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（湘教版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．（2023·陕西咸阳·模拟预测）在中，，，，将绕AB旋转至处，使平面平面ABC，则在旋转的过程中，点C的运动轨迹长度至少为（    ）    A． B． C． D． 2．（23-24高一·全国·课后作业）下列选项中的三角形绕直线l旋转一周，能得到如图所示几何体的是（　　）    A．   B．   C．   D．   3．（24-25高一下·全国·课后作业）如图所示的立体图形可由平面图形 绕轴旋转而成（填序号）． 4．（23-24高一下·内蒙古兴安盟·期末）以下四个空间几何体是旋转体的是（    ） A．   B．   C．   D．   题型二　简单几何体的表面展开与折叠问题 5．（24-25高一下·河南·期中）如图是一个圆台的侧面展开图，若，所在圆的半径分别是2和4，且，则（   ） A．圆台的侧面积为 B．圆台的高为 C．圆台的体积为 D．圆台内部可以容纳的球的直径最大为 6．（24-25高二·上海·课堂例题）如图所示，已知在圆锥中，底面半径，母线长，为母线上的一个点，且，从点拉一根绳子，围绕圆锥侧面转到点．求：    (1)绳子最短长度的平方； (2)绳子最短时，顶点到绳子的最短距离； (3)的最大值． 7．（24-25高二上·北京·阶段练习）如图，在直三棱柱中，，点为侧棱上的动点．当最小时，三棱锥的体积为（    ） A．1 B． C． D． 8．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，底面半径为，高为，B是母线SA上一点，且．现要建设一条从A到B的环山观光公路；当公路长度最短时，这条公路从A出发后先上坡，后下坡，则公路上坡路段长为 千米． 9．（23-24高一下·上海宝山·阶段练习）（1）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．求证：平面. （2）正六棱柱的底面边长为，侧棱长为，求动点从沿表面移动到点时的最短的路程. 题型三　与直观图还原有关的计算问题 10．（21-22高一下·上海闵行·期末）将边长为20的正三角形ABC，按“斜二测”画法在水平放置的平面上画出为，则 .    11．（2025·四川成都·模拟预测）用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图为如图所示的，已知是边长为2的等边三角形，则顶点到轴的距离是 . 12．（24-25高一下·新疆克拉玛依·期中）在平面直角坐标系中，为直角三角形，直角边长为2和，且三个顶点都在坐标轴上，直角顶点与坐标原点重合，斜边除了端点外在第一象限，则在对应的斜二测坐标系下，的直观图的周长为 ． 13．（24-25高一下·广东广州·期中）如图，已知菱形，用斜二测画法作出菱形的直观图即四边形，则四边形的面积为 . 14．（24-25高一下·福建·期中）如图所示，一个水平放置的斜二测画法画出的直观图是，其中为平行四边形，则原的周长是 . 题型四　棱柱、棱锥、棱台的表面积与体积 15．（24-25高一下·广东广州·期中）正三棱锥底面边长为3，侧棱长为，则正三棱锥高为 ；正三棱锥的侧面积为 . 16．（24-25高二下·云南·阶段练习）在正四棱台中，，，该正四棱台的外接球的表面积为，则该正四棱台的表面积为 . 17．（24-25高二上·上海·期中）如图，半径为的球中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与圆柱侧面积之和为 ． 18．（24-25高一下·天津·期中）风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，是人类最早的风筝起源.如图，是某中学学生制作的一个风筝模型的多面体ABCEF，D为边AB的中点，四边形EFDC为矩形，且，，，当时，多面体ABCEF的体积为 . 19．（2025·河北·模拟预测）如图，在四棱台中，上、下底面都是正方形，平面ABCD，，E是的中点，F是的中点，平面BEF把四棱台分成两部分，这两部分的体积分别为，（其中），则 ． 题型五　圆柱、圆锥、圆台的表面积与体积 20．（24-25高三下·上海·阶段练习）圆锥的全面积为，则它的体积的最大值为 ． 21．（24-25高二下·上海宝山·期中）已知某圆柱的侧面展开图是边长为6和8的矩形，则该圆柱最大体积为 （答案保留）． 22．（2025·浙江·三模）圆台内有一个球，与圆台的上下底面及所有母线均相切，则圆台与球的体积比的取值范围为 . 23．（24-25高三上·上海嘉定·期中）一个高为的圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为 . 24．