期中真题必刷压轴60题-2024-2025学年高二数学上学期期中考点大串讲（沪教版2020必修第三册）

期中真题必刷易错60题 1．（23-24高二上·上海·期中）若和围成的封闭平面图形绕轴旋转一周，则所得体积与绕轴旋转一周所得体积之比是（     ）． A． B． C． D． 2．（23-24高二上·上海·期中）《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图，在堑堵中，，且.下列说法错误的是（    ） A．四棱锥为“阳马” B．四面体为“鳖臑” C．四棱锥体积的最大值为 D．过A点作于点E，过E点作于点F，则面AEF 3．（23-24高二上·上海·期中）如图，矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE(A1∉平面ABCD)，若M，O分别为线段A1C，DE的中点，则在△ADE翻转过程中，下列说法错误的是（    ） A．与平面A1DE垂直的直线必与直线MB垂直 B．异面直线BM与A1E所成角是定值 C．一定存在某个位置，使DE⊥MO D．三棱锥A1­ADE外接球半径与棱AD的长之比为定值 4．（23-24高二上·上海·期中）如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·上海浦东新·期中）清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1，也可由正方体切割而成，如图2.在图2所示的“蒺藜形多面体”中，若，则给出的说法中错误命题有几个（    ） （1）该几何体的表面积为； （2）该几何体的体积为； （3）二面角的余弦值为； （4）若点、在线段、上移动，则的最小值为. A．个 B．个 C．个 D．个 6．（23-24高二上·上海普陀·期中）在棱长为12的正方体内有一个正四面体，该四面体外接球的球心与正方体的中心重合，且该四面体可以在正方体内任意转动，则该四面体的棱长的最大值为（    ） A． B． C． D． 7．（21-22高二下·上海杨浦·期中）如图所示，一个灯笼由一根提竿PQ和一个圆柱组成，提竿平行于圆柱的底面，在圆柱上下底面圆周上分别有两点A、B，AB与圆柱的底面不垂直，则在圆柱绕着其旋转轴旋转一周的过程中，直线PQ与直线AB垂直的次数为（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 8．（23-24高二上·上海崇明·期中）正方形的边长为12，其内有两点、，点到边、的距离分别为3，2，点到边、的距离也是3和2．现将正方形卷成一个圆柱，使得和重合（如图）．则此时、两点间的距离为（    ） A． B． C． D． 9．（23-24高二上·上海·期中）如图，设为正四面体表面（含棱）上与顶点不重合的一点，由点到四个顶点的距离组成的集合记为，如果集合中有且只有个元素，那么符合条件的点有． A．个 B．个 C．个 D．个 10．（23-24高二上·上海·期中）已知正方体的棱长为，分别为棱，上的动点，则四面体的体积最大值为（    ）    A． B． C． D． 11．（23-24高二上·上海·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，为的中点.过作截面将此四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 12．（23-24高二上·上海·期中）在一个棱长为6cm的密封正方体盒子中，放一个半径为1cm的小球．无论怎样摇动盒子，小球在盒子中不能达到的空间体积是 cm3. 13．（23-24高二上·上海普陀·期中）如图，在棱长为的正方体中，点分别是棱的中点，则由点确定的平面截正方体所得的截面多边形的周长等于 . 14．（23-24高二上·上海·期中）如图，在长方体中，已知，．动点P从出发，在棱上匀速运动；动点Q同时从B出发，在棱BC上匀速运动，P的运动速度是Q的两倍，各自运动到另一端点停止．它们在运动过程中，设直线PQ与平面ABCD所成的角为，则的取值范围是 ． 15．（22-23高二上·上海徐汇·期中）在一个的长方体黑盒内，每个面的内壁都装有平面镜，八个角均凿了小孔，一束激光从某个孔射入，入射光线与该孔所对应的三条棱的夹角均彼此相同，则该束光线经过 次反射后穿出盒外. 16．（23-24高二上·上海徐汇·期中）正四棱柱中，已知，那么以A为球心，半径为2的球面与该四棱柱表面交线的总长度为 . 17．（23-24高二上·上海长宁·期中）正方形中，，分别为线段，的中点，连接，，，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合，得到三棱锥，则该三棱锥外接球半径与内切球半径的比值为 ．    18．（23-24高二上·上海·期中）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，，分别是线段，的中点，在平面内的射影为.若点为线段上的动点（不包括端点），锐二面角余弦值的取值范围为 .    19．（2023·上海黄浦·三模）已知正方形ABCD的边长是1，将沿对角线AC折到的位置，使（折叠后）A、、C、D四点为顶点的三棱锥的体积最大，则此三棱锥的表面积为 ． 20．（23-24高二上·上海·期中）在平面上有如下命题：“若为直线外一点，则点在直线上的充要条件是：存在实数，满足且”类比此命题，给出点在平面上的充要条件是： . 21．（23-24高二上·上海·期中）在正三棱柱中，，点满足，其中，给出下列结论： ①当时，的周长为定值； ②当时，三棱锥的体积为定值； ③当时，有且仅有一个点，使得； ④若，则点的轨迹所围成的面积为. 其中正确的结论是 . 22．（23-24高二上·上海·期中）如图，在边长为2的正方体中，M为AB中点，N为BC中点，过M、N、作与正方体的截面为，则截面面积是 ．    23．（23-24高二上·上海·期中）如图，一个底面半径都为b，高都为a(a>b)的半椭球（左侧图）和一个圆柱中切去圆锥形成的几何体（右侧图）（圆锥的底面置于圆柱的上底面，圆锥的顶点置于圆柱下底面的圆心），将他们放置在同一平面β上，用平行于平面β且与平面β任意距离d处的平面截这两个几何体，截面分别为圆面和圆环，其中，= ．图中圆柱体（右侧）的底面半径b为1，高a为6，则该半椭球体（左侧图）的体积为 ． 24．（22-23高二上·上海松江·期中）在棱长为1的正方体中,是的中点,分别为线段和上的动点,点为底面上的动点,则到的距离为 ， 的最小值为 . 25．（22-23高二上·上海黄浦·期中）如图，矩形中，分别为边上的定点，且，分别将沿着向矩形所在平面的同一侧翻折至与处，且满足，分别将锐二面角与锐二面角记为与，则的最小值为 . 26．（22-23高一下·上海杨浦·期末）如图，棱长为1的正方体的八个顶点分别为，记正方体12条棱的中点分别为，6个面的中心为，正方体的中心为.记，，其中是正方体的体对角线.则 .    27．（23-24高二上·上海·期中）水平桌面上放置了3个半径为2的小球，它们两两相切，并均与桌面相切.若用一个半球形容器（容器厚度忽略不计）罩住三个小球，则半球形容器的半径的最小值是 . 28．（2023·上海·模拟预测）空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为 ． 29．（23-24高二上·上海·期中）如图，在棱柱的侧棱上各有一个动点，且满足，是棱上的动点，则的最大值是 ． 30．（23-24高二上·上海闵行·期中）如图，已知正方体的棱长为2，P为正方形底面内的一动点，则以下结论： （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）若，则点在正方形底面内的运动轨迹是线段； （4）以点为球心，为半径的球面与面的交线长为．正确的有 ．（填写所有正确结论的序号）    31．（23-24高二上·上海普陀·期中）已知是边长为1的等边三角形.对于空间中任意一点M，设P为内部（含边界）一动点，定义PM的最小值为点M到的距离.则空间中到的距离不大于1的点形成的几何体的体积为 . 32．（22-23高二下·上海徐汇·期中）若正方体的棱长为3，P是正方体表面上一动点.设是以P为球心，半径为1的动球在运动过程中经过区域的全体，则的体积为 . 33．（23-24高二上·上海·期中）已知正四面体，O是底面的中心，以为旋转轴，将正四面体旋转后，与原四面体的公共部分的体积为，则正四面体外接球的体积为 ． 34．（21-22高二上·上海浦东新·期中）空间给定不共面的A，B，C，D四个点，其中任意两点间的距离都不相同，考虑具有如下性质的平面：A，B，C，D中有三个点到的距离相同，另一个点到的距离是前三个点到的距离的2倍，这样的平面的个数是___________个 35．（23-24高二上·上海·期中）三棱锥满足：，，，，则该三棱锥的体积V的取值范围是 ． 36．