专题02 几何体中的创新题型（五大题型）（专项训练）高二数学沪教版2020必修第三册

专题02 几何体中的创新题型 目录 A题型建模・专项突破 题型一、生活情境题（新考点） 1 题型二、数学文化题（新考点） 4 题型三、新定义问题（新考点） 5 题型四、动点问题（重难点） 7 题型五、折叠问题（重难点） 9 B综合攻坚・能力跃升 题型一、生活情境题（新考点） 1．（22-23高二下·上海杨浦·期末）小李购买了一盒点心，点心盒是长方体，长、宽、高分别为30厘米、20厘米和10厘米，商家提供丝带捆扎服务，有如图所示两种捆扎方案（粗线表示丝带）可供选择，免去手工费，但丝带需要按使用长度进行收费.假设丝带紧贴点心盒表面，且不计算丝带宽度以及重叠粘合打结的部分.为了节约成本，小李打算选择尽可能使用丝带较短的方案，则小李需要购买的丝带长度至少是（    ）    A．80厘米 B．100厘米 C．120厘米 D．140厘米 2．（22-23高二上·上海闵行·期末）如图所示为一种甜筒冰激凌，其上半部分呈半球形，下半部分呈圆锥形，现把半径为的圆形蛋皮等分成5个扇形，用一个扇形蛋皮围成圆锥的侧面，则这种甜筒冰激凌的表面积为 . 3．（24-25高二上·上海·期中）如图是一座山的示意图，山呈圆锥形，圆锥的底面半径为5公里，侧棱长为20公里，B是上一点，且公里，为了发展旅游业，要建设一条最短的从A绕山一周到B的观光铁路，这条铁路从A出发后首先上坡，随后下坡，则下坡段铁路的长度为 公里 4．（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 ． 5．（23-24高二上·上海浦东新·阶段练习）已知是单位正六棱柱（即所有的棱长都是1，如图所示），黑、白两个蚂蚁同时从点A出发沿棱向前爬行，每走完一条棱称为“走完一段”.黑蚂蚁爬行的路线是，白蚂蚁爬行的路线是.它们都遵循如下规则：所爬行的第段与第i段所在的直线必须是异面直线（其中i是正整数）.设黑、白两蚂蚁走完2023段后各停留在正六棱柱的某个顶点处，这时黑、白两蚂蚁的距离是 . 6．（23-24高二上·上海·期中）某种水箱用的“浮球”是由两个半球和一个圆柱筒组成，已知半球的直径是6cm，圆柱筒长4cm． (1)这种“浮球”的体积是多少cm3？（结果精确到0.1） (2)要在2500个这样的“浮球”表面涂一层胶质，如果每平方米需要涂胶100克，那么共需涂胶约多少克？（结果精确到个位）． 7．（23-24高二上·上海·期末）上海中心大厦是上海市的地标建筑，现为中国第一高楼.为有效减少建筑所受的风荷载，通常对建筑体型进行一定的扭转.上海中心大厦的主楼可近似看成将正三棱柱的一个底面扭转所得的几何体；将正三棱柱的底面在其所在平面内绕的中心逆时针旋转得到，再分别连接、、、、、所得的几何体.已知大厦的主楼高度约为米，底层面积（即的面积）约为平方米.        (1)求证：； (2)试分别以正三棱柱和几何体为模型估算大厦主楼的体积. 题型二、数学文化题（新考点） 8．（22-23高三下·上海松江·阶段练习）魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺·鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具.魔方拥有竞速､盲拧､单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一，一个三阶魔方，由27个单位正方体组成，如图是把魔方的中间一层转动了45°，则该魔方的表面积是 .    9．（23-24高二上·上海浦东新·期中）我国南北朝时期的数学家祖暅在计算球的体积时，提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高，这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等，利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差，图1是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线和均是以2为半径的半圆，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形．类比利用祖暅原理求半球的体积的计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱和一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图2），从而求得该帐篷的体积为 ．    10．（24-25高二上·上海·期中）《九章算术》中将四个面都为直角三角形的四面体为鳖臑. 如图，在鳖臑中，平面，，，，分别为棱上一点，则的最小值为 . 11．（23-24高二上·上海普陀·期中）亭子是一种中国传统建筑，多建于园林，人们在欣赏美景的同时也能在亭子里休息､避雨､乘凉（如图1）.假设我们把亭子看成由一个圆锥与一个圆柱构成的几何体（如图2）.一般地，设圆锥中母线与圆柱底面半径所成角的大小为，当时，方能满足建筑要求.已知圆锥高为1.5米，底面半径为2.5米，圆柱高为3米，底面半径为2米. (1)求几何体的表面积； (2)如图2，设为圆柱底面半圆弧的三等分点，判断该亭子是否满足建筑要求. 题型三、新定义问题（新考点） 12．（22-23高二下·上海青浦·期末）如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，余下的多面体称作“阿基米德体”．若一个正四面体的棱长为12，则对应的“阿基米德体”的表面积为 ．    13．