期中真题必刷常考60题（15个考点专练）-【帮课堂】2024-2025学年高二数学同步学与练（沪教版2020必修第三册）

期中真题必刷常考60题（15个考点专练） 一．棱柱的结构特征（共1小题） 1．（2023秋•闵行区校级期中）如图，对于直四棱柱，要使，则在四边形中，满足的条件可以是 　　．（只需写出一个正确的条件） 【分析】根据直四棱柱中平面，得出，再由，只需条件：即可． 【解答】解：应添加条件为：； 理由是：直四棱柱中，平面，平面， 所以； 由条件，且，平面，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以， 又因为，且，，且， 所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 所以． 故答案为：． 【点评】本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了推理与判断能力，是基础题． 二．球的结构特征（共1小题） 2．（2023秋•长宁区校级期中）若球的表面积为，球心到平面的距离为4，则平面截球所得圆面面积为 　　． 【分析】设球的半径为，平面截球所得圆的半径，根据题意结合球的性质分析求解． 【解答】解：设球的半径为，平面截球所得圆的半径， 由题意可得，解得， 所以平面截球所得圆面面积为． 故答案为：． 【点评】本题考查球半径、平面截球所得圆的半径、球的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 三．棱锥的体积（共1小题） 3．（2023秋•崇明区校级期中）在正三棱柱中，已知它的底面边长为2． （1）若该正三棱柱的高为4，分别求其表面积与体积． （2）若直线与平面所成角的大小为，求三棱锥的体积． 【分析】（1）求出三棱柱的侧面积和底面积，求出表面积，利用体积公式求出体积； （2）先根据线面角求出棱柱的高，进而利用等体积法求出三棱锥的体积． 【解答】解：（1）根据题意，正三棱柱中，若该正三棱柱的底面边长为2，高为4， 则正三棱柱的两个底面积之和为， 正三棱柱的侧面积为， 故正三棱柱的表面积， 正三棱柱的体积； （2）因为平面，所以即为直线与平面所成角， 故， 所以，故， ． 【点评】本题考查棱柱的体积、表面积计算和棱锥的体积计算，涉及棱柱的结构特征，属于中档题． 四．圆锥的侧面积和表面积（共1小题） 4．（2023秋•长宁区校级期中）已知圆锥的底面直径为12，体积是，则圆锥侧面积等于 　　． 【分析】设圆锥的高为，母线长为，利用圆锥的体积公式可求得该圆锥的高，进而可求得圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式可求得该圆锥的侧面积． 【解答】解：设圆锥的高为，母线长为， 因为该圆锥的底面直径为12，则该圆锥的体积为，可得， 所以，该圆锥的母线长为， 所以，该圆锥的侧面积为． 故答案为：． 【点评】本题考查圆锥的结构特征以及侧面积公式相关知识，属于中档题． 五．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积（共7小题） 5．（2023秋•静安区校级期中）如图，在一根长，外圆周长的圆柱形柱体外表面，用一根细铁丝缠绕，组成10个螺旋，如果铁丝的两端恰好落在圆柱的同一条母线上，则铁丝长度的最小值为　　 A． B． C． D． 【分析】这种立体图形求最短路径问题，可以展开成为平面内的问题解决，展开后可转化下图，所以是个直角三角形求斜边的问题，根据勾股定理可求出． 【解答】解：圆柱形柱体的高为11，外圆周长6， 又铁丝在柱体上缠绕10圈，且铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端， 则我们可以得到将圆柱面展开后得到的平面图形如下图示： 其中每一个小矩形的宽为圆柱的周长6，高为圆柱的高11， 则大矩形的对称线即为铁丝的长度最小值． 此时铁丝的长度最小值为：． 故选：． 【点评】本题考查了平面展开最短路径问题，关键是把立体图形展成平面图形，本题是展成平面图形后为直角三角形按照勾股定理可求出解． 6．（2023秋•金山区校级期中）一个圆柱形的罐子半径是4米，高是9米，将其水平躺倒，并在其中注入深2米的水，截面如图所示，水的体积是　　立方米． A． B． C． D． 【分析】由已知可得水对应的几何体是一个以截面中阴影部分为底，以9为高的柱体，求出底面面，代入柱体体积公式，可得答案． 【解答】解：由已知中罐子半径是4米，水深2米， 故截面中阴影部分的面积平方米， 又由圆柱形的罐子的高米， 故水的体积立方米， 故选：． 【点评】本题考查的知识点是柱体的体积公式，扇形面积公式，弓形面积公式，难度中档． 7．（2024春•杨浦区校级期中）已知正方形边长为1，把该正方形绕着它一条边旋转一周所形成的几何体的体积为 　　． 【分析】先确定旋转得到的几何体为圆柱，由圆柱的体积公式求解即可． 【解答】解：由题意，该正方形绕着它一条边旋转一周所形成的几何体为圆柱， 其中圆柱的底面半径，高为1， 所以圆柱的体积公式为． 故答案为：． 【点评】本题考查了空间旋转体的理解与应用，圆柱的体积公式的应用，解题的关键是确定旋转所得到的几何体是圆柱，考查了空间想象能力与运算能力，属于基础题． 8．（2023秋•浦东新区校级期中）如图所示，扇形的半径为2，圆心角为，若扇形绕旋转一周，则图中阴影部分绕旋转一周所得几何体的体积为 　　． 【分析】用半球的体积减去圆锥的体积求得正确答案． 【解答】解：图中阴影部分绕旋转一周所得几何体为一个半球“挖掉”一个圆锥， 其体积为：． 故答案为：． 【点评】本题考查旋转体的结构特征及其相关计算，考查运算求解能力，属于基础题． 9．（2023秋•闵行区校级期中）已知圆锥的表面积为，其侧面展开图是一个半圆．则圆锥的高为 　　． 【分析】设圆锥的母线为，底面半径为，由已知可得，进而根据圆锥的面积公式能求出，由此能求出这个圆锥的高． 【解答】解：设圆锥的母线为，底面半径为， 圆锥的侧面展开图为扇形，该扇形的弧长为， 由已知可得，， 圆锥的表面积， ，， 则这个圆锥的高是：． 故答案为：． 【点评】本题考查圆锥的结构特征、侧面展开图等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 10．（2023秋•浦东新区校级期中）如图是底面半径为3的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了4周，则圆锥的母线长为 　12　． 【分析】设圆锥的母线长为，求出以为圆心，为半径的圆的面积以及圆锥的侧面积，根据题意，列出方程即可求得答案． 