第06讲 柱体（5个知识点+6种题型+强化训练）【帮课堂】-2024-2025学年高二数学同步学与练（沪教版2020必修第三册）

第06讲 柱体 课程标准 学习目标 通过空间几何体概念的学习，培养直观想象、逻辑推理的核心素养. 1.通过对实物模型的观察，归纳认知棱柱、圆柱的结构特征．(重点) 2．理解棱柱、圆柱之间的关系．(难点) 3．能运用棱柱、圆柱的结构特征描述现实生活中简单物体的结构和有关计算．(易混点) 知识点1.多面体 多面体的定义及其相关概念 空间几何体 分类 定义 图形及表示 相关概念 多面体 由三角形或平面多边形围成的封闭几何体称为多面体； 面：构成多面体表面的各三角形或平面多边形； 棱：相邻面的公共边； 顶点：棱与棱的交点； 【即学即练1】（1）一个多面体的面至少有　　 A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 （2）给出下列空间几何体：①球；②建筑用的方砖；③茶杯；④埃及的金字塔．其中属于多面体的个数为　　 A．1 B．2 C．3 D．4 知识点2.棱柱与圆柱 1.棱柱定义、相关概念、结构特征与分类 定义 有一对互相平行的面，且这两个面是两个全等的三角形或平面多边形；同时，不在这两个面上的棱都相互平行；我们把这样的多面体叫做棱柱； 图示及相关概念 底面：两个互相平行的面； 侧面：底面以外的其余各面； 侧棱：不在底面上的棱； 顶点：侧面与底面的公共顶点； 高：棱柱的两个底面之间的距离称为棱柱的高； 分类1 按底面多边形的边数分：三棱柱、四棱柱…… 分类2 侧棱垂直于底面的棱柱称为直棱柱； 否则称为斜棱柱； 底面是正多边形的直棱柱称为正棱柱； 常见四棱柱及其关系： 2、圆柱定义、相关概念、结构特征 定义 将矩形绕其一条边所在直线旋转一周，所形成的几何体叫做圆柱；（或者理解为：以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体） 图示及相关 概念 轴：旋转轴叫做圆柱的轴； 底面：垂直于轴的边旋转而成的圆面； 侧面：平行于轴的边旋转而成的曲面； 母线：无论旋转到什么位置，不垂直于轴的边； 高：圆柱的两个底面间的距离（即的长度）叫做该圆柱的高； 备注 易知圆柱有两个相互平行的底面，有无穷多条母线，且所有母线都与其轴平行； 方便起见，我们把棱柱和圆柱统称为柱体； 轴截面 定义：是指过圆柱的轴的截面分别叫做圆柱轴截面；也泛指过任意一轴的“面”。 性质：1、同一圆柱轴截面都全等；2、圆柱的轴截面是全等的矩形； 【即学即练2】（1）下面的几何体中是棱柱的有(　　) A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 （2）下列命题中正确的是(　　) A．连接圆柱上、下底面圆周上两点的线段是圆柱的母线 B．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个圆柱体 C．直线绕定直线旋转形成柱面 D．以矩形的一边为旋转轴，将矩形旋转一周形成圆柱 知识点3.祖暅原理 祖暅原理：夹在两个平行平面间的两个几何体，如果被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面都有相等的面积，那么这两个几何体的体积必相等； 【说明】1、祖暅原理； （1）“幂势既同，则积不容异”，即“夹在两个平行平面间的两个几何体，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”； （2）作用：等底面积、等高的两个柱体或锥体的体积相等； 【即学即练3】早在公元5世纪，我国数学家祖暅在求球的体积时，就创造性地提出了一个原理：“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，则这两个几何体的体积、相等．根据“祖暅原理”，“ ”是“”的　　 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 知识点4.柱体的体积 几何体 体积 柱体 V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)， V圆柱＝πr2h(r为底面半径) 【即学即练4】（1）（2022·上海·高二专题练习）一个圆柱的轴截面是一个面积为16的正方形，则该圆柱的体积是___________. （2）（2022秋·上海杨浦·高二上海市控江中学校考期中）棱柱的底面是边长为的正方形，且，，则此棱柱的体积为______． 知识点5.柱体的表面积 多面体的表面积就是围成多面体各个面的面积的和；所以，棱柱、圆柱的表面积就是围成它们的各个面的面积的和； 图形 表面积公式 多面体 多面体的表面积就是各个面的面积的和，也就是展开图的面积 直棱柱 S直棱柱侧＝ch（c为直棱柱的底面周长，h为直棱柱的高） S表＝S侧＋2S底 圆柱 （l为圆柱的母线长，r为圆柱底面的半径） 底面积：S底＝πr2 侧面积：S侧＝2πrl 表面积：S＝2πrl＋2πr2 【即学即练5】（2022·上海·高二专题练习）如图，在直三棱柱中，，，． (1)求三棱柱的表面积S； (2)求异面直线与AC所成角的大小（结果用反三角函数表示）． 【变式3】（2022秋·上海虹口·高二校考期末）如图，在圆柱中，是圆柱的母线，是圆柱的底面的直径，是底面圆周上异于、的点． (1)求证：平面； (2)若，，，求圆柱的侧面积． 题型01 棱柱的结构特征 1．（2023秋•黄浦区期末）在如图所示的正方体中，一条平行于的直线与该正方体的表面交于、两点，其中点在侧面上，有以下结论：①平面上不存在满足条件的点；②平面上存在满足条件的点，下列判断正确的是　　 A．①，②均正确 B．①正确，②错误 C．①错误，②正确 D．①，②均错误 2．（2023•闵行区校级一模）《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在长方体中，鳖臑的个数为　　 A．48 B．36 C．24 D．12 3．（2023春•碑林区校级期末）如图，棱长为2的正方体中，为的中点，点，分别为面和线段上动点，则周长的最小值为　　 A． B． C． D． 4．（2022秋•徐汇区校级期末）正方体的棱长为4，，分别为、的中点，则平面截正方体所得的截面面积为 　　． 5．（2022秋•闵行区期末）如图，对于直四棱柱，要使，则在四边形中，满足的条件可以是 　　．