（23-24高二上·上海·期末）图1中的机械设备叫做“转子发动机”，其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”，图2是一个曲侧面三棱柱，它的侧棱垂直于底面，底面是“莱洛三角形”，莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，如图3.若曲侧面三棱柱的高为10，底面任意两顶点之间的距离为40，则其侧面积为 . 14．（24-25高二上·上海松江·阶段练习）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，在数学上用曲率刻画空间弯曲性．规定：多面体的顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体（四个面都是等边三角形围成的几何体）在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为．我们把平面四边形外的点连接顶点、、、构成的几何体称为四棱锥，根据曲率的定义，四棱锥的总曲率为 ． 15．（24-25高二上·上海·期中）豆腐发酵后表面长出一层白绒绒的长毛就成了毛豆腐.将三角形豆腐悬空挂在发酵空间内，记发酵后毛豆腐所构成的几何体为.若忽略三角形豆腐的厚度，设，点在内部．假设对于任意点，满足的点都在内，且对于内任意一点，都存在点，满足，则的体积为 . 16．（23-24高二上·上海·期末）三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据.三面角是由公共端点且不共面的三条射线以及相邻两条射线之间的平面部分组成的图形.设，，，平面与平面所成的角为，由三面角余弦定理得.在三棱锥中，，，，，，则三棱锥体积的最大值为 . 题型四、动点问题（重难点） 17．（23-24高二上·上海·期末）在四棱锥中，底面为正方形，，为空间中一动点，为的中点，平面.若，则的轨迹围成封闭图形的体积为 .    18．（24-25高二上·上海·期末）如图，已知直四棱柱的所有棱长等于1，，和分别是上下底面对角线的交点，在线段上，，点在线段上移动，则三棱锥的体积最小值为 ． 19．（24-25高二上·上海·期中）如图，在长方体中，，，，分别为，的中点，点在矩形内运动（包括边界），若平面，则取最小值时，三棱锥的体积为 .    20．（24-25高二上·上海·阶段练习）已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知是等边三角形． (1)求证：； (2)求二面角； (3)若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角，并说明点此时所在的位置． 题型五、折叠问题（重难点） 21．（23-24高二上·上海金山·期中）如图，在矩形中，已知为边的中点．将沿翻折成，若为线段的中点，给出下列说法：①翻折到某个位置，可以使得平面；②无论怎样翻折，点总在某个球面上运动．则（    ）． A．①和②都正确 B．①和②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 22．（24-25年高二上·上海·单元测试）如图，在等腰梯形ABCD中，，，E为AB的中点，将与分别沿ED、EC向上折起，使A、B重合于点P，则三棱锥的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 23．（24-25高二上·上海·期末）折纸与数学有着千丝万缕的联系，吸引了人们的广泛兴趣.因A4纸的长宽比称为白银分割比例，故A4纸有一个白银矩形的美称.现有一张如图所示的A4纸，长，宽分别是其四条边的中点，课堂上，在数学老师的带领下，同学们发现将其沿图中虚线折起，使得四点重合为一点，可以得到一个四面体.课后，小金同学继续思考研究，并得到如下两个命题：①四面体的外接球半径；②四面体的内切球半径，则下列说法正确的是（    ） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①②都是真命题 D．①②都是假命题 24．（23-24高二上·上海浦东新·阶段练习）如图，正方形的边长为，已知，将沿BE边折起，折起后A点在平面上的射影为D点，则翻折后的几何体中有如下描述：其中正确的有    ①AB与DE所成角的正弦值是；②ABCE；③的体积是； ④平面平面；⑤二面角的大小为. 25．（23-24高二上·上海黄浦·阶段练习）如图，边长为1的正方形中，分别是的中点，沿把这个正方形折成一个四面体使三点重合，重合后的点记为.则在四面体中，点到平面的距离为 .    26．（23-24高二上·上海·期中）如图，把边长为的正方形沿对角线折起，使（折叠后的）四点、、、为顶点的三棱锥体积最大，求此三棱锥的表面积和体积. 27．（22-23高二上·上海浦东新·期中）如图，将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠，使得平面ABD⊥平面CBD，AE⊥平面ABD，且.    (1)求证：直线EC与平面ABD没有公共点； (2)求点C到平面BED的距离. 28．（23-24高二上·上海浦东新·阶段练习）在边长为的正方形中，分别为、的中点，分别为、的中点，现沿、、折叠，使三点重合，重合后的点记为，构成一个三棱锥. (1)请判断与平面的位置关系，并给出证明； (2)求四棱锥的体积. 29．（23-24高二上·上海浦东新·期中）把边长为2的正方形沿对角线折起，如图，点翻折到点， (1)当折起的三角形所在的平面与底面所成角（即二面角）为时，求三棱锥的体积； (2)当三角形翻折到什么位置（即二面角多大时），三棱锥的体积最大（不需要证明）.