第11章空间几何体单元复习 （提高篇）训练-2026-2027学年高二数学上学期沪教版必修第三册

2026-2027学年高二数学上学期同步培优讲义【精英班课程】 第11章空间几何体单元复习（提高篇） 题型01：空间几何体的结构特征 1. （25-26高二上·上海徐汇·期中）下列结论正确的是（   ） A．侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥 B．六条棱长均相等的四面体是正四面体 C．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱 D．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台 2.（25-26高二上·上海浦东新·期中）下列命题是假命题的个数是：（   ） （1）有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱； （2）有两侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱； （3）过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形不可能是矩形； （4）所有侧面都是全等的矩形的四棱柱一定是正四棱柱. A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 3．（2025高三·全国·专题练习）下面关于空间几何体叙述不正确的是（   ） A．正四棱柱都是长方体 B．在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线不一定是圆柱的母线 C．有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥 D．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱 题型02：空间几何体的展开图及最短距离问题 4．（24-25高二下·上海浦东新·开学考试）已知圆柱体底面圆的半径为，高为2，、分别是两底面的直径，、是母线.若一只小虫从A点出发，从侧面爬行到C点，则小虫爬行的最短路线的长度是 _______.（结果保留根式）. 5. （25-26高二上·上海闵行·期中）如图，一个立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为2，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P处，若该小虫爬行的最短路程为，则圆锥底面圆的半径等于 ． 6．（2024高三·全国·专题练习）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________ 7.（24-25高一上·上海·期末）如图，是底面半径为的圆柱侧面上两点，它们在底面上的射影分别为，若，弧，则沿圆柱侧面从到的最短距离是___________.      题型03：空间几何体的侧面积与表面积 8.（24-25高三上·上海·阶段检测）在四棱锥中，底面是边长为的正方形，且，，则该四棱锥的高是______ 9.（24-25高一下·上海杨浦·期末）已知正三棱锥底面的边长为6，高为3，则该正三棱锥的侧面积为_________． 10. 有一根长为hcm，底面半径为rcm的圆柱形铁管，用一段铁丝在该圆柱的侧面上缠绕3圈，并使铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端，若铁丝长度的最小值为20cm，则圆柱侧面积的最大值为 ． 题型04：空间几何体的体积 11. （25-26华东师大附中进华中学高二上期中）若圆锥的侧面积为，底面积为，则该圆锥的体积为____________． 12.（23-24上海市浦东新区高一上期中）已知圆锥侧面展开图中扇形的中心角为，底面周长为，则这个圆锥的体积是____________. 13.（25-26复旦大学附中复兴中学高二上期中）已知正方形边长为1，把该正方形绕着它的一条边旋转一周所形成的几何体的体积为________ 14. 正四棱台的上、下底面分别是边长为1、2的正方形，侧棱长为1，则该棱台的体积为 . 15. 的三边分别是的中点，沿，将折起，使得重合于，则四面体的体积为_________. 16. 球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，与截面垂直的球体直径被截得的部分称作球冠的高.若半径为的球面被一个平面截成两个球冠，这两个球冠的表面积之差等于截面面积的2倍，则球心到截面的距离为________.