专题05 立体几何初步（易错必刷45题9种题型专项训练）-2024-2025学年高一数学下学期期末考点大串讲（苏教版2019必修第二册）

专题05 立体几何初步 （易错必刷45题9种题型专项训练） 题型一　简单几何体的组合体 题型二　简单几何体的表面展开与折叠问题 题型三　与直观图还原有关的计算问题 题型四　棱柱、棱锥、棱台的表面积与体积 题型五　圆柱、圆锥、圆台的表面积与体积 题型六　球的表面积与体积 题型七　几何体的直观图画法 题型八　简单几何体的结构特征 题型九　基本图形位置关系 题型一　简单几何体的结构特征 1．（24-25高一下·新疆伊犁·期中）已知由五个面围成多面体，有且只有四个面是三角形，则这个几何体为（   ） A．四棱柱 B．四棱锥 C．三棱柱 D．三棱锥 2．（24-25高一下·陕西榆林·期中）如图，正方体的棱长为2，N为的中点，若过的平面平面，则截该正方体所得截面图形的面积为 . 3．（24-25高一下·北京·期中）在棱长为1的正方体中，点是正方体棱上一点且．则满足条件的点的个数为 ． 4．（24-25高一下·云南昆明·期中）在正方体中，为的中点，为的中点，为线段上一动点（不含）．过与正方体的截面记为，下列说法中正确的是（   ） A．当时，截面为五边形 B．当时，截面只能是六边形 C．当时，截面的面积最大 D．当时，截面只能是五边形 题型二　简单几何体的表面展开与折叠问题 5．（2025高三·全国·专题练习）如图所示，在直三棱柱中，，，，，分别是，的中点，沿棱柱表面，从到的最短路径长为 6．（24-25高一下·河北·期中）如图，在正三棱锥中，，三条侧棱两两夹角均为，，分别是，上的动点，则三角形的周长的最小值为（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高一下·福建龙岩·期中）在正四棱台中，，点为棱上的动点（含端点），则的最小值是（    ） A．6 B． C．8 D． 8．（24-25高三上·湖北·期中）如图，某圆柱的一个轴截面是边长为3的正方形，点在下底面圆周上，且，点在母线上，点是线段上靠近点A的四等分点，则的最小值为（    ）    A． B．4 C．6 D． 9．（2025·重庆·模拟预测）已知圆锥的高为，底面直径的长为，那么从点A出发沿该圆锥的表面到点B的最短路径长为 ． 10．（2025高三·全国·专题练习）某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，则一只小虫从点沿着该圆台的侧面爬行到点所经过的最短路程为（    ） A． B． C． D． 题型三　与直观图还原有关的计算问题 11．（24-25高一下·河南·期中）如图，四边形的斜二测画法的直观图为直角梯形，其中，，，，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．四边形的面积为 D． 12．（24-25高一下·福建·期中）用斜二测画法画出水平放置的平面图形的直观图为如图所示的，已知，则的面积为（ ） A． B． C．8 D． 13．（24-25高一下·湖南·期中）如图，四边形的斜二测画法的直观图为直角梯形，其中，，，则四边形的周长为（    ） A． B． C． D． 14．（21-22高一下·浙江宁波·期中）正方形的边长为2，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图），则原图形的面积是（    ）    A． B．4 C． D． 15．（24-25高二上·上海·期中）若平行四边形是用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图.已知，平行四边形的面积为8，则原平面图形中的长度为 . 题型四　棱柱、棱锥、棱台的表面积与体积 16．（2025·湖北·模拟预测）设长均相等的正三棱柱中，，若三棱锥的体积为，则该正三棱柱的棱长为 ． 17．（24-25高三下·河南开封·期中）“筝形”是指以一条对角线所在直线为对称轴的四边形.已知“筝形”ABCD以AC所在直线为对称轴，且，若点平面ABCD，且，，则四棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 18．（24-25高一下·广东湛江·期中）如图所示，三棱柱ABC－A′B′C′中，若E，F分别为AC，AB的中点，平面EC′B′F将三棱柱分成体积为V1(棱台AEF－A′C′B′的体积)，V2的两部分，那么（　　） A．6︰5 B．7︰5 C．8︰3 D．4︰3 19．（24-25高一下·山西·期中）在共建文明城市活动中，某市计划在公园内建造如图所示的正四棱台建筑，已知正四棱台的上、下底面的边长分别为和，高． (1)求正四棱台的表面积和体积； (2)在计划中需要用某种彩带从到沿着两边的侧面连起来，求所需彩带长度的最小值． 20．（24-25高一下·广东深圳·期中）如图，四棱锥中，已知侧棱和底面边长都等于，是线段上的动点. (1)求四棱锥的体积； (2)若是的中点，求证：平面； (3)直线是否与直线互相垂直？如果垂直，请证明；如果不垂直，请说明理由. 题型五　圆柱、圆锥、圆台的表面积与体积 21．（24-25高一下·江苏无锡·期中）已知某圆台轴截面的周长为，母线与底面成角，圆台的高为，该圆台的体积为 ． 22．（24-25高三下·海南·阶段练习）已知某圆台的体积为，其上底面和下底面的面积分别为，且该圆台两个底面的圆周都在球的球面上，则球的表面积为 . 23．（24-25高一下·山西·期中）沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时．