还剩56页未读，
继续阅读
第07讲基本立体图形与直观图（核心考点讲与练）-2021-2022学年高一数学考试满分全攻略（人教A版2019必修第二册）（解析版）
展开
这是一份第07讲基本立体图形与直观图（核心考点讲与练）-2021-2022学年高一数学考试满分全攻略（人教A版2019必修第二册）（解析版），共59页。试卷主要包含了几何体的结构特征及分类，简单组合体等内容，欢迎下载使用。
第07讲基本立体图形与直观图（核心考点讲与练）
（一）基本立体图形
1、几何体的结构特征及分类
名称
定义
图形
特征
分类
棱柱
一个多边形的点沿相同方向移动相等距离形成的多面体。
1） 侧棱平行且相等；
2） 底面平行且全等；
3） 不相邻侧棱截面是平行四边形。
1） 直棱柱和斜棱柱；
2） 正棱柱和非正棱柱；
3） 三棱柱、四棱柱等。
棱锥
一个面是多边形，其余各面有一个公共点的三角形的多面体。
棱锥被平行于底面的平面所截，截面与底面相似，面积比等于高平方之比。
1） 三棱锥、四棱锥等；
2） 正棱锥和非正棱锥；
棱台
平行于底面的平面截去棱锥的多面体。
1） 两个面相互平行的多边形；
2） 其余各面是梯形，且相邻梯形的腰线共点。
1） 三棱台、四棱台等；
2） 正棱台和非正棱台。
圆柱
以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的几何体。
1） 两个底面是平行且全等的圆；
2） 轴截面是全等的矩形。
无
圆锥
以直角三角形的一直角边为轴，其余各边旋转而成的曲面所形成的几何体。
轴截面都是全等的等腰三角形。
无
圆台
以直 等腰直角梯形垂直于底边 的腰所在的直线为轴， 其 其余各边旋转而成的曲 面 面几何体。
轴截面都是全等的等腰梯形。
无
球
到定点的距离等于或小于定长的点集合。
1） 大圆：截面过球心；
小圆：截面不过球心；
2） 球心与不过球心的截面；
3） 平面截球面，截面是一个圆。
无
2、简单组合体
简单组合体的构成有两种基本形式：一种是由简单几何体拼接而成；一种是由简单几何体截去或挖去而成，有多面体与多面体、多面体与旋转体、旋转体与旋转体的组合体．
（二）立体图形的直观图
斜二测画法：
（1）在已知图形中，取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于点O，画直观图时，把它们画成对应的x′和y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′=45°（或135°），它们确定的平面表示水平面；
（2）在已知图形中平行于x轴、y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴或y′轴的线段；
（3）在已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持长度不变；平行于y轴的线段，长度为原来的一半。
三视图
几何体的三视图包括主视图、俯视图、侧视图，分别是从几何体的正面、上面、侧面观察几何体画出的轮廓线。
考点一：几何体的结构特征
一、单选题
1．（2022·全国·高一）如图所示，三棱台截去三棱锥后，剩余部分几何体是（ ）
A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥 D．不规则几何体
【答案】C
【分析】根据图形特点进行判断.
【详解】根据图形可见，底面四条边，所以为四棱锥.
故选：C.
2．（2022·全国·高一）用一个平面去截一个圆锥，得到的图形可能是（ ）
A．矩形 B．圆形 C．梯形 D．正方形
【答案】B
【分析】根据圆锥的特征进行分析判断即可
【详解】因为圆锥的侧面是曲面，底面是圆，
所以用一个平面去截一个圆锥，得到的图形可能是圆形，不可能是矩形，梯形，正方形，
故选：B
3．（2021·全国·高一课时练习）《九章算术》中有这样的图形：今有圆锥，下周三丈五尺，高五丈一尺（1丈尺）；若该圆锥的母线长尺，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据圆锥的底面周长求出底面半径，从而利用勾股定理即可求出该圆锥的母线长.
【详解】易知三丈五尺=35尺，五丈一尺=51尺，
设圆锥的底面半径为，则，所以，
所以.
故选：C.
4．（2022·全国·高一）下列说法中正确的是（ ）
A．斜棱柱的侧面中可能有矩形
B．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥
C．直角三角形绕它的一条边所在直线旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥
D．棱台各侧棱的延长线不一定交于一点
【答案】A
【分析】由棱柱的概念可判断A；由棱锥的概念可判断B；由圆锥的概念可判断C；由棱台的概念可判断D
【详解】对于A：斜棱柱的侧面中是平行四边形，有可能是矩形，故A正确；
对于B：有一个面是多边形，其余各面都是三角形，如果三角形没有公共点，该的几何体不是棱锥，故B错误；
对于C：如果绕直角三角形斜边所在直线旋转一周形成的曲面围成的几何体不是圆锥，故C错误；
对于D：棱台各侧棱的延长线一定交于一点，故D错误；
故选：A
5．（2022·全国·高一）关于如下图所示的4个几何体，说法正确的是（ ）
A．只有②是棱柱 B．只有②④是棱柱
C．只有①②是棱柱 D．只有①②④是棱柱
【答案】D
【分析】直接利用棱柱的定义判断选项即可．
【详解】棱柱是多面体中最简单的一种，有两个面互相平行，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．
图①中，满足棱柱的定义，正确；
图②中，满足棱柱的定义，正确；
图③中，不满足棱柱的定义，不正确；
图④中，满足棱柱的定义，是四棱柱，正确．
故选：D
6．（2022·全国·高一）用一个平面去截一个圆柱，得到的图形一定不是（ ）
A．矩形 B．圆形 C．三角形 D．正方形
【答案】C
【分析】根据圆柱的特点，考虑截面从不同角度和方向截取的情况．
【详解】平面垂直圆柱轴截得就是圆形；平面平行或经过圆柱的轴与圆柱相切得到矩形；所以也可得到正方形；平面与圆柱轴线斜交相切，可以得到椭圆形，平面不论如何与圆柱相切都得不到三角形.
故选：C
7．（2021·全国·高一课时练习）将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括（ ）
A．一个圆台、两个圆锥 B．一个圆台、一个圆柱
C．两个圆台、一个圆柱 D．一个圆柱、两个圆锥
【答案】D
【分析】画出等腰梯形，考虑较长的底边，旋转可得形状．
【详解】设等腰梯形，较长的底边为，
则绕着底边旋转一周可得一个圆柱和两个圆锥，
轴截面如图，
故选：D
8．（2022·全国·高一）棱台不具备的特点是（ ）
A．两底面相似 B．侧面都是梯形
C．侧棱长都相等 D．侧棱延长后都交于一点
【答案】C
【分析】
根据棱台的定义结构特征求解.
【详解】
根据棱台的定义知，棱台底面相似，侧面都是梯形，侧棱延长后都交于一点，
但是侧棱长不一定相等，
故选：C
二、多选题
9．（2022·全国·高一）（多选）一个几何体有6个顶点，则这个几何体可能是（ ）
A．三棱柱 B．三棱台 C．五棱锥 D．四面体
【答案】ABC
【分析】根据棱柱、棱台、棱锥及四面体的图形分析，即可得答案.
【详解】对于A，三棱柱是上下两个三角形，有6个顶点，满足题意；
对于B，三棱台是上下两个三角形，有6个顶点，满足题意；
对于C，五棱锥是底面为五边形及一个顶点，有6个顶点，满足题意；
对于D，四面体的顶点个数为4个，不满足题意.
故选：ABC.
10．（2021·全国·高一课时练习）用一个平面去截一个圆台，得到的图形不可能是（ ）
A．矩形 B．圆形 C．梯形 D．三角形
【答案】AD
【分析】根据圆台的结构特征结合空间想象可得结果.
【详解】根据圆柱的结构特征，
用一个平行底面的平面截圆台可得圆形，当平面与圆柱轴所在直线线平行或经过轴所在直线时，可得梯形，不论平面与圆台如何相交，截面都不可能是矩形和三角形，
故选：AD
11．（2021·河北·衡水市冀州区第一中学高一期中）正方体的截面可能是其中（ ）
A．钝角三角形 B．菱形 C．正五边形 D．正六边形
【答案】BD
【分析】通过做正方体的截面确定正确选项.
【详解】取上的点，则截面为三角形，
设，
，，，
则，
∴ 为锐角，同理可得，为锐角，
故截面为锐角三角形，A错，
如图取，，的中点，连接，
∵ ，，∴ 四边形为平行四边形，
∴ ，又，
∴ ，又
∵四边形为平行四边形，又，
∴ 四边形为菱形，B对，
如图：做正方体的五边形截面，过点作，
则，故五边形截面不是正五边形，
故截面不能为正五边形，C错，
如图取的中点为，
易证，，
∴ 六点共面，
又，
∴ 六边形为正六边形，D对，
三、概念填空
12．（2022·全国·高一课时练习）判断正误．
（1）圆锥有无数条母线，它们有公共点即圆锥的顶点，且长度相等．( )
（2）过圆锥的轴的截面是全等的等边三角形．( )
（3）圆台有无数条母线，且它们相等，但延长后不相交于一点．( )
【答案】 √ × ×
【详解】
（1）根据圆锥母线的定义可知正确
（2）过圆锥的轴的截面是全等的等腰三角形，故错误
（3）圆台有无数条母线，且它们相等，但延长后会相交于一点，故错误
13．（2022·全国·高一课时练习）下图是由哪个平面图形旋转得到的( )
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
根据已知图形可知由一个圆锥和圆台形成的几何体
故选：A
14．（2022·全国·高一课时练习）下列几何体是台体的是( )
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】侧棱没有相交于一点，故不是台体
两个底面没有平行，不是台体
是棱锥，不是台体
是圆台
故选：D
15．（2022·全国·高一课时练习）简单组合体
（1）概念：
由________组合而成的几何体叫做简单组合体．
（2）构成形式：有两种基本形式：一种是由简单几何体________而成的；另一种是由简单几何体________一部分而成的．
【答案】 简单几何体 拼接 截去或挖去
16．（2022·全国·高一课时练习）判断正误．
（1）棱柱的底面互相平行．( )
（2）棱柱的各个侧面都是平行四边形．( )
（3）有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥．( )
【答案】 √ √ ×
【详解】
（1）根据棱柱的定义可知正确
（2）根据棱柱的定义可知正确
（3）根据棱锥的定义可知，有一个面是多边形，其余各面都是有公共顶点的三角形的几何体为棱锥，故错误
17．（2022·全国·高一课时练习）空间几何体
概念
定义
空间几何体
在我们周围存在着各种各样的物体，它们都占据着空间的一部分．如果只考虑这些物体的______和______，而不考虑其他因素，那么由这些物体抽象出来的空间图形就叫做空间几何体
多面体
由若干个_______围成的几何体叫做多面体．围成多面体的各个多边形叫做多面体的______；两个面的________叫做多面体的棱；棱与棱的________叫做多面体的顶点
旋转体
一条平面曲线（包括直线）绕它所在平面内的一条定_______旋转所形成的________叫做旋转面，封闭的旋转面围成的几何体叫做旋转体，这条定直线叫做旋转体的_________
【答案】 形状 大小 平面多边形 面 公共边 公共点 直线 曲面 轴
18．（2022·全国·高一课时练习）下面多面体中，是棱柱的有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【详解】根据棱柱的定义可知依次为：四棱柱，三棱柱，五棱柱，六棱柱
故选：D
四、填空题
19．（2022·全国·高一）如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的组合体，现用一个垂直于圆柱底面的平面去截这个组合体﹐则截面图形可能是______（填序号）．
【答案】①⑤
【分析】根据圆锥曲线的定义和圆锥的几何特征，分截面过旋转轴时和截面不过旋转轴时两种情况，分析截面图形的形状，最后综合讨论结果，可得答案.
【详解】由题意，当截面过旋转轴时，圆锥的轴截面为等腰三角形，此时①符合条件；
当截面不过旋转轴时，圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时⑤符合条件，
综上可知截面的图形可能是①⑤.
故答案为：①⑤
20．（2022·全国·高一）以三棱台的顶点为三棱锥的顶点，这样可以把一个三棱台分成______个三棱锥．
【答案】3
【分析】画出图形，由图即可求出．
【详解】如图，三棱台可分割成三棱锥，三棱锥，三棱锥，共3个.
故答案为：3
五、判断题
21．（2021·全国·高一课时练习）一个棱柱至少有5个面．( )
【答案】正确
【分析】根据棱柱的结构特征判断.
【详解】棱柱的结构特征：①、两底面互相平行；②、侧面是平行四边形；③、侧棱互相平行且相等；
而底面多边形的边数最少为3，此时棱柱为三棱柱，所以棱柱至少有5个面.故说法正确.
故答案为：正确
22．（2022·湖南·高一课时练习）判断下列命题的真假．
（1）有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱．( )
（2）有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( )
（3）用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体是棱台．( )
（4）圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台．( )
【答案】 错误 错误 错误 正确
【分析】根据棱柱、棱台、圆台的定义判断．
【详解】（1）三棱台就是上下两个底面平行，三个侧面是四边形，不是棱柱，（1）错；
（2）如图几何体有两个面平行，其余各面都是平行四边形，但它不是棱柱，（2）错；
（3）用一个平面去截棱锥，当截面与底面不平行时，底面与截面之间的部分组成的几何体不是棱台，（3）错；
（4）圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台，正确．
故答案为：错误；错误；错误；正确．
六、解答题
23．（2022·湖南·高一课时练习）圆柱、圆锥、圆台都是旋转体，它们在结构上有哪些相同点和不同点？当底面发生变化时，它们能否相互转化？如能，如何转化？
【分析】根据圆柱、圆锥、圆台的知识对问题进行回答.