（只需写出一个正确的条件） 6．（2022秋•徐汇区校级期末）正方体的6个面无限延展后把空间分成 　　个部分． 7．（2022秋•黄浦区校级期末）如图，在三棱柱中，，，，侧棱的长为1，则该三棱柱的高等于 　　． 8．（2023秋•长宁区校级期末）如图，在直三棱柱中，底面为直角三角形，，，，是上一动点，则的最小值是　　． 9．（2023秋•浦东新区校级月考）已知空间一个平面与一个正方体的12条棱所成的角都等于，则　 　． 【分析】通过线面角的定义可得，在△ 求解即可． 【解答】解：因为棱，，与平面所成的角相等， 所以平面就是与正方体的12条棱所成的角均为的平面． 则，如下图： 10．（2024春•普陀区校级期中）如图，在棱长为2的正方体中，点、分别是棱、的中点，是侧面正方形内一点（含边界），若平面，则线段长度的取值范围是 　 　． 题型02 棱柱的侧面积和表面积 11、已知某长方体同一顶点上的三条棱长分别为1，2，3，则该长方体的表面积为(　　) A．22　 B．20 C．10 D．11 12.已知正四棱柱底面边长为，体积为32，则此四棱柱的表面积为　 　． 13、在底面是菱形的直四棱柱中，直四棱柱的对角线长分别为9，15，高是5，则该直四棱柱的表面积 是 题型03 棱柱的体积 14、若长方体的长、宽、高分别为3 cm、4 cm、5 cm，则长方体的体积为(　　) A．27 cm3 B．60 cm3 C．64 cm3 D．125 cm3 15．已知正六棱柱的底面边长为2，侧棱为，则该正六棱柱的体积为　　 16．（2023秋•普陀区校级期中）如图，在棱长为1的正方体中，、、分别是棱、、的中点，以为底面作一个直三棱柱，使其另一个底面的三个顶点也都在正方体的表面上，则这个直三棱柱的体积为　　 A． B． C． D． 题型04 圆柱的结构特征 17．（2022秋•嘉定区校级期中）已知一个圆柱底面圆半径为1，高为2，上底面的直径为，是底面圆周上的一个动点，关于的面积大小下列说法正确的是　　 A．的面积是定值 B．的面积没有最大值 C．的面积最大值是 D．的面积最大值是2 18．（2021秋•青浦区校级期末）已知平面经过圆柱的旋转轴，点、是在圆柱的侧面上，但不在平面上，则下列4个命题中真命题的个数是　　 ①总存在直线，且与异面； ②总存在直线，且； ③总存在平面，且； ④总存在平面，且． A．1 B．2 C．3 D．4 19．（2021秋•奉贤区校级月考）有下列命题： ①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的直线距离是圆柱的母线长； ②圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线长； ③侧面都是平行四边形的多面体是棱柱； ④体对角线相等的平行六面体是长方体． 其中正确命题是 　 　（填号）． 题型05 圆柱的侧面积和表面积 20．（2021秋•杨浦区校级期中）已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的侧面积为　　 A． B． C． D． 21．（2023秋•长宁区校级期中）已知圆柱的半径为2，高为2，则圆柱的侧面积为　　． 22．若经过圆柱的轴的截面面积为2，则圆柱的侧面积为　　． 题型06 圆柱的体积 23．（2023•长宁区校级三模）若一个圆柱的侧面积是，高为1，则这个圆柱的体积是 　　． 24．（2023秋•黄浦区校级期中）已知一个圆柱的轴截面为正方形，且它的侧面积为，则该圆柱的体积为 　　． 25．（2023秋•浦东新区校级期中）把长和宽分别为6和3的矩形卷成一个圆柱的侧面，则该圆柱的体积为 　 　． 26．（2023秋•虹口区校级期中）已知圆柱的轴截面是正方形，它的面积是，那么这个圆柱的体积是 　　．（结果中保留 27．（2023•青浦区二模）已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，圆柱的体积为，则球的表面积为 　 　． 一、填空题 1．（2024·上海·三模）已知圆柱的底面半径为3cm，侧面积为cm3，则此圆柱的体积为 cm3 2．（2023高二上·上海·专题练习）一个长方体的过同一顶点的三个面的面积分别是， ，，则这个长方体的体积为 ，表面积为 . 3．（23-24高三上·上海浦东新·阶段练习）已知正四棱柱的侧棱长为2，体积为6，则该正四棱柱的表面积为 ． 4．（23-24高三下·上海黄浦·阶段练习）若正三棱柱的所有棱长均为4，则其体积为 5．（23-24高三下·上海·阶段练习）圆柱的底面半径为3，高为4，其侧面积为 . 6．（2024·上海·一模）已知圆柱底面圆的周长为，母线长为4，则该圆柱的体积为 ． 7．（2024·上海崇明·二模）已知底面半径为1的圆柱，是其上底面圆心，、是下底面圆周上两个不同的点，是母线．若直线与所成角的大小为，则 ． 8．（2024·上海黄浦·二模）若一个圆柱的底面半径为2，母线长为3，则此圆柱的侧面积为 . 9．（23-24高二下·上海·阶段练习）已知卷纸中的纸是单层的，且卷纸整体呈一个空心圆柱形，即大圆柱在其正中间挖去了一个小圆柱.小吴想测量一个卷纸展开后的总长度，测得小圆柱底面的直径为4.0厘米，大圆柱底面的直径为10.0厘米.由于单层纸的厚度不易测量，小吴利用游标卡尺测得10层纸的总厚度为0.3厘米.试估算这个卷纸的长度为 米.（取，结果精确到个位） 10．（23-24高二上·上海·期末）如图所示，圆柱的轴截面是正方形，E是半圆弧AB的中点，则异面直线和所成角的大小为 . 11．（2024·上海虹口·二模）如图，在直四棱柱中，底面为菱形，且.若，点为棱的中点，点在上，则线段的长度和的最小值为 . 12．（23-24高二下·上海·期中）已知直棱柱的高为，底面三角形的三边长分别为．过三条侧棱中点的截面把三棱柱分成两个完全相同的三棱柱，然后用这两个三棱柱拼成一个三棱柱或者四棱柱，计算后发现表面积都比原来三棱柱的表面积小，那么正数的取值范围是 . 二、单选题 13．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，在长方体中，，点为上的动点，则的最小值为（    ） A．5 B． C． D． 14．（23-24高三上·重庆·阶段练习）已知：“是长方体”，：“是直平行六面体”，则是的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 15．