1、专题四立体几何微专题25空间几何体考情分析空间几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积和体积是高考的重点与热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度中等或偏上考点一表面积与体积典例1(1)(多选)(2023新高考全国)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，APB120，PA2，点C在底面圆周上，且二面角PACO为45，则()A该圆锥的体积为B该圆锥的侧面积为4CAC2DPAC的面积为答案AC解析依题意，APB120，PA2，所以OP1，OAOB.A项，圆锥的体积为()21，故A正确；B项，圆锥的侧面积为22，故B错误；C项，取AC的中点D，连接OD，PD，如图所示，则AC
2、OD，ACPD，所以PDO是二面角PACO的平面角，则PDO45，所以OPOD1，故ADCD，则AC2，故C正确；D项，PD，所以SPAC22，故D错误(2)(2023新高考全国)在正四棱台ABCDA1B1C1D1中，AB2，A1B11，AA1，则该棱台的体积为_答案解析如图，过A1作A1MAC，垂足为M，易知A1M为四棱台ABCDA1B1C1D1的高，因为AB2，A1B11，AA1，则A1O1A1C1A1B1，AOACAB，故AM(ACA1C1)，则A1M，所以所求体积为V(41).跟踪训练1(1)(2023广州模拟)已知一个圆锥和圆柱的底面半径和高分别相等，若圆锥的轴截面是等边三角形，则这
3、个圆锥和圆柱的侧面积之比为()A12 B1 C1 D.1答案C解析设圆锥和圆柱的底面半径为r，因为圆锥的轴截面是等边三角形，所以圆锥的母线长l2r，则圆锥和圆柱的高hr，所以圆锥的侧面积S1rl2r2，圆柱的侧面积S22rh2r2，所以圆锥和圆柱的侧面积之比为S1S21.(2)(多选)(2022新高考全国)如图，四边形ABCD为正方形，ED平面ABCD，FBED，ABED2FB.记三棱锥EACD，FABC，FACE的体积分别为V1，V2，V3，则()AV32V2 BV3V1CV3V1V2 D2V33V1答案CD解析如图，连接BD交AC于O，连接OE，OF.设ABED2FB2，则ABBCCDAD
4、2，FB1.因为ED平面ABCD，FBED，所以FB平面ABCD，所以V1VEACDSACDEDADCDED222，V2VFABCSABCFBABBCFB221.因为ED平面ABCD，AC平面ABCD，所以EDAC，又ACBD，且EDBDD，ED，BD平面BDEF，所以AC平面BDEF.因为OE，OF平面BDEF，所以ACOE，ACOF.易知ACBDAB2，OBODBD，OF，OE，EF3，所以EF2OE2OF2，所以OFOE.又OEACO，OE，AC平面ACE，所以OF平面ACE，所以V3VFACESACEOFACOEOF22，所以V32V2，V1V3，V3V1V2,2V33V1，所以选项A
5、，B不正确，选项C，D正确考点二空间几何体的折展问题典例2(1)“莫言下岭便无难，赚得行人空喜欢”出自南宋诗人杨万里的作品过松源晨炊漆公店如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为40 km，山高为40 km，B是山坡SA上一点，且AB40 km.为了发展旅游业，要建设一条从A到B的环山观光公路，这条公路从A出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，下坡路段长为()A60 km B12 kmC72 km D12 km答案C解析该圆锥的母线长为160(km)，所以圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形，如图为圆锥的侧面展开图，连接AB，由两点之间线段最短，知观光公路为图中的AB，AB200
6、(km)，过点S作AB的垂线，垂足为H，记点P为AB上任意一点，连接PS，当上坡时，P到山顶S的距离PS越来越小，当下坡时，P到山顶S的距离PS越来越大，则下坡路段为图中的HB，由RtSABRtHSB，得HB72(km)(2)(2023黄山模拟)如图1，将一块边长为20的正方形纸片ABCD剪去四个全等的等腰PEE1，PFF1，PGG1，PHH1，再将剩下的部分沿虚线折成一个正四棱锥PEFGH，使E与E1重合，F与F1重合，G与G1重合，H与H1重合，点A，B，C，D重合于点O，如图2.则正四棱锥PEFGH体积的最大值为()A. B. C. D.答案D解析根据题意，PG是侧棱，底面正方形EFGH
7、的对角线的一半是GC，设GCx,0x10，则有PG2(10x)2102，OFOGx，四棱锥的高h，底面正方形EFGH的面积S4SOFG2x2，四棱锥PEFGH的体积Vx2，令t，则x，0t2200，则V2t，V(200t2)(2005t2)，当40t2200时，V0，V2t单调递减；当0t20，V2t单调递增，当t240 时，V取最大值，Vmax2 .跟踪训练2(1)(2023广东大湾区联考)如图为三棱锥ABCD的平面展开图，其中ACCDCB2，AEBD，垂足为C，则该三棱锥的体积为_答案解析由三棱锥ABCD的平面展开图可得其直观图，如图所示其中ACCD，ACCB，CDCB，ACCDCB2，又