并求此时三棱锥的表面积. 1．（24-25高二上·上海·单元测试）如图，在长方体中，，，，P为上的一个动点，求的最小值． 2．（24-25高二上·上海宝山·阶段练习）如图（图中单位：）是一种铸铁机器零件，零件下部是实心的直六棱柱（底面是正六边形，侧面是全等的矩形），上部是实心的圆柱. (1)已知铁的密度为，求生产一件这样的铸铁零件需要多少克铁？（结果精确到）； (2)要给一批共5000个零件镀锌，若电镀这批零件每平方厘米要用锌，求需要用锌的总量（结果精确到）. 3．（23-24高二上·上海·期末）将一个边长为2的正六边形（图1）沿对折，形成如图2所示的五面体，其中，底面是正方形． (1)求二面角的大小． (2)如图3，点分别为棱上的动点．求周长的最大值． 4．（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． 5．（24-25高二上·上海浦东新·期中）某种“笼具”由内、外两层组成，无下底面，内层和外层分别是一个圆锥和一个圆柱，其中圆柱与圆锥的底面周长相等，圆柱有上底面，已知圆柱的底面周长为，高为45cm，圆锥的母线长为30cm. (1)求这种“笼具”的体积（结果精确到）； (2)现要使用一种纱网材料制作100个“笼具”，该材料的造价为每平方米8元，共需多少元？（结果精确到1元） 6．（24-25高二上·上海·期中）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器注水，当球面恰好接触水面时，测得水深为6cm.不计容器的厚度. (1)求球的体积； (2)正方体上底面所在平面将球分割成两部分，体积较小的部分称为“劣球缺”.根据祖暅原理，其体积为一个圆柱的体积减去一个圆台的体积.请根据以下示意图，求出本题中“劣球缺”的体积. 7．（24-25高二上·上海·期中）（1）给出两块相同的正三角形纸片（如图1，图2），可沿图1中的虚线将正三角形纸片剪拼成一个正三棱锥模型，要求用图2的正三角形纸片剪拼成一个正三棱柱模型，使它们的全面积都与原三角形的面积相等，请设计一种剪拼方法，用虚线标示在图2中，并作简要说明： （2）试比较剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小； （3）给出一块任意三角形的纸片（如图3），要求剪拼成一个直三棱柱，使它的全面积与给出的三角形的面积相等.请设计一种剪拼方法，用虚线标示在图3中，并作简要说明. 8．（23-24高二上·上海·阶段练习）如图，正方形中，边长为4，为中点，是边上的动点．将沿翻折到，沿翻折到， (1)求证：平面平面； (2)设面面，求证：； (3)若，连接，设直线与平面所成角为，求的最大值． 9．（24-25高二上·上海·期中）在棱长为1的正方体中，是的中点，分别是上的动点.考查过三点的平面截正方体所得的截面： (1)当是的中点且是的中点时，直接写出截面的周长和面积； (2)当时，若截面为六边形，求的取值范围； (3)当是的中点且截面为五边形时，是否存在点，使得截面将正方体分为体积比的两个部分，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 10．（24-25高二上·上海·期中）如图，正方形中，边长为4，为中点，是边上的动点.将沿翻折到，沿翻折到，        (1)求证：平面平面SFD； (2)当是边的中点时，二面角的大小； (3)设面面，求证：. (4)若，将沿翻折到，沿翻折到，连接，设直线与平面所成角为，求的最大值. 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 几何体中的创新题型 目录 A题型建模・专项突破 题型一、生活情境题（新考点） 1 题型二、数学文化题（新考点） 7 题型三、新定义问题（新考点） 11 题型四、动点问题（重难点） 15 题型五、折叠问题（重难点） 19 B综合攻坚・能力跃升 题型一、生活情境题（新考点） 1．（22-23高二下·上海杨浦·期末）小李购买了一盒点心，点心盒是长方体，长、宽、高分别为30厘米、20厘米和10厘米，商家提供丝带捆扎服务，有如图所示两种捆扎方案（粗线表示丝带）可供选择，免去手工费，但丝带需要按使用长度进行收费.假设丝带紧贴点心盒表面，且不计算丝带宽度以及重叠粘合打结的部分.为了节约成本，小李打算选择尽可能使用丝带较短的方案，则小李需要购买的丝带长度至少是（    ）    A．80厘米 B．100厘米 C．120厘米 D．140厘米 【答案】B 【详解】在捆扎方案一中，设点心盒是长方体，如图：    丝带从棱上的点出发，沿着长方体的各个表面绕行一圈回到点进行捆扎，现把长方体从面开始，按照丝带绕行的顺序把长方体的各个面展开，如图所示：    则线段即为最短路径，即为所需丝带的最短长度， 易知，，所以， 所以在捆扎方案一中，丝带长度最短为100厘米； 在捆扎方案二中，所需丝带长度为矩形和矩形的周长之和， 易得矩形和矩形的周长之和为厘米， 即在捆扎方案二中，所需丝带长度最短为140厘米； 由上可知，小李需要购买的丝带长度至少是100厘米. 故选：B 2．（22-23高二上·上海闵行·期末）如图所示为一种甜筒冰激凌，其上半部分呈半球形，下半部分呈圆锥形，现把半径为的圆形蛋皮等分成5个扇形，用一个扇形蛋皮围成圆锥的侧面，则这种甜筒冰激凌的表面积为 . 【答案】 【详解】设圆锥的底面半径为，由题意，圆锥的侧面扇形的弧长为， 圆锥底面周长为，则，， 圆锥的侧面面积为， 半球的表面积为， 该甜筒冰激凌的表面积为 故答案为：. 3．