（球冠的表面积公式：，其中是球的半径，是球冠的高） 17. 已知四面体的三组对棱相等，依次为，，5，则该四面体的体积为 ． 18. 《九章算术》是我国古代的数学名著，书中描述了一种五面体——刍甍（chú  méng），其底面为矩形，顶棱和底面矩形的一组对边平行.现有如图所示——刍甍，，侧面和为等边三角形，且与底面所成角相等；若，E到底面的距离为，则该刍甍的体积为 . 19.（24-25高一下·上海杨浦·期末）如图，正方体中，四分之一圆柱与四分之一圆柱公共部分是八分之一的“牟合方盖”．已知这个正方体的棱长为2，利用祖暅原理，该八分之一“牟合方盖”的体积为_________． 题型04：空间几何体的截面问题 20．（22-23高二上·山西大同·阶段练习）棱台的两底面面积为、，中截面（过各棱中点的面积）面积为，那么 A． B． C． D． 21. 如图，空间四边形的边，成的角，且，，平行于与的截面分别交，，，于，则截面面积的最大值为 . 22. 若圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，则过这个圆锥顶点的截面中，最大截面面积等于 . 23. 已知圆锥的底面半径为，高为1，则过圆锥的顶点的截面面积的最大值为 ． 24. （24-25高一上·上海·期末）如图，在棱长为1正方体中，点为棱的中点，则由三点所确定的平面截该正方体所得截面的面积为________ 25.（24-25高一下·上海·期末）在正方体 中，E、F分别是棱的中点.若正方体的棱长为1，则过A、E、F的平面截正方体所得截面的周长为________ 25. （23-24高二上·湖南）从一个底面圆半径与高均为2的圆柱中挖去一个正四棱锥（以圆柱的上底面为正四棱锥底面的外接圆，下底面圆心为顶点）而得到的几何体如图所示，今用一个平行于底面且距底面为1的平面去截这个几何体，则截面图形的面积为________ 27．（23-24高二上·湖北·开学考试）圆台母线长为3，下底直径为10，上底直径为5，过圆台两条母线作截面，则该截面面积最大值为（    ） A． B． C． D．以上都不对 题型05：空间体几何体的外接球和内切球 28. 三棱锥中，面，，，则三棱锥的外接球表面积为 . 29. 如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现．我们来重温这个伟大发现，圆柱的表面积与球的表面积之比为________ 30. 如图，在三棱锥中，，，若三棱锥的内切球的表面积为，则此三棱锥的体积为_________ 31. 已知经过圆锥SO的轴的截面是顶角为的等腰三角形，用平行于底面的截面将圆锥SO分成两部分，若这两部分几何体都存在内切球（与各面均相切），且上、下两部分几何体的体积之比是1：7，则____ 32. 四棱锥的底面是边长为2的正方形，且，设该四棱锥的外接球球心与内切球球心分别为，，则的长为_______ 题型06：空间几何体的最值问题 33. 已知点P在棱长为2的正方体表面运动，且，则线段AP的长的取值范围是（    ） A． B． C． D． 34. 已知正四棱锥的所有棱长均为，E，F分别是PC，AB的中点，M为棱PB上异于P，B的一动点，则的最小值为 . 35. 如图，在单位正方体中，分别为线段和上为两动点，求的最小值. 36. 如图，在长方体中，，，是上一动点，求的最小值．    37. 在正四棱台中，，点为棱上的动点（含端点），则的最小值是__________ 38．如图，棱长为1的正方体中，为线段的中点，、分别为线段和棱上任意一点，则的最小值为 . 39. （24-25复旦附中高二期中）一块边长为12cm的正三角形薄铁片，按如图所示设计方案，裁剪下三个全等的四边形（每个四边形中有且只有一组对角为直角），然后用余下的部分加工制作成一个底面边长为xcm的“无盖”正三棱柱形容器，容积记为Vcm3. （1）若加工人员为了充分利用边角料，考虑在加工过程中，使用裁剪下的三个四边形材料恰好拼接成这个正三棱柱形容器的“顶盖”，求出此时x的值； （2）将V表示为x的函数，并求V的最大值. 题型07：空间几何体综合题 40.（24-25高一下·上海·期末）如图，在四棱柱中，底面ABCD是直角梯形，侧棱 底面ABCD，，，，，，    (1)求证:直线与直线是异面直线； (2)若二面角的余弦值为 求k的值； (3)现将与四棱柱形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案.试问共有几种不同的拼接方案?请简要说明.在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为，求的表达式. 41. 