期中真题必刷易错60题（13个考点专练）-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（28个考点专练） 一、空间点线面关系定理（共3小题） 1．（24-25高三上·上海·期中）已知是空间两个不同的平面，是空间两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（    ） A．若 ，则 B．若 ，则 C．若，则 D．若，则 2．（23-24高二上·上海浦东新·期中）给出下列命题：（1）不在同一直线上的三点确定一个平面； （2）垂直于同一个平面的两个平面平行； （3）两组对边分别相等的四边形是平行四边形； （4）若直线，，则； （5）若平面上有三个不共线的点到平面的距离相等，则． 写出所有真命题的序号 ． 3．（23-24高二上·上海·期中）在空间中，下列说法：（1）一条直线和两条平行直线中的一条相交，必和另一条也相交；（2）一条直线和两条平行直线中的一条确定一个平面，必和另一条也确定一个平面；（3）一条直线和两条平行直线中的任何一条都无公共点，当它和其中一条是异面直线时，它和另一条也必是异面直线；（4）一条直线和两条平行直线中的任何一条都无公共点，则这三条直线平行．其中正确的序号是 ． 二、平面数量的确定（共3小题） 4．（24-25高二·上海·期中）从同一点出发的四条射线能确定个平面，则所有可能的取值是 ． 5．（23-24高二上·上海普陀·期中）4条线段首尾相接得到一个四边形，当且仅当它的两条对角线 时，才是一个平面图形．    6．（23-24高二上·上海崇明·期中）三棱台的各个面所在的平面，将空间划分为 个区域． 三、异面直线（共5小题） 7．（23-24高二上·上海·期中）如图为一正方体的平面展开图，在这个正方体中，有下列三个命题：①；②与成角；③与成异面直线且夹角为．其中正确的是 ． 8．（23-24高二上·上海宝山·期中）已知异面直线所成角的大小为，直线且，则 . 9．（22-23高三下·上海宝山·期中）如图所示，是长方体，其中，，点是棱上一点，若异面直线与互相垂直，则 ．    10．（23-24高二上·上海长宁·期中）如图为正六棱柱，与直线异面的侧棱共有 条．    11．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，边长为1的菱形中，，沿将翻折，得到三棱锥，则当三棱锥体积最大时，异面直线与所成的角的余弦值等于 .    四、两直线的位置关系（共3小题） 12．（23-24高二上·上海金山·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，点在线段上，点在线段上．    (1)求圆柱的表面积； (2)求证：； (3)若是的中点，求的最小值． 13.（23-24高二上·上海奉贤·期中）如图，在正方体中，    (1)求异面直线与所成的角的大小； (2)求证：； (3)设分别是给定正方体的棱和上的任意点．求证：三棱锥的体积是定值． 14．（22-23高一下·上海宝山·期中）如图，在中，，且，，将绕直角边旋转到处，得到圆锥的一部分，点是底面圆弧（不含端点）上的一个动点．    (1)是否存在点，使得？若存在，求出的大小；若不存在，请说明理由； (2)当四棱锥体积最大时，求沿圆锥侧面到达点的最短距离． 五、直线与平面所成的角（共4小题） 15．（23-24高二上·上海浦东新·期中）已知空间两异面直线所成的角的取值集合为A，直线与平面所成角的取值集合为B，则（    ） A． B． C． D． 16．（23-24高二下·上海杨浦·期中）设直线与平面所成角为，给出下列命题：（1）平面上不存在直线，使之与所成角小于；（2）设，平面上恰有两条直线与所成角均为；（3）若直线，则直线与所成角大小为；其中真命题的序号为 . 17．（23-24高二上·上海黄浦·期中）如图所示，在平行六面体中，底面为菱形，且，则侧棱与底面所成的角为 ． 18．（23-24高三上·上海浦东新·期中）若是等边所在平面外一点，，的边长为3，则与平面所成角的大小是 . 六、直线与平面的位置关系（共5小题） 19．（23-24高二上·上海宝山·期中）在三棱锥中，若顶点到底面三边距离相等，则顶点在平面上的射影为的（    ） A．外心 B．内心或旁心 C．垂心 D．重心 20．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在正方体中，由两个顶点确定的直线与由顶点确定的平面构成的“正交线面对”的个数为 . 21．（23-24高二上·上海虹口·期中）已知直四棱柱，，，，，．    (1)证明：直线平面； (2)若该四棱柱的体积为，求的长． 22．（23-24高二下·上海·期中）已知正四面体的棱长为3，点在棱上，点在线段上，且. (1)如图1，若点在棱的中点处，求证：平面； (2)如图2，若，求三棱锥的体积； (3)如图3，当点在棱上移动时，求线段长度的最小值. 23．（23-24高二上·上海普陀·期中）如图①，在棱长为1的正方体中，E是棱上的一个动点． (1)求证：三棱锥的体积是定值； (2)是否存在点E，使得平面，若存在请找出点E的位置，若不存在，说明理由； (3)定义：与两条异面直线都垂直且相交的直线称为这两条异面直线的公垂线，公垂线的两个垂足之间的线段称为异面直线的公垂线．两条异面直线的公垂线段，是连接两条异面直线所有线段中的最短线段． 根据以上定义及性质解决如下问题： 如图②中，M为线段的中点，线段（不包括两个端点）上有一个动点N，过点、、作正方体的截面． ①判断截面的形状，并说明理由； ②当截面的面积取得最小值时，求点N的位置． 七、平面与平面的位置关系（共2小题） 24．（18-19高二上·青海西宁·期中）设平面，直线与交于S，若，则 . 25．（21-22高一·上海·期中）如图，一张矩形白纸，，E，F分别为的中点，现分别将沿折起，且A，C在平面同侧，则下列结论正确的是 ．（写出所有正确结论的序号） ①当平面平面时，平面； ②当平面平面时，； ③当A，C重合于点P时，． 八、二面角（共5小题） 26．（21-22高二上·上海杨浦·期中）已知二面角，若直线，直线，且直线所成角的大小为，则二面角的大小为 . 27．（23-24高二上·上海崇明·期中）在的二面角的一个面上有一点，它到棱的距离等于，则点到另一个平面的距离为 ． 28.