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空间几何体的表面积与体积-2025年高考数学二轮专题
一、单选题
1．已知圆锥的顶点为V，母线，所成角的余弦值为，VA与圆锥底面所成的角为，若圆锥的侧面积为，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在三棱锥中，平面ABC，，D，E，F分别是棱PB，PC，BC的中点，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
3．设正四棱锥的底面是边长为2的正方形，高为，若该四棱锥的外接球与内切球的球心重合，则外接球半径与内切球半径之比为（ ）
A． B． C． D．
4．正四棱台上底面边长为1，下底面边长为2，若一个球的球心到正四棱台各个面的距离均等于该球的半径，则正四棱台与该球的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
5．一个底面边长和侧棱长均为4的正三棱柱密闭容器，其中盛有一定体积的水，当底面水平放置时，水面高为.当侧面水平放置时（如图），容器内的水形成新的几何体.若该几何体的所有顶点均在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
6．已知纸的长宽比约为．现将一张纸卷成一个圆柱的侧面（无重叠部分）．当该圆柱的高等于纸的长时，设其体积为，轴截面的面积为；当该圆柱的高等于纸的宽时，设其体积为，轴截面的面积为，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
7．在正三棱柱中，，动点满足，，则下列几何体体积为定值的是（ ）
A．四棱锥 B．四棱锥
C．三棱锥 D．三棱锥
8．如图，在四面体中，分别为的中点，且，则该四面体体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．1
二、多选题
9．如图，正方体的棱长为是线段上的一个动点，下列结论正确的是（ ）

A．的最小值为
B．的最小值为
C．三棱锥的体积为
D．以点为球心，为半径的球的表面积的最小值为
10．如图，圆锥的底面半径为1，侧面积为，是圆锥的一个轴截面，是底面圆周上异于，的一点，则下列说法正确的是（ ）
A．的面积为
B．圆锥的侧面展开图的圆心角为
C．由点出发绕圆锥侧面旋转一周，又回到点的细绳长度最小值为
D．若，则三棱锥的体积为
11．如图，两个边长均为1的正方形与正方形所在的平面互相垂直.点，分别是对角线，上的动点，且，的长度相等，记，点是线段上的一点.下列结论正确的是（ ）

A．
B．的最小值是
C．三棱锥与三棱锥的体积相等
D．若点，，，，，在同一个球的球面上，则该球的体积是
三、填空题
12．若一个圆锥的高为，侧面积为，则该圆锥侧面展开图中扇形的中心角的大小为 .
13．已知三棱锥满足，且其体积为，若点（正投影在内部）到的距离相等，则二面角的正弦值为 .
14．如图在三棱锥中，两两垂直，且，设是底面ABC内一点，定义，其中分别表示三棱锥，三棱锥，三棱锥的体积.若，且恒成立，则正实数的最小值为 .
四、解答题
15．梯形中，，，．
(1)若，以为基底表示；
(2)将梯形绕所在的直线旋转一周，求所得几何体的表面积．
16．在平面四边形中，，，将沿翻折至，其中为动点.
(1)设，
（i）证明：平面；
（ii）求三棱锥的外接球体积；
(2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
17．如图，棱长为1的正方体中，、、分别为棱、、的中点，为底面正方形的中心.
(1)求四面体的体积；
(2)求四面体的外接球半径；
(3)定义：在两条异面直线上各取一点，这两点的最短距离称为异面直线的距离.
①求异面直线与的距离；
②请另外写出一个异面直线距离的定义.
18．把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，椭圆柱中底面长轴，短轴长为下底面椭圆的左右焦点，为上底面椭圆的右焦点，为上的中点，为直线上的动点，为过点的下底面的一条动弦（不与重合）.
(1)求证：平面.
(2)若点是下底面椭圆上的动点，是点在上底面的投影，且与下底面所成的角分别为，试求出的最小值.
(3)求三棱锥的体积的取值范围.