【详解】相同点：都是旋转体，都有轴、底面、母线.
不同点：圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的截面是等腰梯形.
三者之间可以相互转化：
当圆台的上底面半径变为时，转化为圆锥；
当圆台的上下底面半径变为相同时，转化为圆柱；
当圆柱上底面半径变为时，转化为圆锥；
当圆柱上底面半径变为与下底面半径不相同时，转化为圆台；
当圆锥的上底面半径由变为大于零，并且与下底面半径不相同时，转化为圆台.
当圆锥的上底面半径由变为大于零，并且与下底面半径相同时，转化为圆柱.
24．（2022·湖南·高一课时练习）指出下图中的几何体分别由哪些简单几何体组成．
【分析】结合常见空间几何体的结构特征依次说明组合体即可.
【详解】第一个几何体是由一个长方体割去一个四棱台而成；
第二个几何体是由一个长方体挖去一个小的长方体而成的；
第三个几何体是由一个小圆柱穿过一个圆锥而成的；
第四个几何体是由一个三棱柱和2个不同的长方体拼接而成的.
25．（2022·湖南·高一课时练习）如图，用硬卡纸按图样画好并剪下，再沿图中虚线折起来粘好，得到了什么几何体？
【答案】圆锥
【分析】根据圆锥展开图的特征求解即可
【详解】由图可知沿图中虚线折起来粘好的几何体是底面半径为，高为的圆锥，
如图所示
26．（2021·全国·高一课时练习）用长、宽分别是与的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，试求圆柱底面的半径.
【答案】cm或cm
【分析】分别以矩形的长和宽为圆柱底面圆周分别计算即可得解.
【详解】以边长为的矩形边作圆柱底面圆周，则其周长为，半径r1，即，cm，
以边长为的矩形边作圆柱底面圆周，则其周长为，半径r2，即，cm，
所以圆柱底面的半径是cm或cm.
27．（2022·湖南·高一课时练习）任做一个圆柱、圆锥、圆台，去掉其底面后，沿任意一条母线剪开，然后放在平面上展平，它们分别是什么样的平面图形？
【分析】作出圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图，即可得解.
【详解】解：将圆柱的去掉其底面后，沿任意一条母线剪开，它的侧面展开图如下图所示，
由图可知，圆柱的侧面展开图为矩形，且该矩形的高为圆柱的母线长，底边长为圆柱底面圆的周长.
将圆柱的去掉其底面后，沿任意一条母线剪开，它的侧面展开图如下图所示，
由图可知，圆锥的侧面展开图为扇形，且扇形的弧长为圆锥的底面圆周长，扇形的半径为圆锥的母线长.
将圆台的去掉其底面后，沿任意一条母线剪开，它的侧面展开图如下图所示，
由图可知，圆台的侧面展开图为扇环，且扇环的两段弧长分别为圆台的上、下底面圆周长，扇形的半径为圆台的母线长.
28．（2022·湖南·高一课时练习）指出下图中的几何体是由哪些简单几何体组成的．
【分析】由组合体结合简单几何体判断．
【详解】第一个组合体由一个四棱柱，一个长方体，一个四棱台，四棱台上方挖去一个长方体的组合体；
第二个组合体是大圆柱中间挖去一个小圆柱与另一圆柱同样挖去小圆柱垂直嵌进去，在圆柱外面一个四棱柱与一个三棱柱贴在圆柱侧面(一个面变成了曲面），四棱柱的两个角刨圆成圆柱侧面（可认为是两个四分之一的圆柱与一个小四棱柱的组合体），中间还挖去两个小圆柱．
考点二：直观图
一、单选题
1．（2022·全国·高三阶段练习（文））某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的外接球的表面积（单位：）为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由三视图还原几何体为直三棱柱，将其补全为长方体，由它们的外接球相同求球体半径，利用球体表面积公式求面积.
【详解】由三视图知：几何体为直三棱柱，如下图示：将其补全为长方体，
所以长方体的外接球也是该几何体的外接球，故外接球半径为，
则几何体的外接球的表面积.
故选：C
二、概念填空
2．（2022·全国·高一课时练习）若把一个高为的圆柱的底面画在平面上，则圆柱的高应画成( )
A．平行于轴且大小为 B．平行于且大小为
C．与轴成且大小为 D．与轴成且大小为
【答案】A
【详解】平行于轴的线段在直观图中的方向和长度都与原来保持一致，故选A.
3．（2022·全国·高一课时练习）判断正误．
（1）用斜二测画法画水平放置的时，若的两边分别平行于x轴和y轴，且，则在直观图中，．( )
（2）用斜二测画法画平面图形的直观图时，平行的线段在直观图中仍平行，且长度不变．( )
【答案】 错误 错误
【详解】（1）用斜二测画法画水平放置的时，若的两边分别平行于x轴和y轴，且，则在直观图中，或；
（2）用斜二测画法画平面图形的直观图时，平行的线段在直观图中仍平行，且长度会改变，故错误.
4．（2022·全国·高一课时练习）利用斜二测画法画出边长为的正方形的直观图，正确的是图中的( )
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】正方形的直观图应是平行四边形，且相邻两边的比为，故选C
5．（2022·全国·高一课时练习）用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的步骤
画轴
在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于点O，画直观图时，把它们画成对应的轴和轴，两轴相交于点，且使______（或________），它们确定的平面表示
画线
已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于___________
取长度
已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中_______不变，平行于y轴的线段，在直观图中长度为原来的__________
用斜二测画法画空间几何体的直观图的步骤
（1）画底面，这时使用平面图形的斜二测画法即可．
（2）画轴，轴过点，且与轴的夹角为，并画出高线（与原图高线相等，画正棱柱时只需要画侧棱即可），连线成图．
（3）擦去辅助线，被遮线用虚线表示．
几何体直观图的画法规则
画几何体的直观图时，与画平面图形的直观图相比，只是多画一个与x轴、y轴都垂直的z之轴，并且使平行于z轴的线段的______和______都不变．
【答案】 轴和轴的线段 长度
一半 平行性 长度
三、解答题
6．（2022·湖南·高一课时练习）画出下列图形的直观图：
(1)棱长为4cm的正方体；
(2)底面半径为2cm，高为4cm的圆锥．
【答案】(1)画法见解析，
；
(2)画法见解析，
【分析】根据要求用斜二测法画出符合要求的直观图
(1)如下图所示，按如下步骤完成：
第一步：作水平放置的正方形ABCD的直观图，使得AB=4cm，BC=2cm，且∠DAB=45°，取平行四边形ABCD的中心O，作x轴∥AB，y轴∥BD，
第二步：过点O作∠xOz=90°，过点A、B、C、D分别作等于4cm，顺次连接，
第三步：去掉图中的辅助线，就得到棱长为4的正方体的直观图.
(2)如下图所示，按如下步骤完成：
第一步：作水平放置的圆的直观图，使cm，cm.
第二步：过作轴，使，在上取点，使=4cm，连接，.
第三步：去掉图中的辅助线，就得到所求圆锥的直观图.
7．（2022·湖南·高一课时练习）用斜二测画法得到一水平放置的直角三角形ABC如图所示，其中AC＝1，∠ABC＝30°，试求原三角形A′B′C′边B′C′上的高及△A′B′C′的面积.
【答案】边B′C′上的高为，面积为.
【分析】根据斜二测画法的规则，求出原三角形的底边长和高，可得面积.
【详解】作于，在上取点，使;
因为直角三角形ABC中，AC＝1，∠ABC＝30°，
所以.由面积相等可得边上的高为，所以；
根据斜二测画法的规则，则，；
所以△A′B′C′的面积为.
8．（2022·湖南·高一课时练习）画出图中简单组合体的直观图（尺寸单位：cm）．
【分析】利用斜二测画法求解.
【详解】如图所示：
9．（2022·湖南·高一课时练习）用斜二测画法画出下列水平放置的平面图形的直观图：
(1)边长为的正三角形；
(2)边长为的正方形；
(3)边长为的正八边形．
【分析】（1）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；
（2）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；
（3）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.
(1)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.
(2)解：如图④所示，以、边所在的直线分别为轴、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
画对应的轴、轴，使，
在轴上截取，在轴上截取，
作轴，且，连接，
则平行四边形即为正方形的直观图，如图⑥所示.
(3)
解：如图⑦所示，画正八边形，以点为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，
设点、在轴上的射影点分别为、，
画对应的轴、轴，使，
在轴上截取，，，
在轴上截取，作轴且，
作轴，且，作轴，且，
作轴，且，作轴，且，
连接、、、、、、、，
则八边形为正八边形的直观图，如图⑨所示.
10．（2022·全国·高一）用斜二测画法画出下列平面图形水平放置的直观图.
【分析】在原平面直角坐标系中分别找出两个图形顶点的坐标，画，轴，使，按照在轴上或平行于轴的线段仍然在轴上或平行于轴，长度不变，在轴上或平行于轴的线段仍然在轴上或平行于轴，长度为原来的一半，找出对应顶点的坐标，连接顶点，即可得到（1）（2）两个平面图形的直观图．
【详解】解：（1）
画，轴，使，在轴上截取，在轴上截取．
过作轴的平行线，且取线段长度为2，连接，，，，
则四边形的直观图即为四边形；
（2）
画，轴，使，在轴上截取，
在轴过、分别作的平行线，与在轴上过作轴的平行线分别交于，，连接，，，．
则四边形的直观图即为四边形．
11．（2021·全国·高一课时练习）画水平放置的直角梯形的直观图，如图所示．
【分析】根据斜二测画法作图：
（1）在已知图形中作直角坐标系；
（2）作出相应的x′轴和y′轴，使∠x′O′y′＝45°，截取相应的点，并连线；
（3）擦去辅助线得直观图．
【详解】【解】（1）在已知的直角梯形OBCD中，以底边OB所在直线为x轴，垂直于OB的腰OD所在直线为y轴建立平面直角坐标系．如图①所示．
（2）画相应的x′轴和y′轴，使∠x′O′y′＝45°，在x′轴上截取O′B′＝OB，在y′轴上截取O′D′＝OD，过点D′作x′轴的平行线l，在l上沿x′轴正方向取点C′使得D′C′＝DC.连接B′C′，如图②.
（3）所得四边形O′B′C′D′就是直角梯形OBCD的直观图．如图③.
12．（2022·全国·高一）画底面边长为2cm，高为3cm的正四棱柱的直观图．
【分析】用斜二测法画直观图即可.
【详解】
13．（2022·全国·高一）如图，已知点，，,用斜二测画法作出该水平放置的四边形的直观图，并求出面积.
【答案】图见解析，
【分析】首先根据斜二测画法的规则，画出四边形的直观图，再结合面积公式，即可计算.
【详解】由斜二测画法可知，在直观图中，，，，，，，，，，
所以
.
一、单选题
1．（2022·全国·高三专题练习）过球心的平面截球所得的截面圆称之为球的大圆.对于球面上两点A，B，过点A，B的球的大圆的劣弧长称为点A与点B之间的球面距离.已知距球心距离为3的平面截球O得截面圆，点P，Q为圆上的两点，，若OP，OQ与所成的角均为，则点P与点Q之间的球面距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接，，PQ，利用余弦定理求得△OPQ为等边三角形，根据弧长公式可求得答案.
【详解】解：连接，，PQ，由题意知，，，
所以，，又，
所以，所以△OPQ为等边三角形，所以，
所以过点P，Q的球的大圆的劣弧长为，即P，Q间的球面距离为.
故选：A.
2．（2021·湖南长沙·高二期末）在半径为2的球中挖去一个半径为1的同心球，设过球心的截面的面积为，不过球心的任意非圆面的截面的面积为，则（ ）
A． B．
C． D．､的大小关系不定
【答案】A
【分析】先分析出过球心的截面为一个圆环，外半径为2，内半径为1，求出其面积，再求出不过球心的任意非圆面的截面的面积，即可得到答案.
【详解】过球心的截面为一个圆环，外半径为2，内半径为1，其面积为；
设球心到不过球心的任意非圆面的截面的距离为，则该截面的面积
，所以.
故选：A.
3．（2021·全国·高一课时练习）我国南北朝时的数学家祖暅提出了计算体积的原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是两个等高几何体，如果作任意高度为的水平截面截两个几何体所得截面面积相同，则两个几何体体积相同．如图是个红酒杯的杯体部分，它是由抛物线在的部分曲线以轴为轴旋转而成的旋转体，其上口半径为2，高度为4，那么以下几个几何体做成的容器与该红酒杯的容积相同的是（ ）．
A．如图一是一个底面半径为2，高为4的圆锥
B．如图二是一个横向放置的直三棱柱，高为，底面是一个两直角边均为4的直角三角形
C．如图三是一个底面半径为2，高为4的圆柱挖去了同底等高的圆锥
D．如图四是一个高为4的四棱锥，底面是长宽分别为和4的矩形
【答案】B
【分析】先求得红酒杯在高度为h处的截面面积，再分别求得选项A、B、C、D中几何体在高度为h处截面的面积，结合祖暅原理，即可得答案.
【详解】由题意得，该红酒杯上口径为2，则上面圆的面积为，
设A点的纵坐标，如图所示：
因为A点在抛物线上，所以，即高度为h处，红酒杯水平截面圆半径为，
所以截面圆的面积为：.
对于A：底面圆的半径为2，面积为，
在高度为处作圆锥的水平截面圆，半径为CD，再作出圆锥的轴截面，如图所示：
所以，AB为圆锥底面直径，所以，，
根据可得：，解得，
所以高度为h处，圆锥的截面圆半径为，
所以截面圆的面积为，故A不符合题意.