【解答】解：设圆锥的母线长为，则以为圆心，为半径的圆的面积为， 又圆锥的侧面积为， 因为当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了4周， 所以，解得． 故答案为：12． 【点评】本题考查了圆锥的相关计算，属于基础题． 11．（2024春•普陀区校级期中）《孙子算经》是我国古代内容极其丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有圆窖周五丈四尺，深一丈八尺，问受粟几何？”其意思为：“有圆柱形容器，底面圆周长五丈四尺，高一丈八尺，求此容器能放多少斛米”（古制1丈尺，1斛立方尺，圆周率，则该圆柱形容器能放米　2700　斛． 【分析】由底面圆周长五丈四尺求出圆柱底面半径，根据圆柱的体积公式计算出对应的体积，除以1.62得答案． 【解答】解：设圆柱的底面半径为，则，， 故米堆的体积为立方尺， 斛米的体积约为1.62立方尺， 斛， 故答案为2700． 【点评】本题考查圆柱体积的求法，考查圆的周长公式的应用，是基础题． 六．球的体积和表面积（共3小题） 12．（2023秋•闵行区校级期中）一个球的体积为，则此球的表面积为　　． 【分析】根据球的体积公式，可算出球的半径，再结合球的表面积公式即可算出该球的表面积． 【解答】解：设球的半径为，则 球的体积为， ，解之得 由此可得球的表面积为 故答案为： 【点评】本题给出球的体积，求它的表面积，着重考查了球的表面积、体积公式及其应用的知识，属于基础题． 13．（2023秋•金山区校级期中）已知球的体积为，球的表面积是　　． 【分析】通过球的体积求出球的半径，然后求出球的表面积． 【解答】解：因为球的体积为， 所以，球的半径为：， 所以球的表面积为：． 故答案为：． 【点评】本题考查球的表面积与体积的求法，考查计算能力． 14．（2023秋•静安区校级期中）已知某圆锥体的底面半径，沿圆锥体的母线把侧面展开后得到一个圆心角为的扇形，则该圆锥体的表面积是 　　． 【分析】圆锥的底面周长为侧面展开图的弧长，利用弧长公式计算展开图的半径即圆锥的母线长，代入公式计算得出面积． 【解答】解：圆锥的底面积， 圆锥侧面展开图的弧长为， 圆锥侧面展开图的扇形半径为． 圆锥的侧面积． 圆锥的表面积． 故答案为：． 【点评】本题考查了圆锥的结构特征，面积计算，属于基础题． 七．平面的基本性质及推论（共5小题） 15．（2023秋•普陀区期中）当我们停放自行车时，只要将自行车旁的撑脚放下，自行车就稳了，这用到了　　 A．三点确定一平面 B．不共线三点确定一平面 C．两条相交直线确定一平面 D．两条平行直线确定一平面 【分析】自行车前后轮与撑脚分别接触地面，使得自行车稳定，此时自行车与地面的三个接触点不在同一条线上． 【解答】解：自行车前后轮与撑脚分别接触地面，此时三个接触点不在同一条线上， 所以可以确定一个平面，即地面，从而使得自行车稳定． 故选：． 【点评】本题考查不同线的三个点确定一个平面，属于简单题． 16．（2024春•普陀区校级期中）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 　相交　时，才是一个平面图形． 【分析】应用空间想象，讨论对角线不相交、相交两种情况分析得结论． 【解答】解：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． 【点评】本题考查了平面的基本性质，是基础题． 17．（2023秋•静安区校级期中）两个平面最多可以将空间分成　4　部分． 【分析】对两个平面的位置关系情况进行讨论，得出其将空间分成几部分，比较所得的结果即可得到最多可分成几部分 【解答】解：两个平面的位置关系是平行与相交， 若两个平面平行，则可将空间分成三部分， 若两个平面相交，可将空间分成四部分， 故答案为：4． 【点评】本题考查平面的基本性质及推论，解答本题，关键是了解两个平面的位置关系，根据每种情况下的位置进行讨论，得出最多可分成几部分． 18．（2023秋•闵行区校级期中）圆锥的高为1，底面半径为，则过圆锥顶点的截面面积的最大值为　2　． 【分析】法一、由题意画出图形，，把截面面积化为关于的函数求解； 法二、由已知求出圆锥的母线长及两母线所成夹角的最大值，代入三角形面积公式求得截面面积的最大值． 【解答】解：法一、如图， ，， 设，则，， ． 当，即时，截面面积的最大值为2； 法二、由高，底面半径， 可知母线长，两母线夹角的最大值等于， 设过圆锥顶点的截面的两母线得夹角为． 则截面面积，当时，有最大值为2． 故答案为：2． 【点评】本题考查圆锥截面面积最值的求法，考查函数与方程思想的应用，是中档题． 19．（2023秋•崇明区校级期中）在空间四边形的边、、、上分别取点、、、，如果、相交于一点，那么一定在直线 　　上． 【分析】根据题意，可得直线、分别是平面、平面内的直线，因此、的交点必定在平面和平面的交线上．而平面交平面于，由此即可得到点在直线 【解答】解：点、分别在、上，而、是平面内的直 平面，平面，可得直线平面， 点、分别在、上，而、是平面内的直线， 平面，平面，可得直线平面， 因此，直线与的公共点在平面与平面的交线上， 平面平面， 点直线． 故答案为：． 【点评】本题给出空间四边形，判断直线、的交点与已知直线的位置关系，着重考查了平面的基本性质和空间直线的位置关系判断等知识，属于基础题． 八．空间中直线与直线之间的位置关系（共10小题） 20．（2024春•杨浦区校级期中）直线与直线相交，直线也与直线相交，则直线与直线的位置关系是　　 A．相交 B．平行 C．异面 D．以上都有可能 【分析】根据题意，由空间直线间的位置关系，分析可得答案． 【解答】解：根据题意，直线与相交，与相交， 直线与直线可能相交、平行、异面， 故选：． 【点评】本题考查空间直线间的关系，涉及直线位置关系的定义，属于基础题． 21．（2023秋•闵行区校级期中）如图所示，一个灯笼由一根提竿和一个圆柱组成，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、，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，直线与直线垂直的次数为　　 A．2 B．4 C．6 D．8 【分析】作出与垂直的平面后判断几何关系． 【解答】解：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：． 【点评】本题主要考查空间中的垂直关系，空间想象能力的培养等知识，属于中等题． 22．（2023秋•台江区校级期中）如图，、、、是某长方体四条棱的中点，则直线和直线的位置关系是　　 A．相交 B．平行 C．异面 D．垂直 【分析】由和分别平行于正方体的两条相交的对角线，从而得以与相交． 