8.3.1棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积同步练习（含解析）2023——2024学年高中数学人教A版（2019）必修第二册

8.3 .1棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积 同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．在正三棱台中，已知，，侧棱的长为2，则此正三棱台的体积为（ ）
A． B． C． D．
2．已知正三棱锥 P－ABC 的底面边长为 ，若半径为1的球与该正三棱锥的各棱均相切，则三棱锥 P－ABC 的体积为（ ）
A．2 B． C．3 D．
3．庑殿顶是中国古代传统建筑中的一种屋顶形式，宋代称为“五脊殿”、“吴殿”，清代称为“四阿殿”，如图（1）所示.现有如图（2）所示的庑殿顶式几何体，其中正方形边长为3，，且到平面的距离为2，则几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
4．楔体形构件在建筑工程上有广泛的应用．如图，某楔体形构件可视为一个五面体，其中面为正方形．若，，且与面的距离为，则该楔体形构件的体积为（ ）

A． B． C． D．
5．如图，四面体各个面都是边长为2的正三角形，其三个顶点在一个圆柱的下底面圆周上，另一个顶点是上底面圆心，则圆柱的体积是（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示的花盆为正四棱台，上口宽，下口宽，棱长，则该花盆的体积为（ ）
A． B． C． D．
7．侧棱长为的直棱柱，其底面水平放置时用斜二测画法得到的直观图为如图所示的正方形，其中，则该直棱柱的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
8．在一节数学选修课上，为了让大家更加直观地体会旋转体的生成过程，唐老师用电脑绘制了一个，其中，，，然后分别以，，为旋转轴，利用电脑的3D制图功能将旋转一周，得到几何体，，，则，，的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．现有半径为的空心球（球壁厚度忽略不计）和长度均为的线段，点均在球的球面上， 那么（ ）
A．若互相垂直平分， 则四棱锥的体积为
B．若，且， 则长度的最大值为
C．若，则四棱锥体积的最大值为
D．四面体体积的最大值为
10．如图，在直三棱柱中，，，，且，P为的中点，则（ ）

A．三棱锥的体积为4 B．三棱锥的体积为
C．四棱锥的体积为8 D．三棱锥的表面积为
11．已知正方体的棱长为1，，分别为棱，上的动点，则（ ）
A．四面体的体积为定值 B．四面体的体积为定值
C．四面体的体积最大值为 D．四面体的体积最大值为
12．古希腊数学家阿波罗尼斯发现：用平面截圆锥，可以得到不同的截口曲线.如图，当平面垂直于圆锥的轴时，截口曲线是一个圆.当平面不垂直于圆锥的轴时，若得到“封闭曲线”，则是椭圆；若平面与圆锥的一条母线平行，得到抛物线（部分）；若平面平行于圆锥的轴，得到双曲线（部分）.已知以为顶点的圆锥，底面半径为1，高为，点为底面圆周上一定点，圆锥侧面上有一动点满足，则下列结论正确的是（ ）
A．点的轨迹为椭圆
B．点可能在以为球心，1为半径的球外部
C．可能与垂直
D．三棱锥的体积最大值为
三、填空题
13．已知三棱锥三条侧棱，，两两互相垂直，且，，分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则线段的长度的最小值为 ．
14．如图，在棱长为的正方体中，分别为的中点，过三点的截面将正方体分为两部分，则这两部分几何体的体积比（小于1）为 .
15．如图，这是一件古代的青铜器，其盛酒部分可近似地视为一个圆台，该圆台的上底面、下底面的半径分别为，高为，则该青铜器的容积约为 ．
16．如图所示，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为3，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥爬行一周后回到点处，若该小虫爬行的最短路程为，则这个圆锥的高为 ，体积为 .
四、解答题
17．已知正三棱锥，顶点为，底面是三角形．
(1)若该三棱锥的侧棱长为1.且两两成角为，设质点自出发依次沿着三个侧面移动环绕一周直至画到出发点，求质点移动路程的最小值:
(2)若该三棱锥的所有棱长均为1，试求以为顶点，以三角形内切圆为底面的圆锥的体积；
(3)若该锥体的体积为定值，设为点在底面的投影，点到的距离为，于点，连接得．求出当三棱锥的表面积最小时，角的余弦值.
18．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形ABCD，其直观图如图所示，已知，，，且．
(1)求原平面图形ABCD的面积；
(2)将原平面图形ABCD绕BC旋转一周，求所形成的几何体的体积．
19．如图是一个正四棱台的铁料，上、下底面的边长分别为和，高．