（23-24高二上·上海徐汇·期中）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动. 勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a. ① 能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a    ② 勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 ③ 勒洛四面体中过三点的截面面积为 ④ 勒洛四面体的体积 上述命题中正确的是 37．（23-24高二上·上海·期中）如图，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱垂直于底面 ，是延长线上一点，且． (1)求二面角的大小； (2)直线到平面的距离； (3)在线段上是否存在一点使得．若存在，求出点位置；若不存在，则说明理由． 38．（23-24高二上·上海·期中）如图，在中，，斜边，以直线AO为轴旋转得到，且二面角是直二面角，动点D在斜边AB上． (1)求证：平面平面； (2)求CD与平面所成角中最大角的正切值； (3)当D为AB中点时，继续以直线AO为轴旋转得到，当直线ED与OB所成角为时，求点E位置．    39．（22-23高二上·上海浦东新·期中）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣.”刘徽注：“此术臑者，背节也，或曰半阳马，其形有似鳖肘，故以名云.中破阳马，得两鳖臑，鳖臑之起数，数同而实据半，故云六而一即得.” 如图，在鳖臑ABCD中，侧棱底面BCD； (1)若，，，，求证：； (2)若，，，试求异面直线AC与BD所成角的余弦. (3)若，，点P在棱AC上运动.试求面积的最小值. 40．（23-24高二上·上海·期中）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥，，，再分别以，，为轴将，，分别向上翻转，使，，三点重合为点所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为. (1)求蜂房曲顶空间的弯曲度； (2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设 （i）用表示蜂房（图2右侧多面体）的表面积； （ii）当蜂房表面积最小时，求其顶点的曲率的余弦值. 41．（23-24高二上·上海长宁·期中）如图1，在矩形中，，，点为的中点，将沿直线折起至平面平面（如图2），点在线段上， 平面．    (1)求证：； (2)求二面角的大小； (3)若在棱、上分别取中点、，试判断点与平面的关系，并说明理由．    42．（23-24高二上·上海普陀·期中）如图，是圆柱的底面直径且是圆柱的母线且，点是圆柱底面圆周上的点.    (1)求证：平面； (2)当三棱锥体积最大时，求三棱锥的表面积； 43．（22-23高二下·上海徐汇·期中）如图，在直角梯形中，，点A是PB的中点，现沿AD将平面PAD折起，设. (1)当为直角时，求异面直线PC与BD所成角的大小； (2)当为多少时，三棱锥的体积为? (3)剪去梯形中的，留下长方形纸片，在BC边上任取一点E，把纸片沿AE折成直二面角,问E点取何处时，使折起后两个端点间的距离最短. 44．（23-24高二上·上海·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，四边形为正方形，为的中点，为上一点，为上一点，且平面平面.    (1)求证：为线段中点； (2)求证：平面平面； (3)在棱上是否存在点，使得平面平面？若存在，求；若不存在，说明理由. 45．（23-24高二上·上海闵行·期中）已知是底面边长为的正四棱柱，为与的交点. (1)若正四棱柱的高为，求二面角的大小； (2)若点到平面的距离为，求正四棱柱的高； (3)设与底面所成角的大小为，异面直线与所成角的大小为，求证：. 46．（23-24高二上·上海闵行·期中）在直角梯形中，，，，如图1把沿翻折，使得平面平面（如图2）． (1)； (2)若点为线段的中点，求点到平面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得与平面所成的角为?若存在，求出点的具体位置；若不存在，请说明理由． 47．（22-23高二下·上海杨浦·期中）我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍（chú）甍（méng）者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，窟盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．刍甍的字面意思为茅草屋顶．”现有一个“刍甍”如图所示，四边形为正方形，四边形、为两个全等的等腰梯形，，，，． (1)设过点且与直线垂直的平面为平面，且平面与直线、分别交于、两点，求的周长； (2)求四面体的体积； (3)点在线段上且满足．试问：在线段上是否存在点，使 平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 48．（22-23高二上·上海普陀·期中）如图，在正四棱锥P－ABCD中，AB＝2，侧面PAD与底面ABCD的夹角为. (1)求正四棱锥P－ABCD的体积； (2)若点M是正四棱锥P－ABCD内任意一点，点M到平面ABCD，平面PAB，平面PBC，平面PCD，平面PDA的距离分别为，，，，，证明：； (3)若球O是正四棱锥P－ABCD的内切球，点Q是正方形ABCD内一动点，且OQ＝OP，当点Q沿着它所在的轨迹运动一周时，求线段OQ所形成的曲面与底面ABCD所围成的几何体的表面积. 49．（22-23高二上·上海浦东新·期中）如图，在四棱锥中，已知平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，，，. (1)证明：； (2)线段CP上是否存在一点M，使得直线AM垂直平面PCD，若存在，求出线段AM的长，若不存在，说明理由； (3)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长. 50．（22-23高二上·上海杨浦·期中）如图在四面体ABCD中，△ABC是边长为2的等边三角形，△DBC为直角三角形，其中D为直角顶点，．E、F、G、H分别是线段AB、AC、CD、DB上的动点，且四边形EFGH为平行四边形． (1)求证：BC∥平面EFGH (2)试探究当二面角从0°增加到90°的过程中，线段DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域的面积； (3)设（），且△ACD是以CD为底的等腰三角形，当为何值时，多面体ADEFGH的体积恰好为? 51．（23-24高二上·上海·期中）在棱长均为2的正三棱柱中，E为的中点．过AE的截面与棱分别交于点F，G．    (1)若F为的中点，试确定点G的位置，并说明理由； (2)在（1）的条件下，求截面AGEF与底面ABC所成锐二面角的正切值； (3)设截面AFEG的面积为，面积为，面积为，当点F在棱上变动时，求的取值范围． 52．（23-24高二上·上海·期中）在长方体中， (1)已知P､Q分别为棱AB､的中点（如图1），做出过点，P，Q的平面与长方体的截面.保留作图痕迹，不必说明理由； (2)如图2，已知，，，过点A且与直线CD平行的平面将长方体分成两部分.现同时将两个球分别放入这两部分几何体内，则在平面变化的过程中，求这两个球的半径之和的最大值. 53．（23-24高二上·上海·期中）已知是底面边长为1的正四棱柱，为与的交点． (1)设与底面所成角的大小为，异面直线与所成角的大小为，求证：； (2)若点C到平面的距离为，求正四棱柱的表面积； (3)若正四棱柱的高为2，在矩形内（不包含边界）存在点P，满足P到线段BC的距离与到线段的距离相等，求的最小值． 54．（23-24高二上·上海·期中）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. 55．（23-24高二上·上海·期中）用一个半径为12厘米圆心角为的扇形纸片PAD卷成一个侧面积最大的无底圆锥（接口不用考虑损失），放于水平面上． （1）无底圆锥被一阵风吹倒后（如图1），求它的最高点到水平面的距离； （2）扇形纸片PAD上（如图2），C是弧AD的中点，B是弧AC的中点，卷成无底圆锥后，求异面直线PA与BC所成角的大小． 56．（23-24高二上·上海普陀·期中）如图，长方体中，，，点是棱的中点.    (1)求异面直线与所成的角的大小； (2)是否存在实数，使得直线与平面垂直？并说明理由； (3)若.设是线段上的一点（不含端点），满足，求的值，使得三棱锥与三棱锥的体积相等. 57．