【解答】解：如图，，， 与相交， 故选：． 【点评】本题考查两直线的位置关系的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 23．（2023秋•奉贤区期中）若两异面直线，所成的角为，过空间内一点作与直线， 所成角均是的直线，则所作直线共有　　条． A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】在空间取一点，经过点分别作，，则过的直线在平面上的射影为，的夹角的角平分线时，符合题意，根据角的大小得出与，所成角的范围，从而得出答案． 【解答】解：在空间取一点，经过点分别作，， 设直线、确定平面， 当直线满足它的射影在、所成角的平分线上时， 与所成的角等于与所成的角 因为直线，所成的角为，得、所成锐角等于， 所以当的射影在、所成锐角的平分线上时， 与、所成角的范围是，． 这种情况下，过点有两条直线与，所成的角都是， 当的射影在、所成钝角的平分线上时，与、所成角的范围是，． 这种情况下，过点有两条直线与，所成的角都是， 综上所述，过空间任意一点可作与，所成的角都是的直线有4条． 故选：． 【点评】题给出两条直线所成角为，求过空间任意一点可作与，所成的角都是的直线的条数．着重考查了空间两条异面直线所成角及其求法等知识，属于基础题． 24．（2023秋•虹口区校级期中）设平面平面，直线，直线，则直线，的位置关系为　　 A．平行 B．相交 C．异面 D．平行或异面 【分析】由两平行平面内两直线的位置关系得答案． 【解答】解：由平面平面，直线，直线，得直线，的位置关系为平行或异面． 故选：． 【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及应用，是基础题． 25．（2023秋•浦东新区校级期中）如图，已知正方体，，分别是，的中点，则　　 A．直线与直线垂直，直线平面 B．直线与直线平行，直线平面 C．直线与直线相交，直线平面 D．直线与直线异面，直线平面 【分析】通过证明直线平面，是的中位线，可判断；根据异面直线的判断可知与直线是异面直线，可判断；根据异面直线的判断可知直线与直线是异面直线，可判断；由，可知不与平面垂直，可判断． 【解答】解：连接，如图： 由正方体可知，，平面， ，由题意知为△的中位线，， 又平面，平面，平面．对； 由正方体可知与平面相交于点，平面，， 直线与直线是异面直线，、错； ，不与平面垂直，不与平面垂直，错． 故选：． 【点评】本题考查了线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理与性质，考查了逻辑推理核心素养，属于中档题． 26．（2023秋•长宁区校级期中）空间中两条直线的位置关系有 　相交、平行和异面　． 【分析】根据空间中两直线的位置关系的定义即可求解． 【解答】解：空间中两条直线的位置关系有相交、平行和异面， 故答案为：相交、平行和异面． 【点评】本题考查了空间中两直线的位置关系，属于基础题． 27．（2023秋•嘉定区校级期中）若两直线、与面所成的角相等，则与的位置关系是　平行或相交或异面　． 【分析】不妨设直线、与面所成的角为，则，与平面平行或，在平面上，从而得出，的位置关系． 【解答】解：假设直线、与面所成的角均为，则，在平面上，或，与平行． 若，，则，平行或相交． 若，，则或与异面． 故答案为：平行或相交或异面． 【点评】本题考查了空间直线的位置关系，直线与平面所成的角，属于基础题． 28．（2023秋•虹口区校级期中）已知直线、、，若，与为异面直线，则与的位置关系是 　相交或异面　． 【分析】根据题意，根据直线与直线的位置关系判断可得出结论． 【解答】解：根据题意，已知直线、、，若，与为异面直线， 则直线与相交或异面． 故答案为：相交或异面． 【点评】本题考查空间直线的位置关系，涉及异面直线的定义，属于基础题． 29．（2023秋•嘉定区校级期中）如图所示，、、、分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线，是异面直线的图形有 　②④　（填序号）． 【分析】分别由图可判①中与平行；图②中的与异面；图③中与相交；图④中与异面． 【解答】解：由题意可得图①中与平行，不合题意； 图②中的与异面，符合题意； 图③中与相交，不合题意； 图④中与异面，符合题意． 故答案为：②④ 【点评】本题考查直线的位置关系，涉及异面直线的判定，属基础题． 九．直线与平面平行（共6小题） 30．（2023秋•嘉定区校级期中）已知直线，和平面，，则“”是“”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 【分析】根据线面平行的判定与性质定理可得：直线，和平面，，则“”与“”相互推不出．即可判断出关系． 【解答】解：直线，和平面，，则“”与“”相互推不出． “”是“”的既不充分也不必要条件． 故选：． 【点评】本题考查了线面平行的判定与性质定理、简易逻辑判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 31．（2023秋•浦东新区校级期中）已知直线，，平面，则“，”是“”的　　条件． A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．不充分不必要 【分析】结合空间线面位置关系，根据充分必要条件的定义判断即可． 【解答】解：若，，则或与相交或，为异面直线， 以“，”是“”不充分条件； ，可能，在平面内，也可能相交，也可能平面， 所以“，”是“”不必要条件． 故选：． 【点评】本题考查线面平行的充要条件的应用，属于基础题． 32．（2023秋•虹口区校级期中）“直线与平面没有公共点”是“直线与平面平行的　　条件 A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．非充分非必要 【分析】利用直线和平面平行的定义可得出结论． 【解答】解：直线与平面没有公共点直线与平面平行， 直线与平面没有公共点是直线与平面平行的充要条件， 故选：． 【点评】本题主要考查充要条件的定义，直线和平面的位置关系，属于基础题． 33．（2023秋•杨浦区校级期中）设、是平面外的两条直线，且，那么是的　　条件 A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．既非充分又非必要 【分析】判断由能否得到，再判断由能否得到即可． 【解答】解：证明充分性：若，结合，且在平面外，可得，是充分条件； 证明必要性：若，结合，且，是平面外，则，可以平行，也可以相交或者异面，所以不是必要条件． 故是的“充分非必要” 故选：． 