8、BCCDC，BC，CD平面BCD，所以AC平面BCD，所以VABCDSBCDAC222.(2)如图所示是一个底面半径和高分别为1和4的圆柱形开口容器(下表面密封)，P是母线BC的中点，现有一只蚂蚁位于外壁A处，内壁P处有一米粒，若这只蚂蚁要先爬到上口边缘再爬到点P处取得米粒，则它所需经过的最短路程为()A. B.C. D.答案A解析依题意可得圆柱的底面半径r1，高h4，将圆柱的侧面(一半)展开后得矩形ABCD，其中AB，AD4，问题转化为在CD上找一点Q，使AQPQ最短，作P关于CD的对称点E，连接AE，AE与CD交于点Q，则得AQPQ的最小值就是AE.考点三多面体与球典例3(1)(2022新
9、高考全国)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36，且3l3，则该正四棱锥体积的取值范围是()A. B.C. D18,27答案C解析方法一如图，设该球的球心为O，半径为R，正四棱锥的底面边长为a，高为h，依题意，得36R3，解得R3.由题意及图可得解得所以正四棱锥的体积Va2h(3l3)，所以Vl3l3(3l3)令V0，得l2，所以当3l0；当2l3时，V0，所以函数V(3l3)在3，2)上单调递增，在(2，3上单调递减，又当l3时，V；当l2时，V；当l3时，V，所以该正四棱锥的体积的取值范围是.方法二如图，设该球的球心为O，半径为R，正四棱锥的底面边长为a，高为h
10、，依题意，得36R3，解得R3.由题意及图可得解得又3l3，所以该正四棱锥的体积Va2h72723，所以正四棱锥的体积的最大值为，排除A，B，D.方法三如图，设该球的半径为R，球心为O，正四棱锥的底面边长为a，高为h，正四棱锥的侧棱与高所成的角为，依题意，得36R3，解得R3，所以正四棱锥的底面边长alsin ，高hlcos .在OPC中，作OEPC，垂足为E，则可得cos ，所以l6cos ，所以正四棱锥的体积Va2h(lsin )2lcos (6cos )3sin2cos 144(sin cos2)2.设sin t，易得t，则ysin cos2t(1t2)tt3，则y13t2.令y0，得t
11、，所以当t0；当t时，y0，所以函数ytt3在上单调递增，在上单调递减又当t时，y；当t时，y；当t时，y，所以y，所以V.所以该正四棱锥的体积的取值范围是.(2)(2023南昌模拟)如图，在正四棱锥PABCD框架内放一个球O，球O与侧棱PA，PB，PC，PD均相切若APB，且OP2，则球O的表面积为_答案8解析在正四棱锥PABCD中，APB，则PAB是正三角形，于是AC2AB2BC2PA2PC2，所以APC，因为球O与侧棱PA，PB，PC，PD均相切，则由对称性知，平面PAC截正四棱锥得等腰直角三角形，截球O得球O的大圆，且圆O与直角边PA，PC都相切，如图，显然OP平分APC，因此球O的半
12、径ROPsin ，所以球O的表面积为4R28.跟踪训练3(1)(2022全国乙卷)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解析该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O组成的圆锥体积最大设圆锥的高为h(0h1)，底面半径为r，则圆锥的体积Vr2h(1h2)h，则V(13h2)，令V(13h2)0，得h，所以V(1h2)h在上单调递增，在上单调递减，所以当h时，四棱锥的体积最大(2)已知在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1AC，AA1BC，平面A1BC平面AA1B，AC5，若该三棱柱内存在体积为的内切
13、球，则三棱锥AA1BC的体积为()A. B. C2 D4答案D解析如图所示，因为CC1AC，AA1BCCC1BC，ACBCC，AC，BC平面ABC，所以CC1平面ABC，又因为平面A1BC平面AA1B，平面A1BC平面AA1BA1B，过点A作AEA1B，则AE平面A1BC，则AEBC，又因为AA1BC，AA1AEA，AA1，AE平面ABB1A1，所以BC平面ABB1A1，又AB平面ABB1A1，所以ABBC.设ABc，ACb，BCa，则b2a2c2，又因为三棱柱内切球的体积为，设内切球的半径为R，则R3，解得R1，又R，即cab2，则解得ac12，因为棱柱的高等于内切球直径2，所以1224，故
