精品解析：上海市徐汇中学2021-2022学年高二上学期期中数学试题（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_高中_高二_上学期_2：期中

上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 徐汇中学 2021 学年高二年级第一学期 期中考试 数学试卷 一.填空题（3*10+4*2=38分） 1. 若夹在两个平面间的三条平行线段相等，则这两个平面的位置关系为________. 【答案】平行或相交 【解析】 【详解】三条平行线段共面时，两平面可能相交也可能平行，当三条平行线段不共面时，两平面一定平行, 故填平行或相交. 2. 已知球的体积为36，则该球的半径为___________. 【答案】3 【解析】 【分析】直接利用球的体积公式即可求得. 4r3 【详解】设该球的半径为r，则V  36，解得：r=3. 3 故答案为：3. 3. 一个腰长为5，底边长为8的等腰三角形的直观图的面积为______ 【答案】3 2 【解析】 【分析】根据直观图与原图形的面积关系直接求得. 2 1 8 【详解】一个腰长为5，底边长为8的等腰三角形的面积为： 8 52  12，   2 2 即原图形的面积为12. S 2 2 由 直观图  得：直观图的面积为12 3 2. S 4 4 原图形 故答案为：3 2. 第 1 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 4. 羊村村长慢羊羊决定从羊村派羊去割草，每只羊去割草都是相互独立的，且每只羊被选中去割草的概率 为0.3，则喜羊羊、美羊羊、懒羊羊都去割草的概率为______． 【答案】0.027 【解析】 【分析】利用事件的独立性直接计算即可. 【详解】由事件相互独立， 则P0.30.30.30.027， 故答案为：0.027  5. 直线m和平面所成角为 ，则直线m和平面内任意直线所成角的取值范围是_____ 6   【答案】  ,  6 2 【解析】  【分析】根据直线与平面所成角的定义得到所成角的最小值为 ，由三垂线定理可得当该平面内的直线与 6  已知直线在平面内的射影垂直时，所成角为 ，达到最大值．由此即可得到本题答案． 2 【详解】 直线为m，平面为，l为内的任意一条直线． 根据直线与平面所成角的定义， 可得m与平面所成的角是m与平面内所有直线所成角中最小的角，  直线m与平面内的直线所成角的最小值为 ， 6 当平面内的直线l与直线m在平面内的射影n垂直时，l，与m也垂直，  此时l，m所成的角 ，达到所成角中的最大值． 2   因此，此直线与该平面内任意一条直线所成角的取值范围是  , . 6 2   故答案为：  , . 6 2 第 2 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 6. 用一个半径为10厘米的半圆纸片做成一个忽略接缝的无底圆锥，放在水平桌面上，被一阵风吹倒，如 图所示，则它的最高点到桌面的距离为_________． 【答案】5 3厘米##5 3cm 【解析】 【分析】如图所示，设PAB为轴截面，过点A作AD⊥PB，利用圆的周长公式解得底面直径AB=10，在 △PAB中解三角形，即可得出． 【详解】如图所示， 设PAB为轴截面，过点A作AD⊥PB，AB10，解得AB=10， ∴△PAB是等边三角形， 3 ∴AD ABsin6010 5 3． 2 ∴它的最高点到桌面的距离为5 3cm． 故答案为：5 3cm． 7. 空间四边形两对角线的长分别为6和8﹐所成的角为60°，连接各边中点所得四边形的面积是 _______________. 【答案】6 3 【解析】 【分析】空间四边形ABCD中，分别取AB、BC、CD、DA的中点E、F 、G、H ，连接EF 、 FG、GH 、HE，则连接各边中点所得四边形的面积是S 2S ，由此能求出结果． 四边形EFGH FEH 【详解】如图，空间四边形ABCD中， 两对角线的长AC、BD的长分别为6和8，所成的角为60， 第 3 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 分别取AB、BC、CD、DA的中点E、F 、G、H ，连接EF 、FG、GH 、HE， 1 则EF//GH//AC，且EF GH  AC 3， 2 1 EH //GF //BD，且EH GF  BD4， 2 HEF 60或HEF 120， 连接各边中点所得四边形的面积是： 1  S 2S 2  34sinHEF  6 3 ． 