【备战2023高考】数学总复习——第01讲《空间几何体的结构、三视图和直观图与空间几何体的表面积和体积》练习（全国通用）

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一、单选题
1．据《九章算术》中记载，“阳马”是以矩形为底面，一棱与底面垂直的四棱锥.现有一个“阳马”，底面ABCD，底面ABCD是矩形，且，则这个“阳马”的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】把四棱锥补成一个长方体，如图，长方体的对角线就是其外接球也是四棱锥的外接球直径，由长方体性质求得球半径后可得表面积．
【详解】把四棱锥补成一个长方体，如图，长方体的对角线就是其外接球也是四棱锥的外接球直径，
设球半径为，则，
球表面积为．
故选：C．
2．如图，平行四边形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中,，则原图形的面积是（ ）
A．4B．C．D．
【答案】B
【分析】求出直观图的面积，再根据原平面图形的面积与直观图的面积比为，计算即可.
【详解】解：平行四边形中，，
所以平行四边形的面积为，
所以原平面图形的面积是.故选：B
3．若圆台的高是3，一个底面半径是另一个底面半径的2倍，母线与下底面成角，则这个圆台的侧面积是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由题意，作该圆台的轴截面，求得上下底面半径和母线长，根据侧面积计算公式，可得答案.
【详解】由题意，可作该圆台的轴截面，如下图所示：
则圆台的高，
上底面半径，下底面半径，即，
母线，即，
在中，，，
易知在正方形中，，则，即，
综上，，
圆台的侧面积.故选：B.
4．如图，已知正方体的棱长为，沿图1中对角面将它分割成两个部分，拼成如图2的四棱柱，则该四棱柱的全面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，据此变化，进行求解.
【详解】由题意，拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，由于截面为矩形，长为，宽为，所以面积为，
所以拼成的几何体的表面积为.故选：C.
5．一个水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为（ ）
A．B．C．8D．
【答案】D
【分析】根据斜二测画法的过程将直观图还原回原图形，找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，用直线段连结后得到原四边形，再计算平行四边形的面积即可．
【详解】还原直观图为原图形如图所示，
因为，所以，还原回原图形后，
，；
所以原图形的面积为．
故选：D
6．如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，且侧棱AA1=8.若侧面AA1B1B水平放置时，液面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的三等分点处，，当底面ABC水平放置时，液面高为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用相似比得到四边形和三角形的面积比，再根据等体积的思路列等式即可求解.
【详解】
如图，设靠近点的三等分点为点，
当底面水平放置时，液面高度为，此时液体体积，因为,所以，,
所以，解得.故选：A.
二、填空题
7．在三棱锥中，，且两两互相垂直，则三棱锥的外接球的体积为__________．
【答案】
【分析】根据题意，将三棱锥补形为立方体，从而求出立方体的体对角线即为外接球的直径，求出半径，进而求出外接球的体积.
【详解】因为，且两两互相垂直，
所以三棱锥可补形为立方体，三棱锥的外接球即为立方体的外接球，
则立方体的体对角线为其外接球的直径，设三棱锥的外接球的半径为，
则，
所以，则外接球体积为.
故答案为：
8．圆锥轴截面的顶角为，母线长为2，则过任意两条不重合的母线的截面面积的取值范围为_________.
【答案】
【分析】设为圆锥的任意两条母线，，则有，然后利用三角形的面积公式表示出，从而可求出其范围.
【详解】设为圆锥的任意两条母线，，
则由题意得，，
，
因为，所以，
所以过任意两条母线的截面面积的取值范围为，
故答案为：
9．一个圆柱的底面直径与高都等于一个球的直径，则圆柱的表面积与球的表面积之比为_________.
【答案】
【分析】设球的半径为，计算出圆柱和球的表面积，即可得解.
【详解】设球的半径为，则圆柱的表面积，
球的表面积，所以.
故答案为：.
三、解答题
10．如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．求A到平面的距离；
【答案】
【分析】根据等体积法求出棱锥的高即可.
【详解】在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为.
11．如图，已知正三棱锥的高，侧面上的斜高，求经过的中点且平行于底面的截面的面积（用，表示）．
【答案】.
【分析】利用正三棱柱的性质可得，根据面面平行的性质可得，进而可得，即得.
