空间几何体及其表面积和体积-2022年高考数学训练（解析版）

备战2022年高考数学核心考点专题训练

专题21空间几何体及其表面积和体积

一、单选题（本大题共12小题，共60分）

1.3D打印属于快速成形技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属

或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠累积的方式来构造物体的技术（即“积层造型法”）.过

去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制造，特

别是一些高价值应用（比如髓关节、牙齿或一些飞机零部件等）.已知利用3D打印技术制

作如图所示的模型.该模型为在圆锥底内挖去一个正方体后的剩余部分（正方体四个顶

点在圆锥母线上，四个顶点在圆锥底面上），圆锥底面直径为10&cm,母线与底面所成

角的正切值为√Σ打印所用原料密度为I，/，，/,不考虑打印损耗，制作该模型所需原

料的质量约为（取π=3.14,精确到0.1）（）

A.609.4gB.447.3gC.398.3gD.357.3g

【答案】C

【解析】解：如图，是儿何体的轴截面，

因为圆锥底面直径为10√Σcm,

所以半径为5√∑cm.

因为母线与底面所成角的正切值为VL

所以圆锥的高为IoCm.

设正方体的棱长为a,

则受=也，解得a=5,

5√210

所以该模型的体积为『-•「，、，・I。-WS（Cinj）.

所以制作该模型所需原料的质量为（等一125）XI=等一125~398.3（g）.

故选C.

2.已知圆柱的上底面圆周经过正三棱锥P-ABC的三条侧棱的中点，下底面圆心为此三棱

锥底面中心O.若三棱锥P-ABC的高为该圆柱外接球半径的2倍，则该三棱锥的外接球

与圆柱外接球的半径之比为（）

A.2：1B,7：4C.3：1D.5：3

【答案】B

【解析】解：设正三棱锥P-ABC的底面边长为2a,高为h,如图所示:

则圆柱高为会底面圆半径为ga,

利用勾股定理，Uj求得圆柱外接球半径R=

由h=2R,可求得h=ga.

设正三棱锥P-ABC的外接球的半径为r,

则球心到底面距离为h-r,OA=也

3

利用勾股定理产=（h—r）2+（竽a）2,

可得r=[a,故H，

故选：B.

3.“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.如图，将正方体沿交于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''.若该多面体的棱

长为√Σ,则其体积为（）

【答案】D

【解析】解：将该多面体放入正方体中，如图所示.

由于多面体的棱长为√Σ,则正方体的棱长为2.

该多面体是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得的，

所以该多面体的体积为23-8×∣×Q×l×l)×l=y.

故选D.

4.在三棱锥P-ABCΦ,ΔPAC是等边三角形，平面PAC1平面ABC,AB=√3,AC=2√3,

△CAB=60。，则三棱锥P-ABC的外接球体积为()

ŋ12√3TT

【答案】C

【解析】解：如图所示:

在AABCψ，由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB∙AC-coszCAB=(√3)2+(2√3)2-2X

√3X2√3×∣=9,则BC=3,

则有AC?=BC2+AB2,所以AABC是Rt△,取AC的中点D,连接BD,PD,

则^ABC的外心是点D,又因为△PAC是等边三角形，所以PDlAC

而平面PAC1•平面ABC,所以PD，平面ABC,

所以外接球球心O必在PD上，连接OB,

设球半径为R,AABC外接圆半径为r,三棱锥的高为h,

则r=∣AC=√3,h=√PA2-AD2=J（2√3）2-（√3）2=3，

ILlOB2=OD2+BD2,即R2=（h-R）2+a,R2=（3_R）2+（百1，

解得R=2,

4∙,b）π

所以外接球的体积」-R4^,.

故选C∙

5.公元前3世纪，古希腊欧几里得在《几何原本》里提出：“球的体积（V）与它的直径（D）的

立方成正比“，此即V=kD3,欧几里得未给出k的值.17世纪日本数学家们对求球的

体积的方法还不了解，他们将体积公式V=kD3中的常数k称为“立圆率”或“玉积率”.类

似地，对于等边圆柱（轴截面是正方形的圆柱）、正方体也可利用公式V=kD3求体积（在

等边圆柱中，D表示底面圆的直径；在正方体中，D表示棱长）.假设运用此体积公式求

得球（直径为a）、等边圆柱（底面圆的直径为a）、正方体（棱长为a）的“玉积率”分别为七、

k2,k3,那么％：k2:k3等于（）

A.ɪ:ɪ:ɪB.小：个：2C.2：3：2πD.小：十：1

46π6464

【答案】D

【解析】解：•・,K=^πR3=^πφ3=^a3=>k=ɪ;

ɔɔZD1O

223

V2=πRa=π（∣）a=^a=»k2=p

3

V3=a=>k3=1;

故ki：k：k=：工：1.

