第6章 立体几何章末题型汇总（14大题型提分练）-【上好课】2024-2025学年高一数学同步精品课堂（北师大版2019必修第二册）

第6章立体几何章末题型汇总 题型一 点线面位置关系辨析 1．（24-25高一下·广东东莞·期中）已知直线，，平面，，，那么与平面的关系是（    ） A． B． C．或 D．与相交 2．（24-25高一下·广东深圳·期中）已知，表示两个不同的平面，a，b，c表示三条不同的直线，（    ） A．若，，则 B．若，，，，则 C．若，，，，则 D．若，，则 3．（24-25高一下·福建莆田·期中）如图所示，在空间四边形中，点，分别是边，的中点，点，分别是边，上的点，且，则下列说法正确的有（ ）个 ①，，，四点共面； ②与异面； ③与的交点可能在直线上，也可能不在直线上； ④与的交点一定在直线上． A．0 B．1 C．2 D．3 4．（24-25高一下·河北邢台·期中）如图，在四棱锥中，点G在正方形ABCD内，点F在BE上，若DF与EG相交，则下列说法一定正确的是（   ） A．点G在AC上 B． C． D．直线EB，GD交于点B 5．（24-25高一下·广东广州·期中）如图所示，在正方体中，分别是侧面，侧面的中心，分别是线段的中点，则直线与直线的位置关系是（   ）    A．相交 B．异面 C．平行 D．无法确定 题型二 异面直线所成角 1．（24-25高一下·浙江温州·期中）在长方体中，若，，则异面直线，所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·河北邢台·期中）在正三棱锥中，，，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 3．（2025高一·全国·专题练习）在四面体中，已知，分别是，的中点，若，，，则与所成角的度数为（    ） A． B． C． D． 4.（24-25高一下·江苏南通·期中）已知圆锥的轴截面是正三角形，为圆锥底面圆上的一点，若，则异面直线与所成角的余弦值为 ． 5.（24-25高一下·上海·期中）如图，已知正方体的棱长为1.若分别是的中点，求异面直线与所成角的大小.    题型三 距离相关问题 1．（23-24高一下·四川成都·阶段练习）（多选）在边长为的正方体中，点是一个动点，且平面，则线段的长度可能是（     ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·福建龙岩·期中）在四面体中，，，平面，分别为线段的中点，现将四面体以为轴旋转，则线段在平面上投影长度的取值范围是 . 3．（23-24高一下·河南商丘·期末）如图，在三棱锥中，，且，，两两相互垂直，若以为球心，作一个半径为4的球，所作球面被三棱锥的四个面——面、面、面、面截得的弧分别为，，，，则，，，的长度之和为 .    4．（23-24高一下·浙江嘉兴·阶段练习）在棱长为1的正方体中，E，F分别为和的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是 ． 5．（23-24高一下·湖北武汉·期中）如图是一座山的示意图，山呈圆锥形，圆锥的底面半径为1公里，母线长为4公里，是母线一点，且公里，为了发展旅游业，要建设一条最短的从绕山一周到的观光铁路，则这段铁路的长度为 公里. 题型四 最短问题 1．（24-25高一下·河北·期中）如图，在正三棱锥中，，三条侧棱两两夹角均为，，分别是，上的动点，则三角形的周长的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·全国·课后作业）在中，，，，平面，，是边上的一动点，则的最小值为（    ） A． B．7 C． D． 3.（24-25高一下·江苏无锡·期中）（多选）如图，为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于，的动点，，则下列结论正确的是（   ） A．圆锥的侧面积为 B．三棱锥体积的最大值为 C．圆锥外接球体积为 D．若，为线段上的动点，则的最小值为 4.（24-25高一下·江苏无锡·期中）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，点M 为线段上的动点，动点P在平面中，则下列说法中正确的是（    ）    A．当为线段中点时，平面截正方体所得的截面为平行四边形 B．当四面体的顶点在一个体积为的球面上时， C．当时，取得最小值 D．的最小值为 5.（24-25高一下·河北邢台·期中）正三棱柱的底面边长为1，高为4，在棱上分别任取点E，F，则的最小值为 ． 题型五 斜二测画法问题 1．（24-25高一下·吉林长春·期中）如图所示的正方形的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积为（   ） A． B． C． D． 2.（22-23高一下·湖北·阶段练习）(多选)已知一个矩形ABCD，用斜二测画法得到其直观图的周长为2，设，，下列说法正确的是（　　）    A．xy的最大值为1 B．的最小值为 C．的最大值为2 D．的最大值为 3.（22-23高一下·浙江温州·期中）(多选)如图所示，四边形是由斜二测画法得到的平面四边形ABCD水平放置的直观图，其中，，，点在线段上，对应原图中的点P，则在原图中下列说法正确的是（   ） A．四边形ABCD的面积为14 B．与同向的单位向量的坐标为 C．在向量上的投影向量的坐标为 D． 最小值为13 4.（20-21高一下·浙江·期末）(多选)如图，是水平放置的的直观图，，则在原平面图形中，有（    ） A． B． C． D． 5.（24-25高一下·新疆乌鲁木齐·期中）如图所示，表示水平放置的在斜二测画法下的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则的边上的高为 ． 题型六 几何体的表面积体积问题 1．（24-25高一下·海南海口·期中）17世纪30年代，意大利数学家卡瓦列利在《不可分量几何学》一书中介绍了利用平面图形旋转计算球体体积的方法.如图，是一个半圆，圆心为，是半圆的外切矩形.以直线为轴将该平面图形旋转一周，记，阴影部分，半圆所形成的几何体的体积分别为，，，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·广东湛江·期中）如图所示，三棱柱ABC－A′B′C′中，若E，F分别为AC，AB的中点，平面EC′B′F将三棱柱分成体积为V1(棱台AEF－A′C′B′的体积)，V2的两部分，那么（　　） A．6︰5 B．7︰5 C．8︰3 D．4︰3 3．（24-25高一下·河北沧州·期中）如图所示，和的对应顶点的连线，，交于同一点，且，则 ． 4．（24-25高一下·江苏无锡·期中）已知某圆台轴截面的周长为，母线与底面成角，圆台的高为，该圆台的体积为 ． 5．（24-25高一下·四川遂宁·期中）如图所示，长方体的底面是边长为2的正方形，其体积为16． (1)求三棱锥的体积； (2)求三棱锥的表面积． 题型七 外接球内切球问题 1．（24-25高一下·浙江杭州·期中）在三棱锥中，，，，点P在平面上投影为A，则三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·山西·期中）如图，在棱长为的正方体内有两个球相外切，两球又分别与正方体内切，则两球体积之和的最小值为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·天津·期中）已知正三棱台(由正三棱锥截得的棱台)的高为3，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 . 4．（24-25高一下·广东·阶段练习）已知正六棱柱的各个顶点都在半径为的球面上，一个能放进该正六棱柱内部的最大的球的半径为．若，则当最小时，该正六棱柱的体积为 ． 5．（24-25高一下·吉林·期中）已知三棱锥底面是边长为的正三角形，平面，且，则该三棱锥的外接球的体积为 题型八 平行问题 1．（24-25高一下·天津·期中）如图所示，在平行六面体 中，分别是的中点，求证:    (1) (2)平面; 2．（24-25高一下·山东青岛·期中）如图，在四棱锥中，，.点E在AD上，且，.    (1)求证：平面SCE； (2)若点F在线段SE上，且平面SCD，求证：F为线段SE的中点. 3．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图，在四棱锥中，是正方形，分别是的中点． (1)求证：直线平面． (2)求证：平面平面． 4．（24-25高一下·湖南常德·期中）如图，四棱锥中，，，分别为线段的中点，与交于点，是线段上一点． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)设平面交平面于直线，求证：． 5．（24-25高一下·安徽合肥·阶段练习）如图所示正四棱锥，，P为侧棱SD上的点．且，求： (1)设平面平面，求证：； (2)侧棱SC上是否存在一点E，使得平面若存在，求的值；若不存在，试说明理由． 题型九 垂直问题 1．（24-25高一下·天津东丽·期中）如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱垂直于底面，、分别是、的中点. (1)求证： ； (2)求证：平面； (3)设与交于点，求证：平面平面 2．（24-25高一下·江苏南通·期中）如图，在正三棱柱中，分别为中点． 求证： (1)平面； (2)平面． 3．（24-25高一下·云南·期中）在《九章算术》中，四个面都是直角三角形的三棱锥被称为鳖臑，由于它固有的优异性质，所以被称为立体几何中的“小王子”.如图，在鳖臑中，底面，若为的中点，分别是的中点. (1)证明： 平面； (2)若为线段上的动点，探究平面与平面是否垂直，如果垂直，请证明；如果不垂直，请说明理由. 4．（24-25高一下·广东汕头·期中）如图，在四棱锥中，平面⊥平面，，四边形为正方形，E、M分别为的中点. (1)求证: ∥平面; (2)求证: 平面⊥平面; (3)在棱上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面?若存在，求 若不存在，说明理由. 5．（23-24高一下·江苏·期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点，为线段上的动点． (1)证明：平面平面； (2)若，证明 题型十 线面角问题 1．（24-25高一下·天津滨海新·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，F为CP上的点，且平面. (1)求证：平面平面； (2)求直线PC与平面所成角的正弦值； (3)在棱PD上是否存在一点G，使平面，若存在，求PG的长；若不存在，说明理由. 2．（24-25高一下·天津东丽·期中）如图，在三棱柱中，侧棱垂直底面，各棱长均为2，D为AB的中点. (1)求证：∥平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)求证：平面平面. 3．