期中真题必刷易错、压轴60题（16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）

期中真题必刷易错、压轴60题（16个考点专练） 一．棱柱的结构特征（共5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） 2．（2024春•普陀区校级期中）如图，在棱长为2的正方体中，点、分别是棱、的中点，是侧面正方形内一点（含边界），若平面，则线段长度的取值范围是 　　． 3．（2023秋•徐汇区校级期中）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，，2，，，其中是正方体的体对角线．则　　． 4．（2023秋•嘉定区校级期中）如图，在棱长为2的正方体中，为中点，为中点，过、、作与正方体的截面为，则截面面积是 　　． 5．（2022秋•普陀区校级期中）如图，在棱长为1的正方体中，，，分别是棱，，的中点，以为底面作一个直三棱柱，使其另一个底面的三个顶点也都在正方体的表面上，则这个直棱柱的高为　　 A． B． C． D． 二．棱锥的结构特征（共2小题） 6．（2023秋•嘉定区校级期中）现有两个所有棱长都是2的正四棱锥，让它们的底面完全重合，拼成一个新的多面体，则下列结论错误的是　　 A．这个多面体有8个面和12条棱 B．这个多面体有6对棱互相平行 C．这个多面体有4对面互相垂直 D．这个多面体所有的顶点在一个半径为的球面上 7．（2023秋•浦东新区校级期中）正四面体的棱长为2，则所有与，，，距离相等的平面截这个四面体所得截面的面积之和为 　　． 三．多面体欧拉公式（共1小题） 8．（2023秋•长宁区校级期中）正多面体各个面都是全等的正多边形，其中，面数最少的是正四面体，面数最多的是正二十面体，它们被称为柏拉图多面体．如图，正二十面体是由20个等边三角形所组成的正多面体．已知多面体满足：顶点数棱数面数，则正二十面体的顶点的个数为 　　． 四．棱柱的体积（共1小题） 9．（2023秋•虹口区校级期中）已知直四棱柱，，，，，． （1）证明：直线平面； （2）若该四棱柱的体积为36，求的长． 五．棱锥的体积（共4小题） 10．（2023秋•闵行区校级期中）如图，已知正方体的棱长为2，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） 11．（2023秋•金山区校级期中）如图，在长方体中，已知，，． （1）求三棱锥的体积； （2）求异面直线与所成的角的大小． 12．（2023秋•普陀区校级期中）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． 13．（2023秋•普陀区校级期中）如图①，在棱长为1的正方体中，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，使得平面，若存在请找出点的位置，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，为线段的中点，线段（不包括两个端点）上有一个动点，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，求点的位置． 六．圆柱的侧面积和表面积（共1小题） 14．（2023秋•普陀区校级期中）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 　　． 七．圆锥的侧面积和表面积（共2小题） 15．（2023秋•奉贤区校级期中）如图，一个圆锥挖掉一个内接正三棱柱（棱柱各顶点均在圆锥侧面或底面上），若棱柱侧面落在圆锥底面上．已知正三棱柱底面边长为，高为2，则该几何体的表面积 　　． 16．（2023秋•普陀区期中）在如图所示的圆锥中，底面直径与母线长均为4，点是底面直径所对弧的中点，点是母线的中点． （1）求该圆锥的侧面展开图的面积； （2）求异面直线与所成角的大小． 八．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积（共4小题） 17．（2023秋•虹口区校级期中）在圆锥中，为底面圆心，，为圆锥的母线，且，若棱锥为正三棱锥，则该圆锥的侧面积为 　　． 18．（2023秋•青浦区校级期中）一个圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为的扇形，则圆锥母线与底面所成角的余弦值为　　． 19．（2023秋•浦东新区校级期中）如图所示，绕直角边所在直线旋转一周形成一个圆锥，已知在空间直角坐标系中，点，0，和点，2，均在圆锥的母线上，则圆锥的体积为　　． 20．（2023秋•浦东新区校级期中）矩形的一边在轴上，另两个顶点在函数的图象上，则此矩形绕轴旋转而成的几何体的体积的最大值为 　　． 九．球的体积和表面积（共3小题） 21．（2023秋•浦东新区校级期中）一个直径为32厘米的圆柱形水桶中放入一个铁球，球全部没入水中后，水面升高9厘米则此球的半径为 　　厘米． 22．（2023秋•浦东新区校级期中）若球、表面积之比，则它们的半径之比　　． 23．（2023秋•嘉定区校级期中）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． 一十．平面的基本性质及推论（共2小题） 24．（2023秋•浦东新区校级期中）在棱长为6的正方体中，是棱的中点，过，，作正方体的截面，则该截面的面积是 　　． 25．（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． 一十一．空间中直线与直线之间的位置关系（共2小题） 26．（2023秋•闵行区校级期中）在正方体各表面上的对角线中，与体对角线垂直的面对角线共有　　条． 27．（2023秋•普陀区校级期中）两条直线没有公共点，则这两条直线的位置关系是　 　． 一十二．直线与平面平行（共2小题） 28．（2023秋•闵行区期中）如图，在直三棱柱中，，，，，是中点． （1）求证平面； （2）求异面直线与所成角的大小（用反三角表示） 29．（2023秋•徐汇区校级期中）如图1，在等腰梯形中，，，，为中点，点，分别为，的中点．将沿折起到△的位置，使得平面平面（如图． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值； （Ⅲ）侧棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 一十三．直线与平面垂直（共5小题） 30．（2023秋•浦东新区校级期中）设，，均为直线，其中，在平面内，则“”是“且”的　　 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 31．（2023秋•长宁区校级期中）在中，，，平面，，则点到的距离为 　　． 32．（2023秋•黄浦区校级期中）如图，是圆的直径，点是圆上异于，的点，垂直于圆所在的平面，且， （Ⅰ）若为线段的中点，求证：平面； （Ⅱ）求三棱锥体积的最大值； （Ⅲ）若，点在线段上，求的最小值． 33．（2023秋•金山区校级期中）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． 34．（2023秋•浦东新区校级期中）在正方体中，已知，是棱上的动点（可与、重合）． （1）当是中点时，画出过，，的截面； （2）是否存在点在棱上，且满足面，并说明理由； （3）设，过，，三点的截面面积为，求函数的表达式并求出值域． 一十四．平面与平面平行（共1小题） 35．（2023秋•浦东新区校级期中）在正方体中，，、分别是棱、、的中点，点在上且．则以下四个说法： ①平面；②平面；③、、三点共线；④平面平面． 其中说法正确的个数是　　 A．0 B．1 C．2 D．3 一十五．平面与平面垂直（共2小题） 36．（2023秋•浦东新区校级期中）如图所示，平面四边形中，，，，将其沿对角线折成四面体，使平面平面，则下列说法中不正确的是　　 ①平面平面 ② ③平面平面 A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 37．（2023秋•普陀区校级期中）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． 