（24-25高二上·上海·期中）已知某商品的形状为圆台，上下底面圆的半径分别为和，高为，将两个这样完全相同的商品水平放入形状为长方体的外包装盒中（不考虑外包装的厚度），则外包装盒的表面积的最小值为 .    题型六　球的表面积与体积 25．（24-25高二上·上海·期中）某同学在参加魔方实践课时，制作了一个工艺品，如图，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为6的正方体的六个面所截后剩余的部分，球心与正方体的中心重合，若其中一个截面圆的周长为，则该球的表面积是 ． 26．（2025·宁夏银川·一模）已知一个球与某圆台的上下底面和侧面均相切，若圆台的侧面积为，上下底面面积之比为，则该球的表面积为 . 27．（23-24高二下·江西·阶段练习）在三棱锥中，，若该三棱锥的所有顶点均在球的表面上，则球的表面积为 . 28．（23-24高三下·安徽·阶段练习）若正四面体的顶点都在一个表面积为的球面上，过点且与平行的平面分别与棱交于点，则空间四边形的四条边长之和的最小值为 . 29．（23-24高二上·四川遂宁·阶段练习）已知正三棱柱的六个顶点在球上，又球与此三棱柱的个面都相切，则球与球的表面积之比为 . 题型七　几何体的直观图画法 30．（23-24高二·上海·课堂例题）在水平放置的平面上有一个边长为3cm的正三角形，请画出其直观图． 31．（23-24高一下·江苏盐城·阶段练习）已知正三角形边长为4，用斜二测画法画出该三角形的直观图，则所得直观图的面积为（    ） A． B． C． D． 32．（23-24高二上·辽宁·开学考试）已知矩形，采用斜二测画法做出其直观图，若其直观图的面积为，则矩形的周长可以为 ． 33．（23-24高一下·湖南长沙·阶段练习）如图，在直角梯形中，，则直角梯形的直观图的面积为 .    34．（2024高一下·全国·专题练习）如图，是斜二测画法画出的水平放置的的直观图，是的中点，且轴，轴，，，则的面积为 ． 题型八　简单几何体的结构特征 35．（24-25高一下·福建福州·期中）如图所示，在正方形铁皮上剪下一个扇形和一个直径为2的圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为 ．    36．（24-25高一下·广东广州·期中）圆台上底面半径为2cm，下底面半径为4cm，母线，A在上底面上，B在下底面上，从中点M拉一条绳子，绕圆台侧面一周到B点，则绳子最短距离为 cm 37．（2025·上海黄浦·二模）某商场要悬挂一个棱长为2米的正方体物件作为装饰，如图，、、、为该正方体的顶点，、、为三根直绳索，且均垂直于屋顶所在平面．若平面与平面平行，且点到的距离为2米，则直绳索的长度约为 米．（结果精确到0.01米）    38．（24-25高二上·浙江杭州·期中）已知正三棱锥的外接球为球是球上任意一点，为的中点，则的取值范围为 . 39．（24-25高二上·上海松江·期中）圆柱底面半径为1，高为，为上底底面的直径，点是下底底面圆弧上的一个动点，点绕着下底底面旋转一周，则面积的范围是 . 题型九　基本图形位置关系 40．（24-25高一下·福建莆田·期中）如图所示，在空间四边形中，点，分别是边，的中点，点，分别是边，上的点，且，则下列说法正确的有（ ）个 ①，，，四点共面； ②与异面； ③与的交点可能在直线上，也可能不在直线上； ④与的交点一定在直线上． A．0 B．1 C．2 D．3 41．（24-25高一下·福建莆田·期中）如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（） A．动点的轨迹是一条线段 B．直线与的夹角为 C．三棱锥的体积是随点的运动而变化的 D．平面截正方体所得截面的面积为 42．（24-25高一下·甘肃张掖·期中）三棱锥中，若，，，则直线与平面所成角的正弦值是（   ） A． B． C． D． 43．（24-25高一下·浙江台州·期中）如图，梯形中，，于点，，且．沿把折起到的位置，使． (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)若为的中点，为上一点，证明． 44．（23-24高一下·天津滨海新·期中）如图，在棱长为2的正方体中，点是的中点.    (1)证明：平面； (2)求异面直线与所成角的正切值； (3)求点到平面的距离. 45．（24-25高一下·福建莆田·期中）如图，多面体是由一个直三棱柱与一个四棱锥组成，其中，，，是上的一点． (1)若是中点． ①求证：平面；②求异面直线与所成角的余弦值． (2)若为与交点，问上是否存在一点，使得平面？如果存在，请求出的值；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．（2023·陕西咸阳·模拟预测）在中，，，，将绕AB旋转至处，使平面平面ABC，则在旋转的过程中，点C的运动轨迹长度至少为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，将三棱锥正方体中，结合条件可得点C的运动轨迹四分之一圆，即可得到结果. 