四边形EFGH FEH 2  故答案为：6 3．  1 8. 设地球的半径为R，在北纬 圏上的两地A､B的经度差为arccos ，则A，B两地的球面距离为 6 3 ___________. R 【答案】 3 【解析】 【分析】在纬度圏上求得弦长AB，然后求出弦AB所对球心角，最后由弧长公式得球面距离．   1 【详解】如图，O是球心，M 是北纬 圏的圆心，则OAM  ，AMBarccos ， 6 6 3  3 MAOAcosOAM  Rcos  R， 6 2 3 3 3 1 AB2 MA2 MB2 2MAMBcosAMB R2  R2 2 R2  R2， 4 4 4 3  所以AB ROAOB，则AOB ， 3  所以A，B两地的球面距离即为A,B在大圆上劣弧长为 R． 3 第 4 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )  故答案为： R． 3 9. 如图，P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M,N 分别是AB,PC的中点，若 MN  BC 2,PA2 3，则异面直线PA与MN 所成角的大小为________.  【答案】 6 【解析】 【分析】连接AC，取AC的中点G，连接MG，NG，根据M,N 分别是AB,PC的中点，得到 MG//BC,NG//PA，则MNG是异面直线PA与MN 所成的角，然后利用余弦定理求解. 【详解】如图所示： 连接AC，取AC的中点G，连接MG，NG， 又因为M,N 分别是AB,PC的中点， 所以MG//BC,NG//PA， 所以MNG是异面直线PA与MN 所成的角， 第 5 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 因为MN  BC 2,PA2 3， 所以MG1,NG 3，  2 MN2 NG2 MG2 22  3 1 3 则 cosMNG   ， 2MNNG 22 3 2  因为MNG(0, ]， 2  所以MNG ， 6  故答案为： 6 10. 如图，质点M 从正方体ABCDABC D 的顶点A出发，沿正方体的棱运动，每经过一条棱称之为 1 1 1 1 一次运动，第一次运动经过AB，第二次运动经过BC，第三次运动经过CC ，且对于任意的正整数n， 1 第n2次运动所经过的棱与第n次运动所经过的棱所在的直线是异面直线，则经过2021次运动后，点M 到达的顶点为________点 【答案】A 1 【解析】 【分析】由题意设第n次运动前起始点为A，分析第n2次运动后所在的位置与A的位置关系即可. 【详解】由题，不妨设第n次运动前质点在点A处，则第n次运动经过的AB或AD， 当第n次运动经过AB时，第n1次运动经过BB 或BC，又第n2次运动所经过的棱与第n次运动所 1 经过的棱所在的直线是异面直线，故第n2次运动只能经过BC 或CC ，即第n2次运动后只可能在C 1 1 1 1 处，同理当第n次运动经过AD时也有第n2次运动后只可能在C 处，故从A开始第3次运动后必定在 1 C ，第6次运动后必定回到A,即6次运动为一个周期，又20216336...5,故经过2021次运动后与经 1 第 6 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 过5次后的位置相同,即A处. 1 故答案为：A. 1 1 11. 已知圆锥的母线长为l，过圆锥顶点的最大截面三角形的面积为 l2，则此圆锥底面半径r与母线长l 2 r 的比 的取值范围是____________． l 2 【答案】[ ,1) 2 【解析】 1 【分析】先判断两条母线的夹角=90时最大截面三角形的面积为 l2，再建立不等式 2l 2r和 2 r r l，最后求出 的取值范围即可. l 1 【详解】解：过圆锥顶点的截面三角形的面积：S  llsin（为两母线的夹角）， 2 1 因为过圆锥顶点的最大截面三角形的面积为 l2，即两条母线的夹角=90时的截面面积， 2 2 r 此时底面弦长为 2l ，所以 2l 2r，又r l，所以  1， 2 l 2 故答案为：[ ,1) 2 【点睛】本题考查空间几何体，是基础题. x 12. 