因为平面，所以、，又因为与平面所成的角为，所以，所以，取中点，连接、，又因为，，所以四边形为矩形，于是平面，，，又因为，取中点，连接、，因为，所以，因为，所以，所以为平面与平面构成二面角的平面角，又因为，，，所以，所以，所以平面平面．
（2）解：因为平面平面所以平面平面设的中点，连接，有因为平面平面所以面，即是四棱锥B-CDEF的高易求 所以
22. （2023届湖北省九校教研协作体高三上学期起点考试）查找并阅读关于蜂房结构的资料，建立数学模型说明蜂房正面采用正六边形面，底端是封闭的六角棱锥体的底，由三个相同的菱形组成（菱形的锐角为，钝角为）的原因．
【解析】数学模型I：能铺满平面的正多边形有哪些？在周长一定的情况下，哪种面积最大？
数学模型I的求解：
由于正边形的每一个内角都等于， 要将平面铺满，则有：
，解得，
故时，符合要求.
当周长一定时，正三角形的面积为；
正四边形的面积为；正六边形的面积为.
此时有： ，所以正六边形是最佳的设计.
数学模型Ⅱ：蜂房口的正六边形及蜂房的容积一定的情况下，问题是底面菱形的各角分别多大时，蜂房的表面积最小？
数学模型Ⅱ求解：
假定六棱柱的边长是，先求的长度，是腰长为1，夹角为的等腰三角形.以为对称轴作一个三角形 (图3).三角形是等边三角形.因此，
，即得.
把图4的表面分成六份，把其中之一摊平下来，得出图7的形状.从一个宽为的长方形切去一角，切割处成边.以为腰，为高作等腰三角形.问题:怎样切才能使所作出的图形的面积最小?
假定被切去的三角形的高是.从矩形中所切去的面积等于.现在看所添上的三角形的面积。AP 的长度是，因此的长度等于
因而三角形的面积等于.问题再变而为求的最小值的问题.
令，故，两边平方，整理得
因为是实数，故二次方程判别式
，而必大于，因此的最小值为，即.
当时取最小值，即在一棱上过处（图5中点）以及与该棱相邻的二棱的端点（图5中，点）切下来洴上去的图形的表面积最小.
设，由余弦定理得，并将代入可得
.
因此得出.
四、高考真题练
23. (2022高考全国卷甲) 甲、乙两个圆锥的母线长相等,侧面展开图的圆心角之和为,侧面积分别为和,体积分别为和．若,则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设母线长为,甲圆锥底面圆半径为,乙圆锥底面圆半径为,则,
所以,又,则,所以,所以甲圆锥的高,乙圆锥的高,所以.故选C.
24.（2022高考全国卷乙）已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】解法一：设该四棱锥底面为四边形ABCD,四边形ABCD所外接圆半径为r,设四边形ABCD对角线夹角为,则,（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时,底面ABCD面积最大值为
又,则
当且仅当即时等号成立,故选C.
解法二：由于该四棱锥的底面是圆内接四边形,当圆内接四边形面积最大时该四边形为正方形,设该正方形的边长为a,正方形外接圆半径为r,则,该四棱锥的高的最大值为,此时该四棱锥的体积,设,则,令得,所以当时最大,最大,此时,故选C.
25. （2022新高考全国卷 = 1 \* ROMAN I）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时,相应水面面积为；水位为海拔时,相应水面的面积为,将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔上升到时,增加的水量约为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】把增加的水量转化为棱台的体积,依题意可知棱台的高为(m),
棱台上底面积,下底面积,
∴
．故选C．
26. （2022新高考全国卷 = 1 \* ROMAN I）已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为,且,则该正四棱锥体积的取值范围是
AB. C. D.
【答案】C
【解析】∵球的体积为,所以球的半径,设正四棱锥的底面边长为,高为,
则,,所以,,
所以正四棱锥的体积,
所以,
当时,,当时,,
所以当时,正四棱锥的体积取最大值,最大值为,
又时,,时,,所以正四棱锥的体积的最小值为,
所以该正四棱锥体积的取值范围是.故选C.