对于B：直三棱柱上面面积为，
在高度为处作棱柱的水平截面DEFG，如图所示：
所以，因为，
根据，可得，
所以高度为h处的截面DEFG的面积为，符合题意；
对于C：圆柱上底面圆的面积为，
在高度为处作该几何体的水平截面圆，作出该几何体的轴截面，如图所示
，
所以，GH为圆锥截面圆的半径，，
根据可得：，
所以，
所以截去圆锥的截面面积为，
则所剩几何体的截面面积为，故C不符合题意；
对于D：底面的面积为，
在高度为处作棱锥的水平截面EFGH，如图所示：
所以三棱锥的高为h，的高为4，，
根据可得：，
所以，
所以截面EFGH的面积为.故D不符合题意.
故选：B
【点睛】解得的关键是理解祖暅原理，即作任意高度为的水平截面截两个几何体所得截面面积相同，根据圆锥、圆柱、棱柱、棱锥的性质，逐一求得截面面积，即可得答案，考查分析理解，空间想象，计算求值的能力，属中档题.
4．（2021·安徽·高一阶段练习）有以下命题：
①以半圆直径所在的直线为旋转轴旋转一周，其形成的面围成的旋转体是球；
②用任意平面去截圆锥，所得的截面图形为圆；
③若某圆锥的底面半径为，母线长为，则它的表面积为；
④以直角三角形的任意一边所在直线为旋转轴旋转一周，其余两边形成的面围成的旋转体是圆锥．
其中真命题的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】根据空间几何体的性质进行判断得解
【详解】由基本概念可知，①正确；用不平行于圆锥底面的平面截圆锥，所得的截面图形不是圆，②错误；根据圆锥的表面积公式可知③正确；以斜边所在直线为旋转轴旋转一周得到的旋转体不是圆锥，④错误，
故选B．
5．（2021·浙江省富阳中学高三开学考试）如图所示，在正四棱锥中，，，它的内切球O与四个侧面分别相切于点E，F，G，H处，则四边形外接圆的半径为（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】C
【分析】作出过正四棱锥顶点和底面对边中点的截面，是中点，的内切圆是正四棱锥内切球的大圆，切点为球与正四棱锥侧面的切点，求得的边长，得切点位置求得，而四边形是正方形，对称线为其外接圆直径，由此可得．
【详解】如图，作出过正四棱锥顶点和底面对边中点的截面，不妨设是中点（是正四棱锥的斜高），则的内切圆是正四棱锥内切球的大圆，切点为球与正四棱锥侧面的切点，
正四棱锥中，，，则，，是等边三角形，则分别为的中点，，
由正四棱锥性质知四边形是正方形，所以外接圆半径为．
故选：C．
【点睛】方法点睛：在涉及到正棱锥与内切球、外接球的计算中，常常需要作出截面得出相应关系求解．对正四棱锥来讲，有两个截面，一个是本题中作出的过棱锥的标点，和底面对边中点的截面，它截正四棱锥内切球所得大圆为截面三角形的内切圆，另外一个是正四棱锥的对角面，它截外接球的大圆是截面三角形的外接圆．
6．（2021·宁夏·贺兰县景博中学二模（文））位于北纬度的、两地经度相差，且、两地间的球面距离为为地球半径），那么等于（ ）
A．30 B．45 C．60 D．75
【答案】B
【分析】、两地间的球面距离为，所以、两地所在大圆的圆心角为，可得出、两地间直线距离．、两地所在纬线围成的圆的圆心角为，结合、两地间直线距离可算出、两地所在纬线围成的圆的半径，进而求出的值．
【详解】根据题意画出示意图，如图，
、两地间的球面距离为为地球半径），
，
在三角形中，，
设、两地所在纬线围成的圆的圆心为，
、两地经度相差，
，在直角三角形中，，
在直角三角形中，，
，
即、两地位于北纬度，．
故选：B．
【点睛】球的截面性质：
(1)球心和不经过球心的截面圆的圆心的连线垂直于截面；
(2)球心到不经过球心的截面的距离d与球的半径R以及截面圆的半径r的关系为．
7．（2019·重庆市第十一中学校高三阶段练习（理））已知三棱锥的直观图及其部分三视图如图所示，若三棱锥的四个表面中面积最大的一个三角形面积是，则三棱锥的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题中所给图，可将三棱锥放在长方体中来想象，作出示意图，结合几何关系，即可求解.
【详解】由题意，可将三棱锥放在如图所示的长方体中，
则由几何关系可知底面是边长为的等边三角形, 平面，
设的中心为，球心为，球半径为，，可得，，
又因三棱锥的四个表面中面积最大的一个三角形面积是，
经验证，三棱锥中面积最大的三角形是，
，
由球的性质可知：，
故选：B
【点睛】本题考查三视图、直观图与几何体之间的转换，锥体与外接球的问题，以及球的表面积公式，考查空间想象能力与运算求解能力.
8．（2018·全国·高考真题（理））设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】分析：作图，D为MO 与球的交点，点M为三角形ABC的中心，判断出当平面时，三棱锥体积最大，然后进行计算可得．
详解：如图所示，
点M为三角形ABC的中心，E为AC中点，
当平面时，三棱锥体积最大
此时，
,
点M为三角形ABC的中心
中，有
故选B.
点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当平面时，三棱锥体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型．
9．（2021·黑龙江·哈尔滨三中高一期中）如图，在正方体中，，，分别为，，上靠近，，的三等分点，，，，，，分别是，，的三等分点，，，为分别是，，的中点，则平面过（ ）
A．，， B．，， C．，， D．以上都不正确
【答案】A
【分析】
设正方体的棱长为3，取的三等分点，延迟与交于点，连接并延长，交于和延长线于，连接交于点，过点作交于点，平面截正方体所得截面即为,根据相似可得，进而得解.
【详解】
如图所示，设正方体的棱长为3，
取的三等分点，则，所以延迟与交于点，
连接并延长，交于和延长线于，连接交于点，过点作交于点.
平面截正方体所得截面即为,
设，
易知,所以，,
所以，，解得，所以点与重合，
，所以点与重合，
因为，所以点与重合.
故选：A.
10．（2022·全国·高三专题练习）已知正三棱锥中，底面是边长为的正三角形，侧棱长为，为的中点，为中点，是的动点，是平面上的动点，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
作出图形，在正三棱锥中，分析得出平面，固定，找出点运动时取得最小值时的位置，利用解三角形的相关知识即可求得结果.
【详解】
因为为上的动点，为平面上的动点，且两者的运动无关，所以采用一定一动的原则，
先固定，当在动的时候，显然，当平面时，取最小值，
为了确定垂直状态在哪里，具体给出下图：
作分别交、于点、，连接，
当点在上且时，平面，
以下证明此时平面，
，为的中点，则，同理可知，，
，平面，
所以，，所以，平面，
此时，再将平面绕着转动，使得、、、四点共面，
此时，释放点，当点在运动过程中，、、三点共线时，
，
已经找到最小状态，易知，，
，平面，则平面，则平面，
平面，，故，则，
，，则，则为等腰直角三角形，
故，，
因为.
故选：A.
【点睛】思路点睛：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状；
（2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解.
二、多选题
11．（2021·福建·文博中学高一期中）长方体的长、宽、高分别为3，2，1，则（ ）
A．长方体的表面积为20
B．长方体的体积为6
C．沿长方体的表面从A到的最短距离为
D．沿长方体的表面从A到的最短距离为
【答案】BC
【解析】由题意，可利用柱体体积公式和多面体表面积公式进行计算，沿表面最短距离可将临近两个面侧面展开图去计算，即可求解正确答案.
【详解】长方体的表面积为，A错误.长方体的体积为，B正确.如图（1）所示，长方体中，，，.求表面上最短（长）距离可把几何体展开成平面图形，如图（2）所示，将侧面和侧面展开，
则有，即经过侧面和侧面时的最短距离是；如图（3）所示，将侧面和底面展开，则有，即经过侧面和底面时的最短距离是；如图（4）所示，将侧面和底面展开，
则有，即经过侧面和底面时的最短距离是.因为，所以沿长方体表面由A到的最短距离是，C正确，D不正确.
故选：BC.
【点睛】本题考查长方体体积公式、表面积公式和沿表面的最短距离，考查空间想象能力，属于基础题.
12．（2022·全国·高三专题练习）已知球是正三棱锥的外接球，，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆的面积可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BCD
【分析】
设是球心，是等边三角形的中心，在三角形中，有，可求得，可得最大的截面圆；过且垂直的截面圆最小，利用
可得解.
【详解】
如图所示，其中是球心，是等边三角形的中心，
可得，
，
设球的半径为，在三角形中，由，
即，解得，
故最大的截面面积为，
在三角形中，，，
由余弦定理得，
在三角形中，，
设过且垂直的截面圆的半径为，，故最小的截面面积为.
所以过点作球的截面，所以截面圆面积的取值范围是，
故选：BCD．
13．（2021·江苏·扬州中学模拟预测）如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点，过点，，的平面记为，则下列说法中正确的有（ ）
A．平面截直四棱柱所得截面的形状为四边形
B．平面截直四校柱所得被面的面积为
C．平面将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47:25
D．点到平面的距离与点到平面的距离之比为1:2
【答案】BCD
【分析】
根据所给条件，结合线面关系的性质判定，逐项分析判断即可得解.
【详解】
对A，延长交直线于，连接，交棱于，
连接可得五变形，故A错误；
对B，由平行线分线段成比例可得，
故 ，则为等腰三角形，由相似三角形可知：
，，则，，
连接，易知，
因此五边形可以分为等边三角形和等腰梯形，
等腰梯形的高，
则等腰梯形的面积为，
又，
所以五边形的面积为，故B正确；
记平面将直四棱柱分割成上下两部分的面积分别为，
则，
所以，，故C正确；
对D，因为平面过线段的中点，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，由平面过的三等分点可知，点 到平面的距离是点到平面的距离的2倍，因此，点 到平面的距离是点到平面的距离的2倍，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】本题以空间几何体为基础，考查了平面截空间几何体的相关问题，考查了截面面积以及截面截几何体上下体积之比，同时考查了点到面的距离问题，计算量较大，属于较难题.本题的关键点有：
（1）精确确定平面截空间几何体的截面位置；
（2）根据截面所在位置精确计算相关量.
三、填空题
14．（2021·全国·高二课时练习）一个底面边长为的正四棱锥，连接两个相邻侧面的重心，，则线段的长是______.
【分析】如图分别连接，并延长交，于点，，则，分别是，的中点，连接，，可求得，再证明，根据平行线分线段成比例可得，即可求解.
【详解】如图：正四棱锥中，点，分别为侧面，的重心，
分别连接，并延长交，于点，，
则，分别是，的中点，连接，，
因为四边形是边长为的正方形，
所以，，
因为，所以，且，
所以.
故答案为：.
15．（2020·浙江·高三竞赛）如图所示，在单位正方体上有甲、乙两个动点，甲从点匀速朝移动；乙从点匀速出发朝移动，到达后速度保持不变并折返.现甲、乙同时出发，当甲到达时，乙恰好在到达后折返到，则在此过程中，甲、乙两点的最近距离为__________.
【答案】
【详解】
设甲、乙的速度分别为、，在此过程中，，即.
不妨设、，则总的时间为1.
设在时间为末，甲、乙之间的距离最短，即此时、分别达到、点.
分两种情况讨论：路程前半程与路程后半程.
（1）路程前半程：，则，，，，，进而有，故（当且仅当时取等号）.
（2）路程后半程：，则，，，，，进而有，故（当且仅当时取等号）.
因为，所以在此过程中，甲、乙两点的最近距离为.
故答案为：
16．（2022·全国·高三专题练习（文））“敕勒川，阴山下．天似穹庐，笼盖四野．”的特征，诗中的“穹庐”即“毡帐”，屋顶近似圆锥，为了烘托节日气氛，计划在屋顶安装灯光带．某个屋顶的圆锥底面直径长8米，母线长6米，其中一条灯光带从该圆锥一条母线的下端点开始，沿侧面经过与该母线在同一轴截面的另一母线的中点，环绕一圈回到起点，则这条灯光带的最短长度是______米．
【答案】
【分析】将侧面沿母线剪开，点对应点，轴截面对应的另一条母线为，的中点为，连接，，则为灯光带的最短长度，结合图形计算即可求解.
【详解】将侧面沿母线剪开，点对应点，轴截面对应的另一条母线为，的中点为，连接，，则为灯光带的最短长度，如图所示：
因为，圆锥底面直径长8，则半径为，所以，即，
所以，
因为，
在中，由余弦定理可得：
，
所以，所以，
所以这条灯光带的最短长度是米.
17．（2021·全国·模拟预测（文））如图，正三棱锥P﹣ABC的顶点P为圆柱OO1的上底面的中心，底面ABC为圆柱下底面的内接等边三角形，四边形DEFG为圆柱的轴截面，BODG，，.现有一机器人从点A处开始沿圆柱的表面到达E点，再到达点P处，再从P处沿正三棱锥P﹣ABC的表面返回A处，则其最短的路程约为___________.(参考数据：，结果精确到)
【答案】
【分析】先根据已知条件求解出圆柱底面圆的半径以及圆柱的高，然后据图分析最短路径，利用展开图求解出到的最短距离，由此可求解出最短的总路程.
【详解】因为，所以，
所以，
又因为，所以，所以，
所以（劣弧）的长为，
由图可知，当从到经过的路程最短时，总路程最短，
将圆柱侧面展开，从到的最短距离为线段的长度，
此时，
所以最短路程为，
故答案为：.
18．（2021·全国·模拟预测）一次体育课上，体育老师拿来3个篮球，1个排球，其中篮球半径都为10cm，排球半径为5cm，老师把这三个篮球两两相切的放在操场上（操场水平），再把排球放在篮球正上方，和下面3个篮球都相切，则排球上的点到地面的最小距离为 ___________cm.