一矩形的一边在x轴上，另两个顶点在函数y  (x0)的图象上，则此矩形绕x轴旋转一周而 12x2 成的几何体的体积的最大值为_______________ 2 【答案】 16 【解析】 x 【分析】由题意知该几何体是圆柱，A(x ,y ),B(x ,y )，设 f(x) （x0），则 1 1 2 2 12x2 f(x ) f(x )，利用复合函数的单调性得出 f(x)的单调性，得出最大值，设 f(x ) f(x )a，则 1 2 1 2 2 0a ，x,x 是方程 f(x)a的两个解，由韦达定理求得 x x ，然后可用a表示出圆柱的体 1 2 1 2 4 第 7 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 积，从而求得最大值． x 【详解】如图，由题意知该几何体是圆柱，A(x ,y ),B(x ,y )，记 f(x) （x0），则 1 1 2 2 12x2 f(x ) f(x )， 1 2 x 1 f(x)  1 2 2 12x2 1 ，由勾形函数性质知y 2x 在(0, )上递减，在( ,)上递增，又 2x x 2 2 x 1 y 2x 0， x 2 2 2 所以 f(x)在(0, )上递增，在( ,)上递减，所以0 x   x ， 2 2 1 2 2 2 2 2 f(x)  f( ) ，设 f(x ) f(x )a，则0a ， max 2 4 1 2 4 x 由 a，得2ax2 xa0， 12x2 1 1 1 18a2 x x  ，xx  ， x x  (x x )2 4x x  2  ， 1 2 2a 1 2 2 2 1 1 2 1 2 4a2 2a 18a2  a2 8a4  1 1 圆柱体积为V a2 x x a2   8(a2  )2  ， 1 2 2a 2 2 16 32 1 1  1 2 所以a2  ，即a 时，V    ． 16 4 max 2 32 16 2 故答案为： ． 16 二.选择题（4*4=16分） 13. 下列事件： ①连续两次抛掷同一个骰子，两次都出现2点； ②某人买彩票中奖； 第 8 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ③从集合{1,2,3}中任取两个不同元素，它们的和大于2； ④在标准大气压下，水加热到90℃时会沸腾. 其中是随机事件的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】因为随机事件指的是在一定条件下，可能发生，也可能不发生的事件，只需逐一判断4个事件哪 一个符合这种情况即可． 【详解】解：连续两次抛掷同一个骰子，两次都出现2点这一事件可能发生也可能不发生，①是随机事 件． 某人买彩票中奖这一事件可能发生也可能不发生，②是随机事件 从集合{1，2，3}中任取两个元素，它们的和必大于2，③是必然事件 在标准大气压下，水加热到100C时才会沸腾，④是不可能事件 故随机事件有2个， 故选：B． 14. 若l，m是平面外的两条不同直线，且m//，则“l//m”是“l//”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据线线、线面的平行关系，结合条件间的推出关系，判断“l//m”、“l//”之间的充分、必要 关系. 【详解】∵l，m是平面外的两条不同的直线，m//， ∴若l//m，则推出“l//”；若l//，则l//m或l与m相交； ∴若l，m是平面外的两条不同直线，且m//，则“l//m”是“l//”的充分不必要条件. 故选：A. 15. 将一个各面均涂有油漆的正方体，锯成1000个同样大小的小正方体，若将这些小正方体均匀地搅拌在 一起，然后从中任取一个小正方体，则恰好是一个具有两面漆的正方体的概率是（ ） 12 3 1 1 A. B. C. D. 125 25 10 12 第 9 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【答案】A 【解析】 【分析】由一块各面均涂有油漆的正方体被锯成1000个同样大小的小正方体，可得基本事件的总数有 1000个，然后计算出满足条件两面有油漆的基本事件个数，代入率公式即可得到结果． 