(1)求四棱台的表面积；
(2)若要这块铁料最大限度打磨为一个圆台.
①求削去部分与圆台的体积之比；
②先将整个铁料圆台融化（不考虑损耗），再将全部铁水凝固成一个圆柱，当圆柱的底面半径为何值时，圆柱的上下底面圆的周长与侧面积的和最小.
20．如图，一个加盖密封的漏斗的上面部分是一个正方体，下面部分是一个正四棱锥，该几何体所有棱长均为2米.

(1)求该漏斗的表面积；
(2)若一只蚂蚁沿漏斗表面从点爬到点，求它爬过的最短路径的长；
(3)将图中正方形水平放置，在由斜二测画法得到的水平放置的直观图中，求线段的长.
21．如图，已知四面体的棱长均为6，棱的中点分别为，用平面截四面体，得到三棱台.

(1)求三棱台的体积；
(2)若为棱上的动点，求的最小值，并求取最小值时线段的长度.
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
参考答案：
1．C
【分析】先计算出三棱台的上下底面的面积，再根据底面边长与侧棱长求解三棱台的高，进而计算出三棱台的体积．
【详解】正三棱台中，已知，，
所以的面积为，的面积为，
设，分别是，的中心，
设，分别是，的中点，
，，三点共线，，，三点共线，
，，
，，
，
过作，垂足为，则，
，
三棱台的高为，
三棱台的体积为．
故选：C．
2．A
【分析】作出图形，根据题意可得棱切球的球心即为底面正三角形的中点O，再求出三棱锥的高，最后根据三棱锥的体积公式，即可求解.
【详解】因为球与该正三棱锥的各棱均相切，
所以该球的球心在过截面圆圆心且与平面垂直的直线上，
又因为底面边长为，
所以底面正三角形的内切圆的半径为，
又因为球的半径，即，
所以棱切球的球心即为底面正三角形的中心点O，
如图，过球心O作PA的垂线交PA于H，则H为棱切球在PA上的垂足，

所以，
又因为，所以,
因为，所以，
又由题意可知，平面，所以，
所以
所以，
所以.
故选：A.
3．D
【分析】取的中点分别为，把可得几何体分割为一个三棱柱和一个四棱锥，结合柱体和锥体的体积公式，即可求解.
【详解】取的中点分别为，连接，
可得几何体分割为一个三棱柱和一个四棱锥，
将三棱柱补成一个上底面与矩形全等的矩形的平行六面体，
可得该三棱柱的体积为平行六面体的一半，
则三棱柱的体积为，
四棱锥的体积为，
所以该几何体的体积为.
故选：D.
4．C
【分析】设，分别为，的中点，连接，，，由，，，可知为三棱柱，再利用椎体与柱体的体积关系计算该几何体的体积．
【详解】如图所示，