如图，某沙漏由上、下两个圆锥组成，两个圆锥的底面直径和高均为，当细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的．假设该沙漏每秒钟漏下的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆．下列说法正确的是（    ） A．沙漏中的细沙体积为 B．沙漏的体积是 C．细沙全部漏入下部后，此锥形沙堆的高度为 D．该沙漏的一个沙时大约是900秒 24．（24-25高一下·重庆万州·期中）如图1，扇形的弧长为，半径为，线段上有一动点，弧上一点是弧的三等分点，现将该扇形卷成以为顶点的圆锥，使得和重合，则在图2的圆锥中（    ） A．圆锥的表面积为 B．当为中点时，线段的长为 C．存在，使得 D． 25．（2025高三·全国·专题练习）《茶花开了》是一首具有独特魅力的歌曲，充满了生活气息和乡土情怀，能让许多听众产生共鸣，找到心灵的归属.在这首歌曲中提到了一种采茶工具竹篓，如图是一个形如两个圆台叠放在一起的竹篓，该竹篓上、下底面半径分别为、，高为50cm（即上、下底面间的距离），环结的半径小于上底面半径，已知装满这只竹篓需要5kg新鲜茶叶，1kg新鲜茶叶的体积为，则该竹篓的环结的半径（单位：cm）的取值范围为 .（取近似值3） 题型六　球的表面积与体积 26．（24-25高二下·湖南·期中）棱长为3的正方体中，为棱靠近的三等分点，为棱靠近的三等分点，则三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 27．（2025·陕西咸阳·模拟预测）已知某圆锥的母线与底面所成角为，其内切球的表面积为，则该圆锥的外接球的体积为 . 28．（2025高一·全国·专题练习）直三棱柱的各顶点都在同一球面上，若，则此球的表面积为 ，体积为 ． 29．（2025·江西新余·模拟预测）四面体的每一组对棱的长度相等，分别为，，，则该四面体的体积为 ，该四面体的外接球的表面积为 . 30．（24-25高一下·浙江温州·期中）在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.已知在鳖臑中，，平面，当该鳖臑的外接球的表面积为时，则它的内切球的半径为（   ） A． B． C． D． 题型七　几何体的直观图画法 31．（24-25高一下·天津·期中）如图，用斜二测画法画水平放置的四边形ABCD，其直观图为等腰梯形，若，，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．四边形ABCD的周长为 D．四边形ABCD的面积为 32．（24-25高一下·浙江·期中）如图的平面直角坐标系中，线段长度为2，且，按“斜二测”画法水平放置的平面上画出为，则（   ） A．4 B． C． D． 33．（24-25高一下·山东·期中）如图，一个水平放置的平面图形的直观图为矩形，其中，则原平面图形的周长为（    ） A． B． C． D． 34．（24-25高一下·河北邢台·期中）如图，已知用斜二测画法得到的水平放置的直观图为，已知是周长为6的正三角形，则的面积是（   ） A． B．4 C． D． 35．（24-25高一下·山西·期中）若用斜二测画法画的直观图是边长为2的正三角形，如图所示，则原的面积为 ． 题型八　简单几何体的结构特征 36．（24-25高一下·广东惠州·期中）下列正确的是（    ） A．过球面上两点与球心有且只有一个平面 B．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台 C．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 D．有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 37．（24-25高一下·河北·期中）下列关于空间几何体的叙述错误的是（    ） A．底面是正方形的棱锥是正四棱锥 B．任何一个几何体都必须有顶点、棱和面 C．有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台 D．一个棱柱至少有5个面 38．（2025·湖南长沙·二模）已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，以其底面圆心为球心，底面半径为半径的球和圆锥表面的交线长为（    ） A． B． C． D． 39．（24-25高一下·河南·期中）下列命题中为真命题的有（   ） A．圆柱的侧面展开图是一个矩形 B．用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台 C．棱柱的侧面都是菱形 D．四面体是棱锥 40．（2025·湖南娄底·模拟预测）一条平面曲线绕着它所在的平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫做旋转面，封闭的旋转面围成的几何体叫做旋转体，该定直线叫做旋转体的轴．某同学将一个直角三角形硬纸板绕斜边所在的直线进行旋转，得到如图所示的旋转体．测量出为2，上、下旋转面的面积比是，则的长度是（    ） A． B． C．3 D． 题型九　基本图形位置关系 41．（24-25高二下·云南昆明·期中）已知正三棱锥的底面的边长为4，直线与平面所成角的余弦值为，动点在以为直径的球面上，且直线平面，则点的轨迹长为 ． 42．（2025·全国·模拟预测）已知三棱锥的底面是正三角形，平面，，，，四点都在以为球心的球面上，，则与平面所成角的正切值为（   ） A． B． C． D． 43．（24-25高一下·广东深圳·期中）如图，在四棱台中，底面是正方形，平面，，，. (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离. 44．