（24-25高二上·上海·期中）如图是一座山的示意图，山呈圆锥形，圆锥的底面半径为5公里，侧棱长为20公里，B是上一点，且公里，为了发展旅游业，要建设一条最短的从A绕山一周到B的观光铁路，这条铁路从A出发后首先上坡，随后下坡，则下坡段铁路的长度为 公里 【答案】9 【详解】沿母线将圆锥的侧面展开，如图：      记为上的任意一点，作，垂足为，连接， 因为的长为，所以， 由两点之间线段最短，知观光铁路为图中的， 易知，所以， 上坡即到山顶的距离越来越小，下坡即到山顶的距离越来越大， ∴下坡段的铁路，即图中的， 因为，所以. 故答案为：9 4．（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】 【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：. 5．（23-24高二上·上海浦东新·阶段练习）已知是单位正六棱柱（即所有的棱长都是1，如图所示），黑、白两个蚂蚁同时从点A出发沿棱向前爬行，每走完一条棱称为“走完一段”.黑蚂蚁爬行的路线是，白蚂蚁爬行的路线是.它们都遵循如下规则：所爬行的第段与第i段所在的直线必须是异面直线（其中i是正整数）.设黑、白两蚂蚁走完2023段后各停留在正六棱柱的某个顶点处，这时黑、白两蚂蚁的距离是 . 【答案】 【详解】因为蚂蚁爬行的第段与第段所在直线必须是异面直线， 则黑蚂蚁爬行的路线是 ，因此每隔18段后回到点，并重复按原来线路爬行， 而，于是黑蚂蚁走完2023段后停留在正六棱柱的点处， 白蚂蚁爬行的路线是 ，因此每隔18段后回到点，并重复按原来线路爬行， 于是白蚂蚁走完2023段后停留在正六棱柱的点处， 显然是正六边形的外接圆直径，即，则， 所以黑、白两蚂蚁的距离是. 故答案为： 6．（23-24高二上·上海·期中）某种水箱用的“浮球”是由两个半球和一个圆柱筒组成，已知半球的直径是6cm，圆柱筒长4cm． (1)这种“浮球”的体积是多少cm3？（结果精确到0.1） (2)要在2500个这样的“浮球”表面涂一层胶质，如果每平方米需要涂胶100克，那么共需涂胶约多少克？（结果精确到个位）． 【详解】（1） 该半球的直径， 所以“浮球”的圆柱筒直径也是，得半径， 所以两个半球的体积之和为， 而， 该“浮球”的体积是； （2）上下两个半球的表面积是， 而“浮球”的圆柱筒侧面积为， 所以1个“浮球”的表面积为， 因此，2500个“浮球”的表面积的和为， 因为每平方米需要涂胶100克， 所以总共需要胶的质量为：（克）． 7．（23-24高二上·上海·期末）上海中心大厦是上海市的地标建筑，现为中国第一高楼.为有效减少建筑所受的风荷载，通常对建筑体型进行一定的扭转.上海中心大厦的主楼可近似看成将正三棱柱的一个底面扭转所得的几何体；将正三棱柱的底面在其所在平面内绕的中心逆时针旋转得到，再分别连接、、、、、所得的几何体.已知大厦的主楼高度约为米，底层面积（即的面积）约为平方米.        (1)求证：； (2)试分别以正三棱柱和几何体为模型估算大厦主楼的体积. 【详解】（1）解：在正三棱柱中，且，则四边形为平行四边形， 将正在其所在平面内绕的中心逆时针旋转得到，如下图所示：    由正三角形的几何性质可知，，旋转后，， 所以，， 所以，，故、、三点共线， 同理可知，、、三点也共线， 又因为，则四边形为平行四边形，则且， 故且，故四边形为平行四边形，故. （2）解：以正三棱柱来估算大厦主楼的体积为（立方米）， 以、为邻边作菱形，以、为邻边作菱形， 连接、，则几何体为四棱柱， 且该四棱柱的底面积为平方米，高为米， 以何体为模型估算大厦主楼的体积为 （立方米）.    题型二、数学文化题（新考点） 8．（22-23高三下·上海松江·阶段练习）魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺·鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具.魔方拥有竞速､盲拧､单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一，一个三阶魔方，由27个单位正方体组成，如图是把魔方的中间一层转动了45°，则该魔方的表面积是 .    【答案】 【详解】如图，转动了后，此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，俯视图如图， 由图形的对称性可知，为等腰直角三角形， 设直角边为，则斜边为， 故，可得. 由几何关系得：， 故所求面积. 故答案为：    9．（23-24高二上·上海浦东新·期中）我国南北朝时期的数学家祖暅在计算球的体积时，提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高，这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等，利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差，图1是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线和均是以2为半径的半圆，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形．类比利用祖暅原理求半球的体积的计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱和一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图2），从而求得该帐篷的体积为 ．    【答案】 【详解】设截面与底面的距离为，在帐篷中的截面为， 设底面中心为，截面中心为，则，， 所以，所以截面为的面积为. 