微专题：立体几何中的直观图、表面积、体积和球的切接及最短路径问题分层作业-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

**基本信息** 聚焦立体几何核心计算问题，以直观图、表面积、体积、球的切接及最短路径为模块，构建从基础表示到综合应用的知识逻辑链，强化空间观念与几何直观。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |直观图计算|5题|斜二测画法还原与面积计算|空间几何体直观表示基础| |表面积计算|14题|棱锥/台、圆柱/锥/台表面积，结合建筑/魔方模型|平面展开与面积公式应用| |体积计算|15题|柱/锥/台/不规则体体积，涉及祖暅原理、旋转体|空间体积公式与转化思想| |球的切接|7题|正方体/棱柱/圆锥的外接球、内切球|空间几何体与球的位置关系| |最短路径|11题|棱柱/圆柱/圆锥/正方体表面路径，展开图转化|空间问题平面化，数学思维应用|

微专题：立体几何中的直观图、表面积、体积和球的切接及最短路径问题 一、题型一 直观图的相关计算 1．如图，的斜二测直观图是，其中，则的面积是（    ） A．1 B．2 C．4 D．8 【答案】D 【详解】过作交轴于点，可得， 因为，所以为等腰直角三角形，所以， 根据斜二测画法，可得，如图所示，则， 所以的面积，故选项D正确. 2．如图，用斜二测画法画出的水平放置的的直观图是，若的中点在轴上，且，则（   ） A． B．4 C． D．2 【答案】A 【分析】作，求得，然后作出原来图形，求得，为的中点，最后判断即可. 【详解】由题可知：为的中点，，则，作，如图： 作出原来图形： 所以，由，所以 又为的中点，所以. 故选：A 3．如图，是用斜二测画法画出的水平放置的的直观图，若，的面积为3，则（    ） A． B． C．6 D．12 【答案】D 【分析】先根据三角形的面积公式求的长度，再根据斜二测画法的规则确定的长度. 【详解】在中，由 所以. 根据斜二测画法的规则可得：. 故选：D 4．如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．四边形的面积为 D．四边形的周长为 【答案】BC 【分析】A选项，作出辅助线，得到各边长，结合，求出；B选项，由斜二测法可知；C选项，作出原图形，求出各边，由梯形面积公式得到C正确；D选项，在C基础上，求出各边长，得到周长． 【详解】对于A选项，过点作垂直于轴于点， 因为等腰梯形中，， 所以， 又，所以，故A错误； 对于B选项，由斜二测法可知，故B正确； 对于C选项，作出原图形，可知，，，， 故四边形的面积为，故C正确； 对于D选项，过点作于点， 则， 由勾股定理得， 四边形的周长为，故D错误． 5．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】作出直观图，结合三角形的面积公式可求出四边形的面积. 【详解】作出直观图如下图所示： 由题意可知，四边形为平行四边形， 且，， 平行四边形的面积. 二、题型二 侧面积和表面积的计算 6．如图，攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称为攒尖，通常有圆形攒尖、三角形攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分．多见于亭阁式建筑，某个园林建筑为六角攒尖，它的顶部的轮廓可近似看作一个正六棱锥，若此正六棱锥高为1且侧棱长为，则棱锥侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设底面边长为，根据侧棱长和高求出，进而求出棱锥的斜高，最后求出侧面积即可． 【详解】设正六棱锥底面边长为，则由正六边形的性质可知底面中心到底面顶点的距离为， 又正六棱锥高为1且侧棱长为，根据正六棱锥的性质得，解得， 所以侧面等腰三角形的高， 所以棱锥侧面积为. 故选：A 7．中国古代的建筑形式多样，如赫赫有名的苏州园林（如图1），其几何模型可以简化为如图2所示的几何体，其中是长方体，且，，是棱台，侧面的梯形均为等腰梯形，，棱台的高为2，则该几何体的表面积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据棱柱棱台的几何特征，求解每个面的面积相加可得结论. 【详解】先求下半部分，表面积为. 再求上半部分， 由于，则， 所以上长方形的面积为. 由已知， 则， 由于棱台侧面为等腰梯形，故， 前后两部分的梯形的高为，， 则这两个梯形的面积之和为. 左右两部分的梯形的高为， 则这两个梯形的面积之和为， 因此总表面积为. 故选：C. 8．已知圆锥的母线长为5，高为4，底面半径，该圆锥的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由母线和高，确定底面半径，再由表面积公式即可求解. 