【答案】
【分析】将四个球的球心抽象为三棱锥的四个顶点，然后根据球的半径以及三棱锥的形状确定出排球球心到篮球球心所在平面的距离，由此可求解出排球上的点到地面的最小距离.
【详解】记篮球球心为，排球球心为，取中点，连接，
因为，，
所以三棱锥为正三棱锥，
在底面的投影点记为，连接，且在上，
因为为中点，所以，所以，
又因为为等边三角形，所以，所以，
所以，
所以排球上的点到底面的最小距离即为长度减去排球半径再加上篮球半径，
即排球上的点到底面的最小距离为：()，
故答案为：.
19．（2021·黑龙江·哈尔滨德强学校高三期中（理））已知一个几何体的正视图和侧视图如图（1）所示，其俯视图用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个直角边长为1的等腰直角三角形如图（2）所示，则此几何体的体积为_________
【答案】
【分析】由直观图得俯视图是一个直角三角形，直角边长分别为，2，从而得出原几何体是一个三棱锥，其中一条侧棱与底面垂直，且三条棱长已知，由此可求得体积．
【详解】由直观图得俯视图是一个直角三角形，直角边长分别为，2，如图，
由三视图知原几何体是一个三棱锥，如下图，其中两两垂直，且，，，
所以体积为．
故答案为：．
20．（2021·全国·高二课时练习）如果一个水平放置的图形用斜二测画法画出的直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是______.
【答案】##
【分析】求出直观图中梯形的下底长，作出原图形，结合梯形的面积公式可求得结果.
【详解】直观图中，梯形的下底长为，
作出原图形如下图所示：
由图可知，原图形为直角梯形，且该梯形的上底长为，下底长为，高为，
因此，原图形的面积为.
故答案为：.
21．（2021·全国·高一课时练习）用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边平行于轴，与平行于轴．已知四边形的面积为，则原平面图形的面积为________．
【答案】
【分析】设，，，求得，作出原图形，分析梯形的两底边长与高，利用梯形的面积公式可求得原图形的面积.
【详解】设，，，在四边形中，，
因为在四边形中，边平行于轴，与平行于轴，
所以，，可得，
设原图形为梯形，在平面直角坐标系中，如下图所示：
则平行于轴，、平行于轴，且，，，
因此，原图形的面积为.
故答案为：.
22．（2022·江苏宿迁·高三期末）已知一个棱长为的正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，若圆锥的底面半径为2，母线长为4，则的最大值为__________.
【答案】##
【分析】根据给定条件求出圆锥的内切球半径，再求出此球的内接正方体的棱长即可作答.
【详解】正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，则当正方体棱长a最大时，正方体的外接球恰为圆锥的内切球，
底面半径为2，母线长为4的圆锥轴截面正的内切圆O是该圆锥内切球O截面大圆，如图，
正的高，则内切圆O的半径即球半径，
于是得球O的内接正方体棱长a有：，解得：，
所以的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.
23．（2022·河南郑州·高三阶段练习（文））已知一圆柱的轴截面为正方形，母线长为，在该圆柱内放置一个棱长为a的正四面体，并且正四面体在该圆柱内可以任意转动，则a的最大值为__________．
【答案】2
【分析】先得到正四面体的外接球内切于圆柱时，a最大，即该正四面体的外接球半径，画出正四面体，利用半径相等列出等量关系，求出此时a的值即为答案.
【详解】由题意知，该正四面体的外接球在圆柱内，要使a最大，正四面体的外接球应内切于圆柱，当a最大时，设该正四面体为A-BCD，底面BCD上的高为AM，正四面体A-BCD的外接球球心为O，半径为R，因为圆柱的轴截面是正方形，母线长为，所以圆柱的底面直径为，所以该正四面体的外接球的半径，
在正四面体A-BCD中，，，，所以，在Rt△MOD中，由勾股定理得：，整理得：，解得：或0（舍去），所以a的最大值为2.
故答案为：2
四、解答题
24．（2021·上海大学附属南翔高级中学高二期中）如图所示，一只小蚂蚁正从圆锥底面上的点A沿圆锥体的表面匀速爬行一周，又绕回到点A，已知该圆锥体的底面半径为，母线长为，试问小蚂蚁沿怎样的路径如何爬行，才能最快到达点A?并求出该路径的长.
【答案】沿线段爬行； .
【分析】把圆锥沿过点的母线展成扇形，由题意得到蚂蚁爬行的最短路径为线段；利用扇形的弦长与半径即可求出，过作于点，通过在中求出的长 即可求线段的长.
【详解】把圆锥沿过点的母线展成如图所示的扇形，则蚂蚁爬行的最短路径为线段，
由题意知，圆锥的底面周长为，，
设，则，
过作于点，则，
在中，，，
所以.
所以小蚂蚁沿线段爬行，才能最快到达点A，且该路径的长为.
25．（2021·全国·高一课时练习）用一个平面截正方体，截面的形状会是什么样的？请你给出截面图形的分类原则，找到截得这些形状截面的方法，画出这些截面的示意图．例如，可以按照截面图形的边数进行分类：
(1)如果截面是三角形，可以截出几类不同的三角形？为什么？
(2)如果截面是四边形，可以截出几类不同的四边形？为什么？
(3)能否截出正五边形？为什么？
(4)是否存在正六边形的截面？为什么？
(5)有没有可能截出边数超过6的多边形？为什么？
【答案】(1)三类，见解析
(2)五类，见解析
(3)不能，见解析
(4)存在，见解析
(5)不能，见解析.
【分析】
（1）根据题意作出截面，并分类即可；
（2）根据题意，作出截面，并分类即可；
（3）假设可以截出，反证法说明即可；
（4）过六条棱个中点的截面即为正六边形.
（5）结合正方体最多只有6个平面说明即可.
(1)
解：如果截面是三角形，则可以是锐角三角形，等腰三角形，等边三角形，不能出现直角三角形和钝角三角形，如图是截面情况.
(2)
解：若截面是四边形，可以是梯形，平行四边形，菱形，正方形，矩形等，其中梯形可以为等腰梯形，其中梯形：过相对两个平面上平行且不等长的线的截面所截得图形；平行四边形：过正方体的一条体对角线，且不过正方体的棱及棱的中点的截面所截得图形；菱形：过正方体的一条体对角线，和一对棱的中点的截面所截得图形；长方体：过正方体的两条相对的棱或一条棱得的截面所截得图形；正方形：平行于正方体的一个平面的截面所截得图形.具体见图：
(3)
解：不能截出正五边形，假设可以截出正五边形，则根据面面平行的性质得，，而正五边形不存在对边平行的性质，矛盾，故截面是正五边形不存在.
(4)
解：存在正六边形的截面，如图，该截面为过各条棱的中点形成的六边形.
(5)
解：不能，因为正方体只有六个面，当界面与六个面都相交时，最多截出六边形，故不能截出超过边数超过6的多边形.
26．（2022·全国·高一）用厚纸按如下三个图样画好后剪下，再沿图中虚线折起来粘好，得到的分别是什么空间图形？
【答案】正三棱柱，圆锥，正四棱台．
【分析根据基本几何体的展开图判断．
【详解】按图画好后剪下，沿图中虚线折起来粘好得到下列图形：
它们分别是正三棱柱，圆锥，正四棱台．
27．（2021·全国·高二课时练习）已知正四棱台上､下底面的边长和侧棱长分别是3，x，5，设棱台的斜高为y，求出y与x的函数关系式，并求该函数的定义域与值域.
【答案】，，.
【分析】取上底A1B1C1D1的中心O1和下底ABCD的中心O，连结OO1，过O1作O1F⊥A1B1，交A1B1于F，过O作OE⊥AB，交AB于E，过F作FN⊥OE，交OE于N，正四棱台的斜高B1K，正四棱台的高OO1＝FN，由此能求出正四棱台的高和斜高．
【详解】
如图，
取上底A1B1C1D1的中心O1和下底ABCD的中心O，连结OO1，
过O1作O1F⊥A1B1，交A1B1于F，过O作OE⊥AB，交AB于E，
过F作FN⊥OE，交OE于N，
正四棱台的斜高B1K＝EF＝＝，
且，
，
，定义域为，
，
，
即函数值域为.
28．（2021·山西·岢岚县中学校高一阶段练习）如图，直四棱柱侧棱长为4cm，底面是长为5cm 宽为3cm的长方形．一只蚂蚁从顶点A出发沿棱柱的表面爬到顶点B．求：
（1）蚂蚁经过的最短路程；
（2）蚂蚁沿着棱爬行（不能重复爬行同一条棱）的最长路程．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）将长方体与顶点相关的两个面展开，共有三种方式，如图所示，
则的长就为最短路线，由勾股定理求出，再比较即可求解；
（2）最长的路线应该是依次经过棱长为的路线，求和即可
【详解】
（1）将长方体与顶点相关的两个面展开，共有三种方式，如图所示：
则的长就为最短路线．
若蚂蚁沿前侧面和上底面爬行，如图1，
则经过的最短路程为，
若蚂蚁沿侧面爬行，如图2，
则经过的最短路程为，
若蚂蚁沿左侧面和上底面爬行，如图3，
则经过的最短路程为，
，
∴所以蚂蚁经过的最短路程是；
（2）最长的路线应该是依次经过棱长为的路线，
由，
所以最长路程是．
29．（2021·河北石家庄·高一阶段练习）如图，在正三棱锥中，D，E，F，G分别为的中点．
（1）证明：D，E，F，G四点共面，且平面．
（2）刻画空间弯曲性是几何研究的重要内容，用“曲率”刻画空间弯曲性，规定：多面体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）．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故各个顶点的曲率均为．若正三棱锥在顶点S的曲率为，且，求四边形的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由两条直线，证明四点共面；（2）由曲率的定义以及正三棱锥的性质可知，面角为，所以侧面均为等腰直角三角形，则四边形为矩形，由中线计算长度，可得四边形的面积.
【详解】（1）证明：因为D，E，F，G分别为的中点，
所以，
所以，即D，E，F，G四点共面．
又因为平面，平面，
所以平面．
（2）解：由D，E，F，G分别为的中点，同理可证．
在正三棱锥中，易知顶点S的三个面角均相等，不妨设面角为，由曲率定义，得，则．
由，可知均为斜边为2的等腰直角三角形，为边长为2的正三角形．
如图，记的中点为O，连接，则，
所以平面，则，
所以，四边形为矩形，
，
所以四边形的面积为．
30．（2020·全国·高一课时练习）如图所示，三棱柱中，若，分别为，的中点，平面将三棱柱分成体积分别为，的两部分，那么等于多少?
【答案】
【解析】如图，分别延长到，到，到，且，，，根据体积的大小关系得到答案.
【详解】如图，分别延长到，到，到，且，，，连接，，，则得到三棱柱，且.
延长，，则与相交于点.
因为，所以.
连接，，则，所以，故
【点睛】本题考查了组合体的体积比，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
31．（2021·全国·高一课时练习）用斜二测画法得到的多边形的直观图为多边形，试探索多边形与多边形的面积之间有无确定的数量关系.
【答案】有确定的数量关系
【解析】先确定三角形的直观图和原始图的面积关系，再将多边形转化为三角形得到答案.
【详解】①设在中，为高边平行于轴，用斜二测画法得到其直观图为，
则有，的高为，
所以.
②当的三边都不与轴平行时，可过其中一个顶点作与轴平行的直线与对边相交，不妨设过点作与轴平行的直线交于点，则将分成和，
由①可知.
③对多边形，可连接，，…，，得到()个三角形，
即，，…，，
由①②知
综上：可知多边形与其直观图多边形的面积之间有确定的数量关系.
【点睛】本题考查了斜二测画法得到的直观图与原始图的面积关系，将多边形转化为三角形是解题的关键.
32．（2021·上海·高二专题练习）定义空间点到几何图形的距离为：这一点到这个几何图形上各点距离中最短距离.
（1）在空间，求与定点距离等于1的点所围成的几何体的体积和表面积；
（2）在空间，线段(包括端点)的长等于1，求到线段的距离等于1的点所围成的几何体的体积和表面积；
（3）在空间，记边长为1的正方形区域(包括边界及内部的点)为，求到距离等于1的点所围成的几何体的体积和表面积.
【答案】（1），；（2），；（3），.
【分析】（1）根据球的体积和表面公式计算可得结果；
（2）依题意可知围成的几何体是一个圆柱和两个半球的组合体，依据公式即可求得结果；
（3）分析可知，到距离等于1的点所围成的几何体是一个棱长分别为1，1，2的长方体和四个高为1，底面半径为1的半圆柱以及四个半径为1的四分之一球所围成的几何体，根据公式计算可得答案.
【详解】（1）与定点距离等于1的点所围成的几何体是一个半径为1的球，其体积为，表面积为，
（2）到线段的距离等于1的点所围成的几何体是一个以为高，底面半径为1的圆柱的侧面与两个半径为1的半球面所围成的几何体，其体积为，表面积为.
（3）到距离等于1的点所围成的几何体是一个棱长分别为1，1，2的长方体和四个高为1，底面半径为1的半圆柱以及四个半径为1的四分之一球所围成的几何体，
其体积为，
表面积为.