19．阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面， ，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．”已知在直四棱柱中，底面为菱形，．（角的运算均采用弧度制）
(1)若，求四棱柱在各个顶点处的离散曲率的和；
(2)若与平面的夹角的正弦值为，求四棱柱在顶点处的离散曲率；
(3)截取四面体，若该四面体在点处的离散曲率为，与平面交于点，证明：．
《空间几何体的表面积与体积-2025年高考数学二轮专题》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B D B A B D B AB ABC
题号 11
答案 BCD
1．B
【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，得到，根据侧面积得到方程，求出，求出母线，所成角的正弦值，利用三角形面积公式求出答案.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，
因为VA与圆锥底面所成的角为，所以，即，
又圆锥的侧面积为，故，所以，
即，解得，
设母线，所成角的大小为，则，故，
所以的面积为.
故选：B
2．B
【分析】根据给定条件，将三棱锥补形成长方体，利用长方体与该三棱锥的相同的外接球求解.
【详解】
设棱的中点分别为，连接，
构造长方体，则长方体外接球的表面积
即为三棱锥外接球的表面积．依题意，，
设长方体外接球的半径为R，则，
所以其外接球的表面积．
故选：B
3．D
【分析】结合正四棱锥的几何特征分别计算内切球及外接球半径即可求解.
【详解】设，分别为该四棱锥外接球、内切球半径，
由题可知球心在高上，
，，
过球心做面垂线，垂足为，
则点在的中线上（为中点），且，
则，，
在中，边上的高为，
所以，，
故选：D．
4．B
【分析】利用正四棱台的轴截面图形，从而把内切球问题转化为内切圆问题来解决即可.
【详解】
如图作出正四棱台的轴截面图，可知这个等腰梯形的内切圆就是内切球的最大圆，
根据，设球的半径为，则由直角三角形中的勾股定理得：
，
利用等面积法：，
可得：，
解得：，
再由棱台体积公式得：，
由球的体积公式得：，
所以正四棱台与球的体积之比是：，
故选：B.
5．A
【分析】利用棱柱的体积可得面积之比，进而得长度比例关系，结合勾股定理，联立方程可求解半径，由表面积公式求解，或者利用余弦定理求解长度，进而根据正弦定理求解外接圆半径，即可利用勾股定理求解球半径得解.
【详解】方法一：
，
如图，，
而，
，，即，
由于到距离，则到距离，
设正方形外接圆圆心，则
设矩形外接圆圆心，则，设外接球半径
，，故外接球表面积为，
故选;A.
方法二：由当底面水平放置时，水面高为可知容器内的空气占容器体积的，于是侧放时，图中的空气区域的“小三棱柱”的体积为容器的，因此“小三棱柱”的底面“小三角形”的面积为大三角形的，则边长之比为，即“小三角形”边长为1.然后如图：
设圆的半径为，由余弦定理可得，
故，故，
所以外接球的半径为，所以球的表面积为.
故选：A.
6．B
【分析】分析两种不同状态下圆柱的体积和轴截面面积，即可选择和判断.
【详解】不妨设纸的长宽分别为；
当圆柱的高等于纸的长时，也即圆柱高为时，设其底面圆半径为，则，解得，
故，
此时矩形轴截面的两条边长分别为，故；
当圆柱的高等于纸的宽时，也即圆柱高为时，设其底面圆半径为，则，解得，
故，
此时矩形轴截面的两条边长分别为，故；
综上所述，，.
故选：B.
7．D
【分析】根据题设在上运动，结合棱柱的结构特征及线面平行的性质判断各棱锥的体积是否为定值即可.
【详解】对于正三棱柱，且，，
则在上运动，
所以到平面、平面的距离均是变化的，棱锥底面积都是定值，故A、B不符合条件，
在平面内，不是三棱锥，故C不符条件，
由，平面，平面，则//平面，
所以P到平面的距离为定值，且底面的面积是定值，
所以三棱锥的体积为定值，D符合，
故选：D
8．B
【分析】据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半结合题意分析得在以为球心，1为半径的球面上，利用基本不等式求得，再由三棱锥体积公式即可得解.
【详解】
连接，因为分别为棱的中点，且2，
所以，故在以为球心，1为半径的球面上.
设，则，
，
即，当且仅当时等号成立.
则.
又四面体底面上的高，
所以，当且仅当时等号成立.
故选：B.
9．AB
【分析】根据的形状，可判定当为中点时，最小，求此时的值，可判断A的真假；转化成平面上两点之间，线段最短，结合解三角形的知识可判断B的真假；举特例，可判断C的真假；利用点到直线上点的距离，垂线段最短，确定球的半径的最小值，求表面积可判断D的真假.