一十六．点、线、面间的距离计算（共23小题） 38．（2023秋•嘉定区校级期中）在棱长为10的正方体中，为左侧面上一点，已知点到的距离为3，到的距离为2，则过点平行于的直线与正方体表面　　相交 A． B． C． D． 39．（2022秋•浦东新区校级期中）如图，圆锥的轴截面是一个面积为1的等腰直角三角形，为弧上的一点，，为线段上的动点，则的最小值为　　 A． B． C．2 D． 40．（2023秋•浦东新区校级期中）空间给定不共面的，，，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，，，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． 41．（2024春•普陀区校级期中）、、、分别是空间四边形的各边、、、的中点，若对角线，，则的值为　 　． 42．（2023秋•浦东新区校级期中）设四边形为矩形，点为平面外一点，且平面，若，． （1）求与平面所成角的大小（用反三角函数表示）； （2）在边上是否存在一点，使得点到平面的距离为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； （3）若点是的中点，在内确定一点，使的值最小，并求此时的值． 43．（2023秋•崇明区校级期中）如图，三棱柱中，，底面，，． （1）求点到平面的距离； （2）若直线与距离为4，求与平面所成角的正弦值． 44．（2023秋•长宁区校级期中）如图，长方体中中，，，，，分别为棱，的中点． （1）证明：平面平面； （2）求点到平面的距离． 45．（2023秋•金山区校级期中）如图，在正三棱柱中，已知，、分别是、的中点． （1）求证：平面平面； （2）求证：平面平面，并求点到平面的距离． 46．（2023秋•闵行区校级期中）如图，在直角梯形中，，，，点是的中点，现沿将平面折起，设． （1）当为直角时，求异面直线与所成角的大小； （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，在边上任取一点，把纸片沿折成直二面角，问点取何处时，使折起后两个端点、间的距离最短． 47．（2024春•普陀区校级期中）如图所示，四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点． （1）证明：平面； （2）设，三棱锥的体积，求到平面的距离． 48．（2023秋•长宁区校级期中）用一个半径为12厘米圆心角为的扇形纸片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，求它的最高点到水平面的距离； （2）扇形纸片上（如图，是弧的中点，是弧的中点，卷成无底圆锥后，求异面直线与所成角的大小． 49．（2023秋•杨浦区校级期中）如图，为菱形外一点，平面，，为棱的中点． （1）求证：平面； （2）若，求到平面的距离． 50．（2023秋•普陀区校级期中）如图，正方体，棱长为． （1）求证：平面； （2）设与平面的交点为，通过作图找出，并求的长； （3）点在侧面及其边界上运动，并且总是保持与垂直，则动点的轨迹为_____． 51．（2023秋•普陀区校级期中）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． 52．（2023秋•虹口区校级期中）如图，已知点在圆柱的底面圆的圆周上，为圆的直径，圆柱的表面积为，，． （1）求直线与平面所成角的正切值； （2）求点到平面的距离． 53．（2023秋•闵行区期中）如图为某一几何体的展开图，其中是边长为6的正方形，，，，点，，，及，，，共线． （1）沿图中虚线将它们折叠起来，使，，，四点重合，请画出其直观图，试问需要几个这样的几何体才能拼成一个棱长为6的正方体？ （2）设正方体的棱的中点为，求平面与平面所成二面角（锐角）的余弦值； （3）在正方体的边上是否存在一点．使得点到平面的距离为，若存在，求出的值：若不存在，请说明理由． 54．（2023秋•浦东新区校级期中）如图，在长方体中，，，． （1）求异面直线与所成的角； （2）求点到平面的距离． 55．（2022秋•徐汇区校级期中）已知空间中三点，1，、，2，、，1，． （1）当与的夹角为钝角时，求的范围； （2）求原点到平面的距离． 56．（2022秋•普陀区校级期中）如图，在多面体中，四边形是菱形，、相交于点，，，平面平面，，点是的中点． （1）求证：直线平面； （2）若，，求点到平面的距离． 57．（2021秋•闵行区校级期中）在直三棱柱中，，，． （1）求异面直线与所成角正切值的大小； （2）求点与平面的距离． 58．（2022秋•黄浦区校级期中）如图，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）若点到平面的距离为，求正四棱柱的高； （3）在（2）的条件下，若正四棱柱侧面上存在点满足到线段的距离与到线段的距离相等，求的最小值． 59．（2022秋•松江区校级期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的菱形，，平面，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求二面角的正切值； （3）求点到平面的距离． 60．（2022秋•浦东新区校级期中）设正六棱锥的底面积为，高为，侧面积为， （1）将表示为的函数； （2）当时，求的正弦值； （3）将到平面的距离表示为的函数，并求的取值范围． 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 $$ 期中真题必刷易错、压轴60题（16个考点专练） 一．棱柱的结构特征（共5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． 2．（2024春•普陀区校级期中）如图，在棱长为2的正方体中，点、分别是棱、的中点，是侧面正方形内一点（含边界），若平面，则线段长度的取值范围是 　，　． 【分析】取中点，连结，，推导出平面平面，从而点在线段上运动，作于，由，能求出线段长度的取值范围． 【解答】解：取中点，连结，， 在棱长为2的正方体中，点、分别是棱、的中点， ，， ，， 平面平面， 是侧面正方形内一点（含边界），平面， 点在线段上运动， 在等腰△中，，， 作于，由等面积法解得： ， ， 线段长度的取值范围是，． 故答案为：，． 【点评】本题考查线段长的取值范围的求法，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． 3．（2023秋•徐汇区校级期中）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，，2，，，其中是正方体的体对角线．则　　． 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标运算，可求的值． 【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，1，， ，1，，，0，，，0，，，1，，，1，， 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：． 【点评】本题考查了空间向量的坐标运算，合理转化是解题关键，属于中档题． 4．（2023秋•嘉定区校级期中）如图，在棱长为2的正方体中，为中点，为中点，过、、作与正方体的截面为，则截面面积是 　　． 【分析】根据给定条件，作出截面，利用割补法求解即得． 【解答】解：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、、的正方体的截面， 由为中点，为中点，得，，， ，即， 同理，，， ， 等腰△中，， 则， ， ， 所以截面的面积． 故答案为：． 【点评】本题考查几何体中的截面问题，属于中档题． 5．（2022秋•普陀区校级期中）如图，在棱长为1的正方体中，，，分别是棱，，的中点，以为底面作一个直三棱柱，使其另一个底面的三个顶点也都在正方体的表面上，则这个直棱柱的高为　　 A． B． C． D． 【分析】作辅助线连接，，，并分别取它们的中点，，，利用线面垂直的判定定理证明三棱柱为直棱柱，利用三角形中位线定理即可求得棱柱的侧棱长，即得答案． 