27. （2022新高考全国卷 = 2 \* ROMAN II）已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为和,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设该正三棱台上下底面圆的半径分别为,所以,解得,设该球的球心到上下底面的距离分别为,球的半径为,所以,,故或,即或,解得,符合题意,所以球的表面积为．故选A．
五、综合提升练
28. （2022届江西省南昌市高三第三次模拟）已知长方体中，，，，为矩形内一动点，设二面角为，直线与平面所成的角为，若，则三棱锥体积的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图，作平面，垂足为，再作，垂足为，
连接，由题意可知，，所以，
由抛物线定义可知，的轨迹为抛物线一部分，所以的轨迹为抛物线一部分，
当点到线段距离最短时，三角形面积最小，三棱锥体积最小，
建立如图所示直角坐标系，则直线的方程为，
抛物线的方程为，，
由题意，，得，代入，得，
所以点的坐标为，所以到直线的最短距离为
，因为，
所以，
所以三棱锥体积的最小值为.故选C
29. （2023届江苏省南京市高三上学期7月学情调研）已知一个正四面体的棱长为2，则其外接球与以其一个顶点为球心，1为半径的球面所形成的交线的长度为___________.
【答案】
【解析】设外接球半径为，外接球球心到底面的距离为，
则，所以，
两球相交形成形成的图形为圆，
如图，在中，，，
在中，，
所以交线所在圆的半径为，
所以交线长度为.
30. 已知正方体.
(1)若正方体的棱长为1，求点到平面的距离；
(2)在一个棱长为10的密封正方体盒子中，放一个半径为1的小球，任意摇动盒子，求小球在盒子中不能达到的空间的体积；
(3)在空间里，是否存在一个正方体，它的定点到某个平面的距离恰好为0、1、2、3、4、5、6、7，若存在，求出正方体的棱长，若不存在，说明理由.
【解析】 (1)正方体的棱长为1，设点到平面的距离为，
由，
则，
即，
解得.
(2)在正方体的个顶点处的单位立方体空间内，
小球不能到达的空间为：，
除此之外，以正方体的棱为一条棱的个的正四棱柱空间内，
小球不能到达的空间共，
其它空间小球均能到达，
故小球不能到达的空间体积为： （）
(3)设平面为符合题意的平面，过点，
延长分别交平面于点,
由图可知，点
与平面的距离分别应为0、1、2、3、4、5、6、7，
因为互相平行，所以它们与平面所成角相等，
故由比例关系得.
设正方体的棱长为，则，
用几何方法可解得，，
故，
由平面，知为四面体的底面上的高，
所以由，算得点到平面的距离，
，
实际上已知，所以，从而可得，
所以正方体的棱长为，由图可知，该正方体存在.
距离
第一类顶点
第二类顶点
第三类顶点
第一类顶点
第二类顶点
第三类顶点
一、课本变式练
1.（人A选择性必修二P105习题8.1T6变式）以下结论中错误的是（ ）
A．经过不共面的四点的球有且仅有一个B．平行六面体的每个面都是平行四边形
C．正棱柱的每条侧棱均与上下底面垂直D．棱台的每条侧棱均与上下底面不垂直
2.（人A选择性必修二P111习题8.2T5变式）如图，梯形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，，则原图形的面积为（ ）
A．B．C．D．
3. （人A选择性必修二P119习题8.3T4变式）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为（ ）
A．B．C．D．
4. （人A选择性必修二P119习题8.3T5变式）长､宽､高分别为1，2，3的长方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为___________.