【详解】因为圆锥的母线长为5，高为4， 则，可得， 所以圆锥的表面积为， 故选：B 9．如下图1所示，已知正方体面对角线长为，沿阴影面将它切割成两块，拼成如图2所示的几何体，那么此几何体的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】图2所示的几何体是平行六面体，上下，左右，前后两两的面积相等，相加即得所求 【详解】因为正方体面对角线长为，则其棱长为 图2所示的几何体是平行六面体，上下，左右，前后两两的面积分别相等 上下底面是长和宽分别为和的矩形，其面积均为 前后两个面是两个全等的等腰直角三角形拼成的平行四边形，其面积均为 左右两个面是边长为的正方形，其面积均为 则此几何体的表面积为 故选：D 10．如图，一个三阶魔方由27个单位正方体组成，把魔方的中间一层顺时针转动了45°之后，其表面积增加了（   ）. A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合图形可得新增了16个全等的小三角形面积，结合题意可得小三角形为等腰直角三角形，设其直角边为，由可得，即可得答案. 【详解】由题设分析，如下图，转动45°了后，此时魔方相对原来多出了16个小三角形的面积， 显然小三角形为等腰直角三角形且周长为3，设其直角边为， 则斜边为，则，解得． 由几何关系得1个小三角形的面积为， 所以增加的面积为． 故选：D. 11．一个圆台上、下底面的半径分别为1，2，母线所在直线与轴的夹角为45°，则该圆台的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据条件求出圆台的母线长，结合圆台侧面积公式可得结果. 【详解】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线长为，则， 由题意得，，所以该圆台的侧面积， 故选：C. 12．圆台的一个底面圆周长是另一个底面圆周长的3倍，母线长为15，圆台的侧面积为，则圆台较小底面圆的半径为（   ） A．7 B．6 C．5 D．3 【答案】A 【分析】设圆台的上下底面圆的半径分别为，根据题意，求得，再利用圆台的侧面积公式，列出方程，即可求解. 【详解】设圆台较小底面圆的半径为，较大的底面圆的半径为， 因为圆台的一个底面圆周长是另一个底面圆周长的3倍， 可得，所以， 又因为圆台的侧面积为，可得，解得. 故选：A. 13．陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县新石器时代遗址中发现的.如图所示是一个陀螺立体结构图，已知底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积（单位：）是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知求出圆锥的母线长，从而可求出圆锥的侧面积，再求出圆柱的侧面积和底面面积，进而可求出陀螺的表面积 【详解】由题意可得圆锥体的母线长为， 所以圆锥体的侧面积为， 圆柱体的侧面积为，圆柱的底面面积为， 所以此陀螺的表面积为（）， 故选：B 14．已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，高为，则圆台的表面积为_________． 【答案】 【分析】求出上、下圆的面积，作出截面，利用勾股定理求出母线的长，进而求出圆台的侧面积，即可求出圆台的表面积. 【详解】由题意， 圆台的上、下底面半径分别为1和2，高为， ∴上下圆面积分别为：，， 作出截面图，并作出截面上端点对底边的垂线，如下图所示， 由几何知识得， ，，，， 在Rt中，， 由勾股定理得，， ∴圆台的侧面积为：， ∴圆台的表面积为：， 故答案为：. 15．已知某圆台的上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面的半径分别为3和5，则该圆台的侧面积为_____. 【答案】 【分析】由题意首先确定几何体的空间结构特征，求得圆台的高，然后利用圆台的侧面公式即可求得其侧面积. 【详解】由于圆台的下底面半径为5，故下底面圆周为外接球的大圆，    如图所示，设球的球心为O，圆台上底面的圆心为， 则圆台的高， 则圆台的母线长为， 所以可得圆台的侧面积为. 故答案为：. 三、题型三 体积的计算 16．如图，按斜二测画法所得水平放置的平面四边形的直观图为梯形，其中，，，．以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据图形求得，然后还原原图形，最后利用公式计算. 【详解】作，如图： 由，，所以， 则原几何体为圆台，上底面半径为，下底面半径为，高为4，如图： 所以该几何体的体积为：. 故选：A 17．在校园科技节的化学展区，小明的团队制作了一个立方体晶胞框架（棱长的正方体），用来展示晶体中的八面体配位环境：位于立方体的各面中心位置，它们构成一个正八面体包围中心的，则该正八面体配位多面体模型的体积是（    ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】根据该正八面体是由底面边长为，高为1的两个同底的正四棱锥组成求解. 