【点睛】本题考查了空间想象能力，考查了长方体、圆柱、球的体积和表面积公式，解题关键是根据定义得到几何体是由哪些几何体组合而成，属于难题
第07讲基本立体图形与直观图（核心考点讲与练）
（一）基本立体图形
1、几何体的结构特征及分类
名称
定义
图形
特征
分类
棱柱
一个多边形的点沿相同方向移动相等距离形成的多面体。
1） 侧棱平行且相等；
2） 底面平行且全等；
3） 不相邻侧棱截面是平行四边形。
1） 直棱柱和斜棱柱；
2） 正棱柱和非正棱柱；
3） 三棱柱、四棱柱等。
棱锥
一个面是多边形，其余各面有一个公共点的三角形的多面体。
棱锥被平行于底面的平面所截，截面与底面相似，面积比等于高平方之比。
1） 三棱锥、四棱锥等；
2） 正棱锥和非正棱锥；
棱台
平行于底面的平面截去棱锥的多面体。
1） 两个面相互平行的多边形；
2） 其余各面是梯形，且相邻梯形的腰线共点。
1） 三棱台、四棱台等；
2） 正棱台和非正棱台。
圆柱
以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的几何体。
1） 两个底面是平行且全等的圆；
2） 轴截面是全等的矩形。
无
圆锥
以直角三角形的一直角边为轴，其余各边旋转而成的曲面所形成的几何体。
轴截面都是全等的等腰三角形。
无
圆台
以直 等腰直角梯形垂直于底边 的腰所在的直线为轴， 其 其余各边旋转而成的曲 面 面几何体。
轴截面都是全等的等腰梯形。
无
球
到定点的距离等于或小于定长的点集合。
1） 大圆：截面过球心；
小圆：截面不过球心；
2） 球心与不过球心的截面；
3） 平面截球面，截面是一个圆。
无
2、简单组合体
简单组合体的构成有两种基本形式：一种是由简单几何体拼接而成；一种是由简单几何体截去或挖去而成，有多面体与多面体、多面体与旋转体、旋转体与旋转体的组合体．
（二）立体图形的直观图
斜二测画法：
（1）在已知图形中，取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于点O，画直观图时，把它们画成对应的x′和y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′=45°（或135°），它们确定的平面表示水平面；
（2）在已知图形中平行于x轴、y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴或y′轴的线段；
（3）在已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持长度不变；平行于y轴的线段，长度为原来的一半。
三视图
几何体的三视图包括主视图、俯视图、侧视图，分别是从几何体的正面、上面、侧面观察几何体画出的轮廓线。
考点一：几何体的结构特征
一、单选题
1．（2022·全国·高一）如图所示，三棱台截去三棱锥后，剩余部分几何体是（ ）
A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥 D．不规则几何体
【答案】C
【分析】根据图形特点进行判断.
【详解】根据图形可见，底面四条边，所以为四棱锥.
故选：C.
2．（2022·全国·高一）用一个平面去截一个圆锥，得到的图形可能是（ ）
A．矩形 B．圆形 C．梯形 D．正方形
【答案】B
【分析】根据圆锥的特征进行分析判断即可
【详解】因为圆锥的侧面是曲面，底面是圆，
所以用一个平面去截一个圆锥，得到的图形可能是圆形，不可能是矩形，梯形，正方形，
故选：B
3．（2021·全国·高一课时练习）《九章算术》中有这样的图形：今有圆锥，下周三丈五尺，高五丈一尺（1丈尺）；若该圆锥的母线长尺，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据圆锥的底面周长求出底面半径，从而利用勾股定理即可求出该圆锥的母线长.
【详解】易知三丈五尺=35尺，五丈一尺=51尺，
设圆锥的底面半径为，则，所以，
所以.
故选：C.
4．（2022·全国·高一）下列说法中正确的是（ ）
A．斜棱柱的侧面中可能有矩形
B．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥
C．直角三角形绕它的一条边所在直线旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥
D．棱台各侧棱的延长线不一定交于一点
【答案】A
【分析】由棱柱的概念可判断A；由棱锥的概念可判断B；由圆锥的概念可判断C；由棱台的概念可判断D
【详解】对于A：斜棱柱的侧面中是平行四边形，有可能是矩形，故A正确；
对于B：有一个面是多边形，其余各面都是三角形，如果三角形没有公共点，该的几何体不是棱锥，故B错误；
对于C：如果绕直角三角形斜边所在直线旋转一周形成的曲面围成的几何体不是圆锥，故C错误；
对于D：棱台各侧棱的延长线一定交于一点，故D错误；
故选：A
5．（2022·全国·高一）关于如下图所示的4个几何体，说法正确的是（ ）
A．只有②是棱柱 B．只有②④是棱柱
C．只有①②是棱柱 D．只有①②④是棱柱
【答案】D
【分析】直接利用棱柱的定义判断选项即可．
【详解】棱柱是多面体中最简单的一种，有两个面互相平行，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．
图①中，满足棱柱的定义，正确；
图②中，满足棱柱的定义，正确；
图③中，不满足棱柱的定义，不正确；
图④中，满足棱柱的定义，是四棱柱，正确．
故选：D
6．（2022·全国·高一）用一个平面去截一个圆柱，得到的图形一定不是（ ）
A．矩形 B．圆形 C．三角形 D．正方形
【答案】C
【分析】根据圆柱的特点，考虑截面从不同角度和方向截取的情况．
【详解】平面垂直圆柱轴截得就是圆形；平面平行或经过圆柱的轴与圆柱相切得到矩形；所以也可得到正方形；平面与圆柱轴线斜交相切，可以得到椭圆形，平面不论如何与圆柱相切都得不到三角形.
故选：C
7．（2021·全国·高一课时练习）将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括（ ）
A．一个圆台、两个圆锥 B．一个圆台、一个圆柱
C．两个圆台、一个圆柱 D．一个圆柱、两个圆锥
【答案】D
【分析】画出等腰梯形，考虑较长的底边，旋转可得形状．
【详解】设等腰梯形，较长的底边为，
则绕着底边旋转一周可得一个圆柱和两个圆锥，
轴截面如图，
故选：D
8．（2022·全国·高一）棱台不具备的特点是（ ）
A．两底面相似 B．侧面都是梯形
C．侧棱长都相等 D．侧棱延长后都交于一点
【答案】C
【分析】
根据棱台的定义结构特征求解.
【详解】
根据棱台的定义知，棱台底面相似，侧面都是梯形，侧棱延长后都交于一点，
但是侧棱长不一定相等，
故选：C
二、多选题
9．（2022·全国·高一）（多选）一个几何体有6个顶点，则这个几何体可能是（ ）
A．三棱柱 B．三棱台 C．五棱锥 D．四面体
【答案】ABC
【分析】根据棱柱、棱台、棱锥及四面体的图形分析，即可得答案.
【详解】对于A，三棱柱是上下两个三角形，有6个顶点，满足题意；
对于B，三棱台是上下两个三角形，有6个顶点，满足题意；
对于C，五棱锥是底面为五边形及一个顶点，有6个顶点，满足题意；
对于D，四面体的顶点个数为4个，不满足题意.
故选：ABC.
10．（2021·全国·高一课时练习）用一个平面去截一个圆台，得到的图形不可能是（ ）
A．矩形 B．圆形 C．梯形 D．三角形
【答案】AD
【分析】根据圆台的结构特征结合空间想象可得结果.
【详解】根据圆柱的结构特征，
用一个平行底面的平面截圆台可得圆形，当平面与圆柱轴所在直线线平行或经过轴所在直线时，可得梯形，不论平面与圆台如何相交，截面都不可能是矩形和三角形，
故选：AD
11．（2021·河北·衡水市冀州区第一中学高一期中）正方体的截面可能是其中（ ）
A．钝角三角形 B．菱形 C．正五边形 D．正六边形
【答案】BD
【分析】通过做正方体的截面确定正确选项.
【详解】取上的点，则截面为三角形，
设，
，，，
则，
∴ 为锐角，同理可得，为锐角，
故截面为锐角三角形，A错，
如图取，，的中点，连接，
∵ ，，∴ 四边形为平行四边形，
∴ ，又，
∴ ，又
∵四边形为平行四边形，又，
∴ 四边形为菱形，B对，
如图：做正方体的五边形截面，过点作，
则，故五边形截面不是正五边形，
故截面不能为正五边形，C错，
如图取的中点为，
易证，，
∴ 六点共面，
又，
∴ 六边形为正六边形，D对，
三、概念填空
12．（2022·全国·高一课时练习）判断正误．
（1）圆锥有无数条母线，它们有公共点即圆锥的顶点，且长度相等．( )
（2）过圆锥的轴的截面是全等的等边三角形．( )
（3）圆台有无数条母线，且它们相等，但延长后不相交于一点．( )
【答案】 √ × ×
【详解】
（1）根据圆锥母线的定义可知正确
（2）过圆锥的轴的截面是全等的等腰三角形，故错误
（3）圆台有无数条母线，且它们相等，但延长后会相交于一点，故错误
13．（2022·全国·高一课时练习）下图是由哪个平面图形旋转得到的( )
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
根据已知图形可知由一个圆锥和圆台形成的几何体
故选：A
14．（2022·全国·高一课时练习）下列几何体是台体的是( )
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】侧棱没有相交于一点，故不是台体
两个底面没有平行，不是台体
是棱锥，不是台体
是圆台
故选：D
15．（2022·全国·高一课时练习）简单组合体
（1）概念：
由________组合而成的几何体叫做简单组合体．
（2）构成形式：有两种基本形式：一种是由简单几何体________而成的；另一种是由简单几何体________一部分而成的．
【答案】 简单几何体 拼接 截去或挖去
16．（2022·全国·高一课时练习）判断正误．
（1）棱柱的底面互相平行．( )
（2）棱柱的各个侧面都是平行四边形．( )
（3）有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥．( )
【答案】 √ √ ×
【详解】
（1）根据棱柱的定义可知正确
（2）根据棱柱的定义可知正确
（3）根据棱锥的定义可知，有一个面是多边形，其余各面都是有公共顶点的三角形的几何体为棱锥，故错误
17．（2022·全国·高一课时练习）空间几何体
概念
定义
空间几何体
在我们周围存在着各种各样的物体，它们都占据着空间的一部分．如果只考虑这些物体的______和______，而不考虑其他因素，那么由这些物体抽象出来的空间图形就叫做空间几何体
多面体
由若干个_______围成的几何体叫做多面体．围成多面体的各个多边形叫做多面体的______；两个面的________叫做多面体的棱；棱与棱的________叫做多面体的顶点
旋转体
一条平面曲线（包括直线）绕它所在平面内的一条定_______旋转所形成的________叫做旋转面，封闭的旋转面围成的几何体叫做旋转体，这条定直线叫做旋转体的_________
【答案】 形状 大小 平面多边形 面 公共边 公共点 直线 曲面 轴
18．（2022·全国·高一课时练习）下面多面体中，是棱柱的有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【详解】根据棱柱的定义可知依次为：四棱柱，三棱柱，五棱柱，六棱柱
故选：D
四、填空题
19．（2022·全国·高一）如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的组合体，现用一个垂直于圆柱底面的平面去截这个组合体﹐则截面图形可能是______（填序号）．
【答案】①⑤
【分析】根据圆锥曲线的定义和圆锥的几何特征，分截面过旋转轴时和截面不过旋转轴时两种情况，分析截面图形的形状，最后综合讨论结果，可得答案.
【详解】由题意，当截面过旋转轴时，圆锥的轴截面为等腰三角形，此时①符合条件；
当截面不过旋转轴时，圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时⑤符合条件，
综上可知截面的图形可能是①⑤.
故答案为：①⑤
20．（2022·全国·高一）以三棱台的顶点为三棱锥的顶点，这样可以把一个三棱台分成______个三棱锥．
【答案】3
【分析】画出图形，由图即可求出．
【详解】如图，三棱台可分割成三棱锥，三棱锥，三棱锥，共3个.
故答案为：3
五、判断题
21．（2021·全国·高一课时练习）一个棱柱至少有5个面．( )
【答案】正确
【分析】根据棱柱的结构特征判断.
【详解】棱柱的结构特征：①、两底面互相平行；②、侧面是平行四边形；③、侧棱互相平行且相等；
而底面多边形的边数最少为3，此时棱柱为三棱柱，所以棱柱至少有5个面.故说法正确.
故答案为：正确
22．（2022·湖南·高一课时练习）判断下列命题的真假．
（1）有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱．( )
（2）有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( )
（3）用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体是棱台．( )
（4）圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台．( )
【答案】 错误 错误 错误 正确
【分析】根据棱柱、棱台、圆台的定义判断．
【详解】（1）三棱台就是上下两个底面平行，三个侧面是四边形，不是棱柱，（1）错；
（2）如图几何体有两个面平行，其余各面都是平行四边形，但它不是棱柱，（2）错；
（3）用一个平面去截棱锥，当截面与底面不平行时，底面与截面之间的部分组成的几何体不是棱台，（3）错；
（4）圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台，正确．
故答案为：错误；错误；错误；正确．
六、解答题
23．（2022·湖南·高一课时练习）圆柱、圆锥、圆台都是旋转体，它们在结构上有哪些相同点和不同点？当底面发生变化时，它们能否相互转化？如能，如何转化？
【分析】根据圆柱、圆锥、圆台的知识对问题进行回答.
【详解】相同点：都是旋转体，都有轴、底面、母线.
不同点：圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的截面是等腰梯形.
三者之间可以相互转化：
当圆台的上底面半径变为时，转化为圆锥；
当圆台的上下底面半径变为相同时，转化为圆柱；
当圆柱上底面半径变为时，转化为圆锥；
当圆柱上底面半径变为与下底面半径不相同时，转化为圆台；
当圆锥的上底面半径由变为大于零，并且与下底面半径不相同时，转化为圆台.
当圆锥的上底面半径由变为大于零，并且与下底面半径相同时，转化为圆柱.
24．（2022·湖南·高一课时练习）指出下图中的几何体分别由哪些简单几何体组成．
【分析】结合常见空间几何体的结构特征依次说明组合体即可.
