特训12 期末选填压轴题（九大题型，全国最新期末精选）-2024-2025学年高一数学期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版2019必修第二册，浙江专用）

特训12 期末选填压轴题（九大题型，全国最新期末精选） 目录： 题型1：三角形面积公式的应用；解三角形取值范围问题 题型2：解三角形综合辨析 题型3：平面向量及其应用 题型4：平面向量的坐标运算；建系解决向量有关的几何问题 题型5：立体几何综合辨析（多选） 题型6：立体几何初步—动点、最值问题 题型7：立体几何初步—内切外接问题 题型8：立体几何初步—截面问题 题型9：立体几何初步—轨迹问题 题型1：三角形面积公式的应用；解三角形取值范围问题 1．（23-24高一下·辽宁辽阳·期末）已知四边形的顶点都在半径为2的圆上，且经过圆的圆心，，四边形的面积为，则（    ） A．2 B．3 C． D． 2．（23-24高一下·江苏苏州·期末）锐角中，角A、B、C的对边分别为、、，满足，若存在最大值，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期末）在锐角中，角A，B，C的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·安徽合肥·期末）在中，角所对的边分别为，且，则下列结论错误的是（    ） A． B．若，则为直角三角形 C．若为锐角三角形，则的取值范围为 D．若为锐角三角形，的最小值为1 题型2：解三角形综合辨析 5（多选）．（23-24高一下·山东潍坊·期末）南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”，即以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积.可用公式（其中，，，为三角形的三边和面积）表示.在中，，，分别为角，，所对的边，若，且，则（    ） A． B．面积的最大值是 C．当的面积最大时，其内切圆半径为 D．若角的平分线与边相交于点，则的取值范围为 6（多选）．（23-24高一下·四川内江·期末）已知的三个内角，，的对边分别是，，，且，则下列说法正确的是（    ） A．若点在边上，为角平分线且长度为，则 B．若为边的中点，且，则的面积的最大值为 C．的取值范围是 D．若，且只有一解，则的取值范围为 题型3：平面向量及其应用 7．（23-24高一下·广西桂林·期末）已知为内一点，且，点在内（不含边界），若，则的取值范围是 ． 8．（23-24高一下·安徽六安·期末）在中，已知为线段上的一点，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 9．（23-24高一下·四川·期末）中，，点为平面内一点，且分别为的外心和内心，当的值最大时，的长度为（    ） A． B． C． D．1 10．（23-24高一下·甘肃·期末）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.它的具体内容是：已知是内一点，，，的面积分别为，，，且.若为的垂心，，则（    ）    A． B． C． D． 11．（23-24高一下·广东东莞·期末）已知圆的半径为1，点是圆上的动点，为圆内接正2024边形，则 ， . 题型4：平面向量的坐标运算；建系解决向量有关的几何问题 12．（23-24高一下·山东济南·期末）如图，设，是平面内夹角为的两条数轴，，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量.若向量，则有序数对叫做点在坐标系中的坐标.在该坐标系下，，，为不共线的三点，下列结论错误的是（    ）    A．线段中点的坐标为 B．重心的坐标为 C．，两点的距离为 D．若，则，，三点共线 13．（23-24高一下·四川成都·期末）在直角梯形中，分别为 的中点，点在以为圆心，为半径的圆弧上运动（如图所示）．若，其中，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 14．（23-24高一下·重庆·期末）赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成，如图①），类比“赵爽弦图”，可构造如图②所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，其中，则的值为 ；设，则 ．    15．（23-24高一下·福建龙岩·期末）已知点Q是单位圆内接正十二边形边上的任意一点，设，则a的值可以为（    ） A．22.5 B．23.5 C．24.5 D．25.5 题型5：立体几何综合辨析（多选） 16（多选）．（23-24高一下·浙江杭州·期末）“圆柱容球”作为古希腊数学家阿基米德最得意的发现，被刻在他的墓碑上.马同学站在阿基米德的肩膀上，研究另外两个模型：“圆台容球”，“圆锥容球”，如下图，半径为R的球分别内切于圆柱，圆台，圆锥.设球，圆柱，圆台，圆锥的体积分别为.设球，圆柱，圆台，圆锥的表面积分别为，则以下关系正确的是（    ）    A． B． C． D．的最大值为 17（多选）．（23-24高一下·江苏常州·期末）已知正方体的棱长为4，分别为棱和的中点，则下列说法正确的有（   ） A．平面 B．平面 C．异面直线与所成角为 D．