专题07 立体几何初步（12题型）-【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（云南专用）

专题07 立体几何初步 题型概览 题型01斜二测画法中有关量的计算 题型02平面的概念及其表示 题型03线面、面面关系命题的判断 题型04几何体的结构特征辨析 题型05几何体的表（侧）面积计算问题 题型06几何体的体积计算问题 题型07异面直线所成角的计算问题 题型08线面角、二面角的计算问题 题型09 立体几何中的动态问题 题型10 球与其它几何体 题型11 空间的平行、垂直关系 题型12立体几何综合问题 优选提升题 ( 题型01 ) 斜二测画法中有关量的计算 1．（23-24高一下·云南·期末）如图，一个水平放置的平面图形的直观图是直角，其中，则原图形的面积为（    ） A． B． C． D． ( 题型02 ) 平面的概念及其表示 1．（23-24高一下·云南·期末）如图所示的点，线，面的位置关系，用符号语言表示正确的是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·云南·期末）下列说法正确的是（    ） A．不在同一条直线上的三点确定一个平面 B．四边形一定是平面图形 C．梯形不一定是平面图形 D．平面和平面一定有交线 ( 题型03 ) 线面、面面关系命题的判断 1.（23-24高一下·云南昆明·期末）已知，是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，则 2．（23-24高一下·云南·期末）对于两条不同直线m，n和两个不同平面，以下结论中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 3．（23-24高一下·云南曲靖·期末）已知是三条直线，是两个平面，则的一个充分条件是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·云南·期末）设l是直线，α，β是两个不同平面，则下面命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 5．（多选）（23-24高一下·云南·期末）已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，，则 6．（多选）（23-24高一下·云南·期末）是两个平面，是两条直线，有下列四个命题其中正确的命题有（    ） A．如果，那么 B．如果，那么 C．如果，那么 D．如果，那么与所成的角和与所成的角相等 7．（多选）（23-24高一下·云南·期末）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的有（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 ( 题型04 ) 几何体的结构特征辨析 1．（多选）（23-24高一下·云南·期末）下列说法中不正确的是（    ） A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 C．棱台的上，下底面可以不相似，但侧棱长一定相等 D．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线 2．（多选）（23-24高一下·云南·期末）如图所示圆台，，分别是上、下底面的圆心，母线AB与下底面所成的角为，BC为上底面直径，，，则（    ）    A．圆台的母线长为10 B．圆台的全面积为 C．由点A出发沿侧面到达点C的最短距离是 D．在圆台内放置一个可以任意转动的正方体，则正方体的棱长最大值是4 ( 题型0 5 ) 几何体的表（侧）面积计算问题 1．（23-24高一下·云南昭通·期末）一个圆台的上､下底面的半径分别为1和4，高为4，则它的表面积为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·云南·期末）如图，圆锥的母线长为4，点M为母线AB的中点，从点M处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到B点，这条绳子的长度最短值为，则此圆锥的表面积为（ ） A． B． C． D． ( 题型0 6 ) 几何体的体积计算问题 1．（23-24高一下·云南曲靖·期末）已知圆锥的母线为，侧面展开所成扇形的圆心角为，则此圆锥体积为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·云南·期末）若圆锥、圆柱的底面直径和它们的高都等于一个球的直径，则圆锥、圆柱、球的体积之比为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·云南·期末）祖暅原理，“幂势既同，则积不容异”，即高度相等的两个几何体，在任意等高处被一个平面所截，如果截面面积总相等，则两个几何体体积相等．祖在研究《九章算术》中利用该原理解决了“牟合方盖”的体积计算问题，其中重要的思想如下：图1是一个棱长为的正方体，以左下棱和后下棱为轴，棱长为半径作四分之一的圆柱面，两次分割该正方体得到牟合方盖（如图2），图3也为一个棱长为的正方体，为倒立的四棱锥，用一个平面在任意等高处去截图1和图3这两个几何体，祖暅通过计算，发现阴影部分的截面面积总相等，则由祖暅原理，牟合方盖的体积为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·云南昆明·期末）已知某圆台的两底面半径分别为1和4，侧面积为，则该圆台的体积等于（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高一下·云南楚雄·期末）已知正四棱台的上底面边长为2，侧棱长为，高为1，则该正四棱台的下底面边长为 ，该正四棱台的体积为 ． 6．（23-24高一下·云南·期末）正四棱锥各棱长均为2，则它的体积为 . 7．（23-24高一下·云南·期末.2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ． 8．（23-24高一下·云南·期末）如图，在正四棱锥中，，. (1)求四棱锥的体积； (2)求四棱锥的表面积. ( 题型0 7 ) 异面直线所成角的计算问题 1．（23-24高一下·云南曲靖·期末）如图，已知正三棱柱为的中点，则与所成角的余弦值为（    ）    A．1 B． C． D． 2．（23-24高一下·云南曲靖·期末）如图，在四棱锥中，平面，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·云南·期末）如图，在正三棱柱中，，，则直线与直线所成角的正切值为 ． 4．（23-24高一下·云南·期末）正方体的棱长为4，点P是棱上一点(不包括端点)，若异面直线与所成角的余弦值为，则 . ( 题型0 8 ) 线面角、二面角的计算问题 1．（23-24高一下·云南曲靖·期末）正四棱柱中，，则二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·云南·期末）已知四面体的每个顶点都在球O（О为球心）的球面上，为等边三角形，，，且，则二面角的正切值为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·云南·期末）如图，正三棱柱的底面边长为2，与平面所成角的大小为，则线段在平面内的射影长为 .    ( 题型0 9 ) 立体几何中的动态问题 1．（23-24高一下·云南·期末）如图所示，在正方体中，E，F分别为，AB上的中点，且，P点是正方形内的动点，若平面，则P点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 2．（多选）（23-24高一下·云南曲靖·期末）在棱长为2的正方体中，点是正方形内一动点（包括边界），则（    ） A．平面 B．若，则点的轨迹长度为 C．若平面，则点的轨迹长度是 D．当点在直线上运动时，的最小值是 ( 题型 10 ) 球与其它几何体 1．（23-24高一下·云南·期末.2020·全国II卷·高考真题）已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（    ） A． B． C．1 D． 2．（23-24高一下·云南·期末）数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为，则下列结论正确的是（    ） A．勒洛四面体最大的截面是正三角形 B．若、是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值为 C．勒洛四面体的体积是 D．勒洛四面体内切球的半径是 3．（多选）（23-24高一下·云南·期末）将一个直径为8cm的铁球磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是（    ） A．底面直径为8cm，高为6cm的圆柱体 B．底面直径为6cm，高为4cm的圆锥体 C．底面边长为4cm，高为6cm的正四棱柱 D．棱长为6cm的正四面体 4．（多选）（23-24高一下·云南大理·期末）如图，一块边长为的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，下列说法正确的是（    ） A．当时，正四棱锥的侧面积为 B．当时，正四棱锥的体积为 C．