【详解】对于选项A，显然为等边三角形，其边长为的最小值为边上的高，易求得高为，故选项A正确；
对于选项B，如图，

将等边三角形绕边旋转到与平面共面，
显然，故选项B正确；
对于选项C，当点与点重合时，，故选项C错误；
对于选项D，显然当为的中点时，球的半径最小，此时球的半径为，因此该球的表面积的最小值为，故选项D错误.
故选：AB
10．ABC
【分析】根据给定条件，利用圆锥侧面积公式求出圆锥的母线长，再结合侧面展开图、锥体体积公式逐项判断.
【详解】由圆锥的底面半径为1，侧面积为，得圆锥母线，圆锥的高，
对于A，，A正确；
对于B，圆锥的侧面展开图扇形弧长为，圆心角为，B正确；
对于C，将圆锥的侧面沿母线剪开展成平面图形，连接，如图，
所求细绳长度最小值为，C正确；
对于D，当时，，，
，D错误.
故选：ABC
11．BCD
【分析】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得的长及最小值判断AB；进而可证平面，可判断C，补形为正方体，求得正方体的外接球的半径计算可判断D.
【详解】由题意两个边长均为1的正方形与正方形所在的平面互相垂直.
可得，
以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，

过作于，连接，
则，
所以，
故A错误；
，当且仅当时，取等号，所以的最小值为，故B正确；
因为，又易得平面，
所以为平面的一个法向量，又，所以，
又平面，平面，又点，
所以到平面的距离相等，
所以，即三棱锥与三棱锥的体积相等，故C正确；
将原图形补成一个正方体如图所示：
则正方体的外接球符题意，
外接球的直径为，所以，
所以该球的体积是，故D正确.
故选：BCD.
12．
【分析】根据圆锥的侧面积公式，扇形的弧长公式求解即可,
【详解】设底面半径为，母线长为l
由，得，
又，由勾股定理，
所以，解得，
底面圆周长，扇形中心角，
故答案为：
13．
【分析】设在底面上投影为，过作，垂足为D，连接，则是二面角的平面角，由体积求得棱锥的高，再结合底面内切圆半径，即可求点到底面的距离，进而求得侧面上的高即可求解.
【详解】因为，所以是以为斜边的直角三角形.
由三棱锥体积公式得三棱锥高，
由点到的距离相等得出点在底面上投影到各边距离也相等，
所以是的内心，则到各边距离为内切圆半径，
过作，垂足为D，连接，则是二面角的平面角，
因为底面为直角三角形，所以内切圆的半径为.
则三棱锥侧面上的高为，
则.
故二面角的正弦值为.
故答案为：.
14．1
【分析】根据给定的信息求出三棱锥的体积，进而求出，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值，并建立不等式求解.
【详解】在三棱锥中，两两垂直，且，
则，解得 ，又，
因此，
当且仅当时取等号，由恒成立，得，
于是，解得，所以正实数的最小值为1.
故答案为：1
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据已知可求出，进而由，得出，即可根据图象得出答案；
（2）分析可得出该梯形，绕所在的直线旋转一周为一个以为半径，为高的圆柱挖去两个以为半径，为高的圆锥（挖去部分表面积等于该圆锥的侧面积）.然后依次求出各部分的面积，相加即可得出答案.
【详解】（1）
如图，分别过点作，垂足为.
由题意可知，梯形为等腰梯形，且，，
所以，，，则可得.
由已知可得，
所以有，
所以有，
所以.
（2）易知该梯形，绕所在的直线旋转一周为一个以为半径，为高的圆柱挖去两个以为半径，为高的圆锥（挖去部分表面积等于该圆锥的侧面积）.
每个圆锥的侧面积为；
圆柱的侧面积为.
所以所得几何体的表面积为．
16．(1)（i）证明见解析；（ii）
(2)
【分析】（1）（ⅰ）结合已知和勾股定理，根据线面垂直的判定定理可证线面垂直；
（ⅱ）根据三棱锥的特征确定球心，然后利用球的性质求出球的半径，代入球的体积公式求解即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量表示出直线与平面所成角的正弦值，再结合换元法和基本不等式可求其最大值.
【详解】（1）（ⅰ）在中，，，所以.
因为，，所以，所以.