（24-25高一下·天津·期中）如图所示，在平行六面体 中，分别是的中点，求证:    (1) (2)平面; 45．（24-25高二下·上海·期中）如图所示，在四棱锥，底面是正方形，与交于点，平面，为的中点，． (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值； (3)是线段上一点，且满足，是否存在实数使平面？若存在求出的值，若不存在，请说明理由． 1 / 1 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 立体几何初步 （易错必刷45题9种题型专项训练） 题型一　简单几何体的组合体 题型二　简单几何体的表面展开与折叠问题 题型三　与直观图还原有关的计算问题 题型四　棱柱、棱锥、棱台的表面积与体积 题型五　圆柱、圆锥、圆台的表面积与体积 题型六　球的表面积与体积 题型七　几何体的直观图画法 题型八　简单几何体的结构特征 题型九　基本图形位置关系 题型一　简单几何体的结构特征 1．（24-25高一下·新疆伊犁·期中）已知由五个面围成多面体，有且只有四个面是三角形，则这个几何体为（   ） A．四棱柱 B．四棱锥 C．三棱柱 D．三棱锥 【答案】B 【分析】根据棱锥的定义判断即可． 【详解】有一个面是多边形，其余四个面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥， 故根据棱锥的定义可知该几何体有四条侧棱，该几何体是四棱锥． 故选：B. 2．（24-25高一下·陕西榆林·期中）如图，正方体的棱长为2，N为的中点，若过的平面平面，则截该正方体所得截面图形的面积为 . 【答案】 【分析】取BC的中点E，的中点F，先利用面面平行判定定理证明平面平面，得出四边形为截正方体所得截面图形，易得四边形是菱形，求得该菱形的边长即可求得面积. 【详解】如图，取BC的中点E，的中点F，连接DE，，，FD， 因为E，F分别为BC，的中点，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 同理平面， 又，，平面，所以平面平面， 即四边形为截正方体所得截面图形. 由正方体的棱长为2，易得四边形是边长为的菱形， 对角线即为正方体的体对角线， 又， 所求截面的面积. 故答案为： 3．（24-25高一下·北京·期中）在棱长为1的正方体中，点是正方体棱上一点且．则满足条件的点的个数为 ． 【答案】 【分析】分两种情况分析点的存在情况：①点在正方体中与无公共点的棱上，以在棱上为例，设，则，由，列出方程，求得方程无解；②点在正方体中与有公共点的棱上，以在棱上为例，设，则，由，列出方程，得方程有一个解.利用正方体的对称性可知满足条件的点的个数. 【详解】分两种情况分析点的存在情况： ①若点在正方体中与无公共点的棱上， 设在正方体的棱上，设，则， ∵，∴，即， 两边平方，整理得，再平方得，方程无解， 所以棱上不存在满足条件的点.    同理，并结合正方体的对称性，知棱、、、、上也不存在满足条件的点. ②若点在正方体中与有公共点的棱上， 设在正方体的棱上，设，则， ∵，∴，即， 两边平方，整理得，解得.所以棱上存在一个满足条件的点. 同理，并结合正方体的对称性，知棱、、、、上也分别存在一个满足条件的点；    故满足条件的点共有6个. 故答案为：. 4．（24-25高一下·云南昆明·期中）在正方体中，为的中点，为的中点，为线段上一动点（不含）．过与正方体的截面记为，下列说法中正确的是（   ） A．当时，截面为五边形 B．当时，截面只能是六边形 C．当时，截面的面积最大 D．当时，截面只能是五边形 【答案】D 【分析】易知当时，截面为正六边形，可判断A错误，当与重合，可知截面只能是四边形，可知B错误，比较时五边形截面的面积与正六边形截面面积大小可判断C错误，作出图形可判断D正确. 【详解】对于A，当时，分别取的中点为，如下图所示： 由正方体性质可得，即可得为正六边形， 因此当时，截面为六边形，即A错误； 对于B，如下图： 当时，不妨取与重合，可知截面只能是四边形，可知B错误； 对于C，延长交于，交于，连接交于点，连接交于，如下图所示： 不妨取正方体的棱长为3，易知， 可知为等腰三角形，其底边上的高为， 因此其面积为； 又，可知四变形为等腰梯形； 其高为，因此其面积为； 此时五边形面积为 当当时，截面为边长是的正六边形，其面积为； 显然当时，截面的面积不是最大的，即C错误； 对于D，根据C选项中的分析可知，当时，截面为在五边形的基础上绕着向下摆动， 此时截面始终于有交点，此时截面只能是五边形，即D正确. 故选：D 题型二　简单几何体的表面展开与折叠问题 5．（2025高三·全国·专题练习）如图所示，在直三棱柱中，，，，，分别是，的中点，沿棱柱表面，从到的最短路径长为 【答案】3 【分析】分析可得沿棱柱的表面从E到F可能经过棱，，，再分别展开直观图求解即可. 【详解】若从到经过棱则沿棱展开如图， 过作于，则，， 故. 若从到经过棱，则沿棱展开如图，，， 则. 若从到经过棱，则沿棱展开如图，因为，， 所以， ，，则. 若从到经过棱，则沿棱展开如图，由题意，为等腰直角三角形， 四边形为正方形，故为等腰直角三角形，故四边形为直角梯形. 又，，故. 综上，故沿棱柱的表面，从到的最短路径长度为. 故答案为： 6．（24-25高一下·河北·期中）如图，在正三棱锥中，，三条侧棱两两夹角均为，，分别是，上的动点，则三角形的周长的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】沿展开，由平面图形结合余弦定理即可求解. 