【详解】    如图所示，将三棱锥放到正方体模型中， 因为，，，则正方体的棱长为2， 在旋转过程中，C点的轨迹是以D点为圆心，DC为半径的圆的四分之一，其长度为. 故选：A. 2．（23-24高一·全国·课后作业）下列选项中的三角形绕直线l旋转一周，能得到如图所示几何体的是（　　）    A．   B．   C．   D．   【答案】B 【分析】根据题意，结合旋转体的定义，即可求解. 【详解】由题意知，该几何体是组合体，上、下各一个圆锥， 根据旋转体的定义，可得B项，符合题意. 故选：B. 3．（24-25高一下·全国·课后作业）如图所示的立体图形可由平面图形 绕轴旋转而成（填序号）． 【答案】③④ 【分析】根据图形判断即可. 【详解】题图中的半球可由③绕轴旋转一周而成，也可由④绕轴旋转而成． 故答案为：③④. 4．（23-24高一下·内蒙古兴安盟·期末）以下四个空间几何体是旋转体的是（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】BD 【分析】根据几何体的特征可得答案. 【详解】因为球和圆柱都是旋转体，所以B、D项正确. 故选：BD. 题型二　简单几何体的表面展开与折叠问题 5．（24-25高一下·河南·期中）如图是一个圆台的侧面展开图，若，所在圆的半径分别是2和4，且，则（   ） A．圆台的侧面积为 B．圆台的高为 C．圆台的体积为 D．圆台内部可以容纳的球的直径最大为 【答案】BCD 【分析】A选项，由扇形弧长和面积公式得到扇形和扇形的面积，相减得到A错误；B选项，求出圆台上下底面的半径，作出辅助线，由勾股定理求出圆台的高；C选项，根据圆台体积公式得到C正确；D选项，根据圆台的高得到当球的直径为时，半径为，求出此时球心到的距离为，得到D正确. 【详解】A选项，由题意得， 又，故， 扇形的面积为， 扇形的面积为， 故圆台的侧面积为，A错误； B选项，圆台母线长， 由题意得，， 解得，过点作⊥于点，为圆台的高， 则，， 由勾股定理得， 圆台的高为，B正确； C选项，圆台的体积为，C正确； D选项，由于圆台的高为，当球的直径为时，半径为， 梯形的面积为， ， ， 故， 又，故此时球心到的距离为， 而， 故圆台内部可以容纳的球的直径最大为，D正确. 故选：BCD 6．（24-25高二·上海·课堂例题）如图所示，已知在圆锥中，底面半径，母线长，为母线上的一个点，且，从点拉一根绳子，围绕圆锥侧面转到点．求：    (1)绳子最短长度的平方； (2)绳子最短时，顶点到绳子的最短距离； (3)的最大值． 【答案】(1) (2)； (3) 【分析】（1）将圆锥展开，求出相关的基本量，然后用表示即可； （2）过顶点作绳子的垂线，通过三角形面积相等即可表示出顶点到绳子的最短距离； （3）利用函数的单调性求解即可. 【详解】（1）将圆锥的侧面沿展开在平面上，如图所示，则该图为扇形， 且弧的长度就是底面圆的周长，所以． 所以．    由题意知绳子长度的最小值为展开图中的，其值为． 所以； （2）绳子最短时，在展开图中过作，垂足为，则的长度为顶点到绳子的最短距离， 在中，， 所以， 即绳子最短时，顶点到绳子的最短距离为； （3）因为在上是严格增函数，所以的最大值为 7．（24-25高二上·北京·阶段练习）如图，在直三棱柱中，，点为侧棱上的动点．当最小时，三棱锥的体积为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】如图，将直三棱柱展开成矩形，连结交于，此时最小，则，利用等体积法和棱锥的体积公式计算即可求解. 【详解】将直三棱柱展开成矩形， 如下图，连接，交于，此时最小， ∵，则，而， 由且都在面，则面， 又，则面，即面， 点为侧棱上的动点，当最小时，即，得， 又为直角三角形，此时三棱锥的体积为： . 故选：C 8．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，底面半径为，高为，B是母线SA上一点，且．现要建设一条从A到B的环山观光公路；当公路长度最短时，这条公路从A出发后先上坡，后下坡，则公路上坡路段长为 千米． 【答案】 【分析】利用圆锥的侧面展开图，利用两点间的距离，结合图象，求长度. 【详解】由题意，半径为，山高为，则母线, 底面圆周长，所以展开图的圆心角， 如图，是圆锥侧面展开图，结合题意，, 由点S向引垂线，垂足为点，此时为点S和线段上的点连线的最小值， 即点为公路的最高点，段即为下坡路段， 则，即，得 上坡路段长度为. 故答案为： 9．（23-24高一下·上海宝山·阶段练习）（1）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．求证：平面. （2）正六棱柱的底面边长为，侧棱长为，求动点从沿表面移动到点时的最短的路程. 