设截面截正四棱柱得四边形为，截正四棱锥得四边形为， 底面中心与截面中心之间的距离为， 在正四棱柱中，底面正方形边长为，高为2，， 所以，所以，为等腰直角三角形， 所以，所以四边形边长为， 所以四边形面积为， 所以图2中阴影部分的面积为，与截面面积相等， 由祖暅原理知帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积， 即. 故答案为： 10．（24-25高二上·上海·期中）《九章算术》中将四个面都为直角三角形的四面体为鳖臑. 如图，在鳖臑中，平面，，，，分别为棱上一点，则的最小值为 . 【答案】 【详解】平面，平面，，， ，，平面，平面， 又平面，； 将侧面沿展开，得到展开图如下图所示， 则当，时，取得最小值； ，，，， ，， ， . 故答案为：. 11．（23-24高二上·上海普陀·期中）亭子是一种中国传统建筑，多建于园林，人们在欣赏美景的同时也能在亭子里休息､避雨､乘凉（如图1）.假设我们把亭子看成由一个圆锥与一个圆柱构成的几何体（如图2）.一般地，设圆锥中母线与圆柱底面半径所成角的大小为，当时，方能满足建筑要求.已知圆锥高为1.5米，底面半径为2.5米，圆柱高为3米，底面半径为2米. (1)求几何体的表面积； (2)如图2，设为圆柱底面半圆弧的三等分点，判断该亭子是否满足建筑要求. 【详解】（1）由已知圆锥的母线长为， 所以所求表面积为； （2）取中点，连接，因为是中点，所以， 是圆柱的一条母线，则， 所以是异面直线与所成的角或其补角， 作交于，则是中点，且平面， 平面，所以， 由已知，则， ，，，， ∴， ∴， ， ，，且为锐角， ∴．该亭子不满足建筑要求． 题型三、新定义问题（新考点） 12．（22-23高二下·上海青浦·期末）如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，余下的多面体称作“阿基米德体”．若一个正四面体的棱长为12，则对应的“阿基米德体”的表面积为 ．    【答案】 【详解】根据题意，正四面体的棱长为12，一个面的面积为， 截去顶角所在的小正四面体的边长为4，小正四面体一个面的面积为， 则该多面体中一个正六边形的面积为， 则该“阿基米德体”的表面积为. 故答案为：    13．（23-24高二上·上海·期末）图1中的机械设备叫做“转子发动机”，其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”，图2是一个曲侧面三棱柱，它的侧棱垂直于底面，底面是“莱洛三角形”，莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，如图3.若曲侧面三棱柱的高为10，底面任意两顶点之间的距离为40，则其侧面积为 . 【答案】 【详解】由题意得为等边三角形，且边长为40，如图所示， 所以弧的长度为， 曲侧面三棱柱的三个侧面展开后，均是长为，宽为10的矩形， 所以曲侧面三棱柱的侧面积为. 故答案为： 14．（24-25高二上·上海松江·阶段练习）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，在数学上用曲率刻画空间弯曲性．规定：多面体的顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体（四个面都是等边三角形围成的几何体）在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为．我们把平面四边形外的点连接顶点、、、构成的几何体称为四棱锥，根据曲率的定义，四棱锥的总曲率为 ． 【答案】 【详解】由定义可得多面体的总曲率顶点数各面内角和， 因为四棱锥有个顶点，个面，分别为个三角形和个四边形， 所以任意四棱锥的总曲率为. 故答案为：. 15．（24-25高二上·上海·期中）豆腐发酵后表面长出一层白绒绒的长毛就成了毛豆腐.将三角形豆腐悬空挂在发酵空间内，记发酵后毛豆腐所构成的几何体为.若忽略三角形豆腐的厚度，设，点在内部．假设对于任意点，满足的点都在内，且对于内任意一点，都存在点，满足，则的体积为 . 【答案】 【详解】空间中，在垂直于平面的角度看，如下图所示： 其中：，和区域内的几何体为底面半径为的半圆柱； ，，区域内的几何体为被两平面所截得的部分球体，球心分别为； 区域内的几何体是高为的直三棱柱. 因为四边形和为矩形，则， 可得， 同理可得：，， 所以， 可得，，区域内的几何体合成一个完整的，半径为的球， 则，，区域内的几何体的体积之和； 又因为，和区域内的几何体的体积之和； 区域内的直三棱柱体积， 所以的体积为. 故答案为： 16．（23-24高二上·上海·期末）三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据.三面角是由公共端点且不共面的三条射线以及相邻两条射线之间的平面部分组成的图形.设，，，平面与平面所成的角为，由三面角余弦定理得.在三棱锥中，，，，，，则三棱锥体积的最大值为 . 【答案】 【详解】 由题意，，,平面与平面所成的角为， 作，平面，则该二面角的平面角为， 由题意得：， 因为，， 所以，， ， ， ， 当时，的最大值为. 故答案为：. 题型四、动点问题（重难点） 17．（23-24高二上·上海·期末）在四棱锥中，底面为正方形，，为空间中一动点，为的中点，平面.若，则的轨迹围成封闭图形的体积为 .    【答案】 【详解】由可知，即在为直径的球面上， 因为底面为正方形，， 而为的中点，平面，平面， 则，即为直角三角形． 所以， 即为直径的球的半径为， 故的轨迹围成封闭图形的体积为：. 故答案为：. 18．（24-25高二上·上海·期末）如图，已知直四棱柱的所有棱长等于1，，和分别是上下底面对角线的交点，在线段上，，点在线段上移动，则三棱锥的体积最小值为 ． 