当时，正四棱锥的外接球半径为 D．当时，若加装正方形的底盖，则在封闭的正四棱锥容器内所能装下最大的球的半径是 5．（多选）（23-24高一下·云南·期末）一块正方体形木料如图所示，棱长为，点在线段上，且，过点将木料锯开，使得截面过，则（    ） A． B．截得的两个几何体分别是三棱柱和四棱台 C．截面的面积为 D．以为球心，为半径的球面与截面的交线长为 6．（23-24高一下·云南·期末）已知球的表面积为，球心到球内一点的距离为1，则过点的截面的面积的最小值为 ． 7．（23-24高一下·云南曲靖·期末）若一个正四棱柱的表面积为64，高为2，则该正四棱柱的外接球的体积为 . 8．（23-24高一下·云南昭通·期末）如图，在正四棱台中，.若该四棱台的体积为，则该四棱台的高为 ；外接球的表面积为 .    ( 题型 11 ) 空间的平行、垂直关系 1.（多选）（23-24高一下·云南·期末）如图，在三棱锥P-ABC中，平面的中点，则下列结论正确的是（     ） A．平面 B． C．平面 D．平面 2．（多选）（23-24高一下·云南玉溪·期末）如图，在直三棱柱中，点分别是棱的中点，则下列结论中一定正确的是（    ） A．平面 B．平面 C．∥平面 D．∥平面 3．（23-24高一下·云南·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且，点为线段的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面； 4．（23-24高一下·云南·期末）如图，在直三棱柱中，M为棱AC的中点，，． (1)求证：平面； (2)求证：平面． 5．（23-24高一下·云南·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是等边三角形，，点分别为和的中点. (1)求证：平面; (2)求证：平面平面; ( 题型 12 ) 立体几何综合问题 1．（多选）（22-23高一下·云南昆明·期末）正方体的棱长为1，P为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．平面平面 B． C．直线与BP所成的角可以为直角 D．平面，且平面，则平面截正方体所得截面面积的最大值为 2．（多选）（23-24高一下·云南楚雄·期末）如图，已知正方体的棱长为是棱的中点，则（    ）    A．向量在方向上的投影向量为 B．异面直线与所成角的余弦值为 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为 1．（23-24高一下·云南·期末）如图，在三棱柱中，平面，是等边三角形，D，E，F分别是棱，，的中点. (1)证明：平面； (2)若，求三棱锥的体积. 2．（23-24高一下·云南·期末）已知在正三棱柱中，，点为的中点，点在的延长线上，且.    (1)证明：平面； (2)求二面角的正切值. 3．（23-24高一下·云南·期末）如图，在直四棱柱中，底面ABCD是边长为2的菱形，．，M，N分别是线段，BD上的动点，且． (1)若二面角的大小为，求DM的长； (2)当三棱锥的体积为时，求CN与平面BCM所成角的正弦值的取值范围． 4．23-24高一下·云南·期末）图1所示的是等腰梯形ABCD，AB//CD，AB=3，CD=1，，DE⊥AB于E点，现将△ADE沿直线DE折起到△PDE的位置，连接PB，PC，形成一个四棱锥P-EBCD，如图2所示． (1)若平面PCD∩平面PBE=l，求证：DC//l； (2)求证：平面PBE⊥平面BCDE； (3)若二面角P-ED-B的大小为，求三棱锥E-PCD的体积 5．（23-24高一下·云南曲靖·期末）在四棱锥中，底面是矩形，平面，分别是的中点. (1)求证：平面PAD； (2)求证：； (3)若PD与平面所成的角为，求证：平面. 6．（23-24高一下·云南昭通·期末）如图，四棱柱的底面是菱形，平面，，点为的中点. (1)求证：直线平面； (2)求异面直线与所成的角； (3)求二面角的余弦值. 7．（23-24高一下·云南·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，． (1)证明：平面； (2)若，求点到平面的距离． 8．（23-24高一下·云南曲靖·期末）如图1，在梯形中，，，将沿翻折到如图2，使平面平面. (1)求证：平面； (2)已知点为棱上的点，若直线与平面所成的角的正弦值为. ①求三棱锥的体积； ②过点作平面，使平面平面，求平面截三棱锥所得截面的面积. 9．（23-24高一下·云南大理·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，分别是的中点，平面平面. (1)求证：平面； (2)求直线与所成角的余弦值. 10．（23-24高一下·云南·期末）如图，平面且是的中点. (1)求证：平面； (2)若，求与平面所成角的大小. 11．（23-24高一下·云南玉溪·期末）如图，边长为3的正方形中，点是的中点，点是的中点，将、分别沿、折起，使、两点重合于点，连接. (1)求证：平面； (2)求四棱锥的体积. 12．（23-24高一下·云南昆明·期末）如图，已知长方体中，E为的中点，，． (1)证明：平面； (2)设平面平面，且，在图中作出与长方体表面的交线（不必说明作法和理由），并求交线围成图形的面积． 13．（23-24高一下·云南·期末）如图，在正三棱柱中，分别是的中点. (1)若点为矩形内动点，使得面，求线段的最小值; (2)求证:面. 14．（23-24高一下·云南楚雄·期末）在四棱锥中，平面，平面平面分别为的中点．    (1)证明：平面． (2)证明：． (3)若二面角的正切值为，求三棱锥的体积． 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题07 立体几何初步 题型概览 题型01斜二测画法中有关量的计算 题型02平面的概念及其表示 题型03线面、面面关系命题的判断 题型04几何体的结构特征辨析 题型05几何体的表（侧）面积计算问题 题型06几何体的体积计算问题 题型07异面直线所成角的计算问题 题型08线面角、二面角的计算问题 题型09 立体几何中的动态问题 题型10 球与其它几何体 题型11 空间的平行、垂直关系 题型12立体几何综合问题 优选提升题 SHAPE \* MERGEFORMAT 斜二测画法中有关量的计算 1．（23-24高一下·云南·期末）如图，一个水平放置的平面图形的直观图是直角 ，其中 ，则原图形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】斜二测画法中有关量的计算、由直观图还原几何图形 【分析】根据斜二测画法的性质可得原图形是一个底边长为 ，高为 的直角三角形，即可由面积公式求解. 【详解】因为在直观图中， ，则 ，所以 ， 所以原图形是一个底边长为 ，高为 的直角三角形， 故原图形的面积为 ． 故选：A． ． SHAPE \* MERGEFORMAT 平面的概念及其表示 1．（23-24高一下·云南·期末）如图所示的点，线，面的位置关系，用符号语言表示正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】平面的概念及其表示 【分析】根据点、线、面的位置关系，及其符号表示逐一判断即可. 【详解】点和面、点和线的关系用“ ”或“ ”表示，故A错误； 线面关系用“ ”或“ ”表示，故BD错误； 根据图形有 ，C正确. 故选：C 2．（23-24高一下·云南·期末）下列说法正确的是（    ） A．不在同一条直线上的三点确定一个平面 B．四边形一定是平面图形 C．梯形不一定是平面图形 D．平面 和平面 一定有交线 【答案】A 【知识点】平行公理、平面的基本性质及辨析 【分析】根据基本事实 的内容、空间四边形的概念、梯形的概念、面面平行的定义进行判断即可. 【详解】A．由基本事实 可知A正确，故正确； B．四边形可以是空间四边形，故错误； C．梯形一定是平面图形，故错误； D．当 时，此时无交线，故错误， 故选：A. SHAPE \* MERGEFORMAT 线面、面面关系命题的判断 1.（23-24高一下·云南昆明·期末）已知 ， 是两个平面， 是两条直线，则下列命题为真命题的是（    ） A．若 ， ， ，则 B．若 ， ， ，则 C．若 ， ， ，则 D．若 ， ，则 【答案】C 【知识点】线面关系有关命题的判断、面面关系有关命题的判断 【分析】根据线线、面面、线面关系逐项判断可得答案. 【详解】对于A，若 ， ， ， 则 ，或 相交，或 异面，故A错误； 对于B，若 ， ， ，则 ，或 异面，故B错误； 对于C，若 ， ， ，则 ，故C正确； 对于D，若 ， ，则 ，或 ，故D错误. 故选：C. 2．（23-24高一下·云南·期末）对于两条不同直线m，n和两个不同平面 ，以下结论中正确的是（    ） A．若 ，则 B．若 ，则 C．若 ，则 D．若 ，则 【答案】A 【知识点】空间垂直的转化、线面垂直证明线线垂直、面面平行证明线线平行、判断线面平行 【分析】根据空间中线面之间的位置关系及性质逐一判断即可. 【详解】对于A，若 ，则 ，故A正确； 对于B，若 ，则 或 ，故B错误； 对于C，若 ，则 或 或 相交，故C错误； 对于D，若 ，则 或 ，故D错误. 故选：A. 3．（23-24高一下·云南曲靖·期末）已知 是三条直线， 是两个平面，则 的一个充分条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】线面关系有关命题的判断、面面关系有关命题的判断、判断线面平行、判断线面是否垂直 【分析】根据线面位置关系面面位置关系判断各个选项即可. 