【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）根据可能走的路径，将所给的正六棱柱展开，利用平面几何知识求解比较. 【详解】（1）底面，且底面， ， 又因为是圆柱的底面的直径，是底面圆周上异于、的点， 所以，又，平面， 平面； （2）将所给的正六棱柱下图2表面按图1部分展开， 则， ， 所以， ，∴动点从沿表面移动到点的最短路程为. 题型三　与直观图还原有关的计算问题 10．（21-22高一下·上海闵行·期末）将边长为20的正三角形ABC，按“斜二测”画法在水平放置的平面上画出为，则 .    【答案】 【分析】先在直角坐标系中得出各边的数值，再按“斜二测”画法作图，得出相关关系，再利用余弦定理，求出边. 【详解】由题意，在平面直角坐标系中，三角形是边长为20的正三角形， ，边上的高为， 按“斜二测”画法如下图所示：   ，， 在三角形中，， 由余弦定理得，． 故答案为：． 11．（2025·四川成都·模拟预测）用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图为如图所示的，已知是边长为2的等边三角形，则顶点到轴的距离是 . 【答案】 【分析】利用斜二测画法推导出原图形，根据边角关系求解. 【详解】如图①中，过作平行轴，交轴于点， 如图②，在平面直角坐标系中，在轴上取， 过点作平行轴，取，连接，则即原图形. 故为到轴距离，设则. 在①中过作垂直轴，且交轴于， 则， ，即，解得. 故答案为：. 12．（24-25高一下·新疆克拉玛依·期中）在平面直角坐标系中，为直角三角形，直角边长为2和，且三个顶点都在坐标轴上，直角顶点与坐标原点重合，斜边除了端点外在第一象限，则在对应的斜二测坐标系下，的直观图的周长为 ． 【答案】或 【分析】应用分类讨论，结合斜二测画法求直观图对应边长，即可得. 【详解】若直角边为2与纵轴重合，则对应边长为1，则另一直角边对应边长为， 所以斜边对应边长为，故周长为； 若直角边为与纵轴重合，则对应边长为，则另一直角边对应边长为2， 所以斜边对应边长为，故周长为； 综上，直观图的周长为或. 故答案为：或 13．（24-25高一下·广东广州·期中）如图，已知菱形，用斜二测画法作出菱形的直观图即四边形，则四边形的面积为 . 【答案】 【分析】画出菱形的平面直观图，计算平面直观图的面积即可. 【详解】画出菱形的平面直观图，如图四边形所示： 在菱形中，， 在四边形中，， 所以四边形的面积为. 故答案为： 14．（24-25高一下·福建·期中）如图所示，一个水平放置的斜二测画法画出的直观图是，其中为平行四边形，则原的周长是 . 【答案】 【分析】根据平面图形的直观图的斜二测画法原理得到原的形状，计算即可求解. 【详解】由平面图形的直观图的斜二测画法原理可知，原是等腰三角形，如图： 其中，，且， 所以， 所以原的周长为. 故答案为： 题型四　棱柱、棱锥、棱台的表面积与体积 15．（24-25高一下·广东广州·期中）正三棱锥底面边长为3，侧棱长为，则正三棱锥高为 ；正三棱锥的侧面积为 . 【答案】 3 【分析】先求出正三棱锥的高和斜高，再计算出侧面积即可. 【详解】设为等边三角形的中心，为的中点，连接， 则为正三棱锥的高，为斜高， 又，，， ，故， 侧面积. 故选：3；. 16．（24-25高二下·云南·阶段练习）在正四棱台中，，，该正四棱台的外接球的表面积为，则该正四棱台的表面积为 . 【答案】或 【分析】设正四棱台上下底面所在圆面的半径分别为，，设球心到上下底面的距离分别为，，由，可得，，进而求得棱台侧高，即可求解. 【详解】设外接球的半径为，由，得， 设正四棱台上下底面所在圆面的半径分别为，（根据正方形外接圆半径与边长关系）， 设球心到上下底面的距离分别为，，由，可得，， 则正四棱台的高或， 侧面梯形的高 或， 正四棱台的表面积， 或正四棱台的表面积. 故答案为：或 17．（24-25高二上·上海·期中）如图，半径为的球中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与圆柱侧面积之和为 ． 【答案】 【分析】作出圆柱的轴截面，其外接圆是球的大圆，由此易得圆柱底面半径、高与球半径关系，从而可求得圆柱侧面积的最大值，再由球面积得结论． 【详解】如图是圆柱的轴截面， 其外接圆是球的大圆，是圆柱上底面圆心，是圆柱母线， 设圆柱底面半径为，高为， 则，，， 因此， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 圆柱侧面积为，最大值为， 此时球的表面积与该圆柱的侧面积之和为． 故答案为：. 18．（24-25高一下·天津·期中）风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，是人类最早的风筝起源.如图，是某中学学生制作的一个风筝模型的多面体ABCEF，D为边AB的中点，四边形EFDC为矩形，且，，，当时，多面体ABCEF的体积为 . 【答案】 【分析】由线面垂直的判定与性质，根据等腰三角形的性质与勾股定理，求得底面积，利用锥体体积公式，可得答案. 