【点评】本题考查空间线面平行，线线平行之间的关系，充分条件和必要条件，属于基础题． 34．（2023秋•闵行区校级期中）下列四个正方体图形中，，为正方体的两个顶点，，，分别为其所在棱的中点，则能得出平面的图形个数是　　 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】分别利用线面平行的判定定理，在平面中能否寻找一条直线和平行即可． 【解答】解：在（4）中平行所在正方体的那个侧面的对角线，从而平行，所以平面； 在（1）中设过点且垂直于上底面的棱与上底面交点为， 则由，可知平面平面， 即平面． 故选：． 【点评】本题主要考查线面平行的判定，利用线面平行的判定，只要直线平行于平面内的一条直线即可． 35．（2023秋•浦东新区校级期中）下列四个正方体图形中，，为正方体的两个顶点，，，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号是　　 A．①③ B．②③ C．①④ D．②④ 【分析】对于①，可以构造面面平行，考虑线面平行定义；对于②，考虑线面平行的判定及定义；对于③，可以用线面平行的定义及判定定理判断；对于④，用线面平行的判定定理即可． 【解答】解：对图①，构造所在的平面，即对角面，可以证明这个对角面与平面，由线面平行的定义可得平面． 对图④，通过证明得到平面； 对于②、③无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行； 故选：． 【点评】本题考查线面平行的判定，主要考虑定义、判定定理两种方法，同时运用面面平行的性质解决问题． 一十．直线与平面垂直（共4小题） 36．（2023秋•浦东新区校级期中）已知直线在平面上，则“直线”是“直线”的　　条件． A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．非充分非必要 【分析】“直线”成立时，“直线”不一定成立；“直线” “直线”，由此能求出结果． 【解答】解：直线在平面上， 则“直线”成立时，“直线”不一定成立； “直线” “直线”， 直线在平面上，则“直线”是“直线”的必要非充分条件． 故选：． 【点评】本题考查充分条件、必要条件的判断，考查空间中线与面的位置关系等基础知识，考查空间立体感和推理论证能力，属于中档题． 37．（2023秋•崇明区校级期中）“直线垂直于平面内的无数条直线”是“”的　必要不充分条件　． 【分析】直线垂直于平面内的无数条直线，若无数条直线是平行线，则与不一定平行，如果，根据线面垂直的性质可知直线垂直于平面内的无数条直线，最后根据“若为假命题且为真命题，则命题是命题的必要不充分条件”可得结论． 【解答】解：直线垂直于平面内的无数条直线，若无数条直线是平行线，则与不一定平行， 如果，根据线面垂直的性质可知直线垂直于平面内的无数条直线． 故“直线垂直于平面内的无数条直线”是“”的必要不充分条件． 故答案为：必要不充分条件． 【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的判定，以及必要条件、充分条件与充要条件的判断，同时考查了化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力，属于基础题． 38．（2023秋•长宁区校级期中）在中，，，平面，，则点到的距离为 　　． 【分析】由是等腰三角形所在平面外一点，平面，我们易得，取的中点，则，且，利用勾股定理我们易求出的长，进而求出的长，即点到的距离． 【解答】解：如下图所示： 设为等腰三角形底面上的中点，则长即为点到的距离 又即为三角形的中线，也是三角形边上的高 ，，易得 在直角三角形中，又 故答案为 【点评】本题考查的知识点是空间点、线、面之间的距离，其中利用三角形的性质，做出即为点到的垂线段是解答本题的关键． 39．（2023秋•长宁区校级期中）如图，矩形的长，宽，若平面，矩形的边上至少有一个点，使得，则的范围是　　． 【分析】依据三垂线定理，要使，必须有，即以为直径的圆应与有公共点即可，从而可求的范围． 【解答】解：平面，平面， ； 要使，依三垂线定理得，必须有，而为矩形的边上的一个点， 以为直径的圆应与有公共点， ，宽， ． 故答案为：． 【点评】本题考查直线与平面垂直的性质，考查等价转化思想，考查直线与圆的位置关系，属于中档题． 一十一．平面与平面平行（共2小题） 40．（2023秋•浦东新区校级期中）如图，平面平面，所在的平面与，分别交于和，若，，，则　　． 【分析】由面面平行可得线线平行，可得，可求的长． 【解答】解：由平面平面，平面平面，平面平面， ，，，，，，． 故答案为：． 【点评】本题考查面面平行的性质，属基础题． 41．（2023秋•崇明区校级期中）在正方体中，，，分别是，，的中点． （1）证明：平面平面； （2）求直线与所成角的正切值． 【分析】（1）由已知可证四边形是平行四边形，从而，可证平面，再证平面，可证平面平面； （2）为直线与所成角，由可求． 【解答】（1）证明：连接， ，分别是，的中点， 且， 四边形是平行四边形，， 又，， 平面，平面， 平面， ，分别是，的中点， ，， ，平面，平面， 平面，又，，平面， 平面平面； （2）解：由（1）知， 为直线与所成角， 在中，， ，所以． 【点评】本题考查面面平行的证明，以及线线角的求法，属中档题． 一十二．平面与平面垂直（共5小题） 42．（2022秋•虹口区校级期中）设，为空间两条不同的直线，，为空间两个不同的平面，给出下列命题： ①若，，则； ②若，，则； ③若，且，，则； ④若，且，则． 其中所有正确命题的序号是　　 A．①② B．②③ C．③④ D．①④ 【分析】在①中，由面面垂直的判定定理得；在②中，与相交、平行或异面；在③中，与相交或平行；在④中，由线面垂直的性质得． 【解答】解：由，为空间两条不同的直线，，为空间两个不同的平面，知： 在①中，若，，则由面面垂直的判定定理得，故①正确； 在②中，若，，则与相交、平行或异面，故②错误； 在③中，若，且，，则与相交或平行，故③错误； 在④中，若，且，则由线面垂直的性质得，故④正确． 其中所有正确命题的序号是①④． 故选：． 【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题． 43．（2023秋•长宁区校级期中）在三棱锥中，若，，那么必有　　 A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 【分析】运用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理，结合条件和三角形的性质，可得结论． 