【详解】由题意得：该正八面体是由底面边长为，高为1的两个同底的正四棱锥组成， 所以该正八面体配位多面体模型的体积为， 故选：C 18．一个直三棱柱容器中盛有水，侧棱，若侧面水平放置，如图（1），水面恰好过棱的中点．若将容器的底面水平放置，如图（2），则容器中水面的高为（   ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】D 【分析】根据棱柱体积计算公式即可求解. 【详解】当侧面水平放置时，水的形状为四棱柱，底面是梯形， 设的面积为，则，水的体积， 当底面水平放置时，水的形状为直三棱柱，设水面高为， 则有，即， 所以当底面水平放置时，容器中水面的高为9. 故选：D 19．如图，是圆的直径，垂直于圆所在的平面，，点是弧的中点，则三棱锥的体积为（    ）    A． B． C． D．1 【答案】C 【分析】根据题意得，且，进而得，再计算体积即可. 【详解】因为是圆的直径，点是弧的中点， 所以，且， 所以， 因为垂直于圆所在的平面，， 所以三棱锥的体积为． 故选：C 20．观星台是我国现存最古老的天文台，包含观星台在内的登封“天地之中”历史建筑群已被列为世界文化遗产.已知观星台台体一部分可以看作一个正四棱台，台高米，台下正四边形边长米多，台上正四边形边长约为台下正四边形边长之半，则该四棱台的体积可能为（    ） A．米 B．米 C．米 D．米 【答案】D 【分析】根据正四棱台的体积公式与下底边长的范围求得正四棱台体积的范围即可判断. 【详解】设正四棱台的下底面边长为，高为，则上底面边长近似为，，； 所以正四棱台的体积，解得. 故选：D. 21．已知正四棱台的上、下底面的边长分别为、，侧棱长为，则该正四棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出正四棱台的高，结合台体的体积公式可求得该正四棱台的体积. 【详解】如图，过作下底面的投影，垂足为，    上底面对角线长，下底面对角线长， 则，可得正四棱台的高为， 所以正四棱台的体积. 故选：A. 22．若正三棱台的体积为，且，，则侧棱的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用台体体积公式求出正三棱台的高，再结合三角形的几何性质以及勾股定理可求得的长度. 【详解】正三棱台中，已知，， 所以的面积为， 的面积为， 设、分别是、的中心，则为正三棱台的高， ， 故， 设、分别是、的中点，所以、、三点共线，、、三点共线， 且，，， 则， ， 所以，， 易知四边形为直角梯形，且，， 过点在平面内作，垂足为点，如下图所示： 因为，，，故四边形为矩形， 所以，，则， 由勾股定理可得. 故选：A. 23．正三棱台的上、下底面边长分别是2和6，侧棱长是5，则下列说法正确的是（   ） A．该正三棱台的上底面积是 B．该正三棱台的侧面面积是 C．该正三棱台的表面积是 D．该正三棱台的高是 【答案】AC 【分析】根据正三棱台的结构特征和表面积公式进行计算求解即可. 【详解】对于选项A： 因为正三棱台的上底面为正三角形，其边长为2， 所以上底面面积为，所以A正确； 对于选项B： 正三棱台的侧面为等腰梯形，所以侧面积为： ，所以B错误； 对于选项C： 该正三棱台的下底面面积为. 所以该三四棱台的表面积为，所以C正确； 对于选项D： 设为正三棱台的高，根据勾股定理可得， 解得，所以D错误. 故选：AC. 24．正三棱锥底面边长为3，侧棱长为，则下列叙述正确的是（    ） A．正三棱锥高为3 B．正三棱锥的斜高为 C．正三棱锥的体积为 D．正三棱锥的侧面积为 【答案】ABD 【分析】先求出正三棱锥的高和斜高，从而可判断AB的正误，再计算出体积和侧面积，从而可判断CD的正误. 【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, 故AB正确. 而正三棱锥的体积为，侧面积为， 故C错误，D正确. 故选：ABD. 25．“堑堵”“阳马”和“鳖臑”是我国古代对一些特殊几何体的称谓．《九章算术•商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”．一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）． 若长方体的体积为，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为，，，则下列选项正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】根据题意确定堑堵、阳马和鳖臑的体积与长方体的体积的数量关系，即可得答案. 【详解】解：由题意，堑堵的体积，阳马的体积，鳖臑的体积， 所以，，，即， 所以， 所以，AC选项正确，BD选项错误. 