（22-23高二上·上海杨浦·期中）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该正四棱锥的高为边长的一个正方形面积与该正四棱锥一个侧面三角形的面积相等，则此正四棱锥侧面与底面所成的二面角的余弦值为 ． 29．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，某人沿山坡PQB的直行道AB向上行走，直行道AB与坡脚（直）线PQ成角，山坡与地平面所成二面角的大小为.若此人沿直行道AB向上行走了200米，那么此时离地平面的高度为 米.      30．（23-24高二上·上海浦东新·期中）把边长为2的正方形沿对角线折起，如图，点翻折到点， (1)当折起的三角形所在的平面与底面所成角（即二面角）为时，求三棱锥的体积； (2)当三角形翻折到什么位置（即二面角多大时），三棱锥的体积最大（不需要证明）.并求此时三棱锥的表面积. 九、截面问题（共5小题） 31．（22-23高二上·上海杨浦·期中）在直三棱柱中，AB⊥BC，，点P在棱BC上运动，则过点P且与AC垂直的平面α截该三棱柱所得的截面面积的最大值为 . 【答案】 32（22-23高二下·上海黄浦·期中）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方容器，容器高8cm，将一个球 放置在容器口，再向容器注水，当球面接触水面时，测得水深为6cm，若不计容器的厚度，则球的表面积为 ．    33．（23-24高二下·上海杨浦·期中）如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点，，的平面截该正方体所得截面记为，则下列命题正确的是 （写出所有正确命题的编号）    ①当时，为等腰梯形. ②当时，与的交点满足. ③当时，为四边形. ④当时，的面积为. 34．（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 ． 35．（23-24高二上·上海浦东新·期中）我国南北朝时期的数学家祖暅在计算球的体积时，提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高，这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等，利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差，图1是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线和均是以2为半径的半圆，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形．类比利用祖暅原理求半球的体积的计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱和一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图2），从而求得该帐篷的体积为 ．    十、距离问题（共5小题） 36．（2023·上海奉贤·三模）正方体的棱长为4，P在平面上，A，P之间的距离为5，则、P之间的最短距离为 ． 37．（23-24高二上·上海虹口·期中）如图所示，已知三棱锥中，平面，，，，．则点A到平面的距离 ． 38．（23-24高二上·上海浦东新·期中）在菱形中，，，为菱形所在平面外一点，，，到直线距离为 . 39．（23-24高二上·上海长宁·期中）两个平行平面截一个半径为4的球，得到的截面面积分别为和， 则这两个平面之间的距离为 ． 40．（23-24高二上·上海浦东新·期中）已知矩形的长为2，宽为1.（如图所示）    (1)若E为DC的中点，将矩形沿BE折起，使得平面平面，分别求到AB和AD的距离. (2)在矩形ABCD中，点M是AD的中点、点N是AB的三等分点（靠近A点）.沿折痕MN将翻折成，使平面平面.又点G，H分别在线段NB，CD上，若沿折痕GH将四边形向上翻折，使C与重合，求线段NG的长. 十一、面积（共7小题） 41．（23-24高二上·上海·期中）用斜二测画法画出的水平放置的的直观图如图，其中，若原的面积为2，则 ． 42．（23-24高二上·上海普陀·期中）如图所示，在直角梯形中，，，，．将折线绕着所在直线旋转一周形成的旋转面的面积是 ．       43.（23-24高三下·上海浦东新·期中）如图，有一底面半径为1，高为3的圆柱.光源点沿着上底面圆周作匀速运动，射出的光线始终经过圆柱轴截面的中心.当光源点沿着上底面圆周运动半周时，其射出的光线在圆柱内部“扫过”的面积为 .    44．（22-23高一上·期中）已知圆锥的轴截面是一个边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为 . 45．（22-23高三下·上海松江·期中）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 .    46．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，在中，，斜边是的中点，现将以直角边为轴旋转一周得到一个圆锥，点为圆锥底面圆周上的一点，且． (1)求圆锥的表面积； (2)若某动点在圆锥侧面上运动，试求该动点从点出发运动到点所经过的最短距离； (3)若一个棱长为的正方体木块可以在这个圆锥内任意转动，求的最大值． 47．（23-24高二上·上海普陀·期中）亭子是一种中国传统建筑，多建于园林，人们在欣赏美景的同时也能在亭子里休息､避雨､乘凉（如图1）.假设我们把亭子看成由一个圆锥与一个圆柱构成的几何体（如图2）.一般地，设圆锥中母线与圆柱底面半径所成角的大小为，当时，方能满足建筑要求.已知圆锥高为1.5米，底面半径为2.5米，圆柱高为3米，底面半径为2米. (1)求几何体的表面积； (2)如图2，设为圆柱底面半圆弧的三等分点，判断该亭子是否满足建筑要求. 十二、体积（共8小题） 48．（2023·上海金山·模拟预测）圆柱容器内部盛有高度为2的水，若放入一个圆锥（圆锥的底面与圆柱的底面正好重合）后，水恰好淹没圆锥的顶部，则圆锥的高为 ． 49．（25-26高二上·上海·期中）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，则该圆锥的体积为 . 