专题02 简单几何体热点题型突破（十七大题型）（高效培优期中专项训练）高二数学沪教版必修第三册

专题02 简单几何体热点题型突破（十七大题型） 考点01 求圆柱的体积与表面积 考点02 求棱柱的体积与表面积 考点03 圆锥棱柱的展开图与最短路径问题 考点04 正方体截面问题 考点05 圆柱的轴截面有关计算 考点06 求棱锥的体积与表面积 考点07 求圆锥的体积与表面积 考点08 圆锥的轴截面有关计算 考点09 圆锥与棱锥的展开图与最短路径问题 考点10 圆台的表面面积与体积 考点11 棱台的表面积与体积 考点12 多面体的表面积与体积 考点13 多面体的性质 考点14 球的截面有关计算 考点15 直线/平面与球面的位置关系 考点16 常见外接球的体积与表面积 考点17 常见内切球的体积与表面积 考点01 求圆柱的体积与表面积 1．（26-27高二上·上海黄浦·阶段检测）如图所示，已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，是弧的中点． (1)求该圆柱的表面积； (2)求异面直线与所成角的正切值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出圆柱的底面半径和高，根据圆柱的表面积计算公式代入计算即可得出答案； （2）过点作，交底面圆于点，连接，，求出，的值，代入计算即可得出答案. 【详解】（1）因为圆柱的轴截面是边长为2的正方形，所以圆柱的高为，底面圆的半径为， 圆柱的表面积. （2）如图所示过点作，交底面圆于点，连接，，, 则平面， 又因为平面，所以， 则是异面直线与所成的角 由圆的性质可得是等腰直角三角形，所以， 设异面直线与所成角为，则. 2．（26-27高二上·上海·阶段检测）如图（图中单位：cm）是一种铸铁机器零件，零件下部是实心的正四棱柱，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；（精确到0.01克） (2)要给一批共1000个零件的表面（包含底面）涂油漆，若该零件每平方厘米要用油漆，求总共需要用油漆多少克？（精确到0.01克） 【答案】(1) (2) 【分析】（1）分别计算圆柱与正四棱柱的体积，求和得到零件总体积，再乘以密度即可； （2）分析零件表面积的组成，计算出单个零件的表面积，乘以零件总数及单位面积油漆用量即可． 【详解】（1）由图可知，上部圆柱的底面直径为，高为，则底面半径， 下部正四棱柱的底面边长为，高为， 设圆柱的体积为，正四棱柱的体积为，零件的总体积为， 则， ， 所以零件的总体积， 取，则， 因为铁的密度为， 所以生产一件这样的铸铁零件需要铁的质量为， 故生产一件这样的铸铁零件需要铁； （2）设零件的表面积为， 该零件的表面积由圆柱的侧面积、圆柱的上底面积、正四棱柱的侧面积、正四棱柱的下底面积以及正四棱柱的上底面积（扣除圆柱下底面部分）组成， 即， 因为， 所以， ， ， 所以， 取，则， 个零件的总表面积为， 因为每平方厘米要用油漆， 所以总共需要用油漆的质量为，精确到，即， 故总共需要用油漆． 3．（2026·上海·模拟预测）已知圆柱的底面半径为3，侧面积为，则此圆柱的体积为__________． 【答案】 【详解】设圆柱的高为，因为圆柱的底面半径为3，侧面积为， 所以，解得， 因此圆柱的体积为. 4．（25-26高三下·上海·阶段检测）一个圆柱的底面半径为1，母线长为2，则该圆柱的侧面积是________． 【答案】 【详解】因圆柱的底面半径为，母线长为， 则该圆柱的侧面积是. 5．（25-26高二上·上海浦东新·期中）圆柱底面直径扩大为原来的2倍，高缩小为原来的，则体积变为原来的（   ） A．0.5倍 B．1倍 C．2倍 D．4倍 【答案】C 【分析】利用圆柱的体积公式，直接计算求解即可. 【详解】设原来的圆柱体积为，底面半径为，高为，变化后的圆柱的体积为， 则，=，所以体积变为原来的2倍. 故选：C 考点02 求棱柱的体积与表面积 6．（2026·上海·二模）已知一个直三棱柱的侧棱长为2，底面面积为2，则该三棱柱的体积为________． 【答案】4 【分析】根据三棱柱的体积公式计算求解. 【详解】设一个直三棱柱的侧棱长为，底面面积为，则该三棱柱的体积为. 7．（25-26高一下·云南昭通·期末）如图，在正三棱柱中，.若二面角的大小为60°，则此三棱柱的体积为_________. 【答案】 【分析】取的中点，连接，，分析可知即为二面角的平面角，可得，，即可得柱体的体积. 【详解】如图，取的中点，连接，， 已知底面是正三角形，则， 又因为底面，底面，则， 且，平面，则平面， 且平面，可得， 可知即为二面角的平面角，所以. 已知，则， 在中，， 所以此三棱柱的体积为. 8．（24-25高二上·上海·阶段检测）如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，且侧棱.若侧面水平放置时，液面恰好过的四等分点处，，当底面水平放置时，液面高为_________. 【答案】 【分析】根据不同放置方式水的体积相等，结合柱体的体积公式求解即可. 【详解】设当底面水平放置时，液面高度为， 依题意，侧面水平放置时，液面恰好过的四等分点处，， 所以水的体积，解得， 故答案为： 9．（2024·上海嘉定·一模）如图所示，在三棱柱中，，侧面底面，点分别为梭和的中点. (1)若底面为边长为2的正三角形，且，侧棱与底面所成的角为，求三棱柱的体积； (2)求证： 平面. 【答案】(1)3； (2)证明：在三棱柱中，取的中点，连接，， 在中，由是的中点，得，且， 而且，又为棱的中点，则，且， 则四边形为平行四边形，，又平面，平面， 所以平面. 【分析】（1）根据给定条件，可得点在平面上的射影在直线上，进而求出三棱柱的高及体积. （2）利用线面平行的判定推理即得. 【详解】（1）在三棱柱中，平面平面， 由平面平面，得点在平面上的射影在直线上， 点与其在平面上的射影的距离为点到平面的距离， 直线与直线的夹角即为侧棱与底面所成的角为， 因此，而正的面积， 所以三棱柱的体积. （2）略 10．（25-26高二下·上海浦东新·期中）已知三棱柱棱长均为1. (1)若平面，求三棱柱的表面积； (2)若，求证：平面平面 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意判断三棱柱是正三棱柱，再根据底面正三角形和侧面正方形的面积和，求解棱柱表面积即可； （2）作出辅助线，结合题干和勾股定理可得线面垂直，再根据面面垂直的判定定理证明即可. 【详解】（1）平面，三棱柱为正三棱柱，且侧面均为正方形， 则 （2）如图所示，取中点，连接， 因为 所以， 因为 所以，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面. 考点03 圆锥棱柱的展开图与最短路径问题 11．（26-27高二上·上海黄浦·阶段检测）如图，直三棱柱中，，，，，为线段上的一动点，则最小值为______． 【答案】 【分析】将平面沿翻折至与平面同一平面，结合平面几何性质运算求解即可. 【详解】将平面沿翻折至与平面同一平面，如图所示： 则，即四边形为正方形， 可得，所以最小值为. 12．（25-26高二上·上海闵行·期末）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：. 13．（25-26高三上·上海·期末）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：. 14．（25-26高二上·上海·阶段检测）已知正方体的棱长为2，为线段的中点，，其中，则下列选项正确的是______． ①时，； ②时，的最小值为； ③时，直线与面的交点轨迹长度为； 【答案】①② 【分析】对于①，作出辅助线，得到点在线段上，证明线面垂直，得到线线垂直。对于②，作出辅助线，将两平面展开为同一平面内，利用两点之间线段最短，得到的最小值，求出答案，对于③，作出辅助线，找到直线与面的交点轨迹，再求出长度即可. 【详解】对于①，取的中点中点，连接， 由正方体性质得， 因为 所以，即点在线段上， 因为为线段的中点，则，而, 故，所以， 由于，所以， 又因为平面平面，所以， 因为平面，所以平面平面， 所以，故①正确； 对于②，在上取点，使得，在上取点，使得， 因为，所以点在线段上， 将平面与平面沿着展开到同一平面内，如图， 连接交于点，即三点共线时，取得最小值， 其中由勾股定理得， 所以，所以，故②正确； 对于③，，，， 由向量共线定理的推论可得点在线段上， 连接，交于点，，交于点，连接， 则线段即为直线与平面的交点轨迹． 其中为等边三角形，， 由三角形相似可知，而，所以， 同理可得，所以为等边三角形，所以， 可得直线与平面的交点轨迹长度为，故③错误. 故答案为：①② 15．（24-25高二上·上海·阶段检测）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. 考点04 正方体截面问题 16．（26-27高二上·上海黄浦·阶段检测）正方体透明容器的棱长为1，将容器的一个顶点放置于水平桌面上，使得正方体的12条棱所在的直线与桌面所成的角都相等，再向容器中注水，则注水过程中，容器内水面的最大面积为（     ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】令放在桌面上的顶点为，根据正方体的结构特征，要使容器内水面的面积最大，即垂直于的平面截正方体的截面积最大，并确定最大截面的形状，求其面积即可． 【详解】令放在桌面上的顶点为， 当桌面时正方体的各棱所在的直线与桌面所成的角都相等， 此时要使容器内水面的面积最大，即垂直于的平面截正方体的截面积最大， 根据正方体的对称性，仅当截面过中点时截面积最大， 此时，截面是边长为的正六边形， 故最大面积为． 17．