二、考点分类练
(一)空间几何体的结构
5. 如图，△ABC是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中，则以下说法正确的是（ ）
A．△ABC是钝角三角形B．△ABC是等边三角形
C．△ABC是等腰直角三角形D．△ABC是等腰三角形，但不是直角三角形
6. （2022届河北省邯郸市高考二模）如图是一个正方体的平面展开图，将其复原为正方体后，互相重合的点是（ ）
A．A与BB．D与EC．B与DD．C与F
7. 下列说法正确的是（ ）
A．如果四棱锥的底面是正方形，那么这个四棱锥的四条侧棱都相等
B．五棱锥只有五条棱
C．一个棱柱至少有五个面
D．棱台的各侧棱延长后交于一点
(二)空间几何体的表面积
8．（2023届江西省赣抚吉十一校高三第一次联考）已知圆锥的底面半径为，当圆锥的侧面积为时，该圆锥的母线与底面所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
9. （2022届上海市松江一中高三下学期3月阶段测试）体积相等的正方体、球、等边圆柱（轴截面为正方形的圆柱）全面积分别为、、，那么它们的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
10. （2023届江西省名校联考高三7月第一次摸底）已知圆台的上、下底面半径分别为，若该圆台的表面积为，母线长为2，且，则________．
(三)空间几何体的体积
11. （2023届陕西省宝鸡市千阳县中学高三上学期一模）已知底面边长为1，侧棱长为则正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为（ ）
A．B．C．D．
12. （2023届湖北省九校教研协作体高三上学期起点考试）如图，何尊是我国西周早期的青铜礼器，其造型浑厚，工艺精美，尊内底铸铭文中的“宅兹中国”为“中国”一词最早的文字记载，何尊还是第一个出现“德”字的器物，证明了周王朝以德治国的理念，何尊的形状可近似看作是圆台和圆柱的组合体，组合体的高约为40cm，上口直径约为28cm，经测量可知圆台的高约为16cm，圆柱的底面直径约为18cm，则该组合体的体积约为（ ）（其中的值取3）
A．11280cm3B．12380cm3C．12680cm3D．12280cm3
13. （多选）（2022届重庆市南开中学校高三第九次质量检测）“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．某天小明在广场上发现了如图1所示的一个石凳，其形状是将一个正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”（如图2所示）．小明用卷尺测量出这个石凳的高度为50cm，他给出了如下判断，请你指出小明的哪些判断是正确的（ ）
A．这个石凳共有24条棱，12个顶点，14个面
B．一个体积为1立方米的正方体石料可以切割出8个这样的石凳（不计损耗）
C．这个石凳也可以由一个直径为70cm的球形石料切割而成（不计损耗）
D．如果将这个石凳三角形的那个面水平放置，石凳的高度会增加
14.（2023届河南省新未来高三上学期8月联考） 六氟化硫是一种无机化合物，化学式为，常温常压下为无色无臭无毒不燃的稳定气体，密度约为空气密度的5倍，是强电负性气体，广泛用于超高压和特高压电力系统．六氟化硫分子结构呈正八面体排布（8个面都是正三角形）．若此正八面体的表面积为，则该正八面体的内切球的体积为______．
三、最新模拟练
15. （2023届江苏省南京市高三上学期7月学情调）在△ABC中，.则以BC为轴，将△ABC旋转一周所得的几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
16. （2022届四川省内江市第六中学高三下学期考前第一次强化训）如图，正方形的边长为为的中点，将沿向上翻折到，连接，在翻折过程中，下列说法中正确的是（ ）
①四棱锥的体积最大值为②．中点的轨迹长度为
③与平面所成角的正弦值之比为
④三棱锥的外接球半径有最小值，没有最大值
A．①③B．②③C．①③④D．①②③
17. （多选）（2022届河北省保定市高三上学期期末）如图，为正方体中所在棱的中点，过两点作正方体的截面，则截面的形状可能为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
18. （多选）（2022届湖北省武汉市第二中学高三下学期5月全仿真模拟）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.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公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则（ ）
A．能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a
B．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
C．勒洛四面体的截面面积的最大值为
D．勒洛四面体的体积
19. （2022届江苏省盐城中学高三下学期5月仿真）把边长为1的实心正六面体磁性几何魔方按图方式分成12块：（1）取6条面上的对角线；（2）考虑以立方体中心为顶点，上述6条对角线及12条棱之一为对边的三角形；（3）这18个三角形把立方体切成了12块，每块是一个四面体，每个四面体有两条棱是立方体的棱；（4）每个四面体仅通过其上立方体的棱和其它四面体连接．
则在此玩具所有可能的形状中，其上两点之间空间距离的最大值为__________．
20. （2022届星云联盟高三统一模拟）已知三棱锥的四个顶点在球O的表面上，，，，．若三棱锥的体积为，则球的表面积为__________．
21. （2022届四川省内江市第六中学高三下学期第三次强化训练）如图，底面是边长为2的菱形，平面，，与平面所成的角为.