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图1，已知，，，，，. (1)求将六边形绕轴旋转半周（等同于四边形绕轴旋转一周）所围成的几何体的体积； (2)将平面绕旋转到平面，使得平面平面，求异面直线与所成的角； (3)某“”可以近似看成，将图1中的线段、改成同一圆周上的一段圆弧，如图2，将其绕轴旋转半周所得的几何体，试求所得几何体的体积. 58．（21-22高二上·上海宝山·期中）在中，，，，D、E分别是AC、AB上的点，满足且DE经过的重心，将沿DE折起到的位置，使，M是的中点，如图所示. (1)求证：平面BCDE； (2)求CM与平面所成角的大小； (3)在线段上是否存在点N（N不与端点、B重合），使平面CMN与平面DEN垂直?若存在，求出与BN的比值；若不存在，请说明理由. 59．（23-24高二上·上海·期中）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且，．    (1)求证： 平面； (2)求证：平面平面 (3)若点为线段上的动点．当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离． 60．（23-24高二上·上海杨浦·期中）如图，斜三棱柱中，，为的中点，为的中点，平面⊥平面． (1)求证：直线平面； (2)设直线与直线的交点为点，若三角形是等边三角形且边长为2，侧棱，且异面直线与互相垂直，求异面直线与所成角； (3)若，在三棱柱内放置两个半径相等的球，使这两个球相切，且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切．求三棱柱的高． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期中真题必刷易错60题 1．（23-24高二上·上海·期中）若和围成的封闭平面图形绕轴旋转一周，则所得体积与绕轴旋转一周所得体积之比是（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由解得或. 和围成的封闭平面图形绕轴旋转一周所得几何体为圆锥，图形如下图所示， 故体积为. 和围成的封闭平面图形绕轴旋转一周所得几何体为圆柱挖掉两个圆锥，图形如下图所示， 故体积为. 所以两个图形的体积比为. 故选：A 2．（23-24高二上·上海·期中）《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图，在堑堵中，，且.下列说法错误的是（    ） A．四棱锥为“阳马” B．四面体为“鳖臑” C．四棱锥体积的最大值为 D．过A点作于点E，过E点作于点F，则面AEF 【答案】C 【解析】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”， ∴在堑堵中，，侧棱平面， A选项，∴，又，且，则平面， ∴ 四棱锥为“阳马”，故A正确； B选项，由，即，又且， ∴平面，∴，则为直角三角形， 又由平面，得为直角三角形，由“堑堵”的定义可得为直角三角形，为直角三角形，∴ 四面体为“鳖膈”，故B正确； C选项，在底面有，即，当且仅当时取等号， ，最大值为，故C错误； D选项，因为，，，所以平面，故D正确； 故选：C 3．（23-24高二上·上海·期中）如图，矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE(A1∉平面ABCD)，若M，O分别为线段A1C，DE的中点，则在△ADE翻转过程中，下列说法错误的是（    ） A．与平面A1DE垂直的直线必与直线MB垂直 B．异面直线BM与A1E所成角是定值 C．一定存在某个位置，使DE⊥MO D．三棱锥A1­ADE外接球半径与棱AD的长之比为定值 【答案】C 【解析】解：取中点，连接，．为的中点，， 又为的中点，且， 四边形为平行四边形，． ，， 平面平面， 平面，与平面垂直的直线必与直线垂直，正确； 取的中点为，连接，，则且， 四边形是平行四边形，， 为异面直线与所成的角． 设，则，， ， ，故异面直线与所成的角为定值，正确； 连接． △为等腰直角三角形且为斜边中点， ．若，则平面，． 又 ，，，， 又，平面，，与已知矛盾，错误； ，为三棱锥的外接球球心． 又 为定值，正确； 故选：． 4．（23-24高二上·上海·期中）如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】如图所示，过点作于，过作于，连接， 则，，， ，，， 所以， 故选：A． 5．（23-24高二上·上海浦东新·期中）清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1，也可由正方体切割而成，如图2.在图2所示的“蒺藜形多面体”中，若，则给出的说法中错误命题有几个（    ） （1）该几何体的表面积为； （2）该几何体的体积为； （3）二面角的余弦值为； （4）若点、在线段、上移动，则的最小值为. A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【解析】因为，所以． 蒺藜形多面体的表面可看作是八个全等的棱长为的小正四面体构成， 故该几何体的表面积为，（1）错误； 该几何体的体积为，（2）正确； 设的中点为，连接、，则，， 则即二面角的平面角． 建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、， 则，， 则，（3）正确；    建立如图所示的空间直角坐标系，设，，    ， 当且仅当，时，等号成立．故的最小值为，（4）正确． 故选：C. 6．（23-24高二上·上海普陀·期中）在棱长为12的正方体内有一个正四面体，该四面体外接球的球心与正方体的中心重合，且该四面体可以在正方体内任意转动，则该四面体的棱长的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设正四面体棱长为，外接球球心是，外接球半径为，如图，是底面三角形的外心，则，， 由得，解得， 该四面体可以在正方体内任意转动，由四面体外接球最大是正方体的内切球， 所以最大时，，， 故选：B． 7．（21-22高二下·上海杨浦·期中）如图所示，一个灯笼由一根提竿PQ和一个圆柱组成，提竿平行于圆柱的底面，在圆柱上下底面圆周上分别有两点A、B，AB与圆柱的底面不垂直，则在圆柱绕着其旋转轴旋转一周的过程中，直线PQ与直线AB垂直的次数为（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】A 【解析】作出平面，使得平面， 当时，平面或平面， 结合旋转分析可知有两次使得． 故选：A 8．（23-24高二上·上海崇明·期中）正方形的边长为12，其内有两点、，点到边、的距离分别为3，2，点到边、的距离也是3和2．现将正方形卷成一个圆柱，使得和重合（如图）．则此时、两点间的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】过点作平行于底面的截面圆，过点作平行于底面的截面圆，， 设圆柱的底面圆半径为，则，解得 ，于是， 由，得 ， 所以、两点间的距离为. 故选：C    9．（23-24高二上·上海·期中）如图，设为正四面体表面（含棱）上与顶点不重合的一点，由点到四个顶点的距离组成的集合记为，如果集合中有且只有个元素，那么符合条件的点有． A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【解析】试题分析：分以下两种情况讨论：（1）点到其中两个点的距离相等，到另外两点的距离分别相等，且这两个距离不等，此时点位于正四面体各棱的中点，符合条件的有个点； （2）点到其中三个点的距离相等，到另外一点的距离与它到其它三点的距离不相等，此时点在正四面体各侧面的中心点，符合条件的有个点，故选C. 10．（23-24高二上·上海·期中）已知正方体的棱长为，分别为棱，上的动点，则四面体的体积最大值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【解析】过点作交于，连接， 又 ，又平面，且平面， 平面， 则， 设，，则， ， 故四面体PQAD的体积 ， 当时，其最大值为. 故选：A.    11．（23-24高二上·上海·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，为的中点.过作截面将此四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 过作平面的垂线，垂足为，连，设的交点为，在中过作直线交于两点，由相交直线确定平面，则四边形为过的截面.由计算可得，得为正三角形，，所以为的重心，设，由向量运算可得，又，可得，所以，由三点共线，得，即，易得到平面的距离为，到平面的距离为1，因为，所以，，得，，由，，得，当且仅当取等号，所以，即的最小值为. 故选：A. 12．（23-24高二上·上海·期中）在一个棱长为6cm的密封正方体盒子中，放一个半径为1cm的小球．