【答案】 【详解】在直四棱柱中，平面，平面， 则，在菱形中，，而平面， 则平面，又菱形边长为1，，则， 点在线段上，在线段上，则， 因此三棱锥的体积最小，当且仅当的面积最小，而是定值， 则当且仅点到直线的距离最小，又的延长线与延长线相交于点， 于是点与点重合时，点到直线的距离取最小值，如图， 显然四边形为正方形，连接，令，由， 得，， 点到直线的距离，又， 则面积为，三棱锥的体积为， 所以三棱锥的体积最小值为. 故答案为： 19．（24-25高二上·上海·期中）如图，在长方体中，，，，分别为，的中点，点在矩形内运动（包括边界），若平面，则取最小值时，三棱锥的体积为 .    【答案】1 【详解】在长方体中，取的中点E，的中点F，连接EF，，，    而分别为的中点，则， 由，得四边形为平行四边形，， 又平面，平面，则平面，同理平面AMN， 又平面，因此平面平面，又平面AMN， 则平面，即点在平面与平面的交线EF上， 当时，取最小值，又，则当取最小值时，P为EF的中点， 此时的面积， 三棱锥的体积. 故答案为：1 20．（24-25高二上·上海·阶段练习）已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知是等边三角形． (1)求证：； (2)求二面角； (3)若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角，并说明点此时所在的位置． 【详解】（1）因为点在底面上的射影是与的交点， 所以平面，又平面，所以， 因为四边形为菱形，所以， 因为平面，所以平面， 又平面，所以． （2）过作于，连接，因为平面， 因为平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以为二面角的平面角，由题意知，是边长为2的等边三角形， 所以，由，知， 在中，，即， 所以二面角的大小为． （3）因为，且平面平面，所以平面， 所以到平面的距离即为到平面的距离，因为， 所以，即， 所以，即到平面的距离为， 设直线与平面所成的角为，则， 要使最大，则需使最小，此时，由对称性知，， 所以，即， 故当点在线段上靠近点的处时， 直线与平面所成的角最大，最大角为． 题型五、折叠问题（重难点） 21．（23-24高二上·上海金山·期中）如图，在矩形中，已知为边的中点．将沿翻折成，若为线段的中点，给出下列说法：①翻折到某个位置，可以使得平面；②无论怎样翻折，点总在某个球面上运动．则（    ）． A．①和②都正确 B．①和②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 【答案】D 【详解】对①：假设平面，平面，则， 则，，故不垂直，假设不成立，①错误； 对②：取中点，连接，为线段的中点，则， 则在以为球心，半径为的球上，②正确； 故选：D 22．（24-25年高二上·上海·单元测试）如图，在等腰梯形ABCD中，，，E为AB的中点，将与分别沿ED、EC向上折起，使A、B重合于点P，则三棱锥的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为在等腰梯形ABCD中，，，E为AB的中点， 所以都为等边三角形，且边长均为1， 所以三棱锥为正四面体，且棱长为1， 所以点在底面的投影为等边的中心，设为，则 ， 在中，，所以， 正三棱锥外接球的球心必在上，设球心为， 则，设外接球的半径为，则 ， 则在中，，则 ，解得， 所以三棱锥的外接球的体积为 . 故选：C 23．（24-25高二上·上海·期末）折纸与数学有着千丝万缕的联系，吸引了人们的广泛兴趣.因A4纸的长宽比称为白银分割比例，故A4纸有一个白银矩形的美称.现有一张如图所示的A4纸，长，宽分别是其四条边的中点，课堂上，在数学老师的带领下，同学们发现将其沿图中虚线折起，使得四点重合为一点，可以得到一个四面体.课后，小金同学继续思考研究，并得到如下两个命题：①四面体的外接球半径；②四面体的内切球半径，则下列说法正确的是（    ） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①②都是真命题 D．①②都是假命题 【答案】C 【详解】将纸沿图示虚线折起，使得四点重合为一点， 可以得到一个对棱相等的四面休， 因为纸长，宽，根据纸折起后的情况， 可得， 把此四面体放到一个长方体中，如图所示： 设长方体的长宽高分别为，则四面体的对梭分别为 ， 则有 由上述方程组可得，则， 因为四面体的外接球就是长方体的外接球， 而长方体的外接球直径等于长方体的体 对角线长，所以外接球半径为， 所以①是真命题； 由（*）可得， 则四面体的体积等于长方体的体积减去四个等体积的三棱锥体积， 长方体体积为， 一个三棱锥的体积为， 所以，计算四面体的表面积为， 根据四面体的体积公式（为表面积，为内切球半径），可得，解得，所以②是真命题. 故选：C. 24．（23-24高二上·上海浦东新·阶段练习）如图，正方形的边长为，已知，将沿BE边折起，折起后A点在平面上的射影为D点，则翻折后的几何体中有如下描述：其中正确的有    ①AB与DE所成角的正弦值是；②ABCE；③的体积是； ④平面平面；⑤二面角的大小为. 【答案】①②④ 【详解】由题意，，，平面， 所以，，由于，所以为与所成角， 因为，，，所以， 所以在中，，故①正确； 连接交于，因为平面，平面，所以， 又，，平面，平面， 所以平面，平面，所以，故②正确； ，故③错误； 因为平面，平面，所以， 因为，，平面，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面，故④正确； 在平面中，由①知，在平面中，， 则即为二面角的平面角， 在中，，，，所以， 则，所以二面角的大小为，故⑤错误.    