【详解】把正三棱锥沿剪开并展开，形成三个全等的等腰三角形：、、， 则，， 连接，交于，交于， 则线段就是的最小周长，又， 根据余弦定理，. 故选：A. 7．（23-24高一下·福建龙岩·期中）在正四棱台中，，点为棱上的动点（含端点），则的最小值是（    ） A．6 B． C．8 D． 【答案】B 【分析】把四边形，展开至同一个平面，求出长即可得解. 【详解】把四边形，展开至同一个平面，连接，，， 过点作，则，又，则， 在中，，，则， 此时线段中点到点的距离，即线段与相交， 因此的最小值就是展开图中的长，点为与的交点， 所以的最小值为. 故选：B    8．（24-25高三上·湖北·期中）如图，某圆柱的一个轴截面是边长为3的正方形，点在下底面圆周上，且，点在母线上，点是线段上靠近点A的四等分点，则的最小值为（    ）    A． B．4 C．6 D． 【答案】A 【分析】将三角形展开到与三角形共面，分析可知，当共线时取等号，结合余弦定理运算求解. 【详解】由题意知：，且，则. 将三角形展开到与三角形共面，记为三角形，      可知共线，则. 可得，当共线时取等号. 又因为， 在中，由余弦定理得， 即，所以的最小值为. 故选：A. 9．（2025·重庆·模拟预测）已知圆锥的高为，底面直径的长为，那么从点A出发沿该圆锥的表面到点B的最短路径长为 ． 【答案】 【分析】根据已知求出圆锥底面周长和母线长，进而得到侧面展开图的圆心角，即可求最小值. 【详解】由题设，圆锥底面周长为，母线长为，故侧面展开图圆心角为， 将圆锥沿过点的母线展开，得到如下图示半径为6的半圆，且为圆弧的中点， 从到有两种方式，一种方式从圆锥体侧面，一种方式从圆锥的底面， 若沿侧面，如上图，从点A出发到点B的最短路径长； 若沿底面，此时最短路径长为直径长度； 综上，从点A出发沿该圆锥的表面到点B的最短路径长. 故答案为： 10．（2025高三·全国·专题练习）某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，则一只小虫从点沿着该圆台的侧面爬行到点所经过的最短路程为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】在立体图形中，根据各边长得到相应的弧长，在侧面展开图中，利用弧长公式计算出夹角为直角，再根据勾股定理求边长即可得到答案. 【详解】因为，所以圆的周长是圆周长的两倍， 则弧的弧长. 将圆台一半侧面展开，如图1中扇环所示． 延长和交于点，连接，如图1所示， 由可得， 所以，则， 所以在中，， 即点到点所经过的最短路程为． 故选：C． 题型三　与直观图还原有关的计算问题 11．（24-25高一下·河南·期中）如图，四边形的斜二测画法的直观图为直角梯形，其中，，，，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．四边形的面积为 D． 【答案】BCD 【分析】根据斜二测画法，分析直观图、及直观图与原图形关系，逐项分析即可得解. 【详解】由余弦定理，可得， 即，解得，（舍去），故A错误； 在直角梯形中，，， 由斜二测画法知，，故B正确； 因为直角梯形的面积为， 所以四边形的面积为，故C正确； 由斜二测画法可知，原图为直角梯形，其中， 所以， 所以，故D正确. 故选：BCD 12．（24-25高一下·福建·期中）用斜二测画法画出水平放置的平面图形的直观图为如图所示的，已知，则的面积为（ ） A． B． C．8 D． 【答案】D 【分析】根据直观图和原图的面积关系，即可求解. 【详解】因为， 所以是直角三角形且，可得， 所以的面积， 则的面积． 故选：D 13．（24-25高一下·湖南·期中）如图，四边形的斜二测画法的直观图为直角梯形，其中，，，则四边形的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由余弦定理求出，在平面直角坐标系中还原，计算即可 【详解】由斜二测画法知，， 所以由余弦定理得， ，代入上式解得，， ， ,， 还原平面图如图， 即，， ， 四边形的周长为． 故选：C. 14．（21-22高一下·浙江宁波·期中）正方形的边长为2，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图），则原图形的面积是（    ）    A． B．4 C． D． 【答案】D 【分析】利用直观图还原原图形，再求出面积即可. 【详解】    如图所示，根据斜二测画法可知原图形为平行四边形，其中 所以原图形的面积为. 故选：D. 15．（24-25高二上·上海·期中）若平行四边形是用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图.已知，平行四边形的面积为8，则原平面图形中的长度为 . 【答案】 【分析】由平行四边形的面积求出，再结合斜二测画法分析可得结果. 【详解】 如图，过点作于点，则为等腰直角三角形， 由平行四边形的面积为8得， ∵，∴，∴， ∴原平面图形中，，. 故答案为：. 题型四　棱柱、棱锥、棱台的表面积与体积 16．（2025·湖北·模拟预测）设长均相等的正三棱柱中，，若三棱锥的体积为，则该正三棱柱的棱长为 ． 【答案】3 【分析】利用体积变换，先探索三棱锥与三棱柱的体积关系，再利用三棱柱的体积求棱长. 【详解】如图： 因为，所以分别为，中点.设三棱柱的棱长为. 则. 所以. 故答案为：3 17．（24-25高三下·河南开封·期中）“筝形”是指以一条对角线所在直线为对称轴的四边形.已知“筝形”ABCD以AC所在直线为对称轴，且，若点平面ABCD，且，，则四棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】在四棱锥中，连接AC，BD交于点E，过S作平面ABCD于点O，设，利用余弦定理结合，可求得，进而求得，可求体积. 