【详解】第一个几何体是由一个长方体割去一个四棱台而成；
第二个几何体是由一个长方体挖去一个小的长方体而成的；
第三个几何体是由一个小圆柱穿过一个圆锥而成的；
第四个几何体是由一个三棱柱和2个不同的长方体拼接而成的.
25．（2022·湖南·高一课时练习）如图，用硬卡纸按图样画好并剪下，再沿图中虚线折起来粘好，得到了什么几何体？
【答案】圆锥
【分析】根据圆锥展开图的特征求解即可
【详解】由图可知沿图中虚线折起来粘好的几何体是底面半径为，高为的圆锥，
如图所示
26．（2021·全国·高一课时练习）用长、宽分别是与的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，试求圆柱底面的半径.
【答案】cm或cm
【分析】分别以矩形的长和宽为圆柱底面圆周分别计算即可得解.
【详解】以边长为的矩形边作圆柱底面圆周，则其周长为，半径r1，即，cm，
以边长为的矩形边作圆柱底面圆周，则其周长为，半径r2，即，cm，
所以圆柱底面的半径是cm或cm.
27．（2022·湖南·高一课时练习）任做一个圆柱、圆锥、圆台，去掉其底面后，沿任意一条母线剪开，然后放在平面上展平，它们分别是什么样的平面图形？
【分析】作出圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图，即可得解.
【详解】解：将圆柱的去掉其底面后，沿任意一条母线剪开，它的侧面展开图如下图所示，
由图可知，圆柱的侧面展开图为矩形，且该矩形的高为圆柱的母线长，底边长为圆柱底面圆的周长.
将圆柱的去掉其底面后，沿任意一条母线剪开，它的侧面展开图如下图所示，
由图可知，圆锥的侧面展开图为扇形，且扇形的弧长为圆锥的底面圆周长，扇形的半径为圆锥的母线长.
将圆台的去掉其底面后，沿任意一条母线剪开，它的侧面展开图如下图所示，
由图可知，圆台的侧面展开图为扇环，且扇环的两段弧长分别为圆台的上、下底面圆周长，扇形的半径为圆台的母线长.
28．（2022·湖南·高一课时练习）指出下图中的几何体是由哪些简单几何体组成的．
【分析】由组合体结合简单几何体判断．
【详解】第一个组合体由一个四棱柱，一个长方体，一个四棱台，四棱台上方挖去一个长方体的组合体；
第二个组合体是大圆柱中间挖去一个小圆柱与另一圆柱同样挖去小圆柱垂直嵌进去，在圆柱外面一个四棱柱与一个三棱柱贴在圆柱侧面(一个面变成了曲面），四棱柱的两个角刨圆成圆柱侧面（可认为是两个四分之一的圆柱与一个小四棱柱的组合体），中间还挖去两个小圆柱．
考点二：直观图
一、单选题
1．（2022·全国·高三阶段练习（文））某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的外接球的表面积（单位：）为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由三视图还原几何体为直三棱柱，将其补全为长方体，由它们的外接球相同求球体半径，利用球体表面积公式求面积.
【详解】由三视图知：几何体为直三棱柱，如下图示：将其补全为长方体，
所以长方体的外接球也是该几何体的外接球，故外接球半径为，
则几何体的外接球的表面积.
故选：C
二、概念填空
2．（2022·全国·高一课时练习）若把一个高为的圆柱的底面画在平面上，则圆柱的高应画成( )
A．平行于轴且大小为 B．平行于且大小为
C．与轴成且大小为 D．与轴成且大小为
【答案】A
【详解】平行于轴的线段在直观图中的方向和长度都与原来保持一致，故选A.
3．（2022·全国·高一课时练习）判断正误．
（1）用斜二测画法画水平放置的时，若的两边分别平行于x轴和y轴，且，则在直观图中，．( )
（2）用斜二测画法画平面图形的直观图时，平行的线段在直观图中仍平行，且长度不变．( )
【答案】 错误 错误
【详解】（1）用斜二测画法画水平放置的时，若的两边分别平行于x轴和y轴，且，则在直观图中，或；
（2）用斜二测画法画平面图形的直观图时，平行的线段在直观图中仍平行，且长度会改变，故错误.
4．（2022·全国·高一课时练习）利用斜二测画法画出边长为的正方形的直观图，正确的是图中的( )
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】正方形的直观图应是平行四边形，且相邻两边的比为，故选C
5．（2022·全国·高一课时练习）用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的步骤
画轴
在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于点O，画直观图时，把它们画成对应的轴和轴，两轴相交于点，且使______（或________），它们确定的平面表示
画线
已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于___________
取长度
已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中_______不变，平行于y轴的线段，在直观图中长度为原来的__________
用斜二测画法画空间几何体的直观图的步骤
（1）画底面，这时使用平面图形的斜二测画法即可．
（2）画轴，轴过点，且与轴的夹角为，并画出高线（与原图高线相等，画正棱柱时只需要画侧棱即可），连线成图．
（3）擦去辅助线，被遮线用虚线表示．
几何体直观图的画法规则
画几何体的直观图时，与画平面图形的直观图相比，只是多画一个与x轴、y轴都垂直的z之轴，并且使平行于z轴的线段的______和______都不变．
【答案】 轴和轴的线段 长度
一半 平行性 长度
三、解答题
6．（2022·湖南·高一课时练习）画出下列图形的直观图：
(1)棱长为4cm的正方体；
(2)底面半径为2cm，高为4cm的圆锥．
【答案】(1)画法见解析，
；
(2)画法见解析，
【分析】根据要求用斜二测法画出符合要求的直观图
(1)如下图所示，按如下步骤完成：
第一步：作水平放置的正方形ABCD的直观图，使得AB=4cm，BC=2cm，且∠DAB=45°，取平行四边形ABCD的中心O，作x轴∥AB，y轴∥BD，
第二步：过点O作∠xOz=90°，过点A、B、C、D分别作等于4cm，顺次连接，
第三步：去掉图中的辅助线，就得到棱长为4的正方体的直观图.
(2)如下图所示，按如下步骤完成：
第一步：作水平放置的圆的直观图，使cm，cm.
第二步：过作轴，使，在上取点，使=4cm，连接，.
第三步：去掉图中的辅助线，就得到所求圆锥的直观图.
7．（2022·湖南·高一课时练习）用斜二测画法得到一水平放置的直角三角形ABC如图所示，其中AC＝1，∠ABC＝30°，试求原三角形A′B′C′边B′C′上的高及△A′B′C′的面积.
【答案】边B′C′上的高为，面积为.
【分析】根据斜二测画法的规则，求出原三角形的底边长和高，可得面积.
【详解】作于，在上取点，使;
因为直角三角形ABC中，AC＝1，∠ABC＝30°，
所以.由面积相等可得边上的高为，所以；
根据斜二测画法的规则，则，；
所以△A′B′C′的面积为.
8．（2022·湖南·高一课时练习）画出图中简单组合体的直观图（尺寸单位：cm）．
【分析】利用斜二测画法求解.
【详解】如图所示：
9．（2022·湖南·高一课时练习）用斜二测画法画出下列水平放置的平面图形的直观图：
(1)边长为的正三角形；
(2)边长为的正方形；
(3)边长为的正八边形．
【分析】（1）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；
（2）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；
（3）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.
(1)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.
(2)解：如图④所示，以、边所在的直线分别为轴、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
画对应的轴、轴，使，
在轴上截取，在轴上截取，
作轴，且，连接，
则平行四边形即为正方形的直观图，如图⑥所示.
(3)
解：如图⑦所示，画正八边形，以点为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，
设点、在轴上的射影点分别为、，
画对应的轴、轴，使，
在轴上截取，，，
在轴上截取，作轴且，
作轴，且，作轴，且，
作轴，且，作轴，且，
连接、、、、、、、，
则八边形为正八边形的直观图，如图⑨所示.
10．（2022·全国·高一）用斜二测画法画出下列平面图形水平放置的直观图.
【分析】在原平面直角坐标系中分别找出两个图形顶点的坐标，画，轴，使，按照在轴上或平行于轴的线段仍然在轴上或平行于轴，长度不变，在轴上或平行于轴的线段仍然在轴上或平行于轴，长度为原来的一半，找出对应顶点的坐标，连接顶点，即可得到（1）（2）两个平面图形的直观图．
【详解】解：（1）
画，轴，使，在轴上截取，在轴上截取．
过作轴的平行线，且取线段长度为2，连接，，，，
则四边形的直观图即为四边形；
（2）
画，轴，使，在轴上截取，
在轴过、分别作的平行线，与在轴上过作轴的平行线分别交于，，连接，，，．
则四边形的直观图即为四边形．
11．（2021·全国·高一课时练习）画水平放置的直角梯形的直观图，如图所示．
【分析】根据斜二测画法作图：
（1）在已知图形中作直角坐标系；
（2）作出相应的x′轴和y′轴，使∠x′O′y′＝45°，截取相应的点，并连线；
（3）擦去辅助线得直观图．
【详解】【解】（1）在已知的直角梯形OBCD中，以底边OB所在直线为x轴，垂直于OB的腰OD所在直线为y轴建立平面直角坐标系．如图①所示．
（2）画相应的x′轴和y′轴，使∠x′O′y′＝45°，在x′轴上截取O′B′＝OB，在y′轴上截取O′D′＝OD，过点D′作x′轴的平行线l，在l上沿x′轴正方向取点C′使得D′C′＝DC.连接B′C′，如图②.
（3）所得四边形O′B′C′D′就是直角梯形OBCD的直观图．如图③.
12．（2022·全国·高一）画底面边长为2cm，高为3cm的正四棱柱的直观图．
【分析】用斜二测法画直观图即可.
【详解】
13．（2022·全国·高一）如图，已知点，，,用斜二测画法作出该水平放置的四边形的直观图，并求出面积.
【答案】图见解析，
【分析】首先根据斜二测画法的规则，画出四边形的直观图，再结合面积公式，即可计算.
【详解】由斜二测画法可知，在直观图中，，，，，，，，，，
所以
.
一、单选题
1．（2022·全国·高三专题练习）过球心的平面截球所得的截面圆称之为球的大圆.对于球面上两点A，B，过点A，B的球的大圆的劣弧长称为点A与点B之间的球面距离.已知距球心距离为3的平面截球O得截面圆，点P，Q为圆上的两点，，若OP，OQ与所成的角均为，则点P与点Q之间的球面距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接，，PQ，利用余弦定理求得△OPQ为等边三角形，根据弧长公式可求得答案.
【详解】解：连接，，PQ，由题意知，，，
所以，，又，
所以，所以△OPQ为等边三角形，所以，
所以过点P，Q的球的大圆的劣弧长为，即P，Q间的球面距离为.
故选：A.
2．（2021·湖南长沙·高二期末）在半径为2的球中挖去一个半径为1的同心球，设过球心的截面的面积为，不过球心的任意非圆面的截面的面积为，则（ ）
A． B．
C． D．､的大小关系不定
【答案】A
【分析】先分析出过球心的截面为一个圆环，外半径为2，内半径为1，求出其面积，再求出不过球心的任意非圆面的截面的面积，即可得到答案.
【详解】过球心的截面为一个圆环，外半径为2，内半径为1，其面积为；
设球心到不过球心的任意非圆面的截面的距离为，则该截面的面积
，所以.
故选：A.
3．（2021·全国·高一课时练习）我国南北朝时的数学家祖暅提出了计算体积的原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是两个等高几何体，如果作任意高度为的水平截面截两个几何体所得截面面积相同，则两个几何体体积相同．如图是个红酒杯的杯体部分，它是由抛物线在的部分曲线以轴为轴旋转而成的旋转体，其上口半径为2，高度为4，那么以下几个几何体做成的容器与该红酒杯的容积相同的是（ ）．
A．如图一是一个底面半径为2，高为4的圆锥
B．如图二是一个横向放置的直三棱柱，高为，底面是一个两直角边均为4的直角三角形
C．如图三是一个底面半径为2，高为4的圆柱挖去了同底等高的圆锥
D．如图四是一个高为4的四棱锥，底面是长宽分别为和4的矩形
【答案】B
【分析】先求得红酒杯在高度为h处的截面面积，再分别求得选项A、B、C、D中几何体在高度为h处截面的面积，结合祖暅原理，即可得答案.
【详解】由题意得，该红酒杯上口径为2，则上面圆的面积为，
设A点的纵坐标，如图所示：
因为A点在抛物线上，所以，即高度为h处，红酒杯水平截面圆半径为，
所以截面圆的面积为：.
对于A：底面圆的半径为2，面积为，
在高度为处作圆锥的水平截面圆，半径为CD，再作出圆锥的轴截面，如图所示：
所以，AB为圆锥底面直径，所以，，
根据可得：，解得，
所以高度为h处，圆锥的截面圆半径为，
所以截面圆的面积为，故A不符合题意.
对于B：直三棱柱上面面积为，
在高度为处作棱柱的水平截面DEFG，如图所示：
所以，因为，
根据，可得，
所以高度为h处的截面DEFG的面积为，符合题意；
对于C：圆柱上底面圆的面积为，
在高度为处作该几何体的水平截面圆，作出该几何体的轴截面，如图所示
，
所以，GH为圆锥截面圆的半径，，
根据可得：，
所以，
所以截去圆锥的截面面积为，
则所剩几何体的截面面积为，故C不符合题意；
对于D：底面的面积为，
在高度为处作棱锥的水平截面EFGH，如图所示：
所以三棱锥的高为h，的高为4，，
根据可得：，
所以，
所以截面EFGH的面积为.故D不符合题意.