圆锥的轴截面为等腰，为底面圆周上一点． (1)若的中点为，，求证：平面； (2)如果，，求此圆锥的侧面积； (3)如果二面角的大小为，求的大小． 42. （24-25复旦附中高二期中）已知四棱锥底面为平行四边形. （1）若交于平面，判断是否为菱形，并说明理由； （2）在射线上有点（均与不重合），三棱锥和的体积分别为和，求证：； （3）设为中点，过的平面分别与棱交于点，设四棱锥和的体积分别为，求的最小值. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二数学上学期同步培优讲义【精英班课程】 第11章空间几何体单元复习（提高篇） 题型01：空间几何体的结构特征 1. （25-26高二上·上海徐汇·期中）下列结论正确的是（   ） A．侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥 B．六条棱长均相等的四面体是正四面体 C．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱 D．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台 【答案】B 【分析】根据三棱锥、棱柱、圆台，正四面体的定义逐一判断即可. 【详解】底面是等边三角形，且各侧面三角形全等，这样的三棱锥才是正三棱锥，A错误； 斜四棱柱也可能有两个侧面是矩形，C错误； 六条棱长均相等的四面体是正四面体，B正确； 截面平行于底面时，底面与截面之间的部分才叫圆台，D错误． 故选：B. 2.（25-26高二上·上海浦东新·期中）下列命题是假命题的个数是：（   ） （1）有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱； （2）有两侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱； （3）过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形不可能是矩形； （4）所有侧面都是全等的矩形的四棱柱一定是正四棱柱. A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】A 【分析】（1）（2）（3）（4）均可举出反例. 【详解】（1）如图1，几何体满足有两个面平行，其他各面都是平行四边形， 显然不是棱柱，故（1）错误； （2）如图2，几何体满足两侧面与底面垂直，但不是直棱柱，（2）错误； （3）如图3，四边形为矩形， 即过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形可能是矩形，（3）错误； （4）所有侧面都是全等的矩形的四棱柱不一定是正四棱柱，因为两底面不一定是正方形，（4）错误． 故选：A 3．（2025高三·全国·专题练习）下面关于空间几何体叙述不正确的是（   ） A．正四棱柱都是长方体 B．在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线不一定是圆柱的母线 C．有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥 D．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱 【答案】C 【分析】对A，根据正四棱柱和长方体的概念判断；对B，根据圆柱的母线的概念判断；对C，根据棱锥的定义判断；对D，根据棱柱的定义判断. 【详解】对于A，正四棱柱的侧面都是长方形，底面是正方形，因此它是长方体，故A正确； 对于B，在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，这两点的连线不一定是圆柱的母线，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线，故B正确． 对于C，有一个面是多边形，其余各面是有公共顶点的三角形的几何体才是棱锥，故C错误； 对于D，根据棱柱的定义，有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱，故D正确． 故选：C. 题型02：空间几何体的展开图及最短距离问题 4．（24-25高二下·上海浦东新·开学考试）已知圆柱体底面圆的半径为，高为2，、分别是两底面的直径，、是母线.若一只小虫从A点出发，从侧面爬行到C点，则小虫爬行的最短路线的长度是 _______.（结果保留根式）. 【答案】 【分析】在圆柱侧面展开图中，矩形对角线的长度即为所求. 【详解】如图，在圆柱侧面展开图中，线段的长度即为所求 在中，，，. 故答案为：. 