【详解】在四棱锥中，连接AC，BD交于点E，过S作平面ABCD于点O， 由及直线AC为四边形ABCD的对称轴知点O在直线AC上，连接BO，DO，如图所示. 易得，因为， 所以，所以. 设，因为， 由题意可知，所以，则. 在中，. 在中，. 易得，所以， 所以.，所以， 所以，令， 则， 所以， 整理得，所以，所以， 解得或，所以或（舍去），，所以， 所以，，， ，所以. 易知平面SAC，所以四棱锥的体积. 故选：C. 18．（24-25高一下·广东湛江·期中）如图所示，三棱柱ABC－A′B′C′中，若E，F分别为AC，AB的中点，平面EC′B′F将三棱柱分成体积为V1(棱台AEF－A′C′B′的体积)，V2的两部分，那么（　　） A．6︰5 B．7︰5 C．8︰3 D．4︰3 【答案】B 【分析】因为分别为的中点，得到，利用棱台的体积公式，求得，得到则，即可求得的值. 【详解】设三棱柱的高为，底面面积为，体积为，则， 因为分别为的中点，所以， 所以，则，所以. 故选：B. 19．（24-25高一下·山西·期中）在共建文明城市活动中，某市计划在公园内建造如图所示的正四棱台建筑，已知正四棱台的上、下底面的边长分别为和，高． (1)求正四棱台的表面积和体积； (2)在计划中需要用某种彩带从到沿着两边的侧面连起来，求所需彩带长度的最小值． 【答案】(1)表面积，体积 (2) 【分析】（1）根据台体体积公式求体积，结合正四棱台的结构特征求侧面的高，进而求表面积； （2）把该四棱台沿侧棱展开在同一平面，可得彩带的路径必须沿路径，计算的长度，可得最短彩带的长度. 【详解】（1）由题可知正四棱台的体积， 记分别为棱台上、下底面的中心，分别取中点，连接， ，在梯形中，过作于， 由于正四棱台侧面是全等的等腰梯形， 且，所以， 所以， 所以正四棱台的表面积． （2）把该四棱台沿侧棱展开，得到如图所示的图形，要使这种彩带长度最小，则彩带的路径必须沿如图所示的路径．在等腰梯形中，设，易知． 在中，， 又， 由余弦定理得， 所以彩带最少需要． 20．（24-25高一下·广东深圳·期中）如图，四棱锥中，已知侧棱和底面边长都等于，是线段上的动点. (1)求四棱锥的体积； (2)若是的中点，求证：平面； (3)直线是否与直线互相垂直？如果垂直，请证明；如果不垂直，请说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)垂直，证明见解析 【分析】（1）连接交于，连接，利用线面垂直的判定定理可得为四棱锥底面上的高，再根据四棱锥的体积公式求解即可； （2）连接交于，连接，利用中位线证明，结合线面平行的判定定理证明即可； （3）先证明平面，再根据线面垂直的性质定理证明即可. 【详解】（1）连接交于，连接， 因为四棱锥中，侧棱和底面边长都等于， 所以底面是菱形，是等腰三角形，是中点， 所以，同理可得， 因为平面，，所以平面， 所以为四棱锥底面上的高， 又因为，所以底面是正方形， 所以，， 所以四棱锥的体积为. （2）如图，连接交于，连接， 因为是中点，是中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面. （3）不论点在侧棱的任何位置，都有， 证明：由（1）可知，， 因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以，此时与点在侧棱的位置无关. 题型五　圆柱、圆锥、圆台的表面积与体积 21．（24-25高一下·江苏无锡·期中）已知某圆台轴截面的周长为，母线与底面成角，圆台的高为，该圆台的体积为 ． 【答案】 【分析】取圆台的轴截面，可知四边形为等腰梯形，根据题中信息求出圆台上、下底面半径，结合台体体积公式可求得该圆台的体积. 【详解】如下图所示，在圆台中，设该圆台上、下底面的半径分别为、，高为， 取圆台的轴截面，可知四边形为等腰梯形， 过点、在平面内作，，垂足分别为、， 由题意可知，，则、都为等腰直角三角形， 故，，则，， 在平面内，因为，，， 则四边形为矩形，故， 由题意可知，梯形的周长为， 即，解得， 故， 因此，该圆台的体积为. 故答案为：. 22．（24-25高三下·海南·阶段练习）已知某圆台的体积为，其上底面和下底面的面积分别为，且该圆台两个底面的圆周都在球的球面上，则球的表面积为 . 【答案】 【分析】先利用圆台体积求出圆台的高，再设出球心到下底面的距离，列出方程，求出外接球半径，从而求出表面积. 【详解】设该圆台的高为h，则，解得． 由题意得：上底面圆的半径为，下底面圆的半径为， 设球心O到下底面的距离为t，即，则， 由勾股定理得：， 即，解得， 则球O的半径，故球O的表面积为. 故答案为：. 23．（24-25高一下·山西·期中）沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时．如图，某沙漏由上、下两个圆锥组成，两个圆锥的底面直径和高均为，当细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的．假设该沙漏每秒钟漏下的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆．下列说法正确的是（    ） A．沙漏中的细沙体积为 B．沙漏的体积是 C．细沙全部漏入下部后，此锥形沙堆的高度为 D．该沙漏的一个沙时大约是900秒 【答案】AD 【分析】A．根据圆锥的体积公式直接计算出细沙的体积；B．根据圆锥的体积公式直接计算出沙漏的体积；C．根据等体积法计算出沙堆的高度；D．根据细沙体积以及沙时定义计算出沙时. 