【详解】在矩形中，有，， 由，，平面，得平面， 则平面，又平面，则，， 在中，由，，则， 又为的中点，则，， 而，，则， 在中，， 则矩形的面积， 由，，，平面，得平面， 所以多面体的体积. 故答案为： 19．（2025·河北·模拟预测）如图，在四棱台中，上、下底面都是正方形，平面ABCD，，E是的中点，F是的中点，平面BEF把四棱台分成两部分，这两部分的体积分别为，（其中），则 ． 【答案】 【分析】利用台体的体积公式求四棱台的体积，作辅助线，找到平面BEF截该四棱台所得截面，计算有关线段的长度，利用割补法求解. 【详解】连接AC，BD相交于点O，连接，相交于点，取的中点M，连接BM与交于点T，与的延长线交于点N， 由平面平面，可知M为和的交点， 又由，可知， 又由，可得， 又由，有，可得， 不妨设，，， 可得梯形的面积为， 又由，， 又由，可得， 可得四边形的面积为，可得， 又由，可得， 又由，可得， 可得， 又由几何图形的对称性可知． 题型五　圆柱、圆锥、圆台的表面积与体积 20．（24-25高三下·上海·阶段练习）圆锥的全面积为，则它的体积的最大值为 ． 【答案】/ 【分析】根据圆锥全面积得出关系，利用体积公式及二次函数求最值. 【详解】因为，所以， 所以， 即， 当时， 故答案为： 21．（24-25高二下·上海宝山·期中）已知某圆柱的侧面展开图是边长为6和8的矩形，则该圆柱最大体积为 （答案保留）． 【答案】 【分析】根据圆柱侧面展开图与圆柱的关系，分别求出以边长和为底面周长时圆柱的体积，再比较大小得出最大体积. 【详解】当圆柱底面周长，高时， 根据圆的周长公式，可得底面半径. 再根据圆柱的体积公式，得此时圆柱体积. 当圆柱底面周长，高时， 同样根据圆的周长公式，可得底面半径. 再根据圆柱的体积公式，可得此时圆柱体积. 因为，所以，即该圆柱的最大体积为. 故答案为：. 22．（2025·浙江·三模）圆台内有一个球，与圆台的上下底面及所有母线均相切，则圆台与球的体积比的取值范围为 . 【答案】 【分析】设圆台的底角为，上底面半径为r，下底面半径为R，高为h，球的半径为，根据台体球体体积公式计算体积，再得到比值，令，换元，结合对勾函数性质得解. 【详解】设圆台轴截面如图，等腰梯形底角为，上底面半径为r，下底面半径为R，高为h，球的半径为， 则圆台体积，球体积，已知，. 由，得，把代入，，所以.   则. .   则 ，化简得.   令，.当，；靠近时，变得很大，趋近正无穷，所以范围是，即. 故答案为：. 23．（24-25高三上·上海嘉定·期中）一个高为的圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为 . 【答案】 【分析】由圆锥的侧面展开图计算半径与母线关系，再由勾股定理求出半径，最后代入公式计算表面积即可； 【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为， 由圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形可得，解得， 由勾股定理可得，解得， 所以圆锥的表面积为. 故答案为：. 24．（24-25高二上·上海·期中）已知某商品的形状为圆台，上下底面圆的半径分别为和，高为，将两个这样完全相同的商品水平放入形状为长方体的外包装盒中（不考虑外包装的厚度），则外包装盒的表面积的最小值为 .    【答案】 【分析】分三种放置情况计算可求得最小表面积. 【详解】水平放入长方体的盒子中有三种放法， 第一种，两个圆台一个正放，一个倒置放入，其俯视图如图所示，    此种放置时，要使表面积最小， 可求得正方形的对角线长为， 可得正方形的边长为， 表面积为， 第二种，两个圆台一个正放，一个倒置放入，其俯视图如图所示，    此种放置时，要使表面积最小， 可得长方体的底面长方形的一边长为，另一边为，长方体的高为， 表面积为， 第三种两个两个圆台重叠方放入，则长方体表面积最小时的长方体的底面是的正方形，高为， 可得表面积为， 比较可得，表面积最小为. 故答案为：. 题型六　球的表面积与体积 25．（24-25高二上·上海·期中）某同学在参加魔方实践课时，制作了一个工艺品，如图，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为6的正方体的六个面所截后剩余的部分，球心与正方体的中心重合，若其中一个截面圆的周长为，则该球的表面积是 ． 【答案】 【分析】画出球心截面图，分析求出球的半径求解即可. 【详解】球心的截面图如图， 则，由截面圆的周长为，得， 解得，球的半径是， 所以该球的表面积为. 故答案为：. 26．（2025·宁夏银川·一模）已知一个球与某圆台的上下底面和侧面均相切，若圆台的侧面积为，上下底面面积之比为，则该球的表面积为 . 【答案】 【分析】首先利用圆台和球的关系求出圆台的上下底的半径，进一步求出圆台的母线长，最后求出内切球的半径和球的表面积. 