期中专题07 立体几何初步小题综合（精选60题）-【百强名校好题】备战2024-2025学年高一数学下学期期中考试必刷题型分类汇编（人教A版2019）

期中专题07 立体几何初步小题综合 1．毡帐是蒙古族牧民居住的一种房子，内部木架结构，外部毛毡围拢，建造和搬迁都很方便，适合牧业和游牧生活．如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与一个圆柱的组合体，下半部分圆柱的高为2.5米；上半部分圆锥的母线长为米，轴截面（过圆锥轴的截面）是面积为平方米的等腰钝角三角形，则建造该毡帐（不含底面）需要毛毡（    ）平方米． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，利用圆锥的结构特征求出圆锥的高和底面半径，由此求出上半部分圆锥和下半部分圆柱的侧面积，进而计算可得答案. 【详解】根据题意，如图所示为该组合体上半部分为圆锥， 由于其母线长为米，轴截面是面积为平方米的等腰钝角三角形， 设其高为，底面半径为， 则有，解可得， 则上半部分圆锥的侧面积 下半部分圆柱的侧面积 则该组合体的表面积(不含底面) . 故选：A 2．在三棱锥中，平面，，为边长等于的正三角形，则三棱锥的外接球的表面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将三棱锥补形为一个直三棱柱,分别是上下底的外心，则的中点是外接球的球心，求出球半径后可得表面积． 【详解】易知的外接圆的半径为1，将三棱锥补形为一个直三棱柱， 如图，分别是上下底的外心，则的中点是外接球的球心， 由题设，易得底面外接圆半径，，则，即外接球的半径为， 其外接球的表面积是， 故选：D． 3．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，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，利用得到关于的方程，解方程即可得到答案. 【详解】如图，设，则， 由题意，即，化简得， 解得（负值舍去）. 故选：C. 【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题. 4．（多选）已知正四棱锥的底面边长为，高为3，则（    ） A．若点为正四棱锥外接球的球心，则四棱锥的体积为4 B．直径为1的球能够整体放入正四棱锥内 C．若点在底面内（包含边界）运动，为中点，则当平面时，点的轨迹长度为 D．若以点为球心，为半径的球的球面与正四棱锥的棱分别交于点，则四边形的面积为1 【答案】BCD 【分析】求出正四棱锥外接球的半径，计算出四棱锥体积即可判断A；由等体积法求出正四棱锥的内切球半径，即可判断B；由面面平行得出点的轨迹，即可判断C；判断出四边形为正方形，由余弦定理求出边长即可判断D． 【详解】如图所示，，连接交于点，则， 对于A，连接，则平面，，点在上， 因为平面，所以，设正四棱锥外接球的半径为， 在中，，即，解得， 所以，则，故A错误； 对于B，取中点，连接，则， 所以， 则， 由正四棱锥得，， 设正四棱锥的内切球半径为， 则， 所以，则， 所以直径为1的球能够整体放入正四棱锥内，故B正确； 对于C，取的中点，连接，则， 因为四边形为正方形，所以， 又的中点为，所以， 所以四边形为平行四边形，则，， 因为平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 又平面，且， 所以平面平面， 因为平面，且平面， 所以平面，又平面，平面平面， 所以，即点的轨迹为，所以点的轨迹长度为，故C正确； 对于D，以点为球心，为半径的球的球面与正四棱锥的棱分别交于点，则， 所以，则四边形为正方形， 由正四棱锥得，， 由已知得，， 在中， 在中，，得， 所以，所以正方形的面积为1，故D正确； 故选：BCD． 5．（多选）在矩形中，，，沿矩形对角线将折起形成四面体.则在这个过程中，下列结论中正确的是（） A．当时， B．四面体的体积的最大值为 C．与平面所成的角可能为 D．四面体的外接球的体积为定值 【答案】ABD 【分析】证明平面得线线垂直判断A，当平面平面时，四面体的体积最大，求出体积判断B，此时与平面所成的角最大，求出角的范围后判断C，确定球心位置，求出外接球的体积判断D. 【详解】对于A：当时，又因为平面， 所以平面，又平面，所以，故正确； 对于：当平面平面时，四面体的体积最大， 在中根据等面积法可得到平面的距离满足， 所以，故B正确： 对于C：当平面平面时与平面所成的角最大， 此时，即，故C错误； 对于D：因为和都是直角三角形且共斜边， 所以斜边中点到A，，，距离相等， 所以四面体的外接球的半径， 所以四面体的外接球的体积为定值，D正确. 故选：ABD. 6．（多选）在三棱锥中，已知，点M，N分别是AD，BC的中点，则（     ） A． B．异面直线AN，CM所成的角的余弦值是 C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的外接球的表面积为 【答案】ABD 【分析】将三棱锥补形为长方体，向量法求直线的夹角判断A，B；利用体积公式求三棱锥的体积判断C；确定三棱锥的外接球的半径，求表面积判断D. 【详解】三棱锥中，已知， 三棱锥补形为长方体，如图所示， 则有，解得， 以为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 点M，N分别是AD，BC的中点， 则有， ，， ，，， 所以，A选项正确； ，， ， 所以异面直线AN，CM所成的角的余弦值是，B选项正确； 三棱锥，三棱锥，三棱锥，三棱锥，体积都为， 三棱锥的体积等于长方体体积减去这四个三棱锥体积，为，C选项错误； 长方体的外接球的半径为，这个外接球也是三棱锥的外接球， 其表面积为，D选项正确. 故选：ABD. 7．如图，已知是水平放置的用斜二测画法画出的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则的边上的高为 ． 【答案】 【分析】根据题意，设原图中边AB上的高为h，设AB=x，用x表示直观图的面积，结合原图面积与直观图面积的关系分析可得关于h的方程，解可得答案. 【详解】根据题意，设原图中边AB上的高为h，设AB=x， 直观图中，， 由于轴，则的面积， 故原图的面积， 又由，则有， 解得，即的边AB上的高为. 故答案为：. 8．在棱长为1的正方体中，点是该正方体表面及其内部的一个动点，且平面，则线段的长的取值范围是 ． 【答案】 【分析】证明平面平面，得点的轨迹，由此可得的最大值为的长，最小值为到平面的距离，求出距离后可得． 【详解】连接，正方体中由与平行且相等得是平行四边形，从而， 又平面，平面，所以平面，同理平面， 又，平面，所以平面平面， 平面，则平面， 所以动点的轨迹形成的区域为的边界及内部，的最大值为即的长， 的最小值为到平面的距离， 连接交于点，连接交于点，， 由平面，平面，得， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以，同理， 又因为，平面，所以平面， 同理可证，所以，从而， 故线段的长的取值范围是． 故答案为：． 9．四棱锥的底面是边长为1的正方形，如图所示，点是棱上一点，，若且满足平面，则    【答案】 【分析】连接BD，交AC于点O，连接OE，利用中位线性质和线面平行的判定证明平面ACE，结合平面ACE，则证明平面平面ACE，再利用利用面面平行的性质则有，即可得到答案. 【详解】如图，连接BD，交AC于点O，连接OE，由是正方形，得， 在线段PE取点G，使得，由，得， 连接BG，FG，则，由平面，平面， 得平面，而平面，，平面， 因此平面平面，又平面平面，平面平面，则， 所以. 故答案为：    10．如图所示，在棱长为的正方体中，点是平面内的动点，满足，则直线与平面所成角正切值的最大值为 .    【答案】 【分析】在正方体上“堆叠”一个与之全等的正方体，连接、，设在平面的射影为，连接，则即为直线与平面所成角，在平面上的射影为，求出点的轨迹，再结合平面几何的性质即可得解． 【详解】如图所示， 在正方体上“堆叠”一个与之全等的正方体， 连接、，易知四边形是菱形， 设在平面的射影为， 由正三棱锥可知，点是△的外心， ，则， 由，得， 所以，再结合，得， 从而的轨迹是（平面上）以为圆心，为半径的圆，记为圆， 同理，在平面（即平面上的射影为的外心， 连接，则在平面上的射影为， 进而即为直线与平面所成角，记， 则，其中为定值， 而对于，由圆的几何知识可知，当运动到线段且与圆相交时， 取得最小值，记相交于Q,易知， 则， 此时取得最大值为． 故答案为：．    【点睛】关键点点睛:本题考查空间中点的轨迹及线面角，关键是确定在平面上的轨迹为圆. 一、单选题 11．如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边于地面上，再将容器倾斜．随着倾斜度的不同，有下面五个命题： ①有水的部分始终呈棱柱形； ②没有水的部分始终呈棱柱形； ③水面所在四边形的面积为定值； ④棱始终与水面所在平面平行； ⑤当容器倾斜如图3所示时，是定值． 其中正确命题的个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】根据棱柱的定义判定①②，利用线面垂直的性质定理可得水面是矩形判定③，利用线面平行的判定定理判断④，利用等体积法判断⑤即可. 【详解】根据棱柱的定义：有两个面是相互平行且是全等的多边形，其余没相邻两个面的交线也相互平行，而这些面都是平行四边形可知， 由于边固定，所以在倾斜的过程中，始终有，且平面平面， 所以在倾斜的过程中有水的部分始终呈棱柱形，同理没有水的部分始终呈棱柱形，①②正确； 在倾斜的过程中，，长度不变，不断变化， 又因为，所以始终垂直于平面，又平面，所以水面是矩形， 所以水面所在四边形的面积不是定值，③说法错误； 因为在倾斜的过程中，始终与平行，且水面，水面，所以棱始终与水面所在平面平行，④说法正确； 因为水的体积是不变的，正三棱柱的高始终是也不变， 所以底面面积也不会变，即是定值，⑤说法正确； 综上正确的是：①②④⑤， 故选：C 12．西流湖公园今年春天成为了网红打卡地，公园里不仅有美丽的景色，各种亭台楼阁也是各有特色.十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，图1中的角楼的顶部即为十字歇山顶．其上部可视为由两个相同的直三棱柱交叠而成的几何体（图2）．这两个直三棱柱有一个公共侧面．在底面中，若，，则该几何体的体积为（    ） A．88 B． C．64 D． 【答案】C 【分析】根据题意，得到几何体为直三棱柱和两个三棱锥，结合柱体和锥体的体积公式，准确计算，即可求解. 【详解】如图所示，几何体为直三棱柱和两个三棱锥构成的几何体， 设直三棱柱的底面的面积为，高为， 因为，可得， 且， 所以几何体的体积为 . 故选：C. 13．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体.已知，则关于图中的半正多面体，下列说法正确的有（    ） A．该半正多面体的体积为 B．该半正多面体过，，三点的截面面积为 C．该半正多面体外接球的表面积为 D．该半正多面体的表面积为 【答案】D 【分析】先将该半正多面体补形为正方体，利用正方体与棱锥的体积公式判断A，利用该半正多面体的对称性，得到截面为正六边形与外接球的球心位置，从而判断BC，利用正三角形与正方体的面积公式判断D. 【详解】A：如图，因为， 所以该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的， 所以该半正多面体的体积为：，故A错误； B：根据该半正多面体的对称性可知，过三点的截面为正六边形， 又，所以正六边形面积为，故B错误； C：根据该半正多面体的对称性可知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心， 即正六边形的中心，故半径为， 所以该半正多面体外接球的表面积为，故C错误； D：因为该半正多面体的八个面为正三角形、六个面为正方形，棱长皆为， 所以其表面积为，故D正确. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键有二，一是将该半正多面体补形为正方体，二是充分利用该半正多面体的对称性，从而得解. 14．如图，在正方体中，分别是的中点，有四个结论：    ①与是异面直线； ②相交于一点； ③； ④平面. 其中错误的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据两平行线可确定一个平面判断①；根据两条直线的交点在第三条直线上判断②；由题意可证为平行四边形，可知，可判断③；由③的线线平行可证线面平行，判断④. 【详解】    对于①，连接，在正方体中，因为，且， 所以，四边形为平行四边形， 所以， 又因为分别是的中点， 所以，所以， 所以与是相交直线，故①错误；    对于②，因为与是相交直线，设交点为， 因为面，所以面， 又面，所以面， 又因为平面平面， 所以，所以相交于一点，故②错误， 对于③，令，故为中点，    因为，分别是，的中点， 所以，又， 则为平行四边形， 所以，而，所以与异面，故③错误； 对于④，由③知，， 又因为平面，平面， 所以平面，即平面，故④正确. 故选：C 15．如图（1）所示，已知点在抛物线上，过作轴于点，且．将曲边三角形如图（2）所示放置，并将曲边三角形沿平面的垂线方向平移一个单位长度（即），得到相应的几何体．取一个底面面积为高为的正四棱锥放在平面上如图（3）所示，这时，平面平面，现用平行于平面的任意一个平面去截这两个几何体，截面分别为矩形，四边形，截面与平面的距离为），试用祖暅原理，求曲边三角形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意得到矩形与四边形的面积相等，再借助祖暅原理求解即可. 【详解】由题意得，在图（2）中，当时，，而， 则矩形的面积为， 在正四棱锥中，截面四边形为正方形，其中心为， 令正方形的中心为，则点共线， 连接，，如图 平面平面，平面平面，平面平面，因此，， 于是， 而，则， 由祖暅原理知， 而几何体可视为以曲边三角形为底面，为高的柱体， 其体积为， 所以曲边三角形的面积为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何与抛物线性质.其中关键点是求得正四棱锥中的四边形与矩形面积始终相等，再由祖暅原理即可得到答案. 16．已知圆台的上、下底面的圆心分别为，，母线（点位于上底面），且，圆的周长为，一只蚂蚁从点A出发沿着圆台侧面爬行一周到点B，则其爬行的最短路程为（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】B 【分析】将圆台侧面展开成平面图形，在平面扇环中分析计算即得. 【详解】将圆台的侧面沿着母线剪开，展成平面图形，延长交于点，连接，如图， 显然弧的长为，弧的长为，设，则，， 则，即，得，于是是的中点，， 因此是等边三角形，有，且与弧相切，则在此侧面展开图内， 所以蚂蚁爬行的最短路线即线段，. 故选：B 17．如图所示，在棱长为1的正方体中，点E，F分别是棱BC，的中点，是侧面内一点，若平面AEF.则线段长度的最大值与最小值之和为（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据三角形中位线可得线线平行即可求证平面平面，由题意知点必在线段上，由此可判断在或处时最长，位于线段中点处时最短，通过解直角三角形即可求得． 【详解】如下图所示： 分别取棱、的中点、，连接，连接， 、、、为所在棱的中点，，， ，又平面，平面， 平面； ，，四边形为平行四边形， ，又平面，平面， 平面， 又，平面平面， 是侧面内一点，且平面， 则必在线段上， 在中，， 同理，在中，求得， 为等腰三角形， 当在中点时，此时最短，位于、处时最长， ， ， 所以线段长度的是大值与最小值之和为，． 故选：C． 18．如图，一个正四棱锥的五个顶点都在球面上，且底面经过球心.若，则球的表面积是 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意可知，平面，并且是半径，由体积求出半径，然后求出球的表面积． 【详解】设球的半径为，则，得， ∴. 故选C 【点睛】本题考查球的内接体问题，球的表面积、体积，考查学生空间想象能力，属于中档题． 19．已知正方体边长为1，点分别在线段和上，，动点在线段上，且满足，分别记二面角，的平面角为，则总有（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作出三个二面角的平面角，求出其正切值后比较大小可得． 【详解】 作平面，垂足为，则， 因为平面， 所以， 作，，，垂足分别为， 连接，由于，平面，平面， 所以平面， 又平面，从而， 所以，同理，， 所以，，， 因为点是正方形对角线的交点，所以， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面，平面， 所以平面， 就是在平面上的射影，， 又，， 且， 则， 由得， 从而，所以， 所以，又，所以. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：关键是作出二面角的平面角，然后求出角的正切值，再利用正方体的性质比较线段长的大小，从而可得结论． 20．柏拉图多面体是指每个面都是全等正多边形的正多面体，具有严格对称，结构等价的特点．如图是棱长均为2的柏拉图多面体PABCDQ，已知四边形ABCD为正方形，O，E分别为PQ，CQ的中点，则点A到平面OEB的距离为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】B 【分析】由三棱锥等体积法，可得，运算得解. 【详解】连接，如图所示.因为分别为的中点， 所以为的中位线，所以， 因为为正三角形的中线，所以，, 所以，所以为直角三角形，即， 所以．因为， 所以到平面的距离为， 设到平面的距离为，因为， 所以， 所以，所以． 故选：B. 21．如图，在长方体中，已知，，E为的中点，则异面直线BD与CE所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据异面直线所成角的定义，利用几何法找到所成角，结合余弦定理即可求解. 【详解】取的中点F，连接EF，CF，，易知，所以为异面直线BD与CE所成的角或其补角.因为，，所以由余弦定理得. 故选：C 22．如图，这是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为，山高为是山坡上一点，且．现要建设一条从到的环山观光公路，这条公路从出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，公路上坡路段长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用圆锥的侧面展开图，利用两点间的距离，结合图象，求最小值． 【详解】依题意，半径为，山高为，则母线， 底面圆周长，则圆锥侧面展开图扇形的圆心角， 如图，是圆锥侧面展开图， 显然， 由点向引垂线，垂足为点，此时为点和线段上的点连线的最小值， 即点为公路的最高点，段为上坡路段，段为下坡路段， 由直角三角形射影定理知，即，解得， 所以公路上坡路段长为． 故选：D 23．如图，已知圆锥的底面圆心为，半径，表面积为，设母线PB中点为，从点沿圆锥表面到的最近路线长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用表面积公式求出母线长，然后将侧面展开，利用余弦定理可得. 【详解】设圆锥的母线长为，由题知，解得， 将圆锥侧面展开如图，因为，所以， 所以， 所以. 故选：D 24．在直角三角形中，已知，以为旋转轴将旋转一周，边形成的面所围成的旋转体是一个圆锥，则经过该圆锥任意两条母线的截面三角形的面积的最大值为（    ） A． B．4 C． D．6 【答案】D 【分析】求出母线长，设该圆锥任意两条母线的夹角为，根据三角形面积公式和正弦函数的性质即可求解. 【详解】如图，在中，， ，可得圆锥轴截面的顶角为， 设该圆锥任意两条母线的夹角为， 经过该圆锥任意两条母线的截面三角形的面积为， 当时，面积最大值为6. 故选：D． 25．已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解. 【详解】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥， ，又，分别为、中点， ，，又，平面，平面，，为正方体一部分，，即 ，故选D． 解法二: 设，分别为中点， ，且，为边长为2的等边三角形， 又 中余弦定理，作于，， 为中点，，， ，，又，两两垂直，，，，故选D. 【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决． 26．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解. 【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为， 则， 所以， 又， 则， 所以， 所以甲圆锥的高， 乙圆锥的高， 所以. 故选：C. 27．《九章算术》中关于“刍童”（上、下底面均为矩形的棱台）体积计算的注释：将上底面的长乘以二与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘，将下底面的长乘以二与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘，把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一，现有“刍童”，其上、下底面均为正方形，若，且每条侧棱长均为，则该“刍童”的体积为（    ） A．224 B．448 C．147 D． 【答案】D 【分析】根据题意结合图形得到求得该刍童的高，进而根据刍童的体积公式即可求得结果． 【详解】连接，交于点，连接，交于点，连接，过作，如图， ． 因为“刍童” 上、下底面均为正方形，所以底面，又，所以底面， 因为，所以， 易知四边形是等腰梯形，则， 所以在中，则，即“刍童” 的高为， 则该刍童的体积． 故选：D． 28．在矩形中，，，沿对角线将折起，使点到达点（平面）的位置，连接，形成四面体.则在折起的过程中，四面体的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意确定外接球球心的位置，进而求出外接球的半径，再求出体积即可. 【详解】 如图，在原矩形中，因为，， 所以，设与交于点， 则是Rt和的外心， 所以， 所以为四面体的外接球的球心，且外接球半径， 则在折起的过程中，四面体的外接球的体积为：. 故选：C. 29．如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法错误的是（    ） A．四点共面 B． C．三线共点 D． 【答案】D 【分析】对于AB，利用线线平行的传递性与平面公理的推论即可判断；对于C，利用平面公理判断得，的交点在，从而可判断；对于D，举反例即可判断. 【详解】对于AB，如图，连接，， 因为是的中位线，所以， 因为，且，所以四边形是平行四边形， 所以，所以，所以四点共面，故AB正确； 对于C，如图，延长，相交于点， 因为，平面，所以平面， 因为，平面，所以平面， 因为平面平面， 所以，所以三线共点，故C正确； 对于D，因为，当时，， 又，则，故D错误. 故选：D. 30．如图，在直三棱柱中，，P为线段的中点，Q为线段（包括端点）上一点，则的面积的最大值为（    ）    A． B． C．2 D． 【答案】A 【分析】如图，根据线面垂直的判定定理与性质可得，确定的最大值，即可求解△BCQ面积的最大值. 【详解】取AB的中点E，连接CE，过Q作，垂足为M， 过M作，垂足为N，连接QN，PE，    则，且，点E到BC的距离为. 由直三棱柱的性质知平面ABC， 所以平面ABC，MN，平面ABC， 则，，且，QM，平面QMN， 所以平面QMN，且平面QMN， 则，可知， 当且仅当点Q与点P重合时，等号成立， 所以面积的最大值为. 故选：A. 31．中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，垂直于底面，，底面扇环所对的圆心角为，弧的长度是弧长度的3倍，，则下列说法正确的是（    ） A．曲池的表面积为 B．曲池的体积为 C．曲池的表面积为 D．曲池的体积为 【答案】C 【分析】由图形结合几何知识底面扇环面积，后可得表面积及体积，即可判断选项正误. 【详解】如图，设弧BC对应圆半径为，则弧AD对应圆半径为. 因弧的长度是弧长度的3倍，则. 则，得底面扇环面积为：. 则曲池的体积为，故BD错误； 曲面面积为，曲面面积为， 底面面积为，平面与平面面积之和为. 则曲池的表面积为.故A错误，C正确. 故选：C 32．在三棱锥中，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，，则该三棱锥的外接球的半径为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设中点为，连接，过点作，进而根据已知条件证明三棱锥的外接球的球心在上，再设外接球的半径为，球心为，中点为，连接，再根据几何关系得，进而代入数据计算即可得答案 【详解】设中点为，连接， 因为是以为斜边的等腰直角三角形， 所以，， 过点作， 因为平面平面，平面平面,平面，平面， 所以平面，平面， 所以三棱锥的外接球的球心在上，设外接球的半径为， 则由得，由得， 又因为， 所以为等腰直角三角形， 设球心为，中点为，连接， 则， 所以， 即，解得， 故选：B 二、多选题 33．如图，在菱形中，分别为的中点，将菱形沿对角线折起，使点不在平面内.在翻折的过程中，下列结论正确的有（    ） A．平面 B．异面直线与所成角为定值 C．设菱形边长为，当二面角为时，三棱锥的外接球表面积为 D．若存在某个位置，使得直线与直线垂直，则的取值范围是 【答案】ABC 【分析】据题意，证得，证得平面，可判定A正确；证得平面，证得，得到，可判定B正确；取的中心，设外接球的球心为，根据球的截面圆的性质，求得外接球半径为，可判定C正确；分为直角和钝角时，结合在线段的关系，结合，可判定D错误． 【详解】对于A，∵，分别为菱形的边，的中点， ∴，又平面，平面，∴平面，故A正确； 对于B，取中点，连接，如图，则，， 平面，∴平面，而平面， ∴，∴，即异面直线与所成的角为90°，B正确； 对于C，取的中心，设外接球的球心为， 连接平面，平面，连接，并延长交于点， 因为的边长为，可得，则， 又因为，当二面角为时，可得， 在直角中，可得， 在直角中，可得，即外接球半径为， 所以外接球的表面积为，所以C正确； 对于D，过作，垂足为，若为锐角，在线段上； 若为直角，则与重合；若为钝角，则在线段的延长线上， 若存在某个位置，使得直线与直线垂直，因为，所以平面， 因为平面，所以， 若为直角，与重合，所以， 在中，因为，所以不可能成立，即为直角不可能成立； 若为钝角，在线段的延长线上，则在菱形中，为锐角， 由于立体图中，所以立体图中一定小于平面图中的， 所以为锐角，，故点在线段上与H在线段的延长线上矛盾， 因此不可能是钝角； 当的取值范围是时，在线段上，在翻折的过程中，一定存在某个位置，使得点D在平面的投影落在上，符合题意； 综上,的取值范围是，所以D错误． 故选：ABC. 【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法： （1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； （2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； （3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 34．已知正四棱柱的底面边长为2，球O与正四棱柱的上、下底面及侧棱都相切，P为平面上一点，且直线BP与球O相切，则（　　） A．球O的表面积为 B．直线与BP夹角等于 C．该正四棱柱的侧面积为 D．侧面与球面的交线长为 【答案】BCD 【分析】根据正四棱柱的几何性质再结合内切球性质，应用异面直线所成角，分别判断各个选项即可. 【详解】如图，设球O与下底面相切于点，则平面ABCD， 因为球O与正四棱柱的侧棱相切，所以其半径， 所以，四棱柱的侧面积为，故选项A错误，C正确． 依题意，，BP均为球O的切线，经过球心O，所以由球的对称性可得， 又，，所以，选项B正确． 对于选项D，棱的中点F，即球O与棱的切点应为交线上的点， 故交线应为过F的圆，截面圆的圆心即为矩形的中心E， 在中，，， 所以截面圆半径，则侧面与球面的交线长为，选项D正确． 故选：BCD． .       35．已知直三棱柱中，，点分别为棱的中点，是线段上（包含端点）的动点，则下列说法正确的是（    ） A．直三棱柱外接球的半径为2 B．三棱锥的体积与的位置无关 C．若为的中点，则过三点的平面截三棱柱所得截面为等腰梯形 D．一只虫子由表面从点爬到点的最近距离为 【答案】ABD 【分析】借助长方体判断A；利用等体积法判断B；通过中位线证明截面为梯形，利用勾股定理求出两腰，进而判断C；分情况讨论，比较最短距离，可判断D. 【详解】对于A，因为，三棱柱为直三棱柱，    如图，故该三棱柱为长方体的一半，如图： 所以直三棱柱外接球即为长方体外接球， 因为， 所以其外接球半径为，故A正确； 对于B，如图：   ， 因为分别为的中点，所以， 又点在上，所以到的距离为定值， 故的面积为定值，故三棱锥的体积与的位置无关，故B正确； 对于C，如图，连接，    因为分别为的中点， 所以，且， 又因为，且，所以，且， 过三点的平面截三棱柱所得截面为梯形， 又， 所以，所以， 所以,所以， 所以四边形不是等腰梯形，故C错误； 对于D，若一只虫子由表面从点经过爬到点，如图1，则爬过的最小距离：为；    若一只虫子由表面从点经过爬到点，如图2，则爬过的最小距离为：；    若一只虫子由表面从点经过爬到点，如图3，则爬过的最小距离为：，    若一只虫子由表面从点经过爬到点，如图4， 过作，交于点， 因为为中点，所以 ，所以， 在中，则爬过的最小距离为： ，    故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题D选项关键要找出虫子的几条路线，然后分别求最短距离. 36．图1中的扫地机器人的外形是按照如下方法设计的：先画一个正三角形，再以正三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形．德国工程师勒洛首先发现这个曲边三角形能够像圆一样当作轮子用，故称其为“勒洛三角形”．将其推广到空间，如图2，以正四面体的四个顶点为球心，以正四面休的校长为半径的四个球的相交部分围成的几何体叫做“勒洛四面休”．则下列结论正确的是（    ） A．若正三角形的边长为，则勒洛三角形面积为 B．若正三角形的边长为，则勒洛三角形的面积比正三角形的面积大 C．若正四面体的棱长为2，则勒洛四面体能容纳的最大球的半径为 D．若正四面体的棱长为2，则勒洛四面体表面上交线的长度小于 【答案】BC 【分析】对于A，由图可知勒洛三角形的面积为个扇形面积减去个正三角形面积，对于B，根据扇形的面积公式计算判断，对于C，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，由于正四面体的棱长为，其可以在棱长为的正方体中截出，从而可求得结果，对于D，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线所在圆的圆心为的中点，然后利用余弦定理求解. 【详解】A选项：由题意可知：， 以为圆心的扇形面积是，的面积是， 则勒洛三角形的面积为个扇形面积减去个正三角形面积， 即，所以A错误； B选项：设圆半径为，如图，    易得的面积为， 阴影部分面积为，B正确； C选项：根据题意，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切， 设点为该球与勒洛四面体的一个切点，为该球球心，    所以，由四面体的性质可知该球球心为正四面体的中心，半径为， 连接，则，，三点共线，此时，为正四面体的外接球的半径， 由于正四面体的棱长为，其可以在棱长为的正方体中截出， 所以正四面体的外接球的半径为棱长的正方体的外接球半径，即正方体体对角线的一半， 所以，则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径；C正确； D选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线所在圆的圆心为的中点， 故，又， 由余弦定理得：， 故，且半径为，故交线的长度大于， D错误； 故选：BC 37．正月十五元宵节，中国民间有观赏花灯的习俗．在2024年元宵节，小明制作了一个“半正多面体”形状的花灯（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．图2是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为2．关于该半正多面体的四个结论中正确结论的是（    ） A．棱长为 B．两条棱所在直线异面时，这两条异面直线所成角的大小是60° C．表面积为 D．外接球的体积为 【答案】AC 【分析】注意到棱长总是一个等腰直角三角形的斜边，即可通过直角边的长度判断A正确；可以找到一对位于正方形相对的面上的两条垂直且异面的棱，得到B错误；根据该几何体每种面（正三角形和正方形）各自的数量和面积，可以计算出该几何体的表面积，从而判断出C正确；直接证明正方形的中心到该几何体每个顶点的距离都相等，并计算出距离，即可求出外接球的体积，得到D错误. 【详解】如图所示： 该几何体的每条棱都是的一个等腰直角三角形的斜边，且该等腰直角三角形的直角边长度为正方体边长的一半， 故该等腰直角三角形的直角边长度为1，从而该几何体的每条棱的长度都是，A正确； 若为该几何体位于正方体的一组相对的面上的两个平行的棱，为该几何体位于正方体的同一个面的两条棱， 则，平行于，异面且， 这意味着存在一对异面的棱所成角是直角，B错误； 该几何体一共有14个面，其中6个是正方形，8个是正三角形，边长均为， 故每个正方形的面积都是，每个正三角形的面积都是， 故表面积为，C正确； 设正方体的中心为，由于对该几何体的任意一个顶点都是正方体的某条边的中点， 故到该几何体的任意一个顶点的距离都是正方体边长的倍，即. 这意味着以为球心，半径为的球是该几何体的外接球， 从而外接球的体积，D错误. 从而全部正确的结论是AC. 故选：AC. 38．如图，过直三棱柱的棱作截面分别与棱，相交于，（，不与顶点重合），则下列判断正确的有（    ）    A． B．直线与直线共面 C．几何体为棱台 D．当为中点时，几何体与三棱柱的体积之比为 【答案】ACD 【分析】由线面平行的性质定理可判断A；直线与直线为异面直线可判断B；由棱台的性质可判断C；由棱台和棱柱的体积公式可判断D. 【详解】对于A，因为，平面，平面， 所以平面，又因为平面， 又因为平面平面，所以，又因为 所以，故A正确； 对于B，因为平面，平面，平面， 所以直线与直线为异面直线，故B错误； 对于C，因为，所以， 又因为，所以， 又因为，将延长能交于一点，故C正确； 对于D，由C选项知，当为中点时，几何体为三棱台， 设，则， 所以几何体的体积为 三棱柱的体积， 所以，故D正确. 故选：ACD. 39．中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，垂直于底面，，底面扇环所对的圆心角为，弧的长度是弧长度的3倍，，则下列说法正确的是（   ） A．弧长度为 B．曲池的体积为 C．曲池的表面积为 D．三棱锥的体积为5 【答案】ACD 【分析】设弧所在圆的半径为，弧所在圆的半径为，根据弧的长度是弧长度的倍及求出、，再根据体积、表面积公式计算可得. 【详解】设弧所在圆的半径为，弧所在圆的半径为， 因为弧的长度是弧长度的倍，，即， ，，， 所以弧的长度为，故A正确； 曲池的体积为，故B错误； 曲池的表面积为 ，故C正确； 三棱锥的体积为，故D正确． 故选：ACD． 40．如图，在直四棱柱中，底面为菱形，为的中点，点满足，则下列结论正确的是（    ） A．若，则四面体的体积为定值 B．若的外心为，则为定值2 C．若，则点的轨迹长度为 D．若且，则存在点，使得的最小值为 【答案】ACD 【分析】A选项，作出辅助线，结合空间向量基本定理得到三点共线，得到平面，故点为平面的距离为定值，四面体的体积为定值，A正确；B选项，作出辅助线，结合空间向量数量积的几何意义得到；C选项，建立空间直角坐标系，设，表达出，故点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，落在正方形内的部分，结合弧长公式求出答案；D选项，求出，，得到，画出图形，数形结合得到其最小值. 【详解】A选项，在上分别取，使得，， 因为，所以， 因为，所以，即， 故，即， 所以三点共线， 因为，，所以， 故平面，故点为平面的距离为定值， 又为定值，故四面体的体积为定值，A正确；    B选项，取的中点，因为的外心为，所以⊥， 又题意得， 则，B错误；    C选项，取的中点，因为底面为菱形，， 故⊥， 以为坐标原点，以，分别为轴，建立空间直角坐标系， 故，设， 则， 化简得， 点满足， 即点在正方形内，包括边界， 故点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，落在正方形内的部分， 如图所示：    因为，，故， 故为等腰直角三角形，， 故点的轨迹长度为，C正确； D选项，若且，， 即，即， 又，，设， 设，即， 解得，即， ， 如图所示，    设，且⊥，⊥， 在线段上取一点，设，则， 故， 显然，直接连接，此时取得最小值，最小值即为， 由勾股定理得， 故的最小值为， D正确. 故选：ACD 【点睛】空间向量解决几何最值问题，通常有两种思路： ①形化，即用空间向量的几何意义将问题转化为空间几何中的最值或取值范围问题，然后根据图形的特征直接进行求解； ②数化，即利用空间向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解. 41．如图，在棱长为的正四面体中，点，分别为和的重心，为线段上一点．则下列结论正确的是（    ） A．若平面，则 B．若平面，则三棱锥的体积为 C．若为线段的中点，且平面，则 D．的最小值为2 【答案】BC 【分析】由题设易知为正四面体内切球的球心且半径为，应用等体积法可得，即可判断A；结合A可知，即可判断B；根据线面平行的性质得到，设，根据平面向量线性运算得到、，再由求出参数即可判断C；正四面体侧面重心的性质知平面，根据线面垂直的性质有，，即可判断D. 【详解】对于A： 在正四面体中平面，所以， 则点为正四面体内切球的球心， ，则. 设正四面体内切球的半径为， 因为， 所以， 解得，而， 所以，故，故A错误. 对于B： 由A知，故B正确； 对于C： 若为线段的中点，且平面， 又平面平面，平面，所以， 因为 ， 设， 则. 因为，故，即， 又、不共线， 所以，解得，故，故C正确； 对于D：因为平面，平面， 所以，. 当与重合时，取得最小值，最小值为，故D错误. 故选：BC 42．约翰逊多面体是指除了正多面体、半正多面体（包括13种阿基米德多面体、无穷多种侧棱与底棱相等的正棱柱、无穷多种正反棱柱）以外，所有由正多边形面组成的凸多面体．其中，由正多边形构成的台塔是一种特殊的约翰逊多面体，台塔，又叫帐塔、平顶塔，是指在两个平行的多边形（其中一个的边数是另一个的两倍）之间加入三角形和四边形所组成的多面体．各个面为正多边形的台塔，包括正三、四、五角台塔．如图是所有棱长均为1的正三角台塔，则（    ） A．该台塔共有15条棱 B．平面 C．该台塔高为 D．该台塔外接球的体积为 【答案】ABD 【分析】由台塔的结构特征，数出棱的条数，即可判断A，根据线面平行的判定定理证明B，计算出高，即可判断C，由外接球半径计算体积，即可判断D. 【详解】台塔下底面6条棱，上底面3条棱，6条侧棱，共15条棱，故A正确； 台塔表面有1个正六边形，3个正方形，4个正三角形，由所有棱长均为1， 连接，因为且，又且，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 平面，平面，所以平面，故B正确； 上底面正三角形在下底面正六边形内的投影为， 则点是正六边形的中心，也是的中心，   和都是正三角形，是的中心， 由棱长为，则， 所以台塔的高，故C错误； 设上底面正三角形的外接圆圆心为，则半径， 下底面正六边形的外接圆圆心为，则半径，    设台塔的外接球半径为，， 则有或，解得， 所以，台塔的外接球体积，故D正确. 故选：ABD 43．如图，三棱台中，平面，，且有，则下列命题正确的是（    ）    A． B． C．直线和所成角为 D．三棱台体积为 【答案】BC 【分析】根据线面垂直的性质即可求解A，根据勾股定理即可求解B，根据异面直线的几何法可得即为直线和所成角或其补角，即可根据长度关系判断为等边三角形求解C，根据台体的体积公式即可求解. 【详解】对于A,由于平面，显然不在平面内，且与平面也不平行，所以不与垂直，A错误， 对于B，取中点，连接,由于，所以且，故四边形为平行四边形， 故,由于平面，所以由于平面，平面， 故, 故,故B正确， 对于C，连接,由于,所以即为直线和所成角或其补角， 故为等边三角形，故,C正确， 对于D,由于棱台上下底面分别为直角边为1和2的等腰直角三角形， 所以棱台的体积为,故D错误， 故选：BC    44．已知正方体棱长为2，为棱的中点，为正方体表面上一动点，下列说法中正确的是（    ） A．点在线段上（含端点）运动时，直线与成角的取值范围为 B．点在平面上（含边界）运动时，若，则点的轨迹长度为 C．当点在中点时，过PE及点的截面多边形的周长为 D．若，则的轨迹长度为 【答案】ABD 【分析】A选项通过平移将异面直线所成的角转化成一个平面内的直线所成的角；B选项利用球的定义找到点P的轨迹进而求得轨迹长度；C选项利用平行找到与正方体棱的交点，进而确定截面多边形，求各边长后求得多边形周长；D选项利用线面垂直得到的轨迹，进而求得的轨迹长度. 【详解】A选项，因为且，所以四边形为平行四边形， 所以，所以直线与成角即为直线与成角， 因为，所以为等边三角形， 当与重合时，直线与成角最小，为，当位于中点时，直线与成角最大，为， 所以直线与成角的取值范围为，故A正确； B选项，若，则点在以为圆心，为半径的球面上， 又因为在平面（含边界）上，所以是球面与平面的交线，取中点，则到平面的距离为， 由得，所以的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧， 所以长度是，故B正确； C选项， 因为分别为中点，取中点，则且，所以四边形是平行四边形，所以， 取中点，由且知四边形是平行四边形，所以， 取中点，因为是中点，所以，由平行的传递性知， 所以四点共面，其中是上靠近的四等分点； 同理，取中点，中点，靠近的四等分点，可证， 所以，所以四点共面； 连接，五边形即为所求截面， ，，，，， 所以周长为，故C错误； D选项， 取中点，因为平面，平面，所以， 又因为，所以，所以， 所以，所以，又，平面，所以平面， 因为平面，所以，同理，取中点，则，由线面垂直的判定定理易知平面， 所以平面，所以的轨迹为，，所以的轨迹长度为，故D正确. 故选：ABD. 45．“阿基米德多面体”也称为半正多面体（semi-regularsolid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（    ） A．该半正多面体的体积为 B．该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式 C．该半正多面体过三点的截面面积为 D．该半正多面体外接球的表面积为 【答案】ABD 【分析】A选项，该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到，求出正方体体积减去8个三棱锥的体积即可；B选项，得到，B正确；C选项，过三点的截面为正六边形，结合三角形面积公式求出C错误；D选项，转化为外接球即为底面棱长为2，侧棱长为的正四棱柱的外接球，求出外接球半径，得到表面积. 【详解】如图，该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的． 对于A，因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的， 所以该几何体的体积为：，故A正确； 对于B，几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，即，满足，故B正确； 对于C，由平行关系得到过三点的截面为正六边形，边长为2， 可分割为6个正三角形，所以，故C错误； 对于D，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为2， 侧棱长为的正四棱柱的外接球，故外接球半径为， 所以该半正多面体外接球的表面积，故D正确， 故选：ABD． 【点睛】方法点睛：立体几何中截面的处理思路： （1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程； （2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线； （3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线； （4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面. 46．在棱长为1的正方体中，下列结论正确的选项是（    ）    A．内切球与外接球体积之比为 B．若分别是的中点，则作与直线都相交的直线仅能做一条 C．若正四面体的4个顶点恰好在正方体的顶点，则正四面体的体积与正方体的体积之比为 D．正方体的各面所在平面将空间分成27部分 【答案】ACD 【分析】根据正方体内切球与外接球的特征及体积公式可判定A，利用空间中平面、直线的位置关系及排除法可判定B，利用正四面体及正方体的特征及体积公式可判定C，利用平面的性质可判定D. 【详解】对于A，根据正方体的特征可知其内切球直径为棱长，外接球直径为体对角线， 故内切球与外接球体积之比为，故A正确； 对于B，如图所示，易知体对角线分别与直线两两相交， 直线也分别与直线两两相交，故B错误；    对于C，由正方体及正四面体的特征可知三棱锥是符合题意的一个正四面体， 根据割补法知其体积为，而正方体体积为1，显然C正确； 对于D，根据平面的性质可知正方体的各面所在平面将空间分成27部分，故D正确. 故选：ACD 47．如图，棱长为2的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，则下列说法正确的有（    ） A．直线与直线共面 B． C．二面角的平面角余弦值为 D．过点，，的平面，截正方体的截面面积为9 【答案】ABC 【分析】对于A项，通过证明,说明直线共面；对于B项，三棱锥的体积问题，大都是通过等体积转化，使其易于求解即可；对于C：作出二面角的平面角，计算其余弦值，可判断C；对于D项，关键是寻找到经过三点的正方体的截面，然后求其面积即可. 【详解】 对于A项，如图①，分别连接,在正方体中， 易得四边形是矩形,故有，又分别是棱的中点，则, 故,即可确定一个平面，故A项正确； 对于B项，如图②，,故B项正确； 对于C项，如图③，连接交于，， 平面,平面,所以， 又，，平面,平面， 所以平面,即是二面角的平面角， 又， 故，故C项正确； 对于D项，如图④，连接易得 因平面平面，则为过的平面与平面的一条截线， 即过点的平面即平面. 由，可得四边形为等腰梯形， 故其面积为：，故D项错误. 故选：ABC. 48．在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，点在对角线上，则（    ） A．的最小值为 B．三棱锥体积为 C．点到平面的距离为 D．四面体外接球的表面积为 【答案】ABD 【分析】对于A，根据正方体的性质，将点旋转使得共面，利用三角形的余弦定理，可得答案；对于B，根据正方体的性质，明确三棱锥的底面以及底面上的高，可得答案；对于C，利用求得的三棱锥的体积，利用勾股定理求得的三边长，结合余弦定理以及面积公式，可得答案；对于D，根据三棱锥的性质，设出外接球的球心，利用勾股定理，建立方程，结合球的面积公式，可得答案. 【详解】根据题意，可作图如下： 对于A，在正方体中，易知平面， 因为平面，所以， 将点绕旋转得到，使共面，如下图： 易知，在中，易知， 由余弦定理，， 则，故A正确； 对于B，在正方体中，平面， 在三棱锥中，以为底面，则为其高， 因为，易知为等腰直角三角形，且分别为的中点， 所以，且到的距离为， 所以，故B正确； 对于C，在中，易知，则， 在中，易知，则， 在中，易知，则， 在中，由余弦定理，， 则，所以， 点到平面的距离为，故C不正确； 对于D，取的中点，易知为的外接圆圆心，连接， 作，取，连接，如下图： 因为，所以平面，由为的外接圆圆心， 则可设为三棱锥的外接球球心，即， 因为，所以易知四边形为矩形，则， 在中，，易知，则， 在中，由余弦定理得：， 在中，， 在中，， 则，解得，则球的表面积为，故D正确. 故选：ABD. 49．如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（    ） A．若点满足，则动点的轨迹长度为 B．当点在棱上时，的最小值为 C．当直线AP与AB所成的角为时，点的轨迹长度为 D．当在底面上运动，且满足平面时，线段PF长度最大值为 【答案】ACD 【分析】 利用线面垂直的性质定理可得动点的轨迹为矩形，其周长为可得A正确；以为轴将平面顺时针旋转，由勾股定理可得B错误；易知当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，可知其轨迹长度为可得C正确；根据面面平行的判定定理可求出点在底面上的轨迹为三角形，易知长度的最大值为可得D正确. 【详解】对于A，易知平面平面，故动点的轨迹为矩形， 动点的轨迹长度为矩形的周长，即为，故正确； 对于B，以为轴将平面顺时针旋转，如图， 则，故B错误；； 对于C：连接AC，，以B为圆心，为半径画弧，如图1所示， 当点在线段和弧上时，直线与所成的角为， 又， 弧长度，故点的轨迹长度为，故正确； 对于D，取的中点分别为， 连接，如图2所示， 因为平面平面，故平面， ，平面平面，故平面； 又平面，故平面平面； 又， 故平面与平面是同一个平面. 则点的轨迹为线段： 在三角形中， 则， 故三角形是以为直角的直角三角形； 故，故长度的最大值为，故D正确. 故选：. 【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹问题经常利用不动点的位置和动点位置关系，利用线面、面面平行或垂直的判定定理和性质定理，找出动点的轨迹进而计算出其轨迹长度. 50．如图，在正方体中，、、、、、分别是棱、、、、、的中点，则下列结论错误的是（    ）    A．直线和平行，和相交 B．直线和平行，和相交 C．直线和相交，和异面 D．直线和异面，和异面 【答案】ACD 【分析】利用平行线的传递性可判断出直线和平行，利用三角形全等可证得和相交，由异面直线的定义可判断出和异面，即可得出合适的选项. 【详解】如下图所示：    因为、分别为、的中点，则，同理可证， 在正方体中，且， 所以，四边形为平行四边形，则，所以，， 延长交直线于点， 因为，则， 又因为，，所以，，所以，， 延长交的延长线于点，同理可证， 因为，所以，，即点、重合， 所以，、相交， 由异面直线的定义结合图形可知，、异面，故B对，ACD均错. 故选：ACD. 三、填空题 51．已知矩形，，，沿将折起成．若点在平面上的射影落在内部，则四面体的体积取值范围是 ． 【答案】 【分析】利用在平面上的射影落边和上，作为两种临界位置关系，这两种位置关系刚好是平面平面和平面平面，利用空间关系可算出两种情形的高和，从而可计算两个临界位置的体积，根据题意，取开区间就可得到结果. 【详解】当平面平面，在平面上的射影落在交线上，此时体积最大，如图： 由等面积法得，即，则. 当平面平面，在平面上的射影落在交线上，此时体积最小，如图： 连接，由平面平面，，面，所以平面， 又因为平面，所以，则， 再由，可得，所以， 再由等面积法可得，即，则， 由于点在平面上的射影落在内部，不包括边界，所以四面体的体积取值范围是， 故答案为：. 52．已知棱长相等的正三棱锥底面的三个顶点均在以为球心的球面上（其中为的中心），球面与棱分别交于点．若球的表面积为，则多面体的体积为 ． 【答案】/ 【分析】首先利用正四面体和球的关系，利用正弦定理求出正四面体的棱长及，作，利用几何关系得到，再利用体积公式及比列关系求出多面体的体积即可． 【详解】设球的半径为，由，得， 依题意，三棱锥为正四面体，且， 设正四面体的棱长为．在等边三角形中， 由正弦定理可得，即，解得， 因为平面，平面，所以， 所以， 作，垂足为H，在中，由， 得， 所以在中，， 因为，， 所以为线段的中点，所以，所以， 依题意，多面体为正三棱台， 所以，即， 又， 所以正三棱台的体积为， 故答案为：． 53．在棱长为的正方体中，若为的中点，则过三点的平面截正方体所得的截面面积为 ． 【答案】18 【分析】取的中点，连接，则梯形为过三点的截面，然后求解其面积即可. 【详解】取的中点，连接， 因为为的中点，所以‖，， 因为‖，，所以‖，， 所以四点共面，即过三点的截面为梯形， 因为正方体的棱长为4， 所以， 所以等腰梯形的高为， 所以梯形的面积为， 故答案为：18 54．如图，在三棱锥中，，点在棱上，点在棱上，且，设表示与所成的角，表示与所成的角，则的值为 .    【答案】/ 【分析】如图，作，则，进而，得，即可求解. 【详解】作交于，连接，则. 而，所以，则. 由，得，所以， 又，， 所以，故. 故答案为：    55．已知的顶点都是球的球面上的点，，，，若三棱锥的体积为，则球的表面积为 . 【答案】 【分析】取的中点，则为外接圆的圆心，得到平面，结合三棱锥的体积求得，结合球的截面圆的性质，求得球的半径，利用球的表面积公式，即可求解. 【详解】因为，取的中点，则为外接圆的圆心， 所以平面， 因为，，，所以， 所以， 又由三棱锥的体积为，所以，解得， 所以球的半径为， 故球的表面积. 故答案为：. 56．如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点，为直四棱柱表面上的动点，若，，，四点共面，则动点P的轨迹的长度为 ． 【答案】 【分析】设直线分别于得延长线交于点，连接，交于点，连接，交于点，得到截面，再利用直四棱柱的柱长和结构特征得到截面的各边长. 【详解】设直线分别于得延长线交于点，连接，交于点， 连接，交于点，连接， 所以动点P的轨迹为直四棱柱的截面五边形. 由平行线分线段比例可知：， 故，故为等腰直角三角形， 所以，故，则， . 所以五边形的边长为： . 故答案为：. 57．在直四棱柱中，底面是边长为2的正方形，侧棱，是的中点，是棱上的点，且，过作平面，使得平面平面，则平面截直四棱柱，所得截面图形的面积为 ． 【答案】 【分析】通过作图得到截面，再利用直四棱柱的结构特征，求出截面各条边长的长度，最后求得截面面积. 【详解】取的中点记， 在上取一点，使得，连接， 作图得： 是直线的中点， ∴，又平面，平面,∴平面， 又， 则，又平面，平面,∴平面， 又且平面， ∴平面平面， 又三点都在直四棱柱表面， 平面就是所得截面， ，由勾股定理得：，， 为等腰三角形， 过点作底边的高，记为，由勾股定理得， . 故答案为： 58．如图，在边长为4的正方体中，为的中点，点在正方体的表面上移动，且满足，当在上时， .设点和满足条件的所有点构成的平面图形为，则直线与平面所成角正弦值的取值范围是 . 【答案】 6 【分析】取的中点分别为，连结，再证明平面可得点的运动轨迹为梯形，计算当在上时的值以及当在上时的值，求出与平面夹角的正弦值的范围. 【详解】取的中点分别为，连结， 由于，所以四点共面，且四边形为梯形， 连接，在正方体中， ，， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 又，所以 所以故，又， 又平面，所以平面， 又平面，所以 又平面，所以平面， 因为点在正方体表面上移动，所以点的运动轨迹为梯形， 如图所示：因为正方体的边长为， 所以当点在上时，点为的中点，， 在中，,， 所以，由，设到平面的距离为， 则，所以， 而到平面的边的距离最小值为，最大值为. 设与平面夹角为，则当到平面的边的距离最小值为， 此时线面角的最大值为， 当到平面的边的距离最大值为， 此时线面角的最小值为，即. 所以与平面夹角的正弦值范围为. 故答案为： 59．球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如图1，一个球面的半径为，球冠的高是，球冠的表面积公式是，与之对应的球缺的体积公式是.如图2，已知，是以为直径的圆上的两点，，，则扇形绕直线旋转一周形成的几何体的体积为 .    【答案】 【分析】由题意画出图形，可得扇形绕直线旋转一周形成的几何体的形状，再由旋转体的表体积公式求解． 【详解】因为，所以， 设圆的半径为，又，解得（负值舍去）， 过点作交于点，过点作交于点，    则，， 所以，同理可得，， 将扇形绕直线旋转一周形成的几何体为一个半径的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥， 其中球缺的高，圆锥的高，底面半径， 则其中一个球缺的体积， 圆锥的体积，球的体积，所以几何体的体积. 故答案为：. 60．球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高球体被平面截下的一部分几何体叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体．如图1，一个球面的半径为，球冠的高是，球冠的表面积公式是，与之对应的球缺的体积公式是．如图2，已知是以为直径的圆上的两点，，则扇形绕直线旋转一周形成的几何体的表面积为 ，体积为 ． 【答案】 【分析】将扇形绕直线旋转一周形成的几何体为一个半径的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥，由旋转体的表体积公式和体积公式求解． 【详解】因为，所以， 设圆的半径为，又，解得， 过点作交于点，过点作交于点， 则，， 将扇形绕直线旋转一周形成的几何体为一个半径的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥， 其中球缺的高，圆锥的高，底面半径， 则其中一个球冠的表面积， 球的表面积， 圆锥的侧面积， 所以几何体的表面积． 球的体积， 一个球缺的体积， 圆锥的体积， 所以几何体的体积． 故答案为：； 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期中专题07 立体几何初步小题综合 目录 期中专题07 立体几何初步小题综合 1 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安徽省马鞍山市第二中学2023-2024学年高一下学期期中 14 河南省实验中学2023-2024学年高一下学期期中 14 浙江省杭州第二中学2023-2024学年高一下学期期中 14 河南省郑州市第一中学2023-2024学年高一下学期期中 15 山东省实验中学2023-2024学年高一下学期4月期中 15 辽宁省东北育才学校高中本部2023-2024学年高一下学期期中 16 广东省东莞市东华高级中学2023-2024学年高一下学期期中 16 重庆市南开中学校2023-2024学年高一下学期期中 17 浙江省杭州外国语学校2023-2024学年高一下学期期中 17 浙江省杭州外国语学校2023-2024学年高一下学期期中 18 福建省厦门双十中学2023-2024学年高一下学期5月期中 18 福建省厦门市第一中学2023-2024学年高一下期中 19 黑龙江省哈尔滨市第三中学校2023-2024学年高一下学期期中 19 黑龙江省哈尔滨市第三中学校2023-2024学年高一下学期期中 20 黑龙江省牡丹江市第一高级中学2023-2024学年高一下学期期中 20 陕西省西安交通大学附属中学2023-2024学年高一下学期期中 21 安徽省六安第一中学2023-2024学年高一下学期期中 21 安徽省芜湖市安徽师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中 22 福建省厦门外国语学校2023-2024学年高一下学期期中 22 广东省汕头市潮阳实验学校2023-2024学年高一下学期期中 23 河南省郑州市第一中学2023-2024学年高一下学期期中 23 辽宁省东北育才学校高中本部2023-2024学年高一下学期期中 23 广东省东莞市东华高级中学2023-2024学年高一下学期期中 24 安徽省合肥市一六八中学2023-2024学年高一下学期期中 24 贵州省贵阳市第一中学2023-2024学年高一下学期期中 24 福建省厦门双十中学2023-2024学年高一下学期5月期中 24 黑龙江省牡丹江市第一高级中学2023-2024学年高一下学期期中 25 安徽省六安第一中学2023-2024学年高一下学期期中 25 安徽省芜湖市安徽师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中 25 湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高一下学期期中 26 湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中 1．毡帐是蒙古族牧民居住的一种房子，内部木架结构，外部毛毡围拢，建造和搬迁都很方便，适合牧业和游牧生活．如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与一个圆柱的组合体，下半部分圆柱的高为2.5米；上半部分圆锥的母线长为米，轴截面（过圆锥轴的截面）是面积为平方米的等腰钝角三角形，则建造该毡帐（不含底面）需要毛毡（    ）平方米． A． B． C． D． 湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高一下学期期中 2．在三棱锥中，平面，，为边长等于的正三角形，则三棱锥的外接球的表面积是（    ） A． B． C． D． 河南省郑州外国语学校2023-2024学年高一下学期期中 3．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，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（    ） A． B． C． D． 湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中 4．（多选）已知正四棱锥的底面边长为，高为3，则（    ） A．若点为正四棱锥外接球的球心，则四棱锥的体积为4 B．直径为1的球能够整体放入正四棱锥内 C．若点在底面内（包含边界）运动，为中点，则当平面时，点的轨迹长度为 D．若以点为球心，为半径的球的球面与正四棱锥的棱分别交于点，则四边形的面积为1 湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高一下学期期中 5．（多选）在矩形中，，，沿矩形对角线将折起形成四面体.则在这个过程中，下列结论中正确的是（） A．当时， B．四面体的体积的最大值为 C．与平面所成的角可能为 D．四面体的外接球的体积为定值 河南省郑州外国语学校2023-2024学年高一下学期期中 6．（多选）在三棱锥中，已知，点M，N分别是AD，BC的中点，则（     ） A． B．异面直线AN，CM所成的角的余弦值是 C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的外接球的表面积为 湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中 7．如图，已知是水平放置的用斜二测画法画出的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则的边上的高为 ． 湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高一下学期期中 8．在棱长为1的正方体中，点是该正方体表面及其内部的一个动点，且平面，则线段的长的取值范围是 ． 河南省郑州外国语学校2023-2024学年高一下学期期中 9．四棱锥的底面是边长为1的正方形，如图所示，点是棱上一点，，若且满足平面，则    浙江省杭州第二中学2023-2024学年高一下学期期中 10．如图所示，在棱长为的正方体中，点是平面内的动点，满足，则直线与平面所成角正切值的最大值为 .    一、单选题 河南省郑州外国语学校2023-2024学年高一下学期期中 11．如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边于地面上，再将容器倾斜．随着倾斜度的不同，有下面五个命题： ①有水的部分始终呈棱柱形； ②没有水的部分始终呈棱柱形； ③水面所在四边形的面积为定值； ④棱始终与水面所在平面平行； ⑤当容器倾斜如图3所示时，是定值． 其中正确命题的个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 河南省郑州市第一中学2023-2024学年高一下学期期中 12．西流湖公园今年春天成为了网红打卡地，公园里不仅有美丽的景色，各种亭台楼阁也是各有特色.十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，图1中的角楼的顶部即为十字歇山顶．其上部可视为由两个相同的直三棱柱交叠而成的几何体（图2）．这两个直三棱柱有一个公共侧面．在底面中，若，，则该几何体的体积为（    ） A．88 B． C．64 D． 安徽省合肥市第一中学2023-2024学年高一下学期5月期中 13．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体.已知，则关于图中的半正多面体，下列说法正确的有（    ） A．该半正多面体的体积为 B．该半正多面体过，，三点的截面面积为 C．该半正多面体外接球的表面积为 D．该半正多面体的表面积为 山东省实验中学2023-2024学年高一下学期4月期中 14．如图，在正方体中，分别是的中点，有四个结论：    ①与是异面直线； ②相交于一点； ③； ④平面. 其中错误的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 辽宁省东北育才学校高中本部2023-2024学年高一下学期期中 15．如图（1）所示，已知点在抛物线上，过作轴于点，且．将曲边三角形如图（2）所示放置，并将曲边三角形沿平面的垂线方向平移一个单位长度（即），得到相应的几何体．取一个底面面积为高为的正四棱锥放在平面上如图（3）所示，这时，平面平面，现用平行于平面的任意一个平面去截这两个几何体，截面分别为矩形，四边形，截面与平面的距离为），试用祖暅原理，求曲边三角形的面积为（    ） A． B． C． D． 广东省东莞市东华高级中学2023-2024学年高一下学期期中 16．已知圆台的上、下底面的圆心分别为，，母线（点位于上底面），且，圆的周长为，一只蚂蚁从点A出发沿着圆台侧面爬行一周到点B，则其爬行的最短路程为（    ） A．1 B． C．2 D． 广东省东莞市东华高级中学2023-2024学年高一下学期期中 17．如图所示，在棱长为1的正方体中，点E，F分别是棱BC，的中点，是侧面内一点，若平面AEF.则线段长度的最大值与最小值之和为（  ） A． B． C． D． 浙江省杭州外国语学校2023-2024学年高一下学期期中 18．如图，一个正四棱锥的五个顶点都在球面上，且底面经过球心.若，则球的表面积是 A． B． C． D． 浙江省杭州外国语学校2023-2024学年高一下学期期中 19．已知正方体边长为1，点分别在线段和上，，动点在线段上，且满足，分别记二面角，的平面角为，则总有（    ） A． B． C． D． 福建省厦门双十中学2023-2024学年高一下学期5月期中 20．柏拉图多面体是指每个面都是全等正多边形的正多面体，具有严格对称，结构等价的特点．如图是棱长均为2的柏拉图多面体PABCDQ，已知四边形ABCD为正方形，O，E分别为PQ，CQ的中点，则点A到平面OEB的距离为（    ） A． B．1 C． D． 福建省厦门市第一中学2023-2024学年高一下期中 21．如图，在长方体中，已知，，E为的中点，则异面直线BD与CE所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 福建省厦门市第一中学2023-2024学年高一下期中 22．如图，这是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为，山高为是山坡上一点，且．现要建设一条从到的环山观光公路，这条公路从出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，公路上坡路段长为（    ） A． B． C． D． 黑龙江省哈尔滨市第三中学校2023-2024学年高一下学期期中 23．如图，已知圆锥的底面圆心为，半径，表面积为，设母线PB中点为，从点沿圆锥表面到的最近路线长为（    ） A． B． C． D． 黑龙江省牡丹江市第一高级中学2023-2024学年高一下学期期中 24．在直角三角形中，已知，以为旋转轴将旋转一周，边形成的面所围成的旋转体是一个圆锥，则经过该圆锥任意两条母线的截面三角形的面积的最大值为（    ） A． B．4 C． D．6 黑龙江省牡丹江市第一高级中学2023-2024学年高一下学期期中 25．已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为 A． B． C． D． 陕西省西安交通大学附属中学2023-2024学年高一下学期期中 26．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（    ） A． B． C． D． 安徽省六安第一中学2023-2024学年高一下学期期中 27．《九章算术》中关于“刍童”（上、下底面均为矩形的棱台）体积计算的注释：将上底面的长乘以二与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘，将下底面的长乘以二与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘，把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一，现有“刍童”，其上、下底面均为正方形，若，且每条侧棱长均为，则该“刍童”的体积为（    ） A．224 B．448 C．147 D． 安徽省六安第一中学2023-2024学年高一下学期期中 28．在矩形中，，，沿对角线将折起，使点到达点（平面）的位置，连接，形成四面体.则在折起的过程中，四面体的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 海南省海南中学2023-2024学年高一下学期期中 29．如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法错误的是（    ） A．四点共面 B． C．三线共点 D． 福建省厦门外国语学校2023-2024学年高一下学期期中 30．如图，在直三棱柱中，，P为线段的中点，Q为线段（包括端点）上一点，则的面积的最大值为（    ）    A． B． C．2 D． 安徽省马鞍山市第二中学2023-2024学年高一下学期期中 31．中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，垂直于底面，，底面扇环所对的圆心角为，弧的长度是弧长度的3倍，，则下列说法正确的是（    ） A．曲池的表面积为 B．曲池的体积为 C．曲池的表面积为 D．曲池的体积为 河南省实验中学2023-2024学年高一下学期期中 32．在三棱锥中，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，，则该三棱锥的外接球的半径为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 浙江省杭州第二中学2023-2024学年高一下学期期中 33．如图，在菱形中，分别为的中点，将菱形沿对角线折起，使点不在平面内.在翻折的过程中，下列结论正确的有（    ） A．平面 B．异面直线与所成角为定值 C．设菱形边长为，当二面角为时，三棱锥的外接球表面积为 D．若存在某个位置，使得直线与直线垂直，则的取值范围是 河南省郑州市第一中学2023-2024学年高一下学期期中 34．已知正四棱柱的底面边长为2，球O与正四棱柱的上、下底面及侧棱都相切，P为平面上一点，且直线BP与球O相切，则（　　） A．球O的表面积为 B．直线与BP夹角等于 C．该正四棱柱的侧面积为 D．侧面与球面的交线长为 山东省实验中学2023-2024学年高一下学期4月期中 35．已知直三棱柱中，，点分别为棱的中点，是线段上（包含端点）的动点，则下列说法正确的是（    ） A．直三棱柱外接球的半径为2 B．三棱锥的体积与的位置无关 C．若为的中点，则过三点的平面截三棱柱所得截面为等腰梯形 D．一只虫子由表面从点爬到点的最近距离为 辽宁省东北育才学校高中本部2023-2024学年高一下学期期中 36．图1中的扫地机器人的外形是按照如下方法设计的：先画一个正三角形，再以正三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形．德国工程师勒洛首先发现这个曲边三角形能够像圆一样当作轮子用，故称其为“勒洛三角形”．将其推广到空间，如图2，以正四面体的四个顶点为球心，以正四面休的校长为半径的四个球的相交部分围成的几何体叫做“勒洛四面休”．则下列结论正确的是（    ） A．若正三角形的边长为，则勒洛三角形面积为 B．若正三角形的边长为，则勒洛三角形的面积比正三角形的面积大 C．若正四面体的棱长为2，则勒洛四面体能容纳的最大球的半径为 D．若正四面体的棱长为2，则勒洛四面体表面上交线的长度小于 广东省东莞市东华高级中学2023-2024学年高一下学期期中 37．正月十五元宵节，中国民间有观赏花灯的习俗．在2024年元宵节，小明制作了一个“半正多面体”形状的花灯（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．图2是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为2．关于该半正多面体的四个结论中正确结论的是（    ） A．棱长为 B．两条棱所在直线异面时，这两条异面直线所成角的大小是60° C．表面积为 D．外接球的体积为 重庆市南开中学校2023-2024学年高一下学期期中 38．如图，过直三棱柱的棱作截面分别与棱，相交于，（，不与顶点重合），则下列判断正确的有（    ）    A． B．直线与直线共面 C．几何体为棱台 D．当为中点时，几何体与三棱柱的体积之比为 浙江省杭州外国语学校2023-2024学年高一下学期期中 39．中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，垂直于底面，，底面扇环所对的圆心角为，弧的长度是弧长度的3倍，，则下列说法正确的是（   ） A．弧长度为 B．曲池的体积为 C．曲池的表面积为 D．三棱锥的体积为5 浙江省杭州外国语学校2023-2024学年高一下学期期中 40．如图，在直四棱柱中，底面为菱形，为的中点，点满足，则下列结论正确的是（    ） A．若，则四面体的体积为定值 B．若的外心为，则为定值2 C．若，则点的轨迹长度为 D．若且，则存在点，使得的最小值为 福建省厦门双十中学2023-2024学年高一下学期5月期中 41．如图，在棱长为的正四面体中，点，分别为和的重心，为线段上一点．则下列结论正确的是（    ） A．若平面，则 B．若平面，则三棱锥的体积为 C．若为线段的中点，且平面，则 D．的最小值为2 福建省厦门市第一中学2023-2024学年高一下期中 42．约翰逊多面体是指除了正多面体、半正多面体（包括13种阿基米德多面体、无穷多种侧棱与底棱相等的正棱柱、无穷多种正反棱柱）以外，所有由正多边形面组成的凸多面体．其中，由正多边形构成的台塔是一种特殊的约翰逊多面体，台塔，又叫帐塔、平顶塔，是指在两个平行的多边形（其中一个的边数是另一个的两倍）之间加入三角形和四边形所组成的多面体．各个面为正多边形的台塔，包括正三、四、五角台塔．如图是所有棱长均为1的正三角台塔，则（    ） A．该台塔共有15条棱 B．平面 C．该台塔高为 D．该台塔外接球的体积为 黑龙江省哈尔滨市第三中学校2023-2024学年高一下学期期中 43．如图，三棱台中，平面，，且有，则下列命题正确的是（    ）    A． B． C．直线和所成角为 D．三棱台体积为 黑龙江省哈尔滨市第三中学校2023-2024学年高一下学期期中 44．已知正方体棱长为2，为棱的中点，为正方体表面上一动点，下列说法中正确的是（    ） A．点在线段上（含端点）运动时，直线与成角的取值范围为 B．点在平面上（含边界）运动时，若，则点的轨迹长度为 C．当点在中点时，过PE及点的截面多边形的周长为 D．若，则的轨迹长度为 黑龙江省牡丹江市第一高级中学2023-2024学年高一下学期期中 45．“阿基米德多面体”也称为半正多面体（semi-regularsolid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（    ） A．该半正多面体的体积为 B．该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式 C．该半正多面体过三点的截面面积为 D．该半正多面体外接球的表面积为 陕西省西安交通大学附属中学2023-2024学年高一下学期期中 46．在棱长为1的正方体中，下列结论正确的选项是（    ）    A．内切球与外接球体积之比为 B．若分别是的中点，则作与直线都相交的直线仅能做一条 C．若正四面体的4个顶点恰好在正方体的顶点，则正四面体的体积与正方体的体积之比为 D．正方体的各面所在平面将空间分成27部分 安徽省六安第一中学2023-2024学年高一下学期期中 47．如图，棱长为2的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，则下列说法正确的有（    ） A．直线与直线共面 B． C．二面角的平面角余弦值为 D．过点，，的平面，截正方体的截面面积为9 安徽省芜湖市安徽师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中 48．在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，点在对角线上，则（    ） A．的最小值为 B．三棱锥体积为 C．点到平面的距离为 D．四面体外接球的表面积为 福建省厦门外国语学校2023-2024学年高一下学期期中 49．如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（    ） A．若点满足，则动点的轨迹长度为 B．当点在棱上时，的最小值为 C．当直线AP与AB所成的角为时，点的轨迹长度为 D．当在底面上运动，且满足平面时，线段PF长度最大值为 广东省汕头市潮阳实验学校2023-2024学年高一下学期期中 50．如图，在正方体中，、、、、、分别是棱、、、、、的中点，则下列结论错误的是（    ）    A．直线和平行，和相交 B．直线和平行，和相交 C．直线和相交，和异面 D．直线和异面，和异面 三、填空题 河南省郑州市第一中学2023-2024学年高一下学期期中 51．已知矩形，，，沿将折起成．若点在平面上的射影落在内部，则四面体的体积取值范围是 ． 辽宁省东北育才学校高中本部2023-2024学年高一下学期期中 52．已知棱长相等的正三棱锥底面的三个顶点均在以为球心的球面上（其中为的中心），球面与棱分别交于点．若球的表面积为，则多面体的体积为 ． 广东省东莞市东华高级中学2023-2024学年高一下学期期中 53．在棱长为的正方体中，若为的中点，则过三点的平面截正方体所得的截面面积为 ． 安徽省合肥市一六八中学2023-2024学年高一下学期期中 54．如图，在三棱锥中，，点在棱上，点在棱上，且，设表示与所成的角，表示与所成的角，则的值为 .    贵州省贵阳市第一中学2023-2024学年高一下学期期中 55．已知的顶点都是球的球面上的点，，，，若三棱锥的体积为，则球的表面积为 . 福建省厦门双十中学2023-2024学年高一下学期5月期中 56．如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点，为直四棱柱表面上的动点，若，，，四点共面，则动点P的轨迹的长度为 ． 黑龙江省牡丹江市第一高级中学2023-2024学年高一下学期期中 57．在直四棱柱中，底面是边长为2的正方形，侧棱，是的中点，是棱上的点，且，过作平面，使得平面平面，则平面截直四棱柱，所得截面图形的面积为 ． 安徽省六安第一中学2023-2024学年高一下学期期中 58．如图，在边长为4的正方体中，为的中点，点在正方体的表面上移动，且满足，当在上时， .设点和满足条件的所有点构成的平面图形为，则直线与平面所成角正弦值的取值范围是 . 安徽省芜湖市安徽师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中 59．球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如图1，一个球面的半径为，球冠的高是，球冠的表面积公式是，与之对应的球缺的体积公式是.如图2，已知，是以为直径的圆上的两点，，，则扇形绕直线旋转一周形成的几何体的体积为 .    湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高一下学期期中 60．球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高球体被平面截下的一部分几何体叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体．如图1，一个球面的半径为，球冠的高是，球冠的表面积公式是，与之对应的球缺的体积公式是．如图2，已知是以为直径的圆上的两点，，则扇形绕直线旋转一周形成的几何体的表面积为 ，体积为 ． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$