2364

故选D.

6.已知三棱锥P-ABC的底面是正三角形，PA=a,点A在侧面PBC内的射影H是4PBC

的垂心，当三棱锥P-ABC体积最大值时，三棱锥P-ABC的外接球的表面积为

A.4√3a3B.3πa2C.^πa3D.12a2

【答案】B

【解析】解：根据题意，延长PH交BC于D,连接AD,

∙.∙H是APBC的垂心，.∙.BClPD,

∙∙∙AH1平面PBC,BCU平面PBC,

AH1BC,

又AHU平面APD,PDU平面PAD,AHrIPD=H,

二BC_L平面APD,又ADU平面APD,

.∙.BC1AD,

连接BH并延长交PC于E,连接AE,

由AH1平面PBC可得AH1PC,

又BE1PC,AH∩BE=H,

PC，平面ABE,.∙.AB1PC.

设P在平面ABC上的射影为O,延长Co交AB于F,连接PF.

•••PO1AB,PC∩PO=P,

.∙.AB_L平面PCF.

.∙.PFlAB,CFlAB.

∙∙.0是△ABC的中心，F是AB的中点，

.∙.PB=PA=a=PC,

当PA,PB,PC两两垂直时，三棱锥P-ABC体积取得最大值时,

三棱锥P-ABC的外接球的半径R满足：

(2R)2=3×a2,解得R='a.

所以三棱锥P-ABC的外接球的表面积为L(4/3-H'.

7.如图，圆锥的母线长为4,点M为母线AB的中点，从点M处拉一条绳子，绕圆锥的

侧面转一周达到B点，这条绳子的长度最短值为2√5,则此圆锥的表面积为()

A.4πB.5πC.6πD.8π

【答案】B

【解析】解：设底面圆半径为r,由母线长为4,

所以侧面展开扇形的圆心角为α=平=年；

42

将圆锥侧面展开成一个扇形，从点M拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B,

最短距离为BM,如图所示：

BL

.U

在AABM中，

BM=J42+22-2×4×2×cos≡=^20-16cos≡=2√5,

解得COSU=0,所以r=l，

所以圆锥的表面积为S=π×l2+π×l×4=5π.

故选:B.

8.伟大的科学家阿基米德逝世后，敌军将领马塞拉斯给他建了一块墓碑，在墓碑上刻了一

个如图所示的图案，图案中球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为

圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面，则图案中圆锥、球，圆柱的体积比为

()

A.1:2:3B.1：&：GC.I；√2：3D.2:3:6

【答案】A

【解析】解：•.・球内切于圆柱，所以圆柱高h等于球直径2R,圆柱底面积S底等于球最大横

截面面积S,

圆柱体积V圆柱=S底Xh,

球体积V球=(πR3,

球最大横截面积S=π×R2,

%性S也!ΓΛ∙∕1

・・・圆柱体积与球体积比为：VI

萨Nr

*>

圆锥的体积

・・・图案中圆锥、球、圆柱的体积比为1：2：3.

故选A.

9.体积为旧的三棱锥P-ABC的顶点都在球O的球面上,PAL平面ABC,PA=2,ZABC=

120。，则球O的体积的最小值为（）

【答案】B

【解析】解：因为VP-ABC=[PA∙SAABC=1x2x：xABxBCxsinl20°=W,

所以AB∙BC=6,

⅛ΔABC中，由余弦定理有AC2=AB2+BC2-2AB∙BCCOSNABC=AB2+BC2+AB∙BC≥

3AB∙BC=18,

当AB=BC时取等号，

所以AC≥3√2.

设AABC外接圆的半径为r,球O的半径为R,

则由正弦定理有2r=-^7≥2√^,r≥√5,

SmZ.ABC

又PA_L平面ABC,PA=2,

所以球心O到平面ABC的距离d=1,

所以由球的截面的性质有R2=r2+d2≥7,

所以球O的体积「C*.丝3.

33

即球O的体积的最小值Vmin=萼B

故选B.

10.如图，在直三棱柱ABC-AIBICl的侧面展开图中，B,C是线段AD的三等分点，且AD=

3√1若该三棱柱的外接球O的表面积为12π,则直三棱柱ABC-AiBiCi的体积为（）

A.延D.乎

【答案】A

【解析】由展开图可知，直三棱柱ABC-AlBlCI的底面是边长为√I的等边三角形,

其外接圆的半径满足2r=磊=2,所以r=l,

由4πR2=12π得R=√3,由球的性质可知，

球心O到底面ABC的距离为d=√R2—r2=V∑,

结合球和直三棱柱的对称性可知，AA1=2d=2√2.