平面截正方体所得截面的面积为18 18（多选）．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点．则下列结论正确的是（    ） A．若为中点，则平面 B．若为中点，则平面 C．不存在点，使得 D．PQ与平面所成角的正弦值的取值范围为 19（多选）．（23-24高一下·安徽六安·期末）如图，在直三棱柱中，已知为的中点，过的截面与棱分别交于点，则下列说法正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．线段长度的取值范围是 C．当点为中点时，截面的周长为 D．存在点，使得 20（多选）．（23-24高一下·浙江宁波·期末）如图，棱长为的正方体中，点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点，点分别是在线段上的动点，下列结论正确的是（    ） A．异面直线与所成角为 B．平面 C．三棱锥的体积是定值 D．的最小值是 21（多选）．（23-24高一下·福建福州·期末）在棱长为的正方体中，动点满足，其中 ，则 （   ） A．当时，直线与直线异面 B．当时，有且仅有一个点，使得平面 C．当时，三棱锥的体积为定值 D．当时，的最小值为 22（多选）．（23-24高一下·辽宁葫芦岛·期末）如图，正方体的棱长为为的中点，为线段上的动点，过点的平面截该正方体所得截面记为S，则下列命题正确的是（    ） A．直线与直线所成角的正切值为 B．当时，S为等腰梯形 C．当时，S与交于点，则 D．当时，S为五边形 题型6：立体几何初步—动点、最值问题 23．（23-24高一下·山西太原·期末）如图，棱长为1的正方体中，为线段的中点，，分别为线段和棱上的动点，则的最小值为 ． 24．（23-24高一下·福建漳州·期末）二面角为为线段的三等分点，且，到的距离为.若为平面内一动点，则最大时，的值为 . 题型7：立体几何初步—内切外接问题 25．（23-24高一下·河南洛阳·期末）在四棱锥中，底面是矩形，，，侧棱长都是，点在棱上，，则三棱锥的外接球的表面积为 . 26．（23-24高一下·安徽滁州·期末）如图，正四面体，为该正四面体高的中点，过直线的平面与棱平行，且平面截正四面体上半部分得到的棱锥内切球半径为，正四面体的内切球半径为，则 .    题型8：立体几何初步—截面问题 27．（23-24高一下·广东广州·期末）已知正四棱锥的所有棱长都为，点在侧棱上，过点且垂直于的平面截该棱锥，得到截面多边形，则的边数至多为 ，的面积的最大值为 ． 28．（22-23高一下·河北邯郸·期末）在中，，为的中点，，沿将折起.当时，三棱锥的外接球半径为 ；当，且时，过点作三棱锥外接球的截面，则截面圆的面积的最小值为 . 题型9：立体几何初步—轨迹问题 29．（23-24高一下·福建福州·期末）如图，圆锥底半径长为1，母线的长为6，是母线上一点，且． 一个质点从出发沿圆锥侧面图示路线到达． 若该质点走过的路程最短且质点在运动时先上升，后下降，则 的取值范围为 ． 30．（23-24高一下·浙江宁波·期末）已知三棱锥的四个面是全等的等腰三角形，且，，点为三棱锥的外接球球面上一动点，时，动点的轨迹长度为 . 31．（23-24高一下·山东济南·期末）在平行六面体中，底面是边长为的菱形，，，且平面，均与底面垂直.点在侧面上运动，若，则点的轨迹长为 . ( 第 3 页 共 8 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 特训12 期末选填压轴题（九大题型，全国最新期末精选） 目录： 题型1：三角形面积公式的应用；解三角形取值范围问题 题型2：解三角形综合辨析 题型3：平面向量及其应用 题型4：平面向量的坐标运算；建系解决向量有关的几何问题 题型5：立体几何综合辨析（多选） 题型6：立体几何初步—动点、最值问题 题型7：立体几何初步—内切外接问题 题型8：立体几何初步—截面问题 题型9：立体几何初步—轨迹问题 题型1：三角形面积公式的应用；解三角形取值范围问题 1．（23-24高一下·辽宁辽阳·期末）已知四边形的顶点都在半径为2的圆上，且经过圆的圆心，，四边形的面积为，则（    ） A．2 B．3 C． D． 【答案】C 【分析】将四边形的面积转化为，利用三角形面积公式，结合两角差的正弦公式进行化简，可得，结合，从而可求出，进而可求出. 【解析】连接，则为等边三角形，， 四边形的面积为 ， 所以， 所以， 因为，所以， 所以， ， ， ， 所以， 因为，所以， 所以或， 所以，或， 因为，所以舍去，所以， 所以为等腰直角三角形，所以. 故选：C 【点睛】关键点点睛：此题考查三角函数恒等变换公式的应用，考查三角形面积公式的应用，解题的关键是将四边形的面积转化为，再利用三角形面积公式化简，结合三角函数恒等变换公式可求得结果，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题. 2．（23-24高一下·江苏苏州·期末）锐角中，角A、B、C的对边分别为、、，满足，若存在最大值，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正弦定理以及二倍角公式可得，再由锐角三角形可得，将化简再利用二次函数取得最值条件可得当时，可取得最大值，即可求得结果. 