14、三棱锥AA1BC的体积为4.总结提升空间几何体在高考题中主要考查表面积、体积问题，常见题型求解思路有两种，一是对于规则的几何体直接使用公式法求解，二是将不规则的几何体分解成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积或体积，再通过求和或作差得不规则几何体的表面积或体积提醒：组合体的表面积问题注意衔接部分的处理旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用1(2023深圳模拟)圆锥侧面展开图扇形的圆心角为60，底面圆的半径为8，则圆锥的侧面积为()A384 B392 C398 D404答案A解析设圆锥的半径为r，母线长为l，则r8，由题意知，2rl，解得l48，所以圆锥的侧面积为rl848384.
15、2(2023惠州模拟)如图1，在高为h的直三棱柱容器ABCA1B1C1中，ABAC2，ABAC.现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为A1B1C(如图2)，则容器的高h为()A2 B3 C4 D6答案B解析由图2知，其中h表示三棱柱的高，故，因此，无水部分体积与有水部分体积之比为12，所以图1中高度之比为12，则h3.3(2023日照模拟)红灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上、下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间
16、是球面除去上、下两个相同球冠剩下的部分如图2，球冠是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球面的半径为R，球冠的高为h，则球冠的面积S2Rh.如图1，已知该灯笼的高为58 cm，圆柱的高为5 cm，圆柱的底面圆直径为14 cm，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为()A1 940 cm2 B2 350 cm2C2 400 cm2 D2 540 cm2答案C解析由题意得，R2272，所以R25 cm，所以h251(cm)，所以两个球冠的面积为2S22Rh22251100(cm2)，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为4R22S42521002 40
17、0(cm2)4(2023娄底模拟) 如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCCAAA1，点D是棱AA1上的点，ADAA1，若截面BDC1分这个棱柱为两部分，则这两部分的体积比为()A12 B45C49 D57答案D解析不妨令ABBCCAAA14，且上、下底面为等边三角形，又AA1底面ABC，易知三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，所以侧面为正方形，所以三棱柱ABCA1B1C1的体积VAA1SABC44216，而AD1，CC14，故AC(ADCC1)10，所以210，故，所以.5(2023佛山模拟)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
18、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截至2022年5月，“极目一号”型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9 050 m，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇原位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”型浮空艇长55 m，高19 m，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”型浮空艇的体积约为(参考数据：9.5290,9.53857,3151 005316 600，3.14)()A9 064 m3 B9 004 m3C8 944 m3 D8 884 m3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R
19、9.5(m)，而圆台另一个底面的半径r1(m)，则V半球9.53(m3)，V圆柱9.52141 260(m3)，V圆台(9.52)31.5(m3)，所以VV半球V圆柱V圆台1 2609 064(m3)6(2023西宁模拟)已知矩形ABCD的顶点都在球心为O的球面上，AB3，BC，且四棱锥OABCD的体积为4，则球O的表面积为()A76 B112C. D.答案A解析由题可知矩形ABCD所在截面圆的半径r即为矩形ABCD的对角线长度的一半，AB3，BC，r，又矩形ABCD的面积SABBC3，则O到平面ABCD的距离h满足3h4，解得h4，故球的半径R，故球的表面积为4R276.7.(多选)某班级到