（23-24高二上·上海·期末）若干个能确定一个立体图形的体积的量称为该立体图形的“基本量”.已知长方体，下列四组量中，不能作为该长方体的“基本量”的是（    ） A．的长度 B．的长度 C．的长度 D．的长度 16．（2024·上海·模拟预测）已知正方体和点，有两个命题： 命题甲：存在条过点的直线，满足与正方体的每条棱所成角都相等； 命题乙：存在个过点的平面，满足与正方体的每个面所成锐二面角都相等； 则下列判断正确的是（    ） A． B． C． D．的大小关系与点的位置有关 三、解答题 17．（24-25高一上·上海·课堂例题）如图，有一圆柱形的无盖杯子，它的内表面积是，试用函数表达式将杯子的容积表示成底面内半径为的函数. 18．（2023高二上·上海·专题练习）一个正方体的底面积和一个圆柱的底面积相等，且侧面积也相等，求正方体和圆柱的体积之比； 19．（24-25高二·上海·假期作业）设长方体各面上矩形的对角线长分别为、、.在下列条件下，求长方体的对角线长： (1)用、、表示； (2)长方体的全面积为24，所有棱长之和为24； (3)长方体的三个面的面积分别是，，. 20．（24-25高二·上海·假期作业）如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为3． (1)求三棱柱的表面积与体积； (2)求与平面所成的角的大小． 21．（2024高二·上海·专题练习）如图，斜三棱柱的侧棱长为，底面是边长为1的正三角形，. (1)求异面直线与所成的角； (2)求此棱柱的表面积和体积. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第06讲 柱体 课程标准 学习目标 通过空间几何体概念的学习，培养直观想象、逻辑推理的核心素养. 1.通过对实物模型的观察，归纳认知棱柱、圆柱的结构特征．(重点) 2．理解棱柱、圆柱之间的关系．(难点) 3．能运用棱柱、圆柱的结构特征描述现实生活中简单物体的结构和有关计算．(易混点) 知识点1.多面体 多面体的定义及其相关概念 空间几何体 分类 定义 图形及表示 相关概念 多面体 由三角形或平面多边形围成的封闭几何体称为多面体； 面：构成多面体表面的各三角形或平面多边形； 棱：相邻面的公共边； 顶点：棱与棱的交点； 【即学即练1】（1）一个多面体的面至少有　　 A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【分析】结合多面体的几何结构特征可得答案． 【解答】解：由多面体的几何结构特征可知，多面体底面至少为三条边，即底面是三角形， 则对应有三个侧面，即为三棱锥， 所以一个多面体至少有4个面． 故选：． 【点评】本题考查的知识点是多面体的结构特征，属于基础题． （2）给出下列空间几何体：①球；②建筑用的方砖；③茶杯；④埃及的金字塔．其中属于多面体的个数为　　 A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】结合多面体与旋转体的定义检验各几何体，即可判断． 【解答】解：①球为旋转体；②建筑用的方砖，属于多面体，③茶杯属于旋转体；④埃及的金字塔属于多面体． 故选：． 【点评】本题主要考查多面体与旋转体的判断，属于基础题． 知识点2.棱柱与圆柱 1.棱柱定义、相关概念、结构特征与分类 定义 有一对互相平行的面，且这两个面是两个全等的三角形或平面多边形；同时，不在这两个面上的棱都相互平行；我们把这样的多面体叫做棱柱； 图示及相关概念 底面：两个互相平行的面； 侧面：底面以外的其余各面； 侧棱：不在底面上的棱； 顶点：侧面与底面的公共顶点； 高：棱柱的两个底面之间的距离称为棱柱的高； 分类1 按底面多边形的边数分：三棱柱、四棱柱…… 分类2 侧棱垂直于底面的棱柱称为直棱柱； 否则称为斜棱柱； 底面是正多边形的直棱柱称为正棱柱； 常见四棱柱及其关系： 2、圆柱定义、相关概念、结构特征 定义 将矩形绕其一条边所在直线旋转一周，所形成的几何体叫做圆柱；（或者理解为：以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体） 图示及相关 概念 轴：旋转轴叫做圆柱的轴； 底面：垂直于轴的边旋转而成的圆面； 侧面：平行于轴的边旋转而成的曲面； 母线：无论旋转到什么位置，不垂直于轴的边； 高：圆柱的两个底面间的距离（即的长度）叫做该圆柱的高； 备注 易知圆柱有两个相互平行的底面，有无穷多条母线，且所有母线都与其轴平行； 方便起见，我们把棱柱和圆柱统称为柱体； 轴截面 定义：是指过圆柱的轴的截面分别叫做圆柱轴截面；也泛指过任意一轴的“面”。 性质：1、同一圆柱轴截面都全等；2、圆柱的轴截面是全等的矩形； 【即学即练2】（1）下面的几何体中是棱柱的有(　　) A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 【答案】C； 【解析】棱柱有三个特征：(1)有两个面相互平行；(2)其余各面是四边形；(3)侧棱相互平行．本题所给几何体中⑥⑦不符合棱柱的三个特征，而①②③④⑤符合，故选C; （2）下列命题中正确的是(　　) A．连接圆柱上、下底面圆周上两点的线段是圆柱的母线 B．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个圆柱体 C．直线绕定直线旋转形成柱面 D．以矩形的一边为旋转轴，将矩形旋转一周形成圆柱 【答案】D； 【解析】由圆柱的概念可知D正确； 【说明】圆柱的性质：（1）圆柱的上下底面为两个相等的圆面；（2）圆柱的轴截面为矩形，一组对边为底面的直径，一组对边为母线；（3）平行于底面的截面是与底面全等的圆面； 知识点3.祖暅原理 祖暅原理：夹在两个平行平面间的两个几何体，如果被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面都有相等的面积，那么这两个几何体的体积必相等； 【说明】1、祖暅原理； （1）“幂势既同，则积不容异”，即“夹在两个平行平面间的两个几何体，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”； （2）作用：等底面积、等高的两个柱体或锥体的体积相等； 【即学即练3】早在公元5世纪，我国数学家祖暅在求球的体积时，就创造性地提出了一个原理：“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，则这两个几何体的体积、相等．