（26-27高二上·上海黄浦·阶段检测）已知正方体的棱长为1，点在棱上，点为棱的中点，若过点的平面截该正方体所得的截面为五边形，则线段的取值范围为___________． 【答案】 【分析】利用正方体相对面平行，过作的平行线确定截面在侧面上的交线，再作的平行线补全截面；由相似三角形将截面为五边形转化为辅助点位于棱内部的条件． 【详解】设，则，且． 当时，在平面内过作的平行线，交射线于． 因为平面平面， 所以为截平面在平面内的交线， 由，，，得，所以． 又，，故． 当时，，点在棱内部． 在上底面内过作，交直线于，由，得，所以，点在棱内部． 因为上下底面平行，所以是截平面在上底面内的交线，连接，截面的五个顶点依次为、、、、，截面为五边形，如图所示． 当时，，点位于射线上且在外侧，线段与棱交于内点，截面为四边形； 当时，与重合，截面为四边形； 当时，与重合，截面为四边形． 因此，截面为五边形的充要条件是，故． 18．（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（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【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. 故选：D. 19．（24-25高二上·上海·阶段检测）棱长为1的正方体中，点P，Q，R分别是面，的中心，给出下列结论： ①与是异面直线；②平面；③平面平面；④过P，Q，R的平面截该正方体所得截面是边长为的等边三角形，以上结论正确的是______.（写出所有正确结论的序号） 【答案】③④ 【分析】对于①，由是的中位线即可得解；对于②，由和与平面不垂直即可得解；对于③，先求证平面和平面，再结合面面平行判定定理即可得解；对于④，由图即可得解. 【详解】对于①，因为是的中位线，所以即，故①错误； 对于②，因为是的中位线，所以， 又由正方体性质可知与平面不垂直， 所以与平面不垂直，故②错误， 对于③，由正方体性质得且，且， 所以是四边形和都是平行四边形， 所以，， 又平面，平面， 所以平面，平面， 又，平面， 所以平面平面，故③正确； 对于④，由图是过P，Q，R的平面截该正方体所得的截面， 该是边长为的正三角形，故④正确. 故答案为：③④. 20．（25-26高二上·上海·单元测试）在正方体中，P、Q、R分别是棱BC、、的中点，过P、Q、R三点的平面与正方体表面的交线围成的封闭图形的形状是（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】D 【分析】利用平面的性质作出过P、Q、R三点的截面，从而可判断其形状. 【详解】如图，延长交的延长线于点，连接交于点，连接， 因为P、Q、R分别是棱BC、、的中点，所以为的中点， 延长交的延长线于点，延长交的延长线于点， 则， 连接交于点，交于点, 连接，则六边形为过P、Q、R三点的平面与正方体表面的交线围成的封闭图形. 故选：D 考点05 圆柱的轴截面有关计算 21．（26-27高二上·上海·期中）如图所示，圆柱的底面半径为r，矩形是轴截面，，若直线与截面所成的角为，则圆柱的母线长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，取中点，连接，得为直线与截面所成的角，即，即可求解． 【详解】连接，取中点，连接， 由题知，矩形是轴截面，则且，所以四边形为平行四边形， 则，所以直线与截面所成的角，即直线与截面所成的角， 又，则为等边三角形，所以， 由是轴截面，则平面，又平面，所以， 又因为，平面，所以平面， 所以为直线与截面所成的角，即， 易知，所以，在中， ， 则， 在中，， 即圆柱母线长为. 22．（26-27高二上·上海·阶段检测）已知一个圆柱的轴截面是一个面积为2的正方形，则该圆柱的侧面积为________． 【答案】 【详解】设圆柱的底面半径为，高为，由题意可知 则该圆柱的侧面积. 23．（26-27高二上·上海黄浦·阶段检测）圆柱的轴截面是边长为4cm的正方形，则该圆柱的表面积为________． 【答案】 【分析】根据圆柱轴截面可求得圆柱的半径和高，即可求得圆柱表面积. 【详解】由圆柱的轴截面是边长为4cm的正方形可知， 该圆柱上底面直径为4cm，半径为2cm，高为4cm； 根据圆柱表面积公式可得. 故答案为：. 24．（24-25高二上·上海静安·期中）已知圆柱的轴截面是正方形，这个正方形的面积为，则该圆柱的表面积为_____. 【答案】 【分析】根据条件，可求出圆柱的底面直径，母线长，然后根据圆柱的表面积公式求解 【详解】由于圆柱的轴截面是正方形，面积为，即正方形的边长是， 则圆柱的母线长是，底面直径是， 于是圆柱的底面积是，侧面积是， 于是表面积是. 故答案为： 25．（24-25高二上·上海·期中）若圆柱的轴截面面积为8，则它的侧面积为______. 【答案】 【分析】设圆柱的底面半径为，母线为，由于圆柱的轴截面面积计算即可. 【详解】设圆柱的底面半径为，母线为， 由于圆柱的轴截面面积为8，所以， 所以它的侧面积为. 故答案为： 考点06 求棱锥的体积与表面积 26．（25-26高二下·上海奉贤·期末）如图，已知面面且相交于，面面且相交于，面与面相交于.    (1)若，证明； (2)若，，，，求三棱锥的体积. 【答案】(1)因为，面，面， 所以面， 又因为面，面面，所以. (2) 【分析】（1）利用线线平行推出线面平行，再借助线面平行的性质定理即可证明； （2）先由两个平面同时垂直底面推出面，然后计算底面三角形的面积，利用等体积法即可计算三棱锥体积. 【详解】（1）略 （2）因为面面，面面，且面面， 所以面. 因为，，， 所以， 所以三棱锥的体积为：. 27．（25-26高三下·上海·阶段检测）在如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面， ，，，点为的中点． (1)求异面直线与直线所成角． (2)点是线段上一个动点，求三棱锥的体积； 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【详解】（1）因为平面，且平面，所以． 又因为四边形为矩形，所以． 因为，且，平面，所以平面． 因为平面，所以． 故异面直线与所成的角为． （2）连接交于点，在中，为中点，为中点，所以 ． 因为平面，平面，所以 平面． 因为点在线段上，所以点到平面的距离等于点到平面的距离（或者视为定值）． 即． 在中，． 点到平面（即底面）的距离，所以． 所以． 故三棱锥的体积为． 28．（25-26高三下·上海徐汇·阶段检测）如图，已知直三棱柱所有棱长均为2，过线段中点作平面平面，设点为平面与线段的交点.    (1)求直线与平面所成角的大小； (2)求证：，并求四面体的体积. 【答案】(1) (2)证明见解析， 【分析】（1）根据线面角的定义确定出就是直线与平面所成的角，然后在中求解即可； （2）根据面面平行的性质定理即可证明，进而证明平面，从而将四面体的体积转化为四面体的体积，再根据体积公式计算即可. 【详解】（1）在直三棱柱中，侧棱底面， 所以是在底面内的射影， 所以就是直线与平面所成的角. 因为点为中点，所以，又， 所以在，， 所以直线与平面所成的角的大小为； （2）设点到平面的距离为， 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以. 因为平面，平面，所以平面， 所以点和点到平面的距离相等，均为. 又因为直三棱柱的所有棱长均为2，点为中点，侧棱底面， 所以 . 29．（25-26高三下·上海浦东新·期中）如图，在多面体中，平面平面，，，是边长为的等边三角形，． (1)求证：平面； (2)若与平面所成的角为，求三棱锥的体积． 【答案】(1)因为平面平面，为等边三角形，取中点，连接， 则，又平面，平面平面， 由面面垂直的性质得平面， 平面，因此.又， 平面，故平面. 又因为，所以平面，得证. (2)． 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理证明即可； （2）利用线面角推出所需线段长度，再将三棱锥转换顶点进行求解. 【详解】（1）略 （2） 连接，因为是边长为​的等边三角形， 所以. 由线面角定义可知，与平面所成角为​， 在中，​，得​​. 设，则，​​， 代入得，解得，即. 因为平面，平面，， 故平面平面，且为等边三角形， 则到平面的距离等于到的距离， ​​所以， 因此体积​. 30．（25-26高二上·上海·期中）如图，攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构，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______. 【答案】 【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. 故答案为： 考点07 求圆锥的体积与表面积 31．（26-27高二上·上海浦东新·阶段检测）一个圆锥形草垛高为米，底面圆的半径为2米，则该圆锥形草垛的侧面积为________. 【答案】 【分析】根据圆锥的几何结构特征，求得圆锥的母线长为，结合圆锥的侧面积公式，即可求解. 【详解】设圆锥的母线长为，因为圆锥的高，底面圆的半径为， 可得， 所以圆锥形草垛的侧面积为. 32．（26-27高三上·上海杨浦·阶段检测）已知体积相等的圆柱和圆锥的底面半径均为3，圆柱高为，则圆锥的表面积为__________． 【答案】 【分析】先根据体积相等求得圆锥的高为，进而求得圆锥的母线长，再计算表面积即可. 【详解】根据圆柱体积公式得 因为圆柱和圆锥的体积相等，即 ， 设圆锥的高为，根据圆锥体积公式得，即，解得： 所以，圆锥的母线长 所以，圆锥的表面积等于底面积与侧面积之和，公式为，即： 所以，圆锥的表面积为 33．