【详解】解：由题意知本题是一个等可能事件的概率， 一块各面均涂有油漆的正方体被锯成1000个同样大小的小正方体， 其中满足两面漆有油漆的小正方体有12896个， 96 12 从中随机地取出一个小正方体，其两面漆有油漆的概率P  . 1000 125 故选：A． 16. 如图，已知正四面体AA A A ，点A ，A ，A ，A ，A ，A 分别是所在棱中点，点P满足 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10       A P xA A  yA A zA A 且x yz 1，记| AQ|| A P| ，则当1i， j 10且i  j时，数 4 4 1 4 2 4 3 4 4 min   量积AQAA 的不同取值的个数是（ ） 4 i j A. 3 B. 5 C. 9 D. 21 【答案】B 【解析】 【分析】由条件可知点P在平面AA A 上，并且由几何意义可知AQ平面AA A ，利用数量积的几何 1 2 3 4 1 2 3   意义求AQAA 的不同取值的个数. 4 i j     【详解】条件“A P xA A  yA A zA A 且x yz 1”，说明点P在平面AA A 上，而 4 4 1 4 2 4 3 1 2 3   AQ | A P| 说明Q为平面AA A 的中心，此时AQ平面AA A ，由向量数量积的几何意义， 4 4 min 1 2 3 4 1 2 3 第 10 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )   1     AA 在AQ的投影有5种情况：0、 | AQ|、| AQ|，∴数量积AQAA 的不同取值的个数是5， i j 4 2 4 4 4 i j 故选：B． 【点睛】本题考查空间向量共面定理的应用，数量积的几何意义，重点考查转化思想，数形结合思想，属 于中档题型. 三.解答题（8+8+8+10+12=46 分） 17. 如图，AB是圆柱OO 的一条母线，BC是底面的一条直径，D是圆O上一点，且AB BC 5， 1 CD3． （1）求直线AC与平面ABD所成角的大小； （2）求点B到平面ACD的距离． 3 2 20 41 【答案】（1）arcsin ；（2） ． 10 41 【解析】 【分析】（1）由ABCD，BDCD得出CD平面ABD，故而CAD即为所求角，利用勾股定理得 出AC，即可得出sinCAD； （2）过B作BM  AD，垂足为M ，通过证明平面ABD平面ACD得出BM 平面ACD，利用等 面积法求出BM ； 【详解】解：（1）QAB平面BCD，CD平面BCD， ABCD， BC是圆O的直径，  BDCD， 又BD平面ABD，AB平面ABD，AB  BDE B， 第 11 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) \ CD^ 平面ABD． CAD是AC与平面ABD所成的角． QAB BC 5，AC 5 2， CD 3 2 sinCAD  ． AC 10 3 2 直线AC与平面ABD所成角的大小为arcsin ． 10 （2）过B作BM  AD，垂足为M ， 由（1）得CD平面ABD，CD平面ACD， 平面ABD平面ACD， 又平面ABD平面ACD AD，BM平面ABD，BM  AD， BM 平面ACD． BD BC2 CD2 4，AD AD2 BD2  41．  ABBD 20 41 BM   ． AD 41 20 41 即B到平面ACD的距离为 ． 41 18. 如图，几何体ABCDE中， ABC是正三角形，AE和CD都垂直于平面ABC，且EA AB 2，  DC 1,F,G分别为EB和AB的中点. （1）求证：FD∥平面ABC； 第 12 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （2）求二面角BFCG的正切值. 【答案】（1）证明见解析； 2 3 （2） ． 3 【解析】 【分析】（1）证明CDFG是平行四边形得DF //CG，从而得证线面平行； （2）作BH  FC ，垂足为H ，连接GH ，证明GHC是二面角BFCG的平面角，然后在直角 BHG中求得其正切值．  