【详解】连接，，在中，，
∵棱锥是正三棱锥，
∴是的中心，
∴，，
因为平面平面，为的中点，平面平面，平面平面，
∴，同理可得，，，
所以∽，
所以，
∴截面的面积为．
一、单选题
1．公元年，唐代李淳风注《九章》时提到祖暅的开立圆术.祖暅在求球体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是两个同高的立体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理，我们可以应用此原理将一些复杂几何体转化为常见几何体的组合体来计算体积.如图，将双曲线与直线所围成的平面图形绕双曲线的实轴所在直线旋转一周得到几何体，下列平面图形绕其对称轴（虚线所示）旋转一周所得几何体与的体积相同的是（ ）
A．图①，长为､宽为的矩形的两端去掉两个弦长为､半径为的弓形
B．图②，长为､宽为的矩形的两端补上两个弦长为､半径为的弓形
C．图③，长为､宽为的矩形的两端去掉两个底边长为､腰长为的等腰三角形
D．图④，长为､宽为的矩形的两端补上两个底边长为､腰长为的等腰三角形
【答案】B
【分析】将所有图形均以矩形的中心为原点，以对称轴为轴建立平面直角坐标系，根据在轴的最短和最长距离与双曲线实轴长和几何体母线长对比可排除③④；假设，与双曲线相交后旋转，可求得圆环面积；分别在①②中求得与图形相交所得的弦长，根据旋转后的圆环面积和圆面积是否与已知的圆环面积相等来判断出结果.
【详解】由得：，
则当与相交于两点时，内圆半径，则在该位置旋转一周所得圆环面积为；
将所有图形均以矩形的中心为原点，以对称轴为轴建立平面直角坐标系，
对于③，双曲线实轴长为，③中轴的最短距离为，不合题意，③错误；
对于④，几何体母线长为，④中轴的最长距离为，不合题意，④错误；
对于①，在轴的最短距离为，母线长为，与几何体吻合；
当与①中图形相交时，两交点之间距离为，
此时圆环面积为，不合题意，①错误
对于②，在轴的最长距离为，矩形高为，与几何体吻合；
当与②中图形相交时，两交点之间距离为，
此时圆面积为，与圆环面积相同，满足题意，②正确.
故选：B.
2．半径为的球的直径垂直于平面，垂足为，是平面内边长为的正三角形，线段分別与球面交于点，那么三棱锥的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】作出辅助线，根据三角形相似表达出各边长，利用三角形面积公式求出的面积及三棱锥的体积.
【详解】连接，因为为直径，
所以，在Rt中，，
所以，即，
其中，所以，
易证，所以，
取的中点的中点，连接，
则必过点，于是，
又，
所以
，
于是.
故选：A
3．在中，，点分别在边上移动，且，沿将折起来得到棱锥，则该棱锥的体积的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，可得的具体形状，由折叠，可得当面面时，此时的点到底面的距离最大，设，将四棱锥中底面积和高，都用表示出来，整理出体积的函数，利用导数求最值，可得答案.
【详解】由得，由余弦定理得，
则是直角三角形，为直角，对的任何位置，当面面时，此时的点到底面的距离最大，此时即为与底面所成的角，
设，
在中，，
点到底面的距离，
则，
，
令，解得，可得下表：
故当时，该棱锥的体积最大，为.故选：C.
4．如图所示，正方形的边长为2，切去阴影部分后，剩下的部分围成一个正四棱锥，则正四棱锥的侧面积的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设围成的正四棱锥的一个侧面为三角形，，则，过点A作于点H，然后根据图形的特征表示出，从而可表示出正四棱锥的侧面积，化简后结合基本不等式可求出其范围.
【详解】如图，设围成的正四棱锥的一个侧面为三角形，，则，过点A作于点H，
则，
∴，，
∴正四棱锥的侧面积，，则
则，当且仅当，即，时取等号，
因为，所以取不到等号，
又，∴．∴S的取值范围为，故选：D．
5．在三棱锥中，侧棱底面，如图是其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图，其中，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据斜二测画法，还原可得的三边长，由正弦定理与余弦定理，求得的外接圆圆心和半径，过该圆心作底面垂线，设出三棱锥外接球的球心，构造直角三角形可得半径，可得答案.
【详解】根据斜二测画法，还原图象可得：
由题意可得：，则，
由余弦定理，可得：，即，
由正弦定理，可得外接圆的半径，
则三棱锥作图如下：
作平面，且底面，所以，
取点为三棱锥外接球的球心，则，
作，易知四边形为正方形，即，
则，即三棱锥外接球表面积.
故选：D.
二、填空题
6．已知四边形是边长为3的菱形，把沿折起，使得点D到达点P，则三棱锥体积最大时，其外接球半径为_______．
【答案】##
【分析】利用三棱锥体积最大时平面平面，设，求出体积函数，利用导数求最大值，确定，再由球截面的性质确定球心，根据正弦定理求截面圆半径，据此求出,再由勾股定理求出球的半径.
【详解】取中点G，连接，如图，
当三棱锥体积最大时，平面平面，此时．
设，则，
所以，设，
则，由，可得，因为时，，
当时，，所以函数在上递增，在上递减，
所以时三棱锥的体积最大，此时，，
所以.
设E，F分别为与的外接圆圆心，圆的半径为，过点E作平面的垂线，
过点F作平面的垂线，则两垂线的交点O就是三棱锥的外接球球心，
由正弦定理可知，即，可求得，故四边形是正方形，，
所以外接球半径，
所以三棱锥的体积最大时，其外接球半径.