故答案为：①②④. 25．（23-24高二上·上海黄浦·阶段练习）如图，边长为1的正方形中，分别是的中点，沿把这个正方形折成一个四面体使三点重合，重合后的点记为.则在四面体中，点到平面的距离为 .    【答案】 【详解】由题意，折叠后的四面体如图所示，    因为正方形边长为，分别是的中点， 所以，即， 又平面，所以平面， 同时由，得， 又， 所以， ， 设到平面的距离为， 则，即，解得. 故答案为：. 26．（23-24高二上·上海·期中）如图，把边长为的正方形沿对角线折起，使（折叠后的）四点、、、为顶点的三棱锥体积最大，求此三棱锥的表面积和体积. 【详解】在翻折过程中，三棱锥的底面始终是，故当二面角为时，三棱锥的体积最大， 如图，取的中点，连结，，由题意可知，， 则，且，所以：， 所以和是边长为的等边三角形， ， 和是等腰直角三角形， ， 所以三棱锥的表面积为：， 所以三棱锥的最大体积为： 27．（22-23高二上·上海浦东新·期中）如图，将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠，使得平面ABD⊥平面CBD，AE⊥平面ABD，且.    (1)求证：直线EC与平面ABD没有公共点； (2)求点C到平面BED的距离. 【详解】（1）取的中点，连接、，如图，    依题意，在中，，则， 而平面平面，平面平面，平面，于是得平面，且， 因为平面，且，则有，且， 从而得四边形为平行四边形，， 又平面，平面， 则平面，所以直线EC与平面ABD没有公共点； （2）因为平面，平面，所以， 因为，，平面所以平面 因为，于是得平面， 因为平面，平面，所以， 因为，所以， 则等腰底边上的高，， 而，设点C到平面BED的距离为d， 由得， 即，解得， 所以点C到平面BED的距离为1 28．（23-24高二上·上海浦东新·阶段练习）在边长为的正方形中，分别为、的中点，分别为、的中点，现沿、、折叠，使三点重合，重合后的点记为，构成一个三棱锥. (1)请判断与平面的位置关系，并给出证明； (2)求四棱锥的体积. 【详解】（1）证明：因为翻折后三点重合， 所以在翻折后的图形中，分别为的中点， 即是的一条中位线， ， ∵平面，平面， ∴平面. （2），， 平面，且， 又，， ， ， ， . 29．（23-24高二上·上海浦东新·期中）把边长为2的正方形沿对角线折起，如图，点翻折到点， (1)当折起的三角形所在的平面与底面所成角（即二面角）为时，求三棱锥的体积； (2)当三角形翻折到什么位置（即二面角多大时），三棱锥的体积最大（不需要证明）.并求此时三棱锥的表面积. 【详解】（1）解：由题意，取的中点，分别连接， 因为且，所以， 所以为二面角的平面角， 又因为当折起的三角形所在的平面与底面所成角为，即， 过作， 因为，且，平面， 所以平面，因为平面，所以平面平面， 又因为平面平面，且，平面， 所以平面，即为三棱锥的高， 在直角中，可得， 所以三棱柱的体积为. （2）解：因为三棱锥的底面的面积为定值， 在的翻折过程中，要使得三棱锥的体积最大， 即点到底面的距离最远时，此时平面平面， 如图所示，因为，且平面，平面平面， 所以平面， 因为平面，可得， 在直角中，， 又因为，所以和都是边长为的等边三角形， 可得， 又由， 所以三棱锥的表面积为. 1．（24-25高二上·上海·单元测试）如图，在长方体中，，，，P为上的一个动点，求的最小值． 【详解】如图． 将半平面沿翻折到且平面与平面位于同一平面， 如图：连接与交于点P，此时EC即为的最小值， 因为，，， 所以，，， 所以， 所以， 所以． 故答案为：. 2．（24-25高二上·上海宝山·阶段练习）如图（图中单位：）是一种铸铁机器零件，零件下部是实心的直六棱柱（底面是正六边形，侧面是全等的矩形），上部是实心的圆柱. (1)已知铁的密度为，求生产一件这样的铸铁零件需要多少克铁？（结果精确到）； (2)要给一批共5000个零件镀锌，若电镀这批零件每平方厘米要用锌，求需要用锌的总量（结果精确到）. 【详解】（1）圆柱部分体积为， 直六棱柱部分体积为， 则此零件的体积为， 又铁的密度为， 故生产一件这样的铸铁零件需要克铁. （2）此零件的表面积为 . 则5000个零件的表面积为. 故需锌的质量为. 3．（23-24高二上·上海·期末）将一个边长为2的正六边形（图1）沿对折，形成如图2所示的五面体，其中，底面是正方形． (1)求二面角的大小． (2)如图3，点分别为棱上的动点．求周长的最大值． 【详解】（1）正六边形中连接交于，则， 所以沿对折后，有，故为二面角的平面角， 又底面是正方形，正六边形边长为2，则， 所以，故锐二面角大小为. （2）将面、面、面展开，得到如下展开图， 若，则分别与重合，此时周长； 若不平行，如图示， 路径，过作，连接并延长交于点， 得到路径，路径，路径， 设路径的长度为且，结合图形、三角形三边关系判断知， 所以分别与重合，周长最大为， 综上所述：周长的最大值为. 4．（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． 【详解】（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 5．（24-25高二上·上海浦东新·期中）某种“笼具”由内、外两层组成，无下底面，内层和外层分别是一个圆锥和一个圆柱，其中圆柱与圆锥的底面周长相等，圆柱有上底面，已知圆柱的底面周长为，高为45cm，圆锥的母线长为30cm. (1)求这种“笼具”的体积（结果精确到）； (2)现要使用一种纱网材料制作100个“笼具”，该材料的造价为每平方米8元，共需多少元？