【详解】对于A: 当 时，不能得出，A选项错误； 对于B: 当 时，不能得出 ，B选项错误； 对于C: 因为 ,不能同时成立，矛盾,C选项错误； 对于D: 又因为 所以 ,因为 ，所以 ,D选项正确. 故选：D. 4．（23-24高一下·云南·期末）设l是直线，α，β是两个不同平面，则下面命题中正确的是（    ） A．若 ， ，则 B．若 ， ，则 C．若 ， ，则 D．若 ， ，则 【答案】B 【知识点】判断线面是否垂直、判断线面平行、面面关系有关命题的判断、线面关系有关命题的判断 【分析】由线面平行，线面垂直，面面平行，面面垂直的性质逐项判断即可； 【详解】A：若 ， ，则 或相交，故A错误； B：若 ， ，由线面平行和垂直的性质可得 ，故B正确； C：若 ， ，则 或 ，故C错误； D：若 ， ，则 相交或 或 ，故D错误； 故选：B. 5．（多选）（23-24高一下·云南·期末）已知 ， 是两条不同的直线， ， ， 是三个不同的平面，则下列说法正确的是（    ） A．若 ， ，则 B．若 ， ， ，则 C．若 ， ，则 D．若 ， ， ，则 【答案】BC 【知识点】线面关系有关命题的判断、面面关系有关命题的判断、判断线面平行、判断面面是否垂直 【分析】选项A，根据条件得到 或 ，即可求解；选项B，由 ， ，得到 或 ，再由面面垂直的判定定理即可求解；选项C，由面面平行的性质，即可求解；选项D，在正方体中，通过特例，即可求解. 【详解】对于选项A，若 ， ，则 或 ，所以选项A错误； 对于选项B，若 ， ，则 或 ，又 ，则 ，所以选项B正确； 对于选项C，若 ， ，则 ，所以选项C正确； 对于选项D，在正方体 中，平面 平面 ， 平面 平面 ，平面 平面 ，但 ，所以选项D错误. 故选：BC. 6．（多选）（23-24高一下·云南·期末） 是两个平面， 是两条直线，有下列四个命题其中正确的命题有（    ） A．如果 ，那么 B．如果 ，那么 C．如果 ，那么 D．如果 ，那么 与 所成的角和 与 所成的角相等 【答案】BCD 【知识点】面面平行证明线面平行、线面平行的性质、判断面面是否垂直、线面角的概念及辨析 【分析】运用长方体模型，找出符合条件的直线和平面，即可判断A；运用线面平行的性质定理和线面垂直的性质定理，即可判断B；运用面面平行的性质定理，即可判断C；由平行的传递性及线面角的定义，即可判断D． 【详解】对于A，可运用长方体举反例证明其错误：如图， 不妨设 为直线m， 为直线n， 所在的平面为 ， 所在的平面为 ， 显然这些直线和平面满足题目条件，但 不成立，故A错误； 对于B，设过直线 的某平面与平面 相交于直线 ，则 ， 由 知 ，从而 ，故B正确； 对于C，如果 ，则 ，故C正确； 对于D，如果 ，那么 与 所成的角和 与 所成的角相等，故D正确. 故选：BCD. 7．（多选）（23-24高一下·云南·期末）设 是两条不同的直线， 是两个不同的平面，下列命题中正确的有（    ） A．若 ，则 B．若 ，则 C．若 ，则 D．若 ，则 【答案】BC 【知识点】线面关系有关命题的判断、面面关系有关命题的判断、判断线面平行、判断面面是否垂直 【分析】根据题意，利用直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，依次分析选项，综合可得答案. 【详解】对于A，若 ，不能证明 ，平面 与 可能平行也可能只相交不垂直，A错误； 对于B，若 ，则 ，又 ，则 ，B正确； 对于C，若 ，则 ，而 ，则 ，C正确； 对于D，若 ，则 ，又 ，则 或 ，D错误. 故选：BC. SHAPE \* MERGEFORMAT 几何体的结构特征辨析 1．（多选）（23-24高一下·云南·期末）下列说法中不正确的是（    ） A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 C．棱台的上，下底面可以不相似，但侧棱长一定相等 D．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线 【答案】ABC 【知识点】判断几何体是否为棱柱、判断几何体是否为棱锥、棱台的结构特征和分类、圆锥 【分析】根据多面体的性质和几何体的定义来判断，采用举反例的方法来否定对概念的错误理解. 【详解】如果一个棱锥的底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心，这样的棱锥叫正棱锥，故A错； 有两个面平行其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱错误，即B错误，反例如图： 棱台是由平行于底面的平面截得的，故棱台的上下底面一定相似，但侧棱长不一定相等，故C错； 圆锥底面圆周上任意一点与圆锥顶点的连线叫做圆锥的母线，故D对. 故选：ABC. 2．（多选）（23-24高一下·云南·期末）如图所示圆台， ， 分别是上、下底面的圆心，母线AB与下底面所成的角为 ，BC为上底面直径， ， ，则（    ）    A．圆台的母线长为10 B．圆台的全面积为 C．由点A出发沿侧面到达点C的最短距离是 D．在圆台内放置一个可以任意转动的正方体，则正方体的棱长最大值是4 【答案】AD 【知识点】圆台的展开图、圆台表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】根据圆台的空间结构关系以及全面积公式计算选项A和B，选项C利用侧面展开图判断点A出发沿侧面到达点C的最短距离，选项D转化为求圆台最大的内切球，进而求该球的内接正方体即可. 【详解】选项A，连接 ,过点 作 的垂线，垂足为 , 在直角三角形 中， ,则圆台的母线长为 ,故选项A正确；    选项B，由圆台的全面积公式可得 ，故选项B错误； 选项C，该圆台可以看成由底面半径为 的圆锥截去一个底面半径为 的圆锥得到， 设截去底面半径为 的圆锥的母线长为 ，由相似关系可知 解得 ， 故大圆锥的母线长 ，由已知得圆台底面圆的周长为 ， 由弧长公式可知大圆锥侧面展开扇形的圆心角为 , 所以圆台的侧面展开图如下图所示:    由 ,此时线段AC与小圆相交， 故点A出发沿侧面到达点C的最短距离大于 ，故选项C错误； 选项D，该圆台的轴截面可以补成一个边长为 的正三角形，    由于 ,则圆台中能放下的最大球的半径为 ， 所以求圆台内放置一个可以任意转动的正方体即可以求最大球的内接正方体， 设正方体的棱长为 ，则 ，解得 ，故选项D正确； 故选：AD. SHAPE \* MERGEFORMAT 几何体的表（侧）面积计算问题 1．（23-24高一下·云南昭通·期末）一个圆台的上､下底面的半径分别为1和4，高为4，则它的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】圆台表面积的有关计算 【分析】利用圆台的表面积公式即可. 【详解】    依题意，设圆台的高为 ，所以圆台的母线长为 ， 则圆台的表面积为 ， 故选：B. 2．（23-24高一下·云南·期末）如图，圆锥的母线长为4，点M为母线AB的中点，从点M处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到B点，这条绳子的长度最短值为 ，则此圆锥的表面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】圆锥的展开图及最短距离问题、圆锥表面积的有关计算 【解析】根据圆锥侧面展开图是一个扇形，且线段 计算底面圆半径即可求解. 【详解】设底面圆半径为 ， 由母线长 ，可知侧面展开图扇形的圆心角为 ， 将圆锥侧面展开成一个扇形，从点M拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B，最短距离为BM； 如图， 在 中， ， 所以 , 所以 , 故 ，解得 ， 所以圆锥的表面积为 , 故选：B SHAPE \* MERGEFORMAT 几何体的体积计算问题 1．（23-24高一下·云南曲靖·期末）已知圆锥的母线为 ，侧面展开所成扇形的圆心角为 ，则此圆锥体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】锥体体积的有关计算、圆锥的展开图及最短距离问题 【分析】先依次求出圆锥的半径、高，然后结合圆锥的体积公式求解即可. 【详解】设圆锥底面圆的半径为 ， 则 ，解得 ，圆锥的高为 ， 则此圆锥体积为 . 故选：B. 2．（23-24高一下·云南·期末）若圆锥、圆柱的底面直径和它们的高都等于一个球的直径，则圆锥、圆柱、球的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】柱体体积的有关计算、球的体积的有关计算 【解析】设球的半径为 ，将三个几何体的体积都用 ，即可得答案. 【详解】设球的半径为 ， 则 ， ， ， 所以 . 故选：B. 3．（23-24高一下·云南·期末）祖暅原理，“幂势既同，则积不容异”，即高度相等的两个几何体，在任意等高处被一个平面所截，如果截面面积总相等，则两个几何体体积相等．