(1)求证：平面平面；
(2)求几何体的体积
22. （2023届湖北省九校教研协作体高三上学期起点考试）查找并阅读关于蜂房结构的资料，建立数学模型说明蜂房正面采用正六边形面，底端是封闭的六角棱锥体的底，由三个相同的菱形组成（菱形的锐角为，钝角为）的原因．
四、高考真题练
23. (2022高考全国卷甲) 甲、乙两个圆锥的母线长相等,侧面展开图的圆心角之和为,侧面积分别为和,体积分别为和．若,则（）
A. B. C. D.
24.（2022高考全国卷乙）已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为（）
A. B. C. D.
25. （2022新高考全国卷 = 1 \* ROMAN I）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时,相应水面面积为；水位为海拔时,相应水面的面积为,将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔上升到时,增加的水量约为（）
A. B. C. D.
26. （2022新高考全国卷 = 1 \* ROMAN I）已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为,且,则该正四棱锥体积的取值范围是
AB. C. D.
27. （2022新高考全国卷 = 2 \* ROMAN II）已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为和,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为
A. B. C. D.
五、综合提升练
28. （2022届江西省南昌市高三第三次模拟）已知长方体中，，，，为矩形内一动点，设二面角为，直线与平面所成的角为，若，则三棱锥体积的最小值是（ ）
A．B．C．D．
29. （2023届江苏省南京市高三上学期7月学情调研）已知一个正四面体的棱长为2，则其外接球与以其一个顶点为球心，1为半径的球面所形成的交线的长度为___________.
30. 已知正方体.
(1)若正方体的棱长为1，求点到平面的距离；
(2)在一个棱长为10的密封正方体盒子中，放一个半径为1的小球，任意摇动盒子，求小球在盒子中不能达到的空间的体积；
(3)在空间里，是否存在一个正方体，它的定点到某个平面的距离恰好为0、1、2、3、4、5、6、7，若存在，求出正方体的棱长，若不存在，说明理由.
第30练 空间几何体的结构、表面积与体积
一、课本变式练
1.（人A选择性必修二P105习题8.1T6变式）以下结论中错误的是（ ）
A．经过不共面的四点的球有且仅有一个B．平行六面体的每个面都是平行四边形
C．正棱柱的每条侧棱均与上下底面垂直D．棱台的每条侧棱均与上下底面不垂直
【答案】D
【解析】对于A，经过不共面的四点的球，即为该四面体的外接球，有且仅有一个，故A正确，对于B，平行六面体的每个面都是平行四边形，故B正确，对于C，正棱柱的每条侧棱均与上下底面垂直，故C正确，对于D，棱台的每条侧棱延长线交于一点，侧棱中有可能与底面垂直，故D错误，故选D
2.（人A选择性必修二P111习题8.2T5变式）如图，梯形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，，则原图形的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题得,所以.故选B．
3. （人A选择性必修二P119习题8.3T4变式）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为，所以四棱锥的高为，
若圆柱的一个底面的周圆经过四棱锥四条侧棱的中点，圆柱的底面半径为，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，故圆柱的体积为．故选A．
4. （人A选择性必修二P119习题8.3T5变式）长､宽､高分别为1，2，3的长方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为___________.
【答案】
【解析】设球的半径为，由于长方体的体对角线为其外接球的直径，则，故该球的表面积为.
二、考点分类练
(一)空间几何体的结构
5. 如图，△ABC是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中，则以下说法正确的是（ ）
A．△ABC是钝角三角形B．△ABC是等边三角形
C．△ABC是等腰直角三角形D．△ABC是等腰三角形，但不是直角三角形
【答案】C
【解析】将其还原成原图，如图，设，则可得，，
从而，所以，即，故是等腰直角三角形.
故选C.
6. （2022届河北省邯郸市高考二模）如图是一个正方体的平面展开图，将其复原为正方体后，互相重合的点是（ ）
A．A与BB．D与EC．B与DD．C与F
【答案】ABD
【详解】将平面展开图，还原正方体如下图所示：
所以互相重合的点是A与B，D与E,C与F，故选ABD
7. 下列说法正确的是（ ）
A．如果四棱锥的底面是正方形，那么这个四棱锥的四条侧棱都相等
B．五棱锥只有五条棱
C．一个棱柱至少有五个面
D．棱台的各侧棱延长后交于一点
【答案】CD
【解析】根据棱锥、棱柱、棱台的定义和结构特征即可判断.