【解析】由利用正弦定理可得， 即可得，又，可得； 又， 所以；因此，即，可得， 由于为锐角三角形，则，即，解得， ， 因为，则， 由二次函数性质可得，若存在最大值， 则，解得． 故选：C． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用正弦定理得出角的关系，由三角形形状以及诱导公式和二倍角公式，并根据二次函数取得最值的条件解不等式可得结果. 3．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期末）在锐角中，角A，B，C的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由余弦定理结合面积公式，再应用同角三角函数关系求出，由正弦定理边角互化，再应用两角和差公式化简，最后应用基本不等式及对勾函数的单调性求解即得. 【解析】在锐角，由余弦定理可知， 由面积公式可得，代入到已知条件可得 ， 因为，化简可得， 根据恒等变换可得，因为锐角， 所以，所以可得， 所以， 则， 因为锐角，所以， 则，在单调递增， 则，令，所以， 所以，由对勾函数的单调性知在单调递减，在单调递增， 当时，是极小值，当或时，最大值， 则. 故选：C 4．（23-24高一下·安徽合肥·期末）在中，角所对的边分别为，且，则下列结论错误的是（    ） A． B．若，则为直角三角形 C．若为锐角三角形，则的取值范围为 D．若为锐角三角形，的最小值为1 【答案】D 【分析】A：利用正弦定理和三角恒等变换即可判断；B：利用正弦定理边化角，结合A选项结论和三角恒等变换即可求出的三个内角，从而可判断其形状；C和D，根据是锐角三角形和选项A结论求出B的范围，利用函数单调性的方法可分别求两个式子的范围. 【解析】∵，由正弦定理可得， 在中，， 可得，而与不可能互补， ∴，即，∴A选项正确； 选项B中，，可得，由A选项可得， 则，在中，， 可得，则，∴，即为直角三角形，∴B选项正确； 选项C中，为锐角三角形中， ． 设， ∵为锐角三角形，∴，可得， ∴，即， 令，则函数单调递增， ，而，即． ∴，∴，∴C正确； 选项D中，∵为锐角三角形，由A选项可得， ∴，可得，∴， ∴． 设． 设在单调递减，∴， ∴D选项不正确： 故选：D． 题型2：解三角形综合辨析 5．（23-24高一下·山东潍坊·期末）南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”，即以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积.可用公式（其中，，，为三角形的三边和面积）表示.在中，，，分别为角，，所对的边，若，且，则（    ） A． B．面积的最大值是 C．当的面积最大时，其内切圆半径为 D．若角的平分线与边相交于点，则的取值范围为 【答案】ACD 【分析】结合已知条件与两角和的正弦公式，推出，再利用正弦定理角化边，即可判断A；将，代入的计算公式中，结合配方法，即可判断B；设内切圆半径为，结合及选项B所得，即可判断C；设，其中，根据，利用三角形的面积公式，可得，再结合余弦函数的性质，即可判断D． 【解析】对于A，因为， 所以， 所以， 由正弦定理得，故A正确； 对于B， ， 所以当，即时，的面积取得最大值，故B错误； 对于C，由选项B可知，当的面积最大时，，，， 设内切圆半径为， 因为， 所以，解得，故C正确； 对于D，设，其中，则， 因为， 所以， 所以， 因为，所以， 所以， 因为，所以，， 所以的取值范围为，故D正确． 故选：ACD． 【点睛】关键点点睛：本题D选项关键是引入参数，利用等面积法得到，从而转化为的函数. 6．（23-24高一下·四川内江·期末）已知的三个内角，，的对边分别是，，，且，则下列说法正确的是（    ） A．若点在边上，为角平分线且长度为，则 B．若为边的中点，且，则的面积的最大值为 C．的取值范围是 D．若，且只有一解，则的取值范围为 【答案】ABC 【分析】根据余弦定理与正弦定理进行边角互化，结合三角恒等变换可得，再根据角分线利用等面积法可判断A选项；结合转化法表示向量的模，再根据基本不等式可得面积的最值，判断B选项；根据三角恒等变换可得，根据三角函数性质可判断C选项；根据三角形解的情况可判断D选项. 【解析】由已知， 根据余弦定理可知，即， 再由正弦定理可得， 又，即，所以， 即，又，， 所以，， A选项：为角平分线，则，所以， 即， 即，则，A选项正确； B选项：由为边的中点，则， 即， 所以，即， 又，即，， 即，当且仅当时等号成立，B选项正确； C选项：由三角形可知 ， 又在中，， ，即， 所以，即，C选项正确； D选项：，且只有一解，则或，即或，D选项错误； 故选：ABC. 题型3：平面向量及其应用 7．（23-24高一下·广西桂林·期末）已知为内一点，且，点在内（不含边界），若，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】设，根据题意结合平面向量基本定理可得，设，且，整理可得，进而可得结果. 【解析】设，即， 可得， 因为， 即， 整理可得，且不共线， 则，解得， 即，， 又因为点在内（不含边界），设，且， 可得， 则， 可得，可得， 且，可得， 所以的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：1.设，根据题意结合平面向量基本定理可得； 2.根据三角形可设，且，用表示，即可得结果. 8．