【解答】解：连接，，，并分别取它们的中点，，， 连接，，，，，，， 则，，，且，，， 连接，则，， ，又平面，平面， 平面，同理可证平面，，，平面， 所以平面平面， 连接，则，又，， 平面，平面， ，又，，平面， 平面，又平面， ， 同理可得，又，，平面， 平面， 平面，平面，平面， 三棱柱为直棱柱， 正方体的棱长为1，，， 三棱柱的高为， 故选：． 【点评】本题考查线面平行的判定定理，面面平行的判定定理，线面垂直的判定定理，三棱柱的高的求解，属中档题． 二．棱锥的结构特征（共2小题） 6．（2023秋•嘉定区校级期中）现有两个所有棱长都是2的正四棱锥，让它们的底面完全重合，拼成一个新的多面体，则下列结论错误的是　　 A．这个多面体有8个面和12条棱 B．这个多面体有6对棱互相平行 C．这个多面体有4对面互相垂直 D．这个多面体所有的顶点在一个半径为的球面上 【分析】根据题意画出图形，结合图形判断选项中的命题是否正确即可． 【解答】解：如图所述， 对于，该多面体是棱长为2的8面体，且有12条棱，选项正确； 对于，连接、，则、交于点，则、互相平分，所以四边形是平行四边形，所以， 同理，这个多面体有6对棱互相平行，选项正确； 对于，这个多面体中相邻的两个平面不垂直，相对的两个平面也不垂直，所以没有所在的平面互相垂直，选项错误； 对于，以为球心，各个顶点到球心的距离相等，都等于．所以选项正确． 故选：． 【点评】本题考查了空间几何体的结构特征应用问题，也考查了推理与判断能力，是基础题． 7．（2023秋•浦东新区校级期中）正四面体的棱长为2，则所有与，，，距离相等的平面截这个四面体所得截面的面积之和为 　　． 【分析】根据题意知到正四面体四个顶点距离相等的截面分为两类： 一类是由同一顶点出发的三条棱的中点构成的三角形截面，这样的截面有4个； 另一类是与一组相对的棱平行，且经过其它棱的中点的四边形截面，这样的截面有3个； 作出示意图，求出所有满足条件的截面面积之和即可． 【解答】解：设、、分别为、、的中点，连结、、， 则是三棱锥的中截面， 可得平面平面，点到平面的距离等于平面与平面之间的距离， 、、、到平面的距离相等，即平面是到四面体四个顶点距离相等的一个平面； 正四面体中，象这样的三角形截面共有4个． 正四面体的棱长为2，可得， 是边长为1的正三角形，可得； 取、的中点、，连结、、， 、分别是、的中位线， ，，得， 四边形为平行四边形； 又且，，， 且， 四边形为正方形，其边长为， 由此可得正方形的面积； 的中点在平面内，、两点到平面的距离相等； 同理可得、两点到平面的距离相等，且、两点到平面的距离相等； 、、、到平面的距离相等， 平面是到四面体四个顶点距离相等的一个平面， 且正四面体中，象四边形这样的正方形截面共有3个， 因此，所有满足条件的正四面体的截面面积之和等于． 故答案为：． 【点评】本题考查了正四面体的性质、点到平面距离的定义、三角形面积与四边形形面积的求法等知识，是难题． 三．多面体欧拉公式（共1小题） 8．（2023秋•长宁区校级期中）正多面体各个面都是全等的正多边形，其中，面数最少的是正四面体，面数最多的是正二十面体，它们被称为柏拉图多面体．如图，正二十面体是由20个等边三角形所组成的正多面体．已知多面体满足：顶点数棱数面数，则正二十面体的顶点的个数为 　12　． 【分析】根据正二十面体的结构特征，利用欧拉定理列方程求解即可． 【解答】解：因为正二十面体是由20个等边三角形所组成的正多面体， 所以面数为20，并且每个顶点处有5条棱， 设正二十面体共有个顶点，则棱数为条， 由题意可得，，解得， 所以正二十面体的顶点个数为12． 故答案为：12． 【点评】本题考查了正二十面体的结构特征与应用问题，也考查了逻辑推理与空间想象能力，是基础题． 四．棱柱的体积（共1小题） 9．（2023秋•虹口区校级期中）已知直四棱柱，，，，，． （1）证明：直线平面； （2）若该四棱柱的体积为36，求的长． 【分析】（1）证明出平面平面，再利用面面平行的性质可证得结论成立； （2）计算出梯形的面积，利用柱体的体积可求得的长． 【解答】解：（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， 所以平面； （2）因为，，，，， 所以， 所以，解得． 【点评】本题考查线面平行的证明，四棱柱的体积问题，属中档题． 五．棱锥的体积（共4小题） 10．（2023秋•闵行区校级期中）如图，已知正方体的棱长为2，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 　（1）（3）（4）　．（填写所有正确结论的序号） 【分析】由三棱锥的性质可得（1）；先证面面平行，找到点的轨迹为，再求长度即可判断（2）；证明面即可判断（3）；利用等体积法求交线长度即可判断（4）． 【解答】解：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，面，面， ，面，面， 所以面面，当点在上时，面， 因为正方体棱长为2，，的中点分别为，， 所以，故（2）错误； 对于（3），以为原点，以直线，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，0，，，2，，，0，，，2，，，0，， ， ， 且，且都在平面内， 所以面， 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2， 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）． 【点评】本题考查立体几何综合问题，属于中档题． 11．（2023秋•金山区校级期中）如图，在长方体中，已知，，． （1）求三棱锥的体积； （2）求异面直线与所成的角的大小． 【分析】（1）利用等体积法转化为求得到答案． （2）连接，确定，异面直线与所成的角为，再利用余弦定理计算得到答案． 【解答】解：（1）根据题意可得三棱锥的体积为： ； （2）如图所示：连接，且，故四边形为平行四边形， 则，异面直线与所成的角为， 在△中可知，，， 故， 故， 故异面直线与所成的角的大小． 【点评】本题考查线线角的求解，三棱锥的体积的求解，属中档题． 12．（2023秋•普陀区校级期中）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． 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明即可． （2）三棱锥体积最大时为到的距离最大时，最大为半径，然后根据表面积公式求出表面积． （3）反向延长至，使，则为的最小值． 【解答】解：（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． 【点评】本题考查线面垂直的证明，三棱锥的体积的最值的求解，距离的最值的求解，属中档题． 13．（2023秋•普陀区校级期中）如图①，在棱长为1的正方体中，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，使得平面，若存在请找出点的位置，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，为线段的中点，线段（不包括两个端点）上有一个动点，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，求点的位置． 【分析】（1）点到平面的距离为定值，又△的面积为定值，，可得三棱锥的体积是定值； （2）若平面，则有，而不成立，可得结论； （3）①由截面与棱的交点判断形状；②由两条异面直线的公垂线段确定截面的面积最小． 【解答】解：（1）证明：因为正方体中，，平面，平面， 所以平面， 所以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， 因为， 所以三棱锥的体积是定值； （2）这样的点不存在，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，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， 则点到的距离最短， 为线段的中点，则点为正方体的中心，当为线段的中点时， 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，点为中点． 