（2026·上海长宁·二模）如图，是圆锥顶点，是底面圆心，点、在底面圆周上，，. (1)若圆锥的侧面积为，求圆锥的体积； (2)若直线与平面所成角为，求二面角的平面角的正切值 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件求圆锥的高，再求体积； （2）首先根据线面角求，再根据垂直关系，构造二面角的平面角，即可求解. 【详解】（1）设圆锥的底面半径为，母线为，， 圆锥的侧面积，所以， 则圆锥的高， 则圆锥的体积； （2）因为平面，平面， 所以，又因为，，平面， 所以平面，则与平面所成角为，所以， 又因为，所以，取的中点，连结，， 因为，， 所以，，为二面角的平面角, 因为，， 所以，， 所以二面角的平面角的正切值为. 34．（25-26高二上·上海·期末）若圆锥的底面半径为1，侧面的平面展开图的面积为，则该圆锥的体积为__________. 【答案】 【分析】由已知得到该圆锥的母线长，利用勾股定理可得圆锥的高，再由体积公式可得答案． 【详解】如图底面半径为的圆锥中， 侧面积为， 所以，由勾股定理得， 所以该圆锥的体积． 故答案为：． 35．（25-26高三上·上海青浦·期末）已知圆柱和圆锥的底面半径相同，侧面积也相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为__________. 【答案】 【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积. 【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为， 圆柱和圆锥的侧面积相等，所以，即，故，故圆锥的体积为. 故答案为： 考点08 圆锥的轴截面有关计算 36．（25-26高二上·上海金山·期末）已知一个圆锥的侧面展开图恰好是一个半圆，用经过圆锥的轴的平面截此圆锥，则截面三角形的顶角大小为______． 【答案】 【分析】圆锥的侧面展开图是一个半圆，半圆的弧长就是圆锥底面圆的周长，设出母线，求出圆锥底面圆的直径，即可求出截面三角形的顶角. 【详解】根据题意，设圆锥的母线长为，底面圆的半径为， 因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，则圆锥底面圆的周长为， 所以，所以，所以圆锥底面圆的直径为， 所以用经过圆锥的轴的平面截此圆锥得到的三角形为等边三角形， 所以截面三角形的顶角大小为； 故答案为： 37．（2025·上海金山·二模）已知圆锥底面半径为1，高为，则过圆锥母线的截面面积的最大值为__________. 【答案】 【分析】依题意求得圆锥的母线长，确定轴截面的顶角，从而求出截面面积的取值的最大值，由此得解． 【详解】依题意，设圆锥的母线长为， 圆锥的底面半径为，高为， ， 设圆锥的轴截面的两母线夹角为，显然， 则过该圆锥的母线作截面，截面上的两母线夹角设为， 故截面的面积为，当且仅当时，等号成立， 故截面的面积的最大值为． 故答案为：. 38．（24-25高二上·上海闵行·期末）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： 39．（25-26高二上·上海·期中）已知圆锥的母线长为4，过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为8，则该圆锥底面半径的取值集合为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】依据题意作出圆锥的轴截面，再分析其轴截面三角形的顶角是否大于等于，结合三角函数即可得解. 【详解】 如图，是圆锥的轴截面，设圆锥的底面圆半径为. 若,所得截面面积最大值为,则,故不符合题意； 若，此时所得截面面积得最大值为，符合题意， 此时有，解得，又，则. 故选：D. 40．（24-25高二上·上海·期中）已知圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的高为______ 【答案】 【分析】由题意可知圆锥的母线长为2，根据圆锥侧面展开图的弧长为圆锥的底面圆的周长，可求得底面圆的半径，进而求得圆锥的高. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为， 有题意知，，解得， 所以. 故答案为：. 考点09 圆锥与棱锥的展开图与最短路径问题 41．（25-26高一下·上海·期末）如图，圆锥中，母线，底面直径．是中点，是上一动点．一只蚂蚁沿圆锥侧面上的曲线从点爬到点处，则蚂蚁所爬的最短路径长为__________． 【答案】 【分析】通过展开图，计算弧长和圆心角，蚂蚁所爬的最短路径为展开图中直线的距离，通过余弦定理直接计算边长. 【详解】将圆锥展开如图所示，因为底面直径 所以，因为， 所以， 在中，， 由余弦定理得：， 所以. 蚂蚁所爬的最短路径长为. 42．（25-26高三上·上海杨浦·期末）如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，母线千米，母线与圆锥底面所成角的大小为，为母线上靠近的三等分点.现要建设一条从到的环山观光公路，当公路长度最短时，这条公路从出发到的过程中，先上坡、后下坡，则公路的上坡路段长为______千米.（精确到0.1千米） 【答案】1.1 【分析】根据圆锥的侧面展开图，求出圆锥底面半径及展开图的圆心角，由余弦定理求出，过作的垂线，垂足为，则为点到环山观光公路的最短距离，得为公路的上坡路段，由面积相等法求，由勾股定理求出. 【详解】设母线与圆锥底面所成角，圆锥底面半径为， 则，解得， 故圆锥底面周长，展开图扇形的圆心角为. 如图所示，将圆锥侧面沿展开成扇形， 由条件得 ，， ，则最短路径为在展开图中的线段， 在中，由余弦定理得 , 故， 在中，过作的垂线，垂足为，则为点到环山观光公路的最短距离，故为公路的上坡路段， 在中， , 故， 得. 故答案为：1.1 43．（25-26高二上·上海浦东新·期中）如图几何体是圆锥的一部分，其中，，.从点出发沿曲面运动到的最短路线的距离是_____.    【答案】 【分析】根据条件，求出各个长度，以及和的长，即可求出所需圆心角，将圆锥的侧面展开，分析可得线段AB即为所求，根据余弦定理，即可求得答案. 【详解】连接OA，OB，因为，，则，    所以劣弧即缺少的圆弧的长为，占底面圆周的，    圆O的周长为，则几何体所在的圆锥的侧面展开图，即扇形的圆心角为， 所以侧面展开图中的长为，则， 所以 ， 所以，则从点出发沿曲面运动到的最短路线的距离是. 故答案为： 44．（24-25高二上·上海·期中）如图，圆锥的底面直径，母线长，点在母线上，且，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点到达点，则这只蚂蚁爬行的最短距离为______．    【答案】 【分析】蚂蚁爬行距离最短，即将圆锥侧面展开后A到C的直线距离，根据已知条件、勾股定理可求出最短距离. 【详解】如图，圆锥的侧面展开图为半径为3的扇形，弧长， 则， 则. 故答案为：.    45．（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 【分析】先展开圆锥的侧面，确定观光铁路路线，再根据实际意义确定下坡段的铁路路线，最后解三角形得结果. 【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 考点10 圆台的表面面积与体积 46．（26-27高二上·上海奉贤·阶段检测）已知某圆台上底面和下底面的半径分别为1和2，高为，则该圆台的母线长为______． 【答案】 【详解】设圆台上底面半径，下底面半径，高，母线长为. 由勾股定理得：. 47．（25-26高一下·上海·期末）如图，已知圆台形水杯（不计厚度）内盛有水，杯口的直径为，杯底的直径为，杯高为．若当杯底水平放置时，水深为，当水杯密封好倒扣过来水平放置时，水深为，且，则为________．（精确到0.01） 【答案】 【分析】找出水杯的轴截面，在轴截面中分别计算出水面半径(用水的高度表示)，从而可算出水的体积，可得到分别用，表示的水的体积，再用及水的体积相等可计算出. 【详解】设水杯的轴截面，设杯底圆心为，杯口圆心为. 当杯底水平放置时，如图，设水面圆心为，水面与交于点，过作，交于点，交于点. 由已知可得，，，. 因为，所以，即，所以. 所以水面半径. 所以水的体积. 当水杯倒扣过来水平放置时，如下图，同理可得水面半径为. 所以水的体积为. 所以. 所以 因为，所以. 所以. 即 解得. 因为，所以 【点睛】圆台的体积公式的应用，利用水的体积相等解决问题，本题计算量非常大. 48．（25-26高二上·上海·期末）如图，直角梯形中，，该图形绕直线旋转一周所形成的几何体的体积为______．    【答案】 【分析】分析可知几何体为圆台，利用台体体积公式可求得结果. 【详解】直角梯形绕直线旋转一周形成的几何体为圆台， 且该圆台上底面圆的面积为，下底面面积为， 圆台的高为， 因此，该几何体的体积为. 故答案为： 49．（25-26高二上·上海宝山·阶段检测）徐汇滨江作为2025年上海国际鲜花展的三个主会场之一，吸引了广大市民前往观展并拍照留念.图中的花盆是种植鲜花的常见容器，它可视作两个圆台的组合体，上面圆台的上、下底面直径分别为和，下面圆台的上、下底面直径分别为和，且两个圆台侧面展开图的圆弧所对的圆心角相等.若上面圆台的高为，则该花盆上、下两部分母线长的总和为______cm 【答案】 【分析】设出圆台的母线长及底面半径，根据圆台的母线长公式结合条件即得. 【详解】设上面圆台的母线长为，上面半径为下半圆半径为高为， 根据圆台的母线长公式，代入数值计算得到； 设下面圆台的母线长为，上面半径为下半圆半径为 由于两个圆台侧面展开图的圆弧所对的圆心角相等，可以得到，代入数值计算得到； 所以该花盆上､下两部分母线长的总和为. 