50．（2023·上海杨浦·模拟预测）若某圆锥高为3 ， 其侧面积与底面积之比为， 则该圆锥的体积为 . 51．（23-24高二上·上海徐汇·期中）设分别是圆柱的上､下底面的中心，是以为顶点，为底面的圆锥体，若圆柱的体积为1，那么圆锥的公共部分的体积为 . 52．（23-24高二上·上海徐汇·期中）已知四棱锥的高为2，其底面水平放置的直观图（斜二测画法）是边长为1的正方形，则该四棱锥的体积为 . 53．（23-24高二上·上海·期中）如图，在三棱锥中，、、分别是、、的中点，、分别是、的中点，设三棱锥的体积为，三棱柱的体积为，则 .    54．（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 ． 55．（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. 十三、轨迹（共5小题） 56.（23-24高二上·上海金山·期中）已知正四面体的棱长为6，设集合，则表示的区域的面积为 ． 57．（23-24高二上·上海金山·期中）在正四棱柱中，已知是棱的中点，是对角线的中点，设是正四棱柱的面上的动点，且平面，则动点P围成的图形的周长为 ． 58.（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，正方体，则下列四个命题： ①点在直线上运动，直线与直线所成角的大小不变； ②点在直线上运动，直线与平面所成角的大小不变； ③点在直线上运动，二面角的大小不变； ④点是平面上到点和距离相等的动点，则的轨迹是过点的一条直线. 其中真命题是 （请在横线上填上正确命题的序号）    59．（2023-2024·上海期中）已知正四面体的棱长为2，动点满足，且，则点的轨迹长为 . 60．（23-24高二上·上海·期中）某种游戏中，用黑、黄两个点表示黑、黄两个“电子狗”，它们从棱长为1的正方体的顶点A出发沿棱向前爬行，每爬完一条棱称为“爬完一段”．黑“电子狗”爬行的路线是，黄“电子狗”爬行的路线是，它们都遵循如下规则：所爬行的第段与第i段所在直线必须是异面直线（i是整数）．设黑“电子狗”爬完2025段、黄“电子狗”爬完2022段后各自停止在正方体的某个顶点处之间的距离为 ． 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（28个考点专练） 一、空间点线面关系定理（共3小题） 1．（24-25高三上·上海·期中）已知是空间两个不同的平面，是空间两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（    ） A．若 ，则 B．若 ，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【解析】对于A，可相交，故错误； 对于B，两直线可异面，平行，也可以相交，故错误； 对于C，垂直于同一个平面的两条直线平行，故正确； 对于D，两平面可相交，故错误； 故选：C. 2．（23-24高二上·上海浦东新·期中）给出下列命题：（1）不在同一直线上的三点确定一个平面； （2）垂直于同一个平面的两个平面平行； （3）两组对边分别相等的四边形是平行四边形； （4）若直线，，则； （5）若平面上有三个不共线的点到平面的距离相等，则． 写出所有真命题的序号 ． 【答案】（1）（4） 【解析】对于（1），不共线的三点确定唯一的一个平面，（1）正确； 对于（2），垂直于同一个平面的两个平面可能平行或相交，（2）错误； 对于（3），若四边形为空间四边形，则两组对边分别相等也不是平行四边形，（3）错误； 对于（4），若两条平行线中的一条垂直于第三条直线，则另一条也一定与第三条直线垂直，（4）正确； 对于（5），若平面上的不共线的三个点分布在平面的两侧，此时三点到平面的距离相等，但与相交，（5）错误. 故答案为：（1）（4）. 3．（23-24高二上·上海·期中）在空间中，下列说法：（1）一条直线和两条平行直线中的一条相交，必和另一条也相交；（2）一条直线和两条平行直线中的一条确定一个平面，必和另一条也确定一个平面；（3）一条直线和两条平行直线中的任何一条都无公共点，当它和其中一条是异面直线时，它和另一条也必是异面直线；（4）一条直线和两条平行直线中的任何一条都无公共点，则这三条直线平行．其中正确的序号是 ． 【答案】（3） 【解析】对于（1），一条直线和两条平行直线中的一条相交， 则和另一条相交或异面，故（1）错误； 对于（2），一条直线和两条平行直线中的一条确定一个平面， 设，l与a确定一个平面，则l与a平行或相交， 如下图l与a相交的情况，l与b异面，故（2）错误； 对于（3），一条直线和两条平行直线中的任何一条都无公共点， 当它和其中一条是异面直线时，它和另一条如果不是异面直线，即与另一条平行， 由平行公理知：三条直线互相平行，与题设有矛盾，故（3）正确； 对于（4），一条直线和两条平行直线中的任何一条都无公共点， 则这三条直线平行或直线与两平行直线都异面，故（4）错误． 故答案为：（3）. 二、平面数量的确定（共3小题） 4．（24-25高二·上海·期中）从同一点出发的四条射线能确定个平面，则所有可能的取值是 ． 【答案】1，3，4，6 【解析】4条射线在空间的位置关系有：任何3条都不共面，仅有3条共面，有2条射线反向共线，4条共面，共三种情况， 当4条射线中任何3条都不共面时，如四棱锥的四条侧棱，可以确定6个平面； 当4条射线中仅只3条共面时，可以确定4个平面； 当4条射线中有2条射线反向共线时，可以确定3个平面； 当4条射线共面时，可以确定1个平面， 所以所有可能的取值是1，3，4，6. 故答案为：1，3，4，6 5．（23-24高二上·上海普陀·期中）4条线段首尾相接得到一个四边形，当且仅当它的两条对角线 时，才是一个平面图形． 【答案】相交 【解析】当两条对角线不相交时，四边形的四个顶点不共面，故不是平面图形，如下图，    对角线不相交，即为空间四边形； 当两条对角线相交时，四边形的四个顶点共面，是平面图形，如下图，    对角线相交，即为平面四边形； 故答案为：相交 6．（23-24高二上·上海崇明·期中）三棱台的各个面所在的平面，将空间划分为 个区域． 【答案】22 【解析】三棱台的3个侧面所在平面两两相交，且所得3条交线共点，这3个平面将空间分成8个区域， 一个底面将其所在的7个区域分成两半，另一个底面将其所在的7个区域分成两半， 所以三棱台的各个面所在的平面，将空间划分的区域个数为. 