5. （25-26高二上·上海闵行·期中）如图，一个立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为2，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P处，若该小虫爬行的最短路程为，则圆锥底面圆的半径等于 ． 【答案】 【分析】先根据圆锥侧面展开图得：为小虫爬行的最短路径；再根据弧长公式可得；最后根据底面圆周长等于的长度即可得出答案. 【详解】把圆锥侧面沿母线展开成如图所示的扇形，则为小虫爬行的最短路径. 依题意：小虫爬行的最短路程为. 因为母线长， 所以在中． 则由弧长公式得：． 设圆锥底面圆的半径为r. 则，解得 故答案为： 6．（2024高三·全国·专题练习）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________    【答案】 【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，，∴.   . 7.（24-25高一上·上海·期末）如图，是底面半径为的圆柱侧面上两点，它们在底面上的射影分别为，若，弧，则沿圆柱侧面从到的最短距离是___________.    【答案】 【分析】画出侧面展开图，运用两点间线段最短.结合勾股定理计算长度即可. 【详解】画出侧面展开图，如下，已知，则，弧， 侧面从到的最短距离是.根据勾股定理知道. 故答案为：.    题型03：空间几何体的侧面积与表面积 8.（24-25高三上·上海·阶段检测）在四棱锥中，底面是边长为的正方形，且，，则该四棱锥的高是______ 【答案】 【分析】由题意作图，根据四棱锥的几何性质，利用勾股定理，建立方程，可得答案. 【详解】由题意，作平面，垂足为，在平面内，作， 垂足为，取的中点为，连接，如下图所示：    设， 在中，，则，， 在中，， 在中，， 在正方形中，易知，，则， 在中，，在中，， 则，解得. 9.（24-25高一下·上海杨浦·期末）已知正三棱锥底面的边长为6，高为3，则该正三棱锥的侧面积为_________． 【答案】 【分析】根据题意正三棱锥三个侧面全等，利用锥体的高及底边长求得斜高，即可得到侧面积. 【详解】 在正三棱锥中，底面边长为6，高， 且为的中心也是重心，所以， 则，所以， 即. 故答案为：. 10. 有一根长为hcm，底面半径为rcm的圆柱形铁管，用一段铁丝在该圆柱的侧面上缠绕3圈，并使铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端，若铁丝长度的最小值为20cm，则圆柱侧面积的最大值为 ． 【答案】/ 【分析】将圆柱侧面展开可知铁丝长度的最小值等于直角边分别为h，的直角三角形的斜边长，然后通过基本不等式及圆柱侧面积公式即得. 【详解】若铁丝长度的最小值为20cm，则， 所以，所以侧面积为， 所以圆柱侧面积的最大值为． 故答案为: 题型04：空间几何体的体积 11. （25-26华东师大附中进华中学高二上期中）若圆锥的侧面积为，底面积为，则该圆锥的体积为____________． 【答案】 【详解】试题分析：因为，圆锥的侧面积为，底面积为， 所以， 解得，，所以，该圆锥的体积为． 12.（23-24上海市浦东新区高一上期中）已知圆锥侧面展开图中扇形的中心角为，底面周长为，则这个圆锥的体积是____________. 【答案】 【分析】利用圆锥侧面展开图扇形的弧长等于底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，进而结合题设求得，，圆锥的高为，再根据圆锥的体积公式求解即可. 【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为， 则，解得， 又圆锥侧面展开图中扇形的中心角为，则，解得， 则圆锥的高为， 所以圆锥的体积为. 故答案为：. 13.（25-26复旦大学附中复兴中学高二上期中）已知正方形边长为1，把该正方形绕着它的一条边旋转一周所形成的几何体的体积为________ 【答案】 【分析】正方形绕着它的一条边旋转一周,得到一个圆柱,根据圆柱的体积公式,即可得到答案. 【详解】由题意可知: 正方形绕着它的一条边旋转一周,得到一个圆柱 其底面半径 高 根据柱体体积公式: 故答案为. 【点睛】本题考查了圆柱的体积计算,考查了计算能力,属于基础题. 14. 正四棱台的上、下底面分别是边长为1、2的正方形，侧棱长为1，则该棱台的体积为 . 【答案】/ 【分析】求出棱台的高后可求体积. 【详解】 设棱台的高为，则， 故体积为， 故答案为： 15. 的三边分别是的中点，沿，将折起，使得重合于，则四面体的体积为_________. 