【详解】如图，设圆台的上、下底面半径分别为，母线长为，内切球的半径为， 因为圆台上下底面面积之比为，所以，得， 所以圆台的侧面积为，得， 因为球与圆台的上下底面和侧面均相切，所以， ，得，所以，， ，得， 所以该球的表面积为. 故答案为：. 27．（23-24高二下·江西·阶段练习）在三棱锥中，，若该三棱锥的所有顶点均在球的表面上，则球的表面积为 . 【答案】/ 【分析】由三棱锥三条侧棱相等可知三棱锥的外接球球心在正三棱锥的高上且点在底面的射影即为的外心,可先由正弦定理求得外接圆半径，再由勾股定理求得外接球半径,即可求得球的表面积. 【详解】因为，所以点在平面上的射影为的外心， 如下图，又，所以的外接圆的半径， 从而三棱锥的高为. 设该三棱锥外接球的半径为，则，即，解得， 故球的表面积为. 故答案为：. 28．（23-24高三下·安徽·阶段练习）若正四面体的顶点都在一个表面积为的球面上，过点且与平行的平面分别与棱交于点，则空间四边形的四条边长之和的最小值为 . 【答案】/ 【分析】根据条件求出正四面体的棱长为，设，利用几何关系得到空间四边形的四条边长之和，即可求出结果. 【详解】如图，将正四面体放置到正方体中，易知正四面体外接球即正方体的外接球， 设正四面体的棱长为，所以正方体的边长为， 易知正方体的外接球直径为体对角线的长，又，所以正四面体的半径， 依题有，得到，即正四面体的棱长为， 因为面，面面，面，所以， 设 因为，则，， 在中，因为，所以， 在中，，，则， 所以空间四边形的四条边长之和， 又，当时，， 故答案为：. 29．（23-24高二上·四川遂宁·阶段练习）已知正三棱柱的六个顶点在球上，又球与此三棱柱的个面都相切，则球与球的表面积之比为 . 【答案】/5 【分析】由题意，可知球与球分别为正三棱柱的外接球与内切球，分别求出两个球的半径，进而可求出两球的表面积，从而可求出答案. 【详解】由题意可得两球、是重合的，过正三棱柱的一条侧棱和它们的球心作截面如图，    设正三棱柱底面边长为，两球半径分别为， 则，， 则正三棱柱的高， 在中，， 有, ，所以球与球的表面积之比. 故答案为：. 题型七　几何体的直观图画法 30．（23-24高二·上海·课堂例题）在水平放置的平面上有一个边长为3cm的正三角形，请画出其直观图． 【答案】答案见解析 【分析】根据斜二测画法，作出平面图形，建立平面直角坐标系，画出对应斜二测坐标系，确定多边形各顶点在直观图中对应的顶点，连线可得直观图； 【详解】解：如图①所示，以边所在的直线为轴，以边的高线所在直线为轴，建立平面直角坐标系，    画对应的轴、轴，使， 在轴上截取，在轴上截取， 连接、、，则即为等边的直观图，如图③所示. 31．（23-24高一下·江苏盐城·阶段练习）已知正三角形边长为4，用斜二测画法画出该三角形的直观图，则所得直观图的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据直观图与原图的关系，可确定直观图（三角形）的底和高，从而求得直观图的面积，得出答案. 【详解】 如图所示，正三角形的边长为，则高为， 根据斜二测画法的知识，则直观图中三角形的高为，底边长为， 所以直观图的面积为. 故选：C. 32．（23-24高二上·辽宁·开学考试）已知矩形，采用斜二测画法做出其直观图，若其直观图的面积为，则矩形的周长可以为 ． 【答案】8（答案不唯一，大于或等于8即可） 【分析】根据题意，由直观图的面积与原图的面积关系，结合基本不等式即可得到结果. 【详解】设矩形的长与宽分别为，根据斜二测画法可知，直观图的面积与原图的面积之间满足，即，所以，则，当且仅当时取得等号，所以矩形周长的最小值为8，故矩形的周长可以为8，9，10等． 故答案为：8 33．（23-24高一下·湖南长沙·阶段练习）如图，在直角梯形中，，则直角梯形的直观图的面积为 .    【答案】/ 【分析】作出梯形，求出梯形的高，即可得出答案. 【详解】作出梯形如下图所示： 由斜二测画法可知， 过点作交于点， 因为，梯形的高为， 所以，梯形的面积为， 故答案为：.    34．（2024高一下·全国·专题练习）如图，是斜二测画法画出的水平放置的的直观图，是的中点，且轴，轴，，，则的面积为 ． 【答案】 【分析】根据题意，结合斜二测画法的规则，得到水平放置的的直观图，结合三角形的面积公式，即可求解. 【详解】根据斜二测画法的规则，可得水平放置的的直观图， 如图所示， 因为轴，轴，且，， 可得，且， 所以的面积为. 故答案为：. 题型八　简单几何体的结构特征 35．（24-25高一下·福建福州·期中）如图所示，在正方形铁皮上剪下一个扇形和一个直径为2的圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为 ．    【答案】 【分析】根据弧长公式求出扇形半径，得到母线，再根据勾股定理得到高. 【详解】解：∵直径为2的圆形，∴底面圆的半径为：1，周长为2π， 记扇形半径为，由扇形弧长得∴，即母线为4， ∴圆锥的高为： 故答案为： 36．