故答案为：22 三、异面直线（共5小题） 7．（23-24高二上·上海·期中）如图为一正方体的平面展开图，在这个正方体中，有下列三个命题：①；②与成角；③与成异面直线且夹角为．其中正确的是 ． 【答案】②③ 【解析】将正方体纸盒展开图还原成正方体，如图知与不平行，故①错误； 对于②，连接、，因为为正三角形，且， 则即为异面直线与所成角的平面角， 而，所以与成角，故②正确； 对于③，同理与成角，由图可知与成异面直线，故③正确． 故答案为：②③． 8．（23-24高二上·上海宝山·期中）已知异面直线所成角的大小为，直线且，则 . 【答案】或 【解析】由题意知，，，且异面直线，所成角为， 由等角定理及异面直线所成角为锐角或直角， 所以为异面直线，所成的角或补角， 所以或. 故答案为：或. 9．（22-23高三下·上海宝山·期中）如图所示，是长方体，其中，，点是棱上一点，若异面直线与互相垂直，则 ．    【答案】/0.5 【解析】如图所示，作，连接AF，则，且AD=EF， 即四边形ADEF为平行四边形，所以AF⊥， 故在矩形中， 解得 故答案为： 10．（23-24高二上·上海长宁·期中）如图为正六棱柱，与直线异面的侧棱共有 条．    【答案】4 【解析】根据正六棱柱的性质结合图象可得， 侧棱中，没有与平行的直线； 与相交的有，共2条. 又正六棱柱的侧棱，共有6条， 所以，与直线异面的侧棱共有条. 故答案为：4. 11．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，边长为1的菱形中，，沿将翻折，得到三棱锥，则当三棱锥体积最大时，异面直线与所成的角的余弦值等于 .    【答案】/0.25 【解析】   ,为边长为1的等边三角形，将沿着翻折形成三棱锥 ,如图，点在底面上的投影在的平分线上， 则三棱锥的高为过点的高， 所以当平面平面时，三棱锥的高最大，体积最大， 此时为平面平面平面所成的角，所以, 且平面, 所以平面， 分别取中点为,连接, 因为所以为异面直线与所成的角或其补角， 在中， , 在直角三角形中，, 所以, 由余弦定理可得，,    所以异面直线与所成的角的余弦值为， 故答案为: . 四、两直线的位置关系（共3小题） 12．（23-24高二上·上海金山·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，点在线段上，点在线段上．    (1)求圆柱的表面积； (2)求证：； (3)若是的中点，求的最小值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【解析】（1）圆柱的底面直径故半径且高 故圆柱的表面积： （2）是底面圆的直径，所以, 是圆柱的母线,所以平面, 平面,所以, 且,所以平面, 平面, 所以. （3）将平面绕旋转到和平面共面，此时点在的延长线上，为点，    ， 即当三点共线时，取最小值， ， . 故的最小值为. 13.（23-24高二上·上海奉贤·期中）如图，在正方体中，    (1)求异面直线与所成的角的大小； (2)求证：； (3)设分别是给定正方体的棱和上的任意点．求证：三棱锥的体积是定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【解析】（1）连接，，在正方体中， 有，且， 所以四边形为平行四边形， 所以，则为异面直线与所成的角， 又，即为等边三角形， 所以，即异面直线与所成的角为.    （2）证明：连接，在正方体中， 有平面，， 因为平面，所以， 又，且平面， 所以平面， 又平面， 所以.    （3）证明：设正方体的棱长为， 在正方体中，有平面，平面， 所以到平面的距离即为， 又， 所以， 所以三棱锥的体积是定值． 14．（22-23高一下·上海宝山·期中）如图，在中，，且，，将绕直角边旋转到处，得到圆锥的一部分，点是底面圆弧（不含端点）上的一个动点．    (1)是否存在点，使得？若存在，求出的大小；若不存在，请说明理由； (2)当四棱锥体积最大时，求沿圆锥侧面到达点的最短距离． 【答案】(1)存在， (2) 【解析】（1）当为圆弧的中点，即时，， 证明如下：∵为圆弧的中点，∴，即为的平分线， ∵，∴为等腰的高线，即， ∵平面， ∴平面，平面，∴， ∵，平面， ∴面，平面, ∴． （2）由（1）得，为四棱锥的高，∵， ∴当底面积取最大值时，四棱锥体积最大. 设，则， ， ∵， ∴时，取最大值， ∴当四棱锥体积最大时，， 此时，，， 如图，是扇形表面部分的展开图，此时展开图中，   ， 所以点沿圆锥侧面到达点的最短距离为. 五、直线与平面所成的角（共4小题） 15．（23-24高二上·上海浦东新·期中）已知空间两异面直线所成的角的取值集合为A，直线与平面所成角的取值集合为B，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】两异面直线所成的角的取值集合为， 而直线与平面所成角的取值集合为， 则ACD错误，B正确. 故选：B. 16．（23-24高二下·上海杨浦·期中）设直线与平面所成角为，给出下列命题：（1）平面上不存在直线，使之与所成角小于；（2）设，平面上恰有两条直线与所成角均为；（3）若直线，则直线与所成角大小为；其中真命题的序号为 . 【答案】（1）（3） 【解析】对于（1），如图，为直线与平面所成角    设是平面内任意一条直线，， 结合线面角的范围可得，故（1）正确 对于（2），若平面上有一条直线与所成角均为，则此平面内与该直线平行的直线都与所成角均为，因此（2）错误 对于（3），如图    若直线，则直线与所成角大小为，故（3）正确. 故答案为：（1）（3）. 17．（23-24高二上·上海黄浦·期中）如图所示，在平行六面体中，底面为菱形，且，则侧棱与底面所成的角为 ． 【答案】 【解析】 如图，连接作平面于点,于点，于点, 连接则易得：平面 平面故有，, 又由可得：从而有因底面为菱形， 故可得：故点必在直线上,且侧棱与底面所成的角为 在中，在中，在中， 故可得：而解得 故得： 故答案为： 18．（23-24高三上·上海浦东新·期中）若是等边所在平面外一点，，的边长为3，则与平面所成角的大小是 . 