（23-24高一下·安徽六安·期末）在中，已知为线段上的一点，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题设条件依次可求得边和角的三角函数值，从而将向量等式化简，利用平面向量基本定理得到，最后利用常值代换法即可求得. 【解析】由①，由和正弦定理可得②， 把②代入①可得，， 又由可得代入①可得，， 则角是锐角，，代入①可得，， 又由余弦定理，得， 于是，，因为线段上的一点，则， 因， 当且仅当时等号成立，即时，取得最小值. 故选：D. 【点睛】思路点睛：本题主要考查正、余弦定理，平面向量基本定理和向量数量积运算，以及基本不等式得应用，属于难题.解决此类题，一般从各个边、角的等式转化入手，运用相关公式或定理各个击破，得出一系列信息，最后借助于主干条件，如此题的得出，从而使问题得解. 9．（23-24高一下·四川·期末）中，，点为平面内一点，且分别为的外心和内心，当的值最大时，的长度为（    ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】由已知可得在的垂直平分线上，由，可得，进而由正弦定理可得，的值最大，进而计算可求. 【解析】由，所以， 所以在的垂直平分线上， 设为的中点，可得， ，所以，从而， 由正弦定理可得， 所以， 当，，又要使的值最大时， 则为锐角，所以，从而为等腰直角三角形， 所以，所以均在斜边的垂直平分线上， 即为内切圆的半径，设内切圆半径为， 所以，所以， 解得，所以. 故选：A. 本题主要考查向量的几何运算及外接圆，内切圆的性质、正弦定理的应用，属于难题．向量的运算有两种方法，一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）；二是坐标运算：建立坐标系转化为解析几何问题解答（求最值与范围问题，往往利用坐标运算比较简单）． 10．（23-24高一下·甘肃·期末）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.它的具体内容是：已知是内一点，，，的面积分别为，，，且.若为的垂心，，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据和得，从而可以得出，设，，得，，再结合垂心和直角三角形余弦值即可求解. 【解析】    如图，延长交于点，延长交于点，延长交于点. 由为的垂心，，且， 得，所以， 又，则，同理可得，所以， 设，，则，， 所以，即，， 所以， 所以. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用“奔驰定理”得到，从而利用对顶角相等得到，由此得解. 11．（23-24高一下·广东东莞·期末）已知圆的半径为1，点是圆上的动点，为圆内接正2024边形，则 ， . 【答案】 1 4048 【分析】根据，可得第一空答案；由、可得第二空答案. 【解析】圆内有1012对对顶角相等的全等三角形，在每一对三角形中， 如，与中，设、中点分别为、， 则、、在一条直线上，且， 则，，可得， 所以， 同理，， 所以， 所以； . 故答案为：①1；②4048. 【点睛】思路大家：在第二空中，主要是和可得第二空答案. 题型4：平面向量的坐标运算；建系解决向量有关的几何问题 12．（23-24高一下·山东济南·期末）如图，设，是平面内夹角为的两条数轴，，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量.若向量，则有序数对叫做点在坐标系中的坐标.在该坐标系下，，，为不共线的三点，下列结论错误的是（    ）    A．线段中点的坐标为 B．重心的坐标为 C．，两点的距离为 D．若，则，，三点共线 【答案】C 【分析】依题意可得，，，根据平面向量线性运算判断A、B，表示出，再根据数量积的运算律判断C，根据向量共线定理判断D. 【解析】根据题意，，，， 对于A，设的中点为，则， 故线段中点的坐标为，故A正确．    对于B，设重心为，则 ， 故重心的坐标为，故B正确； 对于C，， 所以 = 即该坐标系中，两点间的距离为： ，故C错误； 对于D，，， 若，易得，则、、三点共线， 若，变形可得，所以， 所以，所以、、三点共线， 综合可得：若，则，，三点共线，故D正确． 故选：C． 【点睛】关键点点睛：本题关键是对斜坐标的理解，灵活运用平面向量的相关知识解答即可. 13．（23-24高一下·四川成都·期末）在直角梯形中，分别为 的中点，点在以为圆心，为半径的圆弧上运动（如图所示）．若，其中，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立平面直角坐标系，设，根据解得，再根据的范围可得答案. 【解析】 建立如图所示平面直角坐标系， 则， 设， ， 因为，所以， 可得，解得， 所以 ， 因为，所以， 可得， 所以. 故选：B. 【点睛】点睛：向量平行(共线)、垂直、线性运算与三角函数的综合此类题型的解答一般是利用向量平行(共线)、垂直关系、线性运算得到三角函数式，再利用三角恒等变换对三角函数式进行化简，结合三角函数的图象与性质进行求解． 14．（23-24高一下·重庆·期末）赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成，如图①），类比“赵爽弦图”，可构造如图②所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，其中，则的值为 ；设，则 ．    