【详解】对于A，由圆锥的截面图可知，细沙在上部时，细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比， 所以细沙的底面半径，体积，故A正确； 对于B，沙漏的体积，故B错误； 对于C，设细沙流入下部后的高度为，根据细沙体积不变可得，即，故C错误； 对于D，因为细沙的体积为，沙漏每秒钟漏下的沙，所以一个沙时为秒，故D正确． 故选：AD 24．（24-25高一下·重庆万州·期中）如图1，扇形的弧长为，半径为，线段上有一动点，弧上一点是弧的三等分点，现将该扇形卷成以为顶点的圆锥，使得和重合，则在图2的圆锥中（    ） A．圆锥的表面积为 B．当为中点时，线段的长为 C．存在，使得 D． 【答案】ACD 【分析】求得圆锥的底面半径和高，根据圆锥的表面积公式即可判断A；设M在底面上的投影为H，利用余弦定理求得投影的长，判断B；根据线面垂直的性质定理可判断C；结合，可求得的长，即可判断D. 【详解】对于A，设圆锥的底面半径为R，高为h，由题意知， 圆锥的母线长为，故， 故圆锥的表面积为，A正确； 对于B，当为中点时，设在底面上的投影为，则H为的中点， 则为线段在底面的投影， ，而，在中， ， 故，则, B错误； 对于C，作于T，作于，连接， 设圆锥底面直径为，由于， 即，则， ，则为正三角形，故T为的中点， 则，故，即为的四等分点， 由于平面底面，平面底面，底面， ，故平面，平面，故， 又，平面，故平面， 平面，故， 故当M与重合时，，C正确； 对于D，由C的分析知，，而， 故，D正确， 故选：ACD 25．（2025高三·全国·专题练习）《茶花开了》是一首具有独特魅力的歌曲，充满了生活气息和乡土情怀，能让许多听众产生共鸣，找到心灵的归属.在这首歌曲中提到了一种采茶工具竹篓，如图是一个形如两个圆台叠放在一起的竹篓，该竹篓上、下底面半径分别为、，高为50cm（即上、下底面间的距离），环结的半径小于上底面半径，已知装满这只竹篓需要5kg新鲜茶叶，1kg新鲜茶叶的体积为，则该竹篓的环结的半径（单位：cm）的取值范围为 .（取近似值3） 【答案】 【分析】设环结的半径为，环结与上底面之间的距离为，根据圆台的体积列出与的关系，利用，解不等式即可. 【详解】设环结的半径为，环结与上底面之间的距离为，由题知该竹篓的容积为，则， 化简得，其中， 令，得， 故该竹篓的环结的半径（单位：cm）的取值范围为. 故答案为： . 题型六　球的表面积与体积 26．（24-25高二下·湖南·期中）棱长为3的正方体中，为棱靠近的三等分点，为棱靠近的三等分点，则三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】在中利用余弦定理求出，即可求出，从而求出外接圆的半径，设三棱锥的外接球的半径为，则，从而得解. 【详解】依题意可得，， 在中由余弦定理， 所以， 则外接圆的半径， 又且平面， 设三棱锥的外接球的半径为，则， 所以外接球的表面积. 故选：D 27．（2025·陕西咸阳·模拟预测）已知某圆锥的母线与底面所成角为，其内切球的表面积为，则该圆锥的外接球的体积为 . 【答案】 【分析】由题意可知，圆锥的轴截面PAB是一个顶角为的等腰三角形，设内切球球心为O，半径为，连接AO，由内切球的表面积可求出，在中求出，从而可求出，由圆锥的结构特征可知，其轴截面的外接圆的半径等于该圆锥外接球的半径，利用正弦定理可求出，进而可求出该圆锥的外接球的体积 【详解】如图，由题意可知，圆锥的轴截面PAB是一个顶角为的等腰三角形， 设内切球球心为O，半径为，连接AO，则， 由，得，即， 又， 在中，，所以，所以， 所以， 由圆锥的结构特征可知，其轴截面的外接圆的半径等于该圆锥外接球的半径， 则，则， 所以该圆堆的外接球的体积. 故答案为： 28．（2025高一·全国·专题练习）直三棱柱的各顶点都在同一球面上，若，则此球的表面积为 ，体积为 ． 【答案】 【详解】设球的半径为，球心为的外接圆圆心，外接圆半径为， 根据直三棱柱的结构特征和球的性质，可知及构成以为斜边的直角三角形，且． 在中，因为故, 由正弦定理，得，即． 从而， 所以球的表面积，体积． 故答案为：. 29．（2025·江西新余·模拟预测）四面体的每一组对棱的长度相等，分别为，，，则该四面体的体积为 ，该四面体的外接球的表面积为 . 【答案】 【分析】由题意可作图，将符合题意的四面体放在正四棱柱中，利用分割法，根据四棱柱与三棱锥的体积公式，可得空一的答案；根据正四棱柱的外接球，结合球的表面公式，可得空二的答案. 【详解】不妨设四面体为，，，， 可将四面体放置在长方体中，如图所示:    设长方体的同一顶点处的三条棱长分别为a，b，c，则，解得，，， 则四面体的体积， 该四面体的外接球即为长方体的外接球，设其半径为R，则， 所以球的表面积为. 故答案为：；. 30．（24-25高一下·浙江温州·期中）在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.已知在鳖臑中，，平面，当该鳖臑的外接球的表面积为时，则它的内切球的半径为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用已知条件将三棱锥放入长方体中可求出三棱锥的高，再利用等体积法即可求解. 【详解】 根据已知条件可以将三棱锥放在长方体中，如图， 三棱锥 的外接球即为长方体的外接球， 设三棱锥 的外接球的半径为，内切球的半径为， 三棱锥 的外接球的表面积为，，， ，，解得， ， ，， 三棱锥 的表面积为 ， 又，， 故选：C. 题型七　几何体的直观图画法 31．（24-25高一下·天津·期中）如图，用斜二测画法画水平放置的四边形ABCD，其直观图为等腰梯形，若，，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．四边形ABCD的周长为 D．