【解答】解：在三棱锥中，若，，且， 可得平面， 由平面，可得平面平面， 由平面，可得平面平面，故正确； 若平面平面，又平面平面，平面平面， 可得平面，，与矛盾，故错误； 若平面平面，又平面平面，可得平面，，不一定成立，故错误； 若平面平面，又平面平面，可得平面，则，不一定成立，故错误． 故选：． 【点评】本题考查空间面面的位置关系，考查转化思想和推理能力，属于中档题． 44．（2023秋•嘉定区校级期中）平面平面，，，是正三角形，为中点，则图中直角三角形的个数为 　6　． 【分析】由平面平面，可得平面，从而可得，进而求出直角三角形的个数． 【解答】解：因为，为中点， 所以，所以，为直角三角形， 又平面平面，平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以为直角三角形， 因为是正三角形，为中点， 所以，所以，，为直角三角形 又，所以为直角三角形， 故图中直角三角形共有6个． 故答案为：6． 【点评】本题主要考查平面与平面垂直的性质定理，考查逻辑推理能力，属于基础题． 45．（2023秋•浦东新区校级期中）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，．点为的中点． （1）证明：平面平面； （2）求点到平面的距离． 【分析】（1）记，利用矩形的性质结合已知条件，由可求出，的长，再由勾股定理的逆定理可得，由平面，可得，由线面垂直的判定定理可得平面，从而可证得结论； （2）在中利用余弦定理可求得，从而可求出，然后由三角形的面积公式可求出，再利用等体积法可求得结果． 【解答】（1）证明：四棱锥的底面是矩形，底面，，．点为的中点， 记，因为四边形是矩形， 所以， 所以， 因为点是的中点，所以， 在中，，所以， 因为四边形是矩形，所以，所以， 所以， 又， 所以， 在中，， 所以，所以，即， 因为平面，又平面，所以， 又，，，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）解：因为平面，所以是三棱锥的高，故， 连接，因为平面，，平面，所以，， 在中，，所以， 在中，，所以， 在中，由余弦定理得，所以，所以， 所以，即点到平面的距离是． 【点评】本题考查了面面垂直的证明和点到平面的距离计算，属于中档题． 46．（2023秋•闵行区期中）如图，已知正四棱柱，底面正方形的边长为2，． （1）求证：平面平面； （2）求点到平面的距离． 【分析】（1）证明出平面，从而得到面面垂直； （2）等体积法求解点到平面的距离即可． 【解答】证明：（1）因为四棱柱为正四棱柱， 所以平面，且， 因为平面，所以， 因为，，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面．得证． 解：（2）设点到平面的距离为，与相交于点，连接， 因为正方形的边长为2，， 所以，， 由三线合一可得：，且， 由勾股定理得：， 所以， ， 又，又平面， 故， 由， 故点到平面的距离为． 【点评】本题考查锥体体积的有关计算，证明线面垂直，求点面距离，证明面面垂直，属于中档题． 一十三．点、线、面间的距离计算（共12小题） 47．（2023秋•崇明区校级期中）某景区为提升游客观赏体验，搭建一批圆锥形屋顶的小屋（如图．现测量其中一个屋顶，得到圆锥的底面直径长为，母线长为（如图．若是母线的一个三等分点（靠近点，从点到点绕屋顶侧面一周安装灯光带，则灯光带的最小长度为　　 A． B． C． D． 【分析】根据题意，将圆锥侧面沿母线展开，通过侧面展开图，求解三角形的边长，即可得到灯光带的最小长度． 【解答】解：根据题意，将圆锥侧面沿母线展开，是侧面展开图为如图所示的扇形， 则的长度即为灯光带的最小长度， 圆锥的底面直径长为，则， 则， 故， 则，即灯光带的最小长度为． 故选：． 【点评】本题考查圆锥的最短路径问题，涉及圆锥的侧面展开图，属于基础题． 48．（2023秋•闵行区期中）如图，在长方体中，，，，，分别为，，的中点，点在平面内，若直线平面，则线段长度的最小值是　　 A． B． C． D． 【分析】首先找出过点且与平面平行的平面，然后在三角形内找线段长度的最小值即可． 【解答】解：连结，，，如图所示， 因为，，分别为，，的中点， 所以，又平面，平面，则平面， 因为，同理可得平面，又，，平面， 所以平面平面， 因为直线平面， 所以点在直线上， 在中，， 所以， 故当时，线段的长度最小， 所以，故． 故选：． 【点评】本题考查了空间中两平面平行的证明，等面积法求点到直线的距离，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题． 49．（2023秋•崇明区校级期中）如图，边长为1的正方形中，，分别是，的中点，没，，把这个正方形折成一个四面体使，，三点重合，重合后的点记为．则在四面体中，点到平面的距离为 　　． 【分析】利用线面垂直的判定定理证得平面，从而利用等体积法即可得解． 【解答】解：由题意，折叠后的四面体如图所示， 因为正方形边长为1，，分别是，的中点， 所以，，即，， 又，，平面， 所以平面，同时由，得， 又，， 所以， ， 设到平面的距离为， 则， 即，解得． 故答案为：． 【点评】此题考查了几何中的折叠问题，考查了直线与平面的位置关系判断，考查了利用等体积法求点到平面的距离，考查了转化思想和数形结合思想，属于中档题． 50．（2023秋•黄浦区校级期中）如图，在长方体中，，，，，分别为，，的中点．点在平面内，若直线平面，则线段长度的最小值是　　 【分析】连结，，，推导出平面，平面，从而平面平面，推导出点在直线上，在中，，，，由此能求出当时，线段的长度最小，并能求出最小值． 【解答】解：如图，连结，，， ，，分别为，，的中点， ，平面，平面， 平面， ，平面，平面， 平面， ，平面平面， 平面， 点在直线上，在中，，，， ， 当时，线段的长度最小，最小值为． 故答案为：． 【点评】本题考查线段长度的最小值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 51．（2022秋•浦东新区校级期中）如图，是圆柱的一条母线，是底面的一条直径，是圆上一点，且，． （1）求直线与平面所成角的大小； （2）求点到平面的距离． 【分析】（1）由，得出平面，故而即为所求角，利用勾股定理得出，即可得出； （2）过作，垂足为，通过证明平面平面得出平面，利用等面积法求出； 【解答】解：（1）平面，平面， ， 是圆的直径， ， 又平面，平面，， 平面． 是与平面所成的角． ，， ． 直线与平面所成角的大小为． （2）过作，垂足为， 由（1）得平面，平面， 平面平面， 又平面平面，平面，， 平面． ，． ． 即到平面的距离为． 