【答案】 【分析】利用建系的方法，假设，根据，利用余弦定理可得长度，由正弦定理求出大小正三角形的面积，即可求得的值；然后计算，可得点坐标，最后根据点坐标，可得结果. 【解析】由，设，则，， 如图      由题可知：， 在中，由余弦定理可得 所以，则， 可得小三角形面积， 大三角形面积，所以； 因为， 在中，由正弦定理可得， 且为锐角，则，可知， 可得，， 若，则 所以 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：对于向量运算问题，常借助于坐标系，把复杂的向量线性运算转为坐标运算，简化计算和方便理解. 15．（23-24高一下·福建龙岩·期末）已知点Q是单位圆内接正十二边形边上的任意一点，设，则a的值可以为（    ） A．22.5 B．23.5 C．24.5 D．25.5 【答案】B 【分析】如图建立平面直角坐标系，表示出12个顶点的坐标，设，然后表示出，化简得，不妨设在上，表示出线段的方程，则表示出，利用二次函数的性质可求出其范围，从而可求出的范围，进而可求得答案. 【解析】如图建立平面直角坐标系，则， ， 设，则 ， ， ， ， 所以， 由正十二边形的对称性，不妨设在上， 因为，所以， 所以为，即， 所以， 因为对称轴为， 所以的最小值为， 最大值为， 所以， 所以， 即， 故选：B 【点睛】关键点点睛：此题考查向量的运算，考查二次函数的性质，解题的关键是建立平面直角坐标系，表示出各顶点的坐标，考查计算能力和数形结合的思想，属于较难题. 题型5：立体几何综合辨析（多选） 16．（23-24高一下·浙江杭州·期末）“圆柱容球”作为古希腊数学家阿基米德最得意的发现，被刻在他的墓碑上.马同学站在阿基米德的肩膀上，研究另外两个模型：“圆台容球”，“圆锥容球”，如下图，半径为R的球分别内切于圆柱，圆台，圆锥.设球，圆柱，圆台，圆锥的体积分别为.设球，圆柱，圆台，圆锥的表面积分别为，则以下关系正确的是（    ）    A． B． C． D．的最大值为 【答案】AD 【分析】对于A，由已知结合球和圆柱的体积公式、表面积公式即可依次求出、、、，从而得解；对于B，设圆台上下底面的半径和母线长分别为，由三角形全等得，求证得，进而由台体体积公式计算得，由台体表面积公式得，从而 得和即可得解；对于C，设圆锥的底面半径、高和母线长为、和，由得①，由和，得②，进而得和，再由锥体体积公式和表面积公式即可求出和，从而得；对于D，由C结合基本不等式即为的最大值. 【解析】对于A，由题得，，，， 所以，所以，故A正确； 对于B，设圆台上下底面的半径和母线长分别为，圆台容球的轴截面如图所示，    因为， 所以， 所以，且， 所以， 又，所以，所以， 所以， ， 所以， 所以，故B错误； 对于C，设圆锥的底面半径、高和母线长为、和，圆锥容球的轴截面如图所示，    则由得， 整理得即①， 因为, 所以，故， 所以，所以即②， 由①②得即，整理得， 所以由①得， 所以，， 所以， 所以，故C错误； 对于D，由题意可知，所以由C得， 当且仅当即时等号成立，故的最大值为，故D正确. 故选：AD. 【点睛】思路点睛：对于圆台的体积和表面积，先由三角形全等得，接着由得，进而由台体体积公式和表面积公式计算求出和即可得和；对于圆锥的体积和表面积，先由得①，接着由和得②，从而由①②得和，再由锥体体积公式和表面积公式即可求出和，进而得. 17．（23-24高一下·江苏常州·期末）已知正方体的棱长为4，分别为棱和的中点，则下列说法正确的有（   ） A．平面 B．平面 C．异面直线与所成角为 D．平面截正方体所得截面的面积为18 【答案】ACD 【分析】根据线面平行的判断定理，即可判断A；根据线面垂直的定义，结合垂直关系，即可判断B；根据异面直线所成角的定义，以及平行关系的转化，即可判断C，首先作出平面截正方体所得截面，再计算截面的面积. 【解析】对于A，如图，由条件可知，，平面，平面， 所以平面，故A正确； 对于B，取的中点，连结， 因为，，，所以, 则 ，不满足勾股定理， 所以不垂直于，则不垂直于平面， 所以不垂直于平面，故B错误； 对于C，连结，是等边三角形，所以直线与所成角为， 所以异面直线与所成角为，故C正确； D.连结，所以四点共面， 四边形是平面截正方体所得截面， 如图，四边形是等腰梯形，， ， 作于，则， 所以四边形的面积，故D正确. 故选：ACD. 18．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点．则下列结论正确的是（    ） A．若为中点，则平面 B．若为中点，则平面 C．不存在点，使得 D．PQ与平面所成角的正弦值的取值范围为 【答案】ABD 【分析】利用线面平行的判定定理可判断A；利用线面垂直的判定定理可判断B；当Q与B重合时，结合平面，可证，判读C；利用线面角的定义求出PQ与平面所成角的正弦值的最值，可判断D. 