祖在研究《九章算术》中利用该原理解决了“牟合方盖”的体积计算问题，其中重要的思想如下：图1是一个棱长为 的正方体，以左下棱和后下棱为轴，棱长 为半径作四分之一的圆柱面，两次分割该正方体得到牟合方盖（如图2），图3也为一个棱长为 的正方体， 为倒立的四棱锥，用一个平面在任意等高处去截图1和图3这两个几何体，祖暅通过计算，发现阴影部分的截面面积总相等，则由祖暅原理，牟合方盖的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】柱体体积的有关计算、锥体体积的有关计算、求组合体的体积 【分析】由祖暅原理可知，四棱锥 的体积与图（1）中正方体去掉“牟合方盖”的体积相等，即可得出答案. 【详解】由祖暅原理可知，四棱锥 的体积与图（1）中正方体去掉“牟合方盖”的体积相等，所以牟合方盖的体积为 . 故选：C． 4．（23-24高一下·云南昆明·期末）已知某圆台的两底面半径分别为1和4，侧面积为 ，则该圆台的体积等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】台体体积的有关计算 【分析】根据侧面积公式求出母线长，利用勾股定理求高，在根据圆台体积公式计算即可. 【详解】圆台的侧面展开图是个扇环，设圆台的母线为 ， 则 ，所以 所以圆台的高 ， 则圆台的体积等于 ， 故选：B. 5．（23-24高一下·云南楚雄·期末）已知正四棱台的上底面边长为2，侧棱长为 ，高为1，则该正四棱台的下底面边长为 ，该正四棱台的体积为 ． 【答案】 4 / 【知识点】台体体积的有关计算 【分析】利用勾股定理求出下底面的边长，利用棱台的体积公式计算可得体积. 【详解】设该正四棱台下底面的边长为 ，则 ， 解得 ， 故该正四棱台的体积为 ． 故答案为：①4；② . 6．（23-24高一下·云南·期末）正四棱锥各棱长均为2，则它的体积为 . 【答案】 【知识点】正棱锥及其有关计算、锥体体积的有关计算 【分析】根据正四棱锥的结构特征可得其高为 ，进而根据锥体的体积公式运算求解. 【详解】如图，对于正四棱锥 ，设 ， 可知顶点 在底面 的投影为点 ， 则 ， 所以正四棱锥 的体积 . 故答案为： . 7．（23-24高一下·云南·期末.2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台 中， ，则该棱台的体积为 ． 【答案】 / 【知识点】台体体积的有关计算 【分析】结合图像，依次求得 ，从而利用棱台的体积公式即可得解. 【详解】如图，过 作 ，垂足为 ，易知 为四棱台 的高，    因为 ， 则 ， 故 ，则 ， 所以所求体积为 . 故答案为： . 8．（23-24高一下·云南·期末）如图，在正四棱锥 中， ， . (1)求四棱锥 的体积； (2)求四棱锥 的表面积. 【答案】(1) (2) 【知识点】锥体体积的有关计算、棱锥表面积的有关计算 【分析】（1）根据题意，先求四棱锥的高，结合锥体体积公式，即可求解； （2）根据题意，结合棱锥表面积求法，即可求解. 【详解】（1）连接 ， ，记 ，连接 ， 如图所示.棱锥为正四棱锥， 所以 平面 ， 又 平面 ， 所以 ， 因为 ,即 , 所以 ， 所以四棱锥 的体积 . （2）取 的中点 ，连接 ， ，如图所示. 因为 平面 ， 平面 ， 所以 ，且 , 所以 ， 所以四棱锥 的表面积 . SHAPE \* MERGEFORMAT 异面直线所成角的计算问题 1．（23-24高一下·云南曲靖·期末）如图，已知正三棱柱 为 的中点，则 与 所成角的余弦值为（    ）    A．1 B． C． D． 【答案】B 【知识点】求异面直线所成的角 【分析】取 的中点 ，则 （或其补角）为异面直线 与 所成角，解三角形即可求解. 【详解】如图，取 的中点 ，连接 、 ，易知 ，    所以异面直线 与 所成角就是直线 与直线 所成的角，即 （或其补角）， 由题意可知正三棱柱 的所有棱长都相等， 可设三棱柱的棱长都为 ，则 ， ， ， 因为 ，所以 为直角三角形， 所以 即异面直线 与 所成角的余弦值为 . 故选： . 2．（23-24高一下·云南曲靖·期末）如图，在四棱锥 中， 平面 ， ，则异面直线 与 所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】求异面直线所成的角 【分析】由 ，所以直线 与 所成的角即为直线 与 所成的角，由已知条件，计算出 的长度，利用三角函数的定义，即可算出答案. 【详解】因为 平面 平面 ，所以 ， ， 又 ， ， 平面 ， 所以 平面 ，又 平面 ， 所以 ，又 ， ， 因为 ，所以直线 与 所成的角即为直线 与 所成的角， 即 ，在 中， ， 所以 ， 即异面直线 与 所成角的余弦值为 . 故选：A. 3．（23-24高一下·云南·期末）如图，在正三棱柱 中， ， ，则直线 与直线 所成角的正切值为 ． 【答案】 / 【知识点】求异面直线所成的角 【分析】根据给定条件，作出直线 与直线 所成的角，再借助余弦定理求出余弦值即可求解. 【详解】在正三棱柱 中，连接 交 于O点，取 的中点F，连接OF， 显然 是 的中点，则 ， 是 与 所成的角或其补角， 在 中， ， ， ， ， ， 所以直线 与直线 所成角的正切值为 . 故答案为： 4．（23-24高一下·云南·期末）正方体 的棱长为4，点P是棱 上一点(不包括端点)，若异面直线 与 所成角的余弦值为 ，则 . 【答案】 【知识点】由异面直线所成的角求其他量 【分析】将原正方体补形为长方体，利用线线角的定义得到 为异面直线 与 所成的角，从而利用余弦定理得到关于 的方程，解之即可得解. 【详解】将原正方体的一侧补上另一个正方体 变为如图所示的长方体. 在 上取点 使 ，连接 ，则易得 ， 所以 即为异面直线 与 所成的角(或其补角). 设 ，则 ， ， ， 又 ， ， 则 ，所以 为锐角， 所以 ，解得 ， 所以 . 故答案为： . SHAPE \* MERGEFORMAT 线面角、二面角的计算问题 1．（23-24高一下·云南曲靖·期末）正四棱柱 中， ，则二面角 的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】求二面角 【分析】连接 交 于 ，连接 ，可得 为二面角 的平面角，在 中求出 的余弦值，从而可求出 的余弦值. 【详解】连接 交 于 ，连接 ， 因为四棱柱 为正四棱柱， 所以 平面 ， ， 因为 平面 ，所以 ， 因为 ， 平面 ，所以 平面 ， 因为 平面 ，所以 ， 所以 为二面角 的平面角， 在 中， ， 所以 ， 所以 ， 因为 ，所以 . 故选：D 2．（23-24高一下·云南·期末）已知四面体 的每个顶点都在球O（О为球心）的球面上， 为等边三角形， ， ，且 ，则二面角 的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】多面体与球体内切外接问题、求二面角 【分析】若 为 中点，连接 ，利用线面垂直的判定、勾股定理及面面垂直判定可得面 面 ，结合已知条件有△ 为等腰直角三角形，进而可确定四面体外接球球心的位置，若 为 中点，连接 ，易知 即为二面角 的平面角，即可求其正切值. 【详解】若 为 中点，连接 ，由 为等边三角形，则 ，又 ，且 ， ∴ 面 ，又 面 ，即 ， 由题设， ， ，而 ， ∴ ，即 ，又 ， 面 ， ∴ 面 ，而 面 ，则面 面 ， 由上可得： ，则 ，故△ 为等腰直角三角形， ∴综上，四面体 的球心 为△ 的中心，即 靠近 的三等分点， 若 为 中点，连接 ，易知： 即为二面角 的平面角， 由上 、 且 ， 面 ，可得 面 ， 又 面 ，则 ，即 ， ∴ ，而 ， ∴ . 故选：A. 3．（23-24高一下·云南·期末）如图，正三棱柱 的底面边长为2， 与平面 所成角的大小为 ，则线段 在平面 内的射影长为 .    【答案】3 【知识点】证明线面垂直、由线面角的大小求长度 【分析】取 的中点为 ，连接 ， ，证明 平面 ，所以 为 与平面 所成的角，在直角三角形中求解即可. 【详解】    在正三棱柱 中，设 的中点为 ，连接 ， ， 平面 ， 平面 ， 所以 ， ， ， 平面 ， 平面 ， 则 平面 ，所以 为线段 在平面 内的射影， 为 与平面 所成的角， 所以 ，所以在 中， . 故答案为：3 SHAPE \* MERGEFORMAT 立体几何中的动态问题 1．（23-24高一下·云南·期末）如图所示，在正方体 中，E，F分别为 ，AB上的中点，且 ，P点是正方形 内的动点，若 平面 ，则P点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】证明面面平行、立体几何中的轨迹问题 【分析】取 的中点 ， 的中点为 ，连接 ，可得四边形 是平行四边形，可得 ∥ ,同理可得 ∥ .可得面面平行，进而得出P点的轨迹. 【详解】如图所示，取 的中点 ， 的中点为 ，连接 ， 则 ∥ ， ，且 ∥ ， ， 可得 ∥ ，且 ，可知四边形 是平行四边形，则 ∥ ， 且 平面 ， 平面 ，可得 ∥平面 ， 同理可得： ∥平面 ， 且 ， 平面 ，可知平面 ∥平面 ， 又因为P点是正方形 内的动点， 平面 ， 所以点 在线段 上， 由题意可知： ，可得 ， 所以P点的轨迹长度为 . 故选：C. 2．（多选）（23-24高一下·云南曲靖·期末）在棱长为2的正方体 中，点 是正方形 内一动点（包括边界），则（    ） A． 平面 B．若 ，则点 的轨迹长度为 C．若 平面 ，则点 的轨迹长度是 D．当点 在直线 上运动时， 的最小值是 【答案】ABD 【知识点】立体几何中的轨迹问题、证明线面垂直、面面平行证明线面平行 【分析】对于A，根据正方体的性质结合线面垂直的判定定理分析判断，对于B，由于 平面 ，则 ，从而可得 ，进而可求出点 的轨迹，对于C，连接 ，可证得当 平面 时，点 的轨迹为 ，从而可求出长度判断，对于D，将平面 和平面 展在同一个平面求解. 