设，分别为，的中点，连接，，，
因为面为正方形，所以，又平面，平面，所以平面，
又平面平面，所以 ，
因为，分别为，的中点，，，
所以，则为平行四边形，则，
同理，又，所以为三棱柱，
由题意，可得；
又；
所以该多面体的体积为．
故选：C．
5．C
【分析】由正弦定理、勾股定理依次得圆柱底面半径以及高，结合圆柱的体积公式即可得解.
【详解】设圆柱底面半径为，由题意结合正弦定理有，解得，
从而圆柱的高为，
所以圆柱的体积是.
故选：C.
6．A
【分析】求出棱台的上下底面的对角线长，进而求出棱台的高，结合棱台的体积公式计算即可求解.
【详解】如图，由题意，该棱台的上下底面的对角线长分别为cm，
所以棱台的高为，
故棱台的体积为.
故选：A
7．D
【分析】根据斜二测画法的定义，求出四边形的周长，然后根据直棱柱的侧面积公式计算即可.
【详解】根据斜二测画法，四边形为平行四边形，如图：
因为四边形为正方形，且，所以，
故，所以，
所以平行四边形的周长为，
所以直棱柱的侧面积为，
故选：D.
8．B
【分析】先利用余弦定理判断得为锐角三角形，再以为旋转轴为例，求得几何体的体积，同理得到，从而利用比例的性质即可得解.
【详解】因为，，，
所以是中最大的内角，且，即，
所以是锐角三角形，
不妨设几何体，，对应的体积为，
当以为旋转轴，将旋转一周时，过作，垂足为，
得到几何体为以和绕直角边所在直线旋转所成两个圆锥的组合体，
其体积为，
又，即，即，
所以，
同理：，，
所以.
故选：B.
9．BC
【分析】对A，直接用勾股定理计算即可；对于B，列出的表达式，然后求出其最大值即可；对于C，使用基本不等式即可求出其最大值；对于D，证明并使用公式，并求出距离的最大值即可.
【详解】考虑到题目中的度量单位仅涉及，故为方便起见，我们将视为1个单位长度，即在以下的讨论中略去单位.
那么根据题目条件，有.
设的中点分别为，则.
如上图所示，对于A，我们设和交于点，则此时.
由于，是的中点，
故，，而两直线在它们确定的平面内交于点，
故平面.
而，
故由平面可知，A错误；
如上图所示，对于B，若在球的内部或球面上，则.
若在球外，由于两直线相交，
故它们确定一个平面，该平面将球截出一个圆，
设圆的圆心为，半径为，
则，且到平面的距离为，即.
由于，
故到直线的距离均为，即.
而四边形是边长为的正方形，
故.
所以.
当在一个经过点的平面内，且，时，
四边形是边长为的正方形，故此时.
所以的最大值是，B正确；
如上图所示，对于C，不妨设直线不重合，由知互相平行，
从而它们确定平面，该平面将球截出一个圆，
设圆的圆心为，半径为，
则，且到平面的距离为，即.
由于，故到直线的距离均为，即.
所以.
这意味着.
且根据不等号两边可以看出不等号在即时取等.
所以的最大值是，C正确；
如上图所示，对于D，设异面直线之间的距离为.
我们先证明一个结论：.
证明：如上图所示，过作的平行线，并在平行线上取适当的点，使得，那么显然有.
设的公垂线段为，其中分别在直线上，则，，.
由可知，，
而在平面相交于点，故平面.
由于，故四边形是平行四边形.
设点到平面的距离为，则.
又因为，在平面内，不在平面内，故平面.
从而直线上的两点到平面的距离相等，而由平面，在平面内，知到平面的距离等于，所以到平面的距离也等于.
所以.
从而由知，原结论成立.
回到原题.
由于，故.
所以.
作两个不同的互相平行的平面，使得到的距离均为.
平面分别将球截出一个半径为的圆，在这两个圆上各选取一条直径，且保证它们互相垂直，作为.
则此时，，所以上面的不等号取等.
从而的最大值是，D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于对球面上各种几何性质的分析，需要大量使用等腰三角形的性质、勾股定理以及圆的若干性质.
10．ACD
【分析】借助几何体的表面积和体积公式逐项计算即可得.
【详解】对A：，故A正确；
对B：，而三棱锥与三棱锥有共同的高，
∵P为的中点，∴，∴，故B错误；
对C：，故C正确；
对D：由题可知，，，，∴，
∴是直角三角形，，
∴三棱锥的表面积为：
，故D正确．
故选：ACD.
11．BCD
【分析】根据到平面的距离不是定值即可判断A；根据为定值与到平面的距离即可判断B；确定当Q与、与重合时四面体的体积取得最大值，即可判断判断C；如图，确定四面体的体积为，即可判断D.
【详解】A：因为的面积为，到平面的距离不是定值，
所以四面体的体积不是定值，故A错误；
B：因为的面积为，P到矩形的距离为定值，
所以到平面的距离为，则四面体的体积为，故B正确；
C：当Q与重合时，取得最大值，为，
当与重合时，到平面的距离d取得最大值，
在正中，其外接圆的半径为，则，
故四面体的体积最大值为，故C正确；
D：过点作，，，
设，，则，，
，，，，
故四面体的体积为，其最大值为，故D正确．
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题主要考查正方体的性质，三棱锥体积有关问题.明确当体积达到最值时动点的位置是解题的关键.
12．ACD
【分析】作出中垂面结合椭圆特征判断A，根据球的截面和的轨迹判断B，根据结合范围判断C，根据等体积法求解判断D.
【详解】由于，则在线段的中垂面上，连接交圆锥于点，
由于，，所以，故为等边三角形，
取中点为连接，则，则在线段的中垂面上，
由于不垂直于，所以形成的是椭圆，故A正确，
以为球心，1为半径的球被平面（平面为线段的中垂面）所截得的截面为以为直径的圆，
而的轨迹为以为长轴的椭圆，由于圆的面积大于椭圆面积，
所以不会离开椭圆，故在球内或球面上，故B错误，
若要，由于，所以只需要,
当在处，此时取最小值1，当在处，此时取最大值2，由于连续变化，
故能够找到点，使得，故C正确，
（为到平面的距离），
又，故三棱锥的体积最大值为，故D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥的截面问题，解答本题的关键是充分利用圆锥的性质根据题意求解，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题.
13．
【分析】采用补形法得正方体，作出图形，找出内切球，外接球球心，由几何关系知：两点间距离的最小值为，易求外接圆半径，结合等体积法可求出内切圆半径和，进而得解.
【详解】由已知将该三棱锥补成正方体，如图所示.
设三棱锥内切球球心为，外接球球心为，内切球与平面的切点为，
易知：三点均在上，且平面，
设内切球的半径为，外接球的半径为，则.
又，，
所以，
由等体积法：，
即，解得，
由等体积法：，
即，解得，
将几何体沿截面切开，得到如下截面图：大圆为外接球最大截面，小圆为内切球最大截面，
∴两点间距离的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据题设将三棱锥补成正方体，进而确定内切球，外接球球心，结合等体积法求内切圆半径及，即可得的长度的最小值.
14．
【分析】根据题意，作出完整的截面，由，求得，再由，得到，得到过点的截面上方的体积，进而求得另一部分的体积，即可求解.
【详解】如图所示，延长与的延长线交于点，与的延长线交于点，连接，
分别交于点，由此作出完整的截面，
因为正方体的棱长为，分别为的中点，所以，
由，则，
又因为，可得，则，
则过点的截面上方的体积，
则另一部分体积为，所以.
故答案为：.
15．
【分析】根据圆台体积公式代入计算即可.
【详解】该青铜器的容积约为．
故答案为：
16．
【分析】根据最短路程为圆锥的侧面展开图中，由余弦定理求得及，再求得圆锥的高与体积.
【详解】作出该圆锥的侧面展开图，如图所示：
该小虫爬行的最短路程为，由余弦定理可得：
，所以.
设底面圆的半径为，则有，解得，
所以这个圆锥的高，体积.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥爬行一周后回到点处，该小虫爬行的最短路程为侧面展开图中之间的距离.
17．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用三棱锥的侧面展开图即可求解；
（2）求出底面三角形内切圆的半径，圆锥的高和母线，利用圆锥的侧面积和体积公式即可求解；
（3）利用表示与，进而可用表示，再利用基本不等式求最值即可求解.
【详解】（1）如图沿侧棱将三棱锥的侧面展开如图，则即为质点移动路程的最小值，
由题意可得：，所以，，
由余弦定理得，
则，
所以质点移动路程的最小值为.
（2）设三棱锥的高为，内切圆的半径为，外接圆半径为,圆锥的母线为，
则，解得：，
，所以，
，
所以圆锥的侧面积为，
圆锥的体积为.
（3）依题意得，为点在底面的投影，点到的距离为，于点，
则，连接，则，
所以，，
因为是等边三角形，所以，，
因为，所以 ，
侧面积为，
所以三棱锥的表面积，
因为，所以，
所以棱锥的体积，
所以，
所以
，
令，则，又，所以
所以
，
当且仅当即，时等号成立，
取得最小值，取得最小值，此时，
所以体积一定时，该三棱锥侧面与底面所成的二面角余弦值时其表面积最小.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据直观图还原平面图形ABCD为一个直角梯形，再利用直角梯形的面积公式求解；
（2）将原平面图形ABCD绕BC旋转一周，所得几何体是一个圆柱挖去一个圆锥，再结合圆柱和圆锥的体积公式求解．
【详解】（1）还原平面图形ABCD，如图，
因为，，，且，
所以，，，且，，
原平面图形ABCD为直角梯形，故；
（2）将原平面图形ABCD绕BC旋转一周，所得几何体是一个圆柱挖去一个圆锥，如图，
其中圆柱的底面半径为3，高为6，圆锥的底面半径为3，高为4，母线长为5，
所以几何体的体积为
19．(1)
(2)①；②
【分析】（1）求出侧面的斜高，得到侧面积，再与上下底面积求和得到表面积；
（2）①最大的圆台是上底面圆与棱台上底面正方形相切，高为棱台的高时，求出圆台的体积，再求出正四棱台的体积，即可得到削去部分，从而得到体积之比；②设圆柱的底面半径为，高为，根据体积相等得到，即，再表示出底面周长与侧面积，最后利用基本不等式计算可得.
【详解】（1）如下图，正四棱台侧面是全等的等腰梯形，分别取中点，连接，
过点作，交于点.
则，
所以，
所以四棱台的表面积.

（2）①若要这块铁料最大限度打磨为一个圆台，则圆台的上、下底面圆与正四棱台的上下底面正方形相切，高为正四棱台的高.
则圆台上底面圆半径为，下底面圆半径为，
高，
则圆台的体积为．
又正四棱台的体积，
所以削去部分的体积，
所以削去部分与圆台的体积之比为；
②设圆柱的底面半径为，高为，则，
即，所以，
所以圆柱的底面周长，侧面积，
则圆柱的上下底面圆的周长与侧面积的和为
，
当且仅当，即时取等号，
所以当圆柱的底面半径为时，圆柱的上下底面圆的周长与侧面积的和最小.
20．(1)（）；
(2)（米）
(3)米或米
【分析】（1）利用正方体和正四棱锥侧面积公式求漏斗的表面积；
（2）将漏斗表面展成平面，在平面中利用两点连线距离最短求解；
（3）用斜二测画法作出直观图，然后利用余弦定理求解即可.
【详解】（1）由题意，该漏斗的表面积（）；
（2）将漏斗表面展开，如图所示：

由两点间距离最短可得线段为蚂蚁爬行最短路径，
过点作交延长线于点，连接，
则，，
在中，，
所以蚂蚁爬过的最短路径的长为（米）；
（3）正方形的斜二测画法有以下两种：

左图情况下，，在中由余弦定理可得：
，
右图情况下，，在中由余弦定理可得：
，
综上所述，米或米.
21．(1)；
(2)最小值为，且取最小值时.
【分析】（1）作点在平面内的射影，连接，根据题意可知，是等边三角形的中心，从而求出，利用勾股定理得到，求得结果；
（2）将平面与展开到同一平面，可知，在中，利用余弦定理求得，利用求得，在中，由余弦定理得到，即可得出结论.
【详解】（1）作点在平面内的射影，连接.

根据题意可知，是等边三角形的中心，则，
，即四面体的高为.
所以，
所以.
（2）如图所示，将平面与展开到同一平面，可知.

在中，，
由余弦定理得，即.
因为，所以
所以，
在中，设，
由余弦定理得，即，
解得或，结合图可知.
综上，的最小值为，且取最小值时.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页