【答案】/ 【解析】过点P作底面的垂线，垂足为O，连接， 则为在平面内的射影， 故即为与平面所成角； 因为，故， 即O为等边的外心，即为的中心， 延长交与E，则E为的中点， 的边长为3，故， 故， 由于线面角范围为，故， 即与平面所成角的大小是， 故答案为： 六、直线与平面的位置关系（共5小题） 19．（23-24高二上·上海宝山·期中）在三棱锥中，若顶点到底面三边距离相等，则顶点在平面上的射影为的（    ） A．外心 B．内心或旁心 C．垂心 D．重心 【答案】B 【解析】如图，在平面的射影为，连接，则平面， 作，，， 且分别交于，所以， 连接，，，因为平面， 所以，，， 所以在，，中， ，，， 又因为，所以， 由，，，平面， 所以平面，因为平面，所以， 同理可证，，又因为， 所以点到的三边距离相等，为的内心或旁心，故B正确. 故选：B. 20．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在正方体中，由两个顶点确定的直线与由顶点确定的平面构成的“正交线面对”的个数为 . 【答案】44 【解析】如果一条直线与一个平面垂直，那么，这一组直线与平面就构成一个正交线面对. 如下图所示：    ①对于正方体的每一条棱，都有个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有个； ②对于正方体的每一条面对角线（如，则平面）， 下面简单证明平面，因为平面， 平面，所以， 又因为，且平面，，所以平面. 每一条面对角线均有一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有个. ③对于正方体的每一条体对角线，（如，则平面）， 由平面，平面，则，而， 又，于是平面，而平面，因此， 同理，又，故平面， 每一条体对角线都有两个面构成“正交线面对”，共有个， 综上所述，正方体中的“正交线面对”共有个. 故答案为：. 21．（23-24高二上·上海虹口·期中）已知直四棱柱，，，，，．    (1)证明：直线平面； (2)若该四棱柱的体积为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）证明：在直四棱柱中，， 因为平面，平面，所以，平面， 因为，平面，平面，所以，平面， 因为，、平面，所以，平面平面， 因为平面，因此，平面. （2）解：因为，，，，， 所以，， 所以，，解得. 22．（23-24高二下·上海·期中）已知正四面体的棱长为3，点在棱上，点在线段上，且. (1)如图1，若点在棱的中点处，求证：平面； (2)如图2，若，求三棱锥的体积； (3)如图3，当点在棱上移动时，求线段长度的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【解析】（1）由于E是的中点，结合正四面体的性质可得, 又因为，所以平面； （2）因为，所以， 在三角形ACE中，由余弦定理可得， 同理， 在三角形ABE中，E到AB的距离为， 所以由等面积法可得，代入数据得， 所以， 因为，所以F到底面BCD的距离为A到底面BCD的距离的， 三角形BCE的面积是三角形BCD面积的， 所以， 如图，取CD中点记为H，AG为棱锥的高， ，， 所以， 则， 所以. （3）∵， ∴点在以为直径的球面上，取的中点为， ∵点在中， 由于一个平面截一个球所得的是一个圆面， ∴点的轨迹为一段圆弧， 取的中点为，连接，在上取一点，使得， 在等边中，易得点为的中心， ∴在正四面体中，易得平面， 取的中点为，连接，则，则平面， 由于一个平面截一个球所得的是一个圆面，且球心与这个圆的圆心所在直线与该平面垂直， ∴点的轨迹是以点为圆心的一段圆弧， 在中，，， ∴，则， ∴， ∴， ∴圆的半径， 而， ∴， 故长度的最小值为． 23．（23-24高二上·上海普陀·期中）如图①，在棱长为1的正方体中，E是棱上的一个动点． (1)求证：三棱锥的体积是定值； (2)是否存在点E，使得平面，若存在请找出点E的位置，若不存在，说明理由； (3)定义：与两条异面直线都垂直且相交的直线称为这两条异面直线的公垂线，公垂线的两个垂足之间的线段称为异面直线的公垂线．两条异面直线的公垂线段，是连接两条异面直线所有线段中的最短线段． 根据以上定义及性质解决如下问题： 如图②中，M为线段的中点，线段（不包括两个端点）上有一个动点N，过点、、作正方体的截面． ①判断截面的形状，并说明理由； ②当截面的面积取得最小值时，求点N的位置． 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 (3)①截面的形状为平行四边形，说明理由见解析； ②当截面的面积取得最小值时，点N为AB中点. 【解析】（1） 正方体中，平面，平面，所以平面， 则点到平面的距离为定值，又的面积为定值， 所以三棱锥的体积是定值 由，所以三棱锥的体积是定值 （2）这样的E点不存在，理由如下： 若平面，由平面，则有， 而正方体中，四边形是矩形不是菱形，不成立， 所以不存在点E，使得平面. （3）①截面与棱相交于点，连接，则截面为四边形， 平面平面，截面平面，截面平面， 则，同理，所以四边形为平行四边形， 即截面的形状为平行四边形. ②当截面的面积取得最小值时，即平行四边形面积最小，面积最小， 则点N到的距离最短， M为线段的中点，则M点为正方体的中心，当N为线段的中点时， 由，有，由，有， 则是两条异面直线与的公垂线段， 此时点N到的距离最短，面积最小，截面面积最小. 所以当截面的面积取得最小值时，点N为AB中点. 七、平面与平面的位置关系（共2小题） 24．（18-19高二上·青海西宁·期中）设平面，直线与交于S，若，则 . 【答案】或 【解析】如图1，由知，，即，； 如图2，由知，==，即=，. 综上所述：或. 故答案为：或 25．（21-22高一·上海·期中）如图，一张矩形白纸，，E，F分别为的中点，现分别将沿折起，且A，C在平面同侧，则下列结论正确的是 ．（写出所有正确结论的序号） ①当平面平面时，平面； ②当平面平面时，； ③当A，C重合于点P时，． 【答案】① 【解析】在中，，在中，，所以， 由题意，将沿折起，且A，C在平面同侧， 此时A，C，G，H四点在同一平面内，平面平面，平面平面，当平面平面时，得到， 显然，，所以四边形是平行四边形，所以， 平面，平面，平面， 进而得到平面，所以①正确； 由于折叠后，直线与直线为异面直线， 所以与不平行，所以②错误； 折叠后，可得， 其中，则， 所以和不垂直，所以③错误． 