【点评】本题考查了线面垂直的判定，空间角的计算，属于中档题． 52．（2023秋•奉贤区校级期中）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：直线平面； （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． 【分析】（1）设交于点，连接，由题意可证得平面，进一步可得，进而可证直线平面； （2）由平面，可证平面，最后结合面面垂直的判断定理可得平面平面； （3）建立空间直角坐标系，由题意得到直线与平面所成角的正弦值的表达式，然后由基本不等式求解其最值即可． 【解答】（1）证明：如图所示，设与交于点，连接，则， 又，，，平面， 由线面垂直的判断定理可得平面， 又平面，， △是底面圆的内接正三角形，则，，， 又，，则，由勾股定理可得， ，△△， ，即， 又，，平面，， 平面，平面， 直线平面； （2）证明：平面，， 平面， 又平面，平面平面． （3）解：易知， 以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，0，，，，，，，，，0，， ，0，，，0，， ，，，，0，， ，，，，0，， 设平面的法向量为，，， 则，据此可得，，， 设， 则，，， 设直线与平面所成的角为， 则， 令，，， 则， 当且仅当时，等号成立， 即当时，有最大值4， 于是当时，有最大值为1， 的最大值为1， 故直线与平面所成角的正弦值的最大值为1． 此时点，0，，，0，， 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． 【点评】本题主要考查面面垂直的证明，线面角的相关计算，空间向量及其应用，立体几何中的最值与范围问题，空间想象能力的培养等知识，属于中等题． 53．（2023秋•黄浦区校级期中）如图，在直三棱柱中，，，，分别是棱，，的中点，． （1）证明：平面平面； （2）求点到平面的距离． 【分析】（1）易知，先证四边形为平行四边形，从而知，再由面面平行判定定理的推论，即可得证； （2）采用等体积法，即可得解． 【解答】（1）证明：因为，分别是，的中点，所以， 因为，，，， 所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 又，，、平面，、平面， 所以平面平面． （2）解：连接，， 由题意知，， 所以的面积为， 设点到平面的距离为，则， 由直三棱柱的性质知，平面， 因为，所以平面， 所以， 因为， 所以，解得， 故点到平面的距离为． 【点评】本题考查立体几何的综合问题，熟练掌握面面平行的判定定理与等体积法是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力和运算能力，属于中档题． 54．（2023秋•长宁区校级期中）如图，已知三棱锥中，平面，，，，． （1）求点到平面的距离； （2）求三棱锥的表面积． 【分析】（1）计算出三棱锥的体积以及的面积，利用等体积法可求得点到平面的距离； （2）计算出三棱锥每个面的面积，相加即可得出三棱锥的表面积． 【解答】解：（1）因为，，， 所以， 则， 所以． 因为平面，、平面，所以，， 又因为，，、平面，所以平面， 因为， 所以， 设点到平面的距离为， 由，得， 所以． （2）因为平面，平面，所以， 所以，， 故三棱锥的表面积为． 【点评】本题主要考查点到平面距离的求法，棱锥表面积的求法，等体积法的应用，考查运算求解能力，属于中档题． 55．（2023秋•黄浦区校级期中）如图，将边长为2的正方形沿对角线折叠，使得平面与平面所成二面角为直角，平面，且． （1）求证：直线与平面平行； （2）求点到平面的距离． 【分析】（1）取的中点，连接、，证明平面即可得解； （2）在三棱锥中，利用等体积法即可求出点到平面的距离． 【解答】解：（1）证明：取的中点，连接、，如图， 又在中，，，则， 又平面与平面所成二面角为直角， 平面平面，又平面平面，平面， 平面，又，平面，且， ，又， 四边形为平行四边形， ，又平面，平面， 平面； （2）由（1）可得平面，，， 平面，又， 等腰底边上的高， ， 又，设点到平面的距离为， ， ， ，， 点到平面的距离为1． 【点评】本题考查面面垂直的性质定理，线面平行的判定定理，等体积法求点面距，属中档题． 56．（2023秋•徐汇区校级期中）如图，在正方体中，，求： （1）异面直线与所成角的大小； （2）求点到平面的距离． 【分析】（1）找到即为异面直线与所成角，求出各边长，得到答案； （2）作出辅助线，证明出面，求出点到平面的距离为． 【解答】解：（1），即为异面直线与所成角， ，由勾股定理得，， 故， ； （2）连接交于，则， 平面，平面， ， 又，，，平面， 面， 线段为所求距离，则点到平面的距离为． 【点评】本题考查空间角及空间距离的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题． 57．（2023秋•普陀区校级期中）如图，已知正方体的棱长为2，，分别为，的中点． （1）已知点满足，求证，，，四点共面； （2）求点到平面的距离． 【分析】（1）作中点，连接，，根据是平行四边形和为中位线，得到证明； （2）设到平面的距离为和到平面的距离为，利用求解． 【解答】（1）证明：如图，作中点，连接，， 因为是平行四边形， 所以， 在中，为中位线，故， 所以，故，，，四点共面． （2）解：设到平面的距离为，点到平面的距离为， 在中，． 故的面积． 同理，由三棱锥的体积， 所以，得， 故到平面的距离为． 【点评】本题主要考查四点共面的证明，点到平面距离的求法，考查等体积发的应用，考查运算求解能力，属于中档题． 58．（2023秋•松江区校级期中）如图，四棱锥的底面为菱形，平面，，为棱的中点． （1）求证：平面； （2）若，求点到平面的距离． 【分析】（1）连接，由线面垂直判定定理即可求证；（2）以为坐标原点，、、所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，代入公式即可求解． 【解答】（1）证明：连接，如图， 底面为菱形，， 为等边三角形， 为的中点，， ，， 平面，平面， ， ，平面； （2）以为坐标原点，、、所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图， 则，， ， 设平面的法向量为，，， 则，令，则， ， 又，，， 点到平面的距离为：． 【点评】本题考查了线面垂直的证明和点到平面的距离，属于中档题． 一十四．概率及其性质（共1小题） 59．（2023秋•虹口区校级期中）随机事件发生的概率的范围是　　 A．（A） B．（A） C．（A） D．