（24-25高一下·吉林·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，为等边三角形.平面平面PCD，，，. (1)设G，H分别为PB，AC的中点，求证：平面PAD； (2)求证：平面PCD； (3)求直线BC与平面PAC所成角的正弦值. 4．（24-25高一下·云南玉溪·期中）如图，在四面体中，平面BCD，，． (1)求证：平面平面； (2)若M是AD的中点，求直线BM和平面ADC所成的角的余弦值． 5．（24-25高一下·天津·期中）如图，已知在四棱锥中，平面，四边形为直角梯形.，，，，点是棱上靠近端的三等分点，点是棱上点. (1)证明：平面； (2)求三棱锥与四棱锥的体积比； (3)求异面直线与夹角的余弦值. 题型十一 面面角问题 1．（24-25高一下·江苏南通·期中）如图，在等腰三角形中，，、分别为边、上靠近、的四等分点，将沿翻折至，使得平面平面，、分别是、的中点． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求证：； (3)求二面角的余弦值． 2．（23-24高一下·江苏·阶段练习）如图，四棱柱的底面是菱形，平面，，，，点为的中点，点为上靠近的三分点. (1)求证：平面； (2)求二面角的正切值.（先找角再证明最后计算） 3．（23-24高一下·河南驻马店·期末）如图，为三棱锥的高，且点在的内部，点为的中点，且，直线平面. (1)求直线与平面所成角的大小. (2)若直线分别与直线，所成的角相等，且. ①求二面角的大小； ②求三棱锥的体积. 4．（23-24高一下·广东中山·期中）在四棱锥中， 底面是边长为2的正方形， 平面. (1)求证：； (2)若与底面所成的角为45°； ①求点B到平面的距离； ②求二面角的余弦值. 5．（23-24高一下·河南安阳·期中）在四棱锥中，平面ABCD，底面是边长是1的正方形，侧棱PA与底面成的角，M，N分别是AB，PC的中点. (1)求证:平面PAD; (2)二面角平面角的正切值. 题型十二 距离问题 1．（24-25高一下·天津·期中）如图，在正四棱柱中，，，H，G，E分别为AD，AB，BC的中点. (1)求证：平面； (2)求点B到平面的距离. 2．（24-25高一下·广东深圳·期中）如图，在四棱台中，底面是正方形，平面，，，. (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离. 3．（24-25高一下·河南·期中）如图，正方体的棱长为分别是棱的中点，截面将该正方体分成两部分，这两部分的体积分别为，且． (1)求； (2)求点到平面的距离． 4．（24-25高三下·上海虹口·期中）如图所示，在四棱锥中，平面，，，，. (1)求证：平面平面； (2)若异面直线和所成角为，求点到平面的距离. 5．（22-23高一下·云南昭通·期末）如图，在正三棱柱中，，点M为的中点. (1)求点A到平面的距离； (2)在棱上是否存在点Q，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 题型十三 截面问题 1．（23-24高一下·河北·期中）如图，在长方体中，E，F分别为的中点．    (1)证明：平面． (2)证明：平面． (3)已知，以为直径的球的表面积为，设三点确定平面，在答题卡的图中作出平面截四棱柱所得的截面（写出作法），并求截面的周长． 2．（24-25高一下·广东惠州·期中）如图正方体，的棱长为2，是线段，的中点，平面过点、、． (1)画出平面截正方体所得的截面（保留作图痕迹），并求该截面多边形的面积； (2)平面截正方体，把正方体分为两部分，求较小的部分与较大的部分的体积的比值． 3．（24-25高一下·浙江·期中）如图，在四棱锥中，，M，N分别是，的中点，，． (1)求证平面； (2)若平面，求的值； (3)当时，若，，，请在图中作出四棱锥过点B，E，F的截面（保留作图痕迹），并求出截面周长． 4．（24-25高一下·福建福州·期中）在正方体中．    (1)如图1，若平面，求证：三点共线； (2)分别为和的中点，分别为和的一个三等分点（都靠近C端）． ①如图2，求证：三线共点； ②过点三点作该正方体的截面，在图3中画出这个截面（不必说明画法和理由，但要保留作图痕迹）． 5．（23-24高一下·重庆·期中）如图，在正方体中，棱长为2，是线段的中点，平面过点、、． (1)画出平面截正方体所得的截面，并说明原因； (2)求（1）中截面多边形的面积： (3)平面截正方体，把正方体分为两部分，求比较小的部分与比较大的部分的体积的比值． 题型十四 轨迹问题 1．（24-25高一下·山东·期中）(多选)在正四棱柱中，，、分别为棱、的中点，点满足，，动点在矩形内部及其边界上运动，且满足，点在棱上，将绕边旋转一周得到几何体，则（    ） A．以正四棱柱的上下底面的内切圆为底且与正四棱柱等高的圆柱的侧面积，与正四棱柱的外接球的表面积之比为 B．动点的轨迹长度为 C．存在，，使得平面 D．当动点的轨迹与几何体只有一个公共点时，几何体的侧面积为 2．（24-25高一下·福建莆田·期中）(多选)如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（） A．动点的轨迹是一条线段 B．直线与的夹角为 C．三棱锥的体积是随点的运动而变化的 D．平面截正方体所得截面的面积为 3．（24-25高一下·福建泉州·期中）(多选)正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体.如图所示，正八面体的棱长为，下列说法中正确的有（   ） A．该八面体的表面积为 B．该八面体的体积为 C．若点为棱上的动点，则的最小值为 D．若点为四边形的中心，点为此八面体表面上动点，且，则动点的轨迹长度为 4．（24-25高一下·浙江台州·期中）(多选)在棱长为3的正方体中，P是平面内的一个动点，若，则下列结论正确的是（    ） A．点P的轨迹长度为 B．直线不可能与垂直 C．直线与平面所成角为 D．三棱锥的体积最大值为 5.（23-24高一下·江西抚州·期末）如图所示，四棱锥中，四边形是菱形，棱长为2，，，. (1)证明： (2)若，求 (3)若，为边的中点，为四棱锥表面上一动点且恒有，求动点的轨迹长． 1．（24-25高一下·安徽·期中）已知一个圆台的上，下底面半径分别为1和4，高为．若该圆台内有一个正方体，且该正方体在圆台内能任意转动，则该正方体棱长的最大值为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·云南·期中）（多选）如图所示，在正三角形中，分别为边的中点，其中，把沿着翻折至的位置，使得二面角为，则下列选项中正确的是（    ） A．点到平面的距离为 B． C．直线与直线所成的角的正弦值为 D．四棱锥的外接球半径为 3．（24-25高一下·广东深圳·期中）（多选）如图，正方体棱长为，是上的一个动点，下列结论中正确的是（    ） A．的最小值为 B． C．当在直线上运动时，三棱锥的体积不变 D．以点为球心，为半径的球面与面的交线长为 4．（24-25高一下·安徽·期中）（多选）如图，在直三棱柱中，是线段的中点，P是线段上的动点（含端点），则下列命题正确的是（   ） A．三棱锥的体积为 B．直三棱柱的外接球半径为 C．的值可以为 D．在直三棱柱内部能够放入一个表面积为的球 5．（24-25高一下·浙江·期中）（多选）我们称底面直径与高相等的圆柱为等边圆柱，如图，在等边圆柱内有一个正三棱锥，正三棱锥的底面在圆柱底面圆周上，顶点P是圆柱的上底面中心，M是底面三角形边的中点，连接，是上底面的一条直径且不平行于，若圆柱的高为4，则下列说法中，正确的是（   ） A．中的长为 B．圆柱的外接球的体积与圆柱的体积之比为 C．四面体的体积最大值为8 D．半平面与半平面所成二面角的余弦值的取值范围是 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第6章立体几何章末题型汇总 题型一 点线面位置关系辨析 1．（24-25高一下·广东东莞·期中）已知直线，，平面，，，那么与平面的关系是（    ） A． B． C．或 D．与相交 【答案】C 【分析】以正方体为载体，取，，分别取面和为平面，即可判断结果. 【详解】 在正方体中，取，， 当取面为平面时， 所以满足，，此时； 当取面为平面时， 所以满足，，此时， 所以与平面的关系是或. 故选：. 2．（24-25高一下·广东深圳·期中）已知，表示两个不同的平面，a，b，c表示三条不同的直线，（    ） A．若，，则 B．若，，，，则 C．若，，，，则 D．若，，则 【答案】D 【分析】ABC选项，可举出反例；D选项，可由平行和垂直的性质和判定证明. 【详解】A选项，若，则或，A错误； B选项，若，不能推出，B错误； C选项，若，则不能推出，C错误； D选项，因为，所以，D正确. 故选：D 3．（24-25高一下·福建莆田·期中）如图所示，在空间四边形中，点，分别是边，的中点，点，分别是边，上的点，且，则下列说法正确的有（ ）个 ①，，，四点共面； ②与异面； ③与的交点可能在直线上，也可能不在直线上； ④与的交点一定在直线上． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】利用平面几何的性质及平行公理可得，且四边形EFGH是梯形，结合公理可得答案. 【详解】依题意，可得，，故，所以，，，四点共面，①正确，②错误； 因为，所以四边形EFGH是梯形，且EF与GH必相交，设交点为M， 因为点M在EF上，故点M在平面ACB上，同理，点M在平面ACD上，所以点M在平面ACB与平面ACD的交线上. 又AC是这两个平面的交线，所以点M一定在直线AC上，所以④正确，③错误. 故选：C. 4．（24-25高一下·河北邢台·期中）如图，在四棱锥中，点G在正方形ABCD内，点F在BE上，若DF与EG相交，则下列说法一定正确的是（   ） A．点G在AC上 B． C． D．直线EB，GD交于点B 【答案】D 【分析】由平面的基本性质可得出平面平面，即可得解. 【详解】因为DF与EG相交， 所以平面平面, 所以直线EB，GD交于点B，故D正确. 而由题意，可为上任意一点，故ABC错误. 故选：D 5．（24-25高一下·广东广州·期中）如图所示，在正方体中，分别是侧面，侧面的中心，分别是线段的中点，则直线与直线的位置关系是（   ）    A．相交 B．异面 C．平行 D．无法确定 【答案】C 【分析】连接，根据三角形中位线性质以及平行直线的传递性，即可判断答案. 【详解】如图，连接，则分别为的中点，    故, 由分别是线段的中点，得， 故, 故选：C 题型二 异面直线所成角 1．（24-25高一下·浙江温州·期中）在长方体中，若，，则异面直线，所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】注意到，则、所成角，即为与所成角，然后由题意及余弦定理可得答案. 