根据“祖暅原理”，“ ”是“”的　　 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【分析】根据祖暅原理，判断“”与“”之间的逻辑推理关系即可． 【解答】解：根据祖暅原理可知，当时，一定有成立， 反之，当成立时，不一定有成立， 比如两个完全相同的三棱锥，正置和倒置时，，不一定相等， 故“”是“”的必要不充分条件． 故选：． 【点评】本题主要考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题． 知识点4.柱体的体积 几何体 体积 柱体 V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)， V圆柱＝πr2h(r为底面半径) 【即学即练4】（1）（2022·上海·高二专题练习）一个圆柱的轴截面是一个面积为16的正方形，则该圆柱的体积是___________. 【答案】 【分析】分析可得圆柱上下底面圆的直径，圆柱的高，由圆柱的体积公式，即得解 【详解】由题意，圆柱的轴截面是一个面积为16的正方形 故圆柱上下底面圆的直径，圆柱的高 由圆柱的体积公式， 故圆柱的体积 （2）（2022秋·上海杨浦·高二上海市控江中学校考期中）棱柱的底面是边长为的正方形，且，，则此棱柱的体积为______． 【答案】 【分析】设和交于点，在中，求出；在中，求出；在中，求出；过作底面，垂足在对角线上，在中，求出棱柱的高，利用棱柱的体积公式求解即可． 【详解】设和交于点， 中，，，则 同理 中，，，则 中，，，则，即 ，过作底面，垂足在对角线上， 在中，，，则 此棱柱的体积为 故答案为： 知识点5.柱体的表面积 多面体的表面积就是围成多面体各个面的面积的和；所以，棱柱、圆柱的表面积就是围成它们的各个面的面积的和； 图形 表面积公式 多面体 多面体的表面积就是各个面的面积的和，也就是展开图的面积 直棱柱 S直棱柱侧＝ch（c为直棱柱的底面周长，h为直棱柱的高） S表＝S侧＋2S底 圆柱 （l为圆柱的母线长，r为圆柱底面的半径） 底面积：S底＝πr2 侧面积：S侧＝2πrl 表面积：S＝2πrl＋2πr2 【即学即练5】（2022·上海·高二专题练习）如图，在直三棱柱中，，，． (1)求三棱柱的表面积S； (2)求异面直线与AC所成角的大小（结果用反三角函数表示）． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用，可求三棱柱的表面积S； （2）连接，确定就是异面直线与AC所成的角（或其补角），在中，利用余弦定理可求结论． 【详解】（1）在△ABC中，因为，，，所以 所以 （2）连接，因为，所以就是异面直线与所成的角（或其补角） 三棱柱为直三棱柱，侧面均为矩形，， ，，又, 在中， 由余弦定理可得， 所以. 即异面直线与AC所成角的大小为． 【变式3】（2022秋·上海虹口·高二校考期末）如图，在圆柱中，是圆柱的母线，是圆柱的底面的直径，是底面圆周上异于、的点． (1)求证：平面； (2)若，，，求圆柱的侧面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由圆柱的性质可得底面，即可得出，再由直线与平面垂直的判定得出结论； （2）由已知解直角三角形求出圆柱的底面半径及母线长，即可求出答案. 【详解】（1）证明：底面，且底面， ， 又，且，平面， 平面； （2）在中，，， ， 又在中，， ． 圆柱的底面半径为，母线长为4， 圆柱的侧面积为． 题型01 棱柱的结构特征 1．（2023秋•黄浦区期末）在如图所示的正方体中，一条平行于的直线与该正方体的表面交于、两点，其中点在侧面上，有以下结论：①平面上不存在满足条件的点；②平面上存在满足条件的点，下列判断正确的是　　 A．①，②均正确 B．①正确，②错误 C．①错误，②正确 D．①，②均错误 【分析】连接，在△中，作直线，分别交、于点、，由此判断即可． 【解答】解：连接，在△中，作直线，分别交、于点、， 所以点，点， 又因为平面，平面， 所以平面，平面， 又因为平面，所以平面； 所以平面上存在满足条件的点，①错误； 平面上存在满足条件的点，②正确． 故选：． 【点评】本题考查了空间中的平行关系应用问题，也考查了推理与判断能力，是基础题． 2．（2023•闵行区校级一模）《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在长方体中，鳖臑的个数为　　 A．48 B．36 C．24 D．12 【分析】每个顶点对应6个鳖臑，所以8个顶点对应48个鳖臑．但每个鳖臑都重复一次，再除2，即可得解． 【解答】解：在正方体中，当顶点为时，三棱锥、、、、、均为鳖臑． 所以8个顶点为个．但每个鳖臑都重复一次， 所以鳖臑的个数为个． 故选：． 【点评】本题主要考查了空间中线面的位置关系，考查了学生的空间想象能力，属于基础题． 3．（2023春•碑林区校级期末）如图，棱长为2的正方体中，为的中点，点，分别为面和线段上动点，则周长的最小值为　　 A． B． C． D． 【分析】由题意得：周长取最小值时，在上，在平面上，设关于的对称点为，关于的对称点为，求出，即可得到周长的最小值． 【解答】解：由题意得：周长取最小值时，在上， 在平面上，设关于的对称点为，关于的对称点为， 连结，当与的交点为，与的交点为时， 则是周长的最小值， ，，， ． 周长的最小值为． 故选：． 【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查对称点的运用，考查余弦定理，考查运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题． 4．（2022秋•徐汇区校级期末）正方体的棱长为4，，分别为、的中点，则平面截正方体所得的截面面积为 　18　． 【分析】把截面补形为四边形，由等腰梯形计算其面积即可． 【解答】解：如图，把截面补形为四边形， 连接，由正方体可得，可得等腰梯形为平面截正方体所得的截面图形， 由正方体的棱长为4，得，， ，则到的距离即等腰梯形的高为， 所求截面的面积为． 故答案为：18． 【点评】本题主要考查了正方体的截面面积，考查了正方体的结构特征，属于基础题． 5．（2022秋•闵行区期末）如图，对于直四棱柱，要使，则在四边形中，满足的条件可以是 　　．