故答案为：①. 八、二面角（共5小题） 26．（21-22高二上·上海杨浦·期中）已知二面角，若直线，直线，且直线所成角的大小为，则二面角的大小为 . 【答案】或 【解析】设点是二面角内的一点，过P分别作直线的平行线，且垂直于于，垂直于于，设平面交直线于点，连接，，由于，，，， 故，，又，平面， 故平面，又，平面，故，， 所以为二面角的平面角， 因为直线所成角的大小为，所以或， 当时，如图 因为，所以； 当时， 如图 因为，所以; 综上，二面角的大小为或 故答案为：或 27．（23-24高二上·上海崇明·期中）在的二面角的一个面上有一点，它到棱的距离等于，则点到另一个平面的距离为 ． 【答案】1 【解析】二面角大小为，点，于，且， 过作于，连接，显然，而平面， 则平面，又平面，因此，是二面角的平面角， 即，于是， 所以点到另一个平面的距离为1. 28.（22-23高二上·上海杨浦·期中）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该正四棱锥的高为边长的一个正方形面积与该正四棱锥一个侧面三角形的面积相等，则此正四棱锥侧面与底面所成的二面角的余弦值为 ． 【答案】 【解析】如图在正四棱锥中，，为边上的中点， 则为正四棱锥的高，， 则即为侧面与底面所成角的平面角， 设正四棱锥的高为，底面边长为，侧面三角形底边上的高为， 根据题意得，该四棱锥的高为边长的正方形面积， 该四棱锥一个侧面三角形的面积， 又因，且，所以，即， 因此， ， 即此正四棱锥侧面与底面所成的二面角的余弦值为. 故答案为：. 29．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，某人沿山坡PQB的直行道AB向上行走，直行道AB与坡脚（直）线PQ成角，山坡与地平面所成二面角的大小为.若此人沿直行道AB向上行走了200米，那么此时离地平面的高度为 米.      【答案】 【解析】如图所示：过作平面，交于点，于，连接， 平面，平面，故，， 又因为，平面， 故平面，即即为二面角的平面角，， 故， 在中，，故， 在中，， 平面，即为与地平面所成的角， 则离地平面的高度. 故答案为：. 30．（23-24高二上·上海浦东新·期中）把边长为2的正方形沿对角线折起，如图，点翻折到点， (1)当折起的三角形所在的平面与底面所成角（即二面角）为时，求三棱锥的体积； (2)当三角形翻折到什么位置（即二面角多大时），三棱锥的体积最大（不需要证明）.并求此时三棱锥的表面积. 【答案】(1) (2) 【解析】（1）解：由题意，取的中点，分别连接， 因为且，所以， 所以为二面角的平面角， 又因为当折起的三角形所在的平面与底面所成角为，即， 过作， 因为，且，平面， 所以平面，因为平面，所以平面平面， 又因为平面平面，且，平面， 所以平面，即为三棱锥的高， 在直角中，可得， 所以三棱柱的体积为. （2）解：因为三棱锥的底面的面积为定值， 在的翻折过程中，要使得三棱锥的体积最大， 即点到底面的距离最远时，此时平面平面， 如图所示，因为，且平面，平面平面， 所以平面， 因为平面，可得， 在直角中，， 又因为，所以和都是边长为的等边三角形， 可得， 又由， 所以三棱锥的表面积为. 九、截面问题（共5小题） 31．（22-23高二上·上海杨浦·期中）在直三棱柱中，AB⊥BC，，点P在棱BC上运动，则过点P且与AC垂直的平面α截该三棱柱所得的截面面积的最大值为 . 【答案】 【解析】 取中点为，中点为，连接，，， 则有，且， 因为三棱柱是直三棱柱，故平面, 所以平面，即，，所以平面， 平面平面， 因为点在棱上运动，当点运动到点时，此时截面最大，进而面积最大， ，，此时. 故答案为：． 32（22-23高二下·上海黄浦·期中）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方容器，容器高8cm，将一个球 放置在容器口，再向容器注水，当球面接触水面时，测得水深为6cm，若不计容器的厚度，则球的表面积为 ．    【答案】 【解析】设正方体上底面所在平面截球的小圆，则圆心为正方体上底面正方形的中心， 如图所示， 设球的半径为，根据题意得球心到上底面的距离等于 ， 又由圆的半径为，根据球的截面圆的性质，可得，解得， 所以球的表面积为. 故答案为：.    33．（23-24高二下·上海杨浦·期中）如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点，，的平面截该正方体所得截面记为，则下列命题正确的是 （写出所有正确命题的编号）    ①当时，为等腰梯形. ②当时，与的交点满足. ③当时，为四边形. ④当时，的面积为. 【答案】①②④ 【解析】①如图当时，即为中点，此时可得， ， 故可得截面为等腰梯形，故①正确；    ②当时，如图， 延长至，使，连接交于，连接交于， 连接，可证，由， 可得，故可得，故②正确；    ③由②可知当时，只需点上移即可， 此时的截面形状仍然上图所示的，显然为五边形，故③错误； ④当时，与重合，取的中点，连接， 可证，且， 可知截面为为菱形，故其面积为，故④正确．    故答案为：①②④ 34．（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：；． 35．（23-24高二上·上海浦东新·期中）我国南北朝时期的数学家祖暅在计算球的体积时，提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高，这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等，利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差，图1是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线和均是以2为半径的半圆，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形．类比利用祖暅原理求半球的体积的计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱和一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图2），从而求得该帐篷的体积为 ．    