【答案】 【解析】 【分析】由折起成四面体的过程知，四面体相对棱等长，将其补形成长方体，利用割补法即可得解. 【详解】因四面体相对棱等长，则该四面体的每一组相对棱可作为一个矩形的两条对角线，从而把四面体补成长方体，如图： ， 设， 则有，解得，， 所以四面体的体积. 故答案为： 16. 球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，与截面垂直的球体直径被截得的部分称作球冠的高.若半径为的球面被一个平面截成两个球冠，这两个球冠的表面积之差等于截面面积的2倍，则球心到截面的距离为________.（球冠的表面积公式：，其中是球的半径，是球冠的高） 【答案】 【解析】 【分析】设球心到截面的距离为，则可表示出两个球冠的高，由已知面积相等可求得距离． 【详解】设球心到截面的距离为，则， ，（舍去负值）． 故答案为：． 17. 已知四面体的三组对棱相等，依次为，，5，则该四面体的体积为 ． 【答案】8 【分析】根据题意可将四面体补形为长方体，然后列出相应方程组，从而可求解. 【详解】如图，把四面体补形为长方体，设长方体的长、宽、高分别为． 易知，，， 联立以上三式，解得，，． 故． 故答案为：8. 18. 《九章算术》是我国古代的数学名著，书中描述了一种五面体——刍甍（chú  méng），其底面为矩形，顶棱和底面矩形的一组对边平行.现有如图所示——刍甍，，侧面和为等边三角形，且与底面所成角相等；若，E到底面的距离为，则该刍甍的体积为 . 【答案】 【分析】将其分割成两个三棱锥和一个直三棱柱，求出所需棱长即可体积. 【详解】记的中点分别为，连接，易知， 又，所以，因为为正三角形，所以， 因为是平面内的两条相交直线，所以平面， 又平面，所以平面平面， 过作，过分别作的平行线，如图， 因为平面平面，平面， 所以平面，平面，所以，， 所以， 因为平面，所以， 易知，是平面内的两条相交直线，所以平面， 同理平面，所以为直三棱柱， 因为，所以， 所以该刍甍的体积为 . 故答案为： 19.（24-25高一下·上海杨浦·期末）如图，正方体中，四分之一圆柱与四分之一圆柱公共部分是八分之一的“牟合方盖”．已知这个正方体的棱长为2，利用祖暅原理，该八分之一“牟合方盖”的体积为_________． 【答案】 【分析】关键点在于构造底面边长和高均为2的直四棱锥，根据祖暅原理，八分之一“牟合方盖”的体积等于正方体的体积减去该四棱锥的体积，即可求得结果. 【详解】如图，设，边长为，截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形. 易知，连接. 由点在以为圆心，为半径的圆弧上，得. 在中，由勾股定理得， 故所求正方形的面积为. 所以用平行于底面的任意一个平面截八分之一“牟合方盖”， 所得截面面积是，， 所以可以构造底面边长为，高为的直四棱锥，对于直四棱锥， 当用过点的截面截该四棱锥时，截面面积为. 根据祖暅原理，八分之一“牟合方盖”的体积等于正方体的体积减去该四棱锥的体积， 故所求体积为. 故答案为：. 题型04：空间几何体的截面问题 20．（22-23高二上·山西大同·阶段练习）棱台的两底面面积为、，中截面（过各棱中点的面积）面积为，那么 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】试题分析：不妨设棱台为三棱台，上底面的面积为，下底面的面积为， 设棱台的高为，上部三棱锥的高为，根据相似比的性质可得： ，解得. 故选：A． 考点：棱台的结构特征． 21. 如图，空间四边形的边，成的角，且，，平行于与的截面分别交，，，于，则截面面积的最大值为 . 【答案】 【分析】由题意易证四边形是平行四边形，（或），，则可得，，则可表示出，再由基本不等式即可求出其最大值. 【详解】∵∥平面，平面，平面平面， ∴，同理，∴，同理， ∴四边形是平行四边形. ∵与所成的角为，∴（或）， 设，∵，∴， 由，，得， ∴， 当且仅当，即时等号成立， 即为的中点时，截面的面积最大，为. 故答案为：. 22. 若圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，则过这个圆锥顶点的截面中，最大截面面积等于 . 【答案】 【分析】根据给定条件，求出圆锥底面圆半径及高，再判断轴截面三角形形状并求出最大面积. 【详解】依题意，圆锥底面圆周长为，该圆锥底面圆半径，而圆锥母线， 该圆锥轴的高，其轴截面顶角为，， ，，因此该圆锥轴截面是锐角三角形，是经过顶点的截面中的最大截面， 所以最大截面面积等于. 故答案为： 23. 已知圆锥的底面半径为，高为1，则过圆锥的顶点的截面面积的最大值为 ． 【答案】2 【分析】根据题意，由余弦定理可得圆锥的轴截面的两母线夹角，再结合三角形的面积公式，即可得到结果. 