无论怎样摇动盒子，小球在盒子中不能达到的空间体积是 cm3. 【答案】 【解析】顶点部分不能到达部分为棱长为1的正方体减去半径为1的球体的，如下图， 所以8个顶点部分体积为， 棱部分不能到达部分为底面是边长为1，高为4的长方体减去底面半径为1，高为4的圆柱体的，如下图， 12条棱部分不能到达的体积是， 所以不能到达的体积为. 故答案为： 13．（23-24高二上·上海普陀·期中）如图，在棱长为的正方体中，点分别是棱的中点，则由点确定的平面截正方体所得的截面多边形的周长等于 . 【答案】6 【解析】作（实际上）交于，延长交延长线于．连接交于点，可证分别是的中点，同理取中点，连接，六边形即为截面，该六边形为正六边形，由正方体棱长为易得正六边形边长为1，周长为6. 故答案为：6. 14．（23-24高二上·上海·期中）如图，在长方体中，已知，．动点P从出发，在棱上匀速运动；动点Q同时从B出发，在棱BC上匀速运动，P的运动速度是Q的两倍，各自运动到另一端点停止．它们在运动过程中，设直线PQ与平面ABCD所成的角为，则的取值范围是 ． 【答案】 【解析】在长方体中，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，由P的运动速度是的2倍，得，即， 则，显然平面的法向量， 于是， ，因此， 显然当时，，当时，， 所以的取值范围是. 故答案为： 15．（22-23高二上·上海徐汇·期中）在一个的长方体黑盒内，每个面的内壁都装有平面镜，八个角均凿了小孔，一束激光从某个孔射入，入射光线与该孔所对应的三条棱的夹角均彼此相同，则该束光线经过 次反射后穿出盒外. 【答案】21 【解析】解：由题意， 在的长方体中， 入射光线与该孔所对应的三条棱的夹角均彼此相同 ∴沿对角线入射， ∴各坐标变化规律如下： 建立空间直角坐标系如下图所示： 假设光线从点射入，则光线路径如下： 根据光线路径可知，共经过了21次反射. ∴该束光线经过了21次反射. 故答案为：21. 16．（23-24高二上·上海徐汇·期中）正四棱柱中，已知，那么以A为球心，半径为2的球面与该四棱柱表面交线的总长度为 . 【答案】. 【解析】 如图所示，以A为球心，半径为2的球面与该四棱柱的表面交线为四段弧， 分别在平面上， 易知，， ， 所以交线长为. 故答案为： 17．（23-24高二上·上海长宁·期中）正方形中，，分别为线段，的中点，连接，，，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合，得到三棱锥，则该三棱锥外接球半径与内切球半径的比值为 ．    【答案】 【解析】在正方形中，， 折起后两两互相垂直， 故该三棱锥的外接球，即以为棱的长方体外接球， 不妨设正方形边长为2，则， 故，则， 因为， 而该三棱锥的表面积与正方形的面积相同，即， 则，即，故， 所以. 故答案为：. 18．（23-24高二上·上海·期中）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，，分别是线段，的中点，在平面内的射影为.若点为线段上的动点（不包括端点），锐二面角余弦值的取值范围为 .    【答案】 【解析】连接，因为在平面内的射影为， 所以垂直于平面内这两条线段， 又因为底面是边长为2的等边三角形，是线段中点， 所以， 因此建立如图所示的空间直角坐标系，   ， 设，， 则， 设平面的法向量为， 因此有， 设平面的法向量为， 因此有， 所以， 令， 所以， 设， 则, 二次函数的开口向上，对称轴为， 所以当时，该二次函数单调递增， 所以当时，该二次函数有最小值， 当时，该二次函数有最大值， 所以，即， 故答案为： 19．（2023·上海黄浦·三模）已知正方形ABCD的边长是1，将沿对角线AC折到的位置，使（折叠后）A、、C、D四点为顶点的三棱锥的体积最大，则此三棱锥的表面积为 ． 【答案】 【解析】在翻折过程中，三棱锥的底面始终是，故当二面角为时，三棱锥的体积最大， 如图，取的中点，连结，由题意可知，，， 则，且，所以， 所以和是边长为1的等边三角形，, 和是等腰直角三角形， 所以三棱锥的表面积为.    故答案为： 20．（23-24高二上·上海·期中）在平面上有如下命题：“若为直线外一点，则点在直线上的充要条件是：存在实数，满足且”类比此命题，给出点在平面上的充要条件是： . 【答案】存在实数满足且. 【解析】类比到空间向量，所得结论为，在空间中，点在平面内的充要条件是：存在实数满足且. 充分性：因为点在平面内，所以满足平面向量基本定理， 得到，即， 整理得：，所以存在实数. 满足，且，得证. 必要性：因为且. 所以 即有 ，由共面定理可得、、、四点共面，即点在平面内. 故答案为：存在实数满足 21．（23-24高二上·上海·期中）在正三棱柱中，，点满足，其中，给出下列结论： ①当时，的周长为定值； ②当时，三棱锥的体积为定值； ③当时，有且仅有一个点，使得； ④若，则点的轨迹所围成的面积为. 其中正确的结论是 . 【答案】②④ 【解析】在正三棱柱中，，，， 对于①，当时，，点P在上，周长为，如图， 当时，点P为棱中点，，当时，点P与点C重合， ，①不正确； 对于②，当时，，点P在棱上，如图， 因平面，平面，则平面，因此点P到平面距离为定值， 而面积是定值，即有三棱锥的体积为定值，②正确； 对于③，当时，取BC，中点，连接，有，，如图， ，点P在线段上，平面，平面， 有，而，平面，则平面， 平面，有，当点P与重合时，即有， ，则，而，，则平面，平面， 因此，当点P与重合时，即有，③不正确； 对于④，，取BC中点M，连接AM，同③平面，可得平面，， 当时，连PM，如图，则有，点P在以M为圆心为半径的圆在正方形内的半圆上， 因此当时，，点P的轨迹是上述半圆弧与直径BC所围成的半圆面，其面积为，④正确， 所以正确的结论序号是②④. 故答案为：②④ 22．（23-24高二上·上海·期中）如图，在边长为2的正方体中，M为AB中点，N为BC中点，过M、N、作与正方体的截面为，则截面面积是 ．    【答案】 【解析】在正方体中，直线与直线分别交于， 连接分别与交于点，连接， 则五边形是过M、N、的正方体的截面，      由M为AB中点，N为BC中点，得， ，即，同理，，， ，等腰中，， 则，， ， 所以截面的面积. 故答案为： 23．（23-24高二上·上海·期中）如图，一个底面半径都为b，高都为a(a>b)的半椭球（左侧图）和一个圆柱中切去圆锥形成的几何体（右侧图）（圆锥的底面置于圆柱的上底面，圆锥的顶点置于圆柱下底面的圆心），将他们放置在同一平面β上，用平行于平面β且与平面β任意距离d处的平面截这两个几何体，截面分别为圆面和圆环，其中，= ．图中圆柱体（右侧）的底面半径b为1，高a为6，则该半椭球体（左侧图）的体积为 ． 【答案】 【解析】画出圆锥的截面图，如下图所示， 易知，，由可得： ，即，则， 所以 ， 根据题意，， 所以半椭球体的体积为， 由题意知：，， 所以半椭球体的体积为：． 故答案为：；． 24．（22-23高二上·上海松江·期中）在棱长为1的正方体中,是的中点,分别为线段和上的动点,点为底面上的动点,则到的距离为 ， 的最小值为 . 【答案】 /0.5 【解析】以为原点,建立如图所示坐标系,取的中点为,连接, 则,,,, 是的中点,为的中点, ,, ,, 则, , 即的长为到的距离, , 即到的距离为. 为线段上的动点,点为底面上的动点, 当平面时,有最小值, 即在上. 四边形为正方形, , 平面,平面, , 又,平面,平面, 平面, 当为的中点时,有最小值. 把平面绕旋转到与平面在同一平面内,如图所示,为的中点, 过点作于,, 则的最小值即为的长. , 在中,, 又, , 在中, , 即 的最小值为. 故答案为： 25．（22-23高二上·上海黄浦·期中）如图，矩形中，分别为边上的定点，且，分别将沿着向矩形所在平面的同一侧翻折至与处，且满足，分别将锐二面角与锐二面角记为与，则的最小值为 . 【答案】 【解析】如图①，作于，在底面投影为，， 同理，于，在底面投影为，， ，故，还原到平面图形如图②所示： 易知是中点，是中点，， 设，， 同理可求得， ， ， 当且仅当 取得最小值. 故答案为: . 26．（22-23高一下·上海杨浦·期末）如图，棱长为1的正方体的八个顶点分别为，记正方体12条棱的中点分别为，6个面的中心为，正方体的中心为.记，，其中是正方体的体对角线.则 .    【答案】/40.5 【解析】   建立如图所示的空间直角坐标系，则，，， ，，，，， 设向量，而， 故，故表示各点的坐标和的和. 现各点的横坐标之和为，纵坐标之和为，竖坐标之和为， 根据对称性可得， 故， 故答案为：. 27．（23-24高二上·上海·期中）水平桌面上放置了3个半径为2的小球，它们两两相切，并均与桌面相切.若用一个半球形容器（容器厚度忽略不计）罩住三个小球，则半球形容器的半径的最小值是 . 【答案】 【解析】当半球形容器的半径最小，即三个小球与半球球面都相切，且各切点与对应小球球心、半球球心共线，各小球两两也相切， 此时三个小球球心在桌面上投影所成正三角形的中心，即为半球最大圆的圆心（也为球心）， 如下图示：为三个小球球心，分别为它们在桌面上的投影，为半球球心， 所以为边长为的等边三角形，故， 而，故， 所以半球最小半径为. 