【答案】/ 【解析】设截面与底面的距离为，在帐篷中的截面为， 设底面中心为，截面中心为，则，， 所以，所以截面为的面积为. 设截面截正四棱柱得四边形为，截正四棱锥得四边形为， 底面中心与截面中心之间的距离为， 在正四棱柱中，底面正方形边长为，高为2，， 所以，所以，为等腰直角三角形， 所以，所以四边形边长为， 所以四边形面积为， 所以图2中阴影部分的面积为，与截面面积相等， 由祖暅原理知帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积， 即. 故答案为： 十、距离问题（共5小题） 36．（2023·上海奉贤·三模）正方体的棱长为4，P在平面上，A，P之间的距离为5，则、P之间的最短距离为 ． 【答案】/ 【解析】分别连接， 因为平面，平面， 所以，，， 故点的轨迹为以为圆心，3为半径的段圆弧， 故    故答案为：. 37．（23-24高二上·上海虹口·期中）如图所示，已知三棱锥中，平面，，，，．则点A到平面的距离 ． 【答案】/2.4 【解析】因为，，，所以， 因为平面，所以，且，因为， 所以, ， 因为，所以是直角三角形，且， 所以， 因为在中， 由平面知，为三棱锥以平面为底时的高， 所以设点A到平面的距离为，由等体积法知： ，即：， 所以，解得：. 故答案为： 38．（23-24高二上·上海浦东新·期中）在菱形中，，，为菱形所在平面外一点，，，到直线距离为 . 【答案】 【解析】如图，作，垂足为， 因为，即平面，且平面， 所以. 因为平面，所以平面. 因为平面，所以 . 因为,,所以. 因为平面，平面，所以. 所以. 故答案为:. 39．（23-24高二上·上海长宁·期中）两个平行平面截一个半径为4的球，得到的截面面积分别为和， 则这两个平面之间的距离为 ． 【答案】或. 【解析】设两个截面圆的半径分别为，，则，，，， 两个截面到球心的距离分别为，， 则，， 故这两个平面的距离为或. 故答案为：或. 40．（23-24高二上·上海浦东新·期中）已知矩形的长为2，宽为1.（如图所示）    (1)若E为DC的中点，将矩形沿BE折起，使得平面平面，分别求到AB和AD的距离. (2)在矩形ABCD中，点M是AD的中点、点N是AB的三等分点（靠近A点）.沿折痕MN将翻折成，使平面平面.又点G，H分别在线段NB，CD上，若沿折痕GH将四边形向上翻折，使C与重合，求线段NG的长. 【答案】(1)； (2). 【解析】（1）取中点，过作，垂足分别为，连接，    由，得，而平面平面，平面平面， 平面，则平面，又平面，即有， 又平面，于是平面，而平面， 从而，即长是点到直线的距离，同理长是点到直线的距离， 显然，四边形是矩形，， 又，因此， ， 所以到AB和AD的距离分别为. （2）作于，于，连接，如图，    在中，，则，， ，于是， ，， 设，则，，， 翻折后，平面平面，平面平面，平面， 则平面，而平面，于是， ，由点C与重合，得， 因此，整理得，解得， 所以线段NG的长为. 十一、面积（共7小题） 41．（23-24高二上·上海·期中）用斜二测画法画出的水平放置的的直观图如图，其中，若原的面积为2，则 ． 【答案】1 【解析】由直观图可还原，如图： 其中，又， 因此， 所以. 故答案为： 42．（23-24高二上·上海普陀·期中）如图所示，在直角梯形中，，，，．将折线绕着所在直线旋转一周形成的旋转面的面积是 ．    【答案】 【解析】过作于点， 由于，，，， 所以，进而，故 因此，又，所以四边形为直角梯形， 所以折线绕着所在直线旋转一周形成的旋转体为：以绕形成的圆锥和以梯形绕着形成的圆台，挖去以绕形成的小圆锥，如图示：, 故表面积为, 故答案为：    43.（23-24高三下·上海浦东新·期中）如图，有一底面半径为1，高为3的圆柱.光源点沿着上底面圆周作匀速运动，射出的光线始终经过圆柱轴截面的中心.当光源点沿着上底面圆周运动半周时，其射出的光线在圆柱内部“扫过”的面积为 .    【答案】 【解析】由已知得射出的光线在圆柱内部“扫过”的面积是以为顶点，以圆柱的底面为底面的圆锥的半个侧面积，共两个， 所以面积为. 故答案为：.   . 44．（22-23高一上·期中）已知圆锥的轴截面是一个边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为 . 【答案】 【解析】由题意得，圆锥的底面半径为，母线长为， 故圆锥的侧面积为. 故答案为： 45．（22-23高三下·上海松江·期中）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】 【解析】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：    46．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，在中，，斜边是的中点，现将以直角边为轴旋转一周得到一个圆锥，点为圆锥底面圆周上的一点，且． (1)求圆锥的表面积； (2)若某动点在圆锥侧面上运动，试求该动点从点出发运动到点所经过的最短距离； (3)若一个棱长为的正方体木块可以在这个圆锥内任意转动，求的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1），，则，圆锥的表面积为. （2）设圆锥展开扇形的圆心角为，，故，如图所示： ，，故. 动点从点出发运动到点所经过的最短距离为. （3）正方体的外接球在圆锥内，与圆锥相切时最大，球心在上，作于， 设球半径为，，则 ，解得， ，解得，即的最大值为. 47．（23-24高二上·上海普陀·期中）亭子是一种中国传统建筑，多建于园林，人们在欣赏美景的同时也能在亭子里休息､避雨､乘凉（如图1）.假设我们把亭子看成由一个圆锥与一个圆柱构成的几何体（如图2）.一般地，设圆锥中母线与圆柱底面半径所成角的大小为，当时，方能满足建筑要求.已知圆锥高为1.5米，底面半径为2.5米，圆柱高为3米，底面半径为2米. (1)求几何体的表面积； (2)如图2，设为圆柱底面半圆弧的三等分点，判断该亭子是否满足建筑要求. 【答案】(1) (2)不满足建筑要求． 【解析】（1）由已知圆锥的母线长为， 所以所求表面积为； （2）取中点，连接，因为是中点，所以， 是圆柱的一条母线，则， 所以是异面直线与所成的角或其补角， 作交于，则是中点，且平面， 平面，所以， 由已知，则， ，，，， ∴， ∴， ， ，，且为锐角， ∴．