【详解】 依题意，设圆锥的母线长为，因为圆锥的底面半径为，高为1， 所以，设圆锥的轴截面的两母线夹角为， 则， 因为，所以， 则过该圆锥的顶点做截面，截面上的两母线夹角为，， 故截面的面积为， 当且仅当时，等号成立，故截面面积的最大值为. 故答案为： 24. （24-25高一上·上海·期末）如图，在棱长为1正方体中，点为棱的中点，则由三点所确定的平面截该正方体所得截面的面积为________ 【答案】 【分析】分别取的中点，连接，利用平面的性质可得过的平面截该正方体所得截面为菱形，再计算其面积. 【详解】如图所示，分别取的中点，连接， 由且，得是平行四边形，则， 又且，得是平行四边形，得， 所以，则共面， 故平面截该正方体所得的截面为. 又正方体的棱长为1，，，，， 故的面积为. 25.（24-25高一下·上海·期末）在正方体 中，E、F分别是棱的中点.若正方体的棱长为1，则过A、E、F的平面截正方体所得截面的周长为________ 【答案】 【分析】采用延长交线法，连接，延迟与的延长线交于点，与的延迟线交于点，连接，与分别交于，连接，即截面图形为，再由勾股定理计算可得. 【详解】 采用延长交线法，连接，延长与的延长线交于点，与的延迟线交于点，连接，与分别交于，连接，即截面图形为， 因为E、F分别是棱的中点，由正方形的性质可得， 所以分别为三等分点， 所以， 所以截面的周长为. 故答案为：. 25. （23-24高二上·湖南）从一个底面圆半径与高均为2的圆柱中挖去一个正四棱锥（以圆柱的上底面为正四棱锥底面的外接圆，下底面圆心为顶点）而得到的几何体如图所示，今用一个平行于底面且距底面为1的平面去截这个几何体，则截面图形的面积为________ 【答案】 【知识点】棱锥中截面的有关计算、圆柱轴截面的有关计算、组合体截面的形状 【分析】先求出截面截圆柱所得的圆面的面积，再求出截面截正四棱锥所得的正方形的面积，从而得出答案. 【详解】截面图形应为圆面中挖去一个正方形，且圆的半径是2， 则截面圆的面积为： 设正四棱锥的底面正方形边长为，则，所以 正四棱锥的底面正方形的面积为 由圆锥中截面的性质，可得圆面中挖去一个正方形与正四棱锥的底面正方形相似 设圆面中挖去一个正方形的面积为，正四棱锥的底面正方形为 则,从而 所以截面图形的面积为． 27．（23-24高二上·湖北·开学考试）圆台母线长为3，下底直径为10，上底直径为5，过圆台两条母线作截面，则该截面面积最大值为（    ） A． B． C． D．以上都不对 【答案】C 【知识点】三角形面积公式及其应用、圆台的结构特征辨析、余弦定理解三角形、由平面的基本性质作截面图形 【分析】 求出轴截面时所补成的等腰三角形的顶角的余弦值，则判断其为钝角，再计算出截面积的表达式，得到最值. 【详解】由题意作出轴截面，并将其补充成等腰三角形， 根据，则为三角形的中位线，则， 在中利用余弦定理得， 因为，所以， 过圆台两条母线所作截面也为等腰梯形，并将其补成的等腰三角形，设其顶角为， 则，因为，且， 则当时，的最大值为. 故选：C.      题型05：空间体几何体的外接球和内切球 28. 三棱锥中，面，，，则三棱锥的外接球表面积为 . 【答案】 【分析】根据题中条件，得到，可将该三棱锥放在一个底面边长为，高为的长方体中，该三棱锥的外接球，即是该长方体的外接球，设外接球半径为，根据题中条件求出半径，即可得出球的表面积. 【详解】因为面，，， 所以，则， 所以可将该三棱锥放在一个底面边长为，高为的长方体中，如图； 则该三棱锥的外接球，即是该长方体的外接球，设外接球半径为， 又长方体的外接球直径等于体对角线的长， 则， 所以三棱锥的外接球表面积为. 故答案为：. 【点睛】本题主要考查求几何体外接球的表面积，熟记球的表面积公式，以及几何体的结构特征即可，属于常考题型. 29. 如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现．我们来重温这个伟大发现，圆柱的表面积与球的表面积之比为________ 【答案】 【分析】 根据圆柱的表面积公式和球的表面积公式求解． 【详解】设球半径为，则圆柱底面半径为，高为， 所以圆柱的表面积与球的表面积之比为， 30. 如图，在三棱锥中，，，若三棱锥的内切球的表面积为，则此三棱锥的体积为_________ 【答案】 【分析】连接，并延长交底面于点，连接，并延长交于，由于三棱锥是正四面体，因此是底面三角形中心，是中点，由球表面积求得球半径，在直角三角形中求出正四面体的棱长，然后由体积公式计算． 【详解】连接，并延长交底面于点，连接，并延长交于， 在三棱锥中，，， 三棱锥是正四面体，是的中心，平面， 三棱锥的内切球的表面积为， ，解得球的半径， 设，则，， ， ，，， 解得，， 此三棱锥的体积为. 31. 