【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题． 六．圆柱的侧面积和表面积（共1小题） 14．（2023秋•普陀区校级期中）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 　　． 【分析】根据旋转体的性质，结合圆锥和圆台的侧面积公式即可求解． 【解答】解：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，如图所示：， 故表面积为． 故答案为：． 【点评】本题考查了圆锥和圆台的侧面积公式，是中档题． 七．圆锥的侧面积和表面积（共2小题） 15．（2023秋•奉贤区校级期中）如图，一个圆锥挖掉一个内接正三棱柱（棱柱各顶点均在圆锥侧面或底面上），若棱柱侧面落在圆锥底面上．已知正三棱柱底面边长为，高为2，则该几何体的表面积 　　． 【分析】根据题意，求得底面圆的半径以及圆锥的母线长，再由多面体的表面积公式代入计算，即可得到结果． 【解答】解：如图， 正三棱柱的底面边长为，高为2， ， ， 设圆锥的底面圆圆心为，则是矩形的中心，再设圆半径为， 有，即， 令的中点为，连接，则， 且，，， 于是，解得， 则圆锥的母线长， 圆锥的底面圆面积，侧面积， 三棱柱的表面积为， 该几何体的表面积为： ． 故答案为：． 【点评】本题考查圆锥与棱柱侧面积及表面积的求法，考查运算求解能力，是中档题． 16．（2023秋•普陀区期中）在如图所示的圆锥中，底面直径与母线长均为4，点是底面直径所对弧的中点，点是母线的中点． （1）求该圆锥的侧面展开图的面积； （2）求异面直线与所成角的大小． 【分析】（1）根据圆锥侧面积公式求出答案； （2）作出辅助线，得到或其补角为异面直线与所成角，求出各边，由余弦定理求出答案． 【解答】解：（1）圆锥的底面半径为，母线， 故圆锥的侧面展开图的面积为； （2）取的中点，连接，，取的中点，连接，， 则， 因为点是母线的中点．所以平面， 由勾股定理得，故， 因为点是底面直径所对弧的中点， 所以，， 其中，同理可得， 因为是三角形的中位线，所以， 所以或其补角为异面直线与所成角， 由余弦定理得， 故异面直线与所成角的大小为． 【点评】此题考查了圆锥的侧面积和体积，异面直线所成角等相关知识，属于中档题． 八．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积（共4小题） 17．（2023秋•虹口区校级期中）在圆锥中，为底面圆心，，为圆锥的母线，且，若棱锥为正三棱锥，则该圆锥的侧面积为 　　． 【分析】根据题意画出图形，结合图形求出圆锥的母线和底面圆的半径，即可求出圆锥的侧面积． 【解答】解：圆锥中，为底面圆心，，为圆锥的母线，且， 若棱锥为正三棱锥，则， 又因为，，所以， 所以， 所以该圆锥的侧面积为． 故答案为：． 【点评】本题考查了圆锥与棱锥的结构特征应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题． 18．（2023秋•青浦区校级期中）一个圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为的扇形，则圆锥母线与底面所成角的余弦值为　　． 【分析】设母线长为，底面半径为，利用侧面展开图，求出圆心角，然后求出底面半径，即可求出圆锥母线与底面所成角的余弦值． 【解答】解：设母线长为，底面半径为，则依题意易知， 由，代入数据即可得， 因此所求角的余弦值即为． 故答案为： 【点评】本题是基础题，考查圆锥的侧面展开图，扇形的知识，圆锥的母线与底面所成的角，考查计算能力． 19．（2023秋•浦东新区校级期中）如图所示，绕直角边所在直线旋转一周形成一个圆锥，已知在空间直角坐标系中，点，0，和点，2，均在圆锥的母线上，则圆锥的体积为　　． 【分析】根据题意，易得圆锥的底面在平面上，且其半径为2，进而可得圆锥底面圆周与轴负半轴的交点的坐标，两者结合，可得母线与轴的交点坐标，可得圆锥的高，由圆锥的体积公式，计算可得答案． 【解答】解：根据题意，为轴，则圆锥的底面在平面上， 又有点，0，在圆锥的母线上，则圆锥底面的半径为2， 故点，0，是底面圆周与轴负半轴的交点，设为点， 又有点，2，在圆锥的母线上， 分析可得，这条母线在平面内，必过、两点，其余轴交于点，4，； 即圆锥的高为4， 由圆锥的体积公式可得，其体积为； 故答案为：． 【点评】本题考查圆锥的体积计算，但涉及空间直角坐标系中相关计算，需要结合空间直角坐标系，求出圆锥的高与底面半径，有一定难度，需要特别注意． 20．（2023秋•浦东新区校级期中）矩形的一边在轴上，另两个顶点在函数的图象上，则此矩形绕轴旋转而成的几何体的体积的最大值为 　　． 【分析】先求出的范围，再设出的图象上的两个顶点，，，，，根据两点的纵坐标相等得到，再求出高，根据圆柱体的体积公式得到关于的代数式，最后根据基本不等式求出体积的最大值． 【解答】解：， 当且仅当，即时取等号， 所以， 由，得， 矩形绕轴旋转得到的旋转体一个圆柱， 不妨设在的图象上的两个顶点， 则圆柱的底面圆的半径为，高为， ，， ，， ， ， ， ， ， 当且仅当，即时取等号， 故此矩形绕轴旋转得到的旋转体的体积的最大值为． 故答案为：． 【点评】本题考查旋转体的体积的最值的求解，函数建模，基本不等式的应用，属中档题． 九．球的体积和表面积（共3小题） 21．（2023秋•浦东新区校级期中）一个直径为32厘米的圆柱形水桶中放入一个铁球，球全部没入水中后，水面升高9厘米则此球的半径为 　12　厘米． 【分析】根据圆柱水面升高的高度，求出水的体积，就是球的体积，然后求出球的半径． 【解答】解： 故答案为：12 【点评】本题是基础题，考查圆柱的体积与球的体积的关系，考查计算能力，是送分题． 22．（2023秋•浦东新区校级期中）若球、表面积之比，则它们的半径之比　3　． 【分析】两个球的表面积之比就是半径之比的平方，直径求出半径之比即可． 【解答】解：根据相似比的意义，两个球的表面积之比就是半径之比的平方，所以 所以 故答案为：3 【点评】本题是基础题，考查相似比的知识，面积之比是相似比的平方，体积之比是相似比的立方． 23．（2023秋•嘉定区校级期中）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． 【分析】（1）由题意结合球的体积与表面积公式求解； （2）由题意可知，所得几何体为一个圆柱和两个半球的组合题，再由球与圆柱的体积与表面积公式求解； （3）由题意，几何体为组合体，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的半圆柱及四个半径为1的四分之一半球，再由长方体、圆柱及球的体积与表面积公式求解． 【解答】解：（1）到定点距离等于1的点所围成的几何体是半径为1的球， 其体积，表面积； （2）由题意可知，几何体为组合体，上下两端是半径为1的半球，中间是圆柱， 圆柱的底面半径为1，高为1， 其体积，表面积为； （3）由题意可知，几何体为组合体，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的半圆柱及四个半径为1的四分之一半球， 其体积为， 表面积为． 【点评】本题考查空间想象能力与思维能力，考查长方体、圆柱及球的表面积与体积，关键是根据题意得到几何体，属于难题． 一十．平面的基本性质及推论（共2小题） 24．（2023秋•浦东新区校级期中）在棱长为6的正方体中，是棱的中点，过，，作正方体的截面，则该截面的面积是 　　． 【分析】过，，作正方体的截面，是等腰梯形，结合图中数据，求出截面图形的面积． 【解答】解：正方体中，是棱的中点， 过，，作正方体的截面，是等腰梯形，如图所示： 其中是的中点，，； 所以梯形底面上的高为， 则该截面的面积是． 故答案为：． 【点评】本题考查了正方体截面面积的计算问题，也考查了运算求解能力，是基础题． 25．（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． 一十一．空间中直线与直线之间的位置关系（共2小题） 26．（2023秋•闵行区校级期中）在正方体各表面上的对角线中，与体对角线垂直的面对角线共有　6　条． 【分析】连接，则．在正方体中，由平面，平面，知，由此能证明．同样地可以证明这样的直线共有 6条． 【解答】证明：如图，连接，则． 