故答案为： 50．（25-26高二上·上海·期中）已知一个圆台它的母线长为5，且两底面半径分别为，则该圆台的侧面积为__________. 【答案】 【分析】根据圆台的侧面积公式计算即得. 【详解】设圆台的上下底面圆半径为，母线长， 则该圆台的侧面积为. 故答案为：. 考点11 棱台的表面积与体积 51．（25-26高一下·上海·期末）如图，在正四棱台中，，，M为AB边上一点，且，P为棱上的动点（含端点）． (1)求四棱台的体积； (2)求的最小值； (3)在BC边上求一点N，使得平面，并说明理由． 【答案】(1)； (2)； (3)在上取点，使得，则， 因为，则，且， 又且，所以，， 所以四边形为平行四边形，， 因为平面，平面，所以平面. 【分析】（1）求出台体的高，根据台体体积公式进行求解； （2）将两梯形折到同一平面内，结合余弦定理进行求解； （3）在上取点，使得，证出四边形为平行四边形，即可得出平面. 【详解】（1），故，正方形的面积为， 正方形的面积为， 连接，则， 过点作⊥平面于点，则点在上， 且， 由勾股定理得， 所以四棱台的体积为； （2）将梯形与梯形沿着折到同一平面内，如图所示， 在上取点，使得，又，故， 连接，则， 其中，所以，同理可得，， 连接，交于点，此时取得最小值，最小值为， 由余弦定理得， 所以，的最小值为； （3）略 52．（25-26高二上·上海·期末）在正四棱台中，底面四边形边长为2，底面四边形边长为4，棱台高为. (1)证明：平面平面； (2)求直线和平面所成角； (3)求棱台的表面积. 【答案】(1) 如图连接，取中点为，连接， 由正棱台的结构特征，得 平面，又平面， 则平面 平面； (2)； (3). 【分析】（1）如图连接，取中点为，连接，通过证明 平面，可完成证明； （2）由（1）过作直线平行于交于，则为与平面的夹角，据此可得答案； （3）如图作，由（1）（2）可得，即侧面梯形的高，据此棱台的侧面积. 【详解】（1）略 （2）由（1）过作直线平行于交于，因 平面， 则 平面，从而为与平面的夹角. 由题可得，又由题可得，则. 则，又，则； （3）如图作， 由题可得为棱台侧面梯形的高，棱台侧面为全等的等腰梯形. 由（2）分析可得，则. 又，则. 则棱台侧面积为： 53．（24-25高一下·上海奉贤·期中）如图1，西安航天基地揽月阁是一座融合了古代文化与现代科技的标志性建筑，可近似的视为一个正四棱台，现有一个揽月阁模型（如图2）、下底面边长为，上底面边长为，侧棱长为，则该模型的高为_________．       【答案】 【分析】连接，，由正四棱台的性质得和的长，过作，过作，得，，最后在直角三角形中，由勾股定理得到结果. 【详解】由为正四棱台，，，， 连接，得，， 过作，过作， 所以，， 在直角三角形中，， 所以正四棱台的高. 故答案为：. 54．（24-25高二上·上海·期中）正四棱台的上、下地面分别是边长为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： 55．（24-25高二上·上海·阶段检测）若正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，且高为1，则其体积为____________. 【答案】 【分析】由台体体积公式进行求解. 【详解】体积. 故答案为： 考点12 多面体的表面积与体积 56．（25-26高三上·上海嘉定·阶段检测）《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一个类似隧道形状的几何体，如图所示，在“羡除”中，底面是边长为2的正方形，,. (1)证明：平面平面； (2)求“羡除”F的体积 【答案】(1)证明：分别取的中点，连接， 因为，且，则，， 同理可得， 又因为，所以， 因为底面ABCD是边长为2的正方形，则，且， 且，则， 分别作，，垂足分别为，连接， 则，可得，且， 可知四边形为平行四边形，则， 且，，则， 可得，即， 又因为，平面，可得平面， 且平面，所以平面平面. (2) 【分析】（1）作辅助线，根据题意可证，，可得平面，进而可得面面垂直； （2）分析可知“羡除”ABCDEF可分为两个全等的三棱锥、和直三棱柱，结合柱体、锥体的体积公式运算求解. 【详解】（1）略； （2）根据题意结合对称性可得：，， 且，平面，可得平面， 同理可得：平面， 则“羡除” 可分为两个全等的三棱锥、和直三棱柱， 因为，，则， 所以“羡除”ABCDEF的体积. 57．（24-25高一上·上海嘉定·期中）某小区楼顶成一种“楔体”形状，该“楔体”两端成对称结构，其内部为钢架结构（未画出全部钢架，如图所示），底面ABCD是矩形，米，米，屋脊EF到底面ABCD的距离即楔体的高为1.5米，钢架所在的平面FGH与EF垂直且与底面的交线为GH，米，FO为立柱且O是GH的中点． (1)求斜梁FB与底面ABCD所成角的正切值； (2)求此楔体ABCDEF的体积． 【答案】(1)； (2)350立方米. 【分析】（1）连接，由题知面，是斜梁FB与底面ABCD所成角，由俯视图知，在中进行计算即可得解 （2）由题知，楔体两端成对称结构，钢架所在的面与垂直，结合俯视图可知，可将该楔体分割成一个直三棱柱和两个相同的四棱锥，然后由题中条件结合锥体和柱体体积公式计算即可 【详解】（1）如下图（右侧为俯视图），连接，由为立柱，则面， 所以是斜梁FB与底面ABCD所成角， 而，则， 在中，. （2）由题设，楔体两端成对称结构，钢架所在平面与垂直， 结合俯视图知，可将楔体分割成一个直三棱柱和两个相同的四棱锥， 其中直三棱柱体积立方米， 两个四棱锥体积立方米， 所以此楔体ABCDEF的体积为350立方米. 58．（22-23高三下·上海松江·阶段检测）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】 【分析】利用俯视图分析多出来的表面积部分，结合对称性可解. 【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：    59．（25-26高二上·上海杨浦·期中）若矩形满足，则称这样的矩形为黄金矩形．现有如图1所示的黄金矩形卡片，已知是的中点，，且，沿剪开．用3张这样剪开的卡片，两两垂直地交叉拼接，得到如图2所示的几何模型.若连结这个几何模型的12个顶点得到一个多面体（如图二连结其中三个顶点得到多面体的一个面），若，则该多面体的表面积为_________． 【答案】 【分析】根据所给图象观察可知多面体为正二十面体，根据矩形为黄金矩形可得正多面体每个三角形面的边长，利用正三角形面积公式求解即可. 【详解】由图可得：该多面体上部分有5个面，对应的下部分也有5个面，中间部分的前半部有5个面，对应的后半部分也有5个面， 所以该多面体为正二十面体. ∵，若，则， ∵该多面体为正二十面体，∴每面为正三角形，其边长为， ∴. 故答案为：. 60．（25-26高二下·上海杨浦·期末）如图，“斗”是中国古代标准容积量器，其形状可视作一个正四棱台．已知该正四棱台的高为厘米，厘米，厘米． (1)求证：； (2)求与平面所成角的大小；注：. (3)古代的米店里用“斗”给顾客量米时，为了显示诚信，用斗量米并用木尺刮平斗口后，会特意再抓一把米小心翼翼地添在斗口中央，让米堆起来形成一个“尖”的形状．假设将这个“尖”视作以为底面的正四棱锥，记作．根据物理学中“休止角”的理论，大米的休止角约为，即可视作二面角的最大值为．若忽略“斗”壁的厚度，求这个“斗”加上“尖”最多可以装大米多少立方厘米．（保留到整数位） 【答案】(1)证明：由正四棱台的性质，与相交于一点， 所以四点共面， 平面平面， 平面平面， 平面平面， 所以. (2) (3)立方厘米 【分析】（1）根据面面平行的性质定理证明线线平行； （2）首先作出正四棱台的高，过作高的平行线得到线面角，求解； （3）作出二面角的平面角，根据已知条件得到高的最大值，然后分别求体积. 【详解】（1）略 （2） 设上、下底面的中心为， 平面，， 过作交于点，则平面， 即为与平面所成的角， 由已知可得，， 在中，，， ， 则. （3） 由题意可得面， 取的中点，，， 所以为二面角的平面角， ， 二面角的最大值为， 所以， ， ， 立方厘米． 考点13 多面体的性质 61．（24-25高二·上海·随堂练习）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体的所有棱长和为________． 【答案】/ 【分析】从图形中作一个最大的水平截面，它是一个正八边形，八个顶点都在边长为的正方形边上，由此可计算出棱长． 【详解】取半正多面体的截面正八边形ABCDEFGH，由正方体的棱长为1，可知，易知， 设半正多面体的棱长为x，过B，C分别作于M，于N， 则，，解得， 故该半正多面体的所有棱长和为． 故答案为： 62．（24-25高二上·上海长宁·期中）正多面体各个面都是全等的正多边形，其中，面数最少的是正四面体，面数最多的是正二十面体，它们被称为柏拉图多面体．如图，正二十面体是由个等边三角形所组成的正多面体．已知多面体满足：顶点数-棱数+面数=，则正二十面体的顶点的个数为______． 【答案】 【分析】根据正二十面体的结构特征，利用条件列出方程求解即可. 【详解】由于正二十面体是由个等边三角形所组成的正多面体， 所以面数为，并且每个顶点处有条棱， 设正二十面体共有个顶点，则棱数为， 由题意可得，解得. 则正二十面体的顶点的个数为 故答案为：. 63．（24-25高二下·上海黄浦·阶段检测）多面体的欧拉定理：简单多面体的顶点数V､棱数E与面数F有关系.请运用欧拉定理解决问题：碳具有超导特性､抗化学腐蚀性､耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料.