已知经过圆锥SO的轴的截面是顶角为的等腰三角形，用平行于底面的截面将圆锥SO分成两部分，若这两部分几何体都存在内切球（与各面均相切），且上、下两部分几何体的体积之比是1：7，则____ 【答案】 【分析】作出圆锥的轴截面，根据题意推出圆台的上、下底面半径之比为，设圆台上底面半径为，圆台存在内切球可得圆台的母线，在中，由余弦定理可求． 【详解】如图，作出圆锥的轴截面， 上部分小圆锥一定有内切球，故只需下部分圆台有内切球即可， 设圆台的内切球的球心， 由上、下两部分几何体的体积之比是，可得截得的小圆锥与原圆锥的体积之比为， 从而可得圆台上下底面圆半径之比为， 设圆台上底面半径为，则圆台下底面半径为， 圆台存在内切球时，由切线长定理可得圆台母线长，则可得圆锥的母线， 所以圆锥的轴截面等腰三角形底边， 在中，由余弦定理可得. 32. 四棱锥的底面是边长为2的正方形，且，设该四棱锥的外接球球心与内切球球心分别为，，则的长为_______ 【答案】 【分析】由题设可知正四棱锥底面边长为侧棱长为，进而求出外接球的半径，应用等体积法求内切球的半径，即可求解. 【详解】因为四棱锥的底面是边长为2的正方形，且，为正四棱锥，设底面中心为, 则四棱锥外接球球心及内切球球心都在上，设外接球球心为，半径为. 连接，则有.四棱锥的底面是边长为2的正方形， 在中，， 由得，，整理得，. 设内切球的半径为，中，，， 所以，所以四棱锥表面积为， 由，即， ∴，则的长为. 题型06：空间几何体的最值问题 33. 已知点P在棱长为2的正方体表面运动，且，则线段AP的长的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】判断正方体的截面形状、判断线面是否垂直 【分析】作出正方体的对角线的中垂面截正方体所得截面多边形，再分段求出AP的长范围作答. 【详解】点在棱长为2的正方体表面运动，且，则点的轨迹是 线段的中垂面截正方体所得截面多边形， 分别取棱的中点， 则， 因此点在线段的中垂面上，点的轨迹是六边形，如图， 当点在线段上时，若点为线段中点，有，， 于是点为线段上任意一点，， 当点在线段上时，，为钝角，则，即， 当点在线段上时，，，， 为钝角，则，即， 当点在线段上时，由， 边上的高为，此时， 由对称性知，当点在折线上时，， 所以线段AP的长的取值范围是. 故选：D 【点睛】结论点睛：的三边分别为a，b，c（a≥b≥c），若，则是锐角三角形；若，则是直角三角形；若，则是钝角三角形. 34. 已知正四棱锥的所有棱长均为，E，F分别是PC，AB的中点，M为棱PB上异于P，B的一动点，则的最小值为 . 【答案】 【知识点】棱锥的展开图、棱锥的结构特征和分类 【分析】根据正四棱锥的性质，将所在平面展开在一个平面上，即可判断最小时的位置关系，即可确定最小值. 【详解】正四棱锥如下图示， 将面与面展开在一个平面上，E、F为中点，如下图， 所以在移动过程中，当共线时，最小为. 故答案为：. 35. 如图，在单位正方体中，分别为线段和上为两动点，求的最小值. 【答案】 【分析】把沿翻折到平面上，从而将空间问题转化成平面问题，利用正弦的和角公式，求得，再利用几何关系，即可求解. 【详解】把沿翻折到平面上，得如图所示的平面图， 由题知，， 又，记， 所以， 当时，且为与的交点，此时最小，最小值为线段的长， 又， 所以的最小值为. 36. 如图，在长方体中，，，是上一动点，求的最小值．    【答案】 【分析】将沿为轴旋转至与平面共面，可得，利用求解即可． 【详解】如图，将以为轴旋转至与平面共面位置，旋转后的点记为， 由图可知， 取的中点，连结， 由已知条件可知，， 根据勾股定理可得， 即的最小值为．    37. 在正四棱台中，，点为棱上的动点（含端点），则的最小值是__________ 【答案】 【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.    38．如图，棱长为1的正方体中，为线段的中点，、分别为线段和棱上任意一点，则的最小值为 . 【答案】2 【分析】将原问题转化为三点一线即可求解. 【详解】 在 边上取点，使得，由正方体的对称性可知， 过点作平面的垂线得垂足， 连接，则有， ， 显然，当三点共线时最小， 即当是中点的时候，， ，最小值为2； 故答案为：2. 39. （24-25复旦附中高二期中）一块边长为12cm的正三角形薄铁片，按如图所示设计方案，裁剪下三个全等的四边形（每个四边形中有且只有一组对角为直角），然后用余下的部分加工制作成一个底面边长为xcm的“无盖”正三棱柱形容器，容积记为Vcm3. （1）若加工人员为了充分利用边角料，考虑在加工过程中，使用裁剪下的三个四边形材料恰好拼接成这个正三棱柱形容器的“顶盖”，求出此时x的值； （2）将V表示为x的函数，并求V的最大值. 