在正方体中， 平面， 平面， ， 又， 平面， 平面， ． 同样，，，，都与垂直． 故答案为：6 【点评】本题考查棱柱的结构特征，是中档题．解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地化空间问题为平面问题． 27．（2023秋•普陀区校级期中）两条直线没有公共点，则这两条直线的位置关系是　平行或异面　． 【分析】根据空间两条直线的位置关系：平行、相交、异面矩形判断． 【解答】解：根据空间两条直线的位置关系：平行、相交、异面， 两条直线没有公共点，则这两条直线的位置关系是平行或者异面； 故答案为：平行或异面． 【点评】本题考查了空间两条直线的位置关系；属于基础题． 一十二．直线与平面平行（共2小题） 28．（2023秋•闵行区期中）如图，在直三棱柱中，，，，，是中点． （1）求证平面； （2）求异面直线与所成角的大小（用反三角表示） 【分析】解法一：（1）要证平面，只要在平面内找出一直线与平行，由，为△，中点，可得．而，可得，从而可证 （2）由（1）知，就是异面直线与所成的角．利用余弦定理求异面直线与所成角的余弦值； 解法二：利用空间向量法．如图建立坐标系， （1）先求出平面的一个法向量，证得向量点积为零即得垂直，又不在平面内，从而得出平面 （2）先求得，，利用向量的夹角公式求得两向量的夹角即可． 【解答】解一：（1）证明： 连交于，连 矩形中，为中点 又为中点 在平面外，平面 平面 （2） 或其补角为异面直线 与所成角 又，， ． 解二：向量方法 （1）如图，建系 ，0，，4，，0， ，0，，4，，0，，2， 平面的一个法向量，， 又不在平面内 平面 （2），， 【点评】本题考查直线与平面的平行的判定，异面直线所成的角，考查空间想象能力，逻辑思维能力，是中档题． 29．（2023秋•徐汇区校级期中）如图1，在等腰梯形中，，，，为中点，点，分别为，的中点．将沿折起到△的位置，使得平面平面（如图． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值； （Ⅲ）侧棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【分析】（Ⅰ）欲证明，只需推知平面即可； （Ⅱ）根据直线与平面垂直的性质推知，，两两垂直．所以以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系（如图．结合平面的一个法向量和直线与平面所成角的正弦求法解答即可； （Ⅲ）利用假设法进行解答：如图3，假设在侧棱上存在点，使得平面．设，，．由菱形的性质得到，结合（Ⅰ）可知：平面．故为平面的一个法向量．据此进行解答． 【解答】解：（Ⅰ）如图1，在等腰梯形中， ，，，为中点， 为等边三角形． 如图2，为的中点， ． 又平面平面，且平面平面， 所以平面，所以； （Ⅱ）如图2，连结，由已知得，又为的中点， ． 由（Ⅰ）知平面， ，， ，，两两垂直． 以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系（如图． ，易知． ， ． 设平面的一个法向量为，，， 由得即 取，得． 设直线与平面所成角为， 则． 所以直线与平面所成角的正弦值为． （Ⅲ）如图3，假设在侧棱上存在点，使得平面． 设，，． ， ． 易证四边形为菱形，且， 又由（Ⅰ）可知，，所以平面． 所以为平面的一个法向量． 由，得． 所以侧棱上存在点，使得平面，且． 【点评】本题综合考查了直线与平面平行、垂直的判定，直线与平面所成的角以及空间中直线与直线之间的位置关系．难度较大，需要熟练掌握空间直角坐标系的建立与应用． 一十三．直线与平面垂直（共5小题） 30．（2023秋•浦东新区校级期中）设，，均为直线，其中，在平面内，则“”是“且”的　　 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【分析】由题意可知：时，由线面垂直性质定理知，且．但反之不能成立，由充分必要条件概念可获解． 【解答】解：，，均为直线，，在平面内，且（由线面垂直性质定理）． 反之，如果且推不出，也即时，也可能平行于． 由充分必要条件概念可知，命题中前者是后者成立的充分非必要条件． 故选：． 【点评】本题主要考查线面垂直和充分必要条件的有关知识．主要注意两点： （1）线面垂直判定及性质定理． （2）充分必要条件的判定，要注意方向性，即谁是谁的． 31．（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． 32．（2023秋•黄浦区校级期中）如图，是圆的直径，点是圆上异于，的点，垂直于圆所在的平面，且， （Ⅰ）若为线段的中点，求证：平面； （Ⅱ）求三棱锥体积的最大值； （Ⅲ）若，点在线段上，求的最小值． 【分析】（Ⅰ）由题意可证，又，即可证明平面． （Ⅱ）当时，到的距离最大且最大值为1，又，即可求面积的最大值，又三棱锥的高，即可求得三棱锥体积的最大值． （Ⅲ）可求，即有，由，，可证为中点，从而可求，从而得解． 【解答】解：（Ⅰ）在中，因为，为的中点， 所以， 又垂直于圆所在的平面， 所以， 因为， 所以平面． （Ⅱ）因为点在圆上， 所以当时，到的距离最大，且最大值为1， 又，所以面积的最大值为， 又因为三棱锥的高， 故三棱锥体积的最大值为：． （Ⅲ）在中，，， 所以， 同理，所以， 在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面，使之与平面共面，如图所示， 当，，共线时，取得最小值， 又因为，， 所以垂直平分，即为中点． 从而． 亦即的最小值为：． 【点评】本题主要考查了直线与直线、直线与平面的位置关系、锥体的体积的求法等基础知识，考查了空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查了数形结合思想、化归与转化思想，属于中档题． 33．（2023秋•金山区校级期中）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． 【分析】（1）利用圆柱的表面积公式即可求解； （2）利用线面垂直的判定定理和性质即可证明； （3）将平面旋转，使得，转化为同一平面内的两条线，然后三点共线时取最小值即可求解． 【解答】解：（1）圆柱的底面直径，故半径，且高， 故圆柱的表面积：； （2）证明：由于是底面圆的直径，所以， 由是圆柱的母线，所以平面， 又平面，所以， 且，所以平面， 又平面， 所以，得证； （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． 【点评】本题考查了圆柱的表面积公式，线面垂直的判定和性质，考查了数形结合思想，属于中档题． 34．（2023秋•浦东新区校级期中）在正方体中，已知，是棱上的动点（可与、重合）． （1）当是中点时，画出过，，的截面； （2）是否存在点在棱上，且满足面，并说明理由； （3）设，过，，三点的截面面积为，求函数的表达式并求出值域． 【分析】（1）作截面时，要注意截面的完整性，应画出截面与正方体各面所在平面的交线，确定两个平面的交线，关键在于确定两个平面的两个公共点，这两个公共点的连线就是两个平面的交线； （2）利用垂直面内两条相交直线和即可证明； （3）计算的面积时，利用了“相似三角形的面积比等于相似比的平方”的结论， 【解答】解：（1）当点是线段中点时，则与相交，设交点为，显然与也相交， 设交点为，则截面图形为梯形． 图形如图（3）所示： （2）当点与点重合时，满足面，证明如下： 正方体中，面，直线面， ，又，且， 面，直线面， 同理可证，，面 ，即，得证． （3）①当，即重合于点时，截面如图（1）所示： ； ②当，即重合于点时，截面如图（2）所示： ； ③当时，易知截面图形是一个等腰梯形，截面如图（3）所示： ， ， ，， 在等腰中，取的中点，连结，则为等腰底边上的高， ，，， ，又，且， ， ， 上述式子中，当时，； 当时，， 故， 且． 【点评】本题考查了立体几何的计算问题，通过图形的直观性并利用平面几何中的相关知识，解决平面截多面体所得图形的形状与性质．，有一定的难度． 一十四．平面与平面平行（共1小题） 35．（2023秋•浦东新区校级期中）在正方体中，，、分别是棱、、的中点，点在上且．则以下四个说法： ①平面；②平面；③、、三点共线；④平面平面． 其中说法正确的个数是　　 A．0 B．1 C．