该亭子不满足建筑要求． 十二、体积（共8小题） 48．（2023·上海金山·模拟预测）圆柱容器内部盛有高度为2的水，若放入一个圆锥（圆锥的底面与圆柱的底面正好重合）后，水恰好淹没圆锥的顶部，则圆锥的高为 ． 【答案】3 【详解】设圆柱的底面半径为r，圆锥的高为，则有， 解得. 故答案为：3. 49．（25-26高二上·上海·期中）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，则该圆锥的体积为 . 【答案】 【解析】设圆锥的母线长为2，它的侧面展开图为半圆， 半圆的弧长为：，即圆锥的底面周长为：， 设圆锥的底面半径是r，高为， 则得到，解得：， 这个圆锥的底面半径是1，所以圆锥的高. 所以圆锥的体积为：. 故答案为：. 50．（2023·上海杨浦·模拟预测）若某圆锥高为3 ， 其侧面积与底面积之比为， 则该圆锥的体积为 . 【答案】 【解析】设此圆锥的底面半径为，母线长为，则， 因为圆锥的侧面展开图是一个扇形，扇形的弧长是圆锥底面圆的周长，扇形的半径是圆锥母线长，所以，，又侧面积与底面积之比为， 所以，所以，结合可解得，， 所以该圆锥的体积. 故答案为：    51．（23-24高二上·上海徐汇·期中）设分别是圆柱的上､下底面的中心，是以为顶点，为底面的圆锥体，若圆柱的体积为1，那么圆锥的公共部分的体积为 . 【答案】 【解析】如图所示，根据题意，以是以为顶点，为底面的圆锥体， 则圆锥的公共部分为同底的圆锥和 设圆锥底面圆的半径为，高为，可得， 由，且根据几何体的对称性，可得， 即公共部分的圆锥的底面圆的半径为，且每个小圆锥的高为, 所以公共部分的体积为. 故答案为：.    52．（23-24高二上·上海徐汇·期中）已知四棱锥的高为2，其底面水平放置的直观图（斜二测画法）是边长为1的正方形，则该四棱锥的体积为 . 【答案】/ 【解析】直观图如图1，则原图形如图2， 则原图形为平行四边形，面积为， 故底面的面积为， 故该四棱锥的体积为. 故答案为： 53．（23-24高二上·上海·期中）如图，在三棱锥中，、、分别是、、的中点，、分别是、的中点，设三棱锥的体积为，三棱柱的体积为，则 .    【答案】 【解析】设三棱柱为高为，底面积为，则，点到平面的距离为， 所以，，，故. 故答案为：. 54．（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】 【难度】0.65 【知识点】棱锥表面积的有关计算、由二面角大小求线段长度或距离 【分析】首先确定三棱锥体积最大时，二面角为，再根据边长求三棱锥的表面积. 【详解】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： 55．（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． 十三、轨迹（共5小题） 56.（23-24高二上·上海金山·期中）已知正四面体的棱长为6，设集合，则表示的区域的面积为 ． 【答案】 【解析】   过点A作平面于点O, 则, 因为，则 , 则Ω表示的区域为以O为圆心，为半径的圆及其内部，面积为, 故答案为： 57．（23-24高二上·上海金山·期中）在正四棱柱中，已知是棱的中点，是对角线的中点，设是正四棱柱的面上的动点，且平面，则动点P围成的图形的周长为 ． 【答案】 【解析】是对角线的中点,故是正四棱柱的中心， 所以点均在平面上， 平面，即平面， ， 取的中点分别为, 且是棱的中点 ,, 且平面，平面， 平面，平面, 且平面，, 所以平面平面， 所以当平面时，平面， 此时平面，即平面. 且是正四棱柱的面上的动点， 故围成的图形即四边形, 四边形的周长为: . 故答案为： 58.（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，正方体，则下列四个命题： ①点在直线上运动，直线与直线所成角的大小不变； ②点在直线上运动，直线与平面所成角的大小不变； ③点在直线上运动，二面角的大小不变； ④点是平面上到点和距离相等的动点，则的轨迹是过点的一条直线. 其中真命题是 （请在横线上填上正确命题的序号）    【答案】①③④ 【解析】对于①选项，由于在直线上运动，故平面； 由于，，且， 又平面，平面， 平面，， 即直线与直线所成角的大小不变，始终为，故①正确； 对于②选项，由于，且平面，平面， 所以平面，故得：点与点到平面的距离相等，又因为 所以在直线上运动，直线与平面所成角和直线与平面所成角不相等，故②错误； 对于③选项，当在直线上运动时，发现直线始终落在平面上， 即二面角始终等于平面与平面所成角， 得二面角大小不变，故③正确； 对于④选项，易知，平面垂直且平行线段， 即平面上任意一点到点与点的距离均相等， 因此平面底面即为的轨迹，轨迹为过点的一条直线， 故④选项正确. 故答案为：①③④ 59．（2023-2024·上海期中）已知正四面体的棱长为2，动点满足，且，则点的轨迹长为 . 【答案】 【解析】由，故点在过点且垂直于的平面上， 由，故点在以为直径的球面上， 即点的轨迹为过点且垂直于的平面截以为直径的球面所得的圆， 由正四面体的性质可得，取中点，连接，， 则有，又、平面，， 故平面，取中点，中点，连接， 则，由平面，故平面， ，， 为以为直径的球的球心，则该球半径为， 则点的轨迹所形成的圆的半径为， 则其轨迹长为. 故答案为：. 60．（23-24高二上·上海·期中）某种游戏中，用黑、黄两个点表示黑、黄两个“电子狗”，它们从棱长为1的正方体的顶点A出发沿棱向前爬行，每爬完一条棱称为“爬完一段”．黑“电子狗”爬行的路线是，黄“电子狗”爬行的路线是，它们都遵循如下规则：所爬行的第段与第i段所在直线必须是异面直线（i是整数）．设黑“电子狗”爬完2025段、黄“电子狗”爬完2022段后各自停止在正方体的某个顶点处之间的距离为 ． 【答案】 【解析】由题意可知：黑“电子狗”爬行路线为， 即过6段后又回到起点， 同理，黄“电子狗”爬行路线为， 也是过6段后又回到起点， 所以黑“电子狗”爬完2025段后实质是到达点， 黄“电子狗”爬完2022段后到达第六段的终点A， 此时的距离为． 故答案为：．    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 $$