故答案为： 28．（2023·上海·模拟预测）空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为 ． 【答案】9 【解析】因为空间中有三个点，且， 不妨先考虑在一个正四棱锥中，哪三个点可以构成等边三角形，同时考虑三边的轮换对称性，可先分为两种大情况，即以下两种： 第一种：为正四棱锥的侧面，如图1， 此时分别充当为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的; 不妨以为例，此时符合要求的另两个点如图1所示，显然有两种情况， 考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有6种；    第二种：为正四棱锥的对角面，如图2， 此时分别充当底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的; 不好以为例，此时符合要求的另两个点图2所示，显然只有一种情况， 考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有3种； 综上所述：总共有9种情况. 故答案为：9. 29．（23-24高二上·上海·期中）如图，在棱柱的侧棱上各有一个动点，且满足，是棱上的动点，则的最大值是 ． 【答案】 【解析】试题分析：设点到平面的距离为，三棱柱的高为，，由点到平面的距离为，又因为，所以，所以， ，所以 ，令，则函数在区间上单调递增，当时，函数有最小值，即的最大值是． 30．（23-24高二上·上海闵行·期中）如图，已知正方体的棱长为2，P为正方形底面内的一动点，则以下结论： （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）若，则点在正方形底面内的运动轨迹是线段； （4）以点为球心，为半径的球面与面的交线长为．正确的有 ．（填写所有正确结论的序号）    【答案】（1）（3）（4） 【解析】    对于（1），以相同顶点命名的三棱锥体积相同，故三棱锥的体积等于的体积，因为点到上底面的距离等于棱长，故（1）正确； 对于（2），取的中点分别为，连接， 由图像可知，， 又因为， ，当点在上时， 因为正方体棱长为，的中点分别为 所以， 故（2）错误； 对于（3），以为原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系， 则 ， 且，且都在平面内， 所以， 所以点的轨迹是线段，故（3）正确； 对于（4），为正三角形，设点到平面的距离为，点到平面的距离为， 由等体积法，可得 解得， 故以点为球心，为半径的球面与面的交线长为 故（4）正确； 故答案为：（1）（3）（4） 31．（23-24高二上·上海普陀·期中）已知是边长为1的等边三角形.对于空间中任意一点M，设P为内部（含边界）一动点，定义PM的最小值为点M到的距离.则空间中到的距离不大于1的点形成的几何体的体积为 . 【答案】 【解析】到动点P距离为1的点所形成的空间几何体在垂直于平面的视角下看，如图所示： 得到AFGB、BHKC、DEAC区域内的几何体为半圆柱，KCD、EAF、GBH区域内的几何体为被平面所截的部分球，球心为A、B、C，球半径为1， ABC区域内的几何体为棱柱，其高为2. 因为是边长为1的等边三角形， 所以， 即， 所以KCD、EAF、GBH区域内的几何体的体积之和恰好为半径为1的一个球的体积， 即， ， ， 所以，到动点P距离为1的点所形成的空间几何体的体积. 故答案为： 32．（22-23高二下·上海徐汇·期中）若正方体的棱长为3，P是正方体表面上一动点.设是以P为球心，半径为1的动球在运动过程中经过区域的全体，则的体积为 . 【答案】 【解析】由题设，动球在运动过程中经过区域可看作棱长为5的正方体，先去掉中心处棱长为1的正方体， 8个角处去掉：棱长为1的正方体减去一个顶点为球心半径为1的球后剩余部分， 12条棱处去掉：底面边长为1，高为3的棱柱减去一条高为3，底面半径为1的圆柱后剩余部分， 综上，的体积为 . 故答案为： 33．（23-24高二上·上海·期中）已知正四面体，O是底面的中心，以为旋转轴，将正四面体旋转后，与原四面体的公共部分的体积为，则正四面体外接球的体积为 ． 【答案】 【解析】以为旋转轴，将正四面体旋转后，公共部分为正六棱锥，如图，    设正四面体的棱长为，而，则， 正六边形的边长，， 因此公共部分的体积，解得， 显然正四面体的外接球球心在上，设此球半径为，由，得， 所以正四面体外接球的体积. 故答案为： 34．（21-22高二上·上海浦东新·期中）空间给定不共面的A，B，C，D四个点，其中任意两点间的距离都不相同，考虑具有如下性质的平面：A，B，C，D中有三个点到的距离相同，另一个点到的距离是前三个点到的距离的2倍，这样的平面的个数是___________个 【答案】32 【解析】首先取3个点相等，不相等的那个点由4种取法； 然后分3分个点到平面的距离相等，有以下两种可能性： （1）全同侧，这样的平面有2个； （2）不同侧，必然2个点在一侧，另一个点在一侧， 1个点的取法有3种，并且平面过三角形两个点边上的中位线， 考虑不相等的点与单侧点是否同侧有两种可能，每种情况下都唯一确定一个平面， 故共有6个， 所有这两种情况共有8个，综上满足条件的这样的平面共有个， 故答案为：32 35．（23-24高二上·上海·期中）三棱锥满足：，，，，则该三棱锥的体积V的取值范围是 ． 【答案】； 【解析】由于 平面， ，在 中，，要使 面积最大，只需，的最大值为，的最大值为，该三棱锥的体积V的取值范围是. 36．（23-24高二上·上海徐汇·期中）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动. 勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a. ① 能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a    ② 勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 ③ 勒洛四面体中过三点的截面面积为 ④ 勒洛四面体的体积 上述命题中正确的是 【答案】①④ 【解析】对于①，由题意知：勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值，故①正确； 对于②，勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图，      其中点为该球与勒洛四面体的一个切点，为该球的球心， 由题意得该球的球心为正四面体的中心，半径为，连接， 则三点共线， 设正四面体的外接球半径为， 由题意得：，解得， ，， 由题意得，故②错误； 对于③，勒洛四面体中过三点的截面为三个半径为， 圆心角为的扇形的面积减去两个边长为的正三角形的面积，      即，故③错误； 对于④， 勒洛四面体的体积介于正四面体的体积和正四面体的外接球的体积之间，    正四面体底面面积为，底面所在圆的半径为， 正四面体的高为， 正四面体的体积， 设正四面体的外接球半径为，则由题意得： ，解得， 正四面体的外接球的体积为， 勒洛四面体的体积满足，故④正确． 故答案为：①④． 37．（23-24高二上·上海·期中）如图，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱垂直于底面 ，是延长线上一点，且． (1)求二面角的大小； (2)直线到平面的距离； (3)在线段上是否存在一点使得．若存在，求出点位置；若不存在，则说明理由． 【答案】(1)；(2) (3)存在点为靠近的三等分点处，使得. 【解析】（1）取的中点，连接， 因为垂直于底面，，所以垂直于底面， 又因为为等边三角形，为中点，所以. 以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示： ，，， ，， 设平面的法向量为， 则，令，则，，即. 又因为平面的法向量为， 设二面角的平面角为， 则， 因为二面角的平面角为为锐角， 所以，即. （2）因为，所以四边形为平行四边形，所以. 因为平面，平面，， 所以平面， 即直线到平面的距离等于点到平面的距离. ，设直线到平面的距离为， 则. （3）设，，，， 因为，所以，解得. 即. 因为，所以存在点为靠近的三等分点处，使得. 38．（23-24高二上·上海·期中）如图，在中，，斜边，以直线AO为轴旋转得到，且二面角是直二面角，动点D在斜边AB上． (1)求证：平面平面； (2)求CD与平面所成角中最大角的正切值； (3)当D为AB中点时，继续以直线AO为轴旋转得到，当直线ED与OB所成角为时，求点E位置．    【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)答案见解析. 