2 D．3 【分析】利用空间中线线，线面，面面，三点共线知识求解． 【解答】解：对于①：连接，，则，连接，，因为：， 易得，即平面，故①错误； 对于②：由①可知、在平面上，连接，，由题意知，， 所以四边形为平行四边形，所以，且平面，平面， 所以平面，故②正确； 对于③：由①知、、三点共线是正确的． 对于④：由①知平面，又平面， 所以平面平面是错误的，故④错误． 综上所述：②③正确，①④错误． 故选：． 【点评】本题考查空间中各要素的位置关系，属中档题． 一十五．平面与平面垂直（共2小题） 36．（2023秋•浦东新区校级期中）如图所示，平面四边形中，，，，将其沿对角线折成四面体，使平面平面，则下列说法中不正确的是　　 ①平面平面 ② ③平面平面 A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 【分析】由已知条件推导出平面，从而得到平面平面；由已知得，，从而平面， 进而；由平面，得平面平面；由平面，得平面不成立． 【解答】解：，平面平面， 平面， 平面， 平面平面，故①正确； 平面，， ， 又， 平面， 平面，，故②正确； 平面，平面， 平面平面，故③正确． 故选：． 【点评】本题考查命题真假的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养． 37．（2023秋•普陀区校级期中）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． 【分析】（1）由面面平行的性质定理和三角形的中位线定理，可得证明； （2）由面面垂直的性质定理推得平面，再由线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理得到所求； （3）当为的中点，即时，平面平面，由线面垂直的性质定理和面面垂直的判定定理，可得结论． 【解答】解：（1）证明：由平面平面，平面平面，平面平面， 可得， 又为的中点，则为的中点； （2）证明：由，可得为等边三角形， 又为的中点，可得， 又平面平面，平面平面， 可得平面，即有， 又，，则平面， 而平面，则平面平面； （3）当为的中点，即时，平面平面． 证明如下：连接，，交于点， 因为，且，可得四边形为平行四边形，则， 又为的中点，可得， 而平面，所以平面， 而平面，所以平面平面， 所以存在点，使得平面平面，且． 【点评】本题考查面面平行的性质和面面垂直的判定和性质，考查转化思想、推理能力，属于中档题． 一十六．点、线、面间的距离计算（共23小题） 38．（2023秋•嘉定区校级期中）在棱长为10的正方体中，为左侧面上一点，已知点到的距离为3，到的距离为2，则过点平行于的直线与正方体表面　　相交 A． B． C． D． 【分析】连接并延长，使其交于，确定点在上，再过点作平行线，与平面内线段交于点，进面判断． 【解答】解：过作于，，， 连接，延长交于，设， ，即，于是， 连接，过作，交于， 所以在平面内， 故选：． 【点评】本题考查了正方体结构特征，考查了直线与平面的位置关系，属于中档题． 39．（2022秋•浦东新区校级期中）如图，圆锥的轴截面是一个面积为1的等腰直角三角形，为弧上的一点，，为线段上的动点，则的最小值为　　 A． B． C．2 D． 【分析】由题意首先求得底面半径，然后将两个不在同一平面上的三角形放置在同一个平面上求最值即可． 【解答】解：圆锥的轴截面是一个面积为1的等腰直角三角形， ，， ，，底面圆的半径为， 据此可得，， 由等腰直角三角形的性质可知为等腰直角三角形， ， 将和放置在同一个平面上，如图所示， ， 可知的最小值为的长度， 此时的长度为两个三角形的高之和，即． 故选：． 【点评】本题主要考查圆锥的结构特征，空间想象能力的培养等知识，属基础题． 40．（2023秋•浦东新区校级期中）空间给定不共面的，，，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，，，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 　32　个． 【分析】按照四个点的位置不同分类讨论． 【解答】解：首先取3个点相等，不相等的那个点有4种取法． 然后分3个点到平面的距离相等，有以下2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1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，有6个． 所以共有8个． 综上满足条件的这样的平面共有个． 故答案为：32． 【点评】本题考查了空间点线面的关系，属于难题． 41．（2024春•普陀区校级期中）、、、分别是空间四边形的各边、、、的中点，若对角线，，则的值为　10　． 【分析】依次连接、、、，由已知得四边形为边长为1、2的平行四边形，由此能求出结果． 【解答】解：依次连接、、、 是中点，是中点，，且， 同理：，，，， 同理，，， 四边形为边长为1、2的平行四边形， 设，那么， 在中，由余弦定理有： ， 在中，由余弦定理有： ， 上述两式相加，得到： ． 故答案为：10． 【点评】本题考查两边平方和的求法，是中档题，解题时要注意余弦定理的合理运用． 42．（2023秋•浦东新区校级期中）设四边形为矩形，点为平面外一点，且平面，若，． （1）求与平面所成角的大小（用反三角函数表示）； （2）在边上是否存在一点，使得点到平面的距离为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； （3）若点是的中点，在内确定一点，使的值最小，并求此时的值． 【分析】（1）连接，由平面，可得即为与平面所成角的平面角，进而可得出答案； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可； （3）延长到，使得，连接，取的中点，连接，证明平面，可得，关于平面对称，则，进而可得出答案． 【解答】解：（1）连接， 因为平面，所以即为与平面所成的角， ， 则， 所以与平面所成角的大小为． （2）存在一点，使得点到平面的距离为，且， 如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则，0，，，2，，，0，，设，，，，， 故， 设平面的法向量为， 则有，可取， 则点到平面的距离为， 解得舍去）， 所以存在，且； （3）如图，延长到，使得，连接，取的中点，连接， 因为点是的中点，所以且， 因为平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面， 所以， 又，，，平面， 所以平面， 所以，关于平面对称， 则，当且仅当，，三点共线时取等号， 设，连接， 因为平面，平面平面，平面， 所以，所以， 因为，所以， 所以， 所以，所以， 因为，，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以． 【点评】本题考查空间向量在立体几何中的应用，属于难题． 43．（2023秋•崇明区校级期中）如图，三棱柱中，，底面，，． （1）求点到平面的距离； （2）若直线与距离为4，求与平面所成角的正弦值． 【分析】（1）由，，知平面，从而有平面平面，过作，交于点，可证平面，知即为所求，再利用平面几何知识求解即可； （2）连结，可证△，知，过作，交于，由题意知，，，设与平面所成角为，结合（1）中所得，知，得解． 【解答】解：（1）如图，因为底面，平面，所以， 又，，，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 过作，交于点， 因为平面平面，平面， 所以平面，即的长为点到平面的距离， 因为底面，面，所以， 又，所以， 因为，且，所以为的中点， 所以， 即点到平面的距离为2． （2）连结， 因为，，， 所以△，所以， 过作，交于，则为中点， 由直线与距离为4，知， 因为，所以， 由（1）知，点到平面距离也为2， 设与平面所成角为，则， 故与平面所成角的正弦值为． 【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理与性质定理，点到平面距离以及线面夹角的求法是解题的关键，考查空间立体感，推理论证能力和运算能力，属于难题． 44．