（A） 【分析】利用随机事件的定义，结合概率的定义，即可得到结论． 【解答】解：随机事件是指在一定条件下可能发生，也有可能不发生的事件 随机事件发生的概率的范围（A） 当是必然事件时，（A），当是不可能事件时，（A） 故选：． 【点评】本题考查概率的性质，考查学生分析解决问题的能力，正确理解随机事件是关键． 一十五．分层随机抽样（共1小题） 60．（2022秋•虹口区校级期中）我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息、住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除，某单位老年、中年、青年员工分别有80人、100人、120人，现采用分层随机抽样的方法，从该单位上述员工中抽取30人调查专项附加扣除的享受情况，则应该从青年员工中抽取的人数为 　12　人． 【分析】先求出抽取比例，进而可以求解． 【解答】解：分层抽样的抽取比例为， 所以青年员工应抽取的人数为人， 故答案为：12． 【点评】本题考查了分层抽样的应用，属于基础题． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期中真题必刷常考60题（15个考点专练） 一．棱柱的结构特征（共1小题） 1．（2023秋•闵行区校级期中）如图，对于直四棱柱，要使，则在四边形中，满足的条件可以是 　　．（只需写出一个正确的条件） 二．球的结构特征（共1小题） 2．（2023秋•长宁区校级期中）若球的表面积为，球心到平面的距离为4，则平面截球所得圆面面积为 　　． 三．棱锥的体积（共1小题） 3．（2023秋•崇明区校级期中）在正三棱柱中，已知它的底面边长为2． （1）若该正三棱柱的高为4，分别求其表面积与体积． （2）若直线与平面所成角的大小为，求三棱锥的体积． 四．圆锥的侧面积和表面积（共1小题） 4．（2023秋•长宁区校级期中）已知圆锥的底面直径为12，体积是，则圆锥侧面积等于 　　． 五．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积（共7小题） 5．（2023秋•静安区校级期中）如图，在一根长，外圆周长的圆柱形柱体外表面，用一根细铁丝缠绕，组成10个螺旋，如果铁丝的两端恰好落在圆柱的同一条母线上，则铁丝长度的最小值为　　 A． B． C． D． 6．（2023秋•金山区校级期中）一个圆柱形的罐子半径是4米，高是9米，将其水平躺倒，并在其中注入深2米的水，截面如图所示，水的体积是　　立方米． A． B． C． D． 7．（2024春•杨浦区校级期中）已知正方形边长为1，把该正方形绕着它一条边旋转一周所形成的几何体的体积为 　　． 8．（2023秋•浦东新区校级期中）如图所示，扇形的半径为2，圆心角为，若扇形绕旋转一周，则图中阴影部分绕旋转一周所得几何体的体积为 　　． 9．（2023秋•闵行区校级期中）已知圆锥的表面积为，其侧面展开图是一个半圆．则圆锥的高为 　　． 10．（2023秋•浦东新区校级期中）如图是底面半径为3的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了4周，则圆锥的母线长为 　　． 11．（2024春•普陀区校级期中）《孙子算经》是我国古代内容极其丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有圆窖周五丈四尺，深一丈八尺，问受粟几何？”其意思为：“有圆柱形容器，底面圆周长五丈四尺，高一丈八尺，求此容器能放多少斛米”（古制1丈尺，1斛立方尺，圆周率，则该圆柱形容器能放米　　斛． 六．球的体积和表面积（共3小题） 12．（2023秋•闵行区校级期中）一个球的体积为，则此球的表面积为　　． 13．（2023秋•金山区校级期中）已知球的体积为，球的表面积是　 　． 14．（2023秋•静安区校级期中）已知某圆锥体的底面半径，沿圆锥体的母线把侧面展开后得到一个圆心角为的扇形，则该圆锥体的表面积是 　　． 七．平面的基本性质及推论（共5小题） 15．（2023秋•普陀区期中）当我们停放自行车时，只要将自行车旁的撑脚放下，自行车就稳了，这用到了　　 A．三点确定一平面 B．不共线三点确定一平面 C．两条相交直线确定一平面 D．两条平行直线确定一平面 16．（2024春•普陀区校级期中）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． 17．（2023秋•静安区校级期中）两个平面最多可以将空间分成　　部分． 18．（2023秋•闵行区校级期中）圆锥的高为1，底面半径为，则过圆锥顶点的截面面积的最大值为　　． 19．（2023秋•崇明区校级期中）在空间四边形的边、、、上分别取点、、、，如果、相交于一点，那么一定在直线 　　上． 八．空间中直线与直线之间的位置关系（共10小题） 20．（2024春•杨浦区校级期中）直线与直线相交，直线也与直线相交，则直线与直线的位置关系是　　 A．相交 B．平行 C．异面 D．以上都有可能 21．（2023秋•闵行区校级期中）如图所示，一个灯笼由一根提竿和一个圆柱组成，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、，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，直线与直线垂直的次数为　　 A．2 B．4 C．6 D．8 22．（2023秋•台江区校级期中）如图，、、、是某长方体四条棱的中点，则直线和直线的位置关系是　　 A．相交 B．平行 C．异面 D．垂直 23．（2023秋•奉贤区期中）若两异面直线，所成的角为，过空间内一点作与直线， 所成角均是的直线，则所作直线共有　　条． A．1 B．2 C．3 D．4 24．（2023秋•虹口区校级期中）设平面平面，直线，直线，则直线，的位置关系为　　 A．平行 B．相交 C．异面 D．平行或异面 25．（2023秋•浦东新区校级期中）如图，已知正方体，，分别是，的中点，则　　 A．直线与直线垂直，直线平面 B．直线与直线平行，直线平面 C．直线与直线相交，直线平面 D．直线与直线异面，直线平面 26．（2023秋•长宁区校级期中）空间中两条直线的位置关系有 　　． 27．（2023秋•嘉定区校级期中）若两直线、与面所成的角相等，则与的位置关系是　 　． 28．（2023秋•虹口区校级期中）已知直线、、，若，与为异面直线，则与的位置关系是 　　． 29．（2023秋•嘉定区校级期中）如图所示，、、、分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线，是异面直线的图形有 　　（填序号）． 