又因为，平面，，
所以平面.
（ⅱ）因为平面，且为正三角形，作下图
设三棱锥的外接球的球心为，连结，延长交球面于H，
过作交平面于，
则为直角三角形，
所以为斜边的中点， 平面，为的外接圆的直径.
所以，为的中位线，为小圆圆心，则为的中点，
则，则，，
则球的半径，
所以三棱锥的外接球体积为.
（2）如图，建立以为原点的空间直角坐标系，设二面角的平面角为，
则，，，.
所以,平面的法向量为.
设直线与平面所成角为，
则.
设，
设，所以，
（当且仅当，即时取等号），即.
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
17．(1)
(2)
(3)①②与两条异面直线都垂直相交的线段的长
【分析】（1）以为原点，以直线、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到平面的距离，再求出三角形的面积，利用三棱锥的体积公式计算可得结果；
（2）设为三角形的外心，为四面体的外接球球心，为中点，在中，由等腰三角形的几何性质，结合平面向量的运算易得，再结合球的性质可得，从而利用空间两点间的距离公式得到外接球半径；
（3）①分别在异面直线与上各取一点、，由向量线性运算表示，
其中、，所以，进而得到当且仅当、时，；
②计算得到，，即，，从而定义异面直线的距离为与两条异面直线都垂直相交的线段的长.
【详解】（1）如图，以为原点，以直线、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、，
所以、、，
设为平面的法向量，则，取，得，，所以，
所以点到平面的距离为，
又，，所以三角形的面积为，
故；
（2）设为三角形的外心，为四面体的外接球球心，为中点，
为中点，为中点，
则，所以，
从而，
由得：，所以，，
进而，设，可得，，由得：，
所以，，故；
（3）①分别在异面直线与上各取一点、，
则，
其中、，所以
，当且仅当、时，；
②由①得：，
所以，，即，，
故可定义异面直线的距离为与两条异面直线都垂直相交的线段的长.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接，则四边形为平行四边形，根据平行四边形性质及基本事实4可知，然后根据线面平行的判定定理证明即可.
（2）令，则，，，然后由两角和的正切公式得，然后利用基本不等式求解最值.
（3）利用等体积法得，问题化为求、到平面距离之和都最大，应用直线与椭圆位置关系求最大，即可得解.
【详解】（1）由题设，长轴长，短轴长，则，
所以分别是的中点，而柱体中为矩形，连接，
由，
故四边形为平行四边形，则，
当为的中点时，则，故，
面面，故平面.
（2）由题设，令，则，又，
所以，，则，
因为，
当且仅当，即上式取等号，所以.
（3）由，
正方形中为中点，易得与重合时与垂直，
此时，
则最大值为，
构建如上图空间直角坐标系且，底面椭圆方程为，
设，
设，联立椭圆得，且，
所以，
而，
所以，令，则，
由对勾函数性质知在上递增，故，
由，
综上，.
19．(1)2
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据条件得到菱形为正方形，再根据在顶点处的离散曲率的定义计算即可；
（2）结合立体几何知识，求得与平面的夹角为，求得，再根据在顶点处的离散曲率的定义计算即可；
（3）根据四面体在点处的离散曲率为求得，再结合立体几何知识，证得平面，用等体积法求三棱锥的体积，求得，即可得证.
【详解】（1）若，则菱形为正方形，即．
因为平面，平面，所以，，
所以直四棱柱，在顶点处的离散曲率为，
所以四棱柱在各个顶点处的离散曲率的和为2．
（2）∵为菱形，∴．
又直四棱柱，
∴平面，平面，∴．
又平面，，∴平面．
设，则即为与平面所成的角，
在中，，因为与平面的夹角的正弦值为，
所以，所以，则．
因为平面，平面，所以，，
所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为．
（3）证明：在四面体中，，，，
所以，，
所以四面体在点处的离散曲率为，
所以，
所以为等边三角形，所以．
又在中，，所以，
所以直四棱柱为正方体．
因为平面，平面，所以．
又，，平面，
所以平面．
又平面，所以．
∵平面，平面，∴．
又平面，，∴平面．
又平面，所以．
又，平面，所以平面．
∴是三棱锥的高，设正方体的棱长为，
∴，，
∴，∴，
∴，∴，
∴．
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