（24-25高一下·广东广州·期中）圆台上底面半径为2cm，下底面半径为4cm，母线，A在上底面上，B在下底面上，从中点M拉一条绳子，绕圆台侧面一周到B点，则绳子最短距离为 cm 【答案】 【分析】由题意需先画出圆台的侧面展开图，并还原成圆锥展开的扇形，则所求的最短距离是平面图形两点连线，根据条件求出扇形的圆心角以及半径长，再求出最短的距离． 【详解】画出圆台的侧面展开图，并还原成圆锥展开的扇形，且设扇形的圆心为, 由图得：所求的最短距离是， 设，圆心角是， 则由题意知，①， ②， 由①②解得，， ∴，则． 则绳子最短距离为cm． 故答案为：． 37．（2025·上海黄浦·二模）某商场要悬挂一个棱长为2米的正方体物件作为装饰，如图，、、、为该正方体的顶点，、、为三根直绳索，且均垂直于屋顶所在平面．若平面与平面平行，且点到的距离为2米，则直绳索的长度约为 米．（结果精确到0.01米）    【答案】 【分析】设正方体的中心为，连接，得到平面，由三角形是正三角形，得到外接圆的半径为米，利用勾股定理求得米，设米，结合，即可得到对答案. 【详解】解：由正方体的棱长米， 因为平面平面，且平面，平面，平面， 如图所示，设正方体的中心为，连接，交平面于点，则平面， 在正方体中，底面是正三角形，其外接圆的半径为米， 又由勾股定理，可得米， 设米，因为点到平面的距离为2米， 所以米. 故答案为：.    38．（24-25高二上·浙江杭州·期中）已知正三棱锥的外接球为球是球上任意一点，为的中点，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】对于正三棱锥，底面是正三角形，顶点在底面的射影是底面三角形的中心.要求的取值范围，需要先求出外接球的半径以及球心到点的距离，的取值范围就是球心到点的距离加减外接球半径. 【详解】因为底面是正三角形，. 根据正三角形外接圆半径公式（其中为正三角形的边长），可得.   设正三棱锥的高为，顶点在底面的射影为. 因为为中点，在上，且. 对于正三角形，，则. 在中，，，根据勾股定理.   设外接球半径为，球心在高上. 根据，将，代入可得： . 展开得. 移项化简得，解得.    因为. 设球心到点的距离为，在中，，，根据勾股定理.   的最小值为，最大值为. ，. 所以的取值范围是. 故答案为：. 39．（24-25高二上·上海松江·期中）圆柱底面半径为1，高为，为上底底面的直径，点是下底底面圆弧上的一个动点，点绕着下底底面旋转一周，则面积的范围是 . 【答案】 【分析】据题意，设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，过作，垂足为，由于为定值，故面积的大小随的长度的变化而变化，由图可知，当点与点重合时以及当点与点重合时，分别求出的最大值和最小值，即可求出面积的范围. 【详解】如图1，设上底面圆心为，下底面圆心为， 连接，过作，垂足为， 则， 据题意，为底面直径，是定值，故面积的大小随的长度的变化而变化， 由图2可知，当点与点重合时，， 此时取得最大值为， 如图3所示，当点与点重合时，， 此时取得最小大值为， 综上所述，面积的范围为. 故答案为： 题型九　基本图形位置关系 40．（24-25高一下·福建莆田·期中）如图所示，在空间四边形中，点，分别是边，的中点，点，分别是边，上的点，且，则下列说法正确的有（ ）个 ①，，，四点共面； ②与异面； ③与的交点可能在直线上，也可能不在直线上； ④与的交点一定在直线上． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】利用平面几何的性质及平行公理可得，且四边形EFGH是梯形，结合公理可得答案. 【详解】依题意，可得，，故，所以，，，四点共面，①正确，②错误； 因为，所以四边形EFGH是梯形，且EF与GH必相交，设交点为M， 因为点M在EF上，故点M在平面ACB上，同理，点M在平面ACD上，所以点M在平面ACB与平面ACD的交线上. 又AC是这两个平面的交线，所以点M一定在直线AC上，所以④正确，③错误. 故选：C. 41．（24-25高一下·福建莆田·期中）如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（） A．动点的轨迹是一条线段 B．直线与的夹角为 C．三棱锥的体积是随点的运动而变化的 D．平面截正方体所得截面的面积为 【答案】ABD 【分析】对于A，过做一个平面，使得该平面与平面平行，该平面与正方体左侧面的交线段即为动点的轨迹；对于B，或其补角为异面直线与的夹角，在三角形中求角即可；对于C，由A知平面，故点到平面的距离为定值，又的面积为定值，进而体积为定值；对于D，取的中点，连接，则四边形为为正方体的截面，计算边长即可求面积. 【详解】对于A，如图： 分别取的中点H，G，连接，，，． 