（只需写出一个正确的条件） 【分析】根据直四棱柱中平面，得出，再由，只需条件：即可． 【解答】解：应添加条件为：； 理由是：直四棱柱中，平面，平面， 所以； 由条件，且，平面，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以， 又因为，且，，且， 所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 所以． 故答案为：． 【点评】本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了推理与判断能力，是基础题． 6．（2022秋•徐汇区校级期末）正方体的6个面无限延展后把空间分成 　27　个部分． 【分析】正方体的6个面无限延展后把空间分为3个层，每层有9部分，由此能求出结果． 【解答】解：正方体的6个面无限延展后把空间分为3个层，每层有9部分， 正方体的6个面无限延展后把空间分成个部分． 故答案为：27． 【点评】本题考查正方体的结构特征等基础知识，考查空间想象能力，是中档题． 7．（2022秋•黄浦区校级期末）如图，在三棱柱中，，，，侧棱的长为1，则该三棱柱的高等于 　　． 【分析】过作平面、直线、的垂线，交点分别为，，，可得四边形为矩形，结合条件可得，，进而即得． 【解答】解：过作平面、直线、的垂线，交点分别为，，，连接、、，则即为三棱柱的高， 由平面，平面，可得， 又，，平面，平面， 所以平面，又平面， 所以，同理可得，又， 所以四边形为矩形， 在直角三角形和中，，，侧棱的长为1， 则，， 所以， 所以， 即三棱柱的高等于． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了三棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，属于中档题． 8．（2023秋•长宁区校级期末）如图，在直三棱柱中，底面为直角三角形，，，，是上一动点，则的最小值是　　． 【分析】连，沿将展开与△在同一个平面内，不难看出的最小值是的连线．（在上取一点与构成三角形，因为三角形两边和大于第三边）由余弦定理即可求解． 【解答】解：连，沿将展开与△在同一个平面内，如图所示， 连，则的长度就是所求的最小值． 通过计算可得， 在△中，，，， ， 又，， ， ， 又，， 在△中利用余弦定理可得． 故答案为：． 【点评】本题考查棱柱的结构特征，余弦定理的应用，是中档题． 9．（2023秋•浦东新区校级月考）已知空间一个平面与一个正方体的12条棱所成的角都等于，则　　． 【分析】通过线面角的定义可得，在△ 求解即可． 【解答】解：因为棱，，与平面所成的角相等， 所以平面就是与正方体的12条棱所成的角均为的平面． 则，如下图： 设棱长为2，，，， ，． 故答案为：． 【点评】本题考查直线与平面所成的夹角，属于中档题． 10．（2024春•普陀区校级期中）如图，在棱长为2的正方体中，点、分别是棱、的中点，是侧面正方形内一点（含边界），若平面，则线段长度的取值范围是 　，　． 【分析】取中点，连结，，推导出平面平面，从而点在线段上运动，作于，由，能求出线段长度的取值范围． 【解答】解：取中点，连结，， 在棱长为2的正方体中，点、分别是棱、的中点， ，， ，， 平面平面， 是侧面正方形内一点（含边界），平面， 点在线段上运动， 在等腰△中，，， 作于，由等面积法解得： ， ， 线段长度的取值范围是，． 故答案为：，． 【点评】本题考查线段长的取值范围的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 题型02 棱柱的侧面积和表面积 11、已知某长方体同一顶点上的三条棱长分别为1，2，3，则该长方体的表面积为(　　) A．22　 B．20 C．10 D．11 【答案】A； 【解析】所求长方体的表面积S＝2×(1×2)＋2×(1×3)＋2×(2×3)＝22； 12.已知正四棱柱底面边长为，体积为32，则此四棱柱的表面积为　　． 【分析】求出正四棱柱的高，再计算此四棱柱的表面积． 【解答】解：设正四棱柱的高为，由底面边长为，体积为， 则，即； 所以此四棱柱的表面积为： ． 故答案为：． 【点评】本题考查了正四棱柱的体积与表面积的计算问题，是基础题． 13、在底面是菱形的直四棱柱中，直四棱柱的对角线长分别为9，15，高是5，则该直四棱柱的表面积 是 【答案】160＋40； 【解析】　如图所示，设底面对角线AC＝a，BD＝b，交点为O，对角线A1C＝15，BD1＝9. 故有a2＋52＝152，b2＋52＝92， 所以a2＝200，b2＝56. 因为底面是菱形， 所以AB2＝＋＝＝＝64， 即AB＝8. 所以该直四棱柱的侧面积为4×8×5＝160，表面积为160＋2××＝160＋40. 题型03 棱柱的体积 14、若长方体的长、宽、高分别为3 cm、4 cm、5 cm，则长方体的体积为(　　) A．27 cm3 B．60 cm3 C．64 cm3 D．125 cm3 【答案】B； 【解析】长方体即为四棱柱，体积为底面积×高，3×4×5＝60 cm3； 15．已知正六棱柱的底面边长为2，侧棱为，则该正六棱柱的体积为　18　 【分析】由正六棱柱的底面边长为2，侧棱为，求出正六棱柱的底面积，由此能求出该正六棱柱的体积． 【解答】解：正六棱柱的底面边长为2，侧棱为， 正六棱柱的底面积， 该正六棱柱的体积． 故答案为：18． 【点评】本题考查正六棱柱的体积的求法，考查正六棱柱的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题． 16．（2023秋•普陀区校级期中）如图，在棱长为1的正方体中，、、分别是棱、、的中点，以为底面作一个直三棱柱，使其另一个底面的三个顶点也都在正方体的表面上，则这个直三棱柱的体积为　　 A． B． C． D． 【分析】连接，，，并分别取它们的中点，，，连接，，，，，，，利用线面垂直的判定定理和性质证明三棱柱为直三棱柱，由体积公式求解即可． 【解答】解：如图，连接，，，并分别取它们的中点，，，连接，，，，，，， 则，，，且，，， 连接，可得， 因为平面，又平面， 则， 又，，平面， 所以平面，又平面， 所以， 同理可得，， 又， 则平面， 所以平面，平面，平面， 则三棱柱为直三棱柱， 由正方体的棱长为1，可得，， 故． 故选：． 【点评】本题考查了空间中线线、线面位置关系的判断，线面垂直的判定定理和性质的应用，棱柱的体积公式的理解与应用，属于中档题． 