【详解】四棱锥的底面是正方形，它的侧棱可以相等，也可以不相等，A错误；
五棱锥除了五条侧棱外，底面上还有五条棱，故共条棱，B错误；
一个棱柱最少有三个侧面，两个底面，故至少有五个面，C正确；
棱台是由平行于棱锥底面的截面截得，故棱台的各侧棱延长后交于一点，D正确.故选CD.
(二)空间几何体的表面积
8．（2023届江西省赣抚吉十一校高三第一次联考）已知圆锥的底面半径为，当圆锥的侧面积为时，该圆锥的母线与底面所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设圆锥的母线长为，由题意可得圆锥的侧面积，解得，所以母线与底面所成角的余弦值，由同角三角函数关系可得，，因此母线与底面所成角的正切值.故选A
9. （2022届上海市松江一中高三下学期3月阶段测试）体积相等的正方体、球、等边圆柱（轴截面为正方形的圆柱）全面积分别为、、，那么它们的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设球的半径为, 正方体的棱长为, 圆柱的底面半径是,
所以球的体积为:, 正方体的体积为: , 圆柱的体积为:;
故,所以，
，,;
因为，
因为
所以，综上，，故选D
10. （2023届江西省名校联考高三7月第一次摸底）已知圆台的上、下底面半径分别为，若该圆台的表面积为，母线长为2，且，则________．
【答案】3
【解析】圆台的表面积为，
从而，，
因此，解得（负值舍）．
(三)空间几何体的体积
11. （2023届陕西省宝鸡市千阳县中学高三上学期一模）已知底面边长为1，侧棱长为则正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题可知，正四棱柱的体对角线即为外接球的直径，故，
解得，故球的体积为：.故选D.
12. （2023届湖北省九校教研协作体高三上学期起点考试）如图，何尊是我国西周早期的青铜礼器，其造型浑厚，工艺精美，尊内底铸铭文中的“宅兹中国”为“中国”一词最早的文字记载，何尊还是第一个出现“德”字的器物，证明了周王朝以德治国的理念，何尊的形状可近似看作是圆台和圆柱的组合体，组合体的高约为40cm，上口直径约为28cm，经测量可知圆台的高约为16cm，圆柱的底面直径约为18cm，则该组合体的体积约为（ ）（其中的值取3）
A．11280cm3B．12380cm3C．12680cm3D．12280cm3
【答案】D
【解析】由题意得圆柱的高约为（cm），则何尊的体积（cm3）故选D．
13. （多选）（2022届重庆市南开中学校高三第九次质量检测）“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．某天小明在广场上发现了如图1所示的一个石凳，其形状是将一个正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”（如图2所示）．小明用卷尺测量出这个石凳的高度为50cm，他给出了如下判断，请你指出小明的哪些判断是正确的（ ）
A．这个石凳共有24条棱，12个顶点，14个面
B．一个体积为1立方米的正方体石料可以切割出8个这样的石凳（不计损耗）
C．这个石凳也可以由一个直径为70cm的球形石料切割而成（不计损耗）
D．如果将这个石凳三角形的那个面水平放置，石凳的高度会增加
【答案】ABD
【解析】观察所得的几何体可知，几何体有24条棱、12个顶点、14个面，选项A正确；
由题意可知，“阿基米德多面体”体积为原正方体体积减去8个三棱锥体积，设原正方体的棱长为，则8个三棱锥体积为，所以“阿基米德多面体”体积为，
又石凳的高度为50cm，所以原正方体的棱长，
所以“阿基米德多面体”体积为，
又1立方米等于，所以，
所以一个体积为1立方米的正方体石料可以切割出8个这样的石凳（不计损耗），故B正确；
原正方体的棱长，则其外接球的直径为，又 ，所以一个直径为70cm的球形石料切割不成该几何体（不计损耗），故C错误；
设原正方体的棱长为，则每个三棱锥是底面边长为的正三角形，侧棱长，且两两互相垂直的三棱锥，设顶点到正三角形的距离为，
由三棱锥的体积可知，解得，
所以两个对角上的正三角形所在面的距离为，
由题意可知，如果“阿基米德多面体”按照图2放置，则高度为，所以如果将这个石凳三角形的那个面水平放置，石凳的高度为，所以高度会增加，故D正确；故选ABD.