【详解】对于A，连接 ，因为四边形 为正方形，所以 ， 因为 平面 ， 平面 ，所以 ， 因为 ， 平面 ，所以 平面 ， 因为 平面 ，所以 ，同理可证 ， 因为 ， 平面 ，所以 平面 ，所以A正确， 对于B，因为 平面 ， 平面 ，所以 ， 因为 ， ，所以 ， 所以点 在以 为圆心，1为半径的弧上，如图在 上， 所以点 的轨迹长度为 ，所以B正确； 对于C，连接 ，因为平面 ∥平面 ， 平面 平面 ，平面 平面 ， 所以 ∥ ， 因为 平面 ， 平面 ，所以 ∥平面 ， 同理可证 ∥平面 ， 因为 ， 平面 ， 所以平面 ∥平面 ， 所以当 平面 时， ∥平面 ， 因为平面 平面 ， 所以点 的轨迹为 ，所以C错误； 对于D，如图，将平面 和平面 展在同一个平面，则 ，当 三点共线时取等号， 因为 ， 所以 ， 即 的最小值是 ，所以D正确， 故选：ABD SHAPE \* MERGEFORMAT 球与其它几何体 1．（23-24高一下·云南·期末.2020·全国II卷·高考真题）已知△ABC是面积为 的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（    ） A． B． C．1 D． 【答案】C 【知识点】球的表面积的有关计算 【分析】根据球 的表面积和 的面积可求得球 的半径 和 外接圆半径 ，由球的性质可知所求距离 . 【详解】 设球 的半径为 ，则 ，解得： . 设 外接圆半径为 ，边长为 ， 是面积为 的等边三角形， ，解得： ， ， 球心 到平面 的距离 . 故选：C. 2．（23-24高一下·云南·期末）数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体 的棱长为 ，则下列结论正确的是（    ） A．勒洛四面体最大的截面是正三角形 B．若 、 是勒洛四面体 表面上的任意两点，则 的最大值为 C．勒洛四面体 的体积是 D．勒洛四面体 内切球的半径是 【答案】D 【知识点】球的截面的性质及计算、球的体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】由勒洛四面体的定义判断选项A；由勒洛四面体的定义求解判断B；根据对称性, 由勒洛四面体内切球的球心 是正四面体ABCD外接球的球心求解判断C；结合C由棱长减去外接球的半径求得内切球的半径求解判断D. 【详解】由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体最大的截面即经过四面体 表面的截面，如图1所示，故A不正确； 根据勒洛四面体的性质，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触， 所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值即为内接正四面体的边长， 所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为 ，故B错误； 如图2，由对称性可知勒洛四面体内切球的球心 是正四面体 外接球的球心， 连接 并延长交勒洛四面体的曲面于点 ，则 就是勒洛四面体内切球的半径. 如图3, 在正四面体 中， 为 的中心， 是正四面体 外接球的球心， 连接 、 、 ，由正四面体的性质可知 在 上. 因为 , 所以 ，则 . 因为 ， 即 ，解得 ， 则正四面体 外接球的体积是 ， 而勒洛四面体 的体积小于其外接球的体积，C错误； 因为 ，所以 , 所以，勒洛四面体 内切球的半径是 ，则 D正确. 故选：D. 3．（多选）（23-24高一下·云南·期末）将一个直径为8cm的铁球磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是（    ） A．底面直径为8cm，高为6cm的圆柱体 B．底面直径为6cm，高为4cm的圆锥体 C．底面边长为4cm，高为6cm的正四棱柱 D．棱长为6cm的正四面体 【答案】BD 【知识点】正棱锥及其有关计算、求球面距离、多面体与球体内切外接问题、棱柱及其有关计算 【分析】根据球的几何性质，结合勾股定理，计算球心到选项中各几何体底面的距离，结合各几何体特征即可逐一求解. 【详解】对A：若圆柱的底面直径为8，此时球心到圆柱底面的距离为 ，故A错误； 对B：若圆锥的底面直径为6，则半径为3， 此时球心到圆锥底面的距离为 ， 故圆锥的高最大时为 ，故B正确； 对C：若正四棱柱底面边长为4，则底面外接圆半径为 ， 此时球心到正四棱柱底面的距离为 ， 故正四棱柱的高最大时为 ，故C错误； 对D：法一：若正四面体的棱长为6，则底面外接圆半径为 ， 此时球心到正四面体底面的距离为 ， 棱长为6cm的正四面体的高为 ，由 ，故D正确 法二：若将各棱长均为 的四面体放入到棱长为 的正方体中， 此时正方体的外接球直径为 ，故D符合，故D正确. 故选：BD. 4．（多选）（23-24高一下·云南大理·期末）如图，一块边长为 的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，下列说法正确的是（    ） A．当 时，正四棱锥的侧面积为 B．当 时，正四棱锥的体积为 C．当 时，正四棱锥的外接球半径为 D．当 时，若加装正方形的底盖，则在封闭的正四棱锥容器内所能装下最大的球的半径是 【答案】ABC 【知识点】多面体与球体内切外接问题、锥体体积的有关计算、棱锥表面积的有关计算、球的截面的性质及计算 【分析】画出正四棱锥 ，对于A，四棱锥的侧面积为 ，对于B，求出四棱锥的高 ，可求出其体积，对于C，设正四棱锥的外接球的球心为 ，则 在 上，由 可求出外接球的半径，对于D，利用等体积法可求出正四棱锥容器内所能装下最大的球的半径. 【详解】用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器如图所示为正四棱锥 ， 对于A，当 时，则 ， 设 为 的中点，连接 ，则 ， 所以四棱锥的侧面积为 ，所以A正确， 对于B，设 ，连接 ，则 平面 ， ， 所以 ， 所以四棱锥 的体积为 ，所以B正确， 对于C，设正四棱锥的外接球的球心为 ，则 在 上，连接 ， 设外接的半径为 ，则 ， 在 中， ，所以 ，解得 ，所以C正确， 对于D，设在封闭的正四棱锥容器内所能装下最大的球的半径为 ， 则此球与正四棱锥的每一个面都相切，则 ， 所以 ，解得 ，所以D错误， 故选：ABC 5．（多选）（23-24高一下·云南·期末）一块正方体形木料如图所示，棱长为 ，点 在线段 上，且 ，过点 将木料锯开，使得截面过 ，则（    ） A． B．截得的两个几何体分别是三棱柱和四棱台 C．截面的面积为 D．以 为球心， 为半径的球面与截面的交线长为 【答案】ACD 【知识点】判断正方体的截面形状、球的截面的性质及计算、证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直 【分析】利用线面垂直的判定、性质推理判断A；作出截面，结合球的截面小圆性质判断BCD. 【详解】对于A， 是正方体 的对角面，则四边形 为矩形， ， 由 平面 ， 平面 ，得 ，而 ， 平面 ，则 平面 ， 又 平面 ，因此 ，A正确； 对于B，过点 作直线平行于 交 分别于 ，连接 ， 显然 ，则四边形 为过点 及直线 的正方体的截面， 截得的两个几何体分别是三棱柱和四棱柱，B错误； 对于C，由选项B得 ，则 ， ， 因此截面矩形 面积 ，C正确； 对于D，过 作 于 ，由 平面 ， 平面 ， 得 ，而 平面 ，则 平面 ， 因此 为以 为球心， 为半径的球面被平面 所截小圆圆心， 球面与截面的交线为以 为圆心， 为半径的半圆弧，显然 ， ，因此交线长为 ，D正确. 故选：ACD 6．（23-24高一下·云南·期末）已知球 的表面积为 ，球心 到球内一点 的距离为1，则过点 的截面的面积的最小值为 ． 【答案】 【知识点】球的截面的性质及计算、球的表面积的有关计算 【分析】先求出球 的半径 ，数形结合得到当点 为截面圆的圆心时，过点 的截面的面积最小，利用勾股定理求出最小截面圆的半径，求出答案. 【详解】设球 的半径为 ，则 ，解得 ，当点 为截面圆的圆心时， 即 ⊥截面时，过点 的截面的面积最小， 设此时截面的半径为 ，则 ， 所以过点 的截面的面积最小值为 . 故答案为： 7．（23-24高一下·云南曲靖·期末）若一个正四棱柱的表面积为64，高为2，则该正四棱柱的外接球的体积为 . 【答案】 【知识点】棱柱表面积的有关计算、球的体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】根据表面积列出方程可求得底面正方形边长，进一步可求得外接球半径，结合球的体积公式即可得解. 【详解】设正四棱柱的底面正方形的边长为 ， 则 ，解得 或 （舍去）， 而正四棱柱的外接球的直径为正四棱柱的体对角线， 所以该正四棱柱的外接球的半径为 ， 所以该正四棱柱的外接球的体积为 . 故答案为： . 8．（23-24高一下·云南昭通·期末）如图，在正四棱台 中， .若该四棱台的体积为 ，则该四棱台的高为 ；外接球的表面积为 .    【答案】 ； . 【知识点】多面体与球体内切外接问题、球的表面积的有关计算、台体体积的有关计算 【分析】如图，连接 交于点 ，连接 交于点 ，连接 ，过 作 于点 ，可得 底面 ，然后由正四棱台的体积列方程可求出 ，连接 ，可判断四棱台外接球的球心 在 的延长线上，设 ，由 可求出 ，从而可求出外接球的半径，进而可求出球的表面积. 