题型04 圆柱的结构特征 17．（2022秋•嘉定区校级期中）已知一个圆柱底面圆半径为1，高为2，上底面的直径为，是底面圆周上的一个动点，关于的面积大小下列说法正确的是　　 A．的面积是定值 B．的面积没有最大值 C．的面积最大值是 D．的面积最大值是2 【分析】上顶面圆心记为，下底面圆心记为，连接，过点作，垂足为点，由于为定值，则的大小随着的长短变化而变化，分别求解的最大值和最小值，即可得到答案． 【解答】解：如图1，上底面圆心记为，下底面圆心记为， 连接，过点作，垂足为点， 则， 根据题意，为定值2，所以的大小随着的长短变化而变化， 如图2所示，当点与点重合时，， 此时取得最大值为， 如图3所示，当点与点重合，取最小值2， 此时取得最小值为． 综上所述，的取值范围为，． 故选：． 【点评】本题考查了空间中的最值问题，将三角形面积的最值问题转化为求解线段的最值问题进行求解是解题的关键，考查了空间想象能力与逻辑推理能力，属于中档题． 18．（2021秋•青浦区校级期末）已知平面经过圆柱的旋转轴，点、是在圆柱的侧面上，但不在平面上，则下列4个命题中真命题的个数是　　 ①总存在直线，且与异面； ②总存在直线，且； ③总存在平面，且； ④总存在平面，且． A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】分，两点在平面的同侧还是异侧，进行讨论，即可求出结果． 【解答】解：对于①，当，同侧时，平面和圆柱在底面上的交线与是异面的； 当，异侧时，平面和圆柱在侧面上的交线与是异面的，故①正确； 对于②，当，同侧时，平面和圆柱在底面上的交线与是垂直的； 当，异侧时，直线，故②正确； 对于③，无论，同侧，还是异侧，若为过的圆柱轴截面，则，故③正确； 对于④，当，异侧时，直线与平面相交，不可能存在，故④错误． 故选：． 【点评】本题考查空间中线与面的位置关系，考查分类讨论思想、空间立体感和推理论证能力，属于中档题． 19．（2021秋•奉贤区校级月考）有下列命题： ①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的直线距离是圆柱的母线长； ②圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线长； ③侧面都是平行四边形的多面体是棱柱； ④体对角线相等的平行六面体是长方体． 其中正确命题是 　 　（填号）． 【分析】通过反例可确定①③错误；由圆锥母线定义知②正确；利用线面垂直的判定和性质可证得体对角线相等的平行六面体各个侧面均为矩形，由此可知④正确． 【解答】解：对于①，若上下底面上的两点连线与底面不垂直，则不是圆柱的母线，①错误； 对于②，由圆锥母线的定义可知②正确； 对于③，若一个直四棱柱与一个斜四棱柱底面大小相同，将其上下底面相接构成一个组合体，如下图所示， 此时满足侧面都是平行四边形，但该多面体不是棱柱，③错误； 对于④，若平行六面体的体对角线相等，则对角面为矩形，如下图所示， 此时四边形与均为矩形，，， 又，，，，平面，平面； 又，平面，，，四边形，，，均为矩形， 同理可得：平面，又平面，，四边形，均为矩形，该平行六面体为长方体，④正确． 故答案为：②④． 【点评】本题考查立体几何的知识，需要数形结合，属于中档题． 题型05 圆柱的侧面积和表面积 20．（2021秋•杨浦区校级期中）已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的侧面积为　　 A． B． C． D． 【分析】由圆柱的轴截面是面积为8的正方形，可得圆柱的高和底面圆的直径，根据圆柱的侧面是以圆柱的高为宽，底面圆的周长为长的矩形，即可得解． 【解答】解：由题意知，圆柱的轴截面是面积为8的正方形， 圆柱的高为，圆柱底面圆的直径为， 底面圆的周长为， 侧面积． 故选：． 【点评】本题考查圆柱中的简单计算，熟练掌握圆柱的结构特征是解题的关键，考查空间立体感和运算求解能力，属于基础题． 21．（2023秋•长宁区校级期中）已知圆柱的半径为2，高为2，则圆柱的侧面积为　　． 【分析】根据已知中圆柱的底面半径和高，代入圆柱的侧面积公式，可得答案． 【解答】解：圆柱的半径为2，高为2， 圆柱的侧面积， 故答案为： 【点评】本题考查的知识点是旋转体，熟练掌握圆柱的几何特征和侧面积公式是解答的关键． 22．若经过圆柱的轴的截面面积为2，则圆柱的侧面积为　　． 【分析】根据轴截面积得出圆柱底面半径与高的关系，代入侧面积公式即可得出答案． 【解答】解：设圆柱的底面半径为，高为，则圆柱的轴截面面积为，． 圆柱的侧面积． 故答案为：． 【点评】本题考查了圆柱的结构特征，侧面积计算，属于基础题． 题型06 圆柱的体积 23．（2023•长宁区校级三模）若一个圆柱的侧面积是，高为1，则这个圆柱的体积是 　　． 【分析】根据圆柱的侧面积公式求出底面圆的半径，进而可求解． 【解答】解：圆柱的侧面积是，， 所以体积． 故答案为：． 【点评】本题主要考查圆柱体积的求解，属于基础题． 24．（2023秋•黄浦区校级期中）已知一个圆柱的轴截面为正方形，且它的侧面积为，则该圆柱的体积为 　　． 【分析】根据题意，设圆柱底面的半径为，高为，分析可得关于、的方程组，解可得、的值，计算可得答案． 【解答】解：根据题意，设圆柱底面的半径为，高为， 则有，解得， 所以圆柱的体积． 故答案为：． 【点评】本题考查圆柱的体积计算，涉及圆柱的侧面积公式，属于基础题． 25．（2023秋•浦东新区校级期中）把长和宽分别为6和3的矩形卷成一个圆柱的侧面，则该圆柱的体积为 　或　． 【分析】设圆柱的底面半径为，高为，分，则以及，则，求出半径，然后由圆柱的体积公式求解即可． 【解答】解：设圆柱的底面半径为，高为， 若，则，解得，所以圆柱的体积为； 若，则，解得，所以圆柱的体积为． 综上所述，该圆柱的体积为或． 故答案为：或． 【点评】本题考查了旋转体的理解与应用，圆柱的体积公式的运用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题． 26．（2023秋•虹口区校级期中）已知圆柱的轴截面是正方形，它的面积是，那么这个圆柱的体积是 　　．（结果中保留 【分析】设圆柱的底面半径为，高为，由题可得，，利用圆柱体积公式即可解得． 【解答】解：设圆柱的底面半径为，高为， 因为圆柱的轴截面是正方形，它的面积是， 所以，， 所以这个圆柱的体积是． 