由正方体的性质可得，且平面，平面， 所以平面，同理可得：平面， 且平面，所以平面平面， 而平面，所以平面，所以点的轨迹为线段，故A正确； 对于C，由A可知的轨迹为线段，平面平面，所以平面， 所以点到平面的距离为定值，又的面积为定值， 故三棱锥的体积是定值，不会随点的运动而变化，故C错误； 对于B，如图： 连接，，因为，所以四边形为平行四边形， 所以，所以或其补角为异面直线与的夹角， 因为为正方体，，都为面对角线，所以， 所以为等边三角形，所以，故B正确； 对于D，如图： 取的中点，连接，取的中点，连接， 易知且，且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以且. 同理可证四边形也为平行四边形，所以且， 所以且. 所以四点共面，即四边形为为正方体的截面，，同理可求得四边形为的其它边长也为， 故该四边形为为棱形，对角线，， 故该棱形的面积为，故D正确. 故选：ABD 42．（24-25高一下·甘肃张掖·期中）三棱锥中，若，，，则直线与平面所成角的正弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点作平面于，在平面内过作，，垂足分别为，，连接，，可得为直线与平面所成的角，进而结合题设求角即可. 【详解】过点作平面于，在平面内过作，， 垂足分别为，，连接，， 则为直线与平面所成的角， 由平面，平面，所以，， 又，，，平面，则平面， 因为平面，则， 同理可得，由， 得，又， 因此四边形为正方形，，， 所以直线与平面所成角的正弦值. 故选：B. 43．（24-25高一下·浙江台州·期中）如图，梯形中，，于点，，且．沿把折起到的位置，使． (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)若为的中点，为上一点，证明． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）取中点，连接、，证明出，则或其补角为异面直线与所成角，然后求出三边边长，结合余弦定理求解的余弦值即可； （2）证明出平面，可得出，再由等腰三角形三线合一的性质得出，可得出平面，结合线面垂直的性质可证得结论成立. 【详解】（1）取中点，连接、， ，，四边形是平行四边形，则， 或其补角为异面直线与所成角， 翻折前，即，， 翻折后，则有，，且有， ，， 又，、平面，面， 在中，，，, 由余弦定理可得， 因此，异面直线与所成角的余弦值为. （2）面，平面，， ，，，，故为等腰直角三角形， ， ，， 由余弦定理得， ，， ，、平面，面， 因为平面，， 又，为的中点，， ，、平面，面， 平面，. 44．（23-24高一下·天津滨海新·期中）如图，在棱长为2的正方体中，点是的中点.    (1)证明：平面； (2)求异面直线与所成角的正切值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2) (3) 【分析】（1）由正方体性质和线面垂直判定定理证明即可得出结论； （2）作出异面直线所成角的平面角，在中由正切函数定义即可求得结果； （3）由点到平面的距离与点到平面的距离相等，利用等体积法计算即可求得结果. 【详解】（1）由正方体性质可知平面， 而平面，所以，即 由四边形为正方形，可得； 又，平面， 所以平面； （2）易知， 所以异面直线与所成的角即为直线与所成的角， 在中，易知，且， 因此， 即异面直线与所成角的正切值为； （3）易知点到平面的距离与点到平面的距离相等， 易知三棱锥中，且； 所以， 设点到平面的距离为， 由可得， 解得； 即点到平面的距离为. 45．（24-25高一下·福建莆田·期中）如图，多面体是由一个直三棱柱与一个四棱锥组成，其中，，，是上的一点． (1)若是中点． ①求证：平面；②求异面直线与所成角的余弦值． (2)若为与交点，问上是否存在一点，使得平面？如果存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)①证明见解析；② (2)存在，且 【分析】（1）①连接交于点，连接，利用中位线的性质得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立； ②分析可知，异面直线与所成角为或其补角，求出三边边长，结合余弦定理可求得结果； （2）由线面平行的性质可得出，由此得出，即可得解. 【详解】（1）连接交于点，连接，如下图所示： 在三棱柱中，，，所以，四边形为平行四边形， 因为，所以为的中点， 又因为为的中点，所以，且， 因为平面，平面，故平面； 在直三棱柱中，平面，平面，所以， 所以，， 同理可得，， 所以，，， 因为，所以，异面直线与所成角为或其补角， 由余弦定理可得， 因此，异面直线与所成角的余弦值为. （2）如下图所示： 因为，，所以， 因为平面，平面，平面平面， 所以，故，因此. 所以，线段上存在一点，使得平面，且． 1 / 1 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$