【小问1详解】 证明：因为AE和CD都垂直于平面ABC，所以AE//CD， 1 F,G分别为EB和AB的中点，所以FG//AE，FG  AE，而AE 2CD， 2 所以FG//CD且FG CD， 所以FGCD是平行四边形，所以DF //CG， DF 平面ABC，CG平面ABC，所以FD//平面ABC； 【小问2详解】 CD平面ABC，AB平面ABC，所以CD AB，由（1）FGAB，同理FG GC， 又 ABC是等边三角形，G是AB中点，CG  AB，  CGFG G，CG,FG平面GCF ，所以AB平面GCF ， FC 平面GCF ，所以AB  FC ， 作BH  FC ，垂足为H ，连接GH ， 因为BH  BG  B，BG,BH 平面BGH ，所以FC 平面BGH ，而GH Ì 平面BGH ， 所以FC GH ，所以GHB是二面角BFCG的平面角， 同理由BG 平面GCF ，GH Ì 平面GCF ，得BG GH ， 1 由已知BG 1，CG  3，FG  AE 1， 2 FGCG 1 3 3 GH    ， CF 12 ( 3)2 2 BG 2 3 tanBHG   ． GH 3 第 13 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 19. 已知正三棱柱的所有棱长都是1 （1）画经过ABC三点的截面 （2）过棱BC作和底面成60二面角的截面，求此截面面积. 【答案】（1）见解析 4 3 （2） 9 【解析】 【分析】（1）连接AB与BB交于点P，连接AC与BC 交于点Q，再连接PQ即可； 1 1 1 （2）取BC的中点E，连接AE，EF，得到 AEF 是截面与底面所成的角，由 3 AF  AEtan60   AA，得到截面不与棱AA相交，与平面ABC 相交于RS ，得到截面为梯形 2 1 1 1 1 1 RSBC求解. 【小问1详解】 如图所示； 第 14 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 连接AB与BB交于点P，连接AC与BC 交于点Q， 1 1 1 然后连接PQ与BC交于点M，与CC交于点N， 1 所以经过ABC三点的截面是ABMN； 【小问2详解】 如图所示： 取BC的中点E，连接AE，EF， 则AEBC,FEBC， 所以AEF 是截面与底面所成的角，即AEF 60o， 3 因为AE  ， 2 第 15 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 3 所以AF  AEtan60   AA， 2 1 所以截面不与棱AA相交，与平面ABC 相交于RS ， 1 1 1 1 因为平面ABC //平面ABC， 1 1 1 所以RS //BC， 所以截面为梯形RSBC， 1 AF 又AF  ，EF   3， 1 2 sin60 1 3 所以S  BCEF  ， FBC 2 2 S  RS  2  AF 2 1 因为 FRS     1   ， S BC  AF  9 FBC 1 1 3 3 所以S  S    ， FRS 9 FBC 9 2 18 3 3 4 3 所以截面的面积为S S S    . FBC FRS 2 18 9 20. 如图，底面为矩形的直棱柱ABCDABC D 满足：AA 4，AD AB2. 1 1 1 1 1 （1）设M 为棱BB 上的动点，求M到AC的最短距离 1 1 （2）设M 、N 分别为棱BB 、CD上的动点，判断：三棱锥N AAM 的体积V 是否为定值，若是， 1 1 则求出定值；若不是，请举例说明. 【答案】（1） 2 8 （2）是， 3 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求解； 1 （2）根据点N到平面AABB 的距离为BC，S  AAAB求解. 1 1 A1AM 2 1 第 16 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【小问1详解】 解：建立如图所示空间直角坐标系： 设M2,0,a0a4，则A 0,0,4,C2,2,0， 1   所以AC 2,2,4,AM 2,0,a4， 1 1   2 所以M到A 1 C的距离为d   A  1  M 2     A 1 C  A    C A  1 M     4a42     10 6 2a   2  a2 3 2 6  2，  1  当a2时，M到AC的最短距离是 2 ； 1 【小问2详解】 1 因为点N到平面AABB 的距离为BC，S  AAAB， 1 1 A1AM 2 1 1 1 8 所以V  S BC  AAABBC  为定值. NA1AM 3 A1AM 6 1 3 21. 