【解析】（1）依题意，，则是二面角的平面角，于是，即， 而平面，因此平面，又平面， 所以平面平面. （2）由（1）知，平面，为CD与平面所成的角，， 由，，斜边，得，于是， 要最大，当且仅当是点到直线的距离，即斜边上的高， 所以CD与平面所成角中最大角的正切值是. （3）由（1）知，直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    而，则， 在平面内，以射线为角的始边，线段逆时针旋转到所成的最小非负角为， 则点，，而， 依题意，，而，解得或， 当时，点，当时，此时，点 所以点在以点为圆心，2为半径的圆上，可以与点重合， 或射线与射线的反向延长线成锐角，且到直线的距离为. 39．（22-23高二上·上海浦东新·期中）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣.”刘徽注：“此术臑者，背节也，或曰半阳马，其形有似鳖肘，故以名云.中破阳马，得两鳖臑，鳖臑之起数，数同而实据半，故云六而一即得.” 如图，在鳖臑ABCD中，侧棱底面BCD； (1)若，，，，求证：； (2)若，，，试求异面直线AC与BD所成角的余弦. (3)若，，点P在棱AC上运动.试求面积的最小值. 【答案】(1)详见解析 (2)或； (3) 【解析】（1）如图，因为底面，平面 所以，又，且， 所以平面，平面， 所以， 所以，，, 所以； （2）如图，以为临边作平行四边形，连结，则异面直线和所成的角为或其补角， 当时，，并且由（1）可知，,，, 中，，所以异面直线和所成的角的余弦值为； 当时，，，, 中，，所以异面直线和所成的角的余弦值为； 综上可知，异面直线和所成的角的余弦值为或； （3）如图，作于点，作于点，连结， 中，都垂直于，所以， 所以平面，且平面，所以， 又因为，， 所以平面，平面，所以， 设，，由， 得，， 中，，得， 当且仅当时，等号成立， 所以. 所以面积的最小值是. 40．（23-24高二上·上海·期中）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥，，，再分别以，，为轴将，，分别向上翻转，使，，三点重合为点所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为. (1)求蜂房曲顶空间的弯曲度； (2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设 （i）用表示蜂房（图2右侧多面体）的表面积； （ii）当蜂房表面积最小时，求其顶点的曲率的余弦值. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【解析】（1）蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7个顶点的曲率之和， 根据定义其度量值等于减去三个菱形的内角和， 再减去6个直角梯形中的两个非直角内角和， 即蜂房曲顶空间的弯曲度为. （2）（i）如图所示，连接AC，SH，则，设点在平面的射影为O， 则，则， 菱形SAHC的面积为， 侧面积， 所以蜂房的表面积为. （ii）， 令得到， 所以在递增；在递增. 所以在处取得极小值，也即是最小值. 此时，在中，令，由余弦定理得， 又顶点的曲率为， . 41．（23-24高二上·上海长宁·期中）如图1，在矩形中，，，点为的中点，将沿直线折起至平面平面（如图2），点在线段上， 平面．    (1)求证：； (2)求二面角的大小； (3)若在棱、上分别取中点、，试判断点与平面的关系，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)平面，理由见解析 【难度】0.65 【知识点】空间中的点（线）共面问题、补全线面平行的条件、求二面角 【分析】（1）设，连接，由线面平行的性质可的，，由 可得； （2）取中点，连接，证明平面，平面平面，即得出结果； （3）延长到，使，确定平面，确定是的重心，得到答案. 【解析】（1）设，连接. 平面，平面，平面平面，故， ，，且，故，即；    （2）取中点，连接，，则， 又平面，平面平面，平面平面， 故平面，平面，故， ，满足，故. ，平面，故平面， 平面，平面平面，二面角的大小为；    （3）延长到，使，连接， 分别是的中点，故， ，故，，故四边形是平行四边形，， 故，则确定平面. 中，是边中线，且，故是的重心，又为边的中线，则在上，故平面.    42．（23-24高二上·上海普陀·期中）如图，是圆柱的底面直径且是圆柱的母线且，点是圆柱底面圆周上的点.    (1)求证：平面； (2)当三棱锥体积最大时，求三棱锥的表面积； (3)若是的中点，点在线段上，求的最小值. 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3) 【解析】（1）   证明：由题意面，面， 则， 由直径所对的圆周角为直角，可得， 又，面，面， 所以平面 （2）要使三棱锥体积最大时，则到的距离最大，最大距离为半径1， 此时，，， 因为， 所以为直角三角形， 所以三棱锥的表面积. （3）如图，将绕着旋转到使其共面，且在的反向延长线上， 因为，，，， 由余弦定理得， 所以的最小值为. 43．（22-23高二下·上海徐汇·期中）如图，在直角梯形中，，点A是PB的中点，现沿AD将平面PAD折起，设. (1)当为直角时，求异面直线PC与BD所成角的大小； (2)当为多少时，三棱锥的体积为? (3)剪去梯形中的，留下长方形纸片，在BC边上任取一点E，把纸片沿AE折成直二面角,问E点取何处时，使折起后两个端点间的距离最短. 【答案】（1）；（2）或；（3）当时，沿AE折起后间距离最短 【解析】（1）∵AB∥CD，，，∴四边形ABCD是矩形， 连结AC交BD与O，则O是AC，BD的中点， 取PA的中点E，连结OE，BE， 则OE是的中位线，∴，， ∴是异面直线PC，BD所成的角， ∵，，， ∴平面ABCD， ∴，， ， ∴， ∴． 即异面直线PC与BD所成的角为． （2）P到平面ABCD的距离， ， ∴， ∴， ∴或. （3）设，则，折起后平面平面AECD， 则为直线与平面AECD所成的角. 于是， 要使最短，则折起后应最小，最大， ∴当即时，最大， 此时最短， 即当时，沿AE折起后间距离最短. 44．（23-24高二上·上海·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，四边形为正方形，为的中点，为上一点，为上一点，且平面平面.    (1)求证：为线段中点； (2)求证：平面平面； (3)在棱上是否存在点，使得平面平面？若存在，求；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明详见解析 (2)证明详见解析 (3)存在，且 【解析】（1）依题意平面平面， 由于平面平面，平面平面， 所以，由于正方形中，是的中点， 所以是线段的中点. （2）由于平面平面，且交线为， 由于平面，所以平面， 由于平面，所以平面平面. （3）存在，当N为SC中点时，平面平面，证明如下： 连接EC，DM交于点O，连接SE．    因为，并且，所以四边形EMCD为平行四边形，所以． 又因为N为SC中点，所以． 因为平面平面ABCD，平面平面， 又平面SAD，由已知， 所以平面ABCD，所以平面ABCD． 又因为平面DMN，所以平面平面ABCD． 所以存在点N，使得平面平面ABCD，． 45．（23-24高二上·上海闵行·期中）已知是底面边长为的正四棱柱，为与的交点. (1)若正四棱柱的高为，求二面角的大小； (2)若点到平面的距离为，求正四棱柱的高； (3)设与底面所成角的大小为，异面直线与所成角的大小为，求证：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【解析】（1） 以为坐标原点，分别以、与的方向为轴、轴与轴的正方向，建立空间直角坐标系， 若正四棱柱的高为，则，，， ∴，， 设平面的一个法向量为， 则，不妨取，则，，∴， 易知平面即平面的一个法向量， 设二面角的大小为，由图形可知，， 则. ∴若正四棱柱的高为，则二面角的大小为. （2）设正四棱柱的高为（）， 则，，， ∴，， 设平面的一个法向量为， 则，不妨取，则，，∴， ∵， ∴点到平面的距离为，解得. ∴若点到平面的距离为，则正四棱柱的高为. （3）∵平面且垂足为，∴是在平面内的投影， ∴是与底面所成角，即， 设正四棱柱的高为（）， 则在直角中，，. ∵，，，， ∴，， ∵异面直线与所成角的大小为， ∴， ∴， ∴， ∴，原命题得证. 46．（23-24高二上·上海闵行·期中）在直角梯形中，，，，如图1把沿翻折，使得平面平面（如图2）． (1)； (2)若点为线段的中点，求点到平面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得与平面所成的角为?