故选：AC 26．若一个圆台的高为，母线与底面所成角为，侧面积为，则该圆台的体积为______________. 【答案】 【分析】设上底面半径为，结合题意得母线，下底面半径为，再结合侧面积求得，最后计算体积即可. 【详解】如图，根据题意，，， 所以，在中，，， 设上底面半径为，则下底面半径为， 所以圆台的侧面积为，解得 所以圆台的体积为 故答案为：    27．如图，在几何体中，侧棱，，均垂直于底面，已知，，，则该几何体的体积是________．    【答案】 【分析】分别在上取点，连接，将在几何体分成一个三棱柱和四棱锥的体积求解即可. 【详解】分别在上取点，连接， 所以平面平面， 取的中点，连接，因为平面， 所以平面，平面，所以， 又因为，，平面， 平面， ，梯形， ∴所求几何体的体积为.    故答案为：. 28．如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则________ ；平面图形以所在直线为轴旋转一周所得立体图形的体积为________ ． 【答案】 【分析】由斜二测画法原理可得平面图形是直角梯形，进而可求；直角梯形以所在直线为轴旋转一周所得立体图形为圆台，可求其体积即可． 【详解】由平面图形的直观图的斜二测画法原理可知，平面图形是直角梯形，如图： 其中，，，， 过作交于，则为的中点， 在中，，， 所以， 将直角梯形以所在直线为轴旋转一周所得立体图形为圆台， 其上底面圆的半径为，下底面圆的半径为，高为， 故此圆台体积为． 故答案为：；． 29．中国南北朝时期数学家､天文学家祖冲之､祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.如图，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（    ） A．24 B． C． D． 【答案】D 【分析】由祖暅原理知不规则几何体的体积与正六棱台体积相等即可求解. 【详解】由祖暅原理，该不规则几何体体积与正六棱台体积相等， 设该正六棱台的上下底面积分别为，高为， 则，，， 故. 故选：D 四、题型四 球的切接问题 30．已知球O半径为4，圆与圆为球体的两个截面圆，它们的公共弦长为4，若，，则两截面圆的圆心距（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据球心与截面圆心连线垂直圆面，求得两个圆面所成二面角，再根据直角三角形以及勾股定理求解即可. 【详解】设圆与圆公共弦为，其中点为， 则，， 所以，， 所以在中，，所以， 在中，，所以， 所以在中，，所以. 故选：D. 31．表面积为24的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的体积为 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由条件确定球的半径，再由球的体积公式求球的体积. 【详解】设正方体的边长为，球的半径为, 由已知， 所以，所以正方体的对角线长为， 又正方体的对角线为球的直径，所以正方体的外接球的半径， 所以该球的体积， 故选：B． 32．已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为6，体积为24，则该球的表面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正四棱柱的体对角线长等于其外接球直径求出球的半径，即可求得结果. 【详解】设正四棱柱的底面边长为，因为正四棱柱的高为6，体积为24， 所以，即，得，正四棱柱的各顶点都在一个球面上， 所以正四棱柱的体对角线长等于球的直径，即， 所以球的半径为，球的表面积. 故选:B. 33．已知某三棱柱的侧棱垂直于底面，且底面是边长为2的正三角形，若其外接球的表面积为，则该三棱柱的高为 A． B．3 C．4 D． 【答案】B 【解析】设，分别为三棱柱上、下底面的中心，连接，则三棱柱外接球的球心为的中点，设三棱柱外接球的半径为，由求出，然后利用算出即可. 【详解】由题意易知该三棱柱是底面边长为2的正三棱柱. 设，分别为三棱柱上、下底面的中心，连接， 则三棱柱外接球的球心为的中点，如图. 设三棱柱外接球的半径为.∵三棱柱的外接球的表面积为，∴， ∴.又， ∴，∴该三棱柱的高为. 故选：B 【点睛】本题考查的是几何体的外接球的知识，找出球心的位置是解题的关键. 34．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由条件得到该圆锥内半径最大的球为该圆锥的内切球，结合图象，根据，求得内切球的半径，结合表面积公式，即可求解. 【详解】当球为该圆锥的内切球时，此时球的半径最大，如图所示， 又由，则圆锥的高为， 设圆锥的内切球与圆锥相切于点，半径为，则， 可得，即，解得， 所以该球的表面积为. 故选：B. 35．古希腊数学家阿基米德发现了“圆柱容球”定理.