（结果精确到1元） 【详解】（1）根据题意可知这种“笼具”的体积等于外层圆柱体积减去内层圆锥体积； 由圆柱的底面周长为可知，底面圆半径为cm，又高为cm， 所以圆柱体积为 由圆锥的母线长为30cm可知圆锥的高cm， 因此圆锥体积为； 所以这种“笼具”的体积为 （2）易知制作1个“笼具”所使用的纱网材料面积为圆柱侧面积与圆锥侧面积之和； 圆柱侧面积为，圆柱上底面面积； 圆锥侧面积为； 因此制作100个“笼具”需要的网材料面积为， 根据材料的造价为每平方米8元，可知共需元. 6．（24-25高二上·上海·期中）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器注水，当球面恰好接触水面时，测得水深为6cm.不计容器的厚度. (1)求球的体积； (2)正方体上底面所在平面将球分割成两部分，体积较小的部分称为“劣球缺”.根据祖暅原理，其体积为一个圆柱的体积减去一个圆台的体积.请根据以下示意图，求出本题中“劣球缺”的体积. 【详解】（1）设球的半径为， 则由题可知球心到正方体上底面中心的距离为，且过正方体上底面截球所得截面圆的半径为， 所以即，， 所以球的体积为. （2）圆柱体的体积为小圆锥的体积为大圆锥的体积为圆台的体积为 则劣球缺的体积为 7．（24-25高二上·上海·期中）（1）给出两块相同的正三角形纸片（如图1，图2），可沿图1中的虚线将正三角形纸片剪拼成一个正三棱锥模型，要求用图2的正三角形纸片剪拼成一个正三棱柱模型，使它们的全面积都与原三角形的面积相等，请设计一种剪拼方法，用虚线标示在图2中，并作简要说明： （2）试比较剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小； （3）给出一块任意三角形的纸片（如图3），要求剪拼成一个直三棱柱，使它的全面积与给出的三角形的面积相等.请设计一种剪拼方法，用虚线标示在图3中，并作简要说明. 【详解】（1）如图所示， 正三角形三个角上剪出三个相同的四边形，其较长的一组邻边边长为正三角形边长的，有一组对角为直角.余下部分按虚线折起，可成为一个缺上底的正三棱柱，而剪出的三个相同的四边形恰好拼成这个正三棱柱的上底. （2）依上面剪拼的方法，有， 推理如下： 设给出正三角形纸片的边长为2，那么，正三棱锥与正三棱柱的底面都是边长为1的正三角形，其面积为.现在计算它们的高： ，. ， . （3）如图所示， 分别联结三角形的内心与各顶点，得到三条线段，再以这三条线段的中点为顶点作三角形，以新作的三角形为直三棱柱的底面.过新三角形的三个顶点向原三角形三边作垂线，沿六条垂线剪下三个四边形，可以拼接成直三棱柱的上底，余下部分沿虚线折起，成为一个缺上底的直三棱柱，即可得到直三棱柱模型. 8．（23-24高二上·上海·阶段练习）如图，正方形中，边长为4，为中点，是边上的动点．将沿翻折到，沿翻折到， (1)求证：平面平面； (2)设面面，求证：； (3)若，连接，设直线与平面所成角为，求的最大值． 【详解】（1）因为ABCD是正方形，， 又，面SFD，面SFD， 又平面，所以平面平面SFD； （2） 证明：因为，面，面，所以面， 又因为面面，所以. （3）设S在面AEF上的射影为，连接EO，则为直线SE与平面DEF所成角． 设，则． ． 在中，，． 可得， ， ， 又，， 令， 令， ， 当且时，，则， 可得在上单调递减， 当，即时，最大为，最大值为． 9．（24-25高二上·上海·期中）在棱长为1的正方体中，是的中点，分别是上的动点.考查过三点的平面截正方体所得的截面： (1)当是的中点且是的中点时，直接写出截面的周长和面积； (2)当时，若截面为六边形，求的取值范围； (3)当是的中点且截面为五边形时，是否存在点，使得截面将正方体分为体积比的两个部分，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【详解】（1）作图：取中点，连接这六个点即可得到截面， 由图可知截面是边长为的正六边形， ∴周长为，面积为； （2）分别找出截面为六边形的两种临界情况，分别如下图所示： 情况①         ∵为中点，∴，即， ∵， ∴， 情况② ∵为中点，∴，即， ∵， ∵，即 ∴， 故 （3）（1）如图，截面与相较于点，延长相较于点，连接交与点， 设（），∵，∴， ∵为中点，∴， 延长相交于点，延长相交于点， ∵为中点，∴， 又∵，∴， ∵，∴， 正方体被截得的其中一个多面体体积为， 则， ， 整理得，解得， ∵，∴， 即， （2）如图： ∵点为中点，∴， ∵点G为中点，∴， 设（），则， 又∵，即，∴， ∵，即，∴， ∵，即，∴ 其中一个多面体体积为 则 化简得，即 ∴或，∵， ∴， 即 综上所述，这样的点存在，或 10．（24-25高二上·上海·期中）如图，正方形中，边长为4，为中点，是边上的动点.将沿翻折到，沿翻折到，        (1)求证：平面平面SFD； (2)当是边的中点时，二面角的大小； (3)设面面，求证：. (4)若，将沿翻折到，沿翻折到，连接，设直线与平面所成角为，求的最大值. 【详解】（1）因为是正方形，为的中点， 所以，，又，SD，平面SFD， 所以平面， 又平面， 所以平面平面； （2）当是边的中点时，由（1）可知，， 又∵，，，， ∴， 又∵，平面， ∴平面，平面平面，二面角的大小为90°； （3）因为，平面，平面，所以平面， 又因为平面平面， 所以； （4）设在面上的射影为，连接，则为直线与平面所成角，    设（），则，， 在中，，，，可得， ， 因为，即， 又，所以，令，，， 令，， ， 当，，且时，，，，则， 可得在上单调递减， 当，即时，最大为. 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$