（2023秋•长宁区校级期中）如图，长方体中中，，，，，分别为棱，的中点． （1）证明：平面平面； （2）求点到平面的距离． 【分析】（1）推导出，从而，由平面，得，由，得平面，由此能证明平面平面． （2）设点到平面的距离为，由，能求出点到平面的距离． 【解答】解：（1）证明：在和中，，，，， ，又，， ，， ， 平面，平面，， ，，平面， 平面，平面平面． （2）解：设点到平面的距离为， 由（1）得平面，故， 在中，， △中，， ，， 解得． 点到平面的距离为． 【点评】本题考查面面垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，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． 45．（2023秋•金山区校级期中）如图，在正三棱柱中，已知，、分别是、的中点． （1）求证：平面平面； （2）求证：平面平面，并求点到平面的距离． 【分析】（1）证明和，再由面面平行的判定定理得结论； （2）证明线面垂直，从而得到面面垂直，作出辅助线，再由面面垂直得到线面垂直，得到点到平面的距离为的长，求出答案． 【解答】证明：（1）连接，在正三棱柱中， 、分别是、的中点， ，且，故四边形为平行四边形， 得， 平面，平面， 平面， ，且，四边形为平行四边形， 故，， 又，，，， 则四边形为平行四边形，得， 平面，平面，平面， 又，，平面， 平面平面； （2）△为等边三角形，为的中点，， 又三棱柱为直三棱柱，平面， 平面，， ，，平面， 平面， 平面，平面平面， 过点作于点， 平面平面，平面平面，平面， 平面，故点到平面的距离为的长， ，是的中点， ，， 由勾股定理得， 故， 即点到平面的距离为． 【点评】本题考查平面与平面平行的判定与性质，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，训练了点到平面距离的求法，是中档题． 46．（2023秋•闵行区校级期中）如图，在直角梯形中，，，，点是的中点，现沿将平面折起，设． （1）当为直角时，求异面直线与所成角的大小； （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，在边上任取一点，把纸片沿折成直二面角，问点取何处时，使折起后两个端点、间的距离最短． 【分析】（1）用平移直线法求异面直线成角；（2）用三棱锥体积公式计算即可；（3）用余弦定理把表示为三角函数，通过正弦函数最值性求解即可． 【解答】解：（1）取中点，连接交于，连接、， 由题意知四边形为矩形，所以，所以， 因为，，所以，又因为，所以， 于是，，， 所以，于是， 所以当为直角时，异面直线与所成角的大小为． （2）因为的高为，所以三棱锥的体积为， 所以，于是或， 所以当为或时，三棱锥的体积为． （3）过作于，连接、、，因为平面平面，所以平面，设， 则，， 由余弦定理得， 所以，当时，即时，最小， 故当时，沿折起后、间的距离最短． 【点评】本题考查了异面直线成角问题，考查了三棱锥体积求法，考查了最值问题，属于中档题． 47．（2024春•普陀区校级期中）如图所示，四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点． （1）证明：平面； （2）设，三棱锥的体积，求到平面的距离． 【分析】（1）连接与，交于点，连接，由三角形的中位线定理和线面平行的判定定理，可得证明； （2）由等积法和三棱锥的体积公式，计算可得所求距离． 【解答】解：（1）证明：连接与，交于点，连接， 由为的中点，为的中点，可得为的中位线， 可得，而平面，平面， 则平面； （2）由三棱锥的体积，可得， 解得． 由平面，可得，而， 可得平面，则，， 设到平面的距离为， 由，可得， 解得． 【点评】本题考查线面平行的证明，以及点到平面的距离的求法，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题． 48．（2023秋•长宁区校级期中）用一个半径为12厘米圆心角为的扇形纸片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，求它的最高点到水平面的距离； （2）扇形纸片上（如图，是弧的中点，是弧的中点，卷成无底圆锥后，求异面直线与所成角的大小． 【分析】（1）设面为轴截面，过点作于点，在中求出的长度，即为它的最高点到水平面的距离； （2）先求出，利用向量夹角余弦公式求出，由此能求出异面直线与所成角的大小． 【解答】解：（1）如图所示， 设为轴截面，过点作于点， 则，解得， 在中，， ， ， 无底圆锥被一阵风吹倒后它的最高点到水平面的距离为． （2）如图， 是弧的中点，为等腰三角形， 则由（1）得，，且面， ， ， 异面直线与所成角的大小为． 【点评】本题考查圆锥的结构特征、等面积法、线面垂直的性质、异面直线所成角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 49．（2023秋•杨浦区校级期中）如图，为菱形外一点，平面，，为棱的中点． （1）求证：平面； （2）若，求到平面的距离． 【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】解：（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】本题考查异面直线所成角、直线到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，是中档题． 50．（2023秋•普陀区校级期中）如图，正方体，棱长为． （1）求证：平面； （2）设与平面的交点为，通过作图找出，并求的长； （3）点在侧面及其边界上运动，并且总是保持与垂直，则动点的轨迹为_____． 【分析】（1）由正方体的结构特征证明线线垂直，得到线面垂直； （2）由直线与平面相交找到点，再由三角形相似求的长； （3）由直线与平面垂直的判定及性质可得点的轨迹． 【解答】（1）证明：是正方体，平面，可得， 又，，平面，得， 同理可证，而，平面； （2）解：设，连接，在平面中，， 则点即为与平面的交点， 正方体的棱长为，， 由△，且，得； （3）解：由是正方体，得平面，则， 又，，可得，同理可得， 而，则平面， 若点在侧面及其边界上运动，并且总是保持与垂直，则的轨迹为平面与平面的交线，即为线段． 【点评】本题考查空间中直线与平面垂直的判定，考查点、线、面间的距离计算，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． 51．（2023秋•普陀区校级期中）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． 【解答】（1）证明：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． （2）解：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， 设点到平面的距离为， 则， 又，平面， 故， 由， 故点到平面的距离为． 【点评】本题主要考查面面垂直的证明，点到平面距离的求法，等体积法的应用，考查运算求解能力，属于中档题． 52．（2023秋•虹口区校级期中）如图，已知点在圆柱的底面圆的圆周上，为圆的直径，圆柱的表面积为，，． （1）求直线与平面所成角的正切值； （2）求点到平面的距离． 【分析】（1）根据圆柱的特征可得直线与平面的夹角，即为，然后利用圆柱的表面积为求出，求出即可； （2）利用等体积转化法即可求解． 【解答】解：（1）由题意知，直线与平面的夹角，即为， 易知，， 又，故，进而有，， 由圆柱的表面积为， 可得，故， 故直线与平面的夹角的正切值是； （2）设点到平面的距离为， 则，，， 因为平面，， 所以平面，即， 在△中，， 故， 所以，即点到平面的距离为． 【点评】本题考查线面角的定义及其求解，考查点到平面的距离以及等体积法的运用，考查运算求解能力，属于中档题． 53．（2023秋•闵行区期中）如图为某一几何体的展开图，其中是边长为6的正方形，，，，点，，，及，，，共线． （1）沿图中虚线将它们折叠起来，使，，，四点重合，请画出其直观图，试问需要几个这样的几何体才能拼成一个棱长为6的正方体？ （2）设正方体的棱的中点为，求平面与平面所成二面角（锐角）的余弦值； （3）在正方体的边上是否存在一点．使得点到平面的距离为，若存在，求出的值：若不存在，请说明理由． 【分析】（1）先还原为一个四棱锥，在正方体中观察； （2）延长与延长线交于点，连接，则为平面与平面的交线，作出二面角的平面角，计算即可； （3）假设点存在，作出点到平面的垂线段，然后计算的长，若，则点在边上，否则不在边上． 【解答】解：（1）图1左边是所求直观图，放到图1右边正方体中， 观察发现要3个这样的四棱锥才能拼成一个正方体； （2）如图（2）延长与延长线交于点，连接， 则为平面与平面的交线，作于，连接， 平面，平面，， 又，平面，． 是二面角的平面角． ，是中点，即，是中点， 正方体棱长为6， ，， △中，，， 平面与平面所成二面角（锐角）的余弦值； （3）满足题意的点不存在． 理由如下：假设存在点满足题意， 如图3，作于，平面，， 而，平面， 的长就是点到平面的距离．， ，由，得， ，，， 不在线段上， 假设错误，满足题意的点不存在． 【点评】本题考查多面体的展开图，考查二面角、点到平面的距离．立体几何中求角时要作出这个角的“平面角”，并证明，然后计算．点到平面的距离可能通过作此平面的垂线段计算，也可通过体积法求解，属中档题． 54．（2023秋•浦东新区校级期中）如图，在长方体中，，，． （1）求异面直线与所成的角； （2）求点到平面的距离． 【分析】（1）由异面直线所成角的定义和余弦定理，计算可得所求角； （2）由等积法和棱锥的体积公式，计算可得所求值． 【解答】解：（1）连接，可得，即为异面直线与所成的角． 由，，，可得，，， 在中，， 则异面直线与所成的角为； （2）设点到平面的距离为， 由，可得， 即，解得， 即点到平面的距离为． 【点评】本题考查异面直线所成角和点到平面的距离，考查转化思想和运算能力，属于中档题． 55．（2022秋•徐汇区校级期中）已知空间中三点，1，、，2，、，1，． （1）当与的夹角为钝角时，求的范围； （2）求原点到平面的距离． 【分析】（1）求出向量坐标，再利用向量夹角为钝角，结合向量数量积及向量共线定理即可求解． （2）求出平面的法向量，利用点到平面距离公式计算即可得解． 【解答】解：（1），1，、，1，、，2，， ， ，， 又与的夹角为钝角， ，且与不共线， ， ， 又当与共线时， 则存在实数，使得，，，，， ，解得，， 与不共线时，，又，， 的范围是，，； （2）由（1）知，， 设平面的法向量为， 则，取，又， 原点到平面的距离． 【点评】本题考查向量的数量积运算以及点到平面的距离计算，属于中档题． 56．（2022秋•普陀区校级期中）如图，在多面体中，四边形是菱形，、相交于点，，，平面平面，，点是的中点． （1）求证：直线平面； （2）若，，求点到平面的距离． 【分析】（1）先利用等腰三角形的“三线合一”得到，利用面面垂直的性质得到平面，再利用三角形的中位线、平行四边形的判定和性质得到，进而得到平面； （2）先利用线面平行的判定定理得到平面，将点到平面的距离等于点到平面的距离，再利用和体积公式进行求解． 【解答】证明：（1）连接、， 因为， 所以， 又因为面面，面面，面， 所以平面， 因为、分别为、的中点， 所以，且， 又因为，且， 所以，且， 即四边形为平行四边形， 所以，则平面； （2）解：因为，平面，平面，所以平面， 即点到平面的距离等于点到平面的距离， 设所求距离为，则， 由（1）得，， 则， 因为，，且， 所以， 因为，，且， 所以， 又，所以为等腰三角形， 且边的高为， 则， 所以， 解得， 即点到平面的距离为． 【点评】本题主要考查点、线、面间的距离计算，考查转化能力，属于中档题． 57．（2021秋•闵行区校级期中）在直三棱柱中，，，． （1）求异面直线与所成角正切值的大小； （2）求点与平面的距离． 【分析】（1）由已知可得，则为异面直线与所成角，证明平面，可得，即可求得异面直线与所成角正切值的大小； （2）连接，可得，证明平面，设点到平面的距离为，然后利用等体积法求点与平面的距离． 【解答】解：（1）在直三棱柱中，， 为异面直线与所成角， ，，， 又，， 平面，平面，， ，平面，而平面，则， ， 异面直线与所成角正切值的大小为； （2）连接，，， 平面，平面，， ，平面，而，则平面， 设点到平面的距离为， 由等体积法可得，，则， ，解得， 故点与平面的距离为． 【点评】本题考查异面直线所成角的求法，训练了利用等体积法求点到平面的距离，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． 58．（2022秋•黄浦区校级期中）如图，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）若点到平面的距离为，求正四棱柱的高； （3）在（2）的条件下，若正四棱柱侧面上存在点满足到线段的距离与到线段的距离相等，求的最小值． 【分析】（1）根据线面角的定义、异面直线所成角的定义，求出，的值，即可证明； （2）根据面面垂直的性质定理找到点在平面的射影的位置，利用相似三角形的性质即可求得答案； （3）建立合适的空间直角坐标系，设点的坐标，由题意求出点的轨迹方程，计算出的表达式，利用函数求解最值即可． 【解答】（1）证明：设正四棱柱的高为，因为底面， 所以，则， 因为，如图所示， 则，由勾股定理可知，，， 在等腰三角形中，底边上的高为， 所以， 故； （2）解：因为为与的交点，△是以为底边的等腰三角形， 所以，根据线面垂直的判定定理可知，平面， 由面面垂直的判定定理可知，平面平面，平面平面， 所以点在平面的射影在上，即， 在矩形中，， 因为△，则有，即，解得， 故正四棱柱的高为2； （3）解：以为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示， 设，，，因为平面， 故，由题意可知，，即，， 所以， 当时，有最大值1，此时，而也取最小值， 所以有最大值，故有最小值，最小值为， 所以的最小值为． 【点评】本题考查了线面角、面面角、棱柱高的求解，考查了空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想等，属中档题． 59．（2022秋•松江区校级期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的菱形，，平面，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求二面角的正切值； （3）求点到平面的距离． 【分析】（1）设，连接，接着证明，再由线面平行的判定定理即可证明； （2）过点作，垂足点为，连接，接着证明平面，从而得即为二面角的平面角，最后再解三角形即可得解； （3）在底面作，垂足为，点到平面的距离等于点到平面的距离，最后再解三角形即可得解． 【解答】解：（1）证明：设，连接， 是菱形，是中点，又为的中点， ，又平面，平面， 平面； （2）如图，过点作，垂足点为，连接， ，又平面， 平面．平面 ，又，， 平面，又平面， ，又，， 平面， 即为二面角的平面角， 底面是边长为1的菱形，，， 为等边三角形， ，又， ，， 在直角中，； （3）如图，在底面作，垂足为， 平面，平面， ，， 平面，又平面， 点到平面的距离等于点到平面的距离， 又在中， ， 即点到平面的距离为． 【点评】本题考查线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理，二面角的定义，点面距的求解，属中档题． 60．（2022秋•浦东新区校级期中）设正六棱锥的底面积为，高为，侧面积为， （1）将表示为的函数； （2）当时，求的正弦值； （3）将到平面的距离表示为的函数，并求的取值范围． 【分析】（1）由平面几何知识求得正六边形的边长，可求侧面的斜高，可求与的函数关系； （2）当时，可求得，进而由余弦定理得，进而求的正弦值； （3）利用等体积法求得点到面的距离，进而可求的取值范围． 【解答】解：（1）根据为正六棱锥，是底面正六边形的中心． 为正六边形，为等边三角形． 设底面边长为，则， ，，为等边三角形边上的高为． 侧面的边上的高，， ； （2）当时，可得，解得， ， ， ； （3）由为正六边形，， 由平面几何知， ， ， 由， 得， ，可得． 【点评】本题考查空间几何体的性质，考查点到面的距离的求法，考查余弦定理的应用，属中档题． 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 $$