故答案为：． 【点评】本题考查了圆柱的结构特征与体积计算问题，是基础题． 27．（2023•青浦区二模）已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，圆柱的体积为，则球的表面积为 　　． 【分析】设球的直径为，根据题意求得的值，即可得到球的表面积． 【解答】解：设球的直径为，则圆柱的底面直径和高均为， 又圆柱的体积为，则，即，解得， 所以球的表面积为． 故答案为：． 【点评】本题考查圆柱的体积以及球的表面积计算，考查运算求解能力，属于基础题． 一、填空题 1．（2024·上海·三模）已知圆柱的底面半径为3cm，侧面积为cm3，则此圆柱的体积为 cm3 【答案】 【分析】先根据已知条件求出圆柱的高，再利用圆柱的体积公式可求得结果. 【详解】设圆柱的高为，则，得， 所以此圆柱的体积为， 故答案为： 2．（2023高二上·上海·专题练习）一个长方体的过同一顶点的三个面的面积分别是， ，，则这个长方体的体积为 ，表面积为 . 【答案】 【分析】设出棱长，根据题意直接求解长方体体积和表面积即可. 【详解】设长方体的棱长分别为， 则三式相乘可得， 所以长方体的体积为，表面积为. 故答案为：； 3．（23-24高三上·上海浦东新·阶段练习）已知正四棱柱的侧棱长为2，体积为6，则该正四棱柱的表面积为 ． 【答案】 【分析】先求出正四棱柱的底面边长，再根据多面体的表面积公式即可得解. 【详解】设正四棱柱的的底面边长为， 则，解得， 所以该正四棱柱的表面积为. 故答案为：. 4．（23-24高三下·上海黄浦·阶段练习）若正三棱柱的所有棱长均为4，则其体积为 【答案】 【分析】先求正三棱柱底面正三角形的面积，再根据正三棱柱的体积公式计算即可. 【详解】正三棱柱的底面为边长为4的正三角形，其面积为：， 则正三棱柱的体积为：. 故答案是：. 5．（23-24高三下·上海·阶段练习）圆柱的底面半径为3，高为4，其侧面积为 . 【答案】 【分析】 由圆柱的侧面积公式直接计算即可. 【详解】因为圆柱的底面半径为3，高为4， 所以其侧面积为 故答案为： 6．（2024·上海·一模）已知圆柱底面圆的周长为，母线长为4，则该圆柱的体积为 ． 【答案】 【分析】根据条件，直接求出，再利用圆柱的体积公式，即可求出结果. 【详解】设圆柱的底面半径为，所以，得到， 又圆柱的母线长为，所以圆柱的体积为， 故答案为：. 7．（2024·上海崇明·二模）已知底面半径为1的圆柱，是其上底面圆心，、是下底面圆周上两个不同的点，是母线．若直线与所成角的大小为，则 ． 【答案】 【分析】因为，且，得到直线与所成角即为直线与所成角在直角中，即可求解. 【详解】如图所示，因为，且 则直线与所成角即为直线与所成角的大小为，可得, 在直角中，可得，即. 故答案为：. 8．（2024·上海黄浦·二模）若一个圆柱的底面半径为2，母线长为3，则此圆柱的侧面积为 . 【答案】 【分析】将圆柱的侧面展开，得到矩形的两边长，求出面积即可. 【详解】将圆柱的侧面展开为矩形，其中矩形的一边为3，另一边为， 故侧面积为. 故答案为： 9．（23-24高二下·上海·阶段练习）已知卷纸中的纸是单层的，且卷纸整体呈一个空心圆柱形，即大圆柱在其正中间挖去了一个小圆柱.小吴想测量一个卷纸展开后的总长度，测得小圆柱底面的直径为4.0厘米，大圆柱底面的直径为10.0厘米.由于单层纸的厚度不易测量，小吴利用游标卡尺测得10层纸的总厚度为0.3厘米.试估算这个卷纸的长度为 米.（取，结果精确到个位） 【答案】22 【分析】利用展开前后卷纸的体积相等可得答案. 【详解】设圆柱的高为，则卷纸的体积为， 每层纸的厚度为厘米，展开后的体积为， 所以，解得厘米， 所以这个卷纸的长度为22米. 故答案为：22. 10．（23-24高二上·上海·期末）如图所示，圆柱的轴截面是正方形，E是半圆弧AB的中点，则异面直线和所成角的大小为 . 【答案】 【分析】由，可得异面直线BC和所成角的大小与相等，由，可得，即可得异面直线BC和所成角的大小. 【详解】 连接，由，故异面直线BC和所成角的大小与相等， 设正方形边长为，则，底面半径， E是半圆弧AB的中点，则， 又平面且平面，故， 故.故， 即异面直线BC和所成角的大小为. 故答案为：. 11．（2024·上海虹口·二模）如图，在直四棱柱中，底面为菱形，且.若，点为棱的中点，点在上，则线段的长度和的最小值为 . 【答案】 【分析】取的中点，连接、、、，首先证明，即可、、、四点共面，连接，，求出，将绕翻折，使得平面与平面共面，连接交于点，最后利用余弦定理计算可得. 【详解】取的中点，连接、、、， 因为点为棱的中点，所以，又且， 所以为平行四边形，所以， 所以，即、、、四点共面，连接，， 则，， 因为底面为菱形，且，所以， 所以， 所以， 所以，即，所以， 将绕翻折，使得平面与平面共面，连接交于点， 则， 又， 在中， 即， 所以， 即线段、的长度和的最小值为. 故答案为： 12．（23-24高二下·上海·期中）已知直棱柱的高为，底面三角形的三边长分别为．过三条侧棱中点的截面把三棱柱分成两个完全相同的三棱柱，然后用这两个三棱柱拼成一个三棱柱或者四棱柱，计算后发现表面积都比原来三棱柱的表面积小，那么正数的取值范围是 . 【答案】 【分析】当拼成一个三棱柱时，有两种情况；拼成一个四棱柱时，有四种情况，分别求出其全面积比较大小，解关于的不等式即可. 【详解】由题知，原三棱柱是直三棱柱，设底面是以为直角顶点的直角三角形，且，，， 设棱、、的中点分别为、、. 原三棱柱的全面积（）. 由题意，将原三棱柱分为两个完全相同的三棱柱，记为直三棱柱和直三棱柱，如图所示： 当拼成一个三棱柱时，有两种情况，如图①和②： 图①的全面积（）， 图②的全面积（）， 当拼成一个四棱柱时，有四种情况，如图③、④、⑤、⑥： 图③的全面积（）， 图④的全面积（）， 图⑤的全面积（）， 图⑥的全面积（）， 由上得，两个三棱柱拼成一个新的三棱柱或四棱柱的全面积最大是（）， 则（），解得：， 故a的取值范围是. 故答案为：. 二、单选题 13．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，在长方体中，，点为上的动点，则的最小值为（    ） A．5 B． C． D． 【答案】D 【分析】将绕翻折到与共面，连接，则的长度即为的最小值，利用勾股定理计算可得. 【详解】将绕翻折到与共面，平面图形如下所示： 连接，则的长度即为的最小值， 因为，所以 ， 所以，所以，即的最小值为. 故选：D 14．（23-24高三上·重庆·阶段练习）已知：“是长方体”，：“是直平行六面体”，则是的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】根据直平行六面体和正方体的定义，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】根据直平行六面体的定义知：底面为平行四边形的直四棱柱为直平行六面体， 长方体的定义可为：底面为矩形的直四棱柱为长方体， 而直平行六面体的底面不一定为矩形，所以是的充分不必要条件. 故选：A. 15．（23-24高二上·上海·期末）若干个能确定一个立体图形的体积的量称为该立体图形的“基本量”.已知长方体，下列四组量中，不能作为该长方体的“基本量”的是（    ） A．的长度 B．的长度 C．的长度 D．的长度 【答案】D 【分析】根据题设定义，结合长方体的体积公式、已知量判断长方体的体积是否可以确定即可. 【详解】如下图，根据长方体体积公式，只需确定共顶点的三条棱长即可， 已知的长度，则体积可定，A满足； 由，即可求出，则体积可定，B满足； 由勾股定理及可求，由勾股定理及可求，故体积可定，C满足； 已知无法求出，体积不能确定，D不满足. 故选：D 16．（2024·上海·模拟预测）已知正方体和点，有两个命题： 命题甲：存在条过点的直线，满足与正方体的每条棱所成角都相等； 命题乙：存在个过点的平面，满足与正方体的每个面所成锐二面角都相等； 则下列判断正确的是（    ） A． B． C． D．的大小关系与点的位置有关 【答案】B 【分析】作出正方体四条体对角线，四条体对角线与正方体的每条棱所成角都相等，得到，从正方体一个顶点出发得到正三棱锥，得到与正方体的每个面所成锐二面角都相等的平面，由对称性可得，得到结论. 【详解】正方体有四条体对角线， 四条体对角线与正方体的每条棱所成角都相等，夹角的正切值为， 故过点可以作4条直线，4条直线分别与4条体对角线平行， 由于正方体只有4条体对角线， 故， 过正方体的一个顶点可以作出正三棱锥，比如， 可以证明平面与正方体的三个平面，平面，平面的锐二面角相等， 设平面与平面的夹角为， 相交于点，连接，则即为平面与平面的夹角， ， 可以求出平面与平面，平面的锐二面角的正切值均为， 根据面面平行，故平面与正方体的每个面所成锐二面角都相等， 从8个顶点可以作出8个类似的正三棱锥， 得到八个平面，分别为平面，平面，平面，平面，平面，平面，平面，平面， 但平面，平面，平面，平面分别与平面，平面，平面，平面平行， 综上，过点共可以作出4个平面满足与正方体的每个面所成锐二面角都相等； 故， 故选：B 【点睛】关键点点睛，正方体中，四条体对角线与正方体的每条棱所成角都相等，从一个顶点出发的正三棱锥，可得到平面与四个平面平行的平面与正方体的每个面所成锐二面角都相等，结合对称性可得结论. 三、解答题 17．（24-25高一上·上海·课堂例题）如图，有一圆柱形的无盖杯子，它的内表面积是，试用函数表达式将杯子的容积表示成底面内半径为的函数. 【答案】 【分析】设杯子的高为，根据题意，求得，结合圆柱的体积公式，即可求解. 【详解】由题意，设杯子的高为， 因为杯子的表面积是，可得，即， 则， 根据实际意义，可得且，即， 因此，所求的函数表达式是. 18．（2023高二上·上海·专题练习）一个正方体的底面积和一个圆柱的底面积相等，且侧面积也相等，求正方体和圆柱的体积之比； 【答案】 【分析】设正方体边长为a，圆柱高为h，底面半径为r，列出方程，解出即可. 【详解】设正方体边长为a，圆柱高为h，底面半径为r， 则有，由①得， 由②得，∴， 则 19．（24-25高二·上海·假期作业）设长方体各面上矩形的对角线长分别为、、.在下列条件下，求长方体的对角线长： (1)用、、表示； (2)长方体的全面积为24，所有棱长之和为24； (3)长方体的三个面的面积分别是，，. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）设长方体的棱长为，可得，，，计算可求； （2）设长方体的棱长为，则，，计算可求； （3）设长方体的棱长为，则可得，，，计算可求. 【详解】（1）设长方体的棱长为，所以，，， 所以， 又，所以. （2）设长方体的棱长为，则，， 所以，两边平方可得， 所以. （3）设长方体的棱长为，则可得，，， 各式相乘可得，所以，所以， 所以，所以. 20．（24-25高二·上海·假期作业）如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为3． (1)求三棱柱的表面积与体积； (2)求与平面所成的角的大小． 【答案】(1)表面积，体积 (2) 【分析】（1）根据三棱柱的表面积公式和体积公式计算即可； （2）根据等面积法先求出点到平面的距离为，设与平面所成的角为，则，即可求解． 【详解】（1）三棱柱的表面积：， 体积：． （2）连接，设点到平面的距离为，即三棱锥以为底时的高为， ， 在中，，， 取中点，连接，则， 所以，则， 所以，则， 设与平面所成的角为， 则，所以． 21．（2024高二·上海·专题练习）如图，斜三棱柱的侧棱长为，底面是边长为1的正三角形，. (1)求异面直线与所成的角； (2)求此棱柱的表面积和体积. 【答案】(1) (2)表面积为，体积为 【分析】（1）过作⊥平面，垂足为H，过H作⊥，垂足为，连接，通过三角形全等，说明H在平分线上，然后推出⊥，求出异面直线与所成的角； （2）利用第一问的结果，结合三角函数值及勾股定理求出棱柱的高，进而求解此棱柱的表面积和体积. 【详解】（1）过作⊥平面，垂足为H， 过H作⊥，垂足为，连接， 因为平面，所以⊥， 因为，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 作⊥，垂足为，连接，同理可得⊥， 又， ∴≌， ∴， ∴≌， ∴H在平分线AE上，由为正三角形， ∴⊥， ∵⊥平面，平面， ∴⊥， ∵，平面， ∵平面， ∴⊥， 故异面直线与所成角为； （2）由（1）知在直角三角形中，，， 故， 在中，，，故， 在中，由勾股定理得， 四边形的面积为，同理可得四边形面积为， 由（1）得⊥，故⊥， 四边形的面积为， ， 此棱柱的表面积为， 此棱柱的体积为 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$