则直三棱柱ABC-AIBiCl的体积为V=—×(√3)2×2√2=—.

故选A.

IL如图，正方形ABCD的边长为4,点E,F分别是AB,BC的中点，将△DAE,ΔEBF,

△FCD分别沿DE,EF,FD折起，使得A,B,C三点重合于点A',若点G及四面体A'DEF

的四个顶点都在同一个球面上，则以△DEF为底面的三棱锥G-DEF的高h的最大值为

()

F

F

A.e+1B.√6+⅛C.2：V6-iD.2√6-∣

【答案】A

【解析】解：由题意可知AA'EF是等腰直角三角形,且A'D，平面A'EF,三棱锥的底面A'EF扩

展为边长为2的正方形，

然后扩展为正四棱柱，此正四棱柱的底面为边长为2的正方形,高是4,

三楂锥的外接球与正四棱柱的外接球是同一个球，

正四棱柱的对角线的长度就是外接球的直径，

直径为：√4+4+16=√24∙

；•球的半径为R=√6,

•・・设4DEF的外接圆的半径为r,

∙.∙DE=DF=√22+42=2√5,EF=2√2.

•••EF边上的高为J(2√5)2_(4)2=3或,

∙∙∙SiPDEF=点,

ɔ2r=-2√ɪ5=-10-√2即T

3√23

2√5

.∙,球心到面DEF的距离为√R2’一程2

=Jd苧)23

.•.以4DEF为底面的三棱锥G-DEF的高h的最大值为R+∣=√6+∣.

故选A.

12.如图两个同心球，球心均为点O,其中大球与小球的表面积之比为3：1,线段AB与

CD是夹在两个球体之间的内弦，其中A、C两点在小球上，B、D两点在大球上，两内

弦均不穿过小球内部.当四面体ABCD的体积达到最大值时，此时异面直线AD与BC

的夹角为仇则Sinm=()

A.立B.立C.回D.辿

64633

【答案】A

【解析】解：设正方体的边长为2,则其内切球半径为1,外接球的半径为生生I=百,

2

••・内切球和外接球的表面积之比为1：3,符合题意中的小球和大球的比例，

依题意CD,AB最长为J(√3)2_12=√2,AC最长为小球的直径2.

•••三角形的面积S=∕ab∙sinC,若a,b为定值，则C=I时面积取得最大值.

画出图象如下图所示，其中A,C分别是所在正方形的中心，

是正方体内切球与外接球的球心，「

OCD〃ADCD=AD1,CB1∕∕AB,CB1=AB.

TVA-BCD=IVABDI-CBID=ɜ,SAABD。AC,故此时四面体A—BCD的体积最大.

•••CE∕∕AB,CE=AB,•••四边形ABCE为平行四边形，

.∙.BC∕∕AE,.∙∙Z∙DAE是异面直线BC和AD所成角，：.4DAE=θ,

VAD=AE,设G是DE的中点，则AG_LDE,

.θGE1_ɪ_√6

'"AE,・•・sin-=—

2AE√22÷12÷12y/66

故选：A.

二、单空题（本大题共6小题，共30分）

13.已知三棱锥P-ABC的四个顶点均在同一个球面上，底面ABC满足BA=BC=遍，

-ADC：,若该三棱锥体积的最大值为3,则其外接球的体积为.

【答案】yπ

【解析】解：•••△ABC是等腰直角三角形，

•••AC为截面圆的直径，故外接球的球心O在截面ABC中的射影为AC的中点D,

二当P,O,D共线且P,O位于截面同一侧时棱锥的体积最大，

棱锥的最大高度为PD,

.∙.∣×∣×√6×√6×PD=3,解得PD=3,

设外接球的半径为R，则OD=3-R,OC=R,

在AODC中，CD=TAC=百，

由勾股定理得：（3-R）2+3=R2,解得R=2.

二外接球的体积『-:X2'-.

故答案为苧n.

14.某几何体由圆锥挖去一个正三棱柱而得，且正三棱柱的上底面与圆锥内接，下底面在圆

锥的底面上，己知该圆锥的底面半径R=3,正三棱柱的底面棱长a=遮，且圆锥的侧

面展开图的圆心角为茎，则该几何体的体积为.