九．直线与平面平行（共6小题） 30．（2023秋•嘉定区校级期中）已知直线，和平面，，则“”是“”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 31．（2023秋•浦东新区校级期中）已知直线，，平面，则“，”是“”的　　条件． A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．不充分不必要 32．（2023秋•虹口区校级期中）“直线与平面没有公共点”是“直线与平面平行的　　条件 A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．非充分非必要 33．（2023秋•杨浦区校级期中）设、是平面外的两条直线，且，那么是的　　条件 A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．既非充分又非必要 34．（2023秋•闵行区校级期中）下列四个正方体图形中，，为正方体的两个顶点，，，分别为其所在棱的中点，则能得出平面的图形个数是　　 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 35．（2023秋•浦东新区校级期中）下列四个正方体图形中，，为正方体的两个顶点，，，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号是　　 A．①③ B．②③ C．①④ D．②④ 一十．直线与平面垂直（共4小题） 36．（2023秋•浦东新区校级期中）已知直线在平面上，则“直线”是“直线”的　　条件． A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．非充分非必要 37．（2023秋•崇明区校级期中）“直线垂直于平面内的无数条直线”是“”的　　． 38．（2023秋•长宁区校级期中）在中，，，平面，，则点到的距离为 　　． 39．（2023秋•长宁区校级期中）如图，矩形的长，宽，若平面，矩形的边上至少有一个点，使得，则的范围是　　． 一十一．平面与平面平行（共2小题） 40．（2023秋•浦东新区校级期中）如图，平面平面，所在的平面与，分别交于和，若，，，则　　． 41．（2023秋•崇明区校级期中）在正方体中，，，分别是，，的中点． （1）证明：平面平面； （2）求直线与所成角的正切值． 一十二．平面与平面垂直（共5小题） 42．（2022秋•虹口区校级期中）设，为空间两条不同的直线，，为空间两个不同的平面，给出下列命题： ①若，，则； ②若，，则； ③若，且，，则； ④若，且，则． 其中所有正确命题的序号是　　 A．①② B．②③ C．③④ D．①④ 43．（2023秋•长宁区校级期中）在三棱锥中，若，，那么必有　　 A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 44．（2023秋•嘉定区校级期中）平面平面，，，是正三角形，为中点，则图中直角三角形的个数为 　　． 45．（2023秋•浦东新区校级期中）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，．点为的中点． （1）证明：平面平面； （2）求点到平面的距离． 46．（2023秋•闵行区期中）如图，已知正四棱柱，底面正方形的边长为2，． （1）求证：平面平面； （2）求点到平面的距离． 一十三．点、线、面间的距离计算（共12小题） 47．（2023秋•崇明区校级期中）某景区为提升游客观赏体验，搭建一批圆锥形屋顶的小屋（如图．现测量其中一个屋顶，得到圆锥的底面直径长为，母线长为（如图．若是母线的一个三等分点（靠近点，从点到点绕屋顶侧面一周安装灯光带，则灯光带的最小长度为　　 A． B． C． D． 48．（2023秋•闵行区期中）如图，在长方体中，，，，，分别为，，的中点，点在平面内，若直线平面，则线段长度的最小值是　　 A． B． C． D． 49．（2023秋•崇明区校级期中）如图，边长为1的正方形中，，分别是，的中点，没，，把这个正方形折成一个四面体使，，三点重合，重合后的点记为．则在四面体中，点到平面的距离为 　　． 50．（2023秋•黄浦区校级期中）如图，在长方体中，，，，，分别为，，的中点．点在平面内，若直线平面，则线段长度的最小值是　　 51．（2022秋•浦东新区校级期中）如图，是圆柱的一条母线，是底面的一条直径，是圆上一点，且，． （1）求直线与平面所成角的大小； （2）求点到平面的距离． 52．（2023秋•奉贤区校级期中）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：直线平面； （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． 53．（2023秋•黄浦区校级期中）如图，在直三棱柱中，，，，分别是棱，，的中点，． （1）证明：平面平面； （2）求点到平面的距离． 54．（2023秋•长宁区校级期中）如图，已知三棱锥中，平面，，，，． （1）求点到平面的距离； （2）求三棱锥的表面积． 55．（2023秋•黄浦区校级期中）如图，将边长为2的正方形沿对角线折叠，使得平面与平面所成二面角为直角，平面，且． （1）求证：直线与平面平行； （2）求点到平面的距离． 56．（2023秋•徐汇区校级期中）如图，在正方体中，，求： （1）异面直线与所成角的大小； （2）求点到平面的距离． 57．（2023秋•普陀区校级期中）如图，已知正方体的棱长为2，，分别为，的中点． （1）已知点满足，求证，，，四点共面； （2）求点到平面的距离． 58．（2023秋•松江区校级期中）如图，四棱锥的底面为菱形，平面，，为棱的中点． （1）求证：平面； （2）若，求点到平面的距离． 一十四．概率及其性质（共1小题） 59．（2023秋•虹口区校级期中）随机事件发生的概率的范围是　　 A．（A） B．（A） C．（A） D．（A） 一十五．分层随机抽样（共1小题） 60．（2022秋•虹口区校级期中）我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息、住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除，某单位老年、中年、青年员工分别有80人、100人、120人，现采用分层随机抽样的方法，从该单位上述员工中抽取30人调查专项附加扣除的享受情况，则应该从青年员工中抽取的人数为 　　人． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$