四边形ABCD的面积为 【答案】D 【分析】根据斜二测画法求出原四边形各边的长度，并确定四边形为直角梯形，进而得到其周长和面积，即可得. 【详解】由题设，A错； 由斜二测画法知，，，， 易知原四边形为直角梯形，， 所以， 四边形的周长为，面积为，B、C错，D对. 故选：D 32．（24-25高一下·浙江·期中）如图的平面直角坐标系中，线段长度为2，且，按“斜二测”画法水平放置的平面上画出为，则（   ） A．4 B． C． D． 【答案】C 【分析】在中求出，的值，根据斜二测画法，得到，的值，在中，根据余弦定理求出. 【详解】因为，， 所以，， 由斜二测画法得，， 因为， 所以在中， ， 故选：C. 33．（24-25高一下·山东·期中）如图，一个水平放置的平面图形的直观图为矩形，其中，则原平面图形的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据直观图还原原平面图形，确定原图形中线段的长度，再由勾股定理计算可得结果. 【详解】由直观图还原原平面图形，如下图所示： 因为四边形为矩形，则，且， 故为等腰直角三角形，故，， 在原图形中，，， 因为，，则在原图形中，，， 故四边形为平行四边形，所以，，， 故原平面图形的周长为. 故选：D. 34．（24-25高一下·河北邢台·期中）如图，已知用斜二测画法得到的水平放置的直观图为，已知是周长为6的正三角形，则的面积是（   ） A． B．4 C． D． 【答案】D 【分析】根据斜二测画法规则及正弦定理，可得原三角形的底边及高. 【详解】因为，所以， 所以的面积是． 故选：D 35．（24-25高一下·山西·期中）若用斜二测画法画的直观图是边长为2的正三角形，如图所示，则原的面积为 ． 【答案】 【分析】先用斜二测画法的原理还原出原三角形的高和底边长，再由三角形的面积公式求解即可. 【详解】如图，过点作轴，且交轴于点． 过点作轴，且交轴于点， 则，又， 所以，所以原三角形的高，底边长为2， 所以，则原的面积为． 故答案为：. 题型八　简单几何体的结构特征 36．（24-25高一下·广东惠州·期中）下列正确的是（    ） A．过球面上两点与球心有且只有一个平面 B．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台 C．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 D．有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 【答案】C 【分析】对于A选项，举反例：球面上两点与球心在一条直线上；对于B选项：举反倒，平面与圆锥底面不平行，则此时截出来的不是圆台；对于C选项：由正棱锥的定义与性质知正确；对于D选项，举反例 ，侧棱的延长线不交于一点. 【详解】对于A选项：当球面上两点与球心在一条直线上时，这样的平面有无数多个，如下图： 对于B选项： 若平面与圆锥底面不平行，则此时截出来的不是圆台,如下图: 对于C选项：由正棱锥的定义与性质知，正棱锥的所有侧棱均相等，底面是正多边形，所以侧面是全等的等腰三角形； 对于D选项：棱台要求侧棱的延长线交于一点,反例如下： 故选：C. 37．（24-25高一下·河北·期中）下列关于空间几何体的叙述错误的是（    ） A．底面是正方形的棱锥是正四棱锥 B．任何一个几何体都必须有顶点、棱和面 C．有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台 D．一个棱柱至少有5个面 【答案】ABC 【分析】根据空间几何体的定义和特点逐个选项判断即可. 【详解】底面是正方形，且顶点在底面上的射影为底面正方形的中心的四棱锥是正四棱锥，A错误； 球没有顶点和棱，B错误； 将两个相同的棱台的底面重合得到的多面体满足有两个面互相平行，其余各面都是梯形，但是这样的多面体不是棱台，C错误； 棱柱的底面至少有3条边，所以一个棱柱至少有5个面，D正确． 故选：ABC． 38．（2025·湖南长沙·二模）已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，以其底面圆心为球心，底面半径为半径的球和圆锥表面的交线长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作圆锥的球的截面图，确定球与圆锥的交线，结合交线的形状大小确定结论. 【详解】作圆锥的轴截面，该截面与半球的截面为半圆，设半圆与分别交于点， 如图，由已知，为边长为的等边三角形，的中点为球心，半圆的半径为， 因为点在半圆上，所以，，， 所以，故点为的中点，同理可得为的中点，所以， 所以由对称性可得，圆锥与球的交线为两个圆，一个为圆锥的底面圆，周长为， 另一个为所有母线的中点构成的圆，周长为， 所以交线长为． 故选：D. 39．（24-25高一下·河南·期中）下列命题中为真命题的有（   ） A．圆柱的侧面展开图是一个矩形 B．用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台 C．棱柱的侧面都是菱形 D．四面体是棱锥 【答案】AD 【分析】由圆柱，圆台，棱柱，棱锥的定义和特征逐一判断可得. 【详解】对于A，由圆柱的侧面展开图可得圆柱的侧面展开图是一个矩形，故A正确； 对于B，用一个平行于底面的平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台，故B错误； 对于C，棱柱的侧面是平行四边形，不一定是菱形，故C错误； 对于D，由棱锥的定义可得，四面体是四个面都是三角形构成的多面体，符合棱锥的定义，故D正确. 故选：AD 40．