若存在，求出点的具体位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)不存在，理由见解析 【解析】（1）由已知可得，， 平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面， ； （2）以为原点，BD所在的直线为x轴，DC所在直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图， 由已知得， ， 设平面的法向量为， 则，取，得 点到平面的距离. （3）假设在线段上存在点，使得与平面所成的角为， 设， 则， ， ， 整理得，该方程无实数解， 故在线段上不存在点，使得与平面所成的角为 47．（22-23高二下·上海杨浦·期中）我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍（chú）甍（méng）者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，窟盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．刍甍的字面意思为茅草屋顶．”现有一个“刍甍”如图所示，四边形为正方形，四边形、为两个全等的等腰梯形，，，，． (1)设过点且与直线垂直的平面为平面，且平面与直线、分别交于、两点，求的周长； (2)求四面体的体积； (3)点在线段上且满足．试问：在线段上是否存在点，使 平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）过点分别作，，分别交，于，，连接， 所以平面即为平面， 因为四边形为正方形，， 所以，， 由已知得，， 所以的周长为． （2）过点作，垂足为． 因为，平面，平面， 所以平面．因为，， 所以．因为，平面， 所以平面．因为平面，所以． 因为，，平面， 所以平面，所以为三棱锥的高，． 因为，所以， 所以 （3）假设存在点． 当点在线段上时，连接交于， 则，因为， 所以． 因为平面，平面， 平面平面， 所以， 所以． 综上，在直线上存在点，使平面，的值为． 48．（22-23高二上·上海普陀·期中）如图，在正四棱锥P－ABCD中，AB＝2，侧面PAD与底面ABCD的夹角为. (1)求正四棱锥P－ABCD的体积； (2)若点M是正四棱锥P－ABCD内任意一点，点M到平面ABCD，平面PAB，平面PBC，平面PCD，平面PDA的距离分别为，，，，，证明：； (3)若球O是正四棱锥P－ABCD的内切球，点Q是正方形ABCD内一动点，且OQ＝OP，当点Q沿着它所在的轨迹运动一周时，求线段OQ所形成的曲面与底面ABCD所围成的几何体的表面积. 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【解析】（1）解：连接交于点，取的中点，连接， 由正四棱锥的几何特征可得为的中点，底面， ，， 因为为的中点， 所以， 所以即为面PAD与底面ABCD所成角的平面角，即， ，则， 所以； （2）证明：， 因为， 所以； （3）解：因为球O是正四棱锥P－ABCD的内切球， 由（2）可知点为点的一种情况， 所以（为内切球的半径）， 所以，故， 在中，， 所以点在以为圆心为半径的圆上， 所以点沿它所在的轨迹运动一周时，线段形成的曲面与底面所围成的几何体为圆锥， 所以线段OQ所形成的曲面与底面ABCD所围成的几何体的表面积为. 49．（22-23高二上·上海浦东新·期中）如图，在四棱锥中，已知平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，，，. (1)证明：； (2)线段CP上是否存在一点M，使得直线AM垂直平面PCD，若存在，求出线段AM的长，若不存在，说明理由； (3)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长. 【答案】(1)证明见解析. (2)存在，线段AM的长为. (3) 【解析】（1）由题意， 在四棱锥中， ⊥面ABCD，,， ∴， 在直角梯形中，， ∵， ∴ ∵ ∴ （2）由题意及（1）得，存在一点M，使得直线AM垂直平面PCD， 在四棱锥中，， 作出空间直角坐标系如下图所示： 由几何知识得，，，，，， ∴，，， 设，则, ∴ ∴， 若AM⊥面PCD 解得： ∴ （3）由题意及（1）（2）得， ，， 设 ∴， 设，， ∴ 当且仅当即时，最大，为， 在中，上是减函数， ∴最大时，直线CQ与DP所成的角最小， ∵， ∴， ∴当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长为. 50．（22-23高二上·上海杨浦·期中）如图在四面体ABCD中，△ABC是边长为2的等边三角形，△DBC为直角三角形，其中D为直角顶点，．E、F、G、H分别是线段AB、AC、CD、DB上的动点，且四边形EFGH为平行四边形． (1)求证：BC∥平面EFGH (2)试探究当二面角从0°增加到90°的过程中，线段DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域的面积； (3)设（），且△ACD是以CD为底的等腰三角形，当为何值时，多面体ADEFGH的体积恰好为? 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3) 【解析】（1）证明:四边形EFGH为平行四边形，. 而面面BCD，面BCD. 而面ABC，面面，. 而面 面EFGH 面EFGH. （2） 在平面BCD上的投影满足，即在平面BCD上的投影在线段BC的中垂线上. 如图所示，将补成边长为2的正三角形， 当二面角为角时，即点在平面BCD上，此时为， 当二面角为角时，此时为BC中点， 故DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域为， 而， 故线段DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域的面积为. （3），且为等腰三角形，. 取BC中点，由题意得:,， 满足，根据勾股定理可知 平面 而多面体ADEFGH的体积恰好为，即多面体ADEFGH的体积恰为四面体ABCD体积的一半. 连接AH、AG，设点到平面的距离为，点到平面的距离为， 设点到平面的距离为， . ，整理得 ， 解得舍去). 51．（23-24高二上·上海·期中）在棱长均为2的正三棱柱中，E为的中点．过AE的截面与棱分别交于点F，G．    (1)若F为的中点，试确定点G的位置，并说明理由； (2)在（1）的条件下，求截面AGEF与底面ABC所成锐二面角的正切值； (3)设截面AFEG的面积为，面积为，面积为，当点F在棱上变动时，求的取值范围． 【答案】(1)点G为棱上靠近点的三等分点，理由见解析 (2)；(3) 【解析】（1）在平面内延长，相交于点P，则平面，又平面， 则有平面平面，，即A，G，P三点共线． 因为E为的中点，F为的中点，所以，所以，又因为，所以， 所以，即点G为棱上靠近点的三等分点． （2）在平面内延长，相交于点Q，连接，则平面平面， 在平面内作于点M，则平面ABC， 又平面，所以， 在平面内作于点N，连接， 又平面，，所以平面， 平面，所以， 所以为截面与底面所成锐二面角的平面角． 在中，作于点H，，，，， ，， 由余弦定理，则， ，可得，所以， 又，所以， 故截面与底面所成锐二面角的正切值为. （3）设，则，． 设的面积为S，所以， 又因为，所以，且， 故，令，则， 设， 当时，， ，，，则，即， 所以在上单调递减， 所以，，所以， 所以． 52．（23-24高二上·上海·期中）在长方体中， (1)已知P､Q分别为棱AB､的中点（如图1），做出过点，P，Q的平面与长方体的截面.保留作图痕迹，不必说明理由； (2)如图2，已知，，，过点A且与直线CD平行的平面将长方体分成两部分.现同时将两个球分别放入这两部分几何体内，则在平面变化的过程中，求这两个球的半径之和的最大值. 【答案】(1)答案见解析 (2)最大值为 【解析】（1）①延长交DC延长线于点E； ②连接PE与BC交于点F，并延长EP交DA延长线于点G； ③连接交于点H； ④分别连接线段，，PF，FQ，，则五边形及其内部（图中阴影部分）即为所求截面. （2）如图所示， 平面ABMN将长方体分成两部分，MN有可能在平面上或平面上，但是若MN在平面上运动， 两部分几何体都是细长形状，放入的两个小球由于棱长AD限制，易知要使两球半径和的最大，需在平面上运动. 延长与BM交于点P，作于Q点， 设，圆对应的半径为， 根据三角形内切圆的性质， 在中，，，， 则， 又当BP与重合时，取得最大值，由内切圆等面积法求得，则 设圆对应的半径为，同理可得， 又，解得. 故，， 设，则，， 由对勾函数性质易知，函数单减， 则，即最大值为. 故两个球的半径之和的最大值为. 53．