14.（2023届河南省新未来高三上学期8月联考） 六氟化硫是一种无机化合物，化学式为，常温常压下为无色无臭无毒不燃的稳定气体，密度约为空气密度的5倍，是强电负性气体，广泛用于超高压和特高压电力系统．六氟化硫分子结构呈正八面体排布（8个面都是正三角形）．若此正八面体的表面积为，则该正八面体的内切球的体积为______．
【答案】
【解析】设该正八面体的棱长为a，则，解得a＝4．
故内切球圆心O到各顶点的距离为．
故在正三棱锥O－ABC中，，
故．
由正八面体的结构特征可得的长为内切球半径.
所以该正八面体的内切球体积为．
三、最新模拟练
15. （2023届江苏省南京市高三上学期7月学情调）在△ABC中，.则以BC为轴，将△ABC旋转一周所得的几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】过A作交于点，则题中旋转体是以绕直角边所在直线BC旋转所成的两个圆锥的组合体.因为，
所以，所以△ABC的面积为：
，解得：.
所以将△ABC旋转一周所得的几何体的体积为：
故选C.
16. （2022届四川省内江市第六中学高三下学期考前第一次强化训）如图，正方形的边长为为的中点，将沿向上翻折到，连接，在翻折过程中，下列说法中正确的是（ ）
①四棱锥的体积最大值为②．中点的轨迹长度为
③与平面所成角的正弦值之比为
④三棱锥的外接球半径有最小值，没有最大值
A．①③B．②③C．①③④D．①②③
【答案】C
【解析】由已知梯形面积为，直角斜边
上的高为.当平面平面时，四棱锥的
体积取最大值. ①正确；
取中点为，则平行且相等，四边形是平行四边形，
所以，点的轨迹与点的轨迹完全相同，过作的垂线，垂足为
的轨迹是以为圆心，为半径的半圆弧，从而
中点的轨迹长度为.②错误；
由四边形是平行四边形知，
则平面，则到平面距离相等，
故，与平面所成角的正弦值之比为等于. ③正确；
外接圆半径为是中点，根据正弦定理
外接圆半径为是圆与圆公共弦，.
设三棱锥外接球球心为，半径为，
则
因为，所以，所以最小值为，没有最大值. ④正确；
故选C
17. （多选）（2022届河北省保定市高三上学期期末）如图，为正方体中所在棱的中点，过两点作正方体的截面，则截面的形状可能为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】BD
【解析】由正方体的对称性可知，截面的形状不可能为三角形和五边形，
如图，截面的形状只可能为四边形和六边形.故选BD
18. （多选）（2022届湖北省武汉市第二中学高三下学期5月全仿真模拟）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.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公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则（ ）
A．能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a
B．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
C．勒洛四面体的截面面积的最大值为
D．勒洛四面体的体积
【答案】AD
【解析】由题意知：勒洛四面体表面上任意两点间距离为a，故A正确；
勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图1，其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，易知BOE三点共线，设正四面体ABCD的外接球半径为，则由题意得：
，解得：，
所以，
易知，故B错误；
勒洛四面体最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图2，
则勒洛四面体截面面积最大值为三个半径为a，圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，即，故C错误；
勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球体积之间，
正四面体底面面积为，底面所在圆的半径为，故正四面体的高为，所以正四面体ABCD的体积，
设正四面体ABCD的外接球半径为，则由题意得：
，解得：，
所以外接球体积
所以勒洛四面体的体积，D正确.
故选AD
19. （2022届江苏省盐城中学高三下学期5月仿真）把边长为1的实心正六面体磁性几何魔方按图方式分成12块：（1）取6条面上的对角线；（2）考虑以立方体中心为顶点，上述6条对角线及12条棱之一为对边的三角形；（3）这18个三角形把立方体切成了12块，每块是一个四面体，每个四面体有两条棱是立方体的棱；（4）每个四面体仅通过其上立方体的棱和其它四面体连接．
则在此玩具所有可能的形状中，其上两点之间空间距离的最大值为__________．
【答案】
【解析】由题意，以标记的八个顶点，并设开始时选定的顶点为和，
则这个顶点分别属于6个小四面体，而，这六个顶点（无论怎么变形）构成一个边长为1的正六边形，
注意到这个由12个四面体构成，因此取到最大值的必定是两个小四面体的顶点，
在四面体中，四个顶点可分为3类：
（1）一个顶点在立方体中对于应于和，称之为第一类顶点；
（2）两个顶点（它们之间的棱）属于六边形，称之为第二类顶点；
（3）一个顶点对应于立方体的中心，它到一个小四面体的另三个顶点的距离都是，称之为第三类顶点，
这些顶点之间沿棱的距离的最大值，可得下表：
从而任意两点之间的距离不会超过.