圆柱形容器里放一个球，该球顶天立地，四周碰边（即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切），球的体积是圆柱体积的三分之二，球的表面积也是圆柱表面积的三分之二.在一个“圆柱容球”模型中，若球的体积为，则该模型中圆柱的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用球的体积公式，先求出球的半径，再利用圆柱的表面积公式即可求出结果. 【详解】可设球的半径为，则根据题意可知圆柱的底面半径也为， 圆柱的高等于直径，即为，由球的体积为， 利用球的体积公式可得：，解得：， 再由圆柱的表面积公式得： ， 故选：D. 36．在正方体中，，则该正方体外接球的表面积为______． 【答案】36π 【分析】如图，正方体外接球的半径为，结合勾股定理和球的表面积公式计算即可求解. 【详解】如图，    设该正方体外接球的半径为R， 则， 所以该正方体外接球的表面积为． 故答案为： 37．已知某圆柱的轴截面是面积为4的正方形，则该圆柱的侧面积为__________，该圆柱的内切球的体积为__________. 【答案】 / 【分析】（1）由圆柱的轴截面是面积为4的正方形，得到圆柱的底面半径和高，应用圆柱的面积公式求解即可；（2）依据圆柱的底面半径和高，得到内切球的半径，应用球的体积公式求解即可. 【详解】依题意圆柱的轴截面是面积为4的正方形，可得该圆柱的底面半径为1，高为2， 则该圆柱的侧面积为. 易得该圆柱的内切球的半径为1，则该圆柱的内切球的体积为. 故答案为：，. 五、题型五 路径最短距离问题 38．如图，已知正三棱柱的底面边长为1，高为3，一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线的长为（    ）. A．6 B． C． D． 【答案】B 【分析】将正三棱柱侧面展开，转化为两点之间的距离求解. 【详解】将正三棱柱沿展开两次，得下图： 最短路线即为大矩形的对角线的长，为. 故选：B 39．如图是一块长、宽、高分别为、、的长方体木块，一只蚂蚁要从长方体木块的一个顶点处，沿着长方体的表面到长方体上和相对的顶点处吃食物，那么它需要爬行的最短路径的长是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】展开可能走过的长方体平面，由两点之间线段最短求出各个最短距离比较即可求解. 【详解】第一种情况:把我们所看到的前面和上面组成一个平面， 则这个长方形的长和宽分别是和 则所走的最短线段是； 第二种情况:把我们看到的左面与上面组成一个长方形， 则这个长方形的长和宽分别是和 所以走的最短线段是； 第三种情况:把我们所看到的前面和右面组成一个长方形， 则这个长方形的长和宽分别是和 所以走的最短线段是； 三种情况比较而言，第二种情况最短. 故选：A. 40．已知在圆锥SO中，底面圆O的直径，圆锥SO的体积为，点M在母线SB上，且，一只蚂蚁若从A点出发，沿圆锥侧面爬行到达M点，则它爬行的最短距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据体积公式得出，将圆锥沿母线展开，结合圆心角的大小，利用余弦定理求解即可. 【详解】设圆锥的母线长为，底面的半径为，圆锥SO的体积为，解得. 由勾股定理，可得母线， 如图，圆锥的侧面展开图为扇形， 因为扇形的弧长为，所以扇形的圆心角，所以， 在中，由余弦定理是可得， 所以，因为， 所以蚂蚁爬行的最短距离为的长度，即蚂蚁爬行的最短距离为. 故选：A. 41．如图，在直三棱柱中，，，，，点在棱上，求的最小值（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将平面、平面延展为同一个平面，分析可知当、、三点共线时，取最小值，结合勾股定理可求得结果. 【详解】将平面、平面延展为同一个平面，如下图所示： 由图可知，当、、三点共线时，取最小值， 且，，且， 延展后，、、共线，且，，， 由勾股定理可得. 故的最小值为. 故选：D. 42．如图，在圆柱中，，分别为圆，的直径，，，为的中点，则一只蚂蚁在圆柱表面从沿侧面爬到的最短路径的长度为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】把半圆柱侧面展开得到侧面展开图为矩形，结合矩形的性质，即可求解. 【详解】如图所示，把半圆柱侧面展开，得到侧面展开图为矩形 ， 在圆柱中，因为，可得， 即矩形中，，，则最短路径的长度为． 故选：A.    43．如图，是正三棱锥且侧棱长为，两侧棱的夹角为分别是上的动点，则三角形的周长的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】通过展开平面以及勾股定理求得正确答案. 【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， 根据勾股定理，，∴. 故选：A   . 