故选：B
【点睛】解得的关键是理解祖暅原理，即作任意高度为的水平截面截两个几何体所得截面面积相同，根据圆锥、圆柱、棱柱、棱锥的性质，逐一求得截面面积，即可得答案，考查分析理解，空间想象，计算求值的能力，属中档题.
4．（2021·安徽·高一阶段练习）有以下命题：
①以半圆直径所在的直线为旋转轴旋转一周，其形成的面围成的旋转体是球；
②用任意平面去截圆锥，所得的截面图形为圆；
③若某圆锥的底面半径为，母线长为，则它的表面积为；
④以直角三角形的任意一边所在直线为旋转轴旋转一周，其余两边形成的面围成的旋转体是圆锥．
其中真命题的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】根据空间几何体的性质进行判断得解
【详解】由基本概念可知，①正确；用不平行于圆锥底面的平面截圆锥，所得的截面图形不是圆，②错误；根据圆锥的表面积公式可知③正确；以斜边所在直线为旋转轴旋转一周得到的旋转体不是圆锥，④错误，
故选B．
5．（2021·浙江省富阳中学高三开学考试）如图所示，在正四棱锥中，，，它的内切球O与四个侧面分别相切于点E，F，G，H处，则四边形外接圆的半径为（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】C
【分析】作出过正四棱锥顶点和底面对边中点的截面，是中点，的内切圆是正四棱锥内切球的大圆，切点为球与正四棱锥侧面的切点，求得的边长，得切点位置求得，而四边形是正方形，对称线为其外接圆直径，由此可得．
【详解】如图，作出过正四棱锥顶点和底面对边中点的截面，不妨设是中点（是正四棱锥的斜高），则的内切圆是正四棱锥内切球的大圆，切点为球与正四棱锥侧面的切点，
正四棱锥中，，，则，，是等边三角形，则分别为的中点，，
由正四棱锥性质知四边形是正方形，所以外接圆半径为．
故选：C．
【点睛】方法点睛：在涉及到正棱锥与内切球、外接球的计算中，常常需要作出截面得出相应关系求解．对正四棱锥来讲，有两个截面，一个是本题中作出的过棱锥的标点，和底面对边中点的截面，它截正四棱锥内切球所得大圆为截面三角形的内切圆，另外一个是正四棱锥的对角面，它截外接球的大圆是截面三角形的外接圆．
6．（2021·宁夏·贺兰县景博中学二模（文））位于北纬度的、两地经度相差，且、两地间的球面距离为为地球半径），那么等于（ ）
A．30 B．45 C．60 D．75
【答案】B
【分析】、两地间的球面距离为，所以、两地所在大圆的圆心角为，可得出、两地间直线距离．、两地所在纬线围成的圆的圆心角为，结合、两地间直线距离可算出、两地所在纬线围成的圆的半径，进而求出的值．
【详解】根据题意画出示意图，如图，
、两地间的球面距离为为地球半径），
，
在三角形中，，
设、两地所在纬线围成的圆的圆心为，
、两地经度相差，
，在直角三角形中，，
在直角三角形中，，
，
即、两地位于北纬度，．
故选：B．
【点睛】球的截面性质：
(1)球心和不经过球心的截面圆的圆心的连线垂直于截面；
(2)球心到不经过球心的截面的距离d与球的半径R以及截面圆的半径r的关系为．
7．（2019·重庆市第十一中学校高三阶段练习（理））已知三棱锥的直观图及其部分三视图如图所示，若三棱锥的四个表面中面积最大的一个三角形面积是，则三棱锥的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题中所给图，可将三棱锥放在长方体中来想象，作出示意图，结合几何关系，即可求解.
【详解】由题意，可将三棱锥放在如图所示的长方体中，
则由几何关系可知底面是边长为的等边三角形, 平面，
设的中心为，球心为，球半径为，，可得，，
又因三棱锥的四个表面中面积最大的一个三角形面积是，
经验证，三棱锥中面积最大的三角形是，
，
由球的性质可知：，
故选：B
【点睛】本题考查三视图、直观图与几何体之间的转换，锥体与外接球的问题，以及球的表面积公式，考查空间想象能力与运算求解能力.
8．（2018·全国·高考真题（理））设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】分析：作图，D为MO 与球的交点，点M为三角形ABC的中心，判断出当平面时，三棱锥体积最大，然后进行计算可得．
详解：如图所示，
点M为三角形ABC的中心，E为AC中点，
当平面时，三棱锥体积最大
此时，
,
点M为三角形ABC的中心
中，有
故选B.
点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当平面时，三棱锥体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型．
9．（2021·黑龙江·哈尔滨三中高一期中）如图，在正方体中，，，分别为，，上靠近，，的三等分点，，，，，，分别是，，的三等分点，，，为分别是，，的中点，则平面过（ ）
A．，， B．，， C．，， D．以上都不正确
【答案】A
【分析】
设正方体的棱长为3，取的三等分点，延迟与交于点，连接并延长，交于和延长线于，连接交于点，过点作交于点，平面截正方体所得截面即为,根据相似可得，进而得解.
【详解】
如图所示，设正方体的棱长为3，
取的三等分点，则，所以延迟与交于点，
连接并延长，交于和延长线于，连接交于点，过点作交于点.
平面截正方体所得截面即为,
设，
易知,所以，,
所以，，解得，所以点与重合，
，所以点与重合，
因为，所以点与重合.
故选：A.
10．（2022·全国·高三专题练习）已知正三棱锥中，底面是边长为的正三角形，侧棱长为，为的中点，为中点，是的动点，是平面上的动点，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
作出图形，在正三棱锥中，分析得出平面，固定，找出点运动时取得最小值时的位置，利用解三角形的相关知识即可求得结果.
【详解】
因为为上的动点，为平面上的动点，且两者的运动无关，所以采用一定一动的原则，
先固定，当在动的时候，显然，当平面时，取最小值，
为了确定垂直状态在哪里，具体给出下图：
作分别交、于点、，连接，
当点在上且时，平面，
以下证明此时平面，
，为的中点，则，同理可知，，
，平面，
所以，，所以，平面，
此时，再将平面绕着转动，使得、、、四点共面，
此时，释放点，当点在运动过程中，、、三点共线时，
，
已经找到最小状态，易知，，
，平面，则平面，则平面，
平面，，故，则，
，，则，则为等腰直角三角形，
故，，
因为.
故选：A.
【点睛】思路点睛：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状；
（2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解.
二、多选题
11．（2021·福建·文博中学高一期中）长方体的长、宽、高分别为3，2，1，则（ ）
A．长方体的表面积为20
B．长方体的体积为6
C．沿长方体的表面从A到的最短距离为
D．沿长方体的表面从A到的最短距离为
【答案】BC
【解析】由题意，可利用柱体体积公式和多面体表面积公式进行计算，沿表面最短距离可将临近两个面侧面展开图去计算，即可求解正确答案.
【详解】长方体的表面积为，A错误.长方体的体积为，B正确.如图（1）所示，长方体中，，，.求表面上最短（长）距离可把几何体展开成平面图形，如图（2）所示，将侧面和侧面展开，
则有，即经过侧面和侧面时的最短距离是；如图（3）所示，将侧面和底面展开，则有，即经过侧面和底面时的最短距离是；如图（4）所示，将侧面和底面展开，
则有，即经过侧面和底面时的最短距离是.因为，所以沿长方体表面由A到的最短距离是，C正确，D不正确.
故选：BC.
【点睛】本题考查长方体体积公式、表面积公式和沿表面的最短距离，考查空间想象能力，属于基础题.
12．（2022·全国·高三专题练习）已知球是正三棱锥的外接球，，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆的面积可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BCD
【分析】
设是球心，是等边三角形的中心，在三角形中，有，可求得，可得最大的截面圆；过且垂直的截面圆最小，利用
可得解.
【详解】
如图所示，其中是球心，是等边三角形的中心，
可得，
，
设球的半径为，在三角形中，由，
即，解得，
故最大的截面面积为，
在三角形中，，，
由余弦定理得，
在三角形中，，
设过且垂直的截面圆的半径为，，故最小的截面面积为.
所以过点作球的截面，所以截面圆面积的取值范围是，
故选：BCD．
13．（2021·江苏·扬州中学模拟预测）如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点，过点，，的平面记为，则下列说法中正确的有（ ）
A．平面截直四棱柱所得截面的形状为四边形
B．平面截直四校柱所得被面的面积为
C．平面将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47:25
D．点到平面的距离与点到平面的距离之比为1:2
【答案】BCD
【分析】
根据所给条件，结合线面关系的性质判定，逐项分析判断即可得解.
【详解】
对A，延长交直线于，连接，交棱于，
连接可得五变形，故A错误；
对B，由平行线分线段成比例可得，
故 ，则为等腰三角形，由相似三角形可知：
，，则，，
连接，易知，
因此五边形可以分为等边三角形和等腰梯形，
等腰梯形的高，
则等腰梯形的面积为，
又，
所以五边形的面积为，故B正确；
记平面将直四棱柱分割成上下两部分的面积分别为，
则，
所以，，故C正确；
对D，因为平面过线段的中点，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，由平面过的三等分点可知，点 到平面的距离是点到平面的距离的2倍，因此，点 到平面的距离是点到平面的距离的2倍，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】本题以空间几何体为基础，考查了平面截空间几何体的相关问题，考查了截面面积以及截面截几何体上下体积之比，同时考查了点到面的距离问题，计算量较大，属于较难题.本题的关键点有：
（1）精确确定平面截空间几何体的截面位置；
（2）根据截面所在位置精确计算相关量.
三、填空题
14．（2021·全国·高二课时练习）一个底面边长为的正四棱锥，连接两个相邻侧面的重心，，则线段的长是______.
【分析】如图分别连接，并延长交，于点，，则，分别是，的中点，连接，，可求得，再证明，根据平行线分线段成比例可得，即可求解.
【详解】如图：正四棱锥中，点，分别为侧面，的重心，
分别连接，并延长交，于点，，
则，分别是，的中点，连接，，
因为四边形是边长为的正方形，
所以，，
因为，所以，且，
所以.
故答案为：.
15．（2020·浙江·高三竞赛）如图所示，在单位正方体上有甲、乙两个动点，甲从点匀速朝移动；乙从点匀速出发朝移动，到达后速度保持不变并折返.现甲、乙同时出发，当甲到达时，乙恰好在到达后折返到，则在此过程中，甲、乙两点的最近距离为__________.
【答案】
【详解】
设甲、乙的速度分别为、，在此过程中，，即.
不妨设、，则总的时间为1.
设在时间为末，甲、乙之间的距离最短，即此时、分别达到、点.
分两种情况讨论：路程前半程与路程后半程.
（1）路程前半程：，则，，，，，进而有，故（当且仅当时取等号）.
（2）路程后半程：，则，，，，，进而有，故（当且仅当时取等号）.
因为，所以在此过程中，甲、乙两点的最近距离为.
故答案为：
16．（2022·全国·高三专题练习（文））“敕勒川，阴山下．天似穹庐，笼盖四野．”的特征，诗中的“穹庐”即“毡帐”，屋顶近似圆锥，为了烘托节日气氛，计划在屋顶安装灯光带．某个屋顶的圆锥底面直径长8米，母线长6米，其中一条灯光带从该圆锥一条母线的下端点开始，沿侧面经过与该母线在同一轴截面的另一母线的中点，环绕一圈回到起点，则这条灯光带的最短长度是______米．
【答案】
【分析】将侧面沿母线剪开，点对应点，轴截面对应的另一条母线为，的中点为，连接，，则为灯光带的最短长度，结合图形计算即可求解.
【详解】将侧面沿母线剪开，点对应点，轴截面对应的另一条母线为，的中点为，连接，，则为灯光带的最短长度，如图所示：
因为，圆锥底面直径长8，则半径为，所以，即，
所以，
因为，
在中，由余弦定理可得：
，
所以，所以，
所以这条灯光带的最短长度是米.
17．（2021·全国·模拟预测（文））如图，正三棱锥P﹣ABC的顶点P为圆柱OO1的上底面的中心，底面ABC为圆柱下底面的内接等边三角形，四边形DEFG为圆柱的轴截面，BODG，，.现有一机器人从点A处开始沿圆柱的表面到达E点，再到达点P处，再从P处沿正三棱锥P﹣ABC的表面返回A处，则其最短的路程约为___________.(参考数据：，结果精确到)
【答案】
【分析】先根据已知条件求解出圆柱底面圆的半径以及圆柱的高，然后据图分析最短路径，利用展开图求解出到的最短距离，由此可求解出最短的总路程.
【详解】因为，所以，
所以，
又因为，所以，所以，
所以（劣弧）的长为，
由图可知，当从到经过的路程最短时，总路程最短，
将圆柱侧面展开，从到的最短距离为线段的长度，
此时，
所以最短路程为，
故答案为：.
18．（2021·全国·模拟预测）一次体育课上，体育老师拿来3个篮球，1个排球，其中篮球半径都为10cm，排球半径为5cm，老师把这三个篮球两两相切的放在操场上（操场水平），再把排球放在篮球正上方，和下面3个篮球都相切，则排球上的点到地面的最小距离为 ___________cm.
【答案】
【分析】将四个球的球心抽象为三棱锥的四个顶点，然后根据球的半径以及三棱锥的形状确定出排球球心到篮球球心所在平面的距离，由此可求解出排球上的点到地面的最小距离.
【详解】记篮球球心为，排球球心为，取中点，连接，
因为，，
所以三棱锥为正三棱锥，
在底面的投影点记为，连接，且在上，
因为为中点，所以，所以，
又因为为等边三角形，所以，所以，
所以，
所以排球上的点到底面的最小距离即为长度减去排球半径再加上篮球半径，
即排球上的点到底面的最小距离为：()，
故答案为：.