20. （2022届星云联盟高三统一模拟）已知三棱锥的四个顶点在球O的表面上，，，，．若三棱锥的体积为，则球的表面积为__________．
【答案】或
【解析】由，，则△为等腰直角三角形，
若为中点，连接，则，且为面的外接圆圆心，
所以外接球的球心在过垂直于面的直线上，
由三棱锥的体积为，且，故到面的距离，
又，，则面，又面，
所以面面，且面面，
则在面上的射影落在直线上，又，
则或，若外接球的半径为，，
当，如下图示：，
，易知，则，
所以，可得，即，
所以，此时外接球表面积为；
当，如下图示：，
，易知，
所以，可得，即，
所以，此时外接球表面积为；
综上，外接球表面积为或.
21. （2022届四川省内江市第六中学高三下学期第三次强化训练）如图，底面是边长为2的菱形，平面，，与平面所成的角为.
(1)求证：平面平面；
(2)求几何体的体积
【解析】（1）证明：因为是边长为2的菱形，，所以和都是边长为2的正三角形，因为平面，所以、，又因为与平面所成的角为，所以，所以，取中点，连接、，又因为，，所以四边形为矩形，于是平面，，，又因为，取中点，连接、，因为，所以，因为，所以，所以为平面与平面构成二面角的平面角，又因为，，，所以，所以，所以平面平面．
（2）解：因为平面平面所以平面平面设的中点，连接，有因为平面平面所以面，即是四棱锥B-CDEF的高易求 所以
22. （2023届湖北省九校教研协作体高三上学期起点考试）查找并阅读关于蜂房结构的资料，建立数学模型说明蜂房正面采用正六边形面，底端是封闭的六角棱锥体的底，由三个相同的菱形组成（菱形的锐角为，钝角为）的原因．
【解析】数学模型I：能铺满平面的正多边形有哪些？在周长一定的情况下，哪种面积最大？
数学模型I的求解：
由于正边形的每一个内角都等于， 要将平面铺满，则有：
，解得，
故时，符合要求.
当周长一定时，正三角形的面积为；
正四边形的面积为；正六边形的面积为.
此时有： ，所以正六边形是最佳的设计.
数学模型Ⅱ：蜂房口的正六边形及蜂房的容积一定的情况下，问题是底面菱形的各角分别多大时，蜂房的表面积最小？
数学模型Ⅱ求解：
假定六棱柱的边长是，先求的长度，是腰长为1，夹角为的等腰三角形.以为对称轴作一个三角形 (图3).三角形是等边三角形.因此，
，即得.
把图4的表面分成六份，把其中之一摊平下来，得出图7的形状.从一个宽为的长方形切去一角，切割处成边.以为腰，为高作等腰三角形.问题:怎样切才能使所作出的图形的面积最小?
假定被切去的三角形的高是.从矩形中所切去的面积等于.现在看所添上的三角形的面积。AP 的长度是，因此的长度等于
因而三角形的面积等于.问题再变而为求的最小值的问题.
令，故，两边平方，整理得
因为是实数，故二次方程判别式
，而必大于，因此的最小值为，即.
当时取最小值，即在一棱上过处（图5中点）以及与该棱相邻的二棱的端点（图5中，点）切下来洴上去的图形的表面积最小.
设，由余弦定理得，并将代入可得
.
因此得出.
四、高考真题练
23. (2022高考全国卷甲) 甲、乙两个圆锥的母线长相等,侧面展开图的圆心角之和为,侧面积分别为和,体积分别为和．若,则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设母线长为,甲圆锥底面圆半径为,乙圆锥底面圆半径为,则,
所以,又,则,所以,所以甲圆锥的高,乙圆锥的高,所以.故选C.