故答案为：
7．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.即：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．有一个球形瓷碗，它可以看成半球的一部分，若瓷碗的直径为8，高为2，利用祖暅原理可求得该球形瓷碗的体积为______．
【答案】
【分析】根据祖暅原理构造一个圆柱挖去一个圆锥的模型即可.
【详解】设瓷碗所在球的半径为R，则有，得，
设从瓷碗截面圆心处任意竖直距离（也可在下方，此时）如图1所示，
则瓷碗的截面圆半径，面积为，
图2中,在以过球心的截面圆为底面圆，以为高的圆柱中挖去一个等底等高的圆锥，
易知，故圆环面积也为，
即在求瓷碗体积时，符合祖暅原理，（备注：瓷碗是图3中上方倒扣的部分）
当时，如图4所示：
此时：
由祖暅原理得：图3中与之间部分几何体的体积：
圆柱的体积圆锥的体积，
所以瓷碗的体积（注：半球体积）
故答案为：.
8．如图所示，在直三棱柱中，棱柱的侧面均为矩形，，，，P是上的一动点，则的最小值为_____.
【答案】
【分析】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，再根据两点之间线段最短，结合勾股定理余弦定理等求解即可.
【详解】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，
设点的新位置为，连接，则有.
当三点共线时，则即为的最小值.
在三角形ABC中，，，由余弦定理得：,所以，即
在三角形中，，，由勾股定理可得：,且.
同理可求：，因为，所以为等边三角形，所以，
所以在三角形中，,,
由余弦定理得：.
故答案为：
三、解答题
9．近些年来，三维扫描技术得到空前发展，从而催生了数字几何这一新兴学科.数字几何是传统几何和计算机科学相结合的产物.数字几何中的一个重要概念是曲率，用曲率来刻画几何体的弯曲程度.规定：多面体在顶点处的曲率等于与多面体在该点的所有面角之和的差（多面体的面角是指多面体的面上的多边形的内角的大小，用弧度制表示），多面体在面上非顶点处的曲率均为零.由此可知，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正方体在每个顶点有个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为 ，故其总曲率为.
(1)求四棱锥的总曲率；
(2)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率是常数.
【解析】（1）四棱锥有个顶点,个三角形面,个凸四边形面,故其总曲率为
（2）设多面体有个面,给组成多面体的多边形编号,分别为号.
设第 号 多边形有 条边.
则多面体共有条棱.
由题意，多面体共有个顶点.
号多边形的内角之和为,故所有多边形的内角之和为
故多面体的总曲率为
所以满足题目要求的多面体的总曲率为.
一、单选题
1．（2022·天津·高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（ ）
A．23B．24C．26D．27
【答案】D
【分析】作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.
【详解】该几何体由直三棱柱及直三棱柱组成，作于M，如图，
因为，所以，
因为重叠后的底面为正方形，所以,
在直棱柱中，平面BHC，则,
由可得平面，
设重叠后的EG与交点为
则
则该几何体的体积为.故选：D.
2．（2022·浙江·高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，即可根据球，圆柱，圆台的体积公式求出．
【详解】由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为，圆台的下底面半径为，所以该几何体的体积．
故选：C．
3．（2022·全国·高考真题）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，相应水面的面积为；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
【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．
【详解】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积．
棱台上底面积，下底面积，
∴
．
故选：C．
4．（2022·全国·高考真题）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
【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．
【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设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．
5．（2022·全国·高考真题（理））如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（ ）
A．8B．12C．16D．20
【答案】B
【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.
【详解】由三视图还原几何体，如图，
则该直四棱柱的体积.故选：B.
6．（2022·全国·高考真题（理））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
【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.
【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，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.
7．（2022·全国·高考真题（文））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
【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.
【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为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
又设四棱锥的高为，则，
当且仅当即时等号成立.
故选：C
[方法二]：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，

(当且仅当，即时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高.
故选：C．
[方法三]：利用导数求最值
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则，
，，单调递增， ，，单调递减，
所以当时，最大，此时．故选：C.
8．（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出以为球心，5为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积.
【详解】
设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心，
且，故.
因为，故，
故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，
而三角形内切圆的圆心为，半径为，
故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为故选：
二、多选题
9．（2022·全国·高考真题）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】CD
【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可.
【详解】
设，因为平面，，则，
，连接交于点，连接，易得，
又平面，平面，则，又，平面，则平面，
又，过作于，易得四边形为矩形，则，
则，，
，则，，，
则，则，，，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.
三、解答题
10．（2022·全国·高考真题（文））小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．
(1)证明：平面；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）分别取的中点，连接，由平面知识可知，，依题从而可证平面，平面，根据线面垂直的性质定理可知，即可知四边形为平行四边形，于是，最后根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）再分别取中点，由（1）知，该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍，即可解出．
（1）
如图所示：，
分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．
（2）
方法一：（分割法一）如图所示：
，
分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍．
因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积
．
方法二：（分割法二）如图所示：

连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积

极大值