已知正三棱锥PABC ，顶点为P，底面是三角形ABC.  （1）若该三棱锥的侧棱长为1，且两两成角为 ，设质点W自A出发依次沿着三个侧面移动环绕一周直 18 至回到出发点A，求质点移动路程的最小值； （2）若该三棱锥的所有棱长均为1，试求以P为顶点，以三角形ABC内切圆为底面的圆锥的体积； （3）若该锥体的体积为定值V ，求这三棱锥侧面与底面所成的角，使该三棱锥的表面积S最小. 6 2 【答案】（1） ， 2 第 17 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 6 （2） 108 （3）s 216 3V2 min 【解析】 【分析】（1）利用三棱锥的侧面展开图即可求解； （2）求出底面三角形内切圆的半径，圆锥的高和母线，利用圆锥的侧面积和体积公式即可求解； （3）设O为点P在底面的投影，点O到AB的距离为x，利用x表示V 与S，进而可用V 表示S，再利 用基本不等式求最值即可求解. 【小问1详解】 如图沿侧棱PA将三棱锥的侧面展开如图，则AA即为质点移动路程的最小值， π π 由题意可得：APBBPC CPA ，所以APA ，PA PA1， 18 6 3 6 2 由余弦定理得AA2 PA2  AP2 2PAAPcosAPA22 2 3，AA ， 2 2 6 2 所以质点移动路程的最小值为 . 2 【小问2详解】 设三棱锥的高为h， ABC内切圆的半径为r，外接圆半径为R,圆锥的母线为l，  1 3 3 则 111r  12，解得：r  ， 2 4 6 2 1 3  3 6 R  ，所以h 1R2  1   ，   2sin60 3 3 3   2 2  3  6  3 l  r2 h2       ，     6 3 2     3 3 π 所以圆锥的侧面积为πrl π   ， 6 2 4 第 18 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 2 1 1  3 6 6 圆锥的体积为 πr2h π    π.   3 3 6 3 108   【小问3详解】 设O为点P在底面的投影，设点O到AB的距离为x，OM  AB于点M ，   则PMO 0 90 ，连接OA，则OAM 30，所以OA2x，AB2 3x， 1 因为 ABC 是等边三角形，所以CM 3x，S  2 3x3x3 3x2，  ABC 2 OM OM x 因为 cos，所以MP  ， MP cos cos 1 x 3 3x2 侧面积为3 2 3x  ， 2 cos cos 3 3x2  1  所以三棱锥的表面积S 3 3x2  3 3x2  1  ， cos  cos PO 因为 tan，所以POOM tan xtan， OM 1 所以棱锥的体积V  3 3x2xtan 3x3tan， 3 V 所以x3  ， 3tan 3 2 3  1   V   1  所以S3 81 3x6  1  81 3     1   cos  3tan  cos 3 1  1  27 3V2   1  ， tan2  cos 1 sin2 1cos2 令 t ，则tan2  t2 1，又0 90，所以t1 cos cos2 cos2 1t3 1t2 t12 4t14 所以S3 27 3V2 27 3V2 27 3V2 t2 1 t1 t1  4   4  27 3V2  t1 4  27 3V2   2 t1 4   t1   t1  27 3V2224216 3V2， 4 1 当且仅当t1 即t 3，cos 时等号成立， t1 3 第 19 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 S3取得最小值，S取得最小值，此时arccos ， 3 1 所以体积一定时，该三棱锥侧面与底面所成的二面角为arccos 时其表面积最小. 3 第 20 页 共 20 页