24.（2022高考全国卷乙）已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】解法一：设该四棱锥底面为四边形ABCD,四边形ABCD所外接圆半径为r,设四边形ABCD对角线夹角为,则,（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时,底面ABCD面积最大值为
又,则
当且仅当即时等号成立,故选C.
解法二：由于该四棱锥的底面是圆内接四边形,当圆内接四边形面积最大时该四边形为正方形,设该正方形的边长为a,正方形外接圆半径为r,则,该四棱锥的高的最大值为,此时该四棱锥的体积,设,则,令得,所以当时最大,最大,此时,故选C.
25. （2022新高考全国卷 = 1 \* ROMAN I）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时,相应水面面积为；水位为海拔时,相应水面的面积为,将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔上升到时,增加的水量约为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】把增加的水量转化为棱台的体积,依题意可知棱台的高为(m),
棱台上底面积,下底面积,
∴
．故选C．
26. （2022新高考全国卷 = 1 \* ROMAN I）已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为,且,则该正四棱锥体积的取值范围是
AB. C. D.
【答案】C
【解析】∵球的体积为,所以球的半径,设正四棱锥的底面边长为,高为,
则,,所以,,
所以正四棱锥的体积,
所以,
当时,,当时,,
所以当时,正四棱锥的体积取最大值,最大值为,
又时,,时,,所以正四棱锥的体积的最小值为,
所以该正四棱锥体积的取值范围是.故选C.
27. （2022新高考全国卷 = 2 \* ROMAN II）已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为和,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设该正三棱台上下底面圆的半径分别为,所以,解得,设该球的球心到上下底面的距离分别为,球的半径为,所以,,故或,即或,解得,符合题意,所以球的表面积为．故选A．
五、综合提升练
28. （2022届江西省南昌市高三第三次模拟）已知长方体中，，，，为矩形内一动点，设二面角为，直线与平面所成的角为，若，则三棱锥体积的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图，作平面，垂足为，再作，垂足为，
连接，由题意可知，，所以，
由抛物线定义可知，的轨迹为抛物线一部分，所以的轨迹为抛物线一部分，
当点到线段距离最短时，三角形面积最小，三棱锥体积最小，
建立如图所示直角坐标系，则直线的方程为，
抛物线的方程为，，
由题意，，得，代入，得，
所以点的坐标为，所以到直线的最短距离为
，因为，
所以，
所以三棱锥体积的最小值为.故选C
29. （2023届江苏省南京市高三上学期7月学情调研）已知一个正四面体的棱长为2，则其外接球与以其一个顶点为球心，1为半径的球面所形成的交线的长度为___________.
【答案】
【解析】设外接球半径为，外接球球心到底面的距离为，
则，所以，
两球相交形成形成的图形为圆，
如图，在中，，，
在中，，
所以交线所在圆的半径为，
所以交线长度为.
30. 已知正方体.
(1)若正方体的棱长为1，求点到平面的距离；
(2)在一个棱长为10的密封正方体盒子中，放一个半径为1的小球，任意摇动盒子，求小球在盒子中不能达到的空间的体积；
(3)在空间里，是否存在一个正方体，它的定点到某个平面的距离恰好为0、1、2、3、4、5、6、7，若存在，求出正方体的棱长，若不存在，说明理由.
【解析】 (1)正方体的棱长为1，设点到平面的距离为，
由，
则，
即，
解得.
(2)在正方体的个顶点处的单位立方体空间内，
小球不能到达的空间为：，
除此之外，以正方体的棱为一条棱的个的正四棱柱空间内，
小球不能到达的空间共，
其它空间小球均能到达，
故小球不能到达的空间体积为： （）
(3)设平面为符合题意的平面，过点，
延长分别交平面于点,
由图可知，点
与平面的距离分别应为0、1、2、3、4、5、6、7，
因为互相平行，所以它们与平面所成角相等，
故由比例关系得.
设正方体的棱长为，则，
用几何方法可解得，，
故，
由平面，知为四面体的底面上的高，
所以由，算得点到平面的距离，
，
实际上已知，所以，从而可得，
所以正方体的棱长为，由图可知，该正方体存在.
距离
第一类顶点
第二类顶点
第三类顶点
第一类顶点
第二类顶点
第三类顶点
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