【答案】12ττ-2√5

【解析】解：因为圆锥的底面半径R=3,圆锥的侧面展开图的圆心角为景，

设圆锥的母线长为1,则X3XI,解得I=5,

5

所以圆锥的高HI=、52-32=4,圆锥的体积Ii：*3*XI12-,

因为正三棱柱的底面棱长a=√3.

所以底面三角形的高为gX号=|，

显然圆锥的底面圆心为正三棱柱的底面重心，

设正三棱柱的高为h，则也=上更，即也=!±1,解得电=事

3

H1R43

所以正三棱柱的体积V?=i×√3×∣×∣=2√3,

所以该几何体的体积为Vi-丫2=12π-2√3.

故答案为12π-2√5.

15.已知三棱锥P-ABC三条侧棱PA、PB、PC两两互相垂直，且PA=PB=PC=2,M,

N分别为该三棱锥内切球和外接球上的动点，则M、N两点间的距离最大值为

【答案】2+管

【解析】解：由已知可将该三棱锥补成如图所示正方体.

则三棱锥内切球球心0,外接球球心。2，

以及内切球与面ABC的切点G三点均在PDl上，JiGO2=iPD1

设内切球半径为r,外接球半径为R,则R=T夜&3=√T

由3（SAACP+SABCP+SAABP+SAABC）r=I∙SAABP-PC>解得r=1-日，

故M、N两点间距离的最大值为R+Gθ2+2r=2+竽.

故答案为2+迪.

3

16.《九章算术》是古代中国的第一部自成体系的数学专著，与古希腊欧几里得的《几何原

本》并称现代数学的两大源泉.《九章算术》卷五记载:“今有刍矍，下广三丈，表四丈，

上袤二丈，无广，高一丈.问积几何？”译文：今有如图所示的屋脊状楔体PQ-ABCD,

下底面ABCD是矩形，假设屋脊没有歪斜，即“。的中点"在底面ABCD上的投影为

矩形ABCD的中心点O,P（>I。，AB=4,AD=3,PQ=2,OR=I（长度单位：

丈）.则楔体PQ-ABCD的体积为（体积单位：立方丈）.

【答案】5

【解析】解：如图所示,

该几何体可看作是由一个三棱柱和两个相同的四棱锥拼接而成，

其中三棱柱的底面为底边长3,高为I的等腰三角形，三棱柱的高为2,

所以三棱柱的体积为：×3×1×2=3,

每个四棱锥的底面均为矩形，该矩形相邻的边长分别为1、3,四棱锥的高为1,

所以两个四棱锥的体积之和为2×∣×1×3×1=2,

所以该楔体PQ-ABCD的体积为3+2=5(立方丈).

故答案为5.

17.已知四面体ABCD内接于球0,且AB=BC=√2,AC=2,若四面体ABCD的体积为平,

球心0恰好在棱DA上，则球O的表面积是.

【答案】16ιr

【解析】解：如下图所示，

在三角形ABC中，

因为AB?+BC2=AC2,

所以AABC为直角三角形，

所以三角形ABC的外接圆的圆心为AC的中点Oi,连OOi,

根据垂径定理，可得(K)4平面ABC,

球心O恰好在棱DA匕则。为DA的中点，

因为0,Oi为AD,AC的中点，

001∕∕DC,

可知平面ABC,

所以DC为四面体ABCD的高.

所以工DCχZχ√ΣX√Σ=迪，解得DC=2√1

323

所以AD=/(2√3)2+22=4-

所以四面体ABCD的外接球的半径为2,

表面积为4nR2=4π×22=16π.

18.在三棱锥P-ABC中,CA=CB=√ΣAClBC,P在平面ABC内的投影为AB的中点5，

设该三棱锥的体积为V,该三棱锥外接球的表面积为s,若v∈则S的取值范围

【答案】[4π,学]

【解析】解：因为CA=CB=夜，AC1BC,

所以AB=J(√Σ)7+(√∑)2=2，

iill

⅛V,li,∕l-(Λ('Bhχ>x2-∖2∙∕∣½l

323231H3

所以heE，2],

因为P在平面ABC内的投影，AB的中点5，

所以设球心为O,则O在POl上，

故R2=(k-R)2+I2,

化简得到R=T+亲R,=j-⅛=⅛

当h∈[ɪ,1]时，R,≤0;当he[1,2]时，R,≥0,

故函数R=g+/在he百1]上单调递减，在he[1,2]上单调递增，

又Rq)=(R(l)=l,R(2)=[,

所以Re[l,∣],

所以S=4xR2e[4π,i