它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图所示， 碳的分子结构是—个由正五边形面和正六边形面共32个面构成的凸多面体，60个碳原子处于多面体的60个顶点位置，则32个面中正五边形面的个数是___________. 【答案】12 【分析】由欧拉定理求得足球烯表面上的棱数，设正五边形的个数为x，正六边形个数为y，由题意列出方程，联立即可求得答案. 【详解】由题意可知，由可得, 设正五边形的个数为x，正六边形个数为y，则， ∵一条棱连着两个面， ∴足球烯表面的棱数, 联立 ，解得， 即32个面中正五边形面的个数是12个， 故答案为：12 64．多面体欧拉定理是指对于简单多面体，其顶点数V、棱数E及面数F间有著名的欧拉公式：，并且多面体所有面的内角总和为.已知某正多面体所有面的内角总和为，且各面都为正三角形，设过每个顶点的棱数为n，则该正多面体的顶点数V=_________，棱数E=__________. 【答案】 12 30 【分析】由正多面体所有面的内角总和公式求得V，设过每个顶点的棱数为n，把正多面体的棱数与面数用含有n的代数式表示，代入欧拉定理求得n，则答案可求． 【详解】解：由题意，，得，即； 设过每个顶点的棱数为n，则 ， ， 代入，得，解得． 故． 故答案为∶12；30． 65．近些年来，三维扫描技术得到空前发展，从而催生了数字几何这一新兴学科.数字几何是传统几何和计算机科学相结合的产物.数字几何中的一个重要概念是曲率，用曲率来刻画几何体的弯曲程度.规定：多面体在顶点处的曲率等于与多面体在该点的所有面角之和的差（多面体的面角是指多面体的面上的多边形的内角的大小，用弧度制表示），多面体在面上非顶点处的曲率均为零.由此可知，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正方体在每个顶点有个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为 ，故其总曲率为. (1)求四棱锥的总曲率； (2)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率是常数. 【答案】(1) (2)证明: 设多面体有个面,给组成多面体的多边形编号,分别为号. 设第 号 多边形有 条边. 则多面体共有条棱. 由题意，多面体共有个顶点. 号多边形的内角之和为,故所有多边形的内角之和为 故多面体的总曲率为 所以满足题目要求的多面体的总曲率为. 【分析】（1）利用总曲率定义即可得到结果； （2）利用总曲率定义及欧拉定理即可证明其为常数. 【详解】（1）四棱锥有个顶点,个三角形面,个凸四边形面,故其总曲率为 （2）略. 考点14 球的截面有关计算 66．（25-26高二上·上海·阶段检测）如图，已知正方体的棱长为2，为正方形底面内的一个动点，则以下结论正确的是________.（填写所有正确结论的序号） （1）三棱锥的体积为定值； （2）若点为的中点，满足平面的点的轨迹长度为2； （3）以点为球心，为半径的球面与面的交线长为    【答案】（1）（3） 【分析】利用等体积法，将三棱锥的体积转化为的体积，即可判断（1）；通过证明平面平面，说明当点在上时，有平面，求出的长，即可判断（2）；设点到平面的距离为，通过等体积法求出，说明以点为球心，为半径的球面与面的交线是一个圆，求出圆的周长，即可判断（3）. 【详解】对于（1），设到上底面的距离为，则等于棱长2， ，三棱锥的体积为定值， 故（1）正确； 对于（2），如图所示，取，的中点分别为，， 连接，，，，    ，. 是正方体， ，， ，. 又平面，平面，平面， 同理可证平面， ，平面平面， 当点在上时，有平面. 正方体棱长为2，，的中点分别为，， ， 故（2）错误； 对于（3），设点到平面的距离为， 为正三角形，点到平面的距离为2， 由，可得， 即，解得. ，以点为球心，为半径的球面与平面的交线是一个圆， 圆的半径，圆的周长为，故（3）正确. 故答案为：（1）（3） 67．（25-26高二上·上海·期中）已知半径为5的球的两个平行截面的周长分别为和，求这两个截面间的距离． 【答案】1或7. 【分析】设球的轴截面为圆为球的直径且分别与两截面交于两点，则分别为两个截面的圆心，进而得半径，分两个平行截面在球心的同侧和异侧两种情况讨论即可求解. 【详解】由题意，如图，设球的轴截面为圆为球的直径且分别与两截面交于两点，则分别为两个截面的圆心，由平行截面的周长分别为和， 所以两半径分别为3和4．    若两个平行截面在球心的同侧，则； 若两个平行截面在球心的异侧，则． 综上，这两个截面间的距离为1或7. 68．（25-26高二上·上海·期中）已知球的半径为，一个平面截球所得截面圆的半径为，则截面圆的圆心与球心之间的距离为______ 【答案】 【分析】根据直接求值. 【详解】已知球的半径，截面圆的半径为， 所以截面圆的圆心与球心的距离为： （）. 故答案为： 69．（24-25高二上·上海金山·期末）在正方体中，已知，点在棱上，且，则正方体表面上到点距离为的点的轨迹的总长度为__________. 【答案】 【分析】确定点为球心，半径为的球在正方体每个面上的截面图形，求出轨迹的长度即可. 【详解】依题意，因为，, 故在上必存在点满足，如图所示. ，同理可得， 所以，所以， 又因为，所以， 所以，即. 在平面内满足条件的点的轨迹为， 该轨迹是以为半径的个圆周，所以长度为； 同理，在平面内满足条件的点轨迹长度为； 在平面内满足条件的点的轨迹为以为圆心，为半径的圆弧，长度为； 同理，在平面内满足条件的点的轨迹为以为圆心，为半径的圆弧，长度为. 故轨迹的总长度为. 故答案为：. 70．（24-25高二上·上海·阶段检测）已知正四面体中，是棱上一点，过作平面，满足，，若、到平面的距离分别是3和9，则正四面体的外接球被平面截得的截面面积为______． 【答案】 【分析】采用补体法将正四面体放入正方体中，根据题意求出正方体的棱长，进而求得其外接球的半径，根据勾股定理求出截面圆的半径，即可求解截面面积. 【详解】如图所示，将正四面体放入一个正方体中，    因为、到的距离分别为3、9，距离之和为12， 即正方体的棱长为12，因为球心是正方体的中心， 故球心到平面的距离为， 又球的直径，所以， 所以所截得的截面圆的半径， 故球被平面所截得的圆的面积． 故答案为： 考点15 直线平面与球面的位置关系 71．（24-25高二下·上海嘉定·期末）已知是半径为1的球面上的三点，若，则的最大值为（   ） A．1 B． C． D．2 【答案】C 【分析】设球心为，连接，则可得和均为等边三角形，所以，再在中利用余弦定理可求出. 【详解】设球心为，连接，由， 所以和均为等边三角形， 所以， 所以，当且仅当共面时取等号，如图所示， 此时取得最大值， 在中，由余弦定理得 ， 所以， 所以的最大值为， 故选：C 72．（25-26高二下·上海徐汇·期末）如图，一个由四根细铁杆、、 、组成的支架（、、 、 按照逆时针排布），若，一个半径为的球恰好放在支架上与四根细铁杆均有接触，则球心到点的距离是_________________．    【答案】 【详解】由题意可知球与四根细铁杆的接触点在一个圆上， 如图1，依次连接各接触点，则得正四棱锥， 因为，则该正四棱锥的四个侧面都是正三角形. 设，则，， 因,则，则沿切得的图象如图2所示. 因为且，所以四边形为正方形， .    73．（2025·上海·模拟预测）已知墙面与地面互相垂直，，一个气球（视为球）悬在空中．某时刻，太阳光线（视为平行直线）与恰好垂直，气球的影子在上的长度为2，影子在墙面上与距离最大的点到的距离为1，在地面上与距离最大的点到的距离为2，则该气球的半径为________． 【答案】 【分析】设气球的球心为，过球心作垂直于太阳光线的平面，该平面与墙面和地面分别相交于直线和，因为太阳光线与垂直，所以，，已知气球的影子在上的长度为 2，设影子在上的两个端点分别为，则，影子在墙面上与距离最大的点到的距离为 1，设该点为，则到的距离（为在上的投影），影子在地面上与距离最大的点到的距离为 2，设该点为，则到的距离（为在上的投影），设气球的半径为，球心到的距离为，到墙面的距离为，到地面的距离为，且满足： ，根据圆的切线性质得到和，由影子在上的长度，结合勾股定理得到，通过计算得到. 【详解】设气球的球心为，过球心作垂直于太阳光线的平面， 该平面与墙面和地面分别相交于直线和， 因为太阳光线与垂直，所以，， 已知气球的影子在上的长度为 2，设影子在上的两个端点分别为，则， 影子在墙面上与距离最大的点到的距离为 1，设该点为， 则到的距离（为在上的投影）， 影子在地面上与距离最大的点到的距离为 2，设该点为， 则到的距离（为在上的投影）， 设气球的半径为，球心到的距离为， 到墙面的距离为，到地面的距离为，且满足： ， 根据圆的切线性质： 在墙面上：， 在地面上：， 由影子在上的长度，结合勾股定理， 球心到直线的距离与半径的关系为： ， 由 和 ，可得： ， 将、代入，再结合 ， 得： ， 展开并整理： ，， 解得（半径为正数，舍去）.    74．（24-25高二上·上海宝山·期中）若球的半径为5，平面与球心的距离为3，则平面截球所得的圆面面积为_____． 【答案】 【分析】设出截面圆的半径，然后根据勾股定理完成计算即可. 【详解】设所截圆面的半径为， 由题意可知，，解得， 所以截面圆的面积为， 故答案为：. 75．（24-25高二上·上海·期中）已知正三棱锥的所有顶点均在球的球面上，，侧棱，点在线段上，且．过点作球的截面，则所得截面面积的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过点作球的截面，当截面与垂直时，截面的面积最小；当截面过球心时，截面面积最大，进而利用图形求解即可. 【详解】如图：设的中心为，球的半径为，连接，则点在上， 连接. 