（23-24高二上·上海·期中）已知是底面边长为1的正四棱柱，为与的交点． (1)设与底面所成角的大小为，异面直线与所成角的大小为，求证：； (2)若点C到平面的距离为，求正四棱柱的表面积； (3)若正四棱柱的高为2，在矩形内（不包含边界）存在点P，满足P到线段BC的距离与到线段的距离相等，求的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2)10 (3) 【解析】（1）设正四棱柱的高为，因为底面，所以，于是有， 因为，如下图所示：所以， 由勾股定理可知：， 在等腰三角形中，底边上的高为， 所以，； （2）因为为与的交点，三角形是以为底边的等腰三角形， 所以， 因为底面是正方形，所以，又因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面， 因此点在平面的投影在交线上，即， 如上图所示：在矩形中中，， 因为∽，所以有， 所以正四棱柱的表面积为：； （3）以为空间直角坐标系的坐标原点，以所在的直线为轴，设， 因为平面，平面，所以 ， 由题意可知， 所以有， 当时，最大，此时，取到最小值， 故取得最小值为。 54．（23-24高二上·上海·期中）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），. 【解析】（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 . 55．（23-24高二上·上海·期中）用一个半径为12厘米圆心角为的扇形纸片PAD卷成一个侧面积最大的无底圆锥（接口不用考虑损失），放于水平面上． （1）无底圆锥被一阵风吹倒后（如图1），求它的最高点到水平面的距离； （2）扇形纸片PAD上（如图2），C是弧AD的中点，B是弧AC的中点，卷成无底圆锥后，求异面直线PA与BC所成角的大小． 【答案】（1）；（2）. 【解析】（1）如图所示， 设为轴截面，过点作于点， 则，解得， 所以在中，， ， 即无底圆锥被一阵风吹倒后（如图1），它的最高点到水平面的距离为， （2）如图： 因为B是弧AC的中点，所以三角形为等腰直角三角形， 则由（1）得，且面， , 异面直线PA与BC所成角的大小为. 56．（23-24高二上·上海普陀·期中）如图，长方体中，，，点是棱的中点.    (1)求异面直线与所成的角的大小； (2)是否存在实数，使得直线与平面垂直？并说明理由； (3)若.设是线段上的一点（不含端点），满足，求的值，使得三棱锥与三棱锥的体积相等. 【答案】(1)；(2)存在，，理由见解析；(3) 【解析】（1）连接，由四边形为正方形，可得， 在长方体中，平面， 又平面，所以. 因为，平面，所以平面， 又平面，所以， 即异面直线与所成的角的大小为； （2）存在实数，使得直线直线与平面垂直．理由如下： 当时，， 因为BC＝1，所以，所以，则， 所以，即， 在长方体中，平面， 又平面，所以. 因为，所以平面， 又平面，所以. 同理可证，又， 所以直线平面； （3）设与平面的斜足为O， 因为， ， 所以,则. 若，则，故. 所以在线段上取一点P，要使三棱锥与三棱锥的体积相等，则P为AO的中点，即． 57．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图1，已知，，，，，. (1)求将六边形绕轴旋转半周（等同于四边形绕轴旋转一周）所围成的几何体的体积； (2)将平面绕旋转到平面，使得平面平面，求异面直线与所成的角； (3)某“”可以近似看成，将图1中的线段、改成同一圆周上的一段圆弧，如图2，将其绕轴旋转半周所得的几何体，试求所得几何体的体积. 【答案】(1)；(2)；(3) 【解析】（1）和绕轴旋转半周所围成的几何体可以得到两个底面半径为1，高为2的圆锥，体积之和为； 正方形绕轴旋转半周所围成的几何体为一个底面半径为1，高为2的圆柱，体积为. 所以，总的体积. （2）如图3，取中点为，连接，则. 因为，中点为，所以. 又平面平面，平面平面， 所以，平面，即平面. 以点为坐标原点，如图3建立空间直角坐标系， 由已知可得，，，， 所以，，，，，， 所以，，， 所以，， 所以，异面直线与所成的角的余弦值为， 所以，. （3） 由已知可得，圆心为点，则半径. 六边形绕轴旋转半周所围成的几何体的体积，等于直角梯形绕直角边所在的直线旋转一周得到的几何体体积的2倍. 直角梯形绕直角边所在的直线旋转一周得到的几何体，为一个上、下底面半径分别为1、3，高为1的圆台，体积； 剩下的两部分为全等的弓形， 先研究弓形绕轴旋转半周，得到的几何体为球缺. 现在用祖暅原理来求解该球缺的体积， 如图5，半球的半径和圆柱的底面半径均为，且圆柱的高，且， 在半球中，高度为，且平行于底面的截面圆的半径，面积为. 在圆柱中，连接，设交高度为，且平行于底面的截面于点， 显然，所以有，即， 所以. 所以，当高度为时，圆环的面积等于大圆的面积减去小圆的面积， 即圆环的面积， 所以，当高度为时，半球的截面与圆柱中的截面圆环的面积相等. 根据祖暅原理可知，半球某高度截面以上的体积（即球缺的体积），即等于圆柱该截面以上（挖去一个圆台）的体积. 所以，球缺的体积 （其中为半球被截面截去球缺后剩余部分的高）. 由已知可得，弓形绕轴旋转半周，得到的几何体为球缺中，，， 所以，该球缺的体积 . 所以，总的体积. 58．（21-22高二上·上海宝山·期中）在中，，，，D、E分别是AC、AB上的点，满足且DE经过的重心，将沿DE折起到的位置，使，M是的中点，如图所示. (1)求证：平面BCDE； (2)求CM与平面所成角的大小； (3)在线段上是否存在点N（N不与端点、B重合），使平面CMN与平面DEN垂直?若存在，求出与BN的比值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在；2 【解析】（1）因为在中，，，所以， 因为折叠前后对应角相等，所以，所以平面，， 又，，所以平面BCDE； （2）因为DE经过的重心，故，由（1）知平面BCDE，以为轴，为轴，为z轴，建立空间直角坐标系，由几何关系可知，， 故，，，设平面的法向量为，则，即，令，则，设CM与平面所成角的大小为，则有，故，即CM与平面所成角的大小为； （3）设，，即， 即，，， ，设平面CMN的法向量为，则有， 即，令则，，， 同理，设平面DEN的法向量为，， 则，即，令，则，故， 若平面CMN与平面DEN垂直，则满足，即，，故存在这样的点，，所以 59．（23-24高二上·上海·期中）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且，．    (1)求证： 平面； (2)求证：平面平面 (3)若点为线段上的动点．当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【解析】（1）如图，设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面，    因为平面，所以， 又因为是底面圆的内接正三角形，由，可得， ，解得， 又，，所以，即，， 又因为，所以， 所以，即， 又平面，直线平面，平面， 所以直线 平面． （2）因为平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； （3）易知，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，，，    设平面的法向量为， 则，令，则， 设，可得， 设直线与平面所成的角为， 则， 即， 令， 则 ， 当且仅当时，等号成立，所以当时，有最大值， 即当时，的最大值为1，此时点， 所以， 所以点到平面的距离， 故当直线与平面所成角的正弦值最大时，点到平面的距离为. 60．（23-24高二上·上海杨浦·期中）如图，斜三棱柱中，，为的中点，为的中点，平面⊥平面． (1)求证：直线平面； (2)设直线与直线的交点为点，若三角形是等边三角形且边长为2，侧棱，且异面直线与互相垂直，求异面直线与所成角； (3)若，在三棱柱内放置两个半径相等的球，使这两个球相切，且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切．求三棱柱的高． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【解析】（1）斜三棱柱中，为的中点，为的中点， 所以，且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面； （2）因为AC=BC，为的中点，所以CD⊥AB， 因为平面⊥平面，交线为AB，CD平面ABC， 所以CD⊥平面，故⊥平面， 所以,又与互相垂直，,面 故面,得.即为直角三角形， 在中，为中点，，所以为的三等分点，设， 由余弦定理可得： 解之：，所以故 ⊥平面，在中，. 与所成的角为 （3）过作于，过作于，连 为直截面，小球半径为的内切圆半径 因为，所以， 故AC⊥BC，则 设所以，由解得， ； 由最小角定理 由面,易知， 内切圆半径为： 则 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$