【详解】连接、，由题可得，又， 则四边形为平行四边形，则， 即，所成角，即为与所成角或其补角， 又由题可得，， 则. 因此，异面直线，所成角的余弦值为. 故选：B. 2．（24-25高一下·河北邢台·期中）在正三棱锥中，，，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作出辅助线，得到或其补角是直线与所成的角，求出各边长，利用余弦定理求出答案.. 【详解】取棱的中点，连接，， 因为是的中点，所以，⊥， 则或其补角是直线与所成的角，. 由题中数据可知，，， 由勾股定理得， 在中，由余弦定理可得， 则， 故. 故选：A 3．（2025高一·全国·专题练习）在四面体中，已知，分别是，的中点，若，，，则与所成角的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取中点，再根据平行得出异面直线所成角的正弦值即可求角. 【详解】取的中点，连结，． 因为，分别为，的中点，所以，， 所以为与所成的角或其补角． 因为，所以在中，， 所以，所以． 故选:D． 4.（24-25高一下·江苏南通·期中）已知圆锥的轴截面是正三角形，为圆锥底面圆上的一点，若，则异面直线与所成角的余弦值为 ． 【答案】/ 【分析】过作，交底面圆周于，易知异面直线与所成角为，若底面半径为，结合已知并应用余弦定理求的余弦值. 【详解】过作，交底面圆周于，故异面直线与所成角，即为， 若底面半径为，轴截面是正三角形，， 则，，故. 故答案为： 5.（24-25高一下·上海·期中）如图，已知正方体的棱长为1.若分别是的中点，求异面直线与所成角的大小.    【答案】 【分析】作出两异面直线所成的角为，再由正方体性质计算即可. 【详解】因为分别是的中点， 所以，又因为， 所以异面直线与所成角为（或其补角）. 由于，于是， 所以异面直线与所成角的大小为. 题型三 距离相关问题 1．（23-24高一下·四川成都·阶段练习）（多选）在边长为的正方体中，点是一个动点，且平面，则线段的长度可能是（     ） A． B． C． D． 【答案】CD 【分析】由面面平行的判定定理和性质定理可得平面，再求出，即可得出答案. 【详解】由正方体的性质知：，所以平面，平面， 所以平面，同理平面， 平面，所以平面平面， 若平面，则平面，则平面， 线段的最小长度即为点到平面的距离， 四面体的棱长为， 作平面，垂足为，则为三角形的重心， 连接交的中点， 且， 则正四面体的高为， 所以线段的最小长度为， 线段的最大长度为，所以. 因为，故A，B错误； ，故CD正确. 故选：CD. 2．（23-24高一下·福建龙岩·期中）在四面体中，，，平面，分别为线段的中点，现将四面体以为轴旋转，则线段在平面上投影长度的取值范围是 . 【答案】 【分析】首先证明，取中点为，连接、，则，，可得，在旋转过程中，与的垂直性保持不变，当与平面垂直时，在平面上的射影取得最小值为，当与平面平行时，在平面上的射影长取得最大值，则答案可求． 【详解】如图，取的中点的中点，连接， ∵分别是线段的中点，∴，， ∵， ，∴，， 则，，且，平面，∴平面，又平面，∴，∴， 在中，， 当四面体绕旋转时， ∵，平面，平面， ∴平面，与的垂直性保持不变，且，长度不变. 当与平面垂直时，在平面上的投影长最短为0， 此时在平面上的投影的长取得最小值，最小值为， 当与平面平行时，在平面上的投影长最长为， 此时在平面上的投影的长取得最大值，最大值为， 线段在平面上的投影长的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：根据等腰三角形证明，，进而得平面，即可根据当与平面垂直时以及当与平面平行时，求解的最值. 3．（23-24高一下·河南商丘·期末）如图，在三棱锥中，，且，，两两相互垂直，若以为球心，作一个半径为4的球，所作球面被三棱锥的四个面——面、面、面、面截得的弧分别为，，，，则，，，的长度之和为 .    【答案】 【分析】利用几何特征找到每段弧的半径和圆心角计算即可. 【详解】由勾股定理得，∴， ∴的长为. ∵ ， ∴， ∴的长度为. ∵， ∴，∴， ∴，的长均为， 故，，，的长度之和为. 故答案为： 4．（23-24高一下·浙江嘉兴·阶段练习）在棱长为1的正方体中，E，F分别为和的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是 ． 【答案】 【分析】取的中点，连接，，，即可证明平面平面，从而得到点的轨迹为线段，求出，，即可求出的取值范围. 【详解】 如图所示，分别取的中点，连接，，， 因为为所在棱的中点， 所以，所以， 又因为平面，平面， 所以平面； 因为 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； 又因为，且平面，平面, 所以平面平面， 因为是侧面内一点，且平面，则点必在线段上， 在直角三角形中，， 在直角三角形中，， 又， 在中，由余弦定理得 ， 所以为钝角，所以当在线段运动时，最短为，最长为， 所以线段长度的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：对于立体几何中动点问题，关键是确定动点的轨迹，主要是确定面面平行，得到线面平行. 5．（23-24高一下·湖北武汉·期中）如图是一座山的示意图，山呈圆锥形，圆锥的底面半径为1公里，母线长为4公里，是母线一点，且公里，为了发展旅游业，要建设一条最短的从绕山一周到的观光铁路，则这段铁路的长度为 公里. 【答案】5 【分析】根据题意，设该圆锥展开图的圆心角为，由圆锥的结构特征求出的值，作出圆锥的侧面展开图，利用勾股定理计算可得答案． 【详解】根据题意，设该圆锥展开图的圆心角为， 该圆锥中，底面半径为1公里，母线长为4公里，则有，变形可得， 如图为该圆锥的展开图， 有，，则， 故， 即符合题意最短的铁路的长度为5． 故答案为：5． 题型四 最短问题 1．（24-25高一下·河北·期中）如图，在正三棱锥中，，三条侧棱两两夹角均为，，分别是，上的动点，则三角形的周长的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】沿展开，由平面图形结合余弦定理即可求解. 【详解】把正三棱锥沿剪开并展开，形成三个全等的等腰三角形：、、， 则，， 连接，交于，交于， 则线段就是的最小周长，又， 根据余弦定理，. 故选：A. 2．（24-25高一下·全国·课后作业）在中，，，，平面，，是边上的一动点，则的最小值为（    ） A． B．7 C． D． 【答案】A 【分析】因为平面，故要使的值最小，只需在平面内的射影最短即可，当时，此时最短. 【详解】如图所示，因为平面，平面,所以，则是直角三角形， 故，所以当时，最小，此时也最小． 由条件知，，则，故的最小值为， 又，则的最小值为． 故选：A. 3.（24-25高一下·江苏无锡·期中）（多选）如图，为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于，的动点，，则下列结论正确的是（   ） A．圆锥的侧面积为 B．三棱锥体积的最大值为 C．圆锥外接球体积为 D．若，为线段上的动点，则的最小值为 【答案】BCD 【分析】代入圆锥的侧面积公式，判断A，根据点的位置，确定三棱锥体积的最大值，判断B，根据题中的条件，确定圆锥的外接球的球心和半径，判断C，翻折，使四点共面，即可确定的最小值. 【详解】由条件可知，，圆锥的侧面积为，故A错误； B.当是的高时，此时的面积和三棱锥的体积最大，体积的最大值是，故B正确； C.因为，所以圆锥外接球的球心即为点，半径为，所以外接球的体积为，故C正确； D. 若，则是等腰直角三角形，，， 所以是等边三角形，如图，将沿翻折，使四点共面， 此时三点共线时，的最小值是， 中， ， 由余弦定理可知，，故D正确. 故选：BCD 4.（24-25高一下·江苏无锡·期中）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，点M 为线段上的动点，动点P在平面中，则下列说法中正确的是（    ）    A．当为线段中点时，平面截正方体所得的截面为平行四边形 B．当四面体的顶点在一个体积为的球面上时， C．当时，取得最小值 D．的最小值为 【答案】AC 【分析】A根据平面的基本性质画出截面，结合正方体的结构特征判断；B根据已知确定球心的位置并求得球体半径为3，再由几何关系判断的位置判断；C将面展开与面在同一平面上，利用平面上两点距离最短判断；D画出示意图，找到关于面对称的点在线段上，进而确定最小时对称点的位置，即可判断. 【详解】A：延长交于，连接并延长交于，连接交于， 连接，则平面截正方体的截面为，根据作图易知， 所以有，为线段中点，则为线段中点， 结合平面的基本性质及正方体的结构特征知且，则为平行四边形，对；    B：由外接球的球心必在正方体上下底面中心连线上，如下图示，    所以球体半径为，则，得， 则到下底面距离，又在线段 上运动， 所以在下底面上方，则，显然不存在这样的点，错； C：将面展开与面在同一平面上，如下图，    当为与的交点时，最小 ，对； D：如下图，线段关于面的对称线段为，它们的交点为， 则在平面中， 且， 则关于面对称的点在线段上， 若对称点为，连接，则， 若与的夹角为，则，所以， 若，则，此时不在线段上，不符； 所以，即最小为，错.    故选：AC 5.（24-25高一下·河北邢台·期中）正三棱柱的底面边长为1，高为4，在棱上分别任取点E，F，则的最小值为 ． 【答案】5 【分析】把正三棱柱的侧面沿剪开展在同一平面内，利用两点间线段最短求得答案. 【详解】将正三棱柱的侧面沿剪开展在同一平面内，连接，如图， 四边形是矩形，且， 所以． 故答案为：5 题型五 斜二测画法问题 1．（24-25高一下·吉林长春·期中）如图所示的正方形的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】运用斜二测画法将直观图还原成原图后计算面积即可. 【详解】由题意知，，， 所以，， 直观图还原的原图如图所示， 所以原图形的面积为. 故选：B. 2.（22-23高一下·湖北·阶段练习）(多选)已知一个矩形ABCD，用斜二测画法得到其直观图的周长为2，设，，下列说法正确的是（　　）    A．xy的最大值为1 B．的最小值为 C．的最大值为2 D．的最大值为 【答案】BCD 【分析】根据斜二测画法可得，再有均值不等式及重要不等式判断ABC，由二次函数求最值判断D. 【详解】由斜二测画法知，， 又的周长为2，所以，即， 对A，，，即，当且仅当时等号成立，所以A错误； 对B， ，当且仅当时，即时等号成立，故B正确； 对C，由可知，， 即，所以，即，当且仅当，即时等号成立，故C正确； 对D，，其中，即解得， 由二次函数图象开口向下，对称轴方程为可知， 当取对称轴时，的最大值为，故D正确. 故选：BCD 3.（22-23高一下·浙江温州·期中）(多选)如图所示，四边形是由斜二测画法得到的平面四边形ABCD水平放置的直观图，其中，，，点在线段上，对应原图中的点P，则在原图中下列说法正确的是（   ） A．四边形ABCD的面积为14 B．与同向的单位向量的坐标为 C．在向量上的投影向量的坐标为 D． 