因为三棱锥为正三棱锥，且，， 所以，， 在中，，即， 解得， 因为，所以， 在中，由余弦定理可得， ， 过点作球的截面，当截面与垂直时，截面的面积最小， 此时截面的半径为，则截面面积为， 当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为. 故选：A 考点16 常见外接球的体积与表面积 76．（2026·上海杨浦·模拟预测）已知正三棱柱的各顶点都在球O的球面上，且，若球O的体积为，则这个正三棱柱的体积为__________． 【答案】 【分析】先求出的外接圆半径和正三棱柱的外接球半径，再根据勾股定理求出，即可求出正三棱柱的高，然后利用柱体的体积公式计算体积即可. 【详解】如图所示，作出的外接圆圆心，连接. 正中，，由正弦定理可得，. 又正三棱柱的外接球体积为，. 在中，. 所以正三棱柱的高. 所以正三棱柱的体积. 77．（25-26高二上·上海·期末）已知圆柱的两个底面的圆周在同一个球的球面上，圆柱的高和底面直径均为，则这个球的体积为________. 【答案】/ 【分析】根据圆柱的高和底面直径求出球的半径，再利用球的体积公式计算球的体积. 【详解】设球的半径为，圆柱的底面半径为，圆柱的高为，则， 由，所以， 所以球的体积. 故答案为： 78．（25-26高一下·上海浦东新·期末）已知正四棱柱，，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为_______. 【答案】 【详解】由为正四棱柱，且， 所以为正方形，则正四棱柱的外接球半径， 所以球的表面积为. 79．（2026·上海·一模）如图，在四棱锥中，平面，四边形是平行四边形． (1)若E是PB上任意一点，四边形ABCD是菱形，，BD= 6，当面积的最小值是9时，求证：平面； (2)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．若四棱锥是阳马，PD=5，CD=4，AD=3，求：该阳马的外接球表面积； (3)若四棱锥是阳马，且，点可能为的中点，试确定点E位置使得四面体为鳖臑，并证明． 【答案】(1)证明：因为四边形是菱形，所以， 又因为平面，平面，所以， 且，平面，所以平面；   设与相交于点，连接，又由平面，平面， 所以，； 当面积最小时，最小，则， ，，解得：； 由且，，、平面， 则平面，又平面，则； 又由，则，而， 、平面，故平面. (2) (3)点是的中点. 【分析】（1）应用线面垂直判定定理得出平面，再结合面积的最小值得，最后再应用线面垂直判定定理证明； （2）先补形再应用长方体外接球性质计算求解；   （3）应用线面垂直判定定理得出平面，再结合几何体特征得出平面，即可证明几何体形状. 【详解】（1）略 （2）把四棱锥放置在长方体中， 则长方体的外接球即为四棱锥的外接球， ，，， 长方体的对角线长为， 则长方体的外接球的半径， 该阳马的外接球的表面积为． （3）点是的中点， 因为，所以， 又因为底面，底面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以， 由，，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以， 所以四面体为鳖臑； 80．（25-26高二上·上海·期末）已知直三棱柱的6个顶点都在球的球面上，若，，则球的表面积为______． 【答案】 【分析】将直三棱柱补成长方体，将问题转化为求解长方体外接球半径即可. 【详解】由，可知，，故， 将直三棱柱补成如图所示， 以为邻边的长方体， 故直三棱柱外接球半径等于长方体体对角线一半，即半径， 所以球的表面积为， 故答案为：. 考点17 常见内切球的体积与表面积 81．（24-25高二上·上海杨浦·期中）如图某机器零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体棱长为，则模型中九个球的体积和为__________. 【答案】/ 【分析】先求出正四面体内切球半径与正四面体棱长和高的关系，再分析大、中、小内切于正四面体的高即可求解. 【详解】如图所示正四面体，设棱长为，高为，为正四面体内切球的球心， 延长交底面于，是等边三角形的中心，过作交于，连接， 则为正四面体内切球的半径， 因为，，， 所以， 所以，解得， 所以正四面体内切球的体积， 由图可知最大球内切于高的正四面体中，最大球半径， 故最大球体积为； 中等球内切于高的正四面体中，中等球半径， 故中等球的体积为； 最小求内切于高的正四面体中，最小球半径， 故最小求的体积为； 所以九个球的体积和， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于求出大球、中球以及小球的半径，由此结合体积公式即可顺利得解. 82．（24-25高二上·上海·期中）在一个圆锥中，为圆锥的顶点，为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，为底面圆的直径，是底面圆的内接正三角形，，则对于下列结论，说法正确的是（    ） ①该圆锥的外接球体积为；②三棱锥的内切球表面积为 A．①为真命题，②为真命题 B．①为假命题，②为真命题 C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为假命题 【答案】B 【分析】根据题意分析可得，，设圆锥的外接球半径为,则，解出，即可求得该圆锥的外接球体积，即可判断①；即可已知，可得三棱锥是顶角为直角的正三棱锥，求出三棱锥的各个面的面积及体积，再利用等体积法求出内切球的半径，即可求得三棱锥的内切球表面积，进而判断②. 【详解】 因为为圆锥的顶点，为圆锥底面圆的圆心， 是底面圆的内接正三角形，， 则， 设圆锥的外接球半径为, 则，解得， 所以圆锥的外接球体积为， 故①为假命题； 因为为线段的中点， 则， 故，则， 同理，且三棱锥是正三棱锥， 又， ， ， 设三棱锥的内切球的半径为， 则， 即，解得，即， 所以三棱锥的内切球的表面积，故②为真命题． 故选：B. 83．（24-25高二上·上海·期中）已知一个圆台有内切球，且两底面半径分别为1，4，则该圆台的表面积为___________. 【答案】 【分析】借助于轴截面，根据内切圆的性质分析可知圆台的母线长为，进而可求表面积. 【详解】如图所示，等腰梯形为圆台轴截面， 内接圆与梯形切于点，其中分别为上、下底面圆心， 则梯形的腰长，即圆台的母线长为， 所以该圆台的表面积为. 故答案为：. 84．（24-25高二上·上海浦东新·期中）已知一个体积为的球内切于直三棱柱（即与三棱柱的所有面均相切）,底面的中有,则该直三棱柱的外接球（即使所有顶点均落在球面上）的表面积为________． 【答案】 【分析】根据直三棱柱内切球与直三棱柱高和底面三角形内切圆之间的关系建立等式,可求出直三棱柱高和底面三角形内切圆半径,再根据题上条件,设边长,用余弦定理,建立边之间的关系,根据底面三角形内切圆半径跟面积和周长之间得关系,找到底面三角形三边长,进而找到直三棱柱的外接球半径,求出表面积即可. 【详解】解:由题知，记内切球半径为,外接球半径为, 内切圆、外接圆半径为r,R, 则,解得, 因为该球内切于一个直三棱柱, 当且仅当球半径与底面三角形内切圆半径相等, 同时棱柱的高恰为球半径的2倍, 所以; 由题意,设, 则在中由余弦定理得, , , 所以, 由内切圆半径公式,, 解得,所以, 由正弦定理,,得, 而直三棱柱内接于一个球, 当且仅当两全等的底面位于距球心距离相同且平行的两个小圆上, 显然该两个小圆距球心的距离d应为棱柱高h的一半, 所以平面与球心间的距离, 且其所在小圆的半径即为其本身外接圆的半径,为, 由球的垂径定理,, 所以球的表面积为． 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 简单几何体热点题型突破（十七大题型） 考点01 求圆柱的体积与表面积 考点02 求棱柱的体积与表面积 考点03 圆锥棱柱的展开图与最短路径问题 考点04 正方体截面问题 考点05 圆柱的轴截面有关计算 考点06 求棱锥的体积与表面积 考点07 求圆锥的体积与表面积 考点08 圆锥的轴截面有关计算 考点09 圆锥与棱锥的展开图与最短路径问题 考点10 圆台的表面面积与体积 考点11 棱台的表面积与体积 考点12 多面体的表面积与体积 考点13 多面体的性质 考点14 球的截面有关计算 考点15 直线/平面与球面的位置关系 考点16 常见外接球的体积与表面积 考点17 常见内切球的体积与表面积 考点01 求圆柱的体积与表面积 1．（26-27高二上·上海黄浦·阶段检测）如图所示，已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，是弧的中点． (1)求该圆柱的表面积； (2)求异面直线与所成角的正切值． 2．（26-27高二上·上海·阶段检测）如图（图中单位：cm）是一种铸铁机器零件，零件下部是实心的正四棱柱，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；（精确到0.01克） (2)要给一批共1000个零件的表面（包含底面）涂油漆，若该零件每平方厘米要用油漆，求总共需要用油漆多少克？（精确到0.01克） 3．（2026·上海·模拟预测）已知圆柱的底面半径为3，侧面积为，则此圆柱的体积为__________． 4．（25-26高三下·上海·阶段检测）一个圆柱的底面半径为1，母线长为2，则该圆柱的侧面积是________． 5．（25-26高二上·上海浦东新·期中）圆柱底面直径扩大为原来的2倍，高缩小为原来的，则体积变为原来的（   ） A．0.5倍 B．1倍 C．2倍 D．4倍 考点02 求棱柱的体积与表面积 6．（2026·上海·二模）已知一个直三棱柱的侧棱长为2，底面面积为2，则该三棱柱的体积为________． 