期末专题06 立体几何小题综合（8大题型62题）（湖南专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年高一数学下学期期末真题分类汇编

期末专题06 立体几何小题综合（8大题型62题） 题型概览 题型01 基本概念及辨析 题型02 斜二测画法中有关量的计算 题型03 判断点线面之间的位置关系 题型04 求表面积、侧面积、体积、距离 题型05 球体综合 题型06 求空间角 题型07 截面问题 题型08 立体几何多选题（多考点综合） 优选提升题 ( 题型01 ) 基本概念及辨析 1．(23-24高一下·湖南衡阳·期末)下列几何体中，顶点个数最少的是（    ） A．四棱锥 B．长方体 C．四棱台 D．四面体 【答案】D 【来源】湖南省衡阳市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题 【分析】直接根据几何体的特征去判断即可． 【详解】解：四棱锥有5个顶点，长方体和四棱台有8个顶点，四面体有4个顶点． 故选：D 2．(23-24高一下·湖南益阳安化县·期末)下列说法中不正确的是（    ） A．三棱锥是四面体，正四面体是正三棱锥 B．平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形 C．平行的线段在直观图中仍然平行 D．在同一个圆中，圆心和圆上两点可确定一个平面 【答案】D 【来源】湖南省益阳市安化县2023-2024学年高一下学期7月期末数学试题 【分析】根据棱锥的定义判断A，根据平行六面体的定义判断B，根据斜二测画法判断C，根据基本事实判断D. 【详解】对于A：三棱锥是四面体，正四面体所有棱长均相等，所以正四面体是正三棱锥，故A正确； 对于B：平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形，故B正确； 对于C：根据斜二测画法可知，平行的线段在直观图中仍然平行，故C正确； 对于D：当三点恰好在同一条直径上时不能唯一确定一个平面，故D错误. 故选：D ( 题型02 ) 斜二测画法中有关量的计算 3．(23-24高一下·湖南长沙长郡中学·期末)如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，，则该平面图形的高为（    ）    A． B．1 C． D．2 【答案】C 【来源】湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题 【分析】过点作，在直角中，求得，结合斜二测画法的规则，即可求得原平面图形的高，得到答案. 【详解】如图所示，过点作， 因为四边形为直角梯形，且，，可得， 在直角中，可得， 根据斜二测画法的规则，可得原平面图形的高为. 故选：C.      4．(23-24高一下·湖南浏阳·期末)边长为的正三角形的直观图的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【来源】湖南省浏阳市2023-2024学年高一下学期期末质量监测数学试卷 【分析】根据正三角形的面积公式求出原图形的面积，再由直观图和原图的面积比为即可得解. 【详解】因为正三角形的边长为， 所以原图形的面积为：， 因为直观图和原图的面积比为， 所以直观图的面积为：. 故选：A. 5．(23-24高一下·湖南株洲·期末)已知正方形的边长为2，用斜二测画法画出它的直观图，则它的直观图的面积为（   ） A． B．4 C．2 D． 【答案】A 【来源】湖南省株洲市2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题 【分析】解法一：根据结合已知条件直接求解即可；解法二：画出正方形的直观图进行求解. 【详解】解法一：由题意得原图面积为4， 因为，所以. 解法二：如图正方形的直观图为平行四边形， 则， 过作于，则， 所以平行四边形的面积为， 即正方形直观图的面积为. 故选：A ( 题型03 ) 判断点线面之间的位置关系 6．(23-24高一下·湖南郴州·期末)已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】B 【来源】湖南省郴州市2023-2024学年高一下学期期末教学质量监测数学试题 【分析】由线面位置关系即可逐一判断各个选项. 【详解】对于A，若，则或，故A错误； 对于B，若，则或， 若，，则； 若，则存在使得，又，则， 而，则，故B正确； 对于C，若，则或异面或相交，C错误； 对于D，若，则或异面或相交，D错误. 故选：B. 7．(23-24高一下·湖南怀化·期末)已知m，n是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列判断错误的是（    ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，则 【答案】D 【来源】湖南省怀化市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题 【分析】借助面面平行与线面垂直的性质可得A；借助线面平行的性质可得B；借助线面垂直的性质与线面平行的判断及面面平行的性质定理可得C；由线面平行的性质定理可得D. 【详解】对A：由，得，又，所以，故A正确； 对B：若，，，则，故B正确； 对C：由，得，又，所以，故C正确； 对D：若，，则或，故D错误. 故选：D. 8．(23-24高一下·湖南·期末)已知是一条直线，是两个不同的平面，且，则“”是“”的（    ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【来源】湖南省2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题 【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合面面垂直的判定判断得解. 【详解】由，得在平面内有一条直线与平行， 又，所以，所以； 由，得或. 故“”是“”的充分不必要条件. 故选：B. 9．(23-24高一下·湖南株洲·期末)设为空间中两条不同直线，为空间中两个不同平面，下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若不垂直于，则必不垂直于 C．若,，则 D．若是异面直线，，则 【答案】D 【来源】湖南省株洲市2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题 【分析】A中，可能平行、相交或异面；B中有可能垂直于；C中或；D中结合线面平行的性质定理与面面平行的判定定理即可得. 【详解】对于A，若，，，则，可能平行、相交或异面，故A错误； 对于B，若不垂直于，且，则有可能垂直于，故B错误； 对于C，若且，则或，故C错误； 对于D，若、是异面直线，，，，， 则在直线上任取一点，过直线与点确定平面，设， 又，则，，，所以， 又，，，，所以，故D正确. 故选：D. 10．(23-24高一下·湖南株洲二中教育集团·期末)已知正方体，平面与平面的交线为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【来源】湖南省株洲市二中教育集团2023-2024学年高一下学期期末联考数学试题 【分析】利用面面平行的性质定理可得，再逐项分析求解即可. 【详解】正方体中，平面平面， 平面平面，平面平面，所以， 正方体中，且，四边形为平行四边形， 则有，所以，C选项正确； 都与相交，则与都不平行，ABD选项都错误. 故选：C. 11．(23-24高一下·湖南·期末)（多选）如图，在长方体中，点M，N，E，F分别在棱，，，上，且平面平面，下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．平面 【答案】ABD 【分析】利用面面平行的性质结合线面平行的判定定理逐个选项判断即可. 【详解】因为平面平面， 平面与平面和平面的都相交，是交线， 所以，故A正确； 因为长方体， 所以平面平面，而平面与这两个平行平面的都相交， 是交线，所以，故B正确， 如图，连接，此时平面与平面和平面的都相交， 是交线，所以， 而， 所以， 又因为， 所以四边形是平行四边形， 所以，， 所以四边形是平行四边形， 所以， 因为， 所以与不平行， 故C错误； 如图，连接，由长方体性质得面面， 此时平面与这两个平面的都相交，是交线， 所以， 又因为面，面， 所以平面， 故D正确. 故选：ABD 12．(23-24高一下·湖南娄底涟源·期末)（多选）如图，平面，为正方形，下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【来源】湖南省娄底市涟源市2023-2024学年高一下学期7月期末质量检测数学试题 【分析】根据线面垂直判定定理证明平面，由此判断A，证明平面，可判断B， 由条件直接证明判断D，证明判断C. 【详解】因为平面，平面， 所以，又， ，平面， 平面，平面， ，正确， 因为，平面， 所以平面，又平面， 所以，B正确； 平面，平面， ，故D正确， ，，平面，， 平面，平面， ，所以为等腰三角形，且， 与不垂直，故C不正确． 故选：ABD. 13．(23-24高一下·湖南邵阳隆回县·期末)（多选）在正方体中，E，F，G分别为AD，，的中点，H为BG的中点．则下列说法正确的是（    ） A．平面 B．平面 C．AH，互为异面直线 D．与平面所成角的正弦值为 【答案】AB 【来源】湖南省邵阳市隆回县2023-2024学年高一下学期期末质量检测数学试题 【分析】对于A，利用线线平行证线面平行易得；对于B，分别证，，由线线垂直可得线面垂直；对于C，先证明，得H为的中点即得；对于D，先由B项结论易得即与平面所成的角，借助于直角三角形易求. 【详解】 对于A，如图，因，平面，而平面，故平面，即A正确； 对于B，如图，在正方形中，因E， G分别为AD， 的中点，易得， 则，因，故，即， 又平面，平面，故， 又平面，故平面，即B正确； 对于C， 如图，连接，因F，G分别为，的中点，则， 故得，又H为BG的中点，故H也是的中点，即与交于点，故C错误； 对于D， 如图，由B项已得平面，设，则即在平面上的投影， 故即与平面所成的角，设正方体棱长为2，则， 易得故，即D错误. 故选：AB. 【点睛】思路点睛：本题主要考查与正方体有关的线面平行、线面垂直及线面所成角问题，属于较难题. 解题思路无非利用找线线平行证线面平行，由找线线垂直证线面垂直；在求线面所成角时，一般先找面的垂线得到射影即得所求角，之后还能借助于空间向量夹角公式求解. ( 题型04 ) 求表面积、侧面积、体积、距离 14．(23-24高一下·湖南株洲二中教育集团·期末)若圆锥的表面积为，底面圆的半径为2，则该圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【来源】湖南省株洲市二中教育集团2023-2024学年高一下学期期末联考数学试题 【分析】利用圆锥表面积公式求出圆锥的母线及高，再利用锥体的体积公式计算即得. 【详解】圆锥底面圆半径，母线，高， 由圆锥的表面积为，得，而，解得， 因此， 所以该圆锥的体积. 故选：C 15．(23-24高一下·湖南·期末)一个圆台的上、下底面的半径为1和4，母线为5，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出圆台的高，然后利用圆台体积公式即可得解. 【详解】令圆台的高为h，由图可知， 所以， 故选：C. 16．(23-24高一下·湖南郴州·期末)已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，它的侧面展开图的扇环的圆心角为，则圆台的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【来源】湖南省郴州市2023-2024学年高一下学期期末教学质量监测数学试题 【分析】先求出圆台母线长度，再结合圆台侧面积公式即可求解. 【详解】圆台的母线长度为， 故所求即为. 故选：B. 17．(23-24高一下·湖南·期末)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积. 【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为， 而它们的侧面积相等，所以即， 故，故圆锥的体积为. 故选：B. 18．(23-24高一下·湖南张家界·期末)科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院自主研发的系留浮空器．2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功升至9 032米高空，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，如图2所示，是该浮空艇的轴截面图，则它的体积约为（    ） （参考数据：，，，）    A． B． C． D． 【答案】A 【来源】湖南省张家界市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题 【分析】先由题意得半球的半径、圆柱的底面半径和母线长以及圆台的两底面半径和高，再分别利用球、圆柱、圆台的体积公式即可求出结果. 【详解】根据题意，该组合体的直观图如图所示： 因为半球的半径为，圆柱的底面半径为，母线长为，圆台的两底面半径分别为和，高为， 所以， ， ， 所以浮空艇的体积为： ， 故选：A.    19．(23-24高一下·湖南长沙宁乡·期末)如图，将一个长方体沿相邻三个面的对角线截出一个棱锥，求棱锥的体积与剩下的几何体体积的比是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【来源】湖南省长沙市宁乡市2023-2024学年高一下学期期末调研考试数学试卷 【分析】利用棱锥体积公式及长方体体积公式，求出三棱锥的体积与剩下的几何体体积，从而得解. 【详解】依题意，设该长方体的长、宽、高分别为，，， 即，，． 由长方体的性质可知，，两两垂直， 所以， 故剩下几何体的体积， 因此. 故选：C. 20．(23-24高一下·湖南·期末)将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的体积是 ． 【答案】 【分析】所得的几何体是底面半径为，高为的圆柱体，根据圆柱的体积公式，即可求解. 【详解】解：将边长为1的正方形绕其一边所在直线旋转一周， 所得几何体是底面半径为，高为的圆柱体， 其体积为. 故答案为: 21．(23-24高一下·湖南·期末)已知甲、乙两个圆台上下底面的半径均为和，母线长分别为和，则两个圆台的体积之比 . 【答案】 【分析】利用圆台的体积公式，得到，求解答案即可. 【详解】由已知结合圆台的体积公式即可求解． 因为甲、乙两个圆台上下底面的半径均为和，母线长分别为和， 则两个圆台的体积之比． 故答案为：． 22．(23-24高一下·湖南·期末)已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为 . 【答案】2 【分析】先计算圆锥的底面周长，即为侧面展开图的弧长，进而求得侧面展开图的半径，即为圆锥的母线长. 【详解】∵圆锥的底面半径为1，∴侧面展开图的弧长为， 又∵侧面展开图是半圆，∴侧面展开图的半径为2， 即圆锥的母线长为2， 故答案为2. 23．(23-24高一下·湖南·期末)如图，已知正三棱柱的底面边长为，高为，一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点的最短路线的长为 .    【答案】 【分析】沿着正三棱柱的侧棱剪开，把侧面展成一个平面图形，得到一个矩形，结合矩形的对角线长，即可求解. 【详解】如图所示，沿着正三棱柱的侧棱剪开， 把正三棱柱的侧面展成一个平面图形，可得一个长为，宽为一个矩形， 可矩形的对角线长为，即最短路线的长为. 故答案为：.    24．(23-24高一下·湖南永州·期末)已知某圆台的上底面和下底面的面积之比为，轴截面面积为6，母线长为上底面半径的倍，则该圆台的体积为 . 【答案】 【来源】湖南省永州市2023-2024学年高一下学期7月期末质量监测数学试卷 【分析】根据已知条件，利用轴截面面积求得圆台得底面半径和高，然后根据圆台体积公式计算即可. 【详解】如图所示，设圆台的上下底面中心分别为,为其轴截面. 由题意得，设，则， 在轴截面中过点作⊥于点，则， 故， 由勾股定理， 轴截面的面积为，解得， 故圆台上底面半径，下底面半径，高， 故该圆台的体积为. 故答案为： 25．(23-24高一下·湖南长沙长郡中学·期末)如图所示，在三棱柱中，若点，分别满足，，三棱柱高为3，面积为，则几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【来源】湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题 【分析】由题意确定几何体为三棱台，再结合棱台的体积公式求出三棱台的体积和棱柱的体积之间的关系，即可求得答案. 【详解】因为在三棱柱中，，， 故， 则，故几何体为三棱台； 设三棱台的体积为，几何体的体积为， 设h为三棱柱的高，则， ， 故， 故选：A 26．(23-24高一下·湖南名校联合体·期末)已知圆台的上､下底面的半径分别为，若，过轴（其中分别为上､下底面的圆心）的轴截面的面积为，则该圆台的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【来源】湖南省名校联合体2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷 【分析】利用勾股定理求出高和母线，再利用圆台的表面积公式求解即可. 【详解】 如图所示，过点作垂直于点，则， 设圆台的高为，因为过轴的横截面的面积为， 所以，解得， 所以在直角中，， 所以. 故选：A. 27．(23-24高一下·湖南部分学校·期末)已知正三棱柱的棱长均为分别是棱的中点，则几何体的体积为 . 【答案】/ 【来源】湖南省部分学校2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题 【分析】应用三棱柱及三棱台的体积做差后 得出几何体的体积. 【详解】, ,为三棱台，, . 故答案为：. ( 题型0 5 ) 球体综合 28．(23-24高一下·湖南浏阳·期末)已知圆锥的底面圆周在球的球面上，顶点为球心，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【来源】湖南省浏阳市2023-2024学年高一下学期期末质量监测数学试卷 【分析】设出圆锥的底面半径，结合圆锥底面半径、母线及高的关系与侧面面积计算即可得其母线长，再结合球的表面积计算公式计算即可得解. 【详解】设圆锥的底面半径为，则球的半径为圆锥母线长， 由圆锥的侧面展开图是一个半圆，则有，即， 即有，解得，则， 故球的表面积为. 故选：C. 29．(23-24高一下·湖南·期末)已知在三棱锥P－ABC中，PA＝4，，PB＝PC＝3，平面PBC，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积是 . 【答案】 【分析】利用空间点、线、面的位置关系，根据三棱锥的特点计算其外接球的半径. 【详解】在等腰中，易知，所以，的外接圆的半径为，所以三棱锥P－ABC的外接球的半径为. 所以其表面积为. 故答案为： 30．(23-24高一下·河南商丘·)已知边长为2的等边中，为的中点，以为折痕进行折叠，使折后的，则过四点的球的体积为 . 【答案】 【来源】河南省商丘市2023-2024学年高一下学期5月联考数学试题 【分析】由给定条件，可得两两垂直，补形成长方体，利用长方体的外接球即为三棱锥的外接球，再求出球半径及体积. 【详解】正的边长为2，为的中点，则， 依题意，，又，则三棱锥的棱两两垂直， 则以为共点的3条棱的长方体的外接球即为三棱锥的外接球， 于是该球的直径，即， 所以过四点的球的体积为. 故答案为： 31．(23-24高一下·湖南·期末)已知某圆台的体积为，其上底面和下底面的面积分别为，，且该圆台两个底面的圆周都在球的球面上，则球的表面积为 . 【答案】 【分析】由圆台的体积公式求出圆台的高，再由圆的面积公式求出圆台上、下底面半径，讨论当圆台的上、下底面在球心的同侧时不满足题意，当圆台的上、下底面在球心的两侧时，设球心到下底面的距离为，球的半径为，由，解方程求出，即可求出，再由球的表面积公式求解即可. 【详解】设该圆台的高为，则，解得. 设圆台上、下底面半径为，所以，，解得：， 当圆台的上、下底面在球心的两侧时， 设球心到下底面的距离为，球的半径为， 则，所以，解得， 则，故球的表面积为. 当圆台的上、下底面在球心的同侧时， 设球心到下底面的距离为，球的半径为， 则，所以，解得：，不符合题意. 故答案为：. 32．(23-24高一下·湖南·期末)已知某圆台的母线长为3，下底面的半径为1，若球O与该圆台的上、下底面及侧面都相切，则球O的表面积为 ． 【答案】 【分析】把空间问题降维，转化在轴截面中进行研究，需要理解轴截面的概念，利用等面积法及勾股定理建立等式求解． 【详解】解：如图，    在轴截面梯形中，，， 设球O的半径为r， ． ， 解得：， 因为， 所以， 所以球O的表面积为， 故答案为：． 33．(23-24高一下·湖南株洲·期末)如图，“六芒星”是由两个边长为的正三角形组成，中心重合于点O，且三组对边分别平行，现将三角形往垂直于平面的方向移动，则此时空间几何体的外接球的表面积为 .    【答案】 【来源】湖南省株洲市2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题 【分析】根据几何体的几何特征，可确定外接球的球心到平面的距离为1，再结合正三角形外接圆的半径可得外接球的半径，即可求出外接球的表面积. 【详解】易知边长为的正三角形外接圆的半径； 所以空间几何体的外接球的球心到平面的距离为1， 所以外接球的半径 所以外接球的表面积为. 故答案为： 34．(23-24高一下·湖南张家界·期末)已知三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，，，，，则球O的表面积为 ． 【答案】 【来源】湖南省张家界市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题 【分析】先证明线面垂直，再设外接圆的半径再求出外接球的半径，最后应用表面积公式计算即可. 【详解】因为，所以, 又因为，所以, 平面,平面，所以平面, 由题意，设球O的半径为， 在中，， 的外接圆直径， 根据线面垂直模型知： 球O的表面积为. 故答案为：. 35．(23-24高一下·湖南·期末)在底面为正方形的四棱锥中，平面，，，点在线段上，平面，则四面体外接球的表面积为 ． 【答案】 【分析】连接交于，由平面推导出，得,作出四面体外接球球心的大致位置，设,利用和直角梯形建立关于的方程，解之即得外接球半径，继而得表面积. 【详解】 如图，连接交于，连接， 因平面平面,且平面，故得， 易知为的中点，则为的中点． 设四面体外接球的球心为，则平面， 设，则（*）， 而在直角梯形中，， 代入（*）得，， 解得，则， 故四面体外接球的表面积为． 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题主要考查线面平行的性质应用和多面体的外接球问题，属于难题. 对于已知线面的平行条件，一般考虑通过直线构造一个平面与已知平面相交，得到线线平行；对于多面体的外接球，一般是先找到底面多边形的外接圆圆心，利用球的截面圆性质作出外接球球心，借助于直角三角形或直角梯形求解即得. 36．(23-24高一下·湖南·期末)正四棱锥的外接球半径为R，内切球半径为r，则的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】设出底面边长和高后，结合正四棱锥外接球与内切球性质用底面边长及高表示出外接球半径与内切球半径，而后作商，多次换元将式子化简后结合基本不等式计算即可. 【详解】设正四棱锥底面边长为，高为，底面的中心为，连接， 则，，所以， 设外接球球心为，内切球球心为，则，在上， 因为，所以， 在中，，化简得， 因为， 所以， 所以 ， 令，则， 令，则， 令，则， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 故答案为： . 【点睛】关键点点睛：此题解题的关键是表示出外接球半径和内切球半径之比后，经过多次换元转化将式子化简，从而得解. 37．(23-24高一下·湖南益阳安化县·期末)在三棱锥中，，点在底面的投影为的外心，若，，，则三棱锥的外接球的表面积为 . 【答案】 【来源】湖南省益阳市安化县2023-2024学年高一下学期7月期末数学试题 【分析】依题意可得的外心为斜边的中点，且的外接圆的半径，则三棱锥外接球的球心在上，设球心为，外接球的半径为，连接，利用勾股定理求出，再由球的表面积公式计算可得. 【详解】因为，，，所以， 所以的外心为斜边的中点，且的外接圆的半径， 因为平面，所以三棱锥外接球的球心在上， 设球心为，外接球的半径为，连接，则， 所以，解得， 所以三棱锥的外接球的表面积. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径. ( 题型0 6 ) 求空间角 38．(23-24高一下·湖南部分学校·期末)已知在三棱锥中，，且为等边三角形，则二面角的正切值为（    ） A． B． C． D．2 【答案】B 【来源】湖南省部分学校2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题 【分析】根据题意可得三角形全等，即可求解长度关系，根据等腰可得即为二面角的平面角，即可利用三角形边角关系求解. 【详解】由以及可得故, 进而可得,不妨设, 取中点，连接, 故,故即为二面角的平面角， 由于平面， 故平面，平面，故, 故选：B 39．(23-24高一下·湖南·期末)在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.如图，四棱锥为阳马，侧棱底面为棱的中点，则直线与平面所成角的余弦值为 . 【答案】/ 【分析】首先证明平面，再根据线面角的定义，即可作出线面角的平面角，再计算这个平面角的大小. 【详解】 因为平面ABCD，平面ABCD，故可得， 又，，平面，故平面， 连接，故即为所求直线与平面所成角. 由，故在直角三角形中，，故， 则，则直线CE与平面PAD所成角的余弦值为， 故答案为：. 40．(23-24高一下·湖南汨罗第一中学·期末)在如图所示的圆锥中，AB为底面圆O的直径，C为的中点，，则异面直线AP与BC所成角的余弦值为 ． 【答案】/． 【来源】湖南省汨罗市第一中学2023-2024学年高一下学期7月期末数学试题 【分析】分别为的中点，异面直线AP与BC所成角即直线与所成角，求中各边长，可求直线与所成角的余弦值. 【详解】连接，连接， 又为中点，则，，异面直线AP与BC所成角即直线与所成角， 圆锥中，AB为底面圆O的直径，C为的中点，， 则，， 为等边三角形，直线与所成角为， 所以异面直线AP与BC所成角的余弦值为. 故答案为：. 41．(23-24高一下·湖南·期末)在正三棱柱中，，M是AB的中点，N是棱上的动点，则直线与平面所成角的正切值的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，先画出图象，作，然后由面面的垂直的性质可得平面，进而可知为直线与平面所成的角，当取得最大值时，取得最大值，取得最小值，从而可得直线与平面所成角的正切值的最大值. 【详解】如图，作，垂足为G，连接.    在正三棱柱中，平面平面， 因为平面平面，平面，， 所以平面. 故为直线与平面所成的角. 当取得最大值时，取得最大值，取得最小值. 不妨设，则，的最小值为a， 于是. 故选：D. 42．(23-24高一下·湖南·期末)如图，AB是半圆柱底面的直径，PA是半圆柱的高，C是上一点，且，D为PB的中点，则异面直线AD与BC所成角的余弦值为 ．    【答案】/ 【分析】根据题意结合异面直线夹角的定义分析运算. 【详解】设， 如图，取PC的中点E，连接DE，AE，可得， 所以异面直线AD与BC所成的角为（或其补角）． 又因为平面，平面，则， 且，，平面PAC， 所以平面PAC． 且平面PAC，则，所以． 因为， 所以在中，． 故答案为：.    ( 题型0 7 ) 截面问题 43．(23-24高一下·湖南名校联合体·期末)在直三棱柱中，分别为的中点，则过作直三棱柱的截面，则截面的面积等于 . 【答案】 【来源】湖南省名校联合体2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷 【分析】取的中点，连接，过作直三棱柱的截面就是梯形，计算可求截面等腰梯形的面积. 【详解】如图，取的中点，连接， 结合三棱柱的性质知：且，因为是的中位线， 所以且，所以且，所以四点共面， 则过作直三棱柱的截面就是梯形. 因为，所以由勾股定理得， ， 则等腰梯形的高， 所以截面等腰梯形的面积. 44．(23-24高一下·湖南长沙明德中学·期末)在侧棱长为的正三棱锥中，，过作截面，则截面的最小周长为（   ） A． B．4 C．6 D．10 【答案】C 【来源】湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷 【分析】作出三棱锥的侧面展开图，连接交、于点、，则侧面展开图中线段的长度即为截面的最小周长，利用余弦定理计算可得. 【详解】如图三棱锥以及侧面展开图，要求截面的周长最小， 连接交、于点、，则侧面展开图中线段的长度即为截面的最小周长， 因为侧棱长为的正三棱锥，， 所以， 由余弦定理可得 ， ，所以截面的最小周长为. 故选：C. 45．(23-24高一下·湖南·期末)（多选）在棱长为 1 的正方体中，分别为棱的中点，则（      ） A．直线与是异面直线 B．直线与所成的角是 C．直线平面 D．平面截正方体所得的截面面积为. 【答案】ABD 【分析】根据异面直线成角，线面垂直的判定定理，梯形面积公式逐项判断即可. 【详解】对于A，由于平面，平面， 故直线与是异面直线，故A正确； 对于B，如图，连接，因为分别为棱的中点，所以， 所以直线与所成的角即为直线与所成的角， 又因为是等边三角形，所以直线与所成的角为， 故直线与所成的角是，故B正确； 对于C，如图，假设直线平面，又因为平面，所以，而，这三边不能构成直角三角形， 所以与不垂直，故假设错误，故C错误； 对于D，如图，连接，因为，所以， 所以平面截正方体所得的截面为梯形， 且，所以梯形的高为， 所以截面面积为，故D正确. 故选：ABD. ( 题型0 8 ) 立体几何多选题（多考点综合） 46．(23-24高一下·湖南名校联合体·期末)《蝶恋花·春景》是北宋大文豪苏赋所写的一首词作.其下阕为“墙里秋千墙外道，墙外行人，墙里佳人笑，笑渐不闻声渐悄，多情却被无情恼”，如图所示，假如将墙看做一个平面，墙外的道路､秋千绳､秋千板简单看做是直线.那么道路和墙面线面平行，秋千静止时，秋千板与墙面线面垂直，秋千绳与墙面线面平行.那么当佳人在荡秋千的过程中（    ） A．秋千绳与墙面始终平行 B．秋千绳与道路所成角逐渐增大，逐渐减小，逐渐增大，逐渐减小，循环往复 C．秋千板与墙面所成角逐渐增大，逐渐减小，逐渐增大，逐渐减小，循环往复 D．秋千板与道路始终垂直 【答案】ABD 【来源】湖南省名校联合体2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷 【分析】根据图中秋千绳，墙面，道路的位置关系以及相关的线面、线线、面面关系逐项判断可得答案． 【详解】对于A，在荡秋千的过程中，秋千绳与墙面始终平行，故A正确； 对于B，在荡秋千的过程中，但与道路所成的角在变化，逐渐增大，逐渐减小， 逐渐增大，逐渐减小，循环往复，故B正确； 对于C，在荡秋千的过程中，秋千板始终与墙面垂直，故C错误； 对于D，在荡秋千的过程中，秋千板也与道路始终垂直.故D正确. 故选：ABD. 47．(23-24高一下·湖南部分学校·期末)已知直三棱柱的各顶点及动点都在球的球面上，，则（    ） A． B．球的半径为2 C．三棱柱的表面积为 D．点到平面的距离的取值范围是 【答案】ABD 【来源】湖南省部分学校2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题 【分析】由直三棱柱概念知正确，由直三棱柱和球的对称性可确定球心位置，构造直角三角形可求出球的半径知正确，计算直三棱柱各个面之和可得表面积知错误，点到平面的距离的最小值为0，最大值为球心到面的距离与之和，计算可得正确. 【详解】根据直三棱柱的概念知侧棱底面，又底面，，故正确； 由知底面是等腰直角三角形，取的中点为， 则为底面的外心，设直三棱柱外接球的球心为，则点位于的中心， 连接，则，由题意，，则，即.故正确； 三棱柱的表面积为：，故错误； 动点在球的球面上，则当点与重合时，点到平面的距离取得最小值为0， 点到平面的距离的最大值为,点到平面的距离的取值范围是，故正确. 故选：. 48．(23-24高一下·湖南·期末)正多面体也称柏拉图立体（被誉为最有规律的立体结构），是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．已知一个正八面体的棱长都是2（如图），则（    ） A．平面 B．直线与平面所成的角为60° C．若点为棱上的动点，则的最小值为 D．若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值 【答案】AC 【来源】福建省莆田第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题 【分析】A选项，由对称性可得四边形为菱形，故，从而得到线面平行；B选项，作出辅助线，得到直线与平面所成的角为，求出边长，得到夹角；C选项，，故只需最小，当为的中点时，⊥，此时最小，且，从而求出的最小值；D选项，等体积法得到三棱锥的体积为定值. 【详解】A选项，连接，由对称性可知，⊥平面， 且相交于点，为和的中点， 又，故四边形为菱形，故， 又平面，平面， 所以平面，正确； B选项，连接，则相交于点， 因为四边形为正方体，故， 由A选项，同理可得四边形为菱形，故， 又，平面，故平面， 故直线与平面所成的角为， 且由题意得，，故， 故，错误； C选项，由题意得，，故只需最小， 在等边三角形中，当为的中点时，⊥，此时最小， 且，故若点为棱上的动点，则的最小值为，正确； D选项，，其中到平面的距离为， 设菱形的面积为，则，， 若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值，错误. 故选：AC 49．(23-24高一下·湖南永州·期末)如图，连接正方体各个面的中心得到一个每个面都是正三角形的八面体，如果四边形是边长为2的正方形，则（    ） A．异面直线与所成角的大小为 B．二面角的平面角的余弦值为 C．平面平面 D．此八面体的外接球表面积为 【答案】ACD 【来源】湖南省永州市2023-2024学年高一下学期7月期末质量监测数学试卷 【分析】通过可判断A项正确，作出二面角的平面角根据余弦定理求解，可知B项错误，使用面面垂直的判定定理即可得到C正确；证明为外接球球心，即可判断D. 【详解】由题可知四点共面，又， 所以四边形为菱形， 所以，故异面直线与所成角即为异面直线与所成角, 又每个面都是正三角形，故异面直线与所成角的大小为，故A项正确； 对于B项， 连接，为BE中点, 又每个面都是正三角形，所以， 所以为二面角的平面角， 所以， 由余弦定理得， 所以二面角的平面角的余弦值为，故B项错误； 由于三点共线，在直线上，故四点共面. 又由于两两垂直，且在平面内交于点， 故平面. 而在平面内，故平面平面，C正确； 由于该八面体的每个面都是边长为的正三角形， 故, 所以点为几何体外接球的球心，且外接球的半径为， 从而外接球的表面积为，D正确. 故答案为：ACD. 50．(23-24高一下·湖南怀化·期末)如图，在棱长为2的正方体中，点M是侧面内（含边界）的动点，点P是棱的中点，则（    ） A．存在点M，使 B．当M位于顶点D时，直线MP与所成角的余弦值为 C．三棱锥体积的最大值为 D．若，线段PM运动所形成的曲面的面积为 【答案】AB 【来源】湖南省怀化市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题 【分析】当M为的中点时可判断A，由余弦定理求角余弦可判断B，当M位于顶点D时可求出棱锥的体积判断C，由轨迹为半圆锥侧面，求出面积判断D即可. 【详解】对于A，显然，M为的中点时，，A正确. 对于B，如图， 延长到使，连和，则或其补角等于直线MP与所成角，易得，，， 所以，所以B正确. 对于C，如图， 显然面积为定值，要三棱锥的体积最大，只要高最大，即当M位于顶点D时，此时，所以C错误. 对于D，如图所示， 易知M的轨迹是以为直径，位于侧面内的一段半圆弧.线段PM运动所形成的曲面是一个半圆锥侧面，其面积为，所以D错误. 故选：AB 51．(23-24高一下·湖南长沙长郡中学·期末)如图，在正方体中，，分别为，的中点，则下列结论正确的是（    ） A．直线与所成的角的大小为 B．直线平面 C．平面平面 D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】ABD 【来源】湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题 【分析】利用平移法可求出直线与所成的角，判断A；根据线面平行的判定定理可判断B；采用反证法可判断C；根据线面角的定义求出直线与平面所成角的正弦值，判断D. 【详解】对于A，连接，则，即为正三角形， 又，分别为，的中点，故， 故直线与所成的角即为所成角或其补角，而， 故直线与所成的角的大小为，A正确； 对于B，由于，故四边形为平行四边形， 故，而，故, 又平面，平面，故平面，B正确； 对于C，取EF中点为M，连接DM，显然，故， 假设平面平面，而平面平面， 平面，则平面，又平面， 则，这与二者交于D点矛盾，C错误； 对于D，不妨设正方体棱长为2，点C到平面的距离为d， 则， 而， 则，解得， 设直线与平面所成角为，则，D正确， 故选：ABD 52．(23-24高一下·湖南郴州·期末)如图，在正方体中，，点为线段上一动点，则下列说法正确的是（    ） A．直线平面 B．三棱锥的体积为 C．三棱锥外接球的表面积为 D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】ABD 【来源】湖南省郴州市2023-2024学年高一下学期期末教学质量监测数学试题 【分析】对A选项，可先证平面平面，再证线面平行；对B选项，可用等积变换的方法求三棱锥体积；对C选项，把三棱锥的外接球转化为正方体的外接球，即可得到答案；对D选项，先做出线面角，再确定线面角的三角函数的最值. 【详解】对A选项：如图： 连接，， 因为，平面，平面，所以平面； 同理平面. 又，平面，所以平面平面. 平面，所以平面.故A正确； 对选项B：因为平面，所以： ，故B正确； 对选项C：因为三棱锥的外接球就是正方体的外接球，所以三棱锥的外接球半径为：，所以外接球表面积为：，故C错误； 对D选项：如图： 过做平面于，因为平面平面， 且平面平面，所以，再连接， 则在直角中，，就是直线与平面所成角，设为. 因为，且的最小值为，所以，所以，故D正确. 故选：ABD 53．(23-24高一下·湖南·期末)已知棱长为2的正方体的棱切球（与正方体的各条棱都相切）为球，则下列说法正确的是（    ） A．球的体积为 B．球内接圆柱的侧面积的最大值为 C．球在正方体外部的体积小于 D．球在正方体外部的面积大于 【答案】BCD 【来源】浙江省A9协作体2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题 【分析】由棱切球的半径为,再依次判断即可. 【详解】A.依题意，得棱切球的半径为，则球的体积为，错误 B.记球的内接圆柱的底面半径为，则内接圆柱的高为：， 则内接圆柱的侧面积为：， 等号成立时，故球的内接圆柱的侧面积最大值为：，正确 C.球在正方体外部的体积小于球体积与正方体内切球体积之差，即，正确 D.球在正方体外部的面积等于正方体外6个球冠的表面积. 每一个球冠的表面积大于这个球冠中内接圆锥的侧面积， 则内接圆锥的底面半径为，高为，得圆锥的母线长为：， 得内接圆锥的侧面积为：， 所以6个球冠的表面积大于，正确 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：D项中球在正方体外部的面积等于正方体外6个球冠的表面积.每一个球冠的表面积大于这个球冠中内接圆锥的侧面积. 54．(23-24高一下·湖南株洲二中教育集团·期末)已知正四棱锥的底面边长为，侧棱长为，则（   ） A．与平面所成的角为 B．若点为正四棱锥外接球的球心，则四棱锥的体积为4 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，，，，则多面体的体积为 【答案】ACD 【来源】湖南省株洲市二中教育集团2023-2024学年高一下学期期末联考数学试题 【分析】根据题意，与平面所成角为，代入相关长度计算即可判断；易知正四棱锥外接球的球心在上，根据勾股定理求得外接球半径，再计算体积即可判断；根据面面平行可得点的轨迹为可判断；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，，故与平面所成角为，正确； 对于，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，故错误； 对于，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，故正确； 对于，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， 在中，， 在中，，得， 所以，且多面体是一个正四棱台且正四棱台的高，上底面面积，下底面面积， 且正四棱台的体积，故正确. 故选：. 55．(23-24高一下·湖南益阳安化县·期末)如图，在棱长为1的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，为线段上的一个动点，平面平面，则下列说法中正确的是（    ）    A．不存在点，使得平面 B．三棱锥的体积为定值 C．平面截该正方体所得截面的面积的最大值为 D．平面截该正方体所得截面可能是三角形或六边形 【答案】ABD 【来源】湖南省益阳市安化县2023-2024学年高一下学期7月期末数学试题 【分析】连接，可得平面，即可判断A，由平面可判断B，当截面为正六边形时（其中，，，，，都是中点），计算截面面积，然后可判断C、D. 【详解】如图，连接，，，，由正方体的性质可知，， 又点，，分别是棱，，的中点，所以，则， 又平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面， 所以，同理可证，又，平面， 所以平面，由与异面可知， 不存在点，使得平面，故A正确；    因为，，所以，又平面，平面， 所以平面，所以动点到平面的距离为定值， 又的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B正确； 如图，正六边形（其中，，，，，都是对应棱的中点），    根据正方体的性质可知，，， 平面，平面，所以平面， 同理可证平面，又，平面， 所以平面平面， 又该正六边形的边长为，所以其面积为， 因为平面平面， 所以当截面为正六边形时，平面截该正方体所得截面的面积取得最大值， 最大值为，故C错误； 平面截该正方体所得截面可能为三角形，也可能为六边形，故D正确， 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：C选项关键是确定正六边形所在平面平行平面，求出其面积即可. 56．(23-24高一下·湖南·期末)如图1，一圆形纸片的圆心为O，半径为，以O为中心作正六边形，以正六边形的各边为底边作等腰三角形，使其顶角的顶点恰好落在圆O上.现沿等腰三角形的腰和中位线裁剪，裁剪后的图形如图2所示，将该图形以正六边形的边为折痕将等腰梯形折起，使得相邻的腰重合得到正六棱台.若该正六棱台的高为，则下列结论正确的是（    ）    A．正六边形的边长为4 B．该正六棱台的侧面积为 C．该正六棱台的外接球半径为 D．该正六棱台的体积为 【答案】ABD 【分析】对于A、B，求出与的关系即可由求解；对于C，判断出球心在线段上，接着由（为正六棱台外接球半径）即可求解；对于D，求出上下底面积即可由棱台体积公式直接计算求解. 【详解】如图1，设以为底边的等腰三角形的中位线为， 连接，分别交于点，则分别为的中点， 设，则由中位线和正六边形性质得， 所以①， 折叠后形成的正六棱台如图2所示，由正六边形性质，， 设上底面的中心为，连接，则， 连接，则是正六棱台的高，即， 过点作交于点， 则由由正六棱台结构性质可知平面，故， 在中，②. 由①②得，解得， 所以正六棱台的上､下底面的边长分别为和，故A正确； 该正六棱台的侧面高为， 所以正六棱台侧面积为，故B正确； 由以及正六棱台和球的对称性可知正六棱台的外接球球心必在线段上， 连接，则均为外接球的半径，设为，        由勾股定理得 所以， 又因为， 所以，解得， 则，所以，故C错误； 因为正六棱台上底面面积，下底面面积， 所以所求体积，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：求解简单几何体外接球先确定圆心位置，再建立关于外接球半径的直角三角形模型和等量关系即可求解. 57．(23-24高一下·湖南株洲·期末)在圆锥SO中，是母线SA上靠近点的三等分点，，底面圆O的半径为，圆锥SO的侧面积为，则下列说法正确的是（   ） A．当时，过顶点和两条母线的截面三角形的最大面积为 B．当时，从点绕圆锥侧面一周到点的最小长度为 C．当时，圆锥SO的内切球的表面积为 D．当时，棱长为的正四面体可以在圆锥SO内任意转动 【答案】BC 【来源】湖南省株洲市2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题 【分析】对A：借助面积公式可得当截面三角形为直角三角形时面积最大，计算即可得；对B：展开后借助两点之间线段最短计算即可得；对C：计算出内切球的半径后结合球体表面积公式计算即可得；对D：将该正四面体的外接球半径与圆锥的内切球半径比较即可得. 【详解】依题意可知，所以， 对于A，，，所以，所以为钝角， 所以过顶点和两条母线的截面三角形的最大面积为，故A错误； 对于BCD，当时，，圆锥的高为， 侧面展开图的弧长为，所以圆心角. 所以，故B正确； 设圆锥的内切球的球心为，半径为，则， 所以内切球的表面积为，故C正确； 棱长为的正四面体如图所示， 正方体的边长为，体对角线长为， 所以棱长为的正四面体的外接球半径为. 设内切圆的半径为，则，解得， 所以，所以棱长为的正四面体在圆锥SO内不可以任意转动，故D错误. 故选：BC. 【点睛】关键点点睛：D选项中关键点在于计算出正四面体的外接球半径，若该外接球半径小于或等于圆锥内切球半径则可得正四面体可以在圆锥SO内任意转动. 58．(23-24高一下·湖南汨罗第一中学·期末)已知，是同一平面内一组不共线的向量，对于平面内任意向量，有且只有一对实数x，y使，且当P，A，B共线时，有．同样，在空间中若三个向量，，不共面，那么对任意一个空间向量，存在唯一的一组实数组，使得，且当P，A，B，C共面时，有．如图，在四棱锥中，，，点E是棱PD的中点、PC与平面ABE交于F点，设，则 ； ． 【答案】 2． 【来源】湖南省汨罗市第一中学2023-2024学年高一下学期7月期末数学试题 【分析】设，以为基底表示，由共面，求出，可得的值和，可求. 【详解】， 设， 由共面，有，解得，故. 又，有， 则. 故答案为：；2． 59．(23-24高一下·湖南·期末)（多选）如图，已知正方体的棱长为，分别为棱上的点，，则（    ） A． B．平面经过棱的中点 C．平面截该正方体，截面面积的最大值为 D．点到平面距离的最大值为 【答案】ABD 【分析】记为的中点，取线段上的点使得，正方体的中心为，然后说明平面截该正方体的截面就是中心为的六边形，之后根据正方体的对称性和勾股定理，逐个选项验证即可. 【详解】 记为的中点，棱的中点， 取线段上的点使得，正方体的中心为. 则根据对称性，和，和，和分别关于点对称. 从而在平面内，而，故， 从而在平面内. 由于前面的对称性，及在平面内， 知平面截该正方体的截面就是中心为的六边形， 从而一定在平面内，至此我们得到选项B正确. 前面已经证明，同理有，故. 由于，故， 同时显然有. 从而，. 由于，， 故四边形和都是等腰梯形，从而，. 这表明线段和互相平分且长度相等，所以四边形是矩形，故，至此我们得到选项A正确. 由于四边形和都是等腰梯形，且上底均为，下底均为， 腰长均为，故它们的高都等于. 所以它们的面积都等于. 故截面的面积. 当时，，至此我们得到选项C错误. 由于，且在平面内， 故点到平面的距离不超过. 而当时，分别是各自所在棱的中点，从而. 而，这表明点和点到三点的距离两两相等. 故点和点在平面的投影同样满足到三点的距离两两相等， 从而点和点在平面的投影都是的外心， 所以由点和点的投影是同一点，知垂直于平面. 从而由在平面内，知点到平面的距离就是的长，即. 所以，点到平面的距离的最大值是，至此我们得到选项D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于截面六边形的构造，这是利用正方体的对称性的关键. 60．(23-24高一下·湖南·期末)（多选）空间中存在四个球，它们半径分别是2，2，4，4，每个球都与其他三个球外切，下面结论正确的是（    ） A．以四个球球心为顶点的四面体体积为 B．以四个球球心为顶点的四面体体积为 C．若另一小球与这四个球都外切，则该小球半径为 D．若另一小球与这四个球都内切，则该小球半径为 【答案】ACD 【分析】设半径为2的两球球心为A，B；半径为4的两球球心为C,D，根据内切关系可得三棱锥的各棱长，根据线线关系确定线面关系从而可求以四个球球心为顶点的四面体体积及与这四个球都外切或内切的球的半径，逐项判断即可得结论. 【详解】设半径为2的两球球心为A，B；半径为4的两球球心为C,D，易知，，, 取中点，连接，    因为，点为中点， 所以，，则， 故，则， 因为平面，所以平面， 则，故A正确，B不正确； 若另一小球与这四个球都外切，设小球中心为，半径为，则点在四面体内，取中点，中点，连接，    则，，又，，所以， 则球心在上，所以， 同理，代入解得或（舍），故C正确； 若另一小球与这四个球都内切，设小球中心为，半径为，则，，且点在上， 所以， 同理，代入得或（舍），故D正确. 故选：ACD. 61．(23-24高一下·湖南永州·期末)已知正方体的棱长为2，P为底面ABCD内一动点，直线与平面ABCD所成角为，为正方形的中心，点为线段上一动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【来源】湖南省永州市2023-2024学年高一下学期7月期末质量监测数学试卷 【分析】需要先找到点位置，再将立体问题平面化，根据三点共线距离最短求解. 【详解】    因为直线与平面ABCD所成角为， 又因为面 所以为直线与平面所形成的角，即， 又，所以， 所以点的轨迹为以为圆心，半径的圆落在四边形内的部分，即四分之一圆弧. 分析可知，点为和 圆弧的交点时，最小. 此时可将面沿着翻折到面所在平面. 根据长度关系，翻折后的图形如图所示，其中分别为正方体上下底面的中心，    当三点共线时，最小.因为，所以最小值为 故选：B. 62．(23-24高一下·湖南张家界·期末)（多选）正三棱柱的各棱长均相等，是的中点，、是线段、上的动点（含端点），且，当、运动时，下列结论正确的是（ ） A．平面平面 B．三棱锥的体积为定值 C．可能为直角三角形 D．平面与平面所成的锐二面角的范围是 【答案】ABD 【来源】湖南省张家界市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题 【分析】取、的中点、，连接、、，证明平面，结合面面垂直的判定定理可判断A；由为定值，结合锥体的体积公式可判断B；利用反证法可判断C，平面与平面平行时所成角为，当与重合，与重合，平面与平面所成的锐二面角最大，即可判断D. 【详解】对于A，取、的中点、，连接、、. 因为、分别为、的中点，所以，则， 且， 所以四边形为平行四边形，， 为等边三角形，为的中点，则， 平面，平面，， ，平面，平面，，平面， 平面，因此平面平面，故A正确； 对于B，因为的面积为定值， ，平面，平面，所以平面， 因为，所以点到平面的距离为定值，进而可知，三棱锥的体积为定值，故B正确； 对于C，平面，平面，， 为的中点，则， 若为直角三角形，则为等腰直角三角形，则， 设正三棱柱的棱长为，则，则， 因为，故，所以不可能为直角三角形，故C错误.   当、分别为，中点时，平面与平面所成的角为， 当与重合，与重合，平面与平面所成锐二面角最大； 延长交于，连接，则平面平面， 由于为的中点，，所以且， 故在中，为中点，为中点， 在中，为中点，为中点，故，由于平面， 所以平面，平面，所以，， 所以平面与平面所成锐二面角最大为， 平面与平面所成的锐二面角范围为，故D正确．    故选：ABD． 【点睛】方法点睛：证明面面垂直常用的方法： （1）面面垂直的定义； （2）面面垂直的判定定理. 在证明面面垂直时，一般假设面面垂直成立，然后利用面面垂直转化为线面垂直，即为所证的线面垂直，组织论据证明即可. / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期末专题06 立体几何小题综合（8大题型62题） 题型概览 题型01 基本概念及辨析 题型02 斜二测画法中有关量的计算 题型03 判断点线面之间的位置关系 题型04 求表面积、侧面积、体积、距离 题型05 球体综合 题型06 求空间角 题型07 截面问题 题型08 立体几何多选题（多考点综合） 优选提升题 ( 题型01 ) 基本概念及辨析 1．(23-24高一下·湖南衡阳·期末)下列几何体中，顶点个数最少的是（    ） A．四棱锥 B．长方体 C．四棱台 D．四面体 2．(23-24高一下·湖南益阳安化县·期末)下列说法中不正确的是（    ） A．三棱锥是四面体，正四面体是正三棱锥 B．平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形 C．平行的线段在直观图中仍然平行 D．在同一个圆中，圆心和圆上两点可确定一个平面 ( 题型02 ) 斜二测画法中有关量的计算 3．(23-24高一下·湖南长沙长郡中学·期末)如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，，则该平面图形的高为（    ）    A． B．1 C． D．2 4．(23-24高一下·湖南浏阳·期末)边长为的正三角形的直观图的面积是（    ） A． B． C． D． 5．(23-24高一下·湖南株洲·期末)已知正方形的边长为2，用斜二测画法画出它的直观图，则它的直观图的面积为（   ） A． B．4 C．2 D． ( 题型03 ) 判断点线面之间的位置关系 6．(23-24高一下·湖南郴州·期末)已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 7．(23-24高一下·湖南怀化·期末)已知m，n是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列判断错误的是（    ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，则 8．(23-24高一下·湖南·期末)已知是一条直线，是两个不同的平面，且，则“”是“”的（    ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 9．(23-24高一下·湖南株洲·期末)设为空间中两条不同直线，为空间中两个不同平面，下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若不垂直于，则必不垂直于 C．若,，则 D．若是异面直线，，则 10．(23-24高一下·湖南株洲二中教育集团·期末)已知正方体，平面与平面的交线为，则（   ） A． B． C． D． 11．(23-24高一下·湖南·期末)（多选）如图，在长方体中，点M，N，E，F分别在棱，，，上，且平面平面，下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．平面 12．(23-24高一下·湖南娄底涟源·期末)（多选）如图，平面，为正方形，下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 13．(23-24高一下·湖南邵阳隆回县·期末)（多选）在正方体中，E，F，G分别为AD，，的中点，H为BG的中点．则下列说法正确的是（    ） A．平面 B．平面 C．AH，互为异面直线 D．与平面所成角的正弦值为 ( 题型04 ) 求表面积、侧面积、体积、距离 14．(23-24高一下·湖南株洲二中教育集团·期末)若圆锥的表面积为，底面圆的半径为2，则该圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 15．(23-24高一下·湖南·期末)一个圆台的上、下底面的半径为1和4，母线为5，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 16．(23-24高一下·湖南郴州·期末)已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，它的侧面展开图的扇环的圆心角为，则圆台的侧面积为（    ） A． B． C． D． 17．(23-24高一下·湖南·期末)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 18．(23-24高一下·湖南张家界·期末)科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院自主研发的系留浮空器．2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功升至9 032米高空，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，如图2所示，是该浮空艇的轴截面图，则它的体积约为（    ） （参考数据：，，，）    A． B． C． D． 19．(23-24高一下·湖南长沙宁乡·期末)如图，将一个长方体沿相邻三个面的对角线截出一个棱锥，求棱锥的体积与剩下的几何体体积的比是（   ） A． B． C． D． 20．(23-24高一下·湖南·期末)将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的体积是 ． 21．(23-24高一下·湖南·期末)已知甲、乙两个圆台上下底面的半径均为和，母线长分别为和，则两个圆台的体积之比 . 22．(23-24高一下·湖南·期末)已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为 . 23．(23-24高一下·湖南·期末)如图，已知正三棱柱的底面边长为，高为，一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点的最短路线的长为 .    24．(23-24高一下·湖南永州·期末)已知某圆台的上底面和下底面的面积之比为，轴截面面积为6，母线长为上底面半径的倍，则该圆台的体积为 . 25．(23-24高一下·湖南长沙长郡中学·期末)如图所示，在三棱柱中，若点，分别满足，，三棱柱高为3，面积为，则几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 26．(23-24高一下·湖南名校联合体·期末)已知圆台的上､下底面的半径分别为，若，过轴（其中分别为上､下底面的圆心）的轴截面的面积为，则该圆台的表面积为（    ） A． B． C． D． 27．(23-24高一下·湖南部分学校·期末)已知正三棱柱的棱长均为分别是棱的中点，则几何体的体积为 . ( 题型0 5 ) 球体综合 28．(23-24高一下·湖南浏阳·期末)已知圆锥的底面圆周在球的球面上，顶点为球心，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 29．(23-24高一下·湖南·期末)已知在三棱锥P－ABC中，PA＝4，，PB＝PC＝3，平面PBC，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积是 . 30．(23-24高一下·河南商丘·)已知边长为2的等边中，为的中点，以为折痕进行折叠，使折后的，则过四点的球的体积为 . 31．(23-24高一下·湖南·期末)已知某圆台的体积为，其上底面和下底面的面积分别为，，且该圆台两个底面的圆周都在球的球面上，则球的表面积为 . 32．(23-24高一下·湖南·期末)已知某圆台的母线长为3，下底面的半径为1，若球O与该圆台的上、下底面及侧面都相切，则球O的表面积为 ． 33．(23-24高一下·湖南株洲·期末)如图，“六芒星”是由两个边长为的正三角形组成，中心重合于点O，且三组对边分别平行，现将三角形往垂直于平面的方向移动，则此时空间几何体的外接球的表面积为 .    34．(23-24高一下·湖南张家界·期末)已知三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，，，，，则球O的表面积为 ． 35．(23-24高一下·湖南·期末)在底面为正方形的四棱锥中，平面，，，点在线段上，平面，则四面体外接球的表面积为 ． 36．(23-24高一下·湖南·期末)正四棱锥的外接球半径为R，内切球半径为r，则的最小值为 ． 37．(23-24高一下·湖南益阳安化县·期末)在三棱锥中，，点在底面的投影为的外心，若，，，则三棱锥的外接球的表面积为 . ( 题型0 6 ) 求空间角 38．(23-24高一下·湖南部分学校·期末)已知在三棱锥中，，且为等边三角形，则二面角的正切值为（    ） A． B． C． D．2 39．(23-24高一下·湖南·期末)在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.如图，四棱锥为阳马，侧棱底面为棱的中点，则直线与平面所成角的余弦值为 . 40．(23-24高一下·湖南汨罗第一中学·期末)在如图所示的圆锥中，AB为底面圆O的直径，C为的中点，，则异面直线AP与BC所成角的余弦值为 ． 41．(23-24高一下·湖南·期末)在正三棱柱中，，M是AB的中点，N是棱上的动点，则直线与平面所成角的正切值的最大值为（    ） A． B． C． D． 42．(23-24高一下·湖南·期末)如图，AB是半圆柱底面的直径，PA是半圆柱的高，C是上一点，且，D为PB的中点，则异面直线AD与BC所成角的余弦值为 ．    ( 题型0 7 ) 截面问题 43．(23-24高一下·湖南名校联合体·期末)在直三棱柱中，分别为的中点，则过作直三棱柱的截面，则截面的面积等于 . 44．(23-24高一下·湖南长沙明德中学·期末)在侧棱长为的正三棱锥中，，过作截面，则截面的最小周长为（   ） A． B．4 C．6 D．10 45．(23-24高一下·湖南·期末)（多选）在棱长为 1 的正方体中，分别为棱的中点，则（      ） A．直线与是异面直线 B．直线与所成的角是 C．直线平面 D．平面截正方体所得的截面面积为. ( 题型0 8 ) 立体几何多选题（多考点综合） 46．(23-24高一下·湖南名校联合体·期末)《蝶恋花·春景》是北宋大文豪苏赋所写的一首词作.其下阕为“墙里秋千墙外道，墙外行人，墙里佳人笑，笑渐不闻声渐悄，多情却被无情恼”，如图所示，假如将墙看做一个平面，墙外的道路､秋千绳､秋千板简单看做是直线.那么道路和墙面线面平行，秋千静止时，秋千板与墙面线面垂直，秋千绳与墙面线面平行.那么当佳人在荡秋千的过程中（    ） A．秋千绳与墙面始终平行 B．秋千绳与道路所成角逐渐增大，逐渐减小，逐渐增大，逐渐减小，循环往复 C．秋千板与墙面所成角逐渐增大，逐渐减小，逐渐增大，逐渐减小，循环往复 D．秋千板与道路始终垂直 47．(23-24高一下·湖南部分学校·期末)已知直三棱柱的各顶点及动点都在球的球面上，，则（    ） A． B．球的半径为2 C．三棱柱的表面积为 D．点到平面的距离的取值范围是 48．(23-24高一下·湖南·期末)正多面体也称柏拉图立体（被誉为最有规律的立体结构），是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．已知一个正八面体的棱长都是2（如图），则（    ） A．平面 B．直线与平面所成的角为60° C．若点为棱上的动点，则的最小值为 D．若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值 49．(23-24高一下·湖南永州·期末)如图，连接正方体各个面的中心得到一个每个面都是正三角形的八面体，如果四边形是边长为2的正方形，则（    ） A．异面直线与所成角的大小为 B．二面角的平面角的余弦值为 C．平面平面 D．此八面体的外接球表面积为 50．(23-24高一下·湖南怀化·期末)如图，在棱长为2的正方体中，点M是侧面内（含边界）的动点，点P是棱的中点，则（    ） A．存在点M，使 B．当M位于顶点D时，直线MP与所成角的余弦值为 C．三棱锥体积的最大值为 D．若，线段PM运动所形成的曲面的面积为 51．(23-24高一下·湖南长沙长郡中学·期末)如图，在正方体中，，分别为，的中点，则下列结论正确的是（    ） A．直线与所成的角的大小为 B．直线平面 C．平面平面 D．直线与平面所成角的正弦值为 52．(23-24高一下·湖南郴州·期末)如图，在正方体中，，点为线段上一动点，则下列说法正确的是（    ） A．直线平面 B．三棱锥的体积为 C．三棱锥外接球的表面积为 D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 53．(23-24高一下·湖南·期末)已知棱长为2的正方体的棱切球（与正方体的各条棱都相切）为球，则下列说法正确的是（    ） A．球的体积为 B．球内接圆柱的侧面积的最大值为 C．球在正方体外部的体积小于 D．球在正方体外部的面积大于 54．(23-24高一下·湖南株洲二中教育集团·期末)已知正四棱锥的底面边长为，侧棱长为，则（   ） A．与平面所成的角为 B．若点为正四棱锥外接球的球心，则四棱锥的体积为4 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，，，，则多面体的体积为 55．(23-24高一下·湖南益阳安化县·期末)如图，在棱长为1的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，为线段上的一个动点，平面平面，则下列说法中正确的是（    ）    A．不存在点，使得平面 B．三棱锥的体积为定值 C．平面截该正方体所得截面的面积的最大值为 D．平面截该正方体所得截面可能是三角形或六边形 56．(23-24高一下·湖南·期末)如图1，一圆形纸片的圆心为O，半径为，以O为中心作正六边形，以正六边形的各边为底边作等腰三角形，使其顶角的顶点恰好落在圆O上.现沿等腰三角形的腰和中位线裁剪，裁剪后的图形如图2所示，将该图形以正六边形的边为折痕将等腰梯形折起，使得相邻的腰重合得到正六棱台.若该正六棱台的高为，则下列结论正确的是（    ）    A．正六边形的边长为4 B．该正六棱台的侧面积为 C．该正六棱台的外接球半径为 D．该正六棱台的体积为 57．(23-24高一下·湖南株洲·期末)在圆锥SO中，是母线SA上靠近点的三等分点，，底面圆O的半径为，圆锥SO的侧面积为，则下列说法正确的是（   ） A．当时，过顶点和两条母线的截面三角形的最大面积为 B．当时，从点绕圆锥侧面一周到点的最小长度为 C．当时，圆锥SO的内切球的表面积为 D．当时，棱长为的正四面体可以在圆锥SO内任意转动 58．(23-24高一下·湖南汨罗第一中学·期末)已知，是同一平面内一组不共线的向量，对于平面内任意向量，有且只有一对实数x，y使，且当P，A，B共线时，有．同样，在空间中若三个向量，，不共面，那么对任意一个空间向量，存在唯一的一组实数组，使得，且当P，A，B，C共面时，有．如图，在四棱锥中，，，点E是棱PD的中点、PC与平面ABE交于F点，设，则 ； ． 59．(23-24高一下·湖南·期末)（多选）如图，已知正方体的棱长为，分别为棱上的点，，则（    ） A． B．平面经过棱的中点 C．平面截该正方体，截面面积的最大值为 D．点到平面距离的最大值为 60．(23-24高一下·湖南·期末)（多选）空间中存在四个球，它们半径分别是2，2，4，4，每个球都与其他三个球外切，下面结论正确的是（    ） A．以四个球球心为顶点的四面体体积为 B．以四个球球心为顶点的四面体体积为 C．若另一小球与这四个球都外切，则该小球半径为 D．若另一小球与这四个球都内切，则该小球半径为 61．(23-24高一下·湖南永州·期末)已知正方体的棱长为2，P为底面ABCD内一动点，直线与平面ABCD所成角为，为正方形的中心，点为线段上一动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 62．(23-24高一下·湖南张家界·期末)（多选）正三棱柱的各棱长均相等，是的中点，、是线段、上的动点（含端点），且，当、运动时，下列结论正确的是（ ） A．平面平面 B．三棱锥的体积为定值 C．可能为直角三角形 D．平面与平面所成的锐二面角的范围是 / 学科网（北京）股份有限公司 $$