【解析】对于A，连接，由于为中点，为线段的中点， 故，而平面，平面， 故平面，A正确； 对于B，在正方体中，连接，则， 又平面，平面，故， 而平面，故平面， 由A的分析可知，故平面，B正确； 对于C，在正方体中，为线段的中点，也为为线段的中点， 当Q与B重合时，平面， 连接，则， 又平面，平面，故， 而平面，故平面， 而平面，故，即 即存在点，使得，C错误； 对于D，不妨设正方体棱长为2，作，垂足为H，则H为的中点， 由于平面平面，平面平面， 且平面，故平面，且， 则为PQ与平面所成角， 当Q与B重合时，取到最大值BH，此时PB即为PQ的最大值， 此时PQ与平面所成角的正弦值取到最小值，为， 而,故； 作，垂足为G，则，， 当Q与G重合时，取到最小值即为HG，此时PG长即为PQ的最小值， 此时PQ与平面所成角的正弦值取到最大值，为， 即PQ与平面所成角的正弦值的取值范围为，D正确， 故选：ABD 【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于选项D的判断，解答时要能根据线面角的定义，确定角的正弦值取到最值时的点Q的位置，从而解直角三角形求出正弦值. 19．（23-24高一下·安徽六安·期末）如图，在直三棱柱中，已知为的中点，过的截面与棱分别交于点，则下列说法正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．线段长度的取值范围是 C．当点为中点时，截面的周长为 D．存在点，使得 【答案】AC 【分析】直接证明三棱锥的体积为定值判断； 由三角形相似可得与的关系，结合的范围求得线段的长度的取值范围判断； 根据题意，分别求出四边形各边长即可判断； 由反证法证明错误. 【解析】 连接，则的面积为定值， 平面，平面，且， 平面，而， 到平面的距离为定值， 则三棱锥的体积为定值，故正确； 延长交的延长线于点，连接交于点， 则，即， 得， 又，则， ， ，， ，，， ，故错误； 当点为棱中点时， ，， ， ，， 故截面的周长为，故正确； 假设， 取上靠近点的四等分点， 则平面，平面， 所以，又， 因为平面，， 所以平面，平面， 则， 所以∽，得，则，矛盾 所以不存在点，使得，故错误； 故选：. 【点睛】分离常数法求值域： 一些简单分式型函数求值域可用分离常数法，最常见类型为：，，，如本题中选项的为型. 具体方法为：（1）先将分子凑出和分母相同的式子，如； （2）根据分式加减法法则分类常数，如； （3）根据题目所给范围直接求值域（或可用换元法求值域）. 20．（23-24高一下·浙江宁波·期末）如图，棱长为的正方体中，点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点，点分别是在线段上的动点，下列结论正确的是（    ） A．异面直线与所成角为 B．平面 C．三棱锥的体积是定值 D．的最小值是 【答案】BCD 【分析】由定义法求异面直线所成的角判断选项A；利用线线垂直证明线面垂直判断选项B；由底面积和棱锥的高计算体积判断选项C；利用翻折到同一平面求距离和的最小值判断选项D. 【解析】正方体中，，， 则四边形为平行四边形，有， 异面直线与所成角等于直线与所成角， 正方体中，为等边三角形， 所以异面直线与所成角为，A选项错误； 正方体中，平面，平面，， 正方形中，有， 平面，，则有平面， 平面，则， 同理， 平面，，所以平面，B选项正确； ，平面，平面，则平面， 点是线段上的动点，则点到平面的距离为定值， 是边长为的等边三角形，面积为定值， 所以三棱锥的体积是定值，C选项正确； 正方形中，点是线段的中点，也是线段的中点， 以为轴，把和旋转到同一平面内， 则的最小值为， 由，，，， ，平面四边形为矩形， 是线段的中点，点是线段上靠近的四等分点，设为的中点， 则中，，， 所以，D选项正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：立体图形上的距离最短问题，通过把立体图形转化为平面图形，然后再运用“两点之间，线段最短”来解决，可以利用轴对称或平移或旋转等几何图形的变换，把两条或多条线段和最短的问题转化为平面上两点之间的距离最短的问题来解决. 21．（23-24高一下·福建福州·期末）在棱长为的正方体中，动点满足，其中 ，则 （   ） A．当时，直线与直线异面 B．当时，有且仅有一个点，使得平面 C．当时，三棱锥的体积为定值 D．当时，的最小值为 【答案】BCD 【分析】对于A，当时，推出点在线段上，当与重合时，，即可判断出选项A不正确；对于B，当时，点在线段上，若平面，则必与重合，故B正确；对于C，当时，推出点在线段上，推出平面，可得三棱锥的体积为定值，故C正确；对于D，将沿翻折到与同一平面，从而得出的最小值为，再利用余弦定理，即可求解. 【解析】对于选项A，当时，由，得，因为，所以点在线段上， 如图1，当与重合时，，此时直线与直线共面，所以选项A错误， 对于选项B，当时，由，得，又，则点在线段上，如图2， 因为，，，平面， 所以平面， 若平面，则平面与平面重合， 此时必与重合，即当时，有且仅有一个点，使得平面，所以选项B正确； 对于选项C，当时，由且，，得点在线段上，如图3， 因为，平面，平面，所以平面， 所以点到平面的距离等于到平面的距离， 所以为定值，故选项C正确； 对于选项D，当时，由且，，得点在线段上，如图4， 连接，将沿翻折到与同一平面，如图5， 连接，此时最小， 在中，，，由余弦定理得， 得到，所以选项D正确， 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：根据平面向量知识推出各个选项中点的轨迹是解题关键. 22．（23-24高一下·辽宁葫芦岛·期末）如图，正方体的棱长为为的中点，为线段上的动点，过点的平面截该正方体所得截面记为S，则下列命题正确的是（    ） A．直线与直线所成角的正切值为 B．当时，S为等腰梯形 C．当时，S与交于点，则 D．