【答案】（1） （2）,,最大值为 【解析】 【分析】（1）由剪下的三个四边形是全等四边形组成与底面三角形全等的图形，即可得出的值； （2）结合平面图形数据及三棱柱直观图求得三棱柱的高和底面积，计算三棱柱容器的容积，求出最大值即可． 【小问1详解】 由题意知，剪下的三个四边形是全等四边形，且这三个全等的四边形组成与底面三角形全等三角形， 所以，解得，即的值为； 【小问2详解】 结合平面图形数据及三棱柱直观图，求得三棱柱的高为， 其底面积为， 所以三棱柱容器的容积为，； 求导数得，令，解得或（舍去）， 所以时，，单调递增，时，，单调递减； 所以时，取得最大值，为， 所以的最大值为． 题型07：空间几何体综合题 40.（24-25高一下·上海·期末）如图，在四棱柱中，底面ABCD是直角梯形，侧棱 底面ABCD，，，，，，    (1)求证:直线与直线是异面直线； (2)若二面角的余弦值为 求k的值； (3)现将与四棱柱形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案.试问共有几种不同的拼接方案?请简要说明.在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为，求的表达式. 【答案】(1)证明见解析 (2)1 (3)3种； 【分析】（1）根据异面直线判定定理（过平面外一点与平面内一点的直线，与平面内不经过该点的直线是异面直线）进行证明； （2）过点B作于点H，证明平面从而确定二面角的平面角为，利用列方程求k. （3）根据题意，共有三种拼接方法：底面与底面拼接、以平面进行拼接、以平面进行拼接，分别求出三种拼接方法得到的新四棱柱的表面积，比较大小，求出的表达式. 【详解】（1）因为直线平面，平面，平面，， 所以直线与直线是异面直线. （2）过点B作于点H，连接,    在中，， ，解得， 因为底面，故底面ABCD，则， 因为，平面， 所以平面，则, 所以是二面角的平面角，所以， 因为， 所以，解得，则. （3）两个四棱柱的表面积为： ， 根据题意，要拼接得新四棱柱，共三种拼接方法： ①底面与底面拼接，新四棱柱的表面积为：； ②以平面进行拼接，新四棱柱的表面积为：； ③以平面进行拼接，新四棱柱的表面积为：； 因为，所以不可能为最小值， 令，解得， . 41. 圆锥的轴截面为等腰，为底面圆周上一点． (1)若的中点为，，求证：平面； (2)如果，，求此圆锥的侧面积； (3)如果二面角的大小为，求的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，由三角形中位线定理可得，由圆周角定理我们可得，由圆锥的几何特征，可得，进而由线面垂直的判定定理，得到平面，则，结合及线面垂直的判定定理得到平面； （2）若，易得，又由，可求出圆锥的底面半径长及圆锥的母线，代入圆锥表面积公式即可； （3）作于点，由面面垂直的判定定理可得平面，作于点，连，则为二面角的平面角，根据二面角的大小为，设，，进而根据可求出的大小. 【详解】（1）连接，因为为的中点，的中点为，所以． 因为为圆的直径，所以，故． 因为平面，平面，所以. 又，平面，所以平面. 又平面，故．又，，平面，所以平面． （2），， ，，又， 故圆锥的侧面积． （3）作于点，平面平面且平面平面 平面．再作于点，连， 为二面角的平面角 如图： ，． 设，， ，，，，， ，．， 即，，故，解得，. 42. （24-25复旦附中高二期中）已知四棱锥底面为平行四边形. （1）若交于平面，判断是否为菱形，并说明理由； （2）在射线上有点（均与不重合），三棱锥和的体积分别为和，求证：； （3）设为中点，过的平面分别与棱交于点，设四棱锥和的体积分别为，求的最小值. 【答案】（1）四边形为菱形，理由见解析， （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据线线垂直可证明平面，进而可得，即可结合平行四边形求证， （2）利用体积公式，结合相似即可求解， （3）利用体积公式，结合等体积法即可得，进而利用向量的线性运算，根据共面定理可得，利用基本不等式即可求解最值. 【小问1详解】 由于平面平面故, 又，平面， 故平面，又平面，故, 因此，结合四边形为平行四边形， 故四边形为菱形， 【小问2详解】 ， 其中,分别表示点到平面的距离， 根据相似可得, 故 【小问3详解】 设, 故, 同理, 由于底面为平行四边形，故， 故 ， , , , 由于共面，所以存在，使得， 故 ， 因此，化简可得，进而， 因此， 当且仅当，即时等号成立， 故最小值为， 【点睛】关键点点睛：根据等体积法得，利用共面定理可得，由基本不等式求解最值. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $