专题02 空间几何体（考题猜想，易错必刷53题16种题型）-2024-2025学年高二数学上学期期中考点大串讲（沪教版2020必修第三册）

专题02 空间几何体（易错必刷53题16种题型专项训练） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 · 立体图形的斜二测画法 · 旋转体与多面体 · 棱柱的结构特征与分类 · 棱柱的有关计算 · 圆柱的结构特征与分类 · 圆柱的有关计算 · 柱体的表面积与体积 · 棱锥的结构特征与分类 · 棱锥的有关计算 · 圆锥的结构特征与分类 · 圆锥的有关计算 · 锥体的表面积与体积 · 球体的结构特征 · 球面距离 · 球的表面积与体积 · 与截面有关的问题 一、立体图形的斜二测画法（共2小题） 1．（23-24高一下·黑龙江·期中）如图，用斜二测画法画一个水平放置的平面图形是一个边长为1的正方形，则原图形的形状是（    ） A．B．C． D． 2.（23-24高一下·福建厦门·期中）如图所示，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形面积是（    ） A． B．1 C． D． 二、旋转体与多面体（共4小题） 3.（24-25高一下·全国·课后作业）下列几何体中是旋转体的是（    ） ①圆柱；②六棱锥；③正方体；④球体；⑤四面体． A．①和⑤ B．①和② C．③和④ D．①和④ 4.（22-23高二下·上海黄浦·阶段练习）多面体的欧拉定理：简单多面体的顶点数V､棱数E与面数F有关系.请运用欧拉定理解决问题：碳具有超导特性､抗化学腐蚀性､耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料.它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图所示， 碳的分子结构是—个由正五边形面和正六边形面共32个面构成的凸多面体，60个碳原子处于多面体的60个顶点位置，则32个面中正五边形面的个数是 . 5.（23-24高二上·上海长宁·期中）正多面体各个面都是全等的正多边形，其中，面数最少的是正四面体，面数最多的是正二十面体，它们被称为柏拉图多面体．如图，正二十面体是由个等边三角形所组成的正多面体．已知多面体满足：顶点数-棱数+面数=，则正二十面体的顶点的个数为 ． 6.（2022·上海虹口·一模）如图，在棱长为1的正方体中，为底面内（包括边界）的动点，满足与直线所成角的大小为，则线段扫过的面积为 . 三、棱柱的结构特征与分类（共3小题） 7.四棱柱成为长方体的一个必要不充分条件是（    ） A．底面是矩形 B．侧面是正方形 C．底面是菱形 D．侧面与底面都是矩形 8.下列说法正确的是（    ） A．棱柱中相邻两个面的公共边叫做侧棱 B．棱柱中至少有两个面的形状完全相同 C．棱柱中两个互相平行的面一定是棱柱的底面 D．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体一定是棱柱 9.（23-24高二上·广东惠州·阶段练习）下列说法不正确的是（   ） A．直四棱柱是长方体 B．正方体是平行六面体 C．长方体是平行六面体 D．平行六面体是四棱柱 四、棱柱的有关计算（共6小题） 10.已知长方体的三条棱长分别为3cm、2cm、1cm，求表面有一只蜘蛛从A爬行到的最短距离． 11.（22-23高二上·上海黄浦·期末）若正四棱柱的底面边长为，与底面成角，则到底面的距离为 . 12.（23-24高二上·上海黄浦·阶段练习）长方体中，直线与平面所成的角为45°，若，则平面和之间的距离为 ． 13.（2022·上海浦东新·二模）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝CC1＝2，点D是线段A1B1的中点． (1)求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积； (2)已知P为侧棱BB1的中点，求点P到平面BCD的距离． 14．（21-22高二上·上海松江·期中）如图是一个直三棱柱（以为底面）被一平面所截得到的几何体，截面为ABC.已知，，，，. (1)设点是AB的中点，证明：平面； (2)求此几何体的体积. 15．（23-24高二上·上海浦东新·期中）已知正四棱柱中，.    (1)求正四棱柱的表面积； (2)求证：平面平面． 五、圆柱的结构特征与分类（共2小题） 16．（23-24高一上·重庆九龙坡·开学考试）用一个平面截如图所示圆柱体，截面的形状不可能是（    ）    A．  B．  C．  D．   17．（23-24高二上·上海奉贤·期中）下列命题正确的是（    ） A．以直角三角形的一直角边为轴旋转所形成的旋转体是圆锥 B．以直角梯形的一腰为轴旋转所形成的旋转体是圆台 C．圆柱、圆锥、圆台都有两个底面 D．圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形所在圆的半径等于圆锥底面圆的半径 六、圆柱的有关计算（共4小题） 18.（23-24高二上·上海浦东新·期中）若圆柱的底面半径为，侧面积为，则圆柱的母线长为 . 19.（23-24高二上·上海·期中）如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，底面.在正四棱锥内放有一个圆柱，使圆柱的下底面在正四棱锥的底面上，圆柱的上底面正四棱锥的四个侧面相切.当圆柱的侧面积最大时，圆柱的底面半径为 . 20.（23-24高二上·上海虹口·期中）如图，已知点P在圆柱的底面圆O的圆周上，AB为圆O的直径，圆柱的表面积为，，．    (1)求直线与平面所成角的正切值； (2)求点到平面的距离．    21．（23-24高二上·上海普陀·期中）如图，是圆柱的底面直径且是圆柱的母线且，点是圆柱底面圆周上的点.    (1)求证：平面； (2)当三棱锥体积最大时，求三棱锥的表面积； (3)若是的中点，点在线段上，求的最小值. 七、柱体的表面积与体积（共5小题） 22．（23-24高二上·上海虹口·期中）用边长为10厘米的正方形纸片卷成一圆柱的侧面（不计损耗），则该圆柱的体积为 立方厘米． 23．以长为，宽为的矩形的一边为旋转轴旋转而成的圆柱的底面面积为 （） 24．（23-24高二上·上海浦东新·期中）若一个圆柱的高为5，底面积为，则该圆柱的体积为 . 25.（23-24高二上·上海闵行·期中）若正四棱柱的底面周长为，高为，则该正四棱柱的表面积为 . 26.（22-23高二上·上海杨浦·期中）棱柱的底面是边长为的正方形，且，，则此棱柱的体积为 ． 八、棱锥的结构特征与分类（共3小题） 27.（22-23高一下·黑龙江牡丹江·期末）下列说法错误的是（    ） A．一个棱柱至少有5个面 B．斜棱柱的侧面中没有矩形 C．圆柱的母线平行于轴 D．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 28.（22-23高二上·上海浦东新·期中）若一个正棱锥的各棱长和底面边长均相等，则该棱锥一定不是（    ） A．正三棱锥 B．正四棱锥 C．正五棱锥 D．正六棱锥 29.（23-24高三下·上海闵行·阶段练习）三棱锥中，，，，，若三角形和都是等腰直角三角形，则，，可能的不同取值有 种. 九、棱锥的有关计算（共2小题） 30.（2022·上海徐汇·模拟预测）正三棱锥的四个顶点同在一个半径为2的球面上，若正三棱锥的侧棱长为，则正三棱锥的底面边长是 ． 31.（23-24高二上·上海·期中）已知三棱锥，且两两垂直，则点到平面的距离为 . 十、圆锥的结构特征与分类（共1小题） 32.（23-24高二上·上海奉贤·期中）下列命题正确的是（    ） A．以直角三角形的一直角边为轴旋转所形成的旋转体是圆锥 B．以直角梯形的一腰为轴旋转所形成的旋转体是圆台 C．圆柱、圆锥、圆台都有两个底面 D．圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形所在圆的半径等于圆锥底面圆的半径 十一、圆锥的有关计算（共6题） 33.（22-23高二上·四川资阳·期末）已知一个圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形.若将该圆锥的侧面展开后，所得扇形的圆心角为 . 35.（23-24高二上·上海奉贤·期中）如图，用平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，得到一个小圆锥．如果这两个圆锥的高分别是，求这两个圆锥的底面面积之比为 ．    36.（23-24高二上·上海长宁·期中）圆锥的母线长为2，母线所在直线与圆锥的轴所成角为，则该圆锥的高为 ． 37.（22-23高三上·上海浦东新·期中）圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则此圆锥的母线长为 ． 38.（23-24高二上·上海徐汇·期中）把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比为1:4，母线（原圆锥母线在圆台中的部分）长为12，则原圆锥的母线长为（    ） A．16 B．18 C．20 D．22 十二、锥体的表面积与体积（共5小题） 39.（23-24高二上·上海·期中）若圆锥的底面半径为1，母线长为2，则它的侧面展开图面积是 . 40.（23-24高二上·上海徐汇·期中）将一个圆心角为，面积为的扇形卷成一个圆锥，那么该圆锥的体积为 . 41．（23-24高二上·上海浦东新·期中）正三棱锥的底面边长为，高为，则此正三棱锥的侧面积为 ． 42.（23-24高二上·上海·期中）如图，一个圆锥挖掉一个内接正三棱柱（棱柱各顶点均在圆锥侧面或底面上），若棱柱侧面落在圆锥底面上．已知正三棱柱底面边长为，高为2，则该几何体的表面积 ． 43.（23-24高二上·上海崇明·期中）正多面体也称柏拉图立体，被喻为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）．数学家已经证明世届上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．已知一个正四面体和一个正八面体的棱长都是（如图），把它们拼接起来，使它们一个表面重合，得到一个新多面体 (1)求新多面体的体积； (2)求二面角的余弦值． 十三、球体的结构特征（共2小题） 44.①经线②北纬③西经④赤道 A．②③ B．①②③ C．①③④ D．①②③④ 45.若平面截球O所得圆的半径为1，球的表面积是，则球心O到平面的距离为 ． 十四、球面距离（共1小题） 46.（21-22高二上·上海普陀·期中）上海的纬度大约是北纬31°，已知地球的半径大约是6370km，则北纬31°纬线的长度是 km（精确到个位）. 十五、球的表面积与体积（共4小题） 47.（23-24高二上·上海闵行·期中）设一个圆锥底面的半径和一个球的半径相等，已知圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则球的表面积等于 . 48.（24-25高二·上海·课堂例题）球半径为25cm，球心到截面距离为24cm，则截面面积为 49.（21-22高二上·上海金山·期中）2020中国国际防锈、防腐蚀技术及材料展览会于9月15日至9月19日在国家会展中心（上海）隆重举行，推动了国内防锈、防腐蚀材料的技术升级．如图为沿海城市海边的一个石头雕塑，该雕塑是由一个体积为的圆柱形石料雕刻而成，其上方是一个半径为的球，下方是一个正四棱锥．雕刻时，先让球与圆柱的上底面相切，并使体积达到最大，再让正四棱锥的体积达到最大．不计损耗．为测试某新型涂料防止海水侵蚀的效果，现需要在该雕塑表面涂一层涂料，则需要在雕塑表面涂刷涂料的面积为 (其中3). 50.（21-22高二下·上海杨浦·期中）如图所示，已知球的半径为，在球的表面上有三点、、，且、、、四点不共面，． (1)若⊥平面，求球心到平面的距离； (2)若CO⊥平面，一个经过点、、的球也经过点，求球的表面积； (3)若线段上存在一点，使得，求三棱锥体积的最大值． 十六、与截面有关的问题（共1小题） 51．（21-22高一下·上海宝山·期末）在正方体中，棱长为4，、分别为棱、的中点，点在对角线上，且，过点、、作一个截面，该截面的形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 52．（22-23高一·全国·课后作业）若正方体的一个截面恰好截这个正方体为等体积的两部分，则该截面(    ) A．一定通过正方体的中心 B．一定通过正方体一个表面的中心 C．一定通过正方体的一个顶点 D．一定构成正多边形 53．（2022·上海黄浦·二模）如图，已知分别是正方体的棱和的中点，由点确定的平面截该正方体所得截面为（　　） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 $$专题02 空间几何体（易错必刷53题16种题型专项训练） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 · 立体图形的斜二测画法 · 旋转体与多面体 · 棱柱的结构特征与分类 · 棱柱的有关计算 · 圆柱的结构特征与分类 · 圆柱的有关计算 · 柱体的表面积与体积 · 棱锥的结构特征与分类 · 棱锥的有关计算 · 圆锥的结构特征与分类 · 圆锥的有关计算 · 锥体的表面积与体积 · 球体的结构特征 · 球面距离 · 球的表面积与体积 · 与截面有关的问题 一、立体图形的斜二测画法（共2小题） 1．（23-24高一下·黑龙江·期中）如图，用斜二测画法画一个水平放置的平面图形是一个边长为1的正方形，则原图形的形状是（    ） A．B．C． D． 【答案】A 【解析】由斜二测画法的规则，与轴平行的线段长度不变， 注意到正方形的对角线在轴上，对角线长为， 经过斜二测画法后对角线会变为原来的一半， 故原图的对角线长是，只有A符合题意. 故选：A 2.（23-24高一下·福建厦门·期中）如图所示，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形面积是（    ） A． B．1 C． D． 【答案】C 【解析】在中，，由，得， 因此的面积， 所以原三角形面积是. 故选：C 二、旋转体与多面体（共4小题） 3.（24-25高一下·全国·课后作业）下列几何体中是旋转体的是（    ） ①圆柱；②六棱锥；③正方体；④球体；⑤四面体． A．①和⑤ B．①和② C．③和④ D．①和④ 【答案】D 【解析】根据旋转体的定义可得圆柱和球体为旋转体. 故选：D. 4.（22-23高二下·上海黄浦·阶段练习）多面体的欧拉定理：简单多面体的顶点数V､棱数E与面数F有关系.请运用欧拉定理解决问题：碳具有超导特性､抗化学腐蚀性､耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料.它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图所示， 碳的分子结构是—个由正五边形面和正六边形面共32个面构成的凸多面体，60个碳原子处于多面体的60个顶点位置，则32个面中正五边形面的个数是 . 【答案】12 【解析】由题意可知，由可得, 设正五边形的个数为x，正六边形个数为y，则， ∵一条棱连着两个面， ∴足球烯表面的棱数, 联立 ，解得， 即32个面中正五边形面的个数是12个， 故答案为：12 5.（23-24高二上·上海长宁·期中）正多面体各个面都是全等的正多边形，其中，面数最少的是正四面体，面数最多的是正二十面体，它们被称为柏拉图多面体．如图，正二十面体是由个等边三角形所组成的正多面体．已知多面体满足：顶点数-棱数+面数=，则正二十面体的顶点的个数为 ． 【答案】 【解析】由于正二十面体是由个等边三角形所组成的正多面体， 所以面数为，并且每个顶点处有条棱， 设正二十面体共有个顶点，则棱数为， 由题意可得，解得. 则正二十面体的顶点的个数为 故答案为：. 6.（2022·上海虹口·一模）如图，在棱长为1的正方体中，为底面内（包括边界）的动点，满足与直线所成角的大小为，则线段扫过的面积为 . 【答案】 【解析】由题设，，要使与直线所成角的大小为，只需与直线所成角的大小为， ∴绕以夹角旋转为锥体的一部分，如上图示：的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆， ∴在上扫过的面积为. 故答案为：. 三、棱柱的结构特征与分类（共3小题） 7.四棱柱成为长方体的一个必要不充分条件是（    ） A．底面是矩形 B．侧面是正方形 C．底面是菱形 D．侧面与底面都是矩形 【答案】A 【解析】对于A，长方体的底面是矩形，而底面是矩形的四棱柱不一定是长方体（侧棱不垂直于底面）， 则“底面是矩形”是四棱柱成为长方体的一个必要不充分条件，A是； 对于B，长方体的侧面是矩形，不一定是正方形，即“侧面是正方形”不是四棱柱成为长方体的必要条件，B不是； 对于C，长方体的底面是矩形，不能推出底面是菱形，即“底面是菱形”不是四棱柱成为长方体的必要条件，C不是； 对于D，长方体的侧面与底面都是矩形，反之侧面与底面都是矩形的四棱柱是长方体， 因此“侧面与底面都是矩形”是四棱柱成为长方体的充要条件，D不是. 故选：A 8.下列说法正确的是（    ） A．棱柱中相邻两个面的公共边叫做侧棱 B．棱柱中至少有两个面的形状完全相同 C．棱柱中两个互相平行的面一定是棱柱的底面 D．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体一定是棱柱 【答案】B 【解析】A错误，底面和侧面的公共边不是侧棱； B正确，根据棱柱的特征知，棱柱的两个底面一定是全等的，故棱柱中至少有两个面的形状完全相同； C错误，正六棱柱的两个相对侧面互相平行； D错误，“其余各面都是平行四边形”并不能保证“相邻两个四边形的公共边都互相平行”，如图所示的几何体就不是棱柱． 故选：B. 9.（23-24高二上·广东惠州·阶段练习）下列说法不正确的是（   ） A．直四棱柱是长方体 B．正方体是平行六面体 C．长方体是平行六面体 D．平行六面体是四棱柱 【答案】A 【解析】解：对于选项A，直四棱柱的侧棱垂直底面，当底面不是矩形时直四棱柱不是长方体， 故A错误； 对于选项B，正方体的对面平行，是平行六面体，故B正确； 对于选项C，长方体的对面平行，是平行六面体，故C正确； 对于选项D，平行六面体是底面为平行四边形的四棱柱，故D正确； 故选：A. 四、棱柱的有关计算（共6小题） 10.已知长方体的三条棱长分别为3cm、2cm、1cm，求表面有一只蜘蛛从A爬行到的最短距离． 【答案】 【解析】根据题意，将长方体按照三种不同方式展开，如下图所示： 结合长方体的三种展开图，求得的长分别是， 所以最小值是. 11.（22-23高二上·上海黄浦·期末）若正四棱柱的底面边长为，与底面成角，则到底面的距离为 . 【答案】 【解析】∵正四棱柱， ∴平面平面， 平面， 平面, 到底面的距离为正四棱柱的高 ∵正四棱柱的底面边长为，与底面成角， 故答案为:． 12.（23-24高二上·上海黄浦·阶段练习）长方体中，直线与平面所成的角为45°，若，则平面和之间的距离为 ． 【答案】 【解析】由题意，可作图如下：    在长方体中，平面， 则，且平面和之间的距离为， 在矩形中，，则， 所以在中，. 故答案为：. 13.（2022·上海浦东新·二模）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝CC1＝2，点D是线段A1B1的中点． (1)求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积； (2)已知P为侧棱BB1的中点，求点P到平面BCD的距离． 【答案】(1)4 (2)． 【解析】（1）∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝CC1＝2， ∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积． （2）设点P到平面BCD的距离为d， 平面，平面，则，又（因为∠ACB＝90°），，平面，所以A1C1⊥平面BCB1C1，即A1到平面BCB1C1的距离为2， ∵点D是线段A1B1的中点， ∴D到平面BCB1C1的距离为1． 在△BB1D中，， 在△CC1D中，， ∴， 又S△BCP＝， 又由，得 ∴点P到平面BCD的距离． 14．（21-22高二上·上海松江·期中）如图是一个直三棱柱（以为底面）被一平面所截得到的几何体，截面为ABC.已知，，，，. (1)设点是AB的中点，证明：平面； (2)求此几何体的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）作交于，连，则， 因为是的中点， 所以 则四边形是平行四边形， 因此有 平面，且平面， 则平面. （2）如图，过作截面平面，分别交，于,，连接，作于， 因为平面平面，所以，结合直三棱柱的性质，则平面， ∵，，，，， ∴， ， ∴所求几何体体积为+． 15．（23-24高二上·上海浦东新·期中）已知正四棱柱中，.    (1)求正四棱柱的表面积； (2)求证：平面平面． 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】（1）正四棱柱的表面积为. （2）为正方形，故， 正四棱柱，故平面，平面， 故， ，平面，故平面， 又平面，故平面平面. 五、圆柱的结构特征与分类（共2小题） 16．（23-24高一上·重庆九龙坡·开学考试）用一个平面截如图所示圆柱体，截面的形状不可能是（    ）    A．  B．  C．  D．   【答案】D 【解析】解： 对于选项A：当截面与轴截面垂直时，得到的截面形状是圆； 对于选项B：当截面与轴截面平行时，得到的截面形状是长方形； 对于选项C：当截面与轴截面斜交时，得到的截面形状是椭圆； 对于选项D：截面的形状不可能是等腰梯形； 故选：D 17．（23-24高二上·上海奉贤·期中）下列命题正确的是（    ） A．以直角三角形的一直角边为轴旋转所形成的旋转体是圆锥 B．以直角梯形的一腰为轴旋转所形成的旋转体是圆台 C．圆柱、圆锥、圆台都有两个底面 D．圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形所在圆的半径等于圆锥底面圆的半径 【答案】A 【解析】对于A，根据圆锥的特点，以直角三角形的一直角边为轴旋转所形成的旋转体是圆锥，故A正确； 对于B，以直角梯形的直角腰为轴旋转所得的旋转体才是圆台，故B错误； 对于C，圆柱、圆台都有两个底面，而圆锥只有一个底面，故C错误； 对于D，圆锥的侧面展开图为扇形，此扇形所在圆的半径等于圆锥的母线长，故D错误. 故选：A. 六、圆柱的有关计算（共4小题） 18.（23-24高二上·上海浦东新·期中）若圆柱的底面半径为，侧面积为，则圆柱的母线长为 . 【答案】8 【解析】设圆柱的母线长为，则，， 故答案为：8. 19.（23-24高二上·上海·期中）如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，底面.在正四棱锥内放有一个圆柱，使圆柱的下底面在正四棱锥的底面上，圆柱的上底面正四棱锥的四个侧面相切.当圆柱的侧面积最大时，圆柱的底面半径为 . 【答案】/0.5 【解析】如图，在四棱锥内作正四棱柱， 其中分别在棱上， 要使圆柱体侧面积最大和体积最大， 则需其底面圆为正四棱柱的内切圆， 连接，设圆柱的底面圆半径为，高为， 则，，连接，则点在上， 在平面内，平行，则，即， 解得，， 圆柱侧面积为， 故当时，圆柱侧面积最大. 故答案为： 20.（23-24高二上·上海虹口·期中）如图，已知点P在圆柱的底面圆O的圆周上，AB为圆O的直径，圆柱的表面积为，，．    (1)求直线与平面所成角的正切值； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1) (2) 【解析】（1）由题意知，平面，所以直线与平面的夹角，即为， 易知，， 又， 故，进而有，， 由圆柱的表面积为， 可得，故， 故直线与平面的正切值为． （2）设点到平面的距离为， 则， 故，又， 因为平面，平面,所以， 又，平面, 所以平面，平面,即， 在 中，， 故， 所以，即点到平面的距离为．    21．（23-24高二上·上海普陀·期中）如图，是圆柱的底面直径且是圆柱的母线且，点是圆柱底面圆周上的点.    (1)求证：平面； (2)当三棱锥体积最大时，求三棱锥的表面积； (3)若是的中点，点在线段上，求的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【解析】（1）   证明：由题意面，面， 则， 由直径所对的圆周角为直角，可得， 又，面，面， 所以平面 （2）要使三棱锥体积最大时，则到的距离最大，最大距离为半径1， 此时，，， 因为， 所以为直角三角形， 所以三棱锥的表面积. （3）如图，将绕着旋转到使其共面，且在的反向延长线上， 因为，，，， 由余弦定理得， 所以的最小值为. 七、柱体的表面积与体积（共5小题） 22．（23-24高二上·上海虹口·期中）用边长为10厘米的正方形纸片卷成一圆柱的侧面（不计损耗），则该圆柱的体积为 立方厘米． 【答案】 【解析】由题意可得圆柱的底面周长为10cm，圆柱的高为10cm， 设圆柱的底面半径为cm，则，解得cm， 则圆柱的体积为立方厘米. 故答案为： 23．以长为，宽为的矩形的一边为旋转轴旋转而成的圆柱的底面面积为 （） 【答案】或 【解析】以长的边所在直线为旋转轴， 即得圆柱的底面半径为， 所以底面面积为； 以宽的边所在直线为旋转轴， 即得圆柱的底面半径为， 所以底面面积为. 故答案为：或 24．（23-24高二上·上海浦东新·期中）若一个圆柱的高为5，底面积为，则该圆柱的体积为 . 【答案】 【解析】因为圆柱的高为5，底面积为， 所以该圆柱的体积为， 故答案为：. 25.（23-24高二上·上海闵行·期中）若正四棱柱的底面周长为，高为，则该正四棱柱的表面积为 . 【答案】10 【解析】因为正四棱柱的底面周长为4，所以底面正方形边长为1， 则该正四棱柱的表面积， 故答案为：10. 26.（22-23高二上·上海杨浦·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】 【解析】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： 八、棱锥的结构特征与分类（共3小题） 27.（22-23高一下·黑龙江牡丹江·期末）下列说法错误的是（    ） A．一个棱柱至少有5个面 B．斜棱柱的侧面中没有矩形 C．圆柱的母线平行于轴 D．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 【答案】B 【解析】由棱柱的性质可知A正确，B错误；由圆柱的性质可知C正确；由正棱锥的性质可知D正确. 故选：B 28.（22-23高二上·上海浦东新·期中）若一个正棱锥的各棱长和底面边长均相等，则该棱锥一定不是（    ） A．正三棱锥 B．正四棱锥 C．正五棱锥 D．正六棱锥 【答案】D 【解析】对于选项A，正四面体为满足条件的正三棱锥，故排除A； 对于选项B，考虑如图所示的正四棱锥. 满足， 为底面正方形中心，EO平面ABCD. 因底面为正方形，故， 则，，，两两全等，得. 故存在满足条件的正四棱锥，排除B； 对于选项C，考虑如图所示的五棱锥. 满足， O为底面正五边形中心，FO平面ABCDE. 因底面为正五边形，故， 则，，，，两两全等.得. 故存在满足条件的正五棱锥，排除C； 对于选项D，考虑如图所示的正六棱锥. 满足， O为底面正六边形中心.GO平面ABCDEF. 但注意到OA=AB，，则有. 这与所设满足的条件矛盾，故不存在满足条件的正六棱锥，故D正确. 故选：D 29.（23-24高三下·上海闵行·阶段练习）三棱锥中，，，，，若三角形和都是等腰直角三角形，则，，可能的不同取值有 种. 【答案】3 【解析】根据题意可画简图如下，为等边三角形，且，都是等腰直角三角形，分类讨论如下： ①时，， 此时中，，所以，， 此时，； ②时，，此时中，， 此时，此时； ③，时，，此时中，， 此时，此时； 所以，，的取值有3种不同情况． 故答案为：3. 九、棱锥的有关计算（共2小题） 30.（2022·上海徐汇·模拟预测）正三棱锥的四个顶点同在一个半径为2的球面上，若正三棱锥的侧棱长为，则正三棱锥的底面边长是 ． 【答案】3 【解析】画出正三棱锥的图形如图， 三角形的中心为，连接，球的球心在上，连接， 取的中点，连接，则，，， ，所以，，， 底面三角形的高为，底面三角形的边长为，，． 故答案为：3 31.（23-24高二上·上海·期中）已知三棱锥，且两两垂直，则点到平面的距离为 . 【答案】/ 【解析】设点到平面的距离为 因为两两垂直，且， 所以，，，， 在中，，所以 所以 所以 解得：. 故答案为： 十、圆锥的结构特征与分类（共1小题） 32.（23-24高二上·上海奉贤·期中）下列命题正确的是（    ） A．以直角三角形的一直角边为轴旋转所形成的旋转体是圆锥 B．以直角梯形的一腰为轴旋转所形成的旋转体是圆台 C．圆柱、圆锥、圆台都有两个底面 D．圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形所在圆的半径等于圆锥底面圆的半径 【答案】A 【解析】对于A，根据圆锥的特点，以直角三角形的一直角边为轴旋转所形成的旋转体是圆锥，故A正确； 对于B，以直角梯形的直角腰为轴旋转所得的旋转体才是圆台，故B错误； 对于C，圆柱、圆台都有两个底面，而圆锥只有一个底面，故C错误； 对于D，圆锥的侧面展开图为扇形，此扇形所在圆的半径等于圆锥的母线长，故D错误. 故选：A. 十一、圆锥的有关计算（共6题） 33.（22-23高二上·四川资阳·期末）已知一个圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形.若将该圆锥的侧面展开后，所得扇形的圆心角为 . 【答案】/ 【解析】因为圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，所以圆锥的母线等于底面圆的直径； 将该圆锥的侧面展开后，所得扇形的半径为，弧长为， 所以扇形的圆心角为. 故答案为：. 34.（22-23高三上·上海宝山·阶段练习）若圆锥的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的母线与轴的夹角大小 . 【答案】/30° 【解析】若圆锥母线、底面半径分别为，则，即， 令圆锥的母线与轴的夹角为，则，故. 故答案为： 35.（23-24高二上·上海奉贤·期中）如图，用平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，得到一个小圆锥．如果这两个圆锥的高分别是，求这两个圆锥的底面面积之比为 ．    【答案】 【解析】由题意知，所以， 所以， 故答案为：. 36.（23-24高二上·上海长宁·期中）圆锥的母线长为2，母线所在直线与圆锥的轴所成角为，则该圆锥的高为 ． 【答案】 【解析】由已知得该圆锥的高为. 故答案为：. 37.（22-23高三上·上海浦东新·期中）圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则此圆锥的母线长为 ． 【答案】3 【解析】因为圆锥底面圆的半径为1，所以侧面展开图扇形的弧长为， 设圆锥的母线长为，因为侧面展开图扇形的圆心角为，所以，解得，所以此圆锥的母线长为3. 故答案为：3. 38.（23-24高二上·上海徐汇·期中）把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比为1:4，母线（原圆锥母线在圆台中的部分）长为12，则原圆锥的母线长为（    ） A．16 B．18 C．20 D．22 【答案】A 【解析】由题意可得，几何体如下图所示： 取轴截面可知，圆台的上、下底面半径的比为，且， 设圆锥的母线长为，根据相似比可得，解得， 即原圆锥的母线长为. 故选：A. 十二、锥体的表面积与体积（共5小题） 39.（23-24高二上·上海·期中）若圆锥的底面半径为1，母线长为2，则它的侧面展开图面积是 . 【答案】 【解析】由题意得. 故答案为：. 40.（23-24高二上·上海徐汇·期中）将一个圆心角为，面积为的扇形卷成一个圆锥，那么该圆锥的体积为 . 【答案】 【解析】设扇形的半径为，则，解得， 即卷成的圆锥母线长为3，设圆锥的底面半径为，则， 解得，    则圆锥的高， 故圆锥的体积为 41．（23-24高二上·上海浦东新·期中）正三棱锥的底面边长为，高为，则此正三棱锥的侧面积为 ． 【答案】 【解析】如图所示：平面于，连接并延长与交于点，    则是中点，是中心，， ，侧面积为. 故答案为：. 42.（23-24高二上·上海·期中）如图，一个圆锥挖掉一个内接正三棱柱（棱柱各顶点均在圆锥侧面或底面上），若棱柱侧面落在圆锥底面上．已知正三棱柱底面边长为，高为2，则该几何体的表面积 ． 【答案】 【解析】 因为正三棱柱的底面边长为，高为2， 则， ， 设圆锥的底面圆圆心为O，则O是矩形的中心，设圆O半径为， 有，即， 令的中点为，连接，则， 且，，， 于是，解得， 则圆锥的母线长， 圆锥的底面圆面积，侧面积， 三棱柱的表面积为， 所以该几何体的表面积为： . 故答案为： 43.（23-24高二上·上海崇明·期中）正多面体也称柏拉图立体，被喻为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）．数学家已经证明世届上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．已知一个正四面体和一个正八面体的棱长都是（如图），把它们拼接起来，使它们一个表面重合，得到一个新多面体 (1)求新多面体的体积； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)；(2). 【解析】（1）在正四面体中，取中点，连接， 则，又平面，因此平面， 而，， 所以正四面体的体积； 在正八面体中，连接，连接，显然， 而平面，则平面，， 正八面体的体积， 所以新多面体的体积. （2）在正八面体中，取的中点，连接，令， 则，由（1）知，平面，， 因此，又，则是二面角的平面角， 由正八面体的结构特征知，，于是， 所以二面角的余弦值是 十三、球体的结构特征（共2小题） 44.①经线②北纬③西经④赤道 A．②③ B．①②③ C．①③④ D．①②③④ 【答案】C 【解析】由经线和纬线的定义可知，所有经线均为大圆，纬线中只有赤道为大圆， 故①③④正确，②错误. 故选：C 45.若平面截球O所得圆的半径为1，球的表面积是，则球心O到平面的距离为 ． 【答案】 【解析】因为平面截球所得的圆半径为，设球的半径为， 球的表面积为, 所以球的半径, 所以球心到平面的距离. 故答案为：. 十四、球面距离（共1小题） 46.（21-22高二上·上海普陀·期中）上海的纬度大约是北纬31°，已知地球的半径大约是6370km，则北纬31°纬线的长度是 km（精确到个位）. 【答案】 【解析】由题设，北纬31°纬线所成圆的半径， ∴北纬31°纬线的长度km. 故答案为： 十五、球的表面积与体积（共4小题） 47.（23-24高二上·上海闵行·期中）设一个圆锥底面的半径和一个球的半径相等，已知圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则球的表面积等于 . 【答案】 【难度】0.65 【解析】设圆锥底面的半径为r， 由圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆可得， ，解之得， 则球的半径为1，则球的表面积等于 48.（24-25高二·上海·课堂例题）球半径为25cm，球心到截面距离为24cm，则截面面积为 【答案】 【解析】假设截面半径为，球半径为，球心到截面的距离为 所以 所以截面面积为 故答案为：. 49.（21-22高二上·上海金山·期中）2020中国国际防锈、防腐蚀技术及材料展览会于9月15日至9月19日在国家会展中心（上海）隆重举行，推动了国内防锈、防腐蚀材料的技术升级．如图为沿海城市海边的一个石头雕塑，该雕塑是由一个体积为的圆柱形石料雕刻而成，其上方是一个半径为的球，下方是一个正四棱锥．雕刻时，先让球与圆柱的上底面相切，并使体积达到最大，再让正四棱锥的体积达到最大．不计损耗．为测试某新型涂料防止海水侵蚀的效果，现需要在该雕塑表面涂一层涂料，则需要在雕塑表面涂刷涂料的面积为 (其中3). 【答案】180 【解析】设圆柱的底面圆半径为R，高为H，依题意，R=3，而圆柱的体积为324，则有，解得， 由“雕刻时，先让球与圆柱的上底面相切，并使体积达到最大，再让正四棱锥的体积达到最大”知： 正四棱锥的底面是半径为3的圆内接正方形，且正四棱锥的高，则正四棱锥的底面边长， 则该雕塑的表面积， 所以需要在雕塑表面涂刷涂料的面积约为180m2. 故答案为：180 50.（21-22高二下·上海杨浦·期中）如图所示，已知球的半径为，在球的表面上有三点、、，且、、、四点不共面，． (1)若⊥平面，求球心到平面的距离； (2)若CO⊥平面，一个经过点、、的球也经过点，求球的表面积； (3)若线段上存在一点，使得，求三棱锥体积的最大值． 【答案】(1)；(2)；(3) 【解析】（1）（1）设球心到平面的距离为， 在中 因为⊥平面，所以⊥，⊥， 所以， 如图，取中点，连接，则 在中 所以； 因为，所以，解得． （2）（2） 设在平面的投影为，则为的外心，设的外接圆半径为 由正弦定理得，所以 所以， 又因为，故在上的投影为中点，， 所以， 球的表面积为． （3）（3），，，． 设，， 记到的距离为，则， ， 令，则， ， 当且仅当，即，且平面⊥平面时等号成立． 十六、与截面有关的问题（共1小题） 51．（21-22高一下·上海宝山·期末）在正方体中，棱长为4，、分别为棱、的中点，点在对角线上，且，过点、、作一个截面，该截面的形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】C 【解析】因为，故为的中点.又为正方体，故可延长，分别交与的延长线于，设直线分别交于，易得过点、、的面即平面. 因为为中点，且，故，，，所以，故，即.又，故.又为的中点，同理可得，故，所以，，故在线段内. 连接交于，综上可知点、、截正方体的截面为五边形. 故选：C 52．（22-23高一·全国·课后作业）若正方体的一个截面恰好截这个正方体为等体积的两部分，则该截面(    ) A．一定通过正方体的中心 B．一定通过正方体一个表面的中心 C．一定通过正方体的一个顶点 D．一定构成正多边形 【答案】A 【解析】根据题意，恰好截正方体为等体积的两部分的截面，可能为中截面、对角面、也可能是倾斜的平面，不管哪种截面都过正方体的中心． 故选：A． 53．（2022·上海黄浦·二模）如图，已知分别是正方体的棱和的中点，由点确定的平面截该正方体所得截面为（　　） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】D 【解析】解：如图，取的中点， 的中点，的中点，连接， 由正方体的性质可知， 由中位线性质可知， 所以，， 所以，由点确定的平面即为截面，其为六边形． 故选：D． $$