当时，S为五边形 【答案】BCD 【分析】根据线线角的概念，构造异面直线缩成的角，求角的三角函数，判断A的真假；根据的长度，确定界面的形状，判断截面的形状，可判断BCD的真假. 【解析】正方体的棱长为为的中点， 对于A，，直线与直线所成角为， 所以，A错误； 对于B，，即为中点，此时，， ，则截面为等腰梯形，B正确； 对于C，，连接并延长交延长线于，直线交于， 由，得，由是的中点，，得， 因此，C正确； 对于D，若，连接并延长交延长线于，直线交于， 交延长线于点，连接交于点，连接得截面， 过点的平面与正方体的5个表面相交， 因此截面是五边形，D正确 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集叫做这个几何体的截面，利用平面的性质确定截面形状是解决截面问题的关键． 确定截面的依据如下：（1）平面的四个公理及推论；（2）直线和平面平行的判定和性质；（3）两个平面平行的性质；（4）球的截面的性质． 题型6：立体几何初步—动点、最值问题 23．（23-24高一下·山西太原·期末）如图，棱长为1的正方体中，为线段的中点，，分别为线段和棱上的动点，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】设是的中点，即可证明，过作，交于，过作，交于，连接，即可说明，从而得到，再求出的最小值，即可得解. 【解析】设是的中点，， 所以，则. 对任一点，的最小值是到直线的距离， 过作，交于， 过作，交于，连接， 由于，所以平面，平面， 所以， 由于，平面，所以平面， 又平面，所以， 则，易得. ，， ， 所以， 当三点共线，且是的中点，是与的交点， 此时取得最小值为，所以的最小值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键是将转化为，从而求出的最小值，利用两点之间线段最短求出最小值. 24．（23-24高一下·福建漳州·期末）二面角为为线段的三等分点，且，到的距离为.若为平面内一动点，则最大时，的值为 . 【答案】/ 【分析】本题可等价于在平面内的一个动点与两个定点间的线段形成的夹角最大时，取得最大值，点一定在在平面内的投影线上，根据正弦定理结合三角形外接圆，计算即可得出结果. 【解析】由题意,到的距离为， 过点作交于，则，, 过点作交于，连接,如图所示， 因为，且，所以， 又因为，且平面,平面, 所以平面, 因为平面, 所以，且， 所以为二面角，则， 在中，由正弦定理得，即, 所以， 在中，， 所以， 所以为等腰直角三角形. 因为点在内，要使得最大，则点离的距离越小， 故最大时，点一定在在平面内的投影线上， 且，则即为在平面内的投影线，故点在上. 如图所示，，在中，由正弦定理得, 则，其中为的外接圆半径， 要使得最大，则最小，故外接圆与相切时，半径最小，则, 所以由相似三角形得，则, 所以，故， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了空间几何关系，解题的关键是确定点在平面的位置，并利用正弦定理找到外接圆半径的最小值. 题型7：立体几何初步—内切外接问题 25．（23-24高一下·河南洛阳·期末）在四棱锥中，底面是矩形，，，侧棱长都是，点在棱上，，则三棱锥的外接球的表面积为 . 【答案】 【分析】设三棱锥的外接球的球心为，得是边长为的等边三角形，设外接圆的圆心为，则平面，设为的外接圆的圆心，则平面，得四边形为矩形，三棱锥的外接球的半径，可得答案. 【解析】设，所以为的中点， 设三棱锥的外接球的球心为， 因为底面是矩形，，，所以， 所以是边长为的等边三角形， ，，所以，， ，所以，，， 所以为钝角三角形，设外接圆的圆心为， 所以的外接圆的半径为， 且平面，设为的外接圆的圆心，则平面， 因为四棱锥侧棱长都是，， 所以平面，，所以四边形为矩形， ， 所以三棱锥的外接球的半径， 可得三棱锥的外接球的表面积为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：此题考查多面体外接球问题，考查球的表面积公式的应用，解题的关键是根据题意找出棱锥外接球的球心的位置，从而可求出球的半径，考查空间想象能力和计算能力，属于难题. 26．（23-24高一下·安徽滁州·期末）如图，正四面体，为该正四面体高的中点，过直线的平面与棱平行，且平面截正四面体上半部分得到的棱锥内切球半径为，正四面体的内切球半径为，则 .    【答案】 【分析】先求出的外接球半径，再根据截面棱锥的体积求出内切球的半径最后 求比即可. 【解析】    正四面体的各条棱相等，各个面都是全等的正三角形. 设正四面体的棱长为 ，其体积可以通过将正四面体分割成四个等体积的三棱锥来计算，每个三棱锥的高为内切球半径 ， 则正四面体的体积 为 . 取中点N，连接,直线交于T,过作的平行线,交于E,交于F,连接， 因为，不在平面内，平面， 所以平面，平面， 所以截面是平面. 在中，， 设，所以， 又因为三点共线，可以得出， 设截面棱锥的内切球半径为， ， 因为，所以,， 在中，， ， ， 所以， 所以， ， ， ， . 故答案为：. 【点睛】方法点睛：先根据要求得出截面，再应用多面体体积与表面积及内切球关系求解即可. 题型8：立体几何初步—截面问题 27．（23-24高一下·广东广州·期末）已知正四棱锥的所有棱长都为，点在侧棱上，过点且垂直于的平面截该棱锥，得到截面多边形，则的边数至多为 ，的面积的最大值为 ． 【答案】 【分析】数形结合，作平面与平面平行，即可解决；令，用表示相关长度，整理得，结合二次函数即可解决. 【解析】取中点，连接，，依题意可得， 又，平面，可知平面， 当点在之间时，作分别交于点， 作分别交于点，连接，则平面与平面平行，得到的截面为五边形， 根据平面的基本性质，作平面与平面平行，如图至多为五边形. 要使截面多边形的面积最大，则当点在之间时， 令，则， 可得， 则， 可得， 所以， 又因为与的夹角为与夹角，而与垂直， 则， 可得， 可知：当时，取最大值. 当点在点时，此时截面即为，又， 当点在点，之间时，截面为与相似的三角形，且截面面积小于， 综上可得截面的面积的最大值为. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：根据平面的性质分析截面的形状，结合几何知识求相应的长度和面积，进而分析求解. 28．（22-23高一下·河北邯郸·期末）在中，，为的中点，，沿将折起.当时，三棱锥的外接球半径为 ；当，且时，过点作三棱锥外接球的截面，则截面圆的面积的最小值为 . 【答案】 【分析】先证明平面，当时，易得为等边三角形，再确定外接球的球心，再利用勾股定理即可求得半径，当，且时，易得为等腰直角三角形，确定外接球的球心，再利用勾股定理即可求得半径，当点为截面圆的圆心时，截面圆的半径最小，进而可得出答案. 【解析】在中，因为，所以， 故， 因为为的中点，，，则为等边三角形， 如图，设为的中点，为外接圆的圆心， 为三棱锥的外接球的球心， 则在线段上，且，且平面， 由题意得， 又平面，所以平面， 故， 设三棱锥的外接球的半径为， 则， 即三棱锥的外接球半径为，    当，则，所以， 所以为等腰直角三角形， 则外接圆的圆心为的中点，设为点， 则， 设为三棱锥的外接球的球心， 则平面，故，， 则三棱锥外接球的半径为， 由，得， 在中， 由余弦定理得， 因为平面，平面，所以， 则， 当点为截面圆的圆心时，截面圆的半径最小， 此时截面圆的半径， 所以截面圆面积的最小值为.    故答案为：；. 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 题型9：立体几何初步—轨迹问题 29．（23-24高一下·福建福州·期末）如图，圆锥底半径长为1，母线的长为6，是母线上一点，且． 一个质点从出发沿圆锥侧面图示路线到达． 若该质点走过的路程最短且质点在运动时先上升，后下降，则 的取值范围为 ． 【答案】 【分析】由已知，可求得圆锥侧面展开图扇形的圆心角是，由质点走过的路程最短且质点在运动时先上升，后下降，可得点到的距离小于，再由，即可得到的取值范围. 【解析】 如图，圆锥侧面展开图中，， 所以，质点在上运动， 是母线上一点，作，垂足为， 则质点从到的运动过程中，质点到的距离减小，质点在运动时上升， 质点从到的运动过程中，质点到的距离增大，质点在运动时下降， 当时，质点在运动时上升，此时， 即是的中点， 当时，质点在运动时一直上升， 所以，即时，质点走过的路程最短且质点在运动时先上升，后下降， 由，可得，则，得. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用圆锥的侧面展开图，把立体问题转化为平面问题，进而分析求解. 30．（23-24高一下·浙江宁波·期末）已知三棱锥的四个面是全等的等腰三角形，且，，点为三棱锥的外接球球面上一动点，时，动点的轨迹长度为 . 【答案】 【分析】由三棱锥的结构特征，可扩成长方体，利用长方体的外接球半径得三棱锥的外接球半径，由动点的轨迹形状，求轨迹长度. 【解析】由题意可知，三棱锥的四个面是全等的等腰三角形， 且，如图①所示， 则有， 把三棱锥扩成长方体， 则有， 解得， 则长方体外接球半径， 所以三棱锥的外接球半径； 点为三棱锥的外接球球面上一动点， 当时，如图③所示， 所以为等腰三角形， 所以 故动点的轨迹是半径为的圆，轨迹长度为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查求三棱锥的外接球，解题关键是三组对棱分别相等的四面体（三棱锥），采用补形为长方体（四面体的棱分别是长方体各面的对角线），长方体的外接球半径即为三棱锥的外接球半径. 31．（23-24高一下·山东济南·期末）在平行六面体中，底面是边长为的菱形，，，且平面，均与底面垂直.点在侧面上运动，若，则点的轨迹长为 . 【答案】/ 【分析】首先证明，，，则；即可得到平面，取的中点，连接，即可证明平面，从而确定，则点在以为圆心，半径的圆（圆弧）上，确定圆心角，即可求出轨迹长. 【解析】首先证明，，，则； 如下图所示：    设，， 在平面内取一点，过点作直线，过点作直线， 由面面垂直的性质定理可得平面，平面； 又，即，所以可得； 又，且平面，可得； 因为平面，均与底面垂直，平面平面， 所以平面，在平行六面体中，则平面， 又底面是边长为的菱形，，连接，则为边长为的等边三角形， 取的中点，连接，则，且， 又平面，所以， 又，平面，所以平面， 又点在侧面上运动，即平面， 所以，又，所以， 所以点在以为圆心，半径的圆（圆弧）上， 在、分别取点、，使得， 即，且， 又，所以点在弧上，且圆心角， 所以点的轨迹长为. 故答案为：    【点睛】关键点点睛：本题解答的关键首先根据面面垂直的性质确定平面，再证明平面，即可确定点的轨迹. ( 第 3 页 共 8 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$