44．如图，一个矩形边长为1和4，绕它的长为的边旋转一周后所得如图的一开口容器（下表面密封），是中点，现有一只蚂蚁位于外壁处，内壁处有一米粒，若这只蚂蚁要先爬到上口边沿再爬到点处取得米粒，则它所需经过的最短路程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】画出圆柱的侧面展开图，根据对称性，求出的最小值就是的长，求解即可． 【详解】解：依题意可得圆柱的底面半径，高 将圆柱的侧面（一半）展开后得矩形，其中，， 问题转化为在上找一点，使最短， 作关于的对称点，连接，令与交于点， 则得的最小值就是为． 故选：A 45．如图，已知正方体中，，P为线段上一点，Q为平面内一点，则的最小值是（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用几何法，结合平面展开图，可找到最小距离，通过计算即可得到答案. 【详解】    当，即可得平面，此时是最小距离， 然后把平面与平面展开成共面， 如第二个图：即可得过作的垂线，垂足为 此时，即此时取到最小值， 由正方体可知：， 所以. 故选：A 46．在棱长为2的正方体中，M为线段上一动点，求的最小值（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将绕翻折至与共面，当共线时，最小，再由余弦定理求解即可. 【详解】连接，如图， 由正方体的性质可得为等腰直角三角形，故， 为直角三角形，， 将图中绕翻折至与共面，如图， 所以由图可知，共线时，最小， 此时， 由余弦定理可知， 所以最小值为. 故选：B 47．如图，在各棱长均为1的四面体中，E是PA的中点，Q为直线EB上的动点，则的最小值为（    ）    A． B． C． D．2 【答案】B 【分析】根据题意将和折成一个平面，可知，结合余弦定理运算求解. 【详解】由题意可知：， 在中，由余弦定理可得， 可知为锐角，可得， 将和折成一个平面，连接， 可知，当且仅当三点共线时，等号成立，    此时， 在中，由余弦定理可得， 即，所以的最小值为. 故选：B. 48．如图，某圆柱的一个轴截面是边长为2的正方形ABCD，点E在下底面圆周上，且，点F在母线AB上，点G是线段AC的靠近点A的四等分点，则的最小值为（    ）    A． B．3 C．4 D． 【答案】A 【分析】将绕直线AB旋转到的位置，并且点在BC的反向延长线上，连接，交AB于点，此时最小，求出即可． 【详解】将绕直线AB旋转到的位置，并且点在BC的反向延长线上， 连接，交AB于点，此时最小，如图所示：    因为，所以， 又因为，所以， 又因为，所以， 在中，由余弦定理得， 解得，即的最小值为． 故选：A． 49．在棱长为2的正方体中，分别是上的动点，的最小值为_________． 【答案】 【分析】将正方体的侧面与平面展开到同一平面，的最小值就是点到直线的垂线段长度. 【详解】由题意知，是上的动点，平面，是上的动点，平面，要求的最小值，把平面和平面展成一个平面， 如图，当时，最小， 为等腰直角三角形，，其中， 则，，，则， 可得， 则， 故答案为：. 50．如图，在正三棱柱中，，为的中点，为线段上的点，则的最小值为______． 【答案】 【分析】将侧面沿展开，使得侧面与侧面在同一平面内，根据平面上两点间线段最短可求得答案. 【详解】 将侧面沿展开，使得侧面与侧面在同一平面内， 如图，连接交于，则的最小值为此时的， ， 的最小值为. 故答案为：. 51．如图，已知正方体的棱长为2，动点在对角线上，设，当取得最小值时，___________． 【答案】 【分析】将展开成平面图形，由此求得的最小值以及此时对应的的值. 【详解】连接，根据正方体的性质可知，是全等的直角三角形， 将展开成平面图形，连接，交于，则， 则此时最小.， ，则的最小值为， 此时，. 故答案为： 52．如图，在长方体中，，，点为上的动点，则的最小值为________.    【答案】 【分析】将绕翻折到与共面，作出平面图形，连接，则线段即为的最小值，再由勾股定理计算可得. 【详解】将绕翻折到与共面，平面图形如下所示.    连接（平面图形中），则的长度即为的最小值， 因为，，所以， 所以，所以， 所以的最小值为. 故答案为： 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题：立体几何中的直观图、表面积、体积和球的切接及最短路径问题 、一、题型一 直观图的相关计算 1．如图，的斜二测直观图是，其中，则的面积是（    ） A．1 B．2 C．4 D．8 2．如图，用斜二测画法画出的水平放置的的直观图是，若的中点在轴上，且，则（   ） A． B．4 C． D．2 3．如图，是用斜二测画法画出的水平放置的的直观图，若，的面积为3，则（    ） A． B． C．6 D．12 4．如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．四边形的面积为 D．四边形的周长为 5．