最小值为13 【答案】AB 【分析】根据直观图可得四边形为直角梯形，从而可求得原图形的面积，即可判断A；以点为坐标原点建立平面直角坐标系，写出的坐标，再根据与同向的单位向量为，即可判断B；根据在向量上的投影向量的坐标为即可判断C；设，根据向量线性运算的坐标表示及模的坐标表示即可判断D. 【详解】由直观图可得， 四边形为直角梯形，且， 则四边形的面积为，故A正确； 如图，以点为坐标原点建立平面直角坐标系， 则，则， 所以与同向的单位向量的坐标为，故B正确； ，则在向量上的投影向量的坐标为，故C错误； 设，则， 则， ， 当时，取得最小值，故D错误. 故选：AB. 4.（20-21高一下·浙江·期末）(多选)如图，是水平放置的的直观图，，则在原平面图形中，有（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】首先算出长度，再利用斜二测画法将直观图还原为原平面图形，从而判断各个选项正误. 【详解】如图所示，在直观图中，过作于， . 又， 所以利用斜二测画法将直观图还原为原平面图形，如图： 那么有，故选项B正确； 又因为，故选项A､C错误； 而，故选项D正确. 故选：BD. 5.（24-25高一下·新疆乌鲁木齐·期中）如图所示，表示水平放置的在斜二测画法下的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则的边上的高为 ． 【答案】6 【分析】过作，结合斜二测的性质进行求解即可． 【详解】过作，则， ∵与轴垂直，且， ∴， 则的边上的高等于， 故答案为： 题型六 几何体的表面积体积问题 1．（24-25高一下·海南海口·期中）17世纪30年代，意大利数学家卡瓦列利在《不可分量几何学》一书中介绍了利用平面图形旋转计算球体体积的方法.如图，是一个半圆，圆心为，是半圆的外切矩形.以直线为轴将该平面图形旋转一周，记，阴影部分，半圆所形成的几何体的体积分别为，，，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据圆锥的体积公式、球的体积公式以及圆柱的体积公式，通过加减，可得答案. 【详解】以直线为轴将该平面图形旋转一周，所形成的几何体为一个圆锥， 底面直径为，（为半圆半径），则，，则， 半圆所形成的几何体为一个半球，设整个球的体积为，则， 以直线为轴将该平面图形旋转一周，长方形形成的几何体为圆柱， 设体积为，阴影部分所形成的几何体体积等于圆柱体积减去半球体积， 则.故，，. 故选：D. 2．（24-25高一下·广东湛江·期中）如图所示，三棱柱ABC－A′B′C′中，若E，F分别为AC，AB的中点，平面EC′B′F将三棱柱分成体积为V1(棱台AEF－A′C′B′的体积)，V2的两部分，那么（　　） A．6︰5 B．7︰5 C．8︰3 D．4︰3 【答案】B 【分析】因为分别为的中点，得到，利用棱台的体积公式，求得，得到则，即可求得的值. 【详解】设三棱柱的高为，底面面积为，体积为，则， 因为分别为的中点，所以， 所以，则，所以. 故选：B. 3．（24-25高一下·河北沧州·期中）如图所示，和的对应顶点的连线，，交于同一点，且，则 ． 【答案】 【分析】首先证明平面平面，即可得到三棱锥和三棱锥高之比为，再由，即可得到其底面积之比，从而得解. 【详解】因为，所以，，， 又平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 又，平面，所以平面平面， 且三棱锥和三棱锥高之比也为， 由等角定理得，， 所以， 由， 可得， 所以. 故答案为：. 4．（24-25高一下·江苏无锡·期中）已知某圆台轴截面的周长为，母线与底面成角，圆台的高为，该圆台的体积为 ． 【答案】 【分析】取圆台的轴截面，可知四边形为等腰梯形，根据题中信息求出圆台上、下底面半径，结合台体体积公式可求得该圆台的体积. 【详解】如下图所示，在圆台中，设该圆台上、下底面的半径分别为、，高为， 取圆台的轴截面，可知四边形为等腰梯形， 过点、在平面内作，，垂足分别为、， 由题意可知，，则、都为等腰直角三角形， 故，，则，， 在平面内，因为，，， 则四边形为矩形，故， 由题意可知，梯形的周长为， 即，解得， 故， 因此，该圆台的体积为. 故答案为：. 5．（24-25高一下·四川遂宁·期中）如图所示，长方体的底面是边长为2的正方形，其体积为16． (1)求三棱锥的体积； (2)求三棱锥的表面积． 【答案】(1) (2)16 【分析】（1）先由柱体的体积公式求出，再由锥体的体积公式求解即可； （2）由三棱锥的表面积公式求解即可. 【详解】（1），， ； （2）记三棱锥的表面积为，则， 几何体为长方体， 均为直角三角形，为等腰三角形， ， ， ， ， ． 题型七 外接球内切球问题 1．（24-25高一下·浙江杭州·期中）在三棱锥中，，，，点P在平面上投影为A，则三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】在中由余弦定理求得，由题意平面，进而确定外接球球心，由球心与相关点的位置关系求球的半径，最后求表面积即可. 【详解】如图，在中，由余弦定理，， ，， 设的外接圆半径为，由正弦定理，，则， 设外接球的球心为，半径为，的外接圆的圆心为， 由题可得平面，而平面， 过点作，交于点，连接， 则，易得矩形，则， 在直角三角形中，，解得， 所以三棱锥外接球的表面积为. 故选：A.    2．（24-25高一下·山西·期中）如图，在棱长为的正方体内有两个球相外切，两球又分别与正方体内切，则两球体积之和的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】做出对角面，设两球半径分别为，过分别作的垂线，垂足分别为，结合求得，再结合体积公式即可求解. 【详解】如图，设两球半径分别为，球心和在正方体体对角线上， 过分别作的垂线，垂足分别为， 由图可得 即 ，所以， 故两球体积之和为 由二次函数性质可知： 当且仅当时，有最小值． 故选：A 3．（24-25高一下·天津·期中）已知正三棱台(由正三棱锥截得的棱台)的高为3，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 . 【答案】 【分析】根据正三棱台性质找出其外接球球心所在位置即可求得其半径，再由球的表面积公式计算可得结果. 【详解】如下图所示： 在正三棱台中，取上、下底面中心分别为，外接球球心为， 由正三棱台性质可知在上， 易知上、下底面边长分别为和的正三角形，其外接圆半径分别为； 可得，即； 即， 又，设，则，解得； 所以外接球半径为， 可得则该球的表面积为. 故答案为： 4．（24-25高一下·广东·阶段练习）已知正六棱柱的各个顶点都在半径为的球面上，一个能放进该正六棱柱内部的最大的球的半径为．若，则当最小时，该正六棱柱的体积为 ． 【答案】36 【分析】根据给定条件，求出正六棱柱底面正六边形的边心距，并设正六棱柱的高为，可得取中较小的，按，，结合球的截面小圆性质分类讨论求出最小时的，再利用柱体体积公式计算得解. 【详解】设正六边形的中心为点，则点与任意一条边均构成等边三角形， 因此点到各边的距离均为等边三角形的高，为． 不妨设该正六棱柱的高为，那么有且，取两者之中的较小者． 易得该正六棱柱的外接球半径为． 当时，，． 当，，， 所以时，取得最小值． 又因为一个等边三角形的面积为， 所以正六边形底面的面积为，则该正六棱柱的体积为． 故答案为：36． 5．（24-25高一下·吉林·期中）已知三棱锥底面是边长为的正三角形，平面，且，则该三棱锥的外接球的体积为 【答案】/ 【分析】将三棱锥补形成正三棱柱，利用它们有相同的外接球，结合正三棱柱的结构特征求出球半径即可. 【详解】如图，将三棱锥补成三棱柱，点与重合， 正三棱柱外接球也为三棱锥的外接球，令球心为，半径为， 记和外接圆的圆心分别为和，其半径为， 由正弦定理可得，， 而为的中点，则， 所以该三棱锥的外接球的体积为. 故答案为：. 题型八 平行问题 1．（24-25高一下·天津·期中）如图所示，在平行六面体 中，分别是的中点，求证:    (1) (2)平面; 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由平行的传递性即可求证； （2）连，交与点，则点是的中点，可证，由直线与平面平行的判定定理证明平面； 【详解】（1）因为， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又分别为的中点，所以， 所以 （2）    连结，设与连结交于点，连接， 四边形为平行四边形，点是的中点， 又是的中点， 是的中位线， 又面，面，平面， 2．（24-25高一下·山东青岛·期中）如图，在四棱锥中，，.点E在AD上，且，.    (1)求证：平面SCE； (2)若点F在线段SE上，且平面SCD，求证：F为线段SE的中点. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）连接CE，先根据平行四边形的定义及性质证明，然后利用线面平行的判定定理证明即可； （2）连接BF，过点F作交SD于点G，连接CG，利用基本事实得B，C，G，F四点共面，然后利用线面平行的性质定理得，然后利用平行四边形的性质确定点的位置. 【详解】（1）连接CE，因为，即， 又因为，所以四边形ABCE为平行四边形，所以， 又因为平面，平面SCE，所以平面SCE. （2）连接BF，过点F作交SD于点G，连接CG， 因为，所以，所以B，C，G，F四点共面， 因为平面，平面BCGF，平面平面， 所以，所以四边形BCGF是平行四边形， 所以，所以，所以F为线段SE的中点.    3．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图，在四棱锥中，是正方形，分别是的中点． (1)求证：直线平面． (2)求证：平面平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用三角形中位线定理和正方形性质得到，再由线线平行证明线面平行即可； （2）先证明直线平面，结合（1）已证直线平面，利用线面平行即可证明面面平行. 【详解】（1）因分别是的中点，则， 又是正方形，则，故， 因平面，平面，故直线平面. （2）因分别是的中点，则， 又平面，平面，故直线平面， 由（1）已证直线平面， 因平面，故平面平面. 4．（24-25高一下·湖南常德·期中）如图，四棱锥中，，，分别为线段的中点，与交于点，是线段上一点． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)设平面交平面于直线，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】(1) 连接,证明四边形是平行四边形,则易得,结论可得; (2) 连接，证明平面平面，则易得结论. (3)根据线面平行的判断判定得平面，然后由线面平行的性质即可得 【详解】（1）连接，，，， 四边形是平行四边形， 为的中点， 又是的中点，， 又平面平面， 平面． （2）连接， 分别是的中点，， 又平面平面， 平面. 