20、一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台O1O2，在轴截面ABCD中，ABADBC2 cm，且CD2AB，则()A该圆台的高为1 cmB该圆台轴截面面积为3 cm2C该圆台的体积为 cm3D一只小虫从点C沿着该圆台的侧面爬行到AD的中点，所经过的最短路程为5 cm答案BCD解析如图1，作BECD交CD于点E，易得CE1(cm)，则BE(cm)，则圆台的高为 cm，故A错误；圆台的轴截面面积为(24)3(cm2)，故B正确；圆台的体积为(4)(cm3)，故C正确；由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为4 cm，底面半径为2 cm，侧面展开图的圆心角，设P为AD的中点，连接CP，如图2，可得CO
21、D，OC4 cm，OP3 cm，则CP5(cm)，从点C沿着该圆台的侧面爬行到AD的中点，所经过的最短路程为5 cm，故D正确8(多选)(2023新高考全国)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有()A直径为0.99 m的球体B所有棱长均为1.4 m的四面体C底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体D底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体答案ABD解析对于A，因为0.99 m1.4，所以能够被整体放入正方体内，故B正确；对于C，因为正方体的体对角线长为 m，且1 m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过AC1的中点O作OEA
22、C1，设OEACE，可知AC，CC11，AC1，OA，那么tanCAC1，即，解得OE，且20.62，即0.6，所以以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2 m的圆柱，若底面直径为1.2 m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心为O1，与正方体下底面的切点为M，可知AC1O1M，O1M0.6，那么tanCAC1，即，解得AO10.6，根据对称性可知圆柱的高为20.61.7321.21.4140.035 20.01，所以能够被整体放入正方体内，所以D正确9(2023辽阳模拟)将3个6 cm6 cm的正方形都沿其中的一对邻边的中点剪开，每个正方形均分成两个部分，如图(1)所示，将这6个部
23、分接入一个边长为3 cm的正六边形上，如图(2)所示若该平面图沿着正六边形的边折起，围成一个七面体，则该七面体的体积为_ cm3.答案108解析将平面图形折叠并补形得到如图所示的正方体，该七面体为正方体沿着图中的六边形截面截去一部分后剩下的另一部分，由对称性知其体积为正方体体积的一半，即63108(cm3)10棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1D1MN的体积为_答案1解析如图，由正方体棱长为2，得2222111，又易知D1A1为三棱锥D1A1MN的高，且D1A12，D1A121.11.如图，在多面体ABCEF中，D为AB的中点，四边形CD
24、FE为矩形，且DFAB，ACBC2，ACB120，当AEBE时，多面体ABCEF的体积为_答案解析在ABC中，因为ACBC且D为AB的中点，所以CDAB，又因为DFAB，且DFCDD，DF，CD平面CDFE，所以AB平面CDFE，在ABC中，因为ACBC2且ACB120，CDAB，所以CDAC1，AD，AB2，因为四边形CDFE为矩形，可得DFCD，又因为DFAB，ABCDD，AB，CD平面ABC，所以DF平面ABC，因为CEDF，所以CE平面ABC，又因为AC，BC平面ABC，所以CEAC，CEBC，设CEm，在RtACE中，可得AE2AC2m24m2，在RtBCE中，可得BE2BC2m24
25、m2，因为AEBE，所以AB2AE2BE2，即124m24m2，解得m，所以多面体ABCEF的体积VVACDFEVBCDFE2VACDFE2S矩形CDFEAD21.12(2023济宁模拟)l，l为两条直线，为两个平面，满足：llO，l与l的夹角为，l，与之间的距离为2.以l为轴将l旋转一周，并用，截取得到两个同顶点O(点O在平面与之间)的圆锥设这两个圆锥的体积分别为V1，V2，则V1V2的最小值为_答案解析两个圆锥的轴截面如图所示，O1，O2分别为两圆锥的底面圆的圆心，设半径分别为r1，r2，O1O2DE，O1O2BC，设OO1h，因为与之间的距离为2，所以OO22h，因为l与l的夹角为，所以DOE，由圆锥的性质知，OBOC，ODOE，所以ODE，OBC为等边三角形，所以tanOBC，所以r2(2h)，同理r1h，所以V1V2rhr(2h)2h2(2h)，0h2，令f(h)，0h2，f(h)(44h)0，解得h1，所以当h(0,1)时，f(h)0，所以f(h)在(0,1)上单调递减，在(1,2)单调递增，所以f(h)minf(1).所以V1V2的最小值为.