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______. 二、题型二 侧面积和表面积的计算 6．如图，攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称为攒尖，通常有圆形攒尖、三角形攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分．多见于亭阁式建筑，某个园林建筑为六角攒尖，它的顶部的轮廓可近似看作一个正六棱锥，若此正六棱锥高为1且侧棱长为，则棱锥侧面积为（   ） A． B． C． D． 7．中国古代的建筑形式多样，如赫赫有名的苏州园林（如图1），其几何模型可以简化为如图2所示的几何体，其中是长方体，且，，是棱台，侧面的梯形均为等腰梯形，，棱台的高为2，则该几何体的表面积为（   ）    A． B． C． D． 8．已知圆锥的母线长为5，高为4，底面半径，该圆锥的表面积为（    ） A． B． C． D． 9．如下图1所示，已知正方体面对角线长为，沿阴影面将它切割成两块，拼成如图2所示的几何体，那么此几何体的表面积为（    ） A． B． C． D． 10．如图，一个三阶魔方由27个单位正方体组成，把魔方的中间一层顺时针转动了45°之后，其表面积增加了（   ）. A． B． C． D． 11．一个圆台上、下底面的半径分别为1，2，母线所在直线与轴的夹角为45°，则该圆台的侧面积为（    ） A． B． C． D． 12．圆台的一个底面圆周长是另一个底面圆周长的3倍，母线长为15，圆台的侧面积为，则圆台较小底面圆的半径为（   ） A．7 B．6 C．5 D．3 13．陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县新石器时代遗址中发现的.如图所示是一个陀螺立体结构图，已知底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积（单位：）是（    ）    A． B． C． D． 14．已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，高为，则圆台的表面积为_________． 15．已知某圆台的上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面的半径分别为3和5，则该圆台的侧面积为_____. 三、题型三 体积的计算 16．如图，按斜二测画法所得水平放置的平面四边形的直观图为梯形，其中，，，．以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体体积为（   ） A． B． C． D． 17．在校园科技节的化学展区，小明的团队制作了一个立方体晶胞框架（棱长的正方体），用来展示晶体中的八面体配位环境：位于立方体的各面中心位置，它们构成一个正八面体包围中心的，则该正八面体配位多面体模型的体积是（    ） A． B．2 C． D． 18．一个直三棱柱容器中盛有水，侧棱，若侧面水平放置，如图（1），水面恰好过棱的中点．若将容器的底面水平放置，如图（2），则容器中水面的高为（   ） A．6 B．7 C．8 D．9 19．如图，是圆的直径，垂直于圆所在的平面，，点是弧的中点，则三棱锥的体积为（    ）    A． B． C． D．1 20．观星台是我国现存最古老的天文台，包含观星台在内的登封“天地之中”历史建筑群已被列为世界文化遗产.已知观星台台体一部分可以看作一个正四棱台，台高米，台下正四边形边长米多，台上正四边形边长约为台下正四边形边长之半，则该四棱台的体积可能为（    ） A．米 B．米 C．米 D．米 21．已知正四棱台的上、下底面的边长分别为、，侧棱长为，则该正四棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 22．若正三棱台的体积为，且，，则侧棱的长度为（    ） A． B． C． D． 23．正三棱台的上、下底面边长分别是2和6，侧棱长是5，则下列说法正确的是（   ） A．该正三棱台的上底面积是 B．该正三棱台的侧面面积是 C．该正三棱台的表面积是 D．该正三棱台的高是 24．正三棱锥底面边长为3，侧棱长为，则下列叙述正确的是（    ） A．正三棱锥高为3 B．正三棱锥的斜高为 C．正三棱锥的体积为 D．正三棱锥的侧面积为 25．“堑堵”“阳马”和“鳖臑”是我国古代对一些特殊几何体的称谓．《九章算术•商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”．一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）． 若长方体的体积为，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为，，，则下列选项正确的是（    ） A． B． C． D． 