7．（25-26高一下·云南昭通·期末）如图，在正三棱柱中，.若二面角的大小为60°，则此三棱柱的体积为_________. 8．（24-25高二上·上海·阶段检测）如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，且侧棱.若侧面水平放置时，液面恰好过的四等分点处，，当底面水平放置时，液面高为_________. 9．（2024·上海嘉定·一模）如图所示，在三棱柱中，，侧面底面，点分别为梭和的中点. (1)若底面为边长为2的正三角形，且，侧棱与底面所成的角为，求三棱柱的体积； (2)求证： 平面. 10．（25-26高二下·上海浦东新·期中）已知三棱柱棱长均为1. (1)若平面，求三棱柱的表面积； (2)若，求证：平面平面 考点03 圆锥棱柱的展开图与最短路径问题 11．（26-27高二上·上海黄浦·阶段检测）如图，直三棱柱中，，，，，为线段上的一动点，则最小值为______． 12．（25-26高二上·上海闵行·期末）如图，在正三棱柱中，，为的中点，为线段上的点，则的最小值为______． 13．（25-26高三上·上海·期末）在棱长为2的正方体中，分别是上的动点，的最小值为_________． 14．（25-26高二上·上海·阶段检测）已知正方体的棱长为2，为线段的中点，，其中，则下列选项正确的是______． ①时，； ②时，的最小值为； ③时，直线与面的交点轨迹长度为； 15．（24-25高二上·上海·阶段检测）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_____. 考点04 正方体截面问题 16．（26-27高二上·上海黄浦·阶段检测）正方体透明容器的棱长为1，将容器的一个顶点放置于水平桌面上，使得正方体的12条棱所在的直线与桌面所成的角都相等，再向容器中注水，则注水过程中，容器内水面的最大面积为（     ）． A． B． C． D． 17．（26-27高二上·上海黄浦·阶段检测）已知正方体的棱长为1，点在棱上，点为棱的中点，若过点的平面截该正方体所得的截面为五边形，则线段的取值范围为___________． 18．（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（    ） A． B． C． D． 19．（24-25高二上·上海·阶段检测）棱长为1的正方体中，点P，Q，R分别是面，的中心，给出下列结论： ①与是异面直线；②平面；③平面平面；④过P，Q，R的平面截该正方体所得截面是边长为的等边三角形，以上结论正确的是______.（写出所有正确结论的序号） 20．（25-26高二上·上海·单元测试）在正方体中，P、Q、R分别是棱BC、、的中点，过P、Q、R三点的平面与正方体表面的交线围成的封闭图形的形状是（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 考点05 圆柱的轴截面有关计算 21．（26-27高二上·上海·期中）如图所示，圆柱的底面半径为r，矩形是轴截面，，若直线与截面所成的角为，则圆柱的母线长为（    ） A． B． C． D． 22．（26-27高二上·上海·阶段检测）已知一个圆柱的轴截面是一个面积为2的正方形，则该圆柱的侧面积为________． 23．（26-27高二上·上海黄浦·阶段检测）圆柱的轴截面是边长为4cm的正方形，则该圆柱的表面积为________． 24．（24-25高二上·上海静安·期中）已知圆柱的轴截面是正方形，这个正方形的面积为，则该圆柱的表面积为_____. 25．（24-25高二上·上海·期中）若圆柱的轴截面面积为8，则它的侧面积为______. 考点06 求棱锥的体积与表面积 26．（25-26高二下·上海奉贤·期末）如图，已知面面且相交于，面面且相交于，面与面相交于.    (1)若，证明； (2)若，，，，求三棱锥的体积. 27．（25-26高三下·上海·阶段检测）在如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面， ，，，点为的中点． (1)求异面直线与直线所成角． (2)点是线段上一个动点，求三棱锥的体积； 28．（25-26高三下·上海徐汇·阶段检测）如图，已知直三棱柱所有棱长均为2，过线段中点作平面平面，设点为平面与线段的交点.    (1)求直线与平面所成角的大小； (2)求证：，并求四面体的体积. 29．（25-26高三下·上海浦东新·期中）如图，在多面体中，平面平面，，，是边长为的等边三角形，． (1)求证：平面； (2)若与平面所成的角为，求三棱锥的体积． 30．（25-26高二上·上海·期中）如图，攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构，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______. 考点07 求圆锥的体积与表面积 31．（26-27高二上·上海浦东新·阶段检测）一个圆锥形草垛高为米，底面圆的半径为2米，则该圆锥形草垛的侧面积为________. 32．（26-27高三上·上海杨浦·阶段检测）已知体积相等的圆柱和圆锥的底面半径均为3，圆柱高为，则圆锥的表面积为__________． 33．（2026·上海长宁·二模）如图，是圆锥顶点，是底面圆心，点、在底面圆周上，，. (1)若圆锥的侧面积为，求圆锥的体积； (2)若直线与平面所成角为，求二面角的平面角的正切值 34．（25-26高二上·上海·期末）若圆锥的底面半径为1，侧面的平面展开图的面积为，则该圆锥的体积为__________. 35．（25-26高三上·上海青浦·期末）已知圆柱和圆锥的底面半径相同，侧面积也相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为__________. 考点08 圆锥的轴截面有关计算 36．（25-26高二上·上海金山·期末）已知一个圆锥的侧面展开图恰好是一个半圆，用经过圆锥的轴的平面截此圆锥，则截面三角形的顶角大小为______． 37．（2025·上海金山·二模）已知圆锥底面半径为1，高为，则过圆锥母线的截面面积的最大值为__________. 38．（24-25高二上·上海闵行·期末）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__________. 39．（25-26高二上·上海·期中）已知圆锥的母线长为4，过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为8，则该圆锥底面半径的取值集合为（    ） A． B． C． D． 40．（24-25高二上·上海·期中）已知圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的高为______ 考点09 圆锥与棱锥的展开图与最短路径问题 41．（25-26高一下·上海·期末）如图，圆锥中，母线，底面直径．是中点，是上一动点．一只蚂蚁沿圆锥侧面上的曲线从点爬到点处，则蚂蚁所爬的最短路径长为__________． 42．（25-26高三上·上海杨浦·期末）如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，母线千米，母线与圆锥底面所成角的大小为，为母线上靠近的三等分点.现要建设一条从到的环山观光公路，当公路长度最短时，这条公路从出发到的过程中，先上坡、后下坡，则公路的上坡路段长为______千米.（精确到0.1千米） 43．（25-26高二上·上海浦东新·期中）如图几何体是圆锥的一部分，其中，，.从点出发沿曲面运动到的最短路线的距离是_____.    44．（24-25高二上·上海·期中）如图，圆锥的底面直径，母线长，点在母线上，且，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点到达点，则这只蚂蚁爬行的最短距离为______．    45．（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 考点10 圆台的表面面积与体积 46．（26-27高二上·上海奉贤·阶段检测）已知某圆台上底面和下底面的半径分别为1和2，高为，则该圆台的母线长为______． 47．（25-26高一下·上海·期末）如图，已知圆台形水杯（不计厚度）内盛有水，杯口的直径为，杯底的直径为，杯高为．若当杯底水平放置时，水深为，当水杯密封好倒扣过来水平放置时，水深为，且，则为________．（精确到0.01） 48．（25-26高二上·上海·期末）如图，直角梯形中，，该图形绕直线旋转一周所形成的几何体的体积为______．    49．（25-26高二上·上海宝山·阶段检测）徐汇滨江作为2025年上海国际鲜花展的三个主会场之一，吸引了广大市民前往观展并拍照留念.图中的花盆是种植鲜花的常见容器，它可视作两个圆台的组合体，上面圆台的上、下底面直径分别为和，下面圆台的上、下底面直径分别为和，且两个圆台侧面展开图的圆弧所对的圆心角相等.若上面圆台的高为，则该花盆上、下两部分母线长的总和为______cm 50．（25-26高二上·上海·期中）已知一个圆台它的母线长为5，且两底面半径分别为，则该圆台的侧面积为__________. 考点11 棱台的表面积与体积 51．（25-26高一下·上海·期末）如图，在正四棱台中，，，M为AB边上一点，且，P为棱上的动点（含端点）． (1)求四棱台的体积； (2)求的最小值； (3)在BC边上求一点N，使得平面，并说明理由． 52．（25-26高二上·上海·期末）在正四棱台中，底面四边形边长为2，底面四边形边长为4，棱台高为. (1)证明：平面平面； (2)求直线和平面所成角； (3)求棱台的表面积. 53．