又是的中点，是的中点， 平面平面， 平面． 又在平面内相交于点H，所以平面平面， 又平面， 平面． （3）因为，平面平面， 所以平面， 又因为平面，平面平面直线， 所以； 5．（24-25高一下·安徽合肥·阶段练习）如图所示正四棱锥，，P为侧棱SD上的点．且，求： (1)设平面平面，求证：； (2)侧棱SC上是否存在一点E，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，2 【分析】（1）证明平面，再根据线面平行的性质即可得证； （2）连接交于，连接，取中点，过作的平行线交于，连接，证明平面平面，再根据面面平行的性质即可得出结论. 【详解】（1） ，平面，平面， 平面， 又平面SBC，平面平面， ； （2）在侧棱上存在一点，使平面，满足， 理由如下：连接交于，连接，则为中点， 取中点，因为，则， 过作的平行线交于，连接， 在中，有， 平面PAC，平面PAC，平面PAC， 由于，， 又由于，平面，平面，平面， 又，平面， 平面平面，又，得平面， 所以存在，且. 题型九 垂直问题 1．（24-25高一下·天津东丽·期中）如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱垂直于底面，、分别是、的中点. (1)求证： ； (2)求证：平面； (3)设与交于点，求证：平面平面 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由线面垂直的性质得到，再由，即可得到平面，从而得证； （2）取的中点，连接，，即可证明四边形为平行四边形，从而得到，即可得证； （3）依题意可得为的中点，且为的中点，即可得到，，从而得证. 【详解】（1）因为平面，平面， 所以，又底面是矩形，则， 又，平面，平面， 所以平面，又平面， 所以. （2）取的中点，连接，，因为、分别是、的中点， 所以且，又且， 所以且， 则四边形为平行四边形， 所以，平面，平面， 所以平面； （3）因为为矩形，与交于点， 所以为的中点，且为的中点， 又、分别是、的中点， 所以，， 又平面，平面，所以平面， 平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面. 2．（24-25高一下·江苏南通·期中）如图，在正三棱柱中，分别为中点． 求证： (1)平面； (2)平面． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）连接，交于，连接，易得，再由线面平行的判定证明结论； （2）由题设先证明得，再由正三棱柱的结构有平面平面且，应用面面、线面垂直的性质得，最后由线面垂直的判定证明结论. 【详解】（1）连接，交于，连接，由题意易知是的中点， 又分别为中点，则， 由平面，平面，则平面； （2）由分别为中点，则， 在正三棱柱中且，则， 所以，则， 由为正三角形，为中点，则， 而平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面，则， 由且都在平面内，则平面. 3．（24-25高一下·云南·期中）在《九章算术》中，四个面都是直角三角形的三棱锥被称为鳖臑，由于它固有的优异性质，所以被称为立体几何中的“小王子”.如图，在鳖臑中，底面，若为的中点，分别是的中点. (1)证明： 平面； (2)若为线段上的动点，探究平面与平面是否垂直，如果垂直，请证明；如果不垂直，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)垂直，证明见解析 【分析】（1）方法一：连接，根据三角形中位线定理可得 ，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；方法二：取的中点为，连接，可证得平面 平面，然后由面面平行的性质可得结论； （2）由已知线面垂直可得，再结合可证得平面，则，再由等腰三角形的性质可得，则平面，然后由面面垂直的判定定理可证得结论. 【详解】（1）方法一： 证明：连接，如图， 因为分别是的中点，所以 . 又平面平面， 所以 平面. 方法二：如图，取的中点为，连接，则 . 又平面平面， 所以 平面. 同理可证 平面， 因为，平面， 所以平面 平面. 又平面，所以 平面. （2）平面与平面垂直. 证明如下： 因为底面底面，所以. 由题意知为直角三角形且，所以. 又平面， 所以平面. 又平面，所以. 因为为的中点，所以. 又平面， 所以平面. 因为平面，所以平面平面. 4．（24-25高一下·广东汕头·期中）如图，在四棱锥中，平面⊥平面，，四边形为正方形，E、M分别为的中点. (1)求证: ∥平面; (2)求证: 平面⊥平面; (3)在棱上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面?若存在，求 若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】（1）根据线线平行可得线面平行； （2）利用面面垂直可得线面垂直，再由面面垂直的判定定理得证； （3）当N为中点时，由中位线可得线线平行，据此可得线面垂直，即可得解. 【详解】（1）在正方形中，E、M分别为的中点，所以 ， 因为平面，平面，所以平面. （2）因为平面⊥平面，且交线为， ，平面， 所以CD⊥平面，由于平面，所以平面⊥平面. （3）存在，当N为中点时，平面⊥平面， 证明如下：连接，交于点O，连接. 因为∥，并且 ，所以四边形为平行四边形， 所以. 又因为为中点，所以. 因为平面⊥平面，平面平面， 又平面，由已知可得， 所以平面，  所以⊥平面. 又因为平面，所以平面⊥平面. 所以存在点N，使得平面⊥平面，且 5．（23-24高一下·江苏·期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点，为线段上的动点． (1)证明：平面平面； (2)若，证明 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由空间中垂直关系的转化可证平面，故可证平面平面； （2）由线面平行的判断定理可证面，再由线面平行的性质定理可证. 【详解】（1）因为底面，平面，所以． 因为为正方形，所以，             又因为，平面，平面， 所以平面．                            因为平面，所以． 因为，为线段的中点，所以， 又因为，平面，平面， 所以平面． 又因为平面，所以平面平面． （2）因为底面为正方形，所以 又∵面，面，∴面， 又因为 ，所以. 题型十 线面角问题 1．（24-25高一下·天津滨海新·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，F为CP上的点，且平面. (1)求证：平面平面； (2)求直线PC与平面所成角的正弦值； (3)在棱PD上是否存在一点G，使平面，若存在，求PG的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明过程见解析 (2) (3) 【分析】（1）只需证明平面，只需证明（由正方形性质可得），，要证，只需证明平面即可. （2）作，垂足为，连接，从而为直线与平面所成的角，只需解直角三角形即可. （3）作，交于，连接，可以证明，故只需解直角三角形求出即可. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 又因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为底面是边长为2的正方形，所以， 且平面， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面； （2） 作，垂足为，连接， 因为平面平面，平面，平面平面， 所以平面，所以为直线与平面所成的角， 因为，，，所以， 因为平面，平面，所以， 所以在直角三角形中，由勾股定理可得， 所以； （3） 作，交于，连接， 因为，，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面，平面，所以， 因为，， 所以，解得，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为，所以， 又因为，所以. 2．（24-25高一下·天津东丽·期中）如图，在三棱柱中，侧棱垂直底面，各棱长均为2，D为AB的中点. (1)求证：∥平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)求证：平面平面. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)证明见详解 【分析】（1）做辅助线可得∥，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）分析可知异面直线与所成角为（或其补角），结合余弦定理运算求解； （3）根据线面垂直可证平面，结合面面垂直的判定定理分析证明. 【详解】（1）设，连接，可知为的中点， 因为D为AB的中点，则∥， 且平面，平面，所以∥平面. （2）因为∥，则异面直线与所成角为（或其补角）， 在中，由题意可知：， 则， 所以异面直线与所成角的余弦值为. （3）因为，且D为AB的中点，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面， 由平面，可知平面平面. 3．（24-25高一下·吉林·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，为等边三角形.平面平面PCD，，，. (1)设G，H分别为PB，AC的中点，求证：平面PAD； (2)求证：平面PCD； (3)求直线BC与平面PAC所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接，证明，则有平面； （2）取棱的中点，由平面平面，可证平面，得，又，可证得平面； （3）由，所以BC，AD与平面PAC所成的角相等，由平面，直线与平面所成角为，在中，求正弦值. 【详解】（1）连接，如图所示，    因为底面为平行四边形，为的中点， 所以为的中点， 又为的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面. （2）取棱的中点，连接，如图所示，   为等边三角形，得， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，故， 又，，平面， 所以平面. （3）连接，如图所示，    因为，所以BC，AD与平面PAC所成的角相等， 由（2）中平面，可知为直线与平面所成的角. 因为为等边三角形，且为的中点，所以， 又，在中，， 所以，直线BC与平面所成角的正弦值为. 4．（24-25高一下·云南玉溪·期中）如图，在四面体中，平面BCD，，． (1)求证：平面平面； (2)若M是AD的中点，求直线BM和平面ADC所成的角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）由平面推出，由勾股定理证得，利用线线垂直即可证得线面垂直，继而推得面面垂直； （2）连接CM, 由 平面推得为BM与平面ADC所的角，求出相关边长，在中，利用三角函数的定义求解即得. 【详解】（1）∵平面，平面∴， 又∵，，∴，即， 因平面，故平面 因平面ABC，故平面平面． （2） （2）由（1）知平面， 连接CM，则CM是BM在平面上的射影， ∴为BM与平面ADC所的角， ∴M为AD的中点， 则在中，因，则，， 则，从而． 即直线BM和平面ADC所成的角的余弦值为. 5．（24-25高一下·天津·期中）如图，已知在四棱锥中，平面，四边形为直角梯形.，，，，点是棱上靠近端的三等分点，点是棱上点. (1)证明：平面； (2)求三棱锥与四棱锥的体积比； (3)求异面直线与夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行的判定推理得证. （2）由（1）的结论，结合等体积法及锥体体积公式求解. （3）作出异面直线所成的角，再求解三角形即可得解. 【详解】（1）在四棱锥中，连接，连接， 由梯形，，得， 由点是棱上靠近端的三等分点， 得，则， 而平面，平面，所以平面. （2）在梯形中，， 则， 由（1）知，平面，而点是棱上点， 则点到平面的距离相等， 由，得点到平面的距离是点到平面的距离， 则， 所以三棱锥与四棱锥的体积比. （3）在上取点，使，连接，则，即， 因此是异面直线与所成的角或其补角，， 由平面，平面，得， ，， 在中，， 由余弦定理得， 在等腰中，， 所以异面直线与夹角的余弦值是. 题型十一 面面角问题 1．（24-25高一下·江苏南通·期中）如图，在等腰三角形中，，、分别为边、上靠近、的四等分点，将沿翻折至，使得平面平面，、分别是、的中点． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求证：； (3)求二面角的余弦值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用面面垂直的性质得出平面，可得出直线与平面所成角，求出、的长，即可求解； （2）取的中点，连接、，则，证明出平面，结合线面垂直的性质可证得结论成立； （3）过点在平面内，作垂直于直线，垂足为点，过点在平面内作，垂足为点，连接，由二面角的定义可知二面角的平面角为，计算出三边边长，即可求得的余弦值. 【详解】（1）连接交于点，连接， 不妨设， 因为、分别为边、上靠近、的四等分点，则， 因为为的中点，且， 因为，所以，即点为的中点， 翻折前，，翻折后，则有，则，即， 因为，为的中点，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以，平面，故直线与平面所成角， 易知，，， 故，即， 所以，故. （2）取的中点，连接、，则， 因为，则， 因为平面，则平面，平面，所以， 因为，、平面，故平面， 因为平面，故. （3）过点在平面内作垂直于直线，垂足为点， 过点在平面内作，垂足为点，连接， 因为平面，平面，所以， 因为，，、平面，所以平面， 因为平面，故 ， 因为，，、平面，故平面， 因为平面，故，故二面角的平面角为， 因为，为的中点，故， 在平面内，，，则， 所以，故，所以， 故， ， 由勾股定理可得， 故， 由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦直线为. 2．（23-24高一下·江苏·阶段练习）如图，四棱柱的底面是菱形，平面，，，，点为的中点，点为上靠近的三分点. (1)求证：平面； (2)求二面角的正切值.（先找角再证明最后计算） 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）构造底面的中心并证明，再使用线面平行的判定定理； （2）证明，，然后直接计算即可. 【详解】（1） 已知底面是菱形，如图，设其中心为，则是线段和的中点. 由于是的中点，故，而在平面内，不在平面内，所以平面. （2）我们有，. 而是的中点，所以，，从而二面角的正切值就是. 而由于，， 故. 所以二面角的正切值为. 3．（23-24高一下·河南驻马店·期末）如图，为三棱锥的高，且点在的内部，点为的中点，且，直线平面. (1)求直线与平面所成角的大小. (2)若直线分别与直线，所成的角相等，且. ①求二面角的大小； ②求三棱锥的体积. 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）由题意即为直线与平面所成的角，计算可得为等边三角形，即可得出结果； （2）①如图，延长交于点，连接，由线面平行的性质可得，进而证得即为二面角的平面角，计算求解即可；②利用勾股定理求解出, 长，即可求出的体积. 【详解】（1）因为为三棱锥的高，故底面. 又平面，故. 因为点为的中点，故， 则为等边三角形，故. 又底面，则即为直线与平面所成的角， 故与平面所成角的大小为. （2）①如图，延长交于点，连接. 直线为过直线的平面与平面的交线， 又平面，故 . 又为的中点，故为的中点. 则， 又平面平面， 故，易知. 因为直线与直线所成的角相等， 所以. 在与中，， 故，故. 在与中，， 故，故， 即为的平分线， 又，则，且为的中点， 又，则， 则即为二面角的平面角， 则， 则二面角的大小为. ②由，可知，则， 故. 4．（23-24高一下·广东中山·期中）在四棱锥中， 底面是边长为2的正方形， 平面. (1)求证：； (2)若与底面所成的角为45°； ①求点B到平面的距离； ②求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）根据题意，证得和，得到平面，进而证得； （2）①解法1、记点到平面的距离为，根据，列出方程，即可求得点到平面的距离；解法2、由平面，转化为点到平面的距离，在直角中，结合三角形的面积相等，即可求解； ②过点作过点作，证得，得到二面角的平面角为，在直角中，求得，进而求得二面角的余弦值. 【详解】（1）证明：因为底面是正方形，可得， 又因为平面，平面，所以， 因为，平面，平面，所以平面， 又因为平面，所以. （2）解：①解法1、因为平面，平面，所以， 所以与平面所成的角为， 所以，且，所以，所以， 因为正方形边长为，所以，所以， 又因为平面，平面，所以，所以， 在中，，所以， 记点到平面的距离为，由，可得， 所以点到平面的距离为. 解法2、因为平面， 所以点到平面的距离即为点到平面的距离， 因为平面，平面，所以， 又因为，且，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 过点作，由平面平面，且平面， 所以平面，即为点到平面的距离， 所以点到平面的距离即为点到平面的距离，设距离为， 在直角中，，，， 由，可得，即点到平面的距离为. ②过点作于点， 设交于点，过点作于点，连接， 由①知，因为，且平面， 所以平面，又因为平面，所以， 所以二面角的平面角为， 因为，所以， 因为为的中点，，所以， 在正方形中，， 所以，在直角中，，可得， 所以二面角的余弦值为. 5．（23-24高一下·河南安阳·期中）在四棱锥中，平面ABCD，底面是边长是1的正方形，侧棱PA与底面成的角，M，N分别是AB，PC的中点. (1)求证:平面PAD; (2)二面角平面角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用中位线定理与平行四边形证得，从而利用线面平行的判定定理即可得证； （2）利用二面角的定义与线面垂直的判定定理可得为所求二面角的平面角，从而得解. 【详解】（1） 设PD的中点为，连NE，AE， 因为N是PC的中点， 所以，且， 又底面是边长是1的正方形， 则， 又是的中点， ，且，且， 四边形AMNE是平行四边形，则， 又平面PAD，平面平面PAD. （2）连接AC，BD，相交于点，连接PO， 因为平面平面ABCD，所以，， 又在正方形ABCD中，面PBD， 所以面PBD， 又面PBD，所以， 所以为二面角平面角， 又底面是边长是1的正方形，侧棱PA与底面成的角， 所以 ， 又， 所以， 故二面角平面角的正切值为. 题型十二 距离问题 1．（24-25高一下·天津·期中）如图，在正四棱柱中，，，H，G，E分别为AD，AB，BC的中点. (1)求证：平面； (2)求点B到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）连接HE，先证四边形为平行四边形得，再由线面平行的判定定理证明结论； （2）应用等体积法有，利用棱锥的体积公式列方程求点面距离. 【详解】（1）连接HE，因为四边形ABCD是正方形，且H，E分别为AD，BC的中点 所以且，又且， 所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2）由题设， 在中，，， 得， ， ， 设点B到平面的距离为h，又， 所以，则，从而. 2．（24-25高一下·广东深圳·期中）如图，在四棱台中，底面是正方形，平面，，，. (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）由棱台的性质可证得，再根据线面平行的判定定理可得证； （2）根据条件，利用几何关系求得及面积公式求得，再利用等体积法，即可得出点到平面距离． 【详解】（1）连接BD，交AC于O，连接， ∵四边形是正方形，∴， 由棱台的性质可得， 由，， 可得，则，， ∴四边形是平行四边形，则， 又∵平面， 平面， ∴平面； （2）因为平面，所以直线到平面的距离等于到平面的距离， 取中点，连，，因为，且， 所以是平行四边形，则，而平面， 故平面，又平面，故， ，得， 又，所以， 所以， 所以， 设到平面的距离为，又因为平面，到平面的距离为， 因为，所以， 所以 故直线到平面的距离为. 3．（24-25高一下·河南·期中）如图，正方体的棱长为分别是棱的中点，截面将该正方体分成两部分，这两部分的体积分别为，且． (1)求； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据锥体体积公式可得，在利用割补法求； （2）根据题意利用等体积法求点到面的距离. 【详解】（1）截面将正方体分成两个几何体，其中较小部分是一个三棱锥， 其底面是腰长为的等腰直角三角形，面积为． 又底面上的高为， 所以三棱锥的体积． 因为正方体的体积， 所以剩余部分的体积． （2）在中，， 如图，取的中点，连接， 则， 所以， 的面积． 设点到平面的距离为， 因为三棱锥与三棱锥是同一个几何体， 所以，结合（1）得， 即，解得， 所以点到平面的距离为． 4．（24-25高三下·上海虹口·期中）如图所示，在四棱锥中，平面，，，，. (1)求证：平面平面； (2)若异面直线和所成角为，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）利用勾股定理及已知中的线面垂直，可得线线垂直，再利用面面垂直的判定定理进行证明即可； （2）通过平移可找到异面直线和所成角，再利用等体积法可求得点到平面的距离. 【详解】（1） 取的中点，连接， ，， ，，且 ， 四边形是平行四边形，，， ，，， ，, ，， 平面，平面，， ，平面，平面， 平面， 平面，平面平面； （2） 连接，，， 由(1)可知，，四边形是平行四边形， ，且， 是异面直线和所成角，即， 设，，，， 是等边三角形，，，即， ，，， 由(1)知，平面，， ， ， 设点到平面的距离为， ，即，即， ，即点到平面的距离为. 5．（22-23高一下·云南昭通·期末）如图，在正三棱柱中，，点M为的中点. (1)求点A到平面的距离； (2)在棱上是否存在点Q，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）利用等体积法即可求解； （2）在平面内过点A作，交于点Q，由面面垂直的性质定理可得平面，由题意得，根据相似三角形的性质即可求解. 【详解】（1）因为三棱柱是正三棱柱， 所以平面，所以， 又因为M是的中点，所以， 因为，平面， 所以平面，又平面， 所以， 点M为的中点，所以，， 所以， ， 设点A到平面的距离为h，则， 所以，解得， 所以点A到平面的距离为. （2）由（1）可知平面， 因为平面，则平面平面， 在中作边上的高，的延长线交于点Q，即有， 平面平面，平面， 因此平面， 于是点Q即为所要找的点， 在和中，，即， 所以，因此， 即有，于是，所以. 题型十三 截面问题 1．（23-24高一下·河北·期中）如图，在长方体中，E，F分别为的中点．    (1)证明：平面． (2)证明：平面． (3)已知，以为直径的球的表面积为，设三点确定平面，在答题卡的图中作出平面截四棱柱所得的截面（写出作法），并求截面的周长． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)作图见解析， 【分析】（1）由题意可得，根据线面平行的判定定理即可证明； （2）根据线面平行的判定定理可得平面，由（1）可得平面，截面面面平行的判定定理与性质即可证明； （3）确定要求作的截面为四边形，根据勾股定理和球的表面积公式计算即可求解. 【详解】（1）在长方体中，， 所以四边形为平行四边形，所以． 又平面平面， 所以平面． （2）取BC的中点，连接，． 因为E，F分别为的中点，所以， 又平面平面， 所以平面，由（1）知平面，得平面， 又，平面EFG，所以平面平面， 又平面，所以平面． （3）取的中点，连接， 则要求作的截面为四边形． 在矩形中，， 所以，解得， 所以截面的周长为    2．（24-25高一下·广东惠州·期中）如图正方体，的棱长为2，是线段，的中点，平面过点、、． (1)画出平面截正方体所得的截面（保留作图痕迹），并求该截面多边形的面积； (2)平面截正方体，把正方体分为两部分，求较小的部分与较大的部分的体积的比值． 【答案】(1)作图见解析， (2) 【分析】（1）取的中点，连接，利用平行线的传递性可证得，可知四点共面，再由于三点不共线，可得出面即为平面截正方体所得的截面，求出该等腰梯形的高，利用梯形的面积公式可求得截面面积； （2）利用台体的体积公式可求得三棱台的体积，并求出剩余部分几何体的体积，由此可得结果. 【详解】（1）如图，取的中点，连接. 因为是的中点，所以. 在正方体中，，， 所以四边形是平行四边形，所以，所以， 所以四点共面. 因为三点不共线，所以四点共面于平面， 所以面即为平面截正方体所得的截面. 截面为梯形，， ，， 同理可得， 如图所示： 分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、， 则，，， 所以，则， 因为，，，则四边形为矩形， 所以，，则， 所以， 故梯形的面积为 （2）易知多面体为三棱台，， ， 该棱台的高为2，所以，该棱台的体积为 ， 故剩余部分的体积为． 故较小的那部分与较大的那部分的体积的比值为． 3．（24-25高一下·浙江·期中）如图，在四棱锥中，，M，N分别是，的中点，，． (1)求证平面； (2)若平面，求的值； (3)当时，若，，，请在图中作出四棱锥过点B，E，F的截面（保留作图痕迹），并求出截面周长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)作图见解析，周长为 【分析】（1）证明一：取的中点为Q，连接，，由面面平行的判定定理证明即可； 证明二：取的中点为R，过C作交于G，取中点H，连接，由（2）几何关系证明四边形是平行四边形，再由线面平行的判定定理可得； 连接交于点O，连接，由面面平行的性质定理结合几何关系可求； （3）设为上靠近点C的三等分点，连接，，，，则四边形为所求截面，结合余弦定理计算可得. 【详解】（1）证明一：取的中点为Q，连接，， ∵，N、Q分别为、的中点；∴， ∵平面，∴平面， 又∵为的中点，∴， ∵平面，∴平面， ∵，平面，∴平面平面， 又平面，∴平面. 证明二：取的中点为R，过C作交于G，取中点H，连接，，，则，，，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵平面，平面，∴平面. （2）连接交于点O，连接． ∵平面，平面平面，∴，∴． 又，∴，∴． （3）设为上靠近点C的三等分点，连接，，，，则四边形为所求截面． 证明过程如下：∵，∴，∴．又∵，． ∴四边形是平行四边形，∴，∴．故V、E、F、B共面， 故四边形为所求截面． ∵，，，，， 在中，∵1，∴ 故∴， 故， 所以截面周长为． 4．（24-25高一下·福建福州·期中）在正方体中．    (1)如图1，若平面，求证：三点共线； (2)分别为和的中点，分别为和的一个三等分点（都靠近C端）． ①如图2，求证：三线共点； ②过点三点作该正方体的截面，在图3中画出这个截面（不必说明画法和理由，但要保留作图痕迹）． 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析；②答案见解析 【分析】（1）根据平面的基本事实3即可得证； （2）①先分别延长交于点R，连接，然后利用，得出，再利用，可以得出与的交点为的三等分点，即为点Q，从而得证. ②利用平行直线共平面即可作出截面图. 【详解】（1）证明：如图，连接， 面，且面是面与面的公共点， 面， 面面， 是面与面的公共点， 面面， 又面面， 是面与面的公共点， ，即三点共线．    （2）①证明：如图，分别延长交于点R，连接， 直线面， ， 又， 与的交点为的三等分点，即点Q， 三线共点．      ②解：如图，六边形即为所求作的截面．    5．（23-24高一下·重庆·期中）如图，在正方体中，棱长为2，是线段的中点，平面过点、、． (1)画出平面截正方体所得的截面，并说明原因； (2)求（1）中截面多边形的面积： (3)平面截正方体，把正方体分为两部分，求比较小的部分与比较大的部分的体积的比值． 【答案】(1)答案见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据基本事实确定截面； （2）根据梯形面积公式计算； （3）根据正方体和椎体体积公式计算. 【详解】（1） 取中点，连接，则四边形为平面截正方体所得的截面，原因如下： 因为分别为的中点，所以， 因为为正方体，所以，所以， 所以点四点共面，四边形为平面截正方体所得的截面. （2）由（1）得四边形为等腰梯形，，，， 过点作交于点，则， 在直角三角形中，， 所以. （3）如图平面可将正方体分割成多边形和多边形两部分， 多边形可以分割成四棱锥和三棱锥， 所以， ， 所以， 所以比较小的部分比比较大的部分的体积的比值为. 题型十四 轨迹问题 1．（24-25高一下·山东·期中）(多选)在正四棱柱中，，、分别为棱、的中点，点满足，，动点在矩形内部及其边界上运动，且满足，点在棱上，将绕边旋转一周得到几何体，则（    ） A．以正四棱柱的上下底面的内切圆为底且与正四棱柱等高的圆柱的侧面积，与正四棱柱的外接球的表面积之比为 B．动点的轨迹长度为 C．存在，，使得平面 D．当动点的轨迹与几何体只有一个公共点时，几何体的侧面积为 【答案】ACD 【分析】求出圆柱的侧面积、球的表面积判断A；确定轨迹并求出长度判断B；作平行平面判断C；求出圆锥底半径及母线求解判断D. 【详解】对于A，圆柱的底面圆半径，圆柱的侧面积， 正四棱柱的外接球直径， 此球的表面积，，A正确； 对于B，在正四棱柱中，，， 则，而，则点是以点为圆心为半径的四分之一圆， 动点F的轨迹长度，B错误； 对于C，连接，在上取点，过点作的平行线交于点， 再过点作的平行线，与的轨迹相交，令交点为，而， 则，又平面，平面，则平面， 同理平面，又，因此平面平面， 平面，故平面，C正确； 对于D，几何体是以为旋转轴，为母线的圆锥， 当动点的轨迹与几何体只有一个公共点时，圆锥与平面的交线与所在的圆弧相切， 由，得，由，则， 解得，该圆锥的底面半径， 所以几何体的侧面积，D正确. 故选：ACD 2．（24-25高一下·福建莆田·期中）(多选)如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（） A．动点的轨迹是一条线段 B．直线与的夹角为 C．三棱锥的体积是随点的运动而变化的 D．平面截正方体所得截面的面积为 【答案】ABD 【分析】对于A，过做一个平面，使得该平面与平面平行，该平面与正方体左侧面的交线段即为动点的轨迹；对于B，或其补角为异面直线与的夹角，在三角形中求角即可；对于C，由A知平面，故点到平面的距离为定值，又的面积为定值，进而体积为定值；对于D，取的中点，连接，则四边形为为正方体的截面，计算边长即可求面积. 【详解】对于A，如图： 分别取的中点H，G，连接，，，． 由正方体的性质可得，且平面，平面， 所以平面，同理可得：平面， 且平面，所以平面平面， 而平面，所以平面，所以点的轨迹为线段，故A正确； 对于C，由A可知的轨迹为线段，平面平面，所以平面， 所以点到平面的距离为定值，又的面积为定值， 故三棱锥的体积是定值，不会随点的运动而变化，故C错误； 对于B，如图： 连接，，因为，所以四边形为平行四边形， 所以，所以或其补角为异面直线与的夹角， 因为为正方体，，都为面对角线，所以， 所以为等边三角形，所以，故B正确； 对于D，如图： 取的中点，连接，取的中点，连接， 易知且，且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以且. 同理可证四边形也为平行四边形，所以且， 所以且. 所以四点共面，即四边形为为正方体的截面，，同理可求得四边形为的其它边长也为， 故该四边形为为棱形，对角线，， 故该棱形的面积为，故D正确. 故选：ABD 3．（24-25高一下·福建泉州·期中）(多选)正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体.如图所示，正八面体的棱长为，下列说法中正确的有（   ） A．该八面体的表面积为 B．该八面体的体积为 C．若点为棱上的动点，则的最小值为 D．若点为四边形的中心，点为此八面体表面上动点，且，则动点的轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】利用三角形的面积公式计算出正八面体的表面积，可判断A选项；利用锥体的体积公式计算出正八面体的体积，可判断B选项；将面和面延展为同一个平面，由、、三点共线时，取最小值，结合余弦定理求的长，可判断C选项；分析可知点在侧面内的轨迹是该三角形的内切圆，结合圆的周长可判断D选项. 【详解】对于A选项，由于正八面体每个面都是边长为的正三角形， 故该正八面体的表面积为，A对； 对于B选项，在正四棱锥中，设顶点在底面内的射影为点， 则为正方形的中心，即为的中点， 因为正方形的边长为，则， 故， 因此，该正八面体的体积为，B错； 对于C选项，将面和面延展为同一个平面，如下图所示： 易知四边形是边长为的菱形，且， 当、、三点共线时，取最小值， 且，C对； 对于D选项，考虑点在侧面上运动时点的轨迹长度，如下图所示： 易知，且是边长为的等边三角形， 则三棱锥是正三棱锥，则点在底面内的射影点为的中心， 取为的中点，连接、，则， 因为，，故，则， 所以，为等腰直角三角形，且， ， 因为为等边的中心，则， 所以，， 因为平面，平面，所以， 则， 所以，点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在内的圆弧， 因为，所以，圆切线段于其中点， 同理可知，圆切线段、于其中点，故点的轨迹是的内切圆圆，且圆的半径为， 综上所述，动点的轨迹长度为，D对. 故选：ACD. 4．（24-25高一下·浙江台州·期中）(多选)在棱长为3的正方体中，P是平面内的一个动点，若，则下列结论正确的是（    ） A．点P的轨迹长度为 B．直线不可能与垂直 C．直线与平面所成角为 D．三棱锥的体积最大值为 【答案】ACD 【分析】证明出平面，利用勾股定理计算出的长，可判断A；当时，可证平面，此时，可判断B；利用线面角的定义可判断C；计算出面积的最大值，结合锥体体积公式可判断D. 【详解】连接，因为四边形为正方形，则， 因为平面，平面，则， 因为，平面，所以平面， 平面，所以，同理可得， 因为，平面，所以平面， 设平面，即平面， 对于A，由得，， 则，， 所以点P的轨迹是以为圆心，半径的圆，其周长为.故A正确； 对于B，当时，因为，所以平面，此时 .故B错误； 对于C，因为平面，所以为直线与平面的所成角，,，故C正确； 对于D，因为点到直线的距离为，点到直线的最大距离为， 故的面积的最大值为, 因为平面，则 三棱锥体积的最大值为，故D正确. 故选：ACD. 5.（23-24高一下·江西抚州·期末）如图所示，四棱锥中，四边形是菱形，棱长为2，，，. (1)证明： (2)若，求 (3)若，为边的中点，为四棱锥表面上一动点且恒有，求动点的轨迹长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，即可证明平面，即可得证； （2）取中点，连接并与交于点，即可证明平面，利用三角形相似求出，最后根据锥体的体积公式计算可得； （3）作出截面图形，再计算相关线段的长度，即可求出轨迹长； 【详解】（1）连接，依题意为的中点， ∵，∴， 又∵四边形是菱形，所以， 因为，平面， ∴平面，平面，∴． （2）取中点，连接并与交于点， ∵四边形是菱形，， ∴为等边三角形，所以为其重心， ∴为的三等分点且，， 又∵， ∴，又，所以，，平面， ∴平面，又平面，∴， 由（1）知平面，平面， ∴，又，平面， 平面，平面， ∴， ∵，所以， ∴， 又，，则， ∴，又， ∴； （3）作，与延长线交于点，与延长线交于点， 作于，连接，作，则， 与交于点，与交于点， ∵，，，平面 ∴平面， ∵，， 平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 又，平面，所以平面平面， ∴平面， ∴五边形即为动点的轨迹， 易知，，， 又∵，∴，， ∴，， ∴，， ∴，∴， ∴， 由对称性易知， ∴， ，， 所以轨迹长 . 【点睛】关键点点睛：第三问关键是确定五边形即为动点的轨迹，再求出相关线段的长度. 1．（24-25高一下·安徽·期中）已知一个圆台的上，下底面半径分别为1和4，高为．若该圆台内有一个正方体，且该正方体在圆台内能任意转动，则该正方体棱长的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出圆台的轴截面，要使正方体棱长最大，则此时正方体的外接球应为圆台内与，，相切的球，利用勾股定理求出棱长最大的正方体的外接球的半径，进而可得出答案. 【详解】如图，作出圆台的轴截面， 要使正方体棱长最大，则此时正方体的外接球应为圆台内与，，相切的球，    设圆的半径为，则， 因为，所以， 作，因为，所以， 而，由勾股定理得， 则，且， 而， 即得到，解得， 设圆台内正方体的棱长最大值为，则， ． 故选：B. 2．（24-25高一下·云南·期中）（多选）如图所示，在正三角形中，分别为边的中点，其中，把沿着翻折至的位置，使得二面角为，则下列选项中正确的是（    ） A．点到平面的距离为 B． C．直线与直线所成的角的正弦值为 D．四棱锥的外接球半径为 【答案】ACD 【分析】A选项，作出辅助线，得到为二面角的平面角，故，并证明出平面，故的长即为点到平面的距离，求出，故A正确；B选项，求出各边长，得到，故与不垂直，故B错误；C选项，作出辅助线，得到就是直线与所成的角，求出各边长，由余弦定理和同角三角函数关系得到，故C正确；D选项，为底面梯形的外接圆的圆心，分在平面的上方和下方两种情况，设，外接球的半径为，根据得到方程，求出，进而求出外接球半径. 【详解】A选项，如图1所示，作，交于，延长交于，连接， 则，故为二面角的平面角， 故， 因为，平面，所以平面. 又平面，所以平面平面， 在平面中作，交于点， 由面面垂直的性质可知平面， 故的长即为点到平面的距离， 在正三角形中，， ，故A正确； B选项，为边的中点，故， 因为平面，平面，所以， 又，，平面，故平面， 因为平面，所以， 因为，，故为等边三角形， 故， 在中，，由勾股定理得， 则，由勾股定理逆定理得与不垂直，故B错误； C选项，连接，易得 ，， 就是直线与所成的角，， 故，所以，故C正确； D选项，易得，故为底面梯形的外接圆的圆心， 设四棱锥的外接球的球心为，则平面，且. 若在平面的上方，如图1所示：设，外接球的半径为， 过作的垂线，垂足为，则， 易得，解得，舍去； 故在平面的下方，如图2所示：设，外接球的半径为， 过作的垂线，垂足为，则， 易得，解得， ，故D正确. 故选：ACD. 3．（24-25高一下·广东深圳·期中）（多选）如图，正方体棱长为，是上的一个动点，下列结论中正确的是（    ） A．的最小值为 B． C．当在直线上运动时，三棱锥的体积不变 D．以点为球心，为半径的球面与面的交线长为 【答案】BCD 【分析】当时，BP最小，结合正三角形性质，求得B到直线的距离判断A，根据线面垂直判定定理证明平面，再证明，判断B，由题可得平面，结合锥体体积公式证明三棱锥的体积不变，判断C，证明平面，设与平面交于点，根据锥体体积公式求，根据球的截面的性质可得以点B为球心，为半径的球面与面 的交线即为的内切圆，即可判断D. 【详解】对于A，当时，BP最小，由于， 所以为边长为的等边三角形， 到直线的距离，故A错误； 对于B，由已知四边形为正方形，所以， 由正方体性质可得平面，又平面， 所以，又平面，， 所以平面，又平面，所以，故B正确； 对于C，由正方体的性质可得，平面，平面， 平面，到平面的距离为定值， 又为定值，则为定值，即三棱锥的体积不变，故C正确； 对于D，因为四边形为正方形，所以， 因为平面，平面， 所以，又平面，， 所以平面，又平面， 所以， 因为四边形为正方形，所以， 因为平面，平面， 所以，又平面，， 所以平面，又平面， 所以，又， ， 所以平面，设与平面交于点， 则三棱锥的体积， 又， ，，， ，设以为球心，为半径的球与面交线上任一点为， ，， 在以为圆心，为半径的圆上， 由于为正三角形，边长为 ，其内切圆半径为 ， 故此圆恰好为的内切圆，完全落在面内， 交线长为，故D正确． 故选：BCD. 4．（24-25高一下·安徽·期中）（多选）如图，在直三棱柱中，是线段的中点，P是线段上的动点（含端点），则下列命题正确的是（   ） A．三棱锥的体积为 B．直三棱柱的外接球半径为 C．的值可以为 D．在直三棱柱内部能够放入一个表面积为的球 【答案】AD 【分析】利用线面平行判定定理证明平面，再利用等体积法计算可求得A正确，将直三棱柱补充为正方体，可得外接球半径为，故B错误；利用平面展开图和余弦定理计算可得C错误，求出直三棱柱内部能够放入的最大球的半径即可得D正确. 【详解】对于A选项，如下图所示，连接交于点，连接， 因为四边形为平行四边形，则为的中点， 又因为为的中点，则， 因为平面平面，则平面， 因为，则点到平面的距离等于点到平面的距离，为定值， 又因为的面积为定值，故三棱锥的体积为定值， ，故A正确； 对于B选项，直三棱柱可以补充为棱长为2的正方体，易知其外接球半径为，故B错误； 对于C选项，将面翻折到与面在同一个平面，如下图所示： 在中，， 由余弦定理可得： ， 当且仅当三点共线时，取最小值， 故不可能为为，故C错误． 对于D选项，因为，则， 的内切圆半径为， 由于直径，所以在这个直三棱柱内部可以放入一个最大半径为的球， 而表面积为的球，其半径为，可得； 因为，所以这个直三棱柱内部可以放入半径为的球，故D正确； 故选：AD． 【点睛】关键点点睛：在求解三棱柱中能放入的球的表面积时，关键是求出的内切圆半径与三棱柱的高能否满足对应关系，进而确定球的最大半径. 5．（24-25高一下·浙江·期中）（多选）我们称底面直径与高相等的圆柱为等边圆柱，如图，在等边圆柱内有一个正三棱锥，正三棱锥的底面在圆柱底面圆周上，顶点P是圆柱的上底面中心，M是底面三角形边的中点，连接，是上底面的一条直径且不平行于，若圆柱的高为4，则下列说法中，正确的是（   ） A．中的长为 B．圆柱的外接球的体积与圆柱的体积之比为 C．四面体的体积最大值为8 D．半平面与半平面所成二面角的余弦值的取值范围是 【答案】BCD 【分析】设下底面圆的圆心为，在直角三角形中，根据勾股定理即可判断；根据球和圆柱的体积公式即可判断；由已知可得当平面时，四面体的体积最大，根据四面体的体积是两个相等的锥体体积之和，即可判断；连接，当平面时，当趋于与平行时，两种临界情况下半平面与半平面所成二面角的余弦值，即可判断. 【详解】 因为圆柱的高为4，所以底面直径为4， 设下底面圆的圆心为，因为底面圆为等边的外接圆， 所以点为等边的中心，所以，又， 所以，故不正确； 设底面圆的半径为，则， 设圆柱的外接球的半径为，所以， 所以，， 所以， 即圆柱的外接球的体积与圆柱的体积之比为，故正确； 四面体的体积可看作三棱锥和三棱锥的体积之和， 且， 当平面时，三棱锥和三棱锥的体积最大，即四面体的体积最大， 所以最大值为， 故正确； 连接，当平面时，因为平面，所以， 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 此时为半平面与半平面所成二面角， 又， 所以， 当趋于与平行时，此时半平面与半平面所成二面角趋于， 所以二面角的余弦值趋于， 所以当在上底面运动且不平行于时，半平面与半平面所成二面角的余弦值的取值范围是，故正确. 故选：. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$