26．若一个圆台的高为，母线与底面所成角为，侧面积为，则该圆台的体积为______________. 27．如图，在几何体中，侧棱，，均垂直于底面，已知，，，则该几何体的体积是________．    28．如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则________ ；平面图形以所在直线为轴旋转一周所得立体图形的体积为________ ． 29．中国南北朝时期数学家､天文学家祖冲之､祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.如图，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（    ） A．24 B． C． D． 四、题型四 球的切接问题 30．已知球O半径为4，圆与圆为球体的两个截面圆，它们的公共弦长为4，若，，则两截面圆的圆心距（    ） A． B． C． D． 31．表面积为24的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的体积为 A． B． C． D． 32．已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为6，体积为24，则该球的表面积是（    ） A． B． C． D． 33．已知某三棱柱的侧棱垂直于底面，且底面是边长为2的正三角形，若其外接球的表面积为，则该三棱柱的高为 A． B．3 C．4 D． 34．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的表面积为（    ） A． B． C． D． 35．古希腊数学家阿基米德发现了“圆柱容球”定理.圆柱形容器里放一个球，该球顶天立地，四周碰边（即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切），球的体积是圆柱体积的三分之二，球的表面积也是圆柱表面积的三分之二.在一个“圆柱容球”模型中，若球的体积为，则该模型中圆柱的表面积为（    ） A． B． C． D． 36．在正方体中，，则该正方体外接球的表面积为______． 37．已知某圆柱的轴截面是面积为4的正方形，则该圆柱的侧面积为__________，该圆柱的内切球的体积为__________. 五、题型五 路径最短距离问题 38．如图，已知正三棱柱的底面边长为1，高为3，一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线的长为（    ）. A．6 B． C． D． 39．如图是一块长、宽、高分别为、、的长方体木块，一只蚂蚁要从长方体木块的一个顶点处，沿着长方体的表面到长方体上和相对的顶点处吃食物，那么它需要爬行的最短路径的长是（   ） A． B． C． D． 40．已知在圆锥SO中，底面圆O的直径，圆锥SO的体积为，点M在母线SB上，且，一只蚂蚁若从A点出发，沿圆锥侧面爬行到达M点，则它爬行的最短距离为（   ） A． B． C． D． 41．如图，在直三棱柱中，，，，，点在棱上，求的最小值（   ） A． B． C． D． 42．如图，在圆柱中，，分别为圆，的直径，，，为的中点，则一只蚂蚁在圆柱表面从沿侧面爬到的最短路径的长度为（    ）    A． B． C． D． 43．如图，是正三棱锥且侧棱长为，两侧棱的夹角为分别是上的动点，则三角形的周长的最小值为（    ）    A． B． C． D． 44．如图，一个矩形边长为1和4，绕它的长为的边旋转一周后所得如图的一开口容器（下表面密封），是中点，现有一只蚂蚁位于外壁处，内壁处有一米粒，若这只蚂蚁要先爬到上口边沿再爬到点处取得米粒，则它所需经过的最短路程为（    ） A． B． C． D． 45．如图，已知正方体中，，P为线段上一点，Q为平面内一点，则的最小值是（    ）    A． B． C． D． 46．在棱长为2的正方体中，M为线段上一动点，求的最小值（   ） A． B． C． D． 47．如图，在各棱长均为1的四面体中，E是PA的中点，Q为直线EB上的动点，则的最小值为（    ）    A． B． C． D．2 48．如图，某圆柱的一个轴截面是边长为2的正方形ABCD，点E在下底面圆周上，且，点F在母线AB上，点G是线段AC的靠近点A的四等分点，则的最小值为（    ）    A． B．3 C．4 D． 49．在棱长为2的正方体中，分别是上的动点，的最小值为_________． 50．如图，在正三棱柱中，，为的中点，为线段上的点，则的最小值为______． 51．如图，已知正方体的棱长为2，动点在对角线上，设，当取得最小值时，___________． 52．如图，在长方体中，，，点为上的动点，则的最小值为________.    试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $