专题03 立体几何初步（8大题型）-【好题汇编】备战2024-2025学年高一数学下学期期中真题分类汇编（黑龙江专用）

专题03 立体几何初步 题型概览 题型01 直线和平面的关系 题型02异面直线的有关问题 题型03空间内的共点、共线和共面问题 题型04空间几何体的有关概念 题型05斜二侧画法 题型06截面问题 题型07轨迹问题 题型08空间几何体 直线和平面的关系题型01 1．（23-24高一下·黑龙江大庆·期中）设α，β，γ为两两不重合的平面，l，m，n为两两不重合的直线，则下列四个命题正确的为（　　） A．若α∥β，γ∥β，则α∥γ B．若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β C．若α∥β，l⊂α，则l∥β D．若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n 2．（23-24高一下·黑龙江大庆·期中）已知，为两个不同的平面，，，为三条不同的直线，则下列结论中正确的是（    ） A．若，且，则 B．若，且，则 C．若，，则 D．若，，且，，则 3．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）对于空间中的直线a，b，c以及平面，，下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 4．（23-24高一下·黑龙江·期中）下列命题正确的是（    ） A．若直线上有无数个点不在平面内，则 B．若两条平行直线中的一条与一个平面平行，则另一条也与这个平面平行 C．若直线与平面平行，则与平面内的任意一条直线都平行 D．若直线与平面平行，则平面内有无数条直线与平行 5．（23-24高一下·黑龙江牡丹江·期中）以下命题属于基本事实的是（    ） A．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内 B．过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面 C．空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补 D．平行于同一条直线的两条直线平行 6．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，平面平面，所在的平面与，分别交于，，若，，，则（    ） A． B．2 C． D．3 7．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在三棱柱中，是棱的中点，是棱上一点．若平面，则的值为 ． 异面直线的有关问题题型02 8．（23-24高一下·黑龙江佳木斯·期中）三棱柱中，、、分别是、、中点，则下列直线中与直线异面的直线为（    ） A．直线 B．直线 C．直线 D．直线 9．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在正方体中，，，，，，分别是棱，，，，，的中点，则下列结论正确的是（    ） 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 空间内的共点、共线和共面问题题型03 10．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）在图示正方体中，O为BD中点，直线平面，下列说法正确的是（    ）． A．A，C，，四点共面 B．，M，O三点共线 C．平面 D．与BD异面 11．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在长方体中，，，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（    ）    A．直线与直线异面直线 B．直线，直线，直线交于一点 C．直线与直线所成的角为 D．直线与直线所成的角的正切值为2 12．（23-24高一下·黑龙江牡丹江·期中）如图，在正方体中，分别为和的中点，则下列说法正确的序号有 . ①，，，四点共面；②平面；③与所成角为. 13．（23-24高一下·黑龙江·期中）下面四个命题中，正确的为（    ） A．相交于同一点的三条直线在同一平面内 B．在平面外，其三边延长线分别和交于，则一定共线 C．一个角的两边所在直线分别平行于另一个角的两边所在直线，则这两角相等 D．若已知四个点不共面，则其中任意三点不共线 空间几何体的有关概念题型04 14．（23-24高一下·黑龙江绥化·期中）在等腰梯形中，，，，点，分别为，的中点，以所在直线为旋转轴，将梯形旋转得到一旋转体，则（    ） A．该旋转体是一个圆台 B．该旋转体的表面积为 C．直线与旋转体的上底面所成角的正切值为 D．该旋转体的外接球的体积为 15．（23-24高一下·黑龙江佳木斯·期中）下列命题中正确的是（    ） A．梯形的直观图可能是平行四边形 B．圆锥的轴截面是所有过顶点的截面中面积最大的一个 C．有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 D．底面是矩形的直平行六面体是长方体 16．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）下列说法正确的是（    ）． A．以直角三角形的一条边为轴旋转一周形成的旋转体是圆锥 B．以直角梯形的一腰为轴旋转一周形成的旋转体是圆台 C．圆柱、圆锥、圆台都有两个底面 D．圆锥的侧面展开图是扇形，这个扇形的半径大于圆锥的高 17．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）下列说法正确的是（    ） A．圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台 B．绕直角三角形任一边旋转所得几何体为圆锥 C．用任何一个平面截球面，得到的截面都是圆 D．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 18．（23-24高一下·黑龙江大庆·期中）下列命题中正确的是（    ） ①圆锥的轴截面是所有过顶点的截面中面积最大的一个； ②在圆柱的上、下底面的圆周上各取一个点，则这两点的连线是圆柱的母线； ③圆台的两个底面平行． A．①② B．② C．③ D．①③ 19．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，底面半径为，高为，B是母线SA上一点，且．现要建设一条从A到B的环山观光公路；当公路长度最短时，这条公路从A出发后先上坡，后下坡，则公路上坡路段长为 千米． 斜二侧画法题型05 20．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，直角梯形是某个多边形的斜二测直观图，，则该多边形原本的面积为 .    21．（23-24高一下·黑龙江大庆·期中）如图，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，则原图面积为 ．    22．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，正方形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，若，则四边形的面积为（    ）    A． B． C． D． 截面问题题型06 23．（23-24高一下·黑龙江绥化·期中）已知圆锥的顶点为，母线长为2，轴截面为，若为底面圆周上异于，的一点，且二面角的大小为，则的面积为（    ） A．4 B．2 C． D． 24．（23-24高一下·黑龙江牡丹江·期中）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 ． 25．（23-24高一下·黑龙江大庆·期中）（1）已知向量，点，若向量，且，求点的坐标； （2）球的两个平行截面的面积分别是，两截面间的距离为1，求球的半径. 轨迹问题题型07 26．（23-24高一下·黑龙江佳木斯·期中）已知正四棱锥的所有棱长均为2，点为正四棱锥的外接球球面上一动点，，则动点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 27．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）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 28．（23-24高一下·黑龙江佳木斯·期中）如图所示，在直三棱柱中，若，，则下列说法中正确的有（    ） A．三棱锥表面积为 B．点在线段上运动，则的最小值为 C．、分别为、的中点，过点的平面截三棱柱，则该截面周长为 D．点在侧面及其边界上运动，点在棱上运动，若直线，是共面直线，则点的轨迹长度为 空间几何体题型08 29．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）已知正方体的棱长为，则（    ） A．正方体的外接球体积为 B．正方体的内切球表面积为 C．与异面的棱共有4条 D．三棱锥与三棱锥体积相等 30．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，某种水箱用的“浮球”是由两个半球和一个圆柱组成的．已知中间圆柱部分的侧面面积与上下露在外面的球面面积之比为1：3，则中间圆柱部分的体积与上下两个半球体体积之和的比值为（    ）    A．1:2 B．1:1 C．2:1 D．2:3 31．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在长方体中，，则四棱锥的体积是（    ）    A．3 B．6 C．9 D．18 32．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，如图所示，该几何体是上、下底面均为扇环的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．图中的曲池，垂直于底面，，底面扇环所对的圆心角为，弧AD的长度是弧BC长度的3倍，，则下列说法正确的是（    ）． A．弧AD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 33．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）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 34．（23-24高一下·黑龙江绥化·期中）正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素．如图，该几何体是一个棱长为2的正八面体，则此正八面体的体积与表面积的数值之比为 .    35．（23-24高一下·黑龙江牡丹江·期中）已知四棱锥，底面为矩形，，，分别是，，的中点.证明： (1)平面平面； (2)平面. 36．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）在四棱锥中，底面是平行四边形，在上，且． (1)若为中点，求证：平面； (2)侧棱上是否存在一点，使得平面．若存在，求的值；若不存在，试说明理由． 37．（23-24高一下·黑龙江鸡西·期中）如图，在菱形中，面，，是和的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面. 38．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）在正四面体中，平面，D为AB中点，在CD上.    (1)求与平面所成角的正弦值； (2)求证：. 39．（23-24高一下·黑龙江大庆·期中）如图，已知在长方体中，，点E是的中点. (1)求证：平面； (2)求三棱锥的表面积. 40．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在正方体中，分别是棱的中点． (1)证明：平面平面； (2)求三棱锥的体积． 41．（23-24高一下·黑龙江佳木斯·期中）在棱长为2的正方体中，P，E，F分别为棱，，BC的中点，为侧面的中心，则（    ） A．直线平面PEF B．直线平面 C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的外接球表面积 42．（23-24高一下·黑龙江鸡西·期中）如图，已知四棱锥中，底面为平行四边形，点M、N、Q分别是、、的中点.求证：平面平面. 43．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图1，等腰满足，，于．如图2，将绕着直线SA旋转时，在BA旋转而成的平面内总有点满足，，（点，点分别在直线BD两侧）． (1)求线段长； (2)求证：平面； (3)记三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，当四棱锥的体积最大时，求值． 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共28页 ◎ 第2页 共28页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03立体几何初步 题型概览 题型01 直线和平面的关系 题型02异面直线的有关问题 题型03空间内的共点、共线和共面问题 题型04空间几何体的有关概念 题型05斜二侧画法 题型06截面问题 题型07轨迹问题 题型08空间几何体 直线和平面的关系题型01 1．（23-24高一下·黑龙江大庆·期中）设α，β，γ为两两不重合的平面，l，m，n为两两不重合的直线，则下列四个命题正确的为（　　） A．若α∥β，γ∥β，则α∥γ B．若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β C．若α∥β，l⊂α，则l∥β D．若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n 【答案】ACD 【分析】把几何语言转化为文字语言，结合空间想象和有关定理，进行判定即可. 【详解】对：平行于同一个平面的两个平面平行，正确； 对：一个平面内的两条直线和另一个平面平行，那么这两个平面平行.根据面面平行的判定定理，应该还要强调这两条直线相交，故错误； 对：两个平面平行，一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面，正确； 对：三个平面两两相交，有三条交线，其中有两条平行，那么另两条也平行.结合三棱柱模型，可知正确. 故选： 2．（23-24高一下·黑龙江大庆·期中）已知，为两个不同的平面，，，为三条不同的直线，则下列结论中正确的是（    ） A．若，且，则 B．若，且，则 C．若，，则 D．若，，且，，则 【答案】A 【分析】根据线面位置关系中平行的有关判定和性质逐一判断即可. 【详解】对于A，由面面平行的定义可知，若两个平面平行，则其中一个面内的任意一条直线平行于另一个平面，故A正确； 对于B，若则或，故B错误； 对于C，若，，则或异面或 相交，故C错误； 对于D，若，且，则，或，故D错误， 故选：A. 3．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）对于空间中的直线a，b，c以及平面，，下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】D 【分析】利用线面平行的判定定理和性质定理依次判断各选项即可得出结果. 【详解】对于A，因为，，则或，故A不正确； 对于B，因为，，与平行、相交、异面都有可能，故B不正确； 对于C，若，，，则与可能平行或异面，故C不正确； 对于D，若，，，利用线面平行的性质定理可得，D正确. 故选：D. 4．（23-24高一下·黑龙江·期中）下列命题正确的是（    ） A．若直线上有无数个点不在平面内，则 B．若两条平行直线中的一条与一个平面平行，则另一条也与这个平面平行 C．若直线与平面平行，则与平面内的任意一条直线都平行 D．若直线与平面平行，则平面内有无数条直线与平行 【答案】D 【分析】根据空间中线面的位置关系对每个选项逐一判断. 【详解】A选项，当时，在直线上，除了之外，其余点有无数个都不在内，故A选项错误； B选项，若两条平行直线中的一条与一个平面平行，另一条有可能在平面内，就不与平面平行，B选项错误； C选项，若直线与平面平行，则与平面内的直线平行或异面，C选项错误； D选项，若直线与平面平行，则平面内有无数条直线与平行，D选项正确. 故选：D 5．（23-24高一下·黑龙江牡丹江·期中）以下命题属于基本事实的是（    ） A．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内 B．过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面 C．空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补 D．平行于同一条直线的两条直线平行 【答案】ABD 【分析】由基本事实的内容即可选择. 【详解】在 A 中，由基本事实2知：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内，故 A 是基本事实； 在 B 中，由基本事实1得，过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面，故 B 正确； 在 C 中，由等角定理知：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，故 C 是定理，不是基本事实； 在 D 中，由基本事实4得：平行于同一条直线的两条直线互相平行，故 D 是基本事实． 故选：ABD. 6．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，平面平面，所在的平面与，分别交于，，若，，，则（    ） A． B．2 C． D．3 【答案】C 【分析】根据题意，利用面面平行的性质，证得，得到，结合，即可求解. 【详解】因为平面平面，且平面平面，平面平面， 所以，所以， 可得，所以. 故选：C. 7．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在三棱柱中，是棱的中点，是棱上一点．若平面，则的值为 ． 【答案】2 【分析】连接相交于，根据线面平行的性质、可得答案. 【详解】连接相交于点，连接， 因为平面，平面平面，平面， 所以，所以， 因为，所以， 所以，即， 可得. 故答案为：. 异面直线的有关问题题型02 8．（23-24高一下·黑龙江佳木斯·期中）三棱柱中，、、分别是、、中点，则下列直线中与直线异面的直线为（    ） A．直线 B．直线 C．直线 D．直线 【答案】B 【分析】连接，即可证明且，从而判断A、C，观察可判断D，根据异面直线的定义判断B. 【详解】如图，连接，则且，又且， 所以且， 所以四边形为平行四边形，所以，故C错误； 又，，所以，所以、、、四点共线， 即直线与直线共面，故A错误； 显然直线与直线均包含于平面，故D错误； 因为，，，又平面，所以直线与直线异面，故B正确. 故选：B 9．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在正方体中，，，，，，分别是棱，，，，，的中点，则下列结论正确的是（    ） 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】B 【分析】利用几何法证明直线的位置关系. 【详解】 由，，，分别是棱，，，的中点， 可知，， 又，故； 延长交直线于点，故， ， 故点在的延长线上，即与相交. 故选：B. 空间内的共点、共线和共面问题题型03 10．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）在图示正方体中，O为BD中点，直线平面，下列说法正确的是（    ）． A．A，C，，四点共面 B．，M，O三点共线 C．平面 D．与BD异面 【答案】ABD 【分析】根据点与线、点与面、线与面的位置关系判断即可. 【详解】由正方体性质，，所以A，C，，四点共面，A正确； 直线交平面于点，平面，直线，又平面，平面， 为的中点，平面，底面为正方形，所以为的中点， 平面，且平面，又平面，且平面， 面与面相交，则，，在交线上，即三点共线，故选项正确； 平面平面，平面， 但，所以平面，C错误； 平面，面，， 所以与BD为异面直线，D正确. 故选：ABD 11．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在长方体中，，，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（    ）    A．直线与直线异面直线 B．直线，直线，直线交于一点 C．直线与直线所成的角为 D．直线与直线所成的角的正切值为2 【答案】BD 【分析】连接，证得，可判定A不正确；直线与直线交于一点，证得平面且平面，进而证得，可判定B正确；把异面直线与直线所成的角转化成为直线与直线所成的角，在直角中，可判定C不正确；把异面直线与直线所成的角转化为直线与直线所成的角，在直角中，可判定D正确. 【详解】对于A中，连接，因为分别为的中点，可得， 在正方体中，可得，所以， 所以直线与直线在同一个平面内，所以A不正确； 对于B中，因为分别为的中点，所以，且， 在正方体中，可得且， 所以且，即四边形为梯形， 假设直线与直线交于一点， 因为平面，且，所以平面， 又因为平面，且，所以平面， 因为平面平面，所以， 所以直线和直线相交一点，所以B正确； 对于C中，在正方体中，可得， 所以异面直线与直线所成的角，即为直线与直线所成的角， 即为，在直角中，可得，所以C不正确； 对于D中，在正方体中，可得， 所以异面直线与直线所成的角，即为直线与直线所成的角， 即为，在直角中，可得，所以D正确； 故选：BD.    12．（23-24高一下·黑龙江牡丹江·期中）如图，在正方体中，分别为和的中点，则下列说法正确的序号有 . ①，，，四点共面；②平面；③与所成角为. 【答案】②③ 【分析】对于①：用异面直线判定定理即可判断；对于②：利用线面平行的判定定理即可判断；对于③：利用为正三角形，可得与成角60°，即可求出与成角. 【详解】对于①：平面中，平面，平面， 又，则为异面直线，因此，，，四点不共面，故①错； 对于②：连结，如图： 在正方体中，,又， 则四边形为平行四边形，所以， 因为分别为的中点， 所以，，又平面，平面， 故平面，故②对； 对于③：在正方体中，连结， 因为分别为和的中点，所以, 所以四边形为平行四边形，所以 因为，所以为正三角形， 所以与成角60°，即与所成角为.故④对. 故答案为：②③. 13．（23-24高一下·黑龙江·期中）下面四个命题中，正确的为（    ） A．相交于同一点的三条直线在同一平面内 B．在平面外，其三边延长线分别和交于，则一定共线 C．一个角的两边所在直线分别平行于另一个角的两边所在直线，则这两角相等 D．若已知四个点不共面，则其中任意三点不共线 【答案】BD 【分析】举例说明判断A；利用平面基本事实判断B；利用等角定理判断C；利用反证法判断D. 【详解】对于A，三棱锥的三条侧棱所在直线交于同一点，而这三条直线不共面，故A错误； 对于B，所在平面与平面相交，由平面基本事实知，公共点都在交线上，故B正确； 对于C，一个角的两边所在直线分别平行于另一个角的两边所在直线,则这两角相等或互补，故C错误； 对于D，因为四个点不共面，假设其中任意三点共线， 由平面公理2的推论可得此四点共面，与已知矛盾，所以假设错误，故D正确. 故选：BD. 空间几何体的有关概念题型04 14．（23-24高一下·黑龙江绥化·期中）在等腰梯形中，，，，点，分别为，的中点，以所在直线为旋转轴，将梯形旋转得到一旋转体，则（    ） A．该旋转体是一个圆台 B．该旋转体的表面积为 C．直线与旋转体的上底面所成角的正切值为 D．该旋转体的外接球的体积为 【答案】ACD 【分析】根据圆台的表面积，结合直线与平面所成的角定义、圆台的外接球的性质、球的表面积进行逐一判断即可． 【详解】对A,由题意可知，所得到的旋转体是圆台，A选项正确； 对B,如图．    因为， 所以圆台的上、下底面的半径分别满足． 又， 所以该圆台的表面积，所以B不正确． 对C,圆台的上、下底面平行， 过点分别作于点于点， 则，所以， 所以直线与圆台的上底面所成的角等于其与圆台的下底面所成的角． 为直线与下底面所成的角． 又，所以，所以C正确． 对D,设该圆台的外接球的半径为，球心为． 当点O在线段上时，．由，得，即，解得． 当点O在线段的延长线上时，．由，得，即． 化简，得，此时m无解． 所以， 则该旋转体的外接球的表面积，所以D正确． 故选：ACD. 15．（23-24高一下·黑龙江佳木斯·期中）下列命题中正确的是（    ） A．梯形的直观图可能是平行四边形 B．圆锥的轴截面是所有过顶点的截面中面积最大的一个 C．有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 D．底面是矩形的直平行六面体是长方体 【答案】D 【分析】根据斜二测画法判断A，根据过圆锥顶点的截面图形特征和截面图的面积公式即可判断B，根据棱台的定义判断C，根据直棱柱的定义判断D. 【详解】对于A：因为梯形平行的一组对边长度不相等，所以它们的直观图的长度也不相等， 故梯形的直观图不可能是平行四边形，故A错误； 对于B：过圆锥顶点的截面为等腰三角形，且两腰长为母线长， 设该等腰三角形顶角为，则截面三角形面积为，显然当，面积最大， 故当圆锥的轴截面三角形顶角大于时，圆锥的轴截面面积不一定是最大的，故B错误； 对于C：根据棱台的定义，棱台的侧棱延伸后必须交于同一点，故C错误； 对于D：底面是矩形的直平行六面体是长方体，故D正确. 故选：D 16．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）下列说法正确的是（    ）． A．以直角三角形的一条边为轴旋转一周形成的旋转体是圆锥 B．以直角梯形的一腰为轴旋转一周形成的旋转体是圆台 C．圆柱、圆锥、圆台都有两个底面 D．圆锥的侧面展开图是扇形，这个扇形的半径大于圆锥的高 【答案】D 【分析】根据圆锥、圆台、圆锥的结构特征逐一判断即可. 【详解】对于A，以直角三角形的斜边为轴旋转一周形成的是两个圆锥的组合体，A错误； 对于B，当以直角梯形不垂直于底边的腰为旋转轴旋转一周形成的不是圆台，B错误； 对于C，圆锥只有一个底面，C错误； 对于D，圆锥的侧面展开图是扇形，这个扇形的半径等于圆锥的母线，大于圆锥的高，D正确. 故选：D 17．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）下列说法正确的是（    ） A．圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台 B．绕直角三角形任一边旋转所得几何体为圆锥 C．用任何一个平面截球面，得到的截面都是圆 D．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 【答案】AC 【分析】A. 利用圆台的概念判断；B.绕直角三角形的斜边旋转时判断；C.用球的截面性质判断；D.利用棱柱的概念判断. 【详解】A. 圆锥截去一个小圆锥，说明截面与底面平行，所以剩余部分是圆台，故正确； B.绕直角三角形的斜边旋转所得几何体为两个同底的圆锥，故错误； C.用任何一个平面截球面，得到的截面都是圆，故正确； D.有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体也可能是组合体，故错误； 故选：AC 18．（23-24高一下·黑龙江大庆·期中）下列命题中正确的是（    ） ①圆锥的轴截面是所有过顶点的截面中面积最大的一个； ②在圆柱的上、下底面的圆周上各取一个点，则这两点的连线是圆柱的母线； ③圆台的两个底面平行． A．①② B．② C．③ D．①③ 【答案】C 【分析】对①，根据过圆锥顶点的截面图形特征和截面图的面积公式即可判断；对②③，依次根据圆柱的母线定义和圆台定义即可判断. 【详解】对①，过圆锥顶点的截面为等腰三角形，且两腰长为母线长， 设该等腰三角形顶角为，则截面三角形面积为，显然当，面积最大， 故当圆锥的轴截面三角形顶角大于时，圆锥的轴截面面积不一定是最大的，故①错； 根据圆柱的母线定义可知②错； 根据圆台定义：平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截面与圆锥底面的部分称为圆台，知圆台的两个底面平行，故③正确. 故选：C. 19．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，底面半径为，高为，B是母线SA上一点，且．现要建设一条从A到B的环山观光公路；当公路长度最短时，这条公路从A出发后先上坡，后下坡，则公路上坡路段长为 千米． 【答案】 【分析】利用圆锥的侧面展开图，利用两点间的距离，结合图象，求长度. 【详解】由题意，半径为，山高为，则母线, 底面圆周长，所以展开图的圆心角， 如图，是圆锥侧面展开图，结合题意，, 由点S向引垂线，垂足为点，此时为点S和线段上的点连线的最小值， 即点为公路的最高点，段即为下坡路段， 则，即，得 上坡路段长度为. 故答案为： 斜二侧画法题型05 20．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，直角梯形是某个多边形的斜二测直观图，，则该多边形原本的面积为 .    【答案】 【分析】先求出直观图的面积，结合直观图面积与原图面积的关系，即可得答案. 【详解】根据题意，直观图是直角梯形，， 由，则，其面积， 则该多边形原本的面积为. 故答案为：. 21．（23-24高一下·黑龙江大庆·期中）如图，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，则原图面积为 ．    【答案】 【分析】根据直观图和原图的关系，由可求解. 【详解】解：由题可得直观图面积：， 由可得：原图面积为：， 故答案为：. 22．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，正方形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，若，则四边形的面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据斜二测画法计算即可 【详解】由题意可知，则正方形的面积为， (原图为平行四边形，高，且)， 又，所以四边形的面积为. 故选：D 截面问题题型06 23．（23-24高一下·黑龙江绥化·期中）已知圆锥的顶点为，母线长为2，轴截面为，若为底面圆周上异于，的一点，且二面角的大小为，则的面积为（    ） A．4 B．2 C． D． 【答案】B 【分析】作出辅助线，找到即为二面角的平面角，即，并利用勾股定理求出各边长，求出三角形面积. 【详解】由题意得， 设底面圆圆心为，取的中点，连接， 则，故， 因为，，所以⊥，⊥， 故即为二面角的平面角，即， 故，， 由勾股定理得，， 所以的面积为 故选：B 24．（23-24高一下·黑龙江牡丹江·期中）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： 25．（23-24高一下·黑龙江大庆·期中）（1）已知向量，点，若向量，且，求点的坐标； （2）球的两个平行截面的面积分别是，两截面间的距离为1，求球的半径. 【答案】（1）或；（2）3 【分析】（1）设，利用、求出可得答案； （2）设两个平行截面圆的半径分别为，球半径为，分两个截面位于球心的同侧、两个截面位于球心的异侧讨论，求出可得答案. 【详解】（1）设，则 因为向量，所以 又，所以， 解得或，所以的坐标为或； （2）设两个平行截面圆的半径分别为，球半径为，则由， 得，由，得， 如图①，当两个截面位于球心的同侧时，有， 即， 解得， 如图②，当两个截面位于球心的异侧时， 有，此方程无解. 综上，球的半径是3. 轨迹问题题型07 26．（23-24高一下·黑龙江佳木斯·期中）已知正四棱锥的所有棱长均为2，点为正四棱锥的外接球球面上一动点，，则动点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接、，设，连接，分析可得为正四棱锥外切球的球心，且外接球的半径，作出正四棱锥外接球的轴截面（过点、、），过点作交于点，即可求出，从而求出轨迹长. 【详解】依题意，正四棱锥的所有棱长均为，连接、， 设，连接，则平面，则， 所以，所以， 则为正四棱锥外切球的球心，且外接球的半径， 作出正四棱锥外接球的轴截面（过点、、）如下所示： 因为，所以为等边三角形，所以， 过点作交于点，则， 所以点在以为圆心，为半径的圆上， 所以动点的轨迹长度为. 故选：D 27．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）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. 28．（23-24高一下·黑龙江佳木斯·期中）如图所示，在直三棱柱中，若，，则下列说法中正确的有（    ） A．三棱锥表面积为 B．点在线段上运动，则的最小值为 C．、分别为、的中点，过点的平面截三棱柱，则该截面周长为 D．点在侧面及其边界上运动，点在棱上运动，若直线，是共面直线，则点的轨迹长度为 【答案】ABC 【分析】对于A，根据锥体表面积公式计算可得；对于B，利用展开面求得的最小值即可判断；对于C，作出截面，利用三角形重心的性质与勾股定理求解即可判断；对于D，利用平面的性质求得点的轨迹，从而得以判断. 【详解】对于A：在直三棱柱中， 平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 同理可证， 又，所以，， 所以， 所以三棱锥表面积，故A正确； 对于B：将沿旋转与共面且位于的异侧， 如图所示， ， 即点在线段上运动，则的最小值为，故B正确， 对于C：延长、，设，连接交于点，连接， 则过的截面为如图所示四边形，    因为，是的中点，故是的中点， 又为的中点，所以为的重心， ，， 所以截面周长为，故C正确， 对于D：平面，共面，所以平面，    又点在侧面及其边界上运动，平面平面， 所以点的轨迹为线段，且，故点的轨迹长度为，故D错误. 故选：ABC. 空间几何体题型08 29．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）已知正方体的棱长为，则（    ） A．正方体的外接球体积为 B．正方体的内切球表面积为 C．与异面的棱共有4条 D．三棱锥与三棱锥体积相等 【答案】ACD 【分析】对于A、B：正方体外接球的半径,内切球的半径，代入球体的体积和表面积公式计算；对于C：根据异面直线的定义进行判定；对于D：利用等体积转换处理． 【详解】∵正方体外接球的半径,内切球的半径 ∴正方体的外接球体积为，内切球表面积为 A正确，B不正确； 与异面的棱有，共有4条，C正确； ∵，则三棱锥与三棱锥的高，底面积，故体积相等，D正确； 故选：ACD． 30．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，某种水箱用的“浮球”是由两个半球和一个圆柱组成的．已知中间圆柱部分的侧面面积与上下露在外面的球面面积之比为1：3，则中间圆柱部分的体积与上下两个半球体体积之和的比值为（    ）    A．1:2 B．1:1 C．2:1 D．2:3 【答案】A 【分析】根据圆柱的侧面积以及球的表面积公式可得，即可利用体积公式求解. 【详解】设球的半径为，圆柱的半径以及高分别为， 由题意可得且，故， 则中间圆柱部分的体积与上下两个半球体体积之和的比值为， 故选：A 31．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在长方体中，，则四棱锥的体积是（    ）    A．3 B．6 C．9 D．18 【答案】B 【分析】连结，交与点，先证明平面，从而可求四棱锥体积. 【详解】    因为，所以长方体底面为正方形， 连结，交与点，且， 由长方体性质，知平面， 又平面，则， 所以平面， 则. 故选：B 32．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，如图所示，该几何体是上、下底面均为扇环的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．图中的曲池，垂直于底面，，底面扇环所对的圆心角为，弧AD的长度是弧BC长度的3倍，，则下列说法正确的是（    ）． A．弧AD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】AD 【分析】设弧所在圆的半径为，弧所在圆的半径为，根据题意，求得，结合弧长公式，以及几何体的表面积与体积公式，逐项判定，即可求解. 【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3倍，底面扇环所对的圆心角为， 所以，解得，所以，可得， 所以弧的的长度为，所以A正确； 该曲池的体积为，所以B不正确； 曲池的表面积为 ，所以C不正确； 三棱锥的体积为，所以D正确. 故选：AD. 33．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）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    34．（23-24高一下·黑龙江绥化·期中）正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素．如图，该几何体是一个棱长为2的正八面体，则此正八面体的体积与表面积的数值之比为 .    【答案】/ 【分析】根据给定条件求出正八面体的表面积和体积即可计算作答. 【详解】正八面体的表面是8个全等的正三角形组成，其中正边长为2， 则正八面体的表面积， 而正八面体可视为两个共底面的， 侧棱长与底面边长相等的正四棱锥与拼接而成， 正四棱锥的高， 则正八面体的体积， 于是得， 所以正八面体的体积与表面积之比为. 故答案为：. 35．（23-24高一下·黑龙江牡丹江·期中）已知四棱锥，底面为矩形，，，分别是，，的中点.证明： (1)平面平面； (2)平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由线面平行的判定定理分别证明面，平面，进而由面面平行的判定定理即可得证； （2）由面面平行的性质即可得证. 【详解】（1）证明：因为，，分别是，，的中点，所以,， 又因为底面为矩形，所以,所以, 又平面,平面， 所以面. 又因为平面,平面， 所以平面. 因为,平面, 所以平面平面. （2）证明：因为平面，平面平面， 所以平面. 36．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）在四棱锥中，底面是平行四边形，在上，且． (1)若为中点，求证：平面； (2)侧棱上是否存在一点，使得平面．若存在，求的值；若不存在，试说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在， 【分析】（1）利用中位线的性质及线线平行证明线面平行即可； （2）作，，，构造面面平行，利用面面平行的性质判定线面平行即可. 【详解】（1） 如图所示，连接交于N，连接， 由题意可知为的中点，故， 又平面，平面， 所以平面； （2）存在点，使得平面，理由如下： 如图所示，作交直线于E点，过E作交于F， 过F作交于Q， 因为底面为平行四边形，所以C为的中点，则为中点， 又，即为的中点， 因为平面，平面， 所以平面，同理平面，平面, 又，平面， 所以平面平面， 同理平面平面， 因为平面平面，所以两平面重合， 即平面平面， 因为平面，所以存在一点，使得平面， 且． 37．（23-24高一下·黑龙江鸡西·期中）如图，在菱形中，面，，是和的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用三角形的中位线可得，即可得证． （2）连接交于点，证明，，即可证明平面． 【详解】（1）证明：因为，是和的中点， 所以， 又平面，平面， 故平面． （2）证明：连接交于点， 因为四边形是菱形，所以， 又因为平面，平面， 所以，又，平面， 所以平面． 38．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）在正四面体中，平面，D为AB中点，在CD上.    (1)求与平面所成角的正弦值； (2)求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据线面垂直可得即为与平面所成的角，即可利用重心的性质以及勾股定理求解， （2）根据线面垂直的性质可得线线垂直，即可根据线线垂直求证线面垂直，即可求证. 【详解】（1）设正四面体的棱长为，连接， 由于平面，平面， 故，且为等边三角形的中心，即为与平面所成的角， 则 ， 故，    （2）由于平面，平面，故， 又，平面， 故平面，平面， 故. 39．（23-24高一下·黑龙江大庆·期中）如图，已知在长方体中，，点E是的中点. (1)求证：平面； (2)求三棱锥的表面积. 【答案】(1)证明见解析 (2)4 【分析】（1）连接交于点O，连接，可证，从而可证平面. （2）先求三棱锥各面的面积，由此可求三棱锥的表面积. 【详解】（1）连接交于点O，连接， ∵点E是的中点，点O是的中点 ∴为的中位线，故. 又平面，平面， ∴平面. （2）在长方体中，均直角三角形， 又， 所以的面积分别为1，1，. 而在中，， 故等腰底边上的高， 的面积为， 所以三棱锥的表面积为. 40．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在正方体中，分别是棱的中点． (1)证明：平面平面； (2)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）连接，利用面面平行的判定定理即可证明得出结论； （2）利用线面垂直的判定定理可证明平面，求得点到平面的距离，再由等体积法可得三棱锥的体积． 【详解】（1）连接，如下图所示： 根据正方体性质可得，所以可得， 且，因此可得四边形为平行四边形，因此； 又平面,平面， 所以平面; 又因为，且，所以四边形为平行四边形， 因此，又平面,平面， 所以平面， 又，平面， 所以平面平面； （2）连接，如下图所示： 因为，平面，平面， 可得平面； 易知为正方形，所以； 由正方体性质可得平面，因为平面， 所以； 又，平面， 因此平面， 所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，为； 所以三棱锥的体积为 即三棱锥的体积为. 41．（23-24高一下·黑龙江佳木斯·期中）在棱长为2的正方体中，P，E，F分别为棱，，BC的中点，为侧面的中心，则（    ） A．直线平面PEF B．直线平面 C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的外接球表面积 【答案】BCD 【分析】对A项，可找出平面与直线的公共点作为反例； 对B项，可在平面中找出与平行的直线； 对C项，可将三棱锥顶点进行转换，找到较易求得底面和高计算体积； 对D项，可找到与三棱锥外接球相同得长方体，长方体的体对角线长度就是外接球的直径，然后计算外接球的面积即可. 【详解】对A项，延长到点，，易证明与平行，平面，平面，很显然与相交，与平面不平行，A选项错误. 对B选项，选取底面的中心，连，，可证明，，得到，又平面，平面，平面，选项B正确. 对选项C，，选项C正确. 对选项D，选取的中点，的中点，三棱锥的外接球即为长方体的外接球，外接球的直径等于即为长方体的体对角线， 外接球的直径为：，表面积，选项D正确. 故选：BCD 42．（23-24高一下·黑龙江鸡西·期中）如图，已知四棱锥中，底面为平行四边形，点M、N、Q分别是、、的中点.求证：平面平面. 【答案】证明见解析 【分析】根据题意结合三角形的中位线定理可得，，则由线面平行的判定定理可得平面，平面，再利用面面平行的判定定理可证得结论. 【详解】因为底面为平行四边形，为的中点， 所以为的中点， 因为M、Q分别是、的中点.， 所以，， 因为平面，平面， 所以平面，平面， 因为平面， 所以平面平面. 43．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图1，等腰满足，，于．如图2，将绕着直线SA旋转时，在BA旋转而成的平面内总有点满足，，（点，点分别在直线BD两侧）． (1)求线段长； (2)求证：平面； (3)记三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，当四棱锥的体积最大时，求值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据余弦定理结合三角恒等变换可得，进而可得，即可根据等边三角形的性质求解， （2）根据线线垂直即可求证， （3）根据余弦定理可得，根据面积公式可得,两式平方可得，即可求解面积的最值，进而可得，即可根据锥体体积公式求解. 【详解】（1）由，以及余弦定理可得,即 又，所以， 由于，所以， 故为边长为2的等边三角形， 由于，故 （2）由（1）知为边长为2的等边三角形，， 故平面 故平面 （3）在图2中，设,, 由余弦定理可得, 故， 平方得 ①， 记四边形的面积为，由于四棱锥的高为定值，故要使四棱锥的体积最大时，只需要最大即可， 则， 平方可得 ②, ①②相加可得， 故， 故当时，此时取最大值， 故的最大值为，当且仅当，即可时取等号， 结合可得，即时等号成立， 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共92页 ◎ 第2页 共92页 学科网（北京）股份有限公司 $$