19．（2021·黑龙江·哈尔滨德强学校高三期中（理））已知一个几何体的正视图和侧视图如图（1）所示，其俯视图用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个直角边长为1的等腰直角三角形如图（2）所示，则此几何体的体积为_________
【答案】
【分析】由直观图得俯视图是一个直角三角形，直角边长分别为，2，从而得出原几何体是一个三棱锥，其中一条侧棱与底面垂直，且三条棱长已知，由此可求得体积．
【详解】由直观图得俯视图是一个直角三角形，直角边长分别为，2，如图，
由三视图知原几何体是一个三棱锥，如下图，其中两两垂直，且，，，
所以体积为．
故答案为：．
20．（2021·全国·高二课时练习）如果一个水平放置的图形用斜二测画法画出的直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是______.
【答案】##
【分析】求出直观图中梯形的下底长，作出原图形，结合梯形的面积公式可求得结果.
【详解】直观图中，梯形的下底长为，
作出原图形如下图所示：
由图可知，原图形为直角梯形，且该梯形的上底长为，下底长为，高为，
因此，原图形的面积为.
故答案为：.
21．（2021·全国·高一课时练习）用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边平行于轴，与平行于轴．已知四边形的面积为，则原平面图形的面积为________．
【答案】
【分析】设，，，求得，作出原图形，分析梯形的两底边长与高，利用梯形的面积公式可求得原图形的面积.
【详解】设，，，在四边形中，，
因为在四边形中，边平行于轴，与平行于轴，
所以，，可得，
设原图形为梯形，在平面直角坐标系中，如下图所示：
则平行于轴，、平行于轴，且，，，
因此，原图形的面积为.
故答案为：.
22．（2022·江苏宿迁·高三期末）已知一个棱长为的正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，若圆锥的底面半径为2，母线长为4，则的最大值为__________.
【答案】##
【分析】根据给定条件求出圆锥的内切球半径，再求出此球的内接正方体的棱长即可作答.
【详解】正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，则当正方体棱长a最大时，正方体的外接球恰为圆锥的内切球，
底面半径为2，母线长为4的圆锥轴截面正的内切圆O是该圆锥内切球O截面大圆，如图，
正的高，则内切圆O的半径即球半径，
于是得球O的内接正方体棱长a有：，解得：，
所以的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.
23．（2022·河南郑州·高三阶段练习（文））已知一圆柱的轴截面为正方形，母线长为，在该圆柱内放置一个棱长为a的正四面体，并且正四面体在该圆柱内可以任意转动，则a的最大值为__________．
【答案】2
【分析】先得到正四面体的外接球内切于圆柱时，a最大，即该正四面体的外接球半径，画出正四面体，利用半径相等列出等量关系，求出此时a的值即为答案.
【详解】由题意知，该正四面体的外接球在圆柱内，要使a最大，正四面体的外接球应内切于圆柱，当a最大时，设该正四面体为A-BCD，底面BCD上的高为AM，正四面体A-BCD的外接球球心为O，半径为R，因为圆柱的轴截面是正方形，母线长为，所以圆柱的底面直径为，所以该正四面体的外接球的半径，
在正四面体A-BCD中，，，，所以，在Rt△MOD中，由勾股定理得：，整理得：，解得：或0（舍去），所以a的最大值为2.
故答案为：2
四、解答题
24．（2021·上海大学附属南翔高级中学高二期中）如图所示，一只小蚂蚁正从圆锥底面上的点A沿圆锥体的表面匀速爬行一周，又绕回到点A，已知该圆锥体的底面半径为，母线长为，试问小蚂蚁沿怎样的路径如何爬行，才能最快到达点A?并求出该路径的长.
【答案】沿线段爬行； .
【分析】把圆锥沿过点的母线展成扇形，由题意得到蚂蚁爬行的最短路径为线段；利用扇形的弦长与半径即可求出，过作于点，通过在中求出的长 即可求线段的长.
【详解】把圆锥沿过点的母线展成如图所示的扇形，则蚂蚁爬行的最短路径为线段，
由题意知，圆锥的底面周长为，，
设，则，
过作于点，则，
在中，，，
所以.
所以小蚂蚁沿线段爬行，才能最快到达点A，且该路径的长为.
25．（2021·全国·高一课时练习）用一个平面截正方体，截面的形状会是什么样的？请你给出截面图形的分类原则，找到截得这些形状截面的方法，画出这些截面的示意图．例如，可以按照截面图形的边数进行分类：
(1)如果截面是三角形，可以截出几类不同的三角形？为什么？
(2)如果截面是四边形，可以截出几类不同的四边形？为什么？
(3)能否截出正五边形？为什么？
(4)是否存在正六边形的截面？为什么？
(5)有没有可能截出边数超过6的多边形？为什么？
【答案】(1)三类，见解析
(2)五类，见解析
(3)不能，见解析
(4)存在，见解析
(5)不能，见解析.
【分析】
（1）根据题意作出截面，并分类即可；
（2）根据题意，作出截面，并分类即可；
（3）假设可以截出，反证法说明即可；
（4）过六条棱个中点的截面即为正六边形.
（5）结合正方体最多只有6个平面说明即可.
(1)
解：如果截面是三角形，则可以是锐角三角形，等腰三角形，等边三角形，不能出现直角三角形和钝角三角形，如图是截面情况.
(2)
解：若截面是四边形，可以是梯形，平行四边形，菱形，正方形，矩形等，其中梯形可以为等腰梯形，其中梯形：过相对两个平面上平行且不等长的线的截面所截得图形；平行四边形：过正方体的一条体对角线，且不过正方体的棱及棱的中点的截面所截得图形；菱形：过正方体的一条体对角线，和一对棱的中点的截面所截得图形；长方体：过正方体的两条相对的棱或一条棱得的截面所截得图形；正方形：平行于正方体的一个平面的截面所截得图形.具体见图：
(3)
解：不能截出正五边形，假设可以截出正五边形，则根据面面平行的性质得，，而正五边形不存在对边平行的性质，矛盾，故截面是正五边形不存在.
(4)
解：存在正六边形的截面，如图，该截面为过各条棱的中点形成的六边形.
(5)
解：不能，因为正方体只有六个面，当界面与六个面都相交时，最多截出六边形，故不能截出超过边数超过6的多边形.
26．（2022·全国·高一）用厚纸按如下三个图样画好后剪下，再沿图中虚线折起来粘好，得到的分别是什么空间图形？
【答案】正三棱柱，圆锥，正四棱台．
【分析根据基本几何体的展开图判断．
【详解】按图画好后剪下，沿图中虚线折起来粘好得到下列图形：
它们分别是正三棱柱，圆锥，正四棱台．
27．（2021·全国·高二课时练习）已知正四棱台上､下底面的边长和侧棱长分别是3，x，5，设棱台的斜高为y，求出y与x的函数关系式，并求该函数的定义域与值域.
【答案】，，.
【分析】取上底A1B1C1D1的中心O1和下底ABCD的中心O，连结OO1，过O1作O1F⊥A1B1，交A1B1于F，过O作OE⊥AB，交AB于E，过F作FN⊥OE，交OE于N，正四棱台的斜高B1K，正四棱台的高OO1＝FN，由此能求出正四棱台的高和斜高．
【详解】
如图，
取上底A1B1C1D1的中心O1和下底ABCD的中心O，连结OO1，
过O1作O1F⊥A1B1，交A1B1于F，过O作OE⊥AB，交AB于E，
过F作FN⊥OE，交OE于N，
正四棱台的斜高B1K＝EF＝＝，
且，
，
，定义域为，
，
，
即函数值域为.
28．（2021·山西·岢岚县中学校高一阶段练习）如图，直四棱柱侧棱长为4cm，底面是长为5cm 宽为3cm的长方形．一只蚂蚁从顶点A出发沿棱柱的表面爬到顶点B．求：
（1）蚂蚁经过的最短路程；
（2）蚂蚁沿着棱爬行（不能重复爬行同一条棱）的最长路程．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）将长方体与顶点相关的两个面展开，共有三种方式，如图所示，
则的长就为最短路线，由勾股定理求出，再比较即可求解；
（2）最长的路线应该是依次经过棱长为的路线，求和即可
【详解】
（1）将长方体与顶点相关的两个面展开，共有三种方式，如图所示：
则的长就为最短路线．
若蚂蚁沿前侧面和上底面爬行，如图1，
则经过的最短路程为，
若蚂蚁沿侧面爬行，如图2，
则经过的最短路程为，
若蚂蚁沿左侧面和上底面爬行，如图3，
则经过的最短路程为，
，
∴所以蚂蚁经过的最短路程是；
（2）最长的路线应该是依次经过棱长为的路线，
由，
所以最长路程是．
29．（2021·河北石家庄·高一阶段练习）如图，在正三棱锥中，D，E，F，G分别为的中点．
（1）证明：D，E，F，G四点共面，且平面．
（2）刻画空间弯曲性是几何研究的重要内容，用“曲率”刻画空间弯曲性，规定：多面体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）．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故各个顶点的曲率均为．若正三棱锥在顶点S的曲率为，且，求四边形的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由两条直线，证明四点共面；（2）由曲率的定义以及正三棱锥的性质可知，面角为，所以侧面均为等腰直角三角形，则四边形为矩形，由中线计算长度，可得四边形的面积.
【详解】（1）证明：因为D，E，F，G分别为的中点，
所以，
所以，即D，E，F，G四点共面．
又因为平面，平面，
所以平面．
（2）解：由D，E，F，G分别为的中点，同理可证．
在正三棱锥中，易知顶点S的三个面角均相等，不妨设面角为，由曲率定义，得，则．
由，可知均为斜边为2的等腰直角三角形，为边长为2的正三角形．
如图，记的中点为O，连接，则，
所以平面，则，
所以，四边形为矩形，
，
所以四边形的面积为．
30．（2020·全国·高一课时练习）如图所示，三棱柱中，若，分别为，的中点，平面将三棱柱分成体积分别为，的两部分，那么等于多少?
【答案】
【解析】如图，分别延长到，到，到，且，，，根据体积的大小关系得到答案.
【详解】如图，分别延长到，到，到，且，，，连接，，，则得到三棱柱，且.
延长，，则与相交于点.
因为，所以.
连接，，则，所以，故
【点睛】本题考查了组合体的体积比，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
31．（2021·全国·高一课时练习）用斜二测画法得到的多边形的直观图为多边形，试探索多边形与多边形的面积之间有无确定的数量关系.
【答案】有确定的数量关系
【解析】先确定三角形的直观图和原始图的面积关系，再将多边形转化为三角形得到答案.
【详解】①设在中，为高边平行于轴，用斜二测画法得到其直观图为，
则有，的高为，
所以.
②当的三边都不与轴平行时，可过其中一个顶点作与轴平行的直线与对边相交，不妨设过点作与轴平行的直线交于点，则将分成和，
由①可知.
③对多边形，可连接，，…，，得到()个三角形，
即，，…，，
由①②知
综上：可知多边形与其直观图多边形的面积之间有确定的数量关系.
【点睛】本题考查了斜二测画法得到的直观图与原始图的面积关系，将多边形转化为三角形是解题的关键.
32．（2021·上海·高二专题练习）定义空间点到几何图形的距离为：这一点到这个几何图形上各点距离中最短距离.
（1）在空间，求与定点距离等于1的点所围成的几何体的体积和表面积；
（2）在空间，线段(包括端点)的长等于1，求到线段的距离等于1的点所围成的几何体的体积和表面积；
（3）在空间，记边长为1的正方形区域(包括边界及内部的点)为，求到距离等于1的点所围成的几何体的体积和表面积.
【答案】（1），；（2），；（3），.
【分析】（1）根据球的体积和表面公式计算可得结果；
（2）依题意可知围成的几何体是一个圆柱和两个半球的组合体，依据公式即可求得结果；
（3）分析可知，到距离等于1的点所围成的几何体是一个棱长分别为1，1，2的长方体和四个高为1，底面半径为1的半圆柱以及四个半径为1的四分之一球所围成的几何体，根据公式计算可得答案.
【详解】（1）与定点距离等于1的点所围成的几何体是一个半径为1的球，其体积为，表面积为，
（2）到线段的距离等于1的点所围成的几何体是一个以为高，底面半径为1的圆柱的侧面与两个半径为1的半球面所围成的几何体，其体积为，表面积为.
（3）到距离等于1的点所围成的几何体是一个棱长分别为1，1，2的长方体和四个高为1，底面半径为1的半圆柱以及四个半径为1的四分之一球所围成的几何体，
其体积为，
表面积为.
【点睛】本题考查了空间想象能力，考查了长方体、圆柱、球的体积和表面积公式，解题关键是根据定义得到几何体是由哪些几何体组合而成，属于难题
相关试卷
第12讲随机抽样（核心考点讲与练）-2021-2022学年高一数学考试满分全攻略（人教A版2019必修第二册）（解析版）： 这是一份第12讲随机抽样（核心考点讲与练）-2021-2022学年高一数学考试满分全攻略（人教A版2019必修第二册）（解析版），共37页。试卷主要包含了获取数据的途径，方法二，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
高中数学第七章 复数7.3* 复数的三角表示课时作业： 这是一份高中数学第七章 复数7.3* 复数的三角表示课时作业，共34页。试卷主要包含了、复数三角形式的乘、除运算等内容，欢迎下载使用。
第4讲复数的概念(核心考点讲与练)2021-2022学年高一数学考试满分全攻略（人教A版2019必修第二册）（解析版）： 这是一份第4讲复数的概念(核心考点讲与练)2021-2022学年高一数学考试满分全攻略（人教A版2019必修第二册）（解析版），共37页。试卷主要包含了复数的概念，复数的几何意义，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