（2025·湖南娄底·模拟预测）一条平面曲线绕着它所在的平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫做旋转面，封闭的旋转面围成的几何体叫做旋转体，该定直线叫做旋转体的轴．某同学将一个直角三角形硬纸板绕斜边所在的直线进行旋转，得到如图所示的旋转体．测量出为2，上、下旋转面的面积比是，则的长度是（    ） A． B． C．3 D． 【答案】A 【分析】本题先通过设未知数表示出相关线段的长度，再利用勾股定理得到一个关于未知数的方程，接着根据旋转面面积比得到另一个关于未知数的方程，最后联立这两个方程求解出未知数的值，进而求出BC的长度. 【详解】设与的交点为，，，则，，． 由是直角，得，即，得．① 又由上、下旋转面的面积比是，得，即，所以．② ①②两式联立，整理得，解得（舍负值），可得，则． 故选:A． 题型九　基本图形位置关系 41．（24-25高二下·云南昆明·期中）已知正三棱锥的底面的边长为4，直线与平面所成角的余弦值为，动点在以为直径的球面上，且直线平面，则点的轨迹长为 ． 【答案】 【分析】先利用线面角的定义作出线面角，然后利用条件求出，进而利用正四面体的性质求出点M的轨迹，取CD的中点E，连接AE，BE，取BC的中点F，BE的中点G，通过线面垂直的判定定理及性质得平面ABE，再利用球的性质求得截面圆的半径，即可求解圆的周长. 【详解】设点A在底面BCD上的投影为H，连接AH，CH， 则平面BCD，所以为直线AC与平面BCD所成的角，则， 因为，所以，所以三棱锥为正四面体， 因为动点M在以BC为直径的球面上，且直线平面MAB， 所以点M的轨迹为过点A且垂直于CD的平面截以BC为直径的球面所得的圆， 由正四面体的性质可得，如图所示，取CD的中点E，连接AE，BE， 则，，AB、平面ABE， 故平面ABE，取BC的中点F，BE的中点G，连接FG，则， 由平面ABE，故平面ABE，， 又，即F为以BC为直径的球的球心，则该球半径为2， 则点M的轨迹所形成的圆的半径为，其轨迹长为. 故答案为： 42．（2025·全国·模拟预测）已知三棱锥的底面是正三角形，平面，，，，四点都在以为球心的球面上，，则与平面所成角的正切值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设是中点，是中点，是正三角形的重心，作，过作，从而确定是与平面所成的角或其补角．进而可求解. 【详解】 设是中点，是中点，是正三角形的重心，则是的三等分点，， 由是边长为的正三角形知，， 在平面中，作，作的垂直平分线交于点， 因为平面，，易知四边形是矩形，，． 设与交于点，过作，垂足为， 因为平面，在平面内， 所以，又，为平面内两条相交直线， 所以平面，在平面内， 所以，又为平面内两条相交直线， 所以平面， 所以是与平面所成的角或其补角． 过作直线平行于，交于点，交于点，则，， 把，，，，，， 代入求得，， 在中，，， 在中，， 所以． 故选：C． 43．（24-25高一下·广东深圳·期中）如图，在四棱台中，底面是正方形，平面，，，. (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）由棱台的性质可证得，再根据线面平行的判定定理可得证； （2）根据条件，利用几何关系求得及面积公式求得，再利用等体积法，即可得出点到平面距离． 【详解】（1）连接BD，交AC于O，连接， ∵四边形是正方形，∴， 由棱台的性质可得， 由，， 可得，则，， ∴四边形是平行四边形，则， 又∵平面， 平面， ∴平面； （2）因为平面，所以直线到平面的距离等于到平面的距离， 取中点，连，，因为，且， 所以是平行四边形，则，而平面， 故平面，又平面，故， ，得， 又，所以， 所以， 所以， 设到平面的距离为，又因为平面，到平面的距离为， 因为，所以， 所以 故直线到平面的距离为. 44．（24-25高一下·天津·期中）如图所示，在平行六面体 中，分别是的中点，求证:    (1) (2)平面; 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由平行的传递性即可求证； （2）连，交与点，则点是的中点，可证，由直线与平面平行的判定定理证明平面； 【详解】（1）因为， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又分别为的中点，所以， 所以 （2）    连结，设与连结交于点，连接， 四边形为平行四边形，点是的中点， 又是的中点， 是的中位线， 又面，面，平面， 45．（24-25高二下·上海·期中）如图所示，在四棱锥，底面是正方形，与交于点，平面，为的中点，． (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值； (3)是线段上一点，且满足，是否存在实数使平面？若存在求出的值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，答案见解析 【分析】（1）由线面平行的判定定理即可证明； （2）由线面角的定义可得就是所求角，代入计算，即可得到结果； （3）结合（2）中的结论可得平面平面，再由面面垂直的性质定理即可得到结果. 【详解】（1）连接．由是正方形可知，点为中点． 又为的中点，所以． 又面，面， 所以平面． （2）证明：由底面，底面， ，由是正方形可知，， 又，、平面， 平面，即就是所求角， 因为 故所正弦值为． （3） 在线段上存在点，使平面．理由如下： 取中点，连接， 在四棱锥中，，，． 由（2）可知，平面，而平面， 平面平面，且平面平面， ，平面，平面， 故在线段上存在点，使平面．由为中点，得． 1 / 1 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$