【详解】如图，连接 交于点 ，连接 交于点 ，连接 ， 则 ∥ 底面 平面 ， 所以 . 过 作 于点 ，则 ∥ 所以 底面 ， 所以该正四棱台的体积 ，解得 ， 连接 ，因为 ， 所以四棱台外接球的球心 在 的延长线上，设 ， 则 ， ， 由 ，得 ，解得 ， 故 ，即外接球的半径 ， 所以外接球表面积为 . 故答案为： ， .    SHAPE \* MERGEFORMAT 空间的平行、垂直关系 1.（多选）（23-24高一下·云南·期末）如图，在三棱锥P-ABC中， 平面 的中点，则下列结论正确的是（     ） A． 平面 B． C． 平面 D． 平面 【答案】ABC 【知识点】证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直 【分析】根据 平面 ，得到 ，再结合 ，利用线面垂直的判定定理判断A；由 ， 为 的中点，得到 ，再结合 平面 判断C；根据 平面 即可判断B；由 ，得到 与 不平行， 与 不垂直，即可判断D. 【详解】 平面 ， 平面 ，又 ， 平面 且 平面 ，故A正确 由 平面 ， 平面 得 又 ， 是 的中点， 又 平面 ， 平面 ， 平面 ，故B,C正确 由 平面 ， 平面 得 因为 与 不平行 因此 与 不垂直 从而 不与平面 垂直，故D错误 故选：ABC. 2．（多选）（23-24高一下·云南玉溪·期末）如图，在直三棱柱 中，点 分别是棱 的中点，则下列结论中一定正确的是（    ） A． 平面 B． 平面 C． ∥平面 D． ∥平面 【答案】AC 【知识点】证明线面平行、证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直 【分析】对于A：根据直棱柱的定义即可得结果；对于B：假设成立，可得 ，结合题意分析判断；对于C：根据线面平行的判定定理分析判断；对于D：根据题意可得 平面 ，即可得结果. 【详解】对于选项A：因为三棱柱 为直三棱柱， 所以 平面 ，故A正确； 对于选项B：若 平面 ，且 平面 ，则 ， 又因为点 分别是棱 的中点，可知 ， 但题设条件不能确定 ，所以不能确定 平面 ，故B错误； 对于选项C：取 的中点 ，连接 ， 因为 分别为 的中点，则 ∥ ， ， 又因为 为平行四边形，且 分别为 的中点，则 ∥ ， ， 即 ∥ ， ，可知 为平行四边形，则 ∥ ， 且 平面 ， 平面 ， 所以 ∥平面 ，故C正确； 对于选项D：因为 分别为 的中点，可知 平面 ，故D错误； 故选：AC. 3．（23-24高一下·云南·期末）如图，在四棱锥 中，底面 是正方形， 平面 ，且 ，点 为线段 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 【知识点】线面垂直证明线线垂直、证明线面垂直、证明线面平行 【分析】（1）连接 ，交 于点 ，连接 ，即可证明 ，从而得证； （2）依题意可得 ，再由线面垂直的性质得到 ，从而得到 平面 ，证得 ，即可得证. 【详解】（1）    连接 ，交 于点 ，连接 ， ∵ 是正方形 对角线交点，∴ 为 的中点， 由已知 为线段 的中点，∴ ， 又 平面 ， 平面 ， ∴ 平面 ； （2） ， 为线段 的中点， ， ∵ 平面 ， 平面 ， ， 在正方形 中， ，又 ， 平面 ， 平面 ，又 平面 ， ，又 ， 平面 ， 平面 ； 4．（23-24高一下·云南·期末）如图，在直三棱柱 中，M为棱AC的中点， ， ． (1)求证： 平面 ； (2)求证： 平面 ． 【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解 【知识点】证明线面平行、证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直、面面垂直证线面垂直 【分析】（1）利用中位线定理得线线平行，再运用线面平行的判定定理即可. （2）设 ，利用相似三角形的性质结合勾股定理可计算 ，再由勾股定理可得 ，由面面垂直的性质定理可得 面 ，继而可得 ，再运用线面垂直的判定定理即可. 【详解】（1）连接 交 于点 ， 分别为 的中点， ， 又 平面 ， 平面 ， 平面 （2）设 , EMBED Equation.DSMT4 ,设 ，则 ， 由勾股定理得 ， ， M为棱AC的中点，由 ，得 为 ， 的三等分点， ， ，即 ， 在直三棱柱中，面 面 ，且面 面 ， M为棱AC的中点， ， ，又 面 ， EMBED Equation.DSMT4 面 ，又 面 ， EMBED Equation.DSMT4 ， 又 ， 平面 ， 平面 ， EMBED Equation.DSMT4 平面 . 5．（23-24高一下·云南·期末）如图，在四棱锥 中，底面 是边长为2的菱形， 是等边三角形， ，点 分别为 和 的中点. (1)求证： 平面 ; (2)求证：平面 平面 ; 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】证明线面平行、证明线面垂直、证明面面垂直 【分析】（1）取 中点 ，由已知条件，结合线面平行的判断推理即得. （2）过 作 于点 ，借助三角形全等，及线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得. 【详解】（1） 取 中点 ，连接 ，由 为 的中点， 为 的中点， 所以 ， 又 ， 则 ，因此四边形 为平行四边形， 于是 ， 而 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ； （2） 过 作 于点 ，连接 ， 由 ，得 ≌ ， 则 ，即 ， 因为底面 是边长为2的菱形， 是等边三角形， 所以 ， 从而 ， 所以 ， 又因为 ， 平面 ， 平面 ， 则 平面 ， 又因为 平面 ， 所以平面 平面 . SHAPE \* MERGEFORMAT 立体几何综合问题 1．（多选）（22-23高一下·云南昆明·期末）正方体 的棱长为1，P为线段 上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．平面 EMBED Equation.DSMT4 平面 B． C．直线 与BP所成的角可以为直角 D． 平面 ，且 平面 ，则平面 截正方体所得截面面积的最大值为 【答案】ABD 【知识点】判断正方体的截面形状、求异面直线所成的角、证明面面平行、线面垂直证明线线垂直 【分析】由题意得 EMBED Equation.DSMT4 平面 ， EMBED Equation.DSMT4 平面 ，由面面平行的判定定理可判断A；由 ， 可证得 平面 ，可判断B；连接 ，则 或其补角为直线 与BP所成的角，结合三角形内角和定理，可判断C；由正方体中心对称性可知， 为 的中点时，平面 截正方体所得截面的面积最大，作出截面求出面积，可判断D． 【详解】对于A，因为 为正方体，所以 ． 又 ，所以 ， 所以 为平行四边形，所以 ． 又 平面 平面 ． 由直线与平面平行的判定定理得 EMBED Equation.DSMT4 平面 ， 同理 EMBED Equation.DSMT4 平面 ，又 ， 平面 ， 平面 所以平面 EMBED Equation.DSMT4 平面 ，故A正确； 对于B，∵ 平面 ， 平面 ，∴ ， ∵ 平面 ，∴ 平面 ， ∵ 平面 ，∴ ，故B正确； 对于C，连接 ，则 ，则 或其补角为直线 与BP所成的角， 因为 ，所以 ， 若直线 与BP所成的角为直角，则 ， 则 ，与三角形内角和定理矛盾，故C错误； 对于D，由正方体中心对称性可知，平面 经过对称中心所得截面的面积最大， 所以 为 的中点时，平面 截正方体所得截面的面积最大， 取 的中点 的中点 的中点 的中点 的中点 的中点 ， 连接MN，NE，EF，FG，GH，HM，则MNEFGH为正六边形， ∵ 面 ， 面 ，∴ ， ∵ ， ， 面 ，∴ 面 ， ∵ 面 ，∴ ，同理 ， ∵ ， 面MNEFGH，∴ 面MNEFGH， 所以平面 截正方体所得截面为正六边形MNEFGH时，面积最大， 其面积为 ，故D正确． 故选：ABD. 2．（多选）（23-24高一下·云南楚雄·期末）如图，已知正方体 的棱长为 是棱 的中点，则（    ）    A．向量 在 方向上的投影向量为 B．异面直线 与 所成角的余弦值为 C．三棱锥 外接球的表面积为 D．直线 与平面 所成角的正弦值为 【答案】AD 【知识点】多面体与球体内切外接问题、求异面直线所成的角、求线面角、求投影向量 【分析】利用投影向量可判断A，连接 ，易得 即为异面直线 与 所成的角，即可求出B，三棱锥 的外接球即为正方体 的外接球即可求出C，连接 ，可得 即是直线 与平面 所成的角，即可求解. 【详解】对A，因为 是棱 的中点，所以向量 在 方向上的投影向量为 ，A正确； 对B，连接 ，由正方体的性质可知， ，由等角定理易得 即为异面直线 与 所成的角，易得 ，所以 ，B错误； 对C，三棱锥 的外接球即为正方体 的外接球，易得外接球的半径为 ，所以三棱锥 外接球的表面积为 ，C错误； 对D，连接 ，因为几何体 为正方体，体对角线垂直于没有公共点的面对角线，可得 ，由线面垂直的判定定理可得 平面 ，设直线 与平面 所成的角为 ，则 ，D正确． 故选：AD.    1．（23-24高一下·云南·期末）如图，在三棱柱 中， 平面 ， 是等边三角形，D，E，F分别是棱 ， ， 的中点. (1)证明： 平面 ； (2)若 ，求三棱锥 的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】锥体体积的有关计算、面面平行证明线面平行 【分析】（1）通过证明平面 平面 ，得到 平面 ； （2） ， ，作 于G， ，即三棱锥 的高为 ，可求三棱锥 的体积. 【详解】（1）证明：连接 ， ∵E，F分别是棱AC，BC的中点，∴ ， ∵ 平面 ， 平面 ，∴ 平面 ， ∵D，F分别是棱 ， 的中点，∴ ， ， ∴四边形 是平行四边形，则 ， ∵ 平面 ， 平面 ，∴ 平面 ， ∵ ， 平面 ，且 ，∴平面 平面 ， ∵ 平面 ，∴ 平面 ； （2）连接 ，∵E为AC中点，∴ ， 由题意， ，∴ ， 作 于G，则 面 ， 是边长为 的等边三角形，有 ，即三棱锥 的高为 ， ∴ . 2．（23-24高一下·云南·期末）已知在正三棱柱 中， ，点 为 的中点，点 在 的延长线上，且 .    (1)证明： 平面 ； (2)求二面角 的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面平行、证明线面垂直、求二面角、线面垂直证明线线垂直 【分析】（1）由线段比例关系得到四边形 为平行四边形，所以 ，进而证明出线面平行； （2）作出辅助线，证明出线面垂直，得到线线垂直，找到 就是二面角 的平面角，再由线段之间的关系得到二面角的正切值. 【详解】（1）证明：因为 ，所以 ， 又 为 的中点，所以 ，所以 ，又 ， 所以四边形 为平行四边形，所以 ， 因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 . （2）取 的中点 ，连接 ， ，    因为三棱柱 是正三棱柱且 ，故 ⊥ ， 因为 为 的中点，所以 ，故 为等腰直角三角形， ， 因为 ，所以 为等腰直角三角形，故 ， 所以 ⊥ ，又 ，所以 ⊥ ， 又因为平面 ⊥平面 ，交线为 ， ⊥ ， 平面 ， 所以 平面 ， 因为 平面 ，所以 ， 因为 ， 平面 ， 所以 平面 ，因为 平面 ， ， 所以 就是二面角 的平面角， 因为 ， ，所以 ， 即二面角 的正切值为 . 3．（23-24高一下·云南·期末）如图，在直四棱柱 中，底面ABCD是边长为2的菱形， ． ，M，N分别是线段 ，BD上的动点，且 ． (1)若二面角 的大小为 ，求DM的长； (2)当三棱锥 的体积为 时，求CN与平面BCM所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1) ； (2) 【知识点】由二面角大小求线段长度或距离、线面垂直证明线线垂直、求线面角、锥体体积的有关计算 【分析】（1）利用直棱柱和底面是有 角的菱形，可作出二面角的平面角，从而解直角三角形即可. （2）利用等体积法来求线面角，即只需要求出点N到平面 的距离，再用距离与 长度的比值就是线面角的正弦值，从而可求解. 【详解】（1） 取 中点P，过P点作 ，交 于点Q，连接 ． 由直四棱柱 ，可得 平面 ， 而 平面 ，所以 ，即 ， 又因为 ，所以 ， 因为底面 是边长为2的菱形， ， 所以 为等边三角形，则 ， 又因为 平面 ，所以 平面 ， 又因为 平面 ，所以 ， 即 为二面角 的平面角，所以 ． 在平面 中，由 ，可得 ． 在 中， ， ， 则 ，解得 ； （2）因为 平面 ，所以 ， ． 因为三棱锥 的体积为 ， 所以 ，解得 ， 因为 平面 ，所以 ． 在 中， ， ， 所以 ． 设N到平面 的距离为d， 在 中， ， ， 所以 ， 所以 ． 因为 ，所以 ，解得 ． 在 中，由余弦定理得 ， 所以 ． 设 与平面 所成的角为 ． 所以 ． 令 ，则 ． 因为 ，所以 ，所以 ， 所以 与平面 所成角的正弦值的取值范围是 ． 4．（23-24高一下·云南·期末）图1所示的是等腰梯形ABCD，AB//CD，AB=3，CD=1， ，DE⊥AB于E点，现将△ADE沿直线DE折起到△PDE的位置，连接PB，PC，形成一个四棱锥P-EBCD，如图2所示． (1)若平面PCD∩平面PBE=l，求证：DC//l； (2)求证：平面PBE⊥平面BCDE； (3)若二面角P-ED-B的大小为 ，求三棱锥E-PCD的体积 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【知识点】线面平行的性质、证明面面垂直、证明线面平行、锥体体积的有关计算 【分析】(1)易证 平面 根据线面平行的性质可知DC//l. (2)由线面垂直的判定定理，证明 平面 ，进而得到面面垂直； (3)利用等体积法知 ，再由（2）的 平面 构造线面垂直即三棱锥 的高，再由三棱锥的体积公式求解. 【详解】（1）由题， 平面 平面 所以 平面 又平面PCD∩平面PBE=l， 平面 ， 所以 DC//l. （2）在等腰梯形ABCD中， ， 翻折后， ， 又 平面 ， 所以 平面 ， 又 平面 ， 所以平面PBE⊥平面BCDE； （3）如图所示： 根据等腰梯形易知， 因为 ， 所以 即为二面角 的平面角， EMBED Equation.DSMT4 ， 在 中，由余弦定理可知： ， 故 ， 过点P作 交BE于点F，在 中由等面积法可知： 则 ， 由（2）知， 平面 ，且 平面 ， 所以 ， 又 ， 平面 ， 所以 平面BCDE， 所以 . 5．（23-24高一下·云南曲靖·期末）在四棱锥 中，底面 是矩形， 平面 ， 分别是 的中点. (1)求证： 平面PAD； (2)求证： ； (3)若PD与平面 所成的角为 ，求证： 平面 . 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【知识点】证明线面平行、证明线面垂直、求线面角、线面垂直证明线线垂直 【分析】（1）取 中点 ，连接 ， ，由线面平行的判定定理即可得证； （2）先由线面垂直的判定定理证明 平面 ，得到 ，再由（1）即可得证； （3）先由题意得到 ， ，由线面垂直的判定定理证明 平面 ，从而得证. 【详解】（1）取 中点 ，连接 ， ， EMBED Equation.DSMT4 为 的中点， EMBED Equation.DSMT4 ， ， EMBED Equation.DSMT4 是 的中点，底面 是矩形， EMBED Equation.DSMT4 ， ， EMBED Equation.DSMT4 且 ， 四边形 为平行四边形，所以 ， 又 EMBED Equation.DSMT4 平面 ， 平面 ， EMBED Equation.DSMT4 平面 . （2） EMBED Equation.DSMT4 平面 ， 平面 ， EMBED Equation.DSMT4 ， 又 底面 是矩形， EMBED Equation.DSMT4 ， 又 EMBED Equation.DSMT4 平面 ， EMBED Equation.DSMT4 平面 ， EMBED Equation.DSMT4 平面 ， EMBED Equation.DSMT4 ， 由（1）可知 ， EMBED Equation.DSMT4 . （3） EMBED Equation.DSMT4 平面 ，所以 为 与平面 所成的角， EMBED Equation.DSMT4 ，又 ， EMBED Equation.DSMT4 ，即 为等腰三角形， EMBED Equation.DSMT4 为 中点， EMBED Equation.DSMT4 ， 又由（2）可得 ， 平面 ， EMBED Equation.DSMT4 平面 ， 由（1）可知： ， EMBED Equation.DSMT4 平面 . 6．（23-24高一下·云南昭通·期末）如图，四棱柱 的底面 是菱形， 平面 ， ，点 为 的中点. (1)求证：直线 平面 ； (2)求异面直线 与 所成的角； (3)求二面角 的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2) ； (3) . 【知识点】求二面角、证明线面垂直、证明线面平行、求异面直线所成的角 【分析】（1）令 和 交于点 ，利用线面平行的判定，推理即得. （2）利用线面垂直的判定、性质证得 即可得解. （3）连接 ，确定二面角的平面角，再利用余弦定理求解即得. 【详解】（1）设 和 交于点 ，连接 ，由于 分别是 的中点，得 ， 而 平面 平面 ，则直线 平面 . （2）在四棱柱 中，底面 是菱形，得 ， 又 平面 ，且 平面 ，则 ， 而 平面 平面 ， 因此 平面 ，又 平面 ，则 ， 所以异面直线 与 所成的角为 . （3）连接 ，由 是 中点，得 ， 由 平面 平面 ，得 ， 则 为二面角 的平面角， 菱形 中， ，则 为正三角形， 而 ， 由余弦定理可知 ， 所以二面角 的余弦值为 . 7．（23-24高一下·云南·期末）如图，在四棱锥 中，平面 平面 ， ， ， ， ， ． (1)证明： 平面 ； (2)若 ，求点 到平面 的距离． 【答案】(1)证明见解析. (2) 【知识点】锥体体积的有关计算、证明线面垂直、求点面距离 【分析】（1）先证明 ，然后利用线面垂直的判定定理证明即可. （2）利用等体积法即 即可求解. 【详解】（1）解：∵平面 平面 ，平面 平面 于 ,且 ， ∴ ， 平面 ，∴ ， 又 ，∴ ， 又 ，∴ 平面 . （2）解：由（1）得 ， ， 又 ， ， ， ∴ ， , ∴ , 又平面 平面 ，平面 平面 于 ， ∴点 到平面 的距离即为点 到直线 的距离， 故点 到平面 的距离为 ，则 ，设点 到平面 的距离为 ， ∵ ,∴ ，即 ， 解得： ，即点 到平面 的距离为 . 8．（23-24高一下·云南曲靖·期末）如图1，在梯形 中， ， ，将 沿 翻折到 如图2，使平面 平面 . (1)求证： 平面 ； (2)已知点 为棱 上的点，若直线 与平面 所成的角的正弦值为 . ①求三棱锥 的体积； ②过点 作平面 ，使平面 平面 ，求平面 截三棱锥 所得截面的面积. 【答案】(1)证明见解析 (2)① ；②作图见解析， 【知识点】由线面角的大小求长度、证明线面垂直、锥体体积的有关计算、棱锥中截面的有关计算 【分析】（1）在平面图形中可得 ，由平面 平面 可得 平面 ，进一步得到 ，由线线垂直即可得线面垂直； （2）①由（1）知 为直线 与平面 所成的角，可得 ，通过转换顶点即可求解；②过点 作平面 交 于 ，交 于 ，由已知平面 截三棱锥 所得截面图形为 ，由面积比等于相似比的平方即可求解. 【详解】（1）因为 ， ， ， 所以 ， ， ， ， 所以 ， 所以 ， 因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ，因为 平面 ， 所以 ， 又 ， ， 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ； （2）①连接 ，由（1）知 平面 ， 所以 为直线 与平面 所成的角， 所以 ，又 ，所以 ， 在 中， ， 因为 平面 ， 平面 ，所以 ， 所以 为直角三角形， ； ②过点 作 交 于 ， 交 于 ， 则平面 截三棱锥 所得截面图形为 ， 由平面 EMBED Equation.DSMT4 平面 ， 所以 ， 由①知 ， ， 所以 ， 所以平面 截三棱锥 所得截面的面积为 . 9．（23-24高一下·云南大理·期末）如图，在四棱锥 中，底面 是边长为2的正方形， 分别是 的中点，平面 平面 . (1)求证： EMBED Equation.DSMT4 平面 ； (2)求直线 与 所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】面面垂直证线面垂直、证明线面平行、求异面直线所成的角 【分析】（1）只需由中位线定理证明 ，再结合线面平行的判定定理即可得解； （2）通过平行的传递性将原问题转换为：求 与 所成的角即为 或其补角的余弦值，再结合解三角形相关知识进行求解即可. 【详解】（1）如图，因为点 是正方形 的对角线 的中点，所以 三点共线，连结 ， 点 是对角线 的交点，所以 是 的中点， 因为 是 的中点， 所以 ， 又因为 平面 ， 平面 ， 所以 EMBED Equation.DSMT4 平面 ， （2）连结 ， 由于平面 平面 ，且平面 平面 ， ，且 平面 ， 所以 平面 ， 平面 ， 所以 ， 又因为 ，所以 ，则 ， 又 ， ， 异面直线 与 所成的角为 与 所成的角即为 或其补角， 在 中， ， 所以异面直线 与 所成角的余弦值为 . 10．（23-24高一下·云南·期末）如图， 平面 且 是 的中点. (1)求证： 平面 ； (2)若 ，求 与平面 所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析； (2) . 【知识点】证明线面平行、面面平行证明线面平行、求线面角、证明面面垂直 【分析】（1）取 中点 ，连接 ，利用线面平行的判定、面面平行的判定性质推理即得. （2）利用线面垂直的判定、面面垂直的判定性质确定 与平面 所成的角，再计算即得. 【详解】（1）取 中点 ，连接 ，则 ，四边形 为平行四边形， 于是 ，而 平面 ， 平面 ，则 平面 ， 由 是 的中点，得 ，而 平面 ， 平面 ，则 平面 ， 又 平面 ，因此平面 平面 ，而 平面 ， 所以 平面 . （2）由（1）知， ，又 平面 ，则 平面 ，而 平面 ， 则 ，由 ，得 ，而 平面 ， 于是 平面 ，又 平面 ，则平面 平面 ， 显然 ，取 的中点 ，连接 ， 则 ，又平面 平面 ， 平面 ， 于是 平面 ， 是直线 与平面 所成的角， 而 ，则 ，在 中， ， , 所以 与平面 所成角的大小为 . 11．（23-24高一下·云南玉溪·期末）如图，边长为3的正方形 中，点 是 的中点，点 是 的中点，将 、 分别沿 、 折起，使 、 两点重合于点 ，连接 . (1)求证： 平面 ； (2)求四棱锥 的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】锥体体积的有关计算、证明线面垂直 【分析】（1）依题意 ， ，即可证明； （2）首先求出 的面积，在立体图形中连接 与 交于点 ，即可得到 ，从而得到点 到平面 的距离为点 到平面 的距离的 ，再由 计算可得. 【详解】（1）在正方形 中， ， ， 则在立体图形中有 ， ， 又 ， 平面 ， 所以 平面 . （2）因为 平面 ，所以 为三棱锥 的高，且 ， 在平面图形中可得 ， ， 所以 ，则 ，所以 ， 则 ， 在平面图形中连接 与 交于点 ，设 ，则 为 的中点， 又 为 的中点， 为 的中点，所以 为 的中点，所以 ， 在立体图形中连接 与 交于点 ，则 ，所以点 到平面 的距离为点 到平面 的距离的 ， 所以 . 12．（23-24高一下·云南昆明·期末）如图，已知长方体 中，E为 的中点， ， ． (1)证明： 平面 ； (2)设平面 平面 ，且 ，在图中作出 与长方体表面的交线（不必说明作法和理由），并求交线围成图形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)作图见解析，12 【知识点】证明线面平行 【分析】（1）连接 交 于P，连接 ，则由三角形中位线定理可得 ，再利用线面平行的判定定理可证得结论； （2）设M，N分别为 ， 的中点，连接 ，可证得 与长方体的面的交线围成平行四边形 ，然后根据已知条件求解即可. 【详解】（1）证明：如图，连接 交 于P，连接 ， 在长方体中，由 为矩形得P为 的中点， 由E为 的中点，得 ， 又 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ． （2）设M，N分别为 ， 的中点，连接 ， 因为E为 的中点，所以四边形 为矩形， 所以 ∥ ， ， 因为 ∥ ， ，所以 ∥ ， ， 所以四边形 为平行四边形，所以 ∥ ， ， 因为 ， ∥ ，所以四边形 为平行四边形， 所以 ， ∥ ，所以 ∥ ， ， 所以四边形 为平行四边形， 因为 ∥ ， 平面 ， 平面 ， 所以 ∥平面 ，同理可证得 ∥平面 ， 因为 ， 平面 ， 所以平面 ∥平面 ， 所以 与长方体的面的交线围成平行四边形 ， 由已知得 ， ， ， 所以 ， ， 所以四边形 的面积为 ． 13．（23-24高一下·云南·期末）如图，在正三棱柱 中， 分别是 的中点. (1)若点 为矩形 内动点，使得 面 ，求线段 的最小值; (2)求证: 面 . 【答案】(1) (2)证明见解析 【知识点】证明线面平行、证明面面平行、证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直 【分析】（1）由线面平行的判定有 面 ， 面 ，又结合面面平行的判定可证面 面 ，由题意可知 时， 最小，在 中，即可求； （2）根据线面垂直的判定定理即可证明. 【详解】（1）连接 ， 在正方形 中， 分别为 ， 的中点， 所以 且 ， 所以四边形 为平行四边形， 所以 ， 因为 面 面CPN， 所以 面 ， 在 中，因为 分别为 ， 的中点， 所以 ， 因为 面 ， 面 ， 所以 面 . 因为 ， 面 ， 面 ， 所以面 面 . 所以当 ， 面 ，此时 面 ， 所以当 时， 最小， 在 中， 所以 的最小值为 ； （2）在正方形 中， ，设 ，则 为 中点， 连接 、 ， 因为 分别为 ， 的中点， 所以 且 ， 又因为 为 中点， 且 ， 所以 且 ， 又因为 面 ， 所以四边形 为矩形， 所以 ， 又 ， ， 面 ， 面 ， 所以 面 ， 所以 面 ， 又 面 ， 所以 ，又 ， 面 ， 面 ， 所以 面 . 14．（23-24高一下·云南楚雄·期末）在四棱锥 中， 平面 ，平面 平面 分别为 的中点．    (1)证明： 平面 ． (2)证明： ． (3)若二面角 的正切值为 ，求三棱锥 的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)48 【知识点】二面角的概念及辨析、证明线面垂直、证明线面平行、锥体体积的有关计算 【分析】（1）连接 ，证明 ，由线线平行证线面平行即得； （2）过 作 交 于 ，证 平面 得 ，由 平面 得 ，可证 平面 ，即得 ； （3）过 作 交 于 ,证 平面 ，作 交 于 ，连接 ，证 即为二面角 的平面角，由题设 ，通过两组三角形相似求出 即得. 【详解】（1）如图，连接 ．    因为 分别为 的中点，所以 为 的中位线，则 ． 因为 平面 平面 ，所以 平面 ． （2）如图，过 作 交 于 ．    因平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，故 平面 ． 因为 平面 ，所以 ． 因为 平面 平面 ，所以 ． 因为 ，所以 平面 ， 又 平面 ，所以 ． （3）如图3，过 作 交 于 ，过 作 交 于 ，连接 ．      因 平面 ， 平面 ,则 , 因 平面 ,故得 平面 . 因 平面 ,则 ． 因为 ， 平面 ,所以 平面 . 又 平面 ，则 ，则 即为二面角 的平面角， 依题意， ． 设 ，则 ．因为 ，所以 ． 由 ，得 ，即 ，则 ． 又由 ，得 ，即 ，解得 ． 因 ,则 的面积为 ， 故 ． 题型01 题型02 题型03 题型04 题型05 题型06 题型07 题型08 题型09 题型10 题型11 题型12 2 / 13 $$