（24-25高一下·上海奉贤·期中）如图1，西安航天基地揽月阁是一座融合了古代文化与现代科技的标志性建筑，可近似的视为一个正四棱台，现有一个揽月阁模型（如图2）、下底面边长为，上底面边长为，侧棱长为，则该模型的高为_________．       54．（24-25高二上·上海·期中）正四棱台的上、下地面分别是边长为1、2的正方形，侧棱长为1，则该棱台的体积为__________. 55．（24-25高二上·上海·阶段检测）若正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，且高为1，则其体积为____________. 考点12 多面体的表面积与体积 56．（25-26高三上·上海嘉定·阶段检测）《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一个类似隧道形状的几何体，如图所示，在“羡除”中，底面是边长为2的正方形，,. (1)证明：平面平面； (2)求“羡除”F的体积 57．（24-25高一上·上海嘉定·期中）某小区楼顶成一种“楔体”形状，该“楔体”两端成对称结构，其内部为钢架结构（未画出全部钢架，如图所示），底面ABCD是矩形，米，米，屋脊EF到底面ABCD的距离即楔体的高为1.5米，钢架所在的平面FGH与EF垂直且与底面的交线为GH，米，FO为立柱且O是GH的中点． (1)求斜梁FB与底面ABCD所成角的正切值； (2)求此楔体ABCDEF的体积． 58．（22-23高三下·上海松江·阶段检测）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__________.    59．（25-26高二上·上海杨浦·期中）若矩形满足，则称这样的矩形为黄金矩形．现有如图1所示的黄金矩形卡片，已知是的中点，，且，沿剪开．用3张这样剪开的卡片，两两垂直地交叉拼接，得到如图2所示的几何模型.若连结这个几何模型的12个顶点得到一个多面体（如图二连结其中三个顶点得到多面体的一个面），若，则该多面体的表面积为_________． 60．（25-26高二下·上海杨浦·期末）如图，“斗”是中国古代标准容积量器，其形状可视作一个正四棱台．已知该正四棱台的高为厘米，厘米，厘米． (1)求证：； (2)求与平面所成角的大小；注：. (3)古代的米店里用“斗”给顾客量米时，为了显示诚信，用斗量米并用木尺刮平斗口后，会特意再抓一把米小心翼翼地添在斗口中央，让米堆起来形成一个“尖”的形状．假设将这个“尖”视作以为底面的正四棱锥，记作．根据物理学中“休止角”的理论，大米的休止角约为，即可视作二面角的最大值为．若忽略“斗”壁的厚度，求这个“斗”加上“尖”最多可以装大米多少立方厘米．（保留到整数位） 考点13 多面体的性质 61．（24-25高二·上海·随堂练习）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体的所有棱长和为________． 62．（24-25高二上·上海长宁·期中）正多面体各个面都是全等的正多边形，其中，面数最少的是正四面体，面数最多的是正二十面体，它们被称为柏拉图多面体．如图，正二十面体是由个等边三角形所组成的正多面体．已知多面体满足：顶点数-棱数+面数=，则正二十面体的顶点的个数为______． 63．（24-25高二下·上海黄浦·阶段检测）多面体的欧拉定理：简单多面体的顶点数V､棱数E与面数F有关系.请运用欧拉定理解决问题：碳具有超导特性､抗化学腐蚀性､耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料.它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图所示， 碳的分子结构是—个由正五边形面和正六边形面共32个面构成的凸多面体，60个碳原子处于多面体的60个顶点位置，则32个面中正五边形面的个数是___________. 64．多面体欧拉定理是指对于简单多面体，其顶点数V、棱数E及面数F间有著名的欧拉公式：，并且多面体所有面的内角总和为.已知某正多面体所有面的内角总和为，且各面都为正三角形，设过每个顶点的棱数为n，则该正多面体的顶点数V=_________，棱数E=__________. 65．近些年来，三维扫描技术得到空前发展，从而催生了数字几何这一新兴学科.数字几何是传统几何和计算机科学相结合的产物.数字几何中的一个重要概念是曲率，用曲率来刻画几何体的弯曲程度.规定：多面体在顶点处的曲率等于与多面体在该点的所有面角之和的差（多面体的面角是指多面体的面上的多边形的内角的大小，用弧度制表示），多面体在面上非顶点处的曲率均为零.由此可知，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正方体在每个顶点有个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为 ，故其总曲率为. (1)求四棱锥的总曲率； (2)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率是常数. 考点14 球的截面有关计算 66．（25-26高二上·上海·阶段检测）如图，已知正方体的棱长为2，为正方形底面内的一个动点，则以下结论正确的是________.（填写所有正确结论的序号） （1）三棱锥的体积为定值； （2）若点为的中点，满足平面的点的轨迹长度为2； （3）以点为球心，为半径的球面与面的交线长为    67．（25-26高二上·上海·期中）已知半径为5的球的两个平行截面的周长分别为和，求这两个截面间的距离． 68．（25-26高二上·上海·期中）已知球的半径为，一个平面截球所得截面圆的半径为，则截面圆的圆心与球心之间的距离为______ 69．（24-25高二上·上海金山·期末）在正方体中，已知，点在棱上，且，则正方体表面上到点距离为的点的轨迹的总长度为__________. 70．（24-25高二上·上海·阶段检测）已知正四面体中，是棱上一点，过作平面，满足，，若、到平面的距离分别是3和9，则正四面体的外接球被平面截得的截面面积为______． 考点15 直线平面与球面的位置关系 71．（24-25高二下·上海嘉定·期末）已知是半径为1的球面上的三点，若，则的最大值为（   ） A．1 B． C． D．2 72．（25-26高二下·上海徐汇·期末）如图，一个由四根细铁杆、、 、组成的支架（、、 、 按照逆时针排布），若，一个半径为的球恰好放在支架上与四根细铁杆均有接触，则球心到点的距离是_________________．    73．（2025·上海·模拟预测）已知墙面与地面互相垂直，，一个气球（视为球）悬在空中．某时刻，太阳光线（视为平行直线）与恰好垂直，气球的影子在上的长度为2，影子在墙面上与距离最大的点到的距离为1，在地面上与距离最大的点到的距离为2，则该气球的半径为________． 74．（24-25高二上·上海宝山·期中）若球的半径为5，平面与球心的距离为3，则平面截球所得的圆面面积为_____． 75．（24-25高二上·上海·期中）已知正三棱锥的所有顶点均在球的球面上，，侧棱，点在线段上，且．过点作球的截面，则所得截面面积的取值范围是（   ） A． B． C． D． 考点16 常见外接球的体积与表面积 76．（2026·上海杨浦·模拟预测）已知正三棱柱的各顶点都在球O的球面上，且，若球O的体积为，则这个正三棱柱的体积为__________． 77．（25-26高二上·上海·期末）已知圆柱的两个底面的圆周在同一个球的球面上，圆柱的高和底面直径均为，则这个球的体积为________. 78．（25-26高一下·上海浦东新·期末）已知正四棱柱，，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为_______. 79．（2026·上海·一模）如图，在四棱锥中，平面，四边形是平行四边形． (1)若E是PB上任意一点，四边形ABCD是菱形，，BD= 6，当面积的最小值是9时，求证：平面； (2)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．若四棱锥是阳马，PD=5，CD=4，AD=3，求：该阳马的外接球表面积； (3)若四棱锥是阳马，且，点可能为的中点，试确定点E位置使得四面体为鳖臑，并证明． 80．（25-26高二上·上海·期末）已知直三棱柱的6个顶点都在球的球面上，若，，则球的表面积为______． 考点17 常见内切球的体积与表面积 81．（24-25高二上·上海杨浦·期中）如图某机器零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体棱长为，则模型中九个球的体积和为__________. 82．（24-25高二上·上海·期中）在一个圆锥中，为圆锥的顶点，为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，为底面圆的直径，是底面圆的内接正三角形，，则对于下列结论，说法正确的是（    ） ①该圆锥的外接球体积为；②三棱锥的内切球表面积为 A．①为真命题，②为真命题 B．①为假命题，②为真命题 C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为假命题 83．（24-25高二上·上海·期中）已知一个圆台有内切球，且两底面半径分别为1，4，则该圆台的表面积为___________. 84．（24-25高二上·上海浦东新·期中）已知一个体积为的球内切于直三棱柱（即与三棱柱的所有面均相切）,底面的中有,则该直三棱柱的外接球（即使所有顶点均落在球面上）的表面积为________． 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $