《2026年南方凤凰台5A新考案高中数学二轮基础版》

例 1 (1) (2025·宣城期末)如图所示的几何体是由正方体截去八个一样的四面体得到的.若被截正方体的棱长为 $60cm$,则该几何体的体积为(D)


A.$98000cm^{3}$
B.$108000cm^{3}$
C.$144000cm^{3}$
D.$180000cm^{3}$

答案： 例1
(1)D 【解析】$V = V_{正方体}-8V_{三棱锥}=60^3 - 8×\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×30×30×30 = 180000(cm^3)$。

(2) 如图,宫灯又称宫廷花灯,是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一.现制作一个三层六角宫灯模型,三层均为正六棱柱(内部全空),其中模型上、下两层的底面周长均为 $36\sqrt{3}cm$,高均为 $4cm$.现欲在其内部放入一个体积为 $36\pi cm^{3}$ 的球形灯,且球形灯球心与各面的距离不少于 $8cm$,则该模型的侧面积至少为(B)


A.$800\sqrt{3}cm^{2}$
B.$544\sqrt{3}cm^{2}$
C.$(288\sqrt{3} + 384)cm^{2}$
D.$(288\sqrt{3} + 768)cm^{2}$

答案： 例1
(2)B 【解析】由题意，上、下两层的正六棱柱侧面积之和$S_1 = 2×36\sqrt{3}×4 = 288\sqrt{3}(cm^2)$。当球形灯球心到各面的距离等于8cm时，中间六棱柱的高$h = 2×8 - 2×4 = 8(cm)$。设中层正六棱柱的底面边长为$a$cm，当球心到侧面距离为8cm时，$a×\frac{\sqrt{3}}{2}=8$，解得$a=\frac{16\sqrt{3}}{3}$，此时中层正六棱柱的侧面积$S_2 = 6×\frac{16\sqrt{3}}{3}×8 = 256\sqrt{3}(cm^2)$。故该模型侧面积至少为$S = S_1+S_2 = 544\sqrt{3}(cm^2)$。

(3) (2025·杭州期末)已知正三棱锥的四个顶点都在体积为 $\frac{32\pi}{3}$ 的球上,则该三棱锥体积的最大值是(B)

A.$\frac{32\sqrt{3}}{27}$
B.$\frac{64\sqrt{3}}{27}$
C.$\frac{128\sqrt{3}}{27}$
D.$\frac{256\sqrt{3}}{27}$

答案：
例1
(3)B 【解析】如图，设H为底面三角形的中心，则PH为三棱锥的高，设为$h$。由$V_{球}=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{32}{3}\pi$，解得$R = 2$。设底面三角形的边长为$a$，则$CH=\frac{2}{3}×\frac{\sqrt{3}a}{2}=\frac{\sqrt{3}a}{3}$。在$Rt\triangle COH$中，$R^2=(h - R)^2+(\frac{\sqrt{3}a}{3})^2$，解得$a^2=-3h^2 + 12h$。
方法一(求导)：$V=\frac{1}{3}Sh=\frac{1}{3}·\frac{\sqrt{3}}{4}a^2· h=\frac{\sqrt{3}}{4}·\frac{1}{3}(-h^3 + 4h^2)(0 ＜ h ＜ 4)$。令$f(h)=-h^3 + 4h^2$，$f'(h)=-3h^2 + 8h$。由$f'(h)=0$，可得$h=\frac{8}{3}$或$h = 0$(舍去)。当$h\in(0,\frac{8}{3})$时，$f'(h)＞0$；当$h\in(\frac{8}{3},4)$时，$f'(h)＜0$。所以$f(h)$在$(0,\frac{8}{3})$上单调递增，在$(\frac{8}{3},4)$上单调递减，$f(h)_{max}=f(\frac{8}{3})=\frac{256}{27}$，所以$V_{max}=\frac{64\sqrt{3}}{27}$。
方法二(三元基本不等式)：$V=\frac{1}{3}·\frac{\sqrt{3}}{4}a^2· h=\frac{\sqrt{3}}{4}h^2(4 - h)=\frac{\sqrt{3}}{8}· h· h·(8 - 2h)\leqslant\frac{\sqrt{3}}{8}×(\frac{8}{3})^3=\frac{64\sqrt{3}}{27}$，当且仅当$h = 8 - 2h$，即$h=\frac{8}{3}$时取“=”。

变式 1 (2025·漳州一模)在正四棱锥 $P - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中, $PB_{1} \perp PD_{1}$.用一个平行于底面的平面去截该正四棱锥,得到几何体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$, $AB = 1$, $A_{1}B_{1} = 2$,则几何体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 的体积为(C)

A.$\frac{\sqrt{2}}{6}$
B.$\frac{4\sqrt{2}}{3}$
C.$\frac{7\sqrt{2}}{6}$
D.$\frac{17\sqrt{2}}{9}$

答案：
变式1 C 【解析】设正四棱锥$P - A_1B_1C_1D_1$的侧棱长为$a$，连接$A_1C_1$，$B_1D_1$交于点$O_1$，连接$PO_1$，则$PO_1\perp$平面ABCD。因为$A_1B_1 = 2$，所以$B_1D_1=\sqrt{2^2 + 2^2}=2\sqrt{2}$。因为$PB_1\perp PD_1$，所以在$Rt\triangle PB_1D_1$中，$a^2 + a^2=(2\sqrt{2})^2$，解得$a = 2$，所以$PO_1=\sqrt{PB_1^2 - B_1O_1^2}=\sqrt{2^2 - (\sqrt{2})^2}=\sqrt{2}$。用一个平行于底面的平面去截该正四棱锥，得到几何体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$，$AB = 1$，则几何体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$为正四棱台，连接AC，BD交于点O，所以O为$PO_1$的中点，所以$OO_1=\frac{PO_1}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以几何体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$的体积为$\frac{1}{3}×(2^2 + 1^2+\sqrt{2^2×1^2})×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{7\sqrt{2}}{6}$。

例 2 (1) (2025·福州二模)已知圆台上、下底面面积分别为 $\pi$, $4\pi$,母线长为 $\sqrt{5}$,则该圆台的体积为(C)

A.$\frac{7\pi}{3}$
B.$\frac{10\pi}{3}$
C.$\frac{14\pi}{3}$
D.$\frac{20\pi}{3}$

答案：
例2
(1)C 【解析】因为圆台的上、下底面面积分别为$\pi$，$4\pi$，所以该圆台的上、下底面的半径分别为1，2。如图，$OA = 1$，$O_1B = 2$，$AB=\sqrt{5}$，所以$BC = 1$，所以$AC = 2$，